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1、第13讲 实验方案的设计与评价考点1实验方案的设计1 ,北宋沈括在梦溪笔谈中记载了用“苦泉水”制取铜的方法，其主要生产流程如下图。以下解释合理的是（）A.通过蒸发溶剂可获得晶体B.是通过复分解反响获得铜C.所得硫酸铜溶液一定是饱和的D.说明铁元素变成了铜元素答案A解析 将“苦泉水”加热蒸发得到硫酸铜晶体,A正确;复分解反响是化合物与化合物反响，得到两种新的化合物, 不可能得到铜单质,B错误;加水溶解，没有说加多少水,故无法判定是否饱和,C错误;化学变化中元素的种类不会 发生改变,D错误。2.1783年，拉瓦锡利用如下图装置探究水的组成:往A杯中滴加少量的水，水通过灼热的铁管时发生汽化，水蒸 气
2、与灼热的铁反响,生成了一种黑色固体（Fe3O4）和“可燃空气”，将气体通过放在冷水中的铜管，在B装置中收 集到纯洁的“可燃空气”。最终，拉瓦锡证明了水是由两种元素组成的。Q）将气体通过放在冷水中的铜管，目的是除去 o（2）将B装置收集到的“可燃空气”在氧气中点燃，生成了水。可燃空气的名称是（1）发生装置A中仪器a的名称是，小组同学用过氧化氢溶液和二氧化锦反响制取氧气，选择A装置为 发生装置，用C装置收集氧气，那么A装置的b导管应该与C装置的（选填m”或n”）导管相连。C 装置验满的方法是 o（2）B装置是小组同学组装的实验室制取二氧化碳气体的发生装置,该装置的优点是能使反响随时进行或停止，为
3、了解装置具有该优点的原因，他们在B装置中连接了压强传感器，从而测定实验中试管内气体压强变化的情况（如 图2）,根据装置及曲线，回答以下问题：压强/kPa压强 传感器图2曲线中的a点对应的操作是，曲线中be段压强保持不变的原因是 o答案（1）锥形瓶 m 在n导管口放置带火星的小木条，假设木条复燃，那么C装置氧气已收集满（2）关闭弹簧夹石灰石与稀盐酸完全脱离，不再产生气体,装置内气体体积恒定，压强不变解析 Q）用C装置来收集氧气，采用的是排空气法，氧气的密度大于空气的密度，故应该从m导管进气。在n导 管口放置带火星的小木条，假设木条复燃，那么C装置已收集满氧气。（2）B装置的原理:关闭弹簧夹时，试
4、管中的气体 增多，压强增大，把液体压回长颈漏斗中，固体和液体别离，反响停止;翻开弹簧夹时，气体导出，试管中的气体减少，压 强减小，液体和固体混合，反响进行。B组提升题组5 .以下图像能正确反映其对应实验操作的是反响时间A反响时间B氨气质Ml7.反响时间溶质质hi分数加入氯化钠的质量A.将一定质量的镁带放在充满氧气的密闭容器中完全燃烧B.将一定质量的二氧化镒与10毫升5%的过氧化氢溶液充分混合C.将等质量的镁、锌分别与溶质质量分数相同的足量稀硫酸反响D.一定温度下，向一定量的水中加入氯化钠并充分搅拌答案B解析镁燃烧生成氧化镁，固体的质量增加,A错误;二氧化镒是过氧化氢分解的催化剂，在反响过程中质
