2025届高三化学一轮复习 专题训练：制备实验方案的设计

制备实验方案的设计 一．选择题（共25小题） 1．（2024秋•安徽月考）用FeCl3•6H2O晶体制取无水FeCl3的实验装置如图所示，已知无水FeCl3易水解、易升华。下列说法错误的是（　　） A．先打开分液漏斗活塞再点燃酒精灯 B．b装置中盛装的试剂是浓硫酸 C．d装置起到冷凝收集产物的作用 D．f装置中上层为苯，下层为NaOH溶液 2．（2024秋•泉州月考）某同学设计下列装置制备少量ClCH2CH2OH（沸点为128.7℃，能与水、乙醇以任意比混溶）。下列说法正确的是（　　） A．配制乙醇与浓硫酸混合液的方法是：在不断搅拌下向浓硫酸中加入乙醇 B．装置b中可盛放酸性KMnO4溶液以除去SO2杂质 C．装置c中发生的反应为Cl2+H2O+CH2＝CH2→ClCH2CH2OH+HCl D．最后用分液的方法从装置c中分离出ClCH2CH2OH 3．（2024秋•长治月考）工业上生产NaNO2的流程之一如图： 已知：只有V（NO）与V（NO2）等体积进入“吸收塔”才能获得高纯度的产品NaNO2；NO与Na2CO3溶液不反应。下列说法正确的是（　　） A．生成V（NO）与V（NO2）等体积的反应中，氧化剂与还原剂之比为3：2 B．“分解塔”中温度高低对产品的纯度没有影响 C．若用浓HNO3代替一定浓度的硝酸，产品中NaNO3杂质含量升高 D．尾气中含有大量的CO2，直接排放对环境的主要影响是酸雨 4．（2024秋•辽宁月考）实验室制备丙炔酸甲酯（CH≡CCOOCH3，沸点103～105℃）的流程如下，下列说法正确的是（　　） A．“蒸馏”时可用水浴加热 B．“操作1”名称为萃取分液 C．“洗涤2”中5%Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸等酸性物质 D．“反应”前加入试剂的顺序为浓硫酸、丙炔酸、甲醇 5．（2024秋•汕尾月考）Mg3N2是一种浅黄色粉末，极易水解，常用于制备超硬、耐高温的氮化物。实验室通过CuO氧化NH3制得N2，再与镁反应得到Mg3N2。下列说法不正确的是（　　） A．装置A中分液漏斗中的溶液可以是浓氨水 B．装置C中氧化剂与还原剂反应的物质的量之比为2：3 C．装置D中浓硫酸表现酸性和吸水性 D．Mg3N2水解的方程式Mg3N2+6H2O＝3Mg（OH）2+2NH3↑ 6．（2023秋•衡阳县期末）硫酰氯（SO2Cl2）常用于制造医药品、染料等，某实验小组拟用干燥的氯气和二氧化硫在活性炭催化下制取硫酰氯，装置如图所示： 已知：SO2Cl2的沸点为69℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法错误的是（　　） A．装置①中，为了提高浓盐酸的利用率，可控制分液漏斗缓慢逐滴滴加 B．装置②中试剂是饱和食盐水，装置③中试剂是浓硫酸 C．装置④需要热水浴，控制温度超过69℃，装置⑤需要冰水浴 D．“尾气处理”时需在装置⑤后接装有氢氧化钠溶液的洗气瓶 7．（2024•4月份模拟）S2Cl2是一种橙红色液体，易水解产生使品红溶液褪色的气体，常作橡胶工业的硫化剂。某同学设计如图装置制备S2Cl2（熔点：―76℃，沸点：138℃）。下列说法错误的是（　　） A．S2Cl2分子中含有非极性共价键 B．装置②③中分别装有饱和NaHCO3溶液、浓硫酸 C．制备S2Cl2的过程中可能发生反应：2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S+4HCl↑ D．该实验装置中有一处明显缺陷，可将装置⑥换成装有碱石灰的球形干燥管 8．（2024秋•海安市校级月考）实验室制备亚硫酸钠的过程如图所示：将饱和碳酸钠溶液加热到40℃，通入二氧化疏至饱和后，再加入碳酸钠固体，经后续操作制得亚硫酸钠。 （已知H2SO3：Ka1＝1.5×10﹣2，Ka2＝6.3×10﹣8；H2CO3：Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11） 下列说法正确的是（　　） A．饱和Na2CO3溶液中存在2c（Na+）＝c（H2CO3）+c（）+c（） B．“反应I”的离子方程式为+SO2+H2O＝+ C．“反应Ⅱ”得到的溶液中有c（）＜c（） D．“反应Ⅱ”所得溶液经蒸干、灼烧制得Na2SO3固体 9．（2024秋•荔湾区校级月考）乙烯是一种重要的化工原料，某学习小组用如图所示装置设计实验制备乙烯并制备1，2﹣二溴乙烷。下列说法错误的是（　　） A．装置A中温度计插入到反应溶液液面以下，便于控制温度在170℃ B．装置B中盛放酸性高锰酸钾溶液，目的是除去SO2 C．装置C中盛放品红溶液，目的是检验SO2是否被除净 D．随着反应的进行，装置D的试管中溴水颜色逐渐褪去，溶液分层 10．（2024秋•南昌月考）苯与丙酰氯（CH3CH2COCl）的反应是制备苯丙酮的常见方法，制备步骤如下： Ⅰ.在三颈烧瓶中加入AlCl3固体和25.00mL苯（ρ＝0.88g/cm3）； Ⅱ.边搅拌边滴加丙酰氯9.25g，维持50℃反应2小时； Ⅲ.将所得混合物倒入碎冰中，加少量盐酸溶解析出的沉淀； Ⅳ.分液，有机层经干燥后蒸馏，得产品11.39g； 相关物质性质如表 物质 沸点/℃ 相对分子质量 溶解性 苯 80.1 78 微溶于水 丙酰氯 77 92.5 易溶于苯，易水解 氯化铝 178 133.5 易溶于苯，易水解 苯丙酮 217.5 134 难溶于水，易溶于苯 下列说法错误的是（　　） A．步骤Ⅱ可使用水浴加热 B．步骤Ⅲ析出的沉淀可能是Al（OH）3 C．步骤Ⅳ蒸馏主要是分离苯、丙酰氯和苯丙酮 D．本次实验苯丙酮的产率为85% 11．（2024秋•重庆月考）金属钛（Ti）是一种重要的航空材料，其性质稳定，常温下不与稀盐酸反应。工业上以金红石（TiO2）为原料制备金属钛的主要流程如图所示：下列说法错误的是（　　） A．“氯化”过程的方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO↑ B．“还原”过程为置换反应，且Mg的还原性强于Ti C．Mg还原TiCl4过程中为防止O2氧化需要通入N2作保护气 D．制得的金属钛中含有少量金属Mg，可以用稀盐酸浸泡除Mg 12．（2024秋•靖远县月考）弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿（含CuO、As2O3及少量不溶性杂质）制备Cu2（OH）2SO4的工艺流程如图： 下列说法错误的是（　　） A．“氨浸”时，As2O3发生的离子反应为As2O3+6NH3+3H2O＝6+2﹣ B．“氨浸”时，CuO转化为[Cu（NH3）4]2+ C．“氧化除”时，每生成1mol FeAsO4，转移的电子数目为2NA D．“蒸氨”后，滤液中主要存在的离子为、 13．（2024•湖南模拟）以磷肥生产中的副产物氟硅酸（H2SiF6）为原料制备高纯氟化铝，可以解决萤石资源日益匮乏的现状。其中一种新工艺流程如图所示： 已知：①常温下，0.05mol•L﹣1H2SiF6溶液的pH为1； ②熔点：AlCl3192℃，AlF31090℃，SiCl4﹣70℃；沸点：SiF4﹣86℃。 下列有关说法不正确的是（　　） A．AlCl3与AlF3固体晶体类型不同 B．氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为+2Na+═Na2SiF6↓ C．“气相沉积”工序中，将无水氯化铝以气态形式投入，可以使反应更充分，产品纯度更高 D．