第30课 物质的分离与提纯、检验与鉴别-【提分宝典】2025年新高考化学一轮全考点普查随堂课后练

第30课　　　　　物质的分离与提纯、检验与鉴别 普查与练习30Ⅰ　　　　　物质的分离与提纯 1．物质分离提纯的常用物理方法及装置 a．物质分离提纯常用物理方法的识别 (1)(2023河北真题，3分)《本草纲目》中记载了粗食盐的一种制作过程：“取盐于池旁耕地，沃以池水，每得南风急，则宿夕成盐。”若将粗食盐在实验室提纯，不涉及的操作是(　　) A．溶解 B．蒸发 C．过滤 D．蒸馏 答案：D 解析：粗食盐的主要成分为NaCl，杂质为泥沙和SO、Mg2＋、Ca2＋。实验室一般用化学沉淀法提纯粗盐，其具体过程：加水溶解，向其中依次加入过量的沉淀剂BaCl2、NaOH和Na2CO3(NaOH的添加顺序不固定，但Na2CO3一定在BaCl2之后)，将SO、Mg2＋、Ca2＋及过量的Ba2＋转化为沉淀；过滤除去泥沙和生成的沉淀，然后在滤液中滴加盐酸除去过量的OH－和CO，最后将滤液转移至蒸发皿中，蒸发浓缩，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用余热将滤液蒸干得到NaCl晶体。上述过程包括溶解、过滤、蒸发、结晶等基本的实验操作。蒸馏常用于分离沸点相差较大且互溶的液体混合物，显然在提纯粗食盐的实验中并不涉及，故D项符合题意。 b．物质分离提纯常用装置的识别 (2)(2022北京真题，3分)下列实验中，不能达到实验目的的是(　　) 答案：D 解析：实验室用海水制取蒸馏水可用蒸馏的方法，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，故A项正确，不符合题意。碘在水中的溶解度很小，在四氯化碳中的溶解度较大，且四氯化碳与水不互溶，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的密度大于水，位于下层，故B项正确，不符合题意。粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，将粗盐与水混合形成溶液，用过滤的方法可以将不溶于水的杂质除去，故C项正确，不符合题意。直接加热FeCl3·6H2O会促进Fe3＋水解，生成的HCl易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，得不到FeCl3固体，故D项错误，符合题意。 c．根据物质性质选择适宜的分离提纯的方法 (3)(2025汇编，4分)下列分离操作方法正确的是________(填序号)。 ①萃取Br2时，向盛有溴水的分液漏斗中加入CCl4，振荡、静置分层后，打开旋塞，先将水层放出(浙江经典真题) ②用渗析法分离蛋白质和葡萄糖的混合液 ③用加水后再分液的方法可将苯和四氯化碳分离(浙江经典真题) ④用蒸馏的方法分离乙醇(沸点为78.3 ℃)和苯(沸点为80.1 ℃)的混合物 ⑤用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物 答案：② 解析：CCl4的密度比水的密度大在下层，故萃取Br2时，打开旋塞，先将CCl4层放出，故①错误。蛋白质是有机大分子，蛋白质溶液实际是一种胶体，而葡萄糖溶液属于溶液，可用渗析法进行分离，故②正确。苯和四氯化碳互相溶解，均难溶于水，因而加水不影响苯和四氯化碳的互溶体系，不可以用分液分离，应采用蒸馏分离，故③错误。互溶且沸点不同的液体可以采用蒸馏的方法分离，但乙醇(沸点为78.3 ℃)和苯(沸点为80.1 ℃)的沸点比较接近不能蒸馏分离，故④错误。长颈漏斗不能用于分离操作，互不相溶的液体采用分液漏斗分离，乙酸、乙醇、乙酸乙酯互溶，不能采取分液法分离，应该采用蒸馏法分离，故⑤错误。 (4)(2023福建真题，3分)从苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下： 已知甲基叔丁基醚的密度为0.74 g·cm－3。下列说法错误的是(　　) A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层 B．“有机层”从分液漏斗上口倒出 C．“操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸 D．“洗涤”苯甲酸，用乙醇的效果比用蒸馏水好 答案：D 解析：苯甲醛和KOH溶液反应后的混合液中主要含生成的苯甲醇和苯甲酸钾，加甲基叔丁基醚萃取、分液后，苯甲醇留在有机层中，加水洗涤、加硫酸镁干燥、过滤，再用蒸馏的方法将苯甲醇分离出来；而萃取、分液后所得水层主要含苯甲酸钾，要加酸将其转化为苯甲酸，然后经过结晶、过滤、洗涤、干燥得苯甲酸。 “萃取”过程需振荡、放气、静置分层，故A项正确，不符合题意。甲基叔丁基醚的密度为0.74 g·cm－3，密度比水的小，所以要从分液漏斗上口倒出，故B项正确，不符合题意。 “操作X”是将苯甲醇从有机层中分离出来，可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离出来；“试剂Y”的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，所以可选用盐酸，故C项正确，不符合题意。苯甲酸在乙醇中的溶解度大于其在水中的溶解度，“洗涤”苯甲酸应尽量减少其损失，用蒸馏水的效果比用乙醇好，故D项错误，符合题意。 d．利用结晶法从溶液中分离溶质 (5)(2023江苏真题，4分)制取MgSO4·H2O晶体。在如图所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是 ；补充完整制取MgSO4·H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3＋、Al3＋的MgSO4溶液中，__________________________________________________________________________________________________________________________。(已知：Fe3＋、Al3＋在pH≥5时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出MgSO4·7H2O，MgSO4·7H2O在150～170 ℃下干燥得到MgSO4·H2O，实验中需要使用MgO粉末) 答案：用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈瓶中缓慢滴加H2SO4溶液(2分)　分批加入少量MgO粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，将所得晶体在150～170 ℃干燥(2分) 解析：在进行固体反应物与液体反应的实验时，应将固体反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量。根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3＋、Al3＋杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至用pH试纸测得pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；接着需要从溶液中得到MgSO4·H2O，根据题目信息，室温下从MgSO4饱和溶液中结晶只能得到MgSO4·7H2O，因此需要在150～170 ℃下干燥得到MgSO4·H2O，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，将所得晶体在150～170 ℃干燥。 (6)(2023.06浙江选考，3分)苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下： 下列说法不正确的是(　　) A．操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D．操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体 答案：B 解析：苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有少量氯化钠和泥沙，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶于水，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。由上述分析可知，为了在冷却结晶操作中苯甲酸能充分析出，减少损失，操作Ⅰ中加水的量应根据苯甲酸的溶解度进行合理估算，故A项正确，不符合题意。操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl易溶于水，且其溶解度随温度变化不大，少量的杂质NaCl通常不结晶析出，无法通过趁热过滤除去，故B项错误，符合题意。操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，提高晶体的纯度，故C项正确，不符合题意。苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少苯甲酸的溶解损失，故D项正确，不符合题意。 (7)(2022全国Ⅱ真题，15分)硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题： ①工业上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为____________________________________________________。 ②溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是______________________________________________________________________。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的。若气雾上升过高，可采取的措施是__________________________。 ③回流时间不宜过长，原因是____________________________________________。回流结束后，需进行的操作有a.停止加热　b．关闭冷凝水　c．移去水浴，正确的顺序为________(填字母)。 A．abc B．