选择题专练(12)化学实验原理与方法-【鱼跃龙门卷】2026年高考化学试题逐题突破（山东专版）

2025一2026学年度高考试题还题突破 一选择题专练（十二） 化学·化学实验原理与方法 总分：32分时间：40分钟 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016S32Zn65 A组 1.实验是化学研究的重要方式。下列实验操作正确的是 A.液溴保存时，常加少量的水进行液封 B.金属钠、镁着火时，可用二氧化碳扑灭 C.取用药品时，剩余药品均不能放回原试剂瓶 D.滴定实验时，滴定管和锥形瓶均应先润洗 2.中外历史人物在化学学科的发展中做出了不可磨灭的贡献。下列有关说法错误的是 A.中国屠呦呦等科学家使用乙醚从中药中提取并用柱色谱分离得到抗疟有效成分青蒿素 B.德国科学家玻尔发表了以原子光谱事实为依据的完整的构造原理 C.中国化学家徐光宪院士及其研究团队在稀土元素的分离及其应用中作出了重要贡献 D.美国化学家鲍林提出电负性的概念，用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小 3.实验室中使用钠盐或NaOH溶液时，对应关系错误的是 A.饱和NaCI溶液：除去Cl2中的HCI B.饱和Na2CO3溶液：除去CO2中HCl C.NaOH水溶液：油脂的皂化反应 D.NaOH醇溶液：CH3CH2Br的消去反应 4.完成下列实验的装置或试剂错误的是 开关 品浓盐酸 浓氨水 一稀硝酸 有孔 碱石灰 塑料板 KMnO 铜粉 CaO固体 B.大理石和稀盐酸 C.制取并收集干燥纯净 A.实验室制取氯气 D.制取并收集NO 反应制取CO2 的NH 5.除去下列物质中的杂质（括号内），所选用的试剂或方法正确的是 A.FeSO4溶液[Fe2(SO4)3]:插入铜片，过滤 B.乙酰苯胺(NaCI):将混合物溶于乙醇后，重结晶 C.NaOH溶液[Ca(OH)2]:通入过量CO2,充分反应后过滤 D.硬脂酸钠（甘油）：加入过量的浓氯化钠溶液，盐析、过滤 化学X·选择题专练（十二）第1页（共4页） 鱼欧花门老 6.实验室用NaHCO3和FeSO4溶液制备碳酸亚铁的装置如图所示（夹持装置已省略），三颈烧 瓶中产生白色沉淀及无色气体。下列说法错误的是 NaHCO 一溶液 盐酸 CaCO FeSO NaOH 磁子 溶液 5 溶液 磁力搅拌器 甲 乙 丙 丁 A.装置甲产生CO2可排除装置中的空气 B.装置乙中盛装的试剂为饱和Na2CO3溶液 C.装置丙中发生反应的离子方程式：2Fe2++2HCO3一FCO3↓+CO2个+H2O D.反应结束后，将丙中反应液静置、过滤、洗涤、干燥，可得到碳酸亚铁 7.一次性鉴别下列三种溶液，方法不可行的是 A.乙酸、乙醛、苯酚三种溶液：浓溴水 B.NaOH、FeCl3、Na2SO4三种溶液：KHCO3溶液 C.KNO3、NH4Cl、Na2CO3三种溶液：饱和Ba(OH)2溶液，微热 D.乙醇、溴苯和苯三种溶液：酸性高锰酸钾溶液 8.把0.5g硫粉与1.0g铁粉混合均匀，放在陶土网上堆成条状，用灼热的玻璃棒触及混合粉末 的一端，当混合物呈红热状态时，移开玻璃棒，红热继续蔓延至条状混合物的另一端至反应结 束，冷却后得到黑色固体，实验过程中能闻到刺激性气味。下列分析错误的是 A.由“红热继续蔓延”，推断实验过程中发生了放热反应 B.由“实验过程中能闻到刺激性气味”，推断S与O2反应生成了SO? C.“黑色固体”溶于盐酸时产生臭鸡蛋气味气体，推断F与S发生了反应 D.“黑色固体”溶于盐酸后溶液呈浅绿色，推断F与S反应生成了十2铁的化合物 B组 1.实验室制备水合肼(N2H4·H2O)溶液的反应原理为NaC1O十2NH3一N2H4·H2O+ NaCl,N2H4·H2O能与NaClO剧烈反应。下列装置和操作能达到实验目的的是 产浓盐酸 NH. MnO2 NaOH naclo 溶液 溶液 丙 A.用装置甲制取Cl2 B.用装置乙制备NaClO溶液 C.用装置丙制备水合肼溶液 D.用装置丁分离水合肼和NaCl混合溶液 化学X·选择题专练（十二）第2页（共4页） 班级 2.下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作合理的是 酸性 KMnO 姓名 Br的苯溶液 溶液 NaOH溶液 HCO 容液 得分 A.用CCl4提取碘酒B.从NaHCO3溶液中提 D.测定H2C2O4溶液 C.除去苯中的溴 中的12 取NaHCO,晶体 的浓度 3.根据实验操作及现象，下列结论中正确的是 选项 实验操作及现象 结论 答题栏 灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中，铜丝 A组 A 该有机物中一定含有醇羟基 恢复亮红色 2 将装有淀粉和NaCI混合液的半透膜袋置于清水中，经过长时间浸 B 半透膜袋破损 5 泡，取清水滴加碘水，溶液变紫色 用pH试纸测量0.1mol·L1NaHC2O4溶液的pH,试纸变为 C K(HC2O<K (HC2O) 红色 6 D 向CuSO4溶液通入H2S气体，有黑色沉淀CuS和H2SO4生成 酸性：H2S>H2SO, 7 4. 