2021届高考化学考点突破：物质制备纯化综合实验（解析版）.pdf

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1、物质制备纯化综合实验1.利用废旧锌铁皮制备磁性F e 3(X 胶体粒子及副产物Z nOo 制备流程图如下:已知：Z n及化合物的性质与A 1 及化合物的性质相似。请回答下列问题：(1)用 N a OH 溶液处理废旧锌铁皮的作用有oA.去除油污 B.溶解镀锌层 C.去除铁锈 D.钝化(2)调节溶液A的 p H 可产生Z n(0H)2 沉淀，为制得Z nO,后续操作步骤是。(3)由 溶 液 B制 得 F e 3(h 胶体粒子的过程中，须 持 续 通 入 N2,原因是o(4)F e 3()4 胶体粒子能否用减压过滤发实现固液分离？(填“能”或“不 能”)，理 由是o(5)用重络酸钾法(一种氧化还原滴

2、定法)可测定产物F e 3(X 中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01 000 m o l L-1的K 2 C G O7 标准溶液2 5 0 m L,应准确称取 g跋 0()7(保 留 4位有效数字，已知M K2C r207)=2 9 4.0g ,m o l-1)o配制该标准溶液时，下列仪器中不必攀用到的有 o (用编号表示)。电 子 天 平 烧 杯 量 筒 玻 璃 棒 容 量 瓶 胶 头 滴 管移液管(6)滴定操作中，如果滴定前装有心g 2。7 标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡,而滴定结束后气泡消失，则 测 定 结 果 将(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。【答案】(1)A、B(2)抽滤、洗涤

3、、灼烧(3)凡气氛下，防止F e 2+被氧化(4)不能，胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸(5)0.7 3 5 0(6)偏大【解析】(1)根据Z n及化合物的性质与A 1 及化合物的性质相似，Z n也能和氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层和去除油污作用。(2)调节溶液A的p H 可产生Z n(0H)2 沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀;高温灼烧，氢氧化锌分解得到Z n O(3)持续通入吊，防止Fe?+被氧化;(4)Fe 3(h 胶体粒子能透过滤纸，所以不能用过滤的方法实现固液分离。(5)m(K2Cr2O7)=O.0 1 0 0 0 m o l L-1X 0.2 5 0 L X 2 9

4、4.0 g m o l-1=0.7 3 5 0 g；电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流操作，容量瓶用于配置溶液，胶头滴管用于加水定容。用不到的仪器为量筒和移液管。(6)如果滴定前装有“行2()7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，这样就造成读数偏小；滴定结束后气泡消失，这样读数就正常，所以读出来的6 2()7标准溶液体积偏大，测定结果将偏大。2.实验室以一种工业废渣(主要成分为Mg C0 3、Mg 2 S i O 4和少量Fe、A l的氧化物)为原料制备Mg C0 3*3 H2。实验过程如下：40%H,SO4 30%H,O,有机萃取剂废 渣 一 酸溶 一 过滤 氧化

5、一 萃取分液 .MgCOs-3H2OI滤渣 含Fe3+的有机相(1)酸溶过程中主要反应的热化学方程式为Mg CO3(s)+2 H+(a q)=Mg2+(a q)+C02(g)+H20(1)AH=-5 0.4 k J m o l-1Mg2S i O4(s)+4 H+(a q)=2 Mg2+(a q)+H2S i O3(s)+H2O(1)A H=-2 2 5.4 3 J酸 溶 需 加 热 的 目 的 是;所加H2 s 0,不宜过量太多的原因是 舄。(2)加入庆。2氧化时发生发应的离子方程式为(3)用右图所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe0实验装置图中仪器A的名称为 o为使Fe尽可能多地

