2016届高考化学总复习：100道综合实验题汇编(含解析)

2015届高考化学 100道综合实验题汇编（含解析）

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

（1）选用A装置可制取的气体有；选用B装置可制取的气体有；通常选用C装置制取的气体有。若用亚硫酸钠和浓硫酸来制取二氧化硫气体应选用装置（填装置的编号字母）。（2）写出利用上述有关药品制取氯气的化学方程式：。

（3）若要制得干燥的氨气，可选用下列干燥剂中的（填序号）。

A．生石灰 B．浓硫酸 C．五氧化二磷

（4）标号①的仪器除可用于在气体发生装置中添加试剂外，在实验中常用于（填实验操作名称）。

【答案】（1）NH3；CO2，H2；Cl2；B （2）MnO2+4HCl(

2+Cl2↑+2H2O （3）A

（4）分液

【解析】

试题分析：（1）选用A装置是固体与固体混合加热制取气体的装置。可制取的气体有NH3；固体与液体混合在不加热时制取气体的装置。选用B装置可制取的气体有CO2，H2；通常选用C装置制取的气体应该是固体与液体混合加热制取气体的装置。选用该装置制取的气体有Cl2；若用亚硫酸钠和浓硫酸来制取二氧化硫气体，由于是固体与液体混合不需要加热制取气体，所以应选用装置B。（2）制取氯气的化学方程式：为

MnO2+4HCl(

2+Cl2↑+2H2O 。（3）若要制得干燥的氨气，由于氨气的水溶液显碱性，所以要用碱

性干燥剂来干燥。因此选项为A。（4）标号①的仪器除可用于在气体发生装置中添加试剂外，在实验中常用于分离互不相溶的两层液体混合物，该实验操作为分液。

考点：考查气体制取装置的选择、反应原理、气体的干燥即试剂的添加等实验操作的知识。

2．有一瓶澄清的溶液，其中可能有、K＋、Na＋、Mg2＋、Ba2＋、Al3＋、Cl－、I－、、、S2－、、、，取该溶液进行以下实验：

(1)取pH试纸检验，溶液呈强酸性，可以排除离子的存在；

(2)取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫色，可以排除离子的存在；

(3)另取出部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，则又可以排除离子的存在；

(4)取出部分上述碱性溶液滴加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，证明离子存在，又可排除离子的存在；

(5)将(3)得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。根据上述实验事实确定：该溶液中肯定存在的离子是，还不能确定是否存在的离子是。

【答案】(1)、S2－、

(2)NO 、

1

(3)Mg2＋、Al3＋

(4)Ba2＋；

(5)I－、、Ba2＋；K＋、Na＋、Cl－

【解析】(1)溶液呈强酸性，可以排除、S2－、等弱酸根离子。(2)加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫色，一定含有I－，可以排除、等强氧化性离子。(3)加入NaOH溶液，过程中和滴加完毕溶液均无沉淀产生，肯定不含有Mg2＋和Al3＋；(4)上述碱液加碳酸钠溶液，有白色沉淀产生，肯定含有Ba2＋，肯定不含有；(5)将(3)溶液加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体放出，肯定含有。综合以上，肯定存在的离子是I－、、Ba2＋，不能确定的离子是K＋、Na＋、Cl－。

3．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组用碳素钢(即铁和碳的合金)进行了以下探究活动：

[探究一](1)将已去除表面氧化物的铁钉(碳素钢)放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是。

(2)称取碳素钢6.0 g放入15.0 mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y。

①甲同学认为X中除Fe3＋之外还可能含有Fe2＋。若要确认其中的Fe2＋，应选用 (选填序号)。A．KSCN溶液和氯水 B．铁粉和KSCN溶液

C．浓氨水 D．酸性KMnO4溶液

②乙同学取560 mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发生SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋H2SO4反应，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66 g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为。

[探究二]根据上述实验中SO2体积分数的分析，丙同学认为气体Y中还可能含有Q1和Q2两种气体，其中Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893 g·L－1。为此设计了下列探究实验装置(假设有关气体完全反应)。

(3)装置B中试剂的作用是。

(4)分析Y气体中的Q2气体是如何生成的 (用化学方程式表示)。

(5)已知洗气瓶M中盛装澄清石灰水，为确认Q2的存在，需在装置中添加洗气瓶M于 (填序号)。A．A之前 B．A—B间

C．B—C间 D．C—D间

(6)如果气体Y中含有Q1，预计实验现象应是。

【答案】(1)铁被钝化

(2)①D②0.80

(3)检验SO2是否除尽

(4)C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O

(5)C

(6)D中的固体由黑变红、E中的固体由白变蓝

【解析】(1)由于在常温下，铁在浓硫酸中钝化，从而在铁表面形成一层致密的氧化膜，所以不再和CuSO4溶液反应。

(2)①Fe2＋具有还原性，可以被KMnO4(H＋)氧化，从而溶液褪色，据此可以鉴别，答案选D。

2

3 所以SO 2

(3)M ＝0.0893 g·L －1×22.4 L·mol －1＝2.0 g·mol －1。所以Q 1为H 2。

由于C 能被浓H 2SO 4氧化成CO 2，所以Q 2应为CO 2。检验H 2用CuO ，而检验CO 2气体需用澄清石灰水，在验证CO 2之前，须除尽SO 2气体，所以A 装置用来除去SO 2，B 装置用来检验是否除尽，M 装置应放在B 、C 之间。若有H 2，CuO 应由黑变红，CuSO 4由白变蓝。

4．王老师在用酒精喷灯做“铁与水蒸气反应”后，该校高一化学研究性小组同学对得到的黑色固体物质进行了如下实验：

（1）甲同学认为：该黑色固体为四氧化三铁。请写出黑色固体溶于稀盐酸的化学方程式____________；

（2）乙同学提出：根据上述实验现象甲同学的观点不可靠，理由是__________；

（3）深红色溶液C 放置一段时间后，发现红色褪去。关于溶液褪色的原因，同学们纷纷猜想：

假设一：氯水有强氧化性，将溶液中的SCN —氧化；

假设二：空气中有还原性物质，将 ；

假设三：氯水有极强的氧化性，将 ；

基于假设一，为验证合理与否，可选用试剂：浓硫酸、1.0mol·L -1HNO 3、1.0mol·L -1盐酸、1.0mol·L -1NaOH 、

-13-1 4

（4）乙同学用酒精灯加热做铁与水蒸气反应的实验，也得到了黑色固体，它不能被磁铁吸引，当加入盐酸溶解该固体时，溶液呈浅绿色，再滴加KSCN 溶液不变色。由此她认为生成该固体的化学方程式为 。

【答案】（1）Fe 3O 4+8HCl=2FeCl 3+FeCl 2+4H 2O

（2）该固体不一定只是Fe 3O 4，当黑色固体是Fe 3O 4和FeO ，或Fe 3O 4和Fe ，或Fe 3O 4、FeO 和Fe 时，也都有上述现象。

（3）溶液中的Fe

3+被还原为Fe 2+ 溶液中的+3铁被氧化成更高价态的铁

（4）Fe+H 2O=FeO+H 2

【解析】（1）四氧化三铁可以写作Fe 2O 3·FeO，所以四氧化三铁与盐酸反应的化学方程式为Fe 3O 4+8HCl ＝2FeCl 3+FeCl 2+4H 2O 。

