2022年高考化学二轮复习 指导冲关第11练 化学实验基础知识.doc

2014年高考二轮复习指导冲关第11练化学实验基础知识1.(2013·海口市调研测试)下列实验所用的试纸不能预先用蒸馏水湿润的是()A用品红试纸检验SO2B用淀粉碘化钾试纸检验Cl2C用红色石蕊试纸检验氨气D用pH试纸测定某溶液的pH【解析】pH试纸是测量溶液的pH，若预先湿润，则溶液稀释，可能影响溶液的pH大小，D错误。【答案】D2(2013·广西桂林市二调)用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是() 甲乙 丙丁A装置甲：除去乙烯中混有的少量SO2B装置乙：用浓硫酸配制1 mol/L的硫酸C装置丙：检验HCl气体在水中的溶解性D装置丁：用铜和浓硝酸反应制取NO2【解析】A项，乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，应用氢氧化钠溶液除去乙烯中的SO2，错误；B项，浓硫酸的稀释应在烧杯中进行，容量瓶不能用来配制溶液，错误；C项，HCl极易溶于水，压强迅速减小，气球变鼓，正确；D项，NO2不能用排水法收集，错误。【答案】C3(2013·广州市模拟)下列实验能达到目的的是()A用CCl4萃取碘水中的碘B将足量盐酸加入混有少量CaCO3杂质的Na2SO4中可除去杂质C将混有少量HCl的Cl2通入NaOH溶液中除去HClD将Fe(OH)3固体加入沸水中制备Fe(OH)3胶体【解析】碘易溶于四氯化碳，难溶于水，A项正确；用盐酸除去CaCO3，会引入CaCl2杂质，可将混合物溶于水，过滤，再蒸发结晶得以分离，B项错误；NaOH与HCl、Cl2都能够反应，可将混合气体通入饱和食盐水除杂，C项错误；Fe(OH)3难溶于水，将其分散到水中，只能得到Fe(OH)3的悬浊液，D项错误。【答案】A4. (2013·江苏宿迁市调研)实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中正确的是() A装置：常用于分离互不相溶的液体混合物B装置：可用于吸收NO2或HCl气体，并防止倒吸C装置：先从b口进气集满二氧化碳，再从a口进气，可收集一氧化氮D装置：可用来证明碳的非金属性比硅强【解析】A项，蒸馏适用于分离沸点不同的互溶液体，错误；B项，NO2不能用水来吸收，应用NaOH溶液，错误；C项，CO2应用向上排空气法收集，即从a进气，NO应用向下排CO2法收集，即从b进气，错误；D项，现象为产生白色沉淀，说明H2CO3的酸性强于H4SiO4，也就是说明碳的非金属性强于硅，正确。【答案】D5(2013·重庆高考)按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列说法错误的是()A步骤(1)需要过滤装置B步骤(2)需要用到分液漏斗C步骤(3)需要用到坩埚D步骤(4)需要蒸馏装置【解析】A步骤(1)得到滤液和不溶性物质，其操作为过滤。B.步骤(2)得到水层和有机层，其操作为分液，要用到分液漏斗。C.步骤(3)“析出固体”，其操作为蒸发浓缩、冷却结晶，用到蒸发皿而非坩埚。D.有机层是甲苯和甲醇的混合物，根据其沸点不同，可用蒸馏的方法分离。【答案】C6(2013·广西桂林市二调)某未知溶液中已检验出含大量的Fe2、SO ，且pH1。欲检验此溶液中是否大量存在以下离子：NH、 SiO、Mg2、Cl、Ca2、ClO，其中不需要检验就可以否定的离子是()ABC D 【解析】酸性溶液中SiO和ClO与H不能大量共存，Ca2与SO不能大量共存，选B项。【答案】B7(2013·北京市朝阳区第一次综合练习)如图集气瓶中用滤纸折成的纸蝴蝶上喷洒了一种溶液，通入某种气体后，实验结果与预测的纸蝴蝶颜色变化不一致的是()ABCD喷洒液酚酞紫色石蕊酸性重铬酸钾酸化的KI淀粉通入的气体NH3Cl2CH3CH2OH(g)O3预测的颜色变化变为红色最终褪色无明显变化变为蓝色【解析】A项，NH3与H2O反应生成的氨水显碱性，使酚酞溶液变红，正确；B项，Cl2与H2O反应生成盐酸和次氯酸，具有酸性和强氧化性，所以颜色变化为先变红后褪色，正确；C项，乙醇能够被酸性重铬酸钾氧化而使酸性重铬酸钾溶液变色，错误；D项，O3具有强氧化性，能够将KI氧化为I2，使淀粉变蓝，正确。