1、 1 专题专题 0707 物质制备物质制备 2019 年高考试卷类型 题号 制备原料 目标物质 全国卷 27 题 铁屑 硫酸铁铵 全国卷 28 题 茶叶 咖啡因 全国卷 27 题 水杨酸、醋酸酐 阿司匹林 天津卷 9 题 环己醇 环己烯 江苏卷 19 题 工业废渣 轻质 CaCO3和(NH4)2SO4 浙江选考卷 28 题 铁屑、稀 H2SO4、NaOH Fe(OH)2 全国七套试卷六套涉及物质制备，三种无机物三种有机物，无机物制备和有机物制备平分秋色，备考时两 类物质需要兼备。 2019 年高考试卷类型 题干呈现方式 问题设问方式 全国卷 流程图 去油污方法、反应条件控制及解释、实验操作、晶
2、体化学式的计 算 全国卷 流程图 实验操作、萃取剂优点解释、仪器选择、试剂的作用、分离提纯 方法名称 全国卷 实验步骤 反应条件控制、仪器选择、试剂作用、分离提纯方法选择、产率 计算 天津卷 流程图 物质检验、书写化学方程式、反应条件控制及解释、仪器选择、 补全操作 江苏卷 流程图 离子浓度的计算、书写离子方程式、试剂的作用、反应条件控制 及解释、实验方案设计 浙江选考卷 装置图 仪器名称、装置作用和改进、实验现象分析 考点主要集中在仪器的选择使用、反应条件控制及解释、分离提纯方法、试剂的选用和原因分析、实验现 象和物质检验、实验方案补充和设计、纯度产率化学式的相关计算。 例 1： （2019
3、 年全国卷 27 题） 硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2 xH2O是一种重要铁盐。 为充分利用资源， 变废为宝， 2 在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下： 回答下列问题： （1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。 （2）步骤需要加热的目的是_，温度保持 8095，采用的合适加热方式是_。铁 屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_（填标号） 。 （3） 步骤中选用足量的 H2O2， 理由是_。 分批加入 H2O2， 同时为了_， 溶液要保持 pH 小于 0.5。 （4）步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。 （5）采用热重分析法测定
4、硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到 150时，失掉 1.5 个结晶水， 失重 5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。 解题思维过程展示：解题思维过程展示：问题（1）不需要流程图中任何信息即可回答，加热的纯碱水去除废铁屑表面的油污； 问题（2）是铁与稀硫酸的常规反应，没有特殊反应条件，温度对化学的影响主要体现在速率上；在中学范 围内能实现准确控温的装置只有水浴与温度计结合的方式；金属硫化物与硫酸能生成有毒的硫化氢，利用 酸与碱反应的性质吸收硫化氢，考虑装置安全性问题，为防止倒吸选择倒置的漏斗； （3）从试剂本身性质 分析， H2O2是中学一种绿色氧化剂， 还原产物是水， 不会引入杂质离子，
5、 它的使用一定与氧化还原反应相关， 结合步骤原料铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，步骤中选用足量的 H2O2的作用：一是将 Fe 2+全部氧化为 Fe 3+，二是不引入杂质，Fe2+转化为 Fe3+后水解程度增大，需要控制酸度，抑制水解，水解是客观存在的只能 抑制，不能回答防止水解； （4）步骤硫酸铁与硫酸铵混合生成结晶水合物，这里涉及生成、分离提纯硫 酸铁铵过程，硫酸铁与硫酸铵制备复盐硫酸铁铵没有价态的改变，可能是利用温度对溶解度的影响获得产 品，中学得到结晶水合物的一般方法是加热浓缩、冷却结晶，固液分离用过滤，因为晶体析出可能吸附溶 液中的离子，最后需要洗涤； （5）失重的含义是计算的依据，失
6、掉 1.5 个结晶水，并不是硫酸铁铵晶体样 品中全部结晶水， 1.518 266:18n 100% = 5.6%,解得 n=12。 问题（3） 问题（1） 问题（2） 问题（4） 问题（5） 3 【答案】 (1). 碱煮水洗 (2). 加快反应 热水浴 C (3). 将 Fe 2+全部氧化为 Fe3+；不引入杂 质 (6). 防止 Fe 3+水解 (4).加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） (5).NH 4Fe(SO4)2 12H2O 例2： （2019年全国卷28题） 咖啡因是一种生物碱 （易溶于水及乙醇， 熔点234.5， 100以上开始升华） ， 有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因
