2025届高三化学一轮复习浙江省专练——工业流程42道

2025浙江高考一轮专练——工业流程42道 一、解答题 1．（2024·浙江·模拟预测）工业上用黄铁矿为原料制备硫酸的流程如图所示： 请回答： (1)已知的阴离子达到稳定结构，则的电子式为 。 (2)室温下，为液体，为气体。熔点高于的原因 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．硫酸属于化工生产中的精细化学品 B．步骤③，吸收设备中填充瓷环可提高吸收率 C．焦硫酸具有强氧化性 D．硫酸工业尾气任意排放会造成臭氧层空洞 (4)步骤④，与水反应生成会释放大量的热，但反应过程伴随着的稀释放热。 ①与 水充分混合后，可获得浓硫酸。 ②请根据一定的化学原理，设计实验测定与水反应的焓变 。 2．（2024·浙江杭州·模拟预测）光盘金属层含有Ag(其它金属微量忽略不计)，可以进行资源回收利用，下图为从光盘中提取Ag的工业流程。 已知：①气体A、气体D是空气的主要组成气体。 ②配离子的形成是分步进行的： ； 。 ③AgCl的Ksp=1.8×10-10 。 请回答： (1)已知Ag位于周期表的第五周期IB族，Ag的原子序数为 。 (2)写出反应Ⅰ的离子方程式 ，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是 。 (3)水合肼是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述流程中，先将氯化银溶于氨水，再与水合肼反应，除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还具有的优点可能有 (写出一条即可)。 (4)是一个可逆反应。 ①结合相关数据说明上述反应是可逆反应 ； ②设计实验验证上述反应是可逆反应 。 3．（2024·浙江·模拟预测）某工厂废水中含有大量的FeSO4和较多的CuSO4。为制备晶体X并检验其部分性质，按如图流程进行相关实验： 已知：①流程中一系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； ②晶体X是一种含结晶水的化合物，制备X时加入的(NH4)2SO4与FeSO4溶液中溶质的物质的量相等。 (1)在制备晶体X的过程中，会使用少量酒精来洗涤晶体。其目的是 。 (2)取少量铜粉加入浓盐酸中加热，铜粉溶解并生成H3[CuCl4]，写出化学方程式 。 (3)下列说法不正确的是 (填字母)。 A．测得晶体X分子量为392，则其化学式可能为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O B．晶体X中不含Fe3+，故不可以作净水剂和消毒剂 C．晶体X比绿矾稳定的原因是(NH4)2SO4包裹在FeSO4外部，隔绝空气，防止Fe2+被氧化 D．结合流程图信息，测定待测KMnO4溶液浓度时，用晶体X配标准液去滴定比绿矾误差更小 (4)取少量略变黄的绿矾溶于稀硫酸，请设计实验验证溶液中铁元素的存在形式 ；写出实验过程中所涉及的反应方程式 。 4．（2024·浙江宁波·模拟预测）工业上以黄铁矿为原料利用“接触法”制硫酸，并利用硫酸渣(主要含、、，其它杂质不考虑)生产铁基颜料铁黄(FeOOH)的制备流程如图所示。 (1)滤液II中的阳离子除外还有 。 (2)以下有关说法不正确的是_______。 A．工业上用98.3%的浓硫酸吸收生成的 B．和都属于酸性氧化物，通到溶液中都会产生白色沉淀 C．FeOOH、中均含有非极性共价键 D．氟氢化钾()与发烟硫酸反应可生成氟磺酸()，说明硫酸的酸性大于氟磺酸 (3)“氧化”中，生成FeOOH的离子方程式为 。 (4)“酸溶”过程中ρ(溶液的质量浓度)及F(溶液的酸度)与w(质量分数)之间的关系如右图所示。当F值恒定时，随溶液质量浓度增大，所需硫酸的质量分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (5)设计实验方案检验硫酸渣中的金属元素 。 5．（2024·浙江·模拟预测）氧化镍(NiO)在冶金、化学及电子工业等领域中有广泛应用。 某兴趣小组由工业废渣(主要成分：Fe、Ni，其它杂质不与酸反应)制备氧化镍的流程如图： 已知：Ni(NH3)Ni2++6NH3 请回答： (1)下列说法正确的是 。 A．通过冲击破碎的方式预处理工业废渣可加快其在酸溶时的反应速率 B．滤液1中的主要金属阳离子为Ni2+、Fe2+和Fe3+ C．操作Ⅱ与操作Ⅲ均为过滤，仅需用到的玻璃仪器：普通漏斗、烧杯 D．滤渣2中加入过量氨水发生的反应为Ni(OH)2+6NH3•H2O=Ni(NH3)+6H2O+2OH- (2)滤液3经过一系列操作可得到氧化镍粗品。 ①完善实验操作：为提高氧化镍产率，向滤液3中加入稍过量的碳酸铵固体→过滤→_______→_______→过滤→_______→_______→氧化镍粗品 。 a.将滤液放入烧杯中用煤气灯进行加热 b.将滤出的沉淀物进行烘干 c.用pH试纸测定溶液至不呈碱性 d.经马釜炉500℃焙烧 ②步骤a中对滤液进行加热的原因是 。 (3)氧化镍产品的纯度可用配位滴定法测定。取1.500g氧化镍粗品，酸溶后配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.1000mol•L-1的Na2H2Y标准液滴定，平均消耗Na2H2Y标准液18.80mL。 已知：I.Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，II.紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。 ①粗品中氧化镍的纯度是 。(保留四位有效数字) ②下列操作会使测定结果偏高的是 。 A．锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定 B．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡 C．滴定前平视读数，滴定后俯视读数 D．振荡锥形瓶时，锥形瓶内溶液溅出 6．（2024·浙江·三模）某矿石的组成为，以此为原料实现如下转化： 已知：矿石与HF反应时，元素化合价均未发生变化。 请回答： (1)下列说法正确的是________（填序号）。 A．是由极性键形成的极性分子 B．的氧化性弱于 C．矿石中Si与O形成相互独立的正四面体结构 D．固体A中含有 (2)与矿石中金属阳离子的配位能力由强到弱的顺序是 。 (3)生成深蓝色溶液的化学方程式为 。 (4)遇酸会迅速分解，请设计实验证明氧化产物与还原产物 。遇酸分解的离子方程式为 。 7．（2024·浙江绍兴·三模）以方铅矿(主要含PbS、FeS)和废铅膏(主要含PbO2、PbO)为原料实现如下转化。 已知：①90℃时，加入过量盐酸和MgCl2溶液的混合液将铅元素全部以的形式浸出。 ②   请回答： (1)浸出过程中，发生了多个反应。请写出PbO2、PbS在盐酸和MgCl2溶液的作用下转化为的离子方程式 ；在浸出时，MgCl2的作用为 。 (2)H2S气体主要是由 (填化学式)反应产生的， (填“可以”、“不可以”)用CuSO4溶液吸收。 (3)下列说法正确的是___________。 A．浸出产生的最终氧化为存在于溶液中 B．的空间构型是正四面体 C．可以向含的溶液中加入适量的冷水结晶获得PbCl2 D．工业上主要通过电解熔融PbCl2制金属Pb (4)设计实验，验证结晶后过滤得到的滤液中含有Fe元素 。 8．（2024·浙江温州·三模）黄铜矿的主要成份是，以为原料实现如下转化： 请回答： (1)写出溶液A中的所有阳离子 ，的作用 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．S单质存在于火山口或地壳的岩层中 B．溶液C含有 C．的水溶液显碱性 D．依据转化关系可知： (3)等锰(Ⅱ)的化合物可制备。隔绝空气受热分解生成，产物中无单质，写出该反应的化学方程式 。请设计实验方案验证气体产物 。 9．（2024·浙江金华·三模）光盘金属层含有Ag(其它金属微量忽略不计)，可以进行资源回收利用，下图为从光盘中提取Ag的工业流程： 已知：①气体A、气体D是空气的主要组成气体。 ②配离子的形成是分步进行的：  。 ③AgCl的，  。 请回答： (1)已知Ag位于周期表的第五周期IB族，Ag的原子序数为 ；气体A的化学式为 ，写出溶液C中所有的阳离子 。 (2)反应Ⅲ的离子方程式为 。 (3)是一个可逆反应。 ①结合相关数据说明上述反应是可逆反应 ； ②设计实验验证上述反应是可逆反应 。 10．（2024·浙江金华·三模）纳米被广泛用于结构陶瓷、催化材料等功能材料。某兴趣小组利用废弃的含有的溶液制备纳米： 已知：在较高的盐酸浓度下，与HCl、乙醚形成化合物而溶于乙醚，当盐酸浓度降低时，化合物解离。 请回答： (1)煅烧过程盛放固体的仪器名称为 。 (2)步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为 。 (3)下列说法正确_______。 A．步骤Ⅱ的试剂X可用水，步骤Ⅲ的操作B是蒸馏 B．纳米属于离子晶体，熔点高于大块晶体 C．步骤Ⅰ，若在溶液Ⅱ中检测到，需再次萃取 D．中，仅阴离子中存在配位键 (4)市售PAC是由水解产生的一系列中间产物脱水聚合而成，其中稳定存在形态为聚十三铝，简称。含量的高低直接影响PAC的净水效能。向溶液中缓慢滴加一定量NaOH溶液，若只生成，则理论上 。 (5)设计如下实验过程测定溶液Ⅲ中的的浓度： ①兴趣小组认为从原废弃液中取水样经上述方法测定的浓度，会使结果 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 ②虚线框内操作可以用下列操作 代替。 A．                 B． C．       D． 11．（2024·浙江·三模）一种制备的工艺路线如图所示。反应Ⅱ所得溶液pH在3～4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。 已知：常温下，的电离平衡常数，。 请回答： (1)反应的化学方程式为 。 (2)反应的离子反应方程式为 。 (3)下列说法正确的是___________。 A．反应、、均为氧化还原反应 B．低温真空蒸发主要目的是防止分解 C．溶液Y可循环用于反应所在操作单元吸收气体 D．若产量不变，参与反应的X与物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少 (4)反应需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行，原因是 (结合离子反应方程式和必要的文字说明)。 (5)请用实验验证反应后的溶液中存在的阳离子 。 12．（2024·浙江·模拟预测）某固态化合物Y的组成为，以Y为原料可实现如下转化： 已知：溶液C中金属离子与均不能形成配合物。请回答： (1)写出溶液C中的所有阳离子 。 (2)步骤V中的反应为，请说明能够较完全转化为的两个原因是：①生成降低了体系的能量；② 。 (3)下列说法正确的是____________。 A．固体B中含有单质 B．步骤Ⅱ反应促进了水解平衡正向移动 C．步骤Ⅲ可推断碱性 D．直接加热不能得到 (4)固体Y可与溶液反应，写出该反应的离子方程式 。 (5)设计实验方案检验气体中除以外的两种主要成分 。 13．（23-24高一下·江苏盐城·期中）聚合硫酸铝铁()是一种高效净水剂，广泛应用于饮用水处理、工业废水处理和污水处理。它能有效去除悬浊物、胶体颗粒、重金属、氨氨、有机物和色度等污染物，提高水质，保护环境。它的生产可以利用硫铁矿烧渣(主要成分为等)和粉煤灰(主要成分为等)，经过一系列的反应制得，具体流程如下： (1)为了提高“酸溶的速率可以采取的措施有 (填序号)。 A．降低温度        B．烧渣粉碎        C．适当提高硫酸浓度        D．加水稀释 “酸溶”后得到的溶液中，主要存在的金属阳离子有 (填化学符号)。 (2)检验“氧化”后溶液中金属阳离子的方法是 。 (3)实验测得“氧化”过程中温度过高氧化效率会下降，原因可能是 。 (4)“酸溶”过程中发生反应的离子方程式为 。 (5)滤渣Ⅱ中可以循环利用的物质是 (填化学式)。 14．（2024·浙江绍兴·模拟预测）黄铜矿的主要成分为，以为原料实现如下转化。 请回答： (1)步骤Ⅰ的化学方程式是 。 步骤Ⅲ的目的是 。 步骤Ⅴ的操作是蒸发浓缩、冷却结晶，据此可以推测F的溶质、和中溶解度最小的是 。 (2)下列说法正确的是__________。 A．气体A是常见的漂白剂 B．单质B和溶液C不能发生反应 C．可以用作污水处理的混凝剂 D．气体E的水溶液在空气中长期放置易变质 (3)设计实验方案证明中金属阳离子 。 15．（2024·浙江丽水·二模）某研究小组以白云石（主要成分为）为原料制备无水碳酸镁，流程如下： (1)步骤煅烧过程中盛放样品的容器名称是 ，步骤III，重镁水溶液中主要溶质的化学式是 。 (2)下列说法正确的是______。 A．步骤II，在溶解过程中可加入硫酸，加入可适当除去原料中的钙元素 B．步骤IV产生的和滤液可循环利用 C．步骤IV热解过程中通入空气的目的是除去体系中溶解的，促进反应正向进行 D．步骤V，可通过直接加热的方式制得无水碳酸镁 (3)步骤III过程中需将温度控制在，原因是 。 (4)为测定产品中微量的钙元素含量，可用已知浓度为的标准溶液进行滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“_____”上填写一件最关键仪器，“(    )”内填写一种操作，均用字母表示]。 用分析天平（称量产品）用烧杯 用 （配制的溶液）用移液管 在 中 用 （盛装溶液滴定，消耗） 仪器：a.烧杯；b.滴定管；c.容量瓶；d.锥形瓶 操作：e.加水溶解；f.加盐酸溶解；g.加入三乙醇胺、和钙指示剂；h.量取溶液 (5)如要测定产品中含量，还需继续以下实验：量取溶液，稀释至得到溶液，另取溶液于锥形瓶中，加入三乙醇胺、缓冲溶液与铬黑指示剂后，用上述标准溶液滴定、总量（、与按物质的量反应），消耗，根据本次实验计算产品中镁元素的质量分数 。 16．（2024·浙江丽水·二模）是重要的化工原料，可发生如下转化： ①；②（无色）容易被空气氧化 (1)氨气溶于水后，经途径I吸收硫酸工业尾气中的，可得到氮肥硫酸铵，写出该反应的化学方程式 。 (2)氨气可经途径II的多步反应制得硝酸，下列有关说法正确的是______。 A．工业生产得到的浓硝酸，常因溶解了而略显黄色 B．氨气先经过催化氧化得到，再与水反应生成硝酸 C．浓硝酸与甘油在一定条件下反应生成，该反应为酯化反应 D．工业上常用铁罐车或铝罐车运送浓硝酸，是因为常温下它们和浓硝酸不反应 (3)醋酸（熔点）、硝酸（熔点）这两种相对分子质量相近的分子熔沸点相差较大的主要原因是 。 (4)与性质相似，写出足量与稀硫酸反应所得产物的化学式 。 (5)途径中过量，用离子方程式解释途径中溶液颜色变化的原因 。 (6)可与反应得到化合物和一种无机盐，设计实验验证产物中分离出的化合物中含有氮元素 。 17．（2024·浙江宁波·二模）斑铜矿(主要成分是Cu5FeS4，含少量SiO2)是自然界中最丰富的含铜矿物之一，以斑铜矿为原料可实现如下转化。 已知：①CuCl为白色晶体，难溶于水，在空气中易被氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的Na[CuCl2] ②Cu+酸性条件发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。 ③加热时易失去NH3。 请回答： (1)①溶液A中加试剂X可实现FeCl3的循环利用，则试剂X是 。 ②固体C可通过溶解、过滤、蒸馏等操作分离出硫单质，溶解时最适宜的溶剂为 。 A．水            B．NaOH溶液            C．CS2            D．酒精 (2)步骤Ⅱ需快速将固体B投入到NaCl溶液中，原因是 。 (3)写出溶液D中的所有阳离子 。 (4)写出反应I的离子方程式 。 (5)将斑铜矿在有氧条件下用氨水浸出，可制得晶体，反应原理为(未配平)。设计由浸出液制取晶体的实验方案： 。 18．（2024·浙江金华·二模）一种制备的工艺路线如图所示，反应②所得溶液在3~4之间，反应③需及时补充以保持反应在条件下进行。 已知：常温下，的电离平衡常数，。请回答： (1)溶液①中阴离子浓度大小(用“>”表示)： 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．反应①、②和③均为氧化还原反应 B．气体①和②是造成酸雨的主要成分 C．往反应①后的溶液中加水可得到硫酸铜溶液 D．溶液Y可循环用于反应②进行吸收气体① (3)写出反应③的化学方程式： 。 (4)“低温真空蒸发”可防止被氧化。请设计实验证明是否被氧化 。若部分被氧化，为不降低的产率，补充的量应适当 (填“增加”“减少”或“不变”)。 19．（2024·浙江嘉兴·二模）Fe3S4固体是一种重要的磁性材料，以它为原料实现如下化合物的转化： 已知：在较高浓度Cl-的溶液中，Fe3+以的形式存在，溶液呈亮黄色。 请回答： (1)依据B→C→D的现象，判断Cl-、SCN-、CN-与Fe3+的配位能力由强到弱依次为 ，无色酸性溶液F中的含硫阴离子有 。 (2)Fe3S4能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下的密度为1.518g∙L-1)，写出该反应的离子方程式 。 (3)下列说法正确的是___________。 A．固体A中可能含有FeO B．无色气体E能完全溶于水 C．溶液C呈酸性，是由于Fe3+水解 D．溶液B可溶解铜 (4)写出F→G反应的化学方程式 。请设计实验方案确定溶液G中的阴离子 。 20．（2024·浙江杭州·二模）过氧化钙()微溶于水，碱性条件下较稳定，可作为医用防腐剂和消毒剂，也可作为改良剂为农业、园艺和生物技术应用提供氧气。以下是一种实验室制备较高纯度过氧化钙的流程图： (1)步骤I需要量取盐酸，所用的仪器是___________。 A．量筒 B．量筒 C．碱式滴定管 D．烧杯 (2)下列说法正确的是___________。 A．步骤I中应使用过量的盐酸，以提高碳酸钙的利用率 B．步骤Ⅱ中的煮沸操作的主要目的是加快反应速率 C．步骤Ⅲ中的混合操作，应将氯化钙溶液滴入氨水-双氧水混合液中 D．步骤V中可用冰水洗涤 (3)写出步骤Ⅲ发生反应的化学方程式 ，步骤Ⅲ采用冰水浴可提高产率，其原因有(回答两点) 。 (4)准确称取产品配成溶液。取溶液，加入醋酸溶液和2-3滴溶液，用标准溶液滴定至浅红色，半分钟不褪色；平行测定3次，消耗标准溶液的平均值为。 ①溶液的作用是 。 ②的纯度为 。 21．（2024·浙江·二模）甘氨酸钙是新一代补钙剂，通常为白色结晶性粉末，易吸水，在生物环境中不易与水分子或其他物质（如维生素和其他矿物质）发生化学反应。甘氨酸钙属于螯合物，可以缓慢释放钙，对胃肠道刺激性较小，不会引起呕吐、胃疼等不良反应，其水溶性好，难溶于乙醇。 某化学兴趣小组采用熔融法合成甘氨酸钙的流程如下： (1)研磨操作需要的仪器 （填名称） (2)写出甘氨酸钙溶液的电离方程式 。 (3)下列操作合理的是________。 A．“一系列操作”包括蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、自然干燥 B．溶解、洗涤均采用热水，可提高产品纯度 C．若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳，取下后放在陶土网上冷却待用 D．甘氨酸钙中的少量甘氨酸可用乙醇除去 (4)描述用焰色试验检验甘氨酸钙中含Ca元素的操作步骤及现象 。 (5)产品纯度的测定：热恒重（TG）分析法 ①热恒重（TG）分析实验，若要判断固体在某温度下是否分解完全至少需称量 次。 ②现取产品20.0g加热分解，剩余固体质量随温度变化如图（假设杂质在加热过程中不分解）结合数据计算该产品的纯度为 %。 22．（2024·浙江宁波·二模）砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸（）形式存在］中回收砷的工艺流程如下： 已知：Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ.砷酸（）在酸性条件下有强氧化性 Ⅳ.， 请回答： (1)从含砷废水到滤液Ⅰ，浓度明显减小的阳离子为 （用离子符号表示）。 (2)下列说法正确的是__________。 A．沉砷时产生的废气可用溶液吸收处理 B．酸化的目的是增加价砷的氧化性 C．浸取后所得滤渣的主要成分是，不含 D．酸性： (3)“沉砷”过程中是否可用过量的替换 （填“是”或“否”）；请从平衡移动的角度解释原因 。 (4)砷酸“还原”过程中发生的化学方程式为 。还原后溶液需检验是否仍剩余砷酸，设计检验实验方案 。 23．（2024·浙江宁波·模拟预测）宋应星《天工开物》载有一种矿石“银矿铅”，该矿石是与辉银矿(主要成分为)共生的方铅矿(主要成分为)。由于中国古代对银的需求量高，故对该矿大量开采以弥补银的短缺情况。古人在劳动过程中发现两种矿石常共生，故有“上有铅者，其下有银”(《管子·地数篇》)的说法。现利用该矿石制备铅蓄电池正极材料和超细银粉，工艺流程如下： 已知：①“分离”后的矿石粉末还含有3%左右的杂质； ②“酸化”过程中会与热的浓盐酸反应生成(微溶)；在浓盐酸中有，而与热的浓盐酸不反应，但可以与氰化物反应生成二氰合银离子；和可以类似的形成四氰合锌离子。 ③下，，反应的平衡常数。 回答下列问题： (1)浮选剂是头部为亲硫基、尾部为长烃链(憎水基)的分子，可吸引粉碎后的矿物中的含硫基团，从而完成对矿物中硫化物的富集。“浮选”步骤的目的是 。 (2)“还原”步骤发生反应的离子方程式为 ，流程中可重复利用的物质是 (填化学式)。 (3)有同学认为在下“溶银”过程可以用浓氨水代替溶液，但经实验二者混合后无明显现象，请通过计算溶液中的浓度达到所需要的最小氨浓度解释其原因 。(计算结果保留指数形式，忽略与之间的转化) (4)“酸化”过程中生成的会威胁人体健康。已知下某车间(空气体积为)的挥发速率与时间有成立，式中k，w为常数。气相色谱仪测定车间浓度结果拟合为如图所示的曲线，则 ，的挥发半衰期(挥发的量首次达到挥发总量的一半的时间) (填“>”“<”“=”或“不确定”)； 国家标准规定车间内的最高容许浓度为，则该车间环境 (填“是”或“否”)符合国家标准。 24．（2023·浙江·模拟预测）纳米被广泛的用于结构陶瓷、催化材料、光、电、磁和热等功能材料。某兴趣小组利用废弃的含有的溶液制备纳米： 已知：在较高的盐酸浓度下，与、乙醚形成化合物而溶于乙醚，当盐酸浓度降低时，化合物解离。请回答： (1)操作B的名称是 ，试剂X为 。 (2)步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为 。 (3)下列有关萃取和分液的说法正确 。 A．进行操作A时，溶液中加入乙醚后转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，如图振荡 B．振荡几次后需打开分液漏斗上口玻璃塞放气 C．一次萃取后若在水相检测到，需加入乙醚再次萃取 D．为了加快反应速率，Ⅳ应将溶液一次性加入溶液Ⅱ中，有利于沉淀的生成 E．分液漏斗中液体的总体积不超过其容量的 (4)市售PAC是由水解产生的一系列中间产物脱水聚合而成，其中稳定存在形态为聚十三铝，简称。含量的高低直接影响PAC的净水效能。向溶液中缓慢滴加一定量溶液，若只生成，则理论上 。 (5)为了发挥PAC净水的最佳效能，一般要将水的调节在。若在强酸或强碱环境下使用PAC，净水效果不佳，结合铝元素的存在形式分析原因 。 25．（23-24高三上·浙江·阶段练习）工业上以制作印刷电路的废液(含、、、)生产和蚀刻液重新生成的流程如下： 已知：是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇。 请回答下列问题： (1)Y中所含溶质的化学式为 。 (2)下列说法正确的是 。 A．微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇小 B．相同条件下，滤渣1和X分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快 C．分子的VSEPR模型为平面三角形 D．基态亚铜的价层电子排布式为，故与稀硫酸不反应 E．工业上对滤渣2用浓硫酸进行了处理，符合绿色化学的原则 (3)写出上述流程中生成的化学方程式 。 (4)浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，请从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质 。 (5)滤液1需要加过量Z，检验Z过量的方法是 。 26．（23-24高三上·浙江·阶段练习）氧化石墨烯／四氧化三铁()在吸附材料、磁性材料、电池材料等方面具有广泛的应用前景。某实验小组按如下流程制备，并研究其对模拟废水中的吸附去除性能。 Ⅰ：制备 已知：①反应I部分机理：浓硫酸是强质子酸，嵌入石墨层间破坏范德华力，有助于石墨烯层被剥离开。 ②氧化石墨烯是一种单层二维材料，结构中有羧基、羟基和环氧基。 请回答： (1)实验室研磨用的仪器是_____。 A． B． C． D． (2)下列有关说法不正确的是_____。 A．采用磁力搅拌可减少沉淀Ⅱ中的团聚现象 B．取沉淀Ⅱ的上清液，滴入酸性溶液，褪色说明沉淀II反应未完全 C．制备GO过程中，和作氧化剂 D．反应Ⅰ中，宜将石墨研成细粉，主要目的是增大石墨粒子表面积，提高氧化程度 (3)沉淀Ⅱ中的离子方程式 。 (4)反应Ⅰ采用冰水浴，控温的理由是 。 Ⅱ：研究对模拟废水中的吸附去除性能。 步骤一： ①配制不同浓度的标准液； ②测定吸光度。分别取0.50mL不同浓度标准液加入一定量酸酸化、摇匀，再加入一定量显色剂，摇匀，用紫外分光光度计在540nm处测量其吸光度； ③根据测定的吸光度值和标准液浓度，绘制吸光度(A)与浓度(c)的标准曲线(如图所示)。 步骤二： ①取10.00mL模拟废水稀释至250mL，用步骤一中②的方法，测得吸光度值为0.6； ②取50.00mL模拟废水，加入进行吸附性能测试，用磁铁分离，用步骤一中②的方法，测得吸光度值为0.6； (5)步骤一中，酸化后，的主要存在的离子形式是 ，加入后的去除率为 。 27．（23-24高三上·浙江·期中）综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌、偏钛酸亚铁]获得钛白()和单质镓，部分工艺流程如图 已知：①镓和铝同主族，化学性质相似； ②常温下，，，； ③酸浸时，钛元素以形式存在，室温下极易水解； ④金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见下表。 金属离子 萃取率(%) 0 99 0 97～98.5 (1)步骤Ⅰ，“浸出”时发生反应的离子方程式为 。 (2)下列有关说法正确的是 。 A．步骤Ⅰ：将炼锌矿渣粉碎和适当提高硫酸浓度提高浸出速率 B．操作1包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作 C．步骤Ⅱ，调节pH的目的是沉淀和 D．步骤Ⅳ，加大萃取剂用量，一次完成萃取以提高萃取效率 E．步骤Ⅴ，溶液直接电解制得粗镓的电极反应式为 (3)步骤Ⅲ，固体X最好选用 ，理由是 。 (4)步骤Ⅵ，实验需使用的仪器为___________(填标号) A． B． C． D． (5)测定钛白中的含量可用滴定分析法：称取mg样品放入锥形瓶中，加入和混合溶液，加热使样品溶解。冷却后，加入足量稀盐酸(Ti元素存在形式变为)。加入过量铝粉将充分还原[(未配平)]，待过量金属铝完全溶解并冷却后，滴加2～3滴指示剂，用cmol/L的标准溶液进行滴定(能将氧化成四价钛的化合物)，重复上述滴定操作2～3次，平均消耗标准溶液VmL。 ①过量铝粉的作用除了还原外，另一个作用是 。 ②上述滴定过程中应选用指示剂为 。 ③下列关于滴定分析的操作，不正确的是 。 A．用托盘天平称量样品mg B．滴定管用蒸馏水洗涤时，洗涤液应从滴定管下端放出 C．滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转 D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直 E．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，则测得的含量测定结果偏高 ④钛白中质量分数为 。(写出最简表达式即可)。 28．（2023·浙江宁波·模拟预测）氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为CuS。CuS2和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下： 已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH．CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中()。 请回答： (1)还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是 。 (2)下列有关说法不正确的是___________。 A．“浸取”过程中稀硫酸可以用浓硫酸代替 B．滤渣1的成分是 C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以形式存在 D．“除锰”后滤液加热的主要目的是除去多余的氨水和 (3)“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示： 请分析pH控制在左右的原因 。 (4)为测定CuCl产品纯度进行如下实验： a．称量所得CuCl产品g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出mL，加入足量的mL mol/L 溶液，充分反应； b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖； c．加入指示剂，用标准溶液滴定过量的溶液； d．重复实验操作三次，消耗mol/L 溶液的体积平均为mL。 已知，。 ①加入硝基苯的作用是 。 ②滴定选用的指示剂是 。 A．    B．    C．    D． ③CuCl的纯度为 。 29．（2023·浙江宁波·模拟预测）工业上氮氧化物(：NO和混合气)废气吸收利用的某流程如下： 已知：氧化度；吸收液含有的产物有和；在碱性条件下受热分解产物之一为。 请回答： (1)过程Ⅳ以“肼合成酶”催化与转化为肼()的反应历程如下所示： 该反应历程中Fe元素的化合价 (填“变化”或“不变”)。若将替换为，反应制得的肼的结构简式为 。 (2)写出过程Ⅰ中时反应的离子方程式 。 (3)下列说法正确的是___________。 A．过程Ⅰ采用气、液逆流的方式可提高的吸收效率 B．的键角小于 C．可作为配体，与等金属离子形成配合物 D．的水溶液显弱碱性，且 (4)是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，写出还原的化学方程式 。 (5)设计实验证明中存在N元素 。 30．（23-24高三上·浙江·阶段练习）废镍催化剂主要含Ni，还有少量Cu、Fe、Al及其氧化物、SiO2.某研究小组设计如图所示工艺流程制备硫酸镍晶体。 查阅资料： ①镍的化学性质与铁相似，能与酸缓慢反应。 ②一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表： 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀的pH 7.2 4.0 2.2 7.5 沉淀完全的pH 9.0 5.6 3.2 9.0 (1)“滤渣2”的成分是 (用化学式表示)。溶液中加入H2O2的目的是 (用离子方程式表示)。 (2)“调pH”可选用的物质 (填序号)。 A．Na2CO3 B．NiCO3 C．H2SO4 D．NiSO4 “调pH”的范围为 。 (3)下列有关说法不正确的是___________。 A．酸浸步骤可用水浴加热，以加速反应 B．操作A中的有机溶剂可选用乙醇 C．调pH后过滤，需用玻璃棒对漏斗中的混合物充分搅拌 D．操作B中包含“结晶、过滤、洗涤、煅烧”等操作 (4)测定产品的纯度。 操作步骤 涉及反应 ①准确称取制备的硫酸镍样品5.620g，加入含0.0200molEDTA的二钠盐溶液(用H2Y2-表示)，充分反应后定容成100mL。 ②取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加二甲酚橙作指示剂，用标准液滴定到终点，平行实验三次，平均消耗20.00mLZn2+标准液。 计算产品的纯度为 。 31．（23-24高三上·浙江杭州·期中）硫酸是一种重要的大宗工业化学品，应用广泛，可实现下列转化： (1)过程Ⅰ的化学方程式为 。 (2)已知硫酸分子结构为过程Ⅱ生成了焦硫酸钠，画出其阴离子的结构式 ；推测焦硫酸钠水溶液呈 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)，用离子方程式表明原因 。 (3)，高温下具有强氧化性，受热分解产生SO3气体。过程Ⅲ是将过量固体与磁铁矿熔融反应，产生了混合气体。 ①写出检验混合气体成分的方案 。 ②写出Na2S2O7只与磁铁矿发生反应的总化学方程式 。 (4)过量的焦硫酸 H2S2O7和苯在加热条件下反应得到苯磺酸，写出反应的化学方程式 。 32．（23-24高三上·浙江·开学考试）巫山桃花铁矿是重庆迄今发现的最大铁矿，储量上亿吨，按市场估值在400亿以上。其所含化学成分有Fe2O3、MgO、SiO2和不溶物(不溶物不参与反应)。现模拟用该铁矿来制备高铁酸钠[Na2FeO4]，其流程设计如图： 已知：常温下，几种难溶氢氧化物的Ksp 难溶物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Ksp 8×10-16 4×10-38 2×10-11 请回答下列问题： (1)请写出基态Fe原子的价电子排布式 。 (2)将矿石粉碎的目的 。 (3)操作1的名称是 ，调pH后过滤所得滤渣的主要成分是 。 (4)常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2mol/L，则调pH时的最佳取值范围为 。(已知lg2=0.3，当某离子浓度≤10-5mol/L时可认为其完全沉淀，计算结果保留1位小数)。 (5)氧化时可向滤液中先加入稍过量NaOH溶液，然后再加入NaClO溶液，请写出该反应的离子方程式 。NaClO为常见漂白剂，其水溶液因水解而呈碱性，则NaClO溶液中各离子浓度由大到小的关系为 。 33．（23-24高三上·浙江金华·阶段练习）工业上用黄铜矿(主要成分是，还含有少量)制备CuCl的工艺流程如图： (1)已知在水溶液中存在平衡：(无色)。“还原”的离子方程式为 。 (2)关于该工艺流程，下列说法正确的是_____。 A．“浸取”时离子方程式为 B．“一系列操作”是加入大量的水、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥 C．“滤渣②”主要成分是CuCl D．“还原”时当溶液变为无色时，表明“还原”进行完全 (3)CuCl是一种难溶于水和乙醇的白色固体，但其易溶于氨水的原因是 。 (4)滤渣①的主要成分是 (填写化学式)。设计实验验证滤渣①中的阳离子 。 34．（23-24高三上·浙江金华·阶段练习）我国是稀土储量大国，氧化铈(CeO2)是一种应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(CeFCO3，含BaO、SiO2等杂质)为原料制备CeO2的工艺如下图。 已知：①Ce3+可形成难溶于水的复盐[(Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O]，其氢氧化物也难溶于水。 ②硫脲的结构简式为CS(NH2)2，在酸条件下易被氧化为(CSN2H3)2。 请回答： (1)实验室常用下图所示仪器进行固体物质的粉碎，该仪器的名称是 。 (2)焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce元素的浸出率和稀硫酸浓度、温度的关系如图所示，下列说法正确的是_______ A．固体A的成分是SiO2 B．步骤①和步骤②均包含过滤、洗涤操作，洗涤的目的相同 C．步骤②加入硫脲的目的将还原为 D．根据上图，焙烧后加入稀硫酸浸出时，适宜的条件为85℃，c(H2SO4)=2.5mol/L (3)步骤④发生的离子方程式为 。 (4)取ag所制CeO2，溶解后配制成250mL溶液。取bmL该溶液用0.01mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，滴定时发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液VmL。 实验室配制250ml0.01mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液的过程如下(未排序)： ①将已恢复至室温的溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶中； ②盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀； ③用天平称取ng(NH4)2Fe(SO4)2固体并放入烧杯中，加入约30mL蒸馏水充分搅拌、溶解； ④用30mL蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将每次洗涤液转入容量瓶中，轻轻振荡； ⑤定容：用胶头滴管滴加至凹液面和刻度线相切； ⑥将配置好的溶液倒入试剂瓶中，贴好标签； 实验操作顺序依次为 (填序号)。滴定过程中，接近终点时需采用半滴操作，具体操作是 。 (5)该产品的质量分数为 (列出表达式) 35．（23-24高三上·浙江金华·阶段练习）铬酸铅(PbCrO4)通常用作着色剂，一种以CrCl3·6H2O和Pb(NO3)2等为原料制备PbCrO4的流程如图。 已知：Cr(OH)3性质与Al(OH)3类似；pH>7时，Pb2＋开始转化为Pb(OH)2沉淀。 请按要求回答： (1)第①步所得绿色溶液中的阴离子有 。 (2)第②步的离子方程式为 。 (3)第③步中加入醋酸调pH=5的目的是 。 (4)下列说法正确的是_______ A．第②步和第④步煮沸的目的相同 B．第③步中6mol/L醋酸溶液可用3mol/L硫酸代替 C．第③步反应后溶液呈橙黄色是因为CrO部分转化为Cr2O D．第④步可知，PbCrO4的溶度积小于PbCr2O7 (5)化学分析中采用CrO为指示剂：以AgNO3标准液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全时，溶液中c(CrO)等于 mol/L。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)。 36．（23-24高三上·浙江·阶段练习）Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：①氨性溶液由、和配制。 ②常温下，Ni2+、Co2+、Co3+均可与NH3形成可溶于水的配离子。 ③常温下，。 ④易被空气氧化为。 请回答下列问题： (1)“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。 (2)下列说法正确的是_______。 A．步骤Ⅰ的活性MgO也可替换成稀氨水，不影响后续主要产物及高附加值化工产品的生产 B．步骤Ⅱ，过滤得到的滤泥主要含、、等 C．步骤Ⅵ，热解所得的固体氧化物为MgO D．常温下，pH=9.0的氨性溶液中， (3)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。 (4)测定产品CoCl2的纯度。 准确称取0.600g样品，配成100mL溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液(Ag2CrO4为红色沉淀)。在不断摇动下，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定(假设杂质不参加反应)。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。 ①达到滴定终点的现象为 。 ②产品CoCl2的质量分数为 。 ③测定Cl-过程中若溶液pH过低，会使CoCl2的质量分数偏低，其可能的原因是 。 37．（2023·浙江·一模）如图所示可以分离并回收废旧芯片中的几种贵金属。 已知，①HAuCl4是一种强酸：②Pd(NH3)2C12难溶。 请回答： (1)含金固体可溶于HNO3和NaCl的混合溶液，并产生NO，请写出反应的离子方程式： 。 (2)金的分离还可以加王水，银钯的分离可重复利用某些溶液。 ①下列说法正确的是 。 A．芯片中的金是芯片连接的绝佳材料，只是利用其物理性质 B．溶液X可以是NaCl溶液 C．溶液Z的主要成分是Ag(NH3)2Cl，是一种盐 D．N2H4不直接还原固体Y可能的原因是得到的Ag纯度更高 ②加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl NH3(填“>”或“<”)。“加入盐酸，调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为Pd(NH3)2Cl2的原因 。 (3)溶液Z中加NaCl溶液是否有沉淀？ (填“有”或“没有”)。设计实验验证溶液Z中银元素的存在 。 38．（23-24高三上·浙江嘉兴·阶段练习）重铬酸钾()是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为，还含有、等杂质。制备流程如图所示： 已知：步骤①高温下的主反应为： 常见物质的溶解度 物质 0℃(g) 40℃(g) 80℃(g) KCl 28.0 40.1 51.3 NaCl 35.7 36.4 38.0 4.7 26.3 73 163 215 375 (1)滤渣1的主要成分是 。 (2)步骤④调节pH时发生的离子方程式为 。 (3)下列说法不正确的是___________。 A．步骤①可在陶瓷容器中进行 B．为了加快步骤②中的过滤速度，可用玻璃棒小心翻动沉淀 C．步骤③的目的是使杂质离子转化为沉淀而除去 D．步骤⑤加入KCl后发生的是复分解反应 (4)步骤⑤加入KCl后，还需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，洗涤粗产品时可选择___________。 A．冷水 B．饱和氯化钾溶液 C．热水 D．冷的酒精 (5)测定产品的纯度 (摩尔质量：294g/mol)的定量测定：称取0.3750g样品，加水溶解配制250mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中，加入适量的硫酸和足量的KI溶液，充分反应后加入几滴淀粉溶液，然后用标准液进行滴定。上述过程平行测试3次，平均消耗的溶液的体积为22.50mL。已知：，(未配平)。 ①的纯度为 。 ②上述操作都正确，但实际测得的纯度偏高，可能的原因是 。 39．（23-24高三上·浙江·开学考试）以废铜为原料(主要成分是Cu，含少量Fe2O3)制备胆矾和Fe2O3的工艺流程如图。回答下列问题：    (1)“滤渣3”与浓硫酸反应的化学方程式是 。 (2)早在1000多年前，我国就采用胆矾分解产生SO3，SO3再与水反应生产硫酸，随着生产力的发展，硫酸的生产工艺几经改进，目前工业上主要采用接触法制备硫酸。 ①下列说法正确的是 。 A．高温下胆矾分解有可能产生四种气体(SO2、O2、SO3、H2O) B．框图工艺中氧化亚铁可以替代过量铁粉，且得到的滤液2一定具有强酸性 C．现代工艺，制取发烟硫酸是用98.3%浓硫酸吸收SO3 D．工业出厂硫酸一般质量分数大于92%是厂家用92%的浓硫酸稀释发烟硫酸得到的 E.在彩画工程中红褐色固体和胆矾可分别作为红色和蓝色油漆 ②步骤V用无水酒精洗涤胆矾的理由是 。 ③步骤Ⅳ在酸性条件下O2氧化性增强的原因是 。 (3)设计实验鉴定滤液1中的金属阳离子： 。 40．（23-24高三上·浙江·阶段练习）某研究小组以大理石为原料制备。 步骤一：    步骤二：    已知：①从溶液中制得的过氧化钙含结晶水，在100℃脱水生成无色，加热至350℃左右，迅速分解生成CaO。②难溶于水，不溶于乙醇与丙醇。 (1)滤液Ⅰ中主要溶质的化学式为 。 (2)下列说法不正确的是_______。 A．步骤一的目的是除去铁、镁，得到较纯净的 B．由固体X制得，为了得到颗粒较细的产品，一般采用高温烘干 C．步骤二中为了使充分溶解，一般加入过量的盐酸 D．操作Ⅱ冰水浴是为了防止反应过于剧烈，同时减少反应物的损失 (3)整个制备过程中多次提到了趁热过滤，但在普通过滤操作的过程中由于过滤时间长，往往在过滤的过程中产品或杂质由于冷却而析出，从而影响了产品的质量和产量，某小组将过滤装置进行如下调整，以达到快速过滤的目的，设备X的名称是 。    (4)含量的测定 准确称取样品于锥形瓶中，加入水和HCl溶液振荡溶解，再加入3滴溶液，立即用溶液滴定，平行测定三次，平均消耗溶液。 ①样品中的质量分数为 (高锰酸钾浓度较低时不能氧化)。 ②滴定过程中加入溶液的作用是 。 41．（23-24高三上·浙江·开学考试）磷酸二氢锂作为锂电池正极新型材料磷酸铁锂的原料，还能用于有机反应的催化剂。某研究小组制备，设计如下流程：    已知：在20℃时溶解度为126g，且随温度变化不大，难溶于醇。：，；：，，。 请回答： (1)第②步中反应完全的现象是 。 (2)第③步中煮沸的目的是 。 (3)第④步调pH适合的物质是 (填化学式)。 (4)请给出方法l的操作顺序(从下列选项选择合适操作并按序排列)： 活性炭脱色→(___________)→(___________)→(___________)→(___________)→干燥。 a．趁热过滤            b．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热        c．冷却            d．减压过滤 e．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热                    f．乙醇洗涤        g.冷水洗涤 (5)方法2包括醇盐析、过滤、洗涤、干燥等步骤。根据以下图表判断，下列说法不正确的是___________。    A．由图1可知，丙三醇的加入会使磷酸二氢锂的产率下降，加入量越多，产率越低，原因是丙三醇粘度很大，严重影响产物的过滤 B．由图2至图4可知，最佳控制条件是乙醇与磷酸质量比为2∶3，结晶温度0℃，结晶时间120min C．图5可知，方法1(a曲线)蒸发浓缩结晶时易得到大颗粒晶体，原因是水溶液中溶解度随温度变化较小，形成的晶核较少，晶体长大过程缓慢 D．图5可知，方法2(b曲线)乙醇盐析方法得到的晶体可用滤纸过滤 (6)若按的比例，将98.0％的高纯碳酸锂50.0g加入到磷酸溶液中，应用方法2得到104.0g ，则的产率为 (保留三位有效数字)。 42．（2022·浙江·二模）氧化镍(NiO)在冶金、化学及电子工业等领域中有广泛应用，某兴趣小组由工业废渣(主要成分：Fe、Ni，其它杂质不与酸反应)制备氧化镍的流程如下：    已知： 请回答： (1)下列说法正确的是_______。 A．通过冲击破碎的方式预处理工业废渣可加快其在酸溶时的反应速率 B．滤液1中的主要金属阳离子为、和 C．操作Ⅱ与操作Ⅲ均为过滤，仅需用到的玻璃仪器：普通漏斗、烧杯 D．滤渣2中加入过量氨水发生的反应为 (2)滤液3经过一系列操作可得到氧化镍粗品，包含以下步骤： a.将滤液放入烧杯中用煤气灯进行加热 b.将滤出的沉淀物进行烘干 c.用pH试纸测定溶液至不呈碱性 d.经马釜炉焙烧 e.过滤 ①请给出合理的操作排序(从上述操作中选取，按先后次序列出字母) 。为提高氧化镍产率，向滤液3中加入稍过量的碳酸铵固体→e→→→e→→→氧化镍粗品 ②步骤a中对滤液进行加热的原因是 。 (3)氧化镍产品的纯度可用配位滴定法测定。取1.500g氧化镍粗品，酸溶后配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为的标准液滴定，平均消耗标准液。 已知：Ⅰ. Ⅱ.紫脲酸胺：紫色试剂，遇显橙黄色。 ①粗品中氧化镍的纯度是 。(保留四位有效数字) ②下列操作会使测定结果偏低的是 。 A．锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定 B．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡 C．滴定前平视读数，滴定后俯视读数 D．振荡锥形瓶时，锥形瓶内溶液溅出 试卷第20页，共39页 试卷第1页，共39页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) (2)SO3 相对分子质量大，分子间作用力强，故熔点高 (3)BC (4) 2.2 用量筒分别量取一定量的，打开杯盖，倒入量热计的内筒，盖上杯盖，插入温度计，测量并记录的温度，用水把温度计上的酸冲洗干净，用另一个量筒量取略微过量的水，用温度计测量此时的温度，打开杯盖，将量筒中的水迅速倒入量热计的内筒，立即盖上杯盖，插入温度计，用搅拌器均速搅拌，将最高温度记为反应后体系的温度，重复上述步骤两次 【分析】本题为工业流程题，由黄铁矿高温灼烧生成二氧化硫，再催化氧化生成三氧化硫，用浓硫酸吸收后，再经过处理得到浓硫酸，以此解题。 【详解】（1） 由于阴离子达到稳定结构，则FeS2的电子式为：，故答案为：。 （2）二氧化硫和三氧化硫都是分子晶体，三氧化硫分子量大，分子间作用力大，故熔点高，故答案为：SO3 相对分子质量大，分子间作用力强，故熔点高。 （3）A．精细化工产品(即精细化学品)是指那些具有特定的应用功能，技术密集，商品性强，产品附加值较高的化工产品，硫酸不属于技术密集的产品，故不属于精细化学品；故A错误； B．吸收设备中填充瓷环可以增大接触面积，可提高SO3吸收率，故B正确； C．焦硫酸为分子式为H2S2O7，从组成上分析，焦硫酸是由等物质的量的三氧化硫和纯硫酸化合而成，焦硫酸具有比浓硫酸更强的氧化性，故C正确； D．含氟的卤代烃能破坏臭氧层，引起臭氧层空洞，故D错误； 故答案为：BC。 （4）①17.8g H2S2O7的物质的量为0.1mol，假设水为xg，与水反应的方程式为：H2S2O7+H2O=2H2SO4，则可以生成0.2mol硫酸，其质量分数为：，可得x=2.2g，故答案为：2.2； ②发生的反应为：H2S2O7+H2O=2H2SO4，该反应为放热反应，因此实验测定与水反应的焓变为：用量筒分别量取一定量的，打开杯盖，倒入量热计的内筒，盖上杯盖，插入温度计，测量并记录的温度，用水把温度计上的酸冲洗干净，用另一个量筒量取略微过量的水，用温度计测量此时的温度，打开杯盖，将量筒中的水迅速倒入量热计的内筒，立即盖上杯盖，插入温度计，用搅拌器均速搅拌，将最高温度记为反应后体系的温度，重复上述步骤两次，故答案为：用量筒分别量取一定量的，打开杯盖，倒入量热计的内筒，盖上杯盖，插入温度计，测量并记录的温度，用水把温度计上的酸冲洗干净，用另一个量筒量取略微过量的水，用温度计测量此时的温度，打开杯盖，将量筒中的水迅速倒入量热计的内筒，立即盖上杯盖，插入温度计，用搅拌器均速搅拌，将最高温度记为反应后体系的温度，重复上述步骤两次。 2．(1)47 (2) 4Ag+4ClO-+2H2O=4AgCl+O2+4OH- 生成氮氧化物，污染空气 (3)加快反应速率，使反应充分进行；避免生成的银单质混有AgCl杂质，使产品不纯 (4) 由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小，表明该反应进行得不完全 将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl- 【分析】由题给流程可知，向处理后的光盘碎片中氢氧化钠溶液调节溶液pH后，加入足量次氯酸钠溶液发生如下反应Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，过滤得到氯化银；向氯化银中加入足量氨水，将氯化银转化为含有二氨合银离子的溶液C，向溶液C中加入一水合肼溶液发生如下反应：。 【详解】（1）由银元素位于元素周期表的第五周期IB族可知，银元素的原子序数为47； （2）反应Ⅰ的离子方程式: 4Ag+4ClO-+2H2O=4AgCl+O2+4OH-；从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是：HNO3被还原，生成氮氧化物，污染空气； （3）还原性增强，加快反应速率，使反应充分进行；避免生成的银单质混有AgCl杂质，使产品不纯； （4）①由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小说明该反应进行得不完全，属于可逆反应，故答案为：由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小，表明该反应进行得不完全； ②由方程式可知，若该反应为可逆反应，向氯化银固体中加入少量氨水，反应后的溶液中含有氯离子，说明氯化银能与氨水反应，含有未反应的氨水说明氯化银能与氨水的反应为可逆反应，则验证上述反应是可逆反应的实验方案为：将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl-。 3．(1)为了防止晶体溶解，影响产率 (2)2Cu+8HCl(浓)=2H3[CuCl4]+H2↑ (3)BC (4) 取绿矾溶于稀硫酸并分成两份，其中一份滴加少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明含有Fe3+；另外一份样品中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，说明含有Fe2+ Fe3++nSCN-→Fe(SCN)(n=1-6)，5Fe2++MnO+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O 【分析】硫酸铜和铁反应生成硫酸亚铁和铜，用铁置换出硫酸铜中的铜，过滤，滤渣为铁、铜的混合物，滤液为硫酸亚铁；滤液中加入硫酸铵溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O晶体；铁、铜的混合物加稀硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得绿矾晶体。 【详解】（1）硫酸亚铁铵难溶于乙醇，使用少量酒精来洗涤晶体是为了防止晶体溶解，影响产率； （2）取少量铜粉加入浓盐酸中加热，铜粉溶解并生成H3[CuCl4]，铜元素化合价升高，根据氧化还原反应规律，氢元素化合价降低生成氢气，化学方程式2Cu+8HCl(浓)=2H3[CuCl4]+H2↑。 （3）A. X为硫酸亚铁铵晶体，测得晶体X分子量为392，则其化学式可能为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，故A正确； B. 晶体X中不含三价铁离子，但二价铁离子可以被氧化成铁离子，故可以作净水剂，故B错误； C. 硫酸亚铁铵中的氨离子可以与亚铁离子结合，形成一种隔绝空气的作用，使得它在空气中更加稳定，故C错误； D. 硫酸亚铁铵在空气中比绿矾更稳定，测定待测KMnO4溶液浓度时，用晶体X配标准液去滴定比绿矾误差更小，故D错误； 选BC； （4）取少量略变黄的绿矾溶于稀硫酸并分成两份，其中一份滴加少量KSCN溶液，反应反应Fe3++nSCN-→Fe(SCN)(n=1-6)，若溶液变为红色，说明含有；另外一份样品中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，发生反应5Fe2++MnO+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O，若紫色褪去，说明含有。 4．(1)、、、() (2)BCD (3) (4)增大 (5)取少量固体，加入足量稀盐酸溶解后过滤，向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀，证明含铁元素；过滤后向上清液中通入足量二氧化碳，有白色沉淀生成，证明含铝元素 【分析】黄铁矿在空气中煅烧生成二氧化硫和硫酸渣，二氧化硫在400-500℃、催化剂作用下与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸。硫酸渣中加入硫酸溶液酸溶，金属氧化物转化为对应的金属阳离子，随后加入FeS2还原，Fe3+被还原为Fe2+，同时生成了硫单质，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣1中含有二氧化硅、硫单质和过量的FeS2，随后滤液中通入空气氧化，加入氨水调节pH=3-4，此时生成FeOOH沉淀，最后经过过滤、洗涤、烘干得到纯净的FeOOH。 【详解】（1）硫酸渣中加入硫酸酸溶，此时溶液中含有铁离子、铝离子、氢离子，加入FeS2将铁离子还原为亚铁离子，过滤，向滤液中通入空气，部分亚铁离子被氧化为铁离子，通入氨气反应生成铵根离子，此时溶液pH=3-4，则还有氢离子，因此滤液II中含有的阳离子有Al3+、、H+和Fe3+。 （2）A．直接用水吸收三氧化硫，可能引起酸雾等，因此工业上使用98.3%的浓硫酸吸收生成的SO3，A正确； B．一般情况下，弱酸无法制强酸，SO2通入氯化钡溶液中不会生成白色沉淀，B错误； C．FeOOH中不含非极性共价键，C错误； D．氟氢化钾与发烟硫酸反应生成氟磺酸，F的电负性大，吸引电子能力强，使氟磺酸中羟基的极性大，硫酸的酸性小于氟磺酸，D错误； 故答案选BCD。 （3）氧化过程中，亚铁离子、一水合氨与氧气反应生成FeOOH沉淀、铵根离子和水，离子方程式为。 （4）从图中可知，F值恒定时，随着溶液质量浓度增大，所需硫酸的质量分数增大。 （5）硫酸渣中的金属元素为Fe和Al，其中Fe以铁离子形式存在，Al以铝离子形式存在，要检验铁离子和铝离子，实验方案为取少量固体，加入足量稀盐酸溶解后过滤，向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀，证明含铁元素；过滤后向上清液中通入足量二氧化碳，有白色沉淀生成，证明含铝元素。 5．(1)AD (2) acbd 对滤液进行加热，蒸出氨气使反应正向移动，将Ni2+完全解离处理，同时促进Ni2+的水解，以获得更多的氢氧化镍和碳酸镍，提高氧化镍的产量 (3) 94.00% B 【分析】工业废渣加入过量硝酸与Fe反应生成硝酸铁，与Ni反应生成硝酸镍，滤液1中金属阳离子为和，加入过量NaOH溶液得到滤渣2为，，加入过量氨水与反应生成，经过一系列操作可得到氧化镍。 【详解】（1）增大废渣的接触面积可加快其在酸溶时的反应速率，A正确； 硝酸是强氧化性酸，亚铁离子会被其氧化为铁离子，滤液1中不存在，B错误； 过滤操作需用到的玻璃仪器：普通漏斗、烧杯、玻璃棒，C错误； 滤渣2中加入过量氨水与反应生成配合物，与氢氧化铁沉淀分离，发生的反应为，D正确。 （2）①从滤液得到氧化镍，由可加热使氨气逸出，促使平衡正向移动，得到，用pH试纸测定溶液至不呈碱性，过滤，将滤出的沉淀物进行烘干，经马釜炉500℃焙烧得到NiO，故顺序为acbd。 ②根据题意，对滤液进行加热，蒸出氦气使反应正向移动，将完全解离处理，同时促进的水解，以获得更多的氢氧化镍和碳酸镍，提高氧化镍的产量。 （3）①由，则样品中的物质的量为，则样品中氧化镍的纯度为。 ②A．滴定终点的操作和现象是加入最后半滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色，锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定，未达到滴定终点，标准液体积偏小，使测定结果偏低，A正确； B．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，标准液体积偏大，使测定结果偏高，B错误； C．滴定前平视读数，滴定后俯视读数，标准液体积偏小，使测定结果偏低，C正确； D．振荡锥形瓶时，锥形瓶内溶液溅出，待测液溶质质量损失，使测定结果偏低，D正确； 答案选B。 6．(1)BD (2) (3) (4) 取少量固体，加稀硫酸溶解，用带火星的木条检验气体，复燃，说明是氧化产物；取反应后的溶液，加KSCN，变红，说明还原产物是 【分析】Fe4Cu2Si8O23加入足量浓HF并加热，其中Si转化为SiF4，是稳定的气态物质，通过产物可以判断出Si为+4价，Cu为+2价，铁为+2和+3价，Cu2+、Fe3+与F-形成稳定的配合物H2[CuF4]和H3[FeF6]，Fe2+与F-生成固体A(FeF2)，溶液中加入足量氨水得到深蓝色溶液，说明生成了[Cu(NH3)4]2+，Fe4Cu2Si8O23也可直接通过多步处理得到Na2FeO4； 【详解】（1）A．呈正四面体，是极性键形成的非极性分子，A项错误； B．形成配合物后，中心离子的电子云密度增大，对电子吸引力减小，氧化性弱于，B项正确； C．如果是独立的正四面体，则8个Si原子需要32个O原子，C项错误； D．由固体组成可知，Fe元素呈+2、+3价，故固体A中含有，D项正确； 故选BD； （2）由可知，不能与形成配合物。的配体可被替代，而不能，故与配位能力：； （3）生成蓝色溶液是转化为，据此可写出方程式：； （4）由氧化还原知识可知，分解生成与，据此可设计实验进行证明：取少量固体，加稀硫酸溶解，用带火星的木条检验气体，复燃，说明氧化产物是；取反应后的溶液，加KSCN，变红，说明还原产物是。相应的方程式。 7．(1) 增大浓度，促进生成的反应平衡正移，提高铅元素的利用率 (2) FeS 可以 (3)BC (4)①取适量滤液于试管中，滴加铁氰化钾，若生成蓝色沉淀，则证明滤液中有Fe元素；②取适量滤液于试管中，滴加适量H2O2溶液和几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则证明滤液中有Fe元素 【分析】方铅矿(主要含PbS、FeS)和废铅膏(主要含主要含PbO2、PbO)混合浸出：加入过量的盐酸和MgCl2溶液的混合液将铅元素全部以[PbCl4]2-形式浸出，得到H2S、含[PbCl4]2-溶液和含S的残渣，滤液结晶得到PbCl2，以此解答。 【详解】（1）PbO2、PbS在盐酸和MgCl2溶液的作用下转化为[PbCl4]2−，PbO2中Pb得电子化合价降低，PbS中S失电子，故生成S单质，反应离子方程式为PbO2+PbS+4H++8Cl−2[PbCl4]2−+S+2H2O，在浸出时，MgCl2增大Cl−浓度，促进生成[PbCl4]2−的反应平衡正移，提高铅元素的利用率； （2）由前一小题的反应知，PbS中的硫元素反应后生成S单质，故H2S气体主要是由FeS反应产生的，H2S和CuSO4反应会生成CuS沉淀，且CuS不溶于硫酸，反应为H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，故H2S可以用CuSO4溶液吸收； （3）A．浸出过程没有加氧化剂，故浸出产生的Fe2+最终仍然为Fe2+的形式存在于溶液中，A不正确； B．[PbCl4]2−的中心Pb价层电子对数为4，空间构型为正四面体形，B正确； C．根据题中已知②的反应PbCl2(s)+2Cl−(aq)⇌[PbCl4]2−(aq) ΔH>0，加水后氯离子浓度减小，有利于平衡逆向移动，逆反应放热，故加冷水降低温度，也有利于平衡逆向移动，故向含[PbCl4]2−的溶液中加入适量的冷水结晶获得PbCl2，C正确； D．冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu常用热还原法，即用还原剂（C、CO、H2等）在加热条件下还原金属氧化物，D错误； 故选BC； （4）结晶后过滤得到的滤液中含有Fe元素的存在形式为Fe2+，检验Fe2+的方法有：①取适量滤液于试管中，滴加铁氰化钾K3[Fe(CN)6]，若生成蓝色沉淀，则证明滤液中有Fe元素；②取适量滤液于试管中，滴加适量H2O2溶液和几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则证明滤液中有Fe元素。 8．(1) 、、、 促进水解生成或调节溶液的pH (2)ABD (3) 将生成的气体通入到氯化钡溶液，出现白色沉淀，则有；再将气体通入到品红溶液，品红溶液褪色，则有 【分析】与MnO2和H2SO4反应，化学方程式为：，过滤得到S和溶液A，溶液A中含有、、、等离子，S和O2点燃得到SO2，SO2与亚硫酸钠反应生成Na2S2O5，溶液A中加入Cu调节pH，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤得到溶液B，溶液B含有、等离子，加入碳酸氢铵和氨气，生成MnCO3沉淀，Cu2+转化为。 【详解】（1）由分析得，溶液A中的所有阳离子为：、、、，CuO的作用为：促进水解生成或调节溶液的pH； （2）A．S单质存在于火山口或地壳的岩层中，故A正确； B．由分析得，溶液C含有，故B正确； C．在水溶液中释放SO2，溶液显酸性，故C错误； D．加入CuO调节pH，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时Mn2+未沉淀，即，故D正确； 故选ABD； （3）隔绝空气受热分解生成，产物中无单质，Mn元素化合价上升，即S元素化合价下降，可得反应方程式为：，验证SO3和SO2的操作为：将生成的气体通入到氯化钡溶液，出现白色沉淀，则有；再将气体通入到品红溶液，品红溶液褪色，则有。 9．(1) 47 O2 、、、、H+ (2) (3) 由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小，表明该反应进行得不完全 将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl- 【分析】由题给流程可知，向处理后的光盘碎片中氢氧化钠溶液调节溶液pH后，加入足量次氯酸钠溶液发生如下反应Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，过滤得到氯化银；向氯化银中加入足量氨水，将氯化银转化为含有二氨合银离子的溶液C，向溶液C中加入一水合肼溶液发生如下反应：。 