专题15化学实验基础-2016届高三名校化学试题解析分项汇编上海版解析版

1名校联考试题分类汇编（上海版）选择题专题十五化学实验基础12016六校联考下列有关海水综合利用的说法正确的是A电解饱和食盐水可制得金属钠B海水提溴涉及到氧化还原反应C海带提碘只涉及物理变化D海水提镁不涉及复分解反应【考点】海水资源及其综合利用【分析】A电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气；B海水中溴元素是以溴离子的形式存在，溴离子变为溴单质会发生氧化反应；C海带提碘，将碘离子氧化生成碘单质；D海水提镁，涉及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁电解可生成镁【解答】解A钠易与水反应，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，应该通过电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠，故A错误；B海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，再用还原剂还原溴单质为溴离子，然后用氧化剂氧化溴离子为溴单质，涉及到了氧化还原反应，故B正确；C海带提碘，是将碘离子氧化生成碘单质，发生的是化学变化，故C错误；D海水提镁，涉及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁电解可生成镁，涉及到了复分解反应，故D错误；故选B【点评】本题考查了海水资源的综合利用，题目难度不大，明确从海水中提取钠、溴、碘的以及镁的反应原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应、复分解反应、物理变化及化学变化的判断方法，试题培养了学生的灵活应用能力22016六校联考标准NAOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是A酚酞B圆底烧瓶C锥形瓶D滴定管【考点】中和滴定【专题】定量测定与误差分析【分析】中和滴定用到酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶等仪器以及指示剂等试剂，以此解答2【解答】解标准NAOH溶液滴定盐酸实验中，用酚酞或甲基橙为指示剂，氢氧化钠溶液放在碱式滴定管中，盐酸放在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，A、C、D正确，故B错误故选B【点评】本题考查中和滴定仪器的选择，难度不大，注意实验原理的掌握32016六校联考下列实验中，所使用的装置（夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是A观察FE（OH）2的生成B配制一定物质的量浓度的NANO3溶液C实验室制取氨D验证乙烯的生成【考点】真题集萃；实验装置综合【分析】A氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气；3B容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器；C氨气极易溶于水，不能采用排水法收集；D制取乙烯需要170，温度计测定混合溶液温度，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化【解答】解A氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故A正确；B容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；C实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水，不能采用排水法收集，常温下，氨气和氧气不反应，且氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集氨气，故C错误；D制取乙烯需要170，温度计测定混合溶液温度，所以温度计水银球应该插入溶液中，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙醇易挥发，导致得到的乙烯中含有乙醇，影响乙烯的检验，故D错误；故选A【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、物质检验、气体收集、溶液配制等知识点，明确实验原理及操作规范、物质性质是解本题关键，易错选项是D，知道常见气体的制备及收集方法，题目难度不大42016六校联考某同学将光亮的镁条放入盛有NH4CL溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（）选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的PH为86弱碱性溶液中MG也可被氧化D将光亮的镁条放入PH为86的NAHCO3溶液弱碱性溶液中OH氧化4中，有气泡产生了MGAABBCCDD【考点】镁的化学性质；真题集萃【分析】A氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；B氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；CPH为86时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，MG可以被氧化；D若是氢氧根氧化了MG，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体【解答】解A氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；CPH为86时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，MG可