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2021高考化学一轮复习 第十章 化学实验 第32讲 物质的制备及性质探究类实验学案2021高考化学一轮复习 第十章 化学实验 第32讲 物质的制备及性质探究类实验学案年级：姓名：- 23 -第32讲物质的制备及性质探究类实验 1气体的制备(1)常见气体制备的发生装置(2)常见气体的收集方法(3)气体净化的装置与方法易溶于水或能与水反应不生成其他气体的杂质用水吸收。如H2(HCl)、N2(NH3)、NO(NO2)(括号内为杂质气体，下同)，可将混合气体通过盛水的a装置来除去杂质气体。酸性杂质用碱性吸收剂，碱性杂质用酸性吸收剂来吸收。如CO(CO2)，可将混合气体通过盛NaOH溶液的a装置，也可用盛碱石灰的b装置或c装置或d装置来除去杂质。还原性杂质，可用氧化性较强的物质来吸收或转化；氧化性杂质，可用还原性较强的物质来吸收。例如CO2(CO)，可将混合气体通过盛灼热CuO的e装置来除去杂质。选用能与气体中杂质反应生成难溶性物质或可溶性物质的试剂作吸收剂来除去杂质。如O2(H2S)，可将混合气体通过盛有CuSO4溶液的a装置除去杂质。(4)尾气的处理转化处理对有毒、有害的气体必须用适当的方法予以吸收或点燃变为无毒、无害的气体，再排放到空气中。实验室中常见气体的处理方法如下表：Cl2SO2NO2H2SHClNH3CONONaOH溶液CuSO4溶液或NaOH溶液 水水或浓硫酸通过灼热的CuO与O2混合后通入NaOH溶液直接排空气处理主要是针对无毒、无害气体的处理。如N2、O2、CO2等。尾气处理装置a在水中溶解度较小的有毒气体，多数可通入烧杯中的溶液中，用某些试剂吸收除去(如图甲)。如Cl2、NO2均可通入NaOH溶液中除去；对于溶解度很大、吸收速率很快的气体，吸收时应防止倒吸(如图乙)。b某些可燃性气体可用点燃或转化的方法(如图丙)，如CO、H2可点燃或通过灼热的CuO除去。c收集法(如图丁)，尾气也可以采用收集的方法，如CH4、C2H4、H2、CO等。2物质制备的原则(1)选择最佳反应途径用铜制取硫酸铜2CuO22CuO、CuOH2SO4=CuSO4H2O。用铜制取硝酸铜2CuO22CuO、CuO2HNO3=Cu(NO3)2H2O。用铝制取氢氧化铝2Al3H2SO4=Al2(SO4)33H22Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2Al2(SO4)36NaAlO212H2O=8Al(OH)33Na2SO4当n(Al3)n(AlO)13时，Al(OH)3产率最高。(2)选择最佳原料如实验室用铝盐溶液与碱溶液反应制取氢氧化铝，应选用氨水，而不能选用强碱溶液(氢氧化铝可溶解在强碱溶液中)，制取氢氧化铝的离子方程式：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH；用铜盐与碱溶液反应制取氢氧化铜，应选用氢氧化钠溶液，而不能选用氨水(氢氧化铜可溶解在氨水中)等。(3)选择适宜操作方法如实验室制备氢氧化亚铁时，因氢氧化亚铁在空气中极易与氧气、水反应生成氢氧化铁，要注意隔绝空气。其方法是：亚铁盐需新制(用足量铁与稀硫酸反应或还原氯化铁溶液)；将所用氢氧化钠溶液煮沸以赶尽溶于其中的空气(O2)；使用长滴管吸入氢氧化钠溶液后将滴管伸至亚铁盐溶液的液面以下，慢慢挤压乳胶头使氢氧化钠与亚铁盐接触；还可在亚铁盐溶液上加一层苯或植物油，尽量减少与空气的接触。3性质实验探究(1)探究性实验设计的一般步骤提出问题要提出问题，首先得发现问题，对题给信息进行对比、质疑，通过思考提出值得探究的问题。此外，实验中出现的特殊现象也是发现问题、提出问题的重要契机。提出猜想所谓猜想就是根据已有知识对问题提出几种可能的情况。有些问题，结论有多种可能(即猜想)，只能通过实验进行验证。设计验证方案提出猜想后，就要结合题给条件，设计出科学、合理、安全的实验方案，对可能的情况进行探究。实验设计中，关键是试剂的选择和实验条件的控制。观察实验现象，得出结论根据设计的实验方案和观察到的实验现象进行推理分析或计算分析，从而得出结论。(2)实验探究的主要角度物质氧化性、还原性的判断。如探究SO2具有还原性的方法是将气体通入酸性KMnO4溶液中，通过KMnO4溶液是否褪色来说明。物质氧化性强弱、还原性强弱的判断。如探究Fe3的氧化性强于I2时，可利用FeCl3与KI淀粉溶液反应，通过溶液是否变蓝色来说明。同周期、同主族元素性质的递变规律一般通过设计元素金属性、非金属性的强弱实验来完成，如通过Mg、Al与同浓度盐酸反应产生H2的快慢来说明Mg的活泼性强于Al。