我国科学家最近开发催化剂AgI/CuO实现CO2高效还原制备纳米C2高附加值产品（颗粒直 径为50~80nm)。某小组收集铜银废料（含少量Fe、Zn等杂质）为原料制备CuO和AgI,流 B组 程如图所示： 稀硫酸 硝酸 金属 NaOH溶液 2 铜银废料→酸浸→浸渣→酸溶→沉银→过滤→滤液→沉铜→灼烧→CuO 4 浸液 Agl<-.-.粗银 滤液 下列说法正确的是 6 A.从资源利用和环保角度考虑，“酸溶”时选择浓硝酸 7 B.“灼烧”操作需要酒精灯、坩埚、三脚架、泥三角和玻璃棒 C.上述发生的化学反应都是氧化还原反应 D.纳米C2可发生丁达尔效应 5.马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]常用于机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以水锰矿 [主要成分为MnO(OH),还含有少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2及微量的CaO]为原料制备马日 夫盐的一种工艺流程如图所示。 HSO溶液、SO2MnO 氨水 NHF溶液NH HCO溶液磷酸溶液 水锰矿步骤1 系列操作 →步骤Ⅱ→步骤Ⅲ→除钙 低温沉锰 酸溶 矿浆 马日夫盐 滤渣1 滤渣2 滤渣3 已知：Kp(CaF2)=3.6×1012,当溶液中剩余的某金属离子浓度≤1×105mol·L1时，通 常认为该金属离子已沉淀完全。下列说法错误的是 化学X·选择题专练（十二）第3页（共4页） 鱼欧花门卷 A.步骤I、Ⅱ、Ⅲ均涉及氧化还原反应 B.滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、l(OH) C.低温条件下沉锰是为了防止NH4HCO3分解 D.“除钙”步骤中控制c(F-)≥6×10-4mol·L1可使Ca2+完全沉淀 6.某无色溶液X中可能含有K+、Na+、NH、Mg2+、Ba+、CO?、CI、SO?中的若干种，且各 离子浓度相等，为确定其成分，依次进行下列实验： ①取少量溶液X,向其中加入足量的氢氧化钠溶液，有白色沉淀A产生，微热闻到刺激性 气味； ②过滤①中的混合物，向滤液中加入足量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀B产生，再加入足量的 稀硝酸，沉淀不溶解。 根据上述实验，以下说法错误的是 A.刺激性气味气体是NH3 B.溶液X中是否含K+、Na+需要通过焰色试验确定 C.白色沉淀A和白色沉淀B都是纯净物 D.溶液X中一定没有CO,但一定含有CI 7.在化学实验中改变实验药品的滴加顺序可能会产生不同的实验现象。取一定体积的下列两 种试剂（浓度均为0.1mol·L1)进行反应，改变两种试剂的滴加顺序，反应产生的现象相同 的是 选项 试剂I 试剂Ⅱ A Na2CO3溶液 稀盐酸 B A12(SO4)3溶液 氨水 C NaHSO,溶液 浓溴水 D H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液 8.ⅢA族元素形成的化合物应用广泛。硼酸(H3BO3)是一种一元弱酸，硼酸三甲酯与氯气反应 可制取BCl,反应原理为B(OCH,)十6CL,5℃BC1,十3C0十9HC1,B(OCH,),和BCl,均易 水解，沸点分别为68℃和12.5℃；氨化傢是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约 为1500℃，可通过Ga(CH3)3与NH3高温反应制得。下列化学反应表示错误的是 A.H3BO3与足量NaOH溶液反应：H3BO3+3OH一BO+3H2O B.B(OCH3)3与NaH反应制备NaBH4:4NaH+B(OCH3)3-NaBH4+3CH3ONa C.Al2O3溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH+3H2O—2[A1(OH)4] D.Ga(CH),与NH,反应制GaN:Ga(CH,),十NH,高温GaN+3CH, 化学X·选择题专练（十二）第4页（共4页）·化学X· 10.D【解析】由a点的pH=13可知，0.1mol·L1一元碱 MOH溶液的pH=13,则MOH是强碱，由b点数据可知，当 MOH和HX等体积混合恰好完全反应生成MX时，溶液 pH=8.5,即显碱性，说明HX为弱酸，c点为等浓度的MX和 HX的混合溶液。由分析可知，滴定终点的溶液显碱性，则该 滴定过程中应选用酚酞作指示剂，以减小实验误差；b点溶液 pH=8.5,c(X)≈0.05molL1、c(0H)=10 1085mol. L1,根据水解平衡可知，c(HX)≈c(OH),Kh x10-14 c(OH-)c(HX) 广10-a6)2 =2X1010,故K。