2023年高考真题变式分类汇编：物质的分离与提纯5
一、选择题
1．（2021·浙江）下列说法正确的是（ ）
A．减压过滤适用于过滤胶状氢氧化物类沉淀
B．实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火
C．制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含 和 的溶液浓缩至干
D．将热的 饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体
2．（2022·青岛模拟）由重晶石矿(主要成分是，还含有等杂质)可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计制备流程如下。下列说法正确的是（ ）
A．实验室模拟“高温焙烧”过程需要先在坩埚中研磨处理后再灼烧
B．“高温焙烧”过程中，主反应为：
C．制得的氯化钡可用作“钡餐”
D．结晶时应蒸发浓缩至出现晶膜后停止加热，冷却结晶
3．（2021·喀什模拟）某化学实验小组在实验室中以含有Zn2+、Al3+、Fe3+、Cu2+、Cl-的废水为原料提取ZnCl2溶液，实验流程如图所示。已知：滤液Ⅰ中存在[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，滤渣Ⅱ的主要成分为CuS。下列说法错误的是（ ）
A．过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B．滤渣Ⅰ的主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝
C．滤液Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均含有氯化铵
D．若直接加热蒸干滤液Ⅱ，可获得纯净的氯化锌
4．（2021·金台模拟）已知有机物a、b、c的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
(a) (b) (c)
A．a、b、c均能与金属钠反应放出H2
B．含有相同官能团的c的同分异构体有7种(不考虑空间异构)
C．1 mol a与1 mol CH3OH在一定条件下反应可生成1 mol b
D．除去b中少量的a时，可加入NaOH溶液，振荡、静置、分液
5．（2021·喀什模拟）除去下列物质中的杂质(括号中为杂质)，采用的试剂和除杂方法正确的是（ ）
选项 含杂质的物质 试剂 除杂方法
A 苯(苯酚) 浓溴水 过滤
B C2H4(CO2) NaOH溶液 洗气
C 乙醛(乙酸) NaOH溶液 分液
D 己烷(己烯) 溴水 分液
A．A B．B C．C D．D
6．（2020·包头模拟）从制溴苯的实验中分离出FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列设计能达到相应实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取氯气按图示通入装置乙中能使Br-全部转化为溴单质
B．用装置丙分液时先从下口放出水层，换一容器从上口倒出有机层
C．检验溶液中是否氧化完全，取水层少许滴加硝酸银溶液，看有无沉淀生成
D．用装置丁将分液后的水层溶液蒸发至有大量晶体析出时，停止加热，余热蒸干
7．（2021·扬州模拟）烟气脱硫能有效减少SO2的排放。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝［(1-x)Al2(SO4)3·xAl2O3］溶液，并用于烟气脱硫。下列说法正确的是（ ）
A．“酸浸”后，所得滤渣Ⅰ的主要成分为H2SiO3
B．pH约为3.6时，溶液中存在大量的H+、Al3+、CO
C．调pH时，若pH偏高，则所得溶液中c(Al3＋)将增大
D．碱式硫酸铝溶液经多次循环使用后，所得溶液中c(SO )将增大
8．（2021·盐城模拟）实验室以CaCO3为原料制备CO2并获得无水CaCl2。下列装置能达到相应实验目的的是（ ）
A．装置①生成CO2 B．装置②除去CO2中的HCl
C．装置③干燥CO2 D．装置④制得无水CaCl2
9．（2021·南京模拟）由含[Cu(NH3)4]Cl2的蚀刻废液制取[Cu(NH3)4]CO3溶液的流程如图：
下列有关说法错误的是（ ）
A．上述制取流程不涉及氧化还原反应
B．“沉铜”在加热条件下进行，发生反应的离子方程式为[Cu(NH3)4] +2OH- 4NH3↑+CuO↓+H2O
C．“滤液”中大量存在的离子有Na+、 、Cl-和OH-
D．“浸铜”时温度过高可能导致铜的浸出率下降
10．（2021·厦门模拟）我国古代《演繁露》记载：“盐已成卤水，暴烈日，即成方印，洁白可爱，初小渐大或数十印累累相连”，其中涉及的分离方法是（ ）
A．升华 B．蒸发 C．萃取 D．过滤
二、非选择题
11．（2021·浙江）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：
（1）白色固体C的化学式是 ，蓝色溶液D中含有的溶质是 (用化学式表示)。
（2）化合物X的化学式是 ；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式 。
（3）蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式 。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素 。
12．（2021·全国甲）胆矾( )易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的 (杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有 (填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）将 加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为 ，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 。
（3）待 完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量 ，冷却后用 调 为3.5～4，再煮沸 ，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、 、乙醇洗涤、 ，得到胆矾。其中，控制溶液 为3.5～4的目的是 ，煮沸 的作用是 。
（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为 ，加入胆矾后总质量为 ，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为 (写表达式)。
（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是 (填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来
13．（2021·湖南）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤I. 的制备
步骤Ⅱ.产品中 含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用 盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸 ；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用 盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸 ；
④平行测定三次， 平均值为22.45， 平均值为23.51。
已知：(i)当温度超过35℃时， 开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
温度/ 0 10 20 30 40 50 60
35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3
11.9 15.8 21.0 27.0
6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4
29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2
回答下列问题：
（1）步骤I中晶体A的化学式为 ，晶体A能够析出的原因是 ；
（2）步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；
A． B．
C． D．
（3）指示剂N为 ，描述第二滴定终点前后颜色变化 ；
（4）产品中 的质量分数为 (保留三位有效数字)；
（5）第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则 质量分数的计算结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
14．（2021·湖南） 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以 形式存在，还含有 、 、 、 等物质。以独居石为原料制备 的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为 ；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有 (至少写两条)；
（3）滤渣Ⅲ的主要成分是 (填化学式)；
（4）加入絮凝剂的目的是 ；
（5）“沉铈”过程中，生成 的离子方程式为 ，常温下加入的 溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知： 的 ， 的 ， )；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为 ，在高温条件下， 、葡萄糖( )和 可制备电极材料 ，同时生成 和 ，该反应的化学方程式为
15．（2021·金台模拟）孔雀石主要成分是
，还含少量
及硅的氧化物，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体的步骤如下：
有关物质沉淀的pH数据如下：
物质 开始沉淀
完全沉淀
（1）步骤Ⅰ加稀硫酸充分反应，过滤得到滤渣的主要成分是 （填化学式），该物质进一步提纯后可用于制造 。提高步骤Ⅰ反应速率的措施是 (写一条即可)。
（2）步骤Ⅱ中试剂①应选用试剂 填代号
。
a.
b.稀
c.双氧水 d.氯水
相关反应的离子方程式为： 。
（3）步骤Ⅲ加入CuO调节溶液的pH至 (填写范围)，目的是 。
（4）步骤Ⅳ获得硫酸铜晶体的操作中，必须采取的实验措施是 。
（5）常温下
的
，若要将溶液中的
转化为
沉淀，使溶液中
降低至
，必须将溶液调节至
。
（6）用
和孔雀石反应可以制得金属铜，已知1mol氨气通过灼热的
可以产生
金属铜，则该反应的化学方程式为 。
16．（2021·宜宾模拟）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型高效消毒净水剂。高铁酸钾的一种实验室制法如下。(装置如图所示，夹持装置略去)
Ⅰ.组装好仪器，检查装置气密性，装入药品。
Ⅱ.打开止水夹K1、K2和甲中分液漏斗活塞，反应一段时间，关闭止水夹K1。
Ⅲ.开启磁力搅拌器，缓慢加入100mL0.8mol L-1Fe(NO3)3溶液，充分反应。
Ⅳ.反应结束，通入N2一段时间，取下三颈烧瓶，在低温下加入KOH固体至溶液饱和，析出粗产品，过滤。
Ⅴ.将粗产品溶于冷的稀KOH溶液，过滤除杂，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，过滤，用乙醚洗涤。
Ⅵ.重复操作Ⅴ，在真空干燥箱中干燥，得到9.9g产品。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 ，a中所盛装的药品是 (选填字母序号)。
A．NaCl B．MnO2 C．Na2CO3 D．KMnO4
（2）步骤Ⅰ，检查甲装置气密性的方法是 。
（3）乙装置中饱和NaCl溶液的作用是 。
（4）步骤Ⅱ，丙中三颈烧瓶内发生反应的离子方程式是 。
（5）步骤Ⅲ，丙中生成Na2FeO4的离子方程式是 。
（6）步骤Ⅳ中通入N2的目的是 。步骤Ⅴ，将粗产品“过滤除杂”，主要目的是除去 (填化学式)。
（7）该实验中产品的产率为 。
17．（2021·宜宾模拟）铊(Tl)在工业中的用途非常广泛。从某铅锌厂的电尘(主要成分为PbO、ZnO，还含有少量Fe2O3、Tl2O)中回收铊的工艺流程如图。
已知：①Zn(OH)2为两性氢氧化物，溶液pH＞10开始溶解。
②相关物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如表所示：
物质 Fe(OH)3 Zn(OH)2
开始沉淀的pH 2.7 6.4
沉淀完全的pH 3.7 8.0
（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 (写出两种)。
（2）“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)，由于沉淀颗粒很细，通常在“酸浸”时加入聚合硫酸铝铁{化学式：[FeaAlb(OH)c(SO4)d]n}，其目的是 。
（3）检验“酸浸”后溶液中含有Fe3+的试剂是 。
（4）“除杂”是为了除去溶液中的 (填离子符号)，调pH=8~10的原因是 。
（5）“置换”中发生反应的离子方程式是 。
18．（2021·景德镇模拟）工业上用粗铜电解精炼所产生的阳极泥[主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)]为原料，进行综合回收利用的某种工艺流程如下：
已知：①是两性氧化物，微溶于水。
②25℃时，亚碲酸()的，。
（1）“烧结”时的固体产物主要为、和，该过程中反应的化学方程式为 。
（2）利用浸取渣制取硫酸铜溶液时，试剂X最好选用 。
a． b． c．浓硫酸
（3）常温下，溶液的pH 7(填“＜”、“＞”或“=”)。加入稀硫酸调pH时需控制pH范围为4.5~5.0，pH过大或过小都将导致碲的回收率偏低，其原因是 。
（4）在盐酸溶液中，被还原得到单质碲。研究表明，在此反应中，离子浓度为0.1mol/L时的活化能比离子浓度为0.3mol/L时的活化能大，说明较高浓度的作用是 。
（5）还原过程的主要目的是将“烧结”时生成的少部分进行转化，写出“还原”时反应的离子方程式 。
（6）所得粗硒需精制。向粗硒浸出液中加入溶液可以将残留的等微量杂质离子转化为沉淀而除去。已知25℃时，要使溶液中沉淀完全[]，则需控制溶液中 mol/L。
19．（2022·温州模拟）由四种常见元素组成的可溶性盐A，按如下流程进行实验。
已知：气体B、固体C为纯净物。
请回答：
（1）A的化学式是 ，气体D的成分 。
（2）固体A与足量NaOH反应的化学方程式是 。
（3）盐A同系列的最简单化合物可以与碱性溶液反应，生成黑色固体，写出该反应的离子方程式： 。
（4）有研究显示，(3)中产物黑色固体充当氯酸钾受热分解的催化剂时，氯酸钾氧化了黑色固体中的金属元素，同时生成了气体单质。
①基于此，选用作催化剂，也发生类似的反应，则对应的产物为： (填化学式)。
②请设计化学实验验证生成气体单质的成分： 。
20．（2021·乌兰察布模拟）实验室制备乙酰苯胺( )的反应原理：CH3COOH+ +H2O
已知：①苯胺具有强还原性；
②有关数据列表如下：
冰醋酸 苯胺 乙酰苯胺
状态 液体 液体 固体
沸点/℃ 117.9 184 305
熔点/℃ 16.6 -6.3 114.3
③物质的溶解度如下：
名称 溶解度
水 乙醇 乙醚
冰醋酸 3.6g/100g水 易溶 易溶
苯胺 易溶 易溶 易溶
乙酰苯胺 溶于热水，难溶于冷水 易溶 易溶
回答下列问题：
（1）向反应器内加入4.6mL(约0.05mol)新蒸馏的苯胺和7.5mL(约0.13mol)冰醋酸，以及少许锌粉，保持分流装置柱顶温度在105℃左右加热回流1h。装置如图所示(夹持装置已略去)，仪器a的名称是 ，锌粉的作用是 。
（2）为提高乙酰苯胺的产率采用的措施：一是乙酸过量，二是 。
（3）反应结束后，趁热将反应液倒入盛有100mL冷水的烧杯中，用玻璃棒充分搅拌，冷却至室温，使乙酰苯胺结晶，完全析出，所得晶体用减压过滤装置进行过滤，再以10mL冷水洗涤。减压过滤的优点是 ，“再以10mL冷水洗涤”的目的是 。
（4）干燥，称重，最终得到产物5.4g，实验产率为 ％。(结果保留三位有效数字)
（5）若要得到纯度更高的乙酰苯胺，可通过采用 方法提纯，所用试剂为 。
21．（2021·乌兰察布模拟）五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业。一种以淅川钒矿(钒以＋3、＋4价的化合物存在、SiO2、Fe3O4以及Al2O3)为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：
已知：①萃取剂P2O4对VO2＋具有高选择性，且萃取Fe3＋而不萃取Fe2＋、Mn2＋、Al3＋
②氧化性：VO ＞Fe3＋＞VO2＋＞Fe2＋
③萃取反应为：VO2＋＋(HR2PO4)2(O) VO(R2PO4)2(O)＋2H＋，式中HR2PO4为P2O4，R=C8H17
④
化合物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2
溶度积常数(25℃)近似值 10-17 10-39 10-35 10-13
回答下列问题：
（1）“酸浸氧化”中，VO＋被氧化成VO2＋，同时还有 离子被氧化。写出VO＋转化为VO 反应的离子方程式 。
（2）研究表明，“酸浸氧化”中MnO2的用量、温度和硫酸的体积浓度会直接影响钒元素的浸出率，由图(1)(2)(3)可知，最佳条件为 (填序号)
（3）“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。
（4）“还原”中添加的物质X是 (填化学式)，且要控制物质X的加入量，既不能过多，也不能过少，原因是 。
（5）“氧化沉钒”的离子方程式是 。
（6）用石灰中和处理萃余液，Fe2＋、Al3＋、Mn2＋以氢氧化物形式沉淀，要使金属离子完全沉淀，则pH的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5mol/L时，可认为该离子沉淀完全)。
22．（2021·包头模拟）铼是一种熔点高、耐磨、耐腐蚀的金属，广泛用于航天航空等领域。工业上用富铼渣(含ReS2)制得铼粉，其工艺流程如下图所示：
回答下列问题
（1）图1是矿样粒度与浸出率关系图，浸出时应将富铼渣粉碎至 目；请写出提高铼浸出率的另外两种方法 、 。浸出反应中ReS2转化为两种强酸，请写出铼浸出反应的离子方程式 。
（2）图2表示萃取液流速与铼吸附率关系。结合实际工业生产效益，萃取剂流速宜选用的范围是6～8BV/h，选择此范围的原因是 。
（3）酸浸相同时间，测得铼的浸出率与温度关系如图3所示，分析T1℃时铼的浸出率最高的原因是 。
（4）实验室中，操作III所用主要仪器名称为 。已知高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，易溶于热水。若要得到纯度更高的高铼酸铵晶体，可通过在水中 的方法提纯。
（5）高铼酸铵热分解得到Re2O7，写出氢气在800℃时还原Re2O7，制得铼粉的化学方程式 。
（6）整个工艺流程中可循环利用的物质有：H2SO4、 、 。
23．（2021·沈阳模拟）钌( )为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收钌的研究很有意义。某科研小组设计了一种从含钌废料中分离提纯钌的工艺，其流程如下：
（1）加碱浸取时，为提高钌的浸出率可采取的措施有 (任写两点)。
（2）操作X的名称为 。
（3）“研磨预处理”是将研磨后的含钌废料在氢气还原炉中还原为单质钌，再进行“碱浸”获得 ，写出“碱浸”时生成 的离子方程式： 。
（4）“滤渣”的主要成分为 ，加入草酸的作用是 ，金属钌与草酸的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，则回收钌较为适宜的条件是 。
在酸性介质中，若使用 溶液代替草酸，可获得 ，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（5）“一系列操作”为 ，写出在“还原炉”中还原制得钌的化学方程式： 。
24．（2021·沈阳模拟）某实验小组以回收站回收的废铁制品(主要成分为Fe，还含有少量的 和 )为原料制备 晶体。
（1）取10g废铁制品，用质量分数为10%的碳酸钠溶液浸泡一段时间，然后用倾析法倒去碳酸钠溶液，用蒸馏水洗涤2~3次，将洗涤好的废铁制品加入如图所示装置中，再加入 硫酸。控制温度在 之间，加热 ，将所得溶液趁热过滤冷却结晶、过滤洗涤，得到 晶体。
①仪器a的名称为 。
②基态Fe原子的价电子排布式为 ，有 个未成对电子。
③反应中需要控制温度在 之间，宜采用的方法是 。
④用冰水洗涤 晶体的操作是 ，若将 晶体在隔绝空气条件下加热到800℃，会生成红棕色固体，写出反应的化学方程式： 。
（2）若以赤铁矿渣(含有 和 杂质)为原料制备 晶体，请补充完整相应的实验方案：
