上海市普陀区二年（2021-2022）年高考化学模拟题分题型分层汇编-05化学实验基础（基础题）（含解析）考试试卷

上海市普陀区二年（2021-2022）年高考化学模拟题分题型分层汇编-05化学实验基础（基础题）
一、单选题（共7题）
1．（2022·上海普陀·统考二模）实验室提供有试管、导管、烧杯、酒精灯、玻璃棒，选用上述仪器能完成的实验是
A．制备CH3COOC2H5 B．制备C6H5NO2
C．配制0.1mol·L-1NaCl(aq) D．除Al2(SO4)3(aq)中的Fe3+
2．（2022·上海普陀·统考二模）下列由废铜屑(杂质不溶于水也不参与反应)制取CuSO4·5H2O的过程不能达到实验目的的是
A．除去废铜屑表面的油污 B．溶解废铜屑
C．过滤得CuSO4(aq) D．蒸发结晶得CuSO4·5H2O
3．（2022·上海普陀·统考二模）下表中除杂试剂和方法都正确的是
选项 物质(杂质) 除杂试剂 分离方法
A Cl2(HCl) 饱和食盐水 洗气
B N2(O2) 镁粉 加热
C CO2(SO2) 饱和Na2CO3(aq) 洗气
D Al2O3(Fe2O3) NaOH(aq) 过滤
A．A B．B C．C D．D
4．（2022·上海普陀·统考二模）下列实验合理的是
A．用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)鉴别甲酸与乙酸
B．用澄清石灰水鉴别SO2与CO2
C．用淀粉－KI试纸鉴别碘水与FeCl3溶液
D．用湿润的pH试纸测定CH3COONa的pH
5．（2022·上海普陀·统考二模）探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1 mol·L 1 H2C2O4的pH=1.3）
实验 装置 试剂a 现象
① Ca(OH)2溶液（含酚酞） 溶液褪色，产生白色沉淀
② 少量NaHCO3溶液 产生气泡
③ 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色
④ C2H5OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是A．H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+ H2C2O4CaC2O4↓+2H2O
B．酸性：H2C2O4> H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2O
C．H2C2O4具有还原性，2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
D．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O
6．（2021·上海·统考二模）实验室按如下过程测量海带中碘的含量，不需要使用的实验装置是
A． B． C． D．
7．（2021·上海·统考二模）已知某100溶液中含有的部分离子的浓度大小如图所示，该溶液呈无色、透明、均一状态，可能还含有、、、。为了进一步确认，加入足量溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失。对原溶液说法错误的是
A．肯定不存在、
B．的物质的量浓度为2
C．加入含0.2的溶液时，沉淀质量达到最大量
D．加入少量溶液，反应的离子方程式为
二、实验题（共2题）
8．（2022·上海普陀·统考二模）为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。完成下列填空：
I.甲方案
实验原理：CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2
实验步骤：
(1)判断SO沉淀完全的操作是____。
(2)步骤①的操作名称是____，步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂是___，步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称是____，根据固体wg求得c(CuSO4)=___mol·L-1。
II.乙方案
实验原理：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑
实验步骤：
①按如图安装装置(夹持仪器略去)；
②……
③在仪器A、B、C、D、E中加入图示的试剂；
④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录；
⑤将CuSO4溶液滴入A中并搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生；
⑥将体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录；
⑦处理数据。
(3)步骤②为____。步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是____(填序号)。
a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响
