人教【新课标】高中化学一轮复习：专题14物质的分离、提纯与检验含解析

人教【新课标】高中化学一轮复习：专题14物质的分离、提纯与检验一、单选题1．豆浆营养丰富，是大众喜爱的传统饮品。下列制作豆浆的主要步骤中，属于过滤的是（）A．泡豆B．磨豆C．沥浆D．煮浆【答案】C【知识点】过滤【解析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的操作，沥浆是将豆渣和豆浆分离的操作，属于过滤，故答案为C【分析】过滤是固液分离的操作；2．下列基本实验操作正确的是（）A．过滤B．分液C．蒸馏D．蒸发A．AB．BC．CD．D【答案】B【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯【解析】【解答】A．过滤时需要用玻璃棒引流，A不符合题意；B．分液时，漏斗下端要紧贴烧杯内壁，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，B符合题意；C．蒸馏时温度计应放在支管口处，C不符合题意；D．蒸发应在蒸发皿中进行，而不是烧杯，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.需要用玻璃棒引流，C中的温度计应该放在烧瓶口处，D中的蒸发不能再烧杯中进行。3．某白色粉末样品，可能含有、、和．取少量样品进行如下实验：①溶于水，得到无色透明溶液②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出．离心分离．③取②的上层清液，向其中滴加溶液有沉淀生成．该样品中确定存在的是（）A．B．C．D．【答案】A【知识点】几组未知物的检验；物质的检验和鉴别【解析】【解答】由题干信息可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明这四种物质均能溶于水且相互不反应，都能得到无色透明溶液，无法确定样品成分；②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明样品中一定含有Na2S2O4，因为加入稀盐酸，Na2SO4不反应，Na2SO3参与反应生成SO2（有刺激性气味）、NaCl、H2O，Na2S2O4参与反应生成S（黄色沉淀）、SO2（有刺激性气味）、NaCl、H2O，Na2CO3参与反应生成CO2（无味）、NaCl、H2O；③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明样品中一定含有Na2SO4。故答案为：A。【分析】实验①无法确定样品成分；实验②可确定样品中一定含有Na2S2O4，涉及反应是S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑，注意Na2SO3与过量盐酸反应生成SO2，Na2CO3与过量盐酸反应生成CO2，这些现象都可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉；实验③可确定样品中一定含有Na2SO4，涉及反应是SO42-，所用试剂包括+Ba2+=BaSO4↓，注意②中过量盐酸可排除碳酸盐的干扰。实验室进行粗盐提纯时，需除去和B．C．D．以及（）n【答案】A【知识点】除杂；粗盐提纯【解析】【解答】粗盐的主要成分是NaCl，除去Ca2+可加入过量的Na2CO3溶液，将其转化为CaCO3沉淀；除去Mg2+可加入过量的NaOH溶液，将其转化为Mg(OH)2沉淀；除去SO42-可加入过量的BaCl2溶液，将其转化为BaSO4沉淀。在向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序中，BaCl2先于Na2CO3加入，利用Na2CO3除去Ca2+和多余的Ba2+，因Na2CO3、NaOH均过量，过滤后需向滤液中加入适量稀盐酸，除去多余的Na2CO3、NaOH，然后将溶液蒸干即可得到纯度较高的食盐；故答案为：A。（转换为沉淀、气体等易分离除去的物质）。注意除杂过程加入试剂的顺序。5．实验室中对下列气体洗气除杂的方法可行的是（）【答案】C【知识点】除杂【分析】除杂的主要原则是：①不增（不得引入新的杂质）；②不减（尽量不消耗被提纯的物质）；③易分【解析】【解答】A．HCl极易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度比较小，可以达到实验目的，A不合题气体(杂质)通过除杂试剂AC2H4(SO2)酸性高锰酸钾溶液BNH3(H2O)无水氯化钙CCl2(HCl)饱和食盐水DNO(HCl)饱和NaHCO3溶液A．