（2）由于该黑色固体不一定只是Fe 3O 4，当黑色固体是Fe 3O 4和FeO ，或Fe 3O 4和Fe ，或Fe 3O 4、FeO 时，也都有上述现象，所以结论是不准确的。

（3）溶液显红色，是因为Fe 3+离子与SCN -反应而显色。如果红色逐渐褪色，则可能的原因是氯水有强氧化性，

将溶液中SCN -氧化；或者空气中有还原性物质，将溶液中Fe 3+还原为Fe 2+；或者氯水有极强的氧化性，将溶

液中的+3价铁氧化为更高的价态。如果是由于氯水有强氧化性，将溶液中的SCN -氧化，则可以向反应后的溶

液中继续加入足量的KSCN 溶液，如果溶液显红色，则说明假设1是正确的。或者取少量褪色后的溶液，加

入加入0.1mol/LFeCl3溶液，如果溶液不变红色，则假设1是正确的。

（4）不能被磁铁吸收，说明没有铁。当加入盐酸溶解该固体时，溶液呈浅绿色，再滴加KSCN溶液不变色，这说明溶液中含有Fe2+，因此黑色固体是FeO。故，

Fe+H2O=FeO+H2。

5．碳酸钠俗称纯碱，其用途很广。实验室中，用碳酸氢铵和饱和食盐水可制得纯碱。各物质在不同温度下的溶解度见表。

实验步骤

Ⅰ、化盐与精制：①粗盐（含Ca2＋、Mg2＋、SO42-）溶解；②加入足量NaOH和Na2CO3溶液，煮沸；③过滤；④加入盐酸调pH至7。

Ⅱ、转化：①将精制后的食盐溶液温度控制在30~35℃之间；在不断搅拌下，加入研细的碳酸氢铵；保温，搅拌半小时；②静置，a 、b ；③得到NaHCO3晶体。

Ⅲ、制纯碱：将得的NaHCO3放入蒸发皿中，在酒精灯上灼烧，冷却到室温，即得到纯碱。

完成下列填空：

（1）“化盐与精制”可除去的粗盐中的杂质离子是。

（2）“转化”的离子方程式是。

（3）“转化”过程中，温度控制在30~35℃之间的加热方式是；为什么温度控制在30~35℃之间? 。

（4）a、b处的操作分别是、。

（5）实验室制得的纯碱含少量NaCl还可能含少量NaHCO3，为测定纯碱的纯度，用电子天平准确称取样品G 克，将其放入锥形瓶中用适量蒸馏水溶解，滴加2滴酚酞，用c mol/L的标准盐酸滴定至溶液由浅红色变成无色且半分钟不变，滴定过程中无气体产生，所用盐酸的体积为V1mL。此时发生的反应为：

CO32-＋H＋→HCO3-

①样品中碳酸钠质量百分含量的表达式是。

②向锥形瓶溶液中继续滴加2滴甲基橙，用同浓度的盐酸继续滴定至终点，所用盐酸的体积为V2mL。滴定终点时溶液颜色的变化是；根据实验数据，如何判断样品含NaHCO3。【答案】（1）Ca2＋、Mg2＋

（2）Na＋＋HCO3-→NaHCO3↓

（3）水浴加热；温度过高造成NH4HCO3分解，温度过低NH4HCO3的溶解度小

（4）过滤洗涤

（5）①Na2CO3%=（106cV1×10-3）/G

②黄色变为橙色且半分钟不变；V2＞V1则含有NaHCO3

【解析】（1）足量NaOH可以除去Mg2+；Na2CO3可以除去Ca2+；

（2）Na＋＋HCO3-→NaHCO3↓

（3）根据水浴加热，温度易控制且受热均匀；温度过高造成NH4HCO3分解，温度过低，NH4HCO3的溶解度小；（4）NH4HCO3与NaCl反应生成NaHCO3，便有晶体析出，然后过滤、洗涤可得到NaHCO3。

4

（5）①酚酞做指示剂，用浓度为cmol/LHCl溶液滴定至溶液由红色变成无色，说明CO32-＋H＋→HCO3-反应达到终点，所用盐酸的体积为V1mL，则碳酸钠的质量为106cV1×10-3g,其质量分数是（106cV1×10-3）/G。

②用甲基橙做指示剂，继续用HCl滴定至溶液由黄色变成橙色，则HCO3-+H+=CO2+H2O反应达到终点，所用HCl 的体积为V2，如果V1=V2，只有Na2CO3；如果V2＞V1，则含有NaHCO3。

6．某研究小组模拟工业处理电镀含氰废水并测定处理的效率，利用下图所示装置进行实验。将CN－的浓度为0.2 mol·L－1的含氰废水100 mL与100 mL NaClO溶液（过量）置于装置②三颈烧瓶中，充分反应。打开分液漏斗活塞，滴入100 mL稀H2SO4，关闭活塞。

已知装置②中发生的主要反应依次为：

CN－+ ClO－=CNO－+ Cl－ 2CNO－+2H+ +3C1O－=N2↑+2CO2↑+3C1－+H2O

（1）①和⑥的作用是。

（2）装置②中，生成需由装置③除去的物质的离子方程式为。

（3）反应结束后，缓缓通入空气的目的是。

（4）为计算该实验中含氰废水被处理的百分率，需要测定的质量。

（5）已知CN-的处理效率可高达90%，产生的CO2在标准状况下的体积为。

【答案】（1）排除空气中CO2对实验的干扰

（2）ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑+H2O

（3）使装置内残留的CO2全部进入装置⑤而被吸收

（4）装置⑤反应前后的质量或沉淀

（5）0.4L

【解析】（1）①和⑥的作用是排除空气中CO2对实验的干扰。

（2）已知反应条件，有氯离子生成，又次氯酸有很强的氧化性，所以，ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑+H2O。

（3）使装置中残留的CO2全部进入装置⑤而被吸收。

（4）通过测定碱石灰的质量的变化测得CO2的质量，根据关系式计算含氯废水处理百分率，则需要测定装置⑤反应前后的质量。

（5）由CN-+ClO-=CNO-+Cl- 2CNO-+2H++3ClO-=N2+2CO2+3Cl-+H2O，又因为

n（CN-）=0.02mol，转化率为0.9。由关系式可知，产生的CO2的体积是0.4L。

7．氯化铜是一种广泛用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品。某研究小组用粗铜（含杂质Fe）按下述流程制备氯化铜晶体（CuCl2·2H2O）。

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

5

6 ① 仪器A 的名称是 。

② 装置B 中发生反应的离子方程式是 。

③如果浓盐酸不能顺利滴下，可能的原因是 。

④装置Ⅳ中盛装的试剂是 ，其作用是 。

（2）在CuCl 2溶液转化为CuCl 2·2H 2O 的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为黄绿色。小组同学欲探究其原因。

已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：

－

2O(l)

