2025届高三化学一轮复习——化学实验

2025届高三化学一轮复习——化学实验 一、单选题 1．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 2．室温下，下列实验方案能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 分离Fe粉和Cu粉 加入过量稀盐酸，过滤、洗涤、干燥 B 除去Cl2中混有的HCl 将混合气体通入饱和碳酸氢钠溶液 C 探究、溶度积的大小 向2mL0.2mol/LMgCl2溶液中滴加4滴2mol/LNaOH溶液，充分振荡后，再滴加4滴溶液，静置观察 D 检验CH3CH2Cl中的氯原子 将CH3CH2Cl与过量NaOH水溶液混合加热，冷却后向溶液中加入AgNO3溶液 A．A B．B C．C D．D 3．下列实验操作，选用的仪器正确的是（　　） A B C D 盛装溶液 钠在空气中加热 准确量取一定体积标准溶液 蒸馏用冷凝管 A．A B．B C．C D．D 4．下列仪器可加热的是 A． B． C． D． 5．关于下列仪器使用的说法正确的是（　　） A．滴定时用①盛放溶液 B．②、③均可以直接加热 C．②、④可用于物质分离 D．③、⑤可用作反应容器 6．根据下列实验操作、现象得出的结论正确的是（　　） 选项 实验操作 现象 结论 A 向鸡蛋清溶液中滴加饱和(NH4）2SO4溶液 溶液变浑浊，再加水浑浊消失 说明蛋白质发生了盐析 B 向酸性高锰酸钾溶液中加入甲苯，振荡 溶液紫色褪去 甲苯同系物均有此性质 C 在坩埚中加入，加热一段时间，在干燥器中冷却，称量剩余固体质量 质量为 加热后坩埚内固体为和混合物 D 在试管中加入溶液，再加5滴稀溶液，混匀后加入乙醛，加热 没有砖红色沉淀生成 乙醛没有还原性 A．A B．B C．C D．D 7．下列除杂试剂、分离方法选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 选项 物质（括号内为杂质） 除杂试剂 分离方法 A NO（） 洗气 B NaCl溶液（） NaOH溶液、溶液、稀HCl 过滤 C 乙酸乙酯（乙酸） 饱和溶液 分液 D 溴苯（） NaOH溶液 分液 A．A B．B C．C D．D 8．用下列实验装置(部分夹持装置略去)进行相应的实验，能达到实验目的的是（　　） A．制取二氧化硫 B．实验室制取乙酸乙酯 C．干燥气体 D．分离溴水中的 A．A B．B C．C D．D 9．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的具体流程如下： 已知：LiFePO4溶于酸，不溶于碱；Li2SO4、Li2CO3在常温下的溶解度分别为34.2 g、1.3 g。 上述流程中各步反应的离子方程式正确的是（　　） A．铝箔溶于过量碱液： B．酸浸液中水解： C．滤渣1中加入H2SO4和H2O2可发生反应： D．滤液中加入试剂X时发生的主要反应： 10．探究硫元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是（　　） 选项 实验方案 现象 结论 A 向溶液中滴加溶液 无明显现象 不具有还原性、不具有氧化性 B 向浓硫酸中滴加浓盐酸，将产生的气体通入盛有溶液的烧杯中 烧杯上方产生白雾，生成白色沉淀 浓硫酸吸收浓盐酸中的水分，导致挥发，并带出生成 C 加热铜与浓硫酸的混合物，充分反应后冷却，加水稀释 试管底部有白色固体，稀释后溶液变蓝 浓硫酸具有氧化性，与铜反应生成硫酸铜，溶液呈蓝色 D 向溶液中通入，充分振荡试管 先无明显现象，充分振荡试管后，产生白色沉淀 能与反应 A．A B．B C．C D．D 11．某兴趣小组探究电石与溶液反应的速率并制备乙炔气体。下列说法错误的是（　　） 实验 电石质量/g 溶液 现象 1 m 稀食盐水 产气较快，有大量灰白色沉淀和泡沫 2 m 饱和食盐水 产气较慢，有较多灰白色沉淀和泡沫 3 m 稀盐酸 　 A．灰白色沉淀主要成分为 B．提高NaCl溶液的质量分数能减慢反应速率 C．不宜使用纯水作为反应试剂 D．推测实验3的现象为产气速度慢，无沉淀和泡沫 12．工业上常用芒硝( Na2SO4·10H2O)和煤粉在高温下生产硫化钠粗品，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。一种生产芒硝并进行纯化的流程如下图所示： 下列说法错误的是（　　） A．Na2SO4·10H2O和煤粉高温下反应所得CO和Na2S的物质的量之比为2∶1 B．“溶解”时需要适当升高温度 C．“操作Ⅰ”是趁热过滤 D．含少量Na2S的乙醇可通过蒸馏的方法回收乙醇 13．为解决铜与稀硝酸反应过程中装置内氧气对实验现象的干扰，以及实验后装置内氮氧化物的绿色化处理问题。