河南省信阳一高2020学年高二化学下学期暑假自学自测考点专练 化学实验的设计与评价

化学实验的设计与评价1只用一种试剂便可鉴别氯化钾、氯化镁、硫酸铵和氯化铵这四组无色溶液，这种试剂是A氢氧化钡溶液 B氢氧化钠溶液 C稀硫酸 D稀盐酸【答案】A【解析】试题分析：氯化钾、氯化镁、硫酸铵和氯化铵这四组无色溶液中应用试剂要鉴别阴离子SO42，应用Ba2+鉴别，鉴别K+、NH4+、Mg2应用OH，故只用一种试剂便可鉴别氯化钾、氯化镁、硫酸铵和氯化铵这四组无色溶液，这种试剂是氢氧化钡溶液，A项正确。考点：物质鉴别实验。2实验室可用如图所示装置来进行的实验是A制取氧气 B制取氨气C碳酸氢钠受热分解 D制取乙酸乙酯 【答案】D【解析】试题分析：A实验室制备氧气应用氯酸钾和二氧化锰，为固体，试管口应向下倾斜，且生成氧气应用排水法收集，故A错误；B实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制备氨气，为固体，试管口应向下倾斜，且生成氨气用排空气法收集，故B错误；C碳酸氢钠受热分解，试管口应向下倾斜，故C错误；D实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热制备乙酸乙酯，乙酸乙酯中混用乙醇、乙酸，导管不能插入到液面以下，防止倒吸，故D正确；故选D。【考点定位】考查物质的制备实验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查。【名师点晴】本题考查的目的是利用装置进行实验，故对装置的特点要认识清楚，本反应装置的特点是加热液体生成气体（或蒸汽），且导管不能插入液面以下，说明气体易溶于水，应防止倒吸，再结合实验原理进行分析解答就相对容易多了，如A选项制备的氧气微溶于水，明显不符合题意。3根据下列实验事实，得出的结论正确的是（ ）通入品红溶液中A气体 品红溶液褪色 结论：原气体一定是SO2点燃通入Ba（OH）2溶液中B气体A 气体B 白色沉淀 结论：原气体一定是烃将沾有浓氨水的玻璃棒靠近打开瓶盖C某溶液 冒白雾 白烟 结论：原溶液一定是浓盐酸滴加KSCN溶液D某溶液 血红色 结论：原溶液中一定含有Fe3+【答案】C【解析】4除去NaNO3溶液中少量Na2SO4、Ca(NO3)2，所用试剂及其加入顺序正确的是ANa2CO3、Ba(NO3)2、HNO3 B. BaCl2、Na2CO3、HClCBa(NO3)2、Na2CO3、HNO3 D. Ba(NO3)2、K2CO3、HNO3【答案】C【解析】先加过量的Ba (NO3)2 除去SO42，再加Na2CO3除去Ca2、过量的Ba2 再加适量的HNO3 将过量的Na2CO3除去。选C。5下列装置或操作不能达到实验目的的是【答案】B【解析】试题分析：A、依据图中的操作，通入氯气会先和碘离子反应生成碘单质，然后再氧化亚铁离子生成三价铁离子，碘离子的还原性大于二价铁离子，说明三价铁离子的氧化性比碘单质强，可以比较氯气和Fe3+，氯气和I2的氧化性，故A能达到目的；B、装置中铁和稀硫酸反应生成了硫酸亚铁和氢气，由于氢氧化亚铁很易被空气中的氧气氧化看不到白色沉淀的生成，所以必须先排净试管内的空气，在使硫酸亚铁和氢氧化钠反应，装置中盛硫酸的试管中导气管为伸入溶液，硫酸亚铁无法压入后面的试管与氢氧化钠反应，所以达不到实验目的，故B不能达到目的；C、铁生锈要有空气和一定的湿度才行，在水里和盐溶液里面除了满足上述两个条件以外，还有加速铁生锈的另一个重要因素电解质，由于电解质的存在会大大加快生锈的速度，含量越高就越快，这也是在盐水里面生锈最快的原因食盐水是电解质，电解质加速铁生锈的速度，根据右面红墨水液面的变化可证明铁生锈空气参与反应，故C能达到目的；D、检查装置气密性可以采取“注水法”：首先关闭排气导管，从顶部漏斗口注水，当漏斗下端被水封闭后再注水，水面不下降，表明装置气密性好；如果水面下降，表明装置气密性差，故D能达到目的；故选B考点：本题主要考查了常见的实验操作，主要考查氧化还原反应的顺序比较，氢氧化与亚铁的制备，铁的腐蚀原因，装置气密性检查。6下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A沸水中滴入几滴FeCl3溶液，用一束光照射该液体。得到黄色液体,液体中出现一条光路。该液体是胶体。B向碘水中加入少量CCl4，震荡后静置。上层液体呈紫红色，下层液体接近无色。CCl4将I2从水中萃取出。C向稀硫酸中加入BaCl2溶液至不再生成沉淀，过滤，向滤液中加入锌粒。有气泡产生。滤液显酸性，硫酸比盐酸酸性强。D向碳酸钠溶液中加入稀盐酸。有能使澄清石灰水变浑浊的气体产生。盐酸比碳酸酸性强。