专题1基本化学实验与操作
一、单选题
1．
B
A．稀硫酸也能与硫化亚铁反应制备硫化氢，则装置A中的浓盐酸可以用稀硫酸代替，故A正确；
B．由分析可知，装置B中应盛有饱和硫氢化钠溶液除去氯化氢气体，故B错误；
C．装置D中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水，除去水中溶解的氧气，防止硫化镍被氧化生成Ni(OH)S，故C正确；
D．装置D连接抽气泵，通过抽气形成负压，将装置C中的浑浊液吸入装置D中进行过滤，故D正确；
故选B。
2．
C
A．由化合价代数和为0可知，S2O42-离子中硫元素为+3价，易被氧化为高价态的硫元素，表现强还原性，故A正确；
B．由分析可知，反应生成的氢离子由参加反应的水提供，则由氢原子个数守恒可知，装置Ⅱ中若生成2NA个H＋，反应消耗18g水，故B正确；
C．由得失电子数目守恒可知，装置Ⅲ再生5molCe4＋离子，甲烷燃料电池中负极消耗甲烷的质量为1×5mol×1/8×16g/mol=10g，故C错误；
D．由分析可知，从装置Ⅳ中反应后的溶液中获得粗产品硝酸铵的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，故D正确；
故选C。
3．
C
A．CuCl22H2O加热过程中在加热过程会因为水解而生成氢氧化铜，故在加热时通入HCl抑制水解，而最终生成的氯气可以生成氯化氢，故可以回收循环利用，故A正确；
B．根据途径中的反应物和生成物利用原子守恒配平得方程式：Cu2(OH)2Cl2=2CuO+2HCl↑，故B正确；
C．CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl=Cu2++2Cl-+Cu。故C不正确；
D．由于CuCl2水解生成易挥发的氯化氢，故在加热时需要抑制其水解，故应在氯化氢的气流中加热，故D正确；
故选答案C。
4．
B
A．四氯化钛易水解，在浓盐酸中溶解，抑制四氯化钛水解，A项正确；
B．“酸浸”使用盐酸，温度越高，盐酸挥发越快，可能导致反应速率减小，B项错误；
C．沉淀过程中酸液(含盐酸)循环利用，体现了绿色化学要求，C项正确；
D．晶体表面吸附有氯离子，用硝酸银和硝酸溶液检验氯离子，即可验证晶体是否洗涤干净，D项正确；
答案选B。
5．
C
A．由于NH3极易溶于水，所以通入NH3的导气管的末端不能插入到溶液中，由于CO2在水中的溶解度较小，而易溶于碱性溶液，因此先通入NH3，后通入CO2，过量的NH3用稀硫酸吸收，A项正确；
B．浓硫酸和铜在加热时生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，若品红褪色，证明生成二氧化硫，二氧化硫不能排放到空气中，试管口用浸有NaOH溶液的棉花团吸收，B项正确；
C．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，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，最终可得溴苯，C项错误；
D．由于MgCl2·6H2O加热时水解产生的HCl易挥发，导致水解容易进行，通入HCl气流可抑制Mg2+水解，D项正确。
6．
B
A．因二氧化碳溶解度在中性或者酸性溶液中比较小，侯氏制碱法是先向饱和食盐水中通入氨气，在通入二氧化碳，否则不会有晶体析出，故A错误；
B．灼烧白色粉末，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈浅紫色，说明原粉末中含有钾元素，故B正确；
C．将水蒸气通过灼热的铁粉，因生产四氧化三铁，固体粉末变黑，故C错误；
D．因溶液中存在硫化钠，加入硫酸铜生成黑色沉淀，不能说明硫化锌溶解度大于硫化铜，故D错误；
故选B。
8．
D
A．由分析可知，反应①中浓硫酸起酸、催化剂和脱水剂的作用，反应③中浓硫酸只起酸的作用，作用不同，故A正确；
B．由分析可知，反应②为在氢氧化钠溶液中，亚硝酸甲酯与水合肼发生氧化还原反应生成叠氮酸钠、甲醇和水，反应的化学方程式为
，故B正确；
C．由分析可知，反应①中甲醇做反应物，则步骤③分离出的甲醇可导入①中循环利用，故C正确；
D．水合肼具有强还原性，若反应④制备水合肼时应将氨水逐滴滴入具有强氧化性的次氯酸钠溶液中，水合肼会与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应，而无法制得水合肼，故D错误；
故选D。
二、多选题
9．
AB
A．根据上述分析可知，因此白色固体为Na2SO3，A选项错误；
B．A溶液中不存在HSO3-，实验③中发生的离子反应为5SO32-+2MnO4-+6H+===2Mn2++5SO42-+3H2O，B选项错误；
C．实验④发生的反应为Na2SO3溶液中加入硫粉加热反应生成Na2S2O3，化学方程式为：
，C选项正确；
D．实验④中AgBr沉淀溶解是因为Na2SO3溶液中加入AgBr时，Ag+与S2O32-会形成配合物[Ag(S2O3)2]3-，D选项正确；
答案选AB。
11．
AC
A．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①最好用硫酸来溶解烧渣，不能用盐酸来溶解烧渣，否则引入氯离子，故A错误；
B．步骤②发生的反应FeS2与溶液中的Fe2（SO4）3溶液反应生成FeSO4和H2SO4，反应的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42-+16H+，故B正确；
C．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若用余热将液体蒸干，绿矾受热会失去结晶水，故C错误；
D．若步骤④反应条件控制不当，绿矾会与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe（OH）3，故D正确；
故选AC。
12．
AB
A.装置①中制得的二氧化碳中混有硫化氢、氯化氢和水蒸气，则装置②中盛有硫酸铜用于除去硫化氢，装置③中盛有饱和碳酸氢钠溶液用于除去氯化氢，装置④中盛有硅胶用于除去水蒸气，故A正确；
B.由于二氧化碳气体略重于空气，要完全排出装置中的空气，减少实验误差，应把装置⑤中的导管口靠近瓶底，故B正确；
