2025届高三化学一轮复习训练---化学实验

2025届高三化学一轮复习训练---化学实验 一、单选题 1．下列方法可行的是（　　） A．用核磁共振氢谱鉴别2-溴丁烷的一对对映异构体 B．选用氨水鉴别Fe2+、Mg2+，Al3+和Ag+ C．向含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热一段时间，除去过量的Cl2即可得到纯净的FeCl3溶液 D．除去NaCl中的少量MgCl2杂质，可将固体先用足量饱和食盐水充分溶解后再过滤，重复操作几次 2．利用下列装置和试剂进行实验，正确且能达到实验目的的是 A B 测定中和热 除去中混有的 C D 除去中的HCl并干燥 排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡 A．A B．B C．C D．D 3．分离两种互不相溶的液体需要用到的仪器是（　　） A． B． C． D． 4．化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作正确的是（　　） A．碱式滴定管排气泡 B．溶液加热 C．制备并收集少量氨气 D．吸收多余的气体 A．A B．B C．C D．D 5．下列实验方案正确且能达到实验目的的是（　　） 选项 实验方案 实验目的 A 用少量NaOH溶液洗涤乙酸乙酯粗品 除去粗品中的乙酸 B 用排水法收集铜与稀硝酸反应生成的气体 收集NO C 将FeCl3·6H2O溶于热水中，然后冷却稀释 配制FeCl3溶液 D 将可能含有乙烯的SO2气体通入溴水中 验证气体中含有乙烯 A．A B．B C．C D．D 6．对废旧锂离子电池正极材料进行回收处理的流程如图所示(难溶于水及碱溶液，酸性条件下价的钻具有强氧化性)。下列说法错误的是（　　） A．可将还原为 B．相同条件下溶解性： C．“酸溶”时用浓盐酸代替硫酸，不利于保护环境 D．“滤液”中通入过量的可产生白色沉淀 7．玻璃棒是化学实验中常用的仪器之一，其主要用于搅拌、过滤或转移液体时的引流。下列有关实验过程中，肯定不需要使用玻璃棒进行操作的是（　　） ①用pH试纸测定Na2CO3溶液的pH ②从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KCl ③用饱和FeCl3溶液和沸水制取Fe(OH)3胶体 ④配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液 ⑤取某溶液做焰色试验，检验该溶液中是否含有钠元素 ⑥用适量的蔗糖、浓硫酸和水在小烧杯中进行浓硫酸的脱水性实验 ⑦促使过饱和的硝酸钾溶液析出晶体 A．①②④⑤ B．③④⑤⑦ C．③⑤ D．⑤⑥⑦ 8．硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下： 已知：高钾明矾石的主要成分为和少量。下列说法正确的是 A．焙烧时反应的化学方程式为 B．调节pH的目的是使和完全沉淀 C．化合物Y可制成铝热剂用于焊接铁轨 D．可回收利用后应用于本流程 9．下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向淀粉和稀硫酸共热后的溶液中，加入NaOH溶液中和，再加入新制悬浊液，加热后观察有无红色沉淀生成 淀粉是否发生水解 B 向沉淀中分别滴加盐酸和氨水，观察沉淀变化 为两性氢氧化物 C 向久置氯水中滴加少量溶液，观察有无气体生成 氯水中HClO是否已经分解 D 向5mLNaCl和KI的混合溶液中，滴加1~2滴溶液，观察沉淀颜色 A．A B．B C．C D．D 10．下列说法正确的是 A．食物中毒时，可以先饮入大量饱和硫酸铜溶液催吐，并立即送医 B．打磨后的铝片绕成螺旋状，待火柴快燃尽时伸入盛有氧气的集气瓶中发出耀眼的白光 C．用纸层析法分离铁离子和铜离子时，可将配好的展开剂沿着大试管内壁注入大试管底部 D．向滴有甲基橙的乙酸乙酯水溶液中加入少量硫酸溶液，上层溶液显橙色 11．根据下列实验操作及现象得出的结论正确的是（　　） 选项 实验操作及现象 结论 A 常温下，在铝铁合金表面滴加98%的硫酸，没有明显现象 铝、铁不和浓硫酸反应 B 在酸性溶液中滴加对甲基苯酚，溶液褪色 酚羟基能被酸性溶液氧化 C 在中加入柠檬酸，固体溶解，有气泡产生 柠檬酸的酸性比的强 D 在溶液中滴加酸化的双氧水，溶液变色 还原性： A．A B．B C．C D．D 12．在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol/L的溶液和40mL0.2mol/L的溶液，再分别用0.4mol/L的盐酸滴定，利用计和压力传感器检测，得到如图曲线，下列说法正确的是 A．溶液中存在c(CO)+c(OH−)=c(H2CO3) B．图中乙、丙曲线表示向溶液中滴加盐酸 C．根据pH−V(HCl)图分析，d点可用酚酞作为指示剂指示滴定终点 D．当滴加盐酸的体积为V1mL时，点发生反应的离子方程式为HCO+H+=H2CO3 13．实验是探究化学过程的重要途径。下列装置能达到相应目的的是 A.制备胶体 B.测量气体的体积 C.将剩余钠放回试剂瓶 D.分离碘和氯化铵固体 A．A B．B C．C D．D 14．