cab C．bac D．acb ④该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是______________________________________________________________________________________。热过滤除去的杂质为________________________。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是__________________。 ⑤滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量__________洗涤，干燥，得到Na2S·xH2O。 答案：①Na2SO4·10H2O＋4CNa2S＋4CO↑＋10H2O(2分)　②硫化钠粗品中含有的煤灰及难溶于乙醇的重金属硫化物充当沸石的作用(2分)　暂时停止加热，降低温度(2分)　③硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低(2分)　D(1分)　④烧杯口径大，热量散失快，易造成Na2S析出，且Na2S易被O2氧化，乙醇易挥发，应选择口径小的锥形瓶(2分)　重金属硫化物(1分)　温度降低(2分)　⑤冷的乙醇(1分) 解析：本题考查化学实验。涉及化学方程式的书写、实验基本操作等知识。 ①由题意可知产物含有CO和Na2S，反应的化学方程式为Na2SO4·10H2O＋4CNa2S＋4CO↑＋10H2O。 ②硫化钠粗品中含有的煤灰及难溶于乙醇的重金属硫化物可充当沸石使用。若气雾上升过高可采取暂时停止加热的措施降温。 ③硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长会使得携带有硫化钠的乙醇蒸气温度降低，导致Na2S直接析出在冷凝管上，使提纯率较低。回流结束后应该先停止加热，再移去水浴，后关闭冷凝水，故D项正确。 ④Na2S易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇，故热过滤除去的杂质为重金属硫化物；趁热过滤过程中，溶液的温度降低，滤纸上便会有大量晶体析出。 ⑤Na2S在冷的乙醇中溶解度较小，故冷却结晶后的晶体可用冷的乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的水分，有利于快速干燥。 2．分离提纯装置的创新与拓展 (8)(2023湖北真题，3分)利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下： 红磷(s)无色液体与P4(g)白磷(s) 下列操作错误的是(　　) A．红磷使用前洗涤以除去表面杂质 B．将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气 C．从a口通入冷凝水，升温使红磷转化 D．冷凝管外壁出现白磷，冷却后在氮气氛围下收集 答案：C 解析：红磷表面有被氧化生成的五氧化二磷，五氧化二磷易溶于水，因此红磷在使用前应洗涤，故A项正确，不符合题意。真空环境可以降低物质的熔沸点，有利于将红磷转化为白磷，但是由于抽真空时不能将水和氧气完全除去，还需要对装置外管进行加热，这时可以保证反应环境无水无氧，故B项正确，不符合题意。若从a口通入冷凝水，空气无法排出，则冷凝水无法充满整个冷凝管，冷凝效果不好，冷凝水应从b口通入，空气从a口排出，此时可以使冷凝水充满冷凝管，故C项错误，符合题意。白磷易被空气中的氧气氧化，因此在收集白磷时应将反应装置冷却，再在氮气氛围的条件下收集白磷，故D项正确，不符合题意。 (9)(全国Ⅱ经典真题，15分)咖啡因是一种生物碱(易溶于水及乙醇，熔点234.5 ℃，100 ℃以上开始升华)，有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%～5%、单宁酸(Ka约为10－6，易溶于水及乙醇)约3%～10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如图所示。 索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题： ①实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是______________________________，圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒________________。 ②提取过程不可选用明火直接加热，原因是________________________，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 ③提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是____________。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有__________(填标号)。 A．直形冷凝管 B．球形冷凝管 C．接收瓶 D．烧杯 ④浓缩液加生石灰的作用是中和________和吸收________。 ⑤可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是____________。 答案：①增加固液接触面积，提取充分(1分)　沸石(1分)　②乙醇易挥发，易燃(1分)　使用溶剂量少，可连续萃取(萃取效率高)(2分)　③乙醇沸点低，易浓缩(2分)　AC(2分)　④单宁酸(2分)　水(2分)　⑤升华(2分) 解析：①茶叶研细是为了增大茶叶与萃取液之间的接触面积，使提取效果更好。加热较多液体时为防止液体暴沸，通常在液体中加入几粒沸石。 ②提取所用溶剂为95%的乙醇，乙醇易挥发，若采用明火加热，挥发出的乙醇容易被点燃。与传统萃取相比，索氏提取器中的溶剂可以反复使用，既减少了溶剂用量，又能高效萃取。 ③乙醇易挥发，萃取后便于蒸馏浓缩得到咖啡因。蒸馏浓缩除所给仪器外，还应选用直形冷凝管冷凝蒸气，并用接收瓶收集馏分。 ④由于单宁酸也被乙醇萃取出，则应将其除去，单宁酸具有酸性，利用生石灰可以中和单宁酸，并吸收生成的水分。 ⑤由题给信息可知，咖啡因熔点高于其升华温度，故加热后咖啡因通过升华、凝华过程得到纯化。 3．物质提纯的化学方法 (10)(2023福建真题，11分)白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含Fe3O4、CoO、CuS、Cu2S及少量SiO2)中分离回收金属的流程如下： ①“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有________________________________________________________________(任写其中一种)，CoO 发生反应的离子方程式________________________________________。 ②“焙烧1”中，晶体[Fe2(SO4)3·xH2O和CoSO4·yH2O]总质量随温度升高的变化情况如下： 温度区间/℃ <227 227～566 566～600 600～630 晶体总质量 变小 不变 变小 不变 ⅰ.升温至227 ℃过程中，晶体总质量变小的原因是____________；566～600 ℃发生分解的物质是__________(填化学式)。 ⅱ.为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为__________℃。 ③“焙烧2”中Cu2S发生反应的化学方程式为________________________________；“滤渣2”是________(填化学式)。 答案：①粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀硫酸浓度等(合理即可)(1分)　CoO＋2H＋===Co2＋＋H2O(2分)　②ⅰ.晶体失去结晶水(2分)　Fe2(SO4)3(2分)　ⅱ.600(1分)　③Cu2S＋2O2 2CuO＋SO2(2分)　SiO2(1分) 解析：向白合金加入稀硫酸经“酸浸1”后得到“滤液1”(其中含有Co2＋、Fe2＋、SO 、Fe3＋)以及“滤渣1”(SiO2、Cu2S、CuS)，“滤液1”经“结晶”后得到硫酸铁晶体和硫酸钴晶体，经“焙烧1”和“水浸”后得到硫酸钴溶液和三氧化二铁；“滤渣1”通入空气经“焙烧2”后得到氧化铜，加入稀硫酸经“酸浸2”后得到CuSO4溶液以及“滤渣2”(SiO2)。 ①“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀硫酸浓度等(合理即可)，CoO 发生反应的离子方程式：CoO＋2H＋===Co2＋＋H2O。 ②ⅰ.“焙烧1”中，晶体为Fe2(SO4)3·xH2O和CoSO4·yH2O，加热时，结晶水合物易失去结晶水，即升温至227 ℃过程中，晶体总质量变小的原因是晶体失去结晶水；根据表格数据可知，温度为227～566 ℃质量不变，而566～600 ℃质量再次减小，根据流程图中“水浸”得到Fe2O3可知此时硫酸铁分解，而CoSO4未发生分解。ⅱ.根据表格信息可知，当温度为566～600 ℃时，晶体总质量减小，说明硫酸铁分解，当温度为600～630 ℃时，晶体总质量不变，说明硫酸铁已经分解完全，为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600 ℃。 ③“焙烧2”中Cu2S发生反应的化学方程式：Cu2S＋2O22CuO＋SO2，由分析可知，“滤渣2”为SiO2。 (11)(2023山东真题，12分)盐湖卤水(主要含Na＋、Mg2＋、Li＋、Cl－、SO和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下： 已知：常温下，Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－2。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 回答下列问题： ①含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3＋H2OH＋＋[B(OH)4]－(常温下，Ka＝10－9.24)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下，在0.10 mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]－，该水解反应的离子方程式为__________________________________________________，该溶液pH＝________。 ②滤渣Ⅰ的主要成分是__________(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li＋的浓度为2.0 mol·L－1，则常温下精制Ⅱ过程中CO浓度应控制在__________ mol·L－1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加________的用量(填化学式)。 ③精制Ⅱ的目的是________________________________________________________________；进行操作X时应选择的试剂是________，若不进行该操作而直接浓缩，将导致________________________________________________________________________________。 答案：①[B4O5(OH)4]2－＋5H2O===2B(OH)3＋2[B(OH)4]－(2分)　 9.24(2分)　②CaSO4、Mg(OH)2(1分)　5.5×10－3(1分)　CaO、Na2CO3(1分)　③加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2＋转化为CaCO3(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2＋)，提高Li2CO3纯度(2分)　盐酸(1分)　浓缩液中因CO浓度过大使得Li＋过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小(2分) 解析：以高镁卤水(主要含Na＋、Mg2＋、Li＋、Cl－、SO和硼酸根等)为原料经两段除镁制备Li2CO3，首先加入盐酸进行脱硼处理，过滤得到含硼固体，滤液经过浓缩结晶，得到晶体后，然后煅烧，去除HCl气体，滤液中加入生石灰，使SO转化为CaSO4，镁离子转化为氢氧化镁，得到滤渣Ⅰ的主要成分为硫酸钙和氢氧化镁，由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱生成CaCO3沉淀，加入纯碱除去过量的钙离子，得到滤渣Ⅱ为碳酸钙，精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤、洗涤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到Li2CO3。 ①常温下，在0.10 mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]－，该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2－＋5H2O===2B(OH)3＋2[B(OH)4]－，B(OH)3和[B(OH)4]－的浓度均为0.20 mol·L－1，则Ka＝＝c(H＋)＝10－9.24 mol·L－1，则该溶液pH＝9.24。 ②由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是CaSO4、Mg(OH)2；精制Ⅰ后溶液中Li＋的浓度为2.0 mol·L－1，由Ksp(Li2CO3)＝c2(Li＋)·c(CO)＝2.2×10－2可知，常温下精制Ⅱ过程中CO浓度应控制在 mol·L－1＝5.5×10－3 mol·L－1以下。煅烧促进Mg2＋水解，从而生成MgO和HCl，若不经过煅烧操作，则溶液中的Mg2＋沉淀时需要消耗更多的生石灰，即CaO，在后续操作中除去Ca2＋需要消耗更多的纯碱。 ③精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后生成CaSO4；由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2＋，还需要除去Ca2＋，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2＋转化为CaCO3(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2＋)，提高Li2CO3纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因CO浓度过大使得Li＋过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小。 随堂普查练30Ⅰ 　　　　　　　　　　　　　　　 1．(经典题，4分)下列实验不合理的是(　　) A．用浓硫酸干燥SO2，选③ B．从食盐溶液中获取NaCl，选② C．除去自来水中的Cl－，制纯净水，选④和① D．除去Fe(OH)3胶体中的难溶物，选④ 答案：C 解析：浓硫酸具有吸水性，且与二氧化硫不反应，则可用③干燥二氧化硫，故A项合理，不符合题意。NaCl为可溶性固体，且为强酸强碱盐，不发生水解，因此可用②通过蒸发结晶的方式得到NaCl，故B项合理，不符合题意。可用①通过蒸馏获取纯净水，不需要④，故C项不合理，符合题意。胶体可以透过滤纸，而难溶物不能透过滤纸，可用④除去Fe(OH)3胶体中的难溶物，故D项合理，不符合题意。 2．(经典题，2分)下列说法不正确的是(　　) A．为除去FeSO4溶液中的Fe2(SO4)3，可加入铁粉，再过滤 B．为除去溴苯中的溴，可用NaOH溶液洗涤，再分液 C．为除去乙炔气中少量的H2S，可使其通过CuSO4溶液 D．为除去CO2中少量的SO2，可使其通过饱和Na2CO3溶液 答案：D 解析：除去FeSO4溶液中的Fe2(SO4)3，可加入铁粉，即发生反应：2Fe3＋＋Fe === 3Fe2＋，再过滤除去过量的铁粉，故A项正确，不符合题意。NaOH溶液与溴苯互不相溶也不反应，但会与溴单质反应，可通过分液除杂，故B项正确，不符合题意。H2S与CuSO4反应生成CuS沉淀，从而达到除杂的目的，故C项正确，不符合题意。CO2会与Na2CO3、H2O反应生成NaHCO3，故D项错误，符合题意。 3．(2025改编，4分)实验室常以SbCl3和Cl2为原料制备SbCl5，其制备(Ⅰ)和纯化(Ⅱ)的实验装置如图所示(夹持、加热及搅拌装置略)。已知：SbCl3的熔点73.4 ℃，沸点223.5 ℃，易水解；SbCl5的熔点3.5 ℃，液态SbCl5在140 ℃时即发生分解，2.9 kPa下沸点为79 ℃，也易水解。下列说法正确的是________(填序号)。 ①实验装置中两种冷凝管可以交换使用 ②试剂X和试剂Y都可以用无水氯化钙 ③毛细管与液面接触的地方能形成汽化中心 ④克氏蒸馏头能防止液体冲入冷凝管 ⑤Ⅰ中液体进入Ⅱ、Ⅱ中液体的纯化都利用了减压原理 答案：③④⑤ 解析：装置Ⅰ利用SbCl3和 Cl2为原料制备SbCl5。装置Ⅱ通过蒸馏分离提纯。装置Ⅰ中使用球形冷凝管回流冷凝防止低沸点原料和产品被蒸出。而装置Ⅱ中的直形冷凝管在蒸馏时冷凝气体，使气体液化便于收集(重点是不能让冷凝液残留在冷凝管中)，两者作用不同，不能互换，故①错误。试剂X和试剂Y均有Cl2尾气处理作用，应该选择碱石灰，故②错误。减压蒸馏时，空气由毛细管进入烧瓶，冒出小气泡，成为沸腾时的汽化中心，这样不仅可以使液体平稳沸腾，防止暴沸，同时又起一定的搅拌作用，故③正确。克氏蒸馏头的弯管的主要作用是防止减压蒸馏中液体因剧烈沸腾而进入冷凝管，可以避免对收集产物的污染，故④正确。经减压后，Ⅱ中压强小于Ⅰ中液面上方的压强，因此Ⅰ中液体可被大气压压到Ⅱ中，液态 SbCl5在140 ℃时即发生分解，减压可显著降低其沸点，实现蒸馏操作，所以两步均利用减压原理，故⑤正确。 4．(辽宁高考适应性试卷，12分)三草酸合铁酸钾[K3Fe(C2O4)3·3H2O]是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。某化学小组探究用废铁屑(含少量－2价S)为原料制备三草酸合铁酸钾晶体。具体流程如图。 已知：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O为蓝绿色晶体，FeC2O4·2H2O为难溶于水的黄色晶体，K3Fe(C2O4)3·3H2O为可溶于水、难溶于乙醇的翠绿色晶体。 回答下列问题： (1)三草酸合铁酸钾[K3Fe(C2O4)3·3H2O]中铁的化合价是________。 (2)废铁屑中加入10% NaOH并加热的目的是____________________________________。 (3)为防止污染空气，反应所产生的“废气”可选择________净化处理(填字母)。 A．H2O B．NaOH溶液 C．盐酸 D．氨水 (4)写出浅绿色悬浊液中加入饱和H2C2O4生成黄色沉淀的化学方程式：______________________________________________________________________________________________________。 (5)制备过程中加入6% H2O2的目的是____________________，温度保持70～80℃，采用的合适加热方式是________________________________________________________________________。 (6)获得翠绿色晶体的操作ⅰ是____________________________。 (7)用乙醇洗涤晶体的原因是_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 答案：(1)＋3(1分)　(2)去除废铁屑表面的油污(1分)　(3)BD(2分)　(4)(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O＋H2C2O4FeC2O4·2H2O＋(NH4)2SO4＋H2SO4＋4H2O(2分)　(5)将Fe(Ⅱ)氧化成Fe(Ⅲ)(1分)　水浴加热(1分)　(6)蒸发浓缩、冷却结晶，过滤(2分)　(7)可除去晶体表面残留的水分，且能防止晶体溶解损失(2分) 解析：(1)三草酸合铁酸钾[K3Fe(C2O4)3·3H2O]中钾为＋1价，碳为＋3价，氧为－2价，根据正负化合价代数和为0的原则，可计算出铁的化合价为＋3。 (2)向废铁屑中加入 10% NaOH并加热，其目的是促进油污水解，从而将其除去。 (3)废铁屑中－2价硫元素遇酸转变为有毒气体H2S，H2S是酸性气体，能溶于碱溶液，可以用NaOH溶液或氨水吸收，故B、D项符合题意。 (4)浅绿色悬浊液中有(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，加入饱和H2C2O4生成黄色沉淀FeC2O4·2H2O，化学方程式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O＋H2C2O4FeC2O4·2H2O＋(NH4)2SO4＋H2SO4＋4H2O。 (5)黄色沉淀是FeC2O4·2H2O，其中铁是＋2价，要制备的K3Fe(C2O4)3·3H2O中铁是＋3价，需要将Fe(Ⅱ)氧化成Fe(Ⅲ)，所以加入6% H2O2的目的是将Fe(Ⅱ)氧化成Fe(Ⅲ)，温度保持70～80 ℃，采用的合适加热方式是水浴加热。 (6)从溶液中获得翠绿色晶体，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤的方法，防止失去结晶水，故操作ⅰ是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤。 (7)由于K3Fe(C2O4)3·3H2O难溶于乙醇，所以用乙醇洗涤，既可以除去晶体表面残留的水分，又能防止晶体溶解损失，乙醇易挥发，晶体容易干燥。 5．(经典题，15分)某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。 已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO===2NaCl＋NaClO3 ②AgCl可溶于氨水：AgCl＋2NH3·H2O [Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O　 ③常温时 N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原[Ag(NH3)2]＋： 4[Ag(NH3)2]＋＋N2H4·H2O===4Ag↓＋N2↑＋4NH＋4NH3↑＋H2O　 (1)“氧化”阶段需在 80 ℃条件下进行，适宜的加热方式为__________________。 (2)NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，该反应的化学方程式为______________________________________________________。 HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (3)为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并________________________________________________。 (4)若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3·H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3·H2O不反应)，还因为________________________________________________________________________________________________________________。 (5)请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(实验中须使用的试剂有：2 mol·L－1水合肼溶液，1 mol·L－1 H2SO4 )。 答案：(1)水浴加热(1分)　(2)4Ag＋4NaClO＋2H2O === 4AgCl＋4NaOH＋O2↑(2分)　会释放出氮氧化物(或 NO、NO2)，造成环境污染(2分) (3)将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中(2分)　(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl－，不利于AgCl与氨水反应(4分)　(5)向滤液中滴加2 mol·L－1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 mol·L－1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥(4分) 解析：(1)“氧化”阶段需在 80 ℃条件下进行，不超过水的沸点，则适宜的加热方式为水浴加热。 (2)NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，Ag、O的化合价升高，Cl的化合价降低，由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为4Ag＋4NaClO＋2H2O ===4AgCl＋4NaOH＋O2↑。 HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成环境污染。 (3)(4)(5)见答案。 普查与练习30Ⅱ　　　　　物质的检验与鉴别 4．利用特殊现象和典型反应进行物质检验与鉴别 a．常见离子或物质的检验 (12)(天津经典真题，3分)检验下列物质所选用的试剂正确的是(　　) 待检验物质 所用试剂 A 海水中的碘元素 淀粉溶液 B SO2气体 澄清石灰水 C 溶液中的Cu2＋ 氨水 D 溶液中的NH NaOH溶液，湿润的蓝色石蕊试纸 答案：C 解析：淀粉溶液可以检验碘单质，而海水中的碘元素是以离子形式存在的，不能用淀粉溶液检验，故A项错误。能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是二氧化硫或二氧化碳，应该用品红溶液检验二氧化硫气体，故B项错误。铜离子遇到氨水会先产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失，故C项正确。NH遇NaOH溶液(加热)生成氨气，氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能使用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气，故D项错误。 (13) (全国Ⅰ经典真题，14分)氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景。通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示)： Ⅰ.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。 Ⅱ.转至油浴中，35 ℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98 ℃并保持1小时。 Ⅲ.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。 Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。 Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。 Ⅵ.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。 回答下列问题： ①装置图中，仪器a、c的名称分别是_____________________________、______________________，仪器b的进水口是________(填字母)。 ②步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是______________________________________________________。 ③步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________。 ④步骤Ⅲ中，H2O2的作用是_______________________________________________________________________________________________________________________________________________(以离子方程式表示)。 ⑤步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO来判断。检测的方法是____________________________________________________________________________________________________________________________________________。 ⑥步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl－是否洗净，其理由是____________________________________________________________________________________________________________________________________________。 答案：①滴液漏斗(1分)　三颈烧瓶(1分)　d(1分)　②反应放热，防止反应过快(2分)　③反应温度接近水的沸点，油浴更易控温(2分)　④2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑(2分)　⑤取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，若无，则洗涤完成(3分)　⑥H＋与Cl－电荷平衡，洗出液接近中性时，可认为Cl－洗净(2分) 解析：①由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了使冷凝效果更好，冷却水要从d口进，e口出。 ②反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴。 ③油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，且该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴。 ④由滴加H2O2后发生的现象可知，加入H2O2的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑。 ⑤该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成。 ⑥步骤Ⅳ用稀盐酸洗涤沉淀，步骤Ⅴ的目的是洗涤过量的盐酸，洗出液中H＋与Cl－电荷平衡，则洗出液接近中性时，可认为Cl－洗净。 b．常见物质的鉴别 (14)(2025汇编，2分)下列实验不合理的是(　　) ①可用AgNO3溶液和稀HNO3区分NaCl、NaNO2和NaNO3(浙江经典真题) ②可用精密pH试纸区分pH＝5.1和pH＝5.6的两种NH4Cl溶液(浙江经典真题) ③用水鉴别苯和四氯化碳 ④用石灰水鉴别Na2CO3与NaHCO3(2023辽宁真题) ⑤加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否混有乙醛(2023辽宁真题) 答案：④ 解析：AgCl、AgNO2都是难溶于水的白色固体，所以将AgNO3溶液滴入NaCl溶液和NaNO2溶液中都有白色沉淀生成，但是AgCl不溶于稀HNO3，而AgNO2溶于稀HNO3，AgNO3溶液滴入NaNO3溶液中没有明显现象，故①合理，不符合题意。精密pH试纸可以将pH精确到小数点后一位，所以可以区分pH＝5.1和pH＝5.6的两种NH4Cl溶液，故②合理，不符合题意。苯和四氯化碳难溶于水，苯的密度小于水，四氯化碳的密度大于水，所以可以用水鉴别苯和四氯化碳，故③合理，不符合题意。石灰水的主要成分为Ca(OH)2，与碳酸钠和碳酸氢钠均能反应生成碳酸钙白色沉淀，不能达到鉴别的目的，故④不合理，符合题意。含有醛基的物质可以与银氨溶液在加热条件下生成银单质，可以用银氨溶液来检验乙醇中是否混有乙醛，故⑤合理，不符合题意。 (15)(2023山东真题，2分)鉴别浓度均为0.1 mol·L－1的NaClO、Ba(OH)2、Al2(SO4)3三种溶液，仅用下列一种方法不可行的是(　　) A．测定溶液pH B．滴加酚酞试剂 C．滴加0.1 mol·L－1 KI溶液 D．滴加饱和Na2CO3溶液 答案：C 解析：若常温下用pH计测浓度均为0.1 mol·L－1的NaClO、Ba(OH)2、Al2(SO4)3三种溶液的pH，NaClO溶液的pH应大于7小于13，Ba(OH)2溶液的pH应大于13，Al2(SO4)3溶液的pH应小于7，则测溶液pH可以鉴别，故A项不符合题意。NaClO溶液显弱碱性和强氧化性，滴加酚酞试剂，溶液先变红后褪色，Ba(OH)2溶液显强碱性，滴加酚酞试剂，溶液变红色，Al2(SO4)3溶液显弱酸性，滴加酚酞试剂，溶液不变色，则滴加酚酞试剂可以鉴别，故B项不符合题意。向NaClO溶液中滴加碘化钾溶液，发生氧化还原反应生成碘，溶液由无色变成棕黄色，振荡后会变成无色，而向Ba(OH)2溶液、Al2(SO4)3溶液中滴加碘化钾溶液，因KI不与两者反应而没有现象，则仅滴加0.1 mol·L－1KI溶液无法鉴别，故C项符合题意。饱和Na2CO3溶液与NaClO溶液不反应，与Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，与Al2(SO4)3溶液发生相互促进的水解反应生成白色沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体，则滴加饱和Na2CO3溶液可以鉴别，故D项不符合题意。 随堂普查练30Ⅱ 1．(北京昌平模拟，3分)检验下列溶液是否变质，所选试剂合理的是(　　) 选项 A B C D 溶液 Na2SO3溶液 FeSO4溶液 KI溶液 NaOH溶液 所选试剂 BaCl2溶液 KSCN溶液 AgNO3溶液 高锰酸钾溶液 答案：B 解析：亚硫酸钠、硫酸钠均能与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，不能检验是否变质，故A项错误。KSCN溶液遇铁离子变为红色，可检验硫酸亚铁溶液是否变质，故B项正确。硝酸银与碘化钾溶液反应，产生黄色沉淀，不能检验碘化钾是否变质，故C项错误。氢氧化钠溶液若变质，会混有碳酸钠，氢氧化钠溶液与碳酸钠溶液均不与高锰酸钾溶液反应，不能检验是否变质，故D项错误。 2．(辽宁沈阳模拟，3分)某白色粉末中可能含CuSO4、Na2S、(NH4)2SO3、KHSO4和NaCl。某化学兴趣小组现取该白色粉末进行如下实验： 步骤一：取少量白色粉末溶于水，没有气体逸出，得到无色透明溶液①； 步骤二：向溶液①中滴加稀硫酸，产生浅黄色固体和气体X； 步骤三：将气体X通入CuSO4溶液，产生黑色沉淀。 根据上述现象，下列关于该白色粉末的说法中正确的是(　　) A．白色粉末一定不含有CuSO4和NaCl B．白色粉末中Na2S和(NH4)2SO3的物质的量之比大于2 ∶1 C．黑色沉淀不溶于硝酸 D．向溶液①中加入硝酸银可以检验氯离子是否存在 答案：B 解析：根据步骤一得到无色透明溶液①可知，白色粉末中一定不含 CuSO4 ，由步骤二产生浅黄色固体可知，白色粉末中一定含 Na2S、 (NH4)2SO3 ，酸性条件下发生反应2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3H2O ，再结合步骤一没有气体逸出说明白色粉末中一定不存在 KHSO4，由步骤三产生黑色沉淀可知，X为 H2S ，不能确定白色粉末中是否有NaCl，以此分析。白色粉末一定不含有CuSO4，可能含有NaCl，故A项错误。酸性条件下发生反应2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3H2O，S2－＋2H＋===H2S↑，则白色粉末中Na2S 和(NH4)2SO3的物质的量之比大于2∶1，故B项正确。黑色沉淀为CuS，硝酸具有强氧化性，能氧化CuS，即CuS能溶于硝酸，故C项错误。溶液①中含有 Na2S、(NH4)2SO3，加入硝酸银时会生成更难溶的Ag2S黑色沉淀，导致不能生成AgCl沉淀，则不能据此检验氯离子是否存在，故D项错误。 3．(经典题，4分)气体X只可能含有NH3、Cl2、HBr、CO2中的一种或几种。已知X通入硝酸银溶液时产生淡黄色、不溶于稀硝酸的沉淀，若将X通入澄清石灰水中没有沉淀产生，则下列有关气体X的成分的说法正确的是(　　) A．一定含有溴化氢、二氧化碳 B．一定不含二氧化碳 C．一定不含氨气、氯气 D．可能含有二氧化碳和氯气 答案：C 解析：X通入硝酸银溶液时产生不溶于稀硝酸的淡黄色沉淀，可知X中一定含有HBr，因氨气和HBr反应生成溴化铵，HBr与氯气发生氧化还原反应，所以X中一定没有NH3和Cl2，由于CaCO3可溶于强酸中，所以在HBr存在的条件下，X中若含有CO2，通入澄清石灰水中也可能没有沉淀生成，所以无法确定CO2是否存在，故C项正确。 4．(2025汇编，2分)下列实验中试剂的选择不正确的是(　　) A．用Na2CO3溶液鉴别CaCl2溶液、NaCl溶液和稀硫酸 B．火柴头的浸泡液中滴加AgNO3溶液、稀HNO3和NaNO2溶液，可检验火柴头是否含有氯元素(浙江经典真题) C．用淀粉－KI试纸鉴别碘水和FeCl3溶液 D．CCl4可用于鉴别溴水和碘水 答案：C 解析：Na2CO3溶液与CaCl2溶液反应生成沉淀，与NaCl溶液不反应，与稀硫酸反应生成气体，现象不同，所以能用Na2CO3溶液鉴别CaCl2溶液、NaCl溶液和稀硫酸，故A项正确，不符合题意。火柴头中含有KClO3，检验氯元素，应把ClO还原为Cl－，酸性条件下，NO具有还原性，向少量的火柴头浸泡液中滴加AgNO3溶液、稀HNO3和NaNO2溶液，发生的离子反应为ClO＋3NO＋Ag＋===AgCl↓＋3NO，出现白色沉淀，证明含有氯元素，故B项正确，不符合题意。Fe3＋能氧化I－生成单质碘，淀粉－KI试纸遇到碘水和FeCl3溶液都会变蓝色，现象相同，故C项错误，符合题意。CCl4可从溴水中萃取Br2，Br2的CCl4溶液为橙红色，CCl4可从碘水中萃取I2，I2的CCl4溶液为紫红色，故可用CCl4鉴别溴水和碘水，故D项正确，不符合题意。 5．(经典题，2分)溶液X中可能含有NO、Cl－、SO、CO、NH、Fe2＋和Fe3＋中的几种，且所含阴离子的物质的量相等。为确定该溶液的成分，某学习小组做了如下实验： 则下列说法正确的是(　　) A．气体甲能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，气体乙能使澄清石灰水变浑浊 B．Fe2＋和Fe3＋可能都存在，SO、NH一定存在 C．若含有Fe3＋，则一定含有Cl－ D．该溶液中只存在上述离子中的NO、SO、NH、Fe2＋四种离子 答案：D 解析：溶液X中可能含有NO、Cl－、SO、CO、NH、Fe2＋、Fe3＋中的几种，由实验可知，向溶液X中加过量的稀硫酸，有气体乙产生，发生的反应可能是CO与H＋的反应，也可能是NO在H＋条件下与Fe2＋的氧化还原反应。溶液X与过量的NaOH溶液反应生成气体甲0.02 mol，只能是氨气，即溶液X中含0.02 mol NH。所得沉淀甲应为Fe(OH)2或Fe(OH)3或两者均有，经过滤、洗涤、灼烧后所得的固体乙为Fe2O3，质量为1.6 g，物质的量为0.01 mol，故溶液X中含Fe2＋或Fe3＋或两者均有，且铁元素物质的量一定为0.02 mol，由于Fe2＋或Fe3＋均能与CO发生反应而不能共存，故溶液中无CO，则生成气体乙的反应只能是NO与Fe2＋的氧化还原反应，故溶液中一定含Fe2＋和NO。所得的溶液甲中加入过量BaCl2溶液，生成沉淀乙，则乙为BaSO4，质量为4.66 g，则物质的量为0.02 mol，即溶液X中含0.02 mol SO。溶液X中所含阴离子的物质的量相等，即NO的物质的量也为0.02 mol，由电荷守恒可知，溶液X中阴离子：0.02 mol NO，0.02 mol SO，共带0.06 mol负电荷，阳离子：0.02 mol NH，0.02 mol Fe2＋或Fe2＋、Fe3＋的混合物，所带的正电荷≥0.06 mol，由溶液呈电中性可知，当0.02 mol全部是Fe2＋时，阳离子所带正电荷为0.06 mol，此时Cl－不存在。若溶液中含Fe3＋，由于一定含Fe2＋，则阳离子所带的正电荷大于0.06 mol，小于0.08 mol，而溶液中所含阴离子的物质的量相等，则Cl－也为0.02 mol，阴离子所带的负电荷等于0.08 mol，溶液电荷不守恒，故溶液中不可能含有Cl－，也不可能含有Fe3＋。气体甲为NH3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A项错误。