①取一定量的赤铁矿渣，分次加入足量的稀硫酸，充分反应后过滤。
②取滤液， 。
③过滤、洗涤，将沉淀溶入 的硫酸中，同时加入过量铁粉，充分反应后，过滤，向滤液中加乙醇，在恒温水浴槽中冷却结晶、过滤，用丙酮洗涤、干燥。
已知：该实验中 时， 沉淀完全； 时， 开始沉淀。实验室现有试剂： 的 溶液、 的 溶液、铁粉。
（3）通过下列方法测定产品纯度：准确称取 样品，加适量水溶解，配成 溶液，取 溶液置于锥形瓶中，用 的酸性 标准溶液滴定(杂质不与酸性 标准溶液反应)，经3次测定，每次消耗 溶液的体积如下表所示：
实验序号 1 2 3
消耗 溶液的体积 19.98 20.58 20.02
通过计算确定产品中 的质量分数约为 (保留三位有效数字)。
25．（2021·葫芦岛模拟）NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中。由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO4·6H2O步骤如图：
已知：①镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价；
②常温下Ksp(MgF2)=6.4×10-9，Ka(HF)=6.3×10-4；
（1）NiSO4中阴离子的空间构型为 。
（2）“溶解”时加入H2O2溶液的目的是 。
（3）“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出其离子方程式 。
（4）向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致MgF2沉淀不完全，其原因是 。
（5）“沉镍”后所得滤液中，可循环使用的主要溶质为 (填化学式)。
（6）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。该反应的化学方程式为 。
（7）在制备NiSO4·6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是 。
26．（2021·鹰潭模拟）硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。已知硼镁矿的主要成分为 ，硼砂的化学式为 。一种利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程如图1所示。
（1）硼砂中B的化合价为 。
（2）在实验室 可以用 与水反应得到，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为 。X为氧化物，是 晶体加热脱水的产物，其与Mg制取粗硼的化学方程式为 。
（3）短周期元素M与B同一主族，其单质在 时可与 反应制备MN，在这种单质中添加少量 固体并充分混合，有利于 的制备，其主要原因是 。
（4）制得的粗硼在一定条件下反应生成 ， 在一定条件下受热分解可以得到纯净的单质硼。0.2000g粗硼制成的 完全分解，将生成的I2配制成 碘水，量取 碘水于锥形瓶中，向其中滴加几滴淀粉溶液，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液 。(提示： )滴定终点的现象为 ，该粗硼样品的纯度为 %。
（5） [也可写成 ]可以通过电解 溶液的方法制备。工作原理如图2所示。
理论上每生成 ， 室可生成 L(标准状况)气体。c膜为 (填“阴离子”或“阳离子”)交换膜，N室中，进口和出口的溶液浓度大小关系为b mol L 1 a mol L 1 (填“>”、“=”或“<”)。
27．（2021·宜春模拟）碳酸镧 为白色粉末、难溶于水、分解温度900℃，可用于治疗高磷酸盐血症.在溶液中制备时，形成水合碳酸镧 ，如果溶液碱性太强，易生成受热分解的碱式碳酸镧 .已知酒精喷灯温度可达1000℃。回答下列问题：
（1）用如图装置模拟制备水合碳酸镧：
①仪器B的名称为 。
②装置接口的连接顺序为f→ 。
③Z中应先通入： ，后通入过量的另一种气体，该气体需要过量的原因是 。
④该反应中生成副产物氯化铵，请写出生成水合碳酸镧的化学方程式： 。
（2）甲小组通过以下实验验证制得的样品中不含 ，并测定水合碳酸铜 中结晶水的含量，将石英玻璃A管称重，记为 ，将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 ，将装有试剂的装置C称重，记为 .按图示连接好装置进行实验。
实验步骤：
①打开 、 和 ，缓缓通入 ；
②数分钟后关闭 ，打开 ，点燃酒精喷灯，加热A中样品：
③一段时间后，熄灭酒精灯，打开 ，通入 数分钟后关闭 和 ，冷却到室温，称量A．重复上述操作步骤，直至A恒重，记为 (此时装置A中为 ).称重装置C，记为 。
①实验中第二次通入 的目的为 。
②根据实验记录，当 ，说明制得的样品中不含有 ；计算水合碳酸镧化学式中结晶水数目 (列式表示).(用含 、 、 的式子表示)
28．（2021·宜春模拟）锡的某些化合物在工业上有重要用途， 常用于印染和电镀工业.某研究小组设计 的制备路线如图：
已知： ；强酸性条件下，锡元素在水溶液中有 、 两种主要存在形式， 极易水解，生成对应的碱式盐。
（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是 。
（2） 用盐酸溶解而不用水直接溶解的原因是 ；加入 粉的作用有两个；①调节溶液 ② 。
（3）步骤Ⅱ中用到的玻璃仪器有 ；
（4）酸性条件下， 还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是 。
（5）向 中加入稀硫酸的作用之一是控制溶液的 .若溶液中 ，则室温下应控制溶液 取值范围为 (已知 )
（6）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应)：取 锡粉溶于盐酸中，向生成的 中加入过量的 溶液，用 滴定生成的 (已知酸性环境下， 可被还原为 不能被 氧化)，共用去 溶液 .则锡粉中锡的质量分数为 .( 的摩尔质量为 ，用含a、b、d的最简代数式表示)
29．（2021·新余模拟）硫氰化钾(KSCN)俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如下图所示：
已知：① 不溶于水，密度比水的大；② 不溶于 ；③三颈烧瓶内盛放有 、水和催化剂。
回答下列问题：
（1）制备 溶液：
①实验前，经检验装置的气密性良好。其中装置B中的试剂是 。三颈烧瓶的下层 液体必须浸没导气管口，目的是 。
②实验开始时，打开 ，加热装置A、D，使A中产生的气体缓缓通入D中，发生反应 (该反应比较缓慢)至 消失。
（2）制备KSCN溶液：
①熄灭A处的酒精灯，关闭 ，移开水浴，将装置D继续加热至105℃，当 完全分解后 ，打开 ，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，发生反应的化学方程式为 。
②使用KOH溶液会使产品KSCN固体中混有较多的 ，工业上用相同浓度的 溶液替换KOH溶液，除了原料成本因素外，优点是 。
③装置E的作用是 。
（3）制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压 、 、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
（4）测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品，配成1000mL溶液。量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴 溶液作指示剂，用 标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗 ，标准溶液20.00mL。
①滴定时发生的反应： (白色)。则判断到达滴定终点的方法是 。
②晶体中KSCN的质量分数为 (计算结果精确至0.1%)。
30．（2021·萍乡模拟）锰酸锂(LiMn2O4)是新一代锂离子电池的正极材料。实验室回收利用废旧锂离子电池正极材料(锰酸锂、碳粉等涂覆在铝箔上)的一种流程如图：
已知：Li2CO3在不同温度下的溶解度
温度/℃ 0 10 20 50 75 100
Li2CO3 1.593 1.406 1.329 1.181 0.866 0.728
（1）第①步反应中会有气体生成，该气体为： ，若要增大第①步反应的浸取率，可以采取的措施有： (写两条)。
（2）第②步反应得到的沉淀X的化学式为 ，上述流程中四步实验都包含过滤，实验室过滤时要使用的玻璃仪器有： 。
（3）工业上洗涤Li2CO3用的是热水而不是冷水，其原因是 。
（4）写出第③步反应“酸溶”过程中反应的离子方程式： 。
（5）固相法制备LiMn2O4的实验过程如下：将MnO2和Li2CO3按4：1的物质的量之比配料，球磨3-5小时，然后高温加热，保温24小时，冷却至室温。
①写出该反应的化学方程式： 。
②LiMn2O4中锰元素的平均价态为+3.5。在不同温度下，合成的LiMn2O4中Mn2+、Mn3+和Mn4+的含量与温度的关系见表。
T/℃ w(Mn2+)(%) w(Mn3+)(%) w(Mn4+)(%)
700 5.56 44.58 49.86
750 2.56 44.87 52.57
800 5.50 44.17 50.33
850 6.22 44.40 49.38
由此可以确定：在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化趋势是：随温度升高 (填选项)
A．增大 B减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大
31．（2021·南昌模拟）三氧化钨(WO3)常用于制备特种合金、防火材料和防腐涂层。现利用白钨精矿(含80%CaWO4及少量Fe、Zn和Mg等的氧化物)生产WO3，设计了如下工艺流程：
已知：①浸出液中钨(W)以[WO3C2O4H2O]2-形式存在。
②钨酸(H2WO4)难溶于水。
③Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9；
Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.6×10-4。
回答下列问题：
（1）“破碎”的目的是 ；“破碎”后的白钨精矿粒径约为50μm，往其中加入浸取液后形成的分散系属于 。
（2）操作I的名称为 。
（3）浸出液中含量最大的阳离子是 ；[WO3C2O4H2O]2-中W元素的化合价为 。
（4）“加热”时发生反应的离子方程式为 ；“煅烧”时发生反应的化学方程式为 。
（5）本工艺中能循环使用的物质是 。
（6）通过计算说明“浸取”过程形成CaSO4而不能形成CaC2O4的原因： 。
32．（2021·扬州模拟）实验室研究从炼铜烟灰(主要成分为CuO、Cu2O、ZnO、PbO及其硫酸盐)中分别回收铜、锌、铅元素的流程如下。
（1）酸浸过程中，金属元素均由氧化物转化为硫酸盐，其中生成CuSO4的化学方程式为：CuO
+ H2SO4 = CuSO4 + H2O、 。
（2）铁屑加入初期，置换速率随时间延长而加快，其可能原因为：反应放热，温度升高； 。铁屑完全消耗后，铜的产率随时间延长而下降，其可能原因为 。
（3）已知：25 ℃时，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8；PbSO4 + 2Cl- PbCl2 + SO 。一定条件下，在不同浓度的NaCl溶液中，温度对铅浸出率的影响、PbCl2的溶解度曲线分别如图-1、图-2所示。
浸出后溶液循环浸取并析出PbCl2的实验结果如下表所示。
参数 循环次数
0 1 2 3
结晶产品中PbCl2纯度/% 99.9 99.3 98.7 94.3
①为提高原料NaCl溶液利用率，请补充完整利用酸浸渣制备化学纯(纯度≥98.5 %)PbCl2晶体的实验方案：取一定质量的酸浸渣， ，将所得晶体洗涤、干燥。(可选用的试剂：5 mol·L-1NaCl溶液，1 mol·L-1NaCl溶液，NaCl固体)
②循环一定次数后的溶液中加入适量CaCl2溶液，过滤并加水稀释至其中NaCl浓度为1 mol·L-1的目的是 。
33．（2021·徐州模拟）高铁酸钾(K2FeO4)为紫色固体，微溶于KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中产生O2，在碱性溶液中较稳定。
（1）用如图所示的装置制备K2FeO4。
①A为Cl2发生装置，装置B的作用是 。
②装置C中发生反应的离子方程式为 。
③当装置C中得到大量紫色固体时立即停止通入Cl2，原因是 。
（2）某铁矿石的主要成分为Fe2O3和少量Al2O3、SiO2，请补充完整由该铁矿石制得高纯度Fe(OH)3的实验方案： (实验中须使用的试剂：稀盐酸、NaOH溶液、AgNO3溶液)。
（3）通过以下方法测定高铁酸钾样品的纯度：称取0.6000g高铁酸钾样品，完全溶解于浓KOH溶液中，再加入足量亚铬酸钾｛K[Cr(OH)4]｝反应后配成100.00mL溶液；取上述溶液20.00mL于锥形瓶中，加入稀硫酸调至pH=2，用0.1000mol·L-1硫酸亚铁铵溶液滴定，消耗标准硫酸亚铁铵溶液15.00mL。
测定过程中发生反应：Cr(OH) + =Fe(OH)3+ +OH-
2 +2H+= +H2O
+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O(未配平)
计算K2FeO4样品的纯度(写出计算过程)： 。
34．（2021·南通模拟）三氯化六氨合钴(III){[Co(NH3)6]Cl3}是制备其它三价钴配合物的重要试剂。实验室以活性炭为催化剂，合成三氯化六氨合钴(III)晶体的流程如图
已知：①Co2+不易被氧化，Co3+具有强氧化性；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。
②[Co(NH3)6]Cl3·6H2O在水中的溶解度随温度的升高而增大，加入浓盐酸有利于晶体析出。
（1）“混合”时加入的NH4Cl溶液有利于后续Co2+与NH3的配合反应，其原理是 。
（2）在如图所示实验装置的三颈烧瓶中，发生“配合、氧化”。
①控制三颈烧瓶中溶液温度为60℃的原因是 。
②“配合”步骤安排在“氧化”步骤之前的目的是 。
③向三颈烧瓶中滴加氨水的实验操作为 。加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为 。
（3）设计由过滤后的滤渣获取［Co(NH3)6]Cl3·6H2O的实验方案：向滤渣中加入80℃左右的热水， ，低温干燥。(实验中须使用的试剂：浓盐酸、无水乙醇)
35．（2021·漳州模拟）铬铁矿的主要成分为亚铬酸亚铁( )，还含有 及少量难溶于水和碱溶液的杂质。以铬铁矿为原料制备重铬酸钾( )的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）为了加快“煅烧”的反应速率，可以采取的措施有 (写一条即可)。
（2）亚铬酸亚铁( )中铬元素的化合价为 ；“煅烧”后亚铬酸亚铁转化为 和 ，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（3）“水浸”时， 遇水强烈水解，有红褐色沉淀产生，其水解的离子方程式为 。
（4）“滤液1”中主要含有 、 、 等阴离子。利用“煅烧”产生的气体X调节pH，可防止产品混入较多的杂质，则气体X为 (填化学式，下同)，滤渣2的主要成分为 。
（5）“铬转化”时，若盐酸浓度过大，在较高温度下 会转化为 ，影响产品的纯度并产生有毒气体污染环境，写出影响产品纯度的相关反应离子方程式 。
（6）处理含有 的酸性废水防止铬对环境产生污染。
①每次取废水样品amL，用 溶液进行处理，将 转化为毒性较低的 ，同时 转化为 ，平均每次消耗了vmL。废水中 为 。(用含a、b、v的式子表示)。
②室温下，将上述溶液再调节至 ，使 转化成 而沉降，分离出污泥，检测到废水中 浓度约为 ，室温下 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A.胶体的直径小于滤纸的孔径，因此胶体可以透过滤纸，但是胶体可能堵塞滤纸，故A不符合题意
B.实验室设备着火可以用二氧化碳灭火器进行灭火，故B符合题意
C.加热蒸干硫酸亚铁和硫酸铵的溶液时可能得到的是将结晶水失去，故C不符合题意
D.将热的硝酸钾的饱和溶液快速冷却得到的是较小的晶体颗粒，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】A.可以选择的是半透薄进行过滤
B.二氧化碳不能燃烧不支持燃烧可以用来灭火
C.一般制取晶体时得到较多晶体时，即可停止加热利用余热将其蒸干
D.要想得到大的晶体应该是缓慢冷却
2．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理，可增大接触面积，加快反应速率，且可充分反应，但不是在坩埚中研磨，故A不符合题意；
B．“高温焙烧”时发生BaSO4+4C4CO↑+BaS，故B不符合题意；
C．氯化钡可溶于水，人体食用会造成重金属中毒，用作“钡餐”的是硫酸钡，故C不符合题意；
D．结晶操作时当出现晶膜时即停止加热，利用余热蒸干溶液，再冷却结晶，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.一般研磨是在研钵中进行
B.根据高温焙烧即可写出方程式
C.钡餐是硫酸钡
D.结晶时，党出现较多固体时，停止加热
3．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．过滤操作可以使难溶物和液体分离，过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，A不符合题意；
B．含有Zn2+、Al3+、Fe3+、Cu2+、Cl-的废水中加入过量氨水后，Al3+、Fe3+和氨水反应生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，所以滤渣Ⅰ的主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝，B不符合题意；
C．废水中含有氯离子，第一步加入过量氨水，过程中铵根离子并没有除去，所以滤液Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均含有氯化铵，C不符合题意；
D．氯化锌为强酸弱碱盐，会水解生成氢氧化锌和氯化氢，若直接加热蒸干会得到氢氧化锌固体，不会得到氯化锌，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】第一步加入过量氨水，使铝离子和铁离子沉淀，滤渣I为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液I为 [Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+， 以及氯化铵， 加入盐酸和氢硫酸，得到CuS沉淀，滤液为Zn2+，加入硫化铵，使Zn2+沉淀，得到ZnS，最后溶于稀盐酸，得到ZnCl2
4．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．b中无-COOH、-OH，因此不能与金属钠发生反应放出H2，A不符合题意；
B．c是含有5个C原子饱和一元醇，可看作是C5H12分子中的1个H原子被-OH取代产生的物质。C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种不同结构，正戊烷有3种H原子，异戊烷有4种H原子，新戊烷只有1种H原子，因此C5H12分子中H原子种类数目是：3+4+1=8种，这些种类的H原子被1个-OH取代得到8种不同取代产物，去掉c本身，则与c含有相同官能团的c的同分异构体有7种，B符合题意；
C．酯化反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故1 mol a与1 mol CH3OH在一定条件下反应可生成b的物质的量小于1 mol，C不符合题意；
D．a、b都可以与NaOH溶液发生反应，因此不能使用NaOH溶液除杂，应该使用只与羧酸反应的物质饱和Na2CO3溶液除去杂质a，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.羟基和羧基可与钠反应产生氢气
B.根据c的分子式找出同分异构体即可
C.酯化是可逆反应不完全反应
D.考虑b在氢氧化钠溶液中水解，应该选择的是饱和碳酸钠溶液
5．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．苯酚与浓溴水反应产生的三溴苯酚能够溶于苯中，不能达到除杂净化的目的，A不符合题意；
B．CO2与NaOH溶液反应产生可溶性Na2CO3而与乙烯气体分离，从而达到除杂、净化的目的，B符合题意；
C．乙醛、乙酸均易溶于氢氧化钠溶液，故不能达到除杂净化的目的，C符合题意；
D．己烯和溴水发生加成反应的产物与己烷互溶，故不能达到除杂净化的目的，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】除杂原则： 四原则”是：一不增(提纯过程中不增加新的杂质)；二不减(不减少欲被提纯的物质)；三易分离(被提纯物与杂质容易分离)；四易复原(被提纯物质要复原).