【详解】（1）由银元素位于元素周期表的第五周期IB族可知，银元素的原子序数为47；由分析可知，气体A为氧气；向氯化银中加入足量氨水的目的是将氯化银转化为含有二氨合银离子的溶液C，溶液C中二氨合银离子分步离解得到的阳离子为一氨合银离子、银离子，过量的氨水部分电离出的阳离子为铵根离子，水微弱电离出的阳离子为氢离子，则溶液C中含有的阳离子为二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、铵根离子和氢离子，故答案为：47；O2；、、、、H+； （2）由分析可知，向溶液C中加入一水合肼溶液发生的反应为，故答案为：； （3）①由方程式可知，反应的平衡常数K====2.0×103×8.0×103×1.8×10—10=2.88×10−3，K值较小说明该反应进行得不完全，属于可逆反应，故答案为：由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小，表明该反应进行得不完全； ②由方程式可知，若该反应为可逆反应，向氯化银固体中加入少量氨水，反应后的溶液中含有氯离子，说明氯化银能与氨水反应，含有未反应的氨水说明氯化银能与氨水的反应为可逆反应，则验证上述反应是可逆反应的实验方案为将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl-，故答案为：将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl-。 10．(1)坩埚 (2) (3)AC (4)13∶32 (5) 偏低 AC 【分析】硝酸铝溶液中含有铁离子，加入适量浓盐酸，加入乙醚，振荡，分液，得到溶液和硝酸铝溶液，向氯酸铝溶液中加入碳酸铵溶液得到沉淀，过滤、习题、干燥，灼烧得到纳米氧化铝。 【详解】（1）固体煅烧，其煅烧盛放固体的仪器名称为坩埚；故答案为：坩埚。 （2）步骤Ⅳ是铵根、铝离子和碳酸氢根反应生成沉淀、二氧化碳和水，其发生反应的离子方程式为；故答案为：。 （3）A．根据信息当盐酸浓度降低时，化合物解离，则步骤Ⅱ的试剂X可用水，步骤Ⅲ是溶液和乙醚分开，则步骤Ⅲ的操作B是蒸馏，故A正确；B．纳米熔点与大块晶体一样高，故B错误；C．步骤Ⅰ，若在溶液Ⅱ中检测到，则制备的纳米氧化铝不纯，因此需再次萃取，故C正确；D．中阴离子中存在配位键，阳离子也存在配位键，氧原子提供孤电子对，氢离子提供空轨道，故D错误；综上所述，答案为：AC。 （4）市售PAC是由水解产生的一系列中间产物脱水聚合而成，其中稳定存在形态为聚十三铝，简称。向溶液中缓慢滴加一定量NaOH溶液，若只生成，反应的离子方程式为，因此理论上13∶32；故答案为：13∶32。 （5）①溶液Ⅲ中是化合物，铁离子形成配合物，加锌，铁离子没有完全和锌反应，因此消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏低，因此从原废弃液中取水样经上述方法测定的浓度，会使结果偏低；故答案为：偏低。 ②A．加过量铝与加入过量锌一样，因此能代替，故A符合题意； B．加入过量铁，铁与铁离子反应生成亚铁离子，过量铁和盐酸反应，亚铁离子、氯离子和酸性高锰酸钾反应，会导致测得结果偏高，故B不符合题意；C．铁离子与过量二氧化硫反应生成亚铁离子和硫酸根，煮沸，将二氧化硫逸出，再与酸性高锰酸钾溶液反应，故C符合题意；D．过量KI与铁离子反应生成亚铁离子、单质碘，煮沸，碘离子不反应，碘离子、亚铁离子都与酸性高锰酸钾溶液投影，导致结果偏高，故D不符合题意；综上所述，答案为：AC。 11．(1) (2) (3)CD (4)反应发生反应，反应过程中酸性越来越强，使发生歧化反应 (5)用洁净的铂丝蘸取溶液，放在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，说明存在；用玻璃棒蘸取溶液，滴加到pH试纸上，试纸变红色，说明存在 【分析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液pH在3~4之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Kal=1.3×10−2,Ka2=6.3×10−8，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，气体Ⅱ为CO2，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O的离子方程式是+2Cu2++2H2O=+Cu2O+4H+，反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行，据此分析解答。 【详解】（1）由分析，反应I是铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体和硫酸铜，化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O； （2）由分析，反应Ⅱ是二氧化硫气体与碳酸钠反应生成二氧化碳和亚硫酸氢钠，离子反应方程式为2SO2++H2O=2+CO2； （3）A．反应Ⅱ是二氧化硫气体与碳酸钠反应生成二氧化碳和亚硫酸氢钠，不是氧化还原反应，A错误； B．由分析，低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，B错误； C．溶液Y是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体SO2，C正确； D．X为Na2SO3，是强碱弱酸盐，显碱性，若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的Na2SO3与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少，D正确； 故选CD； （4）反应Ⅲ发生反应+2Cu2++2H2O=+Cu2O↓+4H+，反应过程中酸性越来越强，可能会使Na2SO3转化成SO2气体、Cu2O发生歧化反应，故反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行； （5）反应Ⅲ后的溶液中存在的阳离子为Na+和H+，分别用实验验证的方法是：用洁净的铂丝蘸取溶液，放在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，说明存在Na+；用玻璃棒蘸取溶液，滴加到pH试纸上，试纸变红色，说明存在H+。 12．(1)、、、 (2)水蒸气带出，促进平衡正向移动 (3)BC (4) (5)将生成的气体通入盛有粉末的硬质玻璃管中，固体变蓝，说明有水蒸气，再继续通入澄清石灰水中，变浑浊，说明有气体。 【分析】固体D和水在高温下反应生成Fe3O4，则D为Fe，溶液C和一水合氨反应生成Mn(OH)2和溶液E，溶液E经一系列操作得到，则溶液E中含，溶液C中含有、，固体B为Fe、MnO、SrO，气体A为H2、CO2和水蒸气。 【详解】（1）由步骤Ⅳ知，溶液E中含，由步骤Ⅱ和步骤Ⅲ知，则溶液C中的所有阳离子：、、、； （2）由反应可推测，能够较完全转化为的两个原因：①生成降低了体系的能量；②水蒸气带出，促进平衡正向移动； （3）A．由分析知，固体B中含有而不含Mn单质，A错误； B．步骤Ⅱ中，MnO、SrO可与水解产生的反应，从而促进了水解平衡正向移动，B正确； C．步骤Ⅲ生成了沉淀而未生成沉淀，说明碱性：，C正确； D．Sr与Ca处于同一主族，Sr比Ca活泼，属于强酸强碱盐，直接加热可得到，D错误； 故选BC。 （4）固体Y中Mn元素的化合价为+4价，Y具有氧化性，溶液中的I-离子具有还原性，Y与HI溶液可发生氧化还原反应，根据化合价升降守恒、电荷守恒及原子守恒可得到反应的离子方程式：； （5）气体A为H2、CO2和水蒸气，除以外的两种气体为CO2和水蒸气，检验方法：将生成的气体通入盛有粉末的硬质玻璃管中，固体变蓝，说明有水蒸气，再继续通入澄清石灰水中，变浑浊，说明有气体。 13．(1) BC 和 (2)取少量氧化后的溶液，滴加溶液，溶液变成血红色，则原溶液中有 (3)温度过高分解，用于氧化的浓度降低，导致氧化效率下降 (4) (5)和 【分析】硫铁矿烧渣(主要成分为等)加入足量硫酸进行酸溶，铁的氧化物溶解生成含二价、三价的铁离子，二氧化硅不反应，滤渣I为二氧化硅，加入过氧化氢，将+2价的铁氧化为+3价，结晶得到硫酸铁；粉煤灰(主要成分为等，加入氢氧化钠溶液进行碱溶，三氧化二铝反应生成偏铝酸钠，铁的氧化物不与氢氧化钠反应，滤渣Ⅱ为三氧化二铁和氧化亚铁，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，向氢氧化铝沉淀中加入硫酸，溶解生成硫酸铝，硫酸铝与硫酸铁反应制得聚合硫酸铁铝。 【详解】（1）为了提高“酸溶的速率可以采取的措施有烧渣粉碎、适当提高硫酸浓度，故选BC。结合以上分析，“酸溶Ⅰ”得到的溶液中所含的金属阳离子主要有和。 （2）“氧化”后溶液中金属阳离子为Fe3+，检验Fe3+的方法是取少量氧化后的溶液，滴加溶液，溶液变成血红色，则原溶液中有。 （3）实验测得“氧化”过程中温度过高氧化效率会下降，原因可能是温度过高分解，用于氧化的浓度降低，导致氧化效率下降。 （4）“酸溶”过程中氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为：。 （5）由分析可知，滤渣Ⅱ中的成分为Fe2O3、FeO，在流程中可以循环利用。 14．(1) 除去，防止后续过程中氧化等还原性微粒。 (2)ACD (3)取样品少量于试管中，加水溶解，加入溶液，无明显变化，再加入双氧水，显红色，说明有 【分析】在高温条件下和O2反应，故单质B为铜，气体A为二氧化硫，二氧化硫被过量的H2O2氧化生成H2SO4溶液，将进行加热，除去过量的H2O2溶液，与硫酸发生，生成的气体E为H2S气体，溶液F为FeSO4溶液，FeSO4溶液与(NH4)2SO4混合经过蒸发浓缩，冷却结晶即可得到。 【详解】（1）由分析知，步骤Ⅰ的化学方程式是；步骤Ⅲ的目的是除去，防止后续过程中氧化等还原性微粒；由蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体，故溶解度最小的是； （2）A. 气体A为SO2气体，是常见的漂白剂，A正确；B. 单质B为铜单质，溶液C为H2SO4和H2O2的混合溶液，能发生反应，B错误；C. 中含有，易被氧化为，水解生成氢氧化铁胶体，可以用作污水处理的混凝剂，C正确；D. 气体E为H2S气体，水溶液在空气中长期放置易被空气中的氧气氧化而变质，D正确； （3）中含有的金属阳离子为，检验方法为：取样品少量于试管中，加水溶解，加入溶液，无明显变化，再加入双氧水，显红色，说明有。 15．(1) 坩埚 (2)BC (3)温度过低，反应速率慢；温度过高，的溶解度降低，且易分解生成 (4) f c h d g b (5) 【分析】将白云石(主要成分为)研磨、煅烧时，分解，得到的粉样主要含氧化镁和氧化钙，然后经过①溶解②MgCl2‧H2O、90℃、1h，过滤后得到的滤液主要含有氯化钙，滤渣主要为氢氧化镁，氢氧化镁与足量二氧化碳在20℃条件反应后得到水溶液，将水溶液在60℃热解2h，所获得的产物经过滤后得到MgCO3‧3H2O，再将MgCO3‧3H2O经过一系列操作得到MgCO3。 【详解】（1）煅烧固体样品应在坩埚中进行，即所用的容器名称是坩埚；滤渣的主要成分是氢氧化镁，步骤III，氢氧化镁在足量二氧化碳作用下转化成碳酸氢镁：Mg(OH)2+2CO2=Mg(HCO3)2，所以重镁水溶液中主要溶质的化学式是； （2）A．步骤II，在溶解过程中不能加入硫酸，因为硫酸能和钙离子结合生成微溶物硫酸钙，不利于镁元素和钙元素的分离，故A错误； B．步骤III中需要消耗二氧化碳，所以步骤IV：产生的可循环利用，步骤IV的滤液中有未完全反应的，即滤液也可循环利用，故B正确； C．步骤III中通入了足量的二氧化碳，步骤IV热解过程中通入空气可以除去体系中溶解的，促进反应正向进行，故C正确； D．步骤V，直接加热可能会使部分无水碳酸镁分解，即不能直接加热，故D错误； 故答案为：BC； （3）步骤III过程中需将温度控制在，原因是温度过低，反应速率慢；温度过高，的溶解度降低，且易分解生成； （4）用浓度为的标准溶液进行滴定，操作为：用分析天平（称量产品）在烧杯中加盐酸溶解用250mL容量瓶（配制的溶液）用移液管量取溶液在锥形瓶中加入三乙醇胺、和钙指示剂用滴定管（盛装溶液滴定，消耗），故答案为：f、c、h、d、g、b； （5）、与按物质的量反应，滴定时消耗、的标准溶液，所以样品中n(Ca2+)=cV1×10-3×mol= cV1×10-2mol；量取溶液，稀释至得到溶液，另取溶液于锥形瓶中，加入三乙醇胺、缓冲溶液与铬黑指示剂后，用上述标准溶液滴定、总量，消耗、的标准溶液，所以样品中n(Ca2+)+ n(Mg2+)=cV2×10-3××mol= cV2×10-1mol，产品中镁元素的质量分数为。 16．(1) (2)C (3)硝酸易形成分子内氢键，醋酸易形成分子间氢键，分子间氢键会使分子间作用力增大，故沸点较高 (4) (5) (6)取少量于试管中，加入足量浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊置于试管口，若试纸变蓝，则说明中含有元素。 【分析】氨气溶于水后，经途径I吸收硫酸工业尾气中的得到，然后被氧气氧化为，氨气经催化氧化产生NO，NO继续被O2氧化生成NO2，NO2和水反应产生硝酸，氨气通入CuCl溶液中生成，溶液中和空气中的氧气发生氧化还原反应生成，溶液变为深蓝色，氨气和反应生成CO(NH2)2，CO(NH2)2和NaClO发生生成N2H4，以此解答。 【详解】（1）氨气溶于水后，经途径I吸收硫酸工业尾气中的得到，然后被氧气氧化为，根据得失电子守恒和原子守恒配平该转化的总方程式为：。 （2）A．工业生产得到的浓硝酸略显黄色是因为浓硝酸分解产生了NO2溶于溶于中，A错误； B．氨气经催化氧化产生NO，NO继续被O2氧化生成NO2，NO2和水反应产生硝酸，B错误； C．HNO3中含有羟基，甘油和浓HNO3在浓硫酸的催化吸水作用下发生酯化反应而得到，C正确； D．工业上常用铁罐车或铝罐车运送浓硝酸，原因是：常温下，铝和铁与浓硝酸发生钝化，在铝和铁的表面形成致密的氧化物薄膜，保护内部的铝和铁不与硝酸反应，不是Fe或Al不与浓硝酸反应，D错误； 故选C。 （3）醋酸（熔点）、硝酸（熔点）这两种相对分子质量相近的分子熔沸点相差较大的主要原因是：硝酸易形成分子内氢键，醋酸易形成分子间氢键，分子间氢键会使分子间作用力增大，故沸点较高。 （4）与稀硫酸反应生成，与性质相似，足量与稀硫酸反应生成。 （5）溶液中和空气中的氧气发生氧化还原反应生成，溶液变为深蓝色，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 （6）可与反应得到化合物和一种无机盐，A中含有铵根，验证产物中分离出的化合物中含有氮元素的操作为：取少量于试管中，加入足量浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊置于试管口，若试纸变蓝，则说明中含有元素。 17．(1) Cl2 C (2)防止氯化亚铜在空气中被氧化 (3)Na+、Cu2+、H+ (4) (5)将浸出液过滤，得到深蓝色溶液，向深蓝色溶液中加入无水乙醇析出晶体，过滤，用无水乙醇洗涤，低温干燥 【分析】氯化铁具有氧化性，能氧化斑铜矿， 根据产物知反应I为Cu5FeS4+7Fe3++5Cl-=8Fe2++5CuCl↓+4S↓，然后过滤得到固体B为CuCl、SiO2和S的混合物、滤液A，向溶液A中加入X反应生成FeCl3，发生的离子反应方程式为2Fe2++Cl2=Fe3++Cl-，向固体B中加入NaCl溶液，得到Na[CuCl2]溶液，固体C为、SiO2和S的混合物，再加入盐酸生成Cu和溶液D，Cu+发生自身氧化还原反应，歧化为Cu2+和Cu，则溶液D为CuCl2、NaCl，据此回答。 【详解】（1）溶液A中加试剂X可实现FeCl3的循环利用，则试剂X是Cl2；由于硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，则最适宜的溶剂为CS2，选C； （2）已知CuCl在空气中易被氧化，从反应Ⅰ的混合液中获得固体B后，需要快速将B投入到NaCl溶液中，原因是防止氯化亚铜在空气中被氧化； （3）由分析可得，溶液D中的所有阳离子Na+、Cu2+、H+； （4）据分析，反应I的离子方程式； （5）将浸出液过滤，得到深蓝色溶液，向深蓝色溶液中加入无水乙醇析出晶体，过滤，用无水乙醇洗涤，低温干燥； 18．