版化学苏教版导练大一轮复习方略课时提升作业 三十六 107 物质的制备与合成.docx

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版化学苏教版导练大一轮复习方略课时提升作业三十六107物质的制备与合成

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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①用来制备氢氧化亚铁

B.图②用来验证非金属性Cl>C>Si

C.图③用来检验二氧化硫中是否混有二氧化碳

D.实验室用图④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Cl>C>Si,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,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Ⅰ装置用于制取乙酸乙酯,图Ⅱ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.①和②都是过滤操作

B.滤渣的成分是Cu和Fe的混合物

C.操作③和④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+10H2O

8N

+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①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②为过滤,固体为氢氧化铁,操作④为加热,生成红色的氧化铁;溶液C为硫酸铵溶液,则操作③为蒸发结晶得到硫酸铵晶体。

根据上面的分析可知,①和②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④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

8N

+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。

Ⅰ.实验室以MnO2为原料制备MnCO3

（1）制备MnSO4溶液:

①主要反应装置如图所示,缓缓通入经N2稀释的SO2气体,发生反应H2SO3+MnO2

MnSO4+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

②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）。

③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:

①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;

②……

③在70～80℃下烘干得到纯净干燥的MnCO3固体。

步骤②需要用到的试剂有

____________________________________________________________。

Ⅱ.设计实验方案

（3）利用沉淀转化的方法证明

Ksp（MnCO3）

_________________________________________。

（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）=1.1×10-2]

【解析】

（1）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。

②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。

③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②为过滤,用少量水洗涤2～3次;然后用盐酸酸化的BaCl2溶液检验S

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S

能发生水解,Na2SO4溶液的pH大于7。

答案:

（1）①A、B　②abef　③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7

5.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固体的实验装置如图1所示。

已知:

2NaClO3+H2O2+H2SO4

2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O

2ClO2+H2O2+2NaOH

2NaClO2+O2↑+2H2O

ClO2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:

①________________________（用离子方程式表示）,②H2O2+Cl2

2Cl-+O2+2H+。

（4）H2O2浓度对反应速率有影响。

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-+2Cl

+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-+2Cl

+4H+

2ClO2↑+Cl2↑+2H2O

（4）减压　H2O（或水）　（5）C

1.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1

B.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-+CO2

C

+H2O

D.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,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-+CO2

C

+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℃,沸点为3.8℃;Cl2的沸点为-34.6℃;HgO+2Cl2

HgCl2+Cl2O。

下列说法正确的是（　　）

A.装置②③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⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O

D.装置④与⑤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②③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⑤中逸出气体的主要成分是Cl2,C项错误;装置④与⑤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。

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:

①CO（NH2）2（s）+SO3（g）

H2NCONHSO3H（s）　ΔH<0

②H2NCONHSO3H（s）+H2SO4

2H2NSO3H（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）“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=5～6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①CO（NH2）2（s）+SO3（g）

H2NCONHSO3H（s）和

②H2NCONHSO3H（s）+H2SO4

2H2NSO3H（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+2H2NSO3H

Ni（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2～3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,SO3气体逸出加快,使反应①转化率降低　（3）Ni+H2O2+2H2NSO3H

Ni（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2～3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）2·4H2O,实验室可通过下列实验制备铝镁加。

步骤1.称取63.5gMgSO4·7H2O（0.26mol）,30.5gAl2（SO4）3·18H2O（0.046mol）溶于400mL水中得到混合溶液A,另称取无水Na2CO352g溶于400mL水得到溶液B。

步骤2.将A、B两溶液同时等速滴加到盛有400mL90℃水的2L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3～4次,

　100℃下干燥5h,得白色疏松固体24.3g。

（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）2·4H2O,所以制取该物质时MgSO4·7H2O和Al2（SO4）3·18H2O的物质的量的比是6∶1,因为原料MgSO4·7H2O的物质的量为0.26mol,Al2（SO4）3·18H2O的物质的量为0.046mol,所以二者的物质的量的比是0.26mol∶0.046mol=5.6<6,说明MgSO4·7H2O不足量,因此产生的铝镁加应该按照MgSO4·7H2O计算,

Al2Mg6（OH）14（CO3）2·4H2O的理论产量是

×0.26mol,质量是

×0.26mol×

628g·mol-1=27.21g,实际产量是24.3g,所以本次实验所得产品产率为

×100%=89.3%;（4）铝镁加中和胃酸的离子方程式为Al2Mg6（OH）14（CO3）2·4H2O+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）2·4H2O+18H+

2Al3++6Mg2++2CO2↑+20H2O

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