山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-24常见物质的制备
一、单选题
1．（2022·山西太原·统考三模）氮化钡( Ba3N2)是一种重要的化学试剂。高温下，向氢化钡(BaH2)中通入氮气反应生成氮化钡，在实验室可用如图装置制备(每个装置只用一次)。已知： Ba3N2遇水反应； BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应。下列说法不正确的是
A．实验时，先点燃装置丙中的酒精喷灯，后点燃装置乙中的酒精灯
B．该实验装置中缺少尾气处理装置
C．按气流方向，装置的连接顺序可为c→b→a→d→e→g
D．装置甲中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均可防止水蒸气进入装置丙中
二、工业流程题
2．（2023·山西·校联考模拟预测）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3含FeS2、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下：
已知：
i. Bi3+易水解，NaBiO3难溶于冷水。
ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质。
iii． Cu(OH)2(s) +4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq)+2OH—(aq)K=4.4×10-7。
回答下列问题：
(1)为提高“浸取”速率，采取的措施有：升高温度、 (写出一条)；辉铋矿浸取率随温度的变化曲线如图，高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是 。
(2)“氧化浸取”时，H2O2和FeS2发生反应的物质的量之比为 。
(3)“除铜”时发生反应：Cu2+ (aq) + 4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq) K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]= ；NH3分子的空间结构为 。
(4)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式为 。
(5)已知酸性环境下，NaBiO3可以将Mn2+氧化成、(被还原成Bi3+)，请设计一个原电池装置来证明这一点，在图中的方框内标出两烧杯溶液中溶质的化学式，并写出负极的电极反应式： 。
(6)取NaBiO3产品w g，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用a mol· L-1H2C2O4标准溶液滴定生成的，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗bmL标准溶液，该产品的纯度为 (用含w、a、b的代数式表示)。
3．（2023·山西吕梁·统考三模）钛及其合金广泛用于航空航天，有“空中金属”之称，可溶于较浓盐酸。学习小组以高钛渣(含、和少量、和)为原料制备单质钛的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“筛分”的目的为 ；浸渣的主要成分为 (填化学式)。
(2)“转化”工序加入铁粉的目的为 ；“结晶”操作不能控制温度过高的原因为 。
(3)“水解”时发生主要反应的离子方程式为 。
(4)“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为 。
(5)试剂X适合选用___________(填标号)。
A．浓盐酸 B．稀盐酸 C．NaCl溶液 D．NaOH溶液
(6)的晶体类型为 ；单质钛的两种同素异形体的晶胞结构如图所示，甲、乙两种晶体的空间利用率之比为 (用代数式表示)。
4．（2023·山西晋城·统考三模）高硫锰矿的主要成分是，还含有、、、、、、等，从高硫锰矿中提取金属锰的工艺流程如图所示：
已知：、、、，金属离子的浓度的负对数与溶液的关系如图所示，回答下列问题：
(1)碱性催化脱硫时，为了提高脱硫效率，可采取的措施为 。
(2)碱性脱硫时氧化矿粉产生硫单质是该工艺流程的亮点，若将虚线框中的设计改为“高温煅烧”(如图)脱硫，与原方案比，其不足之处为 。
(3)“酸浸”时的作用为 。
(4)“调”应调至4左右，“滤渣3”的成分为 。
(5)“电解”冶炼金属锰后废电解液的处理方法为 。
(6)已知晶胞如图所示，该晶胞中∠α=120°，∠β=∠γ=90°。
①该晶体中，锰原子周围的硫原子数目为 。
②该晶体的密度为 (列出计算式即可)。
5．（2022·山西晋城·统考二模）“铝渣”是铝工业的副产品，主要成分为Al、AlF3、LiF、CaO。利用“铝渣”制备Li2CO3的工业流程如下图所示：
已知：LiHCO3易溶于水；Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：
温度/°C 0 10 20 50 75 100
溶解度/g/100gH2O 1.593 1.406 1.329 1.181 0.866 0.740
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程不能在玻璃反应釜中进行，其主要原因是 。
(2)“沉淀”反应得到沉淀中其成分有CaCO3、 。
(3)“转化”步骤的目的是 。
(4)“除钙”时温度不能太高，否则会影响Li2CO3的产率，其原因是 (用化学方程式表示)。
(5)从“热分解”后的溶液中获得Li2CO3晶体的操作是蒸发结晶 洗涤、干燥。
(6)利用表中数据计算100°C时Li2CO3的Ksp近似值为 。
(7)利用Li2CO3为原料采用固相法可制备锂离子电池的正极材料LiMn2O4，其制备过程：将MnO2和Li2CO3按一定物质的量之比配料，球磨后，高温加热，反应过程会产生两种气体，则两种气体的物质的量之比为 (要求：密度大的气体与密度小的气体作比)。
6．（2022·山西吕梁·统考二模）MnO2是常用的电极材料和催化剂。由富锰废料(含MnO2、MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO)进行废气脱硫并制备MnO2的工艺流程如下：
已知：I.难溶物的溶度积常数如表所示。
难溶物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Ni(OH)2 Al(OH)3 MnS FeS NiS
溶度积常数(Ksp) 4×10-38 2×10-16 2×10-13 2×10-16 1×10-33 1×10-15 6×10-18 1×10-24
II.溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全
回答下列问题：
(1)“化浆”时生成气体的电子式为 。
(2)“吸收”时，浆液与含SO2废气通过逆流方式混合目的为 ；该过程中，MnO2发生反应的离子方程式为 。
(3)“吸收”所得溶液中c(Fe2+)=0.04mol·L-1、c(Ni2+)=0.00017mol·L-1、c(A13+)=0.001mol·L-1、c(Mn2+)=0.12mol·L-1，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol·L-1、c(Ni2+)=0.0002mol·L-1，则“调pH”的范围为 (溶液体积变化忽略不计，保留两位有效数字)；从滤渣1中分离出Al(OH)3的方法为 。
(4)“除镍”时，将Ni2+转化为NiS而不是Ni(OH)2的原因为 。
(5)“转化"反应在pH=5的条件下进行，其主要反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
7．（2022·山西·统考二模）学习小组在实验室中设计利用铬钒废水(主要成分为Na3VO4、Na2CrO4)制备新型光催化剂钒酸铁和颜料Cr2O3的流程如下。
已知：(NH4)2S2O8具有强氧化性，不稳定易分解。
回答下列问题：
