高考化学二轮刷题第一部分专题10.docx
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高考化学二轮刷题第一部分专题10
专题10 化学实验
『经典题组』
1.由下列实验现象一定能得出相应结论的是( )
答案 A
解析 澄清石灰水变浑浊,说明物质分解产生了CO2,直接加热的Na2CO3没有分解,反而间接加热的NaHCO3分解了,说明了热稳定性:
Na2CO3>NaHCO3,A正确;右侧棉球变蓝说明生成了I2,既可能是Br2氧化了I-,也可能是Cl2氧化了I-,所以无法比较Br2和I2的氧化性强弱,B错误;从生成淡黄色沉淀这一现象可以得出的结论是:
AgCl的溶解度大于AgBr,由于AgCl的量相对较充足,从生成黄色沉淀这一现象可以得出的结论是:
AgCl的溶解度大于AgI;因此仅根据所给的实验操作和现象,无法判断AgBr和AgI的溶解度相对大小,C错误;盐酸具有挥发性,挥发出的盐酸也能使Na2SiO3溶液中出现浑浊:
2HCl+Na2SiO3===H2SiO3↓+2NaCl,不能证明H2CO3的酸性强于H2SiO3,不能说明非金属性C大于Si,D错误。
2.某学生探究0.25mol·L-1Al2(SO4)3溶液与0.5mol·L-1Na2CO3溶液的反应,实验如下。
下列分析错误的是( )
A.实验1中,白色沉淀a是Al(OH)3
B.实验2中,白色沉淀b中含有CO
C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净,不可使用相同的检验试剂
D.实验1、2中,白色沉淀成分不同可能与混合后溶液的pH有关
答案 C
解析 由实验1的现象可知,实验1中白色沉淀a是Al(OH)3,故A正确;实验2中有气泡生成,该气体为二氧化碳,可说明白色沉淀b含有CO
,故B正确;最后溶液中均含有硫酸根离子,检验沉淀是否洗涤干净,都可通过检验硫酸根离子的方法,即用盐酸酸化的BaCl2溶液,观察是否有白色沉淀生成,故C错误;实验1、2中,加入试剂的顺序不同,溶液的pH不同,生成的沉淀不同,说明白色沉淀的成分与溶液的pH有关,故D正确。
3.下列有关实验现象和结论均正确的是( )
答案 C
解析 KCl不影响铁离子与SCN-的络合反应,则向FeCl3和KSCN混合溶液中加入少量KCl固体,溶液颜色不变,故A错误;加入稀硝酸酸化的硝酸钡溶液,亚硫酸根离子会被氧化为硫酸根离子,不能排除亚硫酸根离子的干扰,故B错误;D项中不一定是钾盐,可能是碱等,故D错误。
4.有关下列四组实验描述不正确的是( )
A.加热甲装置中的烧杯可以分离SiO2和NH4Cl
B.利用装置乙可证明非金属性强弱:
Cl>C>Si
C.打开丙中的止水夹,一段时间后,可观察到烧杯内溶液上升到试管中
D.向丁中铁电极区滴入2滴铁氰化钾溶液,一段时间后,烧杯中不会有蓝色沉淀生成
答案 B
解析 NH4Cl受热分解,产生的气体在烧瓶底部受冷又化合成NH4Cl,利用加热甲装置中的烧杯可以分离SiO2和NH4Cl,故A正确;氯元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4,另外盐酸有挥发性,生成的CO2中混有HCl,无法判断碳酸的酸性比硅酸强,由装置乙无法证明非金属性强弱:
Cl>C>Si,故B错误;该装置构成原电池,该装置中铁发生吸氧腐蚀,一段时间后,试管内压强减小,打开止水夹,烧杯内溶液上升到试管中,故C正确;ZnFe原电池中Zn为负极,Fe为正极,烧杯内无Fe2+,则滴入2滴铁氰化钾溶液,烧杯中不会有蓝色沉淀生成,故D正确。
『高考题组』
1.(2019·全国卷Ⅰ)实验室制备溴苯的反应装置如下图所示,关于实验操作或叙述错误的是( )
A.向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B.实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色
C.装置c中碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D.反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶,得到溴苯
答案 D
解析 向圆底烧瓶中滴加液体前,要先打开K,以保证液体顺利滴下,A正确;装置b中CCl4的作用是吸收反应过程中未反应的溴蒸气,Br2溶于CCl4显浅红色,B正确;装置c中Na2CO3溶液的作用是吸收反应中产生的HBr气体,防止污染环境,C正确;反应后的混合液应该用稀NaOH溶液洗涤,目的是除去溴苯中的溴,然后分液得到溴苯,不是结晶,D错误。
2.(2019·全国卷Ⅱ)下列实验现象与实验操作不相匹配的是( )
实验操作
实验现象
A
