课时素养达标10(Word练习)-【金榜题名】2026年高考化学一轮总复习

课时素养达标 基础巩固练 选择题只有1个选项符合题意 1．（2025·吉林、黑龙江·九省联考卷）下列各组物质分离提纯方法及依据均正确的是(　　) 选项 分离提纯方法 依据 A 重结晶法除去苯甲酸中的氯化钠 温度对溶解度的影响不同 B 氢氧化钠溶液洗气法除去CO2中的HCl 化学性质不同 C 分液法分离乙酸正丁酯和正丁醇 沸点不同 D 加热法除去碳酸氢钠固体中的碳酸钠 热稳定性不同 答案　A 解析　A．温度对苯甲酸、氯化钠的溶解度的影响不同，可以重结晶法除去苯甲酸中的氯化钠，A正确；B.二氧化碳和氯化氢都会被氢氧化钠溶液吸收，B错误；C.乙酸正丁酯和正丁醇互溶，不能分液分离，应该使用蒸馏法分离，C错误；D.碳酸氢钠不稳定，受热分解为碳酸钠和水、二氧化碳，加热使得碳酸氢钠转化为碳酸钠，故不可以加热法除去碳酸氢钠固体中的碳酸钠，D错误；故选A。 2．（2025·聊城模拟）某粗苯甲酸样品中含有少量NaCl和泥沙，某实验小组提纯苯甲酸的实验流程如图（已知：常温下苯甲酸易溶于乙醇，25 ℃和75 ℃时苯甲酸在水中的溶解度分别为0.34 g和2.2 g）。下列说法不正确的是(　　) A．“过滤1”需趁热，以减少苯甲酸的析出 B．“溶解”、“过滤”、“洗涤”操作中均使用了玻璃棒 C．“洗涤”时，选用乙醇作洗涤剂有利于快速干燥 D．将洗涤后的晶体铺在干燥的滤纸上，晾干后称量 答案　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，据此分析回答。A.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，故A正确；B.“溶解”需使用玻璃棒搅拌，“过滤”、“洗涤”操作中引流，故B正确；C.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，故C错误；D.洗涤后的苯甲酸可以铺在干燥的滤纸上，除去水分，故D正确；答案选C。 3．从海带中提取碘的实验过程中，涉及下列操作，其中正确的是(　　) 答案　D 解析　A.灼烧海带应用坩埚，而不能用烧杯，故A错误；B.过滤时应用玻璃棒引流，故B错误；C.苯的密度比水的小，萃取了单质碘的苯层在上层，应从分液漏斗的上口倒出，故C错误；D.蒸馏操作装置正确，冷凝水流向正确，故D正确。 4．（2025·重庆期末）除去下列溶液中的杂质（括号内为杂质）所用的试剂或方法不正确的是(　　) A．FeCl3溶液[FeCl2]：通入氯气 B．NaCl溶液[Na2SO4]：用Ba(OH)2溶液 C．Na2CO3固体[NaHCO3]：加热 D．铁粉[铝粉]：用NaOH溶液 答案　B 解析　A.氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，因此向含有FeCl2杂质的FeCl3溶液中通入氯气，故A正确；B.硫酸钠和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，又引入氢氧化钠杂质，故B错误；C.碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，因此用加热法除去Na2CO3固体中NaHCO3固体杂质，故C正确；D.铝与氢氧化钠溶液反应，铁与氢氧化钠溶液不反应，因此用氢氧化钠溶液除掉铁粉中铝粉杂质，再过滤，故D正确。 5．（2025·郑州模拟）溴酸钠和氯化钠的溶解度(S)曲线如图所示。下列各组物质分离提纯方法错误的是(　　) 选项 待分离提纯的物质 分离提纯方法 A 分离苯和水 分液 B 除去溴酸钠中的少量氯化钠 重结晶 C 除去乙炔中的少量H2S 气体 用CuSO4溶液洗气 D 除去苯中的少量苯酚 过滤 答案　D 解析　A．苯难溶于水，可以用分液法分离，A正确；B.由溶解度曲线可知，溴酸钠的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响很小，可通过重结晶的方法分离提纯溴酸钠，B正确；C.用硫酸铜溶液除去乙炔中混有的H2S 气体，C正确；D.除去苯中的少量苯酚，应该加入NaOH 溶液，充分振荡后分液即可，D错误；故选D。 6．苯甲酸是最简单的芳香酸，熔点为122.13 ℃，微溶于冷水，易溶于热水、酒精。实验室制备少量苯甲酸的流程如图。 、MnO2苯甲酸钾溶液苯甲酸固体 下列叙述正确的是(　　) A．“操作1”过程中玻璃棒的作用为搅拌 B．“操作2”为酸化过程，可使用稀硫酸 C．“冷凝回流”过程中一定需要直形冷凝管 D．为提高苯甲酸固体的纯度，可用热水洗涤晶体 答案　B 解析　甲苯被酸性KMnO4溶液氧化产生苯甲酸钾和MnO2，然后加入硫酸酸化反应产生苯甲酸，再经过过滤分离得到苯甲酸固体。A.“操作1”为过滤，玻璃棒的作用为引流，A错误；B.“操作2”为酸化过程，可使用不具有氧化性、还原性的稀硫酸，B正确；C.冷凝回流需要使用球形冷凝管，C错误；D.热水洗涤会造成溶解损耗，应该使用冷水洗涤苯甲酸固体，D错误；故合理选项是B。 7．试剂级NaCl可用海盐（含泥沙、海藻、K＋、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO等杂质）为原料制备。