高考化学二轮专题复习测试《化学实验热点》含答案.docx
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高考化学二轮专题复习测试《化学实验热点》含答案
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2020年高考化学二轮专题复习测试《化学实验热点》
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.铝碳酸镁[AlaMgb•(CO3)c•(OH)d•eH2O]用于治疗慢性胃炎.称取3.01g铝碳酸镁样品,溶于50mL2mol•L-1的盐酸(过量),收集到气体112mL(标准状况);往所得溶液中加入40mL3mol•L-1的NaOH溶液,过滤,将所得沉淀洗涤、干燥、称量得固体1.74g;再将滤液稀释到100mL,测得溶液中OHˉ的浓度为0.1mol•L-1.由计算可以确定e的值为( )
A.4
B.5
C.7
D.8
2.下列图示实验合理的是( )
A.图1为证明非金属性强弱:
S>C>Si
B.图2为制备少量氧气
C.图3为配制一定物质的量浓度的硫酸溶液
D.图4为制备并收集少量NO2气体
3.下列实验方案不可行或结论不正确的是( )
A.用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷气体中的少量乙烯
B.在HCl氛围中蒸干AlCl3溶液可得纯净的无水氯化铝
C.向同pH、同体积的醋酸和盐酸溶液中加入足量镁粉至完全反应,通过比较产生H2的体积判断两种酸的电离程度:
醋酸<盐酸
D.向浓度均为0.1moL/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液,产生黄色沉淀,证明:
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
4.实验用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体,经历下列过程,Fe3+在pH=5时已完全沉淀,其中分析错误的是( )
A.利用CuCO3替代CuO也可调节溶液的pH,不影响实验结果
B.步骤②中发生的主要反应为:
H2O2+Fe2++2H+═Fe3++2H2O
C.洗涤晶体:
向滤出晶体的漏斗中加少量水至浸没晶体,待自然流下后,重复2~3次
D.配制240mL1mol/L的CuSO4溶液,需称量CuSO4•5H2O的质量为62.5g
5.下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是( )
6.同学们在做铜与浓硝酸反应的实验时,发现反应后溶液呈绿色,而不显蓝色。
甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致,而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。
同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确,这些方案中不可行的是( )
A.加水稀释该绿色溶液,观察颜色变化
B.加热该绿色溶液,观察颜色变化
C.向该绿色溶液中通入氮气,观察颜色变化
D.向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体,观察溶液颜色变化
7.某同学设计了如图实验装置探究硝酸的性质,根据图示判断下列结论不正确的是( )
A.试管内壁上的“黄霜”的成分是硫
B.该实验既说明了浓硝酸具有氧化性,又说明了浓硝酸具有挥发性
C.烧杯内氢氧化钠溶液的作用是除去尾气,防止尾气毒害
D.试管中浓硝酸可以用浓盐酸代替
8.工业上用洗净的废铜屑作原料来制备硝酸铜.为了节约原料和防止污染环境,宜采取的方法是( )
A.Cu+HNO3(浓)→Cu(NO3)2
B.Cu+HNO3(稀)→Cu(NO3)2
C.Cu→CuO→Cu(NO3)2
D.Cu→CuSO4→Cu(NO3)2
9.有关硫酸铜晶体中结晶水含量测定的操作正确的是( )
A.实验方案仅设计为:
称量、加热、冷却、再称量
B.称取一定量的胆矾,放在铁坩埚中进行加热
C.加热到蓝色完全变白,然后把坩埚移至干燥器中冷却
D.进行恒重操作,直至连续两次称量的结果相差不超过0.01g为止
10.下列实验操作不能达到其对应目的是( )
二、双选题(共5小题,每小题6.0分,共30分)
11.(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
12.(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()
13.(多选)某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中,相对误差为-2.67%,其原因可能是( )
A.实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥
B.加热过程中晶体有少量溅失
C.硫酸铜晶体中含有不分解失重的杂质
D.加热后固体未放入干燥器中冷却
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)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
第Ⅱ卷
三、实验题(共3小题,每小题10.0分,共30分)
16.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的抗氧化剂,在空气中、受热时均易分解。
实验室制备少量Na2S2O5的方法:
在不断搅拌下,控制反应温度在40℃左右,向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2,实验装置如下图所示。
当溶液pH约为4时,停止反应,在20℃左右静置结晶。
生成Na2S2O5的化学方程式为
2NaHSO3===Na2S2O5+H2O
(1)SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2,其离子方程式为__________________。
(2)装置Y的作用是_______________________________________________________。
(3)析出固体的反应液经减压抽滤、洗涤、25℃~30℃干燥,可获得Na2S2O5固体。
①组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、________和抽气泵。