某实验小组对装置进行微型化改造，设计如图所示的装置（试管底部有孔隙）。下列说法错误的是（　　） A．装置内发生的化学反应方程式为： B．实验开始前需除去试管内的氧气，可拉动注射器B C．该装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止 D．实验终止时，需将铜丝提拉上来后再拉动注射器A 14．下列实验装置(饱和氨盐水：氨气溶于饱和食盐水得到的溶液)能达到实验目的的是（　　） A．用装置甲制取NH3 B．用装置乙制NaHCO3 C．除去CO2中的HCl D．用装置丁制Na2CO3 15．富钴结壳浸出液分离制备的工艺流程如下： 已知：①“浸出液”中主要含有的金属离子为：； ②温度高于时，在水中的溶解度随温度升高迅速降低； ③“焙烧”的过程发生的部分反应有， 下列有关说法错误的是（　　） A．过程②中，和的作用分别是氧化剂和沉淀剂 B．固体Y中主要物质的化学式为 C．过程④中的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 D．流程中可循环使用的物质有 16．下列方程式的书写，不正确的是 A．溶液暴露在空气中： B．铅酸蓄电池放电的负极反应： C．葡萄糖与新制氢氧化铜反应： D．煅烧黄铁矿制 17．下列化学事实中没有体现“量变引起质变”的哲学观点的是（　　） A．向浓硫酸溶液中加入锌粉至过量，产生了二氧化硫和氢气 B．向苯酚钠溶液中通入二氧化碳气体至过量，产生白色沉淀 C．向淀粉碘化钾溶液中通入氯气至过量，溶液先变蓝后褪色 D．向硝酸银溶液中滴加氨水至过量，白色沉淀先产生后溶解 18．下列实验操作和数据记录都正确的是 A．用托盘天平称量时，将NaOH固体置于左盘的称量纸上，读数为3.2g B．用pH计测得氯水的pH为3.1 C．用酸式滴定管量取5.15mL0.50mol/L的Na2S2O3溶液 D．用标准醋酸溶液滴定NaOH溶液，滴入2—3滴甲基橙作指示剂，终点时由黄色变为橙色 19．下列选用的相关装置符合实验要求的是（　　） A B C D 高温煅烧石灰石 存放新制氯水 用电解法精炼Mg 除去SO2中的HCl杂质 A．A B．B C．C D．D 20．下列依据实验现象得出的实验结论正确的是（　　） 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 将和分别通入滴有几滴紫色石蕊溶液的蒸馏水中 溶液均变为红色 和均是酸性氧化物 B 将铜粉加入1.0 溶液中 溶液变蓝 金属铁比铜活泼 C 常温下，用pH计分别测定0.1和1 ，溶液的pH pH均等于7 同温下，不同浓度的溶液中水的电离程度相同 D 向两支盛有2mL相同物质的量浓度的银氨溶液的试管中分别加入3滴相同物质的量浓度的Nal和NaCl溶液 一支试管中产生黄色沉淀，另一支试管中无明显现象 > A．A B．B C．C D．D 二、综合题 21．某实验小组在实验室用废铜屑制备甲酸铜晶体，实验流程如下： 回答下列问题： （1）若甲同学设计方案：铜屑、稀硫酸加热通入氧气制得硫酸铜溶液，再与甲酸反应生成甲酸铜溶液，再结晶。请判断：甲同学　 　(填“能”或“不能”)制得甲酸铜晶体。 （2）步骤Ⅱ制备，时，理论上CuSO4和NaHCO3物质的量之比为1：2时反应恰好生成，制备实际操作中需要控制二者物质的量之比　 　1：2(填“>”、“=”或“<”)。 （3）操作步骤Ⅲ：向盛烧杯中加入一定量热蒸馏水，逐滴加入甲酸至蓝绿色固体恰好全部溶解，除去少量不溶性杂质；结晶，过滤，再洗涤晶体2～3次，晾干，得到产品。在除去不溶性杂质时，为了防止甲酸铜结晶析出，造成损失，可采取　 　操作。过滤后洗涤甲酸铜结晶时为使固体快速干燥，可选　 　(填写序号)来洗涤。 A．冷水 B．乙醇 C．四氯化碳 D．饱和甲酸铜溶液 （4）晶体中甲酸根含量的测定： ①下列仪器可供步骤A选用的是　 　(写名称，下同)；可供步骤C中滴定选用的是　 　。 ②溶液恒温80℃30min时应采取的操作方法是　 　，步骤C滴定时当观察到　 　即达到滴定终点。 ③计算晶体中甲酸根的质量分数为　 　。 22．东晋《华阳国志•南中志》已有白铜（铜镍合金）的记载，回答下列问题： （1）镍元素基态原子的电子排布式为　 　，3d能级上的未成对的电子数为　 　。 （2）硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液，在中与之间形成的化学键称为　 　，配位原子是　 　，中阴离子的立体构型是　 　。 （3）单质铜及镍都是由　 　键形成的晶体，元素铜与镍的第二电离能分别为：kJ⋅mol，kJ⋅mol，的原因是　 　。 （4）现有La、Ni合金是较为理想的储氢材料，其晶胞结构如图1所示： ①该储氢材料的化学式为　 　。 ②已知晶胞参数边长为a nm，高为b nm，设阿伏加德罗常数的值为。若一个晶胞内可以储存18个氢原子，则储氢后的晶胞密度为　 　g·cm。 （5）用含镍废料（含镍、铝、氧化铁、碳等杂质）提取蓄电池材料，流程如图2所示： 已知：易溶于水，不能氧化。 ①酸浸时镍的浸出率与温度的关系如图3所示，温度高于40℃时镍的浸出率开始下降，主要原因可能是　 　（从两个角度分析）。 ②证明“沉镍”中，已经沉淀完全的实验步骤及现象为　 　。 ③电解过程产生的氯气在弱碱条件下生成了，再把二价镍氧化为三价镍，写出“氧化”反应的离子方程式　 　。 23．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)。 24．以银锰精矿主要含、、和氧化锰矿主要含为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 “浸锰”过程中，发生反应，则可推断：　 　填“”或“”。 在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有　 　。 （2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 将“浸银”反应的离子方程式补充完整：　 　 结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：　 　。 （3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 该步反应的离子方程式有　 　。 一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：　 　。 （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：　 　。 25．工业上用某矿渣(含有)提取铜的操作流程如下： 已知：。 回答下列问题： （1）操作I的名称为　 　；灼烧操作中常用的实验仪器有酒精灯、三脚架，还有　 　(夹持仪器不写)。 （2）固体混合物B的主要成分为　 　(写化学式)；滤液A中铁元素的存在形式只能为，理由是　 　(用离子方程式解释)。检验滤液A中的试剂为　 　(填试剂名称)。 （3）滤液C中铝元素的主要存在形式为　 　(填离子符号)，写出生成该离子的离子方程式：　 　。 （4）某同学认为滤液的水解程度是微弱的，的水解不超过总量的10%，请设计实验验证该同学的观点是否正确：　 　(所用材料：试纸、的溶液)。 （5）从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水中选用合适的试剂，测定粗铜样品中金属铜的质量分数，主要步骤：称取一定质量的样品→　 　(填缺少的操作步骤，不必描述操作过程的细节)→过滤、洗涤、干燥→称量剩余固体铜的质量。 答案解析部分 1．【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。 2．【答案】C 3．【答案】B 【解析】【解答】A．溶液显碱性，具有粘合性，能将玻璃塞和试剂瓶黏在一起，A不符合题意； B．钠在空气中加热可以使用该装置，B符合题意； C．高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀胶管，准确量取一定体积 标准溶液应该使用酸式滴定管，C不符合题意； D．蒸馏用冷凝管应该使用直形冷凝管，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.硅酸钠具有粘合性； B.Na在空气中加热要用坩埚； C.氧化性物质要用酸式滴定管盛装； D.蒸馏用直形冷凝管。 4．【答案】A 【解析】【解答】A．该仪器为圆底烧瓶，可以放在石棉网上加热，A符合题意； B．该仪器为酸式滴定管，不可加热，B不符合题意； C．该仪器为容量瓶，不可加热，C不符合题意； D．该仪器为量筒，不可加热，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】可直接加热的仪器：试管、蒸发皿、坩埚、燃烧匙 可间接加热的（需垫石棉网）：烧杯、烧瓶、锥形瓶 不能加热的仪器：量筒、集气瓶、漏斗、温度计、滴瓶、表面皿、广口瓶、细口瓶等等。 5．【答案】C 【解析】【解答】A．①为酸式滴定管，A项不符合题意； B．锥形瓶、蒸馏烧瓶不能直接加热，B项不符合题意； C．蒸馏烧瓶，分液漏斗均可用于物质分离，C项符合题意； D．容量瓶不可作为反应容器，D项不符合题意； 故答案为：C。 【分析】图示仪器依次为酸式滴定管、蒸馏烧瓶、锥形瓶、分液漏斗、容量瓶。 6．