2019-2020年高考化学二轮复习 专题跟踪训练12 第一部分 专题四 化学实验基础 第12讲 化学实验方案与设计.doc

2019-2020年高考化学二轮复习 专题跟踪训练12 第一部分 专题四 化学实验基础 第12讲 化学实验方案与设计一、选择题1在实验室进行有关物质的制备流程中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是()ACCOCO2Na2CO3溶液BCuCu(NO3)2溶液Cu(OH)2CCaOCa(OH)2溶液NaOH溶液DFeFe2O3Fe2(SO4)3溶液解析A项中实验室里用在空气中点燃单质碳来制备CO的方法，在操作上是不可行的。B项中用硝酸银溶液与铜反应来制备Cu(NO3)2是不经济的。D项中用点燃铁制备氧化铁在理论上不正确、操作上不可行。答案C2下列制取物质的方案中，最合理的是()A用过量的铁与稀硫酸反应制绿矾(FeSO47H2O)B铜与浓硫酸反应制CuSO4C过量的Fe与Cl2反应制FeCl2DMnO2与稀盐酸反应制Cl2解析A中FeH2SO4=FeSO4H2；B中Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O，产生污染性气体SO2；C中2Fe3Cl22FeCl3，无法制得FeCl2；D中MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O，MnO2与稀盐酸不反应。答案A3下列装置能达到实验目的的是()A用图所示装置测定NaOH的浓度B用图所示装置分馏少量石油C用图所示装置在实验室制备收集氨气D用图所示装置鉴别碳酸钠和碳酸氢钠解析图中NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中，图示为酸式滴定管，A项错误；图中温度计应置于蒸馏烧瓶支管口处，B项错误；图中收集氨气的试管中的导管应通到试管底部，C项错误；图中加热时澄清石灰水变浑浊，则被加热的物质为NaHCO3，加热时澄清石灰水无明显现象，则被加热的物质为Na2CO3，D项正确。答案D4用以下三种途径来制取相同质量的硝酸铜：铜与浓硝酸反应；铜与稀硝酸反应；铜与氧气反应生成CuO，CuO再与稀硝酸反应。下列有关叙述不正确的是()A所消耗的硝酸的量：B对环境造成的危害，最小C因铜与浓硝酸作用最快，故制取硝酸铜的最佳方案是D三种途径所消耗的铜的质量相等解析法消耗的HNO3多，且产生的污染性气体也多，最佳方案应是。答案C5(xx安徽卷)为实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是()选项实验目的主要仪器试剂A分离Br2和CCl4混合物分液漏斗、烧杯Br2和CCl4混合物、蒸馏水B鉴别葡萄糖和蔗糖试管、烧杯、酒精灯葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液C实验室制取H2试管、带导管的橡皮塞锌粒、稀硝酸D测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH溶液、0.1000 molL1盐酸解析分液漏斗用于分离两种互不相溶的液体，而Br2和CCl4相互溶解，A项不合理；葡萄糖与银氨溶液在水浴加热条件下产生光亮的银镜，而蔗糖与银氨溶液无此现象，故B项正确；锌与稀硝酸反应生成的是氮的低价氧化物NO，甚至生成N2或NH4NO3，不生成H2，故C项错误；D项中缺少指示酸碱恰好反应的指示剂，故D项不能达到目的。答案B6(xx新课标全国卷)利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()选项实验结论A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的浊液Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S)B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸解析分析和中物质发生的反应以及所产生的气体与中物质的反应，根据相关现象得出实验结论。 ANa2S与稀硫酸发生反应：Na2SH2SO4=Na2SO4H2S，H2S气体通过导管进入，产生Ag2S黑色沉淀，可能是H2S与AgNO3反应的结果，不能得出Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S)。 B浓硫酸使蔗糖发生脱水炭化，并与生成的碳发生氧化还原反应，生成CO2、SO2和H2O，混合气体通过导管进入，其中SO2与溴水发生反应：SO2Br2 2H2O=H2SO4 2HBr，该过程中浓硫酸体现脱水性和强氧化性。C稀盐酸与Na2SO3发生反应：Na2SO32HCl=2NaClSO2H2O，SO2与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，若中为BaCl2等可溶性钡盐，则不能生成沉淀。D浓硝酸与Na2CO3发生反应：Na2CO32HNO3=2NaNO3CO2H2O，说明HNO3的酸性强于H2CO3。中Na2SiO3溶液产生白色沉淀，但不能据此证明H2CO3的酸性强于H2SiO3，其原因是浓硝酸具有强挥发性，挥发出的HNO3气体与CO2一并进入Na2SiO3溶液，且均能与其发生反应而产生H2SiO3沉淀。