6．【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．乙中Cl2应当长进短出，A不符合题意；
B．分液操作时，先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，B符合题意；
C．无论氧化是否完全，滴加硝酸银溶液都会产生沉淀，C不符合题意；
D．FeCl3会水解，水解方程式为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl，得到Fe(OH)3，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.通入氯气的方向错误
B.分液时，上层液体从上面倒出，下册液体从下面倒出
C.要证明氧化完全主要证明是否含有氢离子即可
D.蒸发时，应在HCl氛围中进行，否则得不到FeCl3
7．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，A不符合题意；
B．氢离子和碳酸根不能大量共存，加入CaCO3粉末的目的就是除去过量氢离子，B不符合题意；
C．若pH偏高，会生成氢氧化铝沉淀，所得溶液中c(Al3＋)减小，C不符合题意；
D．二氧化硫与水反应生成的SO 易被氧化生成SO ，所以碱式硫酸铝溶液经多次循环使用后，所得溶液中c(SO )将增大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由流程可知，粉煤灰和稀硫酸混合，氧化铝溶解，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，加入CaCO3粉末调节pH=3.6除去过量的氢离子，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液Ⅱ，用滤液Ⅱ吸收二氧化硫，生成的SO 易被氧化生成SO ，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成(1-x)Al2(SO4)3·xAl2O3，以此来解答。
8．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合
【解析】【解答】A．装置①制备二氧化碳时，长颈漏斗应插在液面下，否则不能起到液封的作用，导致二氧化碳逸出，故A不符合题意；
B．盐酸的酸性强于碳酸，则用饱和碳酸氢钠溶液能够除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，故B符合题意；
C．酸性氧化物二氧化碳能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥二氧化碳，故C不符合题意；
D．制备无水氯化钙应在蒸发皿中加热氯化钙溶液，不能用烧杯，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.可将长颈漏斗变为分液漏斗
B.利用盐酸和碳酸氢钠反应将其除去
C.应该选择的浓硫酸作为干燥剂
D蒸发的仪器使用错误
9．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．沉铜时反应为[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOH 4NH3+CuO+2NaCl+H2O，浸铜时总反应为CuO+3NH3+NH4HCO3=[Cu(NH3)4]CO3+H2O，反应中没有元素化合价发生变化，没有发生氧化还原反应，A不符合题意；
B．根据已知反应物和生成物，结合元素守恒可得离子方程式为[Cu(NH3)4] +2OH- 4NH3↑+CuO↓+H2O，B不符合题意；
C． 根据B选项可知大部分氨气已逸出，故不存在铵根离子，C符合题意；
D．温度过高碳酸氢铵会分解，且氨气的溶解度降低，导致铜的浸出率下降，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据方程式即可标出元素的化合价看元素化合价是否改变
B.根据反应物和生成物以及条件即可写出方程式
C.和OH-不能大量共存
D.温度升高导致产物分解，且温度度氨气的溶解度降低
10．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】“盐已成卤水，暴烈日，即成方印，洁白可爱，初小渐大或数十印累累相连”指的是在太阳光的作用下，卤水蒸发结晶析出盐的过程，
故答案为：B。
【分析】根据题目的意思主要是食盐的制取，采用的是蒸发结晶的方式
11．【答案】（1）；
（2）CuAl2Cl8；
（3）；将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【知识点】物质的分离与提纯；分子式；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）A是蓝色溶液，说明含有铜离子，根据A中加入氨水，得到白色沉淀，产生的是碱，且溶于氢氧化钠，因此B是氢氧化铝，因此C为氧化铝，得到深蓝色溶液说明是铜氨溶液，加入硝酸酸化的硝酸银，得到沉淀E是氯化银，和溶液D，因此D中含有的是硝酸铜、硝酸铵、硝酸银、硝酸，故正确答案是： 、
（2）根据（1）分析说明里面含有铜元素，氯元素，以及铝元素，根据氧化铝的质量为1.02g,m(Al)= =0.54g氯化银的质量为11.48g，m(Ag)==2.84g,m（Cu）=4.02-2.84-0.54=0.64g，设X的化学式为CuxAlyClz,(64x):(27y):(35.5z)=0.64:0.54:2.84,因此x:y:z=1:2:8,故化学式为 CuAl2Cl8 ， 化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式 ，故正确答案是： CuAl2Cl8 ，
（3）①蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀，方程式为 ，故正确答案为：
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素的实验方案是将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【分析】（1）根据物质B的性质以及加入的氨水即可判断B的化学式进而确定C的化学式，同时根据加入试剂确定D的溶质
（2）根据相关数据计算出化学式，在结合甲烷的空间结构写出X阴离子的电子式即可
（3）① 根据反应物和生成物写出离子方程式②根据沉淀的性质加入硝酸后观察和加入硝酸应进行检验离子的存在
12．【答案】（1）A、C
（2）CuO+H2SO4 CuSO4+H2O；不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）
（3）过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤
（4）
（5）①③
【知识点】盐类水解的应用；硫酸根离子的检验；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；
(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；
(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2- m3)g，所以胆矾（CuSO4 nH2O）中n值的表达式为：=n:1，解得n＝；
(5) ①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
【分析】(1)制备胆矾时，需进行溶解、过滤、结晶操作；
(2)金属氧化物与酸反应生成盐和水；从环境保护方面分析该方法的优点；
(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；根据水解分析；加热可以防止生成胶体；
(4)根据CuSO4 nH2O中CuSO4与H2O为1：n计算；
(5)根据n=分析。
13．【答案】（1）NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）
（2）D
（3）紫色石蕊试液；蓝色变为红色
（4）3.56%
（5）偏大
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据题给信息，控制温度在30-35 C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体碳酸氢钠，故答案为：NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小；
(2)300 C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以正确的为D项，故答案为：D；
(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为紫色石蕊试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性显蓝色，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：蓝色变为红色；
(4)
根据分析，碳酸钠中混有碳酸氢钠，先加盐酸将碳酸钠全部变为碳酸氢钠，继续加入盐酸与碳酸氢钠反应，第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗的盐酸的物质跌量为n(HCl)=0.1000mol/L 22.45 10-3L=2.245 10-3mol得出n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=2.245 10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，盐酸的物质的量n(HCl)=0.1000mol/L 23.51 10-3L=2.351 10-3mol则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)=n(HCl) =2.351 10-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.351 10-3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为 =1.06 10-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为 ，故答案为：3.56%；
(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，读数偏小，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。
【分析】（1）氯化钠和碳酸氢铵最终得到的碳酸氢钠固体和氯化铵，因此晶体A是碳酸氢钠固体，通过对不同时刻的溶解度进行分析，主要是由于低温时，碳酸氢钠的溶解度小
（2）温度过高是加热应该选择的是坩埚
（3）纯碱主要是碳酸钠，适合用酚酞做指示剂，先加入酚酞作指示剂滴入盐酸将碳酸钠全部转为碳酸氢钠，碳酸氢钠适合用石蕊作指示剂，在继续使用石蕊做指示剂进行滴定，到终点时，此时是蓝色，再加入一滴时溶液变为红色。
（4）第一次与碳酸钠作用，全部转为碳酸氢钠溶液，第二次是碳酸氢钠与稀盐酸作用，根据数据即可计算出碳酸钠和碳酸氢钠的质量
（5）第一滴定终点时，利用的是滴定管滴定，俯视读数，导致V1数值偏小，导致V2-V1偏大，导致计算结果偏大
14．【答案】（1）
（2）适当升高温度，将独居石粉碎等
（3）Al(OH)3
（4）促使铝离子沉淀
（5） ↑；碱性
（6）6 + +12 =12 +6CO↑+6H2O+6CO2↑
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数=中子数+质子数=58+80=138，该核素的符号为 ；
(2)为提高“水浸”效率，可以增大接触面积或者提高水的温度提高速率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
(3)结合流程可知，加入氧化镁消耗氢离子调节pH使铝离子沉淀为氢氧化铝，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成 的离子方程式为 ↑；NH4++H2O NH3.H2O+OH-,kh(NH4+)==== ≈5.7×10-10，HCO3-+H2O H2CO3+OH-,碳酸氢根的水解常数Kh( )=== ≈2.3×10-8，则Kh( )
【分析】（1）质子数写在符号左下角，质量数写在左上角
（2）水浸主要是除去可与水反应或者是溶于水的物质，可以将其表面积增大或者是适当的提高温度加速反应
（3）根据加入的絮凝剂以及氧化镁调节pH=5,即可判断固滤渣是氢氧化铝
（4）絮凝剂的目的主要是加速聚沉，提高聚沉效率
（5）根据反应物和产物即可写出离子反应方程式，比较铵根离子和碳酸氢根的水解程度即可判断酸碱性
（6）根据反应物和产物即可写出反应方程式
15．【答案】（1）SiO2；光导纤维；固体研磨
（2）c；
（3）3.2≤pH<4.7；保证Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀
（4）保持一定的酸度，抑制Cu2+水解
（5）2
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）步骤Ⅰ所得沉淀主要成分为SiO2，二氧化硅可用于光导纤维，提高步骤Ⅰ反应速率的措施是固体研磨、适当升温等；
（2）步骤Ⅱ中加入试剂①目的是能够将亚铁离子为铁离子，且不会引入杂质，加入H2O2能够将亚铁离子为铁离子，过氧化氢被还原为水，发生反应为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；
（3）加入氧化铜调节溶液pH保证铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀，需要控制的溶液pH范围为3.2≤pH<4.7，目的是保证铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀；
（4）步骤Ⅳ需要加热蒸发得到硫酸铜晶体，此过程会促进铜离子的水解，所以必须采取的实验措施是保持一定的酸度，抑制Cu2+水解；
（5）由 ，常温下 ，pH=2；
（6）孔雀石主要成分为Cu2(OH)2CO3，氨气具有还原性，可以将其还原为Cu，同时生成氮气、二氧化碳和水，根据电子转移守恒配平得
。
【分析】（1）找出不与硫酸反应的物质，二氧化硅一般用于光导纤维，提高速率可以从温度接触面积等方面考虑
（2）II中是进行氧化，可以利用的是双氧水，结合性质即可写出方程式
（3）结合沉淀的pH范围，主要是将铁离子沉淀完全
（4）铜离子易水解，因此需要考虑抑制水解
（5）根据难溶碱的Ksp即可计算出pH
（6）根据反应物结合物质的量比即可写出方程式
16．【答案】（1）圆底烧瓶；D
（2）关闭分液漏斗活塞，打开K1，将导管末端伸入水中，用手或热毛巾捂住圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，且松手后导管内形成一段水柱，则气密性良好(或向分液漏斗中装一定量的水，关闭K1，打开分液漏斗上端玻璃塞，再旋开分液漏斗下端活塞，若水不能顺利流下，则气密性良好)
（3）除去Cl2中的HCl
（4）2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O
（5）2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O
（6）将装置中残留的Cl2排入烧杯中被NaOH溶液吸收，防止拆卸装置时污染空气.；Fe(OH)3
（7）62.5%或0.625
【知识点】物质的分离与提纯；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）由构造可知仪器a的名称是圆底烧瓶；常温下浓盐酸和高锰酸钾反应可制备氯气，因此a中所盛装的药品是高锰酸钾，选D；
（2）步骤Ⅰ，检查甲装置气密性的方法是关闭分液漏斗活塞，打开K1，将导管末端伸入水中，用手或热毛巾捂住圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，且松手后导管内形成一段水柱，则气密性良好(或向分液漏斗中装一定量的水，关闭K1，打开分液漏斗上端玻璃塞，再旋开分液漏斗下端活塞，若水不能顺利流下，则气密性良好)
（3）浓盐酸易挥发，制备得的氯气中会混有HCl，氯气几乎不溶于饱和NaCl溶液，而HCl极易溶于水，故乙装置中饱和NaCl溶液的作用是除去Cl2中的HCl；
（4）步骤Ⅱ，丙中NaOH溶液和氯气反应生成NaClO、NaClO、水，反应的离子方程式为2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O；
（5）步骤Ⅲ，丙中NaClO与Fe(NO3)3反应制备Na2FeO4，NaClO是氧化剂，被还原为NaCl，Fe(NO3)3是还原剂，被氧化为Na2FeO4，再结合溶液呈碱性可知反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO
+3Cl-+5H2O；
（6）氯气有毒，遗留在装置中拆装置时会污染空气，因此步骤Ⅳ中通入N2的目的是将装置中残留的Cl2排入烧杯中被NaOH溶液吸收，防止拆卸装置时污染空气；
丙中制备Na2FeO4时溶液呈碱性，可能会有Fe(OH)3生成，故步骤Ⅴ，将粗产品“过滤除杂”，主要目的是除去Fe(OH)3；
（7）实验所用到100mL0.8mol L-1Fe(NO3)3溶液，Fe(NO3)3的物质的量为100mL×0.8mol L-1=0.08mol，根据Fe守恒有Fe(NO3)3~K2FeO4可知理论上可制得Na2FeO4的物质的量为0.08mol，质量为0.08mol×198g·mol-1=15.84g，实际制得9.9g产品，则产率为
×100%=62.5%(或0.625)。
【分析】（1）根据仪器的图片即可写出写出名称，结合制取氯气反应物的性质找出反应物即可
（2）结合装置，利用压强差进行检验装置的气密性
（3）甲中的气体中混有氯化氢气体，除去氯化氢气体
（4）根据反应物性质即可写出方程式
（5）根据反应物和生成物的性质写出离子方程式
（6）通入氮气主要是将装置的气体排出，根据物质的性质即可判断沉淀
（7）根据反应方程式即可计算
17．【答案】（1）适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌、适当延长酸浸时间等
（2）PbSO4；吸附PbSO4沉淀，便于过滤
（3）KSCN溶液
（4）Fe3+、Zn2+；pH<8，Fe3+、Zn2+沉淀不完全，pH>10，Zn(OH)2会溶解，降低除杂效
（5）Zn+2Tl+=Zn2++2Tl
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）采用适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌、适当延长酸浸时间等均可提高“酸浸”效率，故答案为：适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌、适当延长酸浸时间等；
（2）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是PbSO4，聚合硫酸铝铁{化学式：[FeaAlb(OH)c(SO4)d]n}是一种净化剂，可以形成胶体吸附水中的悬浮颗粒物，由于沉淀颗粒很细，通常在“酸浸”时加入聚合硫酸铝铁{化学式：[FeaAlb(OH)c(SO4)d]n}，其目的是吸附PbSO4沉淀，便于过滤，故答案为：PbSO4；吸附PbSO4沉淀，便于过滤；
（3）Fe3+与SCN-结合生成血红色溶液，故检验“酸浸”后溶液中含有Fe3+的试剂是KSCN溶液。故答案为：KSCN溶液；
（4）由分析可知，“除杂”是为了除去溶液中的Fe3+、Zn2+，由表中数据可知，pH<8，Fe3+、Zn2+沉淀不完全，pH>10，Zn(OH)2会溶解，降低除杂效，故答案为：Fe3+、Zn2+；pH<8，Fe3+、Zn2+沉淀不完全，pH>10，Zn(OH)2会溶解，降低除杂效；
（5）由分析可知，“置换”中发生反应的离子方程式是Zn+2Tl+=Zn2++2Tl，故答案为：Zn+2Tl+=Zn2++2Tl。
【分析】（1）根据提高速率的方法，可以通过增大接触面积或者提高温度的方法
（2）找出不与硫酸反应的物质即可，主要考虑水解得到胶体聚沉沉淀
（3）结合铁离子检验的方法进行检验
（4）根据沉淀的pH即可判断出沉淀的离子
（5）根据反应物和生成物即可写出离子方程式
18．【答案】（1）2Cu2Se＋2Na2CO3＋3O22Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2
（2）b
（3）＜；TeO2是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失
（4）催化剂
（5）2Fe2+＋SeO＋2H+ = 2Fe3+＋SeO＋H2O
（6）6.0×10-13
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）阳极泥主要含硒化亚铜Cu2Se 和碲化亚铜Cu2Te，通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成
、
和
，通过元素守恒和电子转移守恒，得到Cu2Se发生的化学方程式为：2Cu2Se＋2Na2CO3＋3O22Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2；
（2）根据分析可知浸取后过滤，滤渣中
加入氧化剂和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，故加入双氧水，答案为：b；
（3）根据
的
，
，可计算出水解平衡常数
，故
电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，pH<7；由题中信息可知
是两性氧化物，既可以和强酸反应又可以和强碱反应，所以：
是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失。
（4）催化剂可以降低反应的活化能，说明较高浓度
的作用是催化剂；
（5）根据流程烧结是产生的少量
被FeSO4还原为
除去，根据电子转移守恒和元素守恒，反应的离子方程式为2Fe2+＋SeO
＋2H+ = 2Fe3+＋SeO
＋H2O；
（6）已知25℃时
，则
恰好完全沉淀时，故溶液中
；
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）考虑到不引入杂质和易除杂结合选项进行判断
（3）充分考虑物质的性质进行判断
（4）结合物质的量浓度结合活化能大小即可判断出作用
（5）根据物质的性质即可写出离子方程式
（6）根据Ksp结合浓度即可计算出离子浓度
19．【答案】（1）CH3COONa；CO2
（2）CH3COONa+NaOHNa2CO3+ CH4↑
（3）3HCOO-+2MnO+OH-=2MnO2↓+3CO+2H2O
（4）Fe2O3；用集气瓶收集气体单质，将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃则是氧气
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的化学式为CH3COONa，D为二氧化碳，故答案为：CH3COONa；CO2；
（2）由分析可知，乙酸钠固体与足量氢氧化钠固体共热反应生成碳酸钠和甲烷，反应的化学方程式为CH3COONa+NaOHNa2CO3+ CH4↑，故答案为：CH3COONa+NaOHNa2CO3+ CH4↑；
（3）乙酸钠同系列的最简单化合物为甲酸钠，由题意可知，碱性条件下，甲酸钠与高锰酸钾溶液反应生成碳酸钠、二氧化锰沉淀和水，反应的离子方程式为3HCOO-+2MnO+OH-=2MnO2↓+3CO+2H2O，故答案为：3HCOO-+2MnO+OH-=2MnO2↓+3CO+2H2O；
（4）①由题意可知，二氧化锰催化氯酸钾受热分解的反应步骤为KClO3+2MnO2=Mn2O7+3KCl、2Mn2O7=4MnO2+3O2↑，基于此可知，氧化铁做催化剂时被氯酸钾氧化为高价态的三氧化铁，故答案为：Fe2O3；
②检验反应生成的氧气的操作为用集气瓶收集氧气，将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃，说明反应生成的气体单质为氧气，故答案为：用集气瓶收集气体单质，将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃则是氧气。
【分析】根据反应流程结合气体B燃烧最终得到沉淀为碳酸钙，即可判断出气体B 燃烧产物含有二氧化碳，且碳元素的物质的量为0.1mL。结合气体体积计算出物质的量为0.1mol，结合固体C与氢氧化钙反应得到E为10g，即可计算出物质的量为0.1mol。即可计算出固体C为碳酸钠且物质的量为0.1mol.结合元素守恒即可判断气体B是甲烷，固体A是醋酸钠，结合问题即可解答
20．【答案】（1）接引管或牛角管；防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用，防止暴沸
（2）从反应体系中分离出水
（3）加速过滤，得到晶体较干燥；除去乙酰苯胺固体上残留的醋酸
（4）80.0
（5）重结晶；水
【知识点】芳香烃；物质的分离与提纯；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)仪器a的名称是接引管或牛角管，根据已知信息中苯胺具有较强的还原性，锌粉可防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用，防止暴沸；
(2)提高乙酰苯胺的产率可采取以下两种措施：①增大某种反应物的浓度，使用过量的乙酸；②减少生成物浓度，将生成的水在105℃左右加热回流1h过程中以水蒸气的形式移出反应，使反应正向进行；
(3)减压过滤的优点是加速过滤，得到晶体较干燥；由于乙酸过量，故再以10mL冷水洗涤的目的是除去乙酰苯胺固体上残留的醋酸；
(4) ，由题可知，乙酸过量，苯胺的物质的量为0.05mol，则乙酰苯胺的理论产量为0.05mol，即6.75g，则 ；