【答案】D【解析】试题分析：A沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，得到红褐色液体是胶体，错误； BCCl4的密度大于水的密度，所以下层液体呈紫红色，上层液体接近无色，错误； C稀硫酸中加入BaCl2反应生成硫酸钡和盐酸，向滤液中加入的锌粒与盐酸反应生成氢气，不能证明硫酸比盐酸酸性强，错误； D向碳酸钠溶液中加入稀盐酸，反应为2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2。CO2能使澄清石灰水变浑浊，根据强酸制弱酸的原理可知盐酸比碳酸酸性强，正确。考点：考查实验现象与结论的对应关系的判断7下述实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是编号实验操作实验目的或结论A将SO2气体通入紫色石蕊试液中，观察溶液是否褪色证明SO2有漂白性B向试管中加入等体积的0.005mol/L的FeCl3溶液和0.01mol/L的KSCN溶液，再滴加几滴饱和FeCl3溶液，观察颜色变化探究增大反应物浓度时平衡移动的方向C将装有NO2和N2O4气体的连通球，一个置于冰水中，一个置于热水中，观察颜色变化探究温度对化学平衡的影响D将CO2通入Na2SiO3水溶液观察是否有沉淀产生探究碳和硅两元素非金属性强弱【答案】A【解析】试题分析：A、将SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色，可说明二氧化硫为酸性氧化物，不能说明其漂白性，故A错误；B、增大氯化铁溶液的浓度，根据溶液颜色变化来判断反应方向，如果溶液颜色加深，则说明平衡向正反应方向移动，所以能达到实验目的，故B正确；C、温度不同，导致二氧化氮和四氧化二氮之间的平衡改变而向吸热或者方向移动，能达到目的，故C正确；D、最高价氧化物的水化物的酸性越强，则元素的非金属越强，所以向饱和Na2SiO3溶液中通入二氧化碳，能比较碳与硅的非金属性强弱，故D正确；故选A。考点：考查了化学实验方案的评价的相关知识。8SO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀，而通入另一种气体后可以产生白色沉淀。则图中右侧Y形管中放置的药品组合不符合要求的是(必要时可以加热)ACu和浓硝酸 B大理石和稀盐酸CCaO和浓氨水 D高锰酸钾溶液和浓盐酸【答案】B【解析】试题分析：A、Cu与浓硝酸反应产生二氧化氮气体，则二氧化氮与水反应产生硝酸，所以氯化钡溶液中存在硝酸，可氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，与钡离子结合，可生成硫酸钡白色沉淀，正确；B、大理石与盐酸反应生成二氧化碳气体，而二氧化碳气体也不与氯化钡溶液反应产生白色沉淀，也不会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，所以最终无白色沉淀产生，错误；C、CaO与浓氨水混合则产生氨气，氨气溶于氯化钡溶液，与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸铵，溶液的碱性增强，再与钡离子反应可生成亚硫酸钡沉淀，正确；D、高锰酸钾与浓盐酸混合可产生氯气，氯气可氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，正确，答案选B。考点：考查二氧化硫的性质9下列实验操作与预期的实验目的或结论均正确的是选项实验操作实验目的或结论A向NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，有白色沉淀产生验证两者都发生了水解反应，且相互促进B苯酚溶液中加入几滴稀溴水没有白色沉淀出现说明苯酚与溴没有发生反应C常温下白磷可自燃而氮气需要在放电时才与氧气反应非金属性：PND向相同体积、相同pH的两种一元酸中分别加入足量锌粉，测量产生氢气的体积可以比较两种一元酸的酸性相对强弱【答案】D【解析】本题考查盐类水解、酸性强弱比较、物质性质等，难度不大，注意基础知识的全面掌握A、NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，AlO2-与HCO3-电离出的氢离子再加上一份子的水生成氢氧化铝HCO3-电离出的氢离子促进AlO2-的水解，AlO2-的水解促进HCO3-电离，故A错误B、加入稀溴水生成的三溴苯酚较少，三溴苯酚溶于苯酚，没有白色沉淀出现，故B错误；C、非金属性是指其元素得电子的能力，非金属性NP，氮气须在放电时才与氧气反应，是由于分子中NN三键很难被破坏，所以于氮气性质稳定，故C错误D、若酸性相同生成氢气的体积相同酸性越弱，电离程度越小，pH相同溶液的浓度越大，相同体积生成的氢气的体积越大，故可以根据产生氢气的体积比较两种一元酸的酸性相对强弱，故D正确故本题选：D10某同学用下图装置测定水中氢、氧元素的质量比，实验测得.