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文档简介

第三单元重要物质的制备与合成1.(202311,31,10(ZnSO·7HO)。4 2相关信息如下:pH金属离子开头沉淀完全沉淀pH金属离子开头沉淀完全沉淀Fe3+1.52.8Fe2+5.58.3Zn2+5.48.2②ZnSO4

的溶解度(物质在100g水中溶解的质量)随温度变化曲线。请答复:①镀锌铁皮上的油污可用NaCO

溶液去除,理由是 。2 3②步骤Ⅰ,可用于推断镀锌层完全反响的试验现象是 。步骤Ⅱ,须参加过量HO,理由是 。22步骤Ⅲ,适宜的pH范围是 。操作:a.蒸发至溶液消灭晶膜,停顿加热;b.60℃蒸发溶剂;c.冷却至室温;e.过滤。请给出上述操作的正确挨次 操作可重复使用)。ZnSO·7HO4 2图1所示。依据该试验结果,为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒,宜选择 进展冷却结晶。A.快速降温 B.缓慢降温 C.变速降温图14 2①以下关于滴定分析,正确的选项是 。图2 图3acB.滴定前,锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗C.将标准溶液装入滴定管时,应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移D.滴定时,通常用左手掌握旋塞滴加溶液,右手摇动锥形瓶,使溶液向同一方向旋转滴定前滴定管尖嘴内无气泡,滴定后尖嘴内有气泡,则测得的体积比实际消耗的小②图3中显示滴定终点时的读数是 mL。答案(1)①NaCO水解,溶液呈碱性,促使油脂水解②产生气泡的速率显著变慢2 3Fe2+Fe3+,HO(Fe3+催化加速分解)22(3)2.8~5.4(4)dabace(5)C(6)①ADE②20.60解析(1)①碳酸钠溶液水解呈碱性,促进油污水解为可溶性物质而被除去。②锌铁原电池反响放出氢气,镀锌层完全反响,反响速率会突然减小。Fe3+Fe3+HO

分解;所以过量是为了确保22 22Fe2+Fe3+,利于后续分别除去。pHFe3+完全沉淀,Zn2+pH2.8~5.4题目要求用到全部操作,所以需要从100℃开头蒸发溶剂加快蒸发速度,为了确保蒸发60℃蒸发溶剂,连续至饱和,然后通过冷却结晶的方ZnSO·7HO4 2①A分别在旋塞的大头外表上和旋塞槽小口内壁沿圆周均匀地涂一层薄薄的凡士林,然后把旋塞芯插入塞槽内,向同一方向旋转使油膜在旋塞内均匀透亮,且旋塞转动敏捷。BCDE定后有气泡,则所测体积小于实际消耗体积。②滴定管从上往下进展滴定终点读数,保存两20.60。2.(20234,31,10)ClO2

是一种优良的消毒剂,浓度过高时易发生分解,常将其NaClO2

NaClO2

固体的试验装置如图1所示。:2NaClO+H:2NaClO+HO+HSO2ClO↑+O↑+NaSO+2HO2ClO+H2ClO+HO+2NaOH2NaClO+O↑+2HOClO

150℃2 221请答复:仪器A的作用是 冷却的目的是(写出两种)。空气流速过快或过慢,均降低NaClO2

产率,试解释其缘由。Cl-ClO2

的生成。反响开头时在三颈烧瓶中参加少量盐酸,ClO2

的生成速率大大提高,并产生微量氯气。该过程可能经两步反响完成,将其补充完整:①(用离子方程式表示),②HO(用离子方程式表示),②HO+Cl2Cl+O+2H+。30%HO

40%,B22 22增加一个设备。该设备的作用是 ,馏出物是 。22抽滤法分别NaClO过程中,以下操作的是 。2B.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后,关闭水龙头答案(1)防止倒吸

