山东省滨州市届高考化学第一轮复习过关检测《化学实验方案设计与评价》含答案.docx

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山东省滨州市届高考化学第一轮复习过关检测《化学实验方案设计与评价》含答案

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山东省滨州市2020届高考化学第一轮复习过关检测《化学实验方案设计与评价》

本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷

一、单选题（共10小题,每小题4.0分,共40分）

1.下列实验设计、实验现象及解释均正确的是（　　）

A．向漂白粉中滴入70%的硫酸，立刻产生黄绿色气体，说明硫酸具有还原性

B．久置的酚酞试液变浑浊（末变质），加入少量酒精，沉淀消失，说明酚酞易溶于酒精

C．向硫酸铜溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，说明白色沉淀为CuI2

D．向淀粉溶液中加入适量稀硫酸，微热，再加少量新制氢氧化铜悬浊液加热，无红色沉淀，说明淀粉未水解

2.做下列有机实验时，操作正确的是（）

A．检验某溶液中是否含有甲醛：

在盛有2mL10％硫酸铜溶液的试管中滴加10％的氢氧化钠溶液0.5mL，混合均匀，滴入待检液后煮沸

B．实验室制取硝基苯：

先加入苯，再加浓硫酸，最后滴入浓硝酸

C．制取溴苯：

将铁屑、溴水和苯混合后共热

D．提取溶解在水中的碘：

加入CCl4振荡、静置、分层后取出有机层再分离

3.为证明某可溶性一元酸（HA）是弱酸，某学习小组成员分别设计了如下的实验方案，其中不合理的是（　　）

A．室温下，测定0.1mol/LHA溶液的pH，若pH>1，证明HA是弱酸

B．室温下，测定1mol/LNaA溶液的pH，若pH>7，证明HA是弱酸

C．将等浓度、等体积的HCl和NaA溶液混合，若混合溶液的pH<7，证明HA是弱酸

D．在相同条件下，分别对0.1mol/L的HCl和0.1mol/L的HA进行导电实验，若HA溶液的灯光较暗，证明HA为弱酸

4.在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验中，会造成实验结果偏低的是（　　）

A．加热时间过长，固体部分变黑

B．坩锅内附有不挥发杂质

C．晶体不纯，含有不挥发杂质

D．加热过程中有少量晶体溅出

5.下列实验装置设计正确，且能达到目的的是（　　）

6.学生甲和乙设计并完成了下列实验，其中两位同学的实验现象完全相同的是（　　）

7.下列实验设计及描述不正确的是（　　）

A．图甲所示的实验，探究氧化性：

KMnO4>Cl2>I2

B．图乙所示的实验，根据小试管中液面的变化判断铁钉发生析氢腐蚀

C．图丙所示的实验，根据温度计读数的变化用稀盐酸和NaOH溶液反应测定中和热

D．图丁所示的实验，根据试管中液体颜色的变化比较Cl2、Fe3＋、I2的氧化性强弱

8.下述实验方案能达到实验目的的是（　　）

9.下列有关实验设计、实验现象和解释或结论都正确的是（　　）

10.在一定温度下，向足量的饱和Na2CO3（aq）中加入1.06g无水Na2CO3，搅拌后静置，最终所得晶体的质量是（）

A．等于1.06g

B．大于1.06g而小于2.86g

C．等于2.86g

D．大于2.86g

二、双选题（共5小题,每小题6.0分,共30分）

11.（多选）将含杂质4.0克的NaOH固体配成1000mL溶液，取20mL置于锥形瓶中，用0.1mol/L盐酸滴定（甲基橙作指示剂），消耗盐酸20.4mL，则该NaOH固体中含有的杂质可能是（）

A．Na2O

B．Na2CO3

C．NaHCO3

D．Ca（OH）2

12.下列设计的实验方案能达到实验目的的是（　　）

A．制备Al（OH）3悬浊液：

向1mol·L－1AlCl3溶液中加过量的6mol·L－1NaOH溶液

B．提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：

向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入适量饱和Na2CO3溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水

