高三化学高考备考二轮复习专题九化学实验基础知识及综合应用 第28讲 物质的分离和提纯 提升篇.docx

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1、高三化学高考备考二轮复习专题九化学实验基础知识及综合应用第28讲物质的分离和提纯提升篇一、单选题，共12小题1（模拟）已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是A苯胺既可与盐酸也可与溶液反应B由、分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法C苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由、获得D、均为两相混合体系2（模拟）只用水不能鉴别A苯和B晶体和晶体C和硫粉D乙酸乙酯和乙酸丁酯3（模拟）实验室进行海带提碘实验，萃取后继续分离得到单质碘的主要操作：用浓氢氧化钠溶液进行反萃取、分液、酸化、过滤及干燥等。下列对应各实验步骤的装置错误

2、的是ABCD4（模拟）下列说法不正确的是A鉴别工业盐和食盐：一定条件下，用稀硫酸或酸性溶液即可鉴别B选择分离、提纯方法：结晶、蒸馏、渗析分别适用的是固体、液体、胶体样品的分离C电子天平使用：将刚洗净的小烧杯放在秤盘中，按归零键，缓加样品至所需质量，读数D提纯阿司匹林：粗品加饱和溶液、过滤、洗涤，滤液加盐酸、经冰水浴冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥得到纯品5（模拟）为提纯下列物质(括号内为杂质)，所选用的试剂和除杂方法都正确的是选项被提纯物质除杂试剂操作A乙烯(甲烷)溴水洗气B溴苯(溴)CCl4萃取C乙醇(乙酸)金属钠蒸馏D淀粉溶液(葡萄糖)渗析AABBCCDD6（模拟）下列方案设计、现象和结论有正确

3、的是目的方案设计现象和结论A鉴定与溴蒸气两气体分别通入淀粉KI溶液中变蓝色的是通入溴蒸气B检验固体混合物是否存在铵盐将固体溶于水，加入足量浓NaOH溶液，加热，用红色湿润石蕊试纸检验产生的气体若试纸不变蓝，说明固体中不存在铵盐C检验的氧化性在溶液中加入溶液若溶液出现淡黄色沉淀，则说明具有氧化性D检验火柴头中的氯元素取用火柴头浸泡过的溶液，加溶液、稀硝酸和溶液若出现白色沉淀，说明有氯元素AABBCCDD7（模拟）固体由Fe2(SO4)3、Fe、KBr、K2SO3、AgNO3和BaCl2中的几种或全部物质组成。取少量M加足量稀H2SO4产生气体X、溶液Y和白色固体Z。向溶液Y中加少量稀AgNO3溶

4、液，产生白色沉淀(Ag2SO4是微溶物，浓度较小时不会沉淀)；另取少量Y，加入足量NaOH溶液产生白色沉淀，一段时间后颜色变深。下列说法正确的是A气体X一定是SO2或H2BM中一定含有Fe2(SO4)3CM中一定不含KBr，一定有BaCl2DZ一定是BaSO48（2022湖南 邵东市第一中学模拟）已知氨水可以与溴反应：3Br2 +8NH3H2O=N2+6NH4Br+8H2O。下面提纯粗溴苯(含溴苯、溴和苯)，同时得到NH4Br晶体的原理与装置不能达到实验目的的是A用装置甲除去溴苯中的溴B用装置乙分离甲中反应后的混合液C用装置丙蒸干溶液得到NH4Br晶体D用装置丁分离溴苯与苯9（模拟）为提纯下列

5、物质，除杂药品和分离方法都正确的是被提纯的物质(杂质)除杂药品分离方法A乙醇(乙酸)CaO蒸馏BKBr溶液(KI)氯水、CCl4萃取、分液C氯化铝溶液(氯化铁)氨水过滤DCO2(SO2)饱和Na2CO3溶液洗气AABBCCDD10（模拟）下列关于离子检验的说法中正确的是A向某溶液中加入稀盐酸，将产生的无色无味气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有或B向某溶液中加入溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有C向溶液中先加入溶液，再滴加溶液，溶液变红，则原溶液中含而不含D向某溶液中加入溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有11（模拟）下列实验合