【答案】A 【解析】【解答】A、 向鸡蛋清溶液中滴加饱和(NH4）2SO4溶液 ，发生蛋白质的盐析，故A正确； B、苯是甲苯的同系物，但苯不能与高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故B错误； C、 的物质的量为=0.1mol，根据钙原子守恒可知，完全失去结晶水得到草酸钙的质量为0.1mol×128g/mol=12.8g，则加热后坩埚内固体为草酸钙，不含氧化钙，故C错误； D、向2mL5%的硫酸铜溶液滴加5滴稀氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液不足，不能产生砖红色沉淀不能说明乙醛没有还原性，故D错误； 故答案为：A。 【分析】A、蛋白质在硫酸铵中发生盐析； B、苯不能使酸性高锰酸钾褪色； C、坩埚内固体为草酸钙； D、乙醛具有还原性。 7．【答案】C 8．【答案】C 【解析】【解答】A．铜与浓硫酸反应制备二氧化硫需要加热，图中缺少加热装置，选项A不符合题意； B．乙酸乙酯在烧碱溶液中水解，小试管中应选用饱和碳酸钠溶液，选项B不符合题意； C．二氧化硫不与浓硫酸反应，可用浓硫酸干燥二氧化硫，选项C符合题意； D．乙醇能与水任意比互溶，不能用于萃取溴水中的溴，无法分离溴水中的溴，选项D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．图中缺少加热装置； B．乙酸乙酯在烧碱溶液中水解； C．二氧化硫不与浓硫酸反应； D．乙醇能与水任意比互溶，不能用萃取法分离。 9．【答案】C 【解析】【解答】A．该反应的反应物除Al、OH-外，还有水，离子方程式应该为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，A不符合题意； B．H3PO4是三元弱酸，电离分步进行，则在酸浸液中水解也逐步进行，首先水解产生，B不符合题意； C．废旧电池中的Cu与NaOH溶液不反应，进入滤渣1中，向其中加入H2SO4和H2O2，在酸性条件下可发生氧化还原反应，产生Cu2+、H2O，该反应的离子方程式为：，C符合题意； D．根据Li2SO4、Li2CO3在常温下的溶解度分别为34.2 g、1.3 g，可知Li2CO3的溶解度较小，则沉锂时加入碳酸钠形成的沉淀为Li2CO3，反应方程式为：2Li++=Li2CO3↓，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、铝和水、氢氧根反应生偏铝酸根和氢气； B、多元弱酸分布水解； C、铜和硫酸、氢离子反应生成铜离子和水； D、锂离子和碳酸根反应生成碳酸锂。 10．【答案】B 【解析】【解答】A. 向溶液中滴加溶液 发生归中反应，得到黄色沉淀，故A不符合题意； B. 向浓硫酸中滴加浓盐酸，得到氯化氢气体，同时带出硫酸将产生的气体通入盛有溶液的烧杯中有水雾和沉淀，故B符合题意； C. 加热铜与浓硫酸的混合物，充分反应后冷却，得到硫酸铜固体，将混合物加入水中变为蓝色，故C不符合题意； D. 向溶液中通入，充分振荡试管 无现象不会反应，故D不符合题意； 故答案为：B 【分析】A.发生归中反应得到硫单质； B.浓硫酸与浓盐酸作用得到氯化氢并且带出来硫酸，有水雾和沉淀； C.浓硫酸稀释应该是浓硫酸加入到水； D.氯化钡与二氧化硫不反应。 11．【答案】D 【解析】【解答】A、白色沉淀主要是 ，故A不符合题意； B、根据实验1和实验2可知，食盐水浓度越大，反应速率越慢，故提高NaCl溶液的质量分数能减慢反应速率，故B不符合题意； C、根据实验1和实验2可知，食盐水浓度越小，反应速率越快，纯水反应速率太快，不宜使用纯水作为反应试剂，故C不符合题意； D、反应生成的能与盐酸发生中和反应，故测实验3的现象为产气速度快，无沉淀，但泡沫生成，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】电石和水发生反应制得乙炔。 12．【答案】A 【解析】【解答】A．Na2SO4·10H2O和煤粉高温下反应所得CO和Na2S，反应中碳元素化合价由0价升高到+2价，升高了2，CO是氧化产物，硫元素由+6价降到-2价，降低了8，Na2S为还原产物，根据得失电子守恒，反应所得CO和Na2S的物质的量之比为4∶1，A符合题意； B．乙醇做溶剂溶解硫化钠，因为硫化钠易溶于热乙醇，“溶解”时需要适当升高温度，B不符合题意； C．硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇，趁热过滤，防止温度降低，硫化钠析出，降低产率，C不符合题意； D．