宁夏高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-18常见物质的制备
一、单选题
1．（2023·宁夏中卫·统考二模）下列实验装置正确且能达到相应目的的是
A．图I：除去CO2中的SO2
B．图II：配制一定物质的量浓度的溶液实验中，如图为定容时的操作
C．图III：制备并用排气法收集NO气体的装置(反应装置中已排空气)
D．图IV：用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液
二、实验题
2．（2023·宁夏吴忠·统考模拟预测）某化学兴趣小组利用现制无水三氯化铝作催化剂，由苯合成乙苯，化学反应式为：
+C2H5Br +HCl
已知下列信息：
物质 相对分子质量 密度 熔点 沸点 溶解性
AlCl3 — — 194°C 178°C 遇水极易溶解并产生白色烟雾微溶于苯
笨 78 0.88g·cm-3 — 80.1°C 难溶于水，易溶于乙醇
溴乙烷 109 1.468g·cm-3 — 38.4°C 难溶于水，可溶于苯
乙笨 106 0.878g·cm-3 — 136.2°C 难溶于水，易溶于苯
回答下列问题：
I．下图是实验室制备无水AlCl3的实验装置。
I、如下图是实验室制备无水AlCl3的实验装置:
(1)写出B装置中发生反应的离子方程式 。
(2)选择合适的装置制备无水AlCl3，按气流从左到右正确的连接顺序为 (写导管口标号)。
(3)E中的试剂X名称为 。
Ⅱ．实验室制取乙苯的装置如图。
在三颈烧瓶中加入50mL苯和适量的无水AlCl3由恒压滴液漏斗滴加20mLC2H5Br，加入少量碎瓷片，恒温磁力搅拌，充分反应。
(4)仪器M的名称为 ，反应过程中忘加碎瓷片，正确的做法搅拌器是 。
(5)使用恒压滴液漏斗的优点是 。
(6)反应中要加入过量的苯原因是 ，所得产物通过蒸馏(精馏)进行分离，收取乙苯馏分的沸点范围为 。
(7)实验中测得生成乙苯20g，则乙苯的产率为 。(保留3位有效数字)
3．（2023·宁夏银川·统考一模）铬酰氯是一种无机化合物，化学式为CrO2Cl2，熔点—96.5℃，沸点117℃，常温下为深红棕色液体，放置在空气中会迅速挥发并水解。在实验室中可用重铬酸钾、浓硫酸与氯化钠反应得到铬酰氯。反应机理为：浓硫酸先分别与重铬酸钾和氯化钠反应生成CrO3和氯化氢气体两种中间产物，然后CrO3迅速与氯化氢气体反应生成铬酰氯。实验装置如图(夹持装置略)：
回答下列问题：
(1)装置图中，仪器A、B的名称分别是 、 。
(2)温度计的作用是 。
(3)收集装置选用冰水浴的目的是 。
(4)CrO3与氯化氢气体反应生成铬酰氯的化学反应方程式是 。
(5)投料时，加入过量氯化钠粉末可以显著增大铬酰氯的产率，原因是 。
(6)图中C装置未画出，应为下列装置中的 (填标号)，该装置的作用是 。
a. b. c. d.
4．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）乙酰苯胺，白色有光泽片状结晶或白色结晶粉未，是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。制备原理如下：C6H5-NH2+CH3COOH→C6H5-NH-CO-CH3+H2O
名称 相对分子质量 密度/g·cm-3 性状 沸点℃ 溶解度 性质
苯胺 93 1.02 无色油状液体具有还原性 184 微溶于水 均易溶于常见有机溶剂 易被氧化
乙酸 60 1.05 无色液体 118 易溶于水
乙酰苯胺 135 1.22 白色晶体 304 微溶于冷水、溶于热水 呈中性或极弱碱性，遇酸或碱性水溶液易分解成苯胺及乙酸
实验步骤为：
a.在圆底烧瓶中加入10mL新蒸馏制得的苯胺、15mL冰醋酸和少许锌粉(约0.2g)和几粒沸石，并连接好装置。
b.用小火加热回流，保持温度在105°C约1小时，当锥形瓶内液体不再增加时表明反应已完成，边搅拌边趁热过滤，然后将反应物倒入盛有250mL冷水的烧杯中。
c.冷却后抽滤，用_______洗涤粗产品2-3次，将粗产品移至400mL烧杯中，加入300mL水并加热使其充分溶解，稍冷，待乙酰苯胺晶体析出，抽滤，用滤液冲洗烧杯上残留的晶体，再次过滤，两次过滤得到的固体合并在一起，压干并称重为12.60g。
回答下列问题：
(1)刺形分馏柱的作用是 。
(2)加入的锌粉与醋酸反应，化学方程式为 ，其目的是 。
(3)从粗产品到晶体，采用的实验方法是_______(填字母)。
A．过滤 B．结晶 C．重结晶 D．抽滤
(4)c中抽滤的优点是 ，用滤液而不用蒸馏水冲洗烧杯的原因是 ；洗涤晶体最好选用 (填字母)。
A．乙醇 B．CCl4 C．冷水 D．乙醚
(5)实际产率是 (保留两位有效数字)。
5．（2022·宁夏中卫·统考三模）苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料纳米氧化铜的重要前驱体之一、下面是它的一种实验室合成路线：
+H2O+H2SO4+NH4HSO4
+Cu(OH)2+H2O
制备苯乙酸的装置示意图(加热和夹持装置等略)：
