69高考化学总复习：100道综合实验题汇编(含解析)69

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高考化学 100道综合实验题汇编(附参考答案)

1．如下图所示，A、B、C是实验室常用的三种制取气体的装置，提供的药品有：大理石、浓盐酸、稀盐酸、锌粒、二氧化锰、氯化铵、熟石灰。现欲利用这些药品分别制取NH3、Cl2、H2、CO2四种气体，试回答以下问题。

（1）选用A装置可制取的气体有 ；选用B装置可制取的气体有 ；通常选用C装置制取的气体有 。若用亚硫酸钠和浓硫酸来制取二氧化硫气体应选用装置 （填装置的编号字母）。
（2）写出利用上述有关药品制取氯气的化学方程式： 。
（3）若要制得干燥的氨气，可选用下列干燥剂中的 （填序号）。
A．生石灰 B．浓硫酸 C．五氧化二磷
（4）标号①的仪器除可用于在气体发生装置中添加试剂外，在实验中常用于 （填实验操作名称）。
【答案】（1）NH3；CO2，H2；Cl2；B （2）MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O （3）A
（4）分液
【解析】
试题分析：（1）选用A装置是固体与固体混合加热制取气体的装置。可制取的气体有NH3；固体与液体混合在不加热时制取气体的装置。选用B装置可制取的气体有CO2，H2；通常选用C装置制取的气体应该是固体与液体混合加热制取气体的装置。选用该装置制取的气体有Cl2；若用亚硫酸钠和浓硫酸来制取二氧化硫气体，由于是固体与液体混合不需要加热制取气体，所以应选用装置B。（2）制取氯气的化学方程式：为MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O 。（3）若要制得干燥的氨气，由于氨气的水溶液显碱性，所以要用碱性干燥剂来干燥。因此选项为A。（4）标号①的仪器除可用于在气体发生装置中添加试剂外，在实验中常用于分离互不相溶的两层液体混合物，该实验操作为分液。
考点：考查气体制取装置的选择、反应原理、气体的干燥即试剂的添加等实验操作的知识。
2．有一瓶澄清的溶液，其中可能有、K＋、Na＋、Mg2＋、Ba2＋、Al3＋、Cl－、I－、、、S2－、、、，取该溶液进行以下实验：
(1)取pH试纸检验，溶液呈强酸性，可以排除 离子的存在；
(2)取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫色，可以排除 离子的存在；
(3)另取出部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，则又可以排除 离子的存在；
(4)取出部分上述碱性溶液滴加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，证明 离子存在，又可排除 离子的存在；
(5)将(3)得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。根据上述实验事实确定：该溶液中肯定存在的离子是 ，还不能确定是否存在的离子是 。
【答案】(1)、S2－、
(2)NO、
(3)Mg2＋、Al3＋
(4)Ba2＋；
(5)I－、、Ba2＋；K＋、Na＋、Cl－
【解析】(1)溶液呈强酸性，可以排除、S2－、等弱酸根离子。(2)加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫色，一定含有I－，可以排除、等强氧化性离子。(3)加入NaOH溶液，过程中和滴加完毕溶液均无沉淀产生，肯定不含有Mg2＋和Al3＋；(4)上述碱液加碳酸钠溶液，有白色沉淀产生，肯定含有Ba2＋，肯定不含有；(5)将(3)溶液加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体放出，肯定含有。综合以上，肯定存在的离子是I－、、Ba2＋，不能确定的离子是K＋、Na＋、Cl－。
3．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组用碳素钢(即铁和碳的合金)进行了以下探究活动：
[探究一](1)将已去除表面氧化物的铁钉(碳素钢)放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是 。
(2)称取碳素钢6.0 g放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y。
①甲同学认为X中除Fe3＋之外还可能含有Fe2＋。若要确认其中的Fe2＋，应选用 (选填序号)。
A．KSCN溶液和氯水 B．铁粉和KSCN溶液
C．浓氨水 D．酸性KMnO4溶液
②乙同学取560 mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发生SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋H2SO4反应，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66 g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为 。
[探究二]根据上述实验中SO2体积分数的分析，丙同学认为气体Y中还可能含有Q1和Q2两种气体，其中Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893 g·L－1。为此设计了下列探究实验装置(假设有关气体完全反应)。

(3)装置B中试剂的作用是 。
(4)分析Y气体中的Q2气体是如何生成的 (用化学方程式表示)。
(5)已知洗气瓶M中盛装澄清石灰水，为确认Q2的存在，需在装置中添加洗气瓶M于 (填序号)。
A．A之前 B．A—B间
C．B—C间 D．C—D间
(6)如果气体Y中含有Q1，预计实验现象应是 。
【答案】(1)铁被钝化
(2)①D　②0.80
(3)检验SO2是否除尽
(4)C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O
(5)C
(6)D中的固体由黑变红、E中的固体由白变蓝
【解析】(1)由于在常温下，铁在浓硫酸中钝化，从而在铁表面形成一层致密的氧化膜，所以不再和CuSO4溶液反应。
(2)①Fe2＋具有还原性，可以被KMnO4(H＋)氧化，从而溶液褪色，据此可以鉴别，答案选D。
，所以SO2的体积分数为。
(3)M＝0.0893 g·L－1×22.4 L·mol－1＝2.0 g·mol－1。所以Q1为H2。
由于C能被浓H2SO4氧化成CO2，所以Q2应为CO2。检验H2用CuO，而检验CO2气体需用澄清石灰水，在验证CO2之前，须除尽SO2气体，所以A装置用来除去SO2，B装置用来检验是否除尽，M装置应放在B、C之间。若有H2，CuO应由黑变红，CuSO4由白变蓝。
4．王老师在用酒精喷灯做“铁与水蒸气反应”后，该校高一化学研究性小组同学对得到的黑色固体物质进行了如下实验：

（1）甲同学认为：该黑色固体为四氧化三铁。请写出黑色固体溶于稀盐酸的化学方程式____________；
（2）乙同学提出：根据上述实验现象甲同学的观点不可靠，理由是__________；
（3）深红色溶液C放置一段时间后，发现红色褪去。关于溶液褪色的原因，同学们纷纷猜想：
假设一：氯水有强氧化性，将溶液中的SCN—氧化；
假设二：空气中有还原性物质，将 ；
假设三：氯水有极强的氧化性，将 ；
基于假设一，为验证合理与否，可选用试剂：浓硫酸、1.0mol·L-1HNO3、1.0mol·L-1盐酸、1.0mol·L-1NaOH、0.lmol·L-1FeC13、0.lmol·L-1 CuSO4、20%KSCN、蒸馏水。
实验操作
预期现象
结论
取少量褪色后的溶液，



说明假设一是合理的

（4）乙同学用酒精灯加热做铁与水蒸气反应的实验，也得到了黑色固体，它不能被磁铁吸引，当加入盐酸溶解该固体时，溶液呈浅绿色，再滴加KSCN溶液不变色。由此她认为生成该固体的化学方程式为 。
【答案】（1）Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O
（2）该固体不一定只是Fe3O4，当黑色固体是Fe3O4和FeO，或Fe3O4和Fe，或Fe3O4、FeO和Fe时，也都有上述现象。
（3）溶液中的Fe3+被还原为Fe2+ 溶液中的+3铁被氧化成更高价态的铁
实验操作
预期现象
取少量褪色的溶液，滴加20%KSCN溶液
如果溶液变红色
或取少量褪色后的溶液，加入0.1mol/LFeCl3溶液
或如果溶液不变红色

（4）Fe+H2O=FeO+H2
【解析】（1）四氧化三铁可以写作Fe2O3·FeO，所以四氧化三铁与盐酸反应的化学方程式为Fe3O4+8HCl＝2FeCl3+FeCl2+4H2O。
（2）由于该黑色固体不一定只是Fe3O4，当黑色固体是Fe3O4和FeO，或Fe3O4和Fe，或Fe3O4、FeO时，也都有上述现象，所以结论是不准确的。
（3）溶液显红色，是因为Fe3+离子与SCN-反应而显色。如果红色逐渐褪色，则可能的原因是氯水有强氧化性，将溶液中SCN-氧化；或者空气中有还原性物质，将溶液中Fe3+还原为Fe2+；或者氯水有极强的氧化性，将溶液中的+3价铁氧化为更高的价态。如果是由于氯水有强氧化性，将溶液中的SCN-氧化，则可以向反应后的溶液中继续加入足量的KSCN溶液，如果溶液显红色，则说明假设1是正确的。或者取少量褪色后的溶液，加入加入0.1mol/LFeCl3溶液，如果溶液不变红色，则假设1是正确的。
（4）不能被磁铁吸收，说明没有铁。当加入盐酸溶解该固体时，溶液呈浅绿色，再滴加KSCN溶液不变色，这说明溶液中含有Fe2+，因此黑色固体是FeO。故，
Fe+H2O=FeO+H2。
5．碳酸钠俗称纯碱，其用途很广。实验室中，用碳酸氢铵和饱和食盐水可制得纯碱。各物质在不同温度下的溶解度见表。

实验步骤
Ⅰ、化盐与精制：①粗盐（含Ca2＋、Mg2＋、SO42-）溶解；②加入足量NaOH和Na2CO3溶液，煮沸；③过滤；④加入盐酸调pH至7。
Ⅱ、转化：①将精制后的食盐溶液温度控制在30~35℃之间；在不断搅拌下，加入研细的碳酸氢铵；保温，搅拌半小时；②静置，a 、b ；③得到NaHCO3晶体。
Ⅲ、制纯碱：将得的NaHCO3放入蒸发皿中，在酒精灯上灼烧，冷却到室温，即得到纯碱。
完成下列填空：
（1）“化盐与精制”可除去的粗盐中的杂质离子是 。
（2）“转化”的离子方程式是 。
（3）“转化”过程中，温度控制在30~35℃之间的加热方式是 ；为什么温度控制在30~35℃之间? 。
（4）a、b处的操作分别是 、 。
（5）实验室制得的纯碱含少量NaCl还可能含少量NaHCO3，为测定纯碱的纯度，用电子天平准确称取样品G克，将其放入锥形瓶中用适量蒸馏水溶解，滴加2滴酚酞，用c mol/L的标准盐酸滴定至溶液由浅红色变成无色且半分钟不变，滴定过程中无气体产生，所用盐酸的体积为V1mL。此时发生的反应为：
CO32-＋H＋→HCO3-
①样品中碳酸钠质量百分含量的表达式是 。
②向锥形瓶溶液中继续滴加2滴甲基橙，用同浓度的盐酸继续滴定至终点，所用盐酸的体积为V2mL。滴定终点时溶液颜色的变化是 ；根据实验数据，如何判断样品含NaHCO3 。
【答案】（1）Ca2＋、Mg2＋
（2）Na＋＋HCO3-→NaHCO3↓
（3）水浴加热；温度过高造成NH4HCO3分解，温度过低NH4HCO3的溶解度小
（4）过滤洗涤
（5）①Na2CO3%=（106cV1×10-3）/G
②黄色变为橙色且半分钟不变；V2＞V1则含有NaHCO3
【解析】（1）足量NaOH可以除去Mg2+；Na2CO3可以除去Ca2+；
（2）Na＋＋HCO3-→NaHCO3↓
（3）根据水浴加热，温度易控制且受热均匀；温度过高造成NH4HCO3分解，温度过低，NH4HCO3的溶解度小；
（4）NH4HCO3与NaCl反应生成NaHCO3，便有晶体析出，然后过滤、洗涤可得到NaHCO3。
（5）①酚酞做指示剂，用浓度为cmol/LHCl溶液滴定至溶液由红色变成无色，说明CO32-＋H＋→HCO3-反应达到终点，所用盐酸的体积为V1mL，则碳酸钠的质量为106cV1×10-3g,其质量分数是（106cV1×10-3）/G。
②用甲基橙做指示剂，继续用HCl滴定至溶液由黄色变成橙色，则HCO3-+H+=CO2+H2O反应达到终点，所用HCl的体积为V2，如果V1=V2，只有Na2CO3；如果V2＞V1，则含有NaHCO3。
6．某研究小组模拟工业处理电镀含氰废水并测定处理的效率，利用下图所示装置进行实验。将CN－的浓度为0.2 mol·L－1的含氰废水100 mL与100 mL NaClO溶液（过量）置于装置②三颈烧瓶中，充分反应。打开分液漏斗活塞，滴入100 mL稀H2SO4，关闭活塞。

已知装置②中发生的主要反应依次为：
CN－+ ClO－=CNO－+ Cl－ 2CNO－+2H+ +3C1O－=N2↑+2CO2↑+3C1－+H2O
（1）①和⑥的作用是 。
（2）装置②中，生成需由装置③除去的物质的离子方程式为 。
（3）反应结束后，缓缓通入空气的目的是 。
（4）为计算该实验中含氰废水被处理的百分率，需要测定 的质量。
（5）已知CN-的处理效率可高达90%，产生的CO2在标准状况下的体积为 。
【答案】（1）排除空气中CO2对实验的干扰
（2）ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑+H2O
（3）使装置内残留的CO2全部进入装置⑤而被吸收
（4）装置⑤反应前后的质量或沉淀
（5）0.4L
【解析】（1）①和⑥的作用是排除空气中CO2对实验的干扰。
（2）已知反应条件，有氯离子生成，又次氯酸有很强的氧化性，所以，ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑+H2O。
（3）使装置中残留的CO2全部进入装置⑤而被吸收。
（4）通过测定碱石灰的质量的变化测得CO2的质量，根据关系式计算含氯废水处理百分率，则需要测定装置⑤反应前后的质量。
（5）由CN-+ClO-=CNO-+Cl- 2CNO-+2H++3ClO-=N2+2CO2+3Cl-+H2O，又因为
n（CN-）=0.02mol，转化率为0.9。由关系式可知，产生的CO2的体积是0.4L。
7．氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品。某研究小组用粗铜（含杂质Fe）按下述流程制备氯化铜晶体（CuCl2·2H2O）。

（1）实验室采用如下图所示的装置，可将粗铜与Cl2反应转化为固体1（加热仪器和夹持装置已略去）。

① 仪器A的名称是　　　　 。
② 装置B中发生反应的离子方程式是　　　　　 。
③如果浓盐酸不能顺利滴下，可能的原因是 。
④装置Ⅳ中盛装的试剂是 ，其作用是 。
（2）在CuCl2溶液转化为CuCl2·2H2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为黄绿色。小组同学欲探究其原因。
已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：
(aq) +4Cl－(aq)(aq) +4H2O(l)
蓝色　　　　　　　　　　　黄色
①上述反应的化学平衡常数表达式是K=　　　　 。
②现欲使溶液由黄色变成蓝色，请写出两种可采用的方法
a． b 。
（3）由CuCl2溶液得到CuCl2·2H2O的过程中要加入盐酸的目的是 。
【答案】（1）①分液漏斗
②MnO2+4H++3Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O
③分液漏斗的上口瓶塞没有打开
④NaOH溶液 吸收未反应的氯气，防止污染
（2） ①K=c()/c()c4(Cl-)
② a 加水稀释 b AgNO3溶液
（3）抑制铜离子的水解，提高产品的产率。
【解析】（1）氯气有毒，必须进行尾气处理
（2）变为蓝色则平衡向逆方向移动，可以加水，增加生成的浓度，也可以加入AgNO3溶液减少Cl-浓度。
（3）Cu2+易发生水解，加热促进水解，同时HCl易挥发，也促进水解，所以直接加热得不到氯化铜晶体。
8．实验室模拟回收某废旧含镍催化剂（主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等）生产Ni2O3。其工艺流程为：

（1）根据图Ⅰ所示的X射线衍射图谱，可知浸出渣含有三种主要成分，其中“物质X”为 。图Ⅱ表示镍的浸出率与温度的关系，当浸出温度高于70℃时，镍的浸出率降低，浸出渣中Ni(OH)2含量增大，其原因是 。
（2）工艺流程中“副产品”的化学式为 。
（3）已知有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.7
沉淀完全的pH
3.7
9.7
9.2
操作B是为了除去滤液中的铁元素，某同学设计了如下��验方案：向操作A所得的滤液中加入NaOH溶液，调节溶液pH为3.7～7.7，静置，过滤。请对该实验方案进行评价 （若原方案正确，请说明理由；若原方案错误，请加以改正）。
（4）操作C是为了除去溶液中的Ca2+，若控制溶液中F－浓度为3×10－3mol·L－1，则Ca2+的浓度为 mol·L－1。（常温时CaF2的溶度积常数为2.7×10－11）
（5）电解产生2NiOOH·H2O的原理分两步：
①碱性条件下Cl－在阳极被氧化为ClO－；
②Ni2+被ClO－氧化产生2NiOOH·H2O沉淀。
第②步反应的离子方程式为 。
【答案】（1）BaSO4 温度升高，Ni2+的水解程度增大
（2）CuSO4·5H2O
（3）方案错误。在调节pH前，应先在滤液中加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+
（4）3×10－6
（5）ClO－＋2Ni2+＋4OH－=2NiOOH·H2O＋Cl－
由题意知，含镍催化剂与硫酸反应后，Ca2+和Ba2+形成沉淀，通入硫化氢气体将Cu2+沉淀，操作B除去Fe3+，操作C除去Ca2+。最后加氯化钠电解硫酸镍溶液得到2NiOOH·H2O。
【解析】（1）硫酸与氧化镍、氧化铁、氧化钙、氧化铜、氧化钡分别生成硫酸镍、硫酸铁、硫酸钙、硫酸铜和硫酸钡，硫酸钙微溶、硫酸钡难溶，物质X为硫酸钡。Ni2++2H2ONi(OH)2+2H+，温度升高，促进Ni2+水解，Ni(OH)2含量增大。
（2）硫灼烧生成二氧化硫、硫化铜灼烧生成氧化铜和二氧化硫。氧化铜与硫酸生成硫酸铜溶液，结晶后得到胆矾晶体。
（3）若溶液中含有Fe2+，调节pH为3.7～7.7时，Fe2+没有完全沉淀。所以加氢氧化钠溶液调节pH时，应先加过氧化氢将Fe2+完全氧化为Fe3+。
（4）c(Ca2+)= = =3×10－6mol·L－1。
（5）Ni2+被ClO－氧化产生2NiOOH·H2O，ClO-被还原为Cl-，根据得失电子相等和电荷守恒、质量守恒配平
9．工业上以碳酸锰矿为主要原料生产MnO2的工艺流程如下：
有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：
氢氧化物
Al（OH）2
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Cu（OH）2
Pb（OH）2
Mn（OH）2
开始沉淀的pH
3.3
1.5
6.5
4.2
8.0
8.3
沉淀完全的pH
5.2
3.7
9.7
6.7
8.8
9.8

请问答下列问题：
（1）酸浸前将碳酸锰矿粉碎的作用是 。
（2）酸浸后的溶液中含有Mn2+、 SO42-，另含有少量Fe2+、Fe3+、A13+、Cu2+、Pb2+等，其除杂过程如下：
①加入MnO2将Fe2+氧化，其离子反应方程式为 。 ②加入CaO将溶液的pH调到5.2～6.0，其主要目的是 。
③加入BaS，除去Cu2+、Pb2+后，再加入NaF溶液，除去 。
（3）从溶液A中回收的主要物质是 ，该物质常用作化肥。（4）MnO2粗品中含有少量Mn3O4，可以用稀硫酸处理，将其转化为MnSO4和MnO2，然后再用氧化剂将Mn2+转化为MnO2，制得优质MnO2，写出Mn3O4与稀硫酸反应的化学方程式 。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率（使反应更充分）
（2）①2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
②除去Fe3+,A13+
③Ca2+
（3）(NH4)2SO4
（4）Mn3O4+2H2SO4=2MnSO4+MnO2+2H2O
【解析】（1）将反应物粉碎的作用是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
（2）pH调到5.2～6.0，其主要目的是除去Fe3+、A13+和部分Cu2+；
③溶液中除去Fe2+、Fe3+、A13+、Cu2+、Pb2+，但第②加入了Ca2+，再加入NaF溶液，显然是除去Ca2+；
（3）流程得到的是碳酸锰沉淀，溶液中主要剩余NH4+和SO42-，故回收的物质是(NH4)2SO4。
（4）由MnO2粗品中含有少量Mn3O4，可以用稀硫酸处理，将其转化为MnSO4和MnO2，可知反应物为Mn3O4和稀硫酸，生成物为MnSO4和MnO2，反应方程式可写成：Mn3O4+H2SO4→MnSO4+MnO2，根据原子守恒，还应有水生成，故可写出：Mn3O4+H2SO4→MnSO4+MnO2+H2O，利用化合价法和原子守恒配平方程式得：Mn3O4+2H2SO4=2MnSO4+MnO2+2H2O
10．某工厂用软锰矿（含MnO2约70％及Al2O3）和闪锌矿（含ZnS约80％及FeS），共同生产MnO2和Zn（干电池原料）。
已知：①A是MnSO4、ZnSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3的混合液。
②IV中的电解反应式为MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4。

（1）A中属于还原产物的是 。
（2）MnCO3、Zn2(OH)2CO3的作用是 ；Ⅱ需要加热的原因是 ；C的化学式是 。
（3）Ⅲ中发生的离子方程式为 ， ；
（4）如果不考虑生产中的损耗，除矿石外，需购买的化工原料是 。
【答案】（1）MnSO4
（2）增大溶液的pH，使Fe3+和Al3+均生成沉淀；促进Fe3+、Al3+的水解；H2SO4
（3）Mn2++CO32-=MnCO3 2Zn2++2CO32-+H2O=Zn2(OH)2CO3↓+CO2↑
（4）纯碱和硫酸
【解析】（1）由已知信息条件知，Mn元素化合价由+4价降低为+2价，民以A中还原产物为MnSO4；
（2）由工艺流程图知，MnCO3、Zn（OH）2CO3的作用就是调节pH，使Fe3+和Al3+均生成沉淀。Fe3+、Al3+沉淀容易形成胶体，不利于氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，所以Ⅱ加热的目的是加速沉淀生成，防止胶体出现，并使形成胶体的氢氧化铝和氢氧化铁也生成沉淀；操作Ⅰ加热、浸取需要硫酸，由②可知C为硫酸，循环利用。
（4）溶液B中含有Mn2+、Zn2+，根据流程图，加入Na2CO3后，生成MnCO3和Zn2(OH)2CO3，离子方程式是，Mn2++CO32-=MnCO3，2Zn2++2CO32-+H2O=Zn2(OH)2CO3↓+CO2↑。
11．高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途。湿法、干法制备高铁酸盐的原理如下表所示。
（1）工业上用湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的流程如图所示：

①洗涤粗品时选用异丙醇而不用水的理由是 。
②反应II的离子方程式为 。
③高铁酸钾在水中既能消毒杀菌，又能净水，是一种理想的水处理剂，它能消毒杀菌是因为 它能净水的原因是 。
④已知25℃时Fe(OH)3的Ksp = 4.0×10-38，反应II后的溶液c(Fe3+)=4.0×10-5mol/L,则需要调整到 时，开始生成Fe(OH)3（不考虑溶液体积的变化）。
（2）由流程图可见，湿法制备高铁酸钾时，需先制得高铁酸钠，然后再向高铁酸钠中加入饱和KOH溶液，即可析出高铁酸钾。
①加入饱和KOH溶液的目的是 。
②由以上信息可知：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠 （填“大”或“小”）。
湿法
强碱性介质中，Fe(NO3)3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液
干法
Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物

（3）干法制备K2FeO4的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（4）高铁电池是正在研制中的可充电干电池，高铁电池具有工作电压稳定，放电时间长等优点，有人以高铁酸钾、二氧化硫和三氧化硫原料，以硫酸酸钾为电解质，用惰性电极设计成高温下使用的电池，写出该电池正极电极反应式 。
【答案】（1）①减少高铁酸钾的溶解损失
②3ClO-+10OH-+3Fe2+=2FeO42-+3Cl-+5H2O
③高铁酸钾（K2FeO4）有强氧化性；高铁酸钾的还原产物水解产生的Fe(OH)3胶体有吸附性，使水澄清起净水作用。
④3
（2）增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出；小
（3）3：1
（4）2FeO42-+6e-+8SO3=2Fe2++8SO42-
【解析】（1）①为防止K2FeO4的溶解，可用异丙醇洗涤，所以答案是减少���铁酸钾的溶解损失。
②ClO-在碱性条件下能将Fe3+氧化为FeO42-,其离子方程式是
3ClO-+10OH-+3Fe2+=2FeO42-+3Cl-+5H2O
③高铁酸钾在水中能消毒杀菌是因为它有强氧化性，净水的原因是高铁酸钾的还原物水解产生Fe(OH)3胶体，具有吸附性，能使水澄清。
④Ksp=c（Fe3+）c3（OH-）=4.0×10-38，所以c3（OH-）=4.0×10-38/4.0×10-5=1.0×10-33，c（OH-）=1.0×10-11，pH=3；
（2）①加入饱和的KOH溶液的目的是增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出；
②溶解度小的沉淀先析出来，所以高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠要小。
（3）干法制备K2FeO4的反应是Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，N元素化合价降低，是氧化剂，Fe的化合价升高，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比是3：1；
（4）高铁酸钾得电子，做氧化剂，所以在正极反应的是FeO42-，电极反应是，2FeO42-+6e-+8SO3=2Fe2++8SO42-
12．以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等。实验室模拟工业以硫酸渣制备铁红（Fe2O3），过程如下：

（1）硫酸渣的成分中属于两性氧化物的是 ，写出酸溶过程Fe2O3与稀硫酸反应的离子反应方程式 ；
（2）生产过程中，为了确保铁红的纯度，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是 （部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表）
沉淀物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀
2.7
3.8
7.5
9.4
完全沉淀
3.2
5.2
9.7
12.4

（3）滤渣A的主要成分为 ，滤液B可以回收的物质有____________；
（4）简述洗涤过程的实验操作 ；
（5）已知硫酸渣质量为w kg，假设铁红制备过程中，铁元素损耗25%，最终得到铁红的质量为m kg，则原来硫酸渣中铁元素质量分数为 （用最简分数表达式表示）。
【答案】（1）Al2O3 Fe2O3 + 6H+ ==2Fe3+ + 3H2O
（2）3.2—3.8
（3）SiO2 Na2SO4 Al2(SO4)3 MgSO4
（4）沿玻璃棒向漏斗（过滤器）的沉淀加蒸馏水至淹没沉淀，静置使液体自然流出，重复操作数次（3次）至沉淀洗涤干净。
（5）14m/15w
【解析】（1）Al2O3为两性氧化物，硫酸渣的成分中属于两性氧化物的是Al2O3；Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3和H2O，离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）由题所给的数据可以看出，要使Fe3+完全沉淀而其它离子不能沉淀，其pH范围是3.2-3.8;
（3）硫酸渣中SiO2不与硫酸反应,所以滤渣A的主要成分是SiO2；加入NaOH调节pH后，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，其它离子仍为硫酸盐，所以滤液B可以回收的物质有：Na2SO4、Al2(SO4)3、MgSO4。
（4）利用蒸馏水洗涤的方法是，沿玻璃棒向漏斗（过滤器）的沉淀加蒸馏水至淹没沉淀，静置使液体自然流出，重复操作数次（3次）至沉淀洗涤干净。
（5）m kg铁红含铁元素的质量为112m/160，所以硫酸渣中铁元素质量分数为
14m/15w。
13．亚氯酸钠（NaClO2）主要用于棉纺、造纸业的漂白剂，也用于食品消毒、水处理等，亚氯酸钠受热易分解。以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：

