2024年高考化学专题24化学实验的设计与评价考点专练

PAGEPAGE1专题24化学试验的设计与评价1．利用待测样品和指定的试剂设计试验能达到试验目的的是试验目的待测样品试剂A检验补铁剂硫酸亚铁片是否部分氧化硫酸亚铁片的水溶液铁氰化钾溶液B检验洁厕剂的主要成分是盐酸洁厕剂硝酸银溶液C检验是否患糖尿病患者尿液硫酸铜溶液、纯碱溶液D检验海带中的碘元素海带灰浸出液氯水淀粉溶液【答案】D2．下列试验所用试剂、现象和结论均正确的是选项试验装置现象结论A装置Ⅲ中有浅黄色沉淀苯和浓溴水发生取代反应B高锰酸钾溶液褪色，溴的四氯化碳溶液褪色石蜡油的分解产物中含有不饱和烃C盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，上方出现油状液体制备乙酸乙酯D甲醚有气泡鉴别乙醇与甲醚(CH3OCH3)【答案】B3．下图中能较长时间看到Fe（OH）2白色沉淀的是A．①B．①②C．①②③D．①②④【答案】D4．下列试验不合理的是A．用红色石蕊试纸检验NH3时，需先用蒸馏水润湿B．采纳加热升华法除Fe中的I2C．用水可以鉴别乙醇、苯和CCl4D．利用丁达尔效应可鉴别溶液和胶体【答案】B【解析】A．NH3溶于水形成弱碱NH3•H2O，才能使石蕊变蓝，故需先用蒸馏水润湿，A项合理；B．因Fe和I2在加热条件下反应生成FeI2，所以不能用升华法除去Fe粉中混有的I2，故B项不合理；C．水与乙醇可以互溶，水与苯和四氯化碳不互溶，但是苯比水密度小，而四氯化碳的密度比水的大，所以苯与水混合时，苯在上层；而四氯化碳与水混合时,四氯化碳在下层。故C项合理；D．胶体具有丁达尔效应，而溶液没有，可用丁达尔现象区分溶液与胶体，故D合理。③通入H2S饱和溶液中有浅黄色浑浊，该气体可能是SO2，也可能为Cl2或NO2等气体，③错误；④通入足量的NaOH溶液中，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀溶于盐酸，不肯定为二氧化硫，也可能为二氧化碳，④错误；⑤通入溴水中使溴水褪色，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀难溶于稀硝酸。沉淀为BaSO4，该气体具有还原性，可被溴单质氧化，证明气体为SO2，⑤正确；只有⑤符合题意，故合理选项是D。8．下列各项中试验的设计或操作能达到预期试验目的是()

选项

试验目的

试验的设计或操作

A

比较Cl与S元素的非金属性强弱相同条件下，测定相同浓度的NaCl溶液和Na2S溶液的pH，前者小于后者

B比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小向AgNO3溶液中先滴加NaCl溶液，有白色沉淀生成，再滴加NaI溶液，有黄色沉淀生成，说明

Ksp(AgCl)〉Ksp(AgI)

C欲除去苯中混有的苯酚

向混合液中加入NaOH溶液，充分震荡，静置后分液

D证明氧化性H2O2比Fe3+强

将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中【答案】C9．有关下列四组试验描述不正确的是A．加热甲装置中的烧杯可以分别SiO2和NH4ClB．利用装置乙可证明非金属性强弱：Cl＞C＞SiC．打开丙中的止水夹，一段时间后，可视察到烧杯内溶液上升到试管中D．向丁中铁电极区滴入2滴铁氰化钾溶液，一段时间后，烧杯中不会有蓝色沉淀生成【答案】B10．欲进行下列试验，其方案设计合理的是ABCD检验装置气密性制过氧化钠验证浓H2SO4的脱水性、强氧化性比较NaHCO3和Na2CO3溶解度【答案】C【解析】A.该装置为恒压装置，加热气体会从长颈漏斗逸出，无法检验装置气密性，故A错误；B.利用该装置制得的过氧化钠不纯，过氧化钠会和空气中的水、二氧化碳反应，故B错误；C.浓硫酸加到蔗糖中，蔗糖变黑，体现浓硫酸的脱水性；品红溶液褪色，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明碳和浓硫酸反应生成二氧化硫，体现浓硫酸的强氧化性，故C正确；D.向NaHCO3和Na2CO3固体中分别滴加少量水，触摸试管外壁，只能推断它们溶于水的温度改变，不能比较溶解度大小，故D错误。14．下列试验方案、现象、得出的结论均正确的是(