已知：苯乙酸 的熔点为76.5°C，微溶于冷水，溶于乙醇。 具体步骤：
i.在250mL三颈烧瓶a中加入70mL70%的硫酸。
ii.将a中的溶液加热至100°C，缓缓滴加40g苯乙腈( )到过量硫酸溶液中，然后升温至130°C继续反应。反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品。
iii.将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu(OH)2搅拌30 min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体。回答下列问题：
(1)配制70%硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是：先加 的后加 。
(2)在装置中，仪器b的名称是 ； 仪器c的作用是 。反应分离苯乙酸粗品时，加适量冷水的目的是 。
(3)下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是 (填标号)。
A．分液漏斗 B．漏斗 C．烧杯 D．直形冷凝管 E．玻璃棒
(4)最终得到41 g苯乙酸晶体，则苯乙酸的产率是 % (结果保留小数点后两位数字)
(5)写出用CuCl2·2H2O和NaOH溶液制备Cu(OH)2沉淀的化学方程式： 。
(6)某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置电解CuCl2·2H2O溶液，该电池的负极反应式为 。
6．（2023·宁夏中卫·统考一模）莫尔盐［(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，Mr=392]能溶于水，难溶于无水乙醇，是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某兴趣小组欲制备莫尔盐并测定其纯度。采用的方法是先在封闭体系中利用铁和稀硫酸制备硫酸亚铁溶液，再用制得的硫酸亚铁溶液和硫酸铵饱和溶液反应制得。实验装置如图所示，回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 。配制硫酸铵饱和溶液的蒸馏水，需经煮沸并迅速冷却后再使用，目的是 。
(2)待C中逸出H2较为纯净后， (填具体操作)，A中液体会自动流入B中。此时B中发生的主要反应的化学方程式为 。
(3)制备结束后，将B中固液混合物过滤，所得莫尔盐可用 (填试剂名称)进行洗涤。装置A中的反应，硫酸需过量，保持溶液的pH在1~2之间，其目的为 。
(4)装置C的作用为 。
(5)实验小组对样品进行纯度检测，取9.000g样品配成250ml溶液，从中取出25.00ml溶液，用0.01000mol/L的酸性K2Cr2O7溶液滴定，消耗酸性K2Cr2O7溶液30.00mL，该样品的纯度为 (保留至0.1%)。
三、工业流程题
7．（2023·宁夏吴忠·统考模拟预测）某工业废渣主要成分为TeO2，含有CuO、SiO2和Ag2O杂质，从碲渣中回收碲的工艺流程如下：
某化学课外小组通过查阅资料，获取以下信息：
I．Te常见化合价为+4价；
Ⅱ．二氧化碲(TeO2)是白色晶体，微溶于水，易溶于强酸或强碱生成盐；
Ⅲ．Na2TeO3在微酸性和中性水溶液中易水解生成相应的氧化物。
回答下列问题：
(1)“球磨”的目的是 。
(2)“碱浸I”二氧化碲(TeO2)被碱溶解发生的化学方程式为 ，“滤渣I”的成分为 。
(3)“净化”中加入CaCl2，除去Si元素的离子方程式 。
(4)若“沉碲”时所得溶液的pH为7，此时溶液中c()/c(H2TeO3)= (已知：H2TeO3的Ka1=1.0×10-3，Ka2=2.0×10-8)；“沉碲”时溶液的pH应控制在5.8~7.6，原因是 。
(5)“滤渣Ⅲ”的主要成分是 。
(6)“电解还原”过程中，Te被还原的电极反应式为 。
8．（2022·宁夏石嘴山·统考模拟预测）铬及其化合物有许多独特的性质和用途。如炼钢时加入一定量的铬可得到不锈钢，K2Cr2O7是实验中常用的强氧化剂之一，利用含有铬、锌、钢、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质的工业废料回收铬的生产流程如图：
几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Zn(OH)2 Cd(OH)2 Cr(OH)3
开始沉淀的pH 1.5 8 7.2 6
沉淀完全的pH 3.3 12 9.5 8
请回答下列问题：
(1)写出提高酸浸速率的措施 (写出两点)。
(2)酸浸时形成的金属离子的价态均相同，料渣中含有大量的CoAs合金，写出除钴时反应的离子方程式 ；若仅从试剂的经济角度考虑，试剂X最好是 ；氧化过程中铁、铬形成的离子均被氧化，则调pH时应将pH控制在 范围内，单质铬与试剂Y反应时，反应中二者消耗量n(Cr)：n(Y)= 。
(3)设计实验检验废液中是否含有Fe3+： 。