（1）提高“反应l”反应速率的措施有______________（写出一条即可）。
（2）“反应2”的氧化剂是________，该反应的化学方程式为__________。
（3）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是__________________。
（4）从 “母液”中可回收的主要物质是__________________________。
（5）“冷却结晶”后经_____________（填操作名称）即可获得粗产品。
【答案】（1）升高温度，增大吸收液浓度等。
（2）ClO2 H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2
（3）常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解；
（4）Na2SO4
（5）过滤
【解析】（1）分析工艺流程图知，反应1为SO2气体与溶液的反应，根据影响反应速率的外界条件，为提高反应速率，可升高温度、增大吸收液浓度等；
（2）由流程图知，反应2为H2O2、ClO2和NaOH反应，生成NaClO2，反应中Cl元素的化合价由+4价降低到+3价，则ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2；
（3）减压蒸发在较低温度下进行，主要防止常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解。
（4）氯酸钠与二氧化硫在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，则母液中会含有Na2SO4；
（5）冷却结晶后需要从溶液中分离出固体，通常用过滤的方法。
14．甲酸钙广泛用于食品、化工、石油等工业生产上，300～400℃左右分解。Ⅰ、实验室制取的方法之一是：Ca(OH)2 +2HCHO + H2O2 = Ca(HCOO)2 + 2H2O + H2↑。
实验室制取时，将工业用氢氧化钙和甲醛依次加入到质量分数为30-70%的过氧化氢溶液中（投料物质的量之比依次为1∶2∶1.2），最终可得到质量分数98%以上且重金属含量极低的优质产品。
（1）过氧化氢比理论用量稍多，其目的是 。
（2）反应温度最好控制在30-70℃之间，温度不易过高，其主要原因是 。
（3）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S溶液，加硫化钠的目的是 。
（4）实验时需强力搅拌45min，其目的是 ；结束后需调节溶液的pH 7～8，其目的是 。最后经结晶分离、干燥得产品。
Ⅱ、某研究性学习小组用工业碳酸钙(主要成分为CaCO3；杂质为：Al2O3、FeCO3) 为原料，先制备无机钙盐，再与甲酸钠溶液混合制取甲酸钙。结合如图几种物质的溶解度曲线及表中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L-1计算)，现提供的试剂有：a.甲酸钠，b.5mol·L－1硝酸，c. 5mol·L－1盐酸，d. 5mol·L－1硫酸，e. 3%H2O2溶液，f.澄清石灰水。

请补充完整由碳酸钙制备甲酸钙的实验步骤
金属
离子
开始沉淀
的pH
沉淀完全
的pH
Fe3＋
1. 1
3. 2
Al3＋
3. 0
5. 0
Fe2＋
5. 8
8. 8

步骤1.称取13.6g甲酸钠溶于约20mL水，配成溶待用，并称取研细的碳酸钙样品10g待用。
步骤2. 。
步骤3. 。
步骤4.过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH 7～8，充分搅拌，所得溶液经蒸发浓缩、 、洗涤、60℃时干燥得甲酸钙晶体。
【答案】
Ⅰ（1）使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度（2分）
（2）防止H2O2分解和甲醛挥发（2分）
（3）除去重金属离子（使重金属离子形成硫化物沉淀除去）（2分）
（4）使反应物充分接触，提高产率（2分）；防止甲酸钙水解（或除去甲酸）（2分）
Ⅱ 用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品（2分）；用石灰水调整溶液pH 5（2分）；趁热过滤（1分）。
或：用稍过量盐酸溶解碳酸钙样品（2分）；滴入适量的H2O2，并用石灰水调节溶液pH为 5（2分）；过滤（1分）。
【解析】
试题分析：Ⅰ（1）化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应，提高转化率；（2）双氧水易分解，甲醛易挥发，所以温度不易过高；（3）题干中提出产品中重金属含量极低，故该步是产生难溶的硫化物，除去重金属离子；（4）搅拌是使使反应物充分接触，使其反应完全，提高产率；甲酸钙为碱性水解，溶液为弱碱性是抑制其水解；Ⅱ该实验首先要去除杂质，同时生成可溶性钙盐，杂质中亚铁离子首先要氧化为铁离子（双氧水或硝酸），再生成氢氧化铁除去，铝离子也要生成碱除去，故调节pH为5（用石灰水调节）；然后加入甲酸钠溶液混合生成溶解度较小、随温度变化不明显是甲酸钙，经蒸发浓缩，得到甲酸钙固体，趁热过滤，防止其它晶体析出。
考点：考查综合实验涉及实验操作目的、原理、步骤等有关问题。
15．以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：

（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为 。
（2）图中“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。
（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为 。
（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：
4[NH4Al(SO4)2·12H2O] 2Al2O3 + 2NH3↑+ N2↑+ 5SO3↑+ 3SO2↑+ 53H2O,将产生的气体通过下图所示的装置。

①集气瓶中收集到的气体是 (填化学式)。
②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有 (填化学式)。
③KMnO4溶液褪色（MnO4－还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为 。
【答案】
（1）Al2O3 + 3H2SO4 = Al2(SO4)3 + 3H2O（2分）
（2）SiO2（2分）
（3）2Fe2++H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O（2分）
（4）①N2 （2分）②SO3、NH3 （2分，缺漏不给分）。
③2MnO4－ +5SO2 + 2H2O = 2Mn2+ + 5SO42－+4H+（2分）
【解析】
试题分析：（1）氧化铝为两性氧化物与酸、碱均反应；（2）铁的氧化物和氧化铝溶于酸，二氧化硅不溶形成滤渣；（3）溶液中的亚铁离子不易除去，需把其氧化为铁离子再沉淀除去；（4）①通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去氨气、三氧化硫，通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫气体，故收集的气体为氮气；②SO3、NH3均溶解于水与水反应；③KMnO4溶液与二氧化硫反应，二氧化硫被氧化为硫酸根离子。
考点：考查工业流程中的化学原理有关问题。
16．粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，湿法处理阳极泥进行综合利用的流程如下：

（1）用CuSO4做电解液电解含铜、金、铅的粗铜，阳极的电极反应式有： 和Cu-2e-= Cu2+。
（2）焙烧阳极泥时，为了提高焙烧效率，采取的合理措施是 ，焙烧后的阳极泥中除含金、PbSO4外，还有 （填化学式）。
（3）操作I的主要步骤为 ，操作Ⅱ的名称是 。
（4）写出用SO2还原AuCl4-的离子方程式 。
（5）为了减少废液排放、充分利用有用资源，工业上将滤液1并入硫酸铜溶液进行循环操作，请指出流程图中另一处类似的做法 。
（6）已知298K时，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，Ksp(PbSO4)= 1.82×10-8，用离子方程式表示加入碳酸钠溶液的作用 。
【答案】（1）Pb-2e-+SO42-=PbSO4 (2分)（答Pb-2e-=Pb2+得1分)
（2）将阳极泥粉碎，逆流焙烧等（2分） CuO （2分）
（3）蒸发浓缩，降温结晶，过滤。（或继续）洗涤，干燥（2分） 过滤（2分）
（4）2AuCl4-+3SO2+6H2O=2Au+3SO42-+8Cl-+12H+ (3分)
（5）用滤液2溶解碱浸渣 （或并入硝酸中）。（2分）（利用滤液2，但循环错误的，扣1分）
（6）PbSO4(s)+CO32-(aq) PbCO3(s)+SO42-(aq) （2分，用“=”不扣分）
【解析】
试题分析：（1电解精炼的粗铜作阳极会发生氧化反应，其中单质铜和活性的金属都会发生溶解，因此粗铜中的铜和铅会发生失电子的氧化反应，电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4。
（2）由题干可知，用于焙烧的阳极泥的成分为Cu、Au（金）和PbSO4 等，所以在被烧过程中铜被氧化为了CuO，而Au（金）和PbSO4 均较稳定。要使焙烧效率提高，合理措施是把得到的阳极泥充分的粉碎，增大接触面积，或把反应后的气体在次逆流焙烧，这样可以升高温度且减少能耗。
（3）操作I的步骤是从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体，因此该步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤。操作II是从酸浸渣（PbSO4）中得到碱浸渣（PbCO3），因此该操作是过滤操作。
（4）SO2还原AuCl4- 中还原剂和氧化剂都比较明确，因此很容易推测出氧化产物是SO42- ，还原产物是Au。因此根据氧化还原反应得失电子守恒先缺项配平，然后根据电荷守恒再配平，因此得到的反应方程式为：2AuCl4-+3SO2+6H2O=2Au+3SO42-+8Cl-+12H+ 。
（5）滤液1是在结晶硫酸铜时剩下的滤液，还含有少量的未析出的硫酸铜，因此并入前面的硫酸铜溶液进行循环，有利于充分利用。因此类似此处的做法，应该是流程中得到的另一滤液2。此滤液2是在硝酸铅溶液中加入硫酸生成硫酸铅沉淀并过滤走硫酸铅后剩下的溶液，此溶液中H+没有发生反应，因此还有大量的硝酸溶液，所以可以把此滤液当成硝酸加入前面的碱浸渣中溶解碱浸渣，或者与前面碱浸渣步骤需要加入的硝酸合并加以利用。
（6）通过比较两种沉淀的溶度积，可以看出碳酸铅比硫酸铅更加难溶，因此往硫酸铅中加入碳酸钠，发生的是沉淀溶解转化的反应，所以离子方程式要注意标明状态，最好弄可逆号，所以方程式为：PbSO4(s)+CO32-(aq) PbCO3(s)+SO42-(aq)。
考点：本题考查的简单的化学工艺流程题，主要包括电极反应式、氧化还原反应方程式、溶解平衡表达式的书写。
17． “结晶玫瑰”具有强烈的玫瑰香气，是一种很好的定香剂。其化学名称为“乙酸三氯甲基苯甲酯”通常用三氯甲基苯基甲醇和醋酸酐为原料制备：

已知：
三氯甲基苯基甲醇
式量：224.5。无色液体。不溶于水，溶于乙醇。
醋酸酐
无色液体。溶于水形成乙酸，溶于乙醇。
结晶玫瑰
式量：267.5。白色至微黄色晶体。熔点：88℃。不溶于水，溶于乙醇，70℃时在乙醇中溶解度为a g。
醋酸
无色的吸湿性液体，易溶于水、乙醇。

加料
加热3小时，控制
温度在110℃
粗产品
反应液倒
入冰水中
抽滤

请根据以上信息，回答下列问题：
（1）加料时，应先加入三氯甲基苯基甲醇和醋酸酐，然后慢慢加入浓硫酸并 。待混合均匀后，最适宜的加热方式为 （填“水浴加热”或“油浴加热”）。
（2）粗产品的成分是结晶玫瑰与少量____________________的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确。请在答题卡上完成表中内容。
序号
实验方案
实验现象
结论
①
将粗产品溶解在 中，按粗产品、溶剂的质量比为1: 混合，用水浴加热到70℃回流溶剂使粗产品充分溶解
得到无色溶液

②
将步骤1所得溶液___________


③
干燥步骤2所得白色晶体，
__________________
白色晶体是结晶玫瑰
（3）某同学欲在重结晶时获得较大的晶体，查阅资料得到如下信息：
•不稳定区出现大量微小晶核，产生较多颗粒的小晶体；
•亚稳过饱和区，加入晶种，晶体生长；
•稳定区晶体不可能生长


由信息可知，从高温浓溶液中获得较大晶体的操作为 。
（4）22.45g三氯甲基苯基甲醇与足量乙酸酐充分反应得到结晶玫瑰22.74g，则产率是____。（保留两位有效数字）
【答案】（1）搅拌； 油浴加热 （2）三氯甲基苯基甲醇
序号
实验方案
实验现象
结论

无水乙醇 ；100/a


② 
冷却结晶，抽滤。


③
加热使其融化，测其熔点；
白色晶体在88℃左右、完全熔化


（3）加入晶种，缓慢降温 （4）85%
【解析】
试题分析：（1）加料时，应先加入三氯甲基苯基甲醇和醋酸酐，然后慢慢加入浓硫酸并不断用玻璃棒搅拌，使物质充分接触。待混合均匀后，由于反应温度在110℃，所以要采用110℃油浴加热的方式进行加热。（2）待反应完全后，反应液倒入冰水中降温，由于结晶玫瑰熔点为88℃，不溶于水；醋酸酐溶于水形成乙酸，而三氯甲基苯基甲醇不能在水中溶解，所以粗产品的成分是结晶玫瑰与少量三氯甲基苯基甲醇。①结晶玫瑰与三氯甲基苯基甲醇都能在乙醇中溶解，所以将粗产品溶解在乙醇中，结晶玫瑰在70℃时在乙醇中溶解度为a g。所以按粗产品、溶剂的质量比为1: 100/a混合，用水浴加热到70℃回流溶剂使粗产品充分溶解。②将步骤1所得溶液进行冷却结晶，然后抽滤即可得到较纯净的结晶玫瑰。③干燥步骤2所得白色晶体，加热测其熔点，看到白色晶体在白色晶体在88℃左右、完全熔化。就证明了该白色晶体是结晶玫瑰。（3）由信息可知，从高温浓溶液中获得较大晶体的操作为加入晶种，缓慢降温。（4）三氯甲基苯基甲醇的物质的量为22.45g ÷225.5g/mol=0.0996mol，所以理论上得到的结晶玫瑰质量为0.0996mol ×267. 5g/mol =26.63g.而实际得到的质量为22.74g，所以产率为(22.74g÷26.63g)×100% =85%。
考点：考查反应条件的选择、物质在检验纯度的过程中的操作及现象的分析、纯度的计算的知识。
18．锶（Sr）为第五周期ⅡA族元素，其化合物六水氯化锶（SrCl2·6H2O）是实验室重要的分析试剂，工业上常以天青石（主要成分为SrSO4）为原料制备，生产流程如下：

已知：① 经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl－外，还含有少量Ba2+杂质；
② SrSO4、BaSO4的溶度积常数分别为3.3×10－7、1.1×10－10；
③ SrCl2·6H2O的摩尔质量为：267 g/mol。
（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是_________________________________________。
（2）隔绝空气高温焙烧，若0.5 mol SrSO4中只有S被还原，转移了4 mol电子。写出该反应的化学方程式：_____________________________________________。
（3）为了得到较纯的六水氯化锶晶体，过滤2后还需进行的两步操作是_______________。
（4）加入硫酸的目的是______________________。为了提高原料的利用率，滤液中Sr2+的浓度应不高于_________ mol/L（注：此时滤液中Ba2+浓度为1×10－5 mol/L）。
（5）产品纯度检测：称取1.000 g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO3 1.100×10－2 mol的AgNO3溶液（溶液中除Cl―外，不含其它与Ag+反应的离子），待Cl―完全沉淀后，用含Fe3+的溶液作指示剂，用0.2000 mol/L的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+ 以AgSCN白色沉淀的形式析出。
①滴定反应达到终点的现象是_________________________________________。
②若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液20.00 mL，则产品中SrCl2·6H2O的质量百分含量为______________（保留4位有效数字）。
【答案】（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是为了增加反应物的接触面积，提高化学反应速率。
（2）SrSO4 + 4C 高温
=
SrS + 4CO↑
（3）洗涤、干燥（或烘干）
（4）除去溶液中Ba2+杂质 0.03
（5）溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色 93.45%
【解析】
试题分析：（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是为了增加反应物的接触面积，提高化学反应速率，从而提高原料的转化率。（2）在焙烧的过程中若只有0.5 mol SrSO4中只有S被还原，转移了4 mol电子，则1mol的S转移8mol的电子，由于在反应前元素的化合价为+6价，所以反应后元素的化合价为-2价。因此碳与天青石在高温下发生反应SrSO4 + 4C高温
=
SrS + 4CO↑，（3）然后向得到的含有SrS固体中加入HCl发生反应：SrS+2HCl= SrCl2+H2S↑，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后从溶液中将晶体过滤出来，洗涤除去表面的杂质离子并进行干燥即SrCl2·6H2O。（4）在用HCl溶解SrS后的溶液中加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质。由于在Ba2+浓度为1×10－5 mol/L，BaSO4的溶度积常数为1.1×10－10；所以c(SO42-)=1.1×10－10÷1×10－5=1.1×10－5mol/L。而SrSO4的溶度积常数为3.3×10－7，所以c(Sr2+)=3.3×10－7÷1.1×10－5=3.0×10－2=0.03mol/L。（5）若NH4SCN不再剩余的Ag+ 结合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就会含有SCN－，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色。因此滴定达到终点时溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色。n(NH4SCN)=0.2000 mol/L×0.02L=4.0×10-3mol，所以溶液中剩余的Ag+的物质的量为n(Ag+)=4.0×10-3mol,因此与Cl―反应的Ag+的物质的量为n(Ag+)=1.100×10－2 mol －4.0×10-3mol=7.0×10-3mol n(SrCl2·6H2O)=3.5×10-3mol,m(SrCl2·6H2O)= 3.5×10-3mol×267 g/mol=0. 9345g. 所以产品纯度为0. 9345g÷1g×100%=93.45%.
考点：考查物质的制备、混合物的分离物质纯度的计算的知识。
19．碱式氯化铝[ Al2(OH)nCl6-n ] 是利用工业铝灰和活性铝矾土为原料（主要含Al、Al2O3、SiO2及铁的氧化物）经过精制加工而成，此产品活性较高，对工业污水具有较好的净化效果。其制备流程如下：

（1）原料需要粉碎，其目的是 ；滤渣I的主要成分是 ；
（2）步骤①在煮沸过程中，溶液逐渐变为浅绿色，此时溶液中呈浅绿色的阳离子常采用加入 试剂进行检验（填化学式）；随后溶液又变为棕黄色，相关反应的离子方程式为 ；
（3）步骤②中加入适量的Ca(OH)2并控制pH，其目的：一是生成碱式氯化铝；二是 ；已知碱式氯化铝的分散质粒子大小在1~100 nm之间，则区别滤液I与碱式氯化铝两种液体的物理方法是 ；若Ca(OH)2溶液过量，则步骤③得到的碱式氯化铝产率偏低，该反应的离子方程式为 ；
（4）某温度下若0.1 mol AlCl3溶于蒸馏水，当有2.5%水解生成Al(OH)3溶液时，吸收热量Q kJ ，该过程的热化学反应方程式为 。
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快溶解速率（提高Al3+的浸出率）；SiO2 （或：二氧化硅） ；
（2）K3[Fe(CN)6] ； 4Fe2+ +O2 + 4H+＝ 4Fe3+ + 2H2O ；
（3）除Fe3+ ；观察是否有丁达尔效应 Al3+ + 4OH－＝AlO2- + 2H2O ；
（4）AlCl3(aq) + 3H2O(l) Al(OH)3(胶体) + 3HCl(aq) ΔH ＝+400Q kJ∕mol.
【解析】
试题分析：（1）原料都是固体，将固体物质粉碎，其目的是为了增大反应物接触面积，加快溶解速率（提高Al3+的浸出率）；Al、Al2O3、Fe2O3等金属或金属氧化物都能溶于酸，滤渣I的主要成分是（2）步骤①在煮沸过程中，溶液逐渐变为浅绿色，此时溶液中呈浅绿色的阳离子Fe2+常采用加入K3[Fe(CN)6]溶液的方法来检验。随后溶液会被空气中的氧气氧化变为Fe3+,而使溶液又变为棕黄色，相关反应的离子方程式为4Fe2+ +O2 + 4H+＝ 4Fe3+ + 2H2O。（3）（3）步骤②中加入适量的Ca(OH)2并控制pH，其目的：一是生成碱式氯化铝；二是使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。由于碱式氯化铝的分散质粒子大小在1~100 nm之间，所以属于胶体；而滤液则属于溶液。因此区别滤液I与碱式氯化铝两种液体的物理方法是利用胶体的性质，观察是否有丁达尔效应，有观察是否有丁达尔效应的就是胶体，否则就是滤液。若Ca(OH)2溶液过量，则会发生反应Al3+ + 4OH－＝AlO2- + 2H2O，导致步骤③得到的碱式氯化铝产率偏低。（4）某温度下若0.1 mol AlCl3溶于蒸馏水，当有2.5%水解生成Al(OH)3溶液时，吸收热量Q kJ ，该过程的热化学反应方程式为AlCl3(aq) + 3H2O(l) Al(OH)3(胶体) + 3HCl(aq) ΔH ＝+400Q kJ∕mol.
考点：考查影响化学反应速率的因素、离子的检验、物质的鉴别、胶体遇溶液的区别、热化学方程式的书写的知识。
20．某化学小组用下图装置电解CuCl2溶液制少量漂白液：

（1）其阳极的反应式是： ；导气管W端应与出气口 连接。
（2）实验后发现阴极碳棒上除了附着有红色物质，还附着有少量白色物质。
查阅资料显示：
物质名称及化学式
氯化亚铜CuCl
碱式氯化铜Cu2( OH)3Cl
性质
白色固体、不溶水
绿色固体、不溶水

化学小组分析提出：①红色物质可能有 、或Cu2O、或二者都有；②白色物质为CuCl
（3）为探究阴极碳棒上附着的红色、白色物质，设计了如下实验：
取出阴极碳棒，洗涤、干燥、称其质量为W1g ，并将其放入下图所示装置b中，
进行实验。实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，d中出现白色沉淀；实验结束时，继续通H2直至碳棒冷却后，称量其质量为W2g 。
①碳棒上的红色物质是 ，无水硫酸铜的作用是 ；
②d中反应的离子方程式是 ；
③装置b中发生反应的化学方程式是 。
④电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因用电极反应式解释为 。
⑤阴极上产生白色物质的物质的量是 ；若装置b冷却时不继续通H2，则计算所得Cu+的产率会 （偏大、偏小、不变）。
【答案】（1）2Cl- - 2e- = Cl2↑； X （2）Cu
（3）① 铜，检验红色物质中有无Cu2O；
②Ag++Cl- = AgCl↓
③2CuCl+H22Cu+2HCl
④Cu2+ + e- +Cl- = CuCl↓
⑤（W1-W2）/35.5 mol；偏小
【解析】
试题分析：（1）用惰性电极电解CuCl2溶液时，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则。阴离子在阳极放电。由于阴离子的放电能力Cl->OH-.其阳极的反应式是：2Cl- - 2e- = Cl2↑；X为阳极Y为阴极。导气管W端应与出气口X连接，发生反应Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，而制取了消毒液。(2)①红色物质可能有Cu; （3）①实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，证明在红色物质中不含O元素，也就不含Cu2O；d中出现白色沉淀证明产生了AgCl沉淀。此时碳棒上的红色物质是铜, 无水硫酸铜的作用是检验红色物质中有无Cu2O。②d中反应的离子方程式是Ag++Cl- = AgCl↓。③在装置b中发生反应的化学方程式是2CuCl+H22Cu+2HCl。④ 电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因是Cu2+ + e- +Cl- = CuCl↓。⑤根据元素守恒可知在阴极上产生白色物质的物质的量应该等于Cu的物质的量。其物质的量是（W1-W2）/35.5 mol；若装置b冷却时不继续通H2，则一部分Cu就会被空气中的氧气氧化而使W2偏大，则按照（W1-W2）/35.5计算所得Cu+的产率会偏小。
考点：考查电解原理的应用、电极式的书写、物质的成分的确定、某物质含量的测定及误差分析的知识。
21．氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。下图是模拟工业制备氢溴酸粗品及精制的流程：

已知：Br2是易挥发、深红棕色的液体；氢溴酸是易挥发、无色液体。
根据上述流程回答下列问题：
（1）反应室①中发生反应的化学方程式为 。
（2）反应室①使用冰水的目的 。
（3）操作I的名称 ，操作Ⅱ用到的玻璃仪器有 。
（4）反应室②中加入Na2SO3的目的是 。
（5）工业生产中制得的氢溴酸带有淡淡的黄色。于是甲乙两同学设计了实验加以探究：
①甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3＋，则用于证明该假设所用的试剂为 ，若假设成立可观察到的现象为 。
②乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为 ，其用于证明该假设成立的方法为 。
【答案】（1）SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr （2）防止Br2和HBr挥发
（3）蒸馏；漏斗、玻璃棒、烧杯。 （4）还原粗品中的Br2
（5）①KSCN溶液，氢溴酸遇KSCN溶液变红色；②氢溴酸中含有Br2，用玻璃棒蘸取制得的氢溴酸，点在湿润淀粉KI试纸上变蓝（或用胶头滴管取制得的氢溴酸于试管中，滴加CCl4、振荡、静止，下层呈橙红色），证明因含Br2而显黄色。
【解析】
试题分析：（1）反应室①中SO2和Br2在冰水中发生反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr。（2）反应室①使用冰水的目的是为了防止Br2和HBr挥发而污染空气，影响操作。（3）操作I是分离互溶的沸点不同的液体物质的操作。名称是蒸馏。操作Ⅱ用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯。（4）反应室②中加入Na2SO3的目的是为了消耗为反应的Br2，提高物质的纯度。（5）工业生产中制得的氢溴酸带有淡淡的黄色。①甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3＋。检验的方法是取少量的溶液，向其中滴加几滴KSCN溶液，若工业氢溴酸遇KSCN溶液变红色；就证明含有Fe3＋；否则就吧含有Fe3＋。②乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含有Br2。检验的方法是利用其强氧化性。用玻璃棒蘸取制得的氢溴酸，点在湿润淀粉KI试纸上变蓝（也可以利用其在有机溶剂中的溶解度大的性质。用胶头滴管取制得的氢溴酸于试管中，滴加CCl4、振荡、静止，下层呈橙红色），证明因含Br2而显黄色。
考点：考查SO2和Br2的性质、混合物的分离方法、操作、Fe3＋和Br2的检验方法的知识。
22．建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2
能发生如下反应：

（1）配平上述反应方程式，将系数填入方框中。
（2）上述反应的氧化剂是 ，若反应中有5 mol电子转移，则生成NO在标准状况下的体积是 L。
（3）根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有：①水；②碘化钾淀粉试纸；③淀粉；④白酒；⑤食醋，进行实验，下列几组合适的是 。
A．③⑤ B．①②④ C．①②⑤ D．①②③⑤
【答案】（1）2NaNO2 + 4HI ＝2NO + I2 +2 NaI +2 H2O （2）NaNO2；112 （3）C
【解析】
试题分析：（1）根据得失电子守恒法配平方程式，亚硝酸钠中N为+3价，反应后降为+2价；HI中I为-1价，反应后成为单质升高为0价，所以答案为2NaNO2 + 4HI ＝2NO + I2 +2 NaI +2 H2O；
（2）氧化剂是元素化合价降低的物质，所以氧化剂是NaNO2；每生成1molNO,则转移1mol电子，若反应中有5 mol电子转移，则生成5molNO,标准状况下的体积是112L；
（3）根据（2）可知，亚硝酸钠在酸性条件下，可以氧化碘离子为碘单质，碘遇淀粉变蓝色，所以选择的一组试剂是C。
考点：考查氧化还原反应方程式的配平及计算，氧化剂的判断，物质的 鉴别
23．

