2021版高考化学一轮复习课时提升作业三十九A第十章化学实验基础4化学实验方案的设计与评价

课时提升作业 三十九化学实验方案的设计与评价(A)(45分钟100分)一、选择题(本题包括6小题，每小题7分，共42分)1.(2016邵阳模拟)下列有关实验的做法不正确的是()A.用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体B.配制0.100 0 molL-1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流C.检验N时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体D.容量瓶在使用之前必须进行检漏操作【解析】选C。碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解，故A正确；将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流，故B正确；逸出的氨气呈碱性，可使红色石蕊试纸变蓝，应用红色石蕊试纸，故C错误；容量瓶有塞子，使用之前必须先检漏，故D正确。【加固训练】下列装置不能完成的实验是()选项ABCD装置实验结合秒表测量锌与硫酸的反应速率验证温度对化学平衡的影响验证化学能转化为电能铁的析氢腐蚀实验【解析】选D。A项，通过记录一定时间内产生H2的体积可计算反应速率；B项，通过观察颜色变化判断温度对化学平衡的影响；C项，通过电流计是否产生电流可判断化学能是否转化成电能；D项，小试管内导管中水柱上升，说明大试管中压强减小，不能证明有H2析出。2.为了除去KCl固体中少量的MgSO4和CaCl2杂质，需进行下列六项操作，正确的次序是()加水溶解加热蒸发得到晶体加入过量BaCl2溶液加入过量盐酸加入过量K2CO3溶液过滤A.B.C.D.【解析】选D。先加水溶解，然后加入过量BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀(除去S)，再加入过量K2CO3溶液，生成MgCO3、CaCO3和BaCO3沉淀(除去Mg2+、Ca2+和前面过量的Ba2+)，经过滤除去沉淀，然后再加入过量盐酸，除去前面过量的C，最后经加热使过量的HCl挥发，再进行蒸发以得到纯净的KCl晶体。3.(2016太原模拟)某同学为探究SO2与Ba2+只有在碱性条件下才能形成BaSO3沉淀，设计了如下方案，你认为可行的是()A.将SO2通入Ba(OH)2溶液中观察有白色沉淀生成B.将SO2通入Ba(NO3)2溶液中观察有白色沉淀生成C.将SO2分别通入BaCl2溶液、BaCl2与HCl的混合溶液、Ba(OH)2溶液中，观察到只有Ba(OH)2中有白色沉淀生成D.将SO2通入BaCl2与NH3的混合溶液中有白色沉淀生成【解析】选C。A、D项方案不能说明SO2与Ba2+在非碱性条件下不能反应生成BaSO3沉淀；B项中SO2溶解后会形成酸性溶液，N在酸性条件下可将S氧化成S，得到的沉淀是BaSO4。4.用过量的H2SO4、NaOH、NH3H2O、NaCl等溶液，按下图所示步骤分开5种离子。则溶液分别是()A.NaClNaOHNH3H2OH2SO4B.H2SO4NaOHNH3H2ONaClC.H2SO4NH3H2ONaOHNaClD.NaClNH3H2ONaOHH2SO4【解析】选D。本题要从入手，能将沉淀部分溶解。据题意知为NaOH溶液，排除A、B两项；第步只分离出一种沉淀，所以只能向溶液中加入NaCl溶液使Ag+沉淀而分离，同时对其他离子无影响，因此试剂为NaCl溶液，排除C项，D项对。5.下列实验装置设计不恰当的是()【解析】选A。A项金属钾燃烧应在坩埚中操作，故A项错误；B、C、D项均正确，C项利用铁粉与水蒸气高温反应产生氢气进入肥皂液，产生氢气泡；D项利用热水、冷水改变反应体系温度，造成两容器颜色发生变化，故可探究温度对平衡移动的影响。6.(能力挑战题)下列关于各实验装置的叙述中，不正确的是()A.图可用于实验室制取少量NH3或O2B.可用从a处加水的方法检验图装置的气密性C.实验室可用图的方法收集Cl2或NH3D.利用图装置制硫酸和氢氧化钠，其中b为阴离子交换膜，c为阳离子交换膜【解析】选C。图可以利用碱石灰(或生石灰)与浓氨水制取氨气，用MnO2和双氧水或Na2O2与水反应制取氧气，A项正确；图关闭止水夹，从a处加水，U形管中产生液面差，静置一段时间，若液面差不变则气密性好，若不能形成液面差或液面差发生变化，气密性不好，B项正确；氯气密度比空气的大，收集时应从长导管通入，而氨气的密度比空气的小，收集时应从短导管通入，C项错误；以Pt作电极电解Na2SO4溶液，电解时阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，故S通过阴离子交换膜(b)到阳极产生硫酸，同理Na+通过阳离子交换膜(c)到达阴极形成NaOH，D项正确。二、非选择题(本题包括4小题，共58分)7.(14分)(2016周口模拟)有资料表明：乙二酸(HOOCCOOH，可简写为H2C2O4)俗称草酸，是一种白色固体，易溶于水，其熔点为101.5，在157升华，属于二元弱酸。其钙盐不溶于水。某校化学研究性学习小组为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：(1)为比较相同浓度的草酸和硫酸的导电性，实验室需配制100 mL 0.1 molL-1的草酸溶液，配制过程中用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、_、_。(2)已知草酸氢钠(NaHC2O4)溶液显酸性。用方程式解释NaHC2O4溶液显酸性的原因_。常温下0.1 molL-1NaHC2O4溶液中各种离子浓度的大小关系为_。