(1)上述实验操作中无需用到的仪器或装置为_______
A． B． C． D．
(2)证明滤渣FeVO4洗涤干净的方法是 。
(3)写出滤液A中CrO与Na2S2O3溶液反应的离子方程式 。
(4)抽滤时常用到下列装置：
①与普通过滤相比，抽滤的优点为。
②抽滤完毕后，应先断开 之间的橡皮管。
(5)为检测滤液B中Cr3+的浓度，学习小组取10.00mL浓缩1000倍的滤液B，酸化后加入过量(NH4)2S2O8溶液充分反应后再充分微热，冷却至室温，加入足量淀粉KI溶液，用0.010mol·L-lNa2S2O3溶液滴定(I2+2S2O→S4O+2I-)至终点，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。
①微热目的是
②滴定终点现象是
③滤液B中c(Cr3+)=
8．（2021·山西临汾·统考二模）叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：
已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解，具有较强的还原性。
ii．相关物质的物理性质如下表：
相关物质 熔点℃ 沸点℃ 溶解性
CH3OH -97 67.1 与水互溶
亚硝酸甲酯(CH3ONO) -17 -12 溶于乙醇、乙醚
水合肼(N2H4·H2O) -40 118.5 与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿
NaN3 275 300 与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚
(1)步骤I总反应的化学方程式为 。
(2)实验室模拟工艺流程步骤II、III的实验装置如图。
①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为 。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是 。
②步骤II开始时的操作为 (选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是 (选填字母编号)。
a．打开K1、K2 b．关闭K1、K2 c．打开K3 d．关闭K3 e．水浴加热 f．通冷凝水
(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再 干燥。精制NaN3的方法是 。
(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：
2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑
Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋
称取2.50 g产品配成250 mL溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，加入V1 mLc1 mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2 mL。
①产品纯度为 。
②为了提高实验的精确度，该实验还需要 。
9．（2021·山西晋中·统考二模）肺炎重症患者肺部功能严重受损时，需通过气管切开术指了。手术力的材料主要是钛合金。金属钛熔点高、强度高且质地轻。工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为原料冶炼金属钛的流程如下：
已知：室温下钛不与X2(X表示Cl、Br、I)、O2、H2O反应，也不与强酸、强碱甚至王水反应。但高温下易与氧气、氮气、碳和氢气反应。
回答下列问题。
(1)“溶煮”过程中加硫酸时生成Ti(SO4)2，该过程的离子方程式为 。
(2)“溶煮”过程中同时加入物质A，其目的是防止Fe2＋被氧化，物质A是 。
(3)已知在不同温度时硫酸亚铁在钛液中的溶解度如下表(数据以含铁量来折算)。则“操作a”为 。
温度/℃ 30 20 14 10 5 1 -6
溶解度/(g L-1) 88 70 48 43 35 25 14
(4)“过滤1”后加热滤液，使其中的Ti4＋生成偏钛酸(H2TiO3)沉淀。常温下H2TiO3的沉淀溶解平衡为H2TiO3(s)TiO2＋＋2OH－，其溶度积常数Ksp＝1.0×10－29，则“过滤2”所得溶液的pH约为 (已知≈2.7，≈1.35，lg2.7≈0.43)
(5)煅烧偏钛酸得到TiO2，TiO2与氯气和过量焦炭共热生成TiCl4，写出“共热”过程中的化学方程式： 。
(6)“高温”过程需要在Ar气氛中进行的理由是 ；利用上述方法制得的钛中可能会含有少量金属杂质 ，可用 除去。
三、实验题
10．（2023·山西晋中·统考三模）苯甲酸甲酯是一种无色透明油状液体，具有浓郁的冬青油香气，用于配制香水、香精，也可用作有机合成中间体、溶剂等。某实验小组以苯甲酸和甲醇为原料模拟工业合成苯甲酸甲酯，步骤如下：
Ⅰ．制备：向100mL如图所示的装置A中加入磁力搅拌子，然 后依次加入6.1 g苯甲酸、10 mL 95%甲醇、20 mL苯，微热将苯甲酸全部融化后，加入2.5克固体氯化铝催化剂。按如图所示组装好仪器，并预先在分水器内加入水至略低于支管口，加热回流4 h，直至反应基本完成。
实验过程中分水器得到的液体会分层，需多次开启分水器活塞将下层液体放出。
Ⅱ．分离提纯：待反应液冷却至室温后过滤掉氯化铝，将液体倒入盛有冷水的烧杯中，再经过一系列分离提纯操作，最后蒸馏收集196~199°C馏分，得到5.0 g产品。
可能用到的数据如下：
有机物名称 相对分子质量 密度/(g· cm-3) 沸点/°C 溶解性
苯甲酸 122 1.26 249 微溶于水，易溶于乙醇
甲醇 32 0.79 64.8 易溶于水
苯甲酸甲酯 136 1.08 198 难溶于水、易溶于乙醇
苯 78 0.88 80.1 难溶于水
请回答下列问题：
(1)苯甲酸的沸点高于苯甲酸甲酯的原因为 。
(2)加料时，n(甲醇):n(苯甲酸)约为5:1，甲醇过量的原因是 ；但醇酸比超过5:1时，醇酸比的增加对产率影响不大，原因是 。
(3)该实验的温度控制在85°C，应采取的加热方式为 。
(4)实验中需多次将分水器中下层液体放出，其目的是 ，判断反应已经完成的标志是 。
(5)步骤Ⅱ中，“一系列分离提纯操作”过程中用到的试剂包括a．无水氯化钙，b．饱和食盐水，c．5% Na2CO3溶液。按操作先后顺序应依次加入 (填字母)，加入饱和食盐水的作用是 。
(6)传统制法用浓硫酸催化，浓硫酸催化具有活性高，价格低廉的优点，但现代工艺多以固体氯化铝作催化剂。这样改进最主要的原因是 。
11．（2023·山西·统考二模）I.磷酸是一种重要的化工原料，是生产磷肥的原料，也是食品添加剂之一。
(1)工业上可以用磷单质与硝酸作用得到纯的磷酸(熔点)。的VSEPR模型是 (填名称)。磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向其过饱和溶液中加入 促进其结晶，但是所制得的磷酸中仍含有少量的水极难除去，其可能的原因是 。
Ⅱ.研究小组以无水甲苯为溶剂，(易水解)和(叠氮化钠)为反应物制备纳米球状红磷。
(2)甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色。
①金属的作用是 。
②回流过程中，除水时打开的活塞是 ；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。
(3)纳米球状红磷的制备装置如图2所示(夹持、搅拌、加热装置已略)。
①在氩气保护下，反应物在装置A中混匀后转入装置B，于加热12小时，反应物完全反应，其化学方程式为 ；用氩气赶走空气的目的是 。
②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是 、 。
12．（2022·山西太原·统考三模）高纯度硝酸高铈铵主要用作有机合成的催化剂和氧化剂、集成电路的腐蚀剂等。它的化学式为(NH4)2[Ce(NO3)6] ，是一种橙红色单斜细粒结晶，易溶于水，几乎不溶于浓硝酸。实验室由9.99%的碳酸铈制备硝酸高铈铵时的主要步骤如下：