提示：在本实脸条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化：高锰酸钾的还原产物是MnO2
回答下列问题：
（1）反应②中除掉的杂质离子是 ，发生反应的离子方程式为 ；在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是 。
（2）反应③的反应类型为 ，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有 。
（3）反应④形成的沉淀要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。
（4）反应④中产物的成分可能是ZnCO3·xZn(OH)2取干操后的滤饼11.2g，煅烧后可得到产品8.1g，则x等于 。
【答案】（1）Fe2＋和Mn2＋；
MnO4－＋3Fe2＋＋7H2O=MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋；
3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋；不会形成Fe(OH)3和MnO2沉淀。或无法除去Fe2＋和Mn2＋；
（2）置换反应；Ni
（3）取最后一次洗涤液少量，滴入稀盐酸，加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净。
（4）1
【解析】
（1）根据题意，Ni（Ⅱ）不能被氧化，反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+，发生的离子方程式为MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；加高锰酸钾溶液前，若pH较低，铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质；
（2）反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍，反应类型为置换反应；得到的滤渣中，除了过量的锌外还有金属镍。
（3）取最后一次少量水洗夜于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净。
（4）根据关系式
ZnCO3•xZn（OH）2 ～（x+1）ZnO
125+99x 81（x+1）
11.2g 8.1g
解得：x=1
24．为了回收利用钢铁生产过程中产生的SO2，工业上采用软锰矿（主要成分MnO2）脱硫同时制取硫酸锰技术，其流程示意图如下：

已知：浸出液的pH接近4，其中的金属离子主要是Mn2＋，还含有少量的Fe2＋。完成下列填空。
（1）写出浸出过程中主要反应的化学方程式： 。
（2）浸出过程的副反应之一是部分SO2被氧化为硫酸，致使浸出液的pH下降，这将 （“有利”、“不利”）于软锰矿浆继续吸收SO2。欲消除生成的硫酸，试剂A最好是 。
a．MnCO3 b．MnO2 c．CaO d．CaCO3
（3）操作I的目的是除去浸出液中的Fe2＋，MnO2在氧化Fe2＋的同时还 ，使Fe3＋沉淀。检验过滤后溶液中是否含有Fe3+的操作是 。
（4）已知大于27℃时，MnSO4·H2O溶解度随温度上升而明显下降，则操作II的过程为： 、 、洗涤、干燥。工业上为了充分利用锰元素，在流程中 可循环使用。
（5）通过煅烧MnSO4·H2O 可制得生产软磁铁氧体材料的MnxO4，如图是煅烧MnSO4·H2O时温度与剩余固体质量变化曲线。该曲线中A段所表示物质的化学式为 ；MnxO4中x＝ 。


【答案】（1）MnO2 + SO2 → MnSO4 (或 SO2 + H2O → H2SO3 MnO2 + H2SO3 → MnSO4+ H2O)（2分）
（2）不利（1分）； a（1分）
（3）调节溶液pH，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3（1分）
取上层清液，滴加KSCN，若溶液不显血红色，则说明Fe3+已沉淀完全（1分）
（4）蒸发浓缩、趁热过滤（2分） 操作II后剩余的母液（1分）
（5）MnSO4（1分） 3（2分）
【解析】
试题分析：（1）低品位软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为MnO2 + SO2 → MnSO4。
（2）溶液的pH下降，溶液的酸性增强，则不利于吸收SO2。欲消除生成的硫酸，同时还不能引入新的杂质，则试剂A最好是碳酸锰，二氧化锰与硫酸不反应，cd会引入钙离子，答案选a。
（3）由于在沉淀铁离子的同时而不能减少锰离子，所以根据沉淀时的pH值可知，MnO2在氧化Fe2＋的 同时还调节溶液pH，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3。铁离子能与KSCN溶液发生显色反应，所以检验过滤后溶液中是否含有Fe3+的操作是取上层清液，滴加KSCN，若溶液不显血红色，则说明Fe3+已沉淀完全。
（4）由于大于27℃时，MnSO4·H2O溶解度随温度上升而明显下降，因此操作II的过程为蒸发浓缩、趁热过滤；由于操作II后剩余的母液中还含有锰离子，所以工业上为了充分利用锰元素，在流程中操作II后剩余的母液可循环使用。
（5）A曲线时固体减少的质量为101.4mg－90.60mg＝10.8mg，为原固体中结晶水的质量为×18＝10.8mg，所以A曲线对应的物质化学式为MnSO4。MnxO4的质量是45.80mg，则根据锰元素守恒可知＝×x，解得x＝3。
考点：考查硫酸锰制备工艺流程的有关判断与计算
25．辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下：

（1）写出步骤“还原”中可能发生反应的离子方程式 、 。
（2）回收S过程中温度控制50℃～60℃之间，不宜过高或过低的原因是 、 。
（3）气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该物质的化学式为 ；向滤液M中加入（或通入）下列 (填字母)物质，得到另一种可循环利用的物质。
a．铁 b．氯气 c．高锰酸钾 d．盐酸
（4）保温除铁过程中加入CuO的目的是 、 ；
（5）过滤③所得到的滤液，加入硝酸后，经操作X、过滤④得到硝酸铜晶体。
硝酸的作用是 ；
操作X是 、 (填操作名称) 。
【答案】（1）Fe +2Fe3+→3Fe2+ Fe +Cu2+→Cu+Fe2+
（2）温度高苯容易挥发，温度低溶解速率小
（3）HNO3 （1分） b （2分）
（4）调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀
（5）抑制Cu2+的水解（1分） 蒸发浓缩、冷却结晶（2分）
【解析】
试题分析：（1）辉铜矿与氯化铁溶液反应生成氯化铜、氯化亚铁和单质硫，二氧化硅不反应与单质硫一起形成矿渣，滤液中含有铁离子、铜离子，所以加入铁粉反应的反应有Fe +2Fe3+→3Fe2+ 、Fe +Cu2+→Cu+Fe2+。
（2）苯是有机溶剂，易挥发，所以温度高苯容易挥发，而温度低溶解速率小，因此回收S过程中温度控制50℃～60℃之间，不宜过高或过低。
（3）气体NOx与氧气混合后通入水中能生成硝酸，所以可循环利用的物质化学式为HNO3。滤液M是氯化亚铁，可以再转化为氯化铁而循环利用，所以该试剂应该是氯气，答案选b。
（4）氧化铜是碱性氧化物，能与酸反应调节溶液的pH值，所以氧化铜的作用是调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而析出。
（5）硝酸铜溶液中的铜离子易水解，所以加入硝酸的作用是抑制Cu2+的水解；从溶液中得到硝酸铜晶体的实验操作应该是蒸发浓缩、冷却结晶。
考点：考查硝酸铜晶体制备实验的有关工艺流程的判断
26．V2O5是接触法制硫酸的重要催化剂，工业上生产V2O5的工艺流程如下：请回答下列问题：

（1）步骤①所得废渣的成分是 (写化学式)，它与NaOH溶液反应的离子反应方程式为 。
（2）步骤②、③的变化过程可简化为(下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)：
R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)，
①实验室中步骤②、③使用的主要仪器是 。
②中萃取时必须加入适量碱，其原因是 。
（3）步骤③中X试剂为 ，步骤④的目的是 ，步骤⑤的离子方程式为 。
（4）该工艺流程中，可以循环利用的物质有 和 。
【答案】（1）SiO2 SiO2+2OH‾=SiO32‾+H2O
（2）①分液漏斗
②加入碱中和硫酸，促进平衡正向移动，提高钒的萃取率[或类似表述，如提高RAn（有机层）的浓度、百分含量等]
（3）H2SO4 将VO2+氧化为VO3- NH3•H2O+ VO3-=NH4VO3↓+OH‾
（4）氨气（或氨水） 有机萃取剂
【解析】
试题分析：（1）SiO2不溶于水，所以步骤①所得滤渣的成分是SiO2；SiO2为酸性氧化物，与NaOH反应生成Na2SiO3，离子方程式为：SiO2+2OH‾=SiO32‾+H2O
（2）① 步骤②为萃取，步骤③为反萃取，用到的主要仪器为分液漏斗
②步骤②中存在平衡：R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)，加入适量碱中和硫酸，促进平衡正向移动，提高钒的萃取率。
（3）步骤③为反萃取，得到的水溶液含VO2+、SO42‾，所以X试剂为H2SO4；根据化学流程图，步骤④加入强氧化剂KClO3，将VO2+氧化为VO3-；步骤⑤加入NH3•H2O生成NH4VO3沉淀，所以离子方程式为：NH3•H2O+ VO3-=NH4VO3↓+OH‾
（4）步骤⑤需加入氨水，步骤⑥生成氨气，所以氨气（或氨水）可循环利用，步骤②为萃取，步骤③为反萃取，所以有机萃取剂也可以循环利用。
考点：本题考查化学工艺流程的分析、基本仪器、平衡移动、离子方程式书写。
27．镁、铝、铁及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用
I：实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：

（1）已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1．8×10-11，Ksp[Al(OH)3]=3×10-34，该温度下向浓度均为0．01 mol·L-1的MgCl2和AlCl3混合溶液中逐滴加入氨水，先生成 沉淀(填化学式)。
（2）高温焙烧时发生反应的化学方程式 ，洗涤沉淀时的方法是 。
（3）常温下如果向AlCl3饱和溶液中不断通人HCl气体，可析出AlCl3·6H2O晶体，结合化学平衡移动原理解释析出晶体的原因： 。
Ⅱ：某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解，并产生大量气体。为此，他们设计了如下装置验证所产生的气体。

（1）G装置的作用是 。
（2）证明有SO2生成的现象是 ，为了证明气体中含有氢气，装置E和F中加入的试剂分别为 、 。
（3）若将铁丝换成铜丝，反应后的溶液没有出现预计的蓝色溶液，而出现了大量白色固体，原因是 。
【答案】I（1）Al(OH)3
（2）2Al(OH)3+Mg(OH)2=MgAl2O4+4H2O （2分） 向置于过滤器上的沉淀加蒸馏水至完全没过沉淀，待其自然流尽后，重复二到三次即可（2分）
（3）AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡：AlCl3•6H2O(s)Al3+(aq)+3Cl‾(aq)+6H2O(l)，通入HCl气体使溶液中c(Cl‾)增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3•6H2O晶体。（3分）
II（1）防止空气中的H2O进入F（2分）
（2）酸性高锰酸钾溶液褪色（2分） CuO、CuSO4（各1分）
（3）浓硫酸中的水很少（2分）
【解析】
试题分析：I（1）根据Ksp[Mg(OH)2]可求出Mg2+再转化为Mg(OH)2沉淀OH‾浓度，c(Mg2+)•c2(OH‾)=1．8×10-11，因为c(Mg2+)=1/2c(OH‾)，则1/2c3(OH‾)=1．8×10-11， Ksp[Al(OH)3]=1/3 c4(OH‾)=3×10-34，比较可得恰好生成Al(OH)3时，OH‾浓度小，所以先生成Al(OH)3沉淀。
（2）根据流程图，高温焙烧时的反应物为Mg(OH)2和Al(OH)3，生成物为MgAl2O4和4H2O，配平可得化学方程式：2Al(OH)3+Mg(OH)2=MgAl2O4+4H2O；沉淀洗涤的方法为：向置于过滤器上的沉淀加蒸馏水至完全没过沉淀，待其自然流尽后，重复二到三次即可。
（3）AlCl3饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AlCl3•6H2O(s)Al3+(aq)+3Cl‾(aq)+6H2O(l)，通入HCl气体使溶液中c(Cl‾)增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3•6H2O晶体。
II（1）因为该实验要检验是否有H2O生成，所以装置G盛放物质为碱石灰，作用是防止空气中的H2O进入F。
（2）SO2具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化，所以证明有SO2生成的现象是酸性高锰酸钾溶液褪色；为了证明气体中含有氢气，装置E和F中加入的试剂分别为CuO、CuSO4，若含有H2，H2可把CuO还原为Cu，生成的H2O能与CuSO4反应生成蓝色的CuSO4•5H2O。
（3）浓硫酸中的水很少，CuSO4没有溶解，以CuSO4固体的形式存在，为白色。
考点：本题考查化学流程的分析、化学方程式的书写、沉淀溶解平衡、化学实验方案的分析。
28．利用工业炼铜后的炉渣(含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3)，制备无机高分子絮凝剂聚合氯化铝和净水剂高铁酸钠(Na2FeO4)。其工艺流程如下(部分操作和条件略)：
Ⅰ．用稀盐酸浸取炉渣，过滤；
Ⅱ．向滤液中加入过量NaClO溶液，调pH约为3，过滤；
Ⅲ．溶液进行减压蒸发等操作,甩干后送入聚合炉中进行高温聚合，……得到聚合氯化铝。
Ⅳ．将Ⅱ中得到沉淀洗涤、干燥,再与NaClO和NaOH反应，生成高铁酸钠。
（1）稀盐酸溶解Fe2O3的离子方程式是 。
（2）验证炉渣中含有FeO必要的化学试剂为 。
（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pH
物质
Fe(OH)3
Al(OH)3
Fe(OH)2
开始沉淀时
1．5
3．4
6．3
完全沉淀时
2．8
4．7
8．3

①步骤Ⅱ中加入过量NaClO，反应的离子方程式是 。
②根据表中数据解释步骤Ⅱ中，调pH约为3的目的是 。
（4）该工业流程存在缺点，在步骤Ⅱ伴随着有氯气产生，此反应方程式是 。
（5）步骤Ⅲ中在减压蒸发与甩干操作之间，还需进行的操作是 。
（6）在步骤Ⅳ中，若该反应生成166 g Na2FeO4转移3 mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是 。
【答案】（1）Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O (2分)
（2）稀硫酸、KMnO4 溶液 (或稀盐酸、K3[Fe(CN)6]溶液）(2分)
（3）①2Fe2+ + ClO- + 2H+ = 2Fe3+ + Cl- + H2O (2分)
②pH约为3时，Fe2+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀。 (2分)
（4）ClO- + Cl- + 2H+ = Cl2 + H2O (2分)
（5）浓缩至饱和,冷却结晶(2分)
（6）2 : 3 (1分)
【解析】
试题分析：（1）稀盐酸溶解Fe2O3：Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O。
（2）验证FeO先要溶解，是盐酸，在证明Fe2+的检验，可用KMnO4 溶液的褪色实验或K3[Fe(CN)6]溶液蓝色沉淀实验。
（3）①步骤Ⅱ中加入过量NaClO，将Fe2+氧化，2Fe2+ + ClO- + 2H+ = 2Fe3+ + Cl- + H2O。
②根据表中数据解释步骤Ⅱ中，调pH约为3的目的是Fe2+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀。
（4）在步骤Ⅱ伴随着有氯气产生是因为：ClO- + Cl- + 2H+ = Cl2 + H2O。
（5）步骤Ⅲ中在减压蒸发与甩干操作之间，还需进行的操作是浓缩至饱和、冷却结晶。
（6）在步骤Ⅳ中发生反应，生成166 g Na2FeO4转移3 mol电子，3NaClO+4NaOH+2Fe(OH)3=2Na2FeO4+ 3NaCl + 5H2O。反应则参加反应的还原剂Fe(OH)3和氧化剂NaClO的物质的量之比是2:3。
考点：化学技术的应用问题。考查氧化铁的溶解、低价铁元素的检验，氢氧化物的沉淀调节，晶体的制备方法等。
29．氨气是一种重要的工业产品，也是一种重要的化工原料。为研究氨气的制备及性质，某学习小组进行了下面的探究活动：
(1)实验室中往往采用熟石灰与氯化铵制备氨气，写出该反应的化学方程式(注明反应条件) 。
(2)实验室中还可以采用如图1装置(略去了夹持装置)和药品快速制备氨气：

①甲同学不明白该方法中制备氨气的原理，于是学习小组内成员展开了讨论，得出了下面的结论，其中不正确的是 (填字母序号)。
a．氨水中的NH3·H2O分解
b．氨水中存在可逆反应：NH3·H2O ＋OH－，NaOH晶体使该可逆反应的平衡向左移动
c．反应原理与铵盐、熟石灰制备氨气的反应原理相同
d．NaOH溶于水放出热量，使NH3·H2O分解
②乙同学取质量分数为34%的0.89 g·mL－1的浓氨水10 mL，用过量的NaOH与之混合，然后用500 mL的烧瓶收集氨气。请你计算最多可收集满标准状况下的氨气 个烧瓶。
(3)丙同学进行氨气的喷泉实验探究。
①收集氨气时需要用干燥剂干燥，如图2，装置B中盛装的干燥剂是 。
②该同学利用图3装置，成功地完成了喷泉实验。请你简要地写出该同学操作的正确方法： 。


【答案】
(1)2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O (2)①c ②3
(3)①碱石灰 ②用一手指肚堵住塑料瓶上的小孔，然后轻轻挤压塑料瓶，将少量水挤入烧瓶，手指肚离开小孔
【解析】(2)第二种制备氨气的方法中利用了一水合氨的分解反应，与铵盐、熟石灰的反应原理不同；若10 mL 34%的0.89 g·mL－1的浓氨水中的NH3·H2O全部分解，生成的NH3的物质的量为10 mL×34%×0.89 g·mol－1÷35 g·mol－1＝0.086 5 mol，标准状况下的体积为0.086 5 mol×22.4 L·mol－1＝1.937 6 L，用体积为0.5 L的烧瓶收集时，因为最后一瓶收集不满，故最多只能收集满3个烧瓶。(3)干燥管中只能盛装固体干燥剂，但氨气不能用无水氯化钙干燥。
30．某化学兴趣小组利用某废弃的氧化铜锌矿制取活性ZnO实验流程如下：

请回答下列问题：
（1）加入铁粉后发生反应的离子方程式为__________。
（2）甲、乙两同学选用下列仪器，采用不同的方法来制取氨气。

①甲同学使用的药品是熟石灰与氯化铵，则应选用装置______（填写装置代号），生成氨气的化学方程式为____________；
②乙同学选用了装置B，则使用的两种药品的名称为_______________。
（3）H2O2的作用是_____________。
（4）除铁过程中得到的Fe(OH)3可用KClO溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能水处理剂（K2FeO4），该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____________。
（5）乙知溶液a中含有CO32-、SO42-两种酸根阴离子，若只允许取用一次样品，检验这种离子存在的实验操作过程为___________________。
【答案】
（1）Fe+Cu2+= Fe2++Cu
（2）A 浓氨水和碱石灰（或生石灰或氢氧化钠固体）
（3）将Fe2+氧化成Fe3+
（4）3：2
（5）取少量溶液a于试管中，滴加稍过量的盐酸，有无色气泡产生，则说明有CO32-，继续滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明有SO42-
【解析】该试题是制ZnO，第一步加入稀硫酸酸溶，矿物质溶解生成Zn2+、Cu2+；第二步加入还原性铁粉后，过滤，Cu2+被还原出来，同时溶液中增加了Fe2+；第三步加入绿色氧化剂H2O2，把Fe2+氧化成Fe3+，通入氨水调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3；第四步，再次通入氨气，加入NH4HCO3，使溶液中Zn2+生成碱式碳酸锌，过滤，焙烧，就可以得到活性ZnO。分析出工艺流程用意，是解答本题的关键。第（4）问要利用价态守恒去做，氧化剂与还原剂的物质的量之比等于它们1mol得到、失去电子的反比；至于第（5）问，要注意的是“一次”的含意，正确选择试剂和设计检验的步骤，本题具有开放性，只要合理就行。
31．草酸（乙二酸）可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸（含2个结晶水）的工艺流程如下：

回答下列问题：
（1）CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为                             。
（2）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是       ，滤渣是      ；过滤操作②的滤液是          和         ，滤渣是        。 
（3）工艺过程中③和④的目的是                                。
（4）有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是            。
（5）结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。称量草酸成品0.250g溶于水中，用0.0500 mol/L的酸性KMnO4溶液滴定，至粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00mL，反应的离子方程式为                 ；列式计算该成品的纯度               。
【答案】

【解析】

32．苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸，反应原
理：

实验方法：一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。

已知：苯甲酸相对分子质量122 ，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3 g和6.9 g；纯净固体有机物一般都有固定熔点。
（1）操作Ⅰ为 ，需要用到的主要玻璃仪器为 ；操作Ⅱ为 。
（2）无色液体A是 ，定性检验A的试剂是 ，现象是 。
（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，该同学推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确．请在答题卡上完成表中内容。
序号
实验方案
实验现象
结论
①
将白色固体B加入水中，
加热溶解，
得到白色晶体和无色溶液

②
取少量滤液于试管中，

生成白色沉淀
滤液含Cl-
③
干燥白色晶体，
 
白色晶体是苯甲酸

（4）纯度测定：称取1.220 g产品溶解在甲醇中配成100 ml溶液，移取2 5.00 ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40 × 10 -3 mol，产品中苯甲酸质量分数的计算表达式为 ，计算结果为 。（保留两位有效数字）。
【答案】（1）分液（1分），分液漏斗、烧杯等（1分）；蒸馏（1分）
（2）甲苯（1分）；酸性KMnO4溶液（1分），溶液褪色（1分）（3）
序号
实验方案
实验现象
结论
①
将白色固体B加入水中加热，溶解，冷却结晶、过滤 （2分）
得到白色晶体和无色溶液
 
②
取少量滤液于试管中，滴入2-3滴硝酸酸化的AgNO3溶液（2分）
生成白色沉淀
滤液含有Cl-
③
干燥白色晶体，加热使其融化，测其熔点（2分）
熔点为122.4℃（2分）
白色晶体是苯甲酸

（4）(2.40×10-3×122×4)/1.22（2分）；96%（2分）
【解析】
试题分析：（1）一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯；所以操作Ⅰ是分离出有机相甲苯，用分液方法得到，分液操作的主要玻璃仪器是分液漏斗、烧杯等；操作Ⅱ是蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体；
（2）依据流程和推断可知，无色液体A为甲苯，检验试剂可以用酸性高锰酸钾溶液，甲苯被氧化为苯甲酸，高锰酸钾溶液紫色褪去；
（3）通过测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，氯化钾可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在；利用苯甲酸的溶解度特征在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；利用不同温度下的溶解度，分离混合物，得到晶体后通过测定熔点判断是否为苯甲酸；
（4）称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol，苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾1：1反应，所以物质的量相同，则样品中苯甲酸质量分数＝×100%＝96%。
考点：考查物质性质的实验分析判断，物质分离条件，试剂选择，操作步骤的理解应用，物质成分的实验设计方案、步骤、试剂，样品纯度的计算等
33．为回收利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，主要流程如下：

部分含钒物质在水中的溶解性如下：
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
(VO2)2SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶

回答下列问题：
（1）工业由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，该反应的氧化剂为_____________。
（2）滤液中含钒的主要成分为______________（填化学式）。
（3）该工艺中反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，该步反应的离子方程式____；沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比）和温度。根据下图判断最佳控制氯化铵系数和温度为___________、_________℃。

（4）用硫酸酸化的H2C2O4溶液滴定(VO2)2SO4溶液，以测定反应②后溶液中含钒量，反应方程式为：2VO2++H2C2O4+2H+＝2VOn+ + 2CO2↑+ mH2O，其中n、m分别为______________、________ 。
（5）全钒液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为：
电池放电时正极的电极反应式为 。
【答案】（15分）（1）V2O5(1分)（2）VOSO4(2分)（3）NH4+＋VO3- ＝NH4VO3↓(2分)；
4(2分)；80(2分） （4）2(2分)；2(2分） （5）VO2++ 2H++e－= VO2++H2O(2分)
【解析】
试题分析：（1）铝和五氧化二钒发生铝热反应的方程式为：3V2O5+10Al高温
=
6V+5Al2O3，反应中氧化剂是V2O5；
（2）根据溶解性表知，V2O5难溶，VOSO4可溶，因此滤渣是V2O5，滤液中含矾的主要成分的化学式为VOSO4；
（3）根据NH4VO3难溶可知，反应③是复分解反应，方程式为NH4+＋VO3- ＝NH4VO3↓；根据图像可知氯化铵系数为4、温度为80℃时沉淀率最高，所以最佳控制氯化铵系数和温度为4和80℃。
（4）根据方程式2VO2++H2C2O4+2H+＝2VOn+ + 2CO2↑+ mH2O可知草酸中碳元素的化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，1mol草酸失去2mol电子，则根据电子得失守恒可知氧化剂得到2mol电子，所以1mol VO2+得到1mol电子，V元素的化合价从+5价降低+4价，因此n＝2；根据氢原子守恒可知m＝2。
（5）放电是原电池，正极得到电子，则根据总反应式可知，放电时VO2+得到电子，电极反应式为 VO2++ 2H++e－＝VO2++H2O。
考点：考查氧化还原反应的有关应用与计算、反应条件的选择以及电化学原理的应用
34．（14分）铬铁矿的主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（K2Cr2O7）的流程图：

已知：①4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2↑；
②Na2CO3+Al2O3 2NaAlO2+CO2↑；
③Cr2CO72-+H2O2CrO42-+2H+
根据题意回答下列问题：
（1）固体X中主要含有 （填写化学式）；要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4．5，应该使用 ______________ （填写仪器或试剂名称）。
（2）酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5，其目的是 _______________________ 。
（3）操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、 、过滤、 、干燥。
（4）下表是相关物质的溶解度数据，操作III发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7 + 2KCl＝K2Cr2O7 ↓+ 2NaCl，该反应在溶液中能发生的理由是_____________________________。
物质
KCl
NaCl
K2Cr2O7
Na2Cr2O7
溶解度（g/100g水）
0℃
28
35．7
4．7
163
40℃
40．1
36．4
26．3
215
80℃
51．3
38
73
376

（5）副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是称取n g样品，加入过量 ____ （填写试剂）、溶解、过滤、再 （填写试剂）、……灼烧、冷却、称量，得干燥固体m g。计算祥品中氢氧化铝的质量分数为 （用含m、n的代数式表示）。
【答案】(13分)（1）Fe2O3、MgO(2分)PH计或pH试纸(1分)（2）使CrO42-转化为Cr2O72-(1分)
（3）冷却结晶、洗涤(各1分)
（4）K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小（或四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小）(2分)
（5）NaOH溶液、通入过量二氧化碳。(各1分，合理答案也给分)； (3分)
【解析】
试题分析：（1）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，加入氧气和碳酸钠，发生反应为：①4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2↑、②Na2CO3＋Al2O32NaAlO2＋CO2↑、③Cr2CO72-+H2O2CrO42-+2H+，操作Ⅰ是过滤得到固体X为Fe2O3、MgO；要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4．5，普通pH试纸只能测定溶液pH到整数，是近似测定，准确测定需要用pH计或精确pH试纸；
（2）酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5，依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO42-转化为Cr2O72--；
（3）操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体；
（4）依据图表物质的溶解度分析对比，操作Ⅲ发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7+2KCl＝K2Cr2O7↓+2NaCl，这说明K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小（或四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小）；
（5）副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是先利用氢氧化铝的两性，用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝过滤得到滤液中通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼烧干燥得到氧化铝干燥固体m g，依据铝元素守恒计算，样品中氢氧化铝的质量分数＝×100%＝。
考点：考查物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用等
35．镍、钴、铈、铬虽然不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要的作用。
（1）二氧化铈 (CeO2)是一种重要的稀土氧化物，在平板电视显示屏中有着重要的应用。CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，H2O2在该反应中作_____(填“氧化”“还原”)剂，每有1mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为_____。
（2）某锂离子电池含Li+导电固体为电解质。充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电极材料碳(C6)中，以LiC6表示，电池反应为LiCoO2＋ C6CoO2＋LiC6。则放电时，电池的正极反应式为________________，如图表示该装置工作时电子和离子的移动方向，此时该电池处于_________(填“放电”或“充电”)状态。
Li+
C6
LiCoO2
固体电解质
e－
…
…

