《2021版化学苏教版导练大一轮复习方略课时提升作业： 三十六 10.7 物质的制备与合成 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021版化学苏教版导练大一轮复习方略课时提升作业： 三十六 10.7 物质的制备与合成 .doc（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业 三十六物质的制备与合成1.(2020唐山模拟)下列药品和装置合理且能完成相应实验的是()A.图用来制备氢氧化亚铁B.图用来验证非金属性ClCSiC.图用来检验二氧化硫中是否混有二氧化碳D.实验室用图制取并收集氨气【解析】选C。A.氢氧化亚铁易被氧气氧化,氯化亚铁溶液应用苯隔绝空气,否则即使生成氢氧化亚铁也会被空气氧化而变质,故A错误;B.验证非金属性ClCSi,应用高氯酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体,然后通入硅酸钠溶液中观察是否有沉淀生成,故B错误;C.高锰
2、酸钾与二氧化硫发生氧化还原反应,品红用于检验二氧化硫是否除尽,如有二氧化碳,通入澄清石灰水变浑浊,实验合理,故C正确;D.为防止试管炸裂,则试管口应向下倾斜,故D错误。【加固训练】设计实验要注意安全、无污染、现象明显。根据启普发生器原理,可用底部有小孔的试管制简易的气体发生器(如图)。若关闭K,不能使反应停止,可将试管从烧杯中取出(会有部分气体逸散)。下列气体的制取宜使用该装置的是()A.用二氧化锰(粉末)与双氧水制氧气B.用锌粒与稀硫酸制氢气C.用亚硫酸钠与盐酸制二氧化硫D.用碳酸钙(块状)与稀硫酸制二氧化碳【解析】选B。A项,粉末会从孔中漏出,提出试管反应也无法停止;C项,亚硫酸钠易溶于水
3、,不能控制反应随时停止;D项,反应生成的微溶性的CaSO4附着在CaCO3的表面,使反应不能继续,制气量有限。2.现有下列两套实验装置,用于实验室制取乙酸乙酯或乙酸丁酯。下列说法错误的是()A.图装置用于制取乙酸乙酯,图装置用于制取乙酸丁酯B.导管a和导管b的作用都是冷凝回流C.都可用饱和Na2CO3溶液来洗去酯中的酸和醇D.加入过量的乙酸可以提高醇的转化率【解析】选B。A、乙酸丁酯相对分子质量大,熔沸点高,不易转移出去,故采用冷凝回流少量的反应物和产物,乙酸乙酯沸点低易挥发,收集在试管中,正确;B、b是冷凝回流,a是导气,错误;C、Na2CO3溶液反应掉未反应的酸和溶解醇,正确;D、反应为可
4、逆反应,增加一种反应物的量可以提高另一种反应物的转化率,正确。3.某研究所对含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料进行相关的研究,实验过程如图,下列说法不正确的是()A.和都是过滤操作B.滤渣的成分是Cu和Fe的混合物C.操作和都是在蒸发皿中进行D.溶液B中反应的离子方程式:4Fe2+O2+8NH3+10H2O8NH4+4Fe(OH)3【解析】选C。含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料,结合流程可知,过量还原性试剂A为Fe,置换出Cu,则操作为过滤,滤渣中为Cu和过量的Fe;溶液B中主要含硫酸亚铁,通入空气和氨气,反应生成硫酸铵和氢氧化铁,操作为过滤,固体为氢氧化铁,操作为加热,生成红色的氧化铁;溶液C为硫酸铵
5、溶液,则操作为蒸发结晶得到硫酸铵晶体。根据上面的分析可知,和都是过滤操作,故A正确;滤渣中为Cu和过量的Fe,故B正确;操作为氢氧化铁固体加热,生成红色的氧化铁,应在坩埚中进行,故C错误;溶液B中主要含硫酸亚铁,通入空气和氨气,反应生成硫酸铵和氢氧化铁,反应的离子方程式为4Fe2+O2+8NH3+10H2O 8NH4+4Fe(OH)3,故D正确。4.(2020梧州模拟)高纯MnCO3是广泛用于电子行业的强磁性材料。MnCO3为白色粉末,不溶于水和乙醇,在潮湿环境下易被氧化,温度高于100 开始分解。.实验室以MnO2为原料制备MnCO3(1)制备MnSO4溶液:主要反应装置如图所示,缓缓通入经