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了MG，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；故选D【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉镁、氯化铵、碳酸氢钠的性质是解题关键，注意物质检验方法的积累52016六校联考茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（）A将茶叶灼烧灰化，选用、和B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和C过滤得到的滤液，选用、和D检验滤液中的FE3，选用、和【考点】真题集萃；过滤、分离与注入溶液的仪器；物质的检验和鉴别的实验方案设计【专题】综合实验题5【分析】检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，以此解答该题【解答】解A将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有、和，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B选；C过滤时用到、和，故C不选；D检验滤液中的FE3，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即、和，故D不选故选B【点评】本题为2014年重庆高考题，侧重于物质的检验和鉴别的实验设计的考查，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度不大6（2016虹口二模）（3分）下列关于氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）说法错误的是A两者的原料来源相同B两者的生产原理相同C两者对食盐利用率不同D两者最终产品都是NA2CO3考点纯碱工业（侯氏制碱法）专题化学应用分析氨碱法以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液其化学反应原理是NH3CO2H2ONACL（饱和）NAHCO3NH4CL，将经过滤、洗涤得到的NAHCO3微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品2NAHCO3NA2CO3CO2H2O，放出的二氧化碳气体可回收循环使用，含有氯化铵的滤液与石灰乳（CA（OH）2）混合加热，所放出的氨气可回收循环使用，CAOH2OCA（OH）2，2NH4CLCA（OH）2CACL22NH32H2O；联合制碱法以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，联合制碱法包括两个过程第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NAHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，6而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品此时滤出氯化铵沉淀后所得的滤液，已基本上被氯化钠饱和，可回收循环使用解答解A氨碱法以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料，联合制碱法以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料，两者的原料来源不相同，故A错误；B氨碱法其化学反应原理是NH3CO2H2ONACL（饱和）NAHCO3NH4CL，联合制碱法包括两个过程第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NAHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，故B正确；C氨碱法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有7274；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96以上，故C正确；D氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）两者最终产品都是NA2CO3，故D正确；故选A点评本题主要考查了氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）的原理，掌握原理是解题的关键，题目难度不大7（2016虹口二模）（3分）下列实验能获得成功的是实验目的实验步骤及现象A除去苯中的苯酚加入浓溴水，充分振荡、静置，然后过滤B证明醋酸的酸性比次氯酸强用PH试纸分别测定常温下等浓度的醋酸和次氯酸的PH值，PH大的是次氯酸C检验NA2SO3固体中含NA2SO4试样加水溶解后，加入足量盐酸，再加入BACL2溶液，有白色沉淀D检验溴乙烷中含有溴元素溴乙烷与氢氧化钠溶液混合振荡后，再向混合液中滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀AABBCCDD考点化学实验方案的评价专题实验评价题分析A溴以及三溴苯酚都溶于苯中；B次氯酸具有漂白性；C加入盐酸，可排除NA2SO3的影响；D检验溴离子，应先调节溶液至酸性解答解A苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，溴以及三溴苯酚都溶于苯中，应用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；B次氯酸具有漂白性，可使PH试纸先变红后褪色，故B错误；C加入盐酸，可排除NA2SO3的影响，再加入BACL2溶液，可生成硫酸钡白色沉淀，7可用于检验，故C正确；D反应在碱性条件下水解，检验溴离子，应先调节溶液至酸性，故D错误故选C点评本题考查较为