= K c(X) 0.05 K 10-14 2X10-=5×105;由分析可知，a点为M0H强碱溶液，对 水的电离起抑制作用，b点为MX强碱弱酸盐溶液，对水的电 离起促进作用，c点为等浓度混合的MX和HX溶液，MX对 水的电离起促进作用，HX对水的电离起抑制作用，结合的 范围可知c点溶液对水电离的抑制程度较α点小，故溶液中水 的电离程度b>c>a:c点为等浓度混合的MX和HX溶液， 溶液显酸性，即HX的电离程度大于X的水解程度，则c点 溶液中存在c(X)>c(M)>c(H)>c(OH)。 B组 1.D【解析】向10.00mL0.1mol·L1MOH碱溶液中滴加 0.1mol·L1盐酸，溶液的pH减小，由图可知，c点为滴定终 点，以此解题。由图可知，0.1mol·L1MOH溶液的pH小于 13,则其为弱碱，其电离方程式为MOHM++OH;MOH 电离出的OH会抑制水的电离，随着盐酸的加入消耗MOH, 水的电离程度增大，则水的电离程度c>b>a;b点溶液中溶质 为MC1和MOH,根据电荷守恒可知，c(C1)十c(OH)= c(Mt)十c(H+),此时溶液显中性，则c(C1)=c(M);由分析 可知，c为滴定终点，则c点溶液中溶质为MCI,且此时由于M 的水解，导致溶液显酸性，则存在c(CI厂)>c(M)>c(H+)> c(OH) 2.B【解析】升温促进水的电离，但H和OH浓度仍相等； CO水解消耗H,促进水的电离，溶液显碱性；向水中通入氯 化氢气体，H浓度增加，抑制水的电离，溶液显酸性；NH水 解生成H+,促进水的电离但溶液显酸性。 3.D【解析】次氯酸根离子会氧化亚铁离子，不能大量共存；溶 液中亚铁离子、铵根离子水解，促进水的电离，则常温下该溶液 中水电离出的c(H+)大于10？mol·L1;过氧化氢会氧化亚 铁离子生成铁离子，干扰铁离子的检验；设摩尔盐物质的量为 1mol,则硫酸根离子的物质的量为(x十y)mol,向溶液中滴入 Ba(OH)2溶液使SO恰好沉淀时，消耗氢氧化钡的物质的量 为(x十y)mol,(x+y)mol氢氧化钡提供2(x十y)mo OH,ymol亚铁离子完全反应消耗2ymol氢氧根离子，则另 外2xmol氢氧根离子会和2xmol铵根离子反应。 4.C【解析】H2A存在电离平衡H2A一HA+H+,HA H+A2-,随pH增大，c(H)逐渐减小，平衡正向移动，则 c(H2A)一直减小，c(HAˉ)先增大后减小，c(A2-)一直增大， 所以曲线①代表1gc(H2A),曲线②代表1gc(HA),曲线③代 表lgc(A2),据此回答。KHA溶液中存在平衡HAˉ一 H++A2 HA H2O=H2A OH-,K (HA)= c(H2A)c(OH）_K= 10-14 c(HA) K1.1X10≈9.09X1012<Ke,故 HA的电离程度更大，故c(A2-)>c(H2A)。 5.C【解析】碳酸为二元弱酸，c(CO)随着盐酸的加入逐渐减 小，c(HCO?)先增大后减小，则L1为CO的物质的量浓度变 化曲线，L2为HCO3的物质的量浓度变化曲线；由K2= c(CO3)·c(H+) ,A点时c(CO号)=c(HCO),c(H) c(HCO3) 101o.3”mol·L1,pH=10.32;由图可知C点加人盐酸的体积 为10mL,则C点溶液的溶质为等物质的量浓度的NaHCO和 NaCl,由元素守恒可得c(CI-)=c(CO?)+c(HCO5)+ c(H2CO3),因为HCO3的电离程度小于水解程度，所以溶液 中c(H2CO3)>c(CO),则有c(CI)>c(HCO3)≥ c(H2CO3)>c(CO号)；滴加至D点时，溶质为NaCl和 H2CO,根据溶液呈电中性可知，溶液中存在c(HCO)十 2c(CO)+c(OH)+c(CI)=c(H+)+c(Na+),且D点时 c(Na+)=c(C1-)。 C【解析】HY为一元弱酸，NaY溶液中Y水解使溶液呈碱 性b点时，横坐标为0，则X c(HY) =1,c(Y)=c(HY);直线z 中c点时，一gcR)=1,即H） c(H2R) =101,pH= -lgc(H+)=0.4,c(H+)=10o.4mol·L1,Ka(H2R)= c(HR)·c(H)=101×104=101‘;a点时，溶液中的电 c(H,R) 荷守恒式为c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HRˉ)+2c(R2-)+ c(C1)。 B【解析】pH=4.2时，c(C2O)=c(HC2O4),K2= c(C2O)·c(H) =c(Ht)=104.2,pH=2.7时，c(C2O)= c(HC2O) c(H2C2O),K c(HC,O)·c(H+) c(H2 C2O) c(HC,0)·c(H)-c*）.c(H*)=1012。pH由2.7 c(C202) K2 至5.5过程中，HC204减少，C20?增多，发生的主要反应为 OH+HC2O4-C2O+H2O;当c(Na)=0.100mol· L1时，溶液中溶质为NaHC2O4,根据电荷守恒c(Na)十 c(H+)=c(OH厂)+c(HC2O,)+2c(C2O}),NaHC2O4溶液 显酸性，c(H)>c(OH),则c(Na)<c(HC2O,)十 2c(C2O-),即2c(C202-)+c(HC2O)>0.100mol·L1;据 图可知草酸为二元弱酸，C元素化合价为十3，故具有还原性； c(HC2O) K1=101.2」 pH=2.7的溶液中，c(H,C,0,)·c(C,0)-K。