蓝色 黄色

①上述反应的化学平衡常数表达式是K= 。

②现欲使溶液由黄色变成蓝色，请写出两种可采用的方法

a ．

b 。

（3）由CuCl 2溶液得到CuCl 2·2H 2O 的过程中要加入盐酸的目的是 。

【答案】（1）①分液漏斗

②MnO 2+4H ++3Cl Mn 2+

+Cl 2↑+2H 2O ③分液漏斗的上口瓶塞没有打开

④NaOH 溶液 吸收未反应的氯气，防止污染

（2）

4(Cl -

) ② a 加水稀释 b AgNO 3溶液

（3）抑制铜离子的水解，提高产品的产率。

【解析】（1）氯气有毒，必须进行尾气处理

（2）变为蓝色则平衡向逆方向移动，可以加水，增加生成的浓度，也可以加入AgNO 3溶液减少Cl -浓度。

（3）Cu 2+易发生水解，加热促进水解，同时HCl 易挥发，也促进水解，所以直接加热得不到氯化铜晶体。

8．实验室模拟回收某废旧含镍催化剂（主要成分为NiO ，另含Fe 2O 3、CaO 、CuO 、BaO 等）生产Ni 2O 3。其工艺流程为：

7 （1）根据图Ⅰ所示的X 射线衍射图谱，可知浸出渣含有三种主要成分，其中“物质X”为 。

图Ⅱ表示镍的浸出率与温度的关系，当浸出温度高于70℃时，镍的浸出率降低，浸出渣中Ni(OH)2含量增大，其原因是 。

（2）工艺流程中“副产品”的化学式为 。

（3）已知有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH 如下表：

操作B 是为了除去滤液中的铁元素，某同学设计了如下??验方案：向操作A 所得的滤液中加入NaOH 溶液，调节溶液pH 为3.7～7.7，静置，过滤。请对该实验方案进行评价 （若原方案正确，请说明理由；若原方案错误，请加以改正）。

（4）操作C 是为了除去溶液中的Ca 2+，若控制溶液中F －浓度为3×10－3mol·L －1，则Ca 2+的浓度为

mol·L －1。（常温时CaF 2的溶度积常数为2.7×10－11）

（5）电解产生2NiOOH·H 2O 的原理分两步：

①碱性条件下Cl －在阳极被氧化为ClO －；

②Ni 2+被ClO －氧化产生2NiOOH·H 2O 沉淀。

第②步反应的离子方程式为 。

【答案】（1）BaSO 4 温度升高，Ni 2+的水解程度增大

（2）CuSO 4·5H 2O

（3）方案错误。在调节pH 前，应先在滤液中加入H 2O 2，使溶液中的Fe 2+氧化为Fe 3+

（

4）3×10－6

（5）ClO －＋2Ni 2+＋4OH －=2NiOOH·H 2O ＋Cl －

由题意知，含镍催化剂与硫酸反应后，Ca 2+和Ba 2+形成沉淀，通入硫化氢气体将Cu 2+沉淀，操作B 除去Fe 3+，

操作C 除去Ca 2+。最后加氯化钠电解硫酸镍溶液得到2NiOOH·H 2O 。

【解析】（1）硫酸与氧化镍、氧化铁、氧化钙、氧化铜、氧化钡分别生成硫酸镍、硫酸铁、硫酸钙、硫酸铜

和硫酸钡，硫酸钙微溶、硫酸钡难溶，物质X 为硫酸钡。Ni 2++2H 22+2H +，温度升高，促进Ni 2+水解，

Ni(OH)2含量增大。

（2）硫灼烧生成二氧化硫、硫化铜灼烧生成氧化铜和二氧化硫。氧化铜与硫酸生成硫酸铜溶液，结晶后得

到胆矾晶体。

（3）若溶液中含有Fe 2+，调节pH 为3.7～7.7时，Fe 2+没有完全沉淀。所以加氢氧化钠溶液调节pH 时，应先

加过氧化氢将Fe 2+完全氧化为Fe 3+。

8 （4）c(Ca 2+

－6mol·L －1。 （5）Ni 2+被ClO －氧化产生2NiOOH·H 2O ，ClO -被还原为Cl -，根据得失电子相等和电荷守恒、质量守恒配平

9．工业上以碳酸锰矿为主要原料生产MnO 2的工艺流程如下：

和沉淀完全的pH 如下表：

请问答下列问题：

（1）酸浸前将碳酸锰矿粉碎的作用是 。

（2）酸浸后的溶液中含有Mn 2+、 SO 42-，另含有少量Fe 2+、Fe 3+、A13+、Cu 2+、Pb 2+等，其除杂过程如下：

①加入MnO 2将Fe 2+氧化，其离子反应方程式为 。 ②加入CaO 将溶液的pH 调到5.2～

6.0，其主要目的是 。

③加入BaS ，除去Cu 2+、Pb 2+后，再加入NaF 溶液，除去 。

（3）从溶液A 中回收的主要物质是 ，该物质常用作化肥。（4）MnO 2粗品中含有少量Mn 3O 4，可

以用稀硫酸处理，将其转化为MnSO 4和MnO 2，然后再用氧化剂将Mn 2+转化为MnO 2，制得优质MnO 2，写出Mn 3O 4

与稀硫酸反应的化学方程式 。

【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率（使反应更充分）

（2）①2Fe 2++MnO 2+4H +=2Fe 3++Mn 2++2H 2O

②除去Fe 3+,A13+

③Ca 2+

（3）(NH 4)2SO 4

（4）Mn 3O 4+2H 2SO 4=2MnSO 4+MnO 2+2H 2O

【解析】（1）将反应物粉碎的作用是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；

（2）pH 调到5.2～6.0，其主要目的是除去Fe 3+、A13+和部分Cu 2+；

③溶液中除去Fe 2+、Fe 3+、A13+、Cu 2+、Pb 2+，但第②加入了Ca 2+，再加入NaF 溶液，显然是除去Ca 2+；

（3）流程得到的是碳酸锰沉淀，溶液中主要剩余NH 4+和SO 42-，故回收的物质是(NH 4)2SO 4。

（4）由MnO 2粗品中含有少量Mn 3O 4，可以用稀硫酸处理，将其转化为MnSO 4和MnO 2，可知反应物为Mn 3O 4和稀硫酸，生成物为MnSO 4

和MnO 2，反应方程式可写成：Mn 3O 4+H 2SO 4→MnSO 4+MnO 2，根据原子守恒，还应有水生成，故可写出：Mn 3O 4+H 2SO 4→MnSO 4+MnO 2+H 2O ，利用化合价法和原子守恒配平方程式得：Mn 3O 4+2H 2SO 4=2MnSO 4+MnO 2+2H 2O