HOClOClO2 22 2 2的分解(2)空气流速过慢时,ClO2

不能准时被移走,浓度过高导致分解;空气流速过快时,ClO时,ClO(3)2Cl-+2Cl-+4H+2ClO↑+Cl↑+2HO (4)减压 HO (5)C解析(1ClO2

气体在冰水浴条件下被吸取,体系内气压减小,因此需要防倒吸,故仪器NaClO2

的溶解度,增

(2)空气流速过快时,ClO

来不及被充分吸取2 22 2 2就被吹出;空气流速过慢时,ClO2

滞留在体系内,ClO2

浓度过高发生分解,故均会降低NaClO2的产率。(3)依题意知Cl-为催化剂,Cl2

为中间产物,三颈烧瓶中的总反响为2NaClO+HO2NaClO+HO+HSO2ClO↑+O↑+NaSO+2HO,2Cl-+HO+2H+2ClO2ClO↑+O↑+2HO,减去反响②即得反响①:2Cl-+2Cl-+4H+Cl↑+2ClO↑+2HO。(4)HO150100℃,但瓶内22温度很难到达100℃,因此需要添加减压装置。(5)因NaClO2

有强氧化性,为防止滤纸被腐蚀,可用玻璃纤维代替滤纸进展抽滤,A尽时再转移沉淀,B,D3.(202310,31,10Cu(NO·3HOSOClCu(NOCuFe)Cu(NO3CuFe)Cu(NO32Cu(NO·3HO322Cu(NO32:Cu(NO·3HOCu(NO:Cu(NO·3HOCu(NO)·Cu(OH)CuOSOCl2

熔点-105℃、沸点76℃、遇水猛烈水解生成两种酸性气体。请答复:第②步调pH适合的物质是 (填化学式)。第③步包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤,其中蒸发浓缩的具体操作是 为得到较大颗粒的Cu(NO)·3HO32 2晶体,可承受的方法是 种)。(3)第④步中发生反响的化学方程式是。装置示意图(夹持及控温装置省略,如图1)有一处不合理,请提出改进方案并说明理由 。1装置改进后,向仪器A中缓慢滴加SOCl2b”)。

时,需翻开活塞 (填“a”“b”或“a和(5)Cu(NO:4NH(5)Cu(NO:4NH·HO+Cu2+Cu(NH)+4HO;Cu(NHACu2+在肯定浓度范3 2 3Cu(NHACu2+232准确称取0.3150g无水Cu(NO),用蒸馏水溶解并定容至100mL,准确移取该溶液10.00mL,32NH·HO,100mL,A=0.620,Cu(NO)产品3 2 32的纯度是(以质量分数表示)。答案(1)Cu(OH)Cu(OH)CO2 2 2 3(2)将溶液转移至蒸发皿中,掌握温度加热至溶液外表形成一层晶膜减慢冷却结晶的速度(3)Cu(NO)·3H(3)Cu(NO)·3HO+3SOClCu(NO)+3SO↑+6HCl↑在A、B之间增加枯燥装置,防止B中水蒸气进入反响器A (5)92.5%解析(1pHFe3+沉淀析出,在除杂的过程中不能引入的杂质,因此调整Cu(OH)COCu(OH)

等物质来调整pH。32 2 2 3 2(2)蒸发浓缩过程中不能把水蒸干,否则高温的晶体可能会飞溅造成危急,而且硝酸铜晶体也可能会在高温下分解,因此需要蒸发至外表消灭晶膜,停顿加热;冷却结晶时,温度降低越慢,得到的晶体颗粒越大。由题给信息可知SOCl2

遇水猛烈水解,因此反响环境必需是无水环境,而与反响装置相连的尾气吸取装置中盛有氢氧化钠溶液,其水蒸气可能进入到反响装置中与SOCl2

反响,因此需在反响装置和尾气吸取装置之间增加一个枯燥装置;恒压滴液漏斗具有支管,可平衡漏斗b由题图可得当A=0.620时,c(Cu2+)=1.55×10-3mol·L-1,因此原溶液中Cu(NO)的物质的321.55×10-3mol·L-1×0.1L×=1.55×10-3molm=1.55×10-3. mol×188g·mol-1=0.2914g,所以产品的纯度=.以下图为试验室制取乙酸乙酯的装置。

