专题06 重要的定量实验(模拟测试)(解析版)-2021年高考化学实验突破

2021 年高考化学实验突破 专题 06 重要的定量实验 (考试时间：50 分钟 试卷满分：100 分) 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ba 137 一、选择题（每小题只有一个正确选项，共 10*6 分） 1．（2021·四川泸州市·高三二模）下列有关实验错误的是 A．中和反应反应热的测定，需要准确读取酸碱溶液混合后的最高温度 B．将 4.0g NaOH 置于 100mL 容量瓶中，加水配制 1.000mo/LNaOH 溶液 C．除去甲烷中的乙烯，可以依次通过酸性 KMnO4 溶液、NaOH 溶液、浓 H2SO4 D．探究 Fe2+能转化为 Fe3+，可以向 FeCl2 溶液中依次滴加 KSCN 溶液、氯水 【答案】B 【解析】A．中和热的测定，需准确测出混合前的初始温度和反应后最高温度，利用温度差结合比热容求算 反应放出的热量，进而计算出中和热，A 正确；B．NaOH 固体不能直接在容量瓶中溶解，需在烧杯中溶解， 冷却后转移到容量瓶中，B 错误；C．经过 KMnO4 溶液后，C2H4 被氧化为 CO2，经过 NaOH 溶液 CO2 又被吸收， 最后经过浓硫酸获得干燥的 CH4，C 正确；D．先滴加 KSCN 溶液，能排除溶液中原有 Fe3+对 Fe2+检验的干扰， 再滴加氯水，若溶液在加入氯水后才变红，说明 Fe2+被氧化为 Fe3+，D 正确；故答案选 B。 2．（2021·河北高三模拟）下列有关实验的说法正确的是( ) A．往某稀溶液中加入稀 NaOH 溶液，然后利用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体判断原溶液中是否含 4NH  B．用标准 NaOH 溶液滴定某未知浓度 HCl 溶液的实验中，达终点时，若发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则 测定结果偏小 C．测定某醋酸溶液的 pH ：用玻璃棒蘸取少量溶液滴在干燥的 pH 试纸上，与标准比色卡对照并读出 pH D．配制 10.01000mol L 的 NaOH 溶液：称取 4.0gNaOH 固体于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移 至100mL 容量瓶中定容 【答案】C 【解析】A．利用稀 NaOH 溶液检验 4NH 时，需要加热，否则无法产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体， 故 A 错误；B．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，V (后)读数偏大，      NaOHV V V 后 前 ， 则计算得到的消耗的 NaOH 溶液体积偏大，根据 (NaOH) (NaOH)(HCl) (HCl) c Vc V  可知，测定结果偏大，故 B 错误；C．在测定溶液的 pH 时，pH 试纸需要是干燥的，原因是使用湿润 pH 试纸进行测定时，相当于稀 释待测液，所测的溶液浓度偏小，若溶液不是中性溶液，测定结果会有偏差，故 C 正确；D．由固体配制一 定物质的量浓度溶液的步骤一般为：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容，题中“加入少量蒸馏 水溶解”后需要“冷却”，“转移至100mL 容量瓶”后，需要洗涤烧杯和玻璃棒 2~3 次，并把洗涤液转移到 容量瓶后，才能定容，故 D 错误。 故选 C。 3．（2021·上海徐汇区·高三一模）高中阶段，不使用电子天平能完成的实验是 A．配制一定物质的量浓度的硫酸 B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量 C．气体摩尔体积的测定 D．小苏打中 NaHCO3 百分含量的测定 【答案】A 【解析】A．配制一定物质的量浓度的硫酸，需要使用浓硫酸进行稀释，由于溶质为液体，因此需要用量筒 量取浓硫酸，不需要使用电子天平，A 符合题意；B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要用电子天平称 量加热前后固体物质的质量，B 不符合题意；C．