含1mol H2SiF6的原料最终制得1.2mol AlF3，则实验产率为60% 14．（2024秋•沙坪坝区校级月考）CuCl难溶于水，在空气中易被氧化。工业以废铜泥（含CuS、Cu2S、Cu2（OH）2CO3、Fe等）为原料制备CuCl的流程如图： 下列说法正确的是（　　） A．“酸浸”后，溶液中的金属离子只含Fe2+和Cu2+ B．“除杂”步骤中，为了使沉淀完全，加氢氧化钠溶液须过量 C．“灼烧”不充分会降低CuCl的产率 D．实验室模拟工业灼烧操作可在蒸发皿中进行 15．（2024秋•小店区校级月考）氯化亚矾（SOCl2）是一种无色易挥发液体，沸点为79℃，与水剧烈反应时液面上有雾形成，并有刺激性气味气体逸出。SOCl2可用作脱水剂，与AlCl3•6H2O混合共热时可得到无水AlCl3。实验室用如图所示装置制取无水AlCl3，回收剩余的SOCl2并验证生成物中有SO2。下列说法错误的是（　　） A．仪器X的优点是平衡压强，便于液体顺利滴下 B．装置的连接顺序为A→C→D→E→B C．装置B中新增的阴离子一定只有两种 D．用K3[Fe（CN）6]溶液能检验FeCl3•6H2O与SOCl2共热脱水过程是否发生氧化还原反应 16．（2024秋•江阴市校级月考）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比O3、KMnO4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂。工业上可以由硫酸亚铁制备高铁酸钾以及高铁酸钾处理污水的部分流程如下，其中过程①中发生的反应为：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑） 以下说法不正确的是（　　） A．过程①中还原剂与氧化剂的个数之比为1：3 B．另一种在碱性条件下制备K2FeO4的反应可能：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O C．K2FeO4处理污水时不仅能消毒杀菌，还能生成Fe（OH）3胶体吸附水中的悬浮杂质 D．污水中的有害离子CN﹣被K2FeO4氧化转化为两种无毒气体，反应过程中CN﹣做还原剂 17．（2024秋•辽宁月考）铋酸钠（NaBiO3）是一种强氧化剂，微溶于水。以泡铋矿[主要成分是（BiO）2CO3，含SiO2等杂质]为原料制备铋酸钠的流程如图所示。下列叙述错误的是（　　） A．将滤液1和滤液2合并后加入适量盐酸，可得到NaCl溶液 B．“酸浸”时发生反应（BiO）2CO3+6HCl＝2BiCl3+CO2↑+3H2O C．分离得到NaBiO3的操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥 D．“氧化”时发生反应的离子方程式：Bi（OH）3+Cl2+3OH﹣+Na+＝NaBiO3+2Cl﹣+3H2O 18．（2024秋•西安月考）BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。已知“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；“沉淀”步骤中生成的沉淀化学式为BaTiO（C2O4）2。 下列说法中错误的是（　　） A．“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是做还原剂 B．“浸取”步骤中的滤渣为CaS：“酸化”步骤中的酸可用盐酸或稀硫酸 C．“沉淀”步骤中发生反应的化学方程式为BaCl2+TiCl4+2（NH4）2C2O4+H2O＝BaTiO（C2O4）2↓+4NH4Cl+2HCl D．“热分解”过程中产生的CO和CO2的物质的量之比为1：1 19．（2024秋•贵州月考）高铁酸钠（Na2FeO4）可以杀菌消毒，是一种新型、高效、多功能的水处理剂。某化学实验小组利用NaClO在碱性介质中与FeCl3溶液的反应制备Na2FeO4并探究其性质，实验装置如图7所示。下列说法错误的是（　　） A．橡胶管a的作用是平衡气压，便于浓盐酸顺利流下 B．若去掉装置乙，其不足之处为挥发出的氯化氢与氢氧化钠溶液反应，干扰Na2FeO4的制备 C．装置丙中生成Na2FeO4的反应说明ClO﹣的氧化性大于 D．装置丁中发生反应的离子方程式有Fe2++Cl2＝Fe3++2Cl﹣和Fe3++3SCN﹣＝Fe（SCN）3 20．（2024秋•贵州月考）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl﹣并制备Zn，流程如图，“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法错误的是（　　） 锌浸出液中相关成分（其他成分无干扰） 离子 Zn2+ Cu2+ Cl﹣ 浓度（g•L﹣1） 145 0.03 1 A．“浸铜”反应中还原产物是水 B．“浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全 C．“脱氯”反应：Cu+Cu2++2Cl﹣＝2CuCl D．脱氯液净化后电解，可在阴极得到Zn 21．（2024•贵州开学）环己烯的制备步骤如下：在干燥的圆底烧瓶中加入10g环己醇、0.8mL浓硫酸和几粒沸石，充分混合均匀，蒸馏温度控制在90℃以下，接收瓶浸在冷水中冷却，向馏出液中加入食盐和5%碳酸钠溶液，分液，再加入无水CaCl2蒸馏收集80～85℃的馏分。下列叙述错误的是（　　） A．实验还需要的仪器有酒精灯、冷凝管、锥形瓶、烧杯、分液漏斗和温度计 B．浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸越多，产率越高 C．碳酸钠能中和馏出液中的酸性物质，分液时有机相从上口倒出 D．加入无水氯化钙的目的是除去水分 22．（2024•临泉县校级开学）工业上煅烧含硫矿物（如FeS2、Sb2S3等）产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。已知：硫酸的结构简式为。下列说法错误的是（　　） A．途径Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均有空气参与 B．途径Ⅱ发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2 C．途径Ⅲ产生的SO3也可以用98.3%浓硫酸吸收 D．1mol X最多可以与1mol NaOH反应 23．（2024•河南开学）金属钛（Ti）是一种重要的航空材料，其性质稳定，常温下不与稀盐酸反应。工业上以金红石（TiO2）为原料制备金属钛的主要流程如图所示： 下列说法错误的是（　　） A．“氯化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1 B．由“还原”过程可知Mg的还原性强于Ti C．Mg还原TnCl4过程中为防止O2氧化需要通入N2作保护气 D．制得的金属钛中含有少量金属Mg，可以用稀盐酸浸泡除Mg 24．（2024秋•静海区校级月考）利用NaClO氧化尿素[CO（NH）2]制备N2H4•H2O（水合肼）的实验流程如图所示： 已知：N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。 下列说法不正确的是（　　） A．步骤Ⅰ的反应中变价元素只有氯元素 B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，当产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：3 C．