2021版高考化学一轮复习核心素养测评四十实验设计与评价含解析鲁科版.doc

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1、实验设计与评价一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)1.(2020年山东等级考模拟)下列操作能达到相应实验目的的是()实验目的操作A检验绿茶中是否含有酚类物质向茶水中滴加FeCl3溶液B测定“84”消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少许“84”消毒液滴在pH试纸上C除去苯中混有的少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加溴水,过滤后分液D实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片,加热【解析】选A。A选项,酚羟基遇Fe3+发生显色反应。B选项,“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠,是一种强碱弱酸盐,水解显碱性,但水解产物具有漂白性,对pH 试纸有漂白作用,可以使用数字pH计测量。C

2、选项,溴水与苯酚生成的三溴苯酚也可溶于苯中,一般加入氢氧化钠溶液再进行分液。D选项,正确顺序为依次加入碎瓷片、乙醇、浓硫酸、乙酸,再加热。2.(2019海淀模拟)取1 mL 0.1 molL-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 molL-1):下列说法不正确的是()A.实验白色沉淀是难溶的AgClB.由实验说明AgI比AgCl更难溶C.若按顺序实验,看不到黑色沉淀D.若按顺序实验,看不到白色沉淀【解析】选C。AgNO3溶液中加入NaCl溶液,发生Ag+Cl-AgCl,即实验中白色沉淀是AgCl,故A正确;实验中加入过量KI溶液,出现黄色沉淀,说明产生AgI,即发生Ag

3、Cl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq),推出AgI比AgCl更难溶,故B正确;实验得到黑色沉淀,该黑色沉淀为Ag2S,推出Ag2S比AgI更难溶,溶解度由大到小的顺序是AgClAgIAg2S,按顺序实验,能观察黑色沉淀,故C错误;根据选项C分析,按照顺序实验,生成更难溶的AgI,不能得到AgCl,即无法观察到白色沉淀,故D正确。3.(2019河南模拟)类比是学习化学的重要方法。下列类比错误的是() 选项事实理由类比 A CH2CH2发生加聚反应生成聚乙烯 CH2CH2和CF2CF2具有相同官能团CF2CF2发生加聚反应生成聚四氟乙烯BNa在O2中燃烧生成Na2O2Na和Li同主族

4、,化学性质相似 Li在O2中燃烧生成Li2O2C稀盐酸和稀NaOH溶液反应测定中和热 KOH和NaOH都是一元强碱 稀盐酸与稀KOH溶液反应测定中和热且数值相等DSO2能使酸性KMnO4溶液褪色 NaHSO3和SO2中硫元素化合价相同NaHSO3也能使酸性KMnO4溶液褪色【解析】选B。CH2CH2和CF2CF2都含有碳碳双键,都能发生加聚反应生成高分子化合物,故A正确;Li活泼性小于Na,锂在空气中燃烧生成氧化锂,不会生成Li2O2,故B错误;氢氧化钠和氢氧化钾都是强碱,可以与盐酸测定中和热且数值相等,故C正确;二氧化硫和亚硫酸氢钠都具有较强的还原性,都能够使酸性高锰酸钾溶液褪色,故D正确。

5、4.氮化铝(AlN)是一种新型无机材料。某学习小组为测定m g氮化铝(仅含有Al2O3杂质)样品中AlN的纯度,设计如图实验装置,下列说法中不正确的是()已知:AlN+NaOH+3H2ONaAl(OH)4+NH3A.读数时量气装置两侧液面一定要保持相平B.为测定生成气体的体积,装置中的X可以是NH4Cl溶液C.完全反应后,测得标准状况下气体的体积为V mL,则氮化铝的纯度为100%D.如果撤去导管a,测得样品的纯度偏高【解析】选B。为了减小压强对测量结果的影响,读数时量气装置两侧液面一定要保持相平,故A正确;氨气极易溶于水,利用排水法测定氨气体积时,不能用氯化铵溶液,可以用苯或四氯化碳,故B错