10．某工厂用软锰矿（含MnO 2约70％及Al 2O 3）和闪锌矿（含ZnS 约80％及FeS ），共同生产MnO 2和Zn （干电池原料）。

已知：①A 是MnSO 4、ZnSO 4、Fe 2(SO 4)3、Al 2(SO 4)3的混合液。

②IV 中的电解反应式为MnSO 4+ZnSO 4+2H 22+Zn+2H 2SO 4。

（1）A中属于还原产物的是。

（2）MnCO3、Zn2(OH)2CO3的作用是；Ⅱ需要加热的原因是；C的化学式是。

（3）Ⅲ中发生的离子方程式为，；

（4）如果不考虑生产中的损耗，除矿石外，需购买的化工原料是。

【答案】（1）MnSO4

（2）增大溶液的pH，使Fe3+和Al3+均生成沉淀；促进Fe3+、Al3+的水解；H2SO4

（3）Mn2++CO32-=MnCO3 2Zn2++2CO32-+H2O=Zn2(OH)2CO3↓+CO2↑

（4）纯碱和硫酸

【解析】（1）由已知信息条件知，Mn元素化合价由+4价降低为+2价，民以A中还原产物为MnSO4；

（2）由工艺流程图知，MnCO3、Zn（OH）2CO3的作用就是调节pH，使Fe3+和Al3+均生成沉淀。Fe3+、Al3+沉淀容易形成胶体，不利于氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，所以Ⅱ加热的目的是加速沉淀生成，防止胶体出现，并使形成胶体的氢氧化铝和氢氧化铁也生成沉淀；操作Ⅰ加热、浸取需要硫酸，由②可知C为硫酸，循环利用。（4）溶液B中含有Mn2+、Zn2+，根据流程图，加入Na2CO3后，生成MnCO3和Zn2(OH)2CO3，离子方程式是，Mn2++CO32-=MnCO3，2Zn2++2CO32-+H2O=Zn2(OH)2CO3↓+CO2↑。

11．高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途。湿法、干法制备高铁酸盐的原理如下表所示。

（1）工业上用湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的流程如图所示：

①洗涤粗品时选用异丙醇而不用水的理由是。

②反应II的离子方程式为。

③高铁酸钾在水中既能消毒杀菌，又能净水，是一种理想的水处理剂，它能消毒杀菌是因为它能净水的原因是。

9

④已知25℃时Fe(OH)3的Ksp = 4.0×10-38，反应II后的溶液c(Fe3+)=4.0×10-5mol/L,则需要调整到时，开始生成Fe(OH)3（不考虑溶液体积的变化）。

（2）由流程图可见，湿法制备高铁酸钾时，需先制得高铁酸钠，然后再向高铁酸钠中加入饱和KOH溶液，即可析出高铁酸钾。

①加入饱和KOH溶液的目的是。

（3）干法制备K2FeO4的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。

（4）高铁电池是正在研制中的可充电干电池，高铁电池具有工作电压稳定，放电时间长等优点，有人以高铁酸钾、二氧化硫和三氧化硫原料，以硫酸酸钾为电解质，用惰性电极设计成高温下使用的电池，写出该电池正极电极反应式。

【答案】（1）①减少高铁酸钾的溶解损失

②3ClO-+10OH-+3Fe2+=2FeO42-+3Cl-+5H2O

③高铁酸钾（K2FeO4）有强氧化性；高铁酸钾的还原产物水解产生的Fe(OH)3胶体有吸附性，使水澄清起净水作用。

④3

（2）增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出；小

（3）3：1

（4）2FeO42-+6e-+8SO3=2Fe2++8SO42-

【解析】（1）①为防止K2FeO4的溶解，可用异丙醇洗涤，所以答案是减少???铁酸钾的溶解损失。

②ClO-在碱性条件下能将Fe3+氧化为FeO42-,其离子方程式是

3ClO-+10OH-+3Fe2+=2FeO42-+3Cl-+5H2O

③高铁酸钾在水中能消毒杀菌是因为它有强氧化性，净水的原因是高铁酸钾的还原物水解产生Fe(OH)3胶体，具有吸附性，能使水澄清。

④K sp=c（Fe3+）c3（OH-）=4.0×10-38，所以c3（OH-）=4.0×10-38/4.0×10-5=1.0×10-33，c（OH-）=1.0×10-11，pH=3；

（2）①加入饱和的KOH溶液的目的是增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出；

②溶解度小的沉淀先析出来，所以高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠要小。

（3）干法制备K2FeO4的反应是Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，N元素化合价降低，是氧化剂，Fe的化合价升高，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比是3：1；

（4）高铁酸钾得电子，做氧化剂，所以在正极反应的是FeO42-，电极反应是，2FeO42-+6e-+8SO3=2Fe2++8SO42-12．以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等。实验室模拟工业以硫酸渣制备铁红（Fe2O3），过程如下：

（1）硫酸渣的成分中属于两性氧化物的是，写出酸溶过程Fe2O3与稀硫酸反应的离子反应方程式；

（2）生产过程中，为了确保铁红的纯度，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是（部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表）

10

11

（3）滤渣A 的主要成分为 ，滤液B 可以回收的物质有____________；

（4）简述洗涤过程的实验操作 ；

（5）已知硫酸渣质量为w kg ，假设铁红制备过程中，铁元素损耗25%，最终得到铁红的质量为m kg ，则原来硫酸渣中铁元素质量分数为 （用最简分数表达式表示）。

【答案】（1）Al 2O 3 Fe 2O 3 + 6H + ==2Fe 3+ + 3H 2O

（2）3.2—3.8

（3）SiO 2 Na 2SO 4 Al 2(SO 4)3 MgSO 4

（4）沿玻璃棒向漏斗（过滤器）的沉淀加蒸馏水至淹没沉淀，静置使液体自然流出，重复操作数次（3次）至沉淀洗涤干净。

（5）14m/15w

【解析】（1）Al 2O 3为两性氧化物，硫酸渣的成分中属于两性氧化物的是Al 2O 3；Fe 2O 3与硫酸反应生成Fe 2(SO 4)3

和H 2O ，离子方程式是Fe 2O 3+6H +=2Fe 3+

+3H 2O ；

（2）由题所给的数据可以看出，要使Fe 3+完全沉淀而其它离子不能沉淀，其pH 范围是3.2-3.8;

（3）硫酸渣中SiO 2不与硫酸反应,所以滤渣A 的主要成分是SiO 2；加入NaOH 调节pH 后，Fe 3+转化为Fe(OH)3

沉淀，其它离子仍为硫酸盐，所以滤液B 可以回收的物质有：Na 2SO 4、Al 2(SO 4)3、MgSO 4。

（4）利用蒸馏水洗涤的方法是，沿玻璃棒向漏斗（过滤器）的沉淀加蒸馏水至淹没沉淀，静置使液体自然流出，重复操作数次（3次）至沉淀洗涤干净。

（5）m kg 铁红含铁元素的质量为112m/160，所以硫酸渣中铁元素质量分数为

14m/15w 。

13．亚氯酸钠（NaClO 2）主要用于棉纺、造纸业的漂白剂，也用于食品消毒、水处理等，亚氯酸钠受热易分解。以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：

（1）提高“反应l”反应速率的措施有______________（写出一条即可）。

（2）“反应2”的氧化剂是________，该反应的化学方程式为__________。

（3）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是__________________。

（4）从 “母液”中可回收的主要物质是__________________________。

（5）“冷却结晶”后经_____________（填操作名称）即可获得粗产品。

【答案】（1）升高温度，增大吸收液浓度等。

（2）ClO 2 H 2O 2+2ClO 2+2NaOH=2NaClO 2+2H 2O+O 2

（3）常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解；

（4）Na 2SO 4

（5）过滤

【解析】（1）分析工艺流程图知，反应1为SO 2气体与溶液的反应，根据影响反应速率的外界条件，为提高反应速率，可升高温度、增大吸收液浓度等；

（2）由流程图知，反应2为H 2O 2、ClO 2和NaOH 反应，生成NaClO 2，反应中Cl 元素的化合价由+4价降低到+3价，则ClO 2做氧化剂，H 2O 2做还原剂，H 2O 2+2ClO 2+2NaOH=2NaClO 2+2H 2O+O 2；