【答案】C8(2013·北京高考)用如图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是()乙烯的制备试剂X试剂YACH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热H2OKMnO4酸性溶液BCH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热H2OBr2的CCl4溶液CC2H5OH与浓H2SO4加热至170NaOH溶液KMnO4酸性溶液D C2H5OH与浓H2SO4加热至170NaOH溶液Br2的CCl4溶液【解析】A利用溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液制备乙烯时，乙烯中可能混有溴乙烷、乙醇、水蒸气等杂质，乙醇也能使高锰酸钾酸性溶液褪色，因此在检验乙烯时，应先将气体通入水中以除去乙醇，防止其对乙烯检验的干扰。B.溴乙烷、乙醇、水蒸气都不能使溴的四氯化碳溶液褪色，因此对乙烯的检验没有影响，故可以不除杂质。C.利用乙醇与浓硫酸共热制备乙烯时，乙烯中混有的二氧化硫也能使高锰酸钾酸性溶液褪色，故检验乙烯前必须将二氧化硫除去。D.二氧化硫也能使溴的四氯化碳溶液褪色，故检验乙烯前必须将二氧化硫除去。【答案】B9熟悉和使用中学化学实验中常见仪器及用途，是化学学习的基本要求。试回答下列问题。(1)在仪器a.分液漏斗b试剂瓶c集气瓶d滴定管e容量瓶f量筒g托盘天平中，标有“0”刻度的是_(填序号)。(2)“磨砂”是增加玻璃仪器密封性的一种处理工艺，在下列仪器中，没有用到“磨砂”工艺处理的有_(填序号)。a试管 b分液漏斗 c带滴管的试剂瓶(滴瓶)d集气瓶e酸式滴定管f碱式滴定管(3)用装置甲、乙、丙和乳胶管组成一套装置(气密性已检查)，可用于制取并收集NH3或HCl气体，可供选择的液体试剂有：浓硫酸、浓盐酸、浓氨水，丙中试剂为紫色石蕊溶液。试回答下列问题： 甲乙丙若制取某气体的过程中，丙中的石蕊溶液变红，且烧瓶中的试剂A与分液漏斗中的试剂B均为无色液体，则试剂A为_，制取该气体利用了B的性质有_、_。通过丙中紫色石蕊溶液变红或变蓝，说明乙中气体已集满。若石蕊溶液变蓝，则烧瓶甲中应加入的固体试剂A为_。若在乙中收集氨气，气体流经装置的顺序是：a_d(填接口代号)。【解析】(3)根据丙中石蕊溶液变红知制备的气体为氯化氢，因浓硫酸稀释时放出大量的热，故A为浓盐酸。石蕊溶液变蓝则知制备的气体为氨气，固体A为碱石灰等碱性固体。氨气极易溶于水，且比空气轻，故连接顺序为acbd。【答案】(1)dg(2)af(3)浓盐酸吸水性溶于水放出大量热NaOH或CaO或碱石灰cb10CaCO3广泛存在于自然界，是一种重要的化工原料。大理石主要成分为CaCO3，另外有少量的含硫化合物。实验室用大理石和稀盐酸反应制备CO2气体。下列装置可用于CO2气体的提纯和干燥。完成下列填空：(1)用浓盐酸配制11(体积比)的稀盐酸(约6 mol·L1)，应选用的仪器是_(填字母，下同)。a烧杯b玻璃棒c量筒d容量瓶(2)上述装置中，A是_溶液，NaHCO3溶液可以吸收_。(3)上述装置中，B物质是_。用这个实验得到的气体测定CO2的分子量，如果B物质失效，测定结果_(填“偏高”、“偏低”或“不受影响”)。(4)一次性饭盒中石蜡(高级烷烃)和CaCO3在食物中的溶出量是评价饭盒质量的指标之一，测定溶出量的主要实验步骤设计如下：剪碎、称重浸泡溶解过滤残渣烘干冷却、称重恒重。为了将石蜡和碳酸钙溶出，应选用的试剂是_。a氯化钠溶液b稀醋酸c稀硫酸d正己烷(5)在溶出量测定实验中，为了获得石蜡和碳酸钙的最大溶出量，应先溶出_，后溶出_。(6)上述测定实验中，连续_，说明样品已经恒重。【解析】(1)配制一定体积比的溶液时，应选用烧杯、玻璃棒和量筒。(2)根据实验所用药品，制得的气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气；根据除杂的要求，除去H2S可选用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体。(3)B物质用于干燥制得的CO2，可选用无水CaCl2或P2O5；其失效时，会造成测定结果偏低。(4)根据实验步骤，为将石蜡和碳酸钙溶出，可选用稀醋酸溶出碳酸钙，正己烷溶出石蜡。(5)由于醋酸中的乙酸也是有机物，为防止石蜡损失，一般先溶出石蜡再溶出CaCO3。(6)称重时，当连续两次称量的结果相差不超过(或小于)0.1 g，说明达到恒重。