6、误;若m g样品完全反应,测得生成气体的体积为V mL(已转换为标准状况),设氮化铝纯度为x,AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH341 g 22.4 Lmx g V10-3Lx=100%=100%,故C正确;如果撤去导管a,导致装置中压强增大,测定的氨气体积偏大,从而导致测得样品的纯度偏高,故D正确。二、非选择题(本题包括2小题,共26分)5.(12分)(2019潍坊模拟)氯酸钾是一种重要的氧化剂,受热易分解。为充分利用资源,变废为宝,实验室以电石渣主要成分为Ca(OH)2和CaCO3为原料制备KClO3的流程如下操作2KClO3固体回答下列问题:(1)加热下氯化过程发生反应的化学方程

7、式为_。(2)为保证氯化过程中Cl2反应充分,制Cl2时应采取的措施是_,导气口n后所连接装置合适的是_(填序号)。(3)操作2包含一系列实验操作,主要为_降温结晶过滤洗涤低温干燥。(4)下图是制备过程中处理尾气的部分装置。B中溶液为_。A中装有蒸馏水,查阅资料可知次氯酸或氯气可被SO2,H2O2,FeCl2等物质还原成Cl-,请设计实验方案测定A中氯元素含量_。【解析】(1)氯化过程中,反应物为Cl2和Ca(OH)2,生成物为Ca(ClO3)2、CaCl2和H2O,因此该反应的化学方程式为6Cl2+6Ca(OH)2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O;(2)欲使氯气充分反应,应减慢通入

8、Cl2的速率,因此可通过控制活塞将浓盐酸缓慢而均匀地滴入三颈烧瓶中;为使Cl2充分反应,应增大氯气与电石渣浆的接触面积,因此需选用装置cd;(3)操作2是从溶液中获得晶体,因此其操作过程为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥;(4)由于Cl2能与NaOH溶液反应,实验过程中常用NaOH溶液吸收过量的Cl2,装置B中为NaOH溶液;欲测定氯元素的含量,可通过测定反应生成AgCl沉淀的质量进行计算,因此需先将A中氯元素全部转化为Cl-,再加入AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀,故其实验操作为:量取一定量A中溶液于试管中,加入足量的H2O2溶液,充分振荡后,加热除去过量的H2O2,冷却后,再加入

9、足量的AgNO3溶液,过滤后洗涤沉淀,干燥后称量沉淀的质量;最后结合氯元素守恒,计算A中氯元素的含量。答案:(1)6Cl2+6Ca(OH)2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O(2)控制活塞将浓盐酸缓慢而均匀地滴入三颈烧瓶中cd(3)蒸发浓缩(4)氢氧化钠溶液量取一定量A中溶液于试管中,加入足量的 H2O2溶液,充分振荡;加热除去过量的 H2O2,冷却,再加入足量的硝酸银溶液,过滤洗涤沉淀,干燥后称量沉淀质量6.(14分)某活动小组利用废铁屑(含少量S等元素)为原料制备三草酸合铁()酸钾晶体K3Fe(C2O4)33H2O并测定其组成。实验一:制备硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H

10、2O。小组同学设计如图所示装置(夹持仪器略去)。称取一定量的废铁屑于锥形瓶中,加入适量的稀硫酸,在通风橱中置于5060热水浴中加热,充分反应。待锥形瓶中溶液冷却后加入氨水,搅拌使其反应完全,制得浅绿色悬浊液。(1)废铁屑在使用前需要用热的饱和碳酸钠溶液进行洗涤,目的是_。(2)在实验中选择5060热水浴的原因是_,KMnO4溶液的作用是_。(3)若要确保获得浅绿色悬浊液,实验过程应注意的是_(填字母)。A.保持铁屑过量B.控制溶液呈强酸性C.持续升高温度实验二:制备三草酸合铁()酸钾晶体。实验小组用实验一锥形瓶中的悬浊液设计以下实验流程制备三草酸合铁()酸钾晶体。浅绿色悬浊液黄色沉淀晶体(4)

