2024年高考化学热点题型训练化学实验的装置与操作分析含解析

化学试验的装置与操作分析1.试验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于试验操作或叙述错误的是A.向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开KB.试验中装置b中的液体渐渐变为浅红色C.装置c中的碳酸钠溶液的作用是汲取溴化氢D.反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯【答案】D【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是汲取挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够汲取反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺当流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；B项、装置b中四氯化碳的作用是汲取挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体渐渐变为浅红色，故B正确；C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够汲取反应生成的溴化氢气体，故C正确；D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分别出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。故选D。2.下列试验操作或装置能达到目的的是（）ABCD混合浓硫酸和乙醇配制肯定浓度的溶液收集气体证明乙炔可使溴水褪色A.A B.B C.C D.D【答案】B【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若依次相反则简单引起液体飞溅，故A不能达到目的；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应进步短出，故C不能达到目的；D、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的；故选B。3.下列试验操作能达到试验目的的是A.用经水潮湿的pH试纸测量溶液的pHB.将4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol·L−1NaOH溶液C.用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体D.用装置乙除去试验室所制乙烯中的少量SO2【答案】D【分析】此题考查基本试验操作，依据溶液pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质除杂的原则作答。【详解】A.用水潮湿的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，试验操作错误，不能达到试验目的，A项错误；B.配制物质的量浓度的溶液的试验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠干脆置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生改变，引起试验误差，B项错误；C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3固体，C项错误；D.SO2属于酸性氧化物，能被NaOH溶液汲取，乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D项正确；4.下列有关试验的描述正确的是A.向碘化钠稀溶液中加入新制氯水马上生成大量紫黑色固体B.向分别装有1gNa2CO3和NaHCO3固体的试管中滴入几滴水，温度高的为Na2CO3C将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，变红，说明样品变质D.中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌，目的是为了混合匀称，充分反应【答案】B【解析】A.碘离子被氯气氧化为碘单质，碘单质溶在水中，溶液显紫色，不能有紫色固体析出，A错误；Na2CO3溶于水放热多，所以温度高，B正确；Fe2+、NO3-在酸性环境下发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，样品不肯定变质，C错误；用环形玻璃搅拌棒要轻轻搅动，防止热量散失，D错误。5.利用废蚀刻液(含FeCl2、CuCl2及FeCl3)制备碱性蚀刻液[Cu(NH3)4Cl2溶液和FeCl3•6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]、固液分别，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。下列有关试验说法正确的是（）A.用H2O2氧化废蚀刻液的离子方程式为：2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2OB用装置甲可以制备Cu(NH3)4Cl2并沉铁C.用装置乙可以分别Cu(NH3)4Cl2溶液和Fe(OH)3D.