（3）自然界Cr主要以三价Cr和六价Cr的形式存在。六价Cr能引起细胞的突变和癌变。可以用亚硫酸钠将其还原为三价铬，完成并配平下列离子方程式：__Cr2O72－+__SO32－+__H+=__Cr3++__SO42－+ __ ____
（4）NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素)为原料获得。操作步骤如下：
废渣
稀硫酸
过滤
滤液
Ⅰ
调pH，
加入FeS
过滤
加H2O2，
调pH
过滤
加Na2CO3
过滤
Ni CO3
滤液
Ⅱ
滤液
Ⅲ
稀硫酸
Ni SO4
一系列操作
Ni SO4·6H2O

向滤液Ⅰ中加入FeS主要目的是除去Cu、Zn等杂质，除去Cu2+的离子方程式为______________________。
②向滤液Ⅱ中加入H2O2，溶液中发生反应的离子方程式为__________________，调节pH的目的是______________________。
③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，再加入碳酸钠过滤后，加稀硫酸溶解又生成NiSO4的目的是______________________。
④我国第五套人民币中的一元硬币材料为钢芯镀镍，镀镍时，镍应作_____极。
【答案】 (1)还原(1分)；2mol(单位错误或不写单位均扣1分)
(2)CoO2＋Li+＋e－= LiCoO2；充电
(3)Cr2O72－+3SO32－+8H+=2Cr3++3SO42－+4H2O
(4)①FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)；(没有标明聚集状态不扣分)
②2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
使Fe3+生成氢氧化铁沉淀，以除去Fe3+(只答提纯、除杂或除去杂质不得分)。
③增大NiSO4的浓度，以利于蒸发结晶(关键词为增大浓度，答为提纯或除杂不得分。)
④阳(1分)
【解析】
试题分析：（1）CeO2转化为Ce3+，Ce化合价降低，CeO2为氧化剂，则H2O2为还原剂；反应时H2O2转化为O2，O元素化合价由—1升高到0，所以每有1mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为2mol。
（2）电池的正极反应为还原反应，根据电池反应可知电极方程式为：CoO2＋Li+＋e－= LiCoO2；根据示意图，电子移向C6电极，C6电极发生得电子反应，即还原反应，充电时C6得电子转化为LiC6，此时该电池处于充电状态。
（3）Cr元素化合价由+6价降低为+3价，S元素由+4价升高为+6价，根据氧化还原反应中化合价升高的价数与化合价降低的价数相等可配平化学方程式，根据元素守恒可知未知生成物为H2O。
(4)①加入FeS后，与Cu2+反应生成更难溶的CuS，所以离子方程式为：FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)
②滤液Ⅱ中含有Fe2+，加入H2O2发生氧化还原反应，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe3+r容易发生水解反应转化为Fe(OH)3沉淀，所以调节pH可以使Fe3+生成氢氧化铁沉淀，以除去Fe3+。
③滤液Ⅲ中NiSO4的浓度较低，加入碳酸钠过滤后，加稀硫酸溶解又生成NiSO4，NiSO4浓度变大，利于蒸发结晶。
④电镀时，镀层金属作阳极，所以镀镍时，镍应作阳极。
考点：本题考查氧化还原反应原理、电化学原理、离子方程式和电极方程式的书写、化学工艺流程的分析。
36．（1）将一定量的Fe粉、Cu粉、FeCl3溶液、CuCl2溶液混合于某容器中充分反应(假定容器不参与反应)，判断下列情况下容器中金属离子与金属单质的存在情况：（用符号表示）
①若Fe粉有剩余，则容器中不可能有____________；
②若FeCl3有剩余，则容器中不可能有___________；
③若CuCl2有剩余，则容器中还可能有____________。
（2）有一瓶无色澄清溶液,可能含NH4＋、K＋、Na ＋、Mg2＋、Ba2＋、 Al3＋、 Fe3＋、SO42－、CO32－、Cl－、I－中的一种或几种，取该溶液进行如下实验：
①用pH试纸检验，表明溶液呈酸性；
②取部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制的氯水，经振荡后静置，CCl4层呈紫红色；
③取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中及滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成；
④取部分上述呈碱性的溶液，加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成；
⑤将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
根据上述实验事实确定并回答：在溶液中肯定存在的离子有　　　 ，肯定不存在的离子有　 　 ，要确定是否存在的阴离子的实验方法是____________ 。
【答案】（1）① Fe3+和Cu2+ ②Fe和Cu ③Fe2+、Fe3+ （或Cu Fe2+）
（2）I－、NH4＋、Ba2＋； SO42－、CO32－、Mg2＋、Al3＋ 、Fe3＋； 取少量溶液于试管中，滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，如果有白色沉淀出现，说明含有该阴离子，否则不含有该阴离子。
【解析】
试题分析：（1）①由于Fe会发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；Cu2++Fe=Fe2+ +Cu。因此若Fe粉有剩余，则容器中不可能有Fe3+和Cu2+。②由于FeCl3会发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；2Fe3++Cu=2Fe2+ +Cu2+．因此若FeCl3有剩余，则容器中不可能有Fe和Cu。③由于CuCl2会发生反应：Cu2++Fe=Fe2+ +Cu若CuCl2有剩余，则容器中不可能有Fe；还可能有Fe2+、Fe3+（或Cu Fe2+）。（2）①用pH试纸检验，表明溶液呈酸性，说明含有大量的H+。由于H+会发生反应：CO32－+2H+=CO2↑+H2O，所以没有CO32－；②取部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制的氯水，经振荡后静置，CCl4层呈紫红色；说明发生反应：Cl2＋2I－=2Cl－＋I2。原溶液中含有I－。由于I－会发生反应：2Fe3＋+2I－=2 Fe2+＋I2，故溶液中不含有Fe3＋。③取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中及滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成；证明不含有Mg2＋、Al3＋。因为若含有它们，则会发生反应：Al3＋＋3OH-＝Al(OH)3↓；Mg2＋＋2OH-＝Mg(OH)2↓．④取部分上述呈碱性的溶液，加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，证明含有Ba2＋，不含SO42－。发生的反应为：Ba2＋+ CO32-=BaCO3↓。而Ba2＋与SO42－因为发生离子反应：SO42-＋Ba2+=BaSO4↓而不能大量共存。⑤将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。放出的气体为氨气，则原溶液中含有NH4＋。反应的方程式为：NH4++ OH－NH3↑+H2O。综上所述，在溶液中肯定存在的离子有I－、NH4＋、Ba2＋；肯定不存在的离子有SO42－、CO32－、Mg2＋、Al3＋ 、Fe3＋；根据溶液呈电中性原理，则溶液中还应该含有阴离子．要确定是否存在的阴离子的实验方法是取少量溶液于试管中，滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，如果有白色沉淀出现，说明含有该阴离子，否则不含有该阴离子。
考点：考查离子的鉴定的知识。
37．(15分)铜的氯化物是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂。
实验室中以粗铜(含杂质Fe)为原料，某种制备铜的氯化物的流程如下。
CuCl2·2H2O
粗铜
Cl2
反应②
操作②
反应①
固体1
加稀盐酸
至固体完全溶解
溶液1
加试剂 X
调节 pH
操作①
SO2
CuCl
溶液2
固体2

按要求回答下列问题：
（1）操作①的玻璃仪器有________________________，检验溶液2中是否含有杂质离子的操作是 。
（2）上述流程中，所得固体1需要加稀盐酸溶解，其理由是 ；
溶液1可加试剂X用于调节pH以除去杂质，X可选用下列试剂中的(填序号)___________。
a．NaHCO3 b．NH3·H2O c．CuO d．Cu2(OH)2CO3
（3）反应②是向溶液2中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀。写出
制备CuCl的离子方程式：                               。
（4）现用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应(铁架台、铁夹省略)。
NaOH溶液
b
c
浓盐酸
KMnO4
a
d
e
饱和食盐水
h
i
浓硫酸
f
g
粗铜粉

①按气流方向连接各仪器接口顺序是：a→ 、　　→　　、　　→　　、　　→　　　。实验大试管加热前要进行一步重要操作，其操作是 。
②反应时，盛粗铜粉的试管中的现象是 。
【答案】（1）(3分，各1分)漏斗、烧杯、玻璃棒；取适量的溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色(2分)。
（2）抑制氯化铜、氯化铁水解(1分)； cd(2分)
（3）2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O2CuCl↓+4H＋＋SO42－ (2分)
（4）①ｄｅｊｈｆｇｂ(2分)；　先通入氯气，用氯气赶走装置中的空气，当装置中都出现黄绿色之后再加热大试管(2分)
②产生大量棕黄色烟(1分)
【解析】
试题分析：（1）操作①是过滤，玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；溶液2中若含有杂质离子则是Fe3+，检验溶液2中是否含有杂质离子Fe3+，取适量的溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色。
（2）氯化铜、氯化铁中的金属离子易水解，加入过量的酸可以抑制氯化铜、氯化铁水解；用于调节pH以除去溶液1杂质可加试剂具有与酸反应，且不引入Cu2+之外的离子，故用CuO或Cu2(OH)2CO3。
（3）根据信息写反应：2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O2CuCl↓+4H＋＋SO42－ ；
（4）①Cl2发生装置→除去HCl气体装置→干燥装置→制备装置→多余Cl2处理装置。即ｄｅｊｈｆｇｂ；实验大试管加热前要进行一步重要操作，先通入氯气，用氯气赶走装置中的空气，当装置中都出现黄绿色之后再加热大试管；②Cu与Cl2反应产生大量棕黄色烟(CuCl2)。
考点：化学基本操作与仪器组装。
38．（17分）过氧化钙(CaO2)难溶于水，在常温下稳定，在潮湿空气及水中缓慢分解放出氧气，用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类漂白剂及封闭胶泥的快干剂，在食品、牙粉、化妆品等制造中用作添加剂。下图是以大理石(主要杂质是氧化铁)等为原料制取过氧化钙(CaO2)的流程。

请回答下列问题：
（1） 操作①中应包括 、 、 用氨水调节pH至8～9的目的是______________。
（2）若测得滤液C中c(CO)＝2.50×10－4 mol·L－1，则Ca2＋_ _____(填“是”或“否”)沉淀完全。[已知c(Ca2＋)≤10－5 mol·L－1可视为沉淀完全；Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9]
（3）若在滤液C中，加入HNO3使溶液呈酸性以得到副产物NH4NO3，则酸化后溶液中，c(NH) c(NO) （填 > 、< 或 = ），(NH4)2CO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
（4）在低温下，往过氧化氢浓溶液中投入无水氯化钙进行反应，写出该反应的化学方程式：_______________，一段时间后，再加入氢氧化钠溶液，当调节溶液pH至9～11，才出现大量沉淀。用简要的文字解释需用氢氧化钠调节pH至9～11的原因_________________________。
（5）写出CaO2与H2O反应的化学方程式 。
【答案】（1）溶解、过滤、蒸发结晶（3分）；除去Fe3＋或使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀被除去（2分）
（2）否（2分）
（3）＜（2分） c(NH4+)>c(CO32‾)>c(OH‾)>c(H+) （2分）
（4）CaCl2＋H2O2CaO2＋2HCl（2分）　加入NaOH溶液使上述平衡向正反应方向移动，有利于CaO2沉淀的生成（2分）
（5）2CaO2＋2H2O=2Ca(OH)2+O2↑（2分）
【解析】
试题分析：（1） 沉淀碳酸钙用盐酸溶解然后蒸发结晶可以得到氯化钙晶体；因大理石中的主要杂质是氧化铁，它与硝酸反应生成了Fe(NO3)3，在调节pH到8～9时，Fe3＋会以Fe(OH)3沉淀形式进入滤渣，从而除去了杂质离子Fe3＋。
（2）根据离子积Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9＝c(Ca2＋)·c(CO)，得c(Ca2＋)＝4.96×10－9/2.50×10－4 mol·L－1＝1.98×10－5 mol·L－1 > 10－5 mol·L－1，没有沉淀完全。
（3）由电荷守恒：c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(NO)，因c(H＋)＞c(OH－)，故c(NH)＜c(NO)。
（4）由CaCl2＋H2O2CaO2＋2HCl，加入NaOH溶液，NaOH与HCl发生中和反应，减少了生成物浓度，使上述平衡向正反应方向移动，有利于CaO2沉淀的生成。
（5）CaO2中O元素的化合价为—1价，部分化合价升高转化为O2，部分化合价降低转化为Ca(OH)2，所以化学方程式为：2CaO2＋2H2O=2Ca(OH)2+O2↑
考点：本题考查化学工艺流程的分析、沉淀溶解平衡、离子浓度比较、基本操作、化学方程式的书写。
39．（15分）工业中利用废铜（含有锌、铝等）制取硫酸铜，将适量硝酸分多次加入到铜粉与稀硫酸的混合物中加热，使之反应完全，通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体。

下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L—1计算）。

开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
沉淀溶解的pH
Cu2+
4.4
6.4

Al3+
3.0
5.0
10
Zn2+
5.9
8.9
11
（1）①为了节约原料，硫酸和硝酸的物质的量之比最佳为 ；该反应中产生尾气污染空气，请选择下图中合适的装置吸收尾气 。

②由表可知Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2—，请写出金属锌与氢氧化钠溶液反应的离子方程式
（2）为了符合绿色化学的要求，某研究性学习小组进行如下设计：
第一组：空气为氧化剂法
将空气或氧气直接通入到铜粉与稀硫酸的混合物中，发现在常温下几乎不反应。向反应液中加少量FeSO4，即发生反应，生成硫酸铜。反应完全后，加入物质甲调节pH，铁元素全部沉淀(一般认为铁离子的浓度下降到10-5 mol·L-1，就认为沉淀完全。已知：Ksp[Fe((OH)3]≈10-38，然后过滤、浓缩、结晶。
请回答下列问题：
①方案为了使铁离子全部沉淀，应调节pH至少为 。
②方案中甲物质可选用的是
A．CaO　 B．NaOH　 C．CuCO3　 D．Cu2(OH) 2CO3 E．Fe2(SO4) 3
③方案中加入少量FeSO4可加速铜的氧化，用离子方程式解释其原因 。
第二组：过氧化氢为氧化剂法
将铜粉放到 1.5 mol·L-1的足量稀硫酸中，控温在50℃加入10%的足量H2O2反应0.5 h，升温到60℃，持续反应1 h后，过滤、蒸发浓缩、减压抽滤等，用少量95%的酒精淋洗后晾干，得CuSO4·5H2O 。
请回答下列问题：
④用过氧化氢为氧化剂法比流程中采用硝酸和硫酸溶解的优点是 。
⑤用少量95%的酒精淋洗的目的是 。
（3）废铜溶解后经过一系列操作得到硫酸铜溶液，补充完整由溶解液制备纯净硫酸铜溶液的实验步骤 。
【答案】
（1） ①3∶2 　B
② Zn+2OH－+2H2O=[Zn(OH)4]2—+H2↑
（2）①3
②CD　
③4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O；2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
④减少硫酸铜晶体的溶解损失
⑤ 产物是水，无污染
（3）向溶液中加氢氧化钠溶液至pH为11，充分反应过滤洗涤，向沉淀中加适量稀硫酸溶解，制的硫酸铜溶液。
【解析】
试题分析：（1）①铜与稀硫酸不反应，加入硝酸做氧化剂使铜溶解，反应为3Cu+3H2SO4+2HNO3=3CuSO4+2NO+4H2O,，由方程式知硫酸和硝酸的物质的量之比最佳为3:2；NO不能被氢氧化钠直接吸收，需先与氧气反应生成二氧化氮，在与氢氧化钠反应，故选B装置。②锌与强碱反应生成[Zn(OH)4]2—同时应生成氢气；（2）①根据Ksp[Fe((OH)3]计算，pH至少为3；②加入甲物质是使铁离子沉淀出来，同时不能引入新的杂质，加入不溶于水但与酸反应的铜的化合物，促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，故选用CuCO3、Cu2(OH) 2CO3 、 CuO、Cu(OH)2等。③通入的氧气把亚铁离子氧化为铁离子，铁离子能与铜反应而使其溶解；④硫酸铜晶体溶于水，洗涤时需用饱和硫酸铜溶液或乙醇（盐不易溶解于有机溶剂），降低其溶解损失；⑤双氧水是绿色氧化剂，产物是水无污染；（3）根据信息可以根据铝、锌的氢氧化物溶解于强碱，调节pH得到氢氧化铜沉淀，然后加硫酸溶解制的硫酸铜溶液。
考点：考查工业流程中物质的制备操作与分析等有关问题。
40．(12分)过氧化钙晶体[CaO2·8H2O]较稳定，呈白色，微溶于水，能溶于酸性溶液。广泛应用于环境杀菌、消毒等领域。
Ⅰ．过氧化钙晶体的制备
工业上生产CaO2·8H2O的主要流程如下：
CaCl2(s)
H2O2(30%)
NH3
副产品
产品
沉淀


溶解



过滤


……

洗涤



（1）用上述方法制取CaO2·8H2O的化学方程式是 。
（2）沉淀时常用冰水控制温度在10℃以下，其可能原因分别是 。
Ⅱ．过氧化钙晶体含量的测定
准确称取0.3000g产品于锥形瓶中，加入30 mL蒸馏水和10 mL 2.000 mol·L－1 H2SO4，用0.0200 mol·L—1KMnO4标准溶液滴定至终点。重复上述操作两次。H2O2和KMnO4反应的离子方程式为2MnO4－＋5 H2O2＋6H+ ＝2Mn2+＋5O2↑＋8H2O
（3）滴定终点观察到的现象为 。
（4）根据表1数据，计算产品中CaO2·8H2O的质量分数（写出计算过程）
滴定次数
样品的质量/g
KMnO4溶液的体积/mL
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
0.3000
1.02
24.04
2
0.3000
2.00
25.03
3
0.3000
0.20
23.24

【答案】（1）CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O＝CaO2·8H2O↓+2NH4Cl （2分）
（2）①温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率（或防止过氧化氢的分解）（2分）
（3）当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色（2分）
（4）82.91%
5(CaO2·8H2O)～5H2O2～2KMnO4（1分）
n(CaO2·8H2O)＝n(KMnO4)
＝×0.0200 mol·L—1×23.03mL×10—3L·mL—1（1分）
＝1.151×10—3 mol（1分）
CaO2·8H2O的质量分数为：×100%＝82.91%（1分）
【解析】
试题分析：（1）写化学方程式要从反应物和生成物入手，先确定是否是氧化还原反应，从流程是看出反应物是CaCl2、H2O2和NH3，生物是CaO2·8H2O，根据质量守恒定律可知另一种生物是NH4Cl，在这个反应中元素化合价没有发生变化，所以不是氧化还原反应，先写出CaCl2+H2O2+NH3——CaO2·8H2O↓+NH4Cl，再根据观察法进行配平，最后确定反应物还需要水参加反应。
（2）题目提供的条件是冰水控制温度在10℃以下，首先容易想到的是减少过氧化氢的分解。
（3）根据酸碱滴定原理，利用酸碱指示剂变色来确定滴定终点，本题是用酸性KMnO4来氧化H2O2，因为紫红色KMnO4溶液作氧化剂，会被还原成无色的Mn2+，所以不需要另加酸碱指示剂来确定滴定终点，当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色时，即可认定到达滴定终点。
（4）多步反应计算的特征是化学反应原理中多个反应连续发生，起始物与目标物之间存在确定的量的关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，依据方程式找出连续反应的过程中不同反应步骤之间反应物、生成物物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列出计算式求解，从而简化运算过程。
根据表格1所提供的数据，首先要算出三次滴定消耗的KMnO4的平均值为23.03mL，
2MnO4－＋5 H2O2＋6H+ ＝2Mn2+＋5O2↑＋8H2O
CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O＝CaO2·8H2O↓+2NH4Cl
再根据这两个方程式得出MnO4－与CaO2·8H2O的关系，
n(CaO2·8H2O)＝n(KMnO4)
＝×0.0200 mol·L—1×23.03mL×10—3L·mL—1（1分）
＝1.151×10—3 mol（1分）
CaO2·8H2O的质量分数为：×100%＝82.91%
考点：本题以工艺流程为基础，考元素及化合物性质、酸碱中和滴定原理及多步骤化学计算等相关知识。
41．（12分）海水综合利用的工艺流程图如下：

（l）步骤II用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%。
①有关反应的离子方程式为 ；
②该过程中除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题是 ；
（2）步骤I中已获得Br2，步骤II中又将Br2还原为Br-，其目的是 ；实验室中采用 方法可以起到同样的作用。
（3）分离出粗盐后的海水中蕴含着丰富的镁资源，经转化后可获得MgCl2粗产品。从海水中提取镁的步骤为：
a．将海边大量存在的贝壳锻烧成石灰，并将石灰制成石灰乳；
b．将石灰乳加人海水沉淀池中经过滤得到Mg(OH)2沉淀；
c．在Mg(OH)2沉淀中加人盐酸得到MgCl2溶液，再经蒸发结品得到MgCl2· 6H2O;
d．将MgCl2·6H2O在氯化氢氛围下加热得到无水MgCl2．电解熔融的氯化镁可得到Mg。
①写出直接加热MgCl2·6H2O的化学方程式 ；
②有同学认为：步骤b后可加热Mg(OH)2得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁，这样可简化生产步骤，体现简约性原则：你是否同意该同学的想法并说明理由： 。
【答案】
（1）Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br- 强酸对设备的严重腐蚀
（2）富集溴元素 萃取分液
（3）①MgCl2·6H2O MgO+2HCl↑+5H2O
②不同意，因为MgO的熔点很高，熔融时会耗费大量的能量而增加成本。
【解析】
试题分析：（1）反应产生强酸，具有腐蚀作用；（2）步骤I中已获得Br2是低浓度的，需要进一步富集达到工业生产的目的；实验室中采用有机溶剂萃取分液的方法达到富集溴；（3）将MgCl2·6H2O在加热时会发生水解生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解得到氧化镁，故应在HCl气氛中加热，抑制MgCl2水解；因为MgO的熔点很高，熔融时会耗费大量的能量而增加成本，所以采用电解MgCl2。
考点：考查工业流程中原理、操作、评析等有关问题。
42．氯化铁和高铁酸钾都是常见的水处理剂。下图为制备氯化铁及进一步氧化制备高铁酸钾的工艺流程。
②
Cl2
NaOH溶液
氧化剂Y
FeCl3浓溶液
FeCl3溶液
Cl2
铁屑
捕集
冷却
FeCl3固体
尾气
吸收剂X
①
Na2FeO4
饱和
KOH溶液
粗K2FeO4

请回答下列问题：
（1）氯化铁有多种用途，请用离子方程式表示下列用途的原理。
①氯化铁做净水剂______________________；
②用FeCl3溶液（32%～35%）腐蚀铜印刷线路板____________________________。
（2）吸收剂X的化学式为                　　    ；氧化剂Y的化学式为________________。
（3）碱性条件下反应①的离子方程式为____________________________________。
（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品。该反应的化学方程式为
2KOH＋Na2FeO4＝K2FeO4＋2NaOH，请根据复分解反应原理分析反应发生的原因_________。
（5）K2FeO4 在水溶液中易发生反应：4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑。在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用 （填序号）。
A．H2O B．稀KOH溶液、异丙醇 C．NH4Cl溶液、异丙醇 D．Fe(NO3)3溶液、异丙醇
（6）可用滴定分析法测定粗K2FeO4的纯度，有关反应离子方程式为：
①FeO42-＋CrO2- ＋2H2OCrO42-＋Fe(OH)3↓＋OH-
②2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O
③Cr2O72 -＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
现称取1．980 g粗高铁酸钾样品溶于适量氢氧化钾溶液中，加入稍过量的KCrO2，充分反应后过滤，滤液定容于250 mL容量瓶中。每次取25．00 mL加入稀硫酸酸化，用0．1000 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为18．93 mL。则上述样品中高铁酸钾的质量分数为 。
【答案】（1）① Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3(胶体) + 3H+（2分）
② 2Fe3+ + Cu＝2Fe2+ + Cu2+（2分）（2）FeCl2 ；NaClO（各1分）
（3）2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－＝2FeO42 －＋3Cl－＋5H2O（2分）
（4）K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行（2分）（5）B（2分）（6）63．1%（2分）
【解析】
试题分析：（1）铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性可以作净水剂，其原理可表示为Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3(胶体) + 3H+。
②铁离子具有氧化性，能氧化金属铜，则用FeCl3溶液（32%～35%）腐蚀铜印刷线路板的原理可表示为2Fe3+ + Cu＝2Fe2+ + Cu2+。
（2）吸收剂X能吸收尾气氯气生成氯化铁溶液，因此X应该是氯化亚铁，化学式为FeCl2。氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，则能氧化氯化铁的是次氯酸钠，化学式为NaClO。
（3）反应①是利用次氯酸钠氧化氯化铁制备高铁酸钠，根据电子得失守恒以及原子守恒可知，反应的离子方程式为2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－＝2FeO42 －＋3Cl－＋5H2O。
（4）要发生复分解反应则必须满足有挥发性物质或难电离物质或难溶性物质，因此根据方程式2KOH＋Na2FeO4＝K2FeO4＋2NaOH可知，该反应之所以能发生是由于K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行。
（5）根据方程式4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑可知，提纯K2FeO4应该抑制该反应，所以最好的试剂是稀KOH溶液（抑制平衡）、异丙醇（减小溶解），答案选B。
（6）根据反应①②③可知
FeO42-～～～～～6Fe2＋
1mol 3mol
n 0．1000 mol/L×0．01893L
解得n＝6．31×10－4mol
则上述样品中高铁酸钾的质量分数＝×100%＝63．1%
考点：考查氯化铁的性质、用途以及高碳酸盐制备的有关判断与含量计算
43．工业碳酸钠(纯度约为98％)中含有Mg2＋、Fe2＋、Cl－和SO42－等杂质，提纯工艺流程如下：