11、写出步骤生成黄色沉淀(FeC2O42H2O)的化学方程式:_。(5)小组同学准确称取了m g废铁屑,经过以上步骤(假设过程中铁没有损失)得到三草酸合铁()酸钾晶体并配制成了250 mL溶液,取25 mL该溶液于锥形瓶中,加入2 molL-1硫酸溶液15 mL,滴入二苯胺磺酸钠作指示剂,用C molL-1的K2Cr2O7标准液滴定至紫红色,进行了三次平行实验,平均消耗标准液V mL,已知Cr2在酸性介质中被还原为Cr3+,则废铁屑中铁元素的质量分数为_(用相关字母表示)。【解析】废铁屑使用热的饱和碳酸钠溶液洗涤是为了去除铁屑上的油污,水浴加热的目的是控制温度,加快反应的速率,同时防止温度过高,氨

12、水挥发过多,原料利用率低。由于铁屑中含有S,因此会产生SO2,同时氨水易挥发,因此高锰酸钾溶液吸收这些气体,防止污染空气。由于Fe2+易被氧化,所以为防止其被氧化,铁屑应过量,同时为抑制Fe2+的水解,所以溶液要保持强酸性。利用电子守恒可知:3C2Cr2,n(Cr2)=CV10-3 mol,所以,n(C2)=3CV10-3 mol,在三草酸合铁()酸钾晶体中,Fe3+3C2,所以:n(Fe3+)=CV10-3 mol,铁的质量分数w=100%=%。答案:(1)除去废铁屑上的油污(2)使受热均匀,加快反应速率,防止温度过高,氨水挥发过多,原料利用率低(答案合理即可)吸收氨气、二氧化硫等杂质气体,

13、防止污染空气(3)AB(4)(NH4)2SO4FeSO46H2O+H2C2O4FeC2O42H2O+(NH4)2SO4+H2SO4+4H2O(5)%一、选择题(本题包括3小题,每题5分,共15分)1.(2020郑州模拟)某兴趣小组将下表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中,以研究硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响。下列判断错误的是() 实验组别混合溶液ABCDEF4 molL-1 H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100A.V1=30,V6=10,V7=20B.本实验利用了控制变量

14、思想,变量为铜离子浓度C.反应一段时间后,实验A中的金属呈灰黑色,实验F的金属呈现红色D.该小组的实验结论是硫酸铜的量与生成氢气速率成正比【解析】选D。对比试验效果,那么除了反应的物质的量不一样以外,要保证其他条件相同,而且是探究硫酸铜量的影响,那么每组硫酸的量要保持相同,六组反应的总体积也应该相同,A组中硫酸为30 mL,那么其他组硫酸量也都为30 mL,而硫酸铜溶液和水的总量应相同,F组中硫酸铜20 mL,水为0,那么总量为20 mL,所以V1=30 mL,V6=10 mL,V7=20 mL,故A正确;分析图表数据可知,探究的是硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响,所以变量为铜离

15、子浓度,实验利用了控制变量思想,故B正确;因为锌会先与硫酸铜反应,直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气,硫酸铜量较多时,反应时间较长,而且生成的铜会附着在锌片上,反应一段时间后,实验A中的金属呈灰黑色,实验F的金属呈现红色,故C正确;因为锌会先与硫酸铜反应,直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气,硫酸铜量较多时,反应时间较长,而且生成的铜会附着在锌片上,会阻碍锌片与硫酸继续反应,氢气生成速率下降,故D错误。2.(2019石景山区模拟)资料显示:自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验,一段时间后溶液均褪色(0.01 molL-1可以记做0.01M

16、)。实验实验实验1 mL 0.01M的KMnO4溶液和1 mL 0.1M的H2C2O4溶液混合1 mL 0.01M的KMnO4溶液和1 mL 0.1M的H2C2O4溶液混合1 mL 0.01M的KMnO4溶液和1 mL 0.1M的H2C2O4溶液混合褪色比实验褪色快比实验褪色快下列说法不正确的是()A.实验中发生氧化还原反应,H2C2O4是还原剂,产物MnSO4能起自催化作用B.实验褪色比快,是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率C.实验褪色比快,是因为Cl-的催化作用加快了反应速率D.若用1 mL 0.2M的H2C2O4做实验,推测比实验褪色快【解析】选C。C元素的化合价升高,且锰离子可作