C．检验溶液中是否含有Fe2＋：

取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象

D．探究催化剂对H2O2分解速率的影响：

在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象

13.（多选）某学生测定CuSO4·xH2O晶体的x值，数据如下（已知x的理论值为5.0）：

产生误差的可能原因是（）

A．硫酸铜晶体中含不挥发杂质

B．加热时有晶体溅出

C．实验前，晶体表面有吸附水

D．未做恒重操作

14.（多选）初学晶体结晶水含量测定选用胆矾而不选用其它结晶水合物（如FeSO4•7H2O、Na2SO4•10H2O等），优点可能是（　　）

A．胆矾价廉

B．胆矾较其它结晶水合物更易失去结晶水

C．胆矾失水后有较明显的颜色变化，便于观察

D．CuSO4不易在空气中被氧化

15.（多选）下列有关溶液配制操作对溶液浓度的影响和原因分析都正确的是（）

第Ⅱ卷

三、非选择题（共3小题,每小题10.0分,共30分）

16.工业上用菱锌矿（ZnCO3，含少量Fe2O3、SiO2及不溶于酸的杂质）为原料制取硫酸锌，其工艺流程如图所示：

已知金属离子在溶液中开始沉淀和沉淀完全时的pH：

（1）操作a的名称是________________，该实验操作中所需的玻璃仪器有________________________。

（2）请用离子方程式表示加入H2O2的作用________________________。

（3）加入ZnO调节溶液pH的范围为________________________。

17.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义，下图是工业合成氨的简要流程示意图。

（1）合成氨的原料气往往混有CO2等杂质，在进入合成塔之前需净化，其原因是_______。

（2）工业上合成氨选择的适宜条件是：

以铁为主的催化剂、_______、________。

（3）沿X路线进入合成塔的物质是_______，这样设计的意义是________。

（4）目前工业制硝酸所采用的主要方法是_______法。

18.质子交换膜燃料电池广受关注。

（1）质子交换膜燃料电池中作为燃料的H2通常来自水煤气。

已知:

C（s）+O2（g）=CO（g）ΔH1=-110.35kJ·mol-1

2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）ΔH2=+571.6kJ·mol-1

H2O（l）=H2O（g）ΔH3=+44.0kJ·mol-1

则C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）ΔH4=________________。

（2）燃料气（流速为1800mL·h-1;体积分数为50%H2，0.98%CO，1.64%O2，47.38%N2）中的CO会使电极催化剂中毒，使用CuO/CeO2催化剂可使CO优先氧化而脱除。

①160℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化反应的化学方程式为________________。

②灼烧草酸铈[Ce2（C2O4）3]制得CeO2的化学方程式为________________。

③在CuO/CeO2催化剂中加入不同的酸（HIO3或H3PO4），测得燃料气中CO优先氧化的转化率随温度变化如图1所示。

加入________________（填酸的化学式）的CuO/CeO2催化剂催化性能最好。

催化剂为CuO/CeO2—HIO3，120℃时，反应1h后CO的体积为________________mL。

（3）图2为甲酸质子交换膜燃料电池的结构示意图。

该装置中________________（填“a”或“b”）为电池的负极，负极的电极反应式为________________。

答案解析

1.【答案】B

【解析】A项，发生反应：

Ca（ClO）2＋CaCl2＋2H2SO4===2CaSO4＋2Cl2↑＋2H2O，说明ClO－具有氧化性，A错；C项发生反应2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，C错；D项在加入新制氢氧化铜悬浊液前应加入NaOH溶液中和稀硫酸，D错。

2.【答案】D

【解析】A错误，利用新制氢氧化铜检验醛基必须在碱性介质中进行，所以应该是0.5mL10％硫酸铜溶液的试管中滴加10％的氢氧化钠溶液2mL；B错误，实验室制取硝基苯应先配制混酸，即先加入浓硝酸，再加浓硫酸，最后滴入苯；C错误，制取溴苯不能使用溴水，而应用液溴且反应不需要加热；D正确。

3.【答案】C

【解析】如果HA是弱酸，则0.1mol/LHA溶液的pH>1，NaA溶液的pH>7，A项和B项正确；不管HA是强酸还是弱酸，将等浓度、等体积的HCl和NaA溶液混合，混合溶液的pH均小于7，C项错误；若HA为弱酸，则其在水溶液中不能完全电离，与等浓度的盐酸相比，溶液中的离子浓度小，导电性差，D项正确。

4.【答案】C

【解析】A、加热时间过长，部分变黑等都将导致硫酸铜分解固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，使测量结果偏大，错误；B、坩锅内附有不挥发杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，错误；C、晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，使测量结果偏小，正确；D、加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，使测量结果偏大，错误；

5.【答案】A

【解析】A项可以根据右边玻璃管中的刻度读数得到气体体积，正确；B项是酸式滴定管，错误；C项氨气不能使干燥的pH试纸显色；D项温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口下沿位置，错误。