×100%≈92.5%。请答复:检验该装置气密性的方法是 。浓硫酸的作用是 。以下有关该试验的说法中,正确的选项是 。止加热时液体暴沸B.饱和碳酸钠溶液可以除去产物中混有的乙酸C.乙酸乙酯是一种无色透亮、密度比水大的油状液体D.假设原料为CHCOOH和CHC OH,则乙酸乙酯中不含18O3 3答案a,假设导管口消灭气泡,片刻后松开手,导管末端形成一段水柱,则气密性良好(3)AB解析(1(2)乙酸与乙醇反响生成乙酸乙酯,(3)沸石的作用是防止加热时液体暴沸,A正确。饱和NaCO溶液的作用是:①降低乙酸乙酯的溶解度,使之简洁分层析出;②吸取乙酸、溶解2 3乙醇,使乙酸、乙醇进入水层而除去,故B正确。乙酸乙酯的密度比水小,C错误。CHCOOH3与CHC OH反响生成CHCO18OCHCH和HO,D错误。3 3 2 3 2纳米CdSe(硒化镉)可用作光学材料。在肯定条件下,由NaSO和Se(硒,与S为同族元素)2 3CdClNaSeSO

CdSe纳米颗2 3 2 2 3粒。流程图如下:注:①CdCl能与配位剂L[Cd(L)]Cl2 n 2[Cd(L)[Cd(L)]Cl[Cd(L)]2++2Cl-;[Cd(L)]2+Cd2++nLnm请答复:图1加热回流装置中,仪器a的名称是 ,进水口为 或“2”)。1①分别CdSe。②有关抽滤,以下说法正确的选项是 。A.滤纸应比漏斗内径略小,且能盖住宅有小孔C.抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出D.抽滤完毕后,应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管,再关水龙头,以防倒吸-说明,CdSe的生成分两步:①SeS 在碱性条件下生成HSe-;②HSe-与Cd2+反响生成-CdSe。完成第①步反响的离子方程式SeS完成第①步反响的离子方程式SeS-+HSe-+。3434以下说法正确的选项是 。转变反响温度和反响时间,可以得到不同发光性质的CdSe纳米颗粒3602.7nmCdSeCdSeD.603.0nmCdSe答案(1)冷凝管2(2)①抽滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀②AD(3)OH-(3)OH-S-HSe-+Cd2++OH-CdSe+HO (4)AD的离子方程式:SeS-+OH-HSe-+S-,第②步反响的离子方程式:HSe-+Cd2++OH-(11的离子方程式:SeS-+OH-HSe-+S-,第②步反响的离子方程式:HSe-+Cd2++OH-CdSe+HO。(4)32CdSe,ACdSe,C3在某配位剂浓度下,603.0nmCdSe4CdSe,D+数据如下:+对硝基甲苯 邻硝基甲苯密度/g·cm-3沸点/℃相对分子质量溶解性甲苯0.866110.692不溶于水,易溶于一硝基甲苯对硝基甲苯1.286237.7137不溶于水,易溶于液态烃邻硝基甲苯1.162222137不溶于水,易溶于液态烃试验步骤:100mL10mL30mL15mL13.0g)参加三颈烧瓶中。②向室温下的甲苯中逐滴加混酸,边滴边搅拌,混合均匀。50~60℃下发生反响,直至反响完毕。10%NaCO溶液洗涤,最终再用蒸馏水洗涤得到粗产品。2 3请答复以下问题:配制40mL混酸的操作是 。装置中还缺少 (填仪器名称)。假设温度超过60℃,将会有 质名称)生成。分别粗产品和水的操作方法是 。产品用10%NaCO溶液洗涤之后,再用蒸馏水洗涤,检验产品是否洗干净的操作是2 3。为了得到更纯洁的硝基苯,还须先向液体中参加 ,然后蒸馏假设最终得到产品的质量为13.70g,则一硝基甲苯的产率是 (保存3位有效数字)。答案10mL30mL10mL温度计二硝基甲苯或三硝基甲苯分液理答案均可)(5)CaO70.8%解析(1)浓硫酸的密度比浓硝酸大,所以要将浓硫酸参加到浓硝酸中,并不断搅拌。苯。一硝基甲苯与水不相溶,用分液的方法分别。