6、N2稀释的SO2气体,发生反应H2SO3+MnO2MnSO4+H2O。下列措施中,目的是加快反应速率的是_(填标号)。A.MnO2加入前先研磨B.搅拌C.提高混合气中N2比例已知实验室制取SO2的原理是Na2SO3+2H2SO4(浓)2NaHSO4+SO2+H2O。选择如图所示部分装置与上图装置相连制备MnSO4溶液,应选择的装置有_(填标号)。若用空气代替N2进行实验,缺点是_(酸性环境下Mn2+不易被氧化)。(2)制备MnCO3固体:实验步骤:向MnSO4溶液中边搅拌边加入饱和NH3HCO3溶液生成MnCO3沉淀,反应结束后过滤;在7080 下烘干得到纯净干燥的MnCO3固体。步骤需要用到
7、的试剂有_。.设计实验方案(3)利用沉淀转化的方法证明Ksp(MnCO3)Ksp(NiCO3):_。(已知NiCO3为难溶于水的浅绿色固体)(4)证明H2SO4的第二步电离不完全:_。已知Ka2(H2SO4)=1.110-2【解析】(1)反应物是H2SO3、MnO2,MnO2加入前先研磨、搅拌均可加快反应速率,而提高混合气中N2比例会使SO2浓度降低,反应速率减慢,故A、B项正确,C项错误。制备SO2用装置b,装置a提供N2,用装置e将SO2和N2混合,用装置f吸收尾气。若用空气代替N2进行实验,则空气中的O2能氧化H2SO3,SO2的利用率降低。(2)步骤为过滤,用少量水洗涤23次;然后用盐
8、酸酸化的BaCl2溶液检验SO42-,从而判断沉淀是否洗涤干净;最后用少量C2H5OH洗涤。(4)H2SO4的第二步电离不完全,但第二步电离产生的SO42-能发生水解,Na2SO4溶液的pH大于7。答案:(1)A、Babef空气中的O2能氧化H2SO3,使SO2利用率下降(2)水、盐酸酸化的BaCl2溶液、乙醇(3)向Na2CO3溶液中滴加稍过量NiSO4溶液,生成浅绿色沉淀,再滴加几滴MnSO4溶液,沉淀变成白色(4)用pH计测量Na2SO4溶液的pH大于75.ClO2是一种优良的消毒剂,浓度过高时易发生分解,常将其制成NaClO2固体,以便运输和贮存,过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装
9、置如图1所示。已知:2NaClO3+H2O2+H2SO42ClO2+O2+Na2SO4+2H2O2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2+2H2OClO2熔点-59 、沸点11 ;H2O2沸点150 。请回答:(1)仪器A的作用是_;冰水浴冷却的目的是_(写两种)。(2)空气流速过快或过慢,均降低NaClO2产率,试解释其原因_。(3)Cl-存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸,ClO2的生成速率大大提高,并产生微量氯气。该过程可能经两步完成,请将其补充完整:_(用离子方程式表示), H2O2+Cl22Cl-+O2+2H+。(4)H2O2浓度对反应速率有影
10、响。通过图2所示装置将少量30% H2O2溶液浓缩至40%,B处应增加一个设备。该设备的作用是_,馏出物是_。图2(5)抽滤法分离NaClO2的过程中,下列操作不正确的是_。A.为防止滤纸被腐蚀,用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤B.先转移溶液至漏斗,待溶液快流尽时再转移沉淀C.洗涤沉淀时,应使洗涤剂快速通过沉淀D.抽滤完毕,断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管,关闭水龙头【解析】(1)仪器A起安全瓶的作用,目的是防止倒吸。因ClO2的沸点是11 ,且浓度过高时易发生分解,H2O2受热易分解,故冰水浴可以降低NaClO2的溶解度;减少双氧水的分解;增加ClO2的溶解度;减少ClO2的分解。(2)ClO2浓度过高
