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；Zn Fe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%。
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