6、理的是A用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)鉴别甲酸与乙酸B用澄清石灰水鉴别SO2与CO2C用淀粉KI试纸鉴别碘水与FeCl3溶液D用湿润的pH试纸测定CH3COONa的pH12（模拟）下列方案设计、现象、解释或结论有错误的是选项实验操作实验现象解释或结论A摘下几根火柴头浸于水中，一定时间后取适量溶液于试管中，加溶液、稀硝酸和溶液。出现白色沉淀火柴头含有氯元素B向的溶液中加入几滴溶液，制得新制然后加入适量牙膏绛蓝色溶液牙膏中存在甘油C将石蜡油与碎瓷片混合加强热，产生的气体通入酸性重铬酸钾钾溶液中酸性重铬酸钾溶液褪色石蜡油加强热产生的气体是不饱和烃D取溶液于试管中，滴加溶液，待不再出现白色沉淀后

7、，再滴加溶液白色沉淀转化为黄色沉淀溶解度大于AABBCCDD二、实验题，共1小题13（模拟）某种常见补铁药物的主要成分为琥珀酸亚铁。该药品不溶于水但能溶于常见稀酸。某学习小组同学分别设计实验检验药片中Fe2+的存在并测定Fe2+的含量(假设杂质不参与反应)。回答下列问题：(1)甲同学为了检验药品中的Fe2+ ，将药物碾碎、水溶后过滤。取少量所得滤液于两支试管中，分别加入K3Fe(CN)6溶液和KSCN溶液，观察并记录实验现象。甲同学过滤时的下列操作规范的是_(填编号)。a.用玻璃棒引流b.漏斗口未紧靠烧杯内壁c.将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁d.滤纸边缘高于漏斗边缘e.用玻璃棒在漏斗中搅动以加快过

8、滤速度滤液加入K3Fe(CN)6溶液或KSCN溶液均未出现明显现象，其主要原因为 _。(2)乙同学设计如下实验测定药片中Fe2+的含量。步骤一：取本品10片，碾碎后加入一定浓度试剂a，在适当的条件下配成100mL溶液。步骤二：准确量取20.00mL步骤一所得溶液放入烧杯中。步骤三：向烧杯中加入过量H2O2溶液，后加入过量NaOH溶液生成沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥后灼烧至固体质量恒定，得0. 64g固体。步骤一中加入的试剂a为 _ 。步骤三中，加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为 _，灼烧后 所得固体的颜色为 _，灼烧时需要使用下列仪器中的 _(填编号)。a.酒精灯 b.坩埚 c.蒸发皿 d

9、.铁架台(带铁圈) e.三脚架若将步骤三中的H2O2 溶液换为Cl2也能达到目的，但使用H2O2溶液的好处是_。由实验数据计算，每片药片中约含Fe2+ _mg。(3)医生建议该药品与维生素C同时服用以增强补铁效果，原因是利用了维生素C的_ (选填“氧化性”、“ 还原性”或“碱性”。)三、填空题，共5小题14（模拟）三氧化二(Co2O3)主要用作颜料、釉料、磁性材料，催化剂和氧化剂等。以含钴废料(主要成分为Co2O3，含有少量MnO2，NiO、Fe3O4)为原料制备Co2O3的流程如图所示：已知：.“酸浸”后的浸出液中含的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+。.部分阳离子以氢氧化物形式完全