-10 1000。 D【解析】PbSO4中加入Na2CO3溶液脱硫，PbSO4与 Na2CO3反应转化为PbCO3沉淀，再加入HNO3溶解得到 Pb(NO,)2。Naz CO,溶液中存在质子守恒关系c(OH)= c(H)+c(HCO3)+2c(H2 CO3);PbSO(s)+CO(aq) PbCO,(s)+SO?(aq)的平衡常数K= c(SO) c(CO) 0-餐：8}-x8-品× 当Q=c(S0?) 一。(CO)K时，平衡正向移动；“脱硫”后上层清液主 要是Na2SO4,还含有未反应完的Na2CO3,电荷守恒式中的离 子不全；PbCO悬浊液加入HNO3“溶解”过程中，由于PbCO 会与H+反应生成CO2,所以溶液中CO号浓度逐渐减小。 D【解析】H2S的K1(H2S)=1.0×10-7,K2(H2S)=1.0× 10B二者乘积为(H*)2×c(S）=100,结合pH=11时的 c(H,S) c(H*)=10”molL,计算得出S c(H2S) =100,故实验1所 得溶液中c(S2-)>c(H2S);实验1所得溶液中存在电荷守恒 c(Na)+c(Ht)=c(HS)+2c(S-)+c(OH),因pH=11时 c(OH)=1×10-3mol·L1,远大于c(H+),故c(Na+)> c(HS)+2c(S2-);实验2中NaHS溶液中的主要离子是HS 而非S2-,CL2与HS反应生成S,故离子方程式为C2十HS 一2C+S+H;实验3反应的平衡常数K=K×Kn 1.0×10-18 1.0x107×1.0×10s=1.0×100。 参考答案及解析 10.C【思路分析】K.(CH,COOH)=H*)Xc(CH,C00) FCO3,丁用于吸收多余的CO2并避免空气进入装置丙中氧化 c(CH,COOH) 目标产物。 c(CH,COO) 1.0×105,则-lgc(H)-lgc(CH,C0oHD 7. B【解析】NaOH、FeCl3、Na2SO4三种溶液分别与KHCO3溶 =-lg(1× 液混合现象为无现象、红褐色沉淀、无现象，不能鉴别。 c(CHCOO) 8.D【解析】红热蔓延说明反应放热，铁与硫的反应是放热反应， 105)=5,则有p (CH COOH) =5-pH,当 一旦引发，放出的热量足以维持反应持续进行；实验过程产生 了刺激性气味的气体，推测是SO,,原因是S与O2反应生成 c(CH2 COO) P(CH COOH) =0时，pH=5,c(H+)=1.0×10-5mol SO2;黑色固体溶于盐酸产生H2S(臭鸡蛋气味)，证明Fe与S 发生反应生成了FeS,FeS与盐酸的反应为FeS十2HCl c(CH COO) L,随着CCH,COOF的增大，pH减小，c()增大， FeCl2+H2S个；铁粉过量，即使生成了十3价铁的化合物，溶解 后也会因发生反应2Fe3++Fe一3Fe2+使得“黑色固体”溶于 c(HS) P c(H2S) --lgK.(H,S)-pH.pc(S) 盐酸后溶液呈浅绿色。 c(HS) =一lgK2(H2S) pH,lgK1(H2S)>lgK2(H2S),所以随着横坐标增大， B组 c(HS) c(CH COO) PcS)和pS号均增大，且PcC阳coo相同时 1.B【解析】浓盐酸与二氧化锰制取氯气需要加热；氯气与氢氧 化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠；氨气可被次氯酸钠氧化， c(HS) (Hs),即①中，X为c(S) c(S2-) c(Hs),②中X为 反应剧烈，NaClo过量，可氧化生成的N2H4·H2O,应将 P c(H,S)P NaClO注入氨水中；NaCl和N2H4·H2O都易溶于水，不能用 c（HS,③中X为c(Zm2*),据此分析作答。 c(HS) 分液法分离。 2.C【解析】四氯化碳与酒精互溶，不会出现分层现象，不能用四 【解标】根据分析可，②巾X为《》：由图可知，A点潘 氯化碳提取碘酒中的碘；碳酸氢钠固体受热易分解，不能采取 蒸发结品的方法：溴单质可以与氢氧化钠反应，并且氢氧化钠 c(CH,COO) 与苯不互溶，会分层，最后可以通过分液的方法将二者分开；用 液中，Pc(CH,COOH) =5一pH=1,则pH为4；当 酸性高锰酸钾滴定草酸，高锰酸钾具有强氧化性，会氧化腐蚀 橡胶管，不能使用碱式滴定管盛装，应该用酸式滴定管。 c(CH COO) P(CH,COOH) 5-pH=0时，pH为5，c(H+)=1.0X 3.B【解析】有机物也可能含有羧基，将表面氧化铜溶解；淀粉分 子不能透过半透膜，而清水中加人碘水变蓝证明有淀粉，说明半 109mol·L1,K4H,S》=cH)XcHS）=105X 透膜袋破损；NaHC2O,溶液显酸性，说明HCzO,的电离程度 c(HS) 大于其水解程度，即Kb(HC,O4)<Ka(H2C,O4);向CuSO 102.4=101.4,则K1(H2S)的数量级为108；横坐标为0 溶液中通入H2S发生反应CuSO4+H2S一CuSV十H2SO,, 时，c(Zm+)=10 1 mol·L,cCS)=102o4c(S） 但不能说明酸性H2S>H2SO4 c(HS) 4.B【思路分析】以铜银废料（含少量Fe、Zn等杂质）为原料，制 107,因为c(H2S)=0.1mol·L1,则c(HS)=1084mol· 备CuO和AgI。