(4)已知常温下Ksp(CdCO3)=5.2×10-12，Ksp(CdS)=3.6×10-29。试剂Z是 (填“Na2CO3”或“Na2S”)时，Cd2+的去除效果较好。若用Na2S溶液处理CdCO3后，达到沉淀溶解平衡时溶液中c(S2-)=amol·L-1，则c()= 。
9．（2021·宁夏银川·校联考模拟预测）铼(Re)合金主要运用于高效能喷射引擎及火箭引擎，例如美国F—22及F—35战斗机引擎就采用含铼量6%的第三代单晶体合金构成的涡轮叶片，其工作温度可高达2000K。铼的特殊性质决定了它在军事战略上十分重要，以下是从硫化铜矿石冶炼过程中回收金属铼的工艺流程：
已知：
①铼在化合物中价态较多，主要以+7、+6、+4和+2最为常见，铜矿中铼大多以CuReS4和ReS2形式存在。
②高铼酸铵溶解性：微溶于冷水，易溶于热水。
③泡沫浮选：将研细的矿物与水混合并加入油，鼓入空气产生气泡，含有金属的矿物颗粒对油有吸引力，被油包覆并粘附在气泡上，随泡沫漂浮到表面，脉石的颗粒则沉淀到底部，实现矿石分离。
④造锍熔炼：利用铜、镍、钴对硫的亲和力近似于铼，而对氧的亲和力远小于铼的性质，在氧化程度不同的造锍熔炼过程中，使铼的硫化物不断被氧化而除去。
回答以下问题：
(1)为了增加“泡沫浮选”的效果，除了将矿石研磨成一定颗粒大小以外，还可以 (任写一条)。
(2)“造锍熔炼”中CuReS4转化成Re2O7的化学方程式为 。
(3)“烟气淋洗”时，水帘从吸收塔 进，烟气从 进(填“上口”或“下口”)，目的是 。
(4)“结晶”得到高铼酸铵粗品的具体操作是：高温浓缩， ，过滤， ， 。
(5)得到纯度99.99%的高铼酸铵的提纯操作名称是 。
(6)高温还原金属铼的化学方程式是 。
10．（2021·宁夏中卫·统考模拟预测）某含镍(Ni)废催化剂中主要含有Ni，还含有Al、Fe及其他不溶于酸、碱的杂质。现用含镍废催化剂制备NiSO4·7H2O，其流程图如下：
部分金属化合物的Ksp近似值如表所示：
化学式 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Ni(OH)2 NiCO3
Ksp近似值 1.0×10-17 1.0×10-38 1.0×10-34 1.0×10-15 1.0×10-5
回答下列问题：
(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为 。
(2)“酸浸”所使用的酸为 。
(3)“净化除杂”时需加入H2O2溶液，其作用是 ，然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀(铁元素对应离子浓度为1.0×10-5mol·L-1)，此时溶液的pH为 (填计算所得数值)。
(4)“操作A”为 、过滤、洗涤、干燥，即得产品。
(5)析出NiSO4·7H2O后失去结晶水后得到NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的离子方程式为 。
(6)保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废催化剂进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度和时间分别为 ℃、 min。
11．（2021·宁夏石嘴山·统考一模）用软锰矿(主要成分为MnO2，所含杂质为质量分数约8%Fe3O4和约5%Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3，同时制得Ba(OH)2，工艺流程如下：
已知：25℃时相关物质的Ksp见下表
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2
Ksp 1×10-16.3 1×10-38.6 1×10-32.3 1×10-12.7
回答下列问题：
(1)MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 ，能否通过加热的方式加快该反应的速率， (填“能”或“否”)
(2)已知MnO2为两性氧化物，保持BaS投料量不变，随软锰矿粉与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是 。
(3)在实验室进行过滤操作时，除了使用铁架台和烧杯以外，还需要的玻璃仪器为 。
(4)净化时需先加入的试剂X为 (填化学式) 。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度小于1.0×10-5mol L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为 。
12．（2021·宁夏银川·校考模拟预测）金、银是生活中常见的贵金属，用途非常广泛。工业上常利用氰化法从一种含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3和其它不溶性杂质)中提取金。工艺流程如下：