气体摩尔体积在测定时，需要使用电子天平称量容器的质 量及容器与气体的质量和，据此计算气体的质量，然后根据一定质量的气体所占的体积计算气体摩尔体积， C 不符合题意；D．在测定小苏打中 NaHCO3 百分含量的时，需要称量加热前后固体的质量，因此需要使用电 子天平，D 不符合题意；故合理选项是 A。 4．（2020·上海高三二模）可能引起实验结果偏小的操作是（ ） A．测定 NaOH 溶液浓度：锥形瓶水洗后没有润洗 B．硫酸铜晶体中结晶水含量测定：加热时晶体溅出 C．常温常压下 1 摩尔 H2 体积测定：反应的镁条有氧化膜 D．配制 0.1mol·L-1NaOH 溶液：俯视凹液面最低处与容量瓶刻度线相切 【答案】C 【解析】A．测定 NaOH 溶液浓度：锥形瓶水洗后没有润洗，待测液的浓度降低，但氢氧化钠的总物质的量 没有变化，消耗标准液的体积不变，对测定的结果无影响，故 A 不符合题意；B．硫酸铜晶体中结晶水含量 测定：加热时晶体溅出，溅出的晶体的质量被计入结晶水的质量中，导致结晶水的质量偏大，则测定结晶 水的含量结果偏大，故 B 不符合题意；C．常温常压下 1 摩尔 H2 体积测定：反应的镁条有氧化膜，酸中一 部分氢离子消耗氧化镁，导致产生氢气的体积偏小，则测定的摩尔体积偏小，故 C 符合题意；D．配制 0.1mol·L-1NaOH 溶液：俯视凹液面最低处与容量瓶刻度线相切，导致容量瓶内溶液的体积偏小，根据 c= n V ， 最终配制的溶液浓度偏大，故 D 不符合题意；答案选 C。 5．（2020·上海杨浦区·高三一模）为测定某 Na2O2 试样(含少量 Na2O)中 Na2O2 的质量分数，设计如下实验： 下列分析错误的是( ) A．操作Ⅰ和Ⅱ都需要玻璃棒 B．需称量样品和 NaCl 的质量 C．操作Ⅱ若损失部分固体，测定结果偏大 D．若溶液转移不完全，测定结果偏小 【答案】D 【解析】由题干信息可知，操作Ⅰ是让试样和盐酸充分反应，2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑， Na2O+2HCl=2NaCl+H2O，操作Ⅱ是蒸发浓缩，然后冷却结晶，称量所得到的固体 NaCl，设试样中 Na2O2 的物质 的量为 n1mol，Na2O 的物质的量为 n2mol，则有 78n1+62n2=m(试样) 58.5(2n1+2n2)=m(NaCl)，解联合方程即 可求出 n1=117 ( )-62 (NaCl) 117 16 m m  试样 ，也就能求出 Na2O2 的质量分数。 A．操作Ⅰ用玻璃棒搅拌，加快反应速率并使反应进行更完全，操作Ⅱ用玻璃棒则可防止暴沸，A 正确；B．有 分析可知，要求出 Na2O2 的质量分数，需称量样品和 NaCl 的质量，B 正确；C．有分析可求出， n1=117 ( )-62 (NaCl) 117 16 m m  试样 ，故操作Ⅱ若损失部分固体，导致 m(NaCl)偏小，则 n1 的值偏大，故 Na2O2 的 质量分数测定结果偏大，C 正确；D．由 C 项分析可知，若溶液转移不完全，导致 m(NaCl)偏小，则 n1 的值 偏大，故 Na2O2 的质量分数测定结果偏大，D 错误；故答案为：D。 6．（2020·上海长宁区·高三二模）测定 CuSO4·xH2O 晶体的 x 值，有关质量数据如表中所示，已知 x 的理 论值为 5.0，产生误差的可能原因是（ ） A．晶体中含不挥发杂质 B．加热时蓝色未完全变白 C．没有放在干燥器中冷却 D．加热时有晶体溅出 【答案】D 【解析】由题意可知， 4m(CuSO )=13.2g-11.7g=1.5g ， 2m(H O)=14.2g-11.7g=2.5g ， 4 4 4 m(CuSO ) 1.5g 3n(CuSO )= = = molM(CuSO ) 160g/mol 320 ， 2 2 2 m(H O) 2.5g 5n(H O)= = = molM(H O) 18g/mol 36 ， 5 mol36x= 15>53 mol320  。 A.晶体中含不挥发杂质，会使剩余固体的质量偏大，m（H2O）偏小，会使 x 偏小，不符合题意，故 A 错误； B.加热时蓝色未完全变白，会使剩余固体的质量偏大，m（H2O）偏小，则会使 x 偏小，不符合题意，故 B 错 误；C.没有放在干燥器中冷却，会使剩余固体的质量偏大，m（H2O）偏小，则会使 x 偏小，不符合题意，故 C 错误；D.