(4)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下ρ(H2)=dg L-1，则c(CuSO4)=____mol·L-1(列出计算表达式)。若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
9．（2021·上海·统考二模）碳酸镧[，]可用于治疗肾病患者的高磷酸盐血症。其制备反应的原理为：。利用下列装置在实验室中模拟制备。
完成下列填空：
(1)Y中盛放浓氨水的仪器名称为_______。
(2)制备实验流程中装置接口的连接顺序为F→_______→_______→_______；C→_______。
(3)Y中发生反应的化学方程式为_______。
(4)X中盛放的试剂是_______。
(5)Z中应先通，后通入过量的，原因是_______。
(6)质量分数的测定(杂质不与盐酸反应)：准确称取10.000g产品试样，溶于足量稀盐酸中，将生成的全部通入过量的溶液中，得到沉淀8.865g。的质量分数为_______。
三、工业流程题（共1题）
10．（2022·上海普陀·统考二模）以盐湖锂精矿(主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3)和盐湖卤水(含一定浓度LiCl和MgCl2)为原料均能制备碳酸锂(Li2CO3)。
部分溶解度(g/100gH2O)数据见下表：
温度(℃) 0 20 80
LiOH - 12.8 -
Li2CO3 1.54 1.33 0.85
完成下列填空：
(1)步骤①主要反应的化学方程式为_______，反应在常温下进行，温度越高，锂精矿转化率越低的原因可能是_______。
(2)步骤②热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4，不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为_______。
(3)步骤③的操作是过滤、_______洗涤(选填“冷水”或“热水”)、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是_______。
(4)Li2CO3(M=74g·mol-1)样品的纯度可用滴定法测定(杂质不参与反应)。反应原理：Li2CO3＋2HCl→2LiCl＋CO2↑＋H2O，用盐酸标准液滴定Li2CO3样品的操作步骤顺序为c、a_______。
a.加入0.1~0.2mL甲基红-溴甲粉绿作指示剂；
b.煮沸去除CO2，再冷却到室温；
c.将样品置于锥形瓶中，加水溶解；
d.用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；
e.继续滴定至酒红色(滴定突跃区域)即为终点。
(5)用含以下物理量的数学表达式表示Li2CO3的纯度ω=_______。
m-Li2CO3样品的质量(g)；c-盐酸标准液的浓度(mol·L-1)；V1-样品滴定时消耗盐酸的体积(mL)；V0-滴定空白溶液(指不加样品进行滴定)时消耗盐酸的体积(mL)。
上述滴定操作中，若缺少步骤b，测定结果将_______(选填“偏大”或“偏小”)。
试卷第6页，共6页
试卷第5页，共6页
参考答案：
1．A
【详解】A．在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则制备乙酸乙酯需要的仪器有试管、导管、烧杯、酒精灯、玻璃棒，题给仪器能完成实验，故A正确；
B．在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸在50—60℃的水浴加热条件下发生硝化反应生成硝基苯和水，则制备硝基苯需要的仪器有试管、导管、烧杯、温度计、石棉网、酒精灯，题给仪器不能完成实验，故B错误；
C．制备一定体积的0.1mol/L氯化钠溶液需要的仪器为托盘天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，题给仪器不能完成实验，故C错误；
D．除去硫酸铝溶液中的铁离子应先加入过量的氢氧化钠溶液，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铝离子转化为偏铝酸根离子，过滤，向滤液中加入适量稀硫酸将偏铝酸根离子转化为硫酸铝，则除杂过程中需要的仪器为试管、胶头滴管、漏斗、烧杯、玻璃棒，题给仪器不能完成实验，故D错误；
故选A。
2．D
【详解】A．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，可以使废铜屑表面的油污发生水解反应，达到除去废铜屑表面的油污的目的，故A正确；
B．在电磁搅拌加热器作用下，铜、稀硫酸和双氧水反应生成硫酸铜和水，能达到溶解废铜屑的目的，故B正确；
C．将在电磁搅拌加热器作用下，铜、稀硫酸和双氧水反应后的溶液过滤能得到硫酸铜溶液，故C正确；
D．蒸发结晶容易失去结晶水，硫酸铜溶液在蒸发浓缩、冷却结晶条件下得到五水硫酸铜晶体，故D错误；
故选D。
3．A
【详解】A．HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，洗气可分离，A正确；
B．Mg与氧气、氮气均反应，不能除杂，B错误；
C．二者均与碳酸钠溶液反应，将原物质除去，C错误；
D．氧化铝与NaOH溶液反应，将原物质除去，D错误；
故答案选A。