已知：① Zn + O2 + H2O = Zn(OH)2
②Zn2+(aq) Zn(CN)2(s) Zn(CN) (aq)
(1)步骤1中“磨矿”的目的是 。
(2)步骤2中浸出应选用 (填盐酸、硫酸或硝酸)。
(3)步骤4浸出的目的是将单质Au转化为Au(CN)进入溶液，该反应的离子方程式为 。
(4)步骤4中为提高金的浸出速率可适当升高温度，但温度过高浸出速率反而会降低，原因是 。
(5)步骤6的目的是 。
(6)步骤7置换的总反应为：2Au(CN)+3Zn+4CN-+2H2O=2Au +2Zn(CN)+ZnO+2H2↑，该过程中，为防止生成Zn(CN)2沉淀影响置换速率，可采取的措施是 。
(7)脱金贫液(主要含有CN-)会破坏环境，可通过化学方法转化为无毒废水净化排放。碱性条件下，用NaClO将贫液中的CN- 氧化成无毒的CO和N2，该反应的离子方程式为 。
参考答案：
1．C
【详解】A．二氧化碳和二氧化硫均能与碳酸钠溶液反应，所以不能用碳酸钠饱和溶液除去二氧化碳中混有的二氧化硫，应选用饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；
B．配制一定物质的量浓度的溶液实验中，向容量瓶中加入蒸馏水定容时，距刻度1—2cm才改用胶头滴管滴加蒸馏水，故B错误；
C．铜与稀硝酸反应生成的一氧化氮易与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集，但可以用向下排二氧化碳的方法收集一氧化氮气体，故C正确；
D．氢氧化钠溶液会与玻璃中 的二氧化硅反应，所以不能用酸式滴定管盛装氢氧化钠溶液，故D错误；
故选C。
2．(1)MnO2+4H++2Cl Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)defghijc
(3)碱石灰
(4) 球形冷凝管 停止反应，冷却后补加
(5)平衡气压，使液体顺利滴下
(6) 提高溴乙烷的转化率(其它合理答案酌情给分) 136.2°C~178°C
(7)70.1%
【详解】（1）在B装置中，浓盐酸和MnO2反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）B装置产生的氯气中混有氯化氢和水蒸气杂质，用D装置除去HCl 杂质，C装置除去水蒸气杂质，由于氯化铝易升华，产生的氯化铝颗粒易堵塞导气管，所以得到纯净的氯气后在F装置中和铝反应制取氯化铝而不用A装置，根据信息可知氯化铝遇水极易潮解并产生白色烟雾，所以最后必须用E装置吸收多余的氯气并可以防止空气中的水蒸气进入F装置中，因此制备无水氯化铝正确的连接顺序为d、e、f、g、h、i、j、c，故答案为：d、e、f、g、h、i、j、c；
（3）X是用于干燥Cl2的固体干燥剂，所以是碱石灰；
（4）仪器M的名称是球形冷凝管；反应中若忘记加碎瓷片，则应停止反应，待冷却后补加；
（5）使用恒压漏斗可以平衡漏斗内外压强，使液体顺利滴下；
（6）加入过量苯的目的是提高另一种反应物溴乙烷的转化率；乙苯的沸点是136.2°C，AlCl3的沸点是178°C，所以收取乙苯馏分的沸点范围为136.2°C~178°C；
（7）加入苯的物质的量为50mL×0.88g/mL÷78g/mol=0.56mol，C2H5Br的物质的量为20mL×1.468g/mL÷109g/mol=0.269mol，由反应方程式
+C2H5Br +HCl可知，加入的苯过量，则理论上生成乙苯的质量为：0.27mol×106g/mol=28.55g，乙苯的产率为：×100%=70.1%，故答案为：70.1%。
3．(1) 圆底烧瓶 (直形)冷凝管
(2)测量蒸汽的温度，收集117℃左右的馏分
(3)冷却，减缓铬酰氯挥发
(4)CrO3+2HClCrO2Cl2+H2O
(5)加入过量氯化钠可产生过量的氯化氢气体，使更多的CrO3参与反应
(6) b 吸收未参与反应的HCl气体，防止空气中的水蒸气进入收集装置
【分析】由题意可知，制备铬酰氯的过程为浓硫酸先分别与重铬酸钾和氯化钠共热反应生成三氧化铬和氯化氢气体两种中间产物，然后三氧化铬迅速与氯化氢气体共热反应生成铬酰氯，则实验装置图中左侧装置为铬酰氯的制备装置，中间装置为铬酰氯的冷凝收集装置，未画出的装置为盛有碱石灰的干燥管，目的是吸收未参与反应的氯化氢气体，防止空气中的水蒸气进入收集装置导致铬酰氯水解。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器A为圆底烧瓶、仪器B为(直形)冷凝管，故答案为：圆底烧瓶；(直形)冷凝管；
（2）由题意可知，温度计的作用是测量蒸汽的温度，收集117℃左右的馏分得到铬酰氯，故答案为：测量蒸汽的温度，收集117℃左右的馏分；
（3）由题给信息可知，收集装置选用冰水浴的目的是起冷却作用，减缓铬酰氯挥发导致产率降低，故答案为：冷却，减缓铬酰氯挥发；
（4）由分析可知，三氧化铬与氯化氢气体共热反应生成铬酰氯和水，反应的化学方程式为CrO3+2HClCrO2Cl2+H2O，故答案为：CrO3+2HClCrO2Cl2+H2O；