5、量不变力 正确;等质量的Mg、Zn分别与溶质质量分数相同的足量稀硫酸反响,镁反响生成的氢气多,C错误;一定温度下， 向一定量的水中加入氯化钠，开始时溶质的质量分数应为0,D错误。6.Mg(OH)2是一种新型的阻燃剂，在温度到达380 时分解吸收热量并释放出水，同时生成的氧化镁附着于可燃 物的外表阻止了进一步燃烧。某同学用氨水在实验室模拟制取Mg(OH)2的过程:一定温度下，往一定量的氯化 镁中加入氨水(氨水易挥发)，生成Mg(OH)2,再通过结晶、过滤，得到Mg(OH)2晶体。为探究获得较高 Mg(OH)2晶体转化率的条件，该同学进行下述比照实验，数据如下：实验编号氯化镁溶液浓度/g-L-i反
6、响温度/Mg (OH”转化率/%a203027.06b403056.77c404069.64d406054.30e606050.60Q)实验b和c的目的是(2)由实验数据可知,能够得到最多Mg (OH的条件是(填浓度和温度)。(3)在氯化镁溶液浓度都是40 g-L1的情况下,60 时Mg(OH)2的转化率比40 C时低的原因是 O答案Q)探究氯化镁溶液浓度相同时，反响温度对氢氧化镁转化率的影响(2)40 gL-i、40 (3)氨水易挥发，温度越高，氨水挥发越快。参与反响的氨水越少，获得的氢氧化镁晶体越少解析(2)由实验数据可知，氢氧化镁的转化率最高为69.64%,故能够得到最多Mg(OH)2的
7、条件是40 gL1、40 0在氯化镁溶液浓度都是40 gL-i的情况下,60 C时Mg(OH)2的转化率比40 C时低的原因:氨水易挥 发，温度越高，氨水挥发越快。参与反响的氨水越少，获得的氢氧化镁晶体越少。7 .中国首款具有完全的自主知识产权的民用客机C919飞机的钛合金用量达9.3%,工业上利用钛白粉(主要成分 是TiCh)制备海绵钛的工艺流程如下图：(1)钛白粉的主要成分是TiO2JiO2中钛元素的化合价是 o(2)反响I的化学方程式是2CI2+TiO24-2C= TiCl4+2X,那么X的化学式是。(3)反响m属于基本反响类型中的 o(4)该反响中可以循环使用的物质是 o答案(1) +
8、4 (2)CO (3)分解反响(4)02、Mg解析(l)TiO2中氧元素为-2价,所以钛元素化合价为+4;(2)根据质量守恒定律,2X中共有2个碳原子和2个氧电解原子，所以X的化学式为CO;反响m的化学方程式为MgCl2(熔融)=Mg+Cl2f,一种物质生成两种物质，属 于分解反响;(4)由题图可以看出CL、Mg既是流程中的原料又是产物，可以循环利用。8 .小明设计了图1所示的实验装置,进行一氧化碳还原氧化铜的实验。为别离A装置中反响排出的一氧化碳和二氧化碳,他又设计了图2所示的装置(铁架台、铁夹等固定用装置已略去,a、b为活塞)。Q）实验前先要检查装置的气密性，并检验气体的纯度，再对图1装置
9、进行加热，加热前还要进行的一步操作是 O（2）为别离得到CO和C02,应该对图2装置进行怎样的操作?o（3）对于A装置中反响后得到的红色固体（此时氧化铜已全部反响完），小明又进行了以下探究：【查阅资料】氧化铜经一氧化碳还原不仅能生成铜，还可能生成中间产物氧化亚铜（化学式为Cu20）oCU2。是不溶于水的红色固体，能与酸发生反响，生成CW+和CUo【提出猜测】氧化铜经一氧化碳还原所得到的红色固体中除Cu外还可能含有Cu20o【进行实验】小明设计了一个简单的实验方案：实验步骤取少量该红色固体放入盛有的试管中，振荡实验现象及结论答案（1）通一会儿CO气体（2）先关闭活塞b,翻开活塞a,可别离得到CO