电解质强弱的判断。如探究一元酸HA是弱酸的方法是常温下配制NaA的溶液，测pH，若pH7，则说明HA为弱酸。物质酸性强弱的判断。如探究碳酸和硅酸的酸性强弱，可利用相对强的酸制备相对弱的酸的反应原理，将CO2气体通入Na2SiO3溶液，看是否有白色沉淀生成来判断。钢铁发生电化学腐蚀的规律探究。可以通过控制所含的杂质是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度、钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化等角度设计实验，找出规律。1判断正误，正确的画“”，错误的画“”，并指明错因。(1)用大理石与稀硫酸反应可快速制取CO2。()错因：CaCO3与H2SO4反应，生成的CaSO4微溶于水，附着在CaCO3表面阻止反应进行。(2)分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，试管内壁都有水珠，说明两种物质均受热分解。()错因：Na2CO3受热不分解。(3)可以用加热分解NH4Cl、NH4HCO3等铵盐快速制NH3。()错因：NH4Cl受热分解生成的NH3与HCl，一离开受热部位就又化合生成NH4Cl固体。(4)启普发生器可用于制备H2、CO2、O2、C2H4等气体。()错因：启普发生器不能制O2和C2H4。(5)气体由A通入时，可用于收集NO、NO2气体，气体由B通入时，可用于收集H2、NH3、CH4等气体。()错因：NO不能用排空气法收集。(6)加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结，则NH4Cl固体可以升华。()错因：先发生分解反应，又发生化合反应。2(2019广东汕头高三期末)实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(夹持和净化装置省略)。仅用以下实验装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是()选项a中的液体b中的物质c中收集的气体d中的液体A浓氨水碱石灰NH3H2OB浓硝酸CuNO2H2OC浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液D稀硝酸CuNONaOH溶液答案C考点常见物质的制备解析(1)浓氨水和生石灰(或NaOH固体)混合放热，使氨水分解生成NH3。NH3具有还原性，能将CuO还原，生成物之一为空气的主要成分N2。根据实验目的和题中所给装置可知，按照气流的方向从左向右连接装置的顺序为：a接d，e接c，b接f。如果没有装有无水CaCl2的装置，Mg3N2可与水反应生成Mg(OH)2和NH3。(2)配制500 mL 0.5 molL1 MgSO4溶液时，除提供的仪器外，还需要500 mL容量瓶。实验测得1.000 g MgCO3晶须产生CO2的平均物质的量为a mol，依据碳元素守恒可知，晶须中MgCO3的物质的量为a mol，根据MgCO3nH2O中MgCO3和结晶水的物质的量之比为1n，得到1na，得到n。由图3知400 时剩余固体质量为82.3 g，这是该晶须失去结晶水后的质量，则有10010082.3，解得n1。答案(1)生石灰或氢氧化钠2NH33CuON23H2O3Cudecbf(d、e可颠倒)Mg3N26H2O=3Mg(OH)22NH3(2)500 mL容量瓶Mg2HCONH3H2O(n1)H2O=MgCO3nH2ONH暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定使溶解在水中的CO2全部逸出，便于吸收完全11制备实验方案设计的基本思路2有气体参加的反应实验方案设计(装置连接)的基本思路3气体除杂的一般思路气体的除杂，首先要判断气体中的杂质，判断气体中的杂质的方法：看反应物的性质，如用盐酸制取的气体中应含有HCl气体杂质；看气体是否完全反应，如用CO2与Na2O2反应制取的氧气中应含有CO2杂质；看反应实质，如C和浓硫酸加热制取的SO2中一定含有CO2；看是否有副反应发生等。最后再根据杂质的性质选择合适的试剂及装置。4制备同种气体时，要注意原理不同选择的装置也不同，如制备氧气，用高锰酸钾分解，选固固加热装置；用双氧水在二氧化锰作用下分解，选择固液不加热装置。5排空气法收集气体时，除了考虑气体的密度大小外，还要考虑是否与空气反应，如NO能被氧气氧化，不能用排空气法收集。6常见干燥装置与干燥剂的选择7若制备的物质(如FeCl3、AlCl3等)易潮解时，不要忽视空气中水蒸气的影响，应在制备装置后连接一个干燥装置。