步骤Ⅱ中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中 D．生成水合肼反应的离子方程式为：ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣═Cl﹣+N2H4•H2O+ 25．（2024秋•安徽月考）二氧化氯（ClO2，黄绿色、易溶于水的气体）是一种高效、低毒的消毒剂，其一种生产工艺如图所示。下列说法错误的是（　　） A．气体A是H2 B．NCl3的键角大于NF3的键角 C．参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6：1 D．等质量的ClO2与Cl2的消毒效率之比小于2.5：1 参考答案与试题解析 一．选择题（共25小题） 1．（2024秋•安徽月考）用FeCl3•6H2O晶体制取无水FeCl3的实验装置如图所示，已知无水FeCl3易水解、易升华。下列说法错误的是（　　） A．先打开分液漏斗活塞再点燃酒精灯 B．b装置中盛装的试剂是浓硫酸 C．d装置起到冷凝收集产物的作用 D．f装置中上层为苯，下层为NaOH溶液 【答案】D 【分析】A．FeCl3•6H2O晶体在HCl氛围中加热才能抑制FeCl3的水解； B．用B装置干燥HCl； C．无水FeCl3易升华，遇冷也易凝华； D．要防止倒吸。 【解答】解：A．FeCl3•6H2O晶体在HCl氛围中加热才能抑制FeCl3的水解，因此先打开分液漏斗产生HCl，过段时间再点燃酒精灯，故A正确； B．用B装置干燥HCl，故选用浓硫酸，故B正确； C．无水FeCl3易升华，遇冷也易凝华，d中冰块起的作用是降低无水FeCl3蒸气的温度，便于物质冷凝结晶，故C正确； D．f中上层为NaOH溶液，下层为CCl4，才能防止倒吸，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。 2．（2024秋•泉州月考）某同学设计下列装置制备少量ClCH2CH2OH（沸点为128.7℃，能与水、乙醇以任意比混溶）。下列说法正确的是（　　） A．配制乙醇与浓硫酸混合液的方法是：在不断搅拌下向浓硫酸中加入乙醇 B．装置b中可盛放酸性KMnO4溶液以除去SO2杂质 C．装置c中发生的反应为Cl2+H2O+CH2＝CH2→ClCH2CH2OH+HCl D．最后用分液的方法从装置c中分离出ClCH2CH2OH 【答案】C 【分析】A．根据浓硫酸的密度比乙醇的大，进行分析； B．根据高锰酸钾溶液可氧化乙烯进行分析； C．根据Cl2先与水反应生成HClO，HClO再与乙烯加成进行分析； D．根据ClCH2CH2OH与水互溶，应先中和再蒸馏进行分析。 【解答】解：A．浓硫酸的密度比乙醇的大，应在不断搅拌下向乙醇中加入浓硫酸，故A错误； B．装置b中应盛放浓的NaOH溶液，因为高锰酸钾溶液会氧化乙烯，故B错误； C．Cl2先与水反应生成HClO，HClO再与乙烯加成，装置c中发生的反应为Cl2+H2O+CH2＝CH2→ClCH2CH2OH+HCl，故C正确； D．ClCH2CH2OH与水互溶，应先中和再蒸馏，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 3．（2024秋•长治月考）工业上生产NaNO2的流程之一如图： 已知：只有V（NO）与V（NO2）等体积进入“吸收塔”才能获得高纯度的产品NaNO2；NO与Na2CO3溶液不反应。下列说法正确的是（　　） A．生成V（NO）与V（NO2）等体积的反应中，氧化剂与还原剂之比为3：2 B．“分解塔”中温度高低对产品的纯度没有影响 C．若用浓HNO3代替一定浓度的硝酸，产品中NaNO3杂质含量升高 D．尾气中含有大量的CO2，直接排放对环境的主要影响是酸雨 【答案】C 【分析】将SO2和一定浓度的硝酸通入分解塔，发生反应，硝酸被还原为NO和NO2，然后将等体积的NO和NO2冷却后通入碳酸钠溶液中，发生归中反应，生成NaNO2和CO2，据此分析作答。 【解答】解：A．生成V（NO）与V（NO2）等体积，即等物质的量，则有HNO3～NO，HNO3～NO2，2个硝酸共降低（1+3）价，SO2被氧化为硫酸，1个SO2升高2价，所以氧化剂与还原剂之比为2：2＝1：1，故A错误； B．温度过高时，硝酸会自身分解，生成NO2，“分解塔”中温度高低对产品的纯度有影响，故B错误； C．若用浓HNO3代替一定浓度的硝酸，浓HNO3会分解产生NO2，NO2可以与碳酸钠发生歧化反应，生成硝酸钠和亚硝酸钠，所以产品中NaNO3杂质含量会升高，故C正确； D．尾气中含有大量的CO2，直接排放对环境的主要影响是温室效应，酸雨与SO2的排放有关，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，属于高考高频考点，难度中等。 4．（2024秋•辽宁月考）实验室制备丙炔酸甲酯（CH≡CCOOCH3，沸点103～105℃）的流程如下，下列说法正确的是（　　） A．“蒸馏”时可用水浴加热 B．“操作1”名称为萃取分液 C．“洗涤2”中5%Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸等酸性物质 D．“反应”前加入试剂的顺序为浓硫酸、丙炔酸、甲醇 【答案】C 【分析】在反应瓶中，加入丙炔酸和甲醇，其中甲醇过量可促进酯化反应正向进行，提高丙炔酸的转化率，反应后的混合液中加入饱和食盐水，分液分离出有机相，分别用5%的碳酸钠溶液、水洗涤可以除去未反应完的丙炔酸和无机盐，有机相不溶于水，可用分液的方式分离出来，有机相经过无水硫酸钠干燥、过滤、蒸馏即可得到丙炔酸甲酯，据此分析解题。 【解答】解：A．丙炔酸甲酯的沸点为103～105℃，蒸馏时不能用水浴加热，故A错误； B．操作1为有机相用无水硫酸钠除水，除去水后硫酸钠为固态晶体，用过滤分离，故B错误； C．经食盐水洗涤后的有机相含有少量丙炔酸和硫酸等酸性杂质，碳酸钠除去酸性杂质，故C正确； D．溶液混合时，应将密度大的溶液加入密度小的溶液中，酯化反应药品添加顺序为醇、浓硫酸、有机酸，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。 5．（2024秋•汕尾月考）Mg3N2是一种浅黄色粉末，极易水解，常用于制备超硬、耐高温的氮化物。实验室通过CuO氧化NH3制得N2，再与镁反应得到Mg3N2。下列说法不正确的是（　　） A．装置A中分液漏斗中的溶液可以是浓氨水 B．装置C中氧化剂与还原剂反应的物质的量之比为2：3 C．装置D中浓硫酸表现酸性和吸水性 D．Mg3N2水解的方程式Mg3N2+6H2O＝3Mg（OH）2+2NH3↑ 【答案】B 【分析】该实验目的是利用N2与Mg加热反应生成Mg3N2，A装置中分液漏斗盛放的是浓氨水，浓氨水与生石灰混合放出NH3，B中碱石灰干燥NH3，C装置中NH3与CuO在加热条件下反应生成N2，装置D中浓硫酸能够吸收NH3、干燥N2，干燥的N2进入E装置与Mg加热反应生成Mg3N2，F装置可以防止空气中的CO2、H2O等进入装置中与Mg反应，以此分析解答。 【解答】解：A.装置A中分液漏斗中的溶液是浓氨水，流入烧瓶中与CaO接触会产生NH3，故A正确； B.C中发生反应3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，其中氨气是还原剂，氧化铜是氧化剂，比例为3：2，故B错误； C.