（5）投料时，加入过量氯化钠粉末可以产生过量的氯化氢气体，有利于使更多的三氧化铬参与反应，增大铬酰氯的产率，故答案为：加入过量氯化钠可产生过量的氯化氢气体，使更多的CrO3参与反应；
（6）由分析可知，未画出的装置为盛有碱石灰的干燥管，目的是吸收未参与反应的氯化氢气体，防止空气中的水蒸气进入收集装置导致铬酰氯水解，故答案为：b；吸收未参与反应的HCl气体，防止空气中的水蒸气进入收集装置。
4．(1)冷凝回流
(2) 2CH3COOH+Zn=(CH3COO)2Zn+H2↑ 排除装置内空气，防止苯胺被氧化
(3)C
(4) 过滤速度快，同时所得固体更干燥用滤 液冲洗烧杯可减少乙酰苯胺的溶解损失 C
(5)85%
【详解】（1）刺形分馏柱的作用是冷凝回流，故答案为：冷凝回流；
（2）Zn与醋酸反应生成醋酸锌与氢气，反应方程式为：2CH3COOH+Zn=(CH3COO)2Zn+H2↑；苯胺不稳定，容易被空气中的氧气氧化为硝基苯，利用反应生成氢气排尽装置内的空气，防止苯胺在反应过程中被氧化；故答案为：2CH3COOH+Zn=(CH3COO)2Zn+H2↑；排尽装置内的空气，防止苯胺在反应过程中被氧化；
（3）操作中利用热水溶解粗产品，再冷却析出乙酰苯胺晶体，应是利用重结晶方法，故答案为：C；
（4）c中抽滤的优点是速度快，产品更干燥；用滤液而不用蒸馏水冲洗烧杯的原因是可减少乙酰苯胺的溶解损失防止引入其他杂质；由于乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，易溶于乙醇、乙醚，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量冷水洗，以减少因洗涤造成的损耗；
故答案为：速度快，产品更干燥；可减少乙酰苯胺的溶解损失；C；
（5），n(乙酸)= ，Zn反应的醋酸为，实际加入醋酸为0.2563mol，二者反应为C6H5-NH2+CH3COOH→C6H5-NH-CO-CH3+H2O，按1:1反应，由于乙酸的物质的量大于苯胺的物质的量，所以产生乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺为原料为标准，乙酰苯胺的理论产量为0.1097mol，而实际产量n(乙酰苯胺)= ，所以乙酰苯胺的产率为，
故答案为：85%。
5．(1) 水 浓硫酸
(2) 滴液漏斗 冷凝回流 便于苯乙酸析出
(3)BCE
(4)88.15%
(5)CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl
(6)CH3OH+8OH——6e—=CO+6H2O
【分析】该实验的实验目的是利用苯乙腈与稀硫酸反应制得苯乙酸粗品，苯乙酸粗品提纯后得到苯乙酸，苯乙酸在乙醇与水的混合溶剂中充分溶解后，与氢氧化铜反应制得苯乙酸铜。
【详解】（1）浓硫酸稀释时放出大量的热，所以用浓硫酸配制70%硫酸时，应将密度大的浓硫酸注入密度小的水中，防止混合时放出热使液滴飞溅，则加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是先加水、再加入浓硫酸，故答案为：水；浓硫酸；
（2）由实验装置图可知，仪器b为滴液漏斗；仪器c为球形冷凝管，作用是使气化的反应液冷凝回流；由题给信息可知，降低温度，可以减小苯乙酸的溶解度，所以分离苯乙酸粗品时加入冷水的目的是便于苯乙酸析出，故答案为：滴液漏斗；冷凝回流；便于苯乙酸析出；
（3）由题意可知，分离苯乙酸粗品的方法为过滤，过滤需要的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故选BCE；
（4）由方程式可知，40g苯乙腈制得的苯乙酸的物质的量为≈0.342mol，则最终得到41 g苯乙酸晶体时，苯乙酸的产率为×100%≈88.15%，故答案为：88.15%；
（5）两水氯化铜溶于氢氧化钠溶液，与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl，故答案为：CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl；
（6）由图可知，右侧电极为燃料电池的负极，碱性条件下，甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH+8OH——6e—=CO+6H2O，故答案为：CH3OH+8OH——6e—=CO+6H2O。
6．(1) 三颈烧瓶 降低水中的溶解氧
(2) 打开K3，关闭K1、K2 FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O↓
(3) 无水乙醇 抑制Fe2＋水解
(4)液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2＋
(5)78.4%
【分析】莫尔盐的制备原理是：是先在封闭体系中利用Fe和稀硫酸制备FeSO4溶液，再用制得的FeSO4溶液和(NH4)2SO4饱和溶液反应，待锥形瓶中反应完成后，打开K3，关闭K1、K2，利用锥形瓶压强增大，将FeSO4溶液压入到B中反应得到摩尔盐。