加热时有晶体溅出，会使剩余固体的质量偏小，m（H2O）偏大，则会使 x 偏大，符合题意，故 D 正确；综上所述，答案为 D。 7．（2020·嘉祥县第一中学高三三模）某兴趣小组查阅资料得知：保险粉(Na2S2O4)和 KOH 的混合溶液能定量 吸收 O2；CuCl 的盐酸溶液能定量吸收 CO，且易被 O2 氧化。拟设计实验方案，采用上述两种溶液和 KOH 溶液 及量气装置，测定高炉煤气中 CO、CO2、N2 和 O2 的百分组成。下列说法不正确．．．的是（ ） A．采用上述 3 种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是 CO2、O2 和 CO B．保险粉(Na2S2O4)和 KOH 的混合溶液吸收 O2 的离子方程式为 2S2O4 2-+3O2+4OH-=4SO4 2-+2H2O C．当三种气体被逐一吸收后，导出的气体中可能含有 HCl D．其他两种吸收剂不变，O2 的吸收剂可以用灼热的铜网替代 【答案】D 【解析】A. CO2 能被碱溶液吸收，所以在吸收氧气前吸收 CO2，CuCl 的盐酸溶液能定量吸收 CO，且易被 O2 氧化，所以在吸收氧气后吸收 CO，故 A 正确；B. 根据电子守恒、电荷守恒，保险粉(Na2S2O4)和 KOH 的混合 溶液吸收 O2 的离子方程式为 2S2O4 2-+3O2+4OH-=4SO4 2-+2H2O，故 B 正确；C.盐酸能挥发，CuCl 的盐酸溶液吸收 CO 后，可能挥发出 HCl，导出的气体中可能含有 HCl，故 C 正确；D. 气体被逐一吸收的顺序应该是 CO2、O2 和 CO， 若 O2 的吸收剂用灼热的铜网替代，氧气和铜反应生成的 CuO 可以吸收 CO，故 D 错误；选 D。 8．（2020·江西高三月考）5.56gFeSO4·7H2O 样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线） 如图所示，下列说法不正确的是（ ） A．温度为 78℃时固体物质 M 的化学式为 FeSO4·4H2O B．取适量 380℃时所得的样品 P，隔绝空气加热至 650℃，得到一种固体物质 Q，同时有两种无色气体生成， Q 的化学式为 Fe2O3 C．在隔绝空气条件下，N 得到 P 的化学方程式为 FeSO4·H2O FeSO4＋H2 O D．温度为 159℃时固体 N 的化学式为 FeSO4·2H2O 【答案】D 【解析】5.56g 4 2FeSO 7H O 样品物质的量为 5.56g =0.02mol278g/mol ，其中水的质量 2m H O =0.02mol 7 18g/mol=2.25g （ ） ，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为 5.56g-2.52g=3.04g ，则 P 的化学式为 4FeSO ，可知在加热到 373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合 质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至 633℃时，固体的质量为 1.60g，固体物质 Q 的化学式为 2 3Fe O 。 A. 5.56g 4 2FeSO 7H O 样品物质的量为 0.02mol，含有的 n( 2H O )=0.02mol×7=0.14mol，M 处失去结晶水 的物质的量为： 5.56 4.48 18 / g g g mol  =0.06mol，失去结晶水数目为 3，则 M 处化学式为 4 2FeSO 4H O ，故 A 正 确；B. 加热至 633℃时，固体的质量为 1.06g,其中   4 2n Fe =n FeSO 7H O =0.0 l( ) 2mo ，  m Fe =0.02mol 56g/mol=1.12g ，固体中  m O =1.60g-1.12g=0.48g ，   0.48gn O = =0.03mol16g/mol ， 则    n Fe :n O =0.02mol:0.03mol=2:3 ，则固体物质 Q 的化学式为 2 3Fe O ，故 B 正确；C. 5.56g 4 2FeSO 7H O 样品中含有 3.04g 4FeSO ，说明 P 处结晶水完全失去，N 得到 P 的化学方程式为： 4 2 4 2FeSO H O FeSO +H O 高温 ，故 C 正确；D. 