7、约1%5%、单宁酸（Ka约为10 4，易溶于水及乙醇）约3% 10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。 索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤 纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对 茶叶末的连续萃取。回答下列问题： （1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是_，圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶 剂，加热前还要加几粒_。 （2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是_，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优 点是_。 （3）提取液需经“蒸馏浓缩
8、”除去大部分溶剂，与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是_。 “蒸 馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有_（填标号） 。 A直形冷凝管 B球形冷凝管 C接收瓶 D烧杯 （4）浓缩液加生石灰的作用是中和_和吸收_。 4 （5）可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因 在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是_。 解题思维过程展示：解题思维过程展示： （1）研细主要增大接触面积，若是反应就是加快反应速率，若是溶质转移就是溶解提 取充分，液体加热需加沸石防止暴沸； （2）提取过程不可选用明火直接加热，与萃取液乙醇挥发性、易燃 性有关
9、， 阅读索氏提取装置工作原理， 就能领悟它的优点， 连续萃取节约溶剂萃取效率高； （3） “蒸馏浓缩” 需要蒸馏出溶剂，溶剂的沸点低能耗就小，从选项中筛选所需仪器，接收管连接接收瓶，蒸馏需要直形冷 凝管，为防止液体残留在冷凝管中，回流用球形冷凝管； （4）生石灰属于碱性氧化物，能中和单宁酸，生 石灰与水反应，属于化学吸收水； （5）题中有咖啡因的性质，和加热有关的是熔点234.5，100以上开 始升华，倒置的漏斗起到泠凝作用下，该分离提纯方法是升华法。 【答案】(1). 增加固液接触面积，提取充分 沸石 (2). 乙醇易挥发，易燃使用溶剂少，可连续萃 取（萃取效率高）(3).乙醇沸点低，易浓缩
10、 AC (4). 单宁酸 水(5).升华 例3： （2019年全国卷27题）乙酰水杨酸（阿司匹林）是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰 化制备阿司匹林的一种方法如下： 水杨酸 醋酸酐 乙酰水杨酸 熔点/ 157159 -72-74 135138 相对密度/（gcm 3） 1.44 1.10 1.35 相对分子质量 138 102 180 实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL 浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70左右，充分反应。稍冷后进行如下操作. 在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100mL冷水中，析出固体，过滤
11、。 所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。 滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。 5 固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4g。 回答下列问题： （1）该合成反应中应采用_加热。 （填标号） A热水浴 B酒精灯 C煤气灯 D电炉 （2）下列玻璃仪器中，中需使用的有_（填标号） ，不需使用的_（填名称） 。 （3）中需使用冷水，目的是_。 （4）中饱和碳酸氢钠的作用是_，以便过滤除去难溶杂质。 （5）采用的纯化方法为_。 （6）本实验的产率是_%。 解题思维过程展示：解题思维过程展示： （1）通过反应条件即可得到加热方式，70热水浴； （2）是过滤操作，据此选出需 要和不需要的
12、仪器； （3）步骤中已经暗示，反应后的混合物倒入100mL冷水中，析出固体，使用冷水的目 的就一目了然； （4）饱和碳酸氢钠的作用，后半句暗示了它的作用，羧基的酸性强于碳酸，乙酰水杨酸与 碳酸氢钠生成钠盐，钠盐溶于水通过过滤除去难溶杂质； （5）固体有机物的提纯方法主要是重结晶法； （6） 产率的计算，有两个数据，知二求一时，应该选择不足量， 138 102 180 6.9 g 10 mL1.10 gcm 3 理论值=1806.9g 138 = 9g 703.8g 0饱和食盐水、FeCl2溶液、 NaOH 溶液 MgCl2、AlCl3、FeCl3（2）四氯化硅 136181 23 【解析】（1
13、）生成 TiCl4和 CO 的反应方程式为 TiO22Cl22C=TiCl42CO，根据盖斯定律，两式相加， 得到 TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)H=H1+H2=（-220.9 kJmol -1）+（+175.4 kJmol-1）= -45.5kJmol 1。根据图像，随着温度的升高，CO 的浓度增加，CO 2浓度降低，说明升高温度，平衡向正 反应方向移动，即H0。除去氯气中混有 HCl 一般采用将气体通过饱和食盐水，结合操作目的，因此先 通过饱和食盐水，然后在通入 FeCl2溶液中，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余的 Cl2。资料中已经给出“TiC l4