含少量Na2S的乙醇可通过蒸馏的方法回收乙醇，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】芒硝和煤粉在高温下生成硫化钠，硫化钠用热乙醇溶解，过滤除去不溶的重金属硫化物和煤粉，滤液经过冷却、结晶，然后过滤，得到含有少量硫化钠的乙醇和硫化钠固体。 13．【答案】B 【解析】【解答】A．装置内铜与稀硝酸反应，即 ，故A不符合题意； B．实验开始时先拉注射器A活塞，其目的是除去反应前试管内的空气，故B符合题意； C．该实验装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止，故C不符合题意； D．反应停止后，提拉粗铜丝，使粗铜丝下端靠近软胶塞A，再打开止水夹，缓慢拉注射器A活塞，可观察到试管内的无色气体被吸入注射器A内，试管内稀硝酸液面逐渐上升，注射器B活塞缓慢向内移动，如不提拉铜丝会继续反应，故D不符合题意； 故答案为：B 【分析】A.根据反应物和生成物写出方程式； B.拉注射器A可除去装置中的空气； C.该装置可控制水夹控制反应的发生与停止； D.实验终止时需要提起铜丝，防止继续反应。 14．【答案】B 【解析】【解答】A．实验室制用和固体，加热时试管口应略向下倾斜，A项不符合题意； B．饱和氨盐水可提高溶解度，用过量与饱和氨盐水反应生成，反应为：NH3·H2O+NaCl+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，B项符合题意； C．洗气瓶气体应长进短出，C项不符合题意； D．灼烧较多固体应在坩埚中进行，且加热时烧杯应垫上石棉网，D项不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、氨气不能用氯化铵直接加热制取； B、二氧化碳和饱和氨盐水反应生成溶解度更小的碳酸氢钠； C、洗气的时候应该长进短出； D、碳酸氢钠是固体，灼烧应该在坩埚进行。 15．【答案】C 【解析】【解答】A．过程②中，能把二价铁转化为三价铁，能调节溶液的pH将铁离子转化为沉淀，故其作用分别是氧化剂和沉淀剂，选项A不符合题意； B．由分析可知，固体Y中主要物质的化学式为，选项B不符合题意； C．温度高于时，在水中的溶解度随温度升高迅速降低；故不能冷却结晶，而应该趁热结晶，选项C符合题意； D．流程中二氧化硫既是反应物又是生成物，故流程中可循环使用的物质有，选项D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．依据反应物和试剂的性质分析； B．依据流程图，利用反应物和产物的性质判断； C．依据已知信息，不能冷却结晶； D．可循环物质是批后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质。 16．【答案】D 【解析】【解答】 A．碘离子和氧气、水反应生成碘和氢氧根，方程式为： ，A错误； B．铅酸蓄电池放电的负极铅失去电子，和硫酸根离子反应生成硫酸铅，方程式为： ，B错误； C．葡萄糖和性质的氢氧化铜悬浊液反应生成水、氧化亚铜和羧酸盐，方程式为： ，C错误； D．黄铁矿的主要成分为FeS2，黄铁矿和氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，方程式为：，D错误； 故答案为：D。 【分析】A、 碘离子化合价升高，氧气化合价降低，结合化合价升降守恒配平‘ B、负极失去电子，化合价升高； C、口诀：三水亚铜羧酸盐； D、黄铁矿的主要成分为FeS2。 17．【答案】B 【解析】【解答】A、稀硫酸与锌反应生成氢气，浓硫酸与锌反应生成二氧化硫，则向浓硫酸溶液中加入锌粉至过量，产生了二氧化硫和氢气，体现“量变引起质变”的哲学观点，故A不符合题意； B、向苯酚钠溶液中通入二氧化碳，无论过量还是少量，均生成苯酚沉淀，没有体现“量变引起质变”的哲学观点，故B符合题意； C、氯气氧化KI生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，过量氯气可氧化碘单质，因此溶液先变蓝后褪色，体现“量变引起质变”的哲学观点，故C不符合题意； D、先生成氢氧化银沉淀，浓氨水过量，生成银氨溶液，白色沉淀溶解，体现“量变引起质变”的哲学观点，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、稀硫酸与锌反应生成氢气，浓硫酸与锌反应生成二氧化硫； B、向苯酚钠中通入过量二氧化碳反应生成苯酚； C、氯气能将碘离子氧化为单质碘，过量氯气可氧化碘单质； D、氯化银溶于过量氨水形成银氨溶液。 18．【答案】B 19．【答案】D 【解析】【解答】A．煅烧石灰石时应使用坩埚，由于所需温度高于1000℃，应用酒精喷灯加热，A项不符合题意； B．新制氯水会腐蚀橡胶.