I．取适量碳酸铈[Ce2(CO3)3]于铂皿中，用硝酸溶解，配成一定浓度的硝酸铈溶液，过滤后待用。在搅拌条件下，向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4(黄色难溶物)。
II．将Ce(OH)4于一定温度下加入硝酸加热至浆状，生成H2[Ce(NO3)6]，再加入稍过量的NH4NO3晶体，二者反应生成硝酸高铈铵沉淀，经过滤、洗涤、自然烘干后得到产品。
回答下列问题：
(1)①步骤I中使用铂皿而不使用铁质容器的原因是 ，写出生成Ce(OH)4的离子方程式： 。
②步骤I中进行“氧化沉淀”时，加热的温度不宜过高，原因是 。
(2)步骤I中的Ce(OH)4在实验室中可由Ce(OH)3制取，某同学设计了如下装置： 。
①装置a圆底烧瓶中盛放的固体药品为 (填化学式)。
②当装置b中沉淀完全变为黄色后，停止通Cl2后改通空气(图中框内改为通空气装置)的目的是 ；将装置b中的反应混合物过滤、洗涤，能说明沉淀已洗涤干净的实验方法是 。
(3)步骤II中H2[Ce(NO3)6]与NH4NO3反应的化学方程式为 。
13．（2022·山西·统考一模）苯甲酸和苯甲醇是重要的化工原料，可以通过苯甲醛来制备，反应原理如下图。
已知：①反应物、产物及溶剂的主要性质见下表
物质 相对分子质量 熔点 沸点 溶解性 其他性质
苯甲醛 106 -26℃ 179℃ 微溶于水,易溶于有机溶剂。 和NaHSO3反应产物溶于水。
苯甲醇 108 -15℃ 206℃ 微溶于水,易溶于有机溶剂。 加热时易分子间脱水成醚。
苯甲酸 122 122℃ 249℃ 在水中溶解度0.21g( 17.5℃)、2.7g(80℃),溶于有机溶剂。 Ka=6.5×10-5
乙酸乙酯 88 -84℃ 77℃ 微溶于水,易溶于有机溶剂。 略
②RCHO (不溶于醚，可溶于水)
实验流程如下图：
回答下面问题：
(1)苯甲醛和NaOH在 (仪器)中研磨；
(2)调pH=8的目的是 ；
(3)乙酸乙酯萃取后，取A层液体进行洗涤、干燥、蒸馏，可得粗苯甲醇；用饱和NaHSO3溶液洗涤有机相的目的是 ，反应的化学方程式为 ；
(4)蒸馏时采取减压蒸馏而不是常压蒸馏的原因是 ；
(5)用浓盐酸调pH=2的目的是 ；
(6)分离苯甲酸时，抽滤的优点是 ，洗涤用的试剂是 。
14．（2021·山西太原·统考模拟预测）磺酰氯是一种重要的有机合成试剂。的熔点为，沸点为69.1℃。它在常温下较稳定，遇水剧烈水解，100℃以上易分解。实验室可利用和在活性炭催化下反应制取少量，装置如图(部分夹持装置已省略)。
已知：。请回答：
(1)仪器A的名称是 ，冷凝水应从 (填“①”或“②”)口通入。
(2)实验前，检查丙装置气密性的方法是 。
(3)装置丙中发生反应的化学方程式为 ，上述仪器正确的连接顺序是 (填仪器接口字母编号)。
(4)为提高本实验中磺酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有 (填序号)。
①实验开始时先通气体，再通冷凝水
②控制气流速率，不宜过快
③可给三颈烧瓶适当降温
(5)该实验装置存在的不足之处是 (写出一点即可)。
15．（2021·山西吕梁·统考一模）国家卫健委高级别专家组成员、我国著名传染病学专家李兰娟院士表示：新型冠状病毒本身对热敏感和消毒剂敏感，56℃下30分钟，75%的乙醇，乙醚。氯仿，甲醛，含氯消毒剂，过氧乙酸和紫外线均可杀死新型冠状病毒。最近热销的空气消毒片，其主要成分是二氧化氯，可有效杀灭病原微生物，阻断细菌传播，杜绝交叉感染。细菌去除率达99%。
已知：①常温下ClO2为黄绿色气体，其熔点为-59℃，沸点为11.0℃，能溶于水，不与水反应。②温度过高，ClO2的水溶液可能爆炸。
实验室利用如图所示装置模拟工业NaClO3与Na2SO3在浓H2SO4存在下制备ClO2，并以ClO2为原料制备NaClO2(已知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl)。
(1)实验中逐滴加入浓硫酸的目的是 。
(2)装置⑤的溶液中会生成等物质的量的两种盐，其中一种为NaClO2，写出装置⑤中发生反应的化学方程式 。
(3)从装置④反应后的溶液中获得晶体，需采用55℃减压蒸发结晶，原因是 。
(4)ClO2很不稳定，产物溶于水可以得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液20.00 mL，稀释成100.0 mL试样；量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；
步骤2：调节试样的pH≤2.0加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；
步骤3：加入指示剂X，用a mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
已知：2ClO2＋8H＋＋10I-=5I2＋2Cl-＋4H2O I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6
①步骤I中量取20.00 mL ClO2溶液所用的仪器为 (选填“酸式"或“碱式”)滴定管。
②指示剂x为 ，滴定终点的实验现象是 。原ClO2溶液的浓度为 g/L(用含字母的代数式表示)。
四、原理综合题
16．（2022·山西吕梁·统考二模）VOSO4-H2O溶液常用作全钒液流电池的电解液，其中VOSO4易氧化，由废钒催化剂(含V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2等)制备VOSO4的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)浸液中含有VO和VO2+，则V2O4发生反应的离子方程式为 。
(2)某学习小组设计如图所示装置，模拟工业“还原”工序将VO转化为VO2+的过程。
①仪器b的名称为 。
②实验时，向气密性良好的装置中加入药品，需要进行的操作为：先 (填选项字母，下同)，一段时间后 。
A．打开活塞K1、K3，关闭K2 B．打开活塞K2关闭K1、K3
③指出c的不足之处： 。
(3)“萃取”时，除了过量的Fe2+，进入水相的金属离子还有 (填离子符号)。
(4)测定VOSO4-H2SO4溶液中VO2+的浓度：量取25.00mL。VOSO4-H2SO4溶液，加入适当过量的KMnO4溶液(氧化产物为VO)，再加入适当过量的NaNO2除去KMnO4，进一步加入尿素除去NaNO2；用pmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定(还原产物为VO2+)。达到滴定终点时消耗标准液体积为VmL：
①VOSO4-H2SO4溶液中c(VO2+)= 。
②滴定过程中发生反应的离子方程式为 。
③若不用尿素除去NaNO2，会导致所测结果 (填"偏高”“偏低”或“无影响")。
参考答案：
1．A
【分析】结合图示可知，丙装置中氢化钡(BaH2)与氮气在高温下反应制得氮化钡（Ba3N2），制备氮化钡时，甲装置盛放的浓硫酸用于干燥氮气，乙装置用于制备氮气；由于Ba3N2遇水反应，BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应，则丁装置中碱石灰用于避免空气中的水进入丙而导致Ba3N2、BaH2变质，则气流从左向右的字母连接顺序为c→b→a→d→e→g→f，以此解答该题。
【详解】A．BaH2在潮湿空气中能自燃，则实验时应该先点燃装置乙中的酒精灯，反应一段时间，使生成的氮气将装置内的空气排出后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应，A错误；
B．该实验中氢化钡(BaH2)与氮气在高温下反应制得氮化钡(Ba3N2)，同时有氢气放出，氢气属于易燃气体，不能直接排放，所以该实验装置中缺少尾气处理装置，B正确；
C．根据分析可知，按气流方向，装置的连接顺序可为c→b→a→d→e→g，C正确；
D．浓硫酸和碱石灰都具有吸水作用，可防止水蒸气进入装置丙中导致产物变质，D正确；
故答案为：A。