AB．BC．CD．D【答案】C【知识点】除杂【解析】【解答】A．C2H4和SO2都能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能除杂，故A不符合题意；B．氨气也能与氯化钙反应，故不能除杂，故B不符合题意；C．氯气不溶于饱和食盐水，而氯化氢极易溶于水，因此可用饱和食盐水除去杂质HCl，故C符合题意；D．饱和碳酸氢钠溶液和氯化氢反应生成了二氧化碳气体，引入了新杂质，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.乙烯和二氧化硫均能与酸性高锰酸钾反应；B.氨气与无水氯化钙反应；C.氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，HCl易溶于水；D.HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳。6．下列气体去除杂质的方法中，达不到实验目的的是（）选项气体(杂质)方法ACl2(HCl)通过饱和的食盐水BN2(O2)通过足量灼热的铜丝网CSO2(CO2)通过饱和的碳酸氢钠溶液DNH3(H2O)通过盛有碱石灰的干燥管A．AB．BC．CD．D意；B．氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝同时，氧气可以与之发生反应：，而铜与氯气无法反应，能够达到实验目的，B不合题意；C．CO2不与碳酸氢钠反应，但SO2能与碳酸氢钠反应，产生更多的CO2，不能达到实验目的，C符合题意；D．碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠，具有吸水性，且不与NH3反应，可以干燥NH3，能够达到实验目的，D不合题意；故答案为：C。【分析】A.HCl极易溶于水，饱和食盐水可抑制氯气的溶解；B.Cu与氧气反应，氮气不能；C.二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；D.氨气为碱性气体，不与碱石灰反应，碱石灰能吸收水。7．下列实验操作能达到目的的是（）实验目的实验操作A除去乙烷中的乙烯将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液B除去乙醇中的水加入生石灰，蒸馏C鉴别苯和环己烷加入溴水振荡，静置后观察分层及颜色差异D分离苯和溴苯加水后分液A．AB．BC．CD．Dn【答案】B【知识点】物质的分离与提纯【解析】【解答】A．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化产生二氧化碳，混入二氧化碳气体，不能除杂，A不符合题意；B．加入生石灰，石灰石与水反应生成不挥发的氢氧化钙，再蒸馏可得无水乙醇，B符合题意；C．苯和环己烷密度均比水小且均不溶于水，和溴水都会发生萃取，水均在下层，无现象差异，故不能用溴水鉴别苯和环己烷，C不符合题意；D．苯和溴苯互溶但均不溶于水，无法使苯和溴苯分离，应该用蒸馏分离苯和溴苯，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳；C.苯和环己烷均不与溴水反应且密度均小于水；D.苯和溴苯互溶。8．只用括号内试剂不能鉴别下列各组内物质的是（）甲苯、己烯、溴苯、乙酸(溴水)硝基苯、苯酚钠、溶液、乙醇溶液(盐酸)C．苯、甲苯、甲醛溶液、苯酚溶液(酸性溶液)D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯、葡萄糖溶液(新制悬浊液)【答案】C【知识点】物质的分离与提纯【解析】【解答】A．甲苯、溴苯都不溶于水，出现分层，甲苯密度比水小，溴苯密度比水大，己烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，不分层，乙酸易溶于水，不分层，溴水不褪色，现象不同，可鉴别，A不符合题意；B．硝基苯不溶于水，密度比水大，出现分层，苯酚钠与盐酸反应生成苯酚，溶液变浑浊，碳酸氢钠与盐酸反应产生气体，乙醇溶液与盐酸不反应，乙醇易溶于水，不分层，现象不同，可鉴别，B不符合题意；C．甲苯、甲醛、苯酚都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，C符合题意；D．