制备流程简图如下： 海盐→→→→滤液→→饱和溶液→NaCl (1)焙炒海盐的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)根据除杂原理，在表中填写除杂时依次添加的试剂及其预期沉淀的离子。 实验步骤 试剂 预期沉淀的离子 步骤1 BaCl2溶液 SO 步骤2 步骤3 (3)操作X为　　　　。 (4)用如图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl气体，并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出。 ①试剂a为　　　　。相比分液漏斗，选用仪器1的优点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②对比实验发现，将烧瓶中的海盐磨细可加快NaCl晶体的析出，其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 答案　(1)除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小 (2)NaOH　Mg2+和Fe3+　Na2CO3　Ba2+和Ca2+（或Na2CO3　Ba2+和Ca2+　NaOH　Mg2+和Fe3+） (3)蒸发浓缩 (4)①浓硫酸　可平衡压强，使液体顺利滴下 ②增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快 解析　(1)焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，加速溶解；(2)步骤2可以加入NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+，步骤3加入Na2CO3除去Ba2+和Ca2+（或步骤2加入Na2CO3除去Ba2+和Ca2+，步骤3可以加入NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+）；(3)操作X为蒸发浓缩；(4)①实验室可以利用浓硫酸与氯化钠固体共热制取HCl气体，所以试剂a为浓硫酸；仪器1侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下；②将烧瓶中的海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快，从而加快NaCl晶体的析出。 考能提升练 选择题有1个或2个选项符合题意 8．下列实验中，不能达到实验目的的是(　　) 分离乙醇与乙酸 除去乙酸乙酯中乙酸 A B 分离粗盐中的不溶物 蒸发FeCl3溶液制备无水FeCl3固体 C D 答案　D 解析　A．实验室分离乙醇和乙酸，利用二者沸点不同用蒸馏的方法分离，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、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口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，A正确；B.除去乙酸乙酯中的乙酸，用饱和碳酸钠溶液，乙酸和碳酸钠溶液反应，乙酸乙酯密度小于水且与碳酸钠溶液不互溶，利用分液操作分离，B正确；C.粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，将粗盐溶与水形成溶液，用过滤的方法将不溶于水的杂质除去，C正确；D.直接加热FeCl3溶液会促进水解，生成的HCl易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，得不到无水FeCl3固体，D错误；故选D。 9．下列实验的装置、试剂选用不合理的是(　　) 选项 实验目的 选用 装置 选用试剂 A 除去Cl2中少量的HCl、H2O 甲 试剂a为饱和氯化钠溶液 B 除去NH3中少量的H2O 乙 试剂b为无水氯化钙 C 除去H2中少量的HCl、H2O 乙 试剂b为碱石灰 D 除去N2中少量的O2 丙 足量铜网 答案　B 解析　A选项合理，甲装置中饱和氯化钠溶液可除去HCl，浓硫酸可除去H2O；B选项不合理，干燥管中的无水氯化钙在除去水的同时也吸收NH3；C选项合理，干燥管中的碱石灰的主要成分为生石灰与氢氧化钠，可除去HCl和H2O；D选项合理，在加热条件下，O2可与丙装置中的铜网反应而被除去。 10．分离某酸性废水（含H＋、Sc3+、Fe2+、SO）中金属离子的工艺流程如图所示： 已知：Sc3+易水解，Sc3+和Fe2+均能与P504（用HR表示）发生络合反应且机理均为Mn＋＋nHR⥫⥬MRn＋nH＋。下列说法错误的是(　　) A．Sc3+被“萃取”的原理为Sc3+＋3HR⥫⥬ScR3＋3H＋ B．“水相1”经处理后可循环至“反萃取1”工序中应用 C．与P504的络合能力：Sc3+＜Fe2+ D．“一系列操作”为在HCl氛围中蒸发结晶 答案　C 解析　酸性废水加入P504和煤油，Sc3+、Fe2+与P504发生络合反应进入煤油层中，分液后向有机相中加入稀硫酸反萃取，分液得到硫酸亚铁溶液，之后再向有机相中加入NaOH溶液反萃取，过滤得到Sc(OH)3沉淀，加入盐酸溶解，经系列操作得到ScCl3。A.Sc3+与HR发生络合反应产生ScR3、H＋，该络合反应的机理为Sc3+＋3HR⥫⥬ScR3＋3H＋，A正确；B.