下列对导致这_结果的原因分折中，一定错误的是A.I装置前缺少干燥装置B.II装置后缺少干燥装置C.CuO部分被还原成CusOD.通H2前I装置中玻璃管内有水冷凝【答案】C【解析】答案：CA.可能， I装置前缺少干燥装置，导致水质量增加。B.可能，II装置后缺少干燥装置，吸收空气中的水C.不可能，CuO部分被还原成CusO，每减少1molO2,就生成1molH2O。D.可能，通H2前I装置中玻璃管内有水冷凝，导致水质量增加。11下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是A装置除去Cl2中含有的少量HClB装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C装置制取少量纯净的CO2气体D装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【答案】D【解析】A氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去Cl2中含有的少量HCl，故A错误；B蒸干NH4Cl饱和溶液，氯化铵分解，应蒸发浓缩、冷却结晶法制备NH4Cl晶体，故B错误；C纯碱为粉末固体，关闭止水夹不能使固体与液体分离，且碳酸钠易溶于水，则不能制取少量纯净的CO2气体，故C错误；D碘易溶于四氯化碳，与水分层后有机层在下层，则装置可分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，故D正确；12下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A用铂丝蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色待测液不含钾元素BAgBr沉淀中滴入KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比AgBr更难溶C铁丝插入稀硝酸中有无色气体产生生成氢气D向NaCN溶液中滴加无色酚酞试液溶液变红HCN是弱电解质【答案】D【解析】试题分析：A、观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃，没有透过蓝色的钴玻璃观察，则结论应为可能含钾元素，故A错误；B、Qc（AgCl）Ksp（AgCl），生成沉淀，但AgBr比AgCl更难溶，结论不合理，故B错误；C、硝酸具有强氧化性，铁丝插入稀硝酸中，发生氧化还原反应生成无色气体为NO结论不合理，故C错误；D、向NaCN溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红，溶液显碱性，则CN-水解，所以HCN弱电解质，故D正确；故选D。考点：考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。13下列有关实验的解析正确的是选项实验操作现象结论A将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中有大量气泡产生生成的气体是NH3B向0.10mol/LNaHCO3溶液中滴加CaCl2溶液至pH7滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出发生的反应2HCO3Ca2+=CaCO3H2CO3C等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应相同时间内HA与Zn反应生成的氢气更多HA是强酸D向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液 溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+【答案】B【解析】试题分析：A、铵根水解显酸性，镁是活泼的金属，与氯化铵反应反应生成氢气、氨气和氯化镁，A错误；B、滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出，这说明碳酸氢钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，B正确；C、相同时间内HA与Zn反应生成的氢气更多，这说明HA的酸性更弱，随着氢离子浓度的降低，进一步常见弱酸的电离，C错误；D、如果原溶液中含有铁离子，也会出现血红色，不能证明一定含有亚铁离子，D错误，答案选B。