1(2019百师联盟高三调研)以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的实验流程如下：下列有关说法正确的是()A“灼烧”时，可在瓷坩埚中进行B“浸取”时，可用无水乙醇代替水C“转化”反应中，生成的KMnO4与MnO2的物质的量之比为12D“浓缩结晶”后的母液中可能含有KMnO4和K2CO3两种溶质答案D解析KOH与瓷坩埚中的二氧化硅反应，“灼烧”时，可在铁坩埚中进行，故A错误；“浸取”时，不能用无水乙醇代替水，因K2MnO4不易溶于乙醇，故B错误；由3K2MnO42CO2=2KMnO4MnO22K2CO3，KMnO4与MnO2的物质的量之比为21，故C错误；“浓缩结晶”后的母液中有K2MnO4、KMnO4和K2CO3等溶质，若二氧化碳过量还可能存在碳酸氢钾，故D正确。2(2019佛山市高三教学质量检测)葡萄糖酸亚铁(C6H11O7)2Fe是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。用下图装置制备FeCO3，并利用FeCO3与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。回答下列问题：(1)a的名称为_。(2)打开a中K1、K3，关闭K2，一段时间后，关闭K3，打开K2。在_(填仪器标号)中制得碳酸亚铁。实验过程中产生的H2的作用有_、_。(写2条)(3)将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤，如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。用化学方程式说明原因_。(4)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合一段时间后，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。加入乙醇的目的是_。(5)用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，离子方程式为_，此法产品纯度更高，原因是_。答案(1)恒压滴液漏斗(2)c排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化将b中溶液压入c中(3)4FeCO3O26H2O=4Fe(OH)34CO2(4)降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度(5)Fe22HCO=FeCO3H2OCO2降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁解析(2)b中产生的硫酸亚铁被压入c中，与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的H2作用有：赶走空气，防止生成的被氧化；将b中溶液压入c中。(3)过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。FeCO3与H2O、O2反应生成Fe(OH)3。(4)乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出。(5)碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，此法产品纯度更高的原因是降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁。考点物质性质的探究实验解析(1)由沉淀B的成分可知，反应时混合气体中O2的存在能干扰沉淀的成分，故将SO2通入AgNO3溶液前应除去混在其中的O2，但又不能吸收SO2，故选择饱和NaHSO3溶液。(2)若沉淀D中主要含有BaSO3，则BaSO32HCl=BaCl2H2OSO2，因为SO2在水中溶解度较大，故滤液E中存在一定量的SO2，滴加H2O2溶液，发生反应SO2Ba2H2O2=BaSO42H，溶液中会出现白色沉淀。(3)向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag；上层清液滴加BaCl2溶液，无白色沉淀出现，可判断B中不含Ag2SO4，因为Ag2SO4微溶于水，BaSO4难溶于水，若B中含有Ag2SO4，向上层清液中滴加BaCl2溶液，一定会出现白色沉淀。