14、及所含杂质氯化物的性质”一览表，因此氯化过程中生成的 MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液态 Ti Cl4中， 而 SiCl4完全溶解在 TiCl4中， 因此过滤得到粗 TiCl4混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。 （2） 根据资料，SiCl4的沸点最低，先蒸馏出来，因此物质 a 为 SiCl4，根据流程目的，为了得到纯净的 TiCl4， 后续温度需控制在稍微大于 136，但小于 181。 4.以高硫铝土矿（主要成分为 Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量 FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得 Fe3O4 的部分工艺流程如下： （1）流程中将高硫铝土矿磨成矿粉的目
15、的是_。 （2）添加 1%CaO 和不添加 CaO 的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于 600 ；硫去除率=（1焙烧后矿粉中硫元素总质量 焙烧前矿粉中硫元素总质量）100%。 不添加 CaO 的矿粉在低于 500 焙烧时，去除的硫元素主要来源于_。 700焙烧时，添加 1%CaO 的矿粉硫去除率比不添加 CaO 的矿粉硫去除率低，其主要原因是 _。 （3）由“过滤”得到的滤液生产氧化铝的反应过程中涉及的离子方程式是_。 24 （4） “过滤”得到的滤渣中含大量的 Fe2O3。Fe2O3与 FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成 Fe3O4和 SO2
16、，理论上 完全反应消耗的n（FeS2）n（Fe2O3）=_。 【答案】【答案】增大反应的接触面积,加快化学反应速率 FeS2 硫元素转化为 CaSO4而留在矿粉中 AlO2 -+CO 2+2H2O=Al(OH)3+HCO3 -、2Al(OH) 3Al2O3+3H2O 116 【解析】【解析】 （1）将高硫铝土矿磨成矿粉，可以增大反应的接触面积，加快化学反应速率； （2）由于多数硫酸盐的分解温度高于 600，FeS2在低于 500焙烧时，能与空气中的氧气反应生成氧化 铁和二氧化硫，故不添加氧化钙的矿粉在焙烧时，去除的硫元素主要来源于 FeS2；700，焙烧时添加氧 化钙后，硫元素转化为硫酸钙而留
17、在矿粉中，使硫矿粉硫去除率降低 ； （3） 滤液中含有 AlO2 -， 用滤液生产氧化铝的反应过程中涉及的离子方程式是 AlO 2 -+CO 2+2H2O=Al(OH)3+HCO3 -、 2Al(OH)3Al2O3+3H2O； （4） 分析反应前后元素化合价的变化， 利用得失电子守恒知： 2/3 n （FeS2） +52n （FeS2） =1/3 2n （Fe2O3） 。 解得n（FeS2）n（Fe2O3）=1:16； 5. 以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和 H2SO4为原料，制备高纯 PbO，实现 铅的再生利用。其工作流程如下： （1）过程中，在 F
18、e 2+催化下，Pb 和 PbO 2反应生成 PbSO4的化学方程式是_。 （2）过程中，Fe 2+催化过程可表示为： i：2Fe 2+PbO 2+4H +SO 4 2-2Fe3+PbSO 4+2H2O ii： 写出 ii 的离子方程式：_。 下列实验方案可验证上述催化过程将实验方案补充完整。 a向酸化的 FeSO4溶液中加入 KSCN 溶液，溶液几乎无色，再加入少量 PbO2，溶液变红。 b_。 （3）PbO 溶解在 NaOH 溶液中，其溶解度曲线如图 1 所示。 25 过程的目的是脱硫。滤液 1 经处理后可在过程中重复使用，其目的是_（选填序号） 。 A减小 PbO 的损失，提高产品的产率
19、 B重复利用 NaOH，提高原料的利用率 C增加 Na2SO4浓度，提高脱硫效率 过程的目的是提纯，结合上述溶解度曲线，简述过程的操作：_。 【答案】【答案】 （1）Pb + PbO2+ 2H2SO4= 2PbSO4+ 2H2O（2）2Fe 3+Pb+SO 4 2-PbSO 4+2Fe 2+取 a 中红色溶液少量， 加入过量 Pb，充分反应后，红色褪去； （3）AB将粗 PbO 溶解在一定量 35%NaOH 溶液中，加热至 110， 充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得到 PbO 固体 【解析】【解析】 （1）结合工艺流程图，过程中，在 Fe 2+催化下，Pb 和 PbO 2反应
20、生成 PbSO4和水，化学方程式为： Pb + PbO2+ 2H2SO4= 2PbSO4+ 2H2O （2）催化剂参加反应，改变反应历程，降低反应活化能，加快反应速率，而本身的质量和化学性质在反 应前后保持不变， i 中 Fe 2被氧化 Fe3， ii 中 Fe3被还原成 Fe2， 离子方程式： 2Fe3+Pb+SO 4 2-PbSO 4+2Fe 2+； 取 a 中红色溶液少量， 溶液中存在平衡， Fe 33SCN Fe(SCN)3 加入过量 Pb， Fe 3 被还原成 Fe2 ， 平衡逆向移动，充分反应后，红色褪去； （3）过程脱硫过程中发生的反应为 PSO42NaOH=PbONa2SO4