10、沉淀时溶液的pH如表：沉淀物Fe(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2完全沉淀时的pH3.79.09.2回答下列问题：(1)“滤渣1”的化学式为_，“酸浸”时Co2O3发生的反应的化学方程式是_。(2)“酸浸”时加入H2O2的目的是_。生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，可能的原因是_。(3)某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示：使用该萃取剂时应控制的pH约为_，理由是_。(4)“操作1”所得副产品的一种用途为_。已知该物质的溶液加热到100时会变质，该物质的溶解度见表：温度/0102030405060溶解度/g70.673.075.478.081.084.588.0操作

11、1是_(填字母)。A蒸发结晶B降温结晶C减压蒸发结晶(5)“沉钴”时发生反应的离子方程式为_。(6)有机相提取的Ni2+再生时可用于制备氢电池，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH。则放电时负极的电极反应式为_。15（2022山西太原二模）乳酸薄荷醇酯广泛应用于化妆品和食品等行业中。实验室以薄荷醇和乳酸为原料直接反应制备乳酸薄荷醇酯的化学方程式为：+H2O主要实验装置示意图和有关数据如下：物质乳酸薄荷醇乳酸薄荷醇酯甲苯(有毒)相对分子质量9015622892密度/(gcm-3)1.250.890.9760.89熔点/16.843-47-94.9沸点/12210314211

12、0.6溶解性易溶水和有机溶剂微溶于水，易溶于有机溶剂微溶于水，易溶于有机溶剂不溶于水，可作有机溶剂实验步骤如下：.合成：在带有温度计、分水器、搅拌器的250mL三颈烧瓶中加入薄荷醇15.6g、90%乳酸23.5 g、浓硫酸0.1 g、甲苯50 g，加热到120，加热回流2.5 h。.分离与提纯：降温冷却后放出水层，有机层与反应液合并，将合并液分别用20 mL10%碳酸钠溶液洗涤两次、去离子水洗涤两次，干燥，减压蒸馏，得到产品13.7 g。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_，在以 上“合成”步骤中需控制反应温度120的原因可能是_。(2)实验中加入过量乳酸的目的是_。 ；分水器的作用主要是_。

13、(3)甲苯的作用之一是带出生成的水，另一个作用是_；若采用环己烷替代甲苯，其优点是_。(4)在“分离与提纯”步骤中，水层应从分液漏斗的_ (填“ 上口”或“下口”)放出，用碳酸钠溶液洗涤的主要目的是_。(5)“减压蒸馏”的目的是_。(6)本实验中乳酸薄荷醇酯的产率约为_。 (结果保留两位有效数字)16（2022安徽淮北市教育科学研究所一模）铬是人体必须的微量元素，在人体代谢中发挥着特殊作用。回答下列问题：(1)金属铬可以通过焦炭高温还原铬铁矿(FeCr2O4)制取，同时生成一种有毒的气体，该反应的化学方程式为_。(2)取冶炼所得的金属铬溶解在盐酸中制取CrCl3溶液，其中混有FeCl2杂质，请

14、完成除杂方案：向溶液中加入足量NaOH溶液，过滤，向滤液中_，过滤，将固体溶解在稀盐酸中(已知Cr(OH)3是两性氢氧化物)。由CrCl3溶液得到CrCl36H2O，除去其结晶水的操作是_。(3)Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，写出向CrCl3溶液中加入氨水和过氧化氢发生反应的离子方程式_。(4)CrO在酸性条件下可转化为Cr2O，Cr2O可以用来检验H2O2，原理是Cr2O+4H2O2+2H+2CrO5(蓝色)+5H2O。CrO5中铬元素为+6价，其中过氧键的数目为_。酸化重铬酸钾选用的酸为_(填标号)。a.稀盐酸b.稀硫酸c.氢碘酸d.磷酸17（2022甘肃高台县第一中学模拟）零价铁