2．(1) 将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等) 高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解
(2)3：2
(3) 2. 2×10—20 三角锥形
(4)Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O
(5) 、Mn2+—5e—+4H2O = +8H+
(6)
【分析】由题给流程可知，向辉铋矿加入稀盐酸和过氧化氢混合溶液氧化浸取时，金属硫化物被氧化生成金属氯化物和硫，氧化铜溶于盐酸得到氯化铜，二氧化硅与盐酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫的滤渣1和含有金属氯化物的滤液；调节滤液的pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中铋离子转化为氢氧化铋沉淀，铜离子转化为四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液3和氢氧化铋；氢氧化铋溶于盐酸得到氯化铋溶液，向溶液中加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液，将溶液中的氯化铋转化为铋酸钠沉淀，过滤得到滤液4和铋酸钠。
【详解】（1）升高温度、将辉铋矿粉碎研磨、适当提高盐酸浓度、搅拌等措施提高“浸取”速率；盐酸受热易挥发、过氧化氢受热易分解，高于40℃时浸取率快速下降说明温度高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解，故答案为：将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)；高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解；
（2）由分析可知，氧化浸取时，二硫化铁与盐酸和过氧化氢混合溶液反应生成氯化铁、硫和水，反应的离子方程式为2FeS2+3H2O2+6H+=2Fe3++4S+6H2O，则发生反应的过氧化氢和二硫化铁的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2；
（3）由方程式Cu(OH)2(s) +4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq)+2OH—(aq)可知，反应的平衡常数K=== Ksp K络合，则Ksp===2. 2×10—20；氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为3，分子的空间结构为三角锥形，故答案为：2. 2×10—20；三角锥形；
（4）由分析可知，加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液的目的是将溶液中的氯化铋转化为铋酸钠沉淀，反应的离子方程式为Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O，故答案为：Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O；
（5）由电子移动方向可知，右侧电极为原电池的负极，水分子作用下锰离子在负极失去电子发生氧化反应生成高锰酸根离子和氢离子，电极反应式为Mn2+—5e—+4H2O = +8H+，左侧电极为正极，酸性条件下铋酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成铋离子和水，电极反应式为BiO+2e—+6H+=Bi3++3H2O，原电池的示意图为 ，故答案为： ；Mn2+—5e—+4H2O = +8H+；
（6）由得失电子数目守恒可得如下转化关系：NaBiO3—H2C2O4，滴定消耗b mLa mol/L草酸标准溶液，则产品的纯度为×100%=，故答案为：。
3．(1) 控制高钛渣颗粒大小均匀，便于控制酸浸速率和进行程度 、
(2) 将还原为 防止提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率(产品产率)
(3)
(4)防止、被氧化变质
(5)B
(6) 分子晶体
【分析】高钛渣(含、和少量、和)经“筛分”后用硫酸酸浸，、FeTiO3与H2SO4反应转变为TiOSO4、，故得到含有H2SO4、TiOSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液，微溶、SiO2没有溶解，过滤得到浸渣为 ，加入铁屑转化时还原体系中的，过滤，所得滤液经结晶得到绿矾，所得滤液在90°C下TiOSO4水解得到H2TiO3沉淀和H2SO4 ，过滤，煅烧发生反应，制得烧渣为；经过氯化冷凝时，转化为液态，在氩气中被镁还原得到Ti，Ti和多余的镁的混合物通过加稀盐酸、过滤，得到纯Ti。
【详解】（1）“筛分”可控制高钛渣颗粒大小均匀，有利于控制酸浸速率和进行程度；由转化关系知，浸渣的主要成分为原料中难溶于酸的和生成的。
（2）由流程信息，“酸浸”后生成，而“结晶”得到绿矾，故“转化”工序加入铁粉的目的为将还原为；在90℃时充分水解成，若“结晶”控制温度过高，会导致提前水解使制得的绿矾不纯，又会降低钛的回收率(或产品产率)。
（3）由信息，在90℃时水解成，反应的离子方程式为
（4）“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为防止、被氧化变质。
（5）由信息，钛溶于浓盐酸，故可用稀盐酸分离生成的和多余的单质；
故选B。
（6）通常为液体，其晶体类型为分子晶体；由图知，甲、乙晶胞中均含有2个原子，故二者的空间利用率之比即为体积之比的倒数，计算得。
4．(1)粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度
(2)高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制
(3)将氧化成
(4)和
(5)加入酸浸液再利用
(6) 4
【分析】由题给流程可知，在催化剂作用下，高硫锰矿中的金属硫化物与氢氧化钠溶液和氧气反应转化为为硫和难溶的金属氢氧化物，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应转化为硅酸钠，过滤得到含有硅酸钠的滤液和脱硫矿粉；向脱硫矿粉中加入稀硫酸和二氧化锰酸浸，将金属化合物转化为可溶的金属硫酸盐，其中二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，过滤得到含有硫的滤渣1和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入硫化铵溶液，将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化铜、硫化镍的滤渣3和滤液；电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气。
【详解】（1）粉碎高硫锰矿、适当升高脱硫温度、适当增大氢氧化钠溶液浓度等措施能提高脱硫效率，故答案为：粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度；
（2）由图可知，高温煅烧脱硫时，金属硫化物与空气中的氧气反应生成金属氧化物和二氧化硫，二氧化硫需用氢氧化钠溶液吸收处理，所以与原方案比，高温煅烧法的缺点是生成的有毒气体二氧化硫需用氢氧化钠溶液处理，工序复杂，不宜控制，故答案为：高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制；
（3）由分析可知，酸浸时二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将氧化成；
（4）由分析可知，加入硫化铵溶液的目的是将将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，则滤渣3的主要成分为硫化铜和硫化镍，故答案为：和；