向铜银废料加稀硫酸，Fe、Zn会与稀硫酸反应 L-1,c(S2-)=101o.4mol·L1,Kp(ZnS)=c(Zn2+)c(S2-)= 被溶解进入浸液，Cu、Ag不反应，得到浸渣（主要含Cu、Ag);浸 10-11.6X10-10.04=10-21.7 渣加硝酸酸溶，发生反应3Cu十8HNO3(稀)一3Cu(NO3)2+ 2NO↑+4H2O、3Ag+4HNO3(稀)一3AgNO3+NO个+ 化学选择题专练（十二）】 2H2O,然后加入金属Cu,利用置换反应Cu十2Ag一Cu++ 2Ag,得到粗银（用于制备AgI)和滤液；滤液加NaOH溶液“沉 A组 铜”，发生反应Cu(NO3)2+2NaOH一Cu(OH)2↓+ A【解析】液溴易挥发，密度大于水，在水中溶解度较小，且液 2NaNO3,过滤后，将沉淀Cu(OH)2灼烧，Cu(OH)2分解，发生 溴具有氧化性，能腐蚀橡胶塞，所以液溴保存时，常加少量的水 反应Cu(OHD,△Cu0+H,0。 进行液封。钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生 【解析】稀硝酸的还原产物为NO,浓硝酸的还原产物为NO2 成氧气，氧气助燃；镁能与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，所以 等量的浓、稀硝酸相比，稀硝酸产生大气污染物较少；“灼烧”需 金属钠、镁着火时，不能用二氧化碳扑灭。取用药品时，剩余药 要选择坩埚盛装氢氧化铜，故“灼烧”操作需要酒精灯、坩埚、三 品一般不能放回原试剂瓶，但钠、钾等活泼金属从安全角度考 脚架、泥三角和玻璃棒；“沉铜”时发生的反应是复分解反应，不 虑，剩余后要放回原试剂瓶。滴定实验时，滴定管应先润洗，锥 是氧化还原反应；纳米C2不是分散系，不能发生丁达尔效应。 形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，测定 5.A【解析】向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2,SiO2与 结果偏高。 H2SO4不反应，Fe2O,溶解产生的Fe3+被还原为Fe+,得到含 B【解析】德国科学家马德隆发表了以原子光谱事实为依据的 有Mn2+、SO?、Fe2+、Ca2+、A13+的混合溶液和含有SiO2、 完整的构造原理。 CaSO,(微溶)的滤渣1；加入MnO2,将Fe2+氧化为Fe3+,加入 B【解析】Na2CO3溶液既能与HCI反应，也能与CO2反应， 氨水调节pH将Fe3+、A13+转化为Fe(OH)3、AI(OH)3沉淀除 应该用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HC1气体。 去，加人NH,F溶液将Ca2+转化为CaF,沉淀除去，滤液主要成 C【解析】收集NH?时应该采用向下排空气法。 分为MnSO4,加人NH,HCO3溶液，得到MnCO3沉淀，加人适 D【解析】加入铜片会生成铜离子引入新杂质；氯化钠在水中 量磷酸溶液得到Mn(H2PO4)2溶液，一系列操作后得到 的溶解度随温度变化不大，乙酰苯胺在水中的溶解度随温度降 Mn(H2PO,)2·2H2O。根据分析，步骤Ⅲ为加入氨水调节pH 低而降低，所以可选用重结晶法，先用水溶解加热形成乙酰苯 将Fe3+、A13+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，只涉及复 胺的热饱和溶液，然后降温让大量的乙酰苯胺品体析出，氯化 分解反应，不涉及氧化还原反应；根据分析，滤渣2的主要成分 钠可分散在乙醇中形成胶体，不能用乙醇；Ca(OH)2溶液和 NaOH溶液均能与二氧化碳反应，不但能把杂质除去，也会把 为Fe(OH)a、Al(OH)3;NH,HCO3为铵态氮盐，高温易分解， 低温条件下沉锰是为了防止NH4HCO,分解；根据K(CaF)= 原物质除去；加人NaCl,降低硬脂酸钠的溶解度使之析出（盐 析)，而后过滤得到硬脂酸钠。 3.6X10,若要使Ca完全沉淀，则c(F)≥√c(Ca+) K(CaF2) B【解析】为防止氧化，制备碳酸亚铁应在无氧环境中进行，装 置甲制备CO2,CO2经过饱和碳酸氢钠溶液除去HC1,进入装 /3.6×10-2 置丙中驱赶装置内的空气，装置丙中HCO?与Fe2+反应生成 √1X105mol:L1=6×10‘molL1。 高考试题逐题突破 6.B【解析】由“取少量溶液X,向其中加入足量的氢氧化钠溶7 液，有白色沉淀A产生”可知，X溶液中一定含有镁离子，一定 不存在碳酸根离子；微热，闻到刺激性气味说明X溶液中含有 铵根离子；又在滤液中加入足量的氧化钡溶液，有白色沉淀B 产生，再加入足量的稀硝酸，沉淀不溶解，说明溶液X中一定含 有硫酸根离子，所以一定不含有钡离子；由各离子浓度相同，结 8 合溶液呈电中性可知，溶液中一定含有氯离子，不含有钠离子 9. 