)选项试验及现象结论A向NaCN溶液中通入少量CO2气体，生成碳酸钠（酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-）2CN-+H2O+CO2=2HCN+CO32-B在KSCN与FeCl3的混合液中再加入KCl固体,溶液颜色不变增大Cl-浓度,平衡不移动C将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中,溶液变黄色证明氧化性:H2O2>Fe3+DAgCl的浊液中加入0.1mol·L-1K2CrO4溶液,生成Ag2CrO4砖红色沉淀(已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10；Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12)Ag2CrO4的溶解度比AgCl的小【答案】B15．将气体X通入溶液A（如下图，尾气汲取装置略）中，试验现象能够支持结论的是选项气体X溶液A及反应现象结论A．乙醇与浓硫酸共热170℃产生的气体Br2的水溶液由橙黄色变为无色乙烯与溴发生反应B．电石与饱和食盐水反应产生的气体KMnO4酸性溶液紫色渐渐变浅乙炔被高锰酸钾酸性溶液氧化C．溴乙烷与氢氧化钠醇溶液共热生成的气体Br2的水溶液由橙黄色变为无色乙烯与溴发生反应D．碳酸钠固体与醋酸溶液反应产生的气体苯酚钠溶液中出现白色沉淀碳酸的酸性强于苯酚【答案】C16．某同学在常温下设计以下试验流程探究Na2S2O3的化学性质。下列说法正确的是A．试验①说明Na2S2O3溶液中水电离的c(OH－)＝10－8mol·L－1B．Na2S2O3溶液pH＝8的缘由用离子方程式表示为S2O32-＋2H2OH2S2O3＋2OH－C．生成的沉淀B可能是BaSO3或BaSO4，要进一步确认还需加入稀硝酸验证D．试验②说明Na2S2O3具有还原性【答案】D17．下列试验装置进行相应试验，不能达到试验目的的是A．用图1所示装置可制备氢氧化亚铁B．用图2所示装置从碘的CCl4溶液中分别出碘单质C．用图3所示装置验证Na和水反应的热效应D．用图4所示装置蒸干NaCl饱和溶液制备NaCl晶体【答案】B【解析】蒸馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口旁边，故B项错误；其余选项均可达到试验目的；综上，本题选B。20．试验小组同学对乙醛与新制的Cu(OH)2反应的试验进行探究。试验Ⅰ：取2mL10%的氢氧化钠溶液于试管中，加入5滴2%的CuSO4溶液和5滴5%的乙醛溶液，加热时蓝色悬浊液变黑，静置后未发觉红色沉淀。试验小组对影响试验Ⅰ成败的因素进行探究：(1)探究乙醛溶液浓度对该反应的影响。编号试验Ⅱ试验Ⅲ试验方案试验现象加热，蓝色悬浊液变红棕色，静置后底部有大量红色沉淀加热，蓝色悬浊液变红棕色，静置后上层为棕黄色油状液体，底部有少量红色沉淀已知：乙醛在碱性条件下发生缩合反应：，生成亮黄色物质，加热条件下进一步缩合成棕黄色的油状物质。①能证明乙醛被新制的Cu(OH)2氧化的试验现象是______。②乙醛与新制的Cu(OH)2发生反应的化学方程式是______。③分析试验Ⅲ产生的红色沉淀少于试验Ⅱ的可能缘由：______。(2)探究NaOH溶液浓度对该反应的影响。编号试验Ⅳ试验Ⅴ试验方案试验现象加热，蓝色悬浊液变黑加热，蓝色悬浊液变红棕色，静置后底部有红色沉淀依据试验Ⅰ→Ⅴ，得出如下结论：ⅰ.NaOH溶液浓度肯定时，适当增大乙醛溶液浓度有利于生成Cu2O。ⅱ.乙醛溶液浓度肯定时，______。(3)探究NaOH溶液浓度与乙醛溶液浓度对该反应影响程度的差异。编号试验Ⅵ试验Ⅶ试验方案试验现象加热，蓝色悬浊液变黑加热，静置后底部有红色沉淀由以上试验得出推论：______。【答案】蓝色悬浊液最终变为红色沉淀CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O相同条件下，乙醛的缩合反应快于氧化反应；多个乙醛缩合，使醛基物质的量削减适当增大NaOH浓度有利于生成Cu2O氢氧化钠溶液浓度对该反应的影响程度更大③试验Ⅲ中上层清液出现棕黄色油状液体，底部有少量红色沉淀，其可能的缘由是相同条件下，乙醛的缩合反应快于氧化反应；多个乙醛缩合，使醛基物质的量削减，故答案为：相同条件下，乙醛的缩合反应快于氧化反应；多个乙醛缩合，使醛基物质的量削减；（2）通过试验Ⅳ和试验Ⅴ的现象可以看出，乙醛溶液浓度肯定时，适当增大NaOH浓度有利于生成Cu2O，故答案为：适当增大NaOH浓度有利于生成Cu2O；（3）通过对比试验Ⅵ和试验Ⅶ，试验Ⅶ中氢氧化钠的浓度较大，乙醛的浓度较小，通过现象可以得出结论，氢氧化钠溶液浓度对该反应的影响程度更大，故答案为：氢氧化钠溶液浓度对该反应的影响程度更大。21．试验小组探讨二价铁的还原性，设计如下试验。序号试验方案现象Ⅰ现象a：生成白色沉淀，3min后沉淀基本变为红褐色Ⅱ现象b：生成白色沉淀，3min后沉淀颜色几乎不变（1）试验所用的FeSO4溶液由Fe2(SO4)3溶液和足量铁粉反应制得，离子方程式是____。（2）试验I中沉淀变为红褐色的化学方程式是________。（3）关于试验II中白色沉淀的组成，小组同学绽开探讨。