6、从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，、静置、分液，并重复多次。(4)请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO3-3H20的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水，过滤、用水洗涤固体23次，在50下干燥，得到MgCOs340。已知该溶液中pH=8.5时Mg(0H)2开始沉淀；pH=5.0时Al(OH)3沉淀完全。【答案】(1)加快酸溶速率；避免制备MgCOs时消耗更多的碱(2)H202+2Fe2+2H+=2Fe3+2H20(3)分液漏斗；充分振荡(4)至5.0VpHV8.5,过滤，边搅拌边向滤液中滴加N a2c溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加N

7、 a2c溶液，若无沉淀生成，【解析】试题分析：(1)加热可以加快反应速率；如果硫酸过多，则需要消耗更多的碱液中和硫酸，从而造成生产成本增加，因此所加H2sO,不宜过量太多。(2)溶液中含有亚铁离子，双氧水具有强氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，因此加入山。2 氧化时发生发应的离子方程式为H202+2 F e2+2 H+=2 F e3+2 H20 o(3)实验装置图中仪器A的名称为分液漏斗。为使F e*尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，充分振荡、静置、分液，并重复多次。(4)根据氢氧化镁和氢氧化铝沉淀的pH 可知，滴加氨水的同时必须控制溶液的

8、pH 不能超过&5,且也不能低于5.0,所以边搅拌边向溶液中滴加氨水，至 5.0 V pH V 8.5,过滤，边搅拌边向滤液中滴加N a 2 c溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加N a 2 cC h 溶液，若无沉淀生成，过滤、用水洗涤固体2-3 次，在 5 0 下干燥，得到M g C O3-3H20O3.铁炭混合物(铁屑和活性炭的混合物)、纳米铁粉均可用于处理水中污染物。(1)铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有一的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上C oC V 一转化为C r3+,其电极反应式为(2)在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中C/+

9、和P b 的去除率，结果如图所示0。100806040200 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00铁炭混合物中铁的质量分数0T1.SVU期嫌6Z500 5 10 15 20 25 30反应时间/minI 含50mg lNO：的水样II 含 50mgLi NOJ+50 mgL Cu2+的水样0当铁炭混合物中铁的质量分数为0 时,也能去除水中少量的C/+和P b2+,其原因是 O当铁炭混合物中铁的质量分数大于5 0%时，随着铁的质量分数的增加,C u*和 P h?+的去除率不升反降，其主要原因是 o(3)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。一定条件下，向F e S(X 溶液中滴加碱性N

10、 a B L 溶液，溶液中B H J (B 元素的化合价为+3)与 F e 2+反应生成纳米铁粉、小和B(0 H)J,其离子方程式为 o 纳 米 铁 粉 与 水 中 N O J 反 应 的 离 子 方 程 式 为 4 F e+N 03+1 0 H+=4 F e2+N H4+3H20研究发现，若 p H 偏低将会导致N O J 的去除率下降，其原因是 o相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中N O J 的速率有较大差异(见右图),产生该差异的可能原因是。【答案】(D C r2072+6 e+1 4 H+=2 C r3+7 H20；(2)活性炭对C i?+和P b?+有吸附作用铁的质量分数增加，铁炭混

11、合物中微电池数目减少；(3)2 F e +B H J+4 0 H-=2 F e+B (O H)4-+2 H21 ；纳米铁粉与 if 反应生成上；C u 或 C/+催化纳米铁粉去除N 0 3一的反应(或形成的F e-C u 原电池增大纳米铁粉去除N 0 3一的反应速率)。【解析】(1)混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有C 3(V-的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上CGCV-获得电子，被还原产生C P+,则正极上发生的电极反应式为 C r2072+6 e+1 4 H+=2 C r3+7 H20；(2)当铁炭混合物中铁的质量分数为0 时,也能去除水中少量的+和P b2+,原因是活性炭是酥

12、松多孔的物质，表面积大，吸附力强，可以吸附水中少量的C d 和 P b2+,从而可以降低水中C/+和P b 2+的浓度；铁炭混合物中铁的质量分数大于5 0%时，随着铁的质量分数的增加，铁炭混合物中微电池数目减少，因此C/+和P b 的去除率不升反降；(3)一定条件下，向F e S()4 溶液中滴加碱性N a B H,溶液，溶液中B H J (B 元素的化合价为+3)与 F e 反应生成纳米铁粉、1和 B(O H)J,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为2 F e2+B H；+4 0 H-=2 F e+B(O H)4+2 H21 ；纳米铁粉与水中N O 反应的离子方程式为4