和钾离子。综上所述，溶液X中一定含有镁离子、铵根离子、硫 10 酸根离子、氯离子，一定不含有钾离子、钠离子、钡离子，碳酸根 离子，且沉淀A为氢氧化镁、沉淀B为硫酸钡，刺激性气味气体 为氨气。 7.B【解析】向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸开始无现象，后来有 大量气泡产生，反滴时，开始滴加立即有气泡产生；A12(SO4) 溶液与氨水无论滴加顺序如何，均会有白色A1(OH)3沉淀产 生，因此正滴和反滴的现象相同；向NaHSO3溶液中滴加浓溴 1. 水，开始滴加的溴水立即褪色，后来继续滴加浓溴水，溶液变黄 反滴时，开始浓溴水呈黄色，滴加NaHSO3溶液后溶液黄色逐 渐变浅，最后溶液褪色；向H2C2O4溶液中滴加酸性KMnO4溶 液，开始滴加KMnO,溶液立即褪色，继续滴加KMnO4溶液， 某时刻后溶液变红，反滴时，KMnO,溶液的紫色会逐渐变浅直 至无色，现象不同。 8.A【解析】硼酸是一元弱酸，与足量NaOH反应生成四羟基合 硼酸钠，离子方程式应为H3BO3十OH一[B(OH)4],而非 2. 生成BO3。 3 化学选择题专练（十三） A组 1.B【解析】树脂属于有机高分子材料；大理石玉石的主要成分 是无机盐，不属于高分子材料；有机玻璃属于有机高分子材料； 芳砜纶纤维属于有机高分子材料。 2.B【解析】合成纤维、人造纤维属于有机高分子材料，但光导纤 4. 维主要成分为二氧化硅，是无机非金属材料；天然橡胶的主要成 分是聚异戊二烯，其分子中含碳碳双键，易被氧化导致老化；聚 乙炔能够导电，不能用于制备绝缘材料；高吸水性树脂通过亲水 基团和交联结构吸水，胶体吸附依赖表面电荷作用，原理不同。 3.B【解析】蚕丝属于动物纤维，主要成分为蛋白质 4.B【解析】根据结构简式，该有机物分子中有5个手性碳原子， 0 标记如图 OH;该有机物有三个 OH HO OH OH OH 环，环上氢原子的一氯代物有12种；该有机物有醇羟基，醇羟基 所连碳原子的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，苯 5 环可以加成，故该有机物能发生加成反应、消去反应；该有机物 中的氧原子上有孤电子对，可与某些过渡金属离子形成配合物 5.A【解析】X中酚羟基、酯基能与NaOH反应，2mol酚羟基消 耗2 mol NaOH,1mol酚酯基水解消耗2 mol NaOH,共消耗 4 mol NaOH;X与足量H2加成后，手性碳原子共有6个，如图 6 所示HO H;Y含羧基，可与乙醇发生酯化反应，但 HO 不能发生缩聚反应；X中无羧基，Z中含羧基，羧基与NaHCO: 反应生成CO2,可用NaHCO3溶液鉴别X和Z。 6.D【解析】乙烯可以被高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，引入了 新杂质；单质溴能与NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和7 水，溴化钠、次溴酸钠溶于水，溴苯不与NaOH溶液反应也不溶 于NaOH溶液，出现分层现象，应该用分液的方法分离；乙醇溶 于饱和氢氧化钠溶液，乙酸与氢氧化钠溶液反应得到溶于水的 乙酸钠，不能除杂；加入生石灰，与水反应生成氢氧化钙，增大与 乙醇的沸点差，可通过蒸馏将乙醇分离出来。 D【解析】a为丙二酸，h为乙二酸，二者不互为同分异构体；i 为HCOOH,含有醛基，能发生银镜反应；d和f中含有的羧基 数目相等，均可以和NaHCO3溶液反应，不能区分；1分子d中 含有2分子羧基，1分子c中含有1分子羧基，故等物质的量的 d和c与NaOH反应，d消耗NaOH的量是c的2倍。 C【解析】M不含醛基，不能还原新制Cu(OH)2得到Cu2O。 D【解析】聚异戊二烯的单体是2-甲基-1,3-丁二烯。 D【解析】标记*的碳原子从连接溴原子变成连接ZnBr,根 据溴的化合价为一1，锌的化合价为十2分析，碳原子的化合价 降低，被还原；醛基能用银氨溶液检验；反应②和反应③都为双 键变成单键，即发生了π键的断裂；聚合物V是通过加聚反应 生成的，水解后生成的仍为高分子化合物，不是小分子。 B组 B【解析】M和N的分子式均为CaH4O,互为同分异构体；N 中有4个手性碳原子；M与H2加成后碳氧双键打开，生成 一OH,可发生消去反应 如图，M中该C与其所连 接的三个C不可能共平面。 D【解析】Y分子中含饱和碳，所有原子一定不共面。 B【解析】CO2的结构式为O一C一O,空间结构为直线形，是 非极性分子；甲醛易溶于水，是因为甲醛分子可以与水分子间形 成氢键；甲醇分子中碳原子是s3杂化，二羟基丙酮分子中碳氧 双键上的碳原子是$p2杂化；二羟基丙酮与乳酸 (CH3 CHCOOH)分子式都是C3HO3,结构不同，互为同分异 OH 构体。 