向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去,静置后溶液分层
B
将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
C
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸
有刺激性气味气体产生,溶液变浑浊
D
向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉,充分振荡后加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失,加KSCN后溶液颜色不变
答案 A
解析 乙烯中含有双键,可以使高锰酸钾酸性溶液褪色,静置后溶液不分层,A不匹配;镁条与二氧化碳在点燃条件下反应的化学方程式为2Mg+CO2
2MgO+C,所以集气瓶中产生浓烟,并有黑色颗粒产生,B匹配;根据反应Na2S2O3+2HCl===2NaCl+S↓+SO2↑+H2O,SO2为有刺激性气味的气体,硫是淡黄色沉淀,可使溶液变浑浊,C匹配;根据反应2Fe3++Fe===3Fe2+,可得随Fe3+逐渐消耗,黄色逐渐消失,加KSCN溶液后,溶液颜色不变,D匹配。
3.(2019·全国卷Ⅲ)下列实验不能达到目的的是( )
选项
目的
实验
A
制取较高浓度的次氯酸溶液
将Cl2通入碳酸钠溶液中
B
加快氧气的生成速率
在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
C
除去乙酸乙酯中的少量乙酸
加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
D
制备少量二氧化硫气体
向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
答案 A
解析 将Cl2通入碳酸钠溶液中发生反应:
Cl2+2Na2CO3+H2O===NaCl+NaClO+2NaHCO3,不能制取较高浓度的次氯酸溶液,A错误;在过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂,可加快氧气的生成速率,B正确;加入饱和碳酸钠溶液可以中和乙酸,降低乙酸乙酯在水中的溶解度,C正确;向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸,应用强酸制弱酸的原理,可以制备二氧化硫气体,D正确。
4.(2019·全国卷Ⅰ)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。
为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如下:
回答下列问题:
(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污,方法是______________。
(2)步骤②需要加热的目的是________________,温度保持80~95℃,采用的合适加热方式是________。
铁屑中含有少量硫化物,反应产生的气体需要净化处理,合适的装置为________(填标号)。
(3)步骤③中选用足量的H2O2,理由是_______________,分批加入H2O2,同时为了________,溶液要保持pH小于0.5。
(4)步骤⑤的具体实验操作有______________,经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数,将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水,失重5.6%。
硫酸铁铵晶体的化学式为________。
答案
(1)碱煮水洗
(2)加快反应 热水浴 C
(3)将Fe2+全部氧化为Fe3+;不引入杂质 防止Fe3+水解
(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)
(5)NH4Fe(SO4)2·12H2O
解析
(1)铁屑表面的油污可以用热的氢氧化钠溶液洗涤,然后用蒸馏水洗净。
(2)铁与硫酸反应,加热的目的是加快反应速率,由于温度要控制在80~95℃,应选择水浴加热。
铁中含有少量的硫化物,与酸反应后生成酸性气体H2S,应该用碱溶液吸收H2S气体,为了防止倒吸,应选用C装置。
(3)铁与硫酸反应后生成硫酸亚铁,加入足量的过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子,离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O。