装置D中浓硫酸的作用除了干燥N2，还需要吸收NH3，故体现酸性和吸水性，故C正确； D.Mg3N2水解时先产生镁离子和氮负离子，然后水解产生氢氧化镁和氨气，对应方程式为Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3↑，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。 6．（2023秋•衡阳县期末）硫酰氯（SO2Cl2）常用于制造医药品、染料等，某实验小组拟用干燥的氯气和二氧化硫在活性炭催化下制取硫酰氯，装置如图所示： 已知：SO2Cl2的沸点为69℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法错误的是（　　） A．装置①中，为了提高浓盐酸的利用率，可控制分液漏斗缓慢逐滴滴加 B．装置②中试剂是饱和食盐水，装置③中试剂是浓硫酸 C．装置④需要热水浴，控制温度超过69℃，装置⑤需要冰水浴 D．“尾气处理”时需在装置⑤后接装有氢氧化钠溶液的洗气瓶 【答案】D 【分析】利用纯净干燥的氯气和二氧化硫反应制取硫酰氯，由实验装置可知，装置①中制备氯气，装置②中除去氯气中的氯化氢，装置③中浓硫酸干燥氯气，装置④中发生SO2（g）+Cl2（g）＝SO2Cl2（l），装置⑤中吸收产物，最后吸收尾气。 【解答】解：A．装置①中，为了提高浓盐酸的利用率，可控制分液漏斗缓慢逐滴滴加，以便控制反应速率，提高原料利用率，故A正确； B．生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，则装置②中试剂是饱和食盐水，装置③中试剂是浓硫酸，故B正确； C．SO2Cl2的沸点为69℃，因此装置④需要热水浴，控制温度超高69℃，使生成的硫酰氯进入装置⑤吸收，其中装置⑤需要冰水浴，故C正确； D．为吸收尾气氯气和二氧化硫，同时防止水蒸气进入装置④中，则“尾气处理”时需在装置⑤后接装有碱石灰的干燥管，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生实验方案设计的掌握情况，试题难度中等。 7．（2024•4月份模拟）S2Cl2是一种橙红色液体，易水解产生使品红溶液褪色的气体，常作橡胶工业的硫化剂。某同学设计如图装置制备S2Cl2（熔点：―76℃，沸点：138℃）。下列说法错误的是（　　） A．S2Cl2分子中含有非极性共价键 B．装置②③中分别装有饱和NaHCO3溶液、浓硫酸 C．制备S2Cl2的过程中可能发生反应：2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S+4HCl↑ D．该实验装置中有一处明显缺陷，可将装置⑥换成装有碱石灰的球形干燥管 【答案】B 【分析】分析可知，实验室用高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气中混有HCl气体和H2O，先用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸干燥，S和Cl2反应生成S2Cl2，⑤中冷水浴冷却收集S2Cl2，装置⑥吸收多余的氯气，并防止外界空气中水蒸气加入⑤中使S2Cl2水解，以此解答。 【解答】解：A．S2Cl2的结构式为Cl﹣S—S—Cl，含有S—S非极性共价键，故A正确； B．由分析可知，装置②③中分别装有饱和食盐水、浓硫酸，故B错误； C．S2Cl2易和H2O发生氧化还原反应生成SO2、S和HCl，化学方程式为：2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S+4HCl↑，故C正确； D．实验时要吸收多余的氯气，并防止外界空气中水蒸气加入e中使S2Cl2水解，故⑥处的装置可以选用装有碱石灰的球形干燥管，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。 8．（2024秋•海安市校级月考）实验室制备亚硫酸钠的过程如图所示：将饱和碳酸钠溶液加热到40℃，通入二氧化疏至饱和后，再加入碳酸钠固体，经后续操作制得亚硫酸钠。 （已知H2SO3：Ka1＝1.5×10﹣2，Ka2＝6.3×10﹣8；H2CO3：Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11） 下列说法正确的是（　　） A．饱和Na2CO3溶液中存在2c（Na+）＝c（H2CO3）+c（）+c（） B．“反应I”的离子方程式为+SO2+H2O＝+ C．“反应Ⅱ”得到的溶液中有c（）＜c（） D．“反应Ⅱ”所得溶液经蒸干、灼烧制得Na2SO3固体 【答案】C 【分析】A．根据物料守恒进行分析； B．电离平衡常数越大，酸性越强，强酸可以置换出弱酸； C．反应Ⅰ得到的溶液为NaHSO3溶液，继续加入碳酸钠固体，根据酸性：＞，两者反应生成Na2SO3和NaHCO3，根据Na2SO3溶液进行分析； D．Na2SO3易被空气中的氧气氧化。 【解答】解：A．根据物料守恒可知，饱和Na2CO3溶液中存在c（Na+）＝2[c（H2CO3）+c（）+c（）]，故A错误； B．根据电离平衡常数可知，酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞，所以反应I”的离子方程式为：+2SO2+H2O＝CO2+2，故B错误； C．反应Ⅰ得到的溶液为NaHSO3溶液，继续加入碳酸钠固体，根据酸性：＞，两者反应生成Na2SO3和NaHCO3，Na2SO3溶液中肯定存在：c（）＜c（），故C正确； D．Na2SO3易被空气中的氧气氧化，反应Ⅱ所得溶液经蒸干、灼烧制得Na2SO4固体，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，同时考查物料守恒、电离平衡常数K的应用、离子浓度大小的比较等，属于高考高频考点，难度中等。 9．（2024秋•荔湾区校级月考）乙烯是一种重要的化工原料，某学习小组用如图所示装置设计实验制备乙烯并制备1，2﹣二溴乙烷。下列说法错误的是（　　） A．装置A中温度计插入到反应溶液液面以下，便于控制温度在170℃ B．装置B中盛放酸性高锰酸钾溶液，目的是除去SO2 C．装置C中盛放品红溶液，目的是检验SO2是否被除净 D．随着反应的进行，装置D的试管中溴水颜色逐渐褪去，溶液分层 【答案】B 【分析】A．该反应温度为170℃，则装置A中温度计插入到反应溶液液面以下； B．酸性高锰酸钾会将乙烯氧化； C．二氧化硫能使品红溶褪色； D．装置D中生成的1，2二溴乙烷微溶于水。 【解答】解：A．该反应温度为170℃，则装置A中温度计插入到反应溶液液面以下，便于控制温度在170℃，故A正确； B．酸性高锰酸钾会将乙烯氧化，用氢氧化钠溶液除去SO2，装置B中不可盛放酸性高锰酸钾溶液，故B错误； C．二氧化硫能使品红溶褪色；装置C中盛放品红溶液，目的是检验SO2是否被除净，故C正确； D．装置D中生成的1，2二溴乙烷微溶于水，反应过程中橙黄色溶液褪色，静置后出现分层现象，上层为透明的水层，下层为无色的1，2二溴乙烷油状液体，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。 10．（2024秋•南昌月考）苯与丙酰氯（CH3CH2COCl）的反应是制备苯丙酮的常见方法，制备步骤如下： Ⅰ.在三颈烧瓶中加入AlCl3固体和25.00mL苯（ρ＝0.88g/cm3）； Ⅱ.边搅拌边滴加丙酰氯9.25g，维持50℃反应2小时； Ⅲ.将所得混合物倒入碎冰中，加少量盐酸溶解析出的沉淀； Ⅳ.