用装置丁由FeCl3溶液制备FeCl3•6H2O须要经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等步骤【答案】A【分析】用H2O2氧化废蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]，用丙装置过滤分别，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，将溶液在蒸发皿中进行蒸发，且应通入氯化氢防止铁离子水解，以达到制备FeCl3·6H2O的目的，以此解答该题。【详解】A.H2O2具有强的氧化性，可用H2O2氧化废蚀刻液中的Fe2+，反应的离子方程式为：2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O，A正确；B.氨气易溶于水，留意防止倒吸，所以要选用乙装置，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁，B错误；C.用装置丙可以分别可溶性Cu(NH3)4Cl2溶液和难溶性的固态Fe(OH)3，C错误；D.由FeCl3溶液制备FeCl3•6H2O须要蒸发皿中蒸干，不能再烧杯中进行，D错误；6.某爱好小组设计了如下试验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到试验目的的是（）A.灼烧海带：B.将海带灰溶解后分别出不溶性杂质：C.制备Cl2，并将I-氧化为I2：D.以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定：【答案】B【分析】选择酸碱滴定管一方面要考虑实际的反应所需的环境，另一方面要考虑标准溶液的酸碱性。如高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，需选择酸式滴定管；而本题的硫酸硫酸钠还原碘单质时，考虑到标准溶液的水解来选择碱式滴定管。此外，学生要牢记仪器的构造，会区分酸式滴定管与碱式滴定管。【详解】A.灼烧需在坩埚中进行，不能选烧杯，A项错误；B.将海带灰溶解后分别出不溶性杂质采纳过滤操作，过滤须要玻璃棒引流，图中操作科学规范，B项正确；C.制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应当用饱和食盐水，尾气需用氢氧化钠汲取，C项错误；D.Na2S2O3为强碱弱酸盐，因S2O32-的水解使溶液呈现碱性，所以滴定时Na2S2O3应当放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D项错误；7.为了验证浓硫酸和木炭粉在加热条件下产生的气体产物，某同学选用了如图所示的试验装置。下列说法错误的是A.B装置用来检验产物中是否有水蒸气B.拆除E装置也能达到试验目的C.F装置中出现白色浑浊证明产物中肯定有CO2生成D.C装置用来检验产物中是否有SO2生成【答案】C【分析】浓硫酸和木炭粉在加热条件下产生二氧化硫、二氧化碳、水，用无水硫酸铜检验水蒸气，用品红溶液检验二氧化硫，用澄清石灰水检验二氧化碳，由于二氧化硫与澄清石灰水也产生白色沉淀，故检验二氧化碳前须要除去二氧化硫，品红溶液C检验SO2，通过溴水除去SO2，品红溶液E检验二氧化硫除尽，品红溶液E不褪色，F中澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳。【详解】A、无水硫酸铜遇水变蓝，B装置中无水硫酸铜用来检验产物中是否有水蒸气，故A正确；B、气体通过溴水除去了SO2，所以拆除E装置也能达到试验目的，故B正确；C、E中品红溶液不褪色、F中澄清石灰水变浑浊，才能证明产物中肯定有CO2生成，故C错误；D、SO2能使品红褪色，所以C装置用来检验产物中是否有SO2生成，故D正确。8.用下列试验方案及所选玻璃仪器(非玻璃任选)，就能实现相应试验目的的是()序号试验目的试验方案所选玻璃仪器A除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B证明HClO与CH3COOH的酸性强弱同温下用pH试纸测定浓度为0.1mol/L'NaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液玻璃棒、玻璃片C检验蔗糖水解产物且具有还原性向蔗糖简单中加入几滴稀硫酸，水浴加热5分钟，再向其中加入新制银氨溶液，水浴加热试管、烧杯、酒精灯、滴管D配制1L1.6%的硫酸铜溶液(其密度为1.0g/mL)将25gCuSO4·5H2O溶解在975g水中烧杯、量筒、玻璃棒A.A B.B C.C D.D【答案】D【详解】A、过滤须要漏斗，故不选A；B、NaClO水解生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测其pH，故不选B；C、检验蔗糖是否水解，应当向水解后的溶液中加氢氧化钠溶液中和酸，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，故不选C；D、1L1.6%的硫酸铜溶液中溶质的物质的量为0.1mol，将25gCuSO4·5H2O溶解在975g水中，溶液质量为1000g，25gCuSO4·5H2O中n(CuSO4)=0.1mol，故选D。9.乙酸乙酯是无色透亮有刺激性气味的液体，制备的试验装置如图所示。下列说法不正确的是A.先在试管a中加入乙醇，然后边振荡试管边缓慢加入浓硫酸和乙酸B.浓硫酸的作用主要是催化和吸水C.b中的饱和Na2CO3溶液可用浓NaOH溶液代替D.