13、F e+N 03+1 0 H+=4 F e2+N H4+3H2O,若 p H 偏低，则溶液的酸性增强，会发生反应：F e+2 H=F e2+H2f ；导致N O 的去除率下降；根据图像可知，相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中N O r 的速率有较大差异,可能是由于C u 或 C d 催化纳米铁粉去除N（V的反应（或形成的F e-C u 原电池增大纳米铁粉去除N O 3-的反应速率）。4.二氧化氯（C 1 02,黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问 瓦（1）工业上可用K C 1 O 3与N a 2 s。3在 H 2 s O,存在下制得C 1 0 2,该反应氧化剂与还原剂物质的量

14、之比为 O（2）实验室用N H 1、盐酸、N a C K U 亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备C 1 02：盐酸 NaClCb溶液|r-C lO jNH4cl溶液一|&解 溶液|-NH3I L-溶液xH2电解时发生反应的化学方程式为 O溶液X中 大 量 存 在 的 阴 离 子 有。除去C 1 0 2 中的N B 可 选 用 的 试 剂 是（填标号）oa.水b.碱 石 灰C.浓硫酸 d.饱和食盐水（3）用下图装置可以测定混合气中C I O 2 的含量:I.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 m L稀硫酸：混金气雪I I.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的玻璃

15、液封管管口；山 丛KK H2SO4m.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；IV.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：V .用0.1000 mol-L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2032-=2 r+S4062-),指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：锥 形 瓶 内C102与 碘 化 钾 反 应 的 离 子 方 程 式为O玻璃液封装置的作用是 OV中 加 入 的 指 示 剂 通 常 为 ，滴 定 至 终 点 的 现 象是。测得混合气中C102的质量为 go(4)用C102处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下 列 物 质

16、 最 适 宜 的 是(填 标 号)。a.明研 b.碘化钾 c.盐酸 d.硫酸亚铁【答案】(1)2：1 (2)N H 4 c 1+2 H C 1电解3 H 2 t +N C 13 C r、O H-c(3)2 C 1 O 2 +1 O I-+8 H+=2 C 1-+5 I 2+4 H 2()吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出)淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 0.0 2 7 0 0 (4)d【解析】(1)工业上可用K C 1 0 3 与 N a 2 s 在 H 2 s(X 存在下制得C I O 2,在反应中氯元素的化合价从+5 价降低到+4 价，得 到 1 个电子，氯酸钾

17、是氧化剂。S元素的化合价从+4 价升高到+6 价，失去2个电子，亚硫酸钠是还原剂，则根据电子得失守恒可知该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：l o(2)根据流程图可知电解时生成氢气和N C L,则电解时发生反应的化学方程式为 N H 4 c 1+2 H C 1 也 3 H 2 t +NC13ON C L 与 N a C J A 反应生成C 1 02 N H 3 和氯化钠、N a O H,反应的离子反应为N C 13+3 H2O+6 C 1 O2-=6 C 1 O2 t +3 C 1+3 0 H+N H3 t ,溶液中应该存在大量的氯离子和氢氧根离子。a、C I O 2 易溶于水，不能利用水

18、吸收氨气，a 错误；b、碱石灰不能吸收氨气，b 错误；c、浓硫酸可以吸收氨气，且不影响C I O 2,c 正确；d、C I O 2 易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，d 错误，答案选c。(3)C I O?具有强氧化性通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反血氧化厂为12,自身被还原为C l-,同时生成水，反应离子方程式为2 C 1 02+1 0 r+8 H+=2C1-+5I2+4H20O由于二氧化氯是气体，容易挥发到空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体。由于碘遇淀粉显蓝色，则 V 中加入的指示剂通常为淀粉，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色。根据方程式可知2c5LI