15、还原性强、活性高，对很多重金属离子及含磷、砷离子都有较好的去除和富集作用。.零价铁的制备。(1)富铁矿石经破碎、筛分到微米级后，在氢气氛围下600高温还原1h可以制备微米级零价铁。请写出磁铁矿与氢气反应制备零价铁的化学方程式_。(2)采用还原铁盐，可以制备出纳米级的零价铁。已知：B的电负性是2.0，H的电负性是2.1请写出的电子式_。请写出与硫酸反应的离子方程式_。补充完整下列离子方程式_Fe+_零价铁的结构和作用机理。研究发现，纳米级和微米级的零价铁，均具有“核壳”结构。已知：壳层可以导电；当时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电；当时，铁的氧化物去质子化，壳层表面带负电；磷酸盐溶解度一般较小

16、。(3)去离子水中加入零价铁，pH从6上升到9.5左右。检测壳层物质，发现有、等。导致产生壳层微粒的氧化剂是、_。(4)部分金属阳离子去除机理如图所示。纳米零铁去除污水中Cu()、Zn()主要机理不同，请简述两者的区别并解释原因_。(5)去除含磷()微粒：控制pH_8。通过形成_(填化学式)进一步去除。(6)综上所述，零价铁去除重金属离子及含磷微粒的主要机理有_。18（2021浙江高考真题）(1)已知3种原子晶体的熔点数据如下表：金刚石碳化硅晶体硅熔点/355026001415金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是_。(2)提纯含有少量氯化钠的甘氨酸样品：将样品溶于水，调节溶液的pH使甘氨酸结晶析出

17、，可实现甘氨酸的提纯。其理由是_。试卷第11页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【分析】由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相和有机相；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相，向有机相中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品和水相；向水相中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品。【详解】A苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应

18、，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误；B由分析可知，得到苯胺粗品的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，故B错误；C由分析可知，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由、获得，故C正确；D由分析可知，、为液相，为固相，都不是两相混合体系，故D错误；故选C。2D【详解】A苯和都难溶于水，且苯的密度小于水、四氯化碳密度大于水，用水可以鉴别，A不符合题意；B晶体易溶于水形成紫红色溶液，晶体在水中溶解度较小形成黄色溶液，用水可以鉴别，B不符合题意；C和水反应生成氧气逸出有气泡生成，硫粉和水无明显变化，用水可以鉴别，C不符合题意；D乙酸乙酯和乙酸丁酯均不

19、溶于水且密度小于水，用水不可以鉴别，D符合题意；故选D。3D【详解】A用浓氢氧化钠溶液进行反萃取，需要振荡，是振荡操作，故A正确；B振荡后需静止后再分液，是分液操作，故B正确；C酸化后过滤，是过滤操作，故C正确；D操作中没有蒸发过程， 是蒸发操作，故D错误。综上所述，答案为D。4C【详解】A工业盐中有亚硝酸钠存在，亚硝酸钠可在酸性条件下可以发生反应产生红棕色气体，可以稀硫酸或者酸性氯化亚铁溶液鉴别，A项正确；B结晶是溶液通过降温结晶或者蒸发结晶得到固体物质，蒸馏是根据沸点分离液体物质，渗析是指胶体和溶液只有溶液可以透过半透膜，通过半透膜可提纯胶体，B项正确；C天子天平使用时应用干燥洁净的小烧杯

20、，放在秤盘中，按归零键，缓加样品至所需质量，读数，C项错误；D阿司匹林为乙酰水杨酸，结构简式为，官能团为酯基和羧基，能与NaHCO3反应的为羧基，反应生成乙酰基水杨酸钠，易溶于水，在盐酸酸性条件下水解为乙烯基水杨酸，经冰水浴冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥得到纯品，D项正确；答案选C。5D【详解】A乙烯与溴水发生加成反应，甲烷与溴水不反应，故用溴水不能除去乙烯中混有的甲烷，A错误；B溴苯和溴与CCl4互溶，三者不能分离，B错误；C乙醇和乙酸均能与金属钠反应，不能用金属钠除去乙醇中的乙酸，C错误；D淀粉溶液为胶体，不能通过半透膜，葡萄糖溶液能通过半透膜，故可以通过渗析除去淀粉溶液中的葡萄糖，D正确；故