(5)根据表格中乙酰苯胺低温下在水中的溶解度小，而在高温下溶解度大的性质，若要得到纯度更高的乙酰苯胺，可选择水作为乙酰苯胺的重结晶溶剂。
【分析】（1）根据仪器即可进行命名，锌具有还原性，作用是保护苯胺不被氧化
（2） 根据CH3COOH+ +H2O ，提高生成物的产率可以提高乙酸的浓度以及即使将产物水进行分离提高产量
（3）减压过滤的优点是速率快且干燥，冷水洗涤主要洗去表面的杂质以及防止溶解产品
（4）根据给出的苯胺计算出理论上得到的乙酰苯胺再结合得到的质量计算出产率即可
（5） 乙酰苯胺溶于热水，难溶于冷水 ，因此可以从采用重结晶的方式进行提纯乙酰苯胺
21．【答案】（1）Fe2＋；VO＋＋MnO2＋2H＋=VO ＋Mn2＋＋H2O
（2）C
（3）SiO2
（4）Fe；Fe过少，Fe3＋不能全部转化为Fe2＋，降低产品纯度；Fe过多，过量的Fe会将VO2＋还原，降低VO2＋的萃取率，从而降低产品的产率
（5）ClO ＋14NH3·H2O＋6VO2＋=(NH4)2V6O16↓＋Cl－＋12NH ＋7H2O
（6）10
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)"酸浸氧化”中，溶液中还原性离子有VO+和Fe2＋，二者都会被氧化，VO＋转化为VO 反应的高子方程式是VO++ MnO2 +2H+ = VO +Mn2++H2O。
(2)"酸浸氧化“中由图(1)(2)(3)可知，钒元素浸出率最佳条件为 MnO2的用量2%-3%，温度100℃，硫酸的体积浓度30%-40%。
(3)"滤渣1"的主要成分为SiO2。
(4)根据已知信息①萃取剂P2O4对VO2＋具有高选择性，且萃取Fe3＋而不萃取Fe2＋，为减少产物中的杂质离子，应将Fe3＋还原为Fe2＋，降低萃取剂P2O4对Fe3＋的萃取率，故“还原”中添加的物质X是Fe；又根据氧化性：VO ＞Fe3＋＞VO2＋＞Fe2＋，控制Fe的加入量的原因是Fe过少，Fe3＋不能全部转化为Fe2＋，降低产品纯度；Fe过多，过量的Fe会将VO2＋还原，降低VO2＋的萃取率，从而降低产品的产率。
(5)由题中信息可知(NH4)2V6O16为沉淀，则“氧化沉钒”的离子方程式是ClO ＋14NH3·H2O＋6VO2＋=(NH4)2V6O16↓＋Cl－＋12NH ＋7H2O 。
(6)由已知信息③中数据可知，若Mn2+完全沉淀，则其他杂质离子也完全沉淀， ，则pH的理论值最小值为10。
【分析】（1）找出具有还原性的离子即可，二氧化锰具有氧化性将 VO＋被氧化成VO2＋ ，即可写出离子方程式
（2）根据给出的三张图找出最佳的二氧化锰用量、以及温度、硫酸的体积浓度即可判断
（3）根据给出的物质，不溶于酸的物质是二氧化硅
（4）根据题目的信息主要是将三价的铁离子变为二价的亚铁离子，因此加入铁，加入的量不能过多也不能过少，主要是 氧化性：VO ＞Fe3＋＞VO2＋＞Fe2＋ ，过多时易将VO2＋还原
（5）根据氧化沉钒的反应物和生成物即可写出方程式
（6）根据表格③中的数据即可计算出pH的最小值
22．【答案】（1）120；适当升高温度；搅拌或增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间；2ReS2+19H2O2=2ReO +4SO +10H++14H2O
（2）萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多
（3）温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小
（4）分液漏斗；重结晶
（5）Re2O7+7H2 2Re+7H2O
（6）NH3；含R3N的有机溶液
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由图可知，浸出时将富铼渣粉碎至120目时，浸出率可以达到95%，矿样粒度大于120目，浸出率变化不大，则浸出时应将富铼渣粉碎至120目；为防止过氧化氢分解，适当升高温度可以加快铼浸出速率，提高铼浸出率，搅拌、增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间等措施也能加快铼浸出速率，提高铼浸出率；浸出反应中二硫化铼转化为两种强酸的反应为酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，反应的化学方程式为2ReS2+19H2O2=2ReO +4SO +10H++14H2O，故答案为：120；适当升高温度；搅拌或增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间；2ReS2+19H2O2=2ReO +4SO +10H++14H2O；
(2) 由图可知，萃取液流速越大，铼吸附率越小，则萃取剂流速选用6～8BV/h的范围是因为萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多，故答案为：萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多；
(3) 由图可知，T1℃时铼的浸出率最高，温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，而超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小，故答案为：温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小；
(4)由分析可知，操作III为分液，分液时用到的主要仪器为分液漏斗；由高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水可知，可通过在水中重结晶的方法得到纯度更高的高铼酸铵晶体，故答案为：分液漏斗；重结晶；
(5) 由分析可知，制得铼粉的反应为在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水，反应的化学方程式为Re2O7+7H2 2Re+7H2O，故答案为：Re2O7+7H2 2Re+7H2O；
(6) 由分析可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有硫酸、氨气和含R3N的有机溶液，故答案为：NH3；含R3N的有机溶液。
【分析】由题给流程可知，向富铼渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液，酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，过滤得到滤渣和含有高铼酸和硫酸的滤液；向滤液中加入含R3N的有机溶液萃取，分液得到可以循环使用的稀硫酸和R3N·H ReO4溶液；向R3N·H ReO4溶液中加入氨水充分反应后，分液得到可以循环使用的含R3N的有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体，高铼酸铵晶体受热分解生成可以循环使用的氨气和七氧化二铼，在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水。
23．【答案】（1）延长浸取时间，适当提高温度
（2）过滤
（3）
（4）作还原剂；；
（5）洗涤、干燥；
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)为了提高钌的浸出率，可采取的措施：适当升高温度，增大碱的浓度，延长浸取时间，搅拌等；
(2)根据操作X后分离的物质浸出渣和浸出液进行判断，操作X为过滤；
(3)金属钌在碱浸时被 溶液氧化为 对应的还原产物为 ，反应的离子方程式为 ；
(4)通过分析题意可知，在加入盐酸调节 的同时，再加入草酸的目的是还原 ，根据已知图像中钌的回收率的变化判断，回收率较高时，外界条件变化对回收率影响不大的条件：x=1:5，T=70℃，NaClO3与 根据化合价的升降，氯元素化合价有+5价降低到-1价，Ru化合价由+2价升高到+4价，根据化合价守恒得出关系式：n(NaClO3):n( )=1:3；
(5)滤渣经过洗涤后干燥，再经过氢气还原可得高纯钌，方程式为： 。
【分析】根据反应速率的影响因素进行判断，能改变的反应速率；根据分离出的物质判断操作的名称，利用电荷守恒、原子守恒、升降守恒进行配平方程式；根据图像中外界条件的变化对钌回收率的影响从经济效应考虑找适应的条件。
24．【答案】（1）三颈烧瓶或三口烧瓶；；4；水浴加热；沿玻璃棒向漏斗(或过滤器)中加冰水至水浸没沉淀，待水自然流下，重复2~3次上述操作；
（2）用 的 溶液调节溶液 至 生成 沉淀
（3）92.7%
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)①仪器a的名称为三颈烧瓶或三口烧瓶。故答案为：三颈烧瓶或三口烧瓶；
②基态Fe原子的价电子排布式为 ，有4个未成对电子。故答案为： ；4；
③控制温度在 之间可采取水浴加热，该法受热均匀，便于控制温度。故答案为：水浴加热；
④用冰水洗涤 晶体的操作是沿玻璃棒向漏斗(或过滤器)中加冰水至水浸没沉淀，待水自然流下，重复2~3次上述操作，把硫酸亚铁晶体在隔绝空气条件下加热到800℃，得到氧化铁、二氧化硫、水蒸气和三氧化硫： ，故答案为：沿玻璃棒向漏斗(或过滤器)中加冰水至水浸没沉淀，待水自然流下，重复2~3次上述操作； ；
(2)赤铁矿渣(含有 和 杂质)，根据所提供的试剂分析，先用稀硫酸浸取矿渣，得到硫酸铁、硫酸铝和硫酸的混合溶液，再用 的NaOH溶液调节溶液 至 ，铁离子转化为氢氧化铁，然后再用 的硫酸溶解氢氧化铁，再加入过量铁粉，得到硫酸亚铁溶液。故答案为：用 的 溶液调节溶液 至 生成 沉淀；
(3)通过实验数据分析， 误差较大，舍去不用；故消耗 溶液的平均体积 ； ，根据电子守恒关系： 可知， 溶液中， 的质量分数 ；故答案为：92.7%。
【分析】废铁制品，用质量分数为10%的碳酸钠溶液浸泡除去油污，再用硫酸控制温度在 之间，加热溶解，溶液趁热过滤冷却结晶、过滤洗涤，得到 晶体；赤铁矿渣(含有 和 杂质)加入足量的稀硫酸，充分反应后过滤，滤液用 的 溶液调节溶液 至 生成 沉淀，过滤、洗涤，将沉淀溶入 的硫酸中，同时加入过量铁粉，充分反应后，过滤，向滤液中加乙醇，在恒温水浴槽中冷却结晶、过滤，用丙酮洗涤、干燥，得 晶体；纯度的测定：用酸性 标准溶液滴定，测定样品的纯度。
25．【答案】（1）正四面体
（2）使Fe2+氧化成Fe3+，使镍元素完全转化成Ni2+
（3）6Fe3++4SO +6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+
（4）pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，MgF2沉淀不完全
（5）Na2SO4
（6）2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O
（7）减少晶体的损失，便于晶体的干燥
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)NiSO4中硫酸根离子的S原子价层电子对数为4，为sp3杂化，则空间构型为正四面体构型；
(2)加入的硫酸具有酸性，可以把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存在的Fe2+氧化为Fe3+；
(3)“除铁”时加入Na2SO4溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为6Fe3++4SO +6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+；
(4)溶液的pH偏低说明H+浓度高，会与加入的NaF形成HF，导致溶液中F-浓度降低，使得Mg2+不能完全沉淀；
(5)“除镁”以后溶液中的离子为Ni2+和SO 、Na+，加入足量NaOH“沉镍”后，溶液中剩余离子为SO 、Na+和少量OH-，根据前面的流程知可循环利用的是Na2SO4；
(6)NaClO具有强氧化性，Cl元素由+1价降低到-1价，则Ni元素由NiSO4中+2价升高到NiOOH中的+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；
(7)NiSO4·6H2O晶体是无机物，能溶解于水但是难溶于酒精，酒精易挥发，在晶体表面残留的酒精可以迅速挥发，避免杂质的引入。
【分析】废料与硫酸、过氧化氢混合，硫酸把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存在的Fe2+氧化为Fe3+；二氧化硅不溶于酸，则滤渣为二氧化硅；加入MgO、硫酸钠生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀；加入硫化氢，生成不溶于硫酸的硫化铜沉淀；加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去；加入NaOH使镍生成沉淀。
26．【答案】（1）+3
（2）；
（3）氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜
（4）滴加最后一滴 溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；93.5
（5）5.6；阳离子；＞
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)硼砂( )中Na、H、O的化合价依次为+1、+1、-2，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，B的化合价为+3；故答案为：+3。
(2)在实验室 可以用 与水反应得到，且反应前后B的化合价不变，则 中氢元素化合价升高，水中氢元素化合价降低得到氢气，该反应的化学方程式为 。X为氧化物，是 晶体加热脱水的产物，其化学式为 ，其与Mg制取粗硼的化学方程式为 ；故答案为： ； 。
(3)根据题意得到M为Al，Al在 时可与 反应制备MN，在这种单质中添加少量 固体并充分混合，有利于 的制备，其主要原因是氯化铵分解产生的氯化氢，氯化氢能够与铝表面的氧化铝薄膜反应，破坏铝表面的氧化铝薄膜；故答案为：氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜。
(4)根据题意得到滴定终点的现象为滴加最后一滴 溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色，根据2B～2 ～3I2～6 ，得到n(B)= ，该粗硼样品的纯度为 ；故答案为：滴加最后一滴 溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；93.5。
(5)理论上每生成 ，即由1mol H＋和1mol 反应生成 ，说明有1mol H＋穿过a膜进入到产品室，即有1mol电子发生转移，根据4mol e－～O2，则 室可生成0.25mol氧气，在标准状况下的体积为5.6L。阴极水中氢离子放电，剩余氢氧根，要使得电荷守恒，因此原料室的钠离子穿过c膜进入到N室即c膜为阳离子交换膜，在N室中生成NaOH，因此进口和出口的溶液浓度大小关系为b mol L 1＞a mol L 1；故答案为：5.6；阳离子；＞。
【分析】硼镁矿的主要成分为 ，硼镁矿加入浓NaOH溶液，过滤得到氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入浓盐酸，蒸发结晶得到MgCl2 6H2O，一定条件下得到MgCl2，再电解熔融MgCl2得到镁单质；滤液浓缩得到 ，通入适量二氧化碳得到硼砂，硼砂中加水、调节pH后冷却结晶得到硼酸，硼酸加热得到三氧化二硼，三氧化二硼和镁单质高温反应生成硼和氧化镁。
27．【答案】（1）球形干燥管；b→a→d→e→c；NH3；控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl
（2）将装置中产生的气体全部吹入后续装置中被吸收，减少实验误差；；
【知识点】物质的分离与提纯；实验装置综合；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)①根据仪器的结构特点可知其名称为球形干燥管；故答案为：球形干燥管；
②结合分析可知装置接口顺序应为f→b→a→d→e→c；故答案为：b→a→d→e→c；
③为增大CO2溶解度，提高产率，Z中应先通入氨气再通入CO2；根据题目信息可知如果溶液碱性太强，易生成受热分解的碱式碳酸镧La(OH)CO3，所以通入CO2需要过量的原因是：控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；故答案为：氨气；控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；
④根据元素守恒可知化学方程式为2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl；故答案为：2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl；
(2)①第二次通入N2，将装置中残留的CO2全部排入装置C中被吸收，减小实验误差；故答案为：将装置中产生的气体全部吹入后续装置中被吸收，减少实验误差；
②如果制得的样品中不含有La(OH)CO3，则由La2(CO3)3·xH2O化学式可知n(La2O3)：n(CO2)=1:3，即 = ；n(La2O3)=n[La2(CO3)3·xH2O]，可求出水合碳酸镧化学式中结晶水数目x= ；故答案为： ； 。
【分析】（1）结合装置以及所给试剂，制取水合碳酸镧的原理为2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl，装置Y制备NH3，NH3易溶于水，通入带有球形干燥管的导气管中防倒吸，装置W制备CO2，装有饱和碳酸氢钠的装置X用于除去CO2中的HCl，防止消耗过多的氨气，在装置Z中生成水合碳酸镧。
（2）根据已知信息，m2-m1为La2(CO3)3·xH2O的质量，m4-m1为La2O3的质量，m5-m3为CO2的质量。B中装有浓硫酸，C中装有碱石灰，D中碱石灰的作用是防止空气中CO2和H2O进入到装置C中影响实验结果；第一次通入N2，目的是排出装置中的空气，防止空气中CO2干扰实验结果，第二次通入N2，将装2023年高考真题变式分类汇编：物质的分离与提纯5
一、选择题
1．（2021·浙江）下列说法正确的是（ ）
A．减压过滤适用于过滤胶状氢氧化物类沉淀
B．实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火
C．制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含 和 的溶液浓缩至干
D．将热的 饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体
【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A.胶体的直径小于滤纸的孔径，因此胶体可以透过滤纸，但是胶体可能堵塞滤纸，故A不符合题意
B.实验室设备着火可以用二氧化碳灭火器进行灭火，故B符合题意
C.加热蒸干硫酸亚铁和硫酸铵的溶液时可能得到的是将结晶水失去，故C不符合题意
D.将热的硝酸钾的饱和溶液快速冷却得到的是较小的晶体颗粒，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】A.可以选择的是半透薄进行过滤
B.二氧化碳不能燃烧不支持燃烧可以用来灭火
C.一般制取晶体时得到较多晶体时，即可停止加热利用余热将其蒸干
D.要想得到大的晶体应该是缓慢冷却
2．（2022·青岛模拟）由重晶石矿(主要成分是，还含有等杂质)可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计制备流程如下。下列说法正确的是（ ）
A．实验室模拟“高温焙烧”过程需要先在坩埚中研磨处理后再灼烧
B．“高温焙烧”过程中，主反应为：
C．制得的氯化钡可用作“钡餐”
D．结晶时应蒸发浓缩至出现晶膜后停止加热，冷却结晶
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理，可增大接触面积，加快反应速率，且可充分反应，但不是在坩埚中研磨，故A不符合题意；
B．“高温焙烧”时发生BaSO4+4C4CO↑+BaS，故B不符合题意；
C．氯化钡可溶于水，人体食用会造成重金属中毒，用作“钡餐”的是硫酸钡，故C不符合题意；
D．结晶操作时当出现晶膜时即停止加热，利用余热蒸干溶液，再冷却结晶，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.一般研磨是在研钵中进行
B.根据高温焙烧即可写出方程式
C.钡餐是硫酸钡
D.结晶时，党出现较多固体时，停止加热
3．（2021·喀什模拟）某化学实验小组在实验室中以含有Zn2+、Al3+、Fe3+、Cu2+、Cl-的废水为原料提取ZnCl2溶液，实验流程如图所示。已知：滤液Ⅰ中存在[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，滤渣Ⅱ的主要成分为CuS。下列说法错误的是（ ）
A．过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B．滤渣Ⅰ的主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝
C．滤液Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均含有氯化铵
D．若直接加热蒸干滤液Ⅱ，可获得纯净的氯化锌
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．过滤操作可以使难溶物和液体分离，过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，A不符合题意；
B．含有Zn2+、Al3+、Fe3+、Cu2+、Cl-的废水中加入过量氨水后，Al3+、Fe3+和氨水反应生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，所以滤渣Ⅰ的主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝，B不符合题意；
C．废水中含有氯离子，第一步加入过量氨水，过程中铵根离子并没有除去，所以滤液Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均含有氯化铵，C不符合题意；
D．氯化锌为强酸弱碱盐，会水解生成氢氧化锌和氯化氢，若直接加热蒸干会得到氢氧化锌固体，不会得到氯化锌，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】第一步加入过量氨水，使铝离子和铁离子沉淀，滤渣I为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液I为 [Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+， 以及氯化铵， 加入盐酸和氢硫酸，得到CuS沉淀，滤液为Zn2+，加入硫化铵，使Zn2+沉淀，得到ZnS，最后溶于稀盐酸，得到ZnCl2
4．（2021·金台模拟）已知有机物a、b、c的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
(a) (b) (c)
A．a、b、c均能与金属钠反应放出H2
B．含有相同官能团的c的同分异构体有7种(不考虑空间异构)
C．1 mol a与1 mol CH3OH在一定条件下反应可生成1 mol b
D．除去b中少量的a时，可加入NaOH溶液，振荡、静置、分液
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．b中无-COOH、-OH，因此不能与金属钠发生反应放出H2，A不符合题意；
B．c是含有5个C原子饱和一元醇，可看作是C5H12分子中的1个H原子被-OH取代产生的物质。C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种不同结构，正戊烷有3种H原子，异戊烷有4种H原子，新戊烷只有1种H原子，因此C5H12分子中H原子种类数目是：3+4+1=8种，这些种类的H原子被1个-OH取代得到8种不同取代产物，去掉c本身，则与c含有相同官能团的c的同分异构体有7种，B符合题意；
C．酯化反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故1 mol a与1 mol CH3OH在一定条件下反应可生成b的物质的量小于1 mol，C不符合题意；
D．a、b都可以与NaOH溶液发生反应，因此不能使用NaOH溶液除杂，应该使用只与羧酸反应的物质饱和Na2CO3溶液除去杂质a，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.羟基和羧基可与钠反应产生氢气
B.根据c的分子式找出同分异构体即可
C.酯化是可逆反应不完全反应
D.考虑b在氢氧化钠溶液中水解，应该选择的是饱和碳酸钠溶液
5．（2021·喀什模拟）除去下列物质中的杂质(括号中为杂质)，采用的试剂和除杂方法正确的是（ ）
选项 含杂质的物质 试剂 除杂方法
A 苯(苯酚) 浓溴水 过滤
B C2H4(CO2) NaOH溶液 洗气
C 乙醛(乙酸) NaOH溶液 分液
D 己烷(己烯) 溴水 分液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．苯酚与浓溴水反应产生的三溴苯酚能够溶于苯中，不能达到除杂净化的目的，A不符合题意；
B．CO2与NaOH溶液反应产生可溶性Na2CO3而与乙烯气体分离，从而达到除杂、净化的目的，B符合题意；
C．乙醛、乙酸均易溶于氢氧化钠溶液，故不能达到除杂净化的目的，C符合题意；
D．己烯和溴水发生加成反应的产物与己烷互溶，故不能达到除杂净化的目的，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】除杂原则： 四原则”是：一不增(提纯过程中不增加新的杂质)；二不减(不减少欲被提纯的物质)；三易分离(被提纯物与杂质容易分离)；四易复原(被提纯物质要复原).
