突破03 实验选择题（题型精练）-备战2021年高考化学

突破03  突破实验选择题（1）限时：30分钟1.(教材素材题)下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是(　　)A．用装置甲灼烧碎海带B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I－的Cl2D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I－后的Cl2尾气【答案】　B【解析】　B项，用装置乙过滤海带灰的浸泡液能达到实验目的；A项，灼烧碎海带应在坩埚中进行，不能用烧杯，装置甲不能达到实验目的；C项，用浓盐酸和MnO2制取氯气需要加热，装置丙不能达到实验目的；D项，吸收Cl2应用NaOH溶液，装置丁不能达到实验目的。2.（教材素材题）从海水中提取溴单质时，下列实验装置不需要的是(　　)【答案】　C【解析】　海水中提取溴要通入Cl2将Br－氧化成Br2，A项需要；溴要从海水中分离出来，B项需要；溴和有机溶剂分离开需要蒸馏，D项需要；蒸发浓缩液体的C装置不需要。3.（教材素材题）下列实验装置能达到实验目的的是(　　)A．用装置Ⅰ可制取NH3B．用装置Ⅱ制取氢氧化铁胶体C．用装置Ⅲ除去Cl2中和HCl和H2OD．用装置Ⅳ提取溴水中的Br2【答案】　A【解析】　NH4HCO3分解产生CO2、H2O和NH3，碱石灰可吸收CO2和H2O，最终可制得NH3，A项正确；从溴水中提取溴应先用萃取分液的方法，D项错误。4.（山东新高考模拟卷）实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒（非玻璃仪器任选），选用上述仪器能完成的实验是A．粗盐的提纯                 B．制备乙酸乙酯C．用四氯化碳萃取碘水中的碘   D．配置0.1 mol·L-1的盐酸溶液【答案】B【解析】本题考点为物质的分离提纯、常见有机物的制备、的实验仪器的选择和基本实验操作。A．完成粗盐的提纯实验尚缺少的玻璃仪器是漏斗B．有试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验（如右图）C．用四氯化碳萃取碘水中的碘所需主要仪器为分液漏斗，题中未给D．配置0.1 mol·L-1的盐酸溶液需要用胶头滴管定容、量筒量取浓盐酸，题中未给 5.某同学设计用如图装置测定CuSO4·xH2O晶体中结晶水的含量(图中半透膜可让气体通过又可防止固体粉末进入导管)。下列有关说法不正确的是(　　)A．B中应装入浓硫酸，目的是除去水蒸气B．利用碱石灰干燥管前后质量差可计算出结晶水的含量C．当C中反应管内出现由蓝色变为白色的现象时，需继续加热一段时间后再停止加热D．若用坩埚加热法测定结晶水含量，至少要称量4次质量【答案】　B【解析】　为防止空气中的水蒸气进入装置C中影响测定CuSO4·xH2O晶体中结晶水的含量，可在B装置中加入浓硫酸除去空气中的水蒸气，A说法正确；利用碱石灰干燥管前后的质量差测得的质量数据不准确，应在碱石灰装置右侧再加一个干燥管，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入题图中的干燥管而造成误差，B说法错误；当C装置中的反应管内出现由蓝色变为白色的现象时，需再加热一段时间，是为了保证不再有水蒸气产生，C说法正确；用坩埚加热法测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，加热前需要称量坩埚的质量，坩埚和药品的质量，重复加热冷却后需称量坩埚和药品的质量，继续加热一段时间后，再次称量坩埚和药品的质量，直到两次质量差不超过0.1 g为止，故至少要称量4次质量，D说法正确。6.(流程类实验)实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示：下列叙述错误的是(　　)A．合理处理废弃旧电池的铜帽既有利于节约资源，又有利于保护环境B．“溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2C．加入锌粉反应的离子为Cu2＋D．“过滤”操作后直接将溶液蒸发结晶、高温灼烧得到ZnO【答案】　D【解析】　A．合理处理废弃旧电池中的铜帽，既避免了旧电池造成的污染，又实现了资源的再利用，A项正确；B.在酸性条件下，O2能像H2O2一样，将铜氧化为Cu2＋，通常需要加热，反应方程式为：2Cu＋2H2SO4＋O22CuSO4＋2H2O，B项正确；C.加入适量锌粉，发生反应为Zn＋Cu2＋===Cu＋Zn2＋，C项正确；D.过滤后直接将溶液蒸发结晶得硫酸锌和硫酸钠的混合物，高温灼烧时，硫酸钠稳定性好，在高温时不分解，硫酸锌在高温时可以分解为氧化锌，但同时产生硫的氧化物污染环境，D项错误，正确的做法是调节溶液的pH，生成Zn(OH)2沉淀，过滤、洗涤后再进行高温灼烧；所以答案选D项。7．(流程类实验)一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3＋4SO2＋3H2O===2ClO2＋Na2SO4＋3H2SO4＋NaCl，下列说法中正确的是(　　)A．反应Ⅱ中H2O2做还原剂B．产品中含有SO、Cl－C．NaClO2的漂白原理与SO2相同D．实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行【答案】　A【解析】　A．