21、H2O，由于 PbO 能溶解于 NaOH 溶液，因此滤液 I 中含有 Pb 元素，重复使用滤液 I 可减少 PbO 的损失，且 滤液 I 中过量的 NaOH 可以重新利用，提高原料的利用率，故选 AB； 根据 PbO 的溶解度曲线，提纯粗 Pb 的方法是将粗 PbO 溶解在 NaOH 溶液中，结合溶解度曲线，NaOH 浓度 高、温度高，PbO 溶解度高，将粗 PbO 溶解在一定量 35%NaOH 溶液中，加热至 110，充分溶解后，趁热过 滤，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得到 PbO 固体。 6. 以工业废铁屑为原料生产氧化铁红颜料并进行适当的综合利用，其主要流程如下： 26 已知：FeSO4溶
22、液与稍过量的 NH4HCO3溶液混合，得到含 FeCO3的悬浊液。 请回答下列问题： （1）用 5 % 的 Na2CO3热溶液去油污（主要成分是油脂）时，反应生成的有机产物是（写名称） ： 。 （2）反应需要控制在 50 80 以提高反应速率，如果硫酸过量，反应混合液与空气接触会发生副反 应，如何检验副反应的产物？ 。 （3）写出在空气中煅烧沉淀的化学反应方程式： 。 （4）本流程中产生的 CO2和 H2，在催化剂作用下按体积比 11 合成一种重要的有机化工原料 R，该合成符 合绿色化学要求。上述合成反应H+14.9 kJ/mol，则加压、降温可以使平衡分别向 、 方向 移动。已知液体 R 的
23、燃烧热为 254.6 kJ/mol，则 R 完全燃烧的热化学方程式为 。 （5） 摩尔盐常用于定量分析并用于医药、 电镀方面。 已知摩尔盐中结晶水的含量为 27.6 %，n(Fe 2+)n(SO 4 2- ) 12，则摩尔盐的化学式中，结晶水数目x的计算式为：x 。 【答案】【答案】 （1）高级脂肪酸钠、甘油 （2）取少许溶液盛入试管中，滴加 KSCN 溶液，如果溶液变红，则表明副产物有 Fe 3+ （3）4FeCO3O2 2Fe2O34CO2 （4）正反应、逆反应 HCOOH(l)1 2O2(g)=CO2(g)H2O(g)；H-254.6 kJ/mol （5） 【解析】【解析】 （1）Na2
24、CO3溶液水解显碱性，油脂为高级脂肪酸甘油酯，在碱性环境下发生水解，生成高级脂肪酸 钠和甘油，因此用 5 % 的 Na2CO3热溶液去油污（主要成分是油脂）时，反应生成的有机产物是高级脂肪酸 钠、甘油； （2）如果硫酸过量，铁会与硫酸、氧气反应生成硫酸铁，发生副反应，铁离子的检验方法：取少许溶液盛 入试管中，滴加 KSCN 溶液，如果溶液变红，则表明副产物有 Fe 3+； （3）FeSO4溶液与稍过量的 NH4HCO3溶液混合，得到含 FeCO3的悬浊液，其在空气中加热发生反应生成 Fe2O3 27 和 CO2，化学反应方程式：4FeCO3O2 2Fe2O34CO2； （4） 根据原子守恒规律
25、可知， CO2和 H2， 在催化剂作用下按体积比 11 合成 HCOOH， CO2（g） +H2(g)= HCOOH(l) H+14.9 kJ/mol，上述合成反应温度和体积不变，该反应为反应前后气体分子数减小的反应，加压平衡 向正反应方向移动，降温平衡向逆反应方向移动；已知液体 HCOOH 的燃烧热为 254.6 kJ/mol，则 HCOOH(l) 1/2O2(g)=CO2(g)H2O(g)；H-254.6 kJ/mol； （5）根据反应流程可知，碳酸氢铵和硫酸亚铁反应生成摩尔盐，晶体中含有铵根离子、亚铁离子和硫酸根 离子，根据n(Fe 2+)n(SO 4 2- )12，根据电荷守恒可知：n
26、(NH 4 +)n(Fe2+)n(SO 4 2- )2：12，摩尔盐 化学式为：（NH4）2Fe(SO4)2 xH2O； 其式量为：（284+18x） ， 根据摩尔盐中结晶水的含量为 27.6 %， 18m/ （284+18x） 100%=27.6 %，x=； 二、制备相关氧化物酸碱盐类二、制备相关氧化物酸碱盐类 1.过氧化钙微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备 过氧化钙的实验方法。回答下列问题： （一）碳酸钙的制备 步骤加入氨水的目的是_。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于_。 (2)如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是_（填标号） 。 a漏斗末端
27、颈尖未紧靠烧杯壁 b玻璃棒用作引流 c将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁 d滤纸边缘高出漏斗 28 e用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度 (二)过氧化钙的制备 (3)步骤的具体操作为逐滴加入稀盐酸， 至溶液中尚存有少量固体， 此时溶液呈_性 （填 “酸” 、“碱” 或“中” ） 。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是_。 (4)步骤中反应的化学方程式为_。 (5)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是_。 (6)制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。 该工艺方法的优点是_，产品的缺点是_。 【答案】【答案】(1)调