D【解析】甲烷是正四面体结构，四个氢原子是等效的，故一氯 代物只有一种，新戊烷的碳原子骨架也是正四面体结构，故四 个甲基也是等效的，即12个氢原子也是等效的；因电负性F> CI>H,吸电子能力一CFg>一CCL3>一CH3,基团吸电子能力 越强，羧基的电子云密度越小，羧基中氢氧键的极性越强，羧基 越易电离出氢离子；氨分子和CH3NH2分子中氮原子都具有孤 电子对，都能与氯化氢分子中具有空轨道的氢离子形成配位 键，所以氨分子与氯化氢分子生成氯化铵，CHNH2也可与 CH3 HCl反应生成CH3NH3Cl;H,C—C—CH2一Br不能发生消去 CH3 反应。 D【解析】由题干有机物结构简式可知，克拉维酸钾中存在碳 碳双键，且双键两端的碳原子分别连有不同的原子或原子团， 故存在顺反异构；由克拉维酸结构简式可知，该有机物含有羟 基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基5种官能团；两物质中均含碳 碳双键，可被高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色；克 拉维酸分子除羧基可与KOH反应外，还含有酰胺基，能在强碱 溶液中发生水解反应，因此选用KOH不能实现题给的转化。 D【解析】18-冠-6中碳原子均是饱和碳原子，采取sp杂化， 所有碳原子和氧原子不可能共面：烃基亲油，O原子亲水，则能 表示18-冠-6在油相中结构的是图乙；冠醚只能与离子直径与 空腔大小相接近的离子形成稳定结构，Na半径小，不能与 18-冠-6形成稳定的超分子结构；F原子比O原子电负性大，吸 引电子能力比O原子强，导致O电荷密度减小，配位能力降低， 与K+形成的超分子稳定性将减弱。 B【解析】装置甲用于实验室制乙酸乙酯，应在制备装置后连 接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠溶液）；制备硝基苯时 水浴加热，温度计测定水温，图中制备装置合理，能够达到实验 目的；实验室制乙炔不能使用启普发生器，反应生成物为糊状， 不会达到随时停止的目的，且反应剧烈：制取乙烯的条件是迅 速加热到170℃，装置丁中缺少温度计。 B【解析】该物质分子中含有苯环，因此属于芳香族化合物；该7.BD【思路分析】由图可知，O2在M极得到电子生成H2O,M 酸酐分子中含有2个苯环、2个碳碳双键，都可以与H2发生加 为正极，N极为负极，以此解答。 成反应，但酯基不能与H2发生加成反应，故1mol酸酐最多能 【解析】A项，由图可知，对甲基苯酚在N极失去电子生成 与8molH2加成；该分子中含有的C原子的价层电子对数都 CO2,N电极是负极，M为正极，所以N极电势低于M极电势； 是3，因此分子内所有C原子都是s2杂化；咖啡酸酐分子中含 C项，由分析可知，M极是正极，O2在M极得到电子生成 有2个酯基，水解时酯基反应变为羧基，因而能产生咖啡酸。 H2O,电极反应式为O2+4e+4H+2H2O,电路中通过 C【解析】N中含有的羟基、羧基和氨基都是亲水基团，N的水 0.4mol电子时，生成0.2molH2O,所以正极区溶液质量增加 溶性大于M;M中没有手性碳原子；N中含有氨基和羧基，与盐 0.2molX18g·mol1=3.6g。 酸或氢氧化钠溶液反应均可生成盐；M和N中都含有酚羟基，8.A【解析】A项，金属的导热性较好，用金属搅拌器代替玻璃搅 都会与三氯化铁溶液产生显色反应，不能用三氯化铁溶液检验 拌器，会导致热量散失过多，由于中和反应的△H是负值，则测 N中是否含有M。 得的△H偏大；B项，用温度计测定盐酸起始温度后，直接测定 0. A【解析】油脂不是高分子化合物；由于烃基不同，所以生物 NaOH溶液的温度，酸碱中和放热使NaOH溶液的起始温度偏 柴油是由不同酯组成的混合物；对比动植物油脂和生物柴油 高，温度差偏小；C项，盐酸和NaOH溶液快速混合后，将反应 的结构简式，可以得出此取代反应还生成了甘油；厨余垃圾中 过程的最高温度记为反应后体系温度；D项，反应放出的热量为 的油脂，通过题给方式可转化为生物柴油。 100g×4.18J·g1·℃-1×3.3℃×10-3kJ·J1≈1.38kJ, 化学不定项选择题专练（一） 盐酸完全反应，生成水的物质的量为0.025mol,生成1mol水 A组 放出的热量为器灯=5,2 9.AB【思路分析】由题干装置图可知，放电时，锌失去电子，即a B【解析】太阳能电池直接将太阳能转化为电能，不是将化学 为负极，负极反应式为Zn-2e十4OH—[Zn(OH)4]2-,b 能转化为电能，没有发生化学反应，不属于化学电源；在自然界 为正极，电极反应式为O2十2H2O+4e =4OH,据此分析 中可以不断再生的资源，属于可再生能源，主要包括太阳能、风 解题。 能、水能、生物质能、地热能和海洋能等；单晶硅是由硅原子通过 【解析】由分析可知，放电时，a极为负极，b极为正极，则b极电 共价键形成的空间网状结构，熔、沸点较高，属于共价晶体；玻璃 势高于a极；由分析可知，放电时，b为正极，电极反应式为 钢是塑料中添加玻璃纤维形成的复合材料，不属于金属材料， O2十2H2O十4e一4OH,根据电荷守恒可知，每生成4mol 而是复合材料。 