6.【答案】A

【解析】选项A中两位同学的实验均立刻产生气体；选项B，学生甲的实验先出现沉淀，后沉淀溶解，学生乙的实验开始阶段无现象，后出现沉淀；选项C，学生甲的实验开始无现象，后溶液变为红色，学生乙的实验溶液先变为黄色，后变为红色；选项D，学生甲的实验无现象，学生乙的实验出现沉淀。

7.【答案】B

【解析】图甲中浓盐酸与高锰酸钾反应，氧化剂为高锰酸钾，氧化产物为氯气，氯气与KI反应，氯气是氧化剂，I2是氧化产物，故氧化性：

KMnO4>Cl2>I2，A项正确；食盐水浸泡过的铁钉发生的是吸氧腐蚀，B项错；图丁通入氯气时，下层先变为紫红色（I－被氧化为I2），然后上层变为黄色（Fe2＋被氯气氧化为Fe3＋），D项正确。

8.【答案】D

【解析】食盐水浸泡过的铁钉发生的是吸氧腐蚀，A项错误；铁电极与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应而被腐蚀，B项错误；由电石产生的乙炔中含有的PH3、H2S等气体也能被酸性KMnO4溶液氧化，对乙炔的检验有干扰，C项错误；CH4与Cl2在光照时发生取代反应，可以观察到试管中气体颜色变浅，试管壁出现油状液滴，试管内液面上升，D项正确。

9.【答案】D

【解析】硝酸和铁反应生成硝酸铁，铁过量时，铁和Fe3＋反应生成亚铁离子，滴入硫氰化钾溶液不呈红色，A项错。

碘化银的溶解度小于氯化银，B项错。

原溶液中含有碘单质，不是碘离子，C项错。

红色石蕊试纸遇碱变蓝色，D项正确。

10.【答案】D

【解析】设析出Na2CO3·10H2O质量为x，则：

其中含Na2CO3质量为106x／286，含水质量为180x／286；

（106x／286－1.06g）∶50.0g=（180x／286）∶100g

x=18.9g

11.【答案】AD

【解析】4.0克的NaOH固体即0.1mol，配成1000mL溶液，取20mL应消耗盐酸20.0mL，现在消耗盐酸20.4mL，说明所含的杂质在等质量的情况下比NaOH要消耗盐酸更多，依据反应每40gNaOH消耗1molHCl，而每31gNa2O消耗1molHCl，每53gNa2CO3消耗1molHCl，每84gNaHCO3消耗1molHCl，每37gCa（OH）2消耗1molHCl，所以正确答案是AD。

12.【答案】BD

【解析】A项，AlCl3与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，错误；B项，乙酸与Na2CO3溶液反应而与乙酸乙酯分离，乙酸乙酯不溶于Na2CO3溶液，所以可用分液法分离有机相和水相，正确；C项，没有排除Fe3＋的干扰，正确的检验方法是：

取少量的待检验溶液，滴加KSCN溶液，若不变红色，再滴加少量的新制氯水，若变红色，则说明原溶液中存在Fe2＋，错误；D项，两试管中H2O2浓度相同，后者加有FeCl3溶液，若后者放出O2速率快，说明FeCl3对H2O2的分解有催化作用，正确。

13.【答案】BC

【解析】由坩埚+试样与坩埚质量相比较，可以得到原试样质量=20.82g-11.70g=9.12g，同样可以求得失水后试样的质量=16.02g-11.70g=4.32g，按x的理论值为5.0计算，n（CuSO4·5H2O）=9.12g÷250=0.036mol，失水后的试样的质量=0.036mol×160g/mol=5.76g，因为4.32g＜5.76g，A错误，硫酸铜晶体中含不挥发杂质只会使最后固体质量变大；B正确，加热时有晶体溅出会使最后固体质量减小；C正确，实验前，晶体表面有吸附水会使前后差值变大，D错误，未做恒重操作只会使最终固体质量变大，不会使固体质量变小。

14.【答案】CD

【解析】A、演示实验中选择试剂主要考虑操作是否简单，现象是否明显，性质是否稳定等方面，试剂的价格不是主要考虑的元素，所以选用胆矾的原因不是胆矾价廉，错误；B、加热含有结晶水的晶体，一般都容易失去结晶水，所以选用胆矾的原因不是胆矾较其它结晶水合物更易失去结晶水，错误；C、硫酸铜是无色晶体，含有结晶水的硫酸铜是蓝色固体，所以胆矾失水后有较明显的颜色变化，便于观察，而Na2SO4•10H2O加热前后颜色没有变化，正确；D、硫酸铜比较稳定，不容易被氧。