10、;然后关闭活塞a,翻开活塞b,又可得到C02（3）稀硫酸（或稀盐酸）假设溶液变蓝色，说明产物中有CU2。假设溶液仍为无色,说明产物中无Cu2O解析Q）一氧化碳和空气的混合气体受热时可能发生爆炸，故先通入一氧化碳，排尽玻璃管中的空气。（2）由于二 氧化碳能与氢氧化钠溶液反响生成碳酸钠和水，碳酸钠能与稀硫酸反响生成硫酸钠、二氧化碳和水，一氧化碳与 氢氧化钠不反响,所以为了别离CO和C02,先关闭活塞b,翻开活塞a,通入的混合气体中的二氧化碳会与氢氧化 钠溶液反响生成碳酸钠，从而将二氧化碳除去,别离得到一氧化碳;再关闭活塞a,翻开活塞b,滴入稀硫酸，可得 C02o （3）由于氧化亚铜能与酸反响生成蓝
11、色的铜盐溶液，而铜不与酸反响，所以实验的步骤、现象和结论为取少量该红色固体放入盛有稀硫酸的试管中，振荡，溶液变蓝，有CU2。；溶液不变蓝,那么没有Cu2Oo思维亮剑小英设计了探究S02与AgNC）3溶液反响的实验。将S02通入质量分数为1.7%的AgNCh溶液中，反响后过滤, 得到无色溶液A和白色沉淀B。通过对体系中有关物质性质分析得知沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2so4或二者 的混合物。【查阅资料】AgzSCU为白色固体，微溶于水；Ag2s。3为白色固体滩溶于水，溶于过量的Na2s。3溶液。【提出问题】白色沉淀B的成分是什么？【猜测与假设】猜测一:仅有AgzSCU；猜测二:仅有Ag2SO3
12、;猜测三:o【实验探究】实验操作实验现象结论取少量溶液A于试管中，滴加足量Ba（N02溶液无明显现象猜测成立【实验结论】S02与AgNCh溶液反响生成一种酸和沉淀B,反响的化学方程式是。【拓展延伸】另取溶液A,滴加足量Ba（NO3）2溶液，无明显现象再加入BaCL溶液,产生白色沉淀，原因是 o向盛有少量AgN03溶液的试管里滴入Na2s。3溶液至过量，实验现象是答案（6分）【猜测与假设】有Ag2s和Ag2s。4【实验探究】二【实验结论】2AgNO3+SO2+H2O_ Ag2SO3l+2HNO3【拓展延伸】AgNCb过量（合理均可） 先产生白色沉淀,然后沉淀溶解（缺一不给分）解析 【猜测与假设】
13、根据题目信息可知，猜测三应为Ag2s。3和Ag2SO4的混合物。【实验探究】因Ag2sCU微溶于水，能与硝酸钢溶液反响生成硫酸钢沉淀，但该实验过程中没有明显现象,说明白色沉淀B的成分为Ag2so为故猜测二成立。【实验结论】根据反响物的元素组成可以推断生成的酸应为硝酸，生成物中含有氢元素, 故还应有水参与反响，利用最小公倍数法配平化学方程式即可。【拓展延伸】另取溶液A,滴加足量Ba(NO3)2 溶液，无明显现象再加入BaCb溶液,产生白色沉淀，说明溶液A中有剩余的AgNCh,它与BaCL溶液反响生成 AgCI白色沉淀。向盛有少量AgN03溶液的试管里滴入Na2s。3溶液至过量,AgN03溶液先与
14、Na2s。3溶液 发生复分解反响生成Ag2s。3白色沉淀。当加入Na2s溶液过量时,Ag2s。3白色沉淀又会溶于过量的 Na2s。3溶液中，故观察到的现象是先产生白色沉淀，然后沉淀溶解。（3）假设该实验中生成的黑色固体质量为61, “可燃空气”的质量为。2, “可燃空气”完全燃烧生成水的质量为 班,如果水是由“氧元素”和“可燃空气元素”组成的，那么61、m g三者应满足的关系是 O答案（1）水蒸气（2）氢气 K61 + /772=g解析 Q）水蒸气通过放在冷水中的铜管，发生液化。（2） “可燃空气”在氧气中点燃生成水，根据质量守恒定律可 知，“可燃空气”为氢气。（3）根据质量守恒定律分析，水蒸