反应I中发生的反应为3NaClO3＋4SO2＋3H2O===2ClO2＋Na2SO4＋3H2SO4＋NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋O2＋2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的－1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；B.反应Ⅱ是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH－，不可能含SO、Cl－，B错误；C.NaClO2中Cl元素化合价为＋3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；D.实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误；故本题合理选项是A。8．重铬酸钾是一种重要的化工原料，工业上由铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3、SiO2等)制备，制备流程如图所示：已知：a.步骤①的主要反应为：2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋ 7NaNO3 4Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，b．2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，下列说法正确的是(　　)A．步骤①熔融、氧化可以在陶瓷容器中进行B．步骤①中每生成44.8 L CO2共转移7 mol电子C．步骤④若调节滤液2的pH使之变小，则有利于生成Cr2OD．步骤⑤生成K2Cr2O7晶体，说明该温度下K2Cr2O7溶解度大于Na2Cr2O7【答案】　C【解析】　A．陶瓷含有二氧化硅，SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑，陶瓷容器会被腐蚀，故A错误；B.步骤①中发生的反应中存在2CO2～7e－关系，每生成44.8 L(标况下)即2 mol CO2共转移7 mol电子，题中没有给定标况下，44.8 L CO2物质的量不一定为2 mol，故B错误；C.步骤④若调节滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度，上述可逆反应的平衡右移，则有利于生成Cr2O，故C正确；D.在溶液中溶解度较小的晶体容易先析出，步骤⑤中生成K2Cr2O7晶体，说明该温度下K2Cr2O7溶解度小于Na2Cr2O7，故D错误。9．某小组设计如图所示装置(夹持装置略去)，在实验室模拟侯氏制碱工艺中NaHCO3的制备。下列说法不正确的是(　　)A．③、⑤中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水B．应先向③中通入足量NH3，再通入足量CO2C．③中反应的离子方程式为NH3＋CO2＋H2O===NH＋HCOD．装置①也可用于制H2【答案】　C【解析】　A．③、⑤中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水，故A正确；B.NH3在水中溶解度大，应先向③中通入足量NH3，再通入足量CO2，故B正确；C.③中反应NH3＋CO2＋H2O＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl，离子方程式为Na＋＋NH3＋CO2＋H2O===NH＋NaHCO3↓，故C错误；D.制二氧化碳是固体与液体反应，不加热，条件与制氢气相符，装置①也可用于制H2，故D正确。10．实验室用H2还原SiHCl3(沸点：31.85 ℃)制备纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确的是(　　)A．装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓H2SO4、冰水B．实验时，应先加热管式炉，再打开盛装稀硫酸的分液漏斗C．为鉴定制得的硅中是否含微量铁单质，用到的试剂可以为：盐酸、双氧水、硫氰化钾溶液D．该实验中制备氢气的装置也可用于氢氧化钠稀溶液与氯化铵固体反应制备氨气【答案】　C【解析】　本题制备晶体硅，H2＋SiHCl3Si＋3HCl，此反应应在Ⅳ装置中进行，A、装置I的目的是制备氢气，氢气中含有水蒸气，对后续实验产生干扰，必须除去，因此装置Ⅱ的目的是除去氢气中的水蒸气，即Ⅱ中盛放浓硫酸，Ⅲ的提供SiHCl3气体，因此在水浴中加热，故A错误；B、应先通入氢气，目的是排除装置中的空气，防止发生危险，故B错误；C、硅不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成Fe2＋，Fe2＋被H2O2氧化成Fe3＋，与KSCN溶液变红，可以鉴定是否含有铁单质，故C正确；D、用NaOH溶液制备氨气，需要加热或NaOH溶液为浓溶液，I装置中没有加热装置，且NaOH溶液为稀溶液，因此此装置不能制备氨气，故D错误。11．某化学兴趣小组为探究草酸分解的产物，设计的实验装置如图所示，下列说法正确的是(　　)A．实验开始时，先点燃A装置处的酒精灯，后点燃F装置处的酒精灯B．B装置中的现象为蓝色粉末变白，说明分解产物中有水生成C．G装置中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中有CO生成D．C、D、E装置中分别盛放澄清石灰水、浓硫酸、氢氧化钠溶液【答案】　A【解析】　A．