21、选D。6D【详解】A与溴蒸气均能把碘离子氧化为碘单质，故分别通入淀粉KI溶液中，均能变蓝，A错误；B铵根与亚硝酸根离子能在水溶液中发生归中反应产生氮气。则：将固体混合物溶于水，加入足量浓NaOH溶液，加热，用红色湿润石蕊试纸检验产生的气体，若试纸不变蓝，不能说明固体中不存在铵盐，B错误；C在溶液中加入溶液不发生反应，在酸性条件下，氢离子、亚硫酸根离子和硫离子发生反应生成硫和水，溶液出现淡黄色沉淀， C错误；D氯酸钾、硝酸银和亚硝酸钠反应生成氯化银白色沉淀，则：取用火柴头浸泡过的溶液，加溶液、稀硝酸和溶液，若出现白色沉淀，说明有氯元素， D正确；答案选D。7C【分析】溶液Y中加入少量AgNO3生

22、成白色沉淀，则该沉淀为AgCl，则原固体M中一定含有BaCl2，一定不含KBr；溶液Y中加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且一段时间后颜色变深，则溶液Y中一定含有Fe2+，不含Fe3+，原固体M中可能含有Fe，与稀硫酸反应生成Fe2+和H2，也可能含有Fe2(SO4)3，被亚硫酸根还原为Fe2+；原固体中可能含有AgNO3，酸性条件下的硝酸根具有氧化性，被Fe或亚硫酸根全部还原成NO，银离子则转化成氯化银沉淀，部分可能会转化成硫酸银沉淀。综上可知固体M中一定有BaCl2，Fe和Fe2(SO4)3二者至少含有一种，可能有AgNO3和K2SO3，一定没有KBr；气体X可能是H2，可能是SO2，可能是

23、H2和SO2混合，可能是H2和NO混合，可能是SO2和NO混合，可能是H2、SO2和NO混合；白色固体Z可能是BaSO4，可能是BaSO4和AgCl，还可能是BaSO4、AgCl和Ag2SO4。【详解】A气体X可能是H2，可能是SO2，可能是H2和SO2混合，可能是H2和NO混合，可能是SO2和NO混合，可能是H2、SO2和NO混合，A错误；BM中一定有Fe和Fe2(SO4)3二者至少含有一种，B错误；C根据分析M中一定有BaCl2，一定没有KBr，C正确；D白色固体Z可能是BaSO4，可能是BaSO4和AgCl，还可能是BaSO4、AgCl和Ag2SO4，D错误。故选C。8C【详解】A装置甲

24、中粗溴苯中的溴在通入氨气后反应生成溴化铵，溴化铵溶液与溴苯不互溶分层后分液可得纯的溴苯，选项A正确；B用装置乙进行的实验后溶液分层，分液能分离甲中反应后的混合液得到溴苯，选项B正确；CNH4Br受热易分解，用装置丙蒸干溶液得不到NH4Br晶体，选项C错误；D. 利用溴苯和苯的沸点不同，用装置丁蒸馏分离溴苯与苯，选项D正确；答案选C。9A【详解】A向含有乙酸的乙醇中加入氧化钙，将乙酸转化为沸点高的乙酸钙，加热蒸馏可除去乙醇中混有的乙酸，故A正确；B溴化钾溶液和碘化钾溶液都能与氯水反应，则不能用氯水、四氯化碳除去溴化钾溶液中混有的碘化钾，故B错误；C氯化铝溶液和都能与氨水反应生成氢氧化物的沉淀，则