(4)由上述分析可知，SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3沉淀，结合质量守恒定律可写出反应的离子方程式。答案(1)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O饱和NaHSO3溶液(2)Ag2SO34NH3H2O=2Ag(NH3)2SO4H2OH2O2溶液，产生白色沉淀(3)AgAg2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4途径1不产生SO，途径2产生SO(4)2AgSO2H2O=Ag2SO32H(6)实验条件下：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO的速率，碱性溶液中SO更易被氧化为SO物质性质探究性实验设计注意的问题1实验方案要可行。要尽量避免使用高压和特殊催化剂等实验室难以达到的条件，实验方案要简单易行。2实验顺序要科学。要对各个实验步骤进行统一的规划和安排，保证实验准确高效，同时要减少副反应的发生和避免实验步骤间的相互干扰。如：(1)有水蒸气生成时，先检验水蒸气再检验其他成分。(2)对于需要进行转化才能检测的成分要注意排除干扰。如CO的检验，要先检测CO中是否含有CO2，如果有CO2，先除去CO2后才能对CO实施转化，最后再检测转化生成的CO2。3实验现象要直观。如“证明CH3COOH是弱电解质”的实验，可配制一定浓度的CH3COONa溶液，用pH试纸测溶液的pH，通过测定的结果pH7得出结论，既操作简便又现象明显。4实验结论要可靠。要反复推敲实验步骤和多方论证实验结果，做到实验结论准确可靠。3(2019北京东城高三期末)同学们用下图所示实验探究SO2及其水溶液的性质。下列说法正确的是()A的溶液呈酸性，是由于SO2H2OH2SO32HSOB中品红褪色，不足以证明具有漂白性的是SO2C中溶液恢复红色，一定是H2SO3分解造成的D上述实验涉及SO2的溶解性和强氧化性答案B解析H2SO3是二元弱酸，分步电离且以第一步电离为主：H2SO3HHSO，A错误；品红褪色，说明溶液中某微粒具有漂白性，这种微粒可能是SO2，也可能是H2SO3、HSO等，B正确；溶液恢复红色，可能是H2SO3分解造成，也可能是不稳定的无色化合物分解造成的，C错误；题述实验没有涉及SO2的氧化性，D错误。4某校学习小组的同学拟用工业废铁屑(主要成分为Fe，还含有少量FeS、Fe3P等)制备FeSO47H2O，并探究FeSO47H2O高温分解的产物。.制备实验步骤如下：称取一定量的废铁屑，用热的碳酸钠溶液浸泡，再用蒸馏水洗涤。将处理后的废铁屑放入锥形瓶中，加入适量3 molL1的硫酸，连接好装置(如图)后水浴加热至反应完全。依据现象停止加热，趁热过滤，向滤液中补加少量硫酸。将滤液冷却、结晶、过滤、洗涤。回答下列问题(1)步骤称量5.6 g废铁屑时，若砝码与物品的位置放反了，则称得的废铁屑的质量会_(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)步骤中需控制硫酸的用量，使铁粉过量，其目的是_。(3)装置C的作用是_。(4)步骤中洗涤时所用的洗涤剂最好是_。A稀硝酸B无水乙醇C苯(5)测定产品的纯度：称取m g产品，放入锥形瓶中，用经煮沸过且冷却的蒸馏水和稀硫酸溶解，然后用c molL1的KMnO4标准溶液滴定，消耗V mL KMnO4 标准溶液。滴定过程中发生反应的离子方程式为_；产品的纯度为_。.探究FeSO47H2O高温分解的产物的实验装置及步骤如下，请完成相关填空：操作步骤实验现象解释原因组装好仪器，先充入氮气，再加热管式炉至700 一段时间干燥管E中的白色固体变蓝分解得到的产物中含水蒸气气体产物经过试管B时品红溶液褪色(6)_气体产物经过试管C时试管C中出现白色沉淀(7)C中反应的化学方程式为_将瓷舟中反应后的固体溶于足量稀硫酸，再滴入几滴KSCN溶液(8)_(9)_答案(1)减小(2)保证溶液中不含Fe3(或其他合理答案)(3)除去H2S、PH3等物质(4)B(5)MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O100%(6)分解得到的产物中含SO2(7)BaCl2H2SO4=BaSO42HCl(或BaCl2SO3H2O=BaSO42HCl)(8)溶液变红(9)因为产物中含有SO2，S元素的化合价降低，则Fe元素的化合价会升高，溶于足量稀硫酸后，溶液中含有Fe3解析(1)托盘天平砝码加在右盘上，即m(物品)m(砝码)m(游码)，若砝码与物品的位置放反了，则m(砝码)m(物品)m(游码)，即m(物品)m(砝码)m(游码)，则称得的废铁屑的质量会减小。