【详解】（1）仪器a的名称为三颈烧瓶。亚铁离子易被氧化，配制硫酸铵饱和溶液的蒸馏水，需经煮沸并迅速冷却后再使用，目的是降低水中的溶解氧。故答案为：三颈烧瓶；降低水中的溶解氧；
（2）A中产生H2使其压强大于B，液体从压强大的装置流入压强小的装置，待C中逸出H2较为纯净后，打开K3，关闭K1、K2(填具体操作)，A中液体会自动流入B中。此时硫酸亚铁和饱和硫酸铵发生反应生成摩尔盐，B中发生的主要反应的化学方程式为FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O↓。故答案为：打开K3，关闭K1、K2；FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O↓；
（3）摩尔盐易溶于水而难溶于乙醇，洗涤摩尔盐时摩尔盐不能溶解于洗涤剂，制备结束后，将B中固液混合物过滤，所得莫尔盐可用无水乙醇 (填试剂名称)进行洗涤。装置A中的反应，硫酸需过量，保持溶液的pH在1~2之间，其目的为抑制Fe2＋水解。故答案为：无水乙醇；抑制Fe2＋水解；
（4）装置C的作用为液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2＋。故答案为：液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2＋；
（5）由6Fe2++Cr2O+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，n(K2Cr2O7)=0.1000mol/L×0.03L=0.003mol，故n[(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O)]=n(Fe2+)=0.003mol×6=0.018mol，则m[(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O)]=0.018mol×392g/mol=7.056g，该样品的纯度=×100%=78.4%，该样品的纯度为78.4% (保留至0.1%)。故答案为：78.4%。
7．(1)增大接触面积，提高化学反应速率
(2) TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O CuO和Ag2O
(3)Ca2++=CaSiO3↓
(4) 2000 如果pH过高或过低，TeO2溶解
(5)TeO2
(6)+4e-+3H2O=Te+6OH-
【分析】碲渣进行球磨粉碎后加氢氧化钠溶解，TeO2、SiO2溶于氢氧化钠，分别转化为Na2TeO3和Na2SiO3进入溶液中，滤渣为CuO和Ag2O，滤液中加入CaCl2，生成CaSiO3沉淀，过滤后滤液中加入稀硫酸，结合已知信息，Na2TeO3在微酸性水解生成TeO2固体，向TeO2中加入氢氧化钠溶解Na2TeO3，最后电解Na2TeO3溶液制得Te。
【详解】（1）球磨的目的是为了增大接触面积，加快反应速率。
答案为：增大接触面积，加快反应速率。
（2）结合信息Ⅱ．二氧化碲(TeO2)易溶于强碱生成盐，“碱浸I”二氧化碲(TeO2)被碱溶解发生的化学方程式为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；结合上述分析，“滤渣I”的成分为CuO和Ag2O。
答案为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；CuO和Ag2O。
（3）结合上述分析，滤液I中含有，“净化”中加入CaCl2，除去Si元素的离子方程式为：Ca2++=CaSiO3↓。
答案为：Ca2++=CaSiO3↓。
（4）已知H2TeO3的Ka1=1.0×10-3，Ka2=2.0×10-8，故c()/c(H2TeO3)= Ka1 Ka2/c2(H+)=2000； “沉碲”时溶液的pH应控制在5.8~7.6，因为TeO2易溶于强酸或强碱生成盐，PHg过低或过高将溶解TeO2。
答案为：2000；如果pH过高或过低，TeO2溶解
（5）Na2TeO3在微酸性水解生成TeO2固体，“滤渣Ⅲ”的主要成分是TeO2。
答案为：TeO2。
（6）电解时，在阴极放电生成Te，其电极反应式为：+4e-+3H2O=Te+6OH-。
答案为：+4e-+3H2O=Te+6OH-。
8．(1)将废料粉碎、适当升高温度
(2) As2O5+2Co2++7Zn+10H+=7Zn2++2CoAs+5H2O 空气 3.3≤pH<6.0 4：3
(3)取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+
(4) Na2S 1.4a×1017mol L-1
【分析】含有铬、锌、钢、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质的工业废料，加入稀硫酸后得到铜单质和其他二价金属离子，加入Zn和As2O3除钴，在料渣里得到CoAs，通入空气，将亚铁离子氧化为铁离子，加入ZnO调节pH至3.3≤pH＜6.0，使得铁离子生成氢氧化铁除去，电解废液，得到单质铬，通入氧气，得到氧化铬，在废液中加入Na2S，得到含镉沉淀，据此解答。