答案B7下述实验设计能够达到目的的是()编号实验目的实验设计A证明盐酸的酸性比醋酸强用同一电路测等体积盐酸、醋酸溶液的导电性B证明H2CO3酸性比H2SiO3强将CO2通入Na2SiO3溶液中C证明钠的金属活动性比铜强向CuCl2溶液中投入金属钠D证明溶液中含有I向溶液中加入淀粉溶液解析溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关，离子浓度越大导电能力越强，盐酸和醋酸的浓度不一定相同，所以二者的强弱不能通过此实验确定，A选项错误；将CO2通入Na2SiO3溶液中，发生反应CO2Na2SiO3H2O=Na2CO3H2SiO3，利用了“强酸制弱酸”原理，所以H2CO3的酸性强于H2SiO3，B选项正确；将钠投入氯化铜溶液中，钠与水先反应，所以不能置换出铜，不能证明钠的金属性比铜强，C选项错误；能使淀粉变蓝的是单质碘，碘离子不能使淀粉变蓝，D选项错误。答案B8下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是()A取a克混合物充分加热，减重b克B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体解析生成的CO2气体没有干燥，把H2O的质量也当成CO2的质量，导致CO2的质量偏大。答案C9(xx浙江嘉兴一模)某溶液可能含有Cl、SO、CO、NH、Fe3、Fe2、Al3和Na。某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：由此可知原溶液中()Ac(Fe3)0.2 molL1B溶液中至少有4种离子存在，其中Cl一定存在，且c(Cl)0.2 molL1CSO、NH、Na一定存在，CO、Al3一定不存在D要确定原溶液中是否含有Fe2，其操作为：取少量原溶液于试管中，加入适量氯水，无现象，再加KSCN溶液，溶液成血红色，则含有Fe2解析加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，说明有NH，而且为0.02 mol；同时产生红褐色沉淀，说明有Fe3，但由于Fe2极易被氧化为Fe3，所以Fe3与Fe2至少存在一种，又由于Fe3(或Fe2)不能与CO共存，所以原溶液中没有CO；根据过滤、洗涤、灼烧后得1.6 g固体(Fe2O3)可知，铁元素为0.02 mol；滤液焰色反应呈黄色，说明有Na，但不能说明原溶液中一定有Na，因为在加入过量NaOH溶液时，引入了Na；通入足量CO2无现象，说明无Al3；产生不溶于盐酸的4.66 g沉淀，说明有SO，且为0.02 mol；根据电荷守恒可知一定有Cl，且至少为0.02 mol；由此可知，原溶液中NH、SO、Cl一定存在，Fe3与Fe2至少有一种存在；Na可能存在也可能不存在；CO、Al3一定不存在。答案B10(xx河北衡水中学调研)化合物SOI2、SOBr2、SOCl2、SOClF、SF4、SBrF3、SOBrCl在水中容易水解，但不发生氧化还原反应，所有产物都是可溶的。现将其中的一种化合物A配成溶液，稀释后分成几份，分别加入一系列0.1 molL1的试剂(已知氟化钙难溶于水)。列表如下：加入试剂测出结果实验结论硝酸和硝酸银产生淡黄色沉淀(a)氯化镁无沉淀溶液微热后，再用NH3将pH调到7，然后加入硝酸钙无明显反应(b)向该物质的酸性溶液中加入高锰酸钾，然后加入硝酸钡高锰酸钾的特征颜色消失，加入硝酸钡后产生白色沉淀氯化铁、四氧化碳四氧化碳层不显紫色(c)根据实验结果，下列实验结论不正确的是()A实验结论(a)一定含有Br，可能含有ClB实验结论(b)排除FC实验结论(c)排除ID该化合物的化学式是SOBr2解析A项，溶液中加硝酸银生成淡黄色沉淀，说明溶液中含溴离子，可能有氯离子；B项，根据氟化钙难溶于水，无明显现象说明溶液中无氟离子；C项，假设溶液中有碘离子，遇到氯化铁会生成碘单质，而四氯化碳层不显紫色，说明溶液中不含碘离子；D项，综合上述分析该化合物的化学式可能是SOBr2或SOBrCl。答案D11(xx浙江名校联考)下列实验操作、现象和原因解释不合理的是()选项实验操作实验现象原因解释A将一片较薄的铝片放在酒精灯火焰上灼烧铝片慢慢熔化呈液滴状铝表面的氧化膜致密且熔点很高，阻碍铝与氧气的接触，同时铝的熔点较低B将等表面积的镁条、铝片(均除去氧化膜)分别放入装有等浓度、等体积盐酸的两支试管中都产生气泡，镁条表面产生气泡更快镁的金属性比铝的金属性强，镁更易失去电子，所以反应更快C在打磨过的铁片上先滴一滴饱和食盐水，再滴一滴酚酞液滴的外圈先出现红色铁片不纯含有碳元素，铁、碳与食盐水形成原电池，溶液外圈发生吸氧腐蚀，导致c(OH)增大，溶液呈碱性D取少量淀粉和稀硫酸，加热几分钟，冷却后加入新制氢氧化铜，加热至沸腾未见砖红色沉淀生成淀粉水解后没有葡萄糖生成解析检验淀粉的水解产物，需要先加NaOH溶液中和硫酸，然后再加新制Cu(OH)2悬浊液，D错。