综合，涉及物质的鉴别、分离和提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度不大，注意把握物质的性质的异同8（2016虹口二模）（3分）下列各图示实验设计和操作合理的是A证明非金属性强弱SCSIB制备少量氧气C配制一定物质的量浓度的硫酸溶液D制备少量乙酸丁酯考点化学实验方案的评价专题实验评价题分析A发生强酸制取弱酸的反应可知最高价含氧酸的酸性；B过氧化钠为粉末固体，固体与液体接触后，不能分离；C不能在容量瓶中稀释浓硫酸；D反应物乙酸、1丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点解答解A发生强酸制取弱酸的反应可知最高价含氧酸的酸性为硫酸碳酸硅酸，可比较非金属性SCSI，故A正确；B过氧化钠为粉末固体，固体与液体接触后，不能分离，图中隔板不能用作粉末固体与液体的反应，故B错误；C不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故C错误；D反应物乙酸、1丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点，若采用图中装置，会造成反应物的大量挥发，大大降低了反应物的转化率，故D错误；故选A8点评本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及非金属性比较、固液反应装置、溶液配制、乙酸丁酯制备等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验方案的评价性、操作性分析，选项D为解答的难点，题目难度不大9（2016年杨浦一模）仅用蒸馏水，不能鉴别的一组物质是A汽油、甘油和四氯化碳B葡萄糖、蔗糖和纯碱C溴蒸气和二氧化氮D碘和高锰酸钾【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】仅用蒸馏水就能鉴别的物质，常利用物质的水溶性以及物质的与水的密度相对大小进行鉴别，另外有些物质能与水发生反应或在水溶液中的颜色不同，以此解答该题【解答】解A汽油不溶于水，但密度比水小，甘油与水混溶，四氯化碳不溶于水，但密度比水大，三者仅用蒸馏水就能鉴别出，故A不选；B葡萄糖、蔗糖均能溶于水，而且溶液没有明显变化，所以不能鉴别，故B选；C溴蒸气溶于水，溶液显棕黄色，二氧化氮溶于水，溶液为无色，所以能鉴别，故C不选；D碘单质溶于水呈黄色，KMNO4溶于水则呈紫红色，故D不选；故选B【点评】本题考查物质的检验鉴别的实验方案的设计，题目难度中等，本题注意常见物质的水溶性、溶解热以及溶液的颜色的变化等问题，学习中注重相关基础知识的积累10（2016长宁一模）下列有关物质性质和应用的因果关系正确的是（）A二氧化硫具有漂白性，能使氯水褪色B浓硫酸具有较强酸性，能使CU转化为CU2C硅具有还原性，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来D二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气【考点】二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅【专题】元素及其化合物【分析】A二氧化硫具有还原性，能够与氯水反应生成硫酸和盐酸；B依据铜与浓硫酸反应中硫元素化合价变化判断浓硫酸的性质；C依据硅化合价判断；9D过氧化氢分解生成氧气和水，反应中二氧化锰起催化作用【解答】解A二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，使氯水褪色，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故A错误；B铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫酸中部分硫元素化合价降低、部分化合价不变，浓硫酸表现强的氧化性和酸性，使铜化合价升高体现浓硫酸的强的氧化性，故B错误；C硅单质中硅化合价为0，处于低价，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来，体现其还原性，故C正确；D过氧化氢分解生成氧气和水，反应中二氧化锰起催化作用，故D错误；故选C【点评】本题考查了元素化合物性质，熟悉二氧化硫、浓硫酸、硅、过氧化氢性质是解题关键，注意催化剂参加反应，题目难度不大11（2016长宁一模）下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是（）A除去HCL中含有的少量CL2B石油的蒸馏C制备乙酸乙酯D制备收集干燥的氨气10【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】A氯气在饱和食盐水中的溶解度较低；B温度计测量蒸气的温度；C制备乙酸乙酯可直接加热；D可用浓氨水和生石灰制备氨气，导管应插入试管底部【解答】解A氯气在饱和食盐水中的溶解度较低，可除掉氯化氢，故A正确；B温度计测量蒸气的温度，应与蒸馏烧瓶支管口处相平，故B错误；C制备乙酸乙酯可直接加热，不需要水浴加热，故C错误；D可用浓氨水和生石灰制备氨气，氨气的密度比空气小，用向下排空法收集，但导管应插入试管底部，故D错误故选A【点评】本题考查较为综合，涉及气体的制备、物质的分离等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大12（2016长宁一模）某化学兴趣小组设计了下列实验，后记录如下下列说法中不正确的是A中气体由无色变红棕色的化学方程式为2NOO22NO2B中的现象说明FE表面形成致密的氧化层，阻止FE进一步反应C对比、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对III中现象，在FE、CU之间连接电流计，可判断FE是否持续被氧化【考点】化学实验方案的评价【专题】电化学专题【分析】A硝酸具有强氧化性，与FE反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮；B浓硝酸具有强氧化性，FE表面形成致密的氧化层，发生钝化现象；C对比I、的现象，FE与稀硝酸反应生成NO，而FE与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；11D根据中现象，说明构成原电池，在FE、CU之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极【解答】解A稀硝酸具有酸性与强氧化性，与FE反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮，中气体由无色变红棕色的化学方程式2NOO22NO2，故A正确；B的现象是因为铁发生了钝化，FE表面形成致密的氧化层，阻止FE进一步反应，故B正确；C对比I、的现象，FE与稀硝酸反应生成NO，而FE与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；D根据中现象，说明构成原电池，在FE、CU之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断FE是否被氧化，故D正确，故选C【点评】本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，为高频考点，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力，注意把握硝酸的性质13（2014静安二模）（3分）如图所示装置中不存在的仪器是（）A坩埚B泥三角C三脚架D石棉网考点直接加热的仪器及使用方法；物质的溶解与加热专题化学实验常用仪器分析根据图示装置可知，装置中用的仪器有酒精灯、坩埚、泥三角、三脚架等，给坩埚可以直接加热，不需要垫上石棉网，据此进行解答解答解由图示装置可知，涉及的仪器为坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等，由于给坩埚加热时可以直接进行加热，不需要使用石棉网，所以该装置中没有用到石棉网，故选D点评本题考查了常见仪器的干燥及使用方法，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，注意常见的仪器干燥及正确的使用方法，明确给坩埚加热时，不需要垫上石棉网14（2014静安二模）（4分）以下物质的提纯方法错误的是（括号内为杂质）（）ACO2（H2S）通过CUSO4溶液BCH3COOH（H2O）加新制生石灰，蒸馏12C苯（甲苯）加酸性高锰酸钾溶液、再加NAOH溶液，分液DMGCL2溶液（FE3）加MGO，过滤考点物质的分离、提纯的基本方法选择与应用专题化学实验基本操作分析AH2S可与硫酸铜反应生成CUS沉淀；B加新制生石灰，与水反应生成具有碱性的氢氧化钙；C甲苯可被氧化生成苯甲酸；DFE3易水解生成氢氧化铁沉淀解答解AH2S可与硫酸铜反应生成CUS沉淀，可用于除杂，故A正确；B加新制生石灰，生成氢氧化钙，中和乙酸，故B错误；C甲苯可被氧化生成苯甲酸，再加NAOH溶液，生成溶于水的苯甲酸钠，分液后可除杂，故C正确；DFE3易水解生成氢氧化铁沉淀，且不引入新杂质，故D正确故选B点评本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯的物质，难度不大15闸北一模丙酮是常用的有机溶剂，可与水以任意体积比互溶，密度小于1G/ML，沸点约55OC，分离水和丙酮的方法是A蒸发B分液C过滤D蒸馏【答案】D【解析】试题分析水与丙酮互溶，二者的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法来实现二者的分离。考点考查了物质的分离、提纯的相关知识13闸北一模下列实验所采取的分离方法与对应原理都正确的是选项目的分离方法原理A提取碘水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中溶解度比水中大B除去纯碱中的碳酸氢铵加热纯碱热稳定性大于碳酸氢铵C分离KNO3和NACL重结晶KNO3的溶解度大于NACLD分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯密度大于乙醇【答案】B13【解析】试题分析A、乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，故A错误；B、碳酸氢铵不稳定，加热生成气体，可用加热的方法分离，故B正确；C、根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法NACL随温度升高溶解度变化不大，KNO3随温度升高溶解度变化大，经冷却过滤，故C错误；D、乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故D错误；考点考查了物质的分离提纯的实验方案的设计相关知识16（2016年杨浦一模）利用图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是选项实验结论A浓硫酸CUKMNO4溶液褪色SO2有漂白性B浓盐酸MNO2FEBR2溶液变为黄色氧化性CL2BR2C稀硫酸碳酸钠CACL2溶液无明显变化CO2不与CACL2溶液反应D浓硫酸蔗糖溴水褪色浓硫酸具有脱水性、吸水性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【专题】无机实验综合【分析】A二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应；B浓盐酸与二氧化锰应在加热条件下反应生成氯气；C碳酸酸性比盐酸弱，二氧化碳与氯化钙溶液不反应；D反应生成二氧化硫，浓硫酸表现出氧化性【解答】解A二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故A错误；B浓盐酸与二氧化锰应在加热条件下反应生成氯气，在不加热条件下没有氯气生成，FEBR2溶液不变色，故B错误；C碳酸酸性比盐酸弱，二氧化碳