25、不能用氨水除去氯化铝溶液中混有的氯化铁，故C错误；D二氧化碳和二氧化硫都能与碳酸钠溶液反应，则不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中混有的二氧化硫，故D错误；故选A。10A【详解】A能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体是二氧化碳，所以原溶液中可能有或，故A正确；B某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生再加稀盐酸沉淀不消失则原溶液中有或均符合，有亚硫酸根离子也符合，故B错误；C具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，向某溶液中先滴加少量溶液，再滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，不能说明原来溶液中含有亚铁离子，也可能含铁离子，故C错误；D在某溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，该白色沉淀可能是硫酸银，硫

26、酸银沉淀也不溶于稀盐酸，故D错误；故选A。11A【详解】A甲酸中有醛基结构，与新制氢氧化铜反应，适当条件下可以生成砖红色沉淀，乙酸无醛基结构，与新制氢氧化铜只是发生酸碱中和反应，无砖红色沉淀生成，可以实现鉴别，描述正确，符合题意；BSO2可以与Ca(OH)2反应生成白色沉淀CaSO3，无法实现鉴别，描述错误，不符题意；CFe3+可以氧化I-形成I2，I2使淀粉变蓝，所以无法实现鉴别，描述错误，不符题意；D湿润的pH试纸无法准确测定CH3COONa的pH，描述错误，不符题意；综上，本题选A。12B【详解】A该实验检验氯元素，加入溶液将氯元素还原为氯离子，然后加入稀硝酸排除碳酸根的影响，氯离子和硝

27、酸银生成白色沉淀，离子方程式为：，故A项正确；B验证牙膏中的甘油的步骤是先将牙膏溶于水，静置，取上层清液于试管中，再向试管中加入新制氢氧化铜，故B项错误；C石蜡油与碎瓷片混合加强热，石蜡油会裂解生成乙烯，乙烯是不饱和烃，能使酸性高锰酸钾褪色，故C项正确；D往溶液中滴加溶液，出现白色沉淀氯化银，离子方程式为，反应完全后加入碘化钾，氯化银转化为黄色沉淀碘化银，说明溶解度大于，故D项正确。故答案选B。13(1) ac 该药品不溶于水(2) 稀硫酸/稀盐酸 H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O 红棕色 abe 无污染/操作方便 224(3)还原性【分析】（1）过滤操作时注意“两低三靠”；（2

28、）测定药片中Fe2+的含量，用稀硫酸溶解药片，过滤后，滤液中加过氧化氢把Fe2+氧化为Fe3+，再加氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，过滤、洗涤、干燥、灼烧得红棕色固体氧化铁，根据铁元素守恒计算Fe2+的质量；（1）a过滤时，用玻璃棒引流，故a正确；B过滤时，为防止滤液迸溅，漏斗口应紧靠烧杯内壁，故b错误；C用少量水润湿滤纸，使滤纸紧贴漏斗，滤纸层与漏斗壁间不留气泡，故c正确；D滤纸边缘低于漏斗边缘，故d错误；E用玻璃棒搅动漏斗里的液体，容易把滤纸弄破，起不到过滤的作用，故e错误；正确的做法是ac； 琥珀酸亚铁不溶于水，所以滤液加入K3Fe(CN)6溶液或KSCN溶液均未出现明显现象。（2）琥珀酸亚铁

29、能溶于常见稀酸，所以步骤一中加入稀硫酸或稀盐酸溶解。步骤三中，加入H2O2溶液把Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O，灼烧后 所得固体为氧化铁，氧化铁的颜色为红棕色，灼烧固体的装置为，需要使用仪器有.酒精灯、坩埚、三脚架等，选abe。H2O2是绿色氧化剂，使用H2O2溶液的好处是无污染/操作方便。灼烧得0. 64g固体Fe2O3，根据铁元素守恒，每片药片中约含Fe2+ 。（3）该药品与维生素C同时服用以增强补铁效果，维生素C能防止Fe2+氧化，所以利用维生素C的还原性。14(1) (2) 将+3价的钴还原为，将氧化为，便于后续调节pH后除