17、催化剂,则实验中发生氧化还原反应,H2C2O4是还原剂,产物MnSO4能起自催化作用,故A正确;催化剂可加快反应速率,则实验褪色比快,是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率,故B正确;高锰酸钾可氧化氯离子,则实验褪色比快,与催化作用无关,故C错误;增大浓度,反应速率加快,则用1 mL 0.2M的H2C2O4做实验,推测比实验褪色快,故D正确。3.(双选)根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A向盛有少量苯酚稀溶液的试管中逐滴加入饱和溴水,产生白色沉淀苯酚与Br2反应生成2,4,6-三溴苯酚B向H2O2溶液中滴入NaClO溶液,产生无色气体H2O2具有氧化性C向F

18、eCl3溶液中滴入少量KI溶液,再加入KSCN溶液,溶液变红Fe3+与I-的反应具有可逆性D向蔗糖中滴加少量浓硫酸,搅拌,蔗糖变黑,体积膨松,变成疏松多孔的海绵状浓硫酸具有脱水性和氧化性【解析】选A、D。 A.向少量苯酚稀溶液中逐滴加入饱和溴水,生成白色沉淀,发生+3Br2+3HBr,生成2,4,6-三溴苯酚,故A正确;B.NaClO可氧化过氧化氢,生成氧气,过氧化氢具有还原性,故B错误;C.FeCl3溶液中滴入少量KI溶液,氯化铁过量,由现象不能判断可逆反应,故C错误;D.浓硫酸使蔗糖脱水后,C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫,则蔗糖变黑,体积膨松,变成疏松多孔的海绵状,浓硫酸具有脱水性

19、和氧化性,故D正确。二、非选择题(本题包括3小题,共35分)4.(11分)某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。实验(一)碘含量的测定取0.0100 molL-1的AgNO3标准溶液装入滴定管,取100.00 mL海带浸取原液至滴定池,用电势滴定法测定碘含量。测得的电动势(E)反映溶液中c(I-)的变化,部分数据如下表:V(AgNO3)/mL15.0019.0019.8019.9820.0020.0221.0023.0025.00E/mV-225-200-150-10050.0175275300325实验(二)碘的制取另制海带浸取原液,甲、乙两种实验方案如下:已知:3I2+

20、6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O。(1)实验(一) 中的仪器名称:仪器A_,仪器B_。(2)根据表中数据绘制滴定曲线:该次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为_mL,计算得海带中碘的百分含量为_%。(已知碘的相对原子质量为127)(3)分液漏斗使用前须检漏,检漏方法为_。步骤X中,萃取后分液漏斗内观察到的现象是_。下列有关步骤Y的说法,正确的是_。A.应控制NaOH溶液的浓度和体积B.将碘转化成离子进入水层C.主要是除去海带浸取原液中的有机杂质D.NaOH溶液可以由乙醇代替实验(二) 中操作Z的名称是_。(4)方案甲中若采用蒸馏不合理,理由是_。【解析】(1)根据仪器的构造可知,用于灼

21、烧海带的仪器为坩埚;通过仪器B配制500 mL含有碘离子的浸取液,需要使用500 mL的容量瓶;(2)根据表中数据可以绘制出电动势(E)与消耗硝酸银溶液体积的关系图。根据滴定曲线可知,当加入20 mL硝酸银溶液时,电动势出现了突变,说明滴定终点时消耗了20.00 mL硝酸银溶液;20.00 mL硝酸银溶液中含有硝酸银的物质的量为0.010 0 molL-10.02 L=0.000 2 mol,则500 mL原浸出液完全反应消耗硝酸银的物质的量为0.000 2 mol=0.001 mol,说明20.00 g该海带中含有0.001 mol碘离子,所以海带中碘的百分含量为100%=0.635%;(3

22、)检查分液漏斗是否漏水的操作方法为向分液漏斗中加入少量蒸馏水,检查旋塞处是否漏水;将漏斗倒转过来,检查玻璃塞是否漏水;碘单质易溶于有机溶剂,微溶于水,且四氯化碳的密度大于水溶液,所以步骤X向含有碘单质的水溶液中加入四氯化碳后,混合液会分为上下两层,下层为四氯化碳的碘溶液,则下层呈紫红色;发生反应3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O中,需要浓氢氧化钠溶液,所以应控制NaOH溶液的浓度和体积,故A正确;根据反应3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+ 3H2O可知,步骤Y将碘转化成离子进入水层,故B正确;该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠,将碘转化成离子进入水层,不是除去有