（3）减压蒸发在较低温度下进行，主要防止常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解。

（4）氯酸钠与二氧化硫在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO 2和Na 2SO 4，则母液中会含有Na 2SO 4；

（5）冷却结晶后需要从溶液中分离出固体，通常用过滤的方法。

14．甲酸钙广泛用于食品、化工、石油等工业生产上，300～400℃左右分解。Ⅰ、实验室制取的方法之一是：Ca(OH)2 +2HCHO + H2O2 = Ca(HCOO)2 + 2H2O + H2↑。

实验室制取时，将工业用氢氧化钙和甲醛依次加入到质量分数为30-70%的过氧化氢溶液中（投料物质的量之比依次为1∶2∶1.2），最终可得到质量分数98%以上且重金属含量极低的优质产品。

（1）过氧化氢比理论用量稍多，其目的是。

（2）反应温度最好控制在30-70℃之间，温度不易过高，其主要原因是。

（3）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S溶液，加硫化钠的目的是。

（4）实验时需强力搅拌45min，其目的是；结束后需调节溶液的pH 7～8，其目的是。最后经结晶分离、干燥得产品。

Ⅱ、某研究性学习小组用工业碳酸钙(主要成分为CaCO3；杂质为：Al2O3、FeCO3) 为原料，先制备无机钙盐，再与甲酸钠溶液混合制取甲酸钙。结合如图几种物质的溶解度曲线及表中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L-1计算)，现提供的试剂有：a.甲酸钠，b.5mol·L－1硝酸，c. 5mol·L－1盐酸，d. 5mol·L－1硫酸，e. 3%H2O2溶液，f.澄清石灰水。

请补充完整由碳酸钙制备甲酸钙的实验步骤

金属离子开始沉淀

的pH

沉淀完全

的pH

Fe3＋ 1. 1 3. 2

Al3＋ 3. 0 5. 0

Fe2＋ 5. 8 8. 8

步骤1.称取13.6g甲酸钠溶于约20mL水，配成溶待用，并称取研细的碳酸钙样品10g待用。

步骤2. 。

步骤3. 。

步骤 4.过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH 7～8，充分搅拌，所得溶液经蒸发浓缩、、洗涤、60℃时干燥得甲酸钙晶体。

【答案】

Ⅰ（1）使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度（2分）

（2）防止H2O2分解和甲醛挥发（2分）

（3）除去重金属离子（使重金属离子形成硫化物沉淀除去）（2分）

（4）使反应物充分接触，提高产率（2分）；防止甲酸钙水解（或除去甲酸）（2分）

Ⅱ用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品（2分）；用石灰水调整溶液pH 5（2分）；趁热过滤（1分）。

或：用稍过量盐酸溶解碳酸钙样品（2分）；滴入适量的H2O2，并用石灰水调节溶液pH为 5（2分）；过滤（1分）。

【解析】

试题分析：Ⅰ（1）化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应，提高转化率；（2）双氧水易分解，甲醛易挥发，所以温度不易过高；（3）题干中提出产品中重金属含量极低，故该步是产生难溶的硫化物，除去重金属离子；（4）搅拌是使使反应物充分接触，使其反应完全，提高产率；甲酸钙为碱性水解，溶液为弱碱性是抑制其水解；Ⅱ该实验首先要去除杂质，同时生成可溶性钙盐，杂质中亚铁离子首先要氧化

12

为铁离子（双氧水或硝酸），再生成氢氧化铁除去，铝离子也要生成碱除去，故调节pH为5（用石灰水调节）；然后加入甲酸钠溶液混合生成溶解度较小、随温度变化不明显是甲酸钙，经蒸发浓缩，得到甲酸钙固体，趁热过滤，防止其它晶体析出。

考点：考查综合实验涉及实验操作目的、原理、步骤等有关问题。

15．以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：

（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为。

（2）图中“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。

（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为。

（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：

4[NH4Al(SO4)2·12H2

2O3 + 2NH3↑+ N2↑+ 5SO3↑+ 3SO2↑+ 53H2O,将产生的气体通过下图所示

的装置。

①集气瓶中收集到的气体是 (填化学式)。

②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有 (填化学式)。

③KMnO4溶液褪色（MnO4－还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为。【答案】

（1）Al2O3 + 3H2SO4 = Al2(SO4)3 + 3H2O（2分）

（2）SiO2（2分）

（3）2Fe2++H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O（2分）

（4）①N2（2分）②SO3、NH3（2分，缺漏不给分）。

③2MnO4－+5SO2 + 2H2O = 2Mn2+ + 5SO42－+4H+（2分）

【解析】

试题分析：（1）氧化铝为两性氧化物与酸、碱均反应；（2）铁的氧化物和氧化铝溶于酸，二氧化硅不溶形成滤渣；（3）溶液中的亚铁离子不易除去，需把其氧化为铁离子再沉淀除去；（4）①通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去氨气、三氧化硫，通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫气体，故收集的气体为氮气；②SO3、NH3均溶解于水与水反应；③KMnO4溶液与二氧化硫反应，二氧化硫被氧化为硫酸根离子。

考点：考查工业流程中的化学原理有关问题。

16．粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，湿法处理阳极泥进行综合利用的流程如下：

13

14 （1）用CuSO 4做电解液电解含铜、金、铅的粗铜，阳极．．

的电极反应式有： 和Cu-2e -= Cu 2+。 （2）焙烧阳极泥时，为了提高焙烧效率，采取的合理措施是 ，焙烧后的阳极泥中除含金、PbSO 4外，还有 （填化学式）。

（3）操作I 的主要步骤为 ，操作Ⅱ的名称是 。

（4）写出用SO 2还原AuCl 4-的离子方程式 。

（5）为了减少废液排放、充分利用有用资源，工业上将滤液1并入硫酸铜溶液进行循环操作，请指出流程图中另一处类似的做法 。

（6）已知298K 时，Ksp(PbCO 3)=1.46×10-13，Ksp(PbSO 4)= 1.82×10-8，用离子方程式表示加入碳酸钠溶液的

作用 。

【答案】（1）Pb-2e -+SO 42-=PbSO 4 (2分)（答Pb-2e -=Pb 2+得1分)

（2）将阳极泥粉碎，逆流焙烧等（2分） CuO （2分）

（3）蒸发浓缩，降温结晶，过滤。（或继续）洗涤，干燥（2分） 过滤（2分）

（4）2AuCl 4-+3SO 2+6H 2O=2Au+3SO 42-+8Cl -+12H + (3分)

（5）用滤液2溶解碱浸渣 （或并入硝酸中）。（2分）（利用滤液2，但循环错误的，扣1分）

（6）PbSO 4(s)+CO 32-

3(s)+SO 42-(aq) （2分，用“=”不扣分）

【解析】

试题分析：（1电解精炼的粗铜作阳极会发生氧化反应，其中单质铜和活性的金属都会发生溶解，因此粗铜中

的铜和铅会发生失电子的氧化反应，电极反应式为：Pb-2e -+SO 42-=PbSO 4。

（2）由题干可知，用于焙烧的阳极泥的成分为Cu 、Au （金）和PbSO 4 等，所以在被烧过程中铜被氧化为了CuO ，而Au （金）和PbSO 4 均较稳定。要使焙烧效率提高，合理措施是把得到的阳极泥充分的粉碎，增大接触面积，或把反应后的气体在次逆流焙烧，这样可以升高温度且减少能耗。