（5）由分析可知，电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气，则废电解液可以加入酸浸液再利用，节约成本，故答案为：加入酸浸液再利用；
（6）①由晶胞结构可知，与硫原子距离最近的锰原子个数为4，则由硫化锰的化学式可知，锰原子周围的硫原子个数为4，故答案为：4；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体内的硫原子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的锰原子个数为4×+1=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—21×sin60°a×a×c×d，解得d=，故答案为：。
5．(1)生成的HF会腐蚀玻璃
(2)Li2CO3、Al(OH)3
(3)将CaCO3、Li2CO3转化为易溶于水的碳酸氢盐，便于与Al(OH)3分离
(4)2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O
(5)趁热过滤
(6)410-3
(7)2:1
【分析】“铝渣”主要成分为Al、AlF3、LiF、CaO，经浓硫酸酸浸后，氟化物转化为HF气体逸出，部分氧化钙转化为微溶的硫酸钙以滤渣形式除去，得到的滤液中含铝离子、锂离子和少量钙离子，再加入碳酸钠溶液后，会生成CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀，过滤后的滤液分离除去，滤渣再通入二氧化碳和水，使其中碳酸盐转化为可溶于水的碳酸氢盐，从而过滤除去Al(OH)3沉淀，再加入磷酸锂稀溶液使钙离子转化为磷酸钙沉淀，达到“除钙”目的，碳酸氢锂溶液经过热分解和一系列操作生成碳酸锂、二氧化碳和水，据此分析解答。
【详解】（1）“酸浸”过程会产生HF，因为HF会腐蚀玻璃，所以不能在玻璃反应釜中进行；
（2）依据上述分析可知，“沉淀”反应得到沉淀中其成分有CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀；
（3）上一步沉淀过程有CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀，所以通入二氧化碳和水，会使CaCO3、Li2CO3分别转化为可溶于水的Ca(HCO3)、LiHCO3，再经过滤可除去Al(OH)3沉淀，故答案为：将CaCO3、Li2CO3转化为易溶于水的碳酸氢盐，便于与Al(OH)3分离；
（4）因为LiHCO3的性质与NaHCO3相似，可推知，若温度过高，LiHCO3受热易分解，其分解反应方程式为：2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O，导致Li元素有损失，影响Li2CO3的产率；
（5）根据Li2CO3在不同温度下的溶解度数据可知，随着温度的升高，Li2CO3的溶解度不断减小，所以从“热分解”后的溶液中获得Li2CO3晶体的操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：趁热过滤；
（6）100°C时，Li2CO3的溶解度为0.740g /100gH2O，则溶质Li2CO3的物质的量为=0.01mol，其浓度约为0.1mol/L，所以Ksp=c2(Li+)c(CO)==410-3；
（7）MnO2和Li2CO3会发生反应转化为LiMn2O4过程中Mn元素化合价降低，根据氧化还原反应的规律可知，必有元素化合价升高，C和Li元素化合价均已是最高价，所以推知必产生O2，另一种气体应为CO2，根据氧化还原反应的配平原则可知，反应的化学方程式为：8MnO2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4+ 2CO2↑+ O2↑，又密度：CO2＞O2，则两种气体的物质的量之比为2:1。
6．(1)
(2) 使混合液中的物质充分反应 SO2+MnO2═Mn2++
(3) 4.7≤pH＜8.0 向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝
(4)镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的
(5)2：3
【分析】根据流程：富锰废料(含MnO2、MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO)进行废气脱硫并制备MnO2，富锰废料先加入硫酸进行酸浸，MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO转化为硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、硫酸镍，MnO2不反应，酸浸后与含有二氧化硫烟气溶解，发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+、SO2+MnO2═Mn2++，然后溶液中富锰废料调节pH，使亚铁离子转化为铁离子并使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣；滤液加入MnS除去镍离子，生成NiS沉淀，过滤除去；滤液加入KMnO4，和锰离子发生归中反应，得到MnO2，据此分析答题。
【详解】（1）“化浆”时MnCO3和硫酸反应生成气体为CO2，电子式为，
故答案为：；
（2）“吸收”时，浆液与含SO2废气通过逆流方式混合目的为使混合液中的物质充分反应；该过程中，MnO2发生反应的离子方程式为SO2+MnO2═Mn2++，故答案为：使混合液中的物质充分反应；SO2+MnO2═Mn2++；
（3）“吸收”所得溶液中c(Fe2+)=0.04mol L-1、c(Ni2+)=0.00017mol L-1、c(A13+)=0.001mol L-1、c(Mn2+)=0.12mol L-1，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol L-1、c(Ni2+)=0.0002mol L-1，富锰废料氧化亚铁离子为铁离子，铁元素守恒，铁离子浓度等于亚铁离子浓度，则铁离子完全沉淀时c(OH-)=mol/L=2×10-11mol/L，pH约为2.7，铝离子完全沉淀c(OH-)=mol/L≈10-9.3mol/L，pH为4.7，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol L-1、c(Ni2+)=0.0002mol L-1，锰离子不沉淀时c(OH-)=mol/L=10-6mol，调pH为8.0，镍离子不沉淀时c(OH-)=mol/L=10-5.5mol/L，pH为8.5，则调节pH的范围为4.7≤pH＜8.0；氢氧化铝溶液氢氧化钠溶液，从滤渣1中分离出Al(OH)3的方法为向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝，故答案为：4.7≤pH＜8.0；向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝；
（4）结合(3)可知两者沉淀pH接近，不能通过调节pH除去同时除去，“除镍”时，将Ni2+转化为NiS而不是Ni(OH)2的原因为镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的，故答案为：镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的；
（5）“转化“时KMnO4和锰离子发生归中反应，得到MnO2，KMnO4为氧化剂，锰离子为还原剂，根据Mn元素由+7价、+2价转化为+4价，降低3价，升高2价，则反应在pH=5的条件下进行，其主要反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，故答案为：2：3。
7．(1)C
(2)取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成证明洗涤干净
(3)8CrO+3S2O+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO
(4) 过滤速度快 抽气泵和安全瓶
(5) 除去过量的(NH4)2S2O8，避免对后续实验产生干扰 溶液浅蓝色褪去且30s不变色 1.0×10-5mol/L
【分析】铬钒废水中加入NH4Fe(SO4)2溶液调节pH=6.5，静置抽滤得到FeVO4和滤液A，滤液A中主要含有CrO，加入Na2S2O3和稀硫酸，过滤后得到Cr(OH)3和滤液B，Cr(OH)3加热至分解生成Cr2O3。
(1)
A．图示装置为过滤装置，过滤操作中需要使用，故A不符合题意；
B．图示仪器为胶头滴管，滴加溶液时需要用到胶头滴管，故B不符合题意；
C．图示仪器为蒸发皿，该流程不需要使用蒸发皿，故C符合题意；
D．图示仪器为坩埚，灼烧Cr(OH)3分解生成Cr2O3时需要使用坩埚，故D不符合题意；
答案选C，故答案为：C；
(2)
若FeVO4未洗涤干净，沉淀表面会附着硫酸根，检验是否存在硫酸根即可证明滤渣FeVO4是否洗涤干净，具体方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成证明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成证明洗涤干净；
(3)
观察流程图可知，有Cr(OH)3生成，该反应为氧化还原反应，转化成，则与Na2S2O3溶液反应的离子方程式为8CrO+3S2O+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO，故答案为：8CrO+3S2O+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO；
(4)
①分析装置图可知，打开自来水龙头，会导致吸滤瓶中压强减小，从而使过滤速度加快，即抽滤的优点是过滤速度快，故答案为：过滤速度快；
②为了避免管道里的水在负压下回流，抽滤完毕后应先断开抽气泵和安全瓶之间的橡胶管，故答案为：抽气泵和安全瓶；
(5)
①(NH4)2S2O8具有强氧化性，会对后续实验有影响，且(NH4)2S2O8不稳定易分解，则加热的目的是除去过量的(NH4)2S2O8，避免对后续实验产生干扰，故答案为：除去过量的(NH4)2S2O8，避免对后续实验产生干扰；
②碘单质遇淀粉变蓝，达到滴定终点时，单质碘被反应完，蓝色褪去，则滴定终点的现象为溶液浅蓝色褪去且30s不变色，故答案为：溶液浅蓝色褪去且30s不变色；
③根据得失电子守恒可知，在滴定过程中存在关系式：，滴定过程中消耗0.010mol·L-lNa2S2O3溶液30.00mL，则有0.010mol/L×30.00×10-3L=3c(Cr3+)×10.00×10-3L，可求得浓缩后的溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L，则滤液B中c(Cr3+)=1.0×10-5mol/L，故答案为：1.0×10-5mol/L。
8． 2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O 缓慢通入CH3ONO气体 ad(da) cbfe(bcfe) 真空低温(隔绝空气，低温干燥) 重结晶 补充平行实验(重复滴定2~3次)
【分析】根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4 H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2 mol L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算；为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。
【详解】(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方程式为2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案为：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；
(2)①步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化学方程式为CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是缓慢通入CH3ONO气体，降低反应速率，防止温度升高过快。故答案为：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；缓慢通入CH3ONO气体；
②步骤Ⅱ中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3；步骤Ⅲ中溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2→打开K3→水浴加热、通冷凝水或打开K3→关闭K1、K2→水浴加热、通冷凝水，故步骤II开始时的操作为ad(da)(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是cbfe(bcfe)(选填字母编号)。故答案为：ad(da)；cbfe(bcfe)；
(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再真空低温(隔绝空气，低温干燥)干燥。精制NaN3的方法是重结晶，使混合在一起的杂质彼此分离。故答案为：真空低温(隔绝空气，低温干燥)；重结晶；
(4)①计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2 mol L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，
ω==，产品纯度为。故答案为：；
②为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值，该实验还需要补充平行实验(重复滴定2~3次)。故答案为：补充平行实验(重复滴定2~3次)。
9． FeTiO3＋6H＋=Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O 铁粉(或Fe) 蒸发浓缩、降温结晶 4.43 TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO 在高温下镁和钛都易与空气中的氧气、氮气等反应 镁 稀盐酸(或稀硫酸)
【分析】由题给流程可知，向钛铁矿加稀硫酸溶解，FeTiO3与硫酸反应“溶煮”过程生成Ti4+、Fe2+；加入的物质A为铁屑，防止Fe2+被氧化，混合液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤1得到FeSO4晶体和含Ti4+溶液，加热溶液使Ti4+水解生成偏钛酸，过滤2得到偏钛酸，煅烧偏钛酸，偏钛酸分解生成二氧化钛，二氧化钛与氯气和过量的焦炭共热反应生成四氯化钛和一氧化碳气体，四氯化钛和镁在高温条件下发生置换反应生成氯化钠和金属钛。
【详解】(1)“溶煮”过程中加硫酸时生成Ti(SO4)2，Ti、S等元素化合价没有发生变化，该过程发生的不是氧化还原反应，则反应的离子方程式为FeTiO3＋6H＋=Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O；
(2)Fe2＋易被氧化生成Fe3＋，因此加入铁粉，防止Fe2＋被氧化；
(3)由表可知，温度越低硫酸亚铁溶解度越小，越容易析出，因此“操作a”为蒸发浓缩、降温结晶；
(4)因为H2TiO3(s) TiO2＋＋2OH－，设c(OH－)＝x mol·L－1，则c(TiO2＋)＝ mol·L－1，x2·＝1.0×10－29，x3＝20×10－30，x＝×10－10，x≈2.7×10－10，c(H＋)＝＝，pH＝－lg≈4.43；
(5)TiO2与氯气和过量焦炭共热生成TiCl4，因为碳过量，故产物为CO，因此反应为TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO；