【详解】（1）采用将废料粉碎以增大反应物接触面积、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等都能提高酸浸速率，故答案为：将废料粉碎、适当升高温度；
（2）铁与稀硫酸反应生成Fe2+，其他金属(除铜外)也均转化为二价离子，锌将Co2+、As2O3还原为相应的单质，两种单质形成合金，离子反应为As2O3+2Co2++7Zn+10H+═7Zn2++2CoAs+5H2O，氧气、氯气、过氧化氢等氧化剂均能氧化Fe2+，但空气的经济价值最低，调pH时得到Fe(OH)3沉淀，为将铁离子除尽，且Co3+不沉淀，pH应不小于3.3，但要小于6.0，单质铬与氧气反应得到Cr2O3，反应中二者消耗量n(Cr)：n(Y)=4：3，故答案为：As2O3+2Co2++7Zn+10H+═7Zn2++2CoAs+5H2O；空气；3.3≤pH＜6.0；4：3；
（3）用KSCN 溶液检验Fe3+，取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+，故答案为：取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+；
（4）CdCO3、CdS组成形式相同，相同条件下K较小的镉盐析出后，溶液中剩余的Cd2+的量较小，Cd2+去除率较好的是Na2S，由，，c(S2 )=a mol/L，则c()=1.4a×1017mol/L，故答案为：Na2S；1.4a×1017mol/L。
9． 调整气泡大小、调整气泡速度、延长浮选时间等 4CuReS4+25O2=4CuO+16SO2+2Re2O7 上口 下口 水向下流烟气向上扩散从而形成对流，提高烟气淋洗的效率 降温结晶 冷水洗涤 低温干燥 重结晶
【分析】将铜矿石研磨成一定颗粒大小，利用泡沫浮选，得到CuReS4和ReS2，通过造锍熔炼，使CuReS4转化为CuO、Re2O7、SO2，ReS2转化为Re2O7和SO2，化学方程式分别为：、，通过“烟气淋洗”得到高铼酸溶液，向溶液中加热NH4Cl得到高铼酸铵溶液，高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，可以通过高温浓缩，降温结晶，过滤，冷水洗涤，低温干燥，得到高铼酸铵粗品，利用重结晶的方法进行提纯，最终得到纯度为99.99%的高铼酸铵。
【详解】(1)将矿石研磨成一定颗粒大小、调整气泡大小、调整气泡速度、延长浮选时间等，都可以增加“泡沫浮选”的效果；
(2)由已知信息可知，“造锍熔炼”是利用用铜、镍、钴对硫的亲和力近似于铼，而对氧的亲和力远小于铼的性质，在氧化程度不同的造锍熔炼过程中，使铼的硫化物不断被氧化而除去，因此，该过程中CuReS4和反应生成、、，化学方程式为：；
(3)“烟气淋洗”时，水帘从吸收塔上口进，烟气从下口进，水向下流烟气向上扩散从而形成对流，从而提高烟气淋洗的效率；
(4)由于高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，可通过高温浓缩，降温结晶，过滤，冷水洗涤，低温干燥，得到高铼酸铵粗品；
(5)利用重结晶对高铼酸铵粗品进行提纯，最终得到纯度为99.99%的高铼酸铵；
(6) NH4ReO4在高温下被H2还原为Re，铵盐高温下会分解生成NH3，则化学方程式为。
10． 2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO＋3H2↑ 硫酸(或H2SO4) 将Fe2＋氧化为Fe3＋ 3 冷却结晶 2Ni2+＋ClO—＋4OH—=2NiOOH↓＋Cl—＋H2O 70 120
【分析】由题给流程可知，含镍废催化剂碱浸时，铝与碱溶液反应生成偏铝酸盐，镍、铁和不溶于酸、碱的杂质不与酸反应，过滤得到含有偏铝酸盐的滤液和含有镍、铁的滤渣；为防止产品中混有杂质，向滤渣中加入稀硫酸酸浸，镍、铁与稀硫酸反应溶解得到硫酸盐，过滤除去不溶于酸、碱的杂质得到含有硫酸镍和硫酸亚铁的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子，再调节溶液pH使溶液中铁离子好完全转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到硫酸镍溶液，将硫酸镍溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体。
【详解】(1) “碱浸”时发生的反应为铝与强碱溶液反应生成偏铝酸根离子和氢气，反应的离子方程式为2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO＋3H2↑，故答案为：2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO＋3H2↑；