考点：考查14下列实验“操作和现象”与“结论对应关系正确的是( )操作和现象结 论A向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体HNO3分解成了NO2B向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加人新制Cu(OH)2浊液，加热，没有红色沉淀生成淀粉没有水解成葡萄糖C甲烷和氯气混合后在光照下，颜色逐渐褪去甲烷和氯气发生了化合反应D向饱和Na2CO3中通人足量CO2，溶液变浑浊析出了NaHCO3【答案】D【解析】试题分析：A、硝酸根在氢离子存在下表现强氧化性将二价铁离子氧化，硝酸根被还原为NO，NO又被空气中的氧气氧化为二氧化氮，A错误；B、没有红色沉淀生成是因为冷却后没有加入碱中和过量的稀硫酸，B错误；C、甲烷和氯气发生取代反应，C错误；D、碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，则向饱和Na2CO3中通人足量CO2，有碳酸氢钠晶体析出，溶液变浑浊，D正确，答案选D。考点：考查实验方案设计与评价15下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入HNO3 ，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀将Fe氧化为BCO2通入BaCl2溶液中有白色沉淀出现生成了BaCO3沉淀CAl箔插入稀中无现象Al箔表面被氧化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓硝酸点到蓝色石蕊试纸上试纸先变红色后褪色浓硝酸有酸性和氧化性【答案】D【解析】试题分析：过量的Fe粉中加入HNO3 ，硝酸将铁氧化成Fe3,接着发生2Fe3+Fe=3Fe2，充分反应后，滴入KSCN溶液无现象，A项错误；CO2与BaCl2溶液不反应，B项错误；铝在浓硝酸中发生钝化，而在稀硝酸中反应生成硝酸铝、NO和水，C项错误；浓硝酸有酸性，使蓝色石蕊试纸变红，浓硝酸有强氧化性，能使变红的石蕊试纸褪色，D项正确；选D。考点：考查化学实验基本操作，化学反应现象及解释。16某学生为了验证苯酚、醋酸、碳酸的酸性强弱，设计了如下实验装置,请回答下列问题:（1）仪器B中的实验现象 。（2）仪器B中的化学方程式是 。（3）该实验设计不严密，请改正 。【答案】（1）溶液由澄清变浑浊（2）C6H5ONa+H2O+CO2 C6H5OH +NaHCO3 （3）在A、B之间连接一个洗气瓶，加入饱和NaHCO3溶液，吸收挥发的醋酸【解析】试题分析：（1）醋酸与石灰石反应生成CO2，碳酸的酸性强于苯酚的。因此CO2通入到苯酚钠溶液中会生成苯酚，所以仪器B中的实验现象是溶液由澄清变浑浊。（2）由于碳酸的酸性强于苯酚的，而苯酚的酸性又强于碳酸氢纳的，所以CO2与苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢纳，则仪器B中反应的化学方程式为C6H5ONa+H2O+CO2 C6H5OH+NaHCO3。（3）因为醋酸易挥发，所以生成的CO2气体中含有醋酸，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚，因此实验设计不严密。要改正只需要在A、B之间连接洗气装置，洗气液为饱和NaHCO3溶液，吸收挥发的醋酸即可。考点：考查弱酸酸性比较、实验方案设计与评价。17某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验。实验一：配制并标定醋酸溶液的浓度取冰醋酸配制250 mL 0.2 mol/L的醋酸溶液，用0.2 mol/L的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对稀释后醋酸溶液的浓度进行标定。回答下列问题：(1)配制250 mL 0.2 mol/L醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、_和_。(2)为标定某醋酸溶液的准确浓度，用0.2000 mol/L的NaOH溶液对20.00 mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：实验序号1234消耗NaOH溶液的体积(mL)20.0520.0018.5019.95则该醋酸溶液的准确浓度为_(保留小数点后四位)。