与氯化钙溶液不反应，CACL2溶液无明显变化，故C正确；D蔗糖被碳化，浓硫酸表现脱水性，反应生成二氧化硫，浓硫酸表现出氧化性，故D错误故选C14【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大17（2016年浦东一模）能用启普发生器制取的气体是A氢气B氨气C氧气D乙炔【考点】气体发生装置【专题】化学实验基本操作【分析】启普发生器适用于固液混合状态其不需加热而制取的气体，且固体必须是块状的，据此分析【解答】解A、实验室制取氢气是用锌粒和盐酸反应制取，锌粒是块状的，且此反应不需加热，符合启普发生器的要求，故A正确；B、实验室制取氨气是用固体氯化铵和固体氢氧化钙加热制取，不能用启普发生器，故B错误；C、实验室制取氧气可以用高锰酸钾固体受热分解、氯酸钾受热分解或双氧水用二氧化锰做催化剂分解来制取，但无论是哪种方法均不能用启普发生器，故C错误；D、乙炔的制取是用碳化钙和饱和食盐水反应制取，但由于碳化钙接触水后立即变为糊状，不再是块状固体，故不能用启普发生器，故D错误故选A【点评】本题考查了实验发生装置，明确启普发生器对反应物和反应条件的要求是解本题关键，难度不大18（2016年浦东一模）化工生产中未使用催化剂的是A联合制碱B合成氨气C乙烯水化D生产硫酸【考点】催化剂的作用【专题】化学应用【分析】催化剂有正催化剂和负催化剂两种，其中正催化剂能加快反应速率，负催化剂降低反应速率，在化学反应中，催化剂只能改变反应速率，但不影响平衡移动，反应前后，催化剂的质量和性质都不发生改变【解答】解A、侯氏制碱法又称联合制碱法，原料是食盐、氨和二氧化碳合成氨厂用水煤气制取氨气时的废气，利用了酸碱中和的性质，不用催化剂，故A正确；15B、合成氨指由氮和氢在高温高压和催化剂存在下直接合成的氨，为一种基本无机化工流程，故B错误；C、乙烯水化在工业上采用负载于硅藻土上的磷酸催化剂，故C错误；D、生产硫酸时，二氧化硫接触氧化为三氧化硫，需要使用催化剂，故D错误故选A【点评】催化剂在化学反应中质量和化学性质不变，还应注意催化剂本身的特点，其具有专一性，高效性，选择性等特点19十一校联考甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系。下列有关物质的推断不正确的是A若甲为FE，则丁可能是CL2B若甲为焦炭，则丁可能是O2C若甲为SO2，则丁可能是氨水D若甲为NAOH溶液，则丁可能是CO2【答案】A【解析】试题分析A、若甲为FE，丁是氯气，则乙为氯化铁，氯化铁不能再与氯气反应，不符合转化关系，故A错误；B、甲为碳，丁为O2物质转化关系为CCOCO2，2CO22CO，2COO22CO2，CO2C2CO，故B正确；2OC、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为SO2NH4HSO3NH4氨水2SO3，NH42SO3；SO2NH3H2ONH4HSO3，NH4HSO3NH3H2ONH42SO3H2O；NH42SO3H2OSO22NH4HSO3，故C正确；D、若甲为NAOH溶液，丁是CO2，则乙为NA2CO3，丙为NAHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故D正确，故选A。考点考查了无机物的推断的相关知识。20十一校联考下列实验操作、现象与实验结论一致的是选项实验操作、现象实验结论A向某溶液中加入BANO32溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失该溶液中有SO4216B甲苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置，溴水层褪色甲苯与溴发生了取代反应C将FECL3溶液分别滴入NABR、NAI溶液中，再分别滴加CCL4，振荡，静置氧化性FE3BR2I2D除锈的铁钉在浓硝酸中浸泡后，用蒸馏水洗净，再放入CUSO4溶液中无现象铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜【答案】D【解析】试题分析A、向某溶液中加入BANO32溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，因硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性，原溶液中可能存在SO32或SO42或都有，故A错误；B、甲苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置，溴水层褪色，发生萃取，不发生取代反应，故B错误；C、FECL3溶液与NAI发生氧化还原反应生成碘单质，则氧化性为BR2FE3I2，故C错误；D、浓硝酸具有强氧化性，铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜，金属氧化物不能与硫酸铜反应，则无现象，故D正确；故选D。考点考查了化学实验方案的评价的相关知识。21松江一模用如图装置进行实验，甲逐滴加入到固体乙中，下列说法正确的是（）AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】A可生成苯酚，苯酚难溶于水；选项液体甲固体乙溶液丙丙中现象ACH3COOHNAHCO3苯酚钠无明显现象B浓HCLKMNO4紫色石蕊最终呈红色C浓H2SO4NA2SO3品红红色变无色D浓H2SO4CU氢硫酸溶液变浑浊17B石蕊先变红后褪色；C二氧化硫可使品红褪色；D应在加热条件下进行【解答】解A醋酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与苯酚钠溶液反应生成苯酚，苯酚难溶于水，溶液变浑浊，故A错误；B反应生成氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，石蕊先变红后褪色，故B错误；C二氧化硫可使品红褪色，故C正确；D浓硫酸和铜应在加热条件下进行，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