(2)Fe2易被氧化为Fe3，铁粉过量，目的是保证溶液中不含Fe3。(3)杂质FeS、Fe3P能与H2SO4反应生成H2S、PH3等有毒气体，装置C中的CuSO4能与H2S产生CuS沉淀，与PH3发生氧化还原反应生成Cu3P等，从而除去H2S、PH3等物质。(4)洗涤FeSO47H2O晶体，若用稀HNO3，易把FeSO47H2O氧化，若用苯，表面杂质不溶于苯，起不到洗涤的作用，用无水乙醇最好，既能洗去表面的杂质，又能减少FeSO47H2O的损耗。(5)KMnO4滴定FeSO4溶液，发生反应的离子方程式为：MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O。根据方程式中各物质的关系可以看出，n(FeSO4)5n(KMnO4)5c molL1V103 L5103cV mol，m(FeSO47H2O)5103cV mol278 gmol11.39cV g，则产品的纯度为100%100%。(7)试管C中试剂是盐酸酸化的BaCl2溶液，气体产物经过时产生白色沉淀，说明气体产物中含有SO3，C中反应的化学方程式为：BaCl2H2SO4=BaSO42HCl(或BaCl2SO3H2O=BaSO42HCl)。 实验方案的设计与评价1 实验方案的设计(1)化学实验方案设计的基本思路根据实验目的和原理及所选用的药品和仪器，设计合理的装置，并且从几种方案中分析选择出最佳方案。(2)实验方案设计的基本原则(3)化学实验方案设计的步骤(2019河南汝州实验中学高三期末)硫酰氯(SO2Cl2)和氯化亚砜(SOCl2)在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量白雾。硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。合成的反应式为SO2(g)Cl2(g)SO2Cl2(l)H197.3 kJmol1。物质熔点/沸点/其他性质SO2Cl254.169.1易分解：SO2Cl2 SO2Cl2合成SO2Cl2的装置如下图所示(夹持仪器已省略)，请回答有关问题：(1)从下表中选择相应的装置完成填空：制备SO2选_(填字母)。解析(1)D中70%的硫酸与亚硫酸钾反应生成二氧化硫；A中浓盐酸与二氧化锰常温下不反应，应该选用B。(2)合成SO2Cl2的装置图中仪器B为球形冷凝管；浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有氯化氢，丁中盛放饱和食盐水，可以吸收其中的氯化氢。(3)根据题意，硫酰氯(SO2Cl2)的沸点较低，容易挥发，反应结束后，可以通过蒸馏的方法将其分离开。(4)制备过程中涉及二氧化硫和氯气等污染空气的物质，并且硫酰氯(SO2Cl2)在空气中遇水蒸气发生剧烈的水解反应，因此图中装置C可以吸收未反应的氯气和二氧化硫，同时可以防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶。(5)为了提高实验的产率，可以通过控制气流速率，宜慢不宜快；根据SO2(g)Cl2(g)SO2Cl2(l)H197.3 kJmol1，且SO2Cl2易分解，若三颈烧瓶内温度较高，可适当降温，有利于生成硫酰氯(SO2Cl2)。(6)氯化亚砜(SOCl2)在空气中遇水蒸气发生剧烈反应，并产生大量白雾，氯化亚砜(SOCl2)与水反应的化学方程式为SOCl2H2O=SO22HCl，氯化铝能够水解生成挥发性的氯化氢，蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，用SOCl2与AlCl36H2O混合加热，可得到无水AlCl3，是因为SOCl2与AlCl36H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解。答案(1)D2MnO10Cl16H=2Mn25Cl28H2O(2)球形冷凝管饱和食盐水(3)蒸馏(4)吸收未反应的氯气和二氧化硫，防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶(5)控制气流速率，宜慢不宜快；若三颈烧瓶内温度较高，可适当降温；先通冷水，再进行实验(6)SOCl2H2O=SO22HClSOCl2与AlCl36H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解体验1草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其K15.4102，K25.4105。