实验二：探究浓度对醋酸电离程度的影响用pH计测定25C时不同浓度的醋酸的pH，结果如下：醋酸浓度(mol/L)0.00100.01000.02000.10000.2000pH3.883.383.232.882.73回答下列问题：(3)根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是_(4)从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(5)实验三：该同学用pH计测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH，该同学的实验目的是：_【答案】(1)胶头滴管250 mL容量瓶(2)0.200 0 mol/L(3)0.010 0 mol/L醋酸的pH大于2(或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1，合理即可)(4)增大(5)探究温度对醋酸电离程度的影响【解析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液时用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶。(2)由于第3次实验的数据差别太大，舍去，则消耗NaOH溶液的体积为： mL20.00 mL，则c(CH3COOH)0.200 0 mol/L。(3)由表中数据知，0.010 0 mol/L醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1，可以得出醋酸是弱电解质。(4)从表中的数据知，随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度增大。(5)用pH计测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH的目的是：探究温度对醋酸电离程度的影响。18三氯化铬是化学合成中的常见物质，三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化。制三氯化铬的流程如下：（1）重铬酸铵分解产生的三氧化二铬（Cr2O3难溶于水）需用蒸馏水洗涤，如何用简单方法判断其已洗涤干净？_。（2）已知CCl4沸点为76.8 ，为保证稳定的CCl4气流，适宜的加热方式是_。（3）用下图装置制备CrCl3时，反应管中发生的主要反应为Cr2O33CCl4=2CrCl33COCl2，则向三颈烧瓶中通入N2的作用为_；_。（4）样品中三氯化铬质量分数的测定：称取样品0.330 0 g，加水溶解并定容于250 mL容量瓶中。移取25.00 mL于碘量瓶（一种带塞的锥形瓶）中，加热至沸后加入1 g Na2O2，充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量2 molL1 H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O存在，再加入1.1 g KI，加塞摇匀，充分反应后铬以Cr3存在，于暗处静置5 min后，加入1 mL指示剂，用0.025 0 molL1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液24.00 mL。已知：2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI该实验可选用的指示剂名称为_，判定终点的现象是_；加入Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是_；加入KI时发生反应的离子方程式为_；样品中无水三氯化铬的质量分数为_。（结果保留一位小数）【答案】（1）最后一次洗涤的流出液呈无色（2）水浴加热（并用温度计指示温度）（3）赶尽体系中的氧气鼓气使反应物进入管式炉中进行反应（4）淀粉溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色赶尽过量的过氧化钠与水反应得到的氧气，防止其与I反应而产生I2Cr2O72-6I14H=3I22Cr37H2O 96.1%【解析】（1）（NH4）2Cr2O7是易溶于水的铵盐，Cr2O3是不溶于水的，故用水可洗去未完全分解的（NH4）2Cr2O7等，而（NH4）2Cr2O7溶液是呈黄色的，若洗涤液没有颜色，则已洗净。