03第10讲物质的分离提纯【答案】听课手册

第10讲物质的分离提纯考点一●夯实必备知识二、2.(1)①液体漏斗边缘滤纸边缘玻璃棒三层滤纸处烧杯内壁②液体局部过热而飞溅大量晶体析出③溶解度互不相溶④沸点支管口防止暴沸下上⑤升华【对点自测】(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)×(8)×(9)×[解析](1)碘易升华,但加热时氯化铵分解且冷却后又会化合生成氯化铵。(2)乙醇的沸点低,易挥发,加入CaO吸水后再蒸馏得无水乙醇。(3)乙醇与水互溶,不能萃取出水溶液中的溶质。(4)提纯混有少量硝酸钾的氯化钠的正确操作:蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。(5)互溶的液体物质沸点相差较大的,可以用蒸馏的方法分离。(6)海带应在坩埚中灼烧。(7)过滤时应用玻璃棒引流。(8)蒸馏时温度计的水银球应处于蒸馏烧瓶支管口处。(9)制备带结晶水的晶体时,蒸干溶液可能导致失去结晶水。●提升关键能力题组一1.B[解析]提纯含有少量食盐和泥沙的苯甲酸时,先将混合物溶于热水,趁热过滤,再降低温度让苯甲酸结晶析出,过滤,所以可采用重结晶法分离该混合物,A正确;Br2和苯都易溶于有机溶剂,Br2在苯中的溶解度大于在水中的溶解度,不能采用萃取法分离,B错误;NaCl(s)沸点高,而I2(s)易升华,所以可采用升华法除去NaCl(s)中的I2(s),C正确;CH2Cl2和CCl4的沸点相差较大,可采用蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4,D正确。2.A[解析]CH3COOCH2CH3难溶于Na2CO3溶液,二者会分层,可以用分液法分离,选择③,A错误;用CCl4萃取碘水中的碘,选择③,B正确;⑤可以用作洗气瓶,故可用作FeCl2溶液吸收Cl2的装置,C正确;粗盐提纯需要过滤、蒸发结晶,选择①和②,D正确。题组二3.A[解析]灼烧海带得到海带灰,浸泡海带灰得到含碘离子的悬浊液,过滤后得到含碘离子的溶液,加入稀硫酸和过氧化氢将碘离子氧化为碘单质,萃取、蒸馏后得到碘单质。操作①②③均用到玻璃棒,①②是搅拌,③是引流,作用不同,A错误;稀硫酸和过氧化氢将碘离子氧化为碘单质,操作④发生反应的离子方程式为H2O2+2I-+2H+I2+2H2O,B正确;操作⑤为萃取,溶剂X可以选用苯或CCl4,C正确;操作⑥蒸馏后得到碘单质,D正确。4.C[解析]粗苯甲酸样品中含有少量NaCl和泥沙,由于苯甲酸的溶解度随温度升高而增大,溶解、加热后需趁热过滤,除掉泥沙;对热的滤液进行冷却结晶,再次过滤得到苯甲酸固体,洗涤、干燥后得到苯甲酸晶体。由上述分析可知,由于苯甲酸的溶解度随温度升高而增大,“过滤1”需趁热,以减少苯甲酸的析出,A正确;“溶解”需使用玻璃棒搅拌,“过滤”“洗涤”操作中使用玻璃棒引流,B正确;常温下,苯甲酸微溶于水,易溶于乙醇,洗涤时不宜用乙醇,应用冷水,C错误;洗涤后的苯甲酸可以铺在干燥的滤纸上,除去水分,D正确。考点二●夯实必备知识【对点自测】(1)√(2)√(3)×(4)√(5)√(6)×(7)×(8)×(9)×(10)×[解析](1)浓硫酸可以吸收SO3,不能吸收SO2。(2)Na2S和AgCl反应生成Ag2S和NaCl,过滤除去Ag2S和剩余的AgCl,达到除杂的目的。(3)硝酸有强氧化性,能与铜反应。(4)酸性KMnO4溶液氧化SO2并除去,不能吸收CO2,再通过浓硫酸干燥即可。(5)FeCl3与铁粉反应生成FeCl2,过滤除去过量的铁粉,不引入新的杂质。(6)酸性高锰酸钾溶液会把乙烯氧化为CO2气体,引入新的杂质。(7)H2也能还原氧化铜。(8)会引入新的杂质Ca2+。(9)乙烯和SO2均能与溴水反应。(10)BaCO3能溶于盐酸,被提纯的物质不易复原。●提升关键能力题组一1.C[解析]氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁,可用于除杂,A正确;氧化铝为两性氧化物,可与氢氧化钠溶液反应,可用于除杂,B正确;二者都与碳酸钠溶液反应,应用饱和碳酸氢钠溶液除杂,C错误;碳酸氢钠在加热条件下分解生成碳酸钠,可用加热的方法除杂,D正确。2.C[解析]乙烯可被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳,引入新杂质,A错误;乙酸和乙醇都与钠反应,B错误;乙烯不与NaOH溶液反应,二氧化硫可被NaOH溶液吸收,C正确;苯和溴都可被四氯化碳溶解,D错误。题组二3.C[解析]将含钌废料粉碎,增大接触面积,提高钌的浸出率,“碱浸氧化”时钌与NaOH、NaClO发生氧化还原反应,得到Na2RuO4,过滤,浸取液用盐酸调pH,利用草酸的还原性,得到RuO2,然后还原RuO2得到纯钌。由流程图可知,“沉钌”工序后进行固液分离,需进行的操作是过滤,A项正确;“碱浸氧化”工序时ClO-被还原为Cl-,Ru被氧化为RuO42-,B项正确;“沉钌”工序中RuO42-+2e-+4H+RuO2+2H2O,发生还原反应,故H2C2O4作还原剂,发生氧化反应,C项错误;钌是过渡元素,其氧化物可被H2、4.A[解析]含硒废料中加入煤油除去硫,分离出的固体中加入稀硫酸将铁、铜、锌的氧化物转化为盐溶液除去,分离出的固体中加入亚硫酸钠溶液将Se转化为SeSO32-,加入稀硫酸酸化得到Se。