实验开始时，先点燃A装置处的酒精灯，排出装置中的空气，一段时间后点燃F装置处的酒精灯，故正确；B.B 装置中的现象应为白色粉末变蓝，说明分解产物中有水生成，故错误；C.G装置中澄清石灰水变浑浊，且F中CuO由黑变红才能说明分解产物中有CO生成，故错误；D.根据以上分析可知C、D、E装置中分别盛放澄清石灰水、氢氧化钠、浓硫酸溶液，故错误。故选A。12.为了探究硫酸亚铁的分解产物，进行了如下图装置所示的实验，打开K1和K2，缓缓通入N2，一段时间后加热，实验后反应管中残留固体为红色粉末，BaCl2溶液中有白色沉淀产生，品红溶液中红色褪去，检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生。下列说法错误的是(　　)A．氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的SO2气体B．反应管内产生的红色粉末可能是Fe2O3C．BaCl2溶液的目的是检验SO3的存在，此处用Ba(NO3)2溶液也可以检验SO3D．反应管内得到的氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶1【答案】　C【解析】　氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的酸性气体，避免污染空气，选项A正确。硫酸亚铁受热分解，产生的红色固体一定含有Fe元素，所以可能是Fe2O3，选项B正确。如果若气体是二氧化硫气体，通入硝酸钡溶液中，因为二氧化硫溶于水溶液显酸性，酸性条件下，硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，再与钡离子生成硫酸钡沉淀。所以无法判断使硝酸钡溶液出现白色沉淀的是二氧化硫还是三氧化硫，选项C错误。实验后反应管中残留固体为红色粉末(Fe2O3)，BaCl2溶液中有白色沉淀产生(说明有SO3)，品红溶液中红色褪去(说明有SO2)，检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生，所以分解的方程式为：2FeSO4Fe2O3 ＋ SO3↑＋ SO2↑，所以氧化产物(Fe2O3)和还原产物(SO2)物质的量之比为1∶1，选项D正确。13．纳米Fe粉可治疗惊痫、癫狂、脚气冲心、贫血等。某兴趣小组探究用氢气和碳酸亚铁制取纳米铁粉并检验该反应的产物，实验装置如图(加热及部分夹持装置省略)，下列说法正确的是(　　)A．①、②、③、④中依次盛装浓H2SO4、浓H2SO4、无水硫酸铜、澄清石灰水B．装置③、④的作用分别是检验CO2，吸收多余的H2C．加热装置Y前，应先让X反应一段时间，排除装置中的空气D．装置X也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气【答案】　C【解析】　①、②、③、④中依次盛装稀H2SO4、浓H2SO4、无水硫酸铜、澄清石灰水，A项错误；装置③、④的作用分别是检验H2O、检验CO2，B项错误；H2与空气混合加热易发生爆炸，故加热装置Y前，应先通入一段时间H2排出装置中的空气，C项正确；用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气时，反应需要加热，D项错误。14．从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：则下列说法正确的是(　　)A．试剂a是铁、试剂b是稀硫酸B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同C．试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－D．用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2＋【答案】　C【解析】　A、由最终要得到的氯化铁及流程图知b是盐酸，错误；B、操作Ⅰ和操作Ⅱ是过滤，操作Ⅲ为蒸发结晶，故所用仪器有差异，错误；C、滤液Z中含有氯化亚铁，所以c为氯气，正确；D、高锰酸钾能氧化氯离子，错误。15．某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是(　　)A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3＋转化为Al(OH)3，进入固体2C．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O【答案】　D【解析】　A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3＋得到硫酸亚铁，A正确；B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3＋转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B正确；C、Fe2＋容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3用硫酸溶解后得到的是Fe2(SO4)3，无法得到FeSO4·7H2O，D不正确。答案选D。16.（山东新高考模拟卷）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是（    ）A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4 。根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确。