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O42H2O)无色，熔点为101 ，易溶于水，受热脱水、升华，170 以上分解。回答下列问题：(1)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是_，由此可知草酸晶体分解的产物中有_。装置B的主要作用是_。(2)乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、_。装置H反应管中盛有的物质是_。能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_。(3)设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强_。草酸为二元酸_。答案(1)有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊CO2冷凝(水蒸气、草酸蒸气等)，防止草酸蒸气进入装置C反应生成沉淀，干扰CO2的检验(2)F、D、G、H、D、I CuO H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊(3)向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍解析(1)结合题给装置中装的药品知，草酸晶体的分解产物中有二氧化碳气体，所以装置C中观察到有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊。通入澄清石灰水前，气体进行了冷却，由题中信息知，草酸钙难溶于水，若气体不冷却，则挥发出的草酸蒸气也会进入装置C，与澄清石灰水反应生成沉淀，干扰CO2的检验。(2)由题给实验仪器和药品知，CO应与装置H中固体反应，可推测装置H中固体为CuO，CO还原氧化铜生成Cu和CO2气体，然后把CO2通入到D中，结合装置H和装置D中的现象可判断草酸晶体的分解产物中是否含有CO。检验CO之前应先除去CO中混有的CO2，连接顺序为A、B、F、D、G、H、D、I。2 学实验方案的评价(1)实验评价的主要形式从评价的主要针对点来看，实验综合题可分为装置评价型和原理评价型两类。实验装置的评价对比各方案装置，从装置的合理性、操作的简便可行性等方面进行全面分析，选出最佳装置。实验原理的评价紧扣实验目的，对各方案的原理综合考虑，从原理是否科学、原料是否节约、误差是否较小等方面进行全面分析，选出最佳方案。(2)实验方案评价的解题思路一个实验方案的优劣主要从实验原理是否科学合理，操作与装置是否简单可行，以及绿色化学和安全性的角度去评价。从“科学性”和“可行性”方面对实验方案作出评价评价时可从以下4个方面分析：实验原理是否科学；实验操作是否合理；实验步骤是否简单、方便；实验效果是否明显。从“绿色化学”视角对实验方案作出评价反应原料是否易得、安全、无毒；反应速率是否合适；原料利用率以及生成物的产率是否较高；实验过程中是否造成环境污染。从“安全性”方面对实验方案作出评价化学实验从安全角度常考虑的因素主要有防倒吸、防爆炸、防吸水、防泄漏、防着火、防溅液、防破损等。解析混合浓H2SO4和乙醇，应将浓H2SO4沿器壁慢慢注入乙醇中，并不断搅拌，A错误；配制溶液定容时，用胶头滴管逐滴滴加，眼睛平视刻度线，B正确；NO2的密度大于空气的，应用向上排空气法收集，即集气瓶中导气管应长进短出，C错误；电石中的杂质CaS与水反应会有H2S产生，H2S也可使溴水褪色，D错误。答案B体验2(2019北京东城高三期末)由下列实验现象一定能得出相应结论的是()答案A解析澄清石灰水变浑浊，说明物质分解产生了CO2，直接加热的Na2CO3没有分解，反而间接加热的NaHCO3分解了，说明了热稳定性：Na2CO3NaHCO3，A正确；右侧棉球变蓝说明生成了I2，既可能是Br2氧化了I，也可能是Cl2氧化了I，所以无法比较Br2和I2的氧化性强弱，B错误；从生成淡黄色沉淀这一现象可以得出的结论是：AgCl的溶解度大于AgBr，由于AgCl的量相对较充足，从生成黄色沉淀这一现象可以得出的结论是：AgCl的溶解度大于AgI，因此仅根据所给的实验操作和现象，无法判断AgBr和AgI的溶解度相对大小，C错误；盐酸具有挥发性，挥发出的盐酸也能使Na2SiO3溶液中出现浑浊：2HClNa2SiO3=H2SiO32NaCl，不能证明H2CO3的酸性强于H2SiO3，不能说明非金属性C大于Si，D错误。