6．（2020·包头模拟）从制溴苯的实验中分离出FeBr3溶液，得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列设计能达到相应实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取氯气按图示通入装置乙中能使Br-全部转化为溴单质
B．用装置丙分液时先从下口放出水层，换一容器从上口倒出有机层
C．检验溶液中是否氧化完全，取水层少许滴加硝酸银溶液，看有无沉淀生成
D．用装置丁将分液后的水层溶液蒸发至有大量晶体析出时，停止加热，余热蒸干
【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．乙中Cl2应当长进短出，A不符合题意；
B．分液操作时，先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，B符合题意；
C．无论氧化是否完全，滴加硝酸银溶液都会产生沉淀，C不符合题意；
D．FeCl3会水解，水解方程式为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl，得到Fe(OH)3，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.通入氯气的方向错误
B.分液时，上层液体从上面倒出，下册液体从下面倒出
C.要证明氧化完全主要证明是否含有氢离子即可
D.蒸发时，应在HCl氛围中进行，否则得不到FeCl3
7．（2021·扬州模拟）烟气脱硫能有效减少SO2的排放。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝［(1-x)Al2(SO4)3·xAl2O3］溶液，并用于烟气脱硫。下列说法正确的是（ ）
A．“酸浸”后，所得滤渣Ⅰ的主要成分为H2SiO3
B．pH约为3.6时，溶液中存在大量的H+、Al3+、CO
C．调pH时，若pH偏高，则所得溶液中c(Al3＋)将增大
D．碱式硫酸铝溶液经多次循环使用后，所得溶液中c(SO )将增大
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，A不符合题意；
B．氢离子和碳酸根不能大量共存，加入CaCO3粉末的目的就是除去过量氢离子，B不符合题意；
C．若pH偏高，会生成氢氧化铝沉淀，所得溶液中c(Al3＋)减小，C不符合题意；
D．二氧化硫与水反应生成的SO 易被氧化生成SO ，所以碱式硫酸铝溶液经多次循环使用后，所得溶液中c(SO )将增大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由流程可知，粉煤灰和稀硫酸混合，氧化铝溶解，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，加入CaCO3粉末调节pH=3.6除去过量的氢离子，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液Ⅱ，用滤液Ⅱ吸收二氧化硫，生成的SO 易被氧化生成SO ，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成(1-x)Al2(SO4)3·xAl2O3，以此来解答。
8．（2021·盐城模拟）实验室以CaCO3为原料制备CO2并获得无水CaCl2。下列装置能达到相应实验目的的是（ ）
A．装置①生成CO2 B．装置②除去CO2中的HCl
C．装置③干燥CO2 D．装置④制得无水CaCl2
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；常见气体制备原理及装置选择；实验装置综合
【解析】【解答】A．装置①制备二氧化碳时，长颈漏斗应插在液面下，否则不能起到液封的作用，导致二氧化碳逸出，故A不符合题意；
B．盐酸的酸性强于碳酸，则用饱和碳酸氢钠溶液能够除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，故B符合题意；
C．酸性氧化物二氧化碳能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥二氧化碳，故C不符合题意；
D．制备无水氯化钙应在蒸发皿中加热氯化钙溶液，不能用烧杯，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.可将长颈漏斗变为分液漏斗
B.利用盐酸和碳酸氢钠反应将其除去
C.应该选择的浓硫酸作为干燥剂
D蒸发的仪器使用错误
9．（2021·南京模拟）由含[Cu(NH3)4]Cl2的蚀刻废液制取[Cu(NH3)4]CO3溶液的流程如图：
下列有关说法错误的是（ ）
A．上述制取流程不涉及氧化还原反应
B．“沉铜”在加热条件下进行，发生反应的离子方程式为[Cu(NH3)4] +2OH- 4NH3↑+CuO↓+H2O
C．“滤液”中大量存在的离子有Na+、 、Cl-和OH-
D．“浸铜”时温度过高可能导致铜的浸出率下降
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．沉铜时反应为[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOH 4NH3+CuO+2NaCl+H2O，浸铜时总反应为CuO+3NH3+NH4HCO3=[Cu(NH3)4]CO3+H2O，反应中没有元素化合价发生变化，没有发生氧化还原反应，A不符合题意；
B．根据已知反应物和生成物，结合元素守恒可得离子方程式为[Cu(NH3)4] +2OH- 4NH3↑+CuO↓+H2O，B不符合题意；
C． 根据B选项可知大部分氨气已逸出，故不存在铵根离子，C符合题意；
D．温度过高碳酸氢铵会分解，且氨气的溶解度降低，导致铜的浸出率下降，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据方程式即可标出元素的化合价看元素化合价是否改变
B.根据反应物和生成物以及条件即可写出方程式
C.和OH-不能大量共存
D.温度升高导致产物分解，且温度度氨气的溶解度降低
10．（2021·厦门模拟）我国古代《演繁露》记载：“盐已成卤水，暴烈日，即成方印，洁白可爱，初小渐大或数十印累累相连”，其中涉及的分离方法是（ ）
A．升华 B．蒸发 C．萃取 D．过滤
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】“盐已成卤水，暴烈日，即成方印，洁白可爱，初小渐大或数十印累累相连”指的是在太阳光的作用下，卤水蒸发结晶析出盐的过程，
故答案为：B。
【分析】根据题目的意思主要是食盐的制取，采用的是蒸发结晶的方式
二、非选择题
11．（2021·浙江）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：
（1）白色固体C的化学式是 ，蓝色溶液D中含有的溶质是 (用化学式表示)。
（2）化合物X的化学式是 ；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式 。
（3）蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式 。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素 。
【答案】（1）；
（2）CuAl2Cl8；
（3）；将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【知识点】物质的分离与提纯；分子式；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）A是蓝色溶液，说明含有铜离子，根据A中加入氨水，得到白色沉淀，产生的是碱，且溶于氢氧化钠，因此B是氢氧化铝，因此C为氧化铝，得到深蓝色溶液说明是铜氨溶液，加入硝酸酸化的硝酸银，得到沉淀E是氯化银，和溶液D，因此D中含有的是硝酸铜、硝酸铵、硝酸银、硝酸，故正确答案是： 、
（2）根据（1）分析说明里面含有铜元素，氯元素，以及铝元素，根据氧化铝的质量为1.02g,m(Al)= =0.54g氯化银的质量为11.48g，m(Ag)==2.84g,m（Cu）=4.02-2.84-0.54=0.64g，设X的化学式为CuxAlyClz,(64x):(27y):(35.5z)=0.64:0.54:2.84,因此x:y:z=1:2:8,故化学式为 CuAl2Cl8 ， 化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式 ，故正确答案是： CuAl2Cl8 ，
（3）①蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀，方程式为 ，故正确答案为：
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素的实验方案是将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【分析】（1）根据物质B的性质以及加入的氨水即可判断B的化学式进而确定C的化学式，同时根据加入试剂确定D的溶质
（2）根据相关数据计算出化学式，在结合甲烷的空间结构写出X阴离子的电子式即可
（3）① 根据反应物和生成物写出离子方程式②根据沉淀的性质加入硝酸后观察和加入硝酸应进行检验离子的存在
12．（2021·全国甲）胆矾( )易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的 (杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有 (填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）将 加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为 ，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 。
（3）待 完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量 ，冷却后用 调 为3.5～4，再煮沸 ，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、 、乙醇洗涤、 ，得到胆矾。其中，控制溶液 为3.5～4的目的是 ，煮沸 的作用是 。
（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为 ，加入胆矾后总质量为 ，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为 (写表达式)。
（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是 (填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来
【答案】（1）A、C
（2）CuO+H2SO4 CuSO4+H2O；不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）
（3）过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤
（4）
（5）①③
【知识点】盐类水解的应用；硫酸根离子的检验；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；
(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；
(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2- m3)g，所以胆矾（CuSO4 nH2O）中n值的表达式为：=n:1，解得n＝；
(5) ①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
【分析】(1)制备胆矾时，需进行溶解、过滤、结晶操作；
(2)金属氧化物与酸反应生成盐和水；从环境保护方面分析该方法的优点；
(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；根据水解分析；加热可以防止生成胶体；
(4)根据CuSO4 nH2O中CuSO4与H2O为1：n计算；
(5)根据n=分析。
13．（2021·湖南）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤I. 的制备
步骤Ⅱ.产品中 含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用 盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸 ；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用 盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸 ；
④平行测定三次， 平均值为22.45， 平均值为23.51。
已知：(i)当温度超过35℃时， 开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
温度/ 0 10 20 30 40 50 60
35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3
11.9 15.8 21.0 27.0
6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4
29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2
回答下列问题：
（1）步骤I中晶体A的化学式为 ，晶体A能够析出的原因是 ；
（2）步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；
A． B．
C． D．
（3）指示剂N为 ，描述第二滴定终点前后颜色变化 ；
（4）产品中 的质量分数为 (保留三位有效数字)；
（5）第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则 质量分数的计算结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）
（2）D
（3）紫色石蕊试液；蓝色变为红色
（4）3.56%
（5）偏大
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据题给信息，控制温度在30-35 C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体碳酸氢钠，故答案为：NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小；
(2)300 C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以正确的为D项，故答案为：D；
(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为紫色石蕊试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性显蓝色，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：蓝色变为红色；
(4)
根据分析，碳酸钠中混有碳酸氢钠，先加盐酸将碳酸钠全部变为碳酸氢钠，继续加入盐酸与碳酸氢钠反应，第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗的盐酸的物质跌量为n(HCl)=0.1000mol/L 22.45 10-3L=2.245 10-3mol得出n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=2.245 10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，盐酸的物质的量n(HCl)=0.1000mol/L 23.51 10-3L=2.351 10-3mol则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)=n(HCl) =2.351 10-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.351 10-3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为 =1.06 10-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为 ，故答案为：3.56%；
(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，读数偏小，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。
【分析】（1）氯化钠和碳酸氢铵最终得到的碳酸氢钠固体和氯化铵，因此晶体A是碳酸氢钠固体，通过对不同时刻的溶解度进行分析，主要是由于低温时，碳酸氢钠的溶解度小
（2）温度过高是加热应该选择的是坩埚
（3）纯碱主要是碳酸钠，适合用酚酞做指示剂，先加入酚酞作指示剂滴入盐酸将碳酸钠全部转为碳酸氢钠，碳酸氢钠适合用石蕊作指示剂，在继续使用石蕊做指示剂进行滴定，到终点时，此时是蓝色，再加入一滴时溶液变为红色。
（4）第一次与碳酸钠作用，全部转为碳酸氢钠溶液，第二次是碳酸氢钠与稀盐酸作用，根据数据即可计算出碳酸钠和碳酸氢钠的质量
（5）第一滴定终点时，利用的是滴定管滴定，俯视读数，导致V1数值偏小，导致V2-V1偏大，导致计算结果偏大
14．（2021·湖南） 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以 形式存在，还含有 、 、 、 等物质。以独居石为原料制备 的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为 ；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有 (至少写两条)；
（3）滤渣Ⅲ的主要成分是 (填化学式)；
（4）加入絮凝剂的目的是 ；
（5）“沉铈”过程中，生成 的离子方程式为 ，常温下加入的 溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知： 的 ， 的 ， )；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为 ，在高温条件下， 、葡萄糖( )和 可制备电极材料 ，同时生成 和 ，该反应的化学方程式为
【答案】（1）
（2）适当升高温度，将独居石粉碎等
（3）Al(OH)3
（4）促使铝离子沉淀
（5） ↑；碱性
（6）6 + +12 =12 +6CO↑+6H2O+6CO2↑
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数=中子数+质子数=58+80=138，该核素的符号为 ；
(2)为提高“水浸”效率，可以增大接触面积或者提高水的温度提高速率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
(3)结合流程可知，加入氧化镁消耗氢离子调节pH使铝离子沉淀为氢氧化铝，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成 的离子方程式为 ↑；NH4++H2O NH3.H2O+OH-,kh(NH4+)==== ≈5.7×10-10，HCO3-+H2O H2CO3+OH-,碳酸氢根的水解常数Kh( )=== ≈2.3×10-8，则Kh( )
【分析】（1）质子数写在符号左下角，质量数写在左上角
（2）水浸主要是除去可与水反应或者是溶于水的物质，可以将其表面积增大或者是适当的提高温度加速反应
（3）根据加入的絮凝剂以及氧化镁调节pH=5,即可判断固滤渣是氢氧化铝
（4）絮凝剂的目的主要是加速聚沉，提高聚沉效率
（5）根据反应物和产物即可写出离子反应方程式，比较铵根离子和碳酸氢根的水解程度即可判断酸碱性
（6）根据反应物和产物即可写出反应方程式
15．（2021·金台模拟）孔雀石主要成分是
，还含少量
及硅的氧化物，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体的步骤如下：
有关物质沉淀的pH数据如下：
物质 开始沉淀
完全沉淀
（1）步骤Ⅰ加稀硫酸充分反应，过滤得到滤渣的主要成分是 （填化学式），该物质进一步提纯后可用于制造 。提高步骤Ⅰ反应速率的措施是 (写一条即可)。
（2）步骤Ⅱ中试剂①应选用试剂 填代号
。
a.