温度为 159℃时固体 N 的质量是 3.4g，丢失结晶水的物 质的量为：5.56 3.4 =0.12mol18 / g g g mol  ，5.56g 4 2FeSO 7H O 样品物质的量为 0.02mol，故丢失了 6 个结晶水， 所以固体 N 为 4 2FeSO H O ，故 D 错误；答案选 D。 9．（2020·河北张家口市·高三一模）C 和 CuO 在高温下反应生成 Cu、Cu2O、CO2、CO。现将 1 g 碳粉跟 8 g CuO 混合，在硬质试管中隔绝空气高温加热，将生成的气体全部通入足量 NaOH 溶液中，并收集残余的气体， 测得溶液增加的质量为 1.1 g，残余气体在标准状况下的体积为 560 mL。下列说法不正确的是 A．反应后硬质试管中碳粉有剩余 B．反应后生成 Cu2O 为 0.025 mol C．该氧化还原反应共转移电子 0.2 mol D．反应后硬质试管中剩余的固体混合物的总质量为 7.2 g 【答案】C 【解析】生成的气体全部通过足量 NaOH 溶液，收集残余气体．测得溶液增重的 1.1g 为二氧化碳的质量， 二氧化碳的物质的量为： 1.1g 44g/mol =0.025mol，残余气体在标准状况下的体积为 560mL 为 CO 的体积，一氧 化碳的物质的量为： 0.56L 22.4L/mol =0.025mol， A．根据碳元素守恒可知：参加反应的 C 原子的物质的量等于 CO2 与 CO 的物质的量之和，所以参加反应的碳 元素质量为：(0.025mol+0.025mol)×12g/mol=0.6g，碳粉总质量为 1 g，则反应后硬质试管中碳粉有剩余， 故 A 正确；B．氧化铜的物质的量为：n(CuO)= 8g 80g/mol =0.1mol，二氧化碳与一氧化碳含有的氧原子物质的 量为：0.025mol×2+0.025mol×1=0.075mol，反应后氧原子还存在于氧化亚铜中，所以氧化亚铜的物质的 量为：0.1mol-0.075mol=0.025mol，故 B 正确；C．反应中 C 元素化合价升高，铜元素化合价降低，碳元素 失去的电子物质的量与铜元素得到电子的物质的量相等，所以转移电子物质的量为：0.025mol×4+0.025mol ×2=0.15mol，故 C 错误；D．根据 B 项分析，氧化铜的物质的量为 0.1mol，生成的氧化亚铜的物质的量为 0.025mol，生成的铜单质的物质的量=氧化铜中铜原子的物质的量-氧化亚铜中铜原子的物质的量 =0.1mol-0.025mol×2=0.05mol，根据 A 项分析，反应后碳有剩余，剩余碳的质量为 1g-0.6g=0.4g，则硬质 试管中剩余的固体混合物的总质量=氧化亚铜的质量+铜单质的质量+剩余碳粉的质量=0.025mol× 144g/mol+0.05mol×64g/mol+0.4g=7.2 g，故 D 正确；答案选 C。 10．（2020·浙江高三模拟）某红色固体粉末可能是 Cu、Cu2O、Fe2O3 中的一种或几种。为探究其组成，称取 a g 该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O)，称得固体质量为 b g。则 下列推断不合理的是 A．反应后溶液中大量存在的阳离子最多有 3 种 B．向反应后的溶液中加入一定量的 NaNO3，可能使 b g 固体完全溶解 C．若 b＝ 4 9 a，则红色固体粉末一定为纯净物 D．b 的取值范围:0＜b≤a 【答案】C 【解析】根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。 1、若 a g 红色固体粉末只有 Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量 b g 即为铜的质量，因此 b＝a， 此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若 a g 红色固体粉末为 Cu 和 Fe2O3 的混合物，加入过量的稀硫 酸与 Cu 不反应，与 Fe2O3 反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu + 2Fe3+ == Cu2+ + 2Fe2+， 若称得固体质量 b g 即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此 b