化，便于通过质量差计算结晶水的质量，而硫酸亚铁在空气中容易被氧化，影响测量结晶水含量，正确。

15.【答案】AB

【解析】A正确，CCl4的密度大于1g/mL，98mLCCl4的质量大于98g，将2gI2加入到98mLCCl4中溶解混匀后，质量分数小于2%；B正确，配制一定浓度的溶液时，将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，洒出的溶液中含有溶质，导致溶质的物质的量n偏小，溶液的浓度偏低；C错误，吸出的液体中含有溶质，导致溶质的物质的量n偏小，溶液的浓度偏低；D错误，配制一定物质的量浓度的食盐溶液，定容，摇匀后部分溶液沾到瓶塞和瓶壁上，液面低于刻度线，此时溶液的浓度准确。

16.【答案】

（1）过滤烧杯、漏斗、玻璃棒

（2）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O（3）3.2～6.2

【解析】工业上用菱锌矿（ZnCO3，含少量Fe2O3、SiO2及不溶于酸的杂质）为原料制取硫酸锌，其工艺流程为：

菱锌矿主要成分为ZnCO3，含少量Fe2O3、SiO2及不溶于酸的杂质，加入稀硫酸后碳酸锌、氧化铁溶解，二氧化硅等不溶物形成沉淀，通过过滤可以分离出不溶物；向所得滤液中加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再加入ZnO调节溶液pH，将铁离子完全生成氢氧化铁沉淀，通过过滤得到纯净的硫酸锌，

（1）根据题中流程可知，通过过滤将硫酸锌溶液和滤渣分离，则操作a的名称为过滤；过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种方法，过滤操作的装置由铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗等仪器组成，则使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；

（2）加入双氧水目的是将亚铁离子氧化成铁离子，以便通过调节溶液pH将杂质除去，从而得到较纯净的硫酸锌，反应的离子反应为：

2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；（3）铁离子开始沉淀的pH为2.7，完全沉淀时的pH为3.2，锌离子开始沉淀的pH为6.2，所以除去铁离子且不影响锌离子的pH范围为3.2～6.2。

17.【答案】

（1）防止杂质使合成氨所用的催化剂“中毒”

（2）400~500℃10~30Mpa

（3）N2和H2未反应的氮气和氢气循环进入合成塔，使氮气和氢气得到充分利用

（4）氨催化氧化法（或氨氧化法）

【解析】

（1）原料气往往混有CO、NH3等杂质，在进入合成塔之前为防止催化剂中毒，需进行净化；

（2）选择400℃～500℃，反应速率和平衡转化率都较高，如温度过高，转化率反而降低，常压下，平衡转化率较高，如增大压强，会造成设备造价和耗能增加；

（3）合成氨工业中，利用氨易液化，分离出N2、H2循环使用，可使平衡向正反应方向移动，则氨气的产率增大；

（4）工业制硝酸所采用的主要方法是氨催化氧化法。

18.【答案】

（1）+131.45kJ·mol-1

（2）①2CO+O2

2CO2

②Ce2（C2O4）3

2CeO2+4CO↑+2CO2↑

③HIO3　3.528

（3）aHCOOH-2e-=CO2↑+2H+

【解析】

（1）已知：

①C（s）+

O2（g）═CO（g）△H1=﹣110.35kJ•mol﹣1

②2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H2=+571.6kJ•mol﹣1

③H2O（l）═H2O（g）△H3=+44.0kJ•mol﹣1

则：

反应C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）可以是①+②×

﹣③得到，根据盖斯定律，△H4=①+②×

﹣③=（﹣110.35kJ•mol﹣1）+（571.6kJ•mol﹣1）×

﹣44.0kJ•mol﹣1

=+131.45kJ/mol；

（2）①160℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化为二氧化碳，方程式为：

2CO+O2

2CO2；

②灼烧草酸铈[Ce2（C2O4）3]，分解制得CeO2、一氧化碳以及二氧化碳，即

Ce2（C2O4）32CeO2+4CO↑+2CO2↑；

③CuO/CeO2催化剂催化性能最好，即化学反应速率最快，据图象知道当HIO3加入时，催化性能最好，催化剂为CuO/CeO2﹣HIO3，120℃时，CO的转化率是80%，气体混合物流速为1800mL•h﹣1；体积分数为：

0.98%的CO，则反应1小时后CO的体积为

×1800×1×0.98%×80%=3.528；

（3）在燃料电池中，氢离子移向正极b极，a是负极，在负极上发生燃料失电子的氧化反应：

HCOOH-2e﹣=CO2+2H+。