分液，有机层经干燥后蒸馏，得产品11.39g； 相关物质性质如表 物质 沸点/℃ 相对分子质量 溶解性 苯 80.1 78 微溶于水 丙酰氯 77 92.5 易溶于苯，易水解 氯化铝 178 133.5 易溶于苯，易水解 苯丙酮 217.5 134 难溶于水，易溶于苯 下列说法错误的是（　　） A．步骤Ⅱ可使用水浴加热 B．步骤Ⅲ析出的沉淀可能是Al（OH）3 C．步骤Ⅳ蒸馏主要是分离苯、丙酰氯和苯丙酮 D．本次实验苯丙酮的产率为85% 【答案】C 【分析】A．需要加热且温度小于100℃的需要采用水浴加热； B．AlCl3水解生成Al（OH）3； C．步骤Ⅳ中有机物为苯、丙酰氯，结合方框内数据； D．根据苯～丙酰氯～苯丙酮，两者物质的量为1：1关系。 【解答】解：A．加热温度小于100℃的可采用水浴加热，故A正确； B．AlCl3水解生成Al（OH）3，步骤Ⅲ析出的沉淀可能是Al（OH）3，故B正确； C．丙酰氯已经水解，步骤Ⅳ中有机物为苯、丙酰氯，步骤Ⅳ蒸馏主要是分离苯和苯丙酮，故C错误； D．苯物质的量为≈0.28，苯酰氯物质的量为l≈0.10mol，苯过量，根据苯～丙酰氯～苯丙酮，本次实验苯丙酮的产率为×100%≈85%，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查物质的制备实验，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理和注意事项，题目难度中等。 11．（2024秋•重庆月考）金属钛（Ti）是一种重要的航空材料，其性质稳定，常温下不与稀盐酸反应。工业上以金红石（TiO2）为原料制备金属钛的主要流程如图所示：下列说法错误的是（　　） A．“氯化”过程的方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO↑ B．“还原”过程为置换反应，且Mg的还原性强于Ti C．Mg还原TiCl4过程中为防止O2氧化需要通入N2作保护气 D．制得的金属钛中含有少量金属Mg，可以用稀盐酸浸泡除Mg 【答案】C 【分析】由流程可知，氯化过程中发生TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，生成可燃性气体为CO，还原过程中发生2Mg+TiCl42MgCl2+Ti，氩气的可隔绝空气，防止金属钛被氧化，以此来解答。 【解答】解：A.结合分析可知，氯化过程中发生TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，故A正确； B.还原过程，镁置换出钛，结合已知信息，金属钛（Ti）是一种重要的航空材料，其性质稳定，常温下不与稀盐酸反应，故镁还原性更强，故B正确； C.Mg还原TiCl4过程中为防止O2氧化需要保护气，但是镁可以和氮气高温下反应，需要使用稀有气体，故C错误； D.结合已知信息，金属钛（Ti）是一种重要的航空材料，其性质稳定，常温下不与稀盐酸反应，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。 12．（2024秋•靖远县月考）弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿（含CuO、As2O3及少量不溶性杂质）制备Cu2（OH）2SO4的工艺流程如图： 下列说法错误的是（　　） A．“氨浸”时，As2O3发生的离子反应为As2O3+6NH3+3H2O＝6+2﹣ B．“氨浸”时，CuO转化为[Cu（NH3）4]2+ C．“氧化除”时，每生成1mol FeAsO4，转移的电子数目为2NA D．“蒸氨”后，滤液中主要存在的离子为、 【答案】C 【分析】分析流程可知，利用含砷氧化铜矿（含CuO、As2O3及少量不溶性杂质）制备Cu2（OH）SO4，用NH3和（NH4）2SO4“氨浸”含砷氧化铜矿，含铜化合物转化为[Cu（NH3）4]SO4，As2O3转化为，然后向滤液中加入（NH4）2S2O8和FeSO4，氧化除去，得到FeAsO4沉淀，过滤除去沉淀，得到的溶液主要为（NH4）2SO4溶液和[Cu（NH3）4]SO4溶液，再经“蒸氨”、过滤、洗涤得到产品Cu2（OH）SO4，据此分析回答问题。 【解答】解：A.As2O3在“氨浸”时生成，发生的离子反应为，故A正确； B.“氨浸”时含铜化合物转化为[Cu（NH3）4]SO4，即CuO转化为，故B正确； C.“氧化除”时As元素由+3价升高至+5价，Fe由+2价升高至+3价，则生成1mol FeAsO4时转移3mol电子，转移的电子数目为3NA，故C错误； D.“氧化除”得到的溶液主要为（NH4）2SO4溶液和[Cu（NH3）4]SO4溶液，再经“蒸氨”、过滤、洗涤得到产品Cu2（OH）SO4以及（NH4）2SO4溶液，故滤液中主要存在的离子为、，故D正确， 故选：C。 【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。 13．（2024•湖南模拟）以磷肥生产中的副产物氟硅酸（H2SiF6）为原料制备高纯氟化铝，可以解决萤石资源日益匮乏的现状。其中一种新工艺流程如图所示： 已知：①常温下，0.05mol•L﹣1H2SiF6溶液的pH为1； ②熔点：AlCl3192℃，AlF31090℃，SiCl4﹣70℃；沸点：SiF4﹣86℃。 下列有关说法不正确的是（　　） A．AlCl3与AlF3固体晶体类型不同 B．氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为+2Na+═Na2SiF6↓ C．“气相沉积”工序中，将无水氯化铝以气态形式投入，可以使反应更充分，产品纯度更高 D．含1mol H2SiF6的原料最终制得1.2mol AlF3，则实验产率为60% 【答案】D 【分析】H2SiF6与硫酸钠反应生成Na2SiF6，经过干燥、热分解得到氟化钠和四氟化硅，再经过“气相沉积”工序，得到高纯氟化铝。 【解答】解：A．根据熔点数据可知，AlCl3为分子晶体，AlF3为离子晶体，故A正确； B．根据已知①常温下，0.05mol•L﹣1H2SiF6溶液的pH为1，则知H2SiF6是强酸，由流程知Na2SiF6为沉淀，因此氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为，故B正确； C．“气相沉积”工序中，将无水氯化铝以气态形式投入，增大了反应物间的接触面积，使反应更充分，故C正确； D．该工艺中转化的关系为H2SiF6～Na2SiF6～，含1mol H2SiF6的原料理论上得到，实际最终制得1.2mol AlF3，则实验产率为，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。 14．（2024秋•沙坪坝区校级月考）CuCl难溶于水，在空气中易被氧化。工业以废铜泥（含CuS、Cu2S、Cu2（OH）2CO3、Fe等）为原料制备CuCl的流程如图： 下列说法正确的是（　　） A．“酸浸”后，溶液中的金属离子只含Fe2+和Cu2+ B．“除杂”步骤中，为了使沉淀完全，加氢氧化钠溶液须过量 C．“灼烧”不充分会降低CuCl的产率 D．实验室模拟工业灼烧操作可在蒸发皿中进行 【答案】C 【分析】废铜泥灼烧后将金属元素转化为可溶于硫酸的氧化物，酸浸后先加H2O2氧化Fe2+，再加NaOH稀溶液，过滤除去Fe（OH）3，往滤液中加入Na2SO3、NaCl还原后经系列操作得到氯化亚铜产品。 