15、气中的氧、氢元素变为四氧化三铁中的氧元素和氢气 中的氢元素，故61+。2二。3.市场上常见的苏打水有苏打气泡水和无汽苏打水两种。它们的主要成分中都含有碳酸氢钠，俗称小苏打，具有 以下性质。性质一NNaHCCUNa2cO3+H2O+CO2T（NaHC03在 50 以上开始逐渐分解）性质二:NaHCO3+HCI-NaCI + FhO+CO2T（1）苏打气泡水中含有大量二氧化碳，瓶盖一翻开就有大量气泡产生，所以叫气泡水。无汽苏打水那么不含二氧化碳, 但小明认为他喝入体内也会产生二氧化碳，主要是利用了碳酸氢钠的性质（选填“一”或“二”），理由 是 O（2）小明查阅了相关资料想自制苏打水，于是购买了一袋
16、小苏打，包装袋上标注的碳酸氢钠含量是99%。真的有这 么高吗?小明取了 10 g小苏打样品放入装置，逐次加入稀硫酸进行实验，得到相关数据。请通过计算帮助小明判 断包装袋上的标注是否准确。（2NaHCO3+H2s_Na2SO4+2H2O+2CO2f）RC序号反响前第1次第2次第3次第4次第5次加入稀硫酸质量/g01010101010C装置中溶液总质量/g100.0101.1102.2103.3104.4105.0（3）如果去掉装置B,测量结果将会（选填“偏大”或“偏小”）。答案（1）二 人体内不能到达50 的温度或人体的胃内有盐酸（2）mCo2 = 105.0 g-100.0 g = 5.0 g
17、2NaHCO3+H2SO4Na2so4+2H2O+2CO2f16888x5.0 g168 xc r* ux*9.55 q88 5 g碳酸氢钠的质量分数为帘x100%=95.5% io g（3）偏大解析（3）如果没有装置B会使水蒸气进入C中，使测量值偏大。4.在“探究稀盐酸和稀硫酸的化学性质”实验中，小科发现镁带与稀盐酸反响后的试管内出现了灰白色沉淀。【提出问题】灰白色沉淀是什么物质？【提出猜测】小科在老师指导E猜测灰白色沉淀是以下物质中的一种或几种：镁;氯化镁;氢氧化镁;碱式氯化镁Mg（OH）CI。老师肯定了小科的猜测，并鼓励他继续进行实验探究。【实验探究】步骤一:将上述镁带与稀盐酸反响后试管
18、内的物质过滤，得到滤液和灰白色滤渣。步骤二:取滤液于试管中，加入适量的氯化镁粉末，粉末全部溶解。步骤三:取少量灰白色滤渣于试管中，加入适量稀盐酸，沉淀全部溶解,无其他现象。步骤四:将剩余滤渣用蒸储水充分洗涤。取洗涤后的滤渣于试管中，加入过量稀硝酸，滤渣全部溶解,再加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生。【实验反思及结论】Q）从步骤二可知，灰白色沉淀不可能是氯化镁,因为滤液是氯化镁的（填“饱和”或“不饱和”）溶液。(2)从步骤三可知，该沉淀中没有 o(3)步骤四中将滤渣用蒸得水充分洗涤是为了 o(4)根据实验探究可知，该反响产生的灰白色沉淀中一定含有 o答案(1)不饱和(2)镁(3)洗去滤渣外表的氯化镁