4．A
【详解】A．甲酸中有醛基结构，与新制氢氧化铜反应，适当条件下可以生成砖红色沉淀，乙酸无醛基结构，与新制氢氧化铜只是发生酸碱中和反应，无砖红色沉淀生成，可以实现鉴别，描述正确，符合题意；
B．SO2可以与Ca(OH)2反应生成白色沉淀CaSO3，无法实现鉴别，描述错误，不符题意；
C．Fe3+可以氧化I-形成I2，I2使淀粉变蓝，所以无法实现鉴别，描述错误，不符题意；
D．湿润的pH试纸无法准确测定CH3COONa的pH，描述错误，不符题意；
综上，本题选A。
5．C
【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题；
【详解】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；
B.产生气泡证明有CO2 产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2 +2H2O 或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2 +2H2O，故B正确；
C.0.1 mol·L 1 H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；
D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确；
本题选不正确的，应选C。
【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。
6．A
【详解】A．图示装置为分液装置,测量海带中的碘的含量过程中含有灼烧、过滤、溶液配制，滴定基本操作，但没有分液操作，A符合题意；
B．图示装置为固体灼烧装置，灼烧海带需要该装置，B不符合题意；
C．图示装置为过滤装置，过滤海带灰浊液需要该装置，C不符合题意；
D．图示装置为滴定装置，滴定分析需要该装置，D不符合题意；
故选A。
7．B
【分析】①该溶液呈无色、透明、均一状态，说明溶液中一定不含；
②加入足量溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，白色沉淀为硫酸钡，物质的量为0.1mol，原溶液中一定含有，浓度为1mol/L，推出原溶液中一定不含；
③已知的阳离子(和)所带正电荷浓度总和为，阴离子(Cl-和)所带负电荷浓度总和为，根据溶液呈电中性，原溶液中一定含有H+，浓度为；
结论：原溶液中一定存在Na+、Mg2+、Cl-、H+、，一定不存在、。
【详解】A．原溶液中肯定不存在、，故A正确；
B．原溶液中H+的物质的量浓度为，故B错误；
C．原溶液中一定含有H+，浓度为，物质的量为0.1L×3mol L-1=0.3mol，镁离子的物质的量为0.1L×0.5mol L-1=0.05mol，硫酸根离子物质的量为0.1mol，向100原溶液中加入0.2的溶液时，钡离子过量，硫酸根全部沉淀，0.4mol氢氧根先与0.3mol氢离子反应生成水，余下0.1mol正好将0.05mol镁离子沉淀完全，生成的成质量刚好最大，故C正确；
D．溶液中含氢离子，向原溶液中加入NaHCO3溶液，反应的离子方程式为，故D正确；
故选B。
8．(1)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全
(2) 过滤 硝酸银溶液 坩埚
(3) 检查装置气密性 b
(4) 偏高
【分析】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的物质的量，根据c=nV得到硫酸铜的浓度，据此分析。
【详解】（1）根据BaSO4的不溶性检验SO是否反应完全，操作为：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明SO是沉淀完全，故答案为：向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；
（2）步骤①的操作名称是过滤；步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；灼烧固体药品应该在坩埚中进行，故步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为坩埚；固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=，根据硫酸根守恒可知，CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)= ，故答案为：过滤；硝酸银溶液；坩埚；；
（3）实验需要测定氢气的体积，因此组装仪器后需要检验装置气密性，故步骤②为：检验装置气密性；因气体的密度容易受到温度的影响，温度为恢复至室温会对气体体积的测量产生影响，故答案为：检验装置气密性；b；
（4）根据反应方程式Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知n(Zn)=n(CuSO4)+n(H2)，故n(CuSO4)=n(Zn)-n(H2)，m(H2)=dg/L×b×10-3L=bd×10-3g，则n(H2)===5bd×10-4mol，n(Zn)== mol，故n(CuSO4)=mol-5bd×10-4mol，所以c(CuSO4)==；若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则H2所处压强大于外界大气压强，气体被压缩，导致H2的体积偏小，H2的物质的量偏小，使得n(CuSO4)偏大，则最终导致测得c(CuSO4)偏高，故答案为：；偏高。