30、去 酸浸反应放热，使双氧水分解；废料中的或生成的催化双氧水分解(3) 2.53.3 萃取剂在该pH时对、萃取率差别大，能分离、两种离子(4) 做氮肥 c(5)(6)【解析】（1）由已知I可知，酸浸后浸出液中含有的阳离子为、，再由已知II可知，当调节pH至3.7时，会先以沉淀的形式析出，所以“滤渣1”的化学式为；酸浸时在酸性条件下与发生氧化还原反应生成、氧气和水，依据得失电子守恒、质量守恒，化学方程式为：。（2）由分析可知，加入过氧化氢的目的是酸性条件下，氧化钴与过氧化氢发生氧化还原反应生成，四氧化三铁中的与过氧化氢发生氧化还原反应生成；过氧化氢的稳定性差，酸浸时，反应放热，放出的热量能使过氧化

31、氢分解，同时，废料中的二氧化锰或溶液中的也可以做过氧化氢分解的催化剂，加快过氧化氢的分解，导致实际消耗的过氧化氢的量大于理论值。（3）使用该萃取剂萃取，单纯从萃取率考虑，萃取率越高越好，但同时还要考虑到尽可能的不被萃取，两方面综合考虑，pH应控制在2.53.3；因为萃取剂在该pH时对、萃取率差别大，能分离、两种离子。（4）整个过程中加入的物质有：硫酸、过氧化氢、氨水和碳酸氢铵，过氧化氢和碳酸氢根在反应过程中反应完全，依据质量守恒，溶液中还有的物质为硫酸铵，可用作氮肥；从溶解度角度看，硫酸铵的溶解度随温度升高有所增大，但变化量不大，且硫酸铵受热易分解，因此操作1应采取减压蒸发结晶，选c。（5）沉

32、钴时发生的反应为向水相中加入氨水和碳酸氢铵溶液，亚钴离子转化为沉淀，钴元素化合价不变，因此发生非氧化还原反应，离子方程式为：。（6）由电池充电时的总反应可知，放电时负极为MH，失电子化合价升高，发生氧化反应生成M，因此放电时负极电极反应式为：。15(1) 球形冷凝管 “防止温度高于120发生副反应”或“加热可以加快反应速率”或“蒸出酯有利于平衡右移”或“乳酸沸点122，防止乳酸挥发，不利于平衡向右移动”(或其他合理解释)(2) 提高薄荷醇的转化率 (或其他合理答案) 及时分离生成的水，有利于使平衡正向移动，提高酯的产率(3) 利用甲苯溶解薄荷醇，使薄荷醇回流到三颈烧瓶中再与乳酸反应 环己烷没有

33、毒性或者“环己烷毒性小”或“环己烷沸点低” (或其他合理答案)(4) 下口 除去合并液中的H2SO4和乳酸杂质(5)降低沸点，分离出乳酸薄荷醇酯(6)60.09%【分析】本题考查化学实验基本操作方法的综合应用，为高考常见题型，侧重于学生的实验能力的考查，注意把握实验的原理和目的，为解答该类题目的关键，注意物质的性质，结合题给信息解答，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。(1)a是球形冷凝管，水的沸点为100C，反应物乳酸的沸点为122C，因此，为了达到既要将水份除去，又不使乳酸损失太多的目的，故将反应温度控制在120C。(2)为了提高酯的产量，必须尽量使反应向有利于生成酯的方向进

34、行。-般是使反应物酸和醇中的一种过量；分水器的作用是把反应产生的水从反应体系中分离开来，使反应向有利于生成酯的方向进行，从而提高酯的产量。(3)甲苯与水形成共沸体系,把水蒸气带出体系,还有一个作用就是使薄荷醇回流到三颈烧瓶中再与乳酸反应。用环己烷代替是优点是减少有毒性试剂的使用。(4)甲苯不溶于水与水分层水的比重大位于下方，因此从分液漏斗的下口放出；饱和碳酸钠溶液的作用是中和H2SO4和乳酸杂质，降低乳酸薄荷醇酯的溶解度。(5)减压蒸馏就是降低体系里的压强,使乳酸薄荷醇酯的沸点降低,不易分解,从而提高产率。(6)薄荷醇物质的量是0.1mol,乳酸是过量的,故理论上生成乳酸薄荷醇酯的物质的量是0