已知：碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如下图所示：

回答下列问题：
（1）溶解时通入热空气的作用有 (写出两条即可)；生成氢氧化镁沉淀的离子方程式为 。
（2）“趁热过滤”时的温度应控制在 ；简述过滤后洗涤固体的操作 。
（3）为检验母液中是否含有Cl-，必须加入的试剂为 。
（4）实验室进行“灼烧”的陶瓷仪器有 。
（5）室温下用石墨电极电解饱和Na2CO3溶液（装置如图），写出Y电极反应式： ；一段时间后X电极可收集到的气体一定有 ，可能有 。


【答案】（1）升温加快溶解速率、除去铁元素【或加热促进Fe3+（Fe2+）的水解或氧化Fe2+】（2分）；Mg2+ +2OH－= Mg (OH) 2↓（或MgCO3 +2OH－= Mg (OH) 2+CO32－） （2分）
（2）不低于36℃（2分）；
向过滤器中加入36℃的热水没过固体表面，待水自然流干后，重复操作2~3次（2分）
（3）足量的Ba(NO3)2和HNO3溶液（1分）、少量的AgNO3溶液（1分）
（4）坩埚、泥三角（2分）（答酒精灯不倒扣分，其余答错一个倒扣1分，直到本小问0分）
（5）2H+ +2e- =H2↑（或2H2O +2e- = H2↑+2OH-，2分）；O2；CO2（写名称也给分，各1分，共2分）
【解析】
试题分析：（1）溶解时通入热空气可以加快溶解速率，同时可以氧化亚铁离子为铁离子，方便除去铁元素；镁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Mg2+ +2OH－= Mg (OH) 2↓；
（2）碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出不同的溶质，据图可知，低于36℃时会生成Na2CO3·7H2O等，所以“趁热过滤”时的温度应控制在不能低于36℃；过滤后洗涤固体时不同于一般的洗涤，仍要注意蒸馏水的温度不能低于36℃，所以正确操作是向过滤器中加入36℃的热水没过固体表面，待水自然流干后，重复操作2~3次；
（3）因为溶液中存在SO42－，对Cl-的检验带来干扰，所以在检验Cl-前先除去SO42－，所用试剂是足量的Ba(NO3)2和HNO3溶液，然后在加入硝酸银溶液，观察现象，进行判断；
（4）坩埚有不同的类型，实验室进行“灼烧”的陶瓷仪器有瓷坩埚、泥三角；
（5）Y极是阴极，阳离子放电发生还原反应，电极反应式为2H2O +2e- = H2↑+2OH-，X极为阳极，氢氧根离子放电生成氧气，所以X极产生的气体一定有氧气，X极氢氧根离子放电，导致氢离子浓度增大，所以溶液中的碳酸根离子与氢离子反应会生成二氧化碳气体，因此气体中还可能含有二氧化碳。
考点：考查对工业流程的分析判断，洗涤固体的方法，离子检验，实验室仪器的判断，电解原理的应用
44．工业上利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质）回收铜和铬等金属，回收流程如下：

已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如下：

Fe3+
Cu2+
Cr3+
开始沉淀pH
2．1
4．7
4．3
完全沉淀pH
3．2
6．7
a

CaSO4

（1）在浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外,主要还有
（2）在除铁操作中，需要除去Fe3+和CaSO4,请完成相关操作：①加入石灰乳调节pH到 ；②将浊液加热到80℃， 。
（3）写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体的离子反应方程式 ，此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O的产率为95%，若NaHSO3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是 。
（4）当离子浓度≤1×10—5 mol•L-1认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀则要保持C(OH—)≥ 。已知：Ksp[Cr(OH)3]=6．3×10-31，）
【答案】（1）CuSO4 (3分)
（2）①3．2 (2分) ②趁热过滤 (2分)
（3）2H2O + HSO3— +2Cu2+=Cu2O↓+SO42— +5H+(3分)； 产生SO2污染环境(3分)
（4）4．0×10-9mol/L (3分)
【解析】
试题分析：（1）Fe2O3、CuO、Cr2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3、CuSO4、Cr2(SO4)3，所以在浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外,主要还有CuSO4；
（2）①除铁操作中铁离子沉淀完全，而铜离子与铬离子不能沉淀，铁离子沉淀完全的pH是3．2所以调节溶液pH到3．2；80℃时CaSO4的溶解度已经很小，此时以固体形式存在，若不趁热过滤，温度下降后，CaSO4的溶解度又增大，重新回到溶液中，达不到除杂目的，所以将浊液加热到80℃，要趁热过滤，以除去CaSO4
（3）Cu元素以Cu2+形式存在于溶液中，加入NaHSO3二者发生氧化还原反应，生成Cu2O固体，HSO3—被氧化成SO42—，所以离子方程式为2H2O+HSO3— +2Cu2+=Cu2O↓+SO42—+5H+；若NaHSO3过量，则该步骤中Cu2+被还原后的溶液酸性增强，则H+会与过量的NaHSO3反应产生SO2，污染环境；
（4）Cr3+完全沉淀时C(Cr3+)≤1×10—5 mol•L-1,而Ksp[Cr(OH)3]= C(Cr3+)·C(OH—)3=6．3×10-31，C(OH—)3= 6．3×10-31/ C(Cr3+)≥6．3×10-26,所以C(OH—) ≥×10-9=4．0×10-9。
考点：考查对工业流程的分析，反应产物、pH的判断，Ksp的有关计算，离子方程式的书写
45．铬铁矿的主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等杂质，以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（K2Cr2O7）的过程如下图所示。
已知：① NaFeO2遇水强烈水解。
② Cr2O72－+ H2O 2CrO42－+ 2H+

（1）K2Cr2O7中Cr元素的化合价是 。
（2）滤液1的成分除Na2CrO4、Na2SiO3外，还含有（填化学式） ；
生成滤渣1中红褐色物质反应的化学方程式是。
（3）由滤液2转化为Na2Cr2O7溶液应采取的措施是。
（4）煅烧铬铁矿生成Na2CrO4和NaFeO2反应的化学方程式是 。
（5）莫尔法是一种沉淀滴定法，以Na2CrO4 为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进行测定溶液中Cl－的浓度。已知：
银盐
性质
AgCl
AgBr
AgCN
Ag2CrO4
AgSCN
颜色
白
浅黄
白
砖红
白
Ksp
1．34×10－6
7．1×10－7
1．1×10－8
6．5×10－5
1．0×10－6

①滴定终点的现象是。
②若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选为滴定指示剂的是（选填编号）
A．NaCl B．K2CrO4 C．BaBr2
【答案】（1）+6（2分）
（2）NaOH、NaAlO2；（2分，只写一项得1分，多写或错写得0分）
NaFeO2+2H2O＝Fe(OH)3↓+NaOH；（3分）
（3）加硫酸酸化（2分）
（4）4[FeO·Cr2O3] + 7O2 + 20NaOH8Na2CrO4 + 4NaFeO2+ 10H2O（3分）
（5)①滴入最后一滴标准溶液，生成砖红色沉淀，且30s内沉淀不消失（2分）②B　（2分）
【解析】
试题分析：（1）根据化合物中各元素的化合价代数和为0的原则判断K2Cr2O7中Cr元素的化合价是+6价；
（2）由流程图判断，滤液1的成分除Na2CrO4、Na2SiO3外，氧化铝与氢氧化钠反应生成的NaAlO2，还含有过量的NaOH；
滤渣1是红褐色的氢氧化铁，是NaFeO2水解生成的，化学方程式为NaFeO2+2H2O＝Fe(OH)3↓+NaOH；
（3）滤液2中存在Cr2O72－+ H2O 2CrO42－+ 2H+，由滤液2转化为Na2Cr2O7溶液应使平衡逆向移动，所以应加酸酸化；
（4）流程图的第一步是铬铁矿在加热条件下与氢氧化钠、氧气反应生成Na2CrO4和NaFeO2，化学方程式为
4[FeO·Cr2O3] + 7O2 + 20NaOH8Na2CrO4 + 4NaFeO2+ 10H2O
（5）①由沉淀的溶度积判断，滴入硝酸银溶液时先生成氯化银白色沉淀，氯离子沉淀完全后才生成Ag2CrO4的砖红色沉淀，所以滴定终点时有砖红色沉淀生成。②若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，AgSCN与AgCl、AgBr相比，溶解度较大，所以若选用AC，则先生成AgCl、AgBr，而且颜色变化不明显，选用B，则先生成AgSCN，终点时有砖红色沉淀生成，所以选择K2CrO4可以指示滴定终点。
考点：考查对流程图的分析，物质的判断，平衡的移动，化学方程式的书写，沉淀的转化
46．碘在科研与生活中有重要应用,某兴趣小组用0．50 mol·L-1 KI、0．2%淀粉溶液、0．20 mol·L-1 K2S2O8、0．10 mol·L-1 Na2S2O3等试剂,探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知:S2O82-+2I-2SO42-+I2(慢） I2+2S2O32-2I-+ S4O62-(快)
向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液,当溶液中的 耗尽后,溶液颜色将由无色变为蓝色,为确保能观察到蓝色,S2O32-与S2O82-初始的物质的量需满足的关系为:n(S2O32-)∶n(S2O82-） 。
（2）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响,设计的实验方案如下表:
实验序号
体积V/mL
K2S2O8溶液
水
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
①
10．0
0．0
4．0
4．0
2．0
②
9．0
1．0
4．0
4．0
2．0
③
8．0
Vx
4．0
4．0
2．0

表中Vx mL,理由是 。
（3）已知某条件下,浓度c(S2O82-)反应时间t的变化曲线如图所示,若保持其他条件不变,请在答题卡坐标图中,分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O82-)-t的变化曲线示意图(进行相应的标注)

碘也可用作心脏起搏器电源-锂碘电池的材料,该电池反应为: 2Li(s)+I2(s)2LiI(s）ΔH
已知: ①4Li(s)+O2(g)2Li2O(s） ΔH1 ②4LiI(s)+O2(g)2I2(s)+2Li2O(s）ΔH2
则电池反应的ΔH= ；碘电极作为该电池的 极。
【答案】（1）Na2S2O3 ＜ 2
（2）2．0 保证反应物K2S2O8浓度改变，而其它的条件不变，才能达到实验目的
（3）
（4），正
【解析】
试题分析：（1）由反应的离子方程式可以看出当反应I2+2S2O32-=2I-+ S4O62-不再发生时容器内含有一定量的I2，溶液颜色将由无色变为蓝色。即当Na2S2O3耗尽时溶液颜色将由无色变为蓝色。根据两个反应方程式中的物质的关系可知：n(S2O32-)∶n(S2O82-)＜2，才可以有I2存在，也才能确保能观察到蓝色。（2）要探究反应物浓度对化学反应速率的影响，其它条件都相同，变量为K2S2O8溶液的浓度，根据①②可知混合溶液的体积为10ml．所以③中取K2S2O8 8．0ml，则需要水的体积为2．0ml．（3）降低温度，化学反应速率减慢，达到平衡所需要的时间延长；加入催化剂，化学反应速率加快。达到平衡所需要的时间缩短。c(S2O82-)与时间的关系见答案。（4）(①－②)÷2可得2Li(s)+I2(s)=2LiI(s）ΔH=。由于在反应中Li失去电子，作负极。而碘得到电子，因此碘电极作为该电池的正极。
考点：考查滴定终点时溶液中物质的量的关系、浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响及原电池反应原理的知识。
47．工业上常回收冶炼锌废渣中的锌（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质），并用来生产Zn(NO3)2·6H2O晶体，其工艺流程为：

有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：
氢氧化物
Al(OH)3
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Zn(OH)2
开始沉淀的pH
3．3
1．5
6．5
4．2
5．4
沉淀完全的pH
5．2
3．7
9．7
6．7
8．0

⑴在“酸浸”步骤中，为提高锌的浸出速率，除通入空气“搅拌”外，还可采取的措施是 。
⑵上述工艺流程中多处涉及“过滤”，实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有 。
⑶在“除杂I”步骤中，需再加入适量H2O2溶液，H2O2与Fe2+反应的离子方程式为 。为使Fe(OH)3 、Al(OH)3沉淀完全，而Zn(OH)2不沉淀，应控制溶液的pH范围为 。检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是 。
⑷加入Zn粉的作用是 。“操作A”的名称是 。
【答案】（1）适当升高反应温度（或增大硝酸浓度、将锌废渣粉碎等）；（2）烧杯、玻璃棒、漏斗；（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 5．2～5．4 静置，取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则表明Fe3+沉淀完全 （4）除去溶液中的Cu2+ 冷却结晶
【解析】
试题分析：⑴影响化学反应速率的因素有浓度、温度、固体颗粒的大小等。所以在“酸浸”步骤中，为提高锌的浸出速率，除通入空气“搅拌”外，还可采取的措施是适当升高反应温度（或增大硝酸浓度、将锌废渣粉碎等）。（2）在实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。⑶在“除杂I”步骤中，需再加入适量H2O2溶液，H2O2有氧化性，而Fe2+有还原性，二者容易发生氧化还原反应。根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得H2O2与Fe2+反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。为使Fe(OH)3 、Al(OH)3沉淀完全，而Zn(OH)2不沉淀，根据物质开始形成沉淀和沉淀完全时的pH 的大小，的应控制溶液的pH范围为5．2～5．4。检验Fe3+是否沉淀完全的原理就是利用Fe(SCN)3的血红色；实验操作是静置，取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则表明Fe3+沉淀完全。⑷由于溶液中还含有Cu2+。为了制取纯净的Zn(NO3)2·6H2O晶体，应该把杂质除杂。加入Zn粉的作用是除去溶液中的Cu2+，反应方程式为Zn+ Cu2+= Cu+ Zn2+。将溶液蒸发浓缩、冷却结晶然后过滤烘干即得到Zn(NO3)2 ·6H2O晶体。
考点：考查影响化学反应速率的因素、化学仪器的使用、混合物的分离、离子方程式的书写的知识。
48．实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)和绿矾(FeSO4·7H2O)，过程如下：

(1)将过程②中产生的气体通入下列溶液中，溶液会褪色的是________。
A．品红溶液　　　  B．紫色石蕊溶液
C．酸性KMnO4溶液　　　  D．溴水
(2)过程①中，FeS和O2、H2SO4反应的化学方程式为______________________________
(3)过程③中，需加入的物质是________。
(4)过程④中，蒸发结晶需要使用酒精灯、三脚架、泥三角，还需要的仪器有________________。
 (5)过程⑤调节pH可选用下列试剂中的________(填选项序号)。
A．稀硫酸　　B．CaCO3　　C．NaOH溶液
(6)过程⑥中，将溶液Z加热到70～80 ℃，目的是______________________。
【答案】(1)ACD
(2)4FeS＋3O2＋6H2SO4=2Fe2(SO4)3＋6H2O＋4S
(3)Fe(或铁)　(4)蒸发皿、玻璃棒　(5)B
(6)促进Fe3＋的水解
【解析】(1)过程②中产生的气体是SO2，具有漂白性(能使品红溶液褪色)；SO2对酸碱指示剂没有漂白作用。
(2)FeS化合价升高为1＋2＝3, O2 化合价降低4，两者个数比是4∶3，再结合原子守恒配平。
(3)过程③中加入铁将Fe3＋还原为Fe2＋，又不引入杂质。
(4)蒸发溶液时将液体放在蒸发皿中，并不断用玻璃棒搅拌。
(5)中和过量硫酸，选择CaCO3固体，若选择NaOH 溶液，则易使Fe3＋沉淀。
(6)升高温度，促进Fe3＋的水解。
49．现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子K＋、Fe3＋、Cu2＋、Ba2＋、Al3＋和五种阴离子Cl－、OH－、、、X中的一种。
(1)某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是________和________。
(2)物质C中含有离子X。为了确定X，现将(1)中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体。则X为________(填字母)。
A．Br－     B．
C．CH3COO－     D．
(3)将19.2 g Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，写出Cu溶解的离子方程式：________________，若要将Cu完全溶解，至少加入H2SO4的物质的量是________。


(4)若用惰性电极电解C和D的混合溶液，溶质的物质的量均为0.1 mol，请在坐标系中画出通电后阴极析出固体的质量m与通过电子的物质的量n的关系。(标明纵坐标数值)
(5)E溶液与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为______________________________。
【答案】(1)K2CO3　Ba(OH)2
(2)B
(3)3Cu＋8H＋＋2=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O　0.4 mol
(4)如图


(5)2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2
【解析】(1)五种均为可溶性物质，所以必含有K2CO3，因与另外四种阳离子形成的物质都是难溶物；由此可知必含有Ba(OH)2，因OH－与另三种阳离子形成的物质都是难溶物。(2)A与C混合产生的蓝色沉淀溶于稀硝酸，且剩余一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以A为Ba(OH)2、C为CuSO4。(3)由于Cu未溶解，加稀硫酸后产生红棕色气体，所以D为Al(NO3)3,3Cu＋8H＋＋2=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，，所需硫酸为0.4 mol。(4)阴极上阳离子放电：Cu2＋＋2e－=Cu，转移0.2 mol电子时Cu2＋放电完全，得到金属Cu 6.4 g，之后水电离出的H＋放电：2H＋＋2e－=H2↑，固体的质量不再变化。(5)由上述推断知E为FeCl3,2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2。
50．铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛,请根据下列实验回答问题:
(1)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧,生成有磁性的固体Y,将Y溶于过量盐酸的溶液中含有的大量阳离子是　　　。(2)某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等四种离子,向其中加入过量的NaOH溶液后,过滤,将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入过量的稀盐酸中,所得溶液与原溶液相比,溶液中大量减少的阳离子是　　　。A.Mg2+  B.Fe2+
C.Al3+  D.Cu2+
(3)氧化铁是重要工业颜料,用废铁屑制备它的流程如下:


回答下列问题:
①操作Ⅰ的名称是　　　,操作Ⅱ的名称是　　　。②写出在空气中煅烧FeCO3的化学方程式　　　　　　　　　　　　　　。(4)有些同学认为KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定。
a.称取2.850 g绿矾(FeSO4·7H2O)产品,溶解,在250 mL容量瓶中定容;
b.量取25.00 mL待测溶液放入锥形瓶中;
c.用硫酸酸化的0.010 00 mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00 mL。
①实验前,首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250 mL,配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外,还需　　　。②某同学设计的下列滴定方式,最合理的是　　　。(夹持部分略去)(填字母序号)


③写出滴定过程中反应的离子方程式　　　　　　　。④计算上述样品中FeSO4·7H2O的质量分数为　　　　　　　。
【答案】(1)Fe3+、Fe2+、H+
(2)BC
(3)①过滤　洗涤　②4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2
(4)①250 mL容量瓶　②b　③5Fe2+++8H+5Fe3++Mn2++4H2O　④0.975
【解析】(1)Y是Fe3O4,发生Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O;(2)Al3+与过量NaOH反应生成的在滤液中;Fe2+与NaOH反应生成Fe(OH)2,被空气中的氧气氧化成Fe(OH)3;(3)注意FeCO3中的铁为+2价,会被氧气氧化;(4)②酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,可以腐蚀橡胶,只有b正确;④n(FeSO4·7H2O)=n(Fe2+)=5n()=5×0.010 00 mol·L-1×20.00mL×10-3L·mL-1=1×10-3mol,m(FeSO4·7H2O)=1×10-3mol×10×278 g·mol-1=2.78 g。
51．(1)某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。
阴离子
、、、Cl－
阳离子
Al3＋、Cu2＋、Mg2＋、、Na＋

现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂Y的体积(V)的关系如图所示。


①若Y是盐酸，则溶液中含有的金属阳离子是____________________________，
ab段发生反应的总离子方程式为______________________________________，
表中Oa段与Y溶液反应的离子的物质的量之比为__________[要标明离子符号，如n(Na＋)]。
②若Y是NaOH溶液，则bc段反应的离子方程式为
_________________________________________________________________。
若不考虑离子的水解因素，忽略H＋和OH－的影响，且溶液中只存在4种离子，则它们的离子个数比为____________________________________________[按阳离子在前，阴离子在后，高价在前，低价在后的顺序排列]。
(2)锡为第ⅣA族元素，锡的单质和化合物与某些物质的化学性质上有许多相似之处。已知锡元素具有如下性质：
Sn4＋＋Sn=2Sn2＋；
2Sn2＋＋O2＋4H＋=2Sn4＋＋2H2O；
2H＋＋SnOSn(OH)2Sn2＋＋2OH－。
试回答：
①锡溶于盐酸，再向反应后的溶液中通入氯气，有关反应类似于铁的相应变化，试写出有关反应的离子方程式：
___________________________________，________________________________。
②将①中溶液蒸干后继续加热所得固体，变化过程类似于FeCl3溶液相应的变化，则最后得到的固体物质是(分子式)__________。
③若可用SnCl2溶液与过量的碱溶液反应的方法制Sn(OH)2, 该碱是__________。
【答案】
(1)①Na＋　＋2H＋=H2O＋CO2↑
n()∶n()＝11∶2
②Al(OH)3＋OH－=＋2H2O
N(Al3＋)∶N(Mg2＋)∶N()∶N(Cl－)＝2∶1∶4∶12
(2)①Sn＋2H＋=Sn2＋＋H2↑
Sn2＋＋Cl2=Sn4＋＋2Cl－
②SnO2　③NH3·H2O
【解析】
(1)①若Y为盐酸，则Oa段反应为2H＋＋=H2SiO3↓、H＋＋＋H2O=Al(OH)3↓，ab段反应为2H＋＋=H2O＋CO2↑，bc段反应为Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；X溶液中含有和，故阳离子中只有Na＋可以存在；设bc段反应消耗的H＋的物质的量为x，则根据bc段反应可得：n()＝x，根据Oa段反应可得：n()＋2n()＝4x，解得n()∶n()＝2∶11。②若Y为NaOH溶液，则Oa段反应为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，ab段反应为＋OH－NH3·H2O，bc段反应为Al(OH)3＋OH－=＋2H2O；设bc段反应消耗的OH－的物质的量为y，则根据ab段反应可得n()＝2y，根据bc段反应可得n()＝y，则根据元素守恒可知n(Al3＋)＝y，根据Oa段反应可得3n(Al3＋)＋2n(Mg2＋)＝4y，解得n(Mg2＋)＝y，根据电荷守恒可得n(Cl－)＝6y，可得：n(Al3＋)∶n(Mg2＋)∶n()∶n(Cl－)＝2∶1∶4∶12。(2)①Sn的简单阳离子为Sn2＋和Sn4＋，可迁移铁与盐酸反应，其产物再与氯气反应的离子方程式；②FeCl3溶液蒸干后继续加热所得固体为Fe2O3，故SnCl4溶液蒸干后继续加热所得固体应为SnO2；③由2H＋＋SnOSn(OH)2Sn2＋＋2OH－可知Sn(OH)2具有两性，故应用弱碱NH3·H2O和SnCl2反应制取Sn(OH)2以避免其与强碱反应。
52．有一种白色粉末，含有下列阴离子和阳离子中的几种。
阴离子：S2－、Cl－、NO、、、、。
阳离子：Na＋、Mg2＋、Al3＋、Ba2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋、。
将该白色粉末进行下列实验，观察到的现象如下：
实验操作
现象
a.取少量粉末，加水、振荡
全部溶解、
溶液无色透明

b.向所得溶液中慢慢滴入苛性钠溶液，并加热
无明显现象
c.取少量粉末，加盐酸
无明显现象
d.取少量粉末，加稀H2SO4和稀HNO3的混合液
有白色沉淀生成
根据实验推断：
(1)从a实验中，可推断粉末中不可能有 (填离子符号，下同)。
(2)从b实验中，可推断粉末中不可能有 。
(3)从c实验中，可推断粉末中不可能有 。
(4)从d实验中，可推断粉末中不可能有 ，一定含有 。
(5)以上各实验仍无法确定是否存在的离子是 。
【答案】(1)Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋、
(2)、Mg2＋、Al3＋
(3)、、S2－
(4) Ba2＋
(5)Cl－、、Na＋
【解析】(1)Fe3＋为棕黄色，Fe2＋为浅绿色，Cu2＋为蓝色，为紫色。
(2)与OH－可反应生成NH3，Mg2＋、Al3＋可与OH－反应生成沉淀。
(3)、可分别与H＋反应生成CO2气体。
(4)加入硫酸和硝酸生成的沉淀只能是BaSO4，因此可推出含有Ba2＋，则必不含有。
53．有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：K＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、、、Cl－、I－、，取该溶液进行如下实验：
实验步骤
实验现象
①取少量该溶液，加几滴甲基橙溶液
溶液变红色
②取少量该溶液，加入铜片和浓硫酸，加热
有无色气体产生，遇空气可以变成红棕色
③取少量该溶液，加入BaCl2溶液
有白色沉淀生成
④取③中的上层清液，加入AgNO3溶液
有稳定的白色沉淀生成，且不溶于稀硝酸
⑤取少量该溶液，加入NaOH溶液
有白色沉淀生成，当NaOH过量时，沉淀部分溶解
由此判断：
(1)溶液中一定存在的离子是 ；溶液中肯定不存在的离子是 。
(2)为进一步确定其他离子，应该补充的实验及对应欲检验离子的名称(若为溶液反应，说明使用试剂的名称，不必写详细步骤) 。
(3)写出实验⑤中所有反应的离子方程式： 。
【答案】(1)、、Mg2＋、Al3＋ Fe2＋、、I－、Ba2＋
(2)K＋的检验可以用焰色反应；Cl－的检验：向溶液中加足量的硝酸钡溶液，过滤后，向滤液中加硝酸银溶液，再加稀硝酸，若生成白色沉淀不溶解，则证明有Cl－
(3)H＋＋OH－=H2O Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓ Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓ Al(OH)3＋OH－=＋2H2O
【解析】原溶液无色，则其中不含有Fe2＋；实验①说明溶液呈酸性，所以不能大量存在；实验②说明溶液中含有，因为I－能被HNO3氧化，所以I－不能大量存在；实验③说明原溶液中含有，则肯定不含Ba2＋；实验④无法说明原溶液中是否含有Cl－，因为实验③引入了Cl－；实验⑤说明溶液中含有Mg2＋和Al3＋。
54．常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na＋、、Cu2＋、Ba2＋、Al3＋、Ag＋、Fe3＋，阴离子可能是Cl－、、、，已知：
①五种盐均溶于水，水溶液均为无色。
②D的焰色反应呈黄色。
③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性。
④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀。
⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失。
⑥把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀。
请回答下列问题：
(1)五种盐中，一定没有的阳离子是 ；所含阴离子相同的两种盐的化学式是 。
(2)D的化学式为 ，D溶液显碱性的原因是 (用离子方程式表示)。
(3)A和C的溶液反应的离子方程式是 ；
E和氨水反应的离子方程式是 。
(4)若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是 。
【答案】(1)Cu2＋、Fe3＋ (NH4)2SO4、Al2(SO4)3
(2)Na2CO3 ＋H2O＋OH－
(3)Ag＋＋Cl－=AgCl↓ Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3
(4)取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色
【解析】由于盐溶液没有颜色，所以没有Cu2＋和Fe3＋；根据实验现象可知，A、B、C、D、E分别为BaCl2、(NH4)2SO4、AgNO3、Na2CO3、Al2(SO4)3；检验，常用的方法是将铵盐与浓NaOH溶液共热，看是否能够产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。
55．A、B、C、D四种可溶的化合物(所含离子各不相同)，分别由阳离子Na＋、Mg2＋、Al3＋、Ba2＋和阴离子OH－、Cl－、、两两组合而成。为了确定这四种化合物的成分，某同学进行了如下实验操作：
①将四种化合物各取适量配成溶液，分别装入四支试管。
②取A溶液分别滴入另外三种溶液中，记录实验现象如下：
B溶液白色沉淀沉淀不溶解
C溶液白色沉淀沉淀不溶解
D溶液白色沉淀沉淀部分溶解
③向B溶液中滴入D溶液，无明显实验现象。
请回答下列问题：
(1)写出它们的化学式：
A ；B ；C ；D ；
(2)上述②的第三次实验，再加入A，沉淀部分溶解的离子方程式 。
(3)③中若向C溶液中滴入D溶液，可能出现的实验现象是 。用离子方程式表示其原因： 。
【答案】(1)Ba(OH)2 MgCl2 Na2CO3 Al2(SO4)3
(2)Al(OH)3＋OH－=＋2H2O
(3)冒出大量气泡，同时生成白色沉淀 2Al3＋＋3＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑
【解析】分析4种阳离子和4种阴离子之间的关系可知：只能与Na＋结合成Na2CO3，则OH－只能与Ba2＋结合成Ba(OH)2。对照实验②可知A为Ba(OH)2，D溶液中生成的白色沉淀再加Ba(OH)2溶液后沉淀部分溶解，说明D是Al2(SO4)3。根据实验③可确定B是MgCl2，则C是Na2CO3。(3)中与Al3＋发生水解相互促进反应生成气体和沉淀。
56．某无色溶液只可能含有以下几种离子：①Mg2＋、②Al3＋、③Fe2＋、④H＋、⑤、⑥Cl－、⑦OH－。向其中缓慢地滴入NaOH溶液至过量，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示，由此可确定原溶液中一定含有的离子是