Fe2＋一定存在，Fe3＋一定不存在，故B、C项错误。根据以上分析可知，该溶液中只存在上述离子中的NO、SO、NH、Fe2＋四种离子，故D项正确。 课后提分练30　物质的分离与提纯、检验与鉴别 A组(巩固提升) 1．(山东济南模拟，2分)古代化学实践常用的操作有：炼(干燥物质的加热)、熔(熔化)、蒸(蒸馏)、飞(升华)、淋(用水溶出固体物质的一部分)、熬(水溶液加热)等。下列装置无法用来完成相关实验的是(　　) A．挹苦泉水熬之，则成胆矾 B．薪柴之灰，淋汁取碱浣衣 C．凡酸坏之酒，皆可蒸烧 D．凡石灰，经火焚炼为用 答案：A 解析：加热蒸发应该使用蒸发皿而不是烧杯，且烧杯加热需使用石棉网，不能完成相关实验，故A项符合题意。草木灰含有碳酸钾，碳酸根离子水解使溶液显碱性，过滤得到其溶液可以洗涤衣物，故B项不符合题意。酒中乙醇被氧化为乙酸，利用物质沸点不同，可以将乙醇蒸馏分离，故C项不符合题意。加热煅烧使用坩埚，能完成相关实验，故D项不符合题意。 2．(2025汇编，2分)下列操作或试剂的选择不合理的是(　　) A．可用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质 B．Na2S 可除去污水中的 Cu2＋ C．向Mg(OH)2中加入足量稀硫酸，加热浓缩、冷却结晶后得到硫酸镁晶体 D．可用稀硝酸鉴别MgI2、AgNO3、Na2CO3三种溶液 答案：A 解析：酒精和水互溶，故不能用酒精来萃取碘水中的碘，故A项不合理，符合题意。S2－和Cu2＋反应生成CuS沉淀，故Na2S可除去污水中的 Cu2＋，故B项合理，不符合题意。Mg(OH)2与稀硫酸反应生成硫酸镁和水，硫酸镁水解生成的硫酸是难挥发性酸，硫酸镁溶液经加热浓缩、冷却结晶可制备硫酸镁晶体，故C项合理，不符合题意。MgI2、AgNO3、Na2CO3三种溶液分别与HNO3反应时，现象分别为溶液变为黄色、无明显现象、有无色气泡生成，现象不同，能鉴别，故D项合理，不符合题意。 3．(经典题，2分)取某固体样品，进行如下实验： ①取一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到滤液和滤渣； ②取少量滤液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生； ③取少量滤渣，加入稀盐酸，滤渣全部溶解，同时有气体产生。 根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是(　　) A．K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3 B．Na2CO3、AgNO3、KNO3 C．K2CO3、NaCl、Ba(NO3)2 D．KNO3、MgCl2、NaOH 答案：C 解析：K2SO4、Ba(OH)2反应生成BaSO4，不能溶于盐酸，故A项不符合题意。滤渣为Ag2CO3，加入稀盐酸，生成AgCl沉淀，滤渣不能全部溶解，故B项不符合题意。混合生成BaCO3沉淀，且BaCO3溶于盐酸生成CO2，当K2CO3过量时，取少量滤液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，故C项符合题意。混合生成白色沉淀为Mg(OH)2，与盐酸反应不生成气体，故D项不符合题意。 4．(辽宁鞍山模拟，3分)下列鉴别或检验能达到实验目的的是(　　) A．用金属钠检验乙醇中混有少量的水 B．用硝酸银溶液鉴别氯苯与溴苯 C．用酸性高锰酸钾溶液鉴别VC水溶液与葡萄糖溶液 D．用BaCl2溶液鉴别SO2和SO3 答案：D 解析：乙醇和水都能与金属钠反应，所以不能用金属钠检验乙醇中混有少量的水，故A项不能达到实验目的。氯苯与溴苯都难溶于水，不能在水中电离出卤素离子，所以不能用硝酸银溶液鉴别氯苯与溴苯，故B项不能达到实验目的。VC与葡萄糖都具有还原性，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别VC水溶液与葡萄糖溶液，故C项不能达到实验目的。SO2与BaCl2溶液不反应，SO3与BaCl2溶液反应，可生成BaSO4白色沉淀，所以可用BaCl2溶液鉴别SO2和SO3，故D项能达到实验目的。 5．(山东滨州模拟，2分)某化学兴趣小组从含有KI、KNO3等成分的工业废水中回收I2和KNO3，其流程如图1。下列说法错误的是(　　) 图1 图2 A．步骤1应先把无机相从分液漏斗的下口放出，再从上端倒出有机相 B．步骤2分离得到的苯可循环利用 C．步骤3可在如图2装置中完成 D．步骤4为蒸发结晶，当有晶膜出现时，停止加热 答案：D 解析：向含有KI、KNO3的废水中通入过量的氯气，并加入苯萃取、分液，有机相含有苯、I2，经蒸馏可得苯以及粗碘，经升华得到精碘，无机相为含KCl的硝酸钾溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到硝酸钾晶体。萃取剂为苯，苯的密度比水小，有机层在上层，步骤1应先把无机相从分液漏斗的下口放出，再从上端倒出有机相，故A项正确，不符合题意。结合图示可知，步骤2分离得到的苯可用于步骤1，实现苯的循环利用，故B项正确，不符合题意。步骤3能通过碘的升华将粗碘提纯，可在图2装置中完成，故C项正确，不符合题意。KNO3的溶解度受温度影响较大，步骤4应为蒸发浓缩、冷却结晶，故D项错误，符合题意。 6．(经典题，4分)有一份澄清溶液，可能含有 Na＋、K＋、NH、Ca2＋、Fe3＋、SO、CO、SO、Cl－、I－中的若干种，且离子的物质的量浓度均为 0.1 mol·L－1(不考虑水解和水的电离)。往该溶液中加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成。另取少量原溶液，设计并完成如下实验： 则关于原溶液的判断中不正确的是(　　) A．是否存在 Na＋、K＋需要通过焰色试验来确定 B．通过 CCl4 层的颜色变化，能判断出溶液中 I－肯定存在 C．试样加足量氯水无气体产生，说明溶液中 CO肯定不存在 D．肯定不存在的离子是 Ca2＋、Fe3＋、SO、CO、Cl－ 答案：A 解析：向该溶液中加入过量盐酸酸化的 BaCl2溶液无沉淀生成，说明原溶液中没有SO；原溶液中加足量氯水，没有气体产生，则证明原溶液中无CO；加CCl4进行分液操作，下层呈紫红色，说明有I2，氯水将原溶液中的I－氧化成I2；上层溶液加入HNO3酸化的硝酸钡产生白色沉淀，说明原溶液中有SO，进一步推出原溶液中无Ca2＋、Fe3＋；溶液中一定含有阳离子，且离子的物质的量浓度均为 0.1 mol·L－1，根据电荷守恒，一定含有 Na＋、K＋、NH，一定不存在Cl－；最后的滤液加硝酸酸化的硝酸银溶液会产生白色沉淀，是因为过程中加入足量氯水，引入了大量的Cl－。综上，原溶液中含有SO、I－、Na＋、K＋、NH，肯定不含SO、CO、Ca2＋、Fe3＋、Cl－，故A项错误，符合题意，B、C、D项正确，不符合题意。 7．(江苏南京模拟，12分)实验室以废旧锂电池正极材料(含LiCoO2及少量Al、Fe等)为原料制备Co3O4。 已知：Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10－15，Ksp(CoC2O4)＝6.3×10－8，Ksp(CoCO3)＝1.4×10－14；NH3·H2O的电离常数为Kb＝1.8×10－5，H2C2O4的电离常数分别为Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝1.5×10－4。 (1)“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2＋并放出O2，该反应的离子方程式为______________________________________________。 (2)“萃取”时有机磷萃取剂(用HA表示)萃取金属离子的原理可表示为Mn＋＋nHA(有机层) MAn(有机层)＋nH＋(水层)。钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图1所示。随pH的升高，Co2＋在有机磷萃取剂中萃取率增大的原因是__________________________________________________。 图1 (3)“反萃取”的目的是将有机层Co2＋转移到水层。使Co2＋尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有______________________________________(填两项)。 (4)“沉钴”时可加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液反应制得CoC2O4。不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是____________________________________________________________________________。 (5)“沉钴”时，也可先制得CoCO3再制备Co3O4。CoCO3在空气中受热分解，测得剩余固体的质量与起始CoCO3的质量的比值(剩余固体的质量分数)随温度变化曲线如图2所示。为获得较高产率的Co3O4，请补充实验方案：取反萃取后得到的水相，______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(可选用的试剂：0.1 mol·L－1 NH4HCO3溶液、空气、0.1 mol·L－1 HCl溶液、0.1 mol·L－1 BaCl2溶液) 图2 答案：(1)2LiCoO2＋H2O2＋6H＋===2Li＋＋2Co2＋＋4H2O＋O2↑(2分)　(2)pH升高，c(H＋)减小，使萃取平衡Co2＋＋2HA(有机层) CoA2(有机层)＋2H＋(水层)正向移动，CoA2(有机层)增大，萃取率增大(2分)　(3)适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取(2分) (4)Na2C2O4溶液碱性过强，因为Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10－15<Ksp(CoC2O4)＝6.3×10－8，所以草酸钠更易使Co2＋转化成氢氧化钴沉淀(2分)　(5)向其中加入过量的0.1 mol·L－1 NH4HCO3溶液，过滤后洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液，加入少量0.1 mol·L－1BaCl2溶液无明显现象，干燥后将滤渣加热至400～600 ℃左右，当固体质量不再改变时，得到Co3O4(4分) 解析：废旧锂电池正极材料(含LiCoO2及少量Al、Fe等)用稀硫酸和双氧水进行浸取，除去滤渣，Co2＋、Li＋、Al3＋、Fe3＋进入溶液，用有机磷萃取使Co2＋进入有机相，有机相经过稀硫酸反萃取使Co2＋进入水相，加入相关试剂进行沉钴，再经历一系列反应获得四氧化三钴。 (1)“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2＋并放出O2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平，该反应的离子方程式为2LiCoO2＋H2O2＋6H＋===2Li＋＋2Co2＋＋4H2O＋O2↑。 (2)随pH的升高，即c(H＋)减小，使萃取平衡Co2＋＋2HA(有机层) CoA2(有机层)＋2H＋(水层)正向移动，CoA2(有机层)增大，萃取率增大。 (3)根据萃取原理Mn＋＋nHA(有机层)MAn(有机层)＋nH＋(水层)，改变实验条件或操作使平衡逆向移动，可将有机层中Co2＋转移到水层，可选择的实验条件或采取的实验操作有适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取。 (4)不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10－15，Ksp(CoC2O4)＝6.3×10－8，Na2C2O4溶液的碱性比(NH4)2C2O4溶液的碱性更强，更易使Co2＋转化成氢氧化钴沉淀。 (5)为获得较高产率的Co3O4，可取反萃取后得到的水相，向其中加入过量的0.1 mol·L－1 NH4HCO3溶液，发生反应2HCO＋Co2＋===CoCO3↓＋H2O＋CO2↑，过滤后洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液，加入少量0.1 mol·L－1BaCl2溶液无明显现象，干燥后将滤渣加热，加热温度为曲线图中剩余固体的质量分数(Co3O4的质量与起始CoCO3的质量的比值)所对应的温度。设起始时碳酸钴为1 mol即119 g，加热分解，根据钴元素守恒，理论上获得×(59×3＋4×16)g四氧化三钴，剩余固体的质量分数为×100%≈67.5%，此时对应的温度为400～600 ℃，即加热到400～600 ℃左右，当固体质量不再改变时，得到Co3O4。 B组(冲刺满分) 8．(经典题，2分)以下实验设计能达到实验目的的是(　　) 选项 实验目的 实验设计 A 除去NaHCO3固体中的Na2CO3 将固体加热至恒重 B 制备无水AlCl3 蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液 C 重结晶提纯苯甲酸 将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶 D 鉴别NaBr和KI溶液 分别加新制氯水后，用CCl4萃取 答案：D 解析：除去NaHCO3固体中的Na2CO3，可加水溶解配制成溶液，通入足量CO2气体，重结晶可得NaHCO3，而加热固体会使NaHCO3分解，故A项错误。制备无水AlCl3时，应将AlCl3溶液在HCl氛围中蒸发，故B项错误。重结晶提纯苯甲酸时，应将粗品制成其热饱和溶液，趁热过滤，再冷却结晶，故C项错误。鉴别NaBr和KI溶液，分别加入新制氯水后，用CCl4萃取，Br2的CCl4溶液呈橙色，I2的CCl4溶液呈紫红色，故D项正确。 9．(海南学业水平诊断，2分)下列各组物质不能用水一次性鉴别的是(　　) A．甲苯、溴乙烷、乙醛 B．无水硫酸铜、碳酸钠、硫酸钡 C．氯化钡、磷酸钾、硫酸铵 D．二氧化氮气体、溴蒸气 答案：C 解析：甲苯不溶于水，密度比水小，与水混合后静置分层，有机层在上；溴乙烷难溶于水，密度比水大，与水混合后静置分层，有机层在下；乙醛能与水互溶，混合后不分层，能用水一次性鉴别，故A项不符合题意。无水硫酸铜溶于水，水溶液呈蓝色；碳酸钠易溶于水，水溶液呈无色；硫酸钡难溶于水，能用水一次性鉴别，故B项不符合题意。氯化钡、磷酸钾、硫酸铵都易溶于水，且氯化钡分别与磷酸钾、硫酸铵混合均产生白色沉淀，不能用水一次性鉴别，故C项符合题意。二氧化氮气体溶于水得无色溶液，溴蒸气溶于水得橙色溶液，能用水一次性鉴别，故D项不符合题意。 10．(2022上海真题，2分)实验室用叔丁醇和质量分数为37%的浓盐酸制取叔丁基氯，通过分液、洗涤、干燥、蒸馏等步骤得到精制产品。下列说法错误的是(　　) 溶解性 密度 沸点 叔丁醇 易溶于水 0.775 g·cm－3 83 ℃ 叔丁基氯 微溶于水 0.851 g·cm－3 51～52℃ A. 分液：叔丁基氯在分液漏斗上层 B．洗涤：用氢氧化钠除去酸性物质 C．干燥：用无水氯化钙除去微量水 D．蒸馏：通过蒸馏获得精制叔丁基氯 答案：B 解析：分液时，密度大的液体在下层、密度小的液体在上层，叔丁基氯密度小于水且微溶于水，叔丁醇和水互溶，所以分液时叔丁基氯在分液漏斗上层，故A项正确，不符合题意。NaOH能使叔丁基氯发生水解反应，所以不能用NaOH除去酸性物质，故B项错误，符合题意。无水CaCl2具有吸水性，且和其他物质不反应，所以可以用无水氯化钙除去微量水，故C项正确，不符合题意。叔丁基氯和叔丁醇互溶且沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法获得精制叔丁基氯，故D项正确，不符合题意。 11．(山东联考，2分)实验室利用苯甲酸、乙醇、环己烷和浓硫酸混合加热制备苯甲酸乙酯，现从反应混合物中分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如图所示。 已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6 ℃，乙醚－环己烷－水共沸物的沸点为62.1℃，苯甲酸100 ℃会迅速升华。 下列说法错误的是(　　) A．试剂①为饱和Na2CO3溶液，试剂②为稀硫酸 B．操作a、c均为分液，操作b为蒸馏，操作d为重结晶 C．苯甲酸乙酯、苯甲酸分别对应物质①、物质② D．粗品精制还可以用升华法 答案：B 解析：由题给流程可知，分两条路线从水相、有机相中获取物质，而能经操作进入水相的只有苯甲酸，因此向混合物中加入饱和碳酸钠溶液洗涤，将苯甲酸转化为苯甲酸钠，分液得到含有苯甲酸乙酯和环己烷的有机相和水相Ⅰ；向水相Ⅰ中加入乙醚萃取水相中残留的少量苯甲酸乙酯和环己烷，分液得到乙醚有机相和水相Ⅱ；有机相混合得到有机相Ⅰ，有机相Ⅰ经蒸馏得到共沸物和有机相Ⅱ；向有机相Ⅱ中加入无水硫酸镁除去水分，干燥有机相Ⅱ，过滤、蒸馏得到苯甲酸乙酯；向水相Ⅱ中加入稀硫酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，过滤得到苯甲酸粗品，经重结晶得到苯甲酸。试剂①为饱和Na2CO3溶液，试剂②为稀硫酸，故A项正确，不符合题意。操作a为分液，操作b为蒸馏，操作c为过滤，操作d为重结晶，故B项错误，符合题意。由分析可知苯甲酸乙酯、苯甲酸分别对应物质①、物质②，故C项正确，不符合题意。苯甲酸100 ℃会迅速升华，所以粗品精制还可以用升华法，故D项正确，不符合题意。 12．(2025改编，4分)氯酸镁[Mg(ClO3)2]常用作催熟剂、除草剂等，以卤块(主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质)为原料制备少量Mg(ClO3)2·6H2O的流程如下： 已知：四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如图所示。 下列说法错误的是(　　) A．“溶解、氧化”时，温度不能太高 B．“反应Ⅰ”离子方程式为Ba2＋＋SO===BaSO4↓ C．“反应Ⅱ”发生的依据是Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp D．“系列操作”需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、分液漏斗等 答案：D 解析：卤块主要成分为MgCl2·6H2O，含有 MgSO4、FeCl2等杂质，加入过氧化氢将Fe2＋氧化为Fe3＋，加入氯化钡溶液将硫酸根离子转化为BaSO4沉淀(滤渣1)，加入氧化镁，调节溶液的pH将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀(滤渣2)，加入NaClO3饱和溶液有NaCl晶体析出，发生反应为MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl↓，过滤得到 Mg(ClO3)2溶液，较高温度下其他物质的溶解度小于Mg(ClO3)2的，采取蒸发结晶提纯，Mg(ClO3)2的溶解度受温度影响大，需要趁热过滤，防止Mg(ClO3)2析出、减少损失，滤液冷却结晶制取 Mg(ClO3)2·6H2O。溶解、氧化时，温度过高会促进Mg2＋的水解，产生Mg(OH)2沉淀，降低产率，且易引起H2O2分解等问题，故A项正确，不符合题意。反应Ⅰ加入氯化钡的作用是除去硫酸根离子，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，故B项正确，不符合题意。反应Ⅱ中加入MgO调节pH，溶度积小的先开始沉淀，溶度积大的后沉淀，故C项正确，不符合题意。系列操作是蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶，需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、普通漏斗等，分液漏斗在该过程中用不到，故D项错误，符合题意。 13．(2023全国Ⅰ真题，15分)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下： 已知：Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33，Ksp[Ni(OH)2]＝5.5×10－16。 回答下列问题： (1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为________________________________________。为提高溶矿速率，可采取的措施是__________(举1例)。 (2)加入少量MnO2的作用是____________。