28、节溶液 pH 使 Fe(OH)3沉淀；过滤分离 (2)ade (3)酸；除去溶液中溶解的 CO2 (4)CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O 或 CaCl22NH3H2OH2O26H2O=CaO28H2O2NH4Cl (5)去除结晶表面水分(6)工艺简单、操作方便；纯度较低 【解析】【解析】 （1）石灰石中含有铁的氧化物，加双氧水的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，再加氨水，调节 pH 使铁离子转化为氢氧化铁除去，小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于接下来的过滤操作； （2）过滤 操作中不规范的是：a漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁，会造成液体飞溅；d滤纸边缘高出漏斗，容易将滤
29、 纸弄破；e用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度，容易将滤纸戳破，答案为：ade； （3）步骤的 具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，溶液中的溶质是氯化钙和溶解的少量二氧化碳， 此时溶液呈酸性， 煮沸的目的是为了除去剩余的没有挥发完的 CO2； （4）步骤中反应的化学方程式为 CaCl2 2NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O 或 CaCl22NH3H2OH2O26H2O= CaO28H2O2NH4Cl； （5）用乙 醇洗涤主要是由于乙醇具有挥发性，可以用乙醇除去晶体表面的水分； （6）将石灰石煅烧后，直接加入双 氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品与该工艺相比最大
30、的优点是工艺简单，操作方便，但是这样制备的 过氧化钙中的杂质很多，纯度较低。 2. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为 Ca5(PO4)3(OH)，还含有 Ca5(PO4)3F 和有机碳等。 29 溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“” ） 。 结合元素周期律解释中结论：P 和 S 电子层数相同，_。 （3）酸浸时，磷精矿中 Ca5(PO4)3F 所含氟转化为 HF，并进一步转化为 SiF4除去。写出生成 HF 的化学方程 式：_。 （4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为 CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同 温度下的有机碳脱除率如图
31、所示。80后脱除率变化的原因：_。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有 SO4 2残留，原因是_；加入 BaCO 3可进一步提高硫的 脱除率，其离子方程式是_。 （6）取 a g 所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用 b molL 1NaOH 溶液滴定至终点时 生成Na2HPO4， 消耗NaOH溶液c mL， 精制磷酸中H3PO4的质量分数是_。（已知： H3PO4摩尔质量为98 g mol 1） 【答案】【答案】 （1）研磨、加热 （2） 核电荷数 PS，原子半径 PS，得电子能力 PS，非金属性 PS （3） 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=1
32、0CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF （4） 80 后，H2O2分解速率大， 浓度显著降低 （5）CaSO4微溶 BaCO3+ SO4 2-+2H 3PO4=BaSO4+CO2+H2O+2H2PO4 - （6） 0.049bc a 【解析】【解析】 （1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加 快反应速率的措施有：研磨、加热。 （2）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。 用元素周期律解释酸性：H3PO4H2SO4，P 和 S 电子层数相同，核电荷数 PS，得电子能力 30 PS，非金属性 Pc(OH-)， 所以溶液