酸性废水中Sc3+和Fe2+均被萃取，剩余H＋和SO，即稀硫酸，可循环至“反萃取1”工序中应用，B正确；C.加入稀硫酸是，络合反应逆向移动，而反萃取后得到是硫酸亚铁溶液，说明P504更易与Sc3+络合，C错误；D.Sc3+易水解，为了抑制其水解，蒸干ScCl3溶液时，需要在HCl氛围中蒸发结晶，D正确；综上所述答案为C。 11．实验室一般用苯和液溴在溴化铁的催化作用下制备溴苯，某兴趣小组设计了如图所示流程提纯制得的粗溴苯： 已知：溴苯与苯互溶，液溴、苯、溴苯的沸点依次为59 ℃、80 ℃、156 ℃。下列说法错误的是(　　) A．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ用到的主要玻璃仪器是分液漏斗 B．水层①中加入KSCN溶液后显红色，说明溴化铁已被完全除尽 C．加入NaOH溶液的目的是除去有机层①中的单质溴 D．操作Ⅳ、操作Ⅴ分别是蒸馏和过滤 答案　BD 解析　操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为分液，使用的主要玻璃仪器为分液漏斗，A正确；粗溴苯水洗后，液体分层，FeBr3易溶于水进入水层，溴易溶于有机物，和苯、溴苯一起进入有机层，分液得水层①和有机层①。有机层①再加入NaOH溶液除去Br2，再次分液，水层②中主要含有NaBr、NaBrO等，有机层②中含有苯、溴苯等。第二次水洗除去有机层②中可能含有少量NaOH、NaBr、NaBrO，分液后得水层③和有机层③。有机层③加入无水氯化钙吸水，过滤得含有苯和溴苯的有机层，最后根据二者沸点不同，利用蒸馏实现分离。水层①中加入KSCN溶液后显红色，只能说明水层①中含有Fe3+，但不能说明溴化铁已被完全除尽，B错误；有机层①中含有Br2，加入NaOH溶液与Br2反应生成易溶于水的NaBr、NaBrO，将Br2从有机层中除去，C正确；操作Ⅳ过滤除掉氯化钙，操作Ⅴ利用溴苯和苯的沸点不同，采用蒸馏分离二者，D错误。 12．葡萄糖酸钙是一种有机钙盐，外观为白色结晶性或颗粒性粉末，无臭，无味，易溶于沸水，微溶于冷水，不溶于乙醇或乙醚等有机溶剂。葡萄糖酸钙临床上用于治疗骨质疏松症。实验室制备葡萄糖酸钙主要步骤如下： Ⅰ.葡萄糖酸溶液的制备 称取适量的葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]，置于三颈烧瓶中，加入足量的溴水，在磁力搅拌器中沸水浴加热、搅拌得到无色透明的葡萄糖酸溶液。当氧化率达 80%以上时(60 min)，停止反应，把反应液冷却至 60～70 ℃待用。 Ⅱ.葡萄糖酸钙的制备 在搅拌下，分批加入足量的碳酸钙至葡萄糖酸溶液中。反应完全后，趁热用下图装置抽滤，得到澄清透明的葡萄糖酸钙溶液。将葡萄糖酸钙溶液转入 100 mL 烧杯中冷却至室温，向烧杯中添加适量的无水乙醇，静置 10 min 得到悬浊液，抽滤、洗涤、干燥得到白色的葡萄糖酸钙固体。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ中，滴入溴水后，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。 (2)步骤 Ⅱ 中，判断碳酸钙已经足量的实验现象是________________________________________________________________________。 (3)步骤Ⅱ抽滤时自来水流的作用是使瓶内与大气形成压强差，与普通过滤操作相比，抽滤的优点是　　　；装置 B 的作用是________________________________________________________________________。 (4)洗涤操作洗涤剂最合适的是　　　　（填序号），理由是________________________________________________________________________。 A．冷水　　　　B．热水　　　　C．乙醇 答案　(1)CH2OH(CHOH)4CHO＋Br2＋H2O===CH2OH(CHOH)4COOH＋2HBr (2)加入碳酸钙不再溶解且不再生成气泡 (3)速率更快，且得到产品更干燥　起到安全瓶的作用 (4)C　葡萄糖酸钙不溶于乙醇，可减少产品的溶解损失 解析　葡萄糖和溴水反应生成葡萄糖酸，加入碳酸钙转化为葡萄糖酸钙，趁热过滤，滤液冷却后抽滤得到葡萄糖酸钙；(1)溴具有氧化性，葡萄糖具有还原性；步骤Ⅰ中，滴入溴水后，葡萄糖分子中醛基被氧化为羧基，反应的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO＋Br2＋H2O===CH2OH(CHOH)4COOH＋2HBr；(2)碳酸钙不溶于水、能和葡萄糖酸反应生成二氧化碳气体，生成葡萄糖酸钙易溶于沸水；故步骤Ⅱ中，判断碳酸钙已经足量的实验现象是加入碳酸钙不再溶解且不再生成气泡；(3)步骤Ⅱ抽滤时自来水流的作用是使瓶内与大气形成压强差，与普通过滤操作相比，抽滤的优点是速率更快，且得到产品更干燥；装置 B 的作用是起到安全瓶的作用，防止倒吸；(4)葡萄糖酸钙易溶于沸水，微溶于冷水，不溶于乙醇或乙醚等有机溶剂；故洗涤操作洗涤剂最合适的是C乙醇，理由是可减少产品的溶解损失，提高产率。 学科网（北京）股份有限公司 $$