(1) (2)D (3) (4) 取少量X于试管中，加少量蒸馏水溶解，滴加过量稀盐酸，再滴加适量氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则X被氧化 增加 【分析】铜和浓硫酸反应(反应①)生成二氧化硫气体(气体①)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应②)生成二氧化碳(气体②)，所得溶液pH在3～4之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应②所得溶液成分是NaHSO3，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是+2Cu2++2H2O=+Cu2O+4H+，反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行，据此分析解答。 【详解】（1）由分析可知，溶液①为NaHSO3溶液，电离生成，水解生成OH-，电离和水解都是微弱的，的电离平衡常数，，的水解常数Kh=，的电离程度大于水解程度，阴离子浓度大小关系为：。 （2）A．反应①和③中有元素化合价发生变化，为氧化还原反应，反应②中元素化合价未发生变化，不是氧化还原反应，A错误； B．由分析可知，气体①为二氧化硫，气体②为二氧化碳，二氧化硫造成酸雨的主要成分，二氧化碳不能造成酸雨，B错误； C．反应①后的溶液中存在浓硫酸，不能向浓硫酸中加水，会导致爆沸，C错误； D．由分析可知，溶液Y为Na2SO3溶液，Na2SO3溶液能够和SO2反应，可循环用于反应②进行吸收SO2气体，D正确； 故选D。 （3）由分析可知，反应③中CuSO4和Na2SO3反应生成Cu2O、SO2和Na2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （4）“低温真空蒸发”可防止Na2SO3被氧化成Na2SO4，证明Na2SO3是否被氧化只需要检验硫酸根，方法为：取少量X于试管中，加少量蒸馏水溶解，滴加过量稀盐酸，再滴加适量氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则X被氧化。制取Cu2O总反应方程式是，化合物X是指Na2SO3，若部分被氧化，为不降低的产率，应该增加的量消耗SO2，使平衡正向移动。 19．(1) (2) (3)D (4) 取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有；取上层清液，滴加AgNO3溶液，若产生黄色沉淀，则有 【分析】Fe3S4固体通入足量空气充分煅烧，得到Fe2O3固体和无色气体E。固体A(Fe2O3)中加入足量盐酸，发生反应生成等，加入KSCN溶液，得到血红色的Fe(SCN)3溶液，再加入NaCN溶液，又转化为黄色的溶液。无色气体E为SO2与空气的混合气，通入H2O中，SO2与H2O反应生成H2SO3，有少部分H2SO3被O2氧化生成H2SO4；加入足量碘水，H2SO3被I2氧化为H2SO4，同时生成HI。 【详解】（1）依据B[]→C[Fe(SCN)3]→D[]的现象可以判断，反应的产物都比反应物稳定性强，则Cl-、SCN-、CN-与Fe3+的配位能力由强到弱依次为。由分析可知，无色酸性溶液F中含有H2SO3和H2SO4，则含硫阴离子有。 （2）Fe3S4能与稀硫酸反应，生成的淡黄色不溶物为硫，标准状况下的密度为1.518g∙L-1的气体，摩尔质量为1.518g∙L-1×22.4L/mol=34g/mol，其为H2S，S来自H2S与Fe3+的反应，则该反应的离子方程式为。 （3）A．因为通入的空气足量，所以固体A中不可能含有FeO，A不正确； B．无色气体E中除含有SO2外，还含有空气，所以E不可能完全溶于水，B不正确； C．因为固体A中加入足量的盐酸，所以溶液C呈酸性，不是因Fe3+水解产生，C不正确； D．溶液B为，可电离产生Fe3+，所以可溶解铜，D正确； 故选D。 （4）F(H2SO3)与I2反应，生成G(H2SO4、HI)等，反应的化学方程式为。设计实验方案确定溶液G中的阴离子，也就是检验和I-的存在，用BaCl2检验，I-用AgNO3检验。方案为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有；取上层清液，滴加AgNO3溶液，若产生黄色沉淀，则有I-。 【点睛】检验时，需排除H2SO3的干扰，也就是不能使用Ba(NO3)2或Ba(OH)2。 20．(1)A (2)CD (3) CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl 生成CaO2·8H2O沉淀的反应是放热反应，降低温度可以提高产率；CaO2·8H2O受热易分解 (4) MnSO4能起催化剂的作用，使反应速率加快 88% 【分析】由题给流程可知，碳酸钙固体溶于盐酸得到氯化钙溶液，加热煮沸后向溶液中加入过氧化氢溶液和氨水，氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨水反应生成八水过氧化钙沉淀，沉淀经水洗、乙醇洗后，烘烤得到无水过氧化钙。 【详解】（1）在实验室量取液体时，因为量程太大，会使区分度增大，而加大误差，量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则，比量取的液体体积大，且最接近的，所以选取10mL量筒，故选A。 （2）A．题给流程可知，后氯化钙溶液要加入氨水营造碱性环境，步骤I中不能使用过量的盐酸，A错误； B．步骤Ⅱ中的煮沸操作的主要目的是除去溶液中过量的HCl，B错误； C．过氧化钙()微溶于水，碱性条件下较稳定，步骤Ⅲ中的混合操作，应将氯化钙溶液滴入氨水-双氧水混合液中，保证溶液始终为碱性，C正确； D．过氧化钙()微溶于水，温度高时会分解，则步骤V中可用冰水洗涤，D正确； 故选CD。 （3）浓氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨气反应生成CaO2·8H2O沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；步骤Ⅲ采用冰水浴可提高产率，其原因有：生成CaO2·8H2O沉淀的反应是放热反应，降低温度可以提高产率；CaO2·8H2O受热易分解。 （4）①酸性条件下，CaO2和醋酸反应后生成H2O2，H2O2溶液与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应时，MnSO4能起催化剂的作用，使反应速率加快； ②酸性条件下，CaO2和醋酸反应后生成H2O2，用标准溶液滴定H2O2溶液，离子方程式为：，则n(CaO2)= n(H2O2)=2.5n(KMnO4)=2.5××0.0176L×=0.0088mol，的纯度为。 21．(1)研钵 (2) (3)BC (4)取铂丝（或铁丝）放在酒精灯（或煤气灯）外焰上灼烧至无色，蘸取样品在外焰上灼烧，若观察到火焰呈砖红色，说明有钙元素。最后将铂丝用盐酸洗净后，放于外焰上灼烧至无色。 (5) 3 94.0 【分析】称取一定质量的甘氨酸与氢氧化钙混合研磨，转移至坩埚反应温度150℃进行40min，冷却、研磨转移至烧杯，热水溶解、过滤、洗涤后得到滤液，蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、真空干燥得到甘氨酸钙，据此回答。 【详解】（1）研磨操作需要的仪器为研钵； （2）由题干信息“甘氨酸钙属于螯合物，可以缓慢释放钙”，可知甘氨酸钙 [Ca(H2NCH2COO)2]溶液的电离不是全部直接电离，而是可逆反应，其方程式为； （3）A．“滤液”首先蒸发浓缩得到较高浓度的溶液，然后缓慢冷却使其充分结晶，由于甘氨酸钙难溶于乙醇，过滤后用乙醇洗涤，又因为甘氨酸钙易吸水，所以不能自然干燥，因该真空干燥。故“一系列操作”包括蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、真空干燥，A错误； B．甘氨酸钙的水溶性好，溶解度随温度升高而增大，溶解、洗涤均采用热水，可以提高甘氨酸钙的溶解度，提高产品纯度，B正确；   C．若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳，防止冷的坩埚钳遇到灼热的坩埚局部冷却而炸裂坩埚，取下后放在陶土网上冷却待用 ，C正确； D．甘氨酸钙难溶于乙醇，甘氨酸在乙醇中的溶解度也低，不能用乙醇除去，D错误； 故选BC。 （4）焰色试验检验甘氨酸钙中含Ca元素的操作步骤及现象：取铂丝（或铁丝）放在酒精灯（或煤气灯）外焰上灼烧至无色，蘸取样品在外焰上灼烧，若观察到火焰呈砖红色，说明有钙元素，最后将铂丝用盐酸洗净后，放于外焰上灼烧至无色； （5）①热恒重（TG）分析实验，若要判断固体在某温度下是否分解完全至少需称量3次； ②由图象可知固体质量有三段变化，质量变化分别为、、，由甘氨酸钙分子式可知可知∆m1变化的是2个，∆m2变化的是1个C2H2，∆m3变化的是1个CO和1个CO2混合气体，最后6.8g固体是CaO。关系式为，解得x=18.8g，即Ca(H2NCH2COO)2的质量为18.8g，产品的纯度为：。 22．(1) (2)ABD (3) 否 由于，加入过量的，溶液中增大，平衡正向移动不利于沉砷 (4) 取少量溶液于一洁净试管中，滴入几滴（或）溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，则证明砷酸未还原完全 【分析】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，，浸取得到硫化亚铁滤渣和含的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和，酸化后生成，砷酸()在酸性条件下有强氧化性，能SO2被还原生成。 【详解】（1）含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，与FeS发生如下反应：，反应过程中浓度明显减小； （2）沉砷时产生的废气中含有H2S，可用溶液吸收将其转化为CuS固体处理，故A正确； 砷酸（）在酸性条件下有强氧化性，因此酸化的目的是将砷酸钠转化为砷酸，从而增强+5价砷的氧化性，故B正确； 和的溶度积常数接近，在加NaOH溶液碱浸时，可以部分转化为，因此滤渣中可能含，故C错误； 非金属性Se>As，则两者最高价氧化物水化物的酸性强弱：，故D正确； （3）已知：Ⅱ．；加入过量的硫化钠，溶液中c(S2-)增大，平衡正向移动不利于沉砷，故 “沉砷”过程中FeS不可以用过量的Na2S替换。 （4）砷酸“还原”过程中发生的化学方程式为；还原后溶液需检验是否仍剩余砷酸，可利用其强氧化性检验，检验实验方案：取少量溶液于一洁净试管中，滴入几滴(或)溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，则证明砷酸未还原完全。 23．(1)除去矿物中不含硫的杂质 (2) (3)反应的平衡常数为，要使得，则，则此时不可能达到 (4) > 是 【分析】银矿铅矿石经粉碎、浮选后，分离去掉浮选剂，酸化分离出滤渣，滤渣加入KCN溶解分离出银溶液，加入锌粉还原得到银粉；滤液Ⅰ转沉将铅转化为沉淀，加入碳酸钠、醋酸转化后加入过硫酸钠氧化得到二氧化铅。 【详解】（1）浮选剂是头部为亲硫基、尾部为长烃链(憎水基)的分子，可吸引粉碎后的矿物中的含硫基团，故其目的是：除去矿物中不含硫的杂质，分离出含硫物质； （2）已知：与氰化物反应生成二氰合银离子，和可以类似的形成四氰合锌离子，则溶银后溶液中含有，加入锌粉将还原为银单质，同时生成，故“还原”步骤发生反应的离子方程式为；在氧化过程中过硫酸钠氧化铅元素得到二氧化铅，同时得到硫酸钠，硫酸钠在转沉流程中可重复利用； （3）反应的平衡常数为，要使得，则，则此时，氨水浓度不可能达到此浓度，故二者混合后无明显现象； （4）由点(0,110)可知，，由点(10,60)可知，的挥发半衰期(挥发的量首次达到挥发总量的一半的时间)大于10min；由图可知，该车间环境含量为，符合国家标准。 24．(1) 蒸馏 (2) (3)C、E (4)13：32 (5)若是强酸性，抑制水解；若是强碱性，元素以形式存在 【分析】含有的溶液加入高浓度盐酸与反应生成溶于乙醚的物质经过分液得到油层1和水层1，水层含有，油层含有铁元素，加水稀酸又得到含有铁离子的溶液和乙醚，通过蒸馏得到乙醚；水层1加入碳酸氢铵通过抽滤干燥得到，最后灼烧得到纳米氧化铝。 【详解】（1）操作B的名称是蒸馏，试剂X为； （2）步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为； （3）A．进行操作A时，溶液中加入乙醚后转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，取下分液漏斗，振摇使两层液体充分接触。振摇时，右手捏住漏斗上口颈部，并用食指根部（或手掌）顶住顶塞，以防顶塞松开。用左手大拇指、食指按住处于上方的旋塞把手，既要能防止振摇时旋塞转动或脱落，又要便于灵活地旋开旋塞。漏斗颈向上倾斜30～45°角，故A错误； B．振荡几次后需打开分液漏斗活塞放气，故B错误； C．一次萃取后若在水相检测到，需加入乙醚再次萃取，提高产率，故C正确； D．Ⅳ不应将溶液一次性加入溶液Ⅱ中，防止生成氢氧化铝沉淀，不利于沉淀的生成，故D错误； E．分液漏斗中液体的总体积不超过其容量的，便于震荡摇匀，故E正确； 故选：CE； （4），由离子方程式可知13：32； （5）般要将水的调节在。若在强酸或强碱环境下使用PAC，净水效果不佳， 若是强酸性，抑制水解；若是强碱性，元素以(或)形式存在。 25．(1) (2)BC (3) (4)浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热 (5)取蚀刻液少量于试管中，加入溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量 【分析】废液中加入过量铁粉，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，原溶液中的Fe3+、Cu2+被除去，过滤所得的滤液1中含有Fe2+、Cl-，在滤液中通入过量的氯气，可以将Fe2+氧化成FeCl3，即得到FeCl3蚀刻液，实现蚀刻液的再生。滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，加入过量的稀盐酸，铜与稀盐酸不反应，因此滤液2也为FeCl2溶液，滤渣2为铜，铜和氯气反应生成CuCl2，Z为Cl2。 【详解】（1）由分析可知，Y中所含溶质的化学式为HCl。 （2）A．根据相似相溶原理，是极性分子，微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇大，故A错误； B．由分析可知，滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，X为Fe粉，分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快，滤渣1形成原电池，反应速率更快，故B正确； C．分子中心原子价层电子对数为2+=3，VSEPR模型为平面三角形，故C正确； D．基态亚铜的价层电子排布式为，能与稀硫酸发生如下反应：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，故D错误； E．滤渣2为铜，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，有污染性气体生成，不符合绿色化学的原则，故E错误； 故选BC。 （3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：。 （4）浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质为：浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热。 （5）Z为Cl2，检验Cl2过量的方法为：取蚀刻液少量于试管中，加入溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量。 26．(1)C (2)AB (3) (4)防止温度过高发生石墨与浓硫酸之间的副反应；防止浓硫酸与硝酸钠反应产生的硝酸挥发或分解 (5) 96.0% 【分析】加水溶解氯化铁及氯化亚铁形成溶液，加入NaOH调节pH，生成Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀，烘干后生成Fe3O4，据此解答； 【详解】（1）实验室的研磨仪器为研钵； 故答案为：C； （2）A．具有磁性，用磁力搅拌会加重团聚现象，A错误； B．干扰酸性检验，B错误； C．氧化石墨烯结构中有羧基、羟基和环氧基可知，和的作用是氧化单层石墨烯，C正确； D．