【解答】解：废铜泥灼烧后将金属元素转化为可溶于硫酸的氧化物，酸浸后先加H2O2氧化Fe2+，再加NaOH稀溶液，过滤除去Fe（OH）3，往滤液中加入Na2SO3、NaCl还原后经系列操作得到氯化亚铜产品； A．废铜泥在空气中灼烧后，Fe被氧化为Fe的氧化物，酸浸后溶液中的金属离子含有Cu2+、Fe2+和 Fe3+，故A错误； B．“除杂”步骤中，加过量的氢氧化钠溶液会提高成本，并且可能生成氢氧化铜沉淀，降低 CuCl 的产率，故B错误； C．“灼烧”不充分，铜没有完全转化为氧化铜，则会降低 CuCl 的产率，故C正确； D．灼烧固体在坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。 15．（2024秋•小店区校级月考）氯化亚矾（SOCl2）是一种无色易挥发液体，沸点为79℃，与水剧烈反应时液面上有雾形成，并有刺激性气味气体逸出。SOCl2可用作脱水剂，与AlCl3•6H2O混合共热时可得到无水AlCl3。实验室用如图所示装置制取无水AlCl3，回收剩余的SOCl2并验证生成物中有SO2。下列说法错误的是（　　） A．仪器X的优点是平衡压强，便于液体顺利滴下 B．装置的连接顺序为A→C→D→E→B C．装置B中新增的阴离子一定只有两种 D．用K3[Fe（CN）6]溶液能检验FeCl3•6H2O与SOCl2共热脱水过程是否发生氧化还原反应 【答案】C 【分析】A．仪器X为恒压滴液漏斗； B．根据题意可知，反应产生的气体中有HCl，直接通入水溶液中易引起倒吸，需要先通过安全瓶D防倒吸，装置C的作用是防止水蒸气进入装置A的锥形瓶中与SOCl2反应； C．由上述分析可知，NaOH溶液吸收HCl和SO2； D．若发生氧化还原反应，即Fe3+被生成的SO2还原为Fe2+，而Fe2+能与K3[Fe（CN）6]溶液反应生成蓝色沉淀。 【解答】解：A．仪器X为恒压滴液漏斗，优点是平衡漏斗和三颈烧瓶内的压强，便于液体顺利滴下，故A正确； B．反应产生的气体中有HCl，直接通入水溶液中易引起倒吸，需要先通过安全瓶D防倒吸，装置C的作用是防止水蒸气进入装置A的锥形瓶中与SOCl2反应，则装置的连接顺序为A→C→D→E→B，故B正确； C．NaOH溶液吸收HCl和SO2，新增的阴离子可能有、、Cl﹣，故C错误； D．若发生氧化还原反应，即Fe3+被生成的SO2还原为Fe2+，而Fe2+能与K3[Fe（CN）6]溶液反应生成蓝色沉淀，则用K3[Fe（CN）6]溶液能检验FeCl3•6H2O与SOCl2共热脱水过程是否发生了氧化还原反应，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。 16．（2024秋•江阴市校级月考）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比O3、KMnO4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂。工业上可以由硫酸亚铁制备高铁酸钾以及高铁酸钾处理污水的部分流程如下，其中过程①中发生的反应为：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑） 以下说法不正确的是（　　） A．过程①中还原剂与氧化剂的个数之比为1：3 B．另一种在碱性条件下制备K2FeO4的反应可能：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O C．K2FeO4处理污水时不仅能消毒杀菌，还能生成Fe（OH）3胶体吸附水中的悬浮杂质 D．污水中的有害离子CN﹣被K2FeO4氧化转化为两种无毒气体，反应过程中CN﹣做还原剂 【答案】A 【分析】过程①中发生的反应为：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，K2FeO4的溶解度更小，向Na2FeO4溶液中加入KOH，析出K2FeO4，K2FeO4用于污水处理，被还原铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附水中的悬浮物质，达到净水的目的。 【解答】解：A．过程①中还原剂是2个FeSO4和1个Na2O2，氧化剂是5个Na2O2，两者的个数之比为3：5，故A错误； B．在碱性条件下，Fe（OH）3可以次氯酸钠氧化，生成K2FeO4，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O，故B正确； C．K2FeO4是强氧化剂，可以杀菌、消毒，处理污水时，还能生成Fe（OH）3胶体吸附水中的悬浮杂质，故C正确； D．污水中的有害离子CN﹣被K2FeO4氧化转化为两种无毒气体，即N2和CO2，反应过程中CN﹣做还原剂，故D正确； 故选：A。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，侧重考查氧化还原反应原理的应用，属于基本知识的考查，难度中等。 17．（2024秋•辽宁月考）铋酸钠（NaBiO3）是一种强氧化剂，微溶于水。以泡铋矿[主要成分是（BiO）2CO3，含SiO2等杂质]为原料制备铋酸钠的流程如图所示。下列叙述错误的是（　　） A．将滤液1和滤液2合并后加入适量盐酸，可得到NaCl溶液 B．“酸浸”时发生反应（BiO）2CO3+6HCl＝2BiCl3+CO2↑+3H2O C．分离得到NaBiO3的操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥 D．“氧化”时发生反应的离子方程式：Bi（OH）3+Cl2+3OH﹣+Na+＝NaBiO3+2Cl﹣+3H2O 【答案】C 【分析】泡铋矿的主要成分是（BiO）2CO3，含SiO2等杂质，加入盐酸酸浸，不溶于盐酸，进入滤渣，（BiO）2CO3溶于盐酸，生成BiCl3，继续加入NaOH，生成Bi（OH）3，过滤，向Bi（OH）3沉淀中加入NaOH，同时通入氯气，生成NaBiO3沉淀，过滤，得到NaBiO3，据此分析作答。 【解答】解：A．滤液1的溶质是NaCl和NaOH，滤液2的溶质是NaCl和NaOH，两滤液合并后加入适量盐酸可得到NaCl溶液，中和过量的NaOH，可得到NaCl溶液，故A正确； B．根据分析可知，“酸浸”时发生反应为：（BiO）2CO3+6HCl＝2BiCl3+CO2↑+3H2O，故B正确； C．根据分析可知，NaBiO3是难溶物，分离得到NaBiO3的操作是过滤、洗涤、干燥，故C错误； D．“氧化”时发生氧化还原反应，生成NaBiO3、NaCl和H2O，反应的离子方程式：Bi（OH）3+Cl2+3OH﹣+Na+＝NaBiO3+2Cl﹣+3H2O，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及方程式书写，实验的基本操作等，属于高考高频考点，难度中等。 18．（2024秋•西安月考）BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。已知“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；“沉淀”步骤中生成的沉淀化学式为BaTiO（C2O4）2。 下列说法中错误的是（　　） A．“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是做还原剂 B．“浸取”步骤中的滤渣为CaS：“酸化”步骤中的酸可用盐酸或稀硫酸 C．“沉淀”步骤中发生反应的化学方程式为BaCl2+TiCl4+2（NH4）2C2O4+H2O＝BaTiO（C2O4）2↓+4NH4Cl+2HCl D．