19、，防止氯化镁干扰后续实验(4)Mg(0H)CI解析(1)从步骤二可知，灰白色沉淀不可能是氯化镁，因为滤液中能够继续溶解氯化镁，是氯化镁的不饱和溶液;(2)从步骤三可知，该沉淀中没有镁，因为如果还有镁,那么镁和盐酸反响生成氯化镁和氢气，过程中产生气泡;(3)步 骤四中将滤渣用蒸储水充分洗涤是为了除尽滤渣外表的氯化镁，防止对检验碱式氯化镁产生影响;(4)根据实验探 究可知，取洗涤后的滤渣于试管中，加入过量稀硝酸,滤渣全部溶解，再加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生，是因为稀 硝酸和碱式氯化镁反响生成氯化镁等物质，氯化镁和硝酸银反响生成白色沉淀氯化银，因此该反响产生的灰白色 沉淀中一定含有碱式氯化镁。焙烧
20、5.碱式碳酸锌ZrU0H)/C03)z是制备功能材料ZnO的原料，其化学反响表达式为ZrUOHMCO)一 ZnO+CO2l + H2O(x. y、z为正整数)。小金设计了图甲所示装置对碱式碳酸锌的组成进行探究(装置气密性良 好，药品足量，实验操作正确)：甲Q)图甲中装置B的作用是 o(2)查阅资料发现，在不同温度条件下充分加热等质量的碱式碳酸锌样品，剩余固体的质量与加热温度的关系如图乙所示。实验中加热时，热分解装置的温度至少要到达(选填“200” “300”或“400” )o 固体质量收温度汽i 111 I 1ino aon snn（3）局部实验步骤为“加热前先通入W排尽装置内的空气，关闭通入
21、叱的活塞控制一定温度下加热”。实验过程中可根据 现象判断碱式碳酸锌样品已完全分解。（4）小金取54.7 g碱式碳酸锌样品（不含杂质），放置于热分解装置内,完全反响后测得装置A增重5.4 g,装置B增 重8.8 g。那么x、y、z的最简整数比为 o答案Q）吸收反响生成的C02300（3）一段时间,A装置中的长导管管口不再有气泡冒出（4）5 :6:2解析 Q）实验目的是探究碱式碳酸锌的组成，题图甲A中浓硫酸吸收生成的水,B中碱石灰主要用来吸收反响生 成的二氧化碳。（2）由题图乙可知在200 C左右时碱式碳酸锌开始分解,300 C左右时固体质量不再发生变化， 说明其完全分解,所以热分解装置的温度至少
22、要到达300 C。（3）A装置中长导管管口不再有气泡冒出，说明碱式 碳酸锌样品已完全分解。（4）利用A装置增加的质量和B装置增加的质量可以求得碱式碳酸锌中锌元素的质量, 再根据质量守恒定律可以求得X、az的比。盒盗甲小孔加热盒6 .学校组织春游，小科准备了一份“自热火锅”（图甲）,他撕开包装看到了内部结构（图乙），并了解到相关信息（图 内）。食盒 食材 屏发热包 乙相关信息食盒材料:无污染，可再生;发热包主要成分:氧化钙、铝粉、碳酸钠;铝粉作用:在碱性热水中能发生反响产生氢气，缓慢放热。小科按食用方法进行如下操作:加热盒中倒入适量冷水，将发热包放入冷水中;放上食盒,加入食材并倒入适量的饮用水，
23、扣紧盒盖。在等待食物煮熟过程中，小科发现加热盒逐渐变烫、盒内传出“嘶嘶”的声音、盒盖小孔的上方有水汽。请结合火锅“自热”过程解释盒盖上小孔的作用。答案（6分）等级回答水平I原理正确、逻辑严密、表达完整例如:氧化钙和水反响生成氢氧化专丐,并产生大量的热。铝粉在碱性热水中能反响产生氢气，缓慢放热。氢气和水汽化产生的水蒸气使 盒内气压变大。盒内的空气、氢气、水蒸气在受热后，体积膨胀,也使盒内气压变大。盒盖上的小孔便于气体排出，防止盒内气压过 大，造成危险。水平口原理正确、逻辑较严密、表达较完整例如1：氧化钙和水反响生成氢氧化钙，并产生大量的热。铝粉在碱性热水中能反响产生氢气，缓慢放热。盒内的空气、氢