35、.1mol,质量是22.8g;故产率是100%60.09%16(1)FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO(2) 通入过量CO2 在干燥的氯化氢气流中加热(或用SOCl2脱水)(3)2Cr3+3H2O2+10NH3H2O=2CrO+10NH+8H2O(4) 2 b【解析】(1)铬铁矿和焦炭在电炉中发生氧化还原反应，可以生成铬、铁和一氧化碳，反应的化学方程式为FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO；(2)已知Cr(OH)3是两性氢氧化物，加入足量NaOH溶液，FeCl2转化为Fe(OH)2沉淀过滤除去，Cr元素以离子形成存在溶液中，加入弱酸可转化为沉淀，向滤液中通入过量CO2得到Cr(OH)

36、3，再溶解在稀盐酸中制取CrCl3溶液；由于Cr3+会发生水解反应，加热CrCl3溶液会促进水解，加入HCl可抑制水解，因此除去其结晶水的操作是在干燥的氯化氢气流中加热；(3)已知 Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，则CrCl3溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成CrO和水，离子方程式为：2Cr3+3H2O2+10NH3H2O=2CrO+10NH+8H2O；(4)CrO5中铬元素为+6价，则5个O原子由2个和1个O2-组成，其中过氧键的数目为2；重铬酸钾具有氧化性，a.稀盐酸中Cl-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，a不选；b.稀硫酸中S元素为最高价，只有氧化性，能用

37、来酸化重铬酸钾，b选；c.氢碘酸中I-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，c不选；d.磷酸为中强酸，而H+使氧化性增强的同时，也使重铬酸更稳定，则需要酸性更强的硫酸来酸化，d不选；故选：b。17(1)(2) (3)H2O(4)零价铁的还原性大于Cu，小于Zn，因此，Cu()被铁还原为Cu而除去，而Fe无法还原Zn()，主要通过吸附作用除去Zn()(5) 8 FePO4、Fe3(PO4)2(6)还原、吸附、共沉淀【解析】（1）磁铁矿与氢气反应生成零价铁和水的反应方程式为。（2）NaBH4是离子化合物，故电子式为。由于B的电负性是2.0，H的电负性是2.1，故H是-1价，有强

38、还原性，故与硫酸发生氧化还原反应。根据得失电子守恒，可得。（3）去离子水中加入零价铁，pH从6上升到9.5左右，说明H2O作氧化剂。（4）零价铁的还原性大于Cu，小于Zn，因此，Cu()被铁还原为Cu而除去，而Fe无法还原Zn()，主要通过吸附作用除去Zn()。（5）根据已知，当pH8时，铁的氧化物质子化，壳层表面带正电，能更好地吸附带负电的PO。FePO4、Fe3(PO4)2都是沉淀，故能进一步去除PO。（6）综上所述，零价铁去除重金属离子及含磷微粒的主要机理有(3)中利用还原法去除重金属离子，(4)中利用吸附法去除金属离子，(5)利用沉淀法沉淀含磷微粒。18 原子半径CSi（或键长C-CSi-Si），键能C-CSi-Si 当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小【详解】(1)原子半径的大小决定键长大小，键长越短键能越大，此时物质的熔、沸点越高，在C和Si组成的物质中原子半径CSi（或键长C-CSi-Si），键能C-CSi-Si，故金刚石的熔点高于晶体硅的熔点；(2) 当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小，此时析出的固体为甘氨酸，可以实现甘氨酸的提纯。答案第21页，共10页