答案D12某同学为检验溶液中是否含有常见的几种无机离子，进行了如图所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使温润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是()A原溶液中一定含有SOB原溶液中一定含有NHC原溶液中一定含有ClD原溶液中一定含有Fe3解析原溶液中加入硝酸钡和盐酸生成白色沉淀，则原溶液中可能存在SO、SO或Ag，A项错误；加硝酸银溶液产生白色沉淀，可能是加入的盐酸引起的，C项错误；因检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中一定含有NH，B项正确；加入KSCN得到红色溶液，Fe3可能是由原溶液中的Fe2被NO氧化而来的，故原溶液中不一定含有Fe3，D项错误。答案B二、非选择题13(xx江苏卷)实验室用下图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4。已知K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液，在05、强碱性溶液中比较稳定，在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。(1)装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为_，将制备的Cl2通过装置B可除去_(填化学式)。(2)Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在05进行，实验中可采取的措施是_、_。(3)制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为_。(4)提纯K2FeO4粗产品含有Fe(OH)3、KCl等杂质的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 molL1KOH溶液中，_。(实验中须使用的试剂有：饱和KOH溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱)。解析(1)用饱和食盐水可除去Cl2中的HCl。(2)为防止Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3，应缓慢加入盐酸以控制Cl2与KOH反应的速率，同时应将C装置置于冰水浴中。(3)因K2FeO4在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解，为防止Fe3过量，应在不断搅拌的条件下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中。(4)先用砂芯漏斗过滤除去Fe(OH)3，滤液中含K2FeO4、KOH、KCl，利用K2FeO4微溶于浓KOH溶液的性质，将盛有滤液的烧杯置于冰水浴中，然后加入饱和KOH溶液，搅拌、静置后用砂芯漏斗过滤，析出的K2FeO4晶体用适量乙醇洗涤23次后，用真空干燥箱干燥即得产品。答案(1)2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2OHCl(2)缓慢滴加盐酸装置C加冰水浴(3)在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中(4)用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤23次后，在真空干燥箱中干燥14(xx江苏卷)实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛(实验装置见下图，相关物质的沸点见附表)。附表相关物质的沸点(101 kPa)物质沸点/物质沸点/溴58.81,2二氯乙烷83.5苯甲醛179间溴苯甲醛229其实验步骤为：步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1,2二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60，缓慢滴加经浓H2SO4干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却。步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10% NaHCO3溶液洗涤。步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤。步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分。(1)实验装置中冷凝管的主要作用是_，锥形瓶中的溶液应为_。(2)步骤1所加入的物质中，有一种物质是催化剂，其化学式为_。(3)步骤2中用10% NaHCO3溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相的_(填化学式)。(4)步骤3中加入无水MgSO4固体的作用是_。(5)步骤4中采用减压蒸馏技术，是为了防止_。解析(1)锥形瓶中可用NaOH溶液吸收沸点低的溴。(2)苯甲醛和溴是反应物，1,2二氯乙烷是溶剂，无水AlCl3是催化剂。(3)有机物中混有HCl和Br2，可用NaHCO3溶液将其除去。(4)无水MgSO4有吸水性。