将石墨研成细粉，可增大石墨粒子表面积，提高后续反应程度，D正确； 故答案为：AB； （3）根据分析，形成的氯化铁及氯化亚铁溶液，加入NaOH调节pH，生成Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀；； 故答案为：； （4）温度过高发生石墨与浓硫酸之间的副反应且浓硫酸与硝酸钠反应产生的硝酸挥发或分解，故需要在冰水浴中进行； 故答案为：防止温度过高发生石墨与浓硫酸之间的副反应；防止浓硫酸与硝酸钠反应产生的硝酸挥发或分解； （5），题中为酸性条件，存在形式为；A=0.6带入得，； 故答案为：；96.0%。 27．(1) (2)AE (3) Fe或Zn 将转化为，体系中的萃取率为97%-98.5%，而(或)的萃取率为0，更好的提取出 (4)AC (5) 溶液中的酸反应生成氢气，将装置内的空气排尽，防止溶液中的在空气中被氧化 KSCN溶液(或等硫氰化物) AE 或 【详解】（1）中Ga和Fe都是+3价，被硫酸溶解，方程式为：，故答案为：； （2）增加反应物浓度，反应速率加快，A正确； 酸浸时，钛元素以形式存在，室温下极易水解，调节pH生成沉淀，操作1直接过滤、洗涤、干燥即可，B错误； 步骤Ⅱ，调节溶液中c（Zn2+）=101.4mol/L、c（Ga3+）=10-8.1mol/L、c（Fe3+）=10-11.5mol/L的目的是沉淀和，C错误； 萃取分多次才能充分萃取，D错误； 镓和铝同主族，化学性质相似，电解制粗镓是，E正确。 故答案为：AE； （3）步骤Ⅲ是为了将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而此处还需要将Ga3+与其他离子分离，因此选择Fe或者Zn还原Fe3+，将转化为，体系中的萃取率为97%-98.5%，而(或)的萃取率为0，更好的提取出，故答案为：Fe或Zn、将转化为，体系中的萃取率为97%-98.5%，而(或)的萃取率为0，更好的提取出； （4）高温灼烧，在干燥器中冷却后，称量，灼烧固体药品用坩埚，用干燥器进行干燥，最后得到钛白()，选AC； （5）Ti3+容易被溶解氧氧化，因此过量铝粉产生的氢气可以将氧气排出，而防止Ti3+被氧化；滴定过程中可以利用铁离子与硫氰根结合产生红色物质而用硫氰盐做指示剂；滴定实验精确度要求，需用分析天平称量样品，A错误；滴定管洗涤后，按使用规则，洗涤液应该从下口放出洗涤尖嘴部分，B正确；右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，该操作可以让标准液和待测液接触充分，从而降低滴定误差，C正确；滴定管夹夹持时滴定管不一定竖直，取消嗲后读书可以减小误差，D正确；滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，消耗标准液体积偏小，测得的含量测定结果偏低，E错误；根据得失电子守恒，有，故、，钛白中质量分数为，故答案为：溶液中的酸反应生成氢气，将装置内的空气排尽，防止溶液中的在空气中被氧化、KSCN溶液(或等硫氰化物)、AE 或。 28．(1) (2)AD (3)pH低于，CuCl易发生歧化反应；pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH (4) 防止在滴加时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀 C 【分析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜； 【详解】（1）还原过程中铜离子、盐酸、氯化钠、和铜，铜与铜离子反应转化为氯化亚铁，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中()，故所得产物的主要溶质的化学式是； （2）A．浓硫酸具有强氧化性，能氧化二价铁离子，且能生成二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，选项A不正确； B．滤渣1的成分是Fe(OH)3，选项B正确； C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，选项C正确； D．Cu元素主要以形式存在，“除锰”后滤液加热的主要目的是使其分解生成CuO，选项D不正确； 答案选AD； （3）pH控制在左右的原因是：pH低于，CuCl易发生歧化反应；pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH； （4）①加入硝基苯的作用是防止在滴加时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀； ②结合该实验中滴加标准溶液,指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂,故只能选；答案为C； ③根据反应Ag++Cl-=AgCl↓、Ag++SCN-=AgSCN，故gCuCl产品的物质的量为n(CuCl)==0.1mol，CuCl的纯度为=。 29．(1) 变化 (2) (3)AC (4) (5)取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明中有N元素 【详解】（1）①由反应历程可知，反应过程中先失去电子发生氧化反应生成，后面又得到电子被还原成，该反应历程中Fe元素的化合价发生变化； ②由反应历程可知，有两个H原子来源于，另外两个H原子来源于，所以若将替换为，反应制得的肼的结构简式为； （2）若过程Ⅰ中，则反应物中，该反应为氧化还原反应，生成硝酸根和亚硝酸根，根据氧化还原反应规律配平可得： （3）采用气、液逆流的方式可增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高的吸收效率，A项正确；中的硫原子为杂化，的硫原子为杂化，所以的键角大于，B项错误；中的N原子有孤电子对，可作为配体，与等金属离子形成配合物，C项正确；羟基的吸电子能力大于氢原子，所以碱性应弱于，即，D项错误，应选AC。 （4）是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，所以氧化产物应该为无毒的氮气，同时氯化铁被还原为氯化亚铁，反应方程式为： （5）在碱性条件下受热分解产物之一为，化合价降低，说明还会有化合价升高的产物生成，即氨气，所以检验氨气即可，实验方法为：取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明中有N元素。 30．(1) 、 (2) B 5.6≤pH<7.2) (3)BCD (4)90.0% 【分析】根据流程图可以知道，废镍催化剂粉碎后进入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶硫酸盐额滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取、分液得到含有铜离子的有机层和溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸镍调节溶液pH在5.6≤pH＜7.2的范围内，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和含有硫酸镍的滤液；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体。 【详解】（1）由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝；加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：； （2）为了将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，根据金属氢氧化物沉淀时的pH，要调节溶液的pH在5.6≤pH＜7.2的范围内；为防止中和溶液中氢离子时引入新杂质，调节溶液的pH时可以加入碳酸镍固体；选B； （3）A．酸浸步骤适当升温可以加快反应速率，故A正确； B．乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，故B错误； C．过滤后，漏斗内的沉淀不能用玻璃棒搅拌，故C错误； D．操作B中包含“加热浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤”等操作，故D错误； 答案为BCD； （4）根据，n(Zn2+)=0.025mol/L0.02L=0.0005mol，则在25mL的反应后的溶液中剩余的H2Y2-的物质的量为0.0005mol，与Ni2+反应的H2Y2-的物质的量为-0.0005mol=0.0045mol=n(Ni2+)，原样品中的n(Ni2+)=0.0045mol4=0.018mol，样品的纯度为=90.0%。 31．(1) (2) 酸性 或 (3) 先将混合气体通入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明由SO3；再将逸出的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明由SO2 (4)  +H2S2O7+H2SO4 【分析】浓硫酸与氯化钠固体在加热条件下反应生成硫酸氢钠和氯化氢气体，方程式为，硫酸氢钠固体在加热条件下生产焦亚硫酸钠和水，焦亚硫酸钠和磁铁矿（四氧化三铁）在加热条件下发生生成二氧化硫，据此回答。 【详解】（1）由分析知，过程Ⅰ的化学方程式为； （2） 由硫酸的结构知，中阴离子焦亚硫酸根的结构式为；由于与水发生反应，故溶液显酸性； （3），高温下具有强氧化性，受热分解产生SO3气体，由分析知固体与磁铁矿熔融发生反应，故混合气体中含有二氧化硫和三氧化硫，检验二氧化硫和三氧化硫混合气体的方法为：先将混合气体通入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明由SO3；再将逸出的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明由SO2； （4） 过量的焦硫酸 H2S2O7和苯在加热条件下发生取代反应得到苯磺酸，反应的方程式为  +H2S2O7+H2SO4。 32．(1)3d64s2 (2)增大接触面积加快酸浸速率 (3) 过滤 (4) (5) 【分析】矿石粉碎加快酸浸速率，硫酸酸浸Fe2O3、MgO溶解变成，SiO2难溶，过滤，将滤液调pH将沉淀，再加入将氧化为Na2FeO4。 【详解】（1）Fe元素为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2； （2）根据分析可知将矿石粉碎的目的增大接触面积加快酸浸速率； （3）根据分析可知SiO2难溶与酸，操作1的名称是过滤；将滤液调pH将沉淀，调pH后过滤所得滤渣的主要成分是； （4）常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2mol/L，则调pH时保证完全沉淀，Mg2+不沉淀，当离子浓度≤10-5mol/L时可认为其完全沉淀，当完全沉淀时，，Mg2+恰好不沉淀时，，，则调pH时的最佳取值范围为。 （5）氧化时可向滤液中先加入稍过量NaOH溶液，然后再加入NaClO溶液，请写出该反应的离子方程式为；NaClO为常见漂白剂，其水溶液因水解而呈碱性，则NaClO溶液水解显碱性，其中各离子浓度由大到小的关系为。 33．(1) (2)BD (3)CuCl可与氨形成易溶于水的配位化合物 (4) ，CuO 取少量固体样品于试管中，加入稀盐酸溶解，再加入少量氨水调节pH，有红褐色沉淀产生，证明存在；溶液逐渐变为蓝色，静置，取上层清液加入氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀，证明存在。 【分析】分析流程图得：黄铜矿经浸取后得到含有Cu2+和Fe3+的溶液，加入过量的氧化铜调pH后，滤渣①中含有氢氧化铁和过量的氧化铜，加入过量铜粉还原Cu2+得到氯化亚铜溶液，滤渣②的主要成分是铜粉，滤液中存在CuCl+2Cl-⇌[CuCl3]2-(无色)，经一系列操作后得到氯化亚铜固体。 【详解】（1）分析溶液中的离子，结合该工艺需要制备CuCl，则与Cu发生归中反应，又结合已知条件，可得总离子反应为； （2）A.“浸取”时铁元素应被氧化成铁离子，故离子方程式为，故A错误； B.由离子方程式可知，加入大量水，使平衡不断逆向移动，故“一系列操作”是加入大量的水、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥，故B正确； C.“滤渣②”主要成分应是未完全反应的Cu，故C错误； D.“还原”进行完全时， 溶液中蓝色的完全转化为无色的，所以当溶液变为无色时，表明“还原”进行完全，故D正确。 选BD。 （3）根据可溶于氨水形成铜氨溶液可知，CuCl也可与氨形成易溶于水的配位化合物； （4）①加入过量CuO，调节pH，目的是使不断正向进行，将转化为除去，因此“滤渣①”的主要成分是和过量的CuO； ②因为“滤渣①”的主要成分是和过量的CuO，则需要检验和，故操作为：取少量固体样品于试管中，加入稀盐酸溶解，再加入少量氨水调节pH，有红褐色沉淀产生，证明存在；溶液逐渐变为蓝色，静置，取上层清液加入氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀，证明存在。 34．(1)研钵 (2)C (3)2Ce3++6HCO=Ce2(CO)3↓+3H2O+3CO2↑ (4) ③①④⑤②⑥ 慢慢旋转滴定管旋塞，使滴定管口悬挂液滴而不滴落，用锥形瓶内壁靠落液滴，并用蒸馏水将液滴冲入溶液中，振荡锥形瓶使溶液充分混合 (5) 【分析】氟碳铈矿在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为四价Ce，用硫酸浸取，四价Ce进入溶液得到含溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，含溶液中加入硫脲将四价Ce还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3· Na2SO4·nH2O，过滤分离，复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce 2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2； 【详解】（1）该仪器的名称是研钵； （2）A．由分析可知，固体A的成分是SiO2、BaSO4，错误； B．步骤①和步骤②均为分离固液的操作，包含过滤，但是步骤①洗涤沉淀的目的是回收残留的Ce4+，而步骤②洗涤的目的是去除残留在沉淀B表面的杂质残液，错误； C．由分析可知，步骤②加入硫脲的目的将还原为，正确； D．根据上图，焙烧后加入稀硫酸浸出时，适宜的条件为85℃，氢离子浓度约为2.5mol/L，则c(H2SO4)=1.25mol/L，错误； 故选C； （3）步骤④反应为Ce3+溶液中加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce 2(CO3)3，根据质量守恒可知，还会生成水和二氧化碳气体，发生的离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce2(CO)3↓+3H2O+3CO2↑； （4）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；因此顺序为③①④⑤②⑥；滴定过程中，接近终点时需采用半滴操作，具体操作是：慢慢旋转滴定管旋塞，使滴定管口悬挂液滴而不滴落，用锥形瓶内壁靠落液滴，并用蒸馏水将液滴冲入溶液中，振荡锥形瓶使溶液充分混合； （5）滴定时发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，则该产品中CeO2物质的量为：，该产品的质量分数为。 35．(1)CrO或Cr(OH)、OH-、Cl- (2)2CrO＋3H2O2+2OH-=2CrO-+4H2O或2Cr(OH)＋3H2O2+2OH-=2CrO+8H2O (3)将溶液碱性调为弱酸性，防止产生Pb(OH)2沉淀；且防止产生过多的Cr2O (4)CD (5)5.0×10-3 【分析】向CrCl3·6H2O中加入过量的NaOH溶液，因Cr(OH)3性质与Al(OH)3类似，因此过量的NaOH溶液可以将Cr3+转化为CrO，随后向绿色溶液中加入浓H2O2将CrO转化为CrO，随后加入煮沸除去多余的H2O2，用醋酸调节溶液pH防止加入Pb(NO3)2溶液后产生氢氧化铅沉淀，最后加入Pb(NO3)2溶液得到PbCrO4沉淀； 【详解】（1）Cr(OH)3性质与Al(OH)3类似；第①步加入过量氢氧化钠将CrCl3·6H2O转化为CrO，所得绿色溶液中的阴离子有CrO或Cr(OH)、OH-、Cl-； （2）过氧化氢具有强氧化性，第②步加入浓H2O2将CrO转化为CrO，反应中Cr化合价由+3变为+6、过氧化氢中氧化合价由-1变为-2，根据电子守恒、质量守恒配平，离子方程式为2CrO＋3H2O2+2OH-=2CrO-+4H2O或2Cr(OH)＋3H2O2+2OH-=2CrO+8H2O； （3）pH>7时，Pb2＋开始转化为Pb(OH)2沉淀，第③步中加入醋酸调pH=5的目的将溶液碱性调为弱酸性，防止产生Pb(OH)2沉淀；且防止产生过多的Cr2O； （4）A．