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IGCSE 化学 0620 Paper 6 实验与数据分析练习卷（6 题・50 分・60 分钟）
练习卷 · IGCSE 化学 0620 Paper 6 实验技能
IGCSE 化学 0620 Paper 6 实验与数据分析练习卷：6 题原创题目、50 分、60 分钟，涵盖酸碱滴定与指示剂、气体收集与摩尔体积、结晶水计算、电解定量、反应速率量度及色层分析，附完整答案与评分要点，全部数值逐题核算。
卷面资料 年级：中四至中五（IGCSE 考生） ｜ 科目：化学 ｜ 时限：60 分钟 ｜ 总分：50 分 ｜ 题数：6
甲部 滴定、气体与结晶水（25 分）
第 1–3 题
| # | 题目 | 答案与评分要点 |
|---|---|---|
| 1 | (a) 25.0 cm³ 未知浓度的硫酸与 0.100 mol/dm³ 氢氧化钠溶液滴定，以酚酞作指示剂，三次平均滴定体积为 23.60 cm³。反应为 H₂SO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + 2H₂O。求硫酸的浓度（mol/dm³），并写出计算步骤与单位。（5 分） (b) 说明为何滴定管须先用该标准溶液冲洗两次、为何锥形瓶只可用蒸馏水冲洗、白色瓷片的作用，以及为何要重复滴定取平均值。（4 分） |
答案： (a) n(NaOH) = 0.100 × 23.60 / 1000 = 0.00236 mol；由方程式摩尔比 1:2，n(H₂SO₄) = 0.00236 / 2 = 0.00118 mol；c(H₂SO₄) = 0.00118 / (25 / 1000) = 0.0472 mol/dm³。 (b) 滴定管内壁残留的水会稀释标准溶液，令读数偏大，故须用标准溶液冲洗；锥形瓶内的水只稀释待测酸、不改变其摩尔数，故用蒸馏水冲洗即可，若用酸冲洗会令结果偏大；白色瓷片令蓝至粉红的终点颜色更易察觉；重复滴定取平均值可减低随机误差。评分要点：摩尔比 1:2、单位 mol/dm³、终点由无色变粉红（维持 30 秒不退）。 |
| 2 | (a) 镁带与稀盐酸反应：Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂。实验在室温室压下用气体注射器收集到 72 cm³ 氢气（摩尔体积 24 dm³/mol）。求生成氢气的摩尔数、已反应镁的质量（g），以及首 30 秒收集 40 cm³ 时的平均速率（cm³/s）。（5 分） (b) 说明实验前用砂纸打磨镁带的原因、读取气体体积前须待一分钟的原因，以及如何由体积－时间图线求初始速率。（3 分） |
答案： (a) n(H₂) = 72 / 24000 = 0.0030 mol；由方程式摩尔比 1:1，n(Mg) = 0.0030 mol；m(Mg) = 0.0030 × 24.3 = 0.0729 g；速率 = 40 / 30 = 1.33 cm³/s。 (b) 镁带表面有氧化镁层，会阻碍反应并令气体量偏低，打磨可露出金属；反应会放热使气体膨胀，须待温度回复室温，否则体积读数偏大；在图线起始处画切线，切线斜率即初始速率（cm³/s）。评分要点：24.3 为镁的相对原子质量、摩尔比 1:1、速率带单位。 |
| 3 | (a) 把 5 g 蓝色硫酸铜晶体（CuSO₄·xH₂O）放入坩埚加热至恒重，剩余白色固体 3.20 g（Mr：CuSO₄ = 159.6，H₂O = 18.0）。求失去水的质量、水的摩尔数、无水盐的摩尔数，并计算 x（取整数）。（5 分） (b) 说明为何要加热至恒重、为何在干燥器中冷却后才称量，以及若加热未完全，计出的 x 会偏大还是偏小。（3 分） |