23、机杂质,故C错误;乙醇易溶于水和四氯化碳,将氢氧化钠换成乙醇,仍然无法分离出碘单质,故D错误;步骤Z将碘单质和水分离,由于碘单质不溶于水,可通过过滤操作完成;(4)方案甲中若采用蒸馏操作,由于碘单质容易升华,会导致碘单质损失,所以甲方案不合理。答案:(1)坩埚500 mL容量瓶(2)20.00 mL0.635(3)向分液漏斗中加入少量蒸馏水,检查旋塞处是否漏水,将漏斗倒转过来,检查玻璃塞是否漏水,旋转旋塞180,正立再次检验旋塞,旋转玻璃塞180,再次倒立检验玻璃塞是否漏水液体分为上下两层,下层呈紫红色AB过滤(4)碘单质易升华,会导致碘损失5.(12分)氯化亚砜(SOCl2)常用于医药、农药

24、、染料工业,也可在有机合成工业中作氯化剂。已知:SOCl2的相关性质如下表所示:颜色、状态熔点沸点腐蚀性水解无色或微黄液体-10578强极易水解现利用如图装置制备SOCl2。请回答下列问题:. 制备SO2和Cl2。(1)本实验选用装置甲制备SO2和Cl2,装置甲中仪器x的名称为_;若以KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2,反应的离子方程式为_。. 制备SOCl2。以活性炭作为催化剂,SO2和Cl2可以和S粉在180200时反应合成SOCl2,选用装置A、B、C、D进行制备(夹持、加热装置略去)。(2)按气流从左到右的方向,装置A、B、C、D的连接顺序为_(填仪器接口的字母编号)。(3)试剂y为_(

25、填选项字母,下同);试剂z为_。A.热水B.乙醇C.石蜡油D.冰水(4)装置A中U形管内发生反应的化学方程式为_。(5)装置C的作用为_;若装置A通入的SO2和Cl2的物质的量之比为13,则装置C中生成的盐为_(填化学式);请设计实验验证装置C中生成的盐中含有S:_。【解析】.(1)装置甲中仪器x的名称为分液漏斗;若选用装置甲以高锰酸钾和浓盐酸反应制备Cl2,反应的离子方程式为2Mn+16H+10Cl-2Mn2+5Cl2+8H2O。.(2)按气流从左到右的方向,A为制备装置,D为收集装置,B为干燥装置,连接在D后防止水蒸气进入,C为尾气处理装置,连接顺序为afg(gf)bcde。(3)试剂y为

26、石蜡油,能保持油浴温度为180200;试剂z为冰水,冷凝收集生成的氯化亚砜。(4)装置A中U形管内发生反应的化学方程式为SO2+2Cl2+S2SOCl2。(5)装置C的作用为吸收未反应的SO2和Cl2;若装置A通入的SO2和Cl2的物质的量之比为13,Cl2过量,则装置C中发生的反应为SO2+Cl2+4NaOH2NaCl+Na2SO4+2H2O、Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,生成的盐为NaCl、Na2SO4和NaClO;验证装置C中生成的盐中含有S的具体操作为取装置C中少量溶液于试管中,加过量稀盐酸酸化,继续滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀,证明有S。答案:.(1)分液漏斗2

27、Mn+16H+10Cl-2Mn2+5Cl2+8H2O.(2)afg(gf)bcde(3)CD(4)SO2+2Cl2+S2SOCl2(5)尾气处理(或吸收未反应的SO2和Cl2)NaCl、NaClO和Na2SO4取装置C中少量溶液于试管中,加过量稀盐酸酸化,继续滴加BaCl2溶液,生成白色沉淀,证明有S6.(12分)(2019全国卷)立德粉ZnSBaSO4(也称锌钡白),是一种常用白色颜料。回答下列问题:(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花,亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时,钡的焰色为_(填标号)。A.黄色B.红色C.紫色D.绿色(2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下

28、工艺生产立德粉:在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为_。回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为_。在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差,其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的_(填化学式)。沉淀器中反应的离子方程式为_。(3)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品,置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.100 0 molL-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5 min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.100