②依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤Na2S2O5固体,用饱和SO2水溶液洗涤的目的是________________________________________________________________________。
(4)实验制得的Na2S2O5固体中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4,其可能的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
17.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源,以太阳能为热源,热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。
其反应过程如下图所示:
(1)反应Ⅰ的化学方程式是________________。
(2)反应Ⅰ得到的产物用I2进行分离。
该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层——含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层。
①根据上述事实,下列说法正确的是________(选填序号)。
a.两层溶液的密度存在差异
b.加I2前,H2SO4溶液和HI溶液不互溶
c.I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶
②辨别两层溶液的方法是________。
③经检测,H2SO4层中c(H+)∶c(SO
)=2.06∶1,其比值大于2的原因__________________。
(3)反应Ⅱ:
2H2SO4(l)===2SO2(g)+O2+2H2O(g)
ΔH=+550kJ·mol-1
它由两步反应组成:
ⅰ.H2SO4(l)===SO3(g)+H2O(g)
ΔH=+177kJ·mol-1
ⅱSO3(g)分解。
L(L1,L2),X可分别代表压强或温度,下图表示L一定时,ⅱ中SO3(g)的平衡转化率随X的变化关系。
①X代表的物理量是________。
②判断L1,L2的大小关系,并简述理由:
_______________________________________。
18.亚硝酸钠被称为工业盐,在漂白、电镀等方面应用广泛。
以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如下图所示(部分夹持装置略)。
已知:
室温下,①2NO+Na2O2→2NaNO2②3NaNO2+3HCl→3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O;
③酸性条件下,NO或NO2–都能与MnO4–反应生成NO3–和Mn2+
完成下列填空:
(1)写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式_________________;
(2)B中观察到的主要现象是,D装置的作用是_________________;
(3)检验C中产物有亚硝酸钠的方法是_________________;
(4)经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和_________________,为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置E,画出E,并注明E中盛放的药品名称_________________;
(5)写出检验C产物中是否含碳酸钠的方法_________________;
(6)将1.56g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠,理论上至少需要木炭_________________g。
答案解析
1.【答案】A
【解析】加入的盐酸中含有氯化氢的物质的量为:
n(HCl)=2mol/L×0.05L=0.1mol,则反应后的溶液中n(Cl-)=0.1mol,生成二氧化碳的物质的量为:
n(CO2)=
=0.005mol,根据C原子守恒,3.01g样品中含有0.005molCO32-;由于反应后氢氧根离子过量,则1.74g沉淀为氢氧化镁的质量,则氢氧化镁的物质的量为:
=0.03mol,根据质量守恒可知,3.01g样品中镁离子的物质的量为0.03mol;40mL3mol•L-1的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为:
3mol/L×0.04L=0.12mol,反应后溶液中氢氧根离子的物质的量为:
n(OH-)=0.1L×0.1mol•L-1=0.01mol,反应后溶液中的溶质为NaCl、NaAlO2、NaOH,根据离子电荷守衡:
n(Cl-)+n(OH-)+n(AlO2-)=n(Na+),则:
n(AlO2-)=0.12mol-0.1mol-0.01mol=0.01mol,根据质量守恒,3.01g样品中含有铝离子的物质的量为0.01mol;生成0.05mol二氧化碳需要消耗氯化氢0.1mol,0.01mol铝离子转化成偏铝酸根离子需要消耗0.04mol氢氧根离子,生成0.03mol氢氧化镁沉淀需要消耗0.06mol氢氧根离子,设3.01g样品中含有氢氧根离子的物质的量为x,则:
0.1mol-0.01mol-x=0.12mol-0.04-0.06mol-0.01mol,解得:
x=0.08mol,则3.01g样品中含有水的质量为:
3.01g-27g/mol×0.01mol-24g/mol×0.03mol-60g/mol×0.005mol-17g/mol×0.08mol=0.36g,该水的物质的量为:
=0.02mol,所以a:
b:
c:
d:
e=n(Al3+):
n(Mg2+):
n(CO32-):
n(OH-):
n(H2O)=0.01mol:
0.03mol:
0.005mol:
0.08mol:
0.02mol=2:
6:
1:
16:
4,即:
a=2、b=6、c=1、d=16、e=4。
2.【答案】A
【解析】比较非金属性,可根据元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较,硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳,二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中可得硅酸沉淀,可证明非金属性的强弱,A正确;不能用长颈漏斗,生成的气体逸散,且过氧化钠为粉末,不能用简易气体发生装置制备,B错误;容量瓶应在常温下使用,且只能用于配制溶液,不能在容量瓶中稀释浓硫酸,应将浓硫酸在烧杯中稀释,冷却后才能转移到容量瓶中,C错误;二氧化氮与水反应,且易溶于水,不能用排水法收集NO2气体,只能用排空气法收集,D错误.