b.稀
c.双氧水 d.氯水
相关反应的离子方程式为： 。
（3）步骤Ⅲ加入CuO调节溶液的pH至 (填写范围)，目的是 。
（4）步骤Ⅳ获得硫酸铜晶体的操作中，必须采取的实验措施是 。
（5）常温下
的
，若要将溶液中的
转化为
沉淀，使溶液中
降低至
，必须将溶液调节至
。
（6）用
和孔雀石反应可以制得金属铜，已知1mol氨气通过灼热的
可以产生
金属铜，则该反应的化学方程式为 。
【答案】（1）SiO2；光导纤维；固体研磨
（2）c；
（3）3.2≤pH<4.7；保证Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀
（4）保持一定的酸度，抑制Cu2+水解
（5）2
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）步骤Ⅰ所得沉淀主要成分为SiO2，二氧化硅可用于光导纤维，提高步骤Ⅰ反应速率的措施是固体研磨、适当升温等；
（2）步骤Ⅱ中加入试剂①目的是能够将亚铁离子为铁离子，且不会引入杂质，加入H2O2能够将亚铁离子为铁离子，过氧化氢被还原为水，发生反应为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；
（3）加入氧化铜调节溶液pH保证铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀，需要控制的溶液pH范围为3.2≤pH<4.7，目的是保证铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀；
（4）步骤Ⅳ需要加热蒸发得到硫酸铜晶体，此过程会促进铜离子的水解，所以必须采取的实验措施是保持一定的酸度，抑制Cu2+水解；
（5）由 ，常温下 ，pH=2；
（6）孔雀石主要成分为Cu2(OH)2CO3，氨气具有还原性，可以将其还原为Cu，同时生成氮气、二氧化碳和水，根据电子转移守恒配平得
。
【分析】（1）找出不与硫酸反应的物质，二氧化硅一般用于光导纤维，提高速率可以从温度接触面积等方面考虑
（2）II中是进行氧化，可以利用的是双氧水，结合性质即可写出方程式
（3）结合沉淀的pH范围，主要是将铁离子沉淀完全
（4）铜离子易水解，因此需要考虑抑制水解
（5）根据难溶碱的Ksp即可计算出pH
（6）根据反应物结合物质的量比即可写出方程式
16．（2021·宜宾模拟）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型高效消毒净水剂。高铁酸钾的一种实验室制法如下。(装置如图所示，夹持装置略去)
Ⅰ.组装好仪器，检查装置气密性，装入药品。
Ⅱ.打开止水夹K1、K2和甲中分液漏斗活塞，反应一段时间，关闭止水夹K1。
Ⅲ.开启磁力搅拌器，缓慢加入100mL0.8mol L-1Fe(NO3)3溶液，充分反应。
Ⅳ.反应结束，通入N2一段时间，取下三颈烧瓶，在低温下加入KOH固体至溶液饱和，析出粗产品，过滤。
Ⅴ.将粗产品溶于冷的稀KOH溶液，过滤除杂，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，过滤，用乙醚洗涤。
Ⅵ.重复操作Ⅴ，在真空干燥箱中干燥，得到9.9g产品。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 ，a中所盛装的药品是 (选填字母序号)。
A．NaCl B．MnO2 C．Na2CO3 D．KMnO4
（2）步骤Ⅰ，检查甲装置气密性的方法是 。
（3）乙装置中饱和NaCl溶液的作用是 。
（4）步骤Ⅱ，丙中三颈烧瓶内发生反应的离子方程式是 。
（5）步骤Ⅲ，丙中生成Na2FeO4的离子方程式是 。
（6）步骤Ⅳ中通入N2的目的是 。步骤Ⅴ，将粗产品“过滤除杂”，主要目的是除去 (填化学式)。
（7）该实验中产品的产率为 。
【答案】（1）圆底烧瓶；D
（2）关闭分液漏斗活塞，打开K1，将导管末端伸入水中，用手或热毛巾捂住圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，且松手后导管内形成一段水柱，则气密性良好(或向分液漏斗中装一定量的水，关闭K1，打开分液漏斗上端玻璃塞，再旋开分液漏斗下端活塞，若水不能顺利流下，则气密性良好)
（3）除去Cl2中的HCl
（4）2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O
（5）2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O
（6）将装置中残留的Cl2排入烧杯中被NaOH溶液吸收，防止拆卸装置时污染空气.；Fe(OH)3
（7）62.5%或0.625
【知识点】物质的分离与提纯；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）由构造可知仪器a的名称是圆底烧瓶；常温下浓盐酸和高锰酸钾反应可制备氯气，因此a中所盛装的药品是高锰酸钾，选D；
（2）步骤Ⅰ，检查甲装置气密性的方法是关闭分液漏斗活塞，打开K1，将导管末端伸入水中，用手或热毛巾捂住圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，且松手后导管内形成一段水柱，则气密性良好(或向分液漏斗中装一定量的水，关闭K1，打开分液漏斗上端玻璃塞，再旋开分液漏斗下端活塞，若水不能顺利流下，则气密性良好)
（3）浓盐酸易挥发，制备得的氯气中会混有HCl，氯气几乎不溶于饱和NaCl溶液，而HCl极易溶于水，故乙装置中饱和NaCl溶液的作用是除去Cl2中的HCl；
（4）步骤Ⅱ，丙中NaOH溶液和氯气反应生成NaClO、NaClO、水，反应的离子方程式为2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O；
（5）步骤Ⅲ，丙中NaClO与Fe(NO3)3反应制备Na2FeO4，NaClO是氧化剂，被还原为NaCl，Fe(NO3)3是还原剂，被氧化为Na2FeO4，再结合溶液呈碱性可知反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO
+3Cl-+5H2O；
（6）氯气有毒，遗留在装置中拆装置时会污染空气，因此步骤Ⅳ中通入N2的目的是将装置中残留的Cl2排入烧杯中被NaOH溶液吸收，防止拆卸装置时污染空气；
丙中制备Na2FeO4时溶液呈碱性，可能会有Fe(OH)3生成，故步骤Ⅴ，将粗产品“过滤除杂”，主要目的是除去Fe(OH)3；
（7）实验所用到100mL0.8mol L-1Fe(NO3)3溶液，Fe(NO3)3的物质的量为100mL×0.8mol L-1=0.08mol，根据Fe守恒有Fe(NO3)3~K2FeO4可知理论上可制得Na2FeO4的物质的量为0.08mol，质量为0.08mol×198g·mol-1=15.84g，实际制得9.9g产品，则产率为
×100%=62.5%(或0.625)。
【分析】（1）根据仪器的图片即可写出写出名称，结合制取氯气反应物的性质找出反应物即可
（2）结合装置，利用压强差进行检验装置的气密性
（3）甲中的气体中混有氯化氢气体，除去氯化氢气体
（4）根据反应物性质即可写出方程式
（5）根据反应物和生成物的性质写出离子方程式
（6）通入氮气主要是将装置的气体排出，根据物质的性质即可判断沉淀
（7）根据反应方程式即可计算
17．（2021·宜宾模拟）铊(Tl)在工业中的用途非常广泛。从某铅锌厂的电尘(主要成分为PbO、ZnO，还含有少量Fe2O3、Tl2O)中回收铊的工艺流程如图。
已知：①Zn(OH)2为两性氢氧化物，溶液pH＞10开始溶解。
②相关物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如表所示：
物质 Fe(OH)3 Zn(OH)2
开始沉淀的pH 2.7 6.4
沉淀完全的pH 3.7 8.0
（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 (写出两种)。
（2）“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)，由于沉淀颗粒很细，通常在“酸浸”时加入聚合硫酸铝铁{化学式：[FeaAlb(OH)c(SO4)d]n}，其目的是 。
（3）检验“酸浸”后溶液中含有Fe3+的试剂是 。
（4）“除杂”是为了除去溶液中的 (填离子符号)，调pH=8~10的原因是 。
（5）“置换”中发生反应的离子方程式是 。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌、适当延长酸浸时间等
（2）PbSO4；吸附PbSO4沉淀，便于过滤
（3）KSCN溶液
（4）Fe3+、Zn2+；pH<8，Fe3+、Zn2+沉淀不完全，pH>10，Zn(OH)2会溶解，降低除杂效
（5）Zn+2Tl+=Zn2++2Tl
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）采用适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌、适当延长酸浸时间等均可提高“酸浸”效率，故答案为：适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌、适当延长酸浸时间等；
（2）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是PbSO4，聚合硫酸铝铁{化学式：[FeaAlb(OH)c(SO4)d]n}是一种净化剂，可以形成胶体吸附水中的悬浮颗粒物，由于沉淀颗粒很细，通常在“酸浸”时加入聚合硫酸铝铁{化学式：[FeaAlb(OH)c(SO4)d]n}，其目的是吸附PbSO4沉淀，便于过滤，故答案为：PbSO4；吸附PbSO4沉淀，便于过滤；
（3）Fe3+与SCN-结合生成血红色溶液，故检验“酸浸”后溶液中含有Fe3+的试剂是KSCN溶液。故答案为：KSCN溶液；
（4）由分析可知，“除杂”是为了除去溶液中的Fe3+、Zn2+，由表中数据可知，pH<8，Fe3+、Zn2+沉淀不完全，pH>10，Zn(OH)2会溶解，降低除杂效，故答案为：Fe3+、Zn2+；pH<8，Fe3+、Zn2+沉淀不完全，pH>10，Zn(OH)2会溶解，降低除杂效；
（5）由分析可知，“置换”中发生反应的离子方程式是Zn+2Tl+=Zn2++2Tl，故答案为：Zn+2Tl+=Zn2++2Tl。
【分析】（1）根据提高速率的方法，可以通过增大接触面积或者提高温度的方法
（2）找出不与硫酸反应的物质即可，主要考虑水解得到胶体聚沉沉淀
（3）结合铁离子检验的方法进行检验
（4）根据沉淀的pH即可判断出沉淀的离子
（5）根据反应物和生成物即可写出离子方程式
18．（2021·景德镇模拟）工业上用粗铜电解精炼所产生的阳极泥[主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)]为原料，进行综合回收利用的某种工艺流程如下：
已知：①是两性氧化物，微溶于水。
②25℃时，亚碲酸()的，。
（1）“烧结”时的固体产物主要为、和，该过程中反应的化学方程式为 。
（2）利用浸取渣制取硫酸铜溶液时，试剂X最好选用 。
a． b． c．浓硫酸
（3）常温下，溶液的pH 7(填“＜”、“＞”或“=”)。加入稀硫酸调pH时需控制pH范围为4.5~5.0，pH过大或过小都将导致碲的回收率偏低，其原因是 。
（4）在盐酸溶液中，被还原得到单质碲。研究表明，在此反应中，离子浓度为0.1mol/L时的活化能比离子浓度为0.3mol/L时的活化能大，说明较高浓度的作用是 。
（5）还原过程的主要目的是将“烧结”时生成的少部分进行转化，写出“还原”时反应的离子方程式 。
（6）所得粗硒需精制。向粗硒浸出液中加入溶液可以将残留的等微量杂质离子转化为沉淀而除去。已知25℃时，要使溶液中沉淀完全[]，则需控制溶液中 mol/L。
【答案】（1）2Cu2Se＋2Na2CO3＋3O22Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2
（2）b
（3）＜；TeO2是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失
（4）催化剂
（5）2Fe2+＋SeO＋2H+ = 2Fe3+＋SeO＋H2O
（6）6.0×10-13
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）阳极泥主要含硒化亚铜Cu2Se 和碲化亚铜Cu2Te，通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成
、
和
，通过元素守恒和电子转移守恒，得到Cu2Se发生的化学方程式为：2Cu2Se＋2Na2CO3＋3O22Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2；
（2）根据分析可知浸取后过滤，滤渣中
加入氧化剂和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，故加入双氧水，答案为：b；
（3）根据
的
，
，可计算出水解平衡常数
，故
电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，pH<7；由题中信息可知
是两性氧化物，既可以和强酸反应又可以和强碱反应，所以：
是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失。
（4）催化剂可以降低反应的活化能，说明较高浓度
的作用是催化剂；
（5）根据流程烧结是产生的少量
被FeSO4还原为
除去，根据电子转移守恒和元素守恒，反应的离子方程式为2Fe2+＋SeO
＋2H+ = 2Fe3+＋SeO
＋H2O；
（6）已知25℃时
，则
恰好完全沉淀时，故溶液中
；
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）考虑到不引入杂质和易除杂结合选项进行判断
（3）充分考虑物质的性质进行判断
（4）结合物质的量浓度结合活化能大小即可判断出作用
（5）根据物质的性质即可写出离子方程式
（6）根据Ksp结合浓度即可计算出离子浓度
19．（2022·温州模拟）由四种常见元素组成的可溶性盐A，按如下流程进行实验。
已知：气体B、固体C为纯净物。
请回答：
（1）A的化学式是 ，气体D的成分 。
（2）固体A与足量NaOH反应的化学方程式是 。
（3）盐A同系列的最简单化合物可以与碱性溶液反应，生成黑色固体，写出该反应的离子方程式： 。
（4）有研究显示，(3)中产物黑色固体充当氯酸钾受热分解的催化剂时，氯酸钾氧化了黑色固体中的金属元素，同时生成了气体单质。
①基于此，选用作催化剂，也发生类似的反应，则对应的产物为： (填化学式)。
②请设计化学实验验证生成气体单质的成分： 。
【答案】（1）CH3COONa；CO2
（2）CH3COONa+NaOHNa2CO3+ CH4↑
（3）3HCOO-+2MnO+OH-=2MnO2↓+3CO+2H2O
（4）Fe2O3；用集气瓶收集气体单质，将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃则是氧气
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的化学式为CH3COONa，D为二氧化碳，故答案为：CH3COONa；CO2；
（2）由分析可知，乙酸钠固体与足量氢氧化钠固体共热反应生成碳酸钠和甲烷，反应的化学方程式为CH3COONa+NaOHNa2CO3+ CH4↑，故答案为：CH3COONa+NaOHNa2CO3+ CH4↑；
（3）乙酸钠同系列的最简单化合物为甲酸钠，由题意可知，碱性条件下，甲酸钠与高锰酸钾溶液反应生成碳酸钠、二氧化锰沉淀和水，反应的离子方程式为3HCOO-+2MnO+OH-=2MnO2↓+3CO+2H2O，故答案为：3HCOO-+2MnO+OH-=2MnO2↓+3CO+2H2O；
（4）①由题意可知，二氧化锰催化氯酸钾受热分解的反应步骤为KClO3+2MnO2=Mn2O7+3KCl、2Mn2O7=4MnO2+3O2↑，基于此可知，氧化铁做催化剂时被氯酸钾氧化为高价态的三氧化铁，故答案为：Fe2O3；
②检验反应生成的氧气的操作为用集气瓶收集氧气，将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃，说明反应生成的气体单质为氧气，故答案为：用集气瓶收集气体单质，将带火星的木条伸入集气瓶内，若木条复燃则是氧气。
【分析】根据反应流程结合气体B燃烧最终得到沉淀为碳酸钙，即可判断出气体B 燃烧产物含有二氧化碳，且碳元素的物质的量为0.1mL。结合气体体积计算出物质的量为0.1mol，结合固体C与氢氧化钙反应得到E为10g，即可计算出物质的量为0.1mol。即可计算出固体C为碳酸钠且物质的量为0.1mol.结合元素守恒即可判断气体B是甲烷，固体A是醋酸钠，结合问题即可解答
20．（2021·乌兰察布模拟）实验室制备乙酰苯胺( )的反应原理：CH3COOH+ +H2O
已知：①苯胺具有强还原性；
②有关数据列表如下：
冰醋酸 苯胺 乙酰苯胺
状态 液体 液体 固体
沸点/℃ 117.9 184 305
熔点/℃ 16.6 -6.3 114.3
③物质的溶解度如下：
名称 溶解度
水 乙醇 乙醚
冰醋酸 3.6g/100g水 易溶 易溶
苯胺 易溶 易溶 易溶
乙酰苯胺 溶于热水，难溶于冷水 易溶 易溶
回答下列问题：
（1）向反应器内加入4.6mL(约0.05mol)新蒸馏的苯胺和7.5mL(约0.13mol)冰醋酸，以及少许锌粉，保持分流装置柱顶温度在105℃左右加热回流1h。装置如图所示(夹持装置已略去)，仪器a的名称是 ，锌粉的作用是 。
（2）为提高乙酰苯胺的产率采用的措施：一是乙酸过量，二是 。
（3）反应结束后，趁热将反应液倒入盛有100mL冷水的烧杯中，用玻璃棒充分搅拌，冷却至室温，使乙酰苯胺结晶，完全析出，所得晶体用减压过滤装置进行过滤，再以10mL冷水洗涤。减压过滤的优点是 ，“再以10mL冷水洗涤”的目的是 。
（4）干燥，称重，最终得到产物5.4g，实验产率为 ％。(结果保留三位有效数字)
（5）若要得到纯度更高的乙酰苯胺，可通过采用 方法提纯，所用试剂为 。
【答案】（1）接引管或牛角管；防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用，防止暴沸
（2）从反应体系中分离出水
（3）加速过滤，得到晶体较干燥；除去乙酰苯胺固体上残留的醋酸
（4）80.0
（5）重结晶；水
【知识点】芳香烃；物质的分离与提纯；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)仪器a的名称是接引管或牛角管，根据已知信息中苯胺具有较强的还原性，锌粉可防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用，防止暴沸；
(2)提高乙酰苯胺的产率可采取以下两种措施：①增大某种反应物的浓度，使用过量的乙酸；②减少生成物浓度，将生成的水在105℃左右加热回流1h过程中以水蒸气的形式移出反应，使反应正向进行；
(3)减压过滤的优点是加速过滤，得到晶体较干燥；由于乙酸过量，故再以10mL冷水洗涤的目的是除去乙酰苯胺固体上残留的醋酸；
(4) ，由题可知，乙酸过量，苯胺的物质的量为0.05mol，则乙酰苯胺的理论产量为0.05mol，即6.75g，则 ；
(5)根据表格中乙酰苯胺低温下在水中的溶解度小，而在高温下溶解度大的性质，若要得到纯度更高的乙酰苯胺，可选择水作为乙酰苯胺的重结晶溶剂。
【分析】（1）根据仪器即可进行命名，锌具有还原性，作用是保护苯胺不被氧化
（2） 根据CH3COOH+ +H2O ，提高生成物的产率可以提高乙酸的浓度以及即使将产物水进行分离提高产量
（3）减压过滤的优点是速率快且干燥，冷水洗涤主要洗去表面的杂质以及防止溶解产品
（4）根据给出的苯胺计算出理论上得到的乙酰苯胺再结合得到的质量计算出产率即可
（5） 乙酰苯胺溶于热水，难溶于冷水 ，因此可以从采用重结晶的方式进行提纯乙酰苯胺
21．（2021·乌兰察布模拟）五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业。一种以淅川钒矿(钒以＋3、＋4价的化合物存在、SiO2、Fe3O4以及Al2O3)为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：