A．①②⑤ B．①③④ C．②⑥⑦ D．①②④⑥
【答案】D
【解析】本题结合图像考查限制条件下的离子共存问题。Fe2＋的溶液为浅绿色，则含③的选项可以排除，即排除选项B；滴加氢氧化钠溶液，开始时没有沉淀生成，可推知溶液中含有较多的H＋，则含⑦OH－和⑤的选项可以排除，故排除A、C选项；生成沉淀的量先增加后减少且最终沉淀不完全溶解，可推知溶液中含有Al3＋、Mg2＋，再由溶液呈电中性可推知一定含有Cl－，选项D正确。
57．孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量铁的化合物和硅的化合物。以孔雀石为原料可制备CuCl2·3H2O及纯碱，流程如图所示。


已知：溶液A只含Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋三种金属离子，且三种离子沉淀时的pH如表所示。回答下列问题：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Cu2＋
pH
氢氧化物
开始沉淀
1.9
7.0
4.7
氢氧化物
完全沉淀
3.2
9.0
6.7
(1)图中“试剂1”为________。
(2)加入CuO的作用是调节溶液pH，则pH的范围为________。
(3)气体E、F与饱和食盐水作用生成H和G时，E和F应按一定先后顺序通入饱和食盐水中。其中，应先通入的气体是________(填代号及对应物质的化学式)。
(4)由溶液C获得CuCl2·3H2O，需要经过__________、________、过滤等操作。
(5)已知：常温下Cu(OH)2的Ksp＝2×10－20。计算Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋的平衡常数为________。
【答案】(1)Cl2或H2O2
(2)3.2≤pH<4.7
(3)F——NH3
(4)蒸发浓缩　冷却结晶
(5)5×10－9
【解析】(1)Fe2＋开始沉淀时的pH为7.0，此时Cu2＋已完全沉淀。所以欲除去Cu2＋中混有的Fe2＋时，必须先将其氧化为Fe3＋。为避免引入新杂质，试剂1可以是氯气或H2O2。
(2)调节pH的原则是使Fe3＋完全沉淀而Cu2＋不沉淀。
(3)CO2在饱和食盐水中的溶解度小，因此必须先通入NH3。
(5)Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋的平衡常数。根据Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)及常温下Kw＝c(H＋)·c(OH－)得：
58．
难溶性杂卤石(K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O)属于“呆矿”，在水中存在如下平衡：
K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O(s) 2Ca2＋＋2K＋＋Mg2＋＋4＋2H2O
为能充分利用钾资源，用饱和Ca(OH)2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程如下：


(1)滤渣主要成分有________和________以及未溶杂卤石。
(2)用化学平衡移动原理解释Ca(OH)2溶液能溶解杂卤石浸出K＋的原因：_________________________________________________。
(3)“除杂”环节中，先加入________溶液，经搅拌等操作后，过滤，再加入________溶液调滤液pH至中性。


(4)不同温度下，K＋的浸出浓度与溶浸时间的关系如图。由图可得，随着温度升高，
①________________________________________________________，
②________________________________________________________。
(5)有人以可溶性碳酸盐为溶浸剂，则溶浸过程中会发生：CaSO4(s)＋CaCO3(s)＋
已知298 K时，Ksp(CaCO3)＝2.80×10－9，
Ksp(CaSO4)＝4.90×10－5，求此温度下该反应的平衡常数K(计算结果保留三位有效数字)。
【答案】(1)Mg(OH)2　CaSO4
(2)加入Ca(OH)2溶液，Mg2＋与OH－结合生成Mg(OH)2沉淀，Mg2＋浓度减小，平衡正向移动，K＋增多
(3)K2CO3　H2SO4
(4)①溶浸平衡向右移动　　②K＋的溶浸速率增大
(5)CaSO4(s)＋CaCO3(s)＋的平衡常数，据Ksp(CaSO4).Ksp(CaCO3)可知：，则有。
【解析】解题时，要依据制备K2SO4的工艺流程，结合物质的分离与提纯的原则进行分析。
(1)杂卤石中加入Ca(OH)2溶液，Mg2＋与OH－结合生成Mg(OH)2沉淀，CaSO4微溶于水，过滤后，滤渣中含有Mg(OH)2.CaSO4及未溶解的杂卤石。
(2)加入Ca(OH)2溶液，Mg2＋与OH－结合生成Mg(OH)2沉淀，使c(Mg2＋)减小，杂卤石的溶解平衡正向移动，同时c(Ca2＋)与c()均增大，从而析出CaSO4沉淀，K＋留在滤液中。
(3)滤液中含有Ca2＋.OH－，可先加入过量K2CO3溶液，除去Ca2＋，过滤后，再加入稀H2SO4调节溶液的pH至中性。
(4)①溶浸平衡向右移动；②K＋的溶浸速率增大。
59．分子筛具有吸附能力强，热稳定性高等优良性能，使得分子筛获得广泛应用，某种型号分子筛的工业生产流程可表示如下：

在滴加氨水调节pH=9的过程中，若pH控制不当，会有Al(OH)3生成，假设生产过程中铝元素、硅元素均没有损失，钠原子利用率为10%。
（1）分子筛的直径为4A(1A=10－10m)称为4A型分子筛，当Na+被Ca2+取代时就制得5A型分子筛，当Na+被K+取代时就制得6A型分子筛。要高效分离正丁烷(分子直径为4．65A)和异丁烷(分子直径为5．6A)应该选用_______型分子筛。
（2）Al2(SO4)3溶液与Na2SiO3溶液反应生成胶体的离子方程式为________________________
（3）该生产流程中所得滤液里含有的离子除H+、OH－外，主要还有 等离子。检验其中金属阳离子的操作方法是 ；
（4）加NH3•H2O调节pH后，加热到90℃并趁热过滤的原因可能是 。
（5）该生产流程中所得分子筛的化学式为 。（用氧化物形式表示）
【答案】（1）5A（2）2Al3++3SiO32-+6H2O=2Al(OH)3+3H2SiO3
（3）Na+,NH4+,SO42-;将铂丝（或铁丝）在酒精灯上加热至无色，蘸取待测溶液放在酒精灯外焰上灼烧，若火焰呈黄色，则待测液中含有Na+;
（4）加热能促使胶体凝聚，趁热过滤可防止其它杂质晶体析出。
（5）Na2O·Al2O3·10SiO2·6H2O
【解析】
试题分析：（1）由于正丁烷的分子直径为4．65A，异丁烷的分子直径为5．6A，所以应该选择5A型分子筛才可以将二者分离开。（2）Al2(SO4)3是强酸弱碱盐， Na2SiO3是强碱弱酸盐，二者在溶液反应生成胶体的离子方程式为2Al3++3SiO32-+6H2O=2Al(OH)3+3H2SiO3。（3）根据质量守恒定律，可知在该生产流程中所得滤液里含有的离子除H+、OH－外，主要还有Na+、NH4+、SO42-。可以用焰色反应来检验其中金属阳离子Na+。具体操作方法是将铂丝（或铁丝）在酒精灯上加热至无色，蘸取待测溶液放在酒精灯外焰上灼烧，若观察到火焰呈黄色，则待测液中含有Na+。（4）加NH3•H2O调节pH后，加热到90℃并趁热过滤是因为加热能促使胶体凝聚，趁热过滤可防止其它杂质晶体析出而导致胶体不纯。（5）由于在生产过程中铝元素、硅元素均没有损失，钠原子利用率为10%。n(Al)=(34．2g÷342g/mol)×2=0．2mol；n(Si)=122g÷122g/mol=1mol；n(Na)=2n(Si)=2mol。所以在胶体中的Al:0．2mol;Si:1mol;Na: 2mol×10%=0．2mol;由于在化合物中的正负化合价的代数和为0，所以2n(O)=0．2×3+1×4＋0．2×1．解得n(O)=2．4．所以n(Na): n(Al): n(Si): n(O)=0．2:0．2:1:2．4=1:1:5:12．由于分子筛的化学式为NaxAlySiZOn·mH2O。质量为87．2g．{87．2g÷(382＋18m)g/mol}×1=0．2;解得m=3．因此该分子筛的化学式为NaAlSi5O12·3H2O．分子筛可以用不同的形式表示。在变化的过程中个元素的物质的量的比不能发生变化。所以用氧化物的形式表示为Na2O·Al2O3·10SiO2·6H2O。
考点：考查混合物的分离方法、离子方程式的书写、分子筛的化学式的确定及离子的鉴定的知识。
60．电子级钴的氧化物用于半导体工业和电子陶瓷等领域，是一种纯度很高的氧化物。其工业制取流程如下：
电子级钴
的氧化物
稀HNO3
工业级Co（含Fe、Si等杂质）
Co3(PO4)2溶液
滤渣A
滤液A
(NH4)2C2O4
滤渣B
(CoC2O4)
滤液B
洗涤、干燥
燃烧


（1）实验室过滤所需的仪器有铁架台、铁圈、烧杯、 和漏斗。
（2）滤渣A的成分除过量的Co3（PO4）3和Fe(OH)3外还有 （填化学式），加入CO3(PO4)2的目的是 。
（3）Co与稀硝酸反应生成 Co2+的离子方程式为： 。
（4）滤渣B经过反复洗涤、干燥后，进行灼烧，其热重分析图如下：写出下列化学反应方程式：

①AB段： ；
②BC段 。
【答案】（1）玻璃棒（2）Si 调节pH，保证Co2+不沉淀，而使铁离子全部沉淀
（3）3Co+8H++2NO3-=3Co2++4H2O+2NO↑
（4）CoC2O4CoO+CO↑+CO2↑ 6CoO+O22Co3O4
【解析】
试题分析：（1）实验室过滤所需的仪器有铁架台、铁圈、烧杯、玻璃棒和漏斗。（2）在加入硝酸酸化时钴、Fe都与硝酸发生反应得到硝酸钴、硝酸铁而Si不能与稀硝酸发生反应，所以过滤后存在于滤渣A中。因此滤渣A的主要成分除过量的Co3（PO4）3和Fe(OH)3外还有Si。加入CO3(PO4)2的目的是调节pH，保证Co2+不沉淀，而使铁离子全部沉淀。（3）Co与稀硝酸反应生成 Co2+，根据质量守恒定律和电子守恒、电荷守恒，可知该反应的离子方程式为3Co+8H++2NO3-=3Co2++4H2O+2NO↑。（4）滤渣B(CoC2O4)灼烧发生分解反应：CoC2O4=CoO+CO↑+CO2↑。得到固体为CoO。n(CoC2O4)=14．7g÷147g/mol=0．1mol;根据元素守恒可得m(CoO)=0．1mol×75g/mol=7．5g;而在t3时固体的质量为8．03g．根据质量守恒定律可知在BC段发生了反应：6CoO+O22Co3O4。
考点：考查混合物的分离方法、试剂的使用、化学方程式离子方程式的书写及有关计算的知识。
61． (15分)2012年4月15日，央视曝光河北一药用胶囊厂用皮革废料所生产明胶作原料。这些企业用生石灰处理皮革废料进行脱色漂白和清洗，随后熬制成工业明胶，卖给浙江新昌县药用胶囊生产企业，最终流向药品企业，进入消费者腹中。记者调查发现9家药厂的13个批次药品所用胶囊重金属铬含量超标。重铬酸钠俗称红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)是重要的化工产品和强氧化剂。工业制备的流程如下：
（1）化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3可写成Na2O·SiO2，则Fe(CrO2)2可写成 。
（2）煅烧铬铁矿时，矿石中难溶的Fe(CrO2)2生成可溶于水的Na2CrO4，反应化学方程式如下：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2 = 2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2为了加快该反应的反应速率，可采取的措施是 。（写一种即可）
（3）已知CrO42-在不同的酸性溶液中有不同的反应，如：2CrO42-+2H+= Cr2O72-+H2O ;
3CrO42-+4H+= Cr3O102-+2H2O ① 往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是 。
② 混合溶液乙中溶质的化学式是 。
（4）在含Cr2O72-废水中存在着平衡：Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+，请写出该平衡的平衡常数表达式K= ，若继续加水稀释，平衡将 移动(填“正向”、“逆向”“不”)。
（5）请配平碱性溶液还原法中发生的离子反应：□Cr2O72-+□S2-+□H2O - □Cr(OH)3+□S2O32-+□OH-
【答案】（1）FeO·Cr2O3
（2）粉碎矿石、升高温度
（3）① 少量不能除尽Na2CO3等杂质，过量会生成Na2Cr3O10等副产物。② Na2Cr2O7和Na2SO4
（4）c(CrO42-)2c(H+)2/c(Cr2O72-) 正向
（5） 4 6 19 8 3 14
【解析】
试题分析：（1）Fe(CrO2)2用氧化物的形式可写为FeO·Cr2O3。（2）加快该反应的反应速率的措施有粉碎矿石、升高温度、增大氧气的浓度等。（3）①往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是若是少量不能除尽其中的Na2CO3等杂质，若是过量又会生成Na2Cr3O10等副产物。②根据反应方程式2Na2CrO4+H2SO4= Na2Cr2O7+H2O +Na2SO4可知：混合溶液乙中溶质的化学式是Na2Cr2O7和Na2SO4。（4）反应Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+的化学平衡常数。若继续加水稀释，由于生成物的系数大。所以稀释的倍数多，稀释后生成物的浓度减小的多，平衡正向移动。（5）根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可配平方程式为4Cr2O72-+6S2-+19H2O =8Cr(OH)3+3S2O32-+14OH-。
考点：考查影响化学反应速率的因素、盐的氧化物的形式表示、化学平衡常数的表达式及有电子转移的离子方程式的书写的知识。
62．A、B、C、D、E、F六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素。它们之间的关系如下：
（Ⅰ）原子半径：A ＜ C ＜ B ＜ E ＜ D
（Ⅱ）原子的最外层电子数：A ＝ D， C ＝ E， A＋B ＝ C。
（Ⅲ）原子的核外电子层数：B ＝ C ＝ 2A
（Ⅳ）B元素的主要化合价：最高正价＋最低负价 ＝ 2
（Ⅴ）F的单质或合金是用量最大的金属材料。
请回答：（1）甲由A、B两种元素按原子数之比为3:1组成的物质，写出其电子式 ；
（2）写出某含F黑色的磁性氧化物与B最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应的离子方程式： 　　　 。
（3）由A、C、E三种元素组成的两种气体化合物，相互反应能生成淡黄色固体的化学反应方程式为： 。
（4）上述元素中A、B、C、E、F的五种元素可形成一种常见复盐，经检测该复盐由三种离子组成且离子个数比为1:1:2，向该盐溶液加入酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀；加入NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则该复盐的化学式为 。为检验该复盐中的某种有色离子存在，请写出实验的操作步骤和现象 ；
（5）将上述复盐配成0.1L 0.1mol/L的溶液，向其中加入0.06mol的BaCl2固体完全反应后，该溶液中c（SO42-）为：　　　 （已知：忽略溶液体积变化。该沉淀的Ksp=2×10-9）
【答案】（1）
（2）3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O
（3）SO2+2H2S=3S+2H2O
（4）NH4Fe(SO4)2，向该盐溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液变红则含有Fe3+
（5）5×10－9mol/l
【解析】
试题分析：根据题意可推知：A是H；B是N；C是O；D是Na；E是S；F是Fe。（1）甲是NH3，其电子式为。（2）Fe3O4和稀硝酸反应的化学方程式为3Fe3O4+28HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+14H2O;将其改写为离子方程式为3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O。（3）（3）由H、O、S三种元素组成的两种气体相互反应能生成淡黄色固体的化学反应方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O。（4）复盐是由两种不同的金属阳离子与一种酸根离子组成的化合物。向该盐溶液加入酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有SO42-；加入NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明含有NH4+；另一种阳离子为Fe2+或Fe3+。因为该复盐由三种离子组成且离子个数比为1:1:2，根据在化合物中正负化合价的代数和为0,的原则，因此含有的另一种金属阳离子为Fe3+。该盐的化学式为NH4Fe(SO4)2。检验Fe3+的方法是取盐溶液少许，向该盐溶液中加入硫氰化钾溶液，若溶液变红则含有Fe3+。（5）n(Ba2+)=0.06mol,n(SO42-)=0.1×0.1×2mol=0.02mol.因为发生反应：Ba2++ SO42-=BaSO4↓。二者的物质的量的比为1:1，所以Ba2+过量，反应后溶液中的c(Ba2+)=(0.06－0.02)mol÷0.1L=0.4mol/L.由于BaSO4Ksp=2×10-9，所以。
考点：考查元素的推断、物质的鉴定、离子的检验、离子方程式的书写及沉淀溶解平衡的应用的知识。
63．过氧化钙晶体[CaO2·8H2O]较稳定，呈白色，微溶于水，能溶于酸性溶液。广泛应用于环境杀菌、消毒等领域。
★过氧化钙晶体的制备
工业上生产CaO2·8H2O的主要流程如下：

（1）用上述方法制取CaO2·8H2O的化学方程式是 。
（2）沉淀时常用冰水控制温度在10℃以下和通入过量的NH3，其可能原因分别是
① ；② 。
★过氧化钙晶体含量的测定
准确称取0.3000g产品于锥形瓶中，加入30 mL蒸馏水和10 mL 2.000 mol·L－1 H2SO4，用0.0200mol·L—1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复上述操作两次。H2O2和KMnO4反应的离子方程式为2MnO4－＋5 H2O2＋6H+ ＝2Mn2+＋5O2↑＋8H2O
（3）滴定终点观察到的现象为 。
（4）根据表1数据计算产品中CaO2·8H2O的质量分数（写出计算过程）：
滴定次数
样品的质量/g
KMnO4溶液的体积/mL
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
0.3000
1.02
24.04
2
0.3000
2.00
25.03
3
0.3000
0.20
23.24

表1. KMnO4标准溶液滴定数据
【答案】（1）CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；（2）①温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率（或防止过氧化氢的分解）；②通入过量的NH3使溶液呈碱性，抑制CaO2·8H2O的溶解（或提高产品的产率）；（3）当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后由无色变浅红色，且半分钟内不褪色。（4）82.91% 5 CaO2·8H2O ～ 5 H2O ～ 2 KMnO4
n(CaO2·8H2O)=n(KMnO4)= ×0.0200mol/L×23.03mL×10-3L/mL=1.1151×10-3mol，所以CaO2·8H2O的质量分数为：=82.91%
【解析】
试题分析：（1）根据题意可知：用上述方法制取CaO2·8H2O的化学方程式是CaCl2+H2O2+2NH3+ 8H2O= CaO2·8H2O↓+2NH4Cl。（2）沉淀时常用冰水控制温度在10℃以下和通入过量的NH3是因为①温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；②通入过量的NH3使溶液呈碱性，抑制CaO2·8H2O的溶解（或提高产品的产率）。（3）CaO2+2H2O=Ca(OH)2+H2O2; 2MnO4－＋5 H2O2＋6H+ ＝2Mn2+＋5O2↑＋8H2O.当达到滴定终点时会观察到溶液由无色变为浅红色，半分钟内不褪色。（4）由方程式得关系式为：5CaO2·8H2O ～2KMnO4。消耗的KMnO4溶液的体积为{(24.04－1.02)+( 25.03－2.00)+( 23.24－0.20)}ml÷3=23.03ml.n(CaO2·8H2O)=n(KMnO4)= ×0.0200mol/L×23.03mL ×10-3L/mL =1.1151 ×10-3mol 。所以CaO2·8H2O的质量分数为：=82.91%。
考点：考查CaO2·8H2O的制备原理及操作注意问题、滴定终点的判断、物质含量的测定的知识。
64．二氧化氯（ClO2）可用于自来水消毒。以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括：①粗盐精制；②电解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取。工艺流程如下图：
B
过量试剂X
过滤
适量HCl至酸性
反应Ⅱ(电解)
粗盐水
Na2CO3、NaOH
反应Ⅲ
HCl
Cl2
ClO2
反应Ⅰ(沉淀)
滤渣

⑴ 粗食盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的试剂X，X是　 　(填化学式)，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42-，其原因是　 。（已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10 ；Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9）
⑵上述过程中，将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠与盐酸反应生成ClO2。电解时生成的气体B是　 ；反应Ⅲ的化学方程式为　 　。
⑶ ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了以下实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00 mL，稀释成100 mL试样。
步骤2：量取V1mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：ClO2＋I－＋H+—I2＋Cl－＋H2O 未配平)
步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。（已知：I2＋2S2O32-＝2I－＋S4O62-）
① 准确量取10.00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是　 　。
② 滴定过程中，至少须平行测定两次的原因是　 　。
③ 根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为　 mol·L－1（用含字母的代数式表示）。
【答案】⑴ BaCl2 、BaSO4 和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量的CO32-离子时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)
⑵H2 2NaClO3＋4HCl==2ClO2↑＋2NaCl＋2H2O
⑶ ①酸式滴定管 ②减少实验误差 ③
【解析】

试题分析：⑴ 粗食盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的试剂BaCl2，来除去SO42-；至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3来除去原溶液中的Ca2+和为除去SO42-而引入的Ba2+。然后再加入NaOH溶液来除去Mg2+，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42-，是因为在溶液中沉淀溶解平衡。BaSO4 和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量的CO32-离子时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s) 。⑵将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠。根据氧化还原反应中的化合价升高与降低的总数相等可知电解时生成的气体B为H2。根据题意反应Ⅲ的化学方程式为2NaClO3＋4HCl==2ClO2↑＋2NaCl＋2H2O。（3）①ClO2溶液显酸性，所以准确量取10.00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管。② 在碱性滴定实验过程中难免会产生误差，为了减少实验的偶然性，减少实验误差，实验至少须平行测定两次，取其平均值，这样就更接近理论值。③由方程式2ClO2＋10I－＋8H+==5I2＋2Cl－＋4H2O；I2＋2S2O32-＝2I－＋S4O62-.得关系式ClO2～5S2O32-。n(S2O32-)=cV2×10-3mol,所以V1mL ClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol 。则10ml的原溶液含有ClO2的物质的量为2CV2/V1×10-2mol.所以原ClO2溶液的物质的量浓度为2CV2/V1×10-2mol÷10-2L= mol/L。
考点：考查杂质的除去、氧化还原反应方程式的书写、物质的量浓度的计算的知识。
65．高锰酸钾是中学常用的试剂。工业上用软锰矿制备高锰酸钾流程如下。
石灰苛化

母液
滤渣
KMnO4
K2CO3


KOH
KMnO4
粗晶体


干燥


KMnO4
晶体


操作Ⅱ
操作Ⅰ
空气

反应①
CO2

粉碎
熔融
K2MnO4
KMnO4
K2CO3
MnO2


MnO2
KOH


H2O

（1）写出实验室利用KMnO4分解制取O2的化学方程式
（2）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列物质相同的是
A．84消毒液(NaClO溶液)
B．双氧水
C．苯酚
D．75%酒精
（3）在滴定实验中，常用 （填“酸式”或“碱式”）滴定管量取KMnO4溶液。
（4）写出反应①的化学方程式
（5）操作Ⅰ的名称是 ；操作Ⅱ根据KMnO4和K2CO3两物质在 （填
性质）上的差异，采用 （填操作步骤）、趁热过滤得到KMnO4粗晶体。
（6）上述流程中可以循环使用的物质有 、 （写化学式）,鉴于此现用100吨软锰矿（含MnO287.0%），理论上可生产KMnO4晶体 吨（不考虑制备过程中原料的损失）。
【答案】（1）2KMnO4 K2MnO4 ＋MnO2 ＋O2↑ （2分）
（2）AB （各1分，共2分，选错不得分）
（3）酸式 （2分）
（4）3K2MnO4 ＋2CO2 = 2KMnO4 ＋2K2CO3＋MnO2（2分）
（5）过滤（1分）　溶解度（1分）　浓缩结晶（1分）
（6）MnO2（1分）　KOH（1分） 158（2分）
【解析】
试题分析：（1）实验室利用KMnO4分解制取O2的化学方程式2KMnO4 K2MnO4 ＋MnO2 ＋O2↑
（2）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂，其消毒原理是利用了它的强氧化性。所以与高锰酸钾消毒原理相同的是A、84消毒液，利用了次氯酸的强氧化性，正确；B、双氧水具有强氧化性，正确；C、苯酚是利用了渗透作用使细菌蛋白质变性，错误；D、75%酒精是利用了渗透作用使细菌蛋白质变性，错误，答案选AB。
（3）因为高锰酸钾具有强氧化性，所以用酸式滴定管量取；
（4）根据所给产物，写出反应①的化学方程式3K2MnO4 ＋2CO2 = 2KMnO4 ＋2K2CO3＋MnO2
（5）将溶液与固体分离，用过滤的方法，所以操作1为过滤；KMnO4和K2CO3两物质在溶解度上操作差别，K2CO3的溶解度更大，所以利用溶解度的不同，采用浓缩结晶，趁热过滤得到高锰酸钾胶体；
（6）从流程图中可看出，MnO2与KOH开始消耗，后又生成，所以可循环使用；二者循环使用，可认为二氧化锰全部转化为高锰酸钾，即MnO2～KMnO4，软锰矿中MnO2的质量是87吨，所以可生成KMnO4的质量是158吨。
考点：考查常见氧化剂、氧化还原反应、化学计算和对物质制备的理解、分析能力，对化学方程式的记忆
66．
工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]的工艺流程如下：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4