3.【答案】A
【解析】高锰酸钾与乙烯反应生成二氧化碳,使乙烷中混入了新杂质二氧化碳,A项错;氯化铝在水溶液中易水解,加热促进其水解,在HCl氛围中加热蒸干可以抑制其水解,B项正确;同pH、同体积的醋酸和盐酸溶液,醋酸的浓度大,与足量镁反应生成的氢气多,C项正确;Ksp越小越易形成沉淀,D项正确。
4.【答案】B
【解析】A,CuCO3和CuO都与溶液中H+反应,起到调节溶液pH的作用,并不引入新的杂质,正确;B,步骤②中发生的主要反应为:
H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O,不符合电荷守恒,错误;C,固体具有吸附性,过滤时表面有可溶性物质,可向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体,自然流下,重复2-3次,可洗涤晶体,正确;D,配制240mL1mol/L的CuSO4溶液,需选250mL容量瓶,则需称量CuSO4•5H2O的质量为0.25L×1mol/L×250g/mol=62.5g,正确。
5.【答案】C
【解析】C项,向AgCl浊液中滴加Na2S溶液,白色沉淀变成黑色,发生沉淀的转化,反应的离子方程式为2AgCl+S2-===Ag2S+2Cl-,与氧化还原反应无关;A项,NaOH溶液滴入FeSO4溶液中,会生成Fe(OH)2白色沉淀,Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3,反应过程中出现灰绿色,最后变为红褐色,与氧化还原反应有关;B项,由于氯水显酸性,先使紫色石蕊溶液变红,后由于HClO具有氧化性,使红色溶液迅速褪色,与氧化还原反应有关;D项,热铜丝插入稀硝酸中发生的反应为3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,NO被氧气氧化生成红棕色的NO2,与氧化还原反应有关。
6.【答案】A
【解析】为验证溶液呈绿色是c(Cu2+)大小引起还是因溶有NO2引起,可采取的实验方案应只改变其中的一种影响因素,不能同时改变c(Cu2+)大小与NO2的量。
A项加入水,c(Cu2+)变小,同时水也会与溶液中可能溶有的NO2反应生成HNO3,故不能得出溶液呈绿色的原因;B、C项操作都是赶出溶液中可能溶有的NO2,对c(Cu2+)大小无影响,方案可行;D项向无NO2的硝酸铜溶液中通入NO2后,通过观察溶液颜色变化,可得出结论,方案可行。
7.【答案】D
【解析】试管中浓硝酸易挥发,遇H2S气体,与之发生氧化还原反应生成单质S,A项和B项正确;烧杯中的NaOH溶液与逸出的酸性气体反应,防止污染环境,C项正确;浓盐酸无强氧化性,不能代替浓硝酸完成该实验,D项错误。
8.【答案】C
【解析】解:
A.Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,二氧化氮有毒而污染环境,所以不符合条件,错误;B.3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,NO有毒会污染环境,所以不符合条件,错误;C.2Cu+O2
2CuO、CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O,该反应中没有有毒气体生成,且能节约硝酸,所以符合条件,正确;D.Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O、CuSO4+Ba(NO3)2=BaSO4↓+Cu(NO3)2,该过程中生成有毒气体二氧化硫且浪费浓硫酸、硝酸钡,所以不符合条件,错误。
9.【答案】C
【解析】A.实验方案设计为:
称量、加热、冷却、再称量,实验中的加热、冷却、称量的操作步骤要重复进行,直至连续两次称量的差不超过0.1g为止,错误;B.铁能与胆矾发生反应,称取一定量的胆矾,放在瓷坩埚中进行加热,错误;C.加热到蓝色完全变白,然后把坩埚移至干燥器中冷却,以防吸收空气中的水,正确;D.进行恒重操作,直至连续两次称量的结果相差不超过0.1g为止,不是0.01g,错误。
10.【答案】D
【解析】再向其中滴加0.1mol/LNa2S溶液,会生成黑色沉淀,说明有Ag2S生成,可说明Ag2S的溶解性更小,A正确;甲苯可与酸性高锰酸钾反应生成苯甲酸,而苯不反应,说明与苯环相连的甲基易被氧化,B正确;二氧化碳与水反应生成碳酸,向Na2SiO3溶液中通入CO2产生沉淀,可说明碳酸的酸性比硅酸强,C正确;淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖,与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行,应先调节溶液至碱性,D错误。
11.【答案】BC
【解析】解:
由表格中的数据,硫酸铜晶体的质量为20.82g-11.70g=9.12g,水的质量:
20.82g-16.02g=4.8g,则CuSO4•xH2O
CuSO4+xH2O,160+18x18x9.12g4.8g解得x≈9.88>5,测定结果偏大.A.硫酸铜晶体中含不挥发杂质,会导致测定的硫酸铜的质量偏大,测定的水的质量偏小,错误;B.加热过程中有少量晶体溅出,导致水的质量测定结果偏大,正确;C.实验前,晶体表面有吸附水,加热后水挥发,而造成加热前后固体的质量差偏大,使x值偏大,正确;D.未做恒重操作,会导致测定的硫酸铜的质量偏大,测定的水的质量偏小,错误;
12.【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。
13.【答案】CD
【解析】A、实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥,会使误差偏大,错误;B、加热过程中晶体有少量溅失,固体质量减少得多,结晶水含量测得值会偏大,错误;C、硫酸铜晶体中含有不分解失重的杂质,会导致计算所得硫酸铜晶体物质的量偏大,每mol含水量减少,结果偏小,正确;D、加热后固体未放入干燥器中冷却,固体部分吸水,差距值变小,结果偏小,正确.