Fe3+在水中易水解生成氢氧化铁沉淀,为了抑制Fe3+水解,溶液要保持较强的酸性,使用H2O2的优点是不引入新的杂质。
(4)硫酸铁溶液与固体硫酸铵反应生成硫酸铁铵,将溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体。
(5)由于样品失去1.5个结晶水,失重5.6%,即
M[NH4Fe(SO4)2·xH2O]×5.6%=1.5×18g·mol-1,可以求得M[NH4Fe(SO4)2·xH2O]≈482g·mol-1,利用硫酸铁铵晶体的摩尔质量减去NH4Fe(SO4)2的摩尔质量可以求出晶体中水的摩尔质量之和,为216g·mol-1,由此可以求出x=12。
5.(2019·全国卷Ⅱ)咖啡因是一种生物碱(易溶于水及乙醇,熔点234.5℃,100℃以上开始升华),有兴奋大脑神经和利尿等作用。
茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸(Ka约为10-6,易溶于水及乙醇)约3%~10%,还含有色素、纤维素等。
实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。
索氏提取装置如右图所示。
实验时烧瓶中溶剂受热蒸发,蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管,冷凝后滴入滤纸套筒1中,与茶叶末接触,进行萃取。
萃取液液面达到虹吸管3顶端时,经虹吸管3返回烧瓶,从而实现对茶叶末的连续萃取。
回答下列问题:
(1)实验时需将茶叶研细,放入滤纸套筒1中,研细的目的是__________。
圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂,加热前还要加几粒________。
(2)提取过程不可选用明火直接加热,原因是_______________。
与常规的萃取相比,采用索氏提取器的优点是_____________。
(3)提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。
与水相比,乙醇作为萃取剂的优点是________________。
“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外,还有________(填标号)。
A.直形冷凝管B.球形冷凝管
C.接收瓶D.烧杯
(4)浓缩液加生石灰的作用是中和________和吸收________。
(5)可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。
将粉状物放入蒸发皿中并小火加热,咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结,该分离提纯方法的名称是________。
答案
(1)增加固液接触面积,提取充分 沸石
(2)乙醇易挥发,易燃 使用溶剂量少,可连续萃取(萃取效率高)
(3)乙醇沸点低,易浓缩 AC
(4)单宁酸 水
(5)升华
解析
(2)乙醇的沸点低,易挥发、易燃烧,明火加热温度高,会导致乙醇挥发、燃烧,因此不能选用明火直接加热。
根据索氏萃取的原理描述可知,采用索氏提取器的优点是溶剂的用量减少,可连续萃取(萃取效率高)。
(3)由于提取液需“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂,所以与水相比,乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低,易浓缩。
“蒸馏浓缩”需选用的仪器有圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管、直形冷凝管(球形冷凝管的主要用途是使气体冷却回流)、接收瓶等。
(4)茶叶中含单宁酸,加入生石灰的目的是中和单宁酸,同时吸收水分。
(5)粉状的咖啡因在蒸发皿中受热,在扎有小孔的滤纸上凝结变为固体,此过程称为升华。
6.(2019·全国卷Ⅲ)乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用药物之一。
实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下:
实验过程:
在100mL锥形瓶中加入水杨酸6.9g及醋酸酐10mL,充分摇动使固体完全溶解。
缓慢滴加0.5mL浓硫酸后加热,维持瓶内温度在70℃左右,充分反应。
稍冷后进行如下操作。
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100mL冷水中,析出固体,过滤。
②所得结晶粗品加入50mL饱和碳酸氢钠溶液,溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4g。