11、时易发生分解,故空气流速过慢时,ClO2不能及时被移走,会导致ClO2分解;当空气流速过快时,ClO2不能被充分吸收而大量流失。(3)由题意可知,在酸性条件下NaClO3具有强氧化性,能将Cl-氧化为Cl2,本身被还原为ClO2,可得其反应的离子方程式为2Cl-+2ClO3-+4H+2ClO2+Cl2+2H2O。(4)将少量30% H2O2溶液浓缩至40%即减少含水量,因双氧水(沸点150 )受热易分解,所以B处应增加的设备是减压装置,可以降低蒸馏温度,减少物质的分解,以及降低能量消耗;因水的沸点比双氧水的低,故蒸馏出的物质是H2O(或水)。(5)实验时,放入比布氏漏斗内径小的滤纸后,先由洗瓶
12、挤出少量蒸馏水润湿滤纸,微启水龙头,稍微抽吸,使滤纸紧贴在漏斗的瓷板上,然后开大水龙头进行抽气过滤,故C错误。答案:(1)防止倒吸降低NaClO2的溶解度;减少双氧水的分解;增加ClO2的溶解度;减少ClO2的分解(答两点即可)(2)空气流速过慢时,ClO2不能及时被移走,浓度过高导致分解;空气流速过快时,ClO2不能被充分吸收(3)2Cl-+2ClO3-+4H+2ClO2+Cl2+2H2O(4)减压H2O(或水)(5)C1.下图是一套实验室制取气体的装置,用于发生、干燥、收集和吸收有毒气体,下列各组物质能利用这套装置进行实验的是()A.MnO2和浓盐酸B.Na2SO3(s)和浓硫酸C.Cu片
13、和稀硝酸D.浓氨水和生石灰【解析】选B。MnO2和浓盐酸制氯气需加热;Cu片和稀硝酸生成的NO不能用排空气法收集;浓氨水和生石灰生成的NH3不能用浓硫酸干燥。2.现有氧化银、氧化镁、氧化铝的混合物,按如图所示的方法制取金属单质,下列叙述不正确的是()A.可利用淀粉水解产生的X试剂与溶液1反应制金属1B.Y试剂可通过氯碱工业制得C.过量Z与溶液2的第一步反应是2OH-+CO2CO32-+H2OD.工业上用电解固体4法制取金属3,加入冰晶石的作用是降低固体4的熔点【解析】选D。混合物中仅有氧化银与氨水反应生成银氨溶液,则溶液1为银氨溶液,试剂X可为葡萄糖,金属1为银,固体1为氧化镁和氧化铝的混合物
14、,试剂Y可为氢氧化钠溶液,则固体2为氧化镁,金属2为镁,溶液2为偏铝酸钠,固体3为氢氧化铝,固体4为氧化铝,金属3为铝。试剂X可为葡萄糖,可利用淀粉水解产生,葡萄糖与银氨溶液反应生成银,故A正确;试剂Y可为氢氧化钠溶液,可电解饱和食盐水生成,故B正确;溶液2含有过量的氢氧化钠,通入二氧化碳,首先发生2OH-+CO2CO32-+H2O,故C正确;加入冰晶石不能降低氧化铝的熔点,但形成共沸物,熔点降低,故D错误。3.Cl2O是一种强氧化剂,易溶于水且会与水反应生成次氯酸,与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示,加热装置和夹持仪器已略。已知:Cl2O的熔点为-116 ,
15、沸点为3.8 ;Cl2的沸点为-34.6 ; HgO+2Cl2HgCl2+Cl2O。下列说法正确的是()A.装置中盛装的试剂依次是浓硫酸和饱和食盐水B.通干燥空气的目的是作氧化剂C.从装置中逸出气体的主要成分是Cl2OD.装置与之间不用橡皮管连接,是为了防止橡皮管燃烧和爆炸【解析】选D。从饱和食盐水中逸出的气体中含有水蒸气,所以氯气要先通过饱和食盐水,再通过浓硫酸,即装置中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸,A项错误;通干燥空气的目的是将Cl2O从发生装置完全赶出至收集装置,B项错误;从装置中逸出气体的主要成分是Cl2,C项错误;装置与之间不用橡皮管连接,是为了防止橡皮管燃烧和爆炸,D项正确。
16、4.氨基磺酸镍Ni(H2NSO3)2是工业电镀镍所必需的化工原料,某科研小组先用尿素、SO3合成中间体氨基磺酸(H2NSO3H),再用氨基磺酸、金属镍和双氧水反应来合成氨基磺酸镍。已知磺化制氨基磺酸反应原理和整个过程的流程图如下:CO(NH2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSO3H(s)H0H2NCONHSO3H(s)+H2SO42H2NSO3H(s)+CO2已知物质的部分性质如下:物质溶解性稳定性酸碱性氨基磺酸溶于水、不溶于乙醇pH较低时发生水解生成NH4HSO4强酸性氨基磺酸镍溶于水、乙醇高于110 时分解酸性请回答:(1)操作A的名称是_,液体1的主要成分是_ (填化学式)。(2)