制取、氧化还原反应、性质检验等，侧重实验装置、原理及物质性质的考查，题目难度中等22奉贤一模下列设计的实验方案能达到实验目的是（）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过量15的NA2CO3溶液，振荡后静置分液，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2ML5H2O2和1MLH2O，向另一支试管中加入2ML5H2O2和1MLFECL3溶液，观察并比较实验现象【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】ANAOH过量，反应生成偏铝酸钠；B乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；C加入少量新制氯水了氧化亚铁离子；D相同条件下，只有催化剂不同【解答】解ANAOH过量，反应生成偏铝酸钠，不能制备AL（OH）3悬浊液，故A错误；B乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，则振荡后静置分液，并除去有机相的水，故B正确；C加入少量新制氯水了氧化亚铁离子，检验亚铁离子，应先加KSCN溶液，再加氯水，故C错误；D相同条件下，只有催化剂不同，试管中加入2ML5H2O2和1MLFECL3溶液反应速率快，则可探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故D正确；故选BD【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、混合物分离提纯、离子检验及影响反应速率的因素等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大23（浦东二模）下列实验用酸性KMNO4溶液不能达到预期目的是（）A鉴别SO2和CO218B检验CH2C（CH3）CHO中含碳碳双键C鉴别苯和甲苯D检验硫酸铝溶液中是否有硫酸亚铁【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】能用酸性高锰酸钾溶液达到实验目的说明反应现象不同，高锰酸钾有强氧化性，能和强氧化性的物质及部分有机物反应【解答】解A二氧化硫能还原酸性高锰酸钾溶液，而二氧化碳不能还原酸性高锰酸钾溶液，所以反应现象不同，能达到实验目的，故A正确；B碳碳双键和醛基都能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾鉴别，故B正确；C甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以反应现象不同，能达到实验目的，故C正确；D亚铁离子能还原酸性高锰酸钾溶液而铝离子不能还原酸性高锰酸钾溶液，所以反应现象不同，能达到实验目的，故D正确故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，注意物质的性质以及比较方案的合理性24（浦东二模）分离混合物的方法错误的是（）A分离苯和硝基苯蒸馏B分离氯化钠与氯化铵固体升华C分离水和溴乙烷分液D分离氯化钠和硝酸钾结晶【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A苯和硝基苯互溶，但沸点不同；B氯化铵加热分解，而氯化钠不能；C水和溴乙烷分层；D二者溶解度受温度影响不同【解答】解A苯和硝基苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故A正确；B氯化铵加热分解，而氯化钠不能，则选择加热法分离，故B错误；19C水和溴乙烷分层，则选择分液法分离，故C正确；D二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故D正确；故选B【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大25（浦东二模）测定NA2CO3和NAHCO3混合物中NA2CO3质量分数的实验方案不合理的是（）A取AG混合物用酒精灯充分加热后质量减少BGB取AG混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加BGC取AG混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VMLD取AG混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VML【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B应先把水蒸气排除才合理；C根据VML盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出NA2CO3质量分数；D根据VML盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出NA2CO3质量分数【解答】解ANAHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出NA2CO3质量分数，故A错误；B混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故B正确；CNA2CO3和NAHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VML盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出NA2CO3质量分数，故C错误；20DNA2CO3和NAHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VML盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出NA2CO3质量分数，故D错误；故选B【点评