33、显酸性。 （4） 已知： Kw=1.010 -14， Al(OH) 3AlO2 -+H+H 2O K=2.010 -13。Al(OH) 3溶于 NaOH 溶液反应的平衡常数K=(AlO2 ) (OH-) = (AlO2)(H+) (H+)(OH) = 2.01013 1.01014 = 20。 4. 以电石渣主要成分为 Ca(OH)2和 CaCO3为原料制备 KClO3的流程如下： （1）氯化过程控制电石渣过量，在 75左右进行。氯化时存在 Cl2与 Ca(OH)2作用生成 Ca(ClO)2的反应， Ca(ClO)2进一步转化为 Ca(ClO3)2，少量 Ca(ClO)2分解为 CaCl2和
34、O2。 生成 Ca(ClO)2的化学方程式为 。 提高 Cl2转化为 Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有 （填序号） 。 A适当减缓通入 Cl2速率 B充分搅拌浆料 C加水使 Ca(OH)2完全溶解 （2）氯化过程中 Cl2转化为 Ca(ClO3)2的总反应方程式为 6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O 氯化完成后 过滤。 滤渣的主要成分为 （填化学式） 。 滤液中 Ca(ClO3)2与 CaCl2的物质的量之比 nCa(ClO3)2 nCaCl2 15（填“” 、 “”或“=” ） 。 32 （3）向滤液中加入稍过量 KCl 固体可将 Ca(ClO3)2
35、转化为 KClO3，若溶液中 KClO3的含量为 100g L -1，从该溶 液中尽可能多地析出 KClO3固体的方法是 。 【答案】【答案】 （1）2Cl22Ca(OH)2=Ca(ClO)2CaCl22H2O；AB （2）CaCO3、Ca(OH)2 ； （3）蒸发浓缩、冷却结晶 【 解 析 】【 解 析 】 (1) 氯 气 和 氢 氧 化 钙 反 应 生 成 氯 化 钙 、 次 氯 酸 钙 和 水 ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O； 提高 C
36、l2转化为 Ca(ClO3)2的转化率，可使氯气和氢氧化钙充分接触，可适当减缓通入 Cl2速率、充分搅拌 浆料，因氢氧化钙微溶于水，加水溶解的做法不可取，因浓度过低，对后续实验不利，故答案为 AB； (2)发生 6Ca(OH)2+6Cl2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O， 生成的 Ca(ClO3)2溶于水， CaCO3不溶于水， Ca(OH)2微溶， 则滤渣中含有 CaCO3、Ca(OH)2； 氯化过程中 Cl2与氢氧化钙反应部分生成 Ca(ClO)2和 CaCl2，则nCa(ClO3)2：nCaCl21：5； (3)该溶液中尽可能多地析出 KClO3固体，应经蒸发浓缩、冷却结晶。
37、5.KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题： （1）KIO3的化学名称是_。 （2）利用“KClO3氧化法”制备 KIO3工艺流程如下图所示： “酸化反应”所得产物有 KH(IO3)2、Cl2和 KCl。 “逐 Cl2”采用的方法是_。 “滤液”中的溶质主要是 _。 “调 pH”中发生反应的化学方程式为_。 （3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。 33 写出电解时阴极的电极反应式_。 电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_，其迁移方向是_。 与“电解法”相比， “KClO3氧化法”的主要不足之处有_（写出一点） 。 【答案】 （1）碘酸钾 （2） 加
38、热 KCl KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O （3） 2H2O+2e -2OH-+H 2 K + a 到 b 产生 Cl 2易污染环境 【解析】 （1）根据氯酸钾（KClO3）可以推测 KIO3为碘酸钾； （2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。 第一步反应得到的产品中氯气在“逐 Cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时 KH(IO3)2应 该在滤渣中，所以滤液中主要为 KCl。 “调 pH”的主要目的是将 KH(IO3)2转化为 KIO3，所以方程式为： KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O； （3）由图示
39、，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为 2H2O + 2e - = 2OH- + H 2 ； 电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即 由 a 到 b； KClO3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。 6. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下： 回答下列问题： 34 （1）NaClO2中 Cl 的化合价为_。 （2）写出“反应”步骤中生成 ClO2的化学方程式_。 （3） “电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去 Mg 2+和 Ca2+，要加入的试剂分别为