17、“磺化”过程的温度与产率的关系如下图。温度高于80 时氨基磺酸的产率会降低,原因一是升高温度平衡逆向移动,原因二是_。(3)写出制备氨基磺酸镍的化学方程式_。(4)写出固体2洗涤的操作过程_。(5)流程图中“天蓝色溶液”需要调节pH=56的原因是_。【解析】(1)操作A是用来分离固体和液体,名称是过滤或抽滤;根据方程式CO(NH2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSO3H(s)和H2NCONHSO3H(s)+H2SO42H2NSO3H(s)+CO2可知通过操作A后得到的液体1的主要成分是H2SO4。(2)“磺化”过程若温度高于80 ,氨基磺酸的产率会降低,原因是温度越高,三氧化硫气体逸出速
18、率加快,且CO(NH2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSO3H(s)是放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,从而抑制氨基磺酸的产率。(3)氨基磺酸与镍粉和双氧水反应可以制得氨基磺酸镍,化学方程式是Ni+H2O2+2H2NSO3HNi(H2NSO3)2+2H2O。(4)根据表中已知物质的部分性质可知:氨基磺酸溶于水、不溶于乙醇,可以选择用乙醇洗涤。洗涤固体2的操作是关小水龙头,向布氏漏斗中加入乙醇至浸没沉淀,让其慢慢流下,重复23次。(5)根据表中已知物质的部分性质可知:氨基磺酸在pH较低时易发生水解,使产物的纯度降低,因此需要调节pH。答案:(1)过滤或抽滤H2SO4(2)温度过高,
19、SO3气体逸出加快,使反应转化率降低(3)Ni+H2O2+2H2NSO3HNi(H2NSO3)2+2H2O(4)关小水龙头,向布氏漏斗中加入乙醇至浸没沉淀,让其慢慢流下,重复23次(5)pH较小时氨基磺酸易发生水解,使产物纯度降低【加固训练】铝镁加(Almagate)是一种制酸药,其组成为Al2Mg6(OH)14(CO3)24H2O,实验室可通过下列实验制备铝镁加。步骤1.称取63.5 g MgSO47H2O(0.26 mol),30.5 g Al2(SO4)318H2O(0.046 mol)溶于400 mL水中得到混合溶液A,另称取无水Na2CO352 g溶于400 mL水得到溶液B。步骤2
20、.将A、B两溶液同时等速滴加到盛有400 mL 90 水的2 L三颈烧瓶中,维持90 ,不断搅拌。步骤3.抽滤,并用蒸馏水洗涤沉淀34次,100 下干燥5 h,得白色疏松固体24.3 g。(1)步骤2需缓慢滴加两种溶液并不断搅拌,其主要原因是_。(2)步骤3抽滤时用到的硅酸盐质仪器有_、_。(3)本次实验所得产品产率为_。(4)铝镁加中和胃酸的离子方程式为_。【解析】(1)步骤2需缓慢滴加两种溶液并不断搅拌,其主要原因是使反应物充分接触,转化为指定的目标产物;(2)步骤3抽滤时用到的硅酸盐质仪器有布氏漏斗、吸滤瓶;(3)由于铝镁加化学式是Al2Mg6(OH)14(CO3)24H2O,所以制取该
21、物质时MgSO47H2O和Al2(SO4)318H2O的物质的量的比是61,因为原料MgSO47H2O的物质的量为0.26 mol,Al2(SO4)318H2O的物质的量为0.046 mol,所以二者的物质的量的比是0.26 mol0.046 mol=5.66,说明MgSO47H2O不足量,因此产生的铝镁加应该按照MgSO47H2O计算,Al2Mg6(OH)14(CO3)24H2O的理论产量是160.26 mol,质量是160.26 mol628 gmol-1=27.21 g,实际产量是24.3 g,所以本次实验所得产品产率为24.3 g27.21 g100%=89.3%;(4)铝镁加中和胃酸的离子方程式为Al2Mg6(OH)14(CO3)24H2O+18H+2Al3+6Mg2+2CO2+20H2O。答案:(1)使反应物充分接触,转化为指定产物(2)布氏漏斗吸滤瓶(3)89.3%(4)Al2Mg6(OH)14(CO3)24H2O+18H+2Al3+6Mg2+2CO2+20H2O关闭Word文档返回原板块