24、气在受热 后，体积膨胀，使盒内气压变大。盒盖上的小孔便于气体排出，防止盒内气压过大，造成危险。例如2:氧化钙和水反响生成氢氧化钙，并产生大量的热。铝粉在碱性热水中能反响产生氢气，缓慢放热。氢气和水汽化产生的水蒸气使盒内气压变大。盒盖上的小孔便于气体排出，防止盒内气压过大，造成危险。水平m原理单一、逻辑不严密、表达不完整例如1:氧化钙和水反响生成氢氧化钙，并产生大量的热。盒内的空气、氢气在受热后，体积膨胀，使盒内气压变大。盒盖上的小孔便于气体排出，防止盒内气压过大，造成危险。例如2:铝粉在碱性热水中能反响产生氢气，缓慢放热。盒内的空气、氢气在受热后，体积膨胀，使盒内气压变大。盒盖上的小孔便于 气
25、体排出，防止盒内气压过大，造成危险。水平IV原理缺少、逻辑混乱、表达不完整例如1：盒盖上的小孔便于气体排出，防止盒内气压过大，造成危险。例如2:氧化钙和水反响生成氢氧化钙，并产生大量的热。例如3:铝粉在碱性热水中能发生反响产生氢气，缓慢放热。盒盖上的小孔便于气体排出，防止盒内气压过大，造成危险。水平V没有作答或答案与情境无关考点2实验方案的评价7 .以下实验方案能到达相应实验目的的是（）选项实验目的实验方案A除去C02中混有的少量氯化氢气体将气体通过足量的氢氧化钠溶液B测定空气中。2体积大致所占比例用铁丝代替红磷做实验C证明C02能与水反响将C02通入滴有无色酚酸试液的水中D除去氧气中混有的少
26、量水蒸气将气体通过盛有足量浓硫酸的洗气瓶答案D解析C02和HCI均能与NaOH溶液反响，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原那么,A错误;铁丝不能在空气中燃烧,B错误;二氧化碳与水反响生成碳酸，碳酸不能使无色酚献试液变色，不能证明C02能与水反应,C错误;浓硫酸具有吸水性，且不与氧气反响，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原那么,D正确。8 .以下依据实验现象得出的结论错误的选项是（） 选项实验操作与现象实验结论A将1 g白磷、1 g红磷分别放入两支带塞的试管中,再将试管同时浸入约80 的热水里,只有白磷燃烧白磷的着火点比红磷低B将二氧化碳通入紫色石蕊试液，试液变红二氧化碳是一
27、种酸C在常温常压下，硫在氧气中燃烧比在空气中燃烧更剧烈该条件下，氧气的浓度越大，硫燃烧得越剧烈D将铁粉、硫粉按一定比例混合加热后，所得固体物质不能被磁铁吸引铁粉已跟硫粉发生了化学反响答案B解析 将分别盛有1g白磷、1g红磷的带塞试管同时浸入80 C的热水中，只有白磷燃烧,说明到达了白磷的着 火点,未到达红磷的着火点，证明白磷的着火点比红磷低,A正确;二氧化碳通入水中,和水反响生成碳酸碳酸使紫 色石蕊试液变红，二氧化碳是氧化物，不是酸,B错误;常温常压下，硫在氧气中比在空气中燃烧剧烈，证明在该条件 下,氧气浓度越大，硫燃烧得越剧烈,C正确;铁粉、硫粉按一定比例混合加热后，所得固体不能被磁铁吸引，