C.装置①用于制备难溶于水的块状与液体不加热反应生成难溶于水的气体，过氧化钠是粉末状，与水剧烈反应，且生成的氢氧化钠溶于水，不能控制反应的停止，则装置①不能用于过氧化钠固体与水反应制备氧气，故C错误；
D.没有明确是否为标准状况，不能用22.4L/mol计算二氧化碳的物质的量，故D错误；
故选AB。
三、解答题
(3)由分析可知，装置乙中仪器A的名称为三颈烧瓶，装置B为长颈漏斗，用于防止因实验时氨气极易溶于水产生倒吸，故答案为：三颈烧瓶；防倒吸；
(4)乙中反应温度需控制在0℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低，可以降低八水过氧化钙，便于晶体析出，通过八水过氧化钙的产率，同时也能减少过氧化氢分解，提高过氧化氢的利用率，故答案为：过氧化氢的利用率；
(5)洗涤八水过氧化钙的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次即可，故答案为：向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2—3次；
(1)A中为固体与液体常温下制取氨气，液体为浓氨水，固体为氧化钙或NaOH，故答案为：浓氨水；
(2)三颈烧瓶内盛放有CS2、H2O和催化剂，进气导管口必须插入下层CS2液体中使反应物充分接触，防止发生倒吸；该反应比较缓慢，实验中可通过观察C中现象来控制A中NH3的生成速率，则氨气难溶于X，结合题给已知，则X的化学式为CS2；故答案为：
15．
恒压分液漏斗6HCl+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O液面上方出现黄绿色气体使反应生成的NaOH继续反应，提高原料利用率冰水洗涤在A、B装置间加饱和食盐水洗气瓶洗气
(1)仪器a的名称为恒压滴液漏斗，氯酸钾是强氧化剂和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气、氯化钾和水，装置A中制备Cl2的化学方程式为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：恒压滴液漏斗；KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；
(2)待装置B液面上方有黄绿色气体时，再由三颈烧瓶上口加入(CNO)3H3固体；反应过程中仍需不断通入Cl2的理由是：使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率，故答案为：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率；
(3)二氯异氰尿酸钠[(CNO)3Cl2Na]是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体难溶于冷水，反应结束后，装置B中的浊液经过滤、冰水洗涤、干燥得粗产品，故答案为：冰水洗涤；
(4)上述装置存在一处缺陷，浓盐酸挥发出的氯化氢会和氢氧化钠发生反应，会导致装置B中NaOH利用率降低，改进的方法是：在AB装置之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，故答案为：在AB装置之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；
(5)①由题目提供反应：可知：C3N3O3Cl2-～2HClO～2I2～4S2O32-，n(Na2S2O3)=V×10-3L×cmolL-1=cV×10-3mol，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n((CNO)3Cl2Na)=0.25n(S2O32-)=0.25cV×10-3mol，(CNO)3Cl2Na的质量：m((CNO)3Cl2Na)═0.25cV×10-3mol×g/mol=0.25cV××10-3g，
②由①由题目提供反应：可知：C3N3O3Cl2-～2HClO～2I2～4S2O32-，n(Na2S2O3)=V×10-3L×cmolL-1=cV×10-3mol可知，(CNO)3Cl2Na的质量由S2O32-的量来测定，由于副反应2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O或4I-+O2+4H+=2I2+2H2O均能导致S2O32-的量增大，从而导致该滴定方法测得的(CNO)3Cl2Na样品的质量分数误差较大，故答案为：2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O或4I-+O2+4H+=2I2+2H2O。
16．
FE除去草酸蒸气，防止干扰CO2的检验没有CO尾气处理装置mL容量瓶胶头滴管B
(1)①根据查阅资料的信息，在检验产物时可用冰水混合物使草酸冷凝以除去草酸干扰，因为检验二氧化碳需要氢氧化钙溶液，溶液中含有水分，所以要先用无水硫酸铜检验水蒸气；用CuO检验CO，CO生成CO2，为防止CO生成的CO2干扰产物中CO2的检验，所以要先检验CO2、后检验CO，故顺序为用D检验水、用B冷却得到草酸晶体、用G检验二氧化碳、用F吸收二氧化碳、用E干燥CO、用C氧化CO、再用G检验产物CO2，排列顺序是A→D→B→G→F→E→C→G；答案为：F；E；
②②冰水混合物的作用是除去产物中草酸蒸气，防止干扰实验，答案为：除去草酸蒸气，防止干扰CO2的检验；
③CO有毒，不能直接排放到空气中，所以要有尾气处理装置，而图中没有CO尾气处理装置；答案为：没有CO尾气处理装置；
(2)题中配制0.1mol/L的草酸溶液mL，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、mL的容量瓶、胶头滴管等。答案为：mL容量瓶；胶头滴管；
(3)A．将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色，说明草酸具有酸性，但不能说明草酸部分电离，所以不能证明草酸是弱酸，A项错误；
B．测定0.1mol/L草酸溶液的pH，如果溶液中氢离子浓度小于草酸浓度的2倍，就说明草酸部分电离为弱电解质，B项正确；
C．将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出，说明草酸酸性大于碳酸，但不能说明草酸部分电离，则不能证明草酸是弱酸，C项错误；
故答案为：B；
