2018届高考化学大一轮复习课时提升作业 四十 第十章 化学实验基础10.4 Word版含解析

课时提升作业四十化学实验方案的设计与评价(B)(45分钟100分)一、选择题(本题包括5小题，每题7分，共35分)1.(2017·潍坊模拟)下列实验符合“绿色环保”思想的是( )【解析】选B。

氯气有毒，用烧杯制取氯水会导致逸出的氯气污染空气，应有尾气吸收装臵，A错误；浓硫酸与铜在加热的条件下生成二氧化硫气体，二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，该实验用浸有碱液的棉花达到尾气吸收的目的，故B正确；HCl有强烈刺激性，不能排放到空气中，C错误；CO有毒，不能排放到空气中，D错误。

2.(2017·济南模拟)从下列实验操作、现象得出的相应结论不正确的是( )C【解析】选D。

加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，可能是C或者HC，故A正确；新制氯水中使有色布条褪色的是生成的HClO，故B正确；淀粉胶体本来是不能透过半透膜的，但是烧杯中液体加碘水变蓝色，说明烧杯中的液体含有了淀粉，即可证明半透膜有破损，故C正确；CO2也可以与碳酸钠溶液反应，故D 错误。

3.下列仪器和装置，用橡胶管经过简单连接，可制备收集多种不同的气体(暂不考虑尾气吸收)。

关于这些装置的连接，下列说法正确的是( )A.制备收集O2：连接b→c→eB.制备收集NO2：连接a→c→fC.制备收集Cl2：连接a→c→fD.制备收集NH3：连接b→c→e【解析】选A。

实验室可用双氧水和MnO2制备O2，可选择b装臵，O2可用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，A正确；实验室制备NO2，利用铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应无需加热，所以不能选择a装臵，二氧化氮和水反应生成一氧化氮和硝酸，所以二氧化氮不能用排水法收集，B错误；实验室可用MnO2与浓盐酸加热反应制备Cl2，氯气可用浓硫酸干燥，但Cl2不能用排水法收集，并且气体干燥后不能用排水法收集，C错误；实验室制备NH3，可用浓氨水和CaO或NaOH固体混合得到，可选择b装臵，制得的氨气中含有水蒸气，不能用浓硫酸干燥，D错误。

【规律总结】运用固液不加热装臵制取的气体气体的发生装臵，需根据试剂的状态和反应条件确定。

很多气体可用固液不加热装臵制取。

Cl2：浓盐酸与KMnO4固体、KClO3固体或漂白粉等；CO2：石灰石和稀盐酸；H2：锌粒和稀硫酸；O2：双氧水和MnO2，或Na2O2与水；SO2：Na2SO3固体和浓硫酸；NO2：Cu与浓硝酸；NH3：浓氨水与生石灰或NaOH固体或碱石灰；HCl：浓盐酸与浓硫酸混合。

4.(2017·福州模拟)下列装置用于实验室制取NH3，并用AlCl3溶液吸收多余氨气制氢氧化铝，最后回收氯化铵的实验，能达到实验目的的是世纪金榜导学号30682436( )A.用装置乙吸收NH3制取Al(OH)3B.用装置丙在不断搅拌下分离Al(OH)3和NH4Cl溶液C.用装置甲制取NH3D.用装置丁蒸干NH4Cl溶液并灼烧制NH4Cl【解析】选C。

装臵乙氨气极易溶于水，导管在液面下，图中装臵可发生倒吸，A错误；装臵丙过滤时不能搅拌，易捣破滤纸，B错误；装臵甲中CaO与水反应增大了OH-浓度，且放热，可使氨气逸出，则图中固液反应装臵可制备氨气，C正确；蒸干NH4Cl溶液，氯化铵分解，应用加热蒸发、浓缩结晶的方法制备NH4Cl，D错误。

5.(2017·沧州模拟)下列实验设计能够成功的是世纪金榜导学号30682437( )A.检验亚硫酸钠试样是否变质：试样白色沉淀沉淀不溶解→说明试样已变质B.除去粗盐中含有的硫酸钙杂质粗盐精盐C.检验某溶液中是否含有Fe2+试样溶液颜色无变化溶液变红色→溶液中含有Fe2+D.证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强：NaI溶液溶液变蓝色→氧化性：H2O2>I2【解析】选C。

A项S会被硝酸氧化生成S，故该项不正确；B项没有除去过量的钡离子，故该项不正确；D项中I-有可能是被硝酸氧化的，故该项不正确。

【易错提醒】本题D选项证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强，酸化时，不能加入氧化性酸HNO3，否则无法区别是HNO3氧化了I―还是H2O2氧化了I―。

二、非选择题(本题包括3小题，共65分)6.(21分)为验证氧化性Cl2>Fe3+>SO2，某小组用如图1所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已略，气密性已检查)。

