（浙江选考）2020版高考化学一轮复习专题十第五单元化学实验方案的设计和评价教师备用题库

。 。 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 第五单元 化学实验方案的设计和评价

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1.某同学为探究FeCl3与KI反应是否存在反应限度,设计了如下实验方案(FeCl3溶液、KI溶液浓度均为0.1 mol·L):

-1

最合理的方案是( ) A.方案1 B.方案2 C.方案3 D.方案4

答案 D Fe与I反应生成Fe和I2,若反应为可逆反应,尽管I过量,Fe也不可能反应完全,故取上层溶液滴加KSCN溶液,溶液会变为血红色,方案4正确。若控制Fe过量,因大量Cl的存在对I是否存在的检验造成干扰,方案2不可行。 2.已知:Cu2O+2H

+

3+

--3+

-2+

-3+

Cu+Cu+H2O 3Cu+8HNO3(稀)

2+

3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O

为检验某金属铜粉末样品中是否含有Cu2O,某同学设计了如下方案,其中不合理的是( ) A.将足量CO通过灼热样品,冷却后称量,若固体质量减小,则含有Cu2O

B.将干燥的H2通过灼热样品,再通过无水硫酸铜,若无水硫酸铜变蓝,则含有Cu2O C.取少量样品,加入稀硝酸,充分振荡后若观察到溶液呈蓝色,则含有Cu2O D.取少量样品,加入稀硫酸,充分振荡后若观察到溶液呈蓝色,则含有Cu2O 答案 C A方案,Cu2O+CO

2Cu+CO2,Cu与CO不反应,若金属铜粉末样品中含有Cu2O,反应后固体质量

2Cu+H2O,若金属铜粉末样品中含有Cu2O,因水的生成,无水硫酸

2+

必然减小,A方案合理;B方案,Cu2O+H2

铜必然变蓝,B方案合理;C方案,由题给信息知,Cu、Cu2O均可被稀硝酸氧化生成Cu而使溶液呈蓝色,故

1

无法判断金属铜粉末样品中是否含有Cu2O,C方案不合理;D方案,因Cu2O+2H

+

Cu+Cu+H2O,但Cu与稀

2+

硫酸不反应,若金属铜粉末样品中含有Cu2O,反应后溶液必然变蓝,D方案合理。 3.某学习小组研究某酸性工业废水样品,以下实验操作或分析结论中,正确的是( ) A.用玻璃棒蘸取废水样品,沾在用蒸馏水润湿的pH试纸上测定其pH B.将无色酚酞试液滴入废水样品中以验证其酸性 C.该工业废水中c(H)>c(OH)

D.测得废水样品的pH=4,说明该废水样品中c(H)=4.0 mol·L

答案 C 测定溶液的pH,pH试纸不能用水润湿,A错;酸性废水和中性废水都不能使无色酚酞试液变色,可换用紫色石蕊试液,B错;任何酸性溶液中c(H)>c(OH),C正确;pH=4,说明该废水样品中c(H)=1.0×10 mol·L,D错。

4.(2017天津理综,4,6分)以下实验设计能达到实验目的的是( ) 实验目的

A. 除去NaHCO3固体中的Na2CO3 B. 制备无水AlCl3 C. 重结晶提纯苯甲酸 D. 鉴别NaBr和KI溶液

答案 D 本题考查实验方案的设计与评价。NaHCO3固体受热易分解,A不正确;Al与稀盐酸反应生成AlCl3和H2,蒸发AlCl3溶液最终得到Al(OH)3固体,B不正确;重结晶法提纯苯甲酸是将粗品溶于少量热水中,然后趁热过滤,冷却结晶,C不正确;2NaBr+Cl2

2NaCl+Br2,2KI+Cl2

2KCl+I2,用CCl4萃取后,CCl4层显

实验设计 将固体加热至恒重

蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液 将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶 分别加新制氯水后,用CCl4萃取

+

-4

-1

+

-+

-1

+

-

橙色的原溶液为NaBr溶液,CCl4层显紫色的原溶液为KI溶液,D正确。

5.(2016江苏单科,6,2分)根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验,经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤。下列图示装置和原理能达到实验目的的是( )

答案 C A项,NH4Cl受热分解生成NH3和HCl,遇冷后二者又迅速化合,收集不到NH3;B项,CO2应长进短

2

出;D项,干燥NaHCO3应在干燥器内进行,不能在烧杯内进行,更不能直接加热,加热会导致NaHCO3分解。 6.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( )

答案 A A项,Fe(OH)2易与O2反应,所以在FeSO4溶液液面上方加一层植物油,且胶头滴管下端伸到液面下滴加NaOH溶液;B项,容量瓶不能用于直接溶解药品、稀释溶液;C项,实验室制NH3所用药品为NH4Cl和Ca(OH)2,氨气极易溶于水,不能用排水法收集;D项,温度计水银球应在液面以下,乙醇和浓硫酸反应除有乙烯生成外,还有SO2、乙醇蒸气产生,而SO2、乙醇蒸气和乙烯均能使KMnO4酸性溶液褪色。 7.某校课外小组为测定某碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数,甲、乙两组同学分别进行了下列相关实验。

方案Ⅰ.甲组同学用质量法,按下图所示的实验流程进行实验: 称量样品加入适量盐酸蒸发结晶称量固体 (1)有同学认为“加入适量盐酸”不好操控,应改为“过量盐酸”,便于操作且不影响测定的准确性,你认为对或错,理由是 。 (2)实验结束时称量的固体成分是 (填化学式)。若测得开始样品质量为19 g,结束时固体质量为17.55 g,则混合物中含有的碳酸钠的质量为 g。 方案Ⅱ:乙组同学的主要实验流程图如下:

说明:流程图中“称量C”指的是称量装置C(见图1)的质量。按如图所示装置进行实验:

3

(3)图1装置B中所装试剂为 。在C中装碱石灰来吸收净化后的气体。装置D的作用是 。

(4)有的同学认为为了减小实验误差,在反应前后都应通入N2,反应后通入N2的目的是 。 方案Ⅲ:气体分析法

(5)把一定量样品与足量稀硫酸反应后,用图2所示装置测量产生CO2气体的体积,B溶液最好采用 (填序号)使测量误差较小。

a.饱和碳酸钠溶液

b.饱和碳酸氢钠溶液

c.饱和氢氧化钠溶液 d.饱和硫酸铜溶液

答案 方案Ⅰ.(1)对;盐酸易挥发,过量的盐酸在加热过程中挥发不残留,不影响结果 (2)NaCl 10.6

方案Ⅱ.(3)浓硫酸 吸收空气中的水蒸气和二氧化碳,以确保U形管质量增加量的准确性 (4)将装置A、B中残留的CO2全部驱入装置C中,减小实验误差 方案Ⅲ.(5)b

解析 方案Ⅰ.(1)过量盐酸在蒸发时挥发,对测定结果无影响,改为“过量盐酸”,便于操作且不影响测定的准确性。

(2)碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠,溶液蒸发后得氯化钠固体,设样品中碳酸钠的物质的量为10 mol 4 mol 1 x,碳酸氢钠的物质的量为y,则 ,解得x=0.1 mol,所以混合物中含有的

(2 )×5 .5 mol=1 .55 碳酸钠的质量为0.1 mol×10 mol=10. 。

方案Ⅱ.(3)装置B的作用是把气体中的水蒸气除去,故用浓硫酸来除去水蒸气;空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收,故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳,以确保U形管质量增加量的准确性。

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