(6)钛高温下易与氧气、氮气、碳和氢气反应，因此需要在Ar气氛中进行，因为“室温下钛不与强酸、强碱甚至王水反应”，故除去其中的镁可选用稀硫酸或稀盐酸。
10．(1)苯甲酸分子间存在氢键
(2) 增大甲醇含量，可促使酯化反应正向移动，增大苯甲酸的转化率，提高产率 甲醇用量增大，会加大回流量，相对降低反应温度，对反应不利
(3)水浴加热
(4) 及时分离出酯化反应生成的水，使反应正向移动，提高产率 分水器中水层不再变化
(5) cba 降低苯甲酸甲酯的溶解度，便于后续分液(或增强溶剂极性，使苯甲酸甲酯更易分层，合理即可)
(6)减少污染环境(或便于分离循环使用或减少对设备的腐蚀，合理即可)
【详解】（1）苯甲酸含有羟基易形成氢键，沸点高于苯甲酸甲酯的原因为苯甲酸分子间存在氢键；
（2）加料时，n(甲醇):n(苯甲酸)约为5:1，甲醇过量的原因是增大甲醇含量，可促使酯化反应正向移动，增大苯甲酸的转化率，提高产率；但醇酸比超过5:1时，醇酸比的增加对产率影响不大，原因是甲醇用量增大，会加大回流量，相对降低反应温度，对反应不利；
（3）低于100℃可用水浴加热 ，该实验的温度控制在85°C，应采取的加热方式为水浴加热；
（4）水的密度大于反应物的密度，在下层，实验中需多次将分水器中下层液体放出，其目的是及时分离出酯化反应生成的水，使反应正向移动，提高产率，水不再增多，反应完成，判断反应已经完成的标志是分水器中水层不再变化；
（5）步骤Ⅱ中，“一系列分离提纯操作”过程中先用5% Na2CO3溶液溶解甲醇，和苯甲酸反应，分离苯甲酸甲酯；然后饱和食盐水降低苯甲酸甲酯的溶解度，便于后续分液；再用无水氯化钙干燥；先后顺序应依次为cba，加入饱和食盐水的作用是降低苯甲酸甲酯的溶解度，便于后续分液(或增强溶剂极性，使苯甲酸甲酯更易分层，合理即可)；
（6）传统制法用浓硫酸催化，浓硫酸催化具有活性高，价格低廉的优点，但浓硫酸易产生污染物，现代工艺多以固体氯化铝作催化剂，这样改进最主要的原因是减少污染环境(或便于分离循环使用或减少对设备的腐蚀，合理即可)。
11．(1) 四面体形 磷酸晶体 磷酸分子与水分子能形成氢键
(2) 干燥甲苯 K1、K3
(3) 防止五氯化磷遇空气中的水蒸气而发生水解 甲苯 氯化钠
【分析】利用苯来干燥甲苯，通过回流得到的水与钠反应，二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色，改变开关状态收集甲苯，将甲苯、五氯化磷、NaN3在Ar气氛围中充分混合后转入装置B中，在反应釜中于加热12小时使其充分反应。
【详解】（1）中心原子价层电子对数为4+0=4，其VSEPR模型是四面体形。磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可以引入晶种来促进溶液中的磷酸结晶析出，可向其过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶，磷酸分子含有羟基，容易与水分子形成氢键，因此磷酸具有较强的吸水性，所制得的磷酸中仍含有少量的水极难除去；故答案为：四面体形；磷酸晶体；磷酸分子与水分子能形成氢键。
（2）①金属钠与水能发生反应，因此金属的作用是干燥甲苯；故答案为：干燥甲苯。
②回流过程中，水要回流到烧瓶中，因此除水时打开的活塞是K1、K3；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯；故答案为：K1、K3。
（3）①在氩气保护下，反应物在装置A中混匀后转入装置B，于加热12小时，反应物完全反应，五氯化磷和NaN3 反应生成红磷、氮气和氯化钠，其反应的化学方程式为；由于五氯化磷易水解，为防止五氯化磷遇见空气中的水蒸气发生水解，因此用氩气赶走空气；故答案为：；防止五氯化磷遇空气中的水蒸气而发生水解。
②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和氯化钠，用乙醇洗去甲苯，用水洗去氯化钠；故答案为：甲苯、氯化钠。
12．(1) 铁质容器易与硝酸反应 2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6 + 2Ce(OH)4↓ 双氧水、氨水均易受热分解
(2) KMnO4 (或KClO3) 除去装置内的Cl2，使其完全被NaOH溶液吸收 取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗涤干净
(3)H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3
【分析】本题为有碳酸铈制备硝酸高铈铵，步骤I主要是将碳酸铈[Ce2(CO3)3]在铂皿中用硝酸溶解，反应原理为：Ce2(CO3)3+6HNO3=2Ce(NO3)3+3H2O+3CO2↑，配成一定浓度的硝酸铈溶液，过滤出溶液，向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4(黄色难溶物)，反应原理为：2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6 + 2Ce(OH)4↓，将Ce(OH)4于一定温度下加入硝酸加热至浆状，生成H2[Ce(NO3)6]，再加入稍过量的NH4NO3晶体，二者反应生成硝酸高铈铵沉淀，过滤洗涤、干燥可得纯净的硝酸高铈铵，据此分析解题。
【详解】（1）①由题干信息可知，步骤I巍峨取适量碳酸铈[Ce2(CO3)3]于铂皿中，用硝酸溶解，铁质容器易与硝酸反应而铂与硝酸不反应，故步骤I中使用铂皿而不使用铁质容器，由分析可知，生成Ce(OH)4即向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀，加热后过滤、洗涤、烘干得到Ce(OH)4，该反应的离子方程式为：2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6 + 2Ce(OH)4↓，故答案为：铁质容器易与硝酸反应而铂与硝酸不反应；2Ce3++H2O2+6NH3·H2O=6 + 2Ce(OH)4↓；
②由题干信息可知，步骤I中进行“氧化沉淀”即向硝酸铈溶液中加入双氧水、氨水进行氧化沉淀时，由于双氧水、氨水均易受热分解，故加热的温度不宜过高，故答案为：双氧水、氨水均易受热分解；
（2）①装置a中要制取氯气，但没有加热装置，所以应是浓盐酸和KMnO4[或KClO3等]反应来制取氯气；根据W的结构特点可知其为三颈烧瓶，故答案为：KMnO4[或KClO3]；
②当b中沉淀完全变为黄色后，虽然停止了通入氯气，但装置中会有残留的氯气，所以需通入空气除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；制取Ce（OH）4的过程中，氯气会被还原为Cl-，沉淀表明可能附着有NaCl，检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净，故答案为：除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净；
（3）根据题意H2[Ce（NO3）6]与NH4NO3反应生成（NH4）2[Ce（NO3）6]，各元素化合价没有变化，应是发生复分解反应，化学方程式为H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3，故答案为：H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3= (NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3。
13．(1)研钵
(2)除去剩余的 NaOH，避免和乙酸乙酯反应
(3) 除去苯甲醛
(4)防止高温苯甲醇脱水
(5)使苯甲酸钠转化为苯甲酸
(6) 快速过滤 冷水
【分析】根据流程图信息可知苯甲醛和氢氧化钠在研磨的条件下生成苯甲醇和苯甲酸钠，加水溶解，加盐根据提示可知除去过量的氢氧化钠，以免影响萃取分液，根据提示苯甲醇微溶于水易溶于有机物，所以加乙酸乙酯萃取，萃取分液后的上层液体，经洗涤、干燥、蒸馏可得粗苯甲醇；萃取分液后下层液体加盐酸调pH根据提示苯甲酸钠甲酸转化为苯甲酸，在经冷却、抽滤、洗涤、干燥的粗苯甲酸，以此来解析；