“热分解”过程中产生的CO和CO2的物质的量之比为1：1 【答案】B 【分析】由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaS和BaCl2；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和（NH4）2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO（C2O4）2；BaTiO（C2O4）2经热分解得到BaTiO3。 【解答】解：A．“焙烧”步骤中BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS，C的化合价从0价到+2价，即碳粉的主要作用是做还原剂，故A正确； B．“浸取”步骤中的滤渣为CaS和碳粉；“酸化”步骤中的酸可用盐酸，稀硫酸会加入杂质离子不可用，故B错误； C．“沉淀”步骤为BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和（NH4）2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO（C2O4）2，对应的化学方程式为：BaCl2+TiCl4+2（NH4）2C2O4+H2O＝BaTiO（C2O4）2↓+4NH4Cl+2HCl，故C正确； D．BaTiO（C2O4）2经热分解得到BaTiO3，对应的化学方程式为：，CO和CO2的物质的量之比为1：1，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。 19．（2024秋•贵州月考）高铁酸钠（Na2FeO4）可以杀菌消毒，是一种新型、高效、多功能的水处理剂。某化学实验小组利用NaClO在碱性介质中与FeCl3溶液的反应制备Na2FeO4并探究其性质，实验装置如图7所示。下列说法错误的是（　　） A．橡胶管a的作用是平衡气压，便于浓盐酸顺利流下 B．若去掉装置乙，其不足之处为挥发出的氯化氢与氢氧化钠溶液反应，干扰Na2FeO4的制备 C．装置丙中生成Na2FeO4的反应说明ClO﹣的氧化性大于 D．装置丁中发生反应的离子方程式有Fe2++Cl2＝Fe3++2Cl﹣和Fe3++3SCN﹣＝Fe（SCN）3 【答案】D 【分析】甲为氯气发生装置，二氧化锰氧化HCl产生氯气，橡皮管a可平衡上下压强，乙为除杂装置，可除去氯气中的HCl，丙为高铁酸钠（Na2FeO4）生成装置，D用于检验氯气，据此作答。 【解答】解：A．橡皮管a的作用是平衡气压，使浓盐酸能顺利滴下，故A正确； B．若去掉装置乙，其不足之处为挥发出的氯化氢与氢氧化钠溶液反应，干扰Na2FeO4的制备，故B正确； C．装置丙中生成Na2FeO4的反应，说明ClO﹣的氧化性大于，故C正确； D．装置丁中发生反应的离子方程式未配平，应为和Fe3++3SCN﹣═Fe（SCN）3，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查物质的制备，题目难度中等，能依据题目所给信息准确判断装置作用是解题的关键。 20．（2024秋•贵州月考）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl﹣并制备Zn，流程如图，“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法错误的是（　　） 锌浸出液中相关成分（其他成分无干扰） 离子 Zn2+ Cu2+ Cl﹣ 浓度（g•L﹣1） 145 0.03 1 A．“浸铜”反应中还原产物是水 B．“浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全 C．“脱氯”反应：Cu+Cu2++2Cl﹣＝2CuCl D．脱氯液净化后电解，可在阴极得到Zn 【答案】B 【分析】由流程可知，“浸铜”发生反应：Cu+2H++H2O2═Cu2++2H2O，脱氯发生的反应为：脱氯”反应：Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl，据此进行解答。 【解答】解：A．“浸铜”反应为Cu+2H++H2O2═Cu2++2H2O，故还原产物为水，故A正确； B．“浸铜”时如果加入足量H2O2，铜屑溶解完全，不能发生后续的脱氯反应，故B错误； C．因“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变，故“脱氯”反应为Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl，故C正确； D．脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得电子被还原得到Zn，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。 21．（2024•贵州开学）环己烯的制备步骤如下：在干燥的圆底烧瓶中加入10g环己醇、0.8mL浓硫酸和几粒沸石，充分混合均匀，蒸馏温度控制在90℃以下，接收瓶浸在冷水中冷却，向馏出液中加入食盐和5%碳酸钠溶液，分液，再加入无水CaCl2蒸馏收集80～85℃的馏分。下列叙述错误的是（　　） A．实验还需要的仪器有酒精灯、冷凝管、锥形瓶、烧杯、分液漏斗和温度计 B．浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸越多，产率越高 C．碳酸钠能中和馏出液中的酸性物质，分液时有机相从上口倒出 D．加入无水氯化钙的目的是除去水分 【答案】B 【分析】A．从蒸馏实验和分液操作需要仪器角度分析； B．浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸越多，副产物越多； C．有机相密度较小，分层后在上层； D．无水氯化钙具有吸水性。 【解答】解：A．蒸馏实验需要蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、锥形瓶、温度计，接收瓶浸在冷水中冷却，冷水放在烧杯中、另分液需要分液漏斗，故A正确； B．浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸越多，副产物越多，产率越低，故B错误； C．碳酸钠能中和馏出液中的酸性物质，有机相密度较小，分液时有机相从上口倒出，水溶液从下口放出，故C正确； D．无水氯化钙具有吸水性，加入无水氯化钙的目的是除去水分，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及仪器的使用、实验操作、产率等，属于高考高频考点，难度中等。 22．（2024•临泉县校级开学）工业上煅烧含硫矿物（如FeS2、Sb2S3等）产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。已知：硫酸的结构简式为。下列说法错误的是（　　） A．途径Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均有空气参与 B．途径Ⅱ发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2 C．途径Ⅲ产生的SO3也可以用98.3%浓硫酸吸收 D．1mol X最多可以与1mol NaOH反应 【答案】D 【分析】含硫矿物煅烧产生SO2，进一步与氧气、碳酸钙发生反应生成CaSO4；同时SO2经催化氧化产生SO3，SO3与甲醇反应得到X。 