【答案】(1)abc(2)CuSO4或酸性KMnO4HCl气体或酸性气体(3)无水CaCl2或P2O5偏低(4)bd(5)石蜡CaCO3(6)两次称量的结果相差不超过(或小于)0.1 g11(2013·茂名质检)蛇纹石是一种含水的富镁硅酸盐矿物的总称，可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成。实验室以蛇纹石为原料制取水合碱式碳酸镁，已知：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀的pH1.53.39.4完全沉淀的pH3.75.211.0实验步骤如下：(1)实验室完成操作所用到的玻璃仪器有：_。(2)操作中应控制溶液pH的合理范围是_(填序号)。A小于1.5B1.53.3C78 D大小9.4(3)检验溶液中是否含有Fe3的操作与结论是_。(4)从沉淀混合物B中制取D，应加入一种试剂进行分离，其反应的离子方程式为_，再进行_、洗涤、_(依次填写实验操作名称)。【解析】(1)操作是过滤，所以需要的玻璃仪器是玻璃棒、漏斗、烧杯。(2)操作的目的是沉淀铁离子和铝离子，但不能沉淀镁离子，所以根据沉淀的pH可知，应控制溶液pH的合理范围是5.29.4，答案选C。(3)检验铁离子的试剂是KSCN溶液，即取少量溶液于试管中，加入KSCN溶液，若无明显现象，说明溶液不含Fe3；若溶液变红色，说明溶液含有Fe3。(4)B中沉淀是氢氧化铝和氢氧化铁，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，所以得到氢氧化铁的方法是加入氢氧化钠溶液，过滤即可，反应的离子方程式是OHAl(OH)3=AlO2H2O；由于在氢氧化铁表面有吸附的离子，所以在过滤之后还需要洗涤，最后加热或灼烧。【答案】(1)玻璃棒、漏斗、烧杯(2)C(3)取少量溶液于试管中，加入KSCN溶液，若无明显现象，说明溶液不含Fe3；若溶液变红色，说明溶液含有Fe3(4)OHAl(OH)3=AlO2H2O过滤、加热或灼烧12(2013·安徽高考)二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：(1)洗涤滤渣A的目的是为了去除_(填离子符号)，检验该离子是否洗净的方法是_。(2)第步反应的离子方程式是_，滤渣B的主要成分是_。(3)萃取是分离稀土元素的常用方法。已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP_(填“能”或“不能”)与水互溶。实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有_、烧杯、玻璃棒、量筒等。(4)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.536 g，加硫酸溶解后，用0.100 0 mol·L1 FeSO4标准溶液滴定终点(铈被还原为Ce3)，消耗25.00 mL标准溶液，该产品中Ce(OH)4的质量分数为_。【解析】根据题给流程图分析反应过程，确定每步的具体反应，然后根据题给要求进行分析解答。(1)操作加入稀盐酸的主要目的是使氧化铁溶于稀盐酸生成氯化铁，所以滤渣表面应附有Fe3和Cl，若有Fe3存在，在加碱时会生成Fe(OH)3沉淀，影响Ce(OH)4的纯度，所以要除去Fe3。可以用KSCN溶液来检验Fe3是否存在。(2)反应物中有CeO2、H2O2和H2SO4，生成物中有Ce3，此过程中Ce由4价变为3价，得电子，所以H2O2中1价的O就应该失电子变为0价的O，即氧气；然后再根据质量守恒和电荷守恒进行微粒的补充和配平即可。SiO2不溶于酸，所以滤渣B的成分为SiO2。(3)因为TBP可以作为萃取剂，所以不能和水互溶；在萃取时除了要用到烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的主要玻璃仪器是分液漏斗。(4)在滴定过程中发生反应的离子方程式为Ce4Fe2=Ce3Fe3，每有1 mol Ce4反应即可消耗1 mol Fe2，消耗硫酸亚铁的物质的量为2.5×103 mol，所以0.536 g样品中含有2.5×103 mol Ce(OH)4，其质量为0.52 g，即质量分数约为97.0%。【答案】(1)Fe3取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；反之，未洗净(其他合理答案均可)(2)2CeO2H2O26H=2Ce34H2OO2SiO2(其他合理答案均可)(3)不能分液漏斗(4)97.0%8