废旧CPU中的金(Au)、Ag和Cu回收的部分流程如下： 已知：HAuCl4= H++ AuCl 。下列说法正确的是。（　　） A．“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少 B．“过滤”所得滤液中的Cu2+和Ag+可用过量浓氨水分离 C．用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金 D．用过量Zn粉将1molHAuCl4完全还原为Au，参加反应的Zn为1.5mol 15．实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如下实验，经检测所得固体中含有和白色物质X，下列说法正确的是（　　） A．X溶液显无色 B．NO和Y均为还原产物 C．浓硫酸在反应中表现出氧化性和酸性 D．NO与Y的物质的量之和可能为2mol 16．下列实验操作、现象和结论都正确的是（　　） 实验操作 现象和结论 A 向分别盛有苯和甲苯的两支试管中滴入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡并观察现象 盛有苯的试管中溶液无明显现象，而盛有甲苯的试管中溶液紫红色褪去，则甲苯中的甲基对苯环有影响 B 取二氧化硅与少量焦炭，在高温条件下反应 产生灰黑色固体硅单质，则非金属性： C 加热2mL0.5mol/L CuCl2溶液 溶液由蓝色变为绿色，[Cu(H2O)4]2++4Cl- [CuCl4]2-+4H2O正向移动 D 取少量硫代硫酸钠样品溶于水，滴加过量稀盐酸，再滴加Ba(NO3)2溶液 有沉淀生成，则硫代硫酸钠变质 A．A B．B C．C D．D 17．用下列实验装置进行相应实验，装置（加热和夹持装置已省略）正确且能达到相应实验目的的是（　　） A．装置丙是模拟侯氏制碱法的部分装置，则从a口通入的气体为 B．用18mol/L浓硫酸配制100mL1mol/L稀硫酸会涉及图乙所示操作 C．实验室可用浓盐酸和制备氯气，用装置甲作为发生装置，其优点是随关随停 D．检验装置丁的气密性：关闭止水夹a，打开活塞b，水能持续顺利流下，则表示装置气密性不好 18．如图实验装置(部分夹持仪器略)正确的是 A． 稀释浓硫酸 B． 制备NaHCO3 C． 检验生成的乙炔 D． 鉴别乙醇和甲醚 A．A B．B C．C D．D 19．废旧磷酸铁锂电池中电极片主要由LiFePO4、铝箔、少量铜及炭黑组成，回收Fe、Li的具体流程如图： 已知：LiFePO4溶于酸，不溶于碱；Li2SO4、Li2CO3在常温下的溶解度分别为34.2g、1.3g。下列关于Li、O、Al、S、Fe元素及其化合物的叙述错误的是（　　） A．LiFePO4中基态亚铁离子的电子排布式：[Ar]3d5 B．甲烷和三氧化硫都是极性键构成的非极性分子 C．单质硫和金刚石晶体类型不同 D．简单气态氢化物的热稳定性：H2O>H2S 20．实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下： 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℃。下列说法错误的是 A．操作a和操作b不同 B．操作c为重结晶 C．无水和饱和碳酸钠溶液的作用相同 D．由该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大 二、综合题 21．钕铁硼磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”。工业上从废旧钕铁硼合金废料(含等)中回收、制取氧化钕的流程如图所示： 已知：①稳定的化合价为；金属钕的活动性较强，能与酸发生置换反应。 ②硼不与稀硫酸反应。 ③常温下，。 回答下列问题： （1）反应①的目的是去除废料表面的油脂和污渍，可选用下列中的____(填标号)作试剂X。 A．酒精 B．溶液 C．纯碱溶液 D．稀硝酸 （2）沉淀1的主要成分是　 　(填化学式)。 （3）向溶液1中加入进行“沉钕”，写出该反应的离子方程式　 　；已知溶液1中，常温下，“沉钕”过程中，控制，使沉淀完全，通过计算说明是否有沉淀生成　 　(填“有”或“无”)。 （4）判断已洗涤干净的实验操作及现象是　 　。 （5）写出煅烧生成的化学方程式：　 　。 （6）硼与硅相似，也能与氢形成一类化合物——硼烷。常见的有乙硼烷、丁硼烷、己硼烷等。 ①硼、氮、氧元素的第一电离能由大到小的顺序是　 　。 ②乙硼烷的结构式为，分子中B原子通过氢桥键()形成一个四元环。丁硼烷分子中存在4个氢桥键且有两个五元环，写出其结构式　 　。 22．碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、 Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下： 已知：I. Cr(OH)3为两性氢氧化物； II.常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。 化合物 Cr(OH)3 Ca(OH)2 Mg(OH)2 SrCO3 Ksp近似值 1×10-31 5.5×10-6 1.8×10-11 5.6×10-10 回答下列问题： （1）气体A的电子式为　 　。 （2）“除钡、铅”时，pH过低会导致(NH4)2CrO4的利用率降低，原因为　 　(用离子方程式解释)；“还原”时发生反应的离子方程式为　 　。 （3）“滤渣1”的主要成分为　 　(填化学式)。 （4）用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为　 　。 （5）“调pH ≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出滤渣2，煮沸并趁热过滤的原因为　 　。 （6）已知：碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K=　 　(保留两位有效数字)。 （7）“系列操作”中包含“200℃烘干”操作，烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为　 　 (填化学式)。 23．二草酸合铜（Ⅱ）酸钾（）可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾可采用如下步骤： Ⅰ．取已知浓度的溶液，搅拌下滴加足量溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。 Ⅱ．向草酸（）溶液中加入适量固体，制得和混合溶液。 Ⅲ．将Ⅱ的混合溶液加热至80~85 ℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。 Ⅳ．将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体，进行表征和分析。 回答下列问题： （1）由配制Ⅰ中的溶液，下列仪器中不需要的是　 　（填仪器名称）。 （2）长期存放的中，会出现少量白色固体，原因是　 　。 （3）Ⅰ中的黑色沉淀是　 　（写化学式）。 （4）Ⅱ中原料配比为，写出反应的化学方程式　 　。 （5）Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入应采取　 　的方法。 （6）Ⅲ中应采用　 　进行加热。 （7）Ⅳ中“一系列操作”包括　 　。 24．钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。 已知：萃取时发生的反应为。 （1）除Fe、Al：先加入溶液，再加入溶液调节pH。写出氧化的离子方程式：　 　。 （2）除Ca、Mg：当某离子浓度时，认为该离子已除尽。 ①为使、除尽，必须保持溶液中　 　。 ②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是　 　。 [，，]。 （3）萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂，实验测得萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。 ①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是　 　。 ②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是　 　。 （4）热分解：向反萃取所得水相中加入溶液，充分反应后，得到。将在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。 ①B点剩余固体产物为　 　(写出计算过程)。 ②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有　 　个。 25．黄铜矿[主要成分为，含少量氯磷灰石]为原料的火法炼铜主要流程如下： 已知：氯磷灰石高温下易被氧化为。某研究小组以黄铜矿为原料进行如下实验。 （1）燃烧碘量法测定黄铜矿中硫元素的含量。 将矿样与足量混合，以氨气为载气，在1250℃左右高温炉中加热，将产生的气体用含淀粉的溶液吸收，同时用的标准溶液缓慢滴定(还原产物为碘离子)。装置如图所示(Sn的+4价化合物比+2价稳定)。 ①通入氮气的作用是　 　。 ②写出滴定过程中生成遇淀粉溶液变蓝色的物质的离子方程式　 　；滴定终点现象为　 　。 ③若滴定至终点时，消耗标准液体积为，则矿样中硫元素的质量分数为　 　。 ④的作用是　 　。 （2）利用下图装置制取粗铜。 实验操作依次为　 　(填写字母序号)。 a.加装药品 b.通入H2 c.点燃酒精灯II至产生稳定火焰 d.组装仪器 e.点燃酒精灯I f.检查装置的气密性 （3）由熔渣制绿矾的流程如下(已知难溶于水)： 步骤②加入的目的是将还原(硫元素被氧化为)，则对应反应的离子方程式为　 　。 答案解析部分 1．【答案】D 【解析】【解答】A.2-溴丁烷的一对对映异构体的核磁共振氢谱完全相同，不能鉴别，A不可行； B．向含有Fe2+的溶液中加入氨水，反应产生白色沉淀，后沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色；向含有Mg2+、Al3+的溶液中加入氨水都是只产生白色沉淀，向含有Ag+的溶液中加入氨水，首先产生白色沉淀，后沉淀溶液表示澄清溶液，Mg2+、Al3+的溶液的现象相同，不能鉴别，B不符合题意； C．