28、说明铁 与硫在加热条件下反响生成了新物质，发生了化学变化,D正确。9 .工业上常用碳酸镁矿石（主要成分是难溶于水的碳酸镁，杂质不溶于水也不与酸反响）与稀硫酸反响来制备硫酸 镁。硫酸镁在不同温度时的溶解度如下表所示。温度（）608090100硫酸镁溶解度（克）54.655.852.950.4制备流程如图。碳酸镁-I _i T硫酸镁溶液 1细q硫酸镁稀硫酸，用150千克溶质质量分数为98%的浓硫酸配制9.8%的稀硫酸,需要水 千克。(2)小明模拟工业制备硫酸镁晶体，将碳酸镁矿石和稀硫酸充分反响后过滤，发现滤液中含有硫酸。为了测定所得 滤液中硫酸镁和硫酸的质量比，他取少量滤液倒入烧杯，将溶质质量分数
29、为10%的氢氧化钠溶液逐渐加入。除要 知道实验前氢氧化钠溶液质量外，实验中还要通过测量获取哪两个数据，才可计算硫酸镁与硫酸的质量 比?O硫酸镁与氢氧化钠反响的化学方程式:MgSO4+2NaOH-Mg(OH)2l + Na2so4(3)小明将除去杂质后的滤液加热至90 C,得到硫酸镁浓溶液，继续加热，观察到晶体快速析出。其原因可能是 o答案(1)1 350(2)刚出现沉淀时剩余氢氧化钠溶液的质量;不再出现沉淀时剩余氢氧化钠溶液的质量(其他合理答案也可)(3)继续加热温度升高，硫酸镁溶解度减小，旦溶剂快速蒸发解析 Q)由稀释前后溶质质量不变分析，设需要水的质量为“那么150千克x98%=(150千
30、克+小9.8%,解得后1 350千克。(2)要计算硫酸镁与硫酸的质量比，需要分析出分别与硫酸、硫酸镁反响的氢氧化钠质量，据此分析需要的数据。(3)继续加热，温度升高，硫酸镁溶解度减小，且溶剂快速蒸发，能溶解的硫酸镁质量减少，晶体析出。A组基础题组注射器注入少量“OH浓溶液剥壳热妈蛋1 .以下四种实验设计及操作，实验过程中其现象缺乏以说明CO2与NaOH溶液发生了反响的是(/物料瓶CO,(体D答案B 解析 A项,剥壳熟鸡蛋进入瓶内，说明二氧化碳与氢氧化钠浓溶液发生了反响，导致瓶内压强减小，正确;B项，二氧化碳能溶于水，也能与水反响生成碳酸，试管内液面上升缺乏以说明二氧化碳能与氢氧化钠浓溶液反响,
31、错误;C项，气球变大，说明二氧化碳与氢氧化钠浓溶液发生了反响，导致瓶内的压强减小,正确;D项，塑料瓶变瘪是由于NaOH与C02反响使装置内的压强减小,正确。2 .以下实验操作、现象与对应关系正确的选项是 （）选项实验操作现象结论A向NaOH溶液中通入C02气体无明显现象二者不发生反响B将两根铁丝分别伸入硝酸铜溶液和硝酸银溶液中铁丝上均有附着物金属活动性顺序:FeCuAgC纸锅烧豆腐纸没有燃烧燃烧的条件之一:温度到达着火点D向质量分数为5%的氢氧化钠溶液中加入少量新鲜猪肝有大量气泡产生猪肝起催化作用答案C解析 氢氧化钠和二氧化碳反响生成碳酸钠和水，故A错误;两根铁丝上均有固体附着，说明在铁、铜、银中铁最 活泼,但不能比拟铜和银的活动性，故B错误;纸锅里的豆腐烧熟了，纸却不会燃烧掉,是因为温度没有到达纸的着 火点，故C正确;有大量气泡产生，不能说明猪肝起催化作用，因为不知道反响前后猪肝的质量和化学性质是否改 变，故D错误。3 .对于H2、CO还原氧化铜的实验，以下说法错误的选项是（）A.实验均需加热B.实验均需对尾气进行处理C.实验均有紫红色固体生成D.H2和CO均表达出还原性答案B解析 氢气与氧化铜反响，尾气无毒，不需尾气处理,B符合题意。4 .根据图1回答有关问题：