应选用玻璃塞，B项不符合题意； C．电解MgCl2溶液得不到Mg单质，C项不符合题意； D．饱和NaHSO3溶液只吸收HCl，不吸收SO2，可以除去SO2中的HCl，D项符合题意； 故答案为：D。 【分析】A、固体的灼烧需在坩埚中进行； B、氯水具有氧化性，能将橡胶氧化； C、电解法制备Mg应电解熔融MgCl2； D、SO2不溶于饱和NaHSO3溶液，但HCl能与NaHSO3反应； 20．【答案】D 21．【答案】（1）不能 （2）< （3）趁热过滤；B （4）烧杯、量筒(只写烧杯亦可)；烧杯、碱式滴定管；水浴加热；滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色(表述合理即可)；30.00% 【解析】【解答】（1）弱酸不能制强酸，甲酸是弱酸，不能和硫酸铜反应，故答案为：不能； （2）步骤Ⅱ为溶液和溶液混合加热制备碱式碳酸铜，反应的离子方程式为：，因为碳酸氢钠易分解损失，所以实际取用碳酸氢钠稍微过量，硫酸铜和碳酸氢钠物质的量之比小于1：2； （3）温度越高甲酸铜的溶解度越大，为防止甲酸铜结晶体析出而损失，可以采取趁热过滤的方式；甲酸铜结晶体易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，故可以用乙醇来洗涤，故答案为：B； （4）①步骤A为配制250mL甲酸铜溶液的过程，应该选用250mL的容量瓶，题中给出的是100mL容量瓶，不能使用；需要量取3.00g晶体，托盘天平不能称取出3.00g晶体，故也不能用，溶解需要在烧杯中进行，另外可以用量筒量取所需要的蒸馏水的量，故答案为：烧杯、量筒；步骤C中滴定时，是用草酸钠溶液滴定过量的高锰酸钾，草酸钠应该放在碱式滴定管中，根据提供的仪器，被滴定的溶液应该在烧杯中，故答案为：烧杯、碱式滴定管； ②溶液恒温80℃30min时应采取的操作方法是水浴加热；高锰酸钾溶液本身有颜色，当其消耗完的时候，颜色褪去，故答案为：滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色； ③高锰酸钾和甲酸根反应对应的关系式为：5HCOO-~2KMnO4，用草酸钠滴定过量的高锰酸钾时对应的关系式为：2KMnO4~5C2O，则和草酸根反应的高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=×0.02×25×10-3=0.0002mol，和甲酸根反应的高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.02×50×10-3-0.0002mol=0.0008mol，甲酸根的物质的量n(HCOO-)=×0.0008mol=0.002mol，则原来样品中含有的甲酸根的物质的量n(HCOO-)=0.0004mol×=0.02mol，质量m(HCOO-)=0.02mol×45g/mol=0.9g，则晶体中甲酸根的质量分数=。 【分析】（1）依据弱酸不能制强酸； （2）依据碳酸氢钠易分解损失分析； （3）依据溶解度分析； （4）①配制一定物质的量浓度的溶液一般需经过检漏、计算、称量、溶解、转移(移液前要先冷却至室温)、洗涤、定容、摇匀等步骤。酸性溶液、强氧化性溶液应选用酸式滴定管；碱性溶液应选用碱式滴定管； ②依据反应的条件判断；利用溶液颜色变化分析； ③依据关系式法计算。 22．【答案】（1）[Ar]3d84s2；2 （2）配位键；N；正四面体 （3）金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 （4）LaNi5； （5）温度高于40℃时，HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2+水解加快(或促进Ni2+水解)，部分生成Ni(OH)2；向“沉镍"后的上层清液中滴加Na2C2O4溶液，若不变浑浊，则说明Ni2+已经沉淀完全；2Ni(OH)2 + ClO- =Ni2O3 +Cl- +2H2O 23．【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。 24．