试验原理为【答案】C【详解】A、制备乙酸乙酯，加入试剂的依次是乙醇→浓硫酸→乙酸，故A说法正确；B、乙酸与乙醇反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，浓硫酸为催化剂，该反应为可逆反应，利用浓硫酸的吸水性，促使平衡向正反应方向进行，故B说法正确；C、乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解反应，因此不能用NaOH代替饱和Na2CO3溶液，故C说法错误；D、生成酯的原理是酸去－OH，醇去羟基上的氢，因此试验原理为，故D说法正确。10.用如图所示装置(夹持已装置省略)进行下列试验，能得出相应试验结论的是选项①②③试验结论A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的浊液Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀硫酸Na2CO3CaCl2溶液CO2可与氯化钙反应D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸>碳酸>硅酸A.A B.B C.C D.D【答案】B【详解】A．稀硫酸与硫化钠反应生成的硫化氢气体通入AgNO3与AgCl的浊液中，可以看到生成黑色沉淀，因为浊液中有硝酸银电离的银离子，当Qc(Ag2S)＞Ksp(Ag2S)，生成Ag2S沉淀，可发生沉淀的生成，不能说明发生了氯化银沉淀的转化，则不能比较溶度积Ksp(AgCl)和Ksp(Ag2S)的大小，故A错误；B．浓硫酸使蔗糖变黑证明其具有脱水性；反应生成的气体可以使溴水褪色，证明浓硫酸有强氧化性、可被还原生成二氧化硫，故B可以得到相应的结论；C．稀硫酸与Na2CO3反应生成二氧化碳，二氧化碳通入CaCl2溶液中没有明显现象（没有沉淀生成），证明CO2不与氯化钙发生反应，故C错误；D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应解除硝酸的干扰，故D错误.11.一种制备高效漂白剂NaClO2的试验流程如图所示，反应I中的反应为：3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法正确的是A.产品中可能含有NaCl B.反应Ⅱ中H2O2做氧化剂C.NaClO2的漂白原理与SO2相同 D.试验室进行结晶操作通常在坩埚中进行【答案】A【分析】NaClO3和SO2在反应器I中发生氧化还原反应生成ClO2，3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，ClO2在反应器II中与双氧水、氢氧化钠反应发生氧化还原反应2ClO2+H2O2+2NaOH-═2NaClO2+2H2O+O2，生成亚氯酸钠，再经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得到其晶体。【详解】A.在蒸发浓缩NaClO2溶液时，由于NaClO2不稳定，受热易分解，产品中可能含有NaCl，故A正确；B.反应Ⅱ：2ClO2+H2O2+2NaOH-═2NaClO2+2H2O+O2，H2O2做还原剂，故B错误；C.NaClO2的漂白性是利用其强氧化性，SO2是与有色物质结合生成不稳定无色物质，故两者漂白原理不同，C错误；D.试验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，故D错误。12.下列图示的试验操作，能实现相应试验目的的是()A.蒸干氯化铜饱和溶液制备无水氯化铜B.试验室制取并收集少量纯净的氯气C.探讨催化剂对过氧化氢分解速率的影响D.验证甲烷和氯气在光照条件下发生的取代反应【答案】C【解析】蒸干CuCl2溶液，得到Cu(OH)2或CuO，不能得到无水CuCl2，故A错误；B、制备Cl2中混有水蒸气，不是纯净的氯气，因此需添加一个干燥装置，故B错误；C、验证某一因素对化学反应速率的影响，要求其他因素相同，即Fe3＋和Cu2＋浓度相同，以及H2O2的量相同，可以达到试验目的，故C正确；D、未反应的氯气对HCl的检验产生干扰，不能达到试验目的，故D错误。13.仅用下表供应的玻璃仪器(非玻璃仪器任选)就能实现相应试验目的的是选项试验目的玻璃仪器A分别乙醇和水的混合物分液漏斗、烧杯B鉴别NaOH、Al2(SO4)3、Na2CO3、KNO3四瓶无色溶液试管、胶头滴管C常温下，用pH=13的NaOH溶液配制100mL、pH=12的NaOH溶液100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管D用MnO2固体和浓盐酸反应制备并收集Cl2分液漏斗、烧瓶、导管、集气瓶、烧杯A.A B.B C.C D.D【答案】B【详解】A、乙醇和水随意比例混合，一般采纳蒸馏的方法进行分别，不能通过的分液方法进行分别，故A不符合题意；B、将Al2(SO4)3滴加到NaOH溶液中，先发生Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，然后发生Al3＋＋3AlO2－＋6H2O=4Al(OH)3↓，一段时间后出现沉淀，Al2(SO4)3滴加到Na2CO3溶液中发生双水解反应，2Al3＋＋3CO32－＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑，出现沉淀和气泡，硫酸铝滴加到KNO3溶液，无现象，能够鉴别，故B符合题意；C、配制100mLpH=12的NaOH溶液，应用量筒量取pH=12的NaOH溶液，缺少量筒，不能完成