回答下列问题：
（1）加入过量废铁屑的目的是 。
（2）加入少量NaHCO3的目的是调节pH，使溶液中的____（选填“Fe3＋”、“Fe2＋”或“Al3＋”）沉淀。该工艺流程中“搅拌”的作用是 。
（3）反应Ⅱ的离子方程式为 。在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作 。若参与反应的O2有11.2 L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为 。
（4）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2＋离子，可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子。该水解反应的离子方程式为 。
（5）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2＋及NO。为检验所得产品中是否含有Fe2＋，应使用的试剂为 。
A．氯水 B．KSCN溶液 C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液
（6）将11.9 g Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7 g。另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72 L（标准状况下）NO，向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2＋、Al3＋、Fe3＋完全转化为沉淀，则沉淀质量为 。
A．22.1 g B．27.2 g C．30 g D．无法确定
【答案】（1）使硫酸充分反应掉、提高硫酸利用率或使Fe3+尽可能转化为Fe2+（2分，答对一点即可得2分，其它合理答案也可）
（2）Al3+　（1分） 加快反应速率（或使反应物充分接触）（1分，意思相近均给分）
（3）Fe2+ + NO2- + 2H+ = Fe3+ + NO↑ + H2O （2分，漏反应条件或“↑”扣1分；未配平扣1分）；氧化剂（1分）； 2 mol（1分）
（4）2Fe(OH)2＋＋2H2OFe2(OH)＋2H＋（2分，写成等号扣1分；未配平扣1分）
（5）D（2分，多选0分）
(6)B（3分）
【解析】
试题分析：（1）加入过量废铁屑的目的是使硫酸充分反应掉、提高硫酸利用率或使Fe3+尽可能转化为Fe2+
(2)加入废铁屑后得到的溶液含硫酸亚铁、硫酸铝，根据沉淀对pH的选择，加入碳酸氢钠应先沉淀Al3+，该工艺流程中“搅拌”的作用是加快反应速率，使反应充分；
（3）反应Ⅱ为亚铁离子被亚硝酸盐氧化的反应，离子方程式为Fe2++NO2-+2H+ =Fe3++NO↑+H2O；反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作氧化剂，若参与反应的O2有11.2 L（标准状况），则转移电子的物质的量为2mol，反应中1mol NaNO2转移电子的物质的量为1mol，所以相当于节约NaNO22mol；
(4)根据题目所给信息，Fe(OH)2＋离子部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，溶液呈酸性，水解的离子方程式为2Fe(OH)2＋＋2H2OFe2(OH)＋2H＋
（5）A、氯水氧化亚铁离子为铁离子，溶液颜色变化不明显，不易作检验亚铁离子的试剂；B、KSCN溶液与亚铁离子不反应，错误；C、氢氧化钠溶液与溶液中的铁离子反应生成红褐色沉淀，不能检验溶液中是否含亚铁离子，错误；D、亚铁离子能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可作检验亚铁离子的试剂，答案选D。
（6）根据元素守恒，沉淀质量比原固体多了氢氧根离子，由题目可知与足量稀硝酸反应，生成0.3mol的NO，转移电子的物质的量是0.9mol，而反应后的溶液与氢氧化钠溶液反应生成的沉淀中氢氧根离子的个数与转移电子数相同，所以沉淀中Al、Mg、Fe的氢氧根离子的物质的量是0.9mol，所以沉淀的质量是11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，答案选B。
考点：考查对物质制备的分析能力，离子方程式的书写，元素守恒、得失电子守恒规律的应用，亚铁离子的检验
67．欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可采用以下四种方法。
方法一：
m1
m2
称量1
操作1
沉淀
操作2
操作3
操作4
称量2
试样
蒸馏水
试剂A
滤液
洗涤水
蒸馏水

方法二：
V(待)=100mL
某指示剂
称量
操作1
量取待测液
操作2
m
V(HCl)/mL
试样
蒸馏水
V(待)=20mL
标准液盐酸
(0.100 mol/L)

方法三：
浓硫酸
样品
稀硫酸
碱石灰
A
B
C

方法四：不使用化学试剂，使用实验室常用仪器
按要求回答下列问题：
（1）方法一：加入足量的试剂A （填写A的化学式）可将HCO3-离子转化为沉淀并称重。操作1、2、3、4的名称依次是溶解、 、洗涤和 ；
（2）方法二：在操作1中所用到的玻璃仪器中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的用到的是 ，在操作2中应选择的指示剂是 ；
（3）在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为 [用流程图中的数据m、V(HCl) 填写有关的表达式]；
（4）在方法三中：根据所用的实验装置，除了称量试样质量外，还需测定的实验数据是 ；
（5）仔细分析方法三中的实验装置，若由此测得的数据来计算实验结果，则有可能偏高也有可能偏低，偏高的原因可能是 ，偏低的原因可能是 （均文字简述）；
（6）方法四的实验原理是： （用化学方程式表示）。
【答案】（1）Ca(OH)2或 Ba(OH)2 （写名称不给分）；过滤 、干燥（烘干）（每空1分，共3分）
（2）100 mL容量瓶， 甲基橙 （每空1分，共2分）
（3） （2分）
（4）装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量 （2分）
（5）碱石灰可能还会吸收空气中的水蒸气和CO2气体
装置内会留存部分CO2气体 （每空2分，共4分）
（6）2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O
【解析】
试题分析：（1）与HCO3-反应钠产生沉淀的试剂有Ca(OH)2或 Ba(OH)2，二者选其一即可；操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥；
（2）方法二中还需100mL的容量瓶；酚酞的变色范围是8～10，未滴定完已变色，不可用；滴定终点时溶液偏酸性，应使用甲基橙作指示剂，溶液由黄色变为橙色；
（3）由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢钠的物质的量，原液是待测液的5倍，所以，样品中NaHCO3的质量分数为V(HCl)×10-3×0.100×5×84/m×100%=
(4)方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量；
（5）偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收；
（6）不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数，化学方程式是2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O
考点：考查对碳酸氢钠的质量分数的不同测定方法的分析计算
68．5种固体物质A、B、C、D、E由下表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。
阳离子
Na+　 Al3+ Fe3+　 Cu2+、　Ba2+
阴离子
OH－　Cl－　CO32－　NO3－　SO4－

分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：
①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体；
②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；
③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；
④B溶液与D溶液混合后无现象；
⑤将38.4 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 mol·L－1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。
（1）据此推断A、C的化学式为：A ；C 。
（2）写出步骤②中发生反应的化学方程式 。
（3）D溶液中滴入石蕊试液，现象是 ，
原因是 (用离子方程式说明)。
（4）步骤⑤中若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是 mL。
（5）现用500 mL 3 mol·L－1的E溶液充分吸收11.2 L CO2气体(标准状况 下)，反应后溶液中各离子的物质量浓度由小到大的顺序为 。
（6）若用惰性电极电解A和B的混合溶液，溶质的物质的量均为0.1 mol，请在坐标系中画出通电后阳极产生气体的体积(标准状况下)V与通过电子的物质的量n的关系(不考虑气体溶于水)。
’

【答案】（1）CuSO4 Ba(OH)2(各1分)
（2）2FeCl3+3Na2CO3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑+6NaCl(2分)
（3）溶液由无色变成红色(2分) Al3++3H2OAl(OH)3+3H+(2分)　　
（4）500(2分)
（5）c(H+)＜c(OH－)＜c(CO32－)＜c(HCO3－)＜c(Na+)(2分)
（6）(2分)

【解析】
试题分析：由①知，A、C反应产生的沉淀中应是氢氧化铜和硫酸钡沉淀；则A、C是CuSO4、Ba(OH)2中的一种；由②知，B、E只能是盐类，双水解产生气体和沉淀，其中含有Fe3+ 、CO32－，且其中必有Na2CO3；由③知C为强碱，所以C是Ba(OH)2，A是CuSO4；D为铝盐；由②④知，E为Na2CO3；由⑤知D中有NO3－，所以D为Al(NO3)3，则B只能为FeCl3。
（1）A、C的化学式为：CuSO4 、Ba(OH)2
（2）步骤②是Fe3+ 、CO32－的双水解反应，化学方程式为2FeCl3+3Na2CO3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑+6NaCl；
（3）Al(NO3)3溶液由于Al3+水解而是溶液显酸性，所以加入石蕊试液，溶液变红色，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
（4）根据Cu与稀硝酸反应的离子方程式3Cu+8H++2N3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，得3Cu～8H+，38.4 g Cu的物质的量为0.6mol，所以需要硫酸的物质的量是0.8，其体积为500mL；
（5）由题意知n(CO2)=0.5mol，n(Na2CO3)=1.5mol，所以二者反应后溶液中有1mol的NaHO3，1mol的Na2CO3，
Na2CO3水解程度大于NaHO3水解程度，所以溶液中离子浓度由小到大的顺序为c(H+)＜c(OH－)＜c(CO32－)＜c(HCO3－)＜c(Na+)(2分)
（6）阳极先是Cl-放电，溶液中共有0.3mol Cl-,根据2 Cl- +2 e-= Cl2↑，得转移电子0.3mol时产生气体标准状况下的体积是3.36L；然后是氢氧根离子放电，4OH--4 e-=O2↑+2H+，每转移0.1mol电子就生成0.56L的气体，所以图像如下：
考点：考查化合物的判断，离子反应，盐的水解，氧化还原反应的计算，离子浓度的比较，电解原理的应
用
69．硫酸铅广泛应用于制造蓄电池。利用锌冶炼过程中的铅浮渣生产硫酸铅的流程如下：

已知铅浮渣的主要成分是PbO、Pb，还含有少量Ag、Zn、CaO和其他不溶于硝酸的杂质。25℃时，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，Ksp(PbSO4)＝1.6×10－8。
（1）已知步骤Ⅰ有NO产生，浸出液中含量最多的阳离子是Pb2+。分别写出PbO、Pb参加反应的离子方程式 、 。
（2）步骤Ⅰ需控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余，目的是 。
（3）母液可循环利用于步骤Ⅰ，其溶质主要是 (填一种物质化学式)，若母液中残留的SO42－过多，循环利用时可能出现的问题是 。
（4）产品PbSO4还需用Pb(NO3)2溶液多次洗涤，目的是除去 。
（5）铅蓄电池的电解液是硫酸，充电后两个电极上沉积的PbSO4分别转化为PbO2和Pb，充电时阴极的电极反应式为 。
【答案】（1）PbO＋2H+＝Pb2+＋H2O （2分）；
3Pb＋8H++2NO3-＝3Pb2+＋2NO↑＋4H2O （2分）
（2）防止Ag被溶解进入溶液（或使Ag留在浸出渣中）（2分）
（3）HNO3（2分）；浸出时部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率（2分）
（4）CaSO4杂质（2分）
（5）PbSO4＋2e－＝Pb＋SO42－ （3分）
【解析】
试题分析：（1）PbO与硝酸发生非氧化还原反应，离子方程式为PbO＋2H+＝Pb2+＋H2O；Pb与硝酸发生氧化还原反应，有NO气体放出，离子方程式为3Pb＋8H++2NO3-＝3Pb2+＋2NO↑＋4H2O ；
（2）Pb的活泼性比Ag强，Ag也可与硝酸反应，所以使Pb稍有剩余目的是防止Ag被溶解进入溶液（或使Ag留在浸出渣中）；
（3）硫酸铅不溶于硝酸，所以硝酸铅与硫酸发生复分解反应，生成硫酸铅和硝酸，因此母液的主要溶质是HNO3；若母液中残留的SO42－过多，则在步骤Ⅰ中就有硫酸铅沉淀生成，随浸出渣排出，降低PbSO4的产率；
（4）浸出液中除含硝酸铅外还有硝酸钙，与硫酸反应有微溶的硫酸钙生成，所以洗涤的目的是除去CaSO4杂质；
（5）充电时铅蓄电池相当于电解池，阴极是硫酸铅发生还原反应生成Pb单质，电极反应式为PbSO4＋2e－＝Pb＋SO42－ 。
考点：考查硫酸铅的制取，离子方程式、电极反应式的书写，对实验步骤的分析判断
70．工业上常回收冶炼锌废渣中的锌(含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)，并用来生产ZnSO4·6H2O晶体，其工艺流程如下，有关氢氧化物沉淀时的pH如下表。

氢氧化物
Al(OH)3
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Zn(OH)2
开始沉淀的pH
3.3
1.5
6.5
5.4
沉淀完全的pH
5.2
3.7
9.7
8.0

（1）上述工艺流程中多处涉及“过滤”，实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有 。
（2）在“除杂Ⅰ”步骤中，需再加入适量H2O2溶液的目的是 。
为使Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全，而Zn(OH)2不沉淀，应控制溶液的pH范围为 。
为控制上述PH范围可选择加入的试剂或药品是 。
A．ZnO B．氨水 C．固体NaOH D．ZnCO3
（3）在“除杂Ⅱ”步骤中，加入Zn粉的作用是 。“操作A”的名称是 。
（4）常温下，已知Ksp〔Cu(OH)2〕＝2×10－20，某CuSO4溶液里c（Cu2＋）＝0.02 mol·L－1，如果要生成Cu(OH)2沉淀，则应调整溶液pH大于 。
【答案】（1）烧杯、玻璃棒、漏斗（3分）；
（2）将Fe2+完全氧化为Fe3+，便于完全沉淀（2分）；5.2～5.4（2分）；AD（2分）
（3）除去溶液中的Cu2+（1分）；冷却结晶（1分）　　　
（4）5（2分）
【解析】
试题分析：（1）过滤操作中需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
（2）溶液中的铁、铝元素最终以沉淀形式除去，所以加入适量H2O2溶液的目的是将Fe2+完全氧化为Fe3+，便于完全沉淀；根据表中数据pH=5.2时Al(OH)3完全沉淀，Fe(OH)3也已沉淀完全，但Zn(OH)2不能沉淀，所以溶液的pH范围为5.2～5.4；加入的试剂或药品既能中和酸调节pH值，同时不能引入新的杂质，所以只能选择AD；
（3）溶液中的铁、铝元素除去后仍存在铜离子，所以加入Zn粉目的是除去铜离子；加热浓缩后的步骤是冷却结晶；
（4）Ksp〔Cu(OH)2〕＝2×10－20，溶液中c（Cu2＋）＝0.02 mol·L－1，所以只需c（Cu2＋）×c(OH-)2>=2×10－20, Cu(OH)2沉淀即可生成，解得c(OH-)>=1×10－9,所以pH>=5.
考点：考查仪器的选择，溶液的除杂，对实验步骤的分析判断，溶液pH的计算
71．现有A、B、C、D、E五种化合物，已知它们的阳离子有Al3+、Fe2+、K+、Ba2+、Ag+，阴离子有SO42-、Cl-、CO32-、NO3-、OH-现将它们分别配成0．1mol/L的溶液进行如下实验:
①测得C和E溶液显碱性，且碱性E＞C
②A与C溶液混合后有白色沉淀和无色无味的气体生成，继续加入E溶液后溶液变澄清
③A溶液中加入D溶液后也出现白色沉淀，该沉淀不溶于稀硝酸
④B溶液中加入E溶液出现白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
根据以上实验，回答下列问题：
（1） 写出五种物质的化学式
A ， B ， C ， D ， E 。
（2）按要求写出下列反应的反应方程式：
A与C 反应的离子方程式： 。
A中加入过量的E溶液后的离子方程式 。
B与E反应后的白色沉淀在空气中最终变成红褐色的化学方程式： 。
【答案】（1）AlCl3、FeSO4、K2CO3、AgNO3、Ba(OH)2
（2）2Al3++3 CO32-+3 H2O= 3CO2↑+ 2Al(OH)3↓；Al3++4 OH-= AlO2-+2 H2O；
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3
【解析】
试题分析：分析题意：由①得E为强碱Ba(OH)2、C为水解显碱性的盐，只能是K2CO3；由②得无色无味的气体是二氧化碳，则A为铝盐；由③得该沉淀为氯化银或硫酸钡，E中含Ba2+，所以该沉淀只能是氯化银，则D是AgNO3；由此推出A是AlCl3；剩余B只能是FeSO4。
（1）五种物质的化学式分别是AlCl3、FeSO4、K2CO3、AgNO3、Ba(OH)2
（2）A与C发生双水解反应，离子方程式为2Al3++3 CO32-+3 H2O= 3CO2↑+ 2Al(OH)3↓；AlCl3与过量Ba(OH)2反应生成偏铝酸钡和水，离子方程式为Al3++4 OH-= AlO2-+2 H2O；B与E反应后的白色沉淀是氢氧化亚铁沉淀，在空气中被氧气氧化生成氢氧化铁，化学方程式为4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3
考点：考查根据实验现象判断物质组成，化学方程式、离子方程式的书写
72．某化学小组对SO2与漂白粉的反应进行实验探究，实验过程如下：取10克漂白粉固体，加入250mL水中，部分固体溶解溶液略有颜色，过滤后用洁净的玻璃棒沾取滤液到pH试纸上，发现pH试纸先变蓝（约为12）后褪色．回答下列问题：
（1）工业制取漂白粉的化学方程式是 __ ，漂白粉在空气中变质的原因 （用化学反应方程式说明）
（2）pH试纸颜色的变化说明漂白粉溶液具有的性质是 ，ClO2和漂白粉一样也具有强氧化性，其消毒效率（以单位物质的量得电子的数目表示）是Cl2的 倍；
（3）将SO2持续通入漂白粉溶液中，发现澄清透明的溶液先变为黄绿色，随后溶液中产生大量白色沉淀且黄绿色褪去。回答下列问题：
①澄清透明溶液变为黄绿色的可能原因是：随溶液酸性的增强，漂白粉的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是 ；
②用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因： ；
③SO2与漂白粉的有效成分在酸性条件下反应的离子方程式： 。
【答案】（1） 2Cl2+ 2Ca(OH)2= CaCl2+2H2O+Ca(ClO)2；Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO
（2）碱性和漂白性；2．5倍
（3）①向漂白粉溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；
②Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-。
③2SO2+Ca2++2ClO-+2H2O=4H++2Cl-+CaSO4↓+SO42-
【解析】
试题分析：（1）工业制取漂白粉是利用氯气与石灰乳反应，化学方程式为：2Cl2+ 2Ca(OH)2= CaCl2+2H2O+Ca(ClO)2；漂白粉易与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸而变质，化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HclO；
（2）漂白粉溶液使pH是指变蓝说明漂白粉溶液显碱性，后又褪色，说明漂白粉溶液还具有漂白性；ClO2分子中氯元素的化合价是+4价，被还原为Cl-需得5个电子，而Cl2被还原为Cl-需得2个电 子，所以ClO2消毒效率是Cl2的2．5倍；
（3）①随溶液酸性的增强，漂白粉的有效成分和C1-发生反应，生成氯气溶于水使溶液显黄绿色，所以验证方案是直接向漂白粉溶液中加入稀硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；
②溶液黄绿色褪去使因为氯气与二氧化硫反应生成硫酸和氯化氢的缘故，离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-；
③漂白粉的有效成分是次氯酸钙，与二氧化硫在酸性条件下发生氧化还原反应，有白色沉淀硫酸钙生成，离子方程式为2SO2+Ca2++2ClO-+2H2O=4H++2Cl-+CaSO4↓+SO42-
考点：考查漂白粉的制取，离子方程式的书写，对实验现象的分析
73．I．用元素符号回答原子序数11-18的元素的有关问题：(填对应物质的化学式)
（1）最高价氧化物的水化物碱性最强的是 ;其电子式为：
（2）最高价氧化物的水化物呈两性的是 ;
（3）能形成气态氢化物且最稳定的是 ，其电子式为 ．
II．化学是一门以实验为基础的自然科学，根据已有实验知识回答下列问题。
下列说法错误的是 。
A．将Cl2通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色
B．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
C．配制1L0．5mol·L-1的NaCl溶液，需用托盘天秤称量29．25gNaCl固体
D．常温下，可以用铁质容器储运浓硝酸
E．实验室可以用加热氯化铵的方法制取少量氨气
F．实验室保存硫酸亚铁溶液，需在试剂瓶内加入铁粉或铁钉，防止硫酸亚铁被氧化
G．除去KCl溶液中少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤
【答案】I．（1）NaOH，
（2） Al(OH)3
（3）HCl，
II．C E G
【解析】
试题分析：I．（1）原子序数11-18的元素中金属性最强的元素是Na，其最高价氧化物的水化物碱性最强，化学式为NaOH，电子式为；
（2）原子序数11-18的元素中Al的最高价氧化物的水化物呈两性，是Al(OH)3
（3）原子序数11-18的元素中Cl元素的非金属性最强，气态氢化物最稳定，化学式为HCl，电子式为；
II．A、氯气溶于水显酸性，石蕊试液变红，同时有次氯酸生成，所以又褪色，正确；B、分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，正确；C、托盘天秤称量固体时只能精确到0．1g，错误；D、常温下，铁与浓硫酸发生钝化，反应停止，正确；E、氯化铵分解产生氨气和氯化氢气体，遇冷又结合成氯化铵，得不到氨气，错误；F、硫酸亚铁空气中被氧化为硫酸铁，所以需在试剂瓶内加入铁粉或铁钉，防止硫酸亚铁被氧化，正确；G、除去KCl溶液中少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，除去了镁离子，同时又增加了钠离子，错误，答案选C、E、G。
考点：考查11到18号元素的性质，实验操作、实验现象、物质除杂的判断
74．实验室有一瓶混有氯化钠的氢氧化钠固体试剂，经测定氢氧化钠的质量分数约为82%，为了验证其纯度，用浓度为0.2 mol·L－1的盐酸进行滴定，完成下列问题：
(1)称取5.0 g该氢氧化钠固体样品，配成500 mL溶液备用。
(2)将标准盐酸装在25.00 mL的________滴定管中，调节液面位置在“0”刻度以下，并记录下刻度。
(3)取20.00 mL待测液。该项实验操作使用的主要仪器有________。用酚酞作指示剂时，滴定到溶液颜色由________色刚好变成________色为止。
(4)滴定达终点后，记下盐酸用去20.00 mL，计算氢氧化钠的质量分数为________。
(5)试分析上述滴定误差可能由下列哪些实验操作引起________(填序号)。
A．转移待测液至容量瓶时，未洗涤烧杯
B．酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接装盐酸
C．滴定时反应器摇动太激烈，有少量液体溅出
D．滴定到终点时，滴定管尖嘴悬有气泡
E．滴定开始时读数仰视，终点时读数俯视
【答案】(2)酸式　(3)碱式滴定管、锥形瓶　红　无
(4)80%　(5)ACE
【解析】待测液的浓度为：(0.2 mol·L－1×0.02 L)÷0.02 L＝0.2 mol·L－1,5.0 g该氢氧化钠固体样品中含有NaOH的质量为：0.2 mol·L－1×0.5 L×40 g·mol－1＝4.0 g，故样品中NaOH的质量分数为：4.0 g÷5.0 g ×100%＝80%，比实际值低。由此可判断问题(5)，滴定过程中待测液的损失及标准液体积的减少都将导致测定结果偏低。
75．某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验。
实验一：配制并标定醋酸溶液的浓度
取冰醋酸配制250 mL 0.2 mol/L的醋酸溶液，用0.2 mol/L的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对稀释后醋酸溶液的浓度进行标定。回答下列问题：
(1)配制250 mL 0.2 mol/L醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、________和________。
(2)为标定某醋酸溶液的准确浓度，用0.2000 mol/L的NaOH溶液对20.00 mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：
实验序号
1
2
3
4
消耗NaOH溶液的体积(mL)
20.05
20.00
18.50
19.95

则该醋酸溶液的准确浓度为__________(保留小数点后四位)。
实验二：探究浓度对醋酸电离程度的影响
用pH计测定25°C时不同浓度的醋酸的pH，结果如下：
醋酸浓度(mol/L)
0.0010
0.0100
0.0200
0.1000
0.2000
pH
3.88
3.38
3.23
2.88
2.73

回答下列问题：
(3)根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是
____________________________________________________
(4)从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)实验三：该同学用pH计测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH，该同学的实验目的是：____________________________________________
【答案】(1)胶头滴管　250 mL容量瓶　(2)0.200 0 mol/L
(3)0.010 0 mol/L醋酸的pH大于2(或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1，合理即可)　(4)增大
(5)探究温度对醋酸电离程度的影响
【解析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液时用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶。
(2)由于第3次实验的数据差别太大，舍去，则消耗NaOH溶液的体积为： mL＝20.00 mL，则c(CH3COOH)＝0.200 0 mol/L。
(3)由表中数据知，0.010 0 mol/L醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1，可以得出醋酸是弱电解质。
(4)从表中的数据知，随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度增大。
(5)用pH计测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH的目的是：探究温度对醋酸电离程度的影响。
76．现有四瓶丢失标签的NaOH、Na2CO3、AlCl3、NH4HSO4溶液，为鉴别四瓶溶液，将四瓶溶液编号为A溶液、B溶液、C溶液、D溶液进行实验。实验过程和记录如图所示(无关物质已经略去)：


请回答：
(1)Y、Z的化学式分别为：Y________；Z__________。
X与B反应的离子方程式为_________________________________________________。
(2)D溶液pH________7(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是(用离子方程式表示)______________________________
(3)等物质的量浓度的A、B、C、D溶液pH由大到小的顺序是__________________。(用化学式表示)
(4)请写出C与过量B反应(加热)的离子方程式________________________________
(5)若B、C的稀溶液混合后(不加热)溶液呈中性，则该溶液中离子浓度从大到小的顺序是___________________________
【答案】(1)NH3　CO2 Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－
(2)大于　CO＋H2OHCO＋OH－
(3)NaOH＞Na2CO3＞AlCl3＞NH4HSO4
(4)NH＋H＋＋2OH－NH3↑＋2H2O
(5)[Na＋]＞[SO]＞[NH]＞[H＋]＝[OH－]
【解析】根据A、B反应的物质的量之比及沉淀和B反应的物质的量之比可知，A为AlCl3，B为NaOH；NaOH与C反应可产生使石蕊溶液变蓝的气体，则C为NH4HSO4，D为Na2CO3。
(5)由于NH水解使溶液呈酸性，而NaOH、NH4HSO4的稀溶液混合后(不加热)溶液呈中性，则NaOH的物质的量比NH4HSO4的大，该混合溶液中离子浓度从大到小的顺序是[Na＋]＞[SO]＞[NH]＞[H＋]＝[OH－]。
77．某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Fe、Cu的金属活动性，他们提出
了以下两种方案。请你帮助他们完成有关实验项目：
方案Ⅰ：有人提出将大小相等的铁片和铜片，分别同时放入稀硫酸(或稀盐酸)中，观察产生气泡的快慢，据此确定它们的活动性。该原理的离子方程式为_______________________________________
方案Ⅱ：有人利用Fe、Cu作电极设计成原电池，以确定它们的活动性。试在下面的方框内画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出电极反应式。
正极反应式：_______________________。
负极反应式：_______________________。
方案Ⅲ：结合你所学的知识，帮助他们再设计一个验证Fe、Cu活动性的简单实验方案(与方案Ⅰ、Ⅱ不能雷同)：______________________，用离子方程式表示其反应原理：________________________________。
【答案】方案Ⅰ：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑
方案Ⅱ：