乙醇遇新制悬浊液无明显现象，乙醇易溶于水，不分层，乙酸使新制悬浊液溶解，乙酸乙酯不溶于水，出现分层，葡萄糖溶液在加热条件下与新制悬浊液反应生成砖红色沉淀，现象不同，可鉴别，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.甲苯密度比水小，溴苯密度比水大，己烯与溴水发生加成反应使溴水褪色；B.硝基苯不溶于水，密度比水大，苯酚钠与盐酸反应生成苯酚，溶液变浑浊，碳酸氢钠与盐酸反应产生气体，乙醇溶液与盐酸不反应，乙醇易溶于水；C.甲苯、甲醛、苯酚都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；D.乙醇与新制悬浊液不反应，乙酸与新制悬浊液发生中和，乙酸乙酯不溶于水，出现分层，葡萄糖溶液在加热条件下与新制悬浊液反应生成砖红色沉淀。9．为提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是（）选项混合物除杂试剂分离方法A苯（苯酚）浓溴水过滤B溴苯（溴）NaOH溶液分液C甲烷（乙烯）酸性KMnO4溶液洗气D乙酸乙酯（乙酸）氢氧化钠溶液蒸馏A．AB．BC．CD．D【答案】B【知识点】物质的分离与提纯【解析】【解答】A．溴单质和2，4，6-三溴苯酚都可溶于苯，因此用浓溴水除杂时，会引入新杂质；应当用NaOH溶液中和苯酚，再进行分液即可，A不符合题意；B．溴能与氢氧化钠反应生成不溶于苯的物质，然后再进行分液即可，B符合题意；C．乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2，因此会引入新杂质，需要再用NaOH溶液吸收生成的CO2再进行干燥才可，C不符合题意；D．乙酸乙酯会在NaOH溶液中发生水解，因此应用饱和碳酸钠溶液除去乙酸，随后再进行分液即可，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.苯酚与溴生成的三溴苯酚溶于苯；B.溴与NaOH反应，溴苯与NaOH不反应；C.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳，引入新杂质；D.乙酸乙酯在氢氧化钠中发生水解。n10．检验下列指定成分所用的试剂正确的是（）选项检验括号中的物质检验试剂ACO2气体(H2S)CuSO4溶液BNa2SO3溶液(Na2SO4)BaCl2溶液C海水(KI)淀粉溶液D乙醇(水)金属钠A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】常见气体的检验；物质的检验和鉴别12．下列除去杂质的试剂及其方法正确的是(括号内为杂质)()【解析】【解答】A．H2S与CuSO4溶液反应生成黑色CuS沉淀，可用CuSO4溶液检验CO2气体中的H2S，故A符合题意；B．Na2SO3、Na2SO4都能与BaCl2溶液反应生成白色沉淀，不能用BaCl2溶液检验Na2SO3溶液中的Na2SO4，故B不符合题意；C．I-不能使淀粉变蓝，不能用淀粉直接检验海水中的KI，故C不符合题意；D．乙醇、水都能与金属钠反应放出氢气，不能用金属钠检验乙醇中的水，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】依据反应时现象的不同进行判断。11．下列物质除杂的过程中，不能实现目的的是（）原物(杂质)除杂试剂除杂方法ACO2(H2S)CuSO4溶液洗气B碳粉(MnO2)浓盐酸加热后过滤C乙酸(乙醇)饱和Na2CO3溶液蒸馏D硝基苯(NO2)NaOH溶液分液A．AB．BC．CD．D【答案】C【知识点】除杂【解析】【解答】A．CuSO4溶液与二氧化碳不反应，与硫化氢反应生成硫化铜沉淀，可达到目的，A不符合题意；B．浓盐酸和碳粉不反应，和二氧化锰加热生成氯化锰溶液，过滤分离出碳粉，可达到目的，B不符合题意；C．乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠，想保留的物质反应了，不能达到目的，C符合题意；D．NaOH溶液和硝基苯不反应，和二氧化氮反应生成盐溶液，分液分离出硝基苯，能达到目的，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.H2S与硫酸铜反应生成CuS；B.浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气、二氧化锰和水；C.乙酸会与碳酸钠反应；D.二氧化氮与氢氧化钠反应。