【解答】解：A．途径Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需要氧气作氧化剂参与反应，故A正确； B．途径Ⅱ为SO2与氧气、碳酸钙发生反应生成CaSO4，发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，故B正确； C．途径Ⅲ产生的SO3也可以用浓硫酸吸收得到焦硫酸，再稀释转化为浓硫酸，可以避免SO3与水直接反应形成大量酸雾，故C正确； D．X经水解可到硫酸和甲醇，故1mol X最多可以与2mol NaOH反应，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。 23．（2024•河南开学）金属钛（Ti）是一种重要的航空材料，其性质稳定，常温下不与稀盐酸反应。工业上以金红石（TiO2）为原料制备金属钛的主要流程如图所示： 下列说法错误的是（　　） A．“氯化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1 B．由“还原”过程可知Mg的还原性强于Ti C．Mg还原TnCl4过程中为防止O2氧化需要通入N2作保护气 D．制得的金属钛中含有少量金属Mg，可以用稀盐酸浸泡除Mg 【答案】C 【分析】TiO2与Cl2、C发生反应产生TiCl4、CO，TiCl4与镁发生反应产生Ti单质，据此作答。 【解答】解：A．“氯化”过程的反应为TiO2+2Cl2+2C＝TiCl4+2CO，氧化剂是Cl2，还原剂是C，两者物质的量之比为1：1，故A正确； B．“还原”过程Mg置换出Ti，Mg的还原性强于Ti，故B正确； C．“还原”过程为隔绝O2，需要通入稀有气体，不能通入N2的原因是N2与Mg发生化合反应生成Mg3N2，故C错误； D．金属Ti不与盐酸反应，可用稀盐酸浸泡除Mg，故D正确， 故选：C。 【点评】本题考查常见无机物的制备、镁原子的结构与化学性质、氧化还原反应有关计算、氧化性、还原性强弱的比较。 24．（2024秋•静海区校级月考）利用NaClO氧化尿素[CO（NH）2]制备N2H4•H2O（水合肼）的实验流程如图所示： 已知：N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。 下列说法不正确的是（　　） A．步骤Ⅰ的反应中变价元素只有氯元素 B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，当产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：3 C．步骤Ⅱ中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中 D．生成水合肼反应的离子方程式为：ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣═Cl﹣+N2H4•H2O+ 【答案】C 【分析】由流程可知，步骤Ⅰ中发生Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O，温度过高时易发生3Cl2+6OH﹣＝+5Cl﹣+3H2O，步骤Ⅱ中发生ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣═Cl﹣+N2H4•H2O+，且将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将N2H4•H2O氧化，步骤Ⅲ中分离出碳酸钠、水合肼，据此分析回答问题。 【解答】解：A.步骤I为氯元素的歧化反应，只有氯元素变价，故A正确； B.步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，设NaClO与NaClO3的物质的量分别为5mol、1mol，可知Cl失去电子为5mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）＝10mol，由得失电子守恒可知Cl得到电子数为10mol，由原子守恒可知参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol：（5mol+1mol）＝5：3，故B正确； C.步骤Ⅱ中若将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中，会导致NaClO溶液将N2H4•H2O氧化，则将NaClO碱性溶液逐滴滴入尿素水溶液中，故C错误； D.N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2，由流程可知还生成碳酸钠、N2H4•H2O，则生成水合肼反应的离子方程式为ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣═Cl﹣+N2H4•H2O+，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。 25．（2024秋•安徽月考）二氧化氯（ClO2，黄绿色、易溶于水的气体）是一种高效、低毒的消毒剂，其一种生产工艺如图所示。下列说法错误的是（　　） A．气体A是H2 B．NCl3的键角大于NF3的键角 C．参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6：1 D．等质量的ClO2与Cl2的消毒效率之比小于2.5：1 【答案】D 【分析】氯化铵溶液中加入盐酸通电电解，得到NCl3溶液，氮元素化合价由﹣3价升高为+3价，在电解池中阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，则气体A为氢气；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH，据此分析。 【解答】解：A．根据分析可知，气体A为H2，故A正确； B．在NF3分子中，由于F的电负性很大，成键电子对靠近F原子，偏离N原子，使得三对成键电子之间的排斥力减小，成键电子对之间的斥力较小，因而键角较小；而Cl的电负性比F小得多，所以作用没那么明显，故NCl3的键角大于NF3的键角，故B正确； C．在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH，方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O＝3NaCl+6ClO2+NH3↑+3NaOH，参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6：1，故C正确； D．1mol Cl2可以获得2mol电子，1mol ClO2可以获得5mol电子，设二者质量均为71g，则Cl2可获得的电子数为，ClO2可以获得的电子数为，则等质量的ClO2与Cl2的消毒效率之比为＝2.63：1，大于2.5：1，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及ClO2的制取，属于高考高频考点，难度中等。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/6 23:30:47；用户：组卷48；邮箱：zyb048@xyh.com；学号：41419011 学科网（北京）股份有限公司 $$