第②步煮沸是为了除去多余的H2O2，第④步煮沸的目的是促进PbCrO4沉淀的生成，错误； B．硫酸会和铅离子生成硫酸铅沉淀，故第③步中6mol/L醋酸溶液不可用3mol/L硫酸代替，错误； C．，酸性条件下CrO会转化为Cr2O，故第③步反应后溶液呈橙黄色是因为CrO部分转化为Cr2O，正确； D．橙黄色溶液中存在CrO、Cr2O，而第④步得到PbCrO4沉淀，说明PbCrO4的溶度积小于PbCr2O7，正确； 故选CD； （5）当溶液中Cl-恰好沉淀完全时，溶液中，则。 36．(1)HCl (2)BC (3)或 (4) 当最后半滴AgNO3溶液滴入时，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解 97.5% pH过低，在酸性条件下转化为，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少 【分析】硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸；Ni2+、Co2+、Co3+均可与NH3形成可溶于水的配离子，故滤泥加入氨性溶液氨浸溶解，过滤，向滤液中进行镍钴分离，经过一系列得到氯化钴和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。 【详解】（1）“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl； 故答案为：HCl。 （2）A．滤泥在氨水中能溶解，故步骤Ⅰ的活性MgO不可替换成稀氨水，A错误； B．加入活性氧化镁，pH升高，Ni2+、Co2+转化为Ni(OH)2、Co(OH)3，活性 MgO 可与水反应生成Mg(OH)2，故步骤Ⅱ，过滤得到的滤泥主要含Mg(OH)2、Ni(OH)2、Co(OH)3等，B正确； C．根据分析可知步骤Ⅵ，热解所得的固体氧化物为MgO，C正确； D．常温下，pH=9.0的氨性溶液中，c(H+)=10-9.0，c(OH-)=10-5.0，Kb(NH3⋅H2O)==10−4.7，=100.3>1，故c(NH)> c(NH3⋅H2O)，D错误； 故答案为：BC。 （3）氨浸过程中Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+，SO被氧化成SO，离子方程式为2Co(OH)3+12NH3⋅H2O+SO=2[Co(NH3)6]2++SO+4OH−+13H2O或2Co(OH)3+8NH3⋅H2O+4NH+SO=2[Co(NH3)6]2++SO+13H2O； 故答案为：2Co(OH)3+12NH3⋅H2O+SO=2[Co(NH3)6]2++SO+4OH−+13H2O或2Co(OH)3+8NH3⋅H2O+4NH+SO=2[Co(NH3)6]2++SO+13H2O。 （4）氯离子消耗完全后有Ag2CrO4生成，为红色沉淀，当最后半滴AgNO3溶液滴入时，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解，证明反应完成； CoCl2+2AgNO3=2AgCl+Co(NO3)2，根据方程式可知n(CoCl2)=2n(AgNO3)= 2×0.1000mol·L-1 ×0.02250L=4.5×10-3mol，产品CoCl2的质量分数为=97.5%； pH过低，CrO在酸性条件下转化为Cr2O，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，CoCl2的质量分数偏低； 故答案为：当最后半滴AgNO3溶液滴入时，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解；97.5%；会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少。 37．(1) (2) BD < 调pH≈1，使部分NH3转化为NH，能使可溶性配离子转化为难溶性的Pd(NH3)2Cl2；但若pH过小，c(H+)过大，NH3全部转化为NH，则可能会完全转化成[PdCl4]2- (3) 没有 取少量Z溶液与试管，加入过量的盐酸，产生白色沉淀，加稀硝酸不溶，则证明有Ag元素 【分析】机主板中含有贵金属单质Au、Ag和Pd，在硝酸中酸浸，Au不发生反应，Ag、Pd发生反应转化为、；含Au固体用王水溶解转化为溶液；向含有Ag+、溶液中加入NaCl生成AgCl固体和溶液；AgCl固体用氨水溶解得到银氨溶液，再向银氨溶液中加入肼得到Ag；向含溶液中加入氨水得到含 溶液，再加入盐酸调pH得到 。 【详解】（1）含金固体可溶于HNO3和NaCl的混合溶液，生成，并产生NO，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为； （2）①芯片中的金是芯片连接的绝佳材料，不只是利用其物理性质，还因为金的化学性质不活泼，A项错误； 生成的固体Y为氯化银，所以溶液X可以是NaCl溶液，B项正确； 溶液Z是氯化银溶于氨水生成的Ag(NH3)2Cl溶液，C项错误； N2H4不直接还原固体AgCl可能的原因是碱性条件下水合肼的还原性增强，将固体AgCl溶解为银氨离子，能提高反应速率，同时避免生成的银单质中混有AgCl杂质，得到的Ag纯度更高，D项正确； 故选BD； ②加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，说明该条件下配位能力Cl小于NH3； ③Pd(NH3)2Cl2为难溶物，调pH≈1，使部分NH3转化为，能使可溶性配离子转化为难溶性的Pd(NH3)2Cl2；但若pH过小，c(H+)过大，NH3全部转化为，则可能会完全转化成可溶性的[PdCl4]2-； （3）①Z溶液是银氨溶液，溶液中是银氨离子，不会和氯离子产生沉淀； ②若想验证银元素，应先将银氨离子转化为银离子，再检验银离子的存在，方法为：取少量Z溶液与试管，加入过量的盐酸，产生白色沉淀，加稀硝酸不溶，则证明有Ag元素。 38．(1)Fe2O3 (2) (3)AB (4)A (5) 88.2%或0.882 滴定过程中过量被空气中氧化生成，导致消耗的溶液体积变大，测定结果偏高 【分析】铬铁矿中加入Na2CO3、NaNO3熔融、氧化，发生反应2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，生成的熔块主要成分为Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2、Na2SiO3和NaNO2，经水浸、过滤得到滤渣1主要成分为Fe2O3，滤液l调节pH=7，过滤得到滤渣2主要成分为H2SiO3、Al(OH)3，滤液2中溶质为Na2CrO4、NaNO2，加酸调节pH，过滤得到的滤液3主要溶质为Na2Cr2O7，加入KCl发生复分解反应，通过一系列操作后得到，据此分析解答。 【详解】（1）根据分析，滤渣1中主要成分是Fe2O3。 （2）步骤④调节pH，目的是将转化为，反应的离子方程式为。 （3）A．陶瓷容器中含二氧化硅，碳酸钠在高温条件下与二氧化硅反应生成硅酸钠，因此步骤①不可在陶瓷容器中进行，A项错误； B．用玻璃棒小心翻动沉淀，可能戳破滤纸，使实验失败，B项错误； C．步骤③的目的是将和转化为沉淀而除去，C项正确； D．步骤⑤是重铬酸钠和氯化钾反应生成氯化钠和重铬酸钾，因此反应类型是复分解反应，D项正确； 故选AB。 （4）由表格数据可知，在低温下的溶解度较小，为减少产品损失，可采用冷水洗涤粗产品，故选A。 （5）①由已知可得关系式，则的纯度为。 ②上述操作都正确，但实际测得的纯度偏高，可能的原因是：滴定过程中过量被空气中氧化生成，导致消耗的溶液体积变大，测定结果偏高。 39．(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (2) ACD CuSO4•5H2O晶体易溶于水，难溶于无水酒精，可用无水酒精洗涤除去杂质，洗涤后酒精挥发，利于晶体提纯 氧化剂得电子后形成负电微粒，酸性增强，氢离子易与负电荷结合，降低了反应的活化能，使氧化反应更易进行。或氢离子浓度越高导致氧化剂中可形成氢键的原子氧上的电子云发生变形，氧气更易分裂成氧原子，氧原子氧化性更强 (3)取滤液1，滴入几滴KSCN溶液，溶液不变红色，说明无铁离子，滴几滴氯水，溶液出现红色，说明含亚铁离子；取滤液1加入铁粉，有紫红色固体生成，说明含铜离子 【分析】废铜(主要成分是Cu，含少量Fe2O3)加足量稀硫酸，少量与H2SO4反应生成硫酸铁，硫酸铁溶液和铜反应得到硫酸亚铁和硫酸铜，铜过量，所以滤渣1的成分是Cu，滤液1含硫酸亚铁和硫酸铜，加过量铁粉，铁粉和硫酸铜反应得到硫酸亚铁和铜，过滤，滤渣2为混合物——铜中混有铁粉，滤液2为硫酸亚铁溶液，滤渣2加稀硫酸，发生反应：，铁溶于氢离子、铜不溶于氢离子，经过滤得滤渣3为纯铜，滤液3为为硫酸亚铁溶液，合并滤液2和滤液3，加氢氧化钠溶液的氢氧化亚铁沉淀、通入氧气的红褐色固体为氢氧化铁沉淀，分解即可得到氧化铁。合并滤渣1和滤渣3，加入稀硫酸通入氧气，铜溶解得到硫酸铜溶液，蒸发浓缩冷却结晶得到胆矾。 【详解】（1）“滤渣3”为铜，与浓硫酸反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。 （2）①下列说法： A． SO3+H2O=H2SO4，是可逆反应，则高温下胆矾分解有可能产生四种气体(SO2、O2、SO3、H2O)，A正确； B．据分析，铁粉用于和硫酸铜反应得置换出铜，则框图工艺中氧化亚铁不可以替代过量铁粉，得到的滤液2为硫酸亚铁溶液，因水解呈弱酸性，B错误； C．SO3溶于水转化为H2SO4过程中放热，产生酸雾降低SO3吸收效率，故现代工艺制取发烟硫酸是用98.3%浓硫酸吸收SO3，C正确； D．结合选项C可知，工业出厂硫酸一般质量分数大于92%是厂家用92%的浓硫酸稀释发烟硫酸得到的，D正确； E．红褐色固体为氢氧化铁，而在彩画工程常用氧化铁而不是氢氧化铁作为红色油漆，E错误； 选 ACD。 ②步骤V用无水酒精洗涤胆矾的理由是：CuSO4•5H2O晶体易溶于水，难溶于无水酒精，可用无水酒精洗涤除去杂质，洗涤后酒精挥发，利于晶体提纯。 ③氧化性强即得电子能力强，则步骤Ⅳ在酸性条件下O2氧化性增强的原因是：氧化剂得电子后形成负电微粒，酸性增强，氢离子易与负电荷结合，降低了反应的活化能，使氧化反应更易进行。或氢离子浓度越高导致氧化剂中可形成氢键的原子氧上的电子云发生变形，氧气更易分裂成氧原子，氧原子氧化性更强。 （3）滤液1的金属阳离子为亚铁离子和铜离子，鉴定这两种离子的实验方案为：取滤液1，滴入几滴KSCN溶液，溶液不变红色，说明无铁离子，滴几滴氯水，溶液出现红色，说明含亚铁离子；取滤液1加入铁粉，有紫红色固体生成，说明含铜离子。 40．(1)、 (2)BC (3)抽气泵 (4) 90% 催化剂，加快高锰酸钾对的氧化速度 【分析】大理石中含有铁、镁杂质，步骤一的具体操作为向大理石中加盐酸并加热，得到悬浊液中主要含有氯化钙、氯化亚铁和氯化镁，加入过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子，加氨水调pH，小火煮沸、趁热过滤，除去铁离子、镁离子，滤液中含有、，加入碳酸铵和浓氨水，经过滤、洗涤、干燥得到CaCO3； 步骤二的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，尚存有少量固体，生成氯化钙，将溶液煮沸，趁热过滤，滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，加热烘干1h得到CaO2。 【详解】（1）由分析可知，滤液Ⅰ中主要溶质的化学式为、。 （2）A．由分析可知，大理石中含有铁、镁杂质，经步骤一操作得到CaCO3，所以步骤一的目的是除去铁、镁，得到较纯净的，故A正确； B．根据信息提示，加热至350℃左右，迅速分解生成CaO，则由固体X制得，不能采用高温烘干，故B错误； C．由流程可知，加入过量的盐酸会引入杂质，故不能加入过量盐酸，故C错误； D．过氧化氢受热易分解，所以操作Ⅱ冰水浴是为了防止反应过于剧烈，同时减少反应物的损失，故D正确； 答案选BC。 （3）由调整后的过滤装置能达到快速过滤的目的，结合装置特点可知为抽滤，设备X的名称是抽气泵。 （4）①高锰酸钾浓度较低时不能氧化，根据电子转移守恒可以得到定量关系为：2KMnO4~5H2O2， 样品中的物质的量为×0.020L×0.02500mol⋅L-1=0.00125mol，该样品中的质量分数为100%=90%； ②滴定过程中加入溶液的作用是作催化剂，加快高锰酸钾对的氧化速度。 41．(1)加入不再有气泡产生 (2)使与反应完全；将溶于反应液中的气体充分驱离(任意写出一条) (3) (4)deaf (5)D (6)75.5% 【详解】（1）根据电离平衡常数可知，H3PO4与反应生成二氧化碳，故完全反应的现象为加入不再有气泡产生； （2）第③步中煮沸的目的为使与反应完全、将溶于反应液中的气体充分驱离； （3）为了避免引入新的杂质，第④步调pH适合的物质为； （4）根据在20℃时溶解度为126g，且随温度变化不大，难溶于醇，可得方法1的操作顺序：活性炭脱水→减压过滤→蒸发至溶液出现大量晶体，停止加热→趁热过滤→乙醇洗涤→干燥，故选deaf； （5）A．由于丙三醇粘度很大，加入量越多，产率越低，严重影响产物的过滤，使磷酸二氢锂的产率下降，故A说法正确； B．由图可知，最佳控制条件是乙醇与磷酸质量比为2∶3，结晶温度0℃，结晶时间120min，故B说法正确； C．图5可知，方法1(a曲线)蒸发浓缩结晶时易得到大颗粒晶体，原因是水溶液中溶解度随温度变化较小，形成的晶核较少，晶体长大过程缓慢，故C正确； D．图5可知，方法2(b曲线)乙醇盐析方法得到的晶体的粒度(即直径)在100nm左右，用滤纸过滤，晶体损失较大，故D错误； 答案选D； （6）说明过量，按的量进行计算，，列三段式：设质量为x g，，解得，产率为。 42．(1)AD (2) ac, bd 根据题意，对滤液进行加热，蒸出氨气使反应正向移动，将Ni2+完全解离处理，同时促进Ni2+的水解，以获得更多的氢氧化镍和碳酸镍，提高氧化镍的产量 (3) ACD 【分析】工业废渣加入过量硝酸与Fe反应生成硝酸铁，与Ni反应生成硝酸镍，滤液1中金属阳离子为和，加入过量NaOH溶液得到滤渣2为Ni(OH)2、Fe(OH)3，加入过量氨水与Ni(OH)2反应生成，经过一系列操作可得到氧化镍； 【详解】（1）A．增大废渣的接触面积可加快其在酸溶时的反应速率，故A正确； B．硝酸是强氧化性酸，亚铁离子会被其氧化为铁离子，滤液1中不存在，故B错误； C．过滤操作需用到的玻璃仪器：普通漏斗、烧杯、玻璃棒，故C错误； D．滤渣2中加入过量氨水与Ni(OH)2反应生成配合物，与氢氧化铁沉淀分离，发生的反应为，故D正确； 故选：AD； （2）①为从滤液得到氧化镍，由可加热使氨气逸出，促使平衡正向移动，得到Ni2+，用pH试纸测定溶液至不呈碱性，过滤，将滤出的沉淀物Ni(OH)2进行烘干，经马釜炉焙烧得到NiO，故答案为：ac，bd； ②步骤a中对滤液进行加热的原因是：根据题意，对滤液进行加热，蒸出氨气使反应正向移动，将Ni2+完全解离处理，同时促进Ni2+的水解，以获得更多的氢氧化镍和碳酸镍，提高氧化镍的产量； （3）①由，则样品中的物质的量为n=n()=c∙V=0.100mol•L-1×18.80×10-3L×=1.88×10-2mol，则样品中氧化镍的纯度为； ②A. 滴定终点的操作和现象是加入最后半滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色，锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定，未达到滴定终点，标准液体积偏小，使测定结果偏低，故A选； B.滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，标准液体积偏大，使测定结果偏高，故B不选； C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数，标准液体积偏小，使测定结果偏低，故C选； D.振荡锥形瓶时，锥形瓶内溶液溅出，待测液溶质质量损失，使测定结果偏低，故D选； 故选：ACD。 答案第46页，共47页 答案第47页，共47页 学科网（北京）股份有限公司 $$