（2）一般低于100 时的加热都可采用水浴加热，水浴加热比较均匀、温度稳定，便于得到稳定的CCl4气流。（4）一般地，生成I2或消耗I2的滴定反应，都选淀粉溶液做指示剂。生成I2的反应，其滴定终点的现象是溶液突然出现蓝色，且半分钟内不褪色。I2恰好反应至终点时的现象是蓝色突然消失，且半分钟内不恢复蓝色。加入Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是Na2O2会有部分与H2O反应，生成的O2可能会氧化溶液中的I，造成实验数据误差，使实验结果偏高。设样品中无水三氯化铬的质量分数为x，由原子守恒和电子守恒得如下关系：CrCl3 3Na2S2O31585 30033 00x0.025 0 molL124.00103L，解得x96.1%。19下列是某化学小组为探究氢氧化钙的性质而进行的相关实验，请你也一起参与探究。（1）小明通过一玻璃管向盛有澄清石灰水的试管中吹气，溶液变浑浊（2）小丽向盛有澄清石灰水的试管中加入适量的碳酸钠溶液，溶液变浑浊。（3）小倩向盛有少量氢氧化钙固体的试管中加入一定量的蒸馏水，液体变浑浊，再向其中加入3滴无色酚酞，液体变成红色，继续向试管中加入过量的稀盐酸，出现的现象是 ，据小倩同学的实验及现象可知氢氧化钙具有的性质有 。（4）上述实验涉及的反应不属于碱的相似化学性质的反应方程式是 ，不属于基本反应类型的反应方程式是 。（5）实验后三位同学将试管中的废液倒入同一烧杯中，搅拌，得到无色溶液，则该溶液中一定含有的物质是 。请设计实验证明可能存在的物质是否存在：实验步骤实验现象及结论【答案】（3）红色褪去，浑浊液体变澄清；微溶于水、能使酚酞变红、能与（盐）酸反应（4）Ca(OH)2+ Na2CO3= CaCO3+2 NaOH ； CO2+ Ca(OH)2=CaCO3+ H2O（5）NaCl、CaCl2、（酚酞）或氯化钠、氯化钙（酚酞）实验步骤实验现象及结论取实验所得的无色溶液少量于试管中，向试管中滴加石蕊溶液（或锌粒、碳酸钠等）溶液由无色变成红色（或有气泡冒出）说明溶液中还含有HCl【解析】试题分析：（3）氢氧化钙显碱性，遇酚酞变，加入盐酸，氢氧化钙反应，溶液的红色褪去，浑浊液体变澄清；氢氧化钙在水中的溶解度小，微溶于水、能使酚酞变红、能与（盐）酸反应。（4）氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，方程式为：Ca(OH)2+ Na2CO3= CaCO3+2 NaOH ；氢氧化钙也可以和二氧化碳反应，CO2+ Ca(OH)2=CaCO3+ H2O；（5）三种溶液中分别含有氯化钙，氢氧化钠，盐酸，所以溶液混合后，溶液中溶质为NaCl、CaCl2、（酚酞），还可能有盐酸。检验盐酸，可以用石蕊试液，溶液变红，或使用锌粒，反应生成气体等。考点：碱的性质20（12分）不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO2，也可被还原为H2。为了验证这一事实，某同学拟用如图所示装置进行实验（实验时压强为101 kPa，温度为0 ）。I 无水氯化钙碱石灰（1）若在烧瓶中放入0.65 g锌粒，与c molL1的H2SO4反应，为保证实验结论的可靠，量气管的适宜规格是 。A200 mL B300 mL C400 mL（2）若0.65g锌粒完全溶解，装置 增重0.64 g，则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为 ；（3）若烧瓶中投入a g锌且完全反应，氢氧化钠洗气瓶增重b g，量气管中收集到V mL气体，则有：a g65 gmol12b g64 gmol12+V mL22400 mLmol12，该等式依据的原理是 ；（4）若在烧瓶中投入10g锌，加入一定量的18 molL1浓硫酸10 mL，充分反应后锌有剩余，测得装置 增重3.2 g，则整个实验过程产生的气体中，m(SO2)/m(H2)= ；若撤走装置中盛有无水氯化钙的U形管，m(SO2) / m(H2)的数值将 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。