已知：①萃取剂P2O4对VO2＋具有高选择性，且萃取Fe3＋而不萃取Fe2＋、Mn2＋、Al3＋
②氧化性：VO ＞Fe3＋＞VO2＋＞Fe2＋
③萃取反应为：VO2＋＋(HR2PO4)2(O) VO(R2PO4)2(O)＋2H＋，式中HR2PO4为P2O4，R=C8H17
④
化合物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2
溶度积常数(25℃)近似值 10-17 10-39 10-35 10-13
回答下列问题：
（1）“酸浸氧化”中，VO＋被氧化成VO2＋，同时还有 离子被氧化。写出VO＋转化为VO 反应的离子方程式 。
（2）研究表明，“酸浸氧化”中MnO2的用量、温度和硫酸的体积浓度会直接影响钒元素的浸出率，由图(1)(2)(3)可知，最佳条件为 (填序号)
（3）“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。
（4）“还原”中添加的物质X是 (填化学式)，且要控制物质X的加入量，既不能过多，也不能过少，原因是 。
（5）“氧化沉钒”的离子方程式是 。
（6）用石灰中和处理萃余液，Fe2＋、Al3＋、Mn2＋以氢氧化物形式沉淀，要使金属离子完全沉淀，则pH的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5mol/L时，可认为该离子沉淀完全)。
【答案】（1）Fe2＋；VO＋＋MnO2＋2H＋=VO ＋Mn2＋＋H2O
（2）C
（3）SiO2
（4）Fe；Fe过少，Fe3＋不能全部转化为Fe2＋，降低产品纯度；Fe过多，过量的Fe会将VO2＋还原，降低VO2＋的萃取率，从而降低产品的产率
（5）ClO ＋14NH3·H2O＋6VO2＋=(NH4)2V6O16↓＋Cl－＋12NH ＋7H2O
（6）10
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)"酸浸氧化”中，溶液中还原性离子有VO+和Fe2＋，二者都会被氧化，VO＋转化为VO 反应的高子方程式是VO++ MnO2 +2H+ = VO +Mn2++H2O。
(2)"酸浸氧化“中由图(1)(2)(3)可知，钒元素浸出率最佳条件为 MnO2的用量2%-3%，温度100℃，硫酸的体积浓度30%-40%。
(3)"滤渣1"的主要成分为SiO2。
(4)根据已知信息①萃取剂P2O4对VO2＋具有高选择性，且萃取Fe3＋而不萃取Fe2＋，为减少产物中的杂质离子，应将Fe3＋还原为Fe2＋，降低萃取剂P2O4对Fe3＋的萃取率，故“还原”中添加的物质X是Fe；又根据氧化性：VO ＞Fe3＋＞VO2＋＞Fe2＋，控制Fe的加入量的原因是Fe过少，Fe3＋不能全部转化为Fe2＋，降低产品纯度；Fe过多，过量的Fe会将VO2＋还原，降低VO2＋的萃取率，从而降低产品的产率。
(5)由题中信息可知(NH4)2V6O16为沉淀，则“氧化沉钒”的离子方程式是ClO ＋14NH3·H2O＋6VO2＋=(NH4)2V6O16↓＋Cl－＋12NH ＋7H2O 。
(6)由已知信息③中数据可知，若Mn2+完全沉淀，则其他杂质离子也完全沉淀， ，则pH的理论值最小值为10。
【分析】（1）找出具有还原性的离子即可，二氧化锰具有氧化性将 VO＋被氧化成VO2＋ ，即可写出离子方程式
（2）根据给出的三张图找出最佳的二氧化锰用量、以及温度、硫酸的体积浓度即可判断
（3）根据给出的物质，不溶于酸的物质是二氧化硅
（4）根据题目的信息主要是将三价的铁离子变为二价的亚铁离子，因此加入铁，加入的量不能过多也不能过少，主要是 氧化性：VO ＞Fe3＋＞VO2＋＞Fe2＋ ，过多时易将VO2＋还原
（5）根据氧化沉钒的反应物和生成物即可写出方程式
（6）根据表格③中的数据即可计算出pH的最小值
22．（2021·包头模拟）铼是一种熔点高、耐磨、耐腐蚀的金属，广泛用于航天航空等领域。工业上用富铼渣(含ReS2)制得铼粉，其工艺流程如下图所示：
回答下列问题
（1）图1是矿样粒度与浸出率关系图，浸出时应将富铼渣粉碎至 目；请写出提高铼浸出率的另外两种方法 、 。浸出反应中ReS2转化为两种强酸，请写出铼浸出反应的离子方程式 。
（2）图2表示萃取液流速与铼吸附率关系。结合实际工业生产效益，萃取剂流速宜选用的范围是6～8BV/h，选择此范围的原因是 。
（3）酸浸相同时间，测得铼的浸出率与温度关系如图3所示，分析T1℃时铼的浸出率最高的原因是 。
（4）实验室中，操作III所用主要仪器名称为 。已知高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，易溶于热水。若要得到纯度更高的高铼酸铵晶体，可通过在水中 的方法提纯。
（5）高铼酸铵热分解得到Re2O7，写出氢气在800℃时还原Re2O7，制得铼粉的化学方程式 。
（6）整个工艺流程中可循环利用的物质有：H2SO4、 、 。
【答案】（1）120；适当升高温度；搅拌或增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间；2ReS2+19H2O2=2ReO +4SO +10H++14H2O
（2）萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多
（3）温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小
（4）分液漏斗；重结晶
（5）Re2O7+7H2 2Re+7H2O
（6）NH3；含R3N的有机溶液
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由图可知，浸出时将富铼渣粉碎至120目时，浸出率可以达到95%，矿样粒度大于120目，浸出率变化不大，则浸出时应将富铼渣粉碎至120目；为防止过氧化氢分解，适当升高温度可以加快铼浸出速率，提高铼浸出率，搅拌、增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间等措施也能加快铼浸出速率，提高铼浸出率；浸出反应中二硫化铼转化为两种强酸的反应为酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，反应的化学方程式为2ReS2+19H2O2=2ReO +4SO +10H++14H2O，故答案为：120；适当升高温度；搅拌或增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间；2ReS2+19H2O2=2ReO +4SO +10H++14H2O；
(2) 由图可知，萃取液流速越大，铼吸附率越小，则萃取剂流速选用6～8BV/h的范围是因为萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多，故答案为：萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多；
(3) 由图可知，T1℃时铼的浸出率最高，温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，而超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小，故答案为：温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小；
(4)由分析可知，操作III为分液，分液时用到的主要仪器为分液漏斗；由高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水可知，可通过在水中重结晶的方法得到纯度更高的高铼酸铵晶体，故答案为：分液漏斗；重结晶；
(5) 由分析可知，制得铼粉的反应为在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水，反应的化学方程式为Re2O7+7H2 2Re+7H2O，故答案为：Re2O7+7H2 2Re+7H2O；
(6) 由分析可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有硫酸、氨气和含R3N的有机溶液，故答案为：NH3；含R3N的有机溶液。
【分析】由题给流程可知，向富铼渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液，酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，过滤得到滤渣和含有高铼酸和硫酸的滤液；向滤液中加入含R3N的有机溶液萃取，分液得到可以循环使用的稀硫酸和R3N·H ReO4溶液；向R3N·H ReO4溶液中加入氨水充分反应后，分液得到可以循环使用的含R3N的有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体，高铼酸铵晶体受热分解生成可以循环使用的氨气和七氧化二铼，在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水。
23．（2021·沈阳模拟）钌( )为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收钌的研究很有意义。某科研小组设计了一种从含钌废料中分离提纯钌的工艺，其流程如下：
（1）加碱浸取时，为提高钌的浸出率可采取的措施有 (任写两点)。
（2）操作X的名称为 。
（3）“研磨预处理”是将研磨后的含钌废料在氢气还原炉中还原为单质钌，再进行“碱浸”获得 ，写出“碱浸”时生成 的离子方程式： 。
（4）“滤渣”的主要成分为 ，加入草酸的作用是 ，金属钌与草酸的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，则回收钌较为适宜的条件是 。
在酸性介质中，若使用 溶液代替草酸，可获得 ，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（5）“一系列操作”为 ，写出在“还原炉”中还原制得钌的化学方程式： 。
【答案】（1）延长浸取时间，适当提高温度
（2）过滤
（3）
（4）作还原剂；；
（5）洗涤、干燥；
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)为了提高钌的浸出率，可采取的措施：适当升高温度，增大碱的浓度，延长浸取时间，搅拌等；
(2)根据操作X后分离的物质浸出渣和浸出液进行判断，操作X为过滤；
(3)金属钌在碱浸时被 溶液氧化为 对应的还原产物为 ，反应的离子方程式为 ；
(4)通过分析题意可知，在加入盐酸调节 的同时，再加入草酸的目的是还原 ，根据已知图像中钌的回收率的变化判断，回收率较高时，外界条件变化对回收率影响不大的条件：x=1:5，T=70℃，NaClO3与 根据化合价的升降，氯元素化合价有+5价降低到-1价，Ru化合价由+2价升高到+4价，根据化合价守恒得出关系式：n(NaClO3):n( )=1:3；
(5)滤渣经过洗涤后干燥，再经过氢气还原可得高纯钌，方程式为： 。
【分析】根据反应速率的影响因素进行判断，能改变的反应速率；根据分离出的物质判断操作的名称，利用电荷守恒、原子守恒、升降守恒进行配平方程式；根据图像中外界条件的变化对钌回收率的影响从经济效应考虑找适应的条件。
24．（2021·沈阳模拟）某实验小组以回收站回收的废铁制品(主要成分为Fe，还含有少量的 和 )为原料制备 晶体。
（1）取10g废铁制品，用质量分数为10%的碳酸钠溶液浸泡一段时间，然后用倾析法倒去碳酸钠溶液，用蒸馏水洗涤2~3次，将洗涤好的废铁制品加入如图所示装置中，再加入 硫酸。控制温度在 之间，加热 ，将所得溶液趁热过滤冷却结晶、过滤洗涤，得到 晶体。
①仪器a的名称为 。
②基态Fe原子的价电子排布式为 ，有 个未成对电子。
③反应中需要控制温度在 之间，宜采用的方法是 。
④用冰水洗涤 晶体的操作是 ，若将 晶体在隔绝空气条件下加热到800℃，会生成红棕色固体，写出反应的化学方程式： 。
（2）若以赤铁矿渣(含有 和 杂质)为原料制备 晶体，请补充完整相应的实验方案：
①取一定量的赤铁矿渣，分次加入足量的稀硫酸，充分反应后过滤。
②取滤液， 。
③过滤、洗涤，将沉淀溶入 的硫酸中，同时加入过量铁粉，充分反应后，过滤，向滤液中加乙醇，在恒温水浴槽中冷却结晶、过滤，用丙酮洗涤、干燥。
已知：该实验中 时， 沉淀完全； 时， 开始沉淀。实验室现有试剂： 的 溶液、 的 溶液、铁粉。
（3）通过下列方法测定产品纯度：准确称取 样品，加适量水溶解，配成 溶液，取 溶液置于锥形瓶中，用 的酸性 标准溶液滴定(杂质不与酸性 标准溶液反应)，经3次测定，每次消耗 溶液的体积如下表所示：
实验序号 1 2 3
消耗 溶液的体积 19.98 20.58 20.02
通过计算确定产品中 的质量分数约为 (保留三位有效数字)。
【答案】（1）三颈烧瓶或三口烧瓶；；4；水浴加热；沿玻璃棒向漏斗(或过滤器)中加冰水至水浸没沉淀，待水自然流下，重复2~3次上述操作；
（2）用 的 溶液调节溶液 至 生成 沉淀
（3）92.7%
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)①仪器a的名称为三颈烧瓶或三口烧瓶。故答案为：三颈烧瓶或三口烧瓶；
②基态Fe原子的价电子排布式为 ，有4个未成对电子。故答案为： ；4；
③控制温度在 之间可采取水浴加热，该法受热均匀，便于控制温度。故答案为：水浴加热；
④用冰水洗涤 晶体的操作是沿玻璃棒向漏斗(或过滤器)中加冰水至水浸没沉淀，待水自然流下，重复2~3次上述操作，把硫酸亚铁晶体在隔绝空气条件下加热到800℃，得到氧化铁、二氧化硫、水蒸气和三氧化硫： ，故答案为：沿玻璃棒向漏斗(或过滤器)中加冰水至水浸没沉淀，待水自然流下，重复2~3次上述操作； ；
(2)赤铁矿渣(含有 和 杂质)，根据所提供的试剂分析，先用稀硫酸浸取矿渣，得到硫酸铁、硫酸铝和硫酸的混合溶液，再用 的NaOH溶液调节溶液 至 ，铁离子转化为氢氧化铁，然后再用 的硫酸溶解氢氧化铁，再加入过量铁粉，得到硫酸亚铁溶液。故答案为：用 的 溶液调节溶液 至 生成 沉淀；
(3)通过实验数据分析， 误差较大，舍去不用；故消耗 溶液的平均体积 ； ，根据电子守恒关系： 可知， 溶液中， 的质量分数 ；故答案为：92.7%。
【分析】废铁制品，用质量分数为10%的碳酸钠溶液浸泡除去油污，再用硫酸控制温度在 之间，加热溶解，溶液趁热过滤冷却结晶、过滤洗涤，得到 晶体；赤铁矿渣(含有 和 杂质)加入足量的稀硫酸，充分反应后过滤，滤液用 的 溶液调节溶液 至 生成 沉淀，过滤、洗涤，将沉淀溶入 的硫酸中，同时加入过量铁粉，充分反应后，过滤，向滤液中加乙醇，在恒温水浴槽中冷却结晶、过滤，用丙酮洗涤、干燥，得 晶体；纯度的测定：用酸性 标准溶液滴定，测定样品的纯度。
25．（2021·葫芦岛模拟）NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中。由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO4·6H2O步骤如图：
已知：①镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价；
②常温下Ksp(MgF2)=6.4×10-9，Ka(HF)=6.3×10-4；
（1）NiSO4中阴离子的空间构型为 。
（2）“溶解”时加入H2O2溶液的目的是 。
（3）“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出其离子方程式 。
（4）向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致MgF2沉淀不完全，其原因是 。
（5）“沉镍”后所得滤液中，可循环使用的主要溶质为 (填化学式)。
（6）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。该反应的化学方程式为 。
（7）在制备NiSO4·6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是 。
【答案】（1）正四面体
（2）使Fe2+氧化成Fe3+，使镍元素完全转化成Ni2+
（3）6Fe3++4SO +6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+
（4）pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，MgF2沉淀不完全
（5）Na2SO4
（6）2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O
（7）减少晶体的损失，便于晶体的干燥
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)NiSO4中硫酸根离子的S原子价层电子对数为4，为sp3杂化，则空间构型为正四面体构型；
(2)加入的硫酸具有酸性，可以把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存在的Fe2+氧化为Fe3+；
(3)“除铁”时加入Na2SO4溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为6Fe3++4SO +6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+；
(4)溶液的pH偏低说明H+浓度高，会与加入的NaF形成HF，导致溶液中F-浓度降低，使得Mg2+不能完全沉淀；
(5)“除镁”以后溶液中的离子为Ni2+和SO 、Na+，加入足量NaOH“沉镍”后，溶液中剩余离子为SO 、Na+和少量OH-，根据前面的流程知可循环利用的是Na2SO4；
(6)NaClO具有强氧化性，Cl元素由+1价降低到-1价，则Ni元素由NiSO4中+2价升高到NiOOH中的+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；
(7)NiSO4·6H2O晶体是无机物，能溶解于水但是难溶于酒精，酒精易挥发，在晶体表面残留的酒精可以迅速挥发，避免杂质的引入。
【分析】废料与硫酸、过氧化氢混合，硫酸把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存在的Fe2+氧化为Fe3+；二氧化硅不溶于酸，则滤渣为二氧化硅；加入MgO、硫酸钠生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀；加入硫化氢，生成不溶于硫酸的硫化铜沉淀；加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去；加入NaOH使镍生成沉淀。
26．（2021·鹰潭模拟）硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。已知硼镁矿的主要成分为 ，硼砂的化学式为 。一种利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程如图1所示。
（1）硼砂中B的化合价为 。
（2）在实验室 可以用 与水反应得到，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为 。X为氧化物，是 晶体加热脱水的产物，其与Mg制取粗硼的化学方程式为 。
（3）短周期元素M与B同一主族，其单质在 时可与 反应制备MN，在这种单质中添加少量 固体并充分混合，有利于 的制备，其主要原因是 。
（4）制得的粗硼在一定条件下反应生成 ， 在一定条件下受热分解可以得到纯净的单质硼。0.2000g粗硼制成的 完全分解，将生成的I2配制成 碘水，量取 碘水于锥形瓶中，向其中滴加几滴淀粉溶液，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液 。(提示： )滴定终点的现象为 ，该粗硼样品的纯度为 %。
（5） [也可写成 ]可以通过电解 溶液的方法制备。工作原理如图2所示。