40、_、 _。 “电解”中阴极反应的主要产物是_。 （4） “尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量 ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比 为_，该反应中氧化产物是_。 （5） “有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多 少克 Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_。(计算结果保留两位小数) 【答案】(1)+3 价；(2)2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4； (3)NaOH 溶液 ；Na2CO3溶液 ；ClO2 -(或 NaClO 2)； (4)2:1； O2； (5)1.57g。 【解析】(1)在
41、NaClO2中 Na 为+1 价，O 为-2 价，根据正负化合价的代数和为 0，可得 Cl 的化合价为+3 价。 (2)NaClO3和 SO2在 H2SO4酸化条件下生成 ClO2，其中 NaClO2是氧化剂，还原产物为 NaCl，根据电子守恒和原 子守恒，此反应的化学方程式为 2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2。(3)食盐溶液中混有 Mg 2+和 Ca2+，可利 用过量 NaOH 溶液除去 Mg 2+，利用过量 Na 2CO3溶液除去 Ca 2+，向 NaCl 溶液加入 ClO 2，进行电解，阳极发生反 应 2Cl -2e-=Cl 2， 反应产生 Cl2， 阴极发
42、生反应产生 NaClO2， 可见 “电解” 中阴极反应的主要产物是 NaClO2； (4)根据图示可知：利用含有过氧化氢的 NaOH 溶液 ClO2气体，产物为 NaClO3，则此吸收反应中，氧化剂为 ClO2，还原产物为 NaClO2，还原剂是 H2O2，氧化产物是 O2，每 1mol 的 H2O2转移 2mol 电子，反应方程式是： 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2:1，该反应中氧化产物 O2。(5) 每1克NaClO2的物质的量为n(NaClO2)=1g90.5g/mol=mol， 其获得电子的物质的量是n(e -)
43、= mol4=4/90.5mol，1molCl2获得电子的物质的量是 2mol，根据电子转移数目相等，可知其相对于氯 气的物质的量为 n=mol42=mol，则氯气的质量为mol71g/mol=1. 57g。 7. 氨基甲酸铵(H2 NCOONH4)是一种易分解、易水解的白色固体。其研究小组以浓氨水、干冰等为原料制备氨 基甲酸铵的实验装置如图 1 所示，其主要反应的原理为 2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s) H0 35 (1)仪器 1 的名称是_。仪器 3 中盛装的固体是_，其作用是_。 (2)仪器 6 的一个作用是控制原料气按反应计量系数充分反应， 若反应初期观察到装置内浓
44、硫酸中产生气泡， 则应该_(填“加快” “减慢”或“不改变”)产生氨气的速率。 (3)另一种制备氨基甲酸铵的反应装置(液体石蜡和 CCl4均充当惰性介质)如图 2 所示。 液体石蜡鼓泡瓶的作用是_。 若无冰水，则氨基甲酸铵易分解生成尿素CO（NH2）2请写出氨基甲酸铵受热分解的化学方程式： _。 当 CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，立即停止反应，过滤分离得到粗产品，为了将所得粗产品干燥， 可采取的方法是_(填标号)。 A蒸馏 B真空微热烘干 C高压加热烘干 (4)制得的氨基甲酸铵中可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种杂质(不考虑氨基甲酸铵与水的反应)。 设计方案，进行成分探究，请填写表中
45、空格。 限选试剂：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸。 实验步骤 预期现象和结论 36 步骤 1：取少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固 体溶解 得到无色溶液 步骤 2：向试管中加入过量的 BaCl2溶液，静置 若溶液不变浑浊，则证明固体中不含碳酸铵 步骤 3：向试管中继续加入_ _，则证明固体中含有碳酸氢铵 根据的结论。取 15.8g 氨基甲酸铵样品，用足量氧氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得 沉淀质量为 1.97g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为_。 【答案】【答案】 (1)滴液漏斗 碱石灰 干燥氨气， 防止仪器 5 中生成的氨基甲酸铵水解 (2)加快 (3) 通过观察气泡，控制通入 NH3与 CO2的速率 NH2COONH4CO(NH2)2+H2O B (4) 少量澄清石 灰水 若溶液变浑浊 95.0% 【解析】【解析】 （1）根据仪器 1 的特点，仪器 1 名称为滴液漏斗或恒压滴液漏斗；氨基甲酸铵是