【答案】（1）B （2）Zn2H2SO4(浓) =ZnSO4SO22H2O（3）转移电子守恒 （4）20：1 偏大【解析】试题分析：（1）为保证实验结论的可靠，Zn+H2SO4=ZnSO4+H21mol 22.4L 0.448L0.448L=448mL，故选500mL的量筒； （2）氢氧化钠是碱，能吸收酸性气体，氢氧化钠洗气瓶增重说明有酸性气体生成，当锌和硫酸反应时，锌作还原剂，硫酸作氧化剂，被还原为二氧化硫，由（1）计算可知，1.30g锌和硫酸反应若只生成二氧化硫，共生成0.02mol，质量为0.02mol64g/mol=1.28g，和氢氧化钠增重吻合，故发生反应的化学方程式为：Zn+2H2SO4（浓） ZnSO4+SO2+2H2O；（3）根据氧化还原反应中得失电子数相等列出式子若烧瓶中投入a g锌且完全反应，氢氧化钠洗气瓶增重b g，量气瓶中收集到Vml气体，则依据化学反应方程式：Zn+2H2SO4（浓） ZnSO4+SO2+2H2O、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，由电子守恒列式计算有：=+，得到，答案为：得失电子守恒；（4）若在烧瓶中投入10 g锌，加入一定量的18 mol/L 浓硫酸10mL，充分反应后锌有剩余，测得氢氧化钠洗气瓶增重3.2g，则SO2的物质的量为=0.05mol，Zn+2H2SO4（浓） ZnSO4+SO2+2H2O2mol 1mol 0.1mol 0.05mol 生成二氧化硫需要的硫酸为0.1mol；Zn+H2SO4=ZnSO4+H21mol 1mol 18mol/L0.01L-0.1mol nmol 则n=0.08mol，所以=；若撤走装置中盛有无水氯化钙的U形管，则III中氢氧化钠增加的质量偏大，即二氧化硫的质量偏大，所以偏大。考点：考查性质实验方案的设计。21某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下的方案。编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/浓度/ molL1体积/mL浓度/ molL1体积/mL0.102.00.0104.0250.202.00.0104.0250.202.00.0104.050（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，每消耗1mol H2C2O4转移_mol 电子。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：c(H2C2O4)c(KMnO4) _。（2）探究温度对化学反应速率影响的实验编号是_（填编号，下同），可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是_。（3）实验测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）=_ molL1min1。（4）已知50时c(MnO4)反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，画出25时c(MnO4)t的变化曲线示意图。c (MnO4)t050 【答案】（16分）（1）2 2.5（每空3分）（2）和 和（每空2分）（3）0.010或1.0 102（3分，0.01得2分）（4）如图（3分。标注1分，正确做图2分）【解析】试题分析：（1）草酸中碳元素为+3价，二氧化碳中碳元素为+4价，由化合价升高总数等于转移电子数可知1个H2C2O4转移2个电子，则每消耗1molH2C2O4转移2mol 电子；草酸与酸性高锰酸钾溶液反应为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2+K2SO4+2MnSO4+8H2O10e，只有当KMnO4完全反应，溶液的紫红色才能褪去，如果n(H2C2O4)=5mol、n(KMnO4)2mol，就能观察到紫色褪去，所以c(H2C2O4)c(KMnO4) = n(H2C2O4)n(KMnO4)2.5；（2）根据控制变量设计探究实验方案原则，实验和所用试剂的浓度、体积均相同，反应温度分别为25、50，这组对比实验的目的是探究温度对化学反应速率的影响；实验和的温度相同，酸性高锰酸钾溶液的浓度、体积均相同，草酸浓度分别为0.1mol/L、0.2mol/L，这组实验的目的是探究浓度对化学反应速率的影响；实验和既改变了反应物的浓度，又改变了反应温度，不能得到合理的结论；（3）实验中：2.0mL草酸溶液加入4.0mL酸性高锰酸钾溶液，能稀释后者，设稀释后高锰酸钾的初始浓度为xmol/L，根据题意和稀释定律（c1V1=c2V2）可知，0.010 molL14.0103L=x molL1（4.0+2.0）103L，则x=0.010 molL14.0/6.0，紫色恰好褪色时高锰酸钾浓度减小为0，则c(KMnO4) =0.010 molL14.0/6.0，而t=40/60min，由v=c/t可得，v(KMnO4)=c(KMnO4)/t=0.010 molL14.0/6.040/60min=0.010 molL1min1；（4）根据控制变量原则，高锰酸根离子的起始浓度不变，仅仅降低温度，反应速率减小，则褪色的时间增大，相同时间内高锰酸根离子的变化浓度减小，则25时反应过程中c(MnO4)t的变化曲线位于50时曲线的右边。