19、OS2O3。则测得混合气中C102的质量为0.Imol/LXO.02LX67.5g/mo 1/5=0.02700 go(4)亚氯酸盐具有氧化性，明研不能被氧化，碘化钾被氧化为碘，盐酸可能被氧化氯气，因此若要除去超标的亚氯酸盐，最适宜的是硫酸亚铁，且产生的氧化产物铁离子能净水。5.硫代硫酸钠(Na2s20。可用做分析试剂及糅革还原剂。它受热、遇酸易分解。工业上可用反应：2Na?S+Na2co3+4S02=3Na2s2O3+CO2制得。实验室模拟该工业过程的装置如图所示。回答下列问题：(1)b 中反应的离子方程式为,。中试剂为(2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是(3)d中的试

20、剂为 o(4)实验中要控制S O 2 生成速率，可以采取的措施有_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ (写出两条)。(5)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的S O%不能过量，原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ O【答案】(1)S 032+2 H=H20 +S 02t ;或辟0 3 一+1 1+=5 0 2 1 +H20；硫化钠和碳酸钠的混合溶液(2)硫(3)N a O H 溶液(4)控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等)(5)若 S O 2 过量，溶液显酸性，产物分解

21、【解析】(1)装置b是制取S O 2 的装置。可利用复分解反应的规律：强酸制取弱酸或难挥发的酸制取易挥发性的酸。在b 中用7 0%的硫酸与N a 2 s 或N a H S O s制取 S 02 o反应的离子方程式为 S 032+2 H =H20 +S 021 ;或 H S O3-+H=S O21 +H20；根据反应原理可知在c中的试剂是硫化钠和碳酸钠的混合溶液。(2)反应开始后，c 中先发生反应：H2O+S O2+N a2S=H2S+N a2S O3;S 02+2 H2S=3 S I +2 H20o产生的单质S 是不溶于水的淡黄色固体，因此会看到溶液变浑浊，后又变澄清，发生反应：2 N a2S

22、+N a2C 03+4 S 02=3 N a2S203+C 02 o(3)H 2 s、S O 2 都是大气污染物。由于它们都是酸性气体，能够与碱发生反应，用碱溶液N a O H 吸收。所以在d中的试剂是强碱N a O H 溶液。为防止倒吸现象的发生，在导气管的末端安装了一个干燥管或倒扣的漏斗。（4）影响化学反应速率的因素的因素有浓度、温度、滴加速度等。在实验中要控制S O 2 生成速率，可以采取的措施有控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等。（5）硫代硫酸钠（N a 2 s 2 O 3）是强碱弱酸盐，与酸容易发生反应。所以若S O 2 过量，溶液显酸性，产物容易分解。因此不能过量。6.

23、实验室从含碘废液（除上0外，含有C C L、L、厂等）中回收碘，其实验过程如下:含碘废液N a 2 s溶液CCL -A（1）向含碘废液中加入稍过量的N a 2 s。3 溶液，将废液中的L还原为，其离子方程式为该操作将L还原为I 一的目的是（2）操作X 的名称为（3）氧化时，在三颈烧瓶中将含1 一的水溶液用盐酸调至p H 约为2,缓慢通入 Cl2,在 4 0 左右反应（实验装置如右图所示）。实验控制在较低温度下进行的原因是;锥形瓶里盛放的溶液为 o(4)已知：5S 032-+2 1 03-+2 H+=I2+5S 042+H20某含碘废水（p H 约为8）中一定存在L,可能存在1 一、一 中的一种

24、或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有、1。3 的实验方案：取适量含碘废水用CCL多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质存在；O实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、F e C1 3溶液、N a 2 s溶液【答案】(1)S 032+I2+H20=2 r+S 0?+2 H+使四氯化碳中碘进入水层(2)分液(3)使氯气在溶液中有较大的溶解度 氢氧化钠溶液(4)从水层取少量的溶液，加 入1一一2 m L淀粉溶液，加热盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝，说明废水中含有碘离子；若溶液不变蓝，说明废水中不含有碘离子。另从水层取少量溶液，加 入1 2 m L淀粉溶液，加热盐酸酸化，滴加亚硫酸