（3）操作I 的步骤是从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体，因此该步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤。操作II 是从酸浸渣（PbSO 4）中得到碱浸渣（PbCO 3），因此该操作是过滤操作。

（4）SO 2还原AuCl 4- 中还原剂和氧化剂都比较明确，因此很容易推测出氧化产物是SO 42- ，还原产物是Au 。因

此根据氧化还原反应得失电子守恒先缺项配平，然后根据电荷守恒再配平，因此得到的反应方程式为：

2AuCl 4-+3SO 2+6H 2O=2Au+3SO 42-+8Cl -+12H + 。

（5）滤液1是在结晶硫酸铜时剩下的滤液，还含有少量的未析出的硫酸铜，因此并入前面的硫酸铜溶液进行循环，有利于充分利用。因此类似此处的做法，应该是流程中得到的另一滤液2。此滤液2是在硝酸铅溶液中加入硫酸生成硫酸铅沉淀并过滤走硫酸铅后剩下的溶液，此溶液中H+没有发生反应，因此还有大量的硝酸溶液，所以可以把此滤液当成硝酸加入前面的碱浸渣中溶解碱浸渣，或者与前面碱浸渣步骤需要加入的硝酸合并加以利用。

（6）通过比较两种沉淀的溶度积，可以看出碳酸铅比硫酸铅更加难溶，因此往硫酸铅中加入碳酸钠，发生

的是沉淀溶解转化的反应，所以离子方程式要注意标明状态，最好弄可逆号，所以方程式为：PbSO 4(s)+CO 32-

(aq)

3(s)+SO 42-(aq)。

考点：本题考查的简单的化学工艺流程题，主要包括电极反应式、氧化还原反应方程式、溶解平衡表达式的书写。

17． “结晶玫瑰”具有强烈的玫瑰香气，是一种很好的定香剂。其化学名称为“乙酸三氯甲基苯甲酯”通

15

常用三氯甲基苯基甲醇和醋酸酐为原料制备：

已知：

请根据以上信息，回答下列问题：

（1）加料时，应先加入三氯甲基苯基甲醇和醋酸酐，然后慢慢加入浓硫酸并 。待混合均匀后，最适宜的加热方式为 （填“水浴加热”或“油浴加热”）。

（2）粗产品的成分是结晶玫瑰与少量____________________的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确。请在答题卡上完成表中内容。 （3）某同学欲在重结晶时获得较大的晶体，查阅资料得到如下信息：

由信息可知，从高温浓溶液中获得较大晶体的操作为 。

（4）22.45g 三氯甲基苯基甲醇与足量乙酸酐充分反应得到结晶玫瑰22.74g ，则产率是____。（保留两位有

?不稳定区出现大量微小晶核，产生较多颗粒的小晶体； ?亚稳过饱和区，加入晶种，晶体生长；

?稳定区晶体不可能生长

加料

效数字）

【答案】（1）搅拌；油浴加热（2）三氯甲基苯基甲醇

（3）加入晶种，缓慢降温（4）85%

【解析】

试题分析：（1）加料时，应先加入三氯甲基苯基甲醇和醋酸酐，然后慢慢加入浓硫酸并不断用玻璃棒搅拌，使物质充分接触。待混合均匀后，由于反应温度在110℃，所以要采用110℃油浴加热的方式进行加热。（2）待反应完全后，反应液倒入冰水中降温，由于结晶玫瑰熔点为88℃，不溶于水；醋酸酐溶于水形成乙酸，而三氯甲基苯基甲醇不能在水中溶解，所以粗产品的成分是结晶玫瑰与少量三氯甲基苯基甲醇。①结晶玫瑰与三氯甲基苯基甲醇都能在乙醇中溶解，所以将粗产品溶解在乙醇中，结晶玫瑰在70℃时在乙醇中溶解度为a g。所以按粗产品、溶剂的质量比为1: 100/a混合，用水浴加热到70℃回流溶剂使粗产品充分溶解。②将步骤1所得溶液进行冷却结晶，然后抽滤即可得到较纯净的结晶玫瑰。③干燥步骤2所得白色晶体，加热测其熔点，看到白色晶体在白色晶体在88℃左右、完全熔化。就证明了该白色晶体是结晶玫瑰。（3）由信息可知，从高温浓溶液中获得较大晶体的操作为加入晶种，缓慢降温。（4）三氯甲基苯基甲醇的物质的量为22.45g ÷225.5g/mol=0.0996mol，所以理论上得到的结晶玫瑰质量为0.0996mol ×267. 5g/mol =26.63g.而实际得到的质量为22.74g，所以产率为(22.74g÷26.63g)×100% =85%。

考点：考查反应条件的选择、物质在检验纯度的过程中的操作及现象的分析、纯度的计算的知识。

18．锶（Sr）为第五周期ⅡA族元素，其化合物六水氯化锶（SrCl2·6H2O）是实验室重要的分析试剂，工业上常以天青石（主要成分为SrSO4）为原料制备，生产流程如下：

已知：①经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl－外，还含有少量Ba2+杂质；

② SrSO4、BaSO4的溶度积常数分别为3.3×10－7、1.1×10－10；

③ SrCl2·6H2O的摩尔质量为：267 g/mol。

（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是_________________________________________。

（2）隔绝空气高温焙烧，若0.5 mol SrSO4中只有S被还原，转移了4 mol电子。写出该反应的化学方程式：_____________________________________________。

（3）为了得到较纯的六水氯化锶晶体，过滤2后还需进行的两步操作是_______________。

（4）加入硫酸的目的是______________________。为了提高原料的利用率，滤液中Sr2+的浓度应不高于_________ mol/L（注：此时滤液中Ba2+浓度为1×10－5 mol/L）。

（5）产品纯度检测：称取1.000 g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO3 1.100×10－2mol的AgNO3溶液（溶液中除Cl―外，不含其它与Ag+反应的离子），待Cl―完全沉淀后，用含Fe3+的溶液作指示剂，用0.2000 mol/L 的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+ 以AgSCN白色沉淀的形式析出。

①滴定反应达到终点的现象是_________________________________________。

②若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液20.00 mL，则产品中SrCl2·6H2O的质量百分含量为______________（保留4位有效数字）。

【答案】（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是为了增加反应物的接触面积，提高化学反应速率。

16

（2）SrSO4 + 4C SrS + 4CO↑

（3）洗涤、干燥（或烘干）

（4）除去溶液中Ba2+杂质 0.03

（5）溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色 93.45%

【解析】

试题分析：（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是为了增加反应物的接触面积，提高化学反应速率，从而提高原料的转化率。（2）在焙烧的过程中若只有0.5 mol SrSO4中只有S被还原，转移了4 mol电子，则1mol 的S转移8mol的电子，由于在反应前元素的化合价为+6价，所以反应后元素的化合价为-2价。因此碳与天