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】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。
16.【答案】
(1)2SO2+CO
+H2O===2HSO
+CO2
(2)防止倒吸
(3)①吸滤瓶 ②洗去表面杂质,减少Na2S2O5在水中的溶解
(4)在制备过程中Na2S2O5分解生成Na2SO3,Na2SO3易被氧化生成Na2SO4
【解析】
(1)反应物为SO2、CO
,生成物为HSO
和CO2,用水配平。
(2)Y为空集气瓶,短进长出,为安全瓶,防倒吸。
(3)①抽滤装置主要由布氏漏斗、吸滤瓶和抽气泵组成。
②用饱和SO2水溶液洗涤的目的是洗去表面杂质,减少Na2S2O5在水中的溶解。
(4)Na2S2O5分解生成Na2SO3和SO2,Na2SO3易被氧化生成Na2SO4。
17.【答案】
(1)SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI
(2)①ac ②观察颜色,颜色深的是HI层,颜色浅的是H2SO4层 ③H2SO4层含有少量强酸HI,HI电离出H+
(3)①压强 ②L1<L2 SO3(g)分解的热化学方程式为2SO3(g)
2SO2(g)+O2(g) ΔH=+196kJ·mol-1,当压强一定时,温度升高,平衡转化率增大
【解析】
(1)由反应过程图示可知,反应Ⅰ的反应物为SO2、I2和H2O,生成物为H2SO4和HI,从而可写出该反应的化学方程式。
(2)①由题干信息“该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层——含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层”分析得出:
加入I2前溶液未出现分层,加入I2后,碘在HI溶液中溶解度大于在H2SO4溶液中溶解度,两溶液中密度存在差异,出现分层现象,故a、c正确。
②由于HI溶液中含有I2的浓度大,溶液颜色深,而H2SO4溶液中含有I2的浓度低,溶液颜色浅,因此可以通过观察溶液的颜色,颜色深的是HI层,颜色浅的是H2SO4层。
③H2SO4是强电解质,完全电离会使c(H+)∶c(SO
)=2∶1,而溶液中c(H+)∶c(SO
)=2.06∶1,说明溶液中c(H+)变大,这是由于该H2SO4层中含有少量强酸HI,HI电离出H+所致。
(3)首先根据反应Ⅱ和反应ⅰ确定反应ⅱ为2SO3(g)
2SO2(g)+O2(g) ΔH=+196kJ·mol-1。
①根据反应ⅱ的特点:
正反应方向为气体体积增大、吸热反应,增大压强SO3(g)的转化率减小,故X代表压强。
②在等压条件下,升高温度,反应ⅱ的平衡向正向移动,SO3(g)的转化率增大,故L2所代表高温曲线,即L1<L2。
18.【答案】
(1)C+4HNO3(浓)
CO2+4NO2+2H2O
(2)铜片逐渐溶解,溶液变为蓝色,有无色气体产生吸收未反应的NO
(3)取样,加入稀盐酸,产生无色气体,遇到空气变为红棕色
(4)氢氧化钠 干燥管碱石灰
(5)取样,加入酸性高锰酸钾溶液,若有使澄清石灰水变浑浊的气体产生,则有碳酸钠
(6)0.36g
【解析】
(1)化学方程式为C+4HNO3(浓)
CO2+4NO2+2H2O;
(2)NO2与水反应生成硝酸再与Cu反应,现象为铜片逐渐溶解,溶液变为蓝色,有无色气体产生,D的作用是吸收未反应的NO,防止污染空气;
(3)检验C中产物有亚硝酸钠的方法是取样,加入稀盐酸,产生无色气体,遇到空气变为红棕色;
(4)B中出来的气体还有CO2、H2O,则副产物还有氢氧化钠,E为干燥管,盛放的药品碱石灰;
(5)取样,加入酸性高锰酸钾溶液,若有使澄清石灰水变浑浊的气体产生,则有碳酸钠;
(6)由关系式法C——4NO2—4/3NO—2/3Na2O,可求得质量为0.36g。
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