【答案】（1）；、 （2）；Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解 （3）、；被氧气氧化为，把氧化为 （4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 【解析】【解答】（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>； ②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、； （2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：； ②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解； （3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、； ②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为； （4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂剂。 【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化； ②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高； （2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式； ②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动； （3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应； ②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应； （4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。 25．【答案】（1）过滤；泥三角、坩埚 （2）和Cu；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；硫氰化钾溶液和新制氯水 （3）AlO；Al3++4OH-= AlO+2H2O （4）用pH试纸测常温下0.1mol·L-1NaAlO2溶液的pH，若pH<12，则该同学的观点正确，若pH>12，则该同学的观点不正确 （5）选择稀硫酸溶解活泼金属杂质，所以将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与足量稀硫酸充分反应 【解析】【解答】某矿渣(含有)加入足量稀盐酸后，由于不和盐酸反应，且和盐酸反应得到铜单质和氯化铜，则得到的固体混合物B为二氧化硅和单质铜，滤液A中含有Fe2+、Al3+和Cu2+，加入足量NaOH溶液后Fe2+转化为氢氧化亚铁，Al3+转化为偏铝酸根，Cu2+转化为氢氧化铜，则D中含有氢氧化亚铁和氢氧化铜，滤液C中含有偏铝酸根，经过一系列变化得到金属Al，固体混合物D在空气中灼烧得到氧化铁和氧化铜，再经过高温和电解处理得到单质铜，以此解答。 （1）操作I步骤分离溶液和沉淀，名称为过滤，在空气中灼烧固体混合物D时，所用到的仪器有坩埚、泥三角、三角架、酒精灯，玻璃棒。 （2）由分析可知，固体混合物B的主要成分为和Cu，依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，Cu2O与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，生成的铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，化学方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀，所以滤液A中铁元素的存在形式为亚铁离子，可用氯水将其氧化成三价铁离子，三价铁离子与KSCN溶液发生反应生成红色物质来检验三价铁离子。 （3）由分析可知，滤液C中铝元素的主要存在形式为AlO，铝离子和过量氢氧根反应得到偏铝酸根，离子方程式为：Al3++4OH-= AlO+2H2O。 （4）偏铝酸根水解离子方程式：AlO+2H2O = Al(OH)3 +OH-，若0.1mol·L-1NaAlO2溶液中的水解为总量的10%时，水解产生的c(OH-)=0.01mol/L，此时pH=12，用pH试纸测常温下0.1mol·L-1NaAlO2溶液的pH，若pH<12，则该同学的观点正确，若pH>12，则该同学的观点不正确。 （5）选择稀硫酸溶解活泼金属杂质，所以将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与足量稀硫酸充分反应。 【分析】（1）操作I分离固体和液体，为过滤； （2）二氧化硅和铜不溶于酸； （3）铝元素在过量氢氧化钠溶液中形成偏铝酸根； （4）结合pH判断偏铝酸钠溶液中的氢离子浓度，根据氢离子浓度判断水解程度； （5）硫酸可以溶解活泼金属。 学科网（北京）股份有限公司 $$