青石在高温下发生反应SrSO4 + 4C SrS + 4CO↑，（3）然后向得到的含有SrS固体中加入HCl发生反应：

SrS+2HCl= SrCl2+H2S↑，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后从溶液中将晶体过滤出来，洗涤除去表面的杂质离子并进行干燥即SrCl2·6H2O。（4）在用HCl溶解SrS后的溶液中加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质。由于在Ba2+浓度为1×10－5 mol/L，BaSO4的溶度积常数为 1.1×10－10；所以c(SO42-)=1.1×10－10÷1×10－

5=1.1×10－5mol/L。而SrSO

4的溶度积常数为 3.3×10－7，所以c(Sr2+)=3.3×10－7÷1.1×10－5=3.0×10－

2=0.03mol/L。（5）若NH

4SCN不再剩余的Ag

+ 结合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就会含有SCN－，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色。因此滴定达到终点时溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色。n(NH4SCN)=0.2000

mol/L×0.02L=4.0×10-3mol，所以溶液中剩余的Ag+的物质的量为n(Ag+)=4.0×10-3mol,因此与Cl―反应的Ag+的物质的量为n(Ag+)=1.100×10－2mol － 4.0×10-3mol=7.0×10-3mol n(SrCl2·6H2O)=3.5×10-3mol,m(SrCl2·6H2O)= 3.5×10-3mol×267 g/mol=0.9345g. 所以产品纯度为0. 9345g÷1g×100%=93.45%.

考点：考查物质的制备、混合物的分离物质纯度的计算的知识。

19．碱式氯化铝[ Al2(OH)n Cl6-n ] 是利用工业铝灰和活性铝矾土为原料（主要含Al、Al2O3、SiO2及铁的氧化物）经过精制加工而成，此产品活性较高，对工业污水具有较好的净化效果。其制备流程如下：

（1）原料需要粉碎，其目的是；滤渣I的主要成分是；（2）步骤①在煮沸过程中，溶液逐渐变为浅绿色，此时溶液中呈浅绿色的阳离子常采用加入

试剂进行检验（填化学式）；随后溶液又变为棕黄色，相关反应的离子

．．方程式为；（3）步骤②中加入适量的Ca(OH)2并控制pH，其目的：一是生成碱式氯化铝；二是；已知碱式氯化铝的分散质粒子大小在1~100 nm之间，则区别滤液I与碱式氯化铝两种液体的物理方法是；若

Ca(OH)2溶液过量，则步骤③得到的碱式氯化铝产率偏低，该反应的离子

．．方程式为；

（4）某温度下若0.1 mol AlCl3溶于蒸馏水，当有2.5%水解生成Al(OH)3溶液时，吸收热量Q kJ ，该过程的热化学反应方程式为。

【答案】（1）增大反应物接触面积，加快溶解速率（提高Al3+的浸出率）；SiO2（或：二氧化硅）；

（2）K3[Fe(CN)6] ； 4Fe2+ +O2 + 4H+＝ 4Fe3++ 2H2O ；

（3）除Fe3+；观察是否有丁达尔效应 Al3+ + 4OH－＝AlO2- + 2H2O ；

（4）AlCl3(aq) + 3H2

3(胶体) + 3HCl(aq) ΔH ＝+400Q kJ∕mol.

高温

高温

17

18 【解析】

试题分析：（1）原料都是固体，将固体物质粉碎，其目的是为了增大反应物接触面积，加快溶解速率（提高Al 3+的浸出率）；Al 、Al 2O 3、Fe 2O 3等金属或金属氧化物都能溶于酸，滤渣I 的主要成分是（2）步骤①在煮沸

过程中，溶液逐渐变为浅绿色，此时溶液中呈浅绿色的阳离子Fe 2+常采用加入K 3[Fe(CN)6]溶液的方法来检验。

随后溶液会被空气中的氧气氧化变为Fe 3+,而使溶液又变为棕黄色，相关反应的离子方程式为4Fe 2+ +O 2 + 4H

+＝ 4Fe 3+ + 2H 2O 。（3）（3）步骤②中加入适量的Ca(OH)2并控制pH ，其目的：一是生成碱式氯化铝；二是使Fe 3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。由于碱式氯化铝的分散质粒子大小在1~100 nm 之间，所以属于胶体；而滤液则属于溶液。因此区别滤液I 与碱式氯化铝两种液体的物理方法是利用胶体的性质，观察是否有丁达尔效应，

有观察是否有丁达尔效应的就是胶体，否则就是滤液。若Ca(OH)2溶液过量，则会发生反应Al 3+ + 4OH －＝AlO 2

- + 2H 2O ，导致步骤③得到的碱式氯化铝产率偏低。（4）某温度下若0.1 mol AlCl 3溶于蒸馏水，当有2.5%水解生成Al(OH)3溶液时，吸收热量Q kJ ，该过程的热化学反应方程式为AlCl 3(aq) + 3H 2

3(胶体) + 3HCl(aq) ΔH ＝+400Q kJ∕mol .

考点：考查影响化学反应速率的因素、离子的检验、物质的鉴别、胶体遇溶液的区别、热化学方程式的书写的知识。

20．某化学小组用下图装置电解CuCl 2溶液制少量漂白液：

（1）其阳极的反应式是： ；导气管W 端应与出气口 连接。

（2）实验后发现阴极碳棒上除了附着有红色物质，还附着有少量白色物质。

查阅资料显示：

化学小组分析提出：①红色物质可能有 、或Cu 2O 、或二者都有；②白色物质为CuCl

（3

）为探究阴极碳棒上附着的红色、白色物质，设计了如下实验：

取出阴极碳棒，洗涤、干燥、称其质量为W 1g ，并将其放入下图所示装置b 中，

进行实验。实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，d 中出现白色沉淀；实验结束时，继续通H 2直至碳棒冷却后，称量其质量为W 2g 。

①碳棒上的红色物质是 ，无水硫酸铜的作用是 ；

②d 中反应的离子方程式是 ；

③装置b 中发生反应的化学方程式是 。

④电解CuCl 2溶液时，阴极上产生白色物质的原因用电极反应式解释为 。

⑤阴极上产生白色物质的物质的量是 ；若装置b 冷却时不继续通H 2，则计算所得Cu +的产率会 （偏大、偏小、不变）。

【答案】（1）2Cl - - 2e- = Cl 2↑； X （2）Cu

（3）① 铜，检验红色物质中有无Cu 2O ；

②Ag ++Cl - = AgCl↓

③2CuCl+H

④Cu2+ + e- +Cl- = CuCl↓

⑤（W1-W2）/35.5 mol；偏小

【解析】

试题分析：（1）用惰性电极电解CuCl

2溶液时，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则。阴离子在阳极放电。由于阴离子的放电能力Cl->OH-.其阳极的反应式是：2Cl- - 2e- = Cl2↑；X为阳极Y为阴极。导气管W端应与出气口X连接，发生反应Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，而制取了消毒液。(2)①红色物质可能有Cu; （3）①实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，证明在红色物质中不含O元素，也就不含Cu2O；d中出现白色沉淀证明产生了AgCl沉淀。此时碳棒上的红色物质是铜, 无水硫酸铜的作用是检验红色物质中有无Cu2O。②d中反应的离子方程式是Ag++Cl- = AgCl↓。③在装置b中发生反应的化学方程式是2。④电解CuCl