“分离”时得到含硫煤油为固液分离的操作,方法是过滤,故A错误;金属氧化物能和酸反应,“酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物,故B正确;“浸取”时Se与亚硫酸钠反应得到可溶性SeSO32-,滤渣的主要成分是SiO2,故C正确;“酸化”时SeSO32-转化为Se和二氧化硫,发生反应的离子方程式为SeSO32-+2H+Se教考衔接1【链接高考】1.C[解析]苯甲酸粗品(含少量NaCl和泥沙)加水并加热进行溶解,得到浊液,趁热过滤,除去泥沙,滤液中含有少量NaCl,由于苯甲酸的溶解度受温度影响大,而NaCl的溶解度受温度影响小,可通过冷却结晶的方式进行除杂,得到苯甲酸晶体,过滤后对晶体进行洗涤,得到苯甲酸,因此,操作X为冷却结晶,故C正确。2.B[解析]苯甲酸微溶于冷水,可溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠,加水、加热溶解,苯甲酸、NaCl溶解在水中,泥沙不溶,从而形成悬浊液;趁热过滤出泥沙,同时防止苯甲酸结晶析出;将滤液冷却结晶,大部分苯甲酸结晶析出,氯化钠仍留在母液中;过滤、用少量冷水洗涤,便可得到纯净的苯甲酸。操作Ⅰ中,为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失,溶解所用水的量需加以控制,可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量,A正确;操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙,同时防止苯甲酸结晶析出,NaCl含量少,通常不结晶析出,B不正确;操作Ⅲ缓慢冷却结晶,可形成较大的苯甲酸晶体颗粒,同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部,C正确;苯甲酸微溶于冷水,可溶于热水,所以操作Ⅳ可用少量冷水洗涤晶体,既可去除晶体表面吸附的杂质离子,又能减少溶解损失,D正确。3.C[解析]由题给流程可知,向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸,盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐,分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ;向水相Ⅰ中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺,再分液得到苯胺粗品;向有机相Ⅰ中加入水洗涤除去混有的盐酸,分液得到废液和有机相Ⅱ,向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠,分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ;向水相Ⅱ中加入盐酸,将苯甲酸钠转化为苯甲酸,再经过滤得到苯甲酸粗品。苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应,但不能与氢氧化钠溶液反应,故A错误;由分析可知,由①得到苯胺粗品的分离方法为分液,由③得到苯甲酸粗品的分离方法为过滤,获取两者的操作方法不同,故B错误;由分析可知,苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①②③获得,故C正确;由分析可知,①为两相,③为两相,而②为甲苯,只有一相,故D错误。经典真题·明考向1.B[解析]二氯甲烷和四氯化碳互溶,二者沸点不同且相差较大,可以用蒸馏的方法将二者分离,A正确;苯酚和NaHCO3溶液形成乳浊液,不能用过滤的方法将二者分离,B错误;使用乙醚从中药青蒿中提取(固液萃取)并用柱色谱分离得到青蒿素,C正确;泥沙不溶于水,食盐和苯甲酸的溶解度差异较大,加热溶解样品,趁热过滤除泥沙,冷却结晶析出苯甲酸,过滤、洗涤、干燥得苯甲酸,可以利用重结晶的方式将低温下溶解度较小的苯甲酸提纯出来,D正确。2.D[解析]苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中主要是生成的苯甲醇和苯甲酸钾,还含有未反应的KOH和苯甲醛,加甲基叔丁基醚萃取、分液后,苯甲醇和苯甲醛留在有机层中,加水洗涤、加硫酸镁干燥、过滤,再用蒸馏的方法将苯甲醇分离出来;而萃取、分液后所得水层主要是苯甲酸钾和未反应的KOH,要加酸中和KOH并将苯甲酸钾转化为苯甲酸,然后经过结晶、过滤、洗涤、干燥得苯甲酸。“萃取”过程需振荡、放气、静置分层,故A正确;甲基叔丁基醚的密度为0.74g·cm-3,密度比水小,所以在分离出下层的水层后,要从分液漏斗上口倒出,故B正确;“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离出来,可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离出来,“试剂Y”的作用是中和KOH并将苯甲酸钾转化为苯甲酸,所以可选用盐酸,故C正确;苯甲酸在乙醇中的溶解度大于其在水中的溶解度,“洗涤”苯甲酸,用蒸馏水的效果比用乙醇好,故D错误。3.D[解析]实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备,蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器,注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管