答案： (a) 水质量 = 5 − 3.20 = 1.80 g；n(H₂O) = 1.80 / 18.0 = 0.1000 mol；n(CuSO₄) = 3.20 / 159.6 = 0.02005 mol；x = 0.1000 / 0.02005 = 4.99 ≈ 5，故晶体为 CuSO₄·5H₂O。 (b) 加热至恒重（两次称量相差 ≤0.01 g）才可确定水已全部赶走；热坩埚在空气中会吸收水汽，须在干燥器中冷却；若加热未完全，剩余固体偏重、算出的无水盐摩尔数偏大，x 会偏小。评分要点：先减质量求水、分别除以相对分子质量、x 取整数 5。 |
乙部 电解、速率与色层（25 分）
第 4–6 题
| # | 题目 | 答案与评分要点 |
|---|---|---|
| 4 | (a) 以 2 A 的电流电解硫酸铜溶液 15 分钟，两极均用铜片，阴极有铜沉积（1 摩尔电子 = 96500 C，Ar：Cu = 63.5）。求通过的电量（C）、电子的摩尔数、沉积铜的摩尔数与质量（g）。（5 分） (b) 说明阳极铜片质量减少的成因，以及为何长时间电解后溶液的蓝色大致不变。（3 分） |
答案： (a) Q = I × t = 2 × 900 = 1800 C；n(e⁻) = 1800 / 96500 = 0.018653 mol；Cu²⁺ + 2e⁻ → Cu，故 n(Cu) = 0.018653 / 2 = 0.009326 mol；m(Cu) = 0.009326 × 63.5 = 0.592 g。 (b) 阳极铜原子失去电子变成 Cu²⁺ 进入溶液（Cu → Cu²⁺ + 2e⁻），故质量减少；阴极每沉积一个 Cu²⁺，阳极同时溶出一个 Cu²⁺，溶液中铜离子浓度大致守恒，故蓝色不变。评分要点：Q = It、96500 C/mol、2 电子对 1 个铜离子。 |
| 5 | (a) 同一质量的镁带分别与 1.0 mol/dm³ 及 0.5 mol/dm³ 盐酸反应，各收集 50 cm³ 氢气，所需时间分别为 20 秒与 80 秒。求两者的平均速率（cm³/s）及速率比。（5 分） (b) 用碰撞理论解释浓度如何影响速率，并说明比较两个实验时为何要保持镁的质量与表面积相同，以及如何证明温度（而非浓度）是影响因素。（4 分） |
答案： (a) 速率₁ = 50 / 20 = 2.50 cm³/s；速率₂ = 50 / 80 = 0.625 cm³/s；比值 = 2.50 / 0.625 = 4，即浓度加倍、速率约为四倍。 (b) 浓度越高，单位体积内氢离子数目越多，与镁表面碰撞的频率越高，故速率上升；镁的质量与表面积会直接影响可反应的接触面积，必须固定才可作公平比较（只改变一个变数）；保持浓度与镁相同，只把温度由 20 °C 升至 40 °C，若速率明显上升即证明温度有影响。评分要点：速率带 cm³/s、碰撞频率、控制变数。 |
| 6 | (a) 用滤纸色层法分离三种食用色素，溶剂前沿距起始线 8.4 cm，三个色斑中心距起始线分别为 3.5、5.9、7.1 cm。求三个 Rf 值（3 位小数），并判断样本含哪些对照色素（对照 B 的 Rf = 0.42、对照 C 的 Rf = 0.70）。（5 分） (b) 说明为何用铅笔而不用圆珠笔画起始线、为何溶剂水平必须低于起始线，以及为何要待色层纸风干后才量度色斑位置。（3 分） |
答案： (a) Rf = 色斑移动距离 / 溶剂前沿距离：3.5 / 8.4 = 0.417；5.9 / 8.4 = 0.702；7.1 / 8.4 = 0.845。首两个色斑的 Rf（0.417、0.702）与对照 B（0.42）、对照 C（0.70）相符，故样本含 B 及 C；第三个色斑无对应对照。 (b) 铅笔的石墨不溶于溶剂、不会随溶剂上升；圆珠笔墨会溶解并随溶剂移动，污染结果；溶剂若浸过起始线，色素会直接溶入溶剂而无法分离；色层纸湿时色素仍在移动、位置不稳定，风干后色斑固定才可准确量度。评分要点：Rf 无单位、数值小于 1，并与对照比对、起始线用铅笔。 |
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