方案Ⅲ：将铁片置于CuSO4溶液，若铁棒表面覆盖一层铜，说明Fe比Cu活动性强　
Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu(合理即可)
【解析】方案Ⅰ：铁与酸反应而铜与酸不反应。Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑
方案Ⅱ：设计原电池时以铁、铜为电极，电解质溶液应能与电极反应，实验现象应比较明显。
方案Ⅲ：设计简单实验时注意原理与方案Ⅰ及方案Ⅱ的原理不同，且现象明显，操作简单。
78．MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗MnO2(含有较多的MnO和MnCO3)样品转化为纯MnO2的实验，其流程如下：

(1)第①步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的 (写化学式)转化为可溶性物质。
(2)第②步反应的离子方程式是 ＋ClO3－＋ =MnO2↓＋Cl2↑＋ 。
(3)第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台(含铁圈)、 、 、 ，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还含有 (写化学式)。
(4)若粗MnO2样品的质量为12.69 g，第①步反应后，经过滤得到8.7 g MnO2，并收集到0.224 L CO2(标准状况下)，则在第②步反应中至少需要 mol NaClO3。
【答案】(1)MnO、MnCO3
(2)5　Mn2＋　2　4　H2O　5　1　8　H＋
(3)酒精灯　蒸发皿　玻璃棒　NaCl
(4)0.02
【解析】本题以MnO2的提纯为背景，考查氧化还原反应方程式的配平、物质的分离与提纯、物质的量的有关计算等知识。(1)分析生产流程图知样品中的MnO、MnCO3可与稀硫酸反应转化为MnSO4而进入滤液。(2)用化合价升降法不难写出并配平第②步反应的离子方程式：5Mn2＋＋2ClO3－＋4H2O=5MnO2↓＋Cl2↑＋8H＋。(3)Cl2通入热NaOH溶液中，生成的NaClO3显然是氧化产物，那么0价的氯元素化合价降低生成的还原产物必然是NaCl。(4)n(MnCO3)＝n(CO2)＝＝0.01 mol，n(MnO)＝＝0.04 mol，故MnO、MnCO3溶于稀硫酸生成的Mn2＋的物质的量n(Mn2＋)＝n(MnO)＋n(MnCO3)＝0.05 mol，由第②步反应化学方程式知氧化Mn2＋至少需NaClO3∶×0.05 mol＝0.02 mol。
79．四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿(主要成分是FeTiO3)制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：

回答下列问题：
(1)往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：
2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋
2TiO2＋(无色)＋Fe＋4H＋=2Ti3＋(紫色)＋Fe2＋＋2H2O
Ti3＋(紫色)＋Fe3＋＋H2O=TiO2＋(无色)＋Fe2＋＋2H＋
加入铁屑的作用是 。
(2)在②→③工艺过程中需要控制条件以形成TiO2·nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在 范围。
(3)若把③中制得的固体TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39，该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝ 。
(4)已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(l)＋O2(g) ΔH＝＋140 kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)=2CO(g)　ΔH＝－221 kJ·mol－1
写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式： 。
(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是 (只要求写出一项)。
(6)依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用 方法。

TiCl4
SiCl4
熔点/℃
－25.0
－68.8
沸点/℃
136.4
57.6

【答案】(1)使Fe3＋还原为Fe2＋；保护TiO2＋不被Fe3＋氧化
(2)10－9 m～10－7 m(或其他合理答案)
(3)2.79×103
(4)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(l)＋2CO(g)　ΔH＝－81 kJ·mol－1。
(5)产生三废(或其他合理答案)
(6)蒸馏(或分馏或精馏)
【解析】(1)由题目所给的反应可以看出加入铁屑使溶液中的Fe3＋转化为Fe2＋，保护TiO2＋不被Fe3＋氧化。
(3)由Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39可得c(Fe3＋)·c3(OH－)＝2.79×10－39
K＝＝＝
＝＝2.79×103。
(4)利用盖斯定律：两个热化学方程式相加即得所要的热化学方程式TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(l)＋2CO(g)　ΔH＝－81 kJ·mol－1。
(5)由工业流程图可以得出该生产过程中产生了工业三废。
(6)TiCl4与SiCl4的沸点差异很大，所以采用蒸馏的方法进行分离。
80．某校化学研究性学习小组，在学习金属的冶炼以后对一氧化碳还原金属氧化物的实验非常感兴趣，他们查阅有关资料后发现，一氧化碳的制备可利用甲酸和浓硫酸共热到60～80 ℃发生脱水反应制取：
HCOOHCO↑＋H2O
请根据以下各图帮他们组装成一套相对合理的实验装置图(某些装置可重复使用)。

回答以下问题：
(1)合理实验装置的连接顺序是(写小写字母) 。
(2)在反应时一定要先通一会一氧化碳气体，然后再点燃加热氧化铁的酒精灯，原因是 。
A．因为一般反应从左到右进行
B．排除体系内的空气，使反应过程更安全
C．甲酸与浓硫酸反应可以产生大量的CO
D．此反应加热时间长有利于产生CO
(3)请说出你所选择的第一个NaOH洗气瓶的作用是 。
(4)在观察到硬质玻璃管中的物质由 色完全变为 色时停止加热，然后继续 ，原因是防止铁被氧化。
(5)硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为 。
(6)该实验的一个优点是把实验过程中的尾气利用排水法收集起来，收集的气体前后有几瓶，分别按收集的先后顺序编号，点燃各个瓶中的气体，中间编号的集气瓶中气体 ，编号最先和最后的集气瓶中气体 ，原因是 。
【答案】(1)j→c→d→f→g→h→i→a→b→f→g→e　(2)B
(3)除去CO中的杂质(可能杂质是HCOOH、CO2、SO2)
(4)红棕　黑　通一氧化碳至装置冷却到室温
(5)Fe2O3＋3CO高温
=
2Fe＋3CO2
(6)安静燃烧，发出淡蓝色火焰　点燃有爆鸣声(或有火球喷出)　收集的气体混有空气
【解析】(1)在考虑装置连接顺序时，一般包含四个主要部分，即气体制备、气体除杂、反应装置、尾气处理装置，再加上一些特别要注意的地方，本题中空气气囊的位置、气体在进入加热装置之前必须要先干燥，最后得出合理的实验装置连接顺序是j→c→d→f→g→h→i→a→b→f→g→e。(2)在可燃性气体加热反应之前，一定要把装置内的空气排干净，以免加热时发生危险，故选B。(3)吸收CO自发生装置内带出的杂质气体，如HCOOH、CO2、SO2。(4)通CO至装置冷却到室温，防止金属被氧化。(6)刚开始收集的气体中含有空气，最后结束时通入空气将残留的CO排出，故这两种情况下收集的气体点燃时有爆鸣声。中间收集的气体是没反应完全的CO(CO2已经被NaOH溶液吸收)，点燃时可以安静燃烧，发出淡蓝色火焰。
81．某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如图所示装置进行实验(加热装置和夹持装置均已略去，装置气密性良好，F是用于鼓入空气的双连打气球)。

实验操作及现象：
实验操作
现象
Ⅰ.将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触
产生气体
Ⅱ.当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提

Ⅲ.将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置微微加热
A装置中产生无色气体
E装置中开始时出现浅红棕色气体
Ⅳ.用F装置向E装置中鼓入空气
E装置内气体颜色逐渐加深
Ⅴ.一段时间后
C装置中白色沉淀溶解

试回答下列问题：
(1)操作Ⅰ中产生气体的化学式为 ；操作Ⅰ的目的是 ；D装置的作用是 。
(2)C装置中白色沉淀的化学式是 ，操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时立刻将B装置上提的原因是 。
(3)操作Ⅲ中A装置中产生无色气体的化学方程式是 。
(4)E装置内气体颜色逐渐加深的原因是 。
(5)操作Ⅴ现象产生的原因是(用化学方程式说明) 。
【答案】(1)CO2　用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳赶走装置内的空气　平衡压强，吸收NO、NO2、CO2尾气，防止污染大气
(2)CaCO3　防止消耗稀硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应
(3)3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(4)CO2的密度比空气的大，CO2从长管进入E装置，并没有把E装置中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气反应生成少量红棕色NO2，当用F装置鼓入空气时，E装置中有更多NO2生成，所以红棕色加深
(5)3NO2＋H2O=2HNO3＋NO(或4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3)，CaCO3＋2HNO3=Ca(NO3)2＋CO2↑＋H2O
【解析】该实验的原理是首先用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2将装置中的空气排尽，以防止空气中的氧气对实验造成干扰，然后铜与稀硝酸反应产生气体，通过向E装置中通入空气，气体颜色变深，说明铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，最后处理尾气。(1)操作Ⅰ是用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2将装置中的空气排尽，以防止空气中的氧气对实验干扰。(2)C装置中白色沉淀是CaCO3，操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时立刻将B装置上提是防止消耗稀硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应。(3)操作Ⅲ中A装置中发生的是铜与稀硝酸的反应。(4)E装置内气体颜色逐渐加深是由于E装置中有更多NO2生成。(5)操作Ⅴ现象产生的原因是NO2与H2O反应生成硝酸，硝酸与CaCO3反应。
82．某兴趣小组的同学共同设计了如图所示的多功能实验装置。该装置既可用于制取气体，又可用于验证物质的性质。

(1)现有以下药品：锌粒、铜片、浓H2SO4、浓HNO3、蒸馏水、NaOH溶液。打开K1，关闭K2，可制取 气体。
(2)某同学用石灰石、醋酸、硅酸钠溶液等药品设计了另一实验。他的实验目的是 ；打开K2，关闭K1，将A中液体加入B中后，观察到的实验现象为 。
【答案】(1)NO2
(2)比较碳酸、醋酸、硅酸的酸性强弱　B中固体溶解，产生无色气体，C试管中产生白色沉淀
【解析】(1)打开K1，关闭K2，相当于用向上排空气法制取密度比空气大的气体，再根据所给试剂可知只能制备NO2。(2)利用酸性CH3COOH>H2CO3>H2SiO3，可先制备CO2，CO2再与Na2SiO3溶液反应生成H2SiO3沉淀。
83．四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿(主要成分是FeTiO3)制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：

回答下列问题：
(1)往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：
2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋
2TiO2＋(无色)＋Fe＋4H＋=2Ti3＋(紫色)＋Fe2＋＋2H2O
Ti3＋(紫色)＋Fe3＋＋H2O=TiO2＋(无色)＋Fe2＋＋2H＋
加入铁屑的作用是 。
(2)在②→③工艺过程中需要控制条件以形成TiO2·nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在 范围。
(3)若把③中制得的固体TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39，该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝ 。
(4)已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(l)＋O2(g) ΔH＝＋140 kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)=2CO(g)　ΔH＝－221 kJ·mol－1
写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式： 。
(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是 (只要求写出一项)。
(6)依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用 方法。

TiCl4
SiCl4
熔点/℃
－25.0
－68.8
沸点/℃
136.4
57.6

【答案】(1)使Fe3＋还原为Fe2＋；保护TiO2＋不被Fe3＋氧化
(2)10－9 m～10－7 m(或其他合理答案)
(3)2.79×103
(4)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(l)＋2CO(g)　ΔH＝－81 kJ·mol－1
(5)产生三废(或其他合理答案)
(6)蒸馏(或分馏或精馏)
【解析】(1)由题目所给的反应可以看出加入铁屑使溶液中的Fe3＋转化为Fe2＋，保护TiO2＋不被Fe3＋氧化。
(3)由Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39可得c(Fe3＋)·c3(OH－)＝2.79×10－39
K＝＝＝＝2.79×103。
(4)利用盖斯定律：两个热化学方程式相加即得所要的热化学方程式TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(l)＋2CO(g)　ΔH＝－81 kJ·mol－1。
(5)由工业流程图可以得出该生产过程中产生了工业三废。
(6)TiCl4与SiCl4的沸点差异很大，所以采用蒸馏的方法进行分离。
84．某课外研究小组，用含有较多杂质的铜粉，通过不同的化学反应制取胆矾。其设计的实验过程为：

(1)杂铜中含有大量的有机物，可采用灼烧的方法除去有机物，灼烧时将瓷坩埚置于 上(用以下所给仪器的编号填入，下同)，取用坩埚应使用 ，灼烧后的坩埚应放在 上，不能直接放在桌面上。
实验所用仪器：
a．蒸发皿
b．石棉网
c．泥三角
d．表面皿
e．坩埚钳
f．试管夹
(2)杂铜经灼烧后得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物，灼烧后含有少量铜的可能原因是 。
a．灼烧过程中部分氧化铜被还原
b．灼烧不充分铜未被完全氧化
c．氧化铜在加热过程中分解生成铜
d．该条件下铜无法被氧气氧化
(3)通过途径Ⅱ实现用粗制氧化铜制取胆矾，必须进行的实验操作步骤：酸溶、加热通氧气、过滤、 、冷却结晶、 、自然干燥。
(4)由粗制氧化铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅰ相比，途径Ⅱ有明显的两个优点是 、 。
(5)在测定所得胆矾(CuSO4·xH2O)中结晶水x值的实验过程中：称量操作至少进行 次。
(6)若测定结果x值偏高，可能的原因是 (填字母编号)。
a．加热温度过高
b．胆矾晶体的颗粒较大
c．加热后放在空气中冷却
d．胆矾晶体部分风化
【答案】(1)c　e　b
(2)a、b
(3)蒸发　过滤
(4)产生等量胆矾途径Ⅱ消耗硫酸少，途径Ⅱ不会产生污染大气的气体
(5)4
(6)a
【解析】(1)因加热坩埚时温度较高，应放在泥三角上进行加热，且取用坩埚时要用坩埚钳，并且为防止坩埚炸裂和烧坏桌面，烧后的坩埚要在石棉网上冷却，不能直接放在桌面上。(2)灼烧后含有少量铜，其原因可能是灼烧不充分，铜未被完全氧化，也可能是灼烧过程中部分氧化铜被还原。(3)利用途径Ⅱ制取胆矾时，必须先加酸将氧化铜溶解，加热通氧气将Cu氧化，过滤除去粗制氧化铜中的不溶物杂质后，然后再蒸发溶剂，冷却结晶，再过滤得晶体，最后将其干燥，由此可写出答案。(4)根据途径Ⅰ的反应化学方程式Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O和途径Ⅱ的反应化学方程式2Cu＋O2＋2H2SO4(稀) 2CuSO4＋2H2O，可以看出途径Ⅱ的优点是：①产生等量的胆矾比途径Ⅰ耗硫酸少；②途径Ⅱ不产生污染大气的气体(SO2)。(5)称量操作至少进行4次，分别是：①称量坩埚；②称量加入晶体后的坩埚；③称量加热冷却后的坩埚；④称量再加热、再冷却后的坩埚至两次称量的值相差不超过0.1 g。(6)若测定结果x值偏高，可能是加热温度过高使CuSO4晶体中的CuSO4分解了，其他三项均使x值偏低。
85．如何除去下列各粉末状混合物中的杂质(括号内为杂质)，请选用下面提供的试剂和操作，将标号填在表内。
供选试剂：A盐酸；B烧碱溶液；C氧气；D水；ECO2；F不用其他试剂
供选操作：①加热；②加热熔融；③过滤；④结晶
含杂质的物质
所加试剂
主要操作
(1)SiO2(NaHCO3)


(2)SiO2(CaCO3)


(3)SiO2(Si)


(4)NaCl(SiO2)



【答案】(1)D　③　(2)A　③　(3)C　①　(4)D　③④
【解析】(1)除去SiO2中的NaHCO3可用水溶法；
(2)除去SiO2中的CaCO3可先用盐酸溶解，然后再过滤。
(3)除去SiO2中的Si可用加热法：Si＋O2SiO2。
(4)因NaCl溶于水而SiO2不溶于水，所以除去NaCl中的SiO2可用过滤、结晶法。
86．下图是关于药物华素片(西地碘片)的使用说明书，以下为说明书的部分内容：
华素片(西地碘片)使用说明书
【品名或组成】
品名：西地碘片
组成：华素片
英文名：Cydiodine Tablets
华素片(西地碘片)的主要活性成分是分子碘，含量1.5 mg/片。将碘利用分子分散技术制成分子态西地碘，并含适量薄荷脑等
【贮藏】 遮光、密闭、阴凉处保存
【有效期】 二年

(1)根据上述说明和所学知识回答：
①华素片中含有的活性成分是 (写分子式)。
②请推断华素片 (填“是”或“不是”)白色。
(2)某学生为验证华素片中确实含有上述成分，设计实验如下。请填空：
①取一粒药片放入研钵中研碎，再将药粉装入试管并加入约2 mL蒸馏水；向试管中再加入约2 mL (填选项字母)，并用力振荡。
A．酒精(密度比水小，与水以任意比混溶)
B．四氯化碳(密度比水大，不溶于水)
②描述加入该液体后可能观察到的现象 。
③选用该液体的原因是 。
(3)请再设计另一种方法，验证华素片中的成分(请叙述实验原理、操作方法和实验结论) 。
【答案】(1)①I2　②不是
(2)①B　②液体分层，下层呈紫红色，上层几乎无色　③与水不互溶不反应且分层，I2在CCl4中的溶解度比在水中的大，且不与I2反应
(3)将药片研成粉末，放在干燥试管中加热，观察试管口有无紫色蒸气产生，冷却后试管口是否有紫黑色固体产生
【解析】本题是以I2的基本性质为载体的实验探究题，综合考查碘单质的性质，包括颜色、碘水颜色、碘的有机溶剂颜色，以及萃取剂选择的理由，都属一些识记性知识。
87．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下：

(1)步骤③的离子方程式： 。
(2)步骤⑤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离。分离仪器的名称是 。
(3)溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯气，因此在步骤⑤中可将蒸馏产生的气体通过 (填试剂名称)溶液，以除去氯气。
(4)步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90 ℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因： 。
(5)步骤①中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率，理由是 。
(6)提取溴单质，采用蒸馏“溴水混合物Ⅱ”而不是蒸馏“溴水混合物Ⅰ”，请说明原因： 。
【答案】(1)Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO42-
(2)分液漏斗
(3)溴化铁(或其他含Br－的盐类物质)
(4)温度过高，大量水蒸气被蒸出，溴蒸气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，吸收率低
(5)酸化可抑制Cl2、Br2与水反应
(6)将“溴水混合物Ⅰ”转变为“溴水混合物Ⅱ”是Br2的浓缩过程，可提高效率，减少能耗，降低成本
【解析】海洋是资源的宝库，海水化工是考试的热点。占地球储量99%的溴分布在海洋中，从海水中提取溴，一般要经过浓缩、氧化、提取三个步骤。
步骤①的氯气氧化发生的反应是Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2，生成的溴仍溶解在海水中，怎样才能把溴提取出来呢？根据溴的沸点比水低的性质，可以鼓入热空气(步骤②)，使它和热空气一起挥发出来，再用SO2吸收(步骤③)：Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO42-，这样可以得到较大浓度的含Br－的溶液，进一步用氯气氧化(步骤④)，得到Br2，然后蒸馏便得到了液溴。
88．海水的综合利用可以制备金属镁，其流程如图所示：

(1)若在空气中加热MgCl2·6H2O，生成的是Mg(OH)Cl或MgO，写出相应反应的化学方程式： 。
用电解法制取金属镁时，需要无水氯化镁。在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O时，能得到无水MgCl2，其原因是 。
(2)Mg(OH)2沉淀中混有的Ca(OH)2应怎样除去？写出实验步骤： 。
(3)实验室里将粗盐制成精盐的过程中，在溶解、过滤、蒸发三个步骤的操作中都要用到玻璃棒，分别说明在这三种情况下使用玻璃棒的目的。
溶解时： ；
过滤时： ；
蒸发时： 。
【答案】(1)MgCl2·6H2OMg(OH)Cl＋HCl↑＋5H2O↑，MgCl2·6H2OMgO＋2HCl↑＋5H2O↑或Mg(OH)ClMgO＋HCl↑　在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl2·6H2O受热产生的水汽，能得到无水MgCl2
(2)加入MgCl2溶液，充分搅拌、过滤，沉淀用蒸馏水洗涤
(3)搅拌，加速溶解　使滤液沿玻璃棒流入漏斗，防止外洒搅拌，防止因局部过热液滴或晶体飞溅
【解析】(1)根据Cl、H、O三种元素守恒可知，在空气中加热MgCl2·6H2O，除生成Mg(OH)Cl或MgO外，还有HCl和H2O生成。(2)为防止引入新杂质，可用：MgCl2溶液或Mg(NO3)2溶液将Ca(OH)2转化为Mg(OH)2，然后过滤、洗涤Mg(OH)2。(3)溶解固体时使用玻璃棒是为了加速溶质的扩散，提高溶解速度；在过滤时使用玻璃棒是为了引流液体；蒸发结晶过程中使用玻璃棒是为了防止因局部过热而使液滴或晶体飞溅。
89．某研究性学习小组就Na2O2的有关性质探究如下：向滴有酚酞的水中
投入一定量的Na2O2，观察到先有大量气泡产生，溶液变红，过一会儿溶液又变为无色。
对上述实验中溶液变红，过一会儿又退色的原因，甲、乙两同学提出了不同的解释：
甲同学认为是Na2O2与水反应放出氧气，氧气有氧化性，将酚酞氧化而使溶液退色；
乙同学则认为是Na2O2与水反应时产生了H2O2，H2O2的强氧化性使酚酞退色。
(1)乙同学设计了如下实验来证明自己的猜想是正确的：在滴有酚酞的氢氧化钠溶液中滴加3%的H2O2溶液并振荡。
①若乙同学的猜想正确，可观察到的现象是 。
②甲同学针对乙同学的上述验证实验提出还应增做实验才能更直接证明Na2O2与水反应生成了H2O2，甲同学提出要增加的实验是什么？
(2)试设计简单实验证明甲同学的解释是否正确(画出简易装置图，说明简要步骤)。
【答案】(1)①溶液的红色退去
②在滴有酚酞的水中加入足量过氧化钠，待反应完成后向溶液中加入少量二氧化锰粉末，有气体放出，证明过氧化钠与水反应时有H2O2生成。
(2)向滴有酚酞的氢氧化钠溶液中通入氧气，若红色退去，证明甲同学的推测正确，反之，则不正确。实验装置图如图所示(可用广口瓶等其他仪器代替烧杯，合理即可)


【解析】(1)①溶液的红色退去，是因为H2O2有漂白性，能漂白酚酞。②H2O2在MnO2催化作用下能放出氧气，可在加入过氧化钠后的水溶液中加入少量MnO2，有气泡放出可直接证明过氧化钠与水反应有H2O2生成。(2)如果要验证是氧气能氧化酚酞，则可向滴有酚酞的氢氧化钠溶液中直接通入氧气来检验。
90．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。
阴离子
CO32－、SiO32－、AlO2－、Cl－
阳离子
Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、NH4＋、Na＋

现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系图所示。

(1)若Y是盐酸，则Oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是 ，
ab段发生反应的离子是 ，bc段发生反应的离子方程式为 。
(2)若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的离子是 ，ab段反应的离子方程式为 。
【答案】(1)SiO32－、AlO2－　CO32－　Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O
(2)Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－　NH4＋＋OH－=NH3·H2O
【解析】(1)因溶液是无色的，所以肯定不含Fe3＋，加入盐酸后能形成的沉淀有Al(OH)3、H2SiO3，前者能溶于过量盐酸而后者不能，由图像知溶液中肯定含有AlO2－、SiO32－，Oa段发生反应的离子为AlO2－、SiO32－，ab段发生反应的离子为CO32－，bc段则是Al(OH)3溶解。(2)当向溶液中加入NaOH溶液时，生成的沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，ab段是NH4＋与OH－发生反应，因Mg2＋、Al3＋不能与CO32－、SiO32－、AlO2－共存，故此时溶液中的阴离子只有Cl－。
91．纯碱(Na2CO3)在生产生活中具有广泛的用途。以下是实验室模拟制碱原理制取Na2CO3的流程图。

已知：向饱和食盐水中通入NH3、CO2后发生的反应为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。请回答以下问题：
(1)粗盐中含有的杂质离子有Ca2＋、Mg2＋、SO42－等。
精制除杂的步骤顺序是a→ → → →b(填字母编号)。
a．粗盐溶解，滤去沉渣
b．加入盐酸调pH
c．加入Ba(OH)2溶液
d．加入Na2CO3溶液
e．过滤
向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，理由是 。
(2)灼烧固体A制Na2CO3在 (填字母序号)中进行。
a．坩埚 b．蒸发皿 c．烧杯 d．锥形瓶
证明滤液A中含有NH4＋的方法是 。
对滤液A进行重结晶能够获得NH4HCO3，向pH＝13含Na＋、K＋的溶液中加入少量NH4HCO3使pH降低，反应的离子方程式为 。
(3)下图装置中常用于实验室制备CO2的是 (填字母编号)；用b装置制备NH3，分液漏斗中盛放的试剂是 (填试剂名称)，烧瓶内可加入的固体试剂是 (填试剂名称)。

(4)一种天然碱晶体成分是aNa2CO3·bNa2SO4·cH2O，某同学利用下列提供的试剂，设计了如下简单合理测定Na2CO3的质量分数的实验方案。(仪器自选)请把实验方案填全：
供选择的试剂：1.0 mol·L－1 H2SO4溶液、1.0 mol·L－1 BaCl2溶液、稀氨水、碱石灰、Ca(OH)2溶液、蒸馏水
①称取m1g天然碱晶体样品，溶于适量蒸馏水中。
② 。
③ 。
④计算天然碱晶体中含Na2CO3的质量分数。
【答案】(1)c　d　e　NH3易溶于水，有利于吸收溶解更多的CO2
(2)a　取少量滤液A于试管中，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明A中含有NH4＋　NH4＋＋HCO3－＋2OH－=NH3·H2O＋CO32－＋H2O
(3)bc　浓氨水　生石灰(或NaOH固体或碱石灰)
(4)②加入足量稀硫酸并微热、产生的气体通过足量Ca(OH)2溶液　③过滤、洗涤、干燥、称量沉淀
【解析】(1)除杂时要保证不引入新的杂质，即先加入的物质引入的杂质离子能被后加入的物质除去。故除杂步骤为a→c→d→e→b。NH3易溶于水，先通入NH3，再通入CO2，有利于吸收溶解更多的CO2，产生更多的HCO3－。(2)灼烧固体需在坩埚中进行。检验NH4＋是利用NH4＋与碱共热产生NH3，检验出NH3即可。NH4＋、HCO3－均与OH－反应，故加入NH4HCO3，发生反应：
NH4＋＋HCO3－＋2OH－=NH3·H2O＋H2O＋CO32－。(3)实验室制CO2利用CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑，即用“固＋液→气”的装置，选b、c。用b装置制备NH3，则可利用氨水易挥发的性质，把浓氨水滴加到生石灰或固体NaOH等上面。(4)由所给试剂及实验目的可知，所设计的方案是利用天然碱晶体与H＋反应，利用产生CO2的量测定其组成。