(5)减压蒸馏可降低馏出物的沸点，因此可以在较低温度下分离它们，而低温下间溴苯甲醛难被氧化。答案(1)冷凝回流NaOH(2)AlCl3(3)Br2、HCl(4)除去有机相的水(5)间溴苯甲醛被氧化15实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(发生装置如下图所示)。(1)制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是_(填序号)。A往烧瓶中加入MnO2粉末B加热C往烧瓶中加入浓盐酸(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。丙方案：与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是_。进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。a量取试样20.00 mL，用0.1000 molL1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00 mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为_molL1；b平行滴定后获得实验结果。判断丙方案的实验结果_(填“偏大”、“偏小”或“准确”)。已知：Ksp(CaCO3)2.8109、Ksp(MnCO3)2.31011进行丁方案实验：装置如下图所示(夹持器具已略去)。()使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_转移到_中。()反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是_(排除仪器和实验操作的影响因素)。解析(1)注意加药品时先加入固体MnO2，再通过分液漏斗加入浓盐酸，最后才能加热。(2)根据反应的离子方程式：MnO24H2ClMn2Cl22H2O，可以看出反应残余溶液中c(Cl)c(H)，用甲方案测得的是c(Cl)，而不是c(H)。根据c(盐酸)V(盐酸)c(氢氧化钠)V(氢氧化钠)，c(盐酸)c(氢氧化钠)V(氢氧化钠)/V(盐酸)22.00 mL0.1000 molL1/20.00 mL0.1100 molL1。由于Ksp(MnCO3)M(CaCO3)，故最终剩余的固体质量增加，导致测得的c(H)偏小。如果把残余清液转移到Zn粒中，则Y形管内壁就会附着一些清液；Zn与盐酸反应放热，因此，冷却后气体的体积将缩小。答案(1)ACB(2)残余清液中n(Cl)n(H)(或其他合理答案)0.1100偏小()Zn粒残余清液()装置内气体尚未冷至室温16.实验室有一瓶失去标签的某白色固体X，已知某成分可能是碳酸或亚硫酸的钠盐或钾盐，且成分单一。现某化学小组通过如下步骤来确定其成分：(1)阳离子的确定实验方法及现象：_。结论：此白色固体是钠盐。(2)阴离子的确定取少量白色固体于试管中，然后向试管中加入稀盐酸，白色固体全部溶解，产生无色气体，此气体能使溴水褪色。要进一步确定其成分，需继续进行如下实验：取适量白色固体配成溶液，取少许该溶液于试管中，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。.确认其成分后，由于某些原因，该白色固体部分被空气氧化，该化学小组想用已知浓度的酸性KMnO4溶液来确定变质固体中X的含量，具体步骤如下：步骤：称取样品1.000 g。步骤：将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤：移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，用0.01 molL1 KMnO4标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。(1)写出步骤所发生反应的离子方程式：_。(2)在配制0.01 molL1 KMnO4溶液定容时若仰视，则最终测得变质固体中X的含量_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(3)滴定结果如表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.002.0020.20则该变质固体中X的质量分数为_。解析.(1)题干中的一个关键信息是白色固体成分单一，由阳离子检验的结论可知该盐是钠盐，检验Na，要通过焰色反应。(2)由实验可知该盐是Na2SO3，Na2SO3在空气中易被氧化成Na2SO4。.(1)酸性KMnO4作强氧化剂，氧化SO。(2)配制0.01 molL1 KMnO4溶液定容时若仰视，使c(KMnO4)减小，则在进行滴定操作时消耗V(KMnO4)会变大，导致测得变质固体中Na2SO3的含量偏大。(3)分析滴定数据，第3次滴定数据明显偏小，滴定中误差较大，计算时应舍去。由第1、2次滴定数据可知平均消耗V(KMnO4)20.00 mL，n(KMnO4)/n(Na2SO3)2/5，n(Na2SO3)51013 mol，m(Na2SO3)0.63 g。答案.(1)取固体少许，进行焰色反应实验，焰色为黄色.(1)2MnO5SO6H=2Mn25SO3H2O(2)偏大(3)63%