溶液时，阴极上产生白色物质的原因是Cu2++ e- +Cl- =

2

CuCl↓。⑤根据元素守恒可知在阴极上产生白色物质的物质的量应该等于Cu的物质的量。其物质的量是（W1-W2）/35.5 mol；若装置b冷却时不继续通H2，则一部分Cu就会被空气中的氧气氧化而使W2偏大，则按照（W1-W2）/35.5计算所得Cu+的产率会偏小。

考点：考查电解原理的应用、电极式的书写、物质的成分的确定、某物质含量的测定及误差分析的知识。

．氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。下图是模拟工业制备氢溴酸粗品及精制的流程：

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已知：Br2是易挥发、深红棕色的液体；氢溴酸是易挥发、无色液体。

根据上述流程回答下列问题：

（1）反应室①中发生反应的化学方程式为。

（2）反应室①使用冰水的目的。

（3）操作I的名称，操作Ⅱ用到的玻璃仪器有。

（4）反应室②中加入Na2SO3的目的是。

（5）工业生产中制得的氢溴酸带有淡淡的黄色。于是甲乙两同学设计了实验加以探究：

①甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3＋，则用于证明该假设所用的试剂为，若假设成立可观察到的现象为。

②乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为，其用于证明该假设成立的方法为。【答案】（1）SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr （2）防止Br2和HBr挥发

（3）蒸馏；漏斗、玻璃棒、烧杯。（4）还原粗品中的Br2

（5）①KSCN溶液，氢溴酸遇KSCN溶液变红色；②氢溴酸中含有Br2，用玻璃棒蘸取制得的氢溴酸，点在湿润淀粉KI试纸上变蓝（或用胶头滴管取制得的氢溴酸于试管中，滴加CCl4、振荡、静止，下层呈橙红色），证明因含Br2而显黄色。

【解析】

试题分析：（1）反应室①中SO2和Br2在冰水中发生反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr。（2）反应室①使用冰水的目的是为了防止Br2和HBr挥发而污染空气，影响操作。（3）操作I是分离互溶的沸点不同的液体物质的操作。名称是蒸馏。操作Ⅱ用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯。（4）反应室②中加入Na2SO3的目的是为了消耗为反应的Br2，提高物质的纯度。（5）工业生产中制得的氢溴酸带有淡淡的黄色。①甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3＋。检验的方法是取少量的溶液，向其中滴加几滴KSCN溶液，若工业氢溴酸遇KSCN溶液变红色；就证明含有Fe3＋；否则就吧含有Fe3＋。②乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是

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因为含有Br2。检验的方法是利用其强氧化性。用玻璃棒蘸取制得的氢溴酸，点在湿润淀粉KI试纸上变蓝（也可以利用其在有机溶剂中的溶解度大的性质。用胶头滴管取制得的氢溴酸于试管中，滴加CCl4、振荡、静止，下层呈橙红色），证明因含Br2而显黄色。

考点：考查SO2和Br2的性质、混合物的分离方法、操作、Fe3＋和Br2的检验方法的知识。

22．建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2

能发生如下反应：

（1）配平上述反应方程式，将系数填入方框中。

（2）上述反应的氧化剂是，若反应中有 5 mol电子转移，则生成NO在标准状况下的体积是L。

（3）根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有：①水；

②碘化钾淀粉试纸；③淀粉；④白酒；⑤食醋，进行实验，下列几组合适的是。

A．③⑤ B．①②④ C．①②⑤ D．①②③⑤

【答案】（1）2NaNO2 + 4HI ＝2NO + I2 +2 NaI +2 H2O （2）NaNO2；112 （3）C

【解析】

试题分析：（1）根据得失电子守恒法配平方程式，亚硝酸钠中N为+3价，反应后降为+2价；HI中I为-1价，反应后成为单质升高为0价，所以答案为2NaNO2 + 4HI ＝2NO + I2 +2 NaI +2 H2O；

（2）氧化剂是元素化合价降低的物质，所以氧化剂是NaNO2；每生成1molNO,则转移1mol电子，若反应中有5 mol电子转移，则生成5molNO,标准状况下的体积是112L；

（3）根据（2）可知，亚硝酸钠在酸性条件下，可以氧化碘离子为碘单质，碘遇淀粉变蓝色，所以选择的一组试剂是C。

考点：考查氧化还原反应方程式的配平及计算，氧化剂的判断，物质的鉴别

23．

提示：在本实脸条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化：高锰酸钾的还原产物是MnO2

回答下列问题：

（1）反应②中除掉的杂质离子是，发生反应的离子方程式为；在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是。

（2）反应③的反应类型为，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有。

（3）反应④形成的沉淀要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是。

（4）反应④中产物的成分可能是ZnCO3·xZn(OH)2取干操后的滤饼11.2g，煅烧后可得到产品8.1g，则x等于。

【答案】（1）Fe2＋和Mn2＋；

MnO4－＋3Fe2＋＋7H2O=MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋；

3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋；不会形成Fe(OH)3和MnO2沉淀。或无法除去Fe2＋和Mn2＋；

（2）置换反应；Ni

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（3）取最后一次洗涤液少量，滴入稀盐酸，加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净。

（4）1

【解析】

（1）根据题意，Ni（Ⅱ）不能被氧化，反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+，发生的离子方程式为MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；加高锰酸钾溶液前，若pH较低，铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质；

（2）反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍，反应类型为置换反应；得到的滤渣中，除了过量的锌外还有金属镍。

（3）取最后一次少量水洗夜于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净。

（4）根据关系式

ZnCO3?xZn（OH）2～（x+1）ZnO

125+99x 81（x+1）

11.2g 8.1g

解得：x=1

24．为了回收利用钢铁生产过程中产生的SO2，工业上采用软锰矿（主要成分MnO2）脱硫同时制取硫酸锰技术，其流程示意图如下：

已知：浸出液的pH接近4，其中的金属离子主要是Mn2＋，还含有少量的Fe2＋。完成下列填空。

（1）写出浸出过程中主要反应的化学方程式：。

（2）浸出过程的副反应之一是部分SO2被氧化为硫酸，致使浸出液的pH下降，这将（“有利”、“不利”）于软锰矿浆继续吸收SO2。欲消除生成的硫酸，试剂A最好是。

a．MnCO3 b．MnO2 c．CaO d．CaCO3

（3）操作I的目的是除去浸出液中的Fe2＋，MnO2在氧化Fe2＋的同时还，使Fe3＋沉淀。检验过滤后溶液中是否含有Fe3+的操作是。

（4）已知大于27℃时，MnSO4·H2O溶解度随温度上升而明显下降，则操作II的过程为：、、洗涤、干燥。工业上为了充分利用锰元素，在流程中可循环使用。

（5）通过煅烧MnSO4·H2O 可制得生产软磁铁氧体材料的Mn x O4，如图是煅烧MnSO4·H2O时温度与剩余固体质量变化曲线。该曲线中A段所表示物质的化学式为；Mn x O4中x＝。

【答案】（1）MnO2 + SO2→ MnSO4 (或 SO2+ H2O → H2SO3 MnO2 + H2SO3→ MnSO4+ H2O)（2分）

（2）不利（1分）； a（1分）

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