氯气可氧化Fe2+变为Fe3+，能够除去FeCl3中的FeCl2杂质，但加热可促进Fe3+水解，因此不能得到纯净的FeCl3溶液，C不可行； D．除去NaCl中的少量MgCl2杂质，可将固体先用足量饱和食盐水充分溶解，根据溶液中MgCl2的溶度积常数不变，由于增大了溶液中c(Cl-)增大，导致c(Mg2+)减小，会析出MgCl2固体，通过过滤除去MgCl2固体杂质，重复操作几次，就得到纯净NaCl溶液，D可行； 故答案为：D。 【分析】A.对映异构体的核磁共振氢谱是一样的； B.氢氧化亚铁在空气中会变为氢氧化铁，氢氧化铝不溶于弱碱氨水； C.氯气可氧化亚铁离子，加热可促进铁离子水解生成氢氧化铁。 2．【答案】C 3．【答案】B 【解析】【解答】A．是蒸馏烧瓶，用于蒸馏操作，故不选A； B．是分液漏斗，用于分液操作，分离两种互不相溶的液体， 故答案为：B； C．是蒸发皿，用于蒸发操作，故不选C； D．是容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液，故不选D； 故答案为：B。 【分析】分离互不相溶的液体采用分液方法，需选择分液漏斗，结合图示仪器进行解答。 4．【答案】A 【解析】【解答】A．碱式滴定管排气泡时，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液从尖嘴涌出，气泡即可随之排出，A符合题意； B．用试管加热溶液时，试管夹应夹在距离管口的 1/3 处，B不符合题意； C．实验室制备少量氨气，应用氯化铵和熟石灰共热，C不符合题意； D．HCl 气体极易溶于水，用水吸收多余的 HCl 气体，要注意防倒吸，应采用四氯化碳代替植物油，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A．碱式滴定管排气泡时，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液从尖嘴涌出； B．试管夹应夹在距离管口的 1/3 处； C．氯化铵加热不能制备氨气； D．HCl 气体极易溶于水，水吸收会倒吸。 5．【答案】B 【解析】【解答】A．用氢氧化钠溶液除乙酸，乙酸乙酯水解，A不符合题意； B．一氧化氮难溶于水，可以用排水法收集，B符合题意； C．三价铁离子易水解，在热水中水解程度更大，C不符合题意； D．乙烯与溴水也可以反应，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.乙酸乙酯在NaOH中发生水解； B.稀硝酸的还原产物为NO，NO不与水反应； C.加热促进铁离子水解； D.乙烯能与溴发生加成反应。 6．【答案】B 【解析】【解答】A．中钴元素的化合价为价，而中钴元素的化合价为价，故可推测作还原剂能将还原为，A项不符合题意； B．加入溶液生成沉淀，故可推测碳酸锂的溶解性比碳酸钠小，B项符合题意； C．用盐酸替代“酸浸剂”会产生污染环境的氯气，C项不符合题意； D． “滤液”中含有，通入过量生成，D项不符合题意。 【分析】A、结合后续流程，可以知道钴元素化合价由+3变为+2； B、结合沉淀的转化特点，可以知道碳酸锂的溶解度更小； C、浓盐酸作为还原剂时会生成氯气； D、二氧化碳过量时生成氢氧化铝。 7．【答案】C 【解析】【解答】①用pH试纸测定溶液的pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在玻璃片上的pH试纸上观察，①符合题意； ②从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KCl，可根据KCl易溶于水，而MnO2不溶于水，用到过滤和蒸发操作，分别用玻璃棒进行引流和搅拌，②符合题意； ③将几滴饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，得到的液体就是Fe(OH)3胶体，不需使用玻璃棒，③不符合题意； ④配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液用玻璃棒搅拌和引流，④符合题意； ⑤做焰色反应实验，用铂丝蘸取待测液，无需使用玻璃棒，⑤不符合题意； ⑥进行浓硫酸的脱水性实验，应用玻璃棒不断搅拌，⑥符合题意； ⑦促使过饱和的硝酸钾溶液析出晶体，应该使用玻璃棒不断搅拌或摩擦烧杯内壁，产生玻璃碎末，可以找到一个“中性”，聚集起来使晶体析出，⑦符合题意； 可见：不需要使用玻璃棒进行操作的是③⑤，故合理选项是C。 【分析】①用pH试纸测定溶液的pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在玻璃片上的pH试纸上观察； ②过滤和蒸发操作时，分别用玻璃棒进行引流和搅拌； ③将几滴饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，得到的液体就是Fe(OH)3胶体，不需使用玻璃棒； ④配制溶液用玻璃棒搅拌和引流； ⑤做焰色反应实验，用铂丝蘸取待测液，无需使用玻璃棒； ⑥进行浓硫酸的脱水性实验，应用玻璃棒不断搅拌； ⑦结晶时应该使用玻璃棒不断搅拌或摩擦烧杯内壁； 8．