25、钠溶液，若溶液变蓝，说明废水中含有碘酸根离子，否则不含有。【解析】(1)碘易溶与有机溶剂，碘离子易溶与水，所以把碘单质转化为碘离子使有机溶剂中的碘转化为水中；(2)不溶于水的有机物与水溶液分离，用分液；(3)气体的溶解度随温度升高而降低，低温有利于增大氯气的浓度；氯气有毒会污染空气，应用碱溶液吸收;（5）需要检验碘离子和碘酸根离子,两种离子均应转化为碘单质用淀粉检验,前者需氧化剂，后者需还原剂。7.葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H l 2。6（葡萄糖）+BR+H 2（）f C6H l 2。7（葡萄糖酸）+2 H Br2 c 6H l 2（）7+Ca

26、 C0 3 f Ca G H i Q b l葡萄糖酸钙）+H20+C021相关物质的溶解性见下表:物质名称葡萄糖酸钙葡萄糖酸澳化钙氯化钙水中的溶解性可溶于冷水易溶于热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶实验流程如下：滴加3%溟水/55过量Ca C0 3/70 趁热过滤乙醇 抽 滤 洗 涤C6HI206 溶 液-7D-72）-*-f悬浊液一f 一f干燥一 Ya（C6Hn O7）2请回答下列问题:（1）第步中澳水氧化葡萄糖时，下列装置最适合的是制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是 OA.新制C u(0 H)2 悬浊液 B.酸性KMn O4 溶液C./葡萄

27、糖氧化酶 D.Ag(NH3)2 0 H溶液(2 )第 步 充 分 反 应 后 C a C O3固 体 需 有 剩 余，其 目 的 是；本实验中不宜用C a C L 替代C a(U,理由是 o(3)第步需趁热过滤，其原因是 o(4)第步加入乙醇的作用是 o(5)第步中，下 列 洗 涤 剂 最 合 适 的 是。A.冷水 B.热水 C.乙醇 D.乙醇一水混合溶液【答案】(1)B；C(2)想提高葡萄糖酸的转化率；便于后面的分离；氧化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙(3)葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品(4)可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出(5)D【解析】

28、(1)反应在5 5 条件下进行，需要水浴加热，且有冷凝回流装置，选项A缺少回流装置，选 项C缺少水浴加热，只有B符合；新 制C a (OH)2悬浊液、Ag (NB)OH溶液氧化性较弱，且反应需要碱性条件下进行，不利于葡萄糖的氧化，而酸性高镒酸钾氧化性较强，不能得到葡萄糖酸，可用葡萄糖氧化酶催化作用下用氧气氧化葡萄糖，可生成葡萄糖酸，故答案为：B；C o(2)要使葡萄糖酸完全转化为葡萄糖酸钙，则加入的碳酸钙应是过量的。由于盐酸的酸性比葡萄糖酸的酸性强，因此根据较强酸制备较弱酸的原理可知，加入的氯化钙与葡萄糖酸难以反应，且易引入杂质，不易分离，所以应该用碳酸钙。(3)根据表中数据可知葡萄糖酸钙易溶

29、在热水中，温度高时，葡萄糖酸钙的溶解度较大，因此应趁热过滤，这样可避免温度降低是析出葡萄糖酸钙晶体而造成葡萄糖酸钙的损失。(4)由表中数据可知，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，用乙醇洗涤可避免葡萄糖酸钙溶解而损失，有利于葡萄糖酸钙析出。(5)洗涤沉淀，应避免沉淀溶解，且能将沉淀吸附物冲洗去，可用乙醇-水混合溶液，如只用水，则造成葡萄糖酸钙溶解而损失，只用乙醇，不能将杂质全被洗去，而热水会溶解大量的葡萄糖酸钙，因此正确的答案为：Do8.硫酸铁铉 N H FelSO j-是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁镀，具体流程如下：回答下列问题:(1)步骤的目的是去除废铁屑