①已知Fe(HCO3)2在水中不存在。对沉淀组成作出如下假设，请补充完整。假设a：依据NaHCO3溶液显_______性，推想白色沉淀可能为Fe(OH)2；假设b：白色沉淀可能为_______。②探讨白色沉淀组成的试验如下：i．取少量白色沉淀，充分洗涤，向其中加入稀硫酸，沉淀完全溶解，产生无色气泡；ii．向所得溶液中滴入KSCN试剂，溶液几乎不变红；iii．向ii溶液中再滴入少量H2O2，溶液马上变为红色。由此说明，白色沉淀中肯定含有_________离子。③探讨过程中发觉白色沉淀在空气中久置，最终变为红褐色。则该沉淀比试验I中所得的Fe(OH)2______（填“难”或“易”）于被空气氧化。（4）对比试验I，探讨酸碱性对二价铁还原性的影响，设计试验III：将试验方案补充完整______。（5）据以上试验，为避开二价铁被空气氧化，可实行的措施是______。【答案】2Fe3++Fe=3Fe2+4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3碱FeCO3Fe2+和CO32-难滴加H2SO4溶液限制溶液为酸性环境、使二价铁以碳酸盐的形式沉淀②i．取少量白色沉淀，充分洗涤，向其中加入稀硫酸，沉淀完全溶解，产生无色气泡，则无色气泡应为二氧化碳，则沉淀中应含有碳酸根；ii．向所得溶液中滴入KSCN试剂，溶液几乎不变红，说明溶液中不含有三价铁离子；iii．向ii溶液中再滴入少量H2O2，溶液马上变为红色，说明原溶液中存在亚铁离子，被H2O2氧化为铁离子；因此可以说明沉淀中肯定含有Fe2+和CO32-；③试验II，3min后白色沉淀无改变，在空气中久置，最终变为红褐色。而试验I中的氢氧化亚铁在3min后完全被氧化，因此试验II中沉淀比试验I中所得的Fe(OH)2难于被空气氧化。(4)试验III的试验目的是探讨酸碱性对二价铁还原性的影响，而试验I已经探讨了碱性条件对二价铁的还原性的影响，因此试验III应为探讨酸性条件的影响，试验方案应为向硫酸亚铁溶液中滴加H2SO4溶液；(5)试验III的现象显示，在酸性条件下，二价铁离子不易被氧化，因此为避开二价铁被空气氧化，可实行的措施是限制溶液为酸性环境，或使二价铁以碳酸盐的形式沉淀。(4)若要更干脆说明“NO2能否支持木条燃烧”这一问题，试验设计要除去NO2中的水蒸气，利用纯净的NO2做试验可充分证明“NO2能支持燃烧”，即用金属铜与浓硝酸反应制取NO2气体，并用浓硫酸或无水氯化钙进行干燥，再将带火星的木条伸入二氧化氮中视察现象；故答案为：用金属铜与浓硝酸反应制取NO2气体，并用浓硫酸或无水氯化钙进行干燥，再将带火星的木条伸入二氧化氮中视察现象。23．在进行化学试验时，常常会有与预期不符的现象出现。某化学试验小组在试验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的试验，就出现了与预设不太一样的现象。试验I：将Fe3+转化为Fe2+（1）Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为_________________________________。（2）该小组同学用对比试验法探究白色沉淀产生的缘由，请将其方案补充完整：试验方案现象结论步骤1：取4mL_________mol/LCuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mo/LKSCN溶液产生白色沉淀CuSO4与KSCN反应产生了白色沉淀步骤2：取4mL0.2mol/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液___________查阅资料：①SCN－的化学性质与I－相像②2Cu2++4I－=2CuI↓+I2③(SCN)2的化学性质与I2相像则Cu2+与SCN－反应的离子方程式为____________________________________________。试验Ⅱ：将Fe2+转化为Fe3+试验方案现象向3mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入lmL8mol/L稀硝酸溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消逝，溶液变为黄色探究上述现象出现的缘由：查阅资料：Fe2++NOFe(NO)2+(棕色)②Fe(NO)2+与HNO3不反应（3）用离子方程式说明NO产生的缘由____________________________________________。（4）从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应I：Fe2+与HNO3反应；反应Ⅱ：Fe2+与NO反应①依据试验现象，甲认为反应I的速率比反应Ⅱ___________(填“快”或“慢”)。②乙认为反应I是一个不行逆反应，并通过试验证明其揣测正确，乙设计的试验方案是________________。③请用化学平衡移动原理说明溶液由棕色变为黄色的缘由______________________。