-CaCl2

BaCl2

溶液等来检验,假设滴CaCl2

BaCl2

溶液不产生白色沉淀,则洗涤干净,反之,没有洗涤干净。除水可用吸水剂,不引入杂质,则可选择CaO基甲苯的物质的量相等,则一硝基甲苯的产率为 .. /三位有效数字。

×100%≈70.8%,留意保存肼是重要的化工原料。某探究小组利用以下反响制取水合肼(NH·HO):24 2CO(NH)+2NaOH+NaClONaCO(NH)+2NaOH+NaClONaCO+NH·HO+NaCl试验一:制备NaClO溶液(试验装置如图甲所示)A.容量瓶B.烧杯C.烧瓶D.玻璃棒NaOH的分析,他的试验(填“能”或“不能”)成功,理由是。合肼反响,生成无色无味的气体,请写出该反响的离子方程式: 。试验二:制取水合肼(试验装置如图乙所示)图乙108~114℃的馏分。分液漏斗中的溶液是 (填标号)。A.CO(NH22B.NaOHNaClO5.000g,250mL25.00mL,0.1000mol·L-1I2滴定。(:NH滴定。(:NH·HO+2IN↑+4HI+HO)有关移液管的说法不正确的选项是 号)。A.移液管是准确量取肯定体积液体的量具移液管使用前要检漏液体全部流出(6)试验编号待测液体积(mL)滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)125.000.0018.02225.000.2021.30325.001.4019.38依据以上数据,计算馏分中水合肼(NH·HO)的质量分数为 (结果保存三位有效数答案答案(1)BD(2)不能NaClOHClO(3)NH·HO+2ClO-

24 2N↑+3HO+2Cl- (4)B (5)B(6)9.00%

24 22 2解析(2)NaClOHClO(4)BNH·HO(6)先对数据进展24 2 24 2分析处理,可以觉察试验2中的数据误差太大,舍弃。试验1、3中消耗标准溶液体积的平均

. ·-

× ×50g·mol-1÷5.000g×100%=9.00%。三草酸合铁(Ⅲ)酸钾K[Fe(CO)]·3HO(M=491)为绿色晶体,易溶于水,难溶于乙醇等有3 243 2 r以硫酸亚铁铵为原料制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的流程如下:请答复以下问题:亚铁铵来制备该晶体,需先用碱液沉淀Fe3+,假设用一样浓度的NaOH溶液或氨水通过一样操作来沉淀,选用 能获得颗粒较大的Fe(OH)。3氧化过程中承受水浴加热,掌握最正确温度为40℃,理由是,发生反响的化学方程式为 。氧化完全后需将所得溶液煮沸,目的是 。关于过程X的以下说法中不正确的选项是 。冷却和向溶液中参加乙醇的方法促使晶体析出B.为了快速得到较枯燥的晶体,可以承受抽滤的方法C.洗涤晶体时,可先用少量水洗,再用乙醇洗D.可用加热烘干的方法得到较枯燥的晶体0.9350g,250mL次移取25.00mLC

-转化为HCO0.0100mol/L2 224KMnO4KMnO4

溶液滴定至终点,现象是 。平行测定三次,消耗溶液的体积分别为20.02mL19.98

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