理论上每生成 ， 室可生成 L(标准状况)气体。c膜为 (填“阴离子”或“阳离子”)交换膜，N室中，进口和出口的溶液浓度大小关系为b mol L 1 a mol L 1 (填“>”、“=”或“<”)。
【答案】（1）+3
（2）；
（3）氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜
（4）滴加最后一滴 溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；93.5
（5）5.6；阳离子；＞
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)硼砂( )中Na、H、O的化合价依次为+1、+1、-2，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，B的化合价为+3；故答案为：+3。
(2)在实验室 可以用 与水反应得到，且反应前后B的化合价不变，则 中氢元素化合价升高，水中氢元素化合价降低得到氢气，该反应的化学方程式为 。X为氧化物，是 晶体加热脱水的产物，其化学式为 ，其与Mg制取粗硼的化学方程式为 ；故答案为： ； 。
(3)根据题意得到M为Al，Al在 时可与 反应制备MN，在这种单质中添加少量 固体并充分混合，有利于 的制备，其主要原因是氯化铵分解产生的氯化氢，氯化氢能够与铝表面的氧化铝薄膜反应，破坏铝表面的氧化铝薄膜；故答案为：氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜。
(4)根据题意得到滴定终点的现象为滴加最后一滴 溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色，根据2B～2 ～3I2～6 ，得到n(B)= ，该粗硼样品的纯度为 ；故答案为：滴加最后一滴 溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；93.5。
(5)理论上每生成 ，即由1mol H＋和1mol 反应生成 ，说明有1mol H＋穿过a膜进入到产品室，即有1mol电子发生转移，根据4mol e－～O2，则 室可生成0.25mol氧气，在标准状况下的体积为5.6L。阴极水中氢离子放电，剩余氢氧根，要使得电荷守恒，因此原料室的钠离子穿过c膜进入到N室即c膜为阳离子交换膜，在N室中生成NaOH，因此进口和出口的溶液浓度大小关系为b mol L 1＞a mol L 1；故答案为：5.6；阳离子；＞。
【分析】硼镁矿的主要成分为 ，硼镁矿加入浓NaOH溶液，过滤得到氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入浓盐酸，蒸发结晶得到MgCl2 6H2O，一定条件下得到MgCl2，再电解熔融MgCl2得到镁单质；滤液浓缩得到 ，通入适量二氧化碳得到硼砂，硼砂中加水、调节pH后冷却结晶得到硼酸，硼酸加热得到三氧化二硼，三氧化二硼和镁单质高温反应生成硼和氧化镁。
27．（2021·宜春模拟）碳酸镧 为白色粉末、难溶于水、分解温度900℃，可用于治疗高磷酸盐血症.在溶液中制备时，形成水合碳酸镧 ，如果溶液碱性太强，易生成受热分解的碱式碳酸镧 .已知酒精喷灯温度可达1000℃。回答下列问题：
（1）用如图装置模拟制备水合碳酸镧：
①仪器B的名称为 。
②装置接口的连接顺序为f→ 。
③Z中应先通入： ，后通入过量的另一种气体，该气体需要过量的原因是 。
④该反应中生成副产物氯化铵，请写出生成水合碳酸镧的化学方程式： 。
（2）甲小组通过以下实验验证制得的样品中不含 ，并测定水合碳酸铜 中结晶水的含量，将石英玻璃A管称重，记为 ，将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 ，将装有试剂的装置C称重，记为 .按图示连接好装置进行实验。
实验步骤：
①打开 、 和 ，缓缓通入 ；
②数分钟后关闭 ，打开 ，点燃酒精喷灯，加热A中样品：
③一段时间后，熄灭酒精灯，打开 ，通入 数分钟后关闭 和 ，冷却到室温，称量A．重复上述操作步骤，直至A恒重，记为 (此时装置A中为 ).称重装置C，记为 。
①实验中第二次通入 的目的为 。
②根据实验记录，当 ，说明制得的样品中不含有 ；计算水合碳酸镧化学式中结晶水数目 (列式表示).(用含 、 、 的式子表示)
【答案】（1）球形干燥管；b→a→d→e→c；NH3；控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl
（2）将装置中产生的气体全部吹入后续装置中被吸收，减少实验误差；；
【知识点】物质的分离与提纯；实验装置综合；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)①根据仪器的结构特点可知其名称为球形干燥管；故答案为：球形干燥管；
②结合分析可知装置接口顺序应为f→b→a→d→e→c；故答案为：b→a→d→e→c；
③为增大CO2溶解度，提高产率，Z中应先通入氨气再通入CO2；根据题目信息可知如果溶液碱性太强，易生成受热分解的碱式碳酸镧La(OH)CO3，所以通入CO2需要过量的原因是：控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；故答案为：氨气；控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；
④根据元素守恒可知化学方程式为2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl；故答案为：2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl；
(2)①第二次通入N2，将装置中残留的CO2全部排入装置C中被吸收，减小实验误差；故答案为：将装置中产生的气体全部吹入后续装置中被吸收，减少实验误差；
②如果制得的样品中不含有La(OH)CO3，则由La2(CO3)3·xH2O化学式可知n(La2O3)：n(CO2)=1:3，即 = ；n(La2O3)=n[La2(CO3)3·xH2O]，可求出水合碳酸镧化学式中结晶水数目x= ；故答案为： ； 。
【分析】（1）结合装置以及所给试剂，制取水合碳酸镧的原理为2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3·xH2O↓+6NH4Cl，装置Y制备NH3，NH3易溶于水，通入带有球形干燥管的导气管中防倒吸，装置W制备CO2，装有饱和碳酸氢钠的装置X用于除去CO2中的HCl，防止消耗过多的氨气，在装置Z中生成水合碳酸镧。
（2）根据已知信息，m2-m1为La2(CO3)3·xH2O的质量，m4-m1为La2O3的质量，m5-m3为CO2的质量。B中装有浓硫酸，C中装有碱石灰，D中碱石灰的作用是防止空气中CO2和H2O进入到装置C中影响实验结果；第一次通入N2，目的是排出装置中的空气，防止空气中CO2干扰实验结果，第二次通入N2，将装置中残留的CO2全部排入装置C中被吸收，减小实验误差。
28．（2021·宜春模拟）锡的某些化合物在工业上有重要用途， 常用于印染和电镀工业.某研究小组设计 的制备路线如图：
已知： ；强酸性条件下，锡元素在水溶液中有 、 两种主要存在形式， 极易水解，生成对应的碱式盐。
（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是 。
（2） 用盐酸溶解而不用水直接溶解的原因是 ；加入 粉的作用有两个；①调节溶液 ② 。
（3）步骤Ⅱ中用到的玻璃仪器有 ；
（4）酸性条件下， 还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是 。
（5）向 中加入稀硫酸的作用之一是控制溶液的 .若溶液中 ，则室温下应控制溶液 取值范围为 (已知 )
（6）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应)：取 锡粉溶于盐酸中，向生成的 中加入过量的 溶液，用 滴定生成的 (已知酸性环境下， 可被还原为 不能被 氧化)，共用去 溶液 .则锡粉中锡的质量分数为 .( 的摩尔质量为 ，用含a、b、d的最简代数式表示)
【答案】（1）第五周期第ⅣA族
（2）抑制Sn2+水解；除去酸溶时产生的少量Sn4+，防止Sn2+被氧化
（3）烧杯、漏斗、玻璃棒
（4）Sn2++H2O2+2H+=Sn4++2H2O
（5）pH＜1
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，因此锡元素在周期表中的位置是第五周期第ⅣA族。
(2) 易水解，因此用盐酸溶解而不用水直接溶解的原因是抑制Sn2+水解；又因为Sn2+易被氧化为Sn4+，则加入 粉的作用有两个，即调节溶液 ，同时除去酸溶时产生的少量Sn4+，防止Sn2+被氧化；
(3)步骤Ⅱ为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)酸性条件下， 还可以用双氧水氧化为Sn4+而除去，发生反应的离子方程式是Sn2++H2O2+2H+=Sn4++2H2O；
(5)当恰好产生Sn(OH)2沉淀时，氢氧根浓度是 ＝10－13mol/L，则氢离子浓度是0.1mol/L，室温下应控制溶液pH取值范围为pH＜1；
(6)根据 、6Fe2＋+Cr2O +14H＋＝6Fe3＋+2Cr3＋+7H2O可知3Sn～3Sn2+～6Fe2＋～Cr2O ，所以Sn的质量是0.001bdmol×3×119g/mol＝0.357bdg，质量分数是 ＝ 。
【分析】由于Sn2+易水解、易被氧化，加入盐酸，抑制Sn2+水解，加入Sn粉可以与盐酸反应，调节溶液pH，还防止Sn2+被氧化，步骤Ⅱ为过滤，得SnCl2溶液，向其中加碳酸氢铵，调节溶液pH=6～7，使Sn元素以SnO形式沉淀，再过滤洗涤得纯净的SnO，加稀硫酸，得SnSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体，滤液D中含有大量的NH4Cl等，据此分析。
29．（2021·新余模拟）硫氰化钾(KSCN)俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如下图所示：
已知：① 不溶于水，密度比水的大；② 不溶于 ；③三颈烧瓶内盛放有 、水和催化剂。
回答下列问题：
（1）制备 溶液：
①实验前，经检验装置的气密性良好。其中装置B中的试剂是 。三颈烧瓶的下层 液体必须浸没导气管口，目的是 。
②实验开始时，打开 ，加热装置A、D，使A中产生的气体缓缓通入D中，发生反应 (该反应比较缓慢)至 消失。
（2）制备KSCN溶液：
①熄灭A处的酒精灯，关闭 ，移开水浴，将装置D继续加热至105℃，当 完全分解后 ，打开 ，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，发生反应的化学方程式为 。
②使用KOH溶液会使产品KSCN固体中混有较多的 ，工业上用相同浓度的 溶液替换KOH溶液，除了原料成本因素外，优点是 。
③装置E的作用是 。
（3）制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压 、 、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
（4）测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品，配成1000mL溶液。量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴 溶液作指示剂，用 标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗 ，标准溶液20.00mL。
①滴定时发生的反应： (白色)。则判断到达滴定终点的方法是 。
②晶体中KSCN的质量分数为 (计算结果精确至0.1%)。
【答案】（1）碱石灰；使反应物 和 充分接触，并防止发生倒吸
（2）； 能与 反应产生更多 和 气体，有利于残留在装置中的 逸出；除去反应过程中产生的 和 ，以免污染环境
（3）蒸发浓缩；冷却结晶
（4）滴入最后一滴 溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复；97.0%
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由分析可知，装置B中盛有的碱石灰用于干燥氨气；由相似相溶原理可知，氨气易溶于水、不易溶于二硫化碳，则制备硫氰化铵时，为了使反应物充分接触，防止发生倒吸，三颈烧瓶的下层二硫化碳液体必须浸没导气管口，故答案为：碱石灰；使反应物 和 充分接触，并防止发生倒吸；
(2)①由题意可知，缓缓滴入适量的氢氧化钾溶液发生的反应为氢氧化钾溶液与硫氰化铵共热反应生成硫氰化钾、氨气和水，反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
②与氢氧化钾溶液相比，相同浓度的碳酸钾溶液除了价格便宜外，溶液的碱性弱于氢氧化钾溶液，与硫氰化铵共热反应时，能生成二氧化碳和氨气，有利于残留在装置中的硫化氢气体逸出，减少硫化钾的生成，故答案为： 能与 反应产生更多 和 气体，有利于残留在装置中的 逸出；
③由分析可知，装置E中盛有的酸性重铬酸钾溶液用于吸收氨气和硫化氢气体，防止污染环境，故答案为：除去反应过程中产生的 和 ，以免污染环境；
(3)制备硫氰化钾晶体的操作为先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再将所得滤液减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
(4) ①由题意可知，硫氰酸根离子与铁离子发生显示反应，使溶液呈红色，当溶液中硫氰酸根离子完全反应时，溶液红色会褪去，则判断到达滴定终点的方法为滴入最后一滴硝酸银溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复，故答案为：滴入最后一滴 溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复；
②由滴定消耗0.1000mol/L硝酸银溶液的体积为20.00mL可知，10.0g样品中硫氰化钾的质量分数为 ×100%=97.0%，故答案为：97.0%。
【分析】由实验装置图可知，装置A中氯化铵固体和消石灰共热反应制备氨气，装置B中盛有的碱石灰用于干燥氨气，装置C中盛有的二硫化碳用于观察氨气的逸出，起到控制装置A的加热温度，调节氨气速率的作用，装置D中先发生的反应为在催化剂作用下，氨气与二硫化碳在水浴加热条件下发生反应用于制备硫氰化铵，待除去反应生成的硫氢化铵后，再发生硫氰化铵与氢氧化钾溶液共热的反应用于制备硫氰化钾，装置E中盛有的酸性重铬酸钾溶液用于吸收氨气和硫化氢气体，防止污染环境，其中多孔球泡能起到防止倒吸的作用。
30．（2021·萍乡模拟）锰酸锂(LiMn2O4)是新一代锂离子电池的正极材料。实验室回收利用废旧锂离子电池正极材料(锰酸锂、碳粉等涂覆在铝箔上)的一种流程如图：
已知：Li2CO3在不同温度下的溶解度
温度/℃ 0 10 20 50 75 100
Li2CO3 1.593 1.406 1.329 1.181 0.866 0.728
（1）第①步反应中会有气体生成，该气体为： ，若要增大第①步反应的浸取率，可以采取的措施有： (写两条)。
（2）第②步反应得到的沉淀X的化学式为 ，上述流程中四步实验都包含过滤，实验室过滤时要使用的玻璃仪器有： 。
（3）工业上洗涤Li2CO3用的是热水而不是冷水，其原因是 。
（4）写出第③步反应“酸溶”过程中反应的离子方程式： 。
（5）固相法制备LiMn2O4的实验过程如下：将MnO2和Li2CO3按4：1的物质的量之比配料，球磨3-5小时，然后高温加热，保温24小时，冷却至室温。
①写出该反应的化学方程式： 。
②LiMn2O4中锰元素的平均价态为+3.5。在不同温度下，合成的LiMn2O4中Mn2+、Mn3+和Mn4+的含量与温度的关系见表。
T/℃ w(Mn2+)(%) w(Mn3+)(%) w(Mn4+)(%)
700 5.56 44.58 49.86
750 2.56 44.87 52.57
800 5.50 44.17 50.33
850 6.22 44.40 49.38
由此可以确定：在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化趋势是：随温度升高 (填选项)
A．增大 B减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大
【答案】（1）H2；适当升高温度，适当增大NaOH溶液的浓度，粉碎，充分搅拌
（2）Al(OH)3；漏斗、烧杯、玻璃棒
（3）降低Li2CO3的溶解度，减少溶解，提高产率
（4）4LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O
（5）8MnO2+2Li2CO3=4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，知第①步反应产生的气体为H2，故此处填H2；增大浸取率可从加快反应速率角度考虑，相同时间内，一般反应速率越快，浸取率越高，故此处填：适当升高温度、适当增大NaOH溶液浓度、将原料粉碎、搅拌等（任写两点）；
(2)由分析知，沉淀X化学式为Al(OH)3；过滤时需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故此处填：漏斗、烧杯、玻璃棒；
(3)由Li2CO3的溶解度信息知，随着温度升高，Li2CO3溶解度减小，故此处填：降低Li2CO3的溶解度，减少溶解损失，提高产率；
(4)由分析知，酸溶时，LiMn2O4转化为Li2SO4、MnO2，根据Mn元素化合价升高推测有O2参与反应，根据元素守恒推测还有H2O生成，初步确定反应为：LiMn2O4+H++O2→MnO2+Li++H2O，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得完整离子方程式为：4LiMn2O4+4H++O2=8MnO2+4Li++2H2O；
(5)①由所给信息初步确定反应为：4MnO2+Li2CO3→2LiMn2O4，根据Mn元素化合价降低，推测O元素化合价升高产生O2（C元素已经为最高价，故只能为O元素化合价升高），根据得失电子守恒初步配平反应为：8MnO2+2Li2CO3→4LiMn2O4+O2，根据元素守恒知还有2个CO2生成，故完整方程式为：8MnO2+2Li2CO3 4LiMn2O4+O2↑+2CO2↑；
②由所给数据知，700~750℃，Mn3+、Mn4+含量在上升，Mn2+含量在减少，故Mn元素平均价态增大，750℃往后，Mn4+含量减少，Mn2+含量逐渐上升，故Mn元素平均价态降低，综上所述，故答案为：C。
【分析】正极材料经过过量NaOH反应后，铝箔被转化为NaAlO2，故过滤后所得滤液主要成分为NaAlO2，与过量CO2反应得到Al(OH)3沉淀和NaHCO3，故沉淀X为Al(OH)3，LiMn2O4经过操作③，与H2SO4、O2反应转化为MnO2和Li2SO4，过滤后滤液中主要含有Li2SO4，加入一定量Na2CO3后Li2SO4转化为Li2CO3。
31．（2021·南昌模拟）三氧化钨(WO3)常用于制备特种合金、防火材料和防腐涂层。现利用白钨精矿(含80%CaWO4及少量Fe、Zn和Mg等的氧化物)生产WO3，设计了如下工艺流程：
已知：①浸出液中钨(W)以[WO3C2O4H2O]2-形式存在。
②钨酸(H2WO4)难溶于水。
③Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9；
Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.6×10-4。
回答下列问题：
（1）“破碎”的目的是 ；“破碎”后的白钨精矿粒径约为50μm，往其中加入浸取液后形成的分散系属于 。
（2）操作I的名称为 。
（3）浸出液中含量最大的阳离子是 ；[WO3C2O4H2O]2-中W元素的化合价为 。
（4）“加热”时发生反应的离子方程式为 ；“煅烧”时发生反应的化学方程式为 。
（5）本工艺中能循环使用的物质是 。
（6）通过计算说明“浸取”过程形成CaSO4而不能形成CaC2O4的原因：