29、0 molL-1 Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S22I-+S4。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_,样品中S2-的含量为_(写出表达式)。【解析】(1)钡的焰色反应为绿色。(2)在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,硫的化合价由+6-2,由“回转炉尾气中含有有毒气体”知,碳元素的化合价由0+2,由电子守恒和原子守恒得,化学方程式为BaSO4+4CBaS+4CO。由“生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体”可知,CO与水蒸气反应生成CO2和H2,该反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2。在潮湿空气中长期放置,可溶性硫化钡与空气

30、中的CO2和H2O反应生成H2S气体和BaCO3。BaS和ZnSO4都是可溶性盐,都能拆成离子,故反应的离子方程式为S2-+Ba2+Zn2+SZnSBaSO4。(3)滴定终点时,I2被消耗完,溶液颜色由浅蓝色变为无色。由反应式为I2+2S22I-+S4可知,与Na2S2O3溶液反应的n1(I2)=0.100 0,则与S2-反应的n2(I2)=0.100 0-n1(I2)=(mol),由电子守恒可知S2-I2,则样品中S2-的含量为100%。答案:(1)D(2)BaSO4+4CBaS+4COCO+H2OCO2+H2BaCO3S2-+Ba2+Zn2+SZnSBaSO4(3)浅蓝色至无色100%【加

31、固训练】实验室用粗锌与稀硫酸反应制取氢气,利用氢气还原氧化铜来测定铜的相对原子质量。实验装置如下:(1)在启普发生器中纯锌与稀硫酸反应过于缓慢,可采取的加快速率的措施是_,_。(2)用纯度不高的锌(粗锌)制取氢气,反应速率快,但制得的氢气因含H2S等还原性杂质而有难闻的气味,CuSO4洗气瓶中观察到的现象是有黑色沉淀生成,请写出该洗气瓶中发生复分解反应的化学方程式_,是否可以将CuSO4溶液换成浓硫酸_(答“是”或“否”);理由是_。请简述用CuSO4溶液配制检验醛基的新制氢氧化铜的方法_。 (3)装置中氯化钙的作用是_。有同学发现粗锌与稀硫酸反应一段时间后,锌粒表面变黑,于是收集了少量该黑色

32、固体,验证黑色固体含铁元素的化学方法_。(4)实验中得到的数据:小瓷皿的质量m g,小瓷皿加样品的质量n g,反应后小瓷皿加固体的质量w g,已知氧的相对原子质量为16,则铜的相对原子质量是_ (用含m、n、w的代数式表示)。【解析】(1)适当增大稀硫酸的浓度,可以增大反应速率;利用原电池原理,形成原电池也可以加快反应速率,加入少量硫酸铜溶液,Cu2+被还原为Cu,与Zn和稀硫酸形成原电池;(2)CuSO4洗气瓶中观察到的现象是有黑色沉淀生成是硫酸铜吸收硫化氢生成硫化铜沉淀,该洗气瓶中发生复分解反应的化学方程式:CuSO4+H2SCuS+H2SO4;浓硫酸具有氧化性可以氧化硫化氢,本身被还原为

33、二氧化硫污染气体,不能将CuSO4溶液换成浓硫酸;用CuSO4溶液配制检验醛基的新制氢氧化铜的方法是在试管里加入10%的氢氧化钠溶液2 mL,滴入2%的硫酸铜溶液46滴,振荡即成;(3)装置中氯化钙的作用是作干燥剂,干燥气体;把铁元素转化为三价铁离子,再用硫氰化钾溶液检验,验证黑色固体含铁元素的化学方法:取少量样品用稀硝酸溶解,稀释后,加入KSCN溶液检验;(4)设铜的相对原子质量为M,CuOOM+16 16(n-m)g (n-w)g则=,解得M(Cu)=。答案:(1)适当提高稀硫酸的浓度在稀硫酸中加入少量硫酸铜溶液(2)CuSO4+H2SCuS+H2SO4否硫化氢与浓硫酸反应有二氧化硫气体产生在试管里加入10%的氢氧化钠溶液2mL,滴入2%的硫酸铜溶液46滴,振荡即成(3)作干燥剂取少量样品用稀硝酸溶解,稀释后,加入KSCN溶液检验(4)- 15 -