（5）丙认为若生成的NO与Fe2+不接触，溶液就不会出现棕色，他利用试验室常用的仪器和药品设计并完成了如图所示的试验，实现了Fe2+Fe3+的转化，同时避开出现此异样现象。试验发觉：U形管右侧有气泡，U形管左侧的现象为___________、B溶液是___________溶液(填化学式)。【答案】2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+0.1无明显现象2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)23Fe2++4H++NO3－＝3Fe3++NO↑+2H2O慢取反应后的黄色溶液少量于一支试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显改变，说明反应I是不行逆反应Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色溶液由浅绿色变为黄色HNO3【解析】（1）Fe3＋与Cu粉发生反应生成铜离子与亚铁离子，反应离子方程式为：2Fe3＋+Cu═2Fe2＋+Cu2＋；（2）由反应2Fe3＋+Cu═2Fe2＋+Cu2＋，可知图1中得到溶液中Fe2＋为0.2mol·L－1，Cu2＋为0.1mol·L－1，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行比照试验，故试验方案为：步骤1：取4mL0.1mol·L－1CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液；步骤2：取4mL0.2mol·L－1FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol·L－1KSCN溶液，无明显现象。由题目信息①SCN－的化学性质与I－相像②2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，可知，Cu2＋与SCN－反应生成CuSCN沉淀，同时生成（SCN）2，反应离子方程式为：2Cu2＋+4SCN－=2CuSCN↓+（SCN）2；（3）亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水，反应离子方程为：3Fe2＋+4H＋+NO3－═3Fe3＋+NO↑+2H2O；24．某学习小组探究稀HNO3、浓HNO3与铜的反应。装置（尾气处理装置略）现象Ⅰ中起先无明显现象，渐有小气泡生成，越来越猛烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。Ⅱ中反应猛烈，快速生成大量红棕色气体，溶液呈绿色。(1)试管Ⅰ中Cu与稀HNO3反应的化学方程式是________。(2)Ⅱ中反应的速率比Ⅰ中的快，缘由是________。(3)针对Ⅱ中溶液呈绿色的缘由，提出假设：假设1：Cu2+的浓度较大所致；假设2：溶解了生成的NO2。探究如下：取Ⅱ中绿色溶液，分为两等份。①取一份于如图所示装置中，_______(填“操作”和“现象”)，证明Ⅱ中溶解了NO2。②向另一份溶液加入_____（填化学试剂），溶液变为蓝色。证明假设1不成立，假设2成立。(4)对于稀HNO3与铜生成NO、浓HNO3与铜生成NO2的缘由，提出两种说明：说明1．HNO3浓度越稀，溶液中NO3-的数目越少，被还原时，每个NO3-从还原剂处获得较多电子的机会_____（填“增多”或“削减”），因此被还原为更低价态。说明2．推想下列平衡导致了产物的不同，并通过如下试验证明白推想的合理性。3NO2+H2O=2HNO3+NO①B中盛放的试剂是________。②C中盛放Cu(NO3)2和_________。③该小组证明推想的合理性所依据的试验现象是________。【答案】3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O硝酸浓度大向上拉动活塞a，试管内液面上方出现红棕色气体Cu(OH)2(或CuO等)增多水浓硝酸C中溶液变绿(4)说明1.HNO3浓度越稀，溶液中NO3-的数目越少，被还原时，每个NO3-从还原剂处获得较多电子的机会增多，被还原为较低的价态；说明2.①Cu与浓硝酸反应产生NO2气体，NO2气体与B中水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，将产生的NO气体通入到C溶液中，②C中含有较多NO3-离子，盛放Cu(NO3)2和浓硝酸，若C中溶液变为绿色，就证明说明1正确，否则2正确。25．某同学在试验中不当心将几滴新制氯水滴入盛有溴化亚铁溶液的试剂瓶中，发觉溶液变成了黄色，依据已有化学学问，请你参加上述现象形成缘由的分析与探究：（1）提出问题猜想：猜想一：溶液呈黄色是因发生离子反应①_________________________________________(填离子方程式)所致。猜想二：溶液呈黄色是因发生离子反应②______________________________________(填离子方程式)所致。（2）设计试验并验证为验证①与②中是哪个缘由导致了溶液变黄色，设计并进行了以下试验。请依据以下所给试剂