OH厂电路中转移4mol电子，则有4 mol OH移向负极，故与 B【解析】A项，S(正交，s) —S(单斜，s)△H=+0.33kJ· 起始相比右室n(OH)不变；反应活化能越大反应速率越慢， ol厂1，反应吸热，说明单斜硫的内能比正交硫的内能高，由“能 多步反应中速率最慢的一步为决速步骤，结合题干图示信息可 量越低越稳定”得，正交硫比单斜硫稳定；B项，对于碳单质来 知，充电时，决速步反应为十OH一e =*OH;由分析可 说，1mol碳完全燃烧生成稳定的CO2时，放出的热量才属于燃 知，放电时，a为负极，负极反应式为Zn一2e十4OH 烧热，即b不属于碳的燃烧热；C项，对于H2来说，燃烧热是指 [Zn(OH),]2-,则充电时，a极为阴极，其电极反应式为 1molH2完全燃烧生成液态水时放出的能量，则其燃烧热的热 [Zn(0H)4]2-+2e-Zn+4OH-。 化学方程式为H(g)+2O2（g)一H,0(1)△H= 10.A【解析】在液氨中存在2NH3=NHt+NH2,则NH4CI -285.8kJ·mol-1,故2H2O(1)-2H2(g)+O2(g)的△H= 和KNH2在液氮中的反应为NH,CI+KNH2一2NH+ -(-285.8kJ·mol1×2)=+571.6kJ·mol1;D项，含 KCl;过量氨水和硫酸铜溶液反应，起初生成的Cu(OH)2继续 0.5molH2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡反应时，会生成硫酸 溶于氨水生成Cu(NH)+,反应为Cu++4NH3·H2O 钡沉淀，离子状态的变化也会引起体系能量的变化，则放出的 [Cu(NH1)4]2++4H2O;表示燃烧热时，产物中的H2O应呈液 热量不等于中和热。 态，所以N2H4燃烧的反应为N2H(I)+O2(g)一N2(g)+ B【解析】CsCI晶体是离子晶体；根据盖斯定律可知，△H。= 2H2O(1)△H=一621.7kJ·mol-1;向盐酸中通入H2还原 △H1一△H2一△Hg一△H4一△Hs;若M分别为Na和K,失电 NO2的反应为2NO2+7H2+2HC1—2NHCl+4H2O。 子过程中需吸收能量，△H?为正值，K半径更大，失去电子所需 B组 能量更小，则△H3为Na>K;氯气分子断键为氯原子需吸收能 量，△H4>0,离子结合形成离子键需放热，△H。<0。 AD【解析】反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，使 1.D【解折】根据益斯定律由-弓×①+②×号-③X号可得目标 用催化剂I时反应的最高活化能小于使用催化剂Ⅱ时，则使用 催化剂I时反应速率更快，反应体系更快达到平衡；由图可知， 热化学方程式，所以其焙变△H=(-号+名-台）·or。 使用催化剂I和催化剂Ⅱ时反应均出现四个波峰，说明反应历 2.B【解析】A项，铜板打上铁铆钉后，金属性强于铜的铁作负 程都分4步进行；反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知， 极，则铁铆钉更易被腐蚀；B项，“保暖贴”内含铁粉、碳、氯化钠 在前两个历程中使用催化剂I时，反应的活化能较低，反应速 等，取暖时，铁作原电池的负极发生吸氧腐蚀，放出热量；C项， 率较快，后两个历程中使用催化剂I时，反应的活化能较高，反 保护水中的钢闸门时，应将钢闸门与电源负极连接作电解池的 应速率较慢，所以使用催化剂I时，反应过程中M所能达到的 阴极被保护；D项，生铁中含有碳，能与铁在潮湿的空气中形成 最高浓度更大；由图可知，该反应是放热反应，则反应达平衡时， 原电池，铁作负极被损耗，所以生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯 升高温度，平衡向逆反应方向移动，R的浓度增大。 铁弱。 CD【思路分析】由图可知，电极a为燃料电池的负极，碱性条 3.AC【解析】由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电 件下氨气在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极b 池正极，钠电极为原电池负极。充电时为电解池装置，阳离子移 为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成 向阴极，即钠电极，故充电时，Na由硫电极迁移至钠电极；放电 氢氧根离子。 时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫 【解析】A项，由分析可知，电极b为然料电池的正极；B项，由 黄粉在b电极上得电子与a电极释放出的Na结合得到 题意可知，题给装置为化学能转化为电能的燃料电池。 Na2S,电子在外电路的流向为a→b;由题给的一系列方程式相 D【解析】根据题中所给信息可知，M是反应过程中先产生又 消耗掉的物质，为总反应的中间产物；总反应为放热反应，反应 加可以得到放电时正极的反应式为2八a++吾S,十2e一 物(X和Y)的总能量高于产物(Z)的总能量；反应①是吸热反 Na2S,;炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性， 应；该反应是化合反应，原子利用率为100%。 可以增强硫电极的导电性能。