【答案】D 【解析】【解答】A．焙烧时反应的化学方程式为，A项不符合题意； B．浸液中存在的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，B项不符合题意； C．白色固体灼烧得到，则化合物Y为，为铝热剂用于焊接铁轨，C项不符合题意； D．可溶于水制得硫酸溶液，溶液X为，则可回收利用后应用于本流程，D项符合题意； 故答案为：D。 【分析】A．根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、原子守恒书写。 B．加入试剂目的是调整pH但是不能引入杂质； C．依据铝热剂的成分判断； D．SO3可溶于水制得硫酸溶液。 9．【答案】A 【解析】【解答】A．向淀粉和稀硫酸共热后的溶液中，淀粉水解后会产生葡萄糖，加入NaOH溶液中和，再加入新制悬浊液，葡萄糖还原生成氧化亚铜的红色沉淀生成，A符合题意； B．不与弱碱反应，故不能证明是的两性氢氧化物，B不符合题意； C．氯气与和水反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，故新制氯水中也有盐酸，也能与少量溶液反应产生二氧化碳气体，故该实验不能检验氯水中HClO是否已经分解，C不符合题意； D.5mLNaCl和KI的混合溶液中，不知道各自的浓度，如果碘离子的溶度很大，即使碘化银的溶度积大也会产生碘化银的沉淀，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A、淀粉水解产物的检验需要在碱性条件下进行； B、氢氧化铝和氨水不反应； C、次氯酸和氯化氢都可以和碳酸氢钠反应； D、需要清楚氯离子和碘离子的浓度。 10．【答案】B 【解析】【解答】A．食物中毒时，应先服牛奶或鸡蛋白使之缓和，再服用硫酸铜溶液催吐，并立即送医，故A不符合题意； B．打磨后的铝片绕成螺旋状，待火柴快燃尽时伸入盛有氧气的集气瓶中，铝片在氧气中剧烈燃烧，放出大量的热和发出耀眼的白光，反应生成氧化铝，故B符合题意； C．用纸层析法分离铁离子和铜离子时，展开剂不能粘到试管内壁上，所以不能沿试管壁小心地将展开剂慢慢倒入试管底部，故C不符合题意； D．向滴有甲基橙的乙酸乙酯水溶液中加入少量硫酸溶液，上层溶液显无色，下层溶液显红色，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A．食物中毒时，应先服牛奶或鸡蛋白使之缓和，再服用硫酸铜溶液催吐，并立即送医； B．铝片在氧气中剧烈燃烧； C．用纸层析法分离离子时，展开剂不能粘到试管内壁上； D．酯的密度小，上层溶液显无色，下层溶液显红色。 11．【答案】C 【解析】【解答】A.常温下，在铝铁合金表面滴加98%的硫酸，没有明显现象 主要是常温下，浓硫酸将铁和铝钝化，故A不符合题意； B.本环上连接甲基可使酸性高锰酸钾褪色，羟基也可使酸性高锰酸钾褪色，故B不符合题意； C.在中加入柠檬酸，固体溶解，有气泡产生 ，说明气泡是二氧化碳，可说明柠檬酸酸性强于碳酸，故C符合题意； D.溶液中滴加酸化的双氧水，溶液变色 ，过氧化氢将碘离子氧化成碘单质，故D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A.常温下，铁和铝被浓硫酸钝化； B.苯环上的甲基和羟基均可使酸性高锰酸钾褪色； C.柠檬酸与碳酸亚铁反应产生气泡即可说明柠檬酸酸性强于碳酸； D.碘化亚铁加入过氧化氢，碘离子被氧化为碘单质。碘离子还原性强于亚铁离子。 12．【答案】D 13．【答案】C 14．【答案】C 【解析】【解答】A．铜与稀硝酸反应的比例关系 ，与浓硝酸反应的比例关系 ，相同Cu与硝酸反应产生的氮氧化物浓硝酸产生的多，A不符合题意； B．“过滤”所得滤液中的Cu2+和Ag+与过量浓氨水都能生成配合物离子，不能分离，B不符合题意； C．用浓盐酸和NaNO3，溶液中溶质与HNO3-NaCl一样，可以溶解金，C符合题意； D．用过量Zn粉将1molHAuCl4完全还原为Au，锌与氢离子反应也会参加反应，消耗Zn的物质的量大于1.5mol，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.根据得失电子守恒判断； B.Cu2+和Ag+均能与浓氨水形成配合物； C.浓盐酸和NaNO3与HNO3-NaCl中含有的离子种类相同，两者均可溶解金； D.锌与氢离子反应也会参加反应。 15．【答案】C 【解析】【解答】A．据分析，白色物质X为CuSO4，溶液为蓝色，故A不符合题意； B．Cu2S和白色物质CuSO4加稀硫酸和稀硝酸时溶解，存在反应：3Cu2S+16H++4NO=6Cu2++3S↓+4NO↑+8H2O，Y为S单质，则NO为还原产物、Y为氧化产物，故B不符合题意； C．由5Cu+4H2SO4（浓）3CuSO4+Cu2S+4H2O可知，硫元素从+6价降低到-2价时表现氧化性，有硫酸铜生成表现出酸性，故C符合题意； D．