实验过程：Ⅰ.打开弹簧夹K1～K4，从两侧通入一段时间N2，再将T形导管插入B 中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。

Ⅱ.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。

Ⅲ.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。

Ⅳ.打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。

Ⅴ.打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。

Ⅵ.更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子。

世纪金榜导学号30682438(1) A中发生反应的离子方程式为__________________________________。

(2)用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，原因是_____________。

(3)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2>Fe3+>SO2的是______________(填“甲”“乙”或“丙”)。

(4)进行实验过程Ⅴ时，B中溶液颜色由黄色逐渐变为红棕色，停止通气，放置一段时间后溶液颜色变为浅绿色。

查阅资料：Fe2+(aq)+S(aq)FeSO 3(s)(墨绿色)提出假设：FeCl3与SO2的反应经历了中间产物FeSO3，溶液的红棕色是FeSO3(墨绿色)与FeCl3(黄色)的混合色。

某同学设计如图2实验，证实该假设成立：①溶液E和F分别为________、________。

②请用化学平衡原理解释步骤3中红棕色溶液颜色变为浅绿色的原因_________________________________________。

【解析】(1)A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应，生成氯化锰、氯气、水，该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。

(2)98%的硫酸中，水的含量很少，硫酸主要以分子形式存在。

因氢离子浓度越大，反应速率越快，则70%的硫酸中的氢离子浓度比98%的硫酸中的氢离子浓度大，所以反应速率快。

(3)溶液显酸性，检验S应选择氯化钡溶液；乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于Fe3+；第二次有S，说明发生SO2与Fe3+的反应，则氧化性Fe3+大于SO2；丙中第一次有Fe3+无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有Fe2+，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性Fe3+大于SO2。

(4)①根据已知条件：FeCl3与SO2的反应经历了中间产物FeSO3，溶液的红棕色是FeSO3(墨绿色)与FeCl3(黄色)的混合色，所以可以借助氯化铁和亚硫酸钠溶液来确定假设是否成立。

②根据化学平衡：Fe2+(aq)+S(aq)FeSO 3(s)(墨绿色)，步骤③中，Fe3+消耗S，c(S)减小，平衡逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色。

答案：(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(2)70%的硫酸中的氢离子浓度比98%的硫酸中的氢离子浓度大(3)乙、丙(4)①Na2SO3FeCl3②Fe3+消耗S，c(S)减小，平衡Fe2+(aq)+S(aq)FeSO 3(s)(墨绿色)逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色【加固训练】(2017·广州模拟)资料显示不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO2，也可被还原为氢气。

为了验证这一事实，某同学拟用下图装置进行实验(实验时压强为101 kPa，温度为0℃)。

(1)若在烧瓶中放入1.30 g锌粒，与cmol·L-1H2SO4反应，为保证实验结论的可靠，量气管的适宜规格是________(填“200”“400”或“500”)mL。

(2)若1.30 g锌粒完全溶解，氢氧化钠洗气瓶增重1.28 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ag锌且完全反应，氢氧化钠洗气瓶增重bg。

量气瓶中收集到VmL气体，则有：ag/65 g·mol-1=bg/64 g·mol-1+VmL/22 400 mL·mol-1，依据的原理是______________________________________________。

(4)若在烧瓶中投入dg锌，加入一定量的cmol·L-1浓硫酸VL，充分反应后锌有剩余，测得氢氧化钠洗气瓶增重mg，则整个实验过程产生的气体中，=________(用含字母的代数式表示)，若撤走盛有无水氯化钙的U形管，的数值将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

(5)反应结束后，为了准确地测量气体体积，量气管在读数时应注意：①_____________________________________________、②_____________________________________________、③_____________________________________________。

【解析】(1)锌与硫酸反应，无论生成SO2，还是生成H2，1 mol锌反应均生成1 mol气体。

量气管的规格应该与最大体积相匹配，恰好或略大。

根据方程式：Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑可知，n(H2)=n(Zn)==0.02 mol，V(H2)=0.02 mol×22 400 mL〃mol-1=448 mL，所以应该选用500 mL的量气管。

(2)氢氧化钠洗气瓶增重为生成SO2的质量，反应中生成n(SO2)==0.02 mol，则n(Zn)∶n(SO2)=1∶1，故发生反应的方程式为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：Zn～Zn2+～2e-mol molH2SO4～SO2～2e-mol mol2H+～H2～2e-mol mol所以有：=+，即=+(4)n(H2SO4)=cmol〃L-1×VL=cVmol，洗气瓶增重的质量即为生成SO2的质量，m(SO2)=mg，n(SO2)==mol，根据方程式：Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O，反应的H2SO4的物质的量是生成SO2的物质的量的两倍，其物质的量为mol。

根据方程式Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑，生成的H2的物质的量与反应的H2SO4的物质的量相等，n(H2)=cVmol-mol=mol。