30、表面的油污，方法是(2)步骤需要加热的目的是,温度保持80 95 ,采用的合适加热方式是 Ca CO3,A l203 Fez Os和Si 02中Mg含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁(Mg Cl2 6 H20)O相关信息如下：7 0 0 只发生Mg C03和Mg（OH）2的分解反应。NH 4c l溶液仅与体系中的Mg O反应，且反应程度不大。“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。请回答：（1）下列说法正确的是 oA.步 骤I,煨烧样品的容器可以用用埸，不能用烧杯和锥形瓶B.步骤III,蒸氨促进平衡正向移动，提 高Mg O的溶解量C.步骤III,可以将固液混合物C先过滤

31、，再蒸氨D.步骤IV,固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤（2）步骤m,需要搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示于一体（用硫酸溶液吸收氨气）。选择必须的仪器，并按连接顺序排列（填写代表仪器的字母，不考虑夹持和橡皮管连接）：热源一 O为了指示蒸氨操作完成，在一定量硫酸溶液中加指示剂。请给出并说明蒸 氨 可 以 停 止 时 的 现 象。(3)溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性。含 有 的 杂 质 是。从操作上分析引入杂质的原因是 O(4)有同学采用盐酸代替步骤n中的NH4cl溶液处理固体B,然后除杂，制备MgCL溶液。已知金属离子形

32、成氢氧化物沉淀的pH范围：金属离子pH开始沉淀完全沉淀Al3+3.04.7Fe3+1.12.8c 2+Ca11.3M g2+8.41 0.9请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体 B f a-()-*()-()-()()f ()-M gCb溶液一产品。a.用盐酸溶解 b.调 pH=3.0 c.调 pH=5.0 d.调 pH=8.5e.调 pH=1 1.0 f.过滤 g.洗涤【答案】(1)ABD(2)a f d-f-c 甲基橙，颜色由红色变橙色(3)碱式氯化镁(氢氧化镁)过度蒸发导致氯化镁水解(4)c f e f g a【解析】(1)A.煨烧固体样品需

33、用好蜗，烧杯和锥形瓶用来加热液体，A 项正确；B.氯化镀水解方程式为N IL Cl+BO N Hs-H2O+HC1,氧化镁和HC1 反应，蒸氨即一水合氨分解，平衡向右移动，HC1 浓度变大，促进了氧化镁的溶解，B 项正确；C.根据信息N H 1 溶液仅与体系中的M gO 反应,且反应程度不大,不能先过滤，否则氧化镁损耗很大，C 项错误；D.固液分离操作均可采用常压过滤，使用减压过滤加快过滤速度，也可行，D 项正确。故答案选ABDo(2)先选发生装置为a,然后连接回流装置d,生成的氨气有水蒸气，需要干燥，然后连接干燥管f,氨气是碱性气体，需要用酸吸收，最后连接c。故答案填a f d f ff c

34、。硫酸和氨气恰好完全反应生成硫酸核(N H4)2S O4),硫酸镀显酸性，因而选择在酸性范围内变色的指示剂：甲基橙，其颜色变化是红色变为橙色。(3)溶液F 经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。溶液仍呈碱性，注意不可能是氨气的影响，由于氯化镁水解使溶液呈酸性，故溶液的碱性是由杂质引起的。考虑到氯化镁易水解，所以含有的杂质可能是Mg(O H)C l 或者 Mg (O H)2。升高温度会促进水解的进行，因而必然是蒸发阶段导致，即过度蒸发导致氯化镁水解。(4)根据各离子完全沉淀的pH 值，加酸后溶液呈酸性，可逐步提高pH,同时以沉淀形式除掉不同离子，因而先将pH 调至5,除掉A K