由5Cu+4H2SO4（浓）3CuSO4+Cu2S+4H2O知，3molCu生成0.6molCu2S，0.6molCu2S发生反应3Cu2S+16H++4NO=6Cu2++3S↓+4NO↑+8H2O得到0.8mol NO与0.6mol S，NO与S物质的量之和为1.4mol，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、硫酸铜溶液为蓝色； B、氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂； 化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物； 化合价降低，得到电子，被还原，发生还原法院，作为氧化剂，得到氧化产物； C、生成硫化亚铜体现为氧化性，生成硫酸铜体现为酸性； D、结合化学计量数之比等于物质的量之比进行判断。 16．【答案】C 【解析】【解答】A、甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可知苯环使甲基活化，故A错误； B、高温下C与二氧化硅反应生成Si和CO，为非自发进行的氧化还原反应，不能比较C、Si的非金属性强弱，故B错误； C、呈蓝色，呈黄色，升温溶液变绿，说明 ，[Cu(H2O)4]2++4Cl- [CuCl4]2-+4H2O 的平衡正向移动，故C正确； D、稀硝酸具有强氧化性，可将溶液中溶解的二氧化硫氧化成硫酸根离子，由实验及现象不能判断硫代硫酸钠变质，故D错误； 故答案为：C。 【分析】A、苯环使甲基活化； B、高温下C与二氧化硅反应生成Si和CO； C、呈蓝色，呈黄色； D、稀硝酸具有强氧化性。 17．【答案】A 【解析】【解答】A、氨气极易溶于水，应防止倒吸，因此从a口通入，从b口通入CO2，故A正确； B、不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中进行，故B错误； C、用二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，不能用装置甲，故C错误； D、装置转化分液漏斗和支管烧瓶为一个连通的装置，关闭止水夹a，打开活塞b，水一定能持续顺利流下，不能表示装置气密性不好，故D错误； 故答案为：A。 【分析】A、氨气极易溶于水，应防止倒吸； B、不能在容量瓶中稀释浓硫酸； C、用二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热； D、分液漏斗和支管烧瓶为一个连通的装置，关闭止水夹a，打开活塞b，水一定能持续顺利流下。 18．【答案】D 19．【答案】A 【解析】【解答】A．LiFePO4中基态亚铁离子的电子排布式：[Ar]3d6，A项符合题意； B．甲烷中含碳氢原子形成的极性键，空间结构是正四面体，是极性分子；SO3中一个硫原子和三个氧原子通过极性键结合而成，分子形状是平面三角形，硫原子居中，所以是非极性分子，B项不符合题意； C．单质硫是分子晶体，金刚石是原子晶体，C项不符合题意； D．氧元素的非金属性比硫元素强，所以简单气态氢化物的热稳定性：H2O>H2S，D项不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A、亚铁离子为铁原子丢失2个电子； B、甲烷和三氧化硫都是非极性分子； C、单质硫为分子晶体，金刚石为原子晶体； D、氢化物的稳定性即比较非金属性。 20．【答案】C 【解析】【解答】A．有机相和水相分层的分离方法分液，而b操作分离互溶的有机物选择蒸馏，A项不符合题意； B．苯甲酸粗品为含杂质的固体，可选择重结晶提纯，B项不符合题意； C．无水MgSO4为干燥有机物，而Na2CO3降低酯在水中的溶解度，C项符合题意； D．苯甲酸钠为在水中形成了溶液，而苯甲酸在水中析出了晶体。可见两者溶解性差异很大，D项不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．不互溶的液体分离用分液法，互溶但是沸点相差较大的液体分离用蒸馏法； B．依据物质和杂质的性质选择试剂； C．无水MgSO4为干燥有机物，而Na2CO3降低酯在水中的溶解度； D．依据流程中的图像判断。 21．【答案】（1）B；C （2）B （3）；无 （4）取最后一次洗涤液于试管中，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴溶液，如果没有白色沉淀产生，证明已洗涤干净 （5） （6）N＞O＞B； 【解析】【解答】（1）除去油污一般用碱性溶液，可选择氢氧化钠溶液或者碳酸钠溶液，故答案为：BC； （2）加入酸和碱性溶液，而B不溶解，因此沉淀1为B； （3）根据稳定的化合价为以及生成物即可写出离子方程式为： ，常温下，“沉钕”过程中，控制，此时c(OH-)=10-11.7mol/L，， 此时浓度熵为2×(10-11.7)2＜。 因此不会沉 淀； （4）根据流程表面可能混有硫酸铵，因此检验硫酸根离子即可，取最后一滴洗涤液加入过量的盐酸，再加入氯化钡溶液在是否出现沉淀； （5）根据反应物组成即可写出煅烧后的方程式为： ； （6）①同周期从左到右第一电离能有增大趋势，但是N是半充满第一电离能较大，因此N＞O＞B ； ②根据丁硼烷分子中有四个氢桥键和2个5元环，即可写出结构式为 ； 【分析】（1）除去油污一般选择的是碱性溶液，可选择的是氢氧化钠溶液或者是碳酸钠溶液； （2）根据B不溶于酸和碱即可得到沉淀是B； （3）根据钕的化学价写出产物写出方程式，根据pH计算出氢氧根浓度，计算出氢氧化亚铁的浓度熵与K对比即可； （4）根据图中流程，可判断表面残留硫酸铵，即检验硫酸根离子即可； （5）根据反应物组成即可写出煅烧产物和方程式； （6）①同周期元素第一电离能增大趋势，考虑VA较大； ②根据题中给出提示即可写出结构式； 22．