【详解】（1）研磨物质一般在研钵中进行，所以苯甲醛和NaOH在研钵中研磨；
（2）因为氢氧化钠会促进乙酸乙酯的水解，不利于下一步反萃取的进行，调pH=8的目的是除去过量的氢氧化钠；
（3）根据已知信息苯甲醛和NaHSO3反应产物溶于水，用饱和NaHSO3溶液洗涤有机相的目的是除去过量的苯甲醛，根据提示②根据反应的化学方程式为： ；
（4）根据已知信息苯甲醇加热时易分子间脱水成醚，蒸馏时采取减压蒸馏而不是常压蒸馏；
（5）根据已知信息苯甲酸钠与酸反应生成苯甲酸，用浓盐酸调pH=2的目的是使苯甲酸钠转化为苯甲酸；
（6）抽滤的优点是抽滤的速度快，苯甲酸在水中溶解度0.21g( 17.5℃)、2.7g(80℃)，苯甲酸在冷水的溶解度小，可以用冷水洗涤可以减少损失；
14． 冷凝管或球形冷凝管 ① 塞好恒压漏斗上方的塞子，将蒸馏烧瓶的导气管进入水中，酒精灯微热，导管口有气泡产生，停止加热，导管口有一段液柱产生，则装置的气密性良好 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O c→d→a→b ②③ 没有进行尾气处理
【分析】装置丙中浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，同时生成氯化锰和水，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
丙装置中制得的氯气通过乙装置除去氯气中的氯化氢，再通过甲装置干燥后得到纯净干燥的氯气进入装置丁与二氧化硫反应制备磺酰氯。
【详解】(1)根据仪器的特征分析，A为冷凝管或球形冷凝管；冷凝水应下进上出，则从①口通入；
(2)实验前，检查丙装置气密性的方法是塞好恒压漏斗上方的塞子，将蒸馏烧瓶的导气管进入水中，酒精灯微热，导管口有气泡产生，停止加热，导管口有一段液柱产生，则装置的气密性良好；
故答案为：塞好恒压漏斗上方的塞子，将蒸馏烧瓶的导气管进入水中，酒精灯微热，导管口有气泡产生，停止加热，导管口有一段液柱产生，则装置的气密性良好；
(3)装置丙中浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，同时生成氯化锰和水，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
丙装置中制得的氯气通过乙装置除去氯气中的氯化氢，再通过甲装置干燥后得到纯净干燥的氯气进入装置丁与二氧化硫反应，故上述仪器正确的连接顺序是e→c→d→a→b；
(4)丁装置制备的氯气中含有氯化氢，水蒸气，丙装置，盛放放饱和食盐水，除去混有的氯化氢，乙装置盛饭浓硫酸，干燥氯气，若缺少装置乙，氯气和二氧化硫和水反应生成氯化氢和硫酸，方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；为提高食盐中硫酰氯的产率，可以控制气流速率，宜慢不宜快；若三颈烧瓶发烫，可适当降温；先通冷凝水，冷凝回流副产物和产品，再进行实验；
故正确的有②③；
(5)氯气和二氧化硫均为污染性气体，直接排放到空气中会造成污染，故该实验装置存在的不足之处是没有进行尾气处理。
15． 逐滴加入浓硫酸可以控制生成ClO2的速率，使ClO2与NaOH、H2O2溶液充分反应，提高ClO2的利用率 2ClO2 + 2NaOH =NaClO2 +NaClO3 + H2O 高于60 ℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。 酸式 淀粉溶液 当滴入最后一滴Na2S2O3时，溶液由蓝色变为无色，且30s内不恢复原色
【分析】图中装置①和装置⑤均为吸收多余的ClO2，关闭K1，装置②中发生反应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2+H2O，生成的ClO2气体经装置③进入装置④，装置③起到安全瓶的作用，装置④发生反应为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，得NaClO2溶液，经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，得晶体NaClO2 3H2O，根据题目所给信息：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故装置④用冷水浴来控制温度，滴定过程中利用碘单质的特性来选择指示剂，据此分析解题。
【详解】(1)实验中逐滴加入浓硫酸可以控制生成ClO2的速率，使ClO2与NaOH、H2O2溶液充分反应，提高ClO2的利用率，故答案为：逐滴加入浓硫酸可以控制生成ClO2的速率，使ClO2与NaOH、H2O2溶液充分反应，提高ClO2的利用率；
(2)装置⑤的溶液是用于尾气处理即吸收多余的ClO2，若ClO2与NaOH反应会生成等物质的量的两种盐，其中一种为NaClO2，根据氧化还原反应中化合价有升必有降和得失电子守恒的规律，可推知另一种盐为NaClO3，故装置⑤中发生反应的化学方程式为：2ClO2 + 2NaOH =NaClO2 +NaClO3 + H2O，故答案为：2ClO2 + 2NaOH =NaClO2 +NaClO3 + H2O；
(3)由题干信息可知：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，故从装置④反应后的溶液中获得晶体，需采用55℃减压蒸发结晶，故答案为：高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl；
(4)①由于ClO2具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故步骤I中量取20.00 mL ClO2溶液所用的仪器为酸式滴定管，故答案为：酸式；
②根据滴定过程中的反应：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，且I2有可以使淀粉溶液变为蓝色的特色，故指示剂x为淀粉溶液，滴定终点的实验现象是蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，根据反应方程式：2ClO2＋8H＋＋10I-=5I2＋2Cl-＋4H2O ，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，不难找出关系式如下：2ClO2~5I2~10 Na2S2O3，故有：n(ClO2)=n(Na2S2O3)= ×aV2×10-3mol，原ClO2溶液中n＇(ClO2)= ×aV2×10-3mol×=mol，原ClO2溶液中的浓度为=g/L，故答案为：淀粉溶液；当滴入最后一滴Na2S2O3时，溶液由蓝色变为无色，且30s内不恢复原色；。
16．(1)
(2) 蒸馏烧瓶 A B 没有隔绝空气，溶液中的Fe2+和VO2+容易被空气中氧气氧化
(3)K+
(4) 0.04pVmol/L 偏高
【分析】废钒催化剂加入硫酸溶液进行酸浸，除去浸渣，浸液加入硫酸亚铁溶液还原，调节pH再次除去滤渣，所得滤液加入P204进行萃取，去掉水相，有机相加入硫酸溶液进行反萃取，得到VOSO4-H2SO4溶液。
【详解】（1）由信息，“酸浸”时V2O4转化为VO2+，其离子方程式为 ；
（2）①由装置图知，仪器b的名称为蒸馏烧瓶；
②实验时，先用铁粉与稀硫酸反应生成的氢气排尽装置中空气，防止亚铁离子和VO2+被氧化，再用生成的氢气产生压强差将b中液体压人c中，利用亚铁离子将还原为VO2+，故应先打开K1、K3，关闭K2，空气排尽后打开K2，关闭K1、K3。观察到的现象为b中液体被压人c中；
③c为敞开体系，溶液中的Fe2+和VO2+容易被空气中氧气氧化；
（3）由转化关系知，“萃取”时，进入水相的金属离子有K+；
（4）①
由信息和反应原理可得关系式:VO2+ ~ ~(NH4)2Fe(SO4)2，则VOSO4-H2SO4溶液中c(VO2+)=；=0.04pVmol/L；
②滴定过程中发生反应的离子方程式为；
③若不用尿素除去NaNO2，NaNO2会氧化Fe2+而导致消耗标准液体积偏大，使所测结果偏高。
试卷第1页，共3页
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