(3)为探究草酸受热分解的产物，甲同学进行了如下设计：实验中，观察到无水硫酸铜变蓝，澄清石灰水变浑浊，在干燥管尖嘴处点燃逸出的气体，烧杯内壁附有的澄清石灰水变浑浊，证明产物中有_。乙同学认为用下图所示仪器连接组成的装置能更好地验证上述产物：则装置的连接顺序为_，C装置的作用是_。【解析】(2)NaHC2O4溶液中，既存在HC2的电离平衡，又存在HC2的水解平衡，且其电离程度大于其水解程度，导致溶液呈酸性。无论其水解，还是电离，其程度都是很小的，故离子浓度大小顺序为c(Na+)c(HC2)c(H+)c(C2) c(OH-)。(3)本题需要注意题目所给信息：草酸熔点为101.5，其钙盐不溶于水。故设置C装置来排除挥发出的草酸对检验二氧化碳的影响。检验各成分时，要先检验水，然后除去草酸蒸气，再检验二氧化碳，之后检验一氧化碳，最后处理尾气。答案：(1)100 mL容量瓶胶头滴管(2)HC2H+C2c(Na+)c(HC2)c(H+)c(C2)c(OH-)(3)CO2、H2O、COA、C、D、B、E使草酸蒸气冷凝，防止进入D装置与石灰水反应生成沉淀干扰CO2的检验8.(16分)某同学想利用图示装置(夹持装置已略去)实验探究SO2与Na2O2反应的产物。测得反应前C管的质量为m1g，反应后C管的质量为m2g，反应后装置D质量增加了ng。请分析：.装置B的作用_。装置D的作用_。.如何检验反应中是否有O2生成_。.对C中固体产物提出如下假设：假设1：只有Na2SO3；假设2：只有Na2SO4；假设3：_。(1)若Na2O2反应完全，为确定C中固体产物的成分，甲同学设计如下实验：将C中的固体配成溶液，加Ba(NO3)2溶液，得到白色沉淀，加足量稀硝酸，沉淀不溶解。得出结论：产物是Na2SO4。该方案是否合理_(填“是”或“否”)，理由是_。(2)若假设1成立，某同学以反应前后C管的质量差(m2-m1)g为依据推断生成Na2SO3的质量为(m2-m1)g。老师提示推算不合理，请你分析其中的缘由：_。(3)若假设2成立，则参加反应的Na2O2的物质的量为_mol(列计算式)。【解析】.过氧化钠能与水蒸气反应，装置B的作用就是干燥二氧化硫；装置D的作用是防止空气进入装置C中，同时吸收过量的SO2，以免污染空气。.检验氧气的方法是用带火星的木条，观察是否复燃。.假设3为Na2SO3和Na2SO4两者的混合物。(1)该方案不合理，因为硝酸有氧化性，即使产物为亚硫酸钠，生成的亚硫酸钡也被氧化成硫酸钡。(2)若假设1成立，则发生反应2Na2O2+2SO22Na2SO3+O2，(m2-m1)g不等于参加反应的SO2的质量，故该推算不合理。(3)若假设2成立，则发生反应Na2O2+SO2Na2SO4，二氧化硫的质量为(m2-m1)g，n(Na2O2)=mol。答案：.干燥SO2气体，防止水蒸气与Na2O2反应防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置与Na2O2反应；同时吸收过量的SO2，以免污染空气.用带火星的木条靠近干燥管口a，观察其是否复燃.有Na2SO3和Na2SO4(1)否HNO3有氧化性，可将BaSO3氧化为BaSO4，据此不能确定产物是Na2SO3还是Na2SO4或二者兼有(2)因为该反应中吸收SO2的同时有O2产生，所以(m2-m1)g不等于参加反应的SO2的质量，故该推算不合理(3)9.(14分)(2016衡阳模拟)以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，其制备实验流程如下： (1)图中“沉铁”化学方程式为_。(2)图中“过滤”后滤液中金属阳离子除了含有的Al3+，还含有_(填化学式)。(3)加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为_。(4)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为4NH4Al(SO4)212H2O2Al2O3+2NH3+N2+5SO3+3SO2+ 53H2O，将产生的气体通过如图所示的装置。集气瓶中收集到的气体是_(填化学式)。足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有_(填化学式)。KMnO4溶液褪色(Mn还原为Mn2+)，发生的离子反应方程式为_。【解析】(1)由K4Fe(CN)6生成KFeFe(CN)6。(2)铁的氧化物和氧化铝溶于酸，二氧化硅不溶形成滤渣。(3)溶液中的亚铁离子不易除去，需把其氧化为铁离子再沉淀除去。(4)通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去氨气、三氧化硫，通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫气体，故收集的气体为氮气。SO3、NH3均溶解于水与水反应。KMnO4溶液与二氧化硫反应，二氧化硫被氧化为硫酸根离子。答案：(1)2K4Fe(CN)6+Fe2(SO4)32KFeFe(CN)6+3K2SO4(2)Fe2+、Fe3+(3)2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O(4)N2SO3、NH32Mn+5SO2+2H2O2Mn2+5S+4H+10.(能力挑战题)(14分)(2016保定模拟)某研究小组利用下列装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响(固定装置略)。(1)MgCO3的分解产物为_。(2)装置C的作用是_，处理尾气的方法为_。(3)将研究小组分为两组，按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置D加热，反应产物均为黑色粉末(纯净物)，两组分别用产物进行以下实验。