回答下列问题:
(1)该合成反应中应采用________加热。
(填标号)
A.热水浴B.酒精灯
C.煤气灯D.电炉
(2)下列玻璃仪器中,①中需使用的有________(填标号),不需使用的有________________(填名称)。
(3)①中需使用冷水,目的是_________________。
(4)②中饱和碳酸氢钠的作用是__________________,以便过滤除去难溶杂质。
(5)④采用的纯化方法为________。
(6)本实验的产率是________%。
答案
(1)A
(2)BD 分液漏斗、容量瓶
(3)充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)
(4)生成可溶的乙酰水杨酸钠
(5)重结晶 (6)60
解析
(1)该反应的温度应控制在70℃左右,所以应采用热水浴加热,故选A。
(2)①中的操作是过滤,应选择的仪器是烧杯和漏斗,不需要使用分液漏斗和容量瓶。
(3)操作①中使用冷水的目的是降低乙酰水杨酸的溶解度,使其充分结晶析出。
(4)②中饱和NaHCO3的作用是与乙酰水杨酸反应生成乙酰水杨酸钠,乙酰水杨酸钠能溶于水,以便过滤除去其他难溶性杂质。
(5)可利用重结晶的方法来纯化得到乙酰水杨酸晶体。
(6)设水杨酸完全反应生成乙酰水杨酸的质量为x。
138 180
6.9g x
x=
=9.0g
乙酰水杨酸的产率为
×100%=60%。
『模拟题组』
1.(2019·成都七中高三期末)下列实验结论或推论不正确的是( )
答案 B
解析 向饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体,发生反应:
Na2CO3+CO2+H2O===2NaHCO3,由于溶解度:
Na2CO3>NaHCO3,且反应产生的NaHCO3的质量大,溶剂质量小,所以析出白色NaHCO3沉淀,A正确;将一小粒Na投入乙醇中,发生反应:
2CH3CH2OH+2Na―→2CH3CH2ONa+H2↑,由于Na的密度比乙醇大,所以Na沉入试管底部,当Na表面有氢气时,浮力增大,使Na块上浮到乙醇表面,不是乙醇的密度比钠大,B错误;向盛有KI3溶液的试管中分别滴加淀粉溶液、AgNO3溶液,前者变为蓝色,说明溶液中含有I2,后者产生黄色沉淀,说明溶液中含有I-,从而证明在KI3溶液中存在化学平衡:
I
I-+I2,C正确;向含有Mn2+的草酸溶液中滴加酸性KMnO4溶液褪色快,说明Mn2+对KMnO4与草酸的反应起催化作用,D正确。
2.(2019·山西孝义高三期末)已知饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠晶体混合加热可制备氮气。
利用如下装置制取氮气,并用氮气制备Ca3N2,Ca3N2遇水发生水解反应。
下列说法错误的是( )
A.①中发生的化学反应为NaNO2+NH4Cl
NaCl+N2↑+2H2O
B.④、⑥中依次盛装的试剂可以是浓H2SO4、碱石灰
C.③中盛放的试剂是NaOH溶液
D.实验结束,取⑤中的少量产物于试管中,加适量蒸馏水,可以使试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝
答案 C
解析 根据题干可知,装置①为制备氮气的装置,饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠晶体混合生成氮气、氯化钠和水,所以反应方程式为NaNO2+NH4Cl
NaCl+N2↑+2H2O,故A正确。
Ca3N2遇水发生水解,所以产生的氮气需要干燥才能进入玻璃管中反应,装置④应为干燥装置,可选用浓硫酸作干燥剂;装置⑥中也应装有干燥剂,防止空气中的水蒸气进入,装置⑥中可盛放碱石灰,故B正确。
装置中含有氧气,可利用装置③除去装置中的氧气,NaOH溶液不能除氧气,可改成酸性氯化亚铁溶液,故C错误;实验结束后,装置⑤中有生成的Ca3N2,Ca3N2遇水发生水解反应生成NH3和Ca(OH)2,NH3可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝,故D正确。
3.(2019·山东师大附中高三模拟)某化学兴趣小组以黄铜矿(主要成分CuFeS2)为原料进行如下实验探究。
为测定黄铜矿中硫元素的质量分数,将m1g该黄铜矿样品放入如图所示装置中,从a处不断地缓缓通入空气,高温灼烧石英管中的黄铜矿样品。
(1)锥形瓶A内所盛试剂是__________;装置B的作用是____________;锥形瓶D内发生反应的离子方程式为________________________。
(2)反应结束后将锥形瓶D中的溶液进行如下处理:
向锥形瓶D中加入过量H2O2溶液反应的离子方程式为_________;操作Ⅱ是洗涤、烘干、称重,其中洗涤的具体方法为_______________;该黄铜矿中硫元素的质量分数为____________(用含m1、m2的代数式表示)。
(3)反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO),要验证熔渣中存在FeO,应选用的最佳试剂是________。
A.KSCN溶液、氯水B.稀盐酸、KMnO4溶液
C.稀硫酸、KMnO4溶液D.NaOH溶液
(4)已知:
Cu+在强酸性环境中会发生反应生成Cu和Cu2+,设计实验方案验证泡铜中是否含有Cu2O______________。
答案
(1)氢氧化钠溶液 干燥气体 SO2+2OH-===SO
+H2O
(2)H2O2+SO
===SO
+H2O 将固体放入漏斗中,用玻璃棒引流向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀,待滤液自然流下后,重复上述操作2~3次
×100%
(3)C
(4)取少量泡铜于试管中,加入适量稀硫酸,若溶液呈蓝色,说明泡铜中含有Cu2O,否则不含有
解析
(1)为防止二氧化碳的干扰,应将空气中的二氧化碳用碱液除掉,锥形瓶A内所盛试剂是氢氧化钠溶液,通过碱石灰干燥吸收水蒸气,生成的二氧化硫能和过量氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水,反应的离子方程式为:
SO2+2OH-===SO
+H2O。
(2)亚硫酸根离子具有还原性,能被过氧化氢氧化生成硫酸根离子,反应的离子方程式为:
H2O2+SO
===SO
+H2O;m2g固体为硫酸钡的质量,结合硫元素守恒计算得到硫元素的质量分数=
×100%=
×100%。
(3)反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜(Cu、Cu2O)和熔渣(Fe2O3、FeO),要验证熔渣中存在FeO,应加入硫酸溶解后加入高锰酸钾溶液观察高锰酸钾溶液是否褪色。
『高考预测』
六氨氯化镁(MgCl2·6NH3)具有极好的可逆吸、放氨特性,是一种优良的储氨材料。
某研究小组在实验室以菱镁矿(主要成分MgCO3,含少量FeCO3等杂质)为原料制备六氨氯化镁,实验流程图如下:
其中氨化过程装置示意图如下:
已知:
①与Mg2+结合能力:
H2O>NH3>HOCH2CH2OH>CH3OH
②相关物质的性质见下表
(1)调pH适合的物质是________(填化学式)。
(2)在空气中直接加热MgCl2·6H2O晶体得不到纯的无水MgCl2,原因是_______________(用化学方程式表示)。
(3)虚框内装置的作用是____________,操作a的名称是________。
(4)提纯操作中,下列洗涤剂最合适的是________。
A.冰浓氨水
B.乙二醇和水的混合液
C.氨气饱和的甲醇溶液
D.氨气饱和的乙二醇溶液
(5)制得产品后,该科研小组对产品的成分进行测定,其中氯离子含量检测方法如下:
a.称取1.420g样品,加足量硫酸溶解,配制成250mL溶液;
b.量取25.00mL待测液于锥形瓶中;
c.用0.2000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点,记录消耗AgNO3标准溶液的体积;
d.重复b、e操作2~3次,平均消耗AgNO3标准溶液10.00mL。
①配制样品溶液时加硫酸的目的是_______________。
②该样品中氯离子百分含量为________。
③将氯离子百分含量实验值与理论值(36.04%)相比较,请分析造成此结果的可能原因有______________(已知滴定操作正确、硫酸根离子对检测无影响)。
答案
(1)MgO(合理即可)
(2)MgCl2+2H2O
Mg(OH)2+2HCl↑或MgCl2+H2O
Mg(OH)Cl+HCl↑
(3)吸收剩余氨气,防止水蒸气进入三颈烧瓶中 过滤
(4)C
(5)①除去NH3,避免NH3与银离子络合,干扰检测 ②50.00% ③氨化过程不完全或晶体称量时已有部分氨气逸出
解析 (3)倒置漏斗用于吸收剩余的氨气,干燥管用于防止水蒸气进入三颈烧瓶中;由于六氨氯化镁不溶于乙二醇,所以可用过滤的方法得到粗产品。
(4)根据甲醇的沸点65℃和乙二醇的沸点197℃,产品在二者中都是难溶的,所以用氨气饱和的甲醇溶液洗涤粗产品,因甲醇和氨气都易挥发,更有利于提纯产品,因此正确答案为C。
(5)①检验Cl-需要用AgNO3,而Ag+能与NH3络合生成[Ag(NH3)2]+,所以加入硫酸除去NH3;
②由实验数据可得n(AgNO3)=10.00×10-3L×0.2000mol·L-1=0.002000mol,所以Cl-的百分含量
=
×100%=50.00%。