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

1、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绝密启用前山东省滨州市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卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。第卷一、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CuI2D 向淀粉溶液中加入适量稀硫酸，微热，

2、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2 mL 10硫酸铜溶液的试管中滴加10的氢氧化钠溶液0.5 mL，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0.1 mol/L HA溶液的pH，若pH1，证明HA是弱酸B 室温下，测定1 mol/L

3、 NaA溶液的pH，若pH7，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pHCl2I2B 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1.06 g无水Na2CO3，搅拌后静置，最终所得晶体的质量是( )A 等于1.06 gB 大于1.06 g而小于

4、2.86 gC 等于2.86 gD 大于2.86 g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1000 mL溶液，取20 mL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 Na2OB Na2CO3C NaHCO3D Ca(OH)212.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1molL1AlCl3溶液中加过量的6molL1NaOH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

5、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CuSO4xH2O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FeSO47

6、H2O、Na2SO410H2O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

7、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) H1=-110.35 kJmol-12H2O(l)= 2H2(g)+O2(g) H2=+571.6 kJmol-1H2O(l

8、)= H2O(g) H3=+44.0 kJmol-1则C(s)+H2O(g)= CO(g)+H2(g) H4=_。(2) 燃料气(流速为1800mLh-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。160 、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化反应的化学方程式为_。灼烧草酸铈 Ce2(C2O4)3制得CeO2的化学方程式为_。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/C

9、eO2催化剂催化性能最好。催化剂为CuO/CeO2HIO3，120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)2CaCl22H2SO4=2CaSO42Cl22H2O，说明ClO具有氧化性，A错；C项发生反应2Cu24I=2CuII2，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0.5mL 10硫酸铜溶液的试管中滴加10

10、的氢氧化钠溶液2 mL；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0.1 mol/L HA溶液的pH1，NaA溶液的pH7，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

11、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

12、，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：KMnO4Cl2I2，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

13、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Na2CO310H2O质量为x，则：其中含Na2CO3质量为106x286，含水质量为180x286；(106x2861.

14、06 g)50.0 g=(180x286)100gx=18.9 g11.【答案】AD【解析】4.0克的NaOH固体即0.1mol，配成1000 mL溶液，取20 mL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Na

15、2CO3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=20.82 g-11.70 g=9.12 g，同样可以求得失水后试样的质量=16.02g -11.70 g=4.32 g，按x的理论值

16、为5.0计算，n(CuSO45H2O)=9.12 g 250=0.036 mol，失水后的试样的质量=0.036 mol160 g/mol=5.76g，因为4.32 g5.76g，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

17、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Na2SO410H2O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，98mL CCl4的质量大于98g，将2g I2加入到98mL CCl4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

18、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)3.26.2【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

19、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

20、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3.26.2。17.【答案】(1)防止杂质使合成氨所用的催化剂“中毒”(2)400500 1030Mpa(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400500，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

21、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) +131.45 kJmol-1(2) 2CO+O22CO2Ce2(C2O4)32CeO2+4CO+2CO2HIO33.528(3) a HCOOH-2e-=CO2+2H+【解析】(1)已知：C(s)+O2(g)CO(g)H1=110.35 kJmol12H2O(l)2H2(g)+O2(g)H2=+571.6 kJmol1H2O(l)H2O(g)H3=+44. 0 kJmol1则：反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)可以是+得到，根据盖斯定律，H4=+=(110.35 kJmol1)+(

22、571.6 kJmol1)44.0 kJmol1=+131.45 kJ/mol；(2)160、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化为二氧化碳，方程式为：2CO+O22CO2；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；CuO/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/CeO2HIO3，120时，CO的转化率是80%，气体混合物流速为1800 mLh1；体积分数为：0.98%的CO，则反应1小时后CO的体积为180010.98%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+。