步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤1中溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液蓝色沉淀蓝色沉淀3取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液变红无现象4向步骤3溶液中滴加新制氯水红色褪去先变红，后褪色乙组得到的黑色粉末是_。甲组步骤1中反应的离子方程式为_。乙组步骤4中，溶液变红的原因为_；溶液褪色可能的原因及其验证方法为_。从实验安全考虑，上图装置还可采取的改进措施是_。【解析】明确实验目的、结合实验装置图确定各装置的作用；由表中实验现象分析甲组和乙组的产物；由氯水的强氧化性分析红色褪去的原因。(1)MgCO3分解的化学方程式为MgCO3MgO+CO2。(2)C装置中盛有NaOH溶液，可除去B中未完全反应的CO2；尾气是没有完全反应的CO，可以用点燃法除去。(3)由实验现象可知乙组中黑色粉末是Fe，而甲组中黑色粉末是Fe3O4；Fe3O4与盐酸反应的化学方程式为Fe3O4+8HClFeCl2+2FeCl3+4H2O，离子方程式为Fe3O4+8H+ Fe2+2Fe3+4H2O。乙组步骤4先变红，是因为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe3+3SCN-Fe(SCN)3(红色溶液)；后又褪色，可能是氯水的强氧化性将SCN-氧化，此时，在溶液中再加入KSCN，若溶液变红，说明假设成立，若不变红，则假设不成立。实验安全主要从尾气处理和防倒吸角度考虑。答案：(1)MgO、CO2(2)除CO2点燃(3)FeFe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2OFe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色假设SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立(其他合理答案均可)在装置B、C之间添加装置E防倒吸(其他合理答案均可)【加固训练】(2014全国卷)某小组以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X。为测定其组成，进行如下实验。氨的测定：精确称取wg X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1molL1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2molL-1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mL NaOH溶液。氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色)。回答下列问题：(1)装置中安全管的作用原理是_。(2)用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用_式滴定管，可使用的指示剂为_。(3)样品中氨的质量分数表达式为_。(4)测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将_(填“偏高”或“偏低”)。(5)测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是_；滴定终点时，若溶液中c(Ag+)=2.0105molL1，c(Cr)为_molL1。(已知：Ksp(Ag2CrO4)=1.121012)(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为163，钴的化合价为_，制备X的化学方程式为_；X的制备过程中温度不能过高的原因是_。【解析】(1)分析题中所给的装置可知，装置A中的2为安全管，其作用为当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A中的压力较为稳定；(2)用氢氧化钠滴定剩余的盐酸时，应该使用碱式滴定管，可用酚酞做指示剂；(3)根据题给的信息可知，氨的测定过程中发生的反应为HCl+NH3NH4Cl，样品中氨的物质的量与和氨气反应的氯化氢的物质的量相等，为(c1V1-c2V2)10-3mol，则氨气的质量为(c1V1-c2V2)10-317 g，质量分数为100%；(4)为保证实验结果的准确性，测定氨前应该先检查装置的气密性，若气密性不好会导致氨气泄漏，测定结果将偏低；(5)测定氯的过程中，用硝酸银溶液进行滴定，由于硝酸银见光易分解，所以应该选用棕色的滴定管进行滴定；根据沉淀溶解平衡的知识可知c(Cr)= =2.810-3(molL-1)；(6)样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为163，则X的化学式为Co(NH3)6Cl3，利用化合价规则判断钴的化合价为+3价，根据题目所给的信息可知CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水在活性炭的催化下，合成橙黄色晶体X的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co(NH3)6Cl3+2H2O，为防止过氧化氢分解以及氨气逸出，X的制备过程中温度不宜过高。答案：(1)当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定(2)碱酚酞(3)100%(4)偏低(5)防止硝酸银见光分解2.810-3(6)+32CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co(NH3)6Cl3+2H2O温度过高，过氧化氢分解、氨气逸出- 10 -