(2)由分析可知，为防止产品中混有杂质，向滤渣中加入稀硫酸酸浸，使镍、铁溶解得到可溶性硫酸盐，故答案为：硫酸(或H2SO4)；
(3) 由分析可知，“净化除杂”时需加入H2O2溶液发生的反应为酸性条件下，过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子，便于调节溶液pH时将铁离子好完全转化为氢氧化铁沉淀除去；由氢氧化铁的溶度积可知，铁离子恰好完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为==1.0×10—11mol/L，则溶液的pH为3，故答案为：将Fe2＋氧化为Fe3＋；3；
(4) 由分析可知，硫酸镍溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体，故答案为：冷却结晶；
(5)由题意可知，碱性条件下，溶液中镍离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应生成碱式氧化镍、氯离子和水，反应的离子方程式为2Ni2+＋ClO—＋4OH—=2NiOOH↓＋Cl—＋H2O，故答案为：2Ni2+＋ClO—＋4OH—=2NiOOH↓＋Cl—＋H2O；
(6)由图可知，酸浸的温度为70℃、时间为120min时，镍浸出率达到最高，故答案为：70；120。
11． MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S 能 MnO2为两性氧化物，过量的MnO2会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小； 漏斗、玻璃棒 H2O2 4.9 Mn2+++NH3 H2O=MnCO3↓++H2O
【分析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)，加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，过滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢钠、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
【详解】(1)MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；一般来说，升高反应的温度可以加快反应速率，故可通过加热的方式加快该反应的速率；
(2)MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小；
(3)在实验室进行过滤操作时，除了使用铁架台和烧杯以外，还需要的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒；
(4)净化时为更好的除去Fe元素，需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；
(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2+++NH3 H2O=MnCO3↓++H2O。
12． 增大反应物的接触面积，提高浸出速率 硝酸 4Au+ 8CN- +2H2O + O2＝4Au(CN) + 4OH- 温度太高会降低O2的溶解度，使c(O2)减小，金的浸出速率降低 提高金的浸出率(或提高金的产率，或减小金的损失，合理即可) (适度)增大溶液中c(CN-) 2CN- + 5ClO- + 2OH-＝2CO+ N2↑+ 5Cl- +H2O
【分析】含金矿石经磨矿后加入酸酸浸，氧化铁和银溶解，Au不溶解，过滤，向浸出渣中加入KCN、KOH混合液，并通入氧气，反应生成Au(CN)，过量，且将滤渣洗涤，在滤液中加入Zn置换，可生成Zn、Au沉淀，加入酸除去锌，可得到金，以此解答该题。
【详解】(1)根据外界条件对反应速率的影响可判断步骤1中“磨矿”的目的是增大反应物的接触面积，提高浸出速率。
(2)由于硫酸银微溶，氯化银难溶，所以步骤2中浸出应选用硝酸。
(3)步骤4浸出的目的是将单质Au转化为Au(CN)进入溶液，反应物是KCN、KOH、氧气和水，因此该反应的离子方程式为4Au+ 8CN- +2H2O + O2＝4Au(CN) + 4OH-。
(4)由于温度太高会降低O2的溶解度，使c(O2)减小，因此但温度过高浸出速率反而会降低。
(5)步骤6中洗涤液和滤液合并利用，因此目的是提高金的浸出率。
(6)为防止生成Zn(CN)2沉淀影响置换速率，根据方程式可知应该尽可能使反应正向进行，所以可采取的措施是(适度)增大溶液中c(CN-)。
(7)碱性条件下，用NaClO将贫液中的CN-氧化成无毒的CO和N2，还原产物是氯离子，则该反应的离子方程式为2CN- + 5ClO- + 2OH-＝2CO+ N2↑+ 5Cl- +H2O。
试卷第1页，共3页
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