35、和 F e +,然后过滤其沉淀，然后将pH 调至11.0使得Mg?+变为Mg(0H)2沉淀，过滤并洗涤，得到纯净的Mg (0H)2沉淀，然后加入盐酸得到氯化镁溶液。故答案依次填c f e f g a o11.醋酸亚铭(C H3C 00)2C r -2H20为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价倍还原为二价铭；二价铝再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铭。实验装置如图所示。回答下列问题：(1)实验中所用蒸储水均需经煮沸后迅速冷却，目的是 o仪器a的名称是 o(2)将过量锌粒和氯化倍固体置于c中，加入少量蒸镭水，按图连接好

36、装置,打开K I、K 2,关闭K 3。C中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为 O同时c中有气体产生，该气体的作用是 o(3)打开K 3,关闭K 1和K 2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是；d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是、洗涤、干燥。(4)指出装置d可能存在的缺点 o【答案】(1)去除水中溶解氧 分液(或滴液)漏斗(2)Z n+2 C r/Z n2+2 C r2 t 排除 c 中空气(3)c中产生也使压强大于大气压(冰浴)冷却 过滤(4)敞开体系，可能使醋酸亚信与空气接触【解析】在盐酸溶液中锌把C/+还原为C r2+,同时产生氢气排尽装置中的空气防止氧化。

37、生成的氢气导致c中压强增大，可以把生成的C r C L压 入d装置发生反应，据此解答。(1)由于醋酸亚倍易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸储水均需煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪 器a是 分 液(或 滴 液)漏 斗；(2)c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说 明C r 被锌还原为C r2+,反应的离子方程式为 Z n+2 C r3+=Z n2+2 C r2+；锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化C y+,所以氢气的作用是排除c中空气；(3)打 开K 3,关 闭K 1和K 2,由于锌继续与盐酸反应生成氢气，导 致c中压强增大，所 以c中亮

38、蓝色溶液能流入d装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚辂难溶于冷水，所以为使沉淀充分析出并分离，需要采取的操作是(冰浴)冷 却、过滤、洗涤、干燥。(4)由 于d装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚信与空气接触被氧化而使产品不纯。1 2.某废催化剂含5 8.2%的S i 02 2 1.0%的Z n O、4.5%的Z n S和1 2.8%的C u So某同学 用1 5.0 g该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：1化 ZASO.7HQ*CvSO SHQ回答下列问题:(1)在 下 列 装 置 中，第一次浸出必须用，第二次浸出应选用_ O (填标号)(2)第二次浸出时，向

39、 盛 有 滤 液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶 液。若 顺 序 相 反，会 造 成 o滤 渣2的 主 要 成 分 是(3)浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是 o(4)某 同 学 在 实 验 完 成 之 后，得 到1.5gCuS04.5a0,则 铜 的 回 收 率 为【答 案】(1)D A(每空1 分，共 2 分)(2)H 2 O 2 与固体颗粒接触分解(每空2 分，共 4 分)(3)蒸发皿(2 分)(4)3 0%(3 分)【解析】(1)根据题给化学工艺流程知第一次浸出发生反应Z n 0+H2S 04=Z n S 04+H20 Z n S+H2S 04=Z n S 04+H2S,有

40、有毒气体H 2 s 生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选 D装置，第二次浸出时发生反应：CUS+H202+H2S04=CUS04+S+2H20,不产生有毒气体，可选用A 装置。(2)第二次浸出时，向盛有滤液1 的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。若顺序相反，会造成与固体颗粒接触分解。滤渣2的主要成分是二氧化硅。(3)浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是蒸发皿。(4)15.0 g 废 催 化 剂 中 含 有 铜 的 物 质 的 量 为 15.0 g X 12.8%+9 6 g/mo l=0.0 2 mo l,1.5 g C u S 04.5 H20 中 铜 的 物 质 的 量 为 1.5 g 4-2 5 0 g/mo l=0.0 0 6 mo L 则铜的回收率为 0.0 0 6 mo l/0.0 2 mo l X 10 0%=3 0%o