考点：考查氧化还原反应、浓度和温度对化学反应速率的影响、稀释定律、物质的量浓度和平均反应速率的计算、画出不同温度对反应物浓度与反应时间的变化示意图等。22（7分）暗紫色化合物A可作为电极材料的新型超铁电磁，因具有绿色、高电压和高能量的特点，近年来引起了电化学界的高度重视。在常温和干燥的条件下，化合物A可以稳定的存在，但它在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀。为探究其成分，某学习兴趣小组的同学取化合物A粉末进行试验。经组成分析，该粉末仅含有O、K、Fe三种元素。另取3.96g化合物A的粉末溶于水，滴加足量的稀硫酸，向反应后的溶液中加入含有0.08mol KOH的溶液，恰好完全反应。过滤，将洗涤后的沉淀充分灼烧，得到红棕色固体粉末1.60g；将所得滤液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐10.44g。（1）3.96 g化合物A中含有Fe元素的物质的量为 mol，含有钾元素的物质的量为 mol。化合物A的化学式为 ；（2）化合物A与H2O反应的离子方程式为 。（3）为研究温度对化合物A水溶液稳定性的影响，请设计一个实验方案 。【答案】（1）0.02 （1分） 0.04 （1分） K2FeO4 （1分）（2）4FeO24+10H2O4Fe(OH)3+3O2+80H- （2分）（3）将适量K2FeO4固体溶解水并等分为两份，置于不同温度的恒温水浴中，底部各放一张画有“+”字的白纸，观察记录看不到“+”字所需时间（合理均给分）【解析】试题分析：（1）红棕色固体粉末1.60g是，物质的量是1.60g160g/mol0.01mol，则根据铁元素守恒可知3.96 g化合物A中含有Fe元素的物质的量为0.02mol。将所得滤液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐10.44g ，该物质是硫酸钾，物质的量是10.44g174g/mol0.06mol，则钾离子的物质的量是0.12mol，其中有0.08mol是氢氧化钾中的钾离子，因此3.96 g化合物A中含有钾元素的物质的量为0.04mol。则根据质量守恒可知氧元素的物质的量是，则K、Fe、O三种元素的个数之比是2：1：4，所以化合物A的化学式为K2FeO4。（2）A在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀，这说明反应中有氢氧化铁生成，反应的离子方程式为4FeO24+10H2O4Fe(OH)3+3O2+80H- 。（3）由于高铁酸钾溶于水能分解生成氢氧化铁红褐色测定，因此探究温度对化合物A水溶液稳定性的影响实验方案可设计为将适量K2FeO4固体溶解水并等分为两份，置于不同温度的恒温水浴中，底部各放一张画有“+”字的白纸，观察记录看不到“+”字所需时间即可。考点：考查物质化学式测定实验方案设计与探究23（18分）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题： 第步Cu与酸反应的离子方程为_；得到滤渣1的主要成分为_。 第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。 用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是_。 由滤渣2制取Al2(SO4)318H2O ，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_方案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。 探究小组用滴定法测定CuSO45H2O （Mr250）含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol L-1 EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2+ + H2Y2 CuY2 + 2H+ 写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式 _ ；下列操作会导致C