9． 分液漏斗 A B D E 饱和溶液 在水中的溶解度大，通入，使溶液呈碱性，有利于吸收溶解度较小的 0.687
【分析】W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，据此解答。
【详解】(1)根据仪器构造可知Y中盛放浓氨水的仪器名称为分液漏斗；
(2)由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D，C→E；
(3)Y中制备氨气，发生反应的化学反应式为；
(4)盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢，则X中盛放的试剂是饱和碳酸氢钠溶液；
(5)由于在水中的溶解度大，通入，使溶液呈碱性，有利于吸收溶解度较小的，所以Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2；
(6)准确称取10.000g产品试样，溶于足量稀盐酸中，将生成的全部通入过量的溶液中，得到沉淀8.865g，即碳酸钡的质量是8.865g，物质的量是8.865g÷197g/mo＝0.045mol，根据碳原子守恒可知的物质的量是0.015mol，则其质量分数为＝0.687。
10．(1) Li2CO3＋CO2＋H2O→2LiHCO3 温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小
(2)Li2C2O4Li2CO3＋CO
(3) 热水 向步骤③得到的滤液中继续滴加Na2CO3(aq)，若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全
(4)d、b、e
(5) 偏小
【分析】盐湖锂精矿(主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3) 通入CO2，Li2CO3发生反应 Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3转化成溶于水的LiHCO3，CaCO3发生反应 CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，转化成溶于水的Ca(HCO3)2，加足量草酸锂反应生成草酸钙沉淀、过滤，滤液为LiHCO3，滤液经热解LiHCO3得到Li2CO3，过滤烘干得Li2CO3成品。
盐湖卤水中(含一定浓度LiCl和MgCl2)，含有Mg2+杂质，需先加NaOH调节pH，将镁离子转化成Mg(OH)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，再加入Na2CO3溶液制得Li2CO3、进一步可得到成品。
(1)
步骤①Li2CO3与CO2、H2O反应生成LiHCO3，则主要反应的化学方程式为Li2CO3＋CO2＋H2O→2LiHCO3。由表知：Li2CO3溶解度随温度升高而减小，则反应在常温下进行、温度越高锂精矿转化率越低的原因可能是：温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小。
(2)
Li2C2O4受热易分解为Li2CO3和CO，则步骤②热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4、不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为：Li2C2O4Li2CO3＋CO。
(3)
步骤③中通过过滤分离出Li2CO3沉淀、沉淀表面有氯化钠溶液，需要洗涤，由于Li2CO3溶解度随温度升高而减小，则选择用热水洗涤，故操作是过滤、热水_洗涤、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是：向步骤③得到的滤液中继续滴加Na2CO3(aq)，若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全。
(4)
Li2CO3(M=74g·mol-1)样品的纯度可用滴定法测定(杂质不参与反应)。反应原理：用盐酸标准液滴定Li2CO3样品时，发生反应：Li2CO3＋2HCl→2LiCl＋CO2↑＋H2O，在二氧化碳存在下滴定终点变色不敏锐，因此，在接近滴定终点之前，最好把溶液加热至沸，并摇动以赶走二氧化碳，冷却后再滴定，故操作步骤顺序为：
c．将样品置于锥形瓶中，加水溶解；
a．加入0.1~0.2mL甲基红-溴甲粉绿作指示剂；
d．用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；
b．煮沸去除CO2，再冷却到室温；
e．继续滴定至酒红色(滴定突跃区域)即为终点。
则答案为dbe。
(5)
由Li2CO3＋2HCl→2LiCl＋CO2↑＋H2O知：Li2CO3的纯度ω=。
上述滴定操作中，若缺少步骤b，由于二氧化碳溶于水时呈酸性、则使标准溶液体积偏小、测定结果将偏小。
答案第6页，共7页
答案第7页，共7页