【答案】（1） （2）2CrO+2H+Cr2O+H2O；8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O （3）Cr(OH)3 （4）pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低 （5）Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+ （6）1.9 ×105 （7）NH4NO3 【解析】【解答】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7~8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。 (1)气体A为CO2，其电子式为； (2)(NH4)2CrO4溶液中存在2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH过低，H+浓度过大，平衡2CrO+2H+Cr2O+H2O正向移动，更多的CrO转化为Cr2O，导致(NH4)2CrO4的利用率降低； 结合流程和分析来看“还原”时草酸和铬酸根离子发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O； (3)由分析可知“滤渣1”的主要成分为Cr(OH)3； (4)Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低； (5)“调pH ≈13”主要是使镁离子、钙离子沉淀，“调pH ≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤的原因为Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+； (6)Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K===== 1.9 ×105； (7)由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为NH4NO3。 【分析】“酸溶”时，SrCO3与HNO3反应生成Sr(NO3)2和CO2，所以气体A是CO2，滤液中含有Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+；“沉钡、铅”后所得滤液中含有Sr2+、Ca2+、Mg2+、NH4+、CO42-；“酸化”“还原”后，CO42-被还原为Cr3+；Ksp越小，说明物质的溶解度越小，根据表格信息，结合流程图可知，“调pH 7~8”时，Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀；“调pH≈13”时，Ca2+、Mg2+分别转化为Ca(OH)2、Mg(OH)2沉淀；所得滤液中含有Sr2+，经“碳化”转化为SrCO3，再经“系列操作”可得到高纯SrCO3。据此分析。 23．【答案】（1）分液漏斗和球形冷凝管 （2）风化失去结晶水生成无水硫酸铜 （3）CuO （4）3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑ （5）分批加入并搅拌 （6）水浴 （7）冷却结晶、过滤、洗涤 【解析】【解答】（1）由CuSO4·5H2O固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的CuSO4·5H2O固体，将称好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解固体，所以不需要分液漏斗和球形冷凝管。 （2）CuSO4·5H2O是含结晶水的蓝色固体，长期放置会发生风化失去结晶水而生成白色的CuSO4固体。 （3）CuSO4溶液与NaOH溶液反应生成蓝色的Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2在加热的条件下会分解生成黑色的CuO固体。 （4）该反应是非氧化还原反应，若H2C2O4和K2CO3以物质的量之比为1.5：1发生反应，产物为KHC2O4、K2C2O4、CO2和H2O，根据原子守恒进行配平可得化学方程式为： 3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑。 （5）为防止H2C2O4和K2CO3反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减小反应速率，将K2CO3进行分批加入并搅拌。 （6）Ⅲ中加热温度在80-85℃，可采取水浴加热。 （7）从溶液中得到晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 【分析】根据题干信息，第Ⅰ步是制备CuO黑色固体，涉及反应关系式是CuSO4＋NaOH→Cu(OH)2 CuO；第Ⅱ步用H2C2O4和K2CO3按一定比例反应得到KHC2O4、K2C2O4；第Ⅲ步将KHC2O4溶液、K2C2O4溶液和第Ⅰ步所制的CuO混合加热反应；第Ⅳ步经一系列操作得到K2[Cu(C2O4)2]晶体。 24．【答案】（1） （2）0.01；pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子 （3）实现的提取和富集；随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降 （4）在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1：0.133=3：4，故B点剩余固体产物为Co3O4；12 【解析】【解答】（1）氧化生成氯离子和铁离子，离子方程式：； （2）①，，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子至少为，故为使、除尽，必须保持溶液中0.01。 ②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子； （3）①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现的提取和富集； ②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降； （4）①在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1：0.133=3：4，故B点剩余固体产物为Co3O4； ②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个，故在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个。 【分析】（1）亚铁离子和氯酸根离子、氢离子反应生成铁离子、氯离子和水； （2） ①结合溶度积和离子浓度计算； ② 结合氢离子和氟离子形成弱酸判断； （3） ① 萃取和反萃取可以使钴离子浓度增大； ② 减小氢离子浓度，平衡朝正向移动，而氢氧根浓度增大会使钴离子转化为氢氧化钴； （4） ① 结合钴元素质量和氧元素质量进行判断； ② 结合均摊法判断。 25．【答案】（1）将二氧化硫全部排入滴定装置中反应，减少误差；；滴入最后半滴(1滴)溶液，反应混合液变为蓝色则半分钟内不褪色；(或0.32)；除去高温炉产生的氧化性物质，减少滴定误差 （2）dfabce （3） 【解析】【解答】黄铜矿[主要成分为CuFeS2，含少量氯磷灰石Ca5(PO4)3Cl]，通空气焙烧，得到气体X为二氧化硫和氯气、泡铜(Cu2O、Cu)和熔渣(Fe2O3、FeO)，然后用泡铜制取粗铜。 （1）将矿样与足量混合，以氨气为载气，在1250℃左右高温炉中加热，反应产生二氧化硫，再通过SnCl2溶液，除去高温炉产生的氧化性物质，二氧化硫用含淀粉的溶液吸收，同时用碘酸钾标准溶液缓慢滴定。 （2）利用氢气将泡铜中的氧化亚铜还原为单质铜。 （3）熔渣(Fe2O3、FeO)加硫酸进行酸浸，生成硫酸亚铁和硫酸铁的混合液，加入FeS2将铁离子还原为亚铁离子，得到硫酸亚铁溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到绿矾。 (1)①通入氮气的作用是将二氧化硫全部排入滴定装置中，使产生的二氧化硫全部被吸收，减少实验误差。 ②二氧化硫有还原性，碘酸钾有氧化性，两者发生氧化还原反应生成碘离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为：IO+3SO2+3H2O=I-+ 3SO+6H+，二氧化硫反应完后，继续滴加碘酸钾，碘酸钾与碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝，反应的离子方程式为：，因此滴定终点的现象为：当滴入最后半滴(1滴)溶液，反应混合液变为蓝色则半分钟内不褪色。 ③依据方程式可得关系式：IO~3SO2，则n(SO2)=3n(KIO3)=30.4800mol/L0.025L=0.036mol，矿样中硫元素的质量分数为100%=32%。 ④由题意可知，氯磷灰石高温下易被氧化为氯气，因此SnCl2的作用是：除去高温炉产生的氧化性物质氯气，减少滴定误差。 (2)实验开始的操作依次为：组装仪器，检查装置气密性，加装药品，通入氢气将装置中的空气排尽，并点燃酒精灯II进行验纯，防止加热不纯的氢气发生爆炸，最后点燃酒精灯I，因此操作顺序为：dfabce。 (3)FeS2将铁离子还原为亚铁离子，自身被氧化为硫酸根离子，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：。 【分析】(1)①将装置中的气体排出；依据反应终点时的产物判断。 ③依据关系式法计算。 ④除去装置中的杂质气体。 (2)依据易燃气体实验的一般步骤分析。 (3)依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平。 学科网（北京）股份有限公司 $$