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是________________________________________________。 (3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH＝4，此时c(Fe3＋)＝________mol·L－1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是________。 (4)加入少量BaS溶液除去Ni2＋，生成的沉淀有________________。 (5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为__________________________________。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断______________。电解废液可在反应器中循环利用。 (6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是________________________________。 答案：(1)MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋H2O＋CO2↑(2分)　粉碎矿石(或提高反应温度、提高硫酸浓度、搅拌等，合理即可)(1分)　(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋(1分)　H2O2遇锰、铁等金属离子易分解(2分)　(3)2.8×10－9(2分)　Al3＋(1分) (4)BaSO4、NiS(1分)　(5)Mn2＋＋2H2OH2↑＋MnO2↓＋2H＋(2分)　补充MnSO4溶液、排出含酸电解液(1分)　(6)2Li2CO3＋8MnO24LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑(2分) 解析：根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将菱锰矿溶解，将杂质中含Fe、Ni、Al等元素的物质转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，且由题给信息，溶矿阶段Fe3＋就已经完全沉淀；随后将溶液pH调节至约等于7，此时，根据已知条件给出的Al(OH)3、Ni(OH)2的溶度积可知，可以将溶液中的Al3＋沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2＋沉淀，得到相应的滤渣；溶液中含有大量的Mn2＋，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。 (1)菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋H2O＋CO2↑；为提高溶矿速率，可以粉碎矿石(或提高反应温度、提高硫酸浓度、搅拌等，合理即可)。 (2)根据分析，加入少量MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2＋氧化为Fe3＋，但不宜使用H2O2氧化Fe2＋，因为H2O2遇锰、铁等金属离子易分解，不能使溶液中的Fe2＋全部氧化为Fe3＋。 (3)溶矿完成以后，反应器中溶液pH＝4，此时溶液中c(OH－)＝1.0×10－10mol·L－1，此时体系中含有的c(Fe3＋)＝＝2.8×10－9mol·L－1，溶液中的c(Fe3＋)≤1.0×10－5 mol·L－1时，可以认为Fe3＋已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1，溶液中c(Al3＋)＝＝1.3×10－12mol·L－1，c(Ni2＋)＝＝5.5×10－2mol·L－1，c(Al3＋)<1.0×10－5 mol·L－1，Al3＋沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3＋。 (4)加入少量BaS溶液除去Ni2＋，Ni2＋和S2－结合生成NiS沉淀，溶矿时使用硫酸，体系中存在大量的SO，SO和Ba2＋结合生成BaSO4沉淀，故加入少量BaS溶液，生成的沉淀有BaSO4、NiS。 (5)从流程看，进入电解槽的主要是MnSO4，其中还含有很少量的Ca2＋，产物为MnO2，则阳极为Mn2＋失电子转化为MnO2。阴极附近阳离子放电能力：H＋>Ca2＋、Mn2＋，即阴极是H2O电离出的H＋得电子产生H2。因此，电解槽中发生电解反应的离子方程式：Mn2＋＋2H2OMnO2↓＋2H＋＋H2↑。根据第二空“保持电解液成分稳定”的要求，需要寻找反应过程中发生改变的电解液成分。由离子方程式可知，Mn2＋被消耗，H＋生成，要保持电解液成分稳定，就得补充消耗掉的，移出生成的，结合溶液中的阴离子可知，需补充 MnSO4溶液、排出含酸电解液(H2SO4)。 (6)从流程中可知反应物(MnO2＋Li2CO3)和产物(LiMn2O4＋CO2＋O2)。反应后Li和C元素的价态没有改变，只有Mn和O元素的价态发生了改变，即从MnO2到LiMn2O4，Mn 的价态从＋4下降到＋3.5，而O的价态从－2升到0，生成1个O2分子失去4个电子。根据得失电子守恒和原子守恒即可配平化学方程式：8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑。 14．(天津重点高中模拟，15分)FTO导电玻璃为掺杂氟的SnO2透明导电玻璃，广泛用于液晶显示屏、薄膜太阳能电池基底等方面，SnCl4可用于制作FTO导电玻璃。实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4，此反应放热，生成的SnCl4易水解生成SnO2·xH2O。回答下列问题： 　 　　　 有关物理性质如下表： 物质 颜色、状态 熔点/℃ 沸点/℃ Sn 银白色固体 231.9 2260 SnCl4 无色液体 －33 114 SnCl2 无色晶体 246 652 (1)Ⅱ装置中发生反应的离子方程式为____________________________________________。 (2)将上述装置用玻璃管连接，组装成一套制备SnCl4的实验装置(每个装置最多使用一次)，正确的顺序是(填各接口字母序号)：B________NA________。Ⅲ中应选用的冷凝管为________(填字母)。 　　 (3)检查装置气密性并装好药品后，应先打开Ⅱ中的分液漏斗活塞，待出现____________现象后，再点燃Ⅰ处的酒精灯。 (4)Ⅵ装置的作用是____________________。若没有Ⅵ装置，可能发生的化学反应方程式为______________________________________。 (5)实验制得30 g溶有氯气的SnCl4，其中氯气质量分数为13.0%，则至少需向Ⅰ中通入氯气的物质的量为______________(保留2位小数)。提纯该SnCl4的方法是__________(填字母)。 a．用NaOH溶液洗涤再蒸馏 b．升华　　c．重结晶　　d．蒸馏　　e．过滤 答案：(1)2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O(2分)　(2)HIEF(2分)　CDJK(或CDKJ)(2分)　B(1分)　(3)Ⅰ中蒸馏烧瓶中充满黄绿色气体(1分)　(4)吸收多余的氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶(2分)　SnCl4＋(x＋2)H2O===SnO2·xH2O↓＋4HCl(2分)　(5)0.25 mol(2分)　d(1分) 解析：实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4，先利用装置Ⅱ制备氯气，因产生的Cl2中会混有杂质气体HCl和水蒸气，用装置Ⅴ的饱和NaCl溶液除去Cl2中的HCl，再将气体通入Ⅳ装置，利用浓硫酸的吸水性干燥得到纯净的Cl2；将纯净的Cl2通入Ⅰ装置，与熔融的锡反应生成SnCl4蒸气，该蒸气经装置Ⅲ的冷凝得到SnCl4 液体，因SnCl4易水解，要注意防止水蒸气进入装置Ⅲ，并且需要吸收多余的Cl2，防止污染空气，故可在装置Ⅲ之后，连接装置Ⅵ。 (1)在Ⅱ装置中KMnO4与浓盐酸反应产生KCl、MnCl2、Cl2、H2O，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可知发生反应的离子方程式为2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。 (2)在装置Ⅱ中制取Cl2，Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，先通过装置Ⅴ的饱和食盐水除去杂质HCl，然后通过装置Ⅳ的浓硫酸除去水蒸气，导气管都是长进短出，然后将Cl2由N通入到装置Ⅰ中与熔融的锡反应制取SnCl4，产生的SnCl4在装置Ⅲ冷凝得到SnCl4液体，为防止生成的SnCl4水解，同时吸收多余的Cl2，再使气体由D经装置Ⅵ的J(或K)进入，由K(或J)排出，故按接口的先后顺序为BHIEFNACDJK(或BHIEFNACDKJ)。装置Ⅲ进行冷凝操作时，为了充分冷凝，避免冷凝产生的液体SnCl4滞留在冷凝管中，要采用直形冷凝管，故B项符合题意。 (3)检查装置气密性并装好药品后，为防止Sn与装置中的空气发生反应，应先打开Ⅱ中的分液漏斗活塞，待装置Ⅰ中蒸馏烧瓶充满黄绿色气体后，再点燃Ⅰ处的酒精灯。 (4)Ⅵ装置的作用是吸收多余的氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶，避免制得的SnCl4水解。若没有装置Ⅵ，SnCl4水解产生SnO2·xH2O和HCl，反应的化学方程式为SnCl4＋(x＋2)H2O===SnO2·xH2O↓＋4HCl。 (5)实验制得30 g溶有氯气的SnCl4，其中氯气质量分数为13.0%，则m(Cl2)＝30 g×13.0%＝3.9 g，m(SnCl4)＝30 g－3.9 g＝26.1 g，根据氯元素守恒可知，至少需向Ⅰ中通入氯气的物质的量为n(Cl2)＝＋ ×2≈0.25 mol。Sn与Cl2在加热时反应产生的物质SnCl4中由于混有Cl2，SnCl4在室温下呈液态，根据沸点的差异，分离提纯SnCl4应该采用蒸馏方法，SnCl4易水解不能用NaOH溶液洗涤，故d项符合题意。 学科网（北京）股份有限公司 $$