选项含杂质物质除杂试剂方法A乙烷(乙烯)溴水；浓硫酸洗气B品红溶液；NaOH溶液洗气C乙酸乙酯(乙酸)乙醇；浓硫酸加热、分液DFe(Cu)稀硫酸过滤、洗涤、干燥A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】过滤；洗气；除杂【解析】【解答】A．乙烯与溴水发生加成反应，生成油状液体1，2-二溴乙烷，再用浓硫酸除去水蒸气，A符合题意；、都是酸性氧化物，都能与氢氧化钠溶液反应，B不符合题意；乙醇和乙酸发生酯化反应，属于可逆反应，用乙醇不能将乙酸除去，用饱和碳酸钠溶液即可，C不符合题意；稀硫酸将主要物质Fe反应了，D不符合题意；故答案为：A。【分析】B、二氧化碳和二氧化硫都可以和氢氧化钠反应；C、乙醇和乙酸的反应式可逆反应，无法除完；D、稀硫酸不与铜反应。13．为了提纯表中所列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选择错误的是（）n选项被提纯的物质除杂试剂分离方法A己烷(己烯)溴水分液B苯甲酸(NaCl)水重结晶C溴苯(溴)NaOH溶液分液D乙炔(H2S)CuSO4溶液洗气A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】除杂过加热的方式分离出来，A错误；【解析】【解答】A．向试样中加入溴水，己烯与Br2反应的产物与己烷互溶，用分液法不能提纯己烷，故AB.蒸馏可以获得蒸馏水，B正确；符合题意；C.粗盐溶于水，可以通过过滤分离出粗盐中的泥沙，C正确；B．苯甲酸在水中溶解度随温度变化较大，NaCl在水中溶解度大且随温度变化较小，可以用重结晶的方法提D.溴易容有机溶剂，可以通过萃取的方式分离，D正确。纯苯甲酸，故B不符合题意：C．溴和氢氧化钠发生反应Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，生成的NaBr和NaBrO均为易溶于水的离子化合物，而常温下溴苯与氢氧化钠不反应，可以用分液法分离，故C不符合题意；D．H2S与硫酸铜发生反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，而乙炔不溶于水，用硫酸铜溶液洗气可除去乙炔中的H2S杂质，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.己烯与溴水加成的产物与己烷互溶；B.苯甲酸溶解度随温度变化较大；C.溴苯不溶于水，溴易与NaOH反应；D.乙炔不溶于水，H2S与硫酸铜反应生成CuS。14．分离提纯是化学学科的基本实验操作。下列为达到实验目的所使用的分离提纯方法不正确的是（）选项实验目的方法A分离固体碘和固体氯化铵加热B从自来水中获得蒸馏水蒸馏C除去粗盐中的泥沙过滤D从溴水中提取溴萃取A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】物质的分离与提纯【解析】【解答】A．碘易升华，而氯化铵固体受热易分解，加热不能分离，A不符合题意；B．自来水中溶解的矿物质的熔沸点较高，蒸馏可以得到蒸馏水，B符合题意；C．泥沙难溶于水，过滤可以分离，C符合题意；D．溴易溶于有机溶剂，萃取可以分离，D符合题意；故答案为：A。【分析】分离提纯主要是利用物质的不同性质，A中碘单质受热易升华，氯化铵受热都易分解，所以不能通15．从海带中提取碘的一种实验流程如图所示，下列说法错误的是（）A．灼烧海带可在坩埚中进行B．操作①为加水浸泡、过滤、洗涤残渣C．反应②中发生的主要反应为D．试剂③可以选用无水乙醇【答案】D【知识点】氧化还原反应；过滤；分液和萃取；海带成分中碘的检验【解析】【解答】A．灼烧海带可在坩埚中进行，A项不符合题意；B．操作①为加水浸泡、过滤、洗涤残渣，获得含I-的溶液，B项不符合题意；C．反应②中，氯水将碘离子氧化成I2，主要反应的离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-，C项不符合题意；D．乙醇和水互溶，不能选用乙醇作萃取剂从含I2的溶液中萃取出I2，即试剂③不能选用无水乙醇，可选用苯或四氯化碳等与水互不相溶的有机溶剂，D项符合题意；故答案为：D。【分析】海带灼烧后，溶解、过滤分离出残渣与含碘离子的溶液，②中发生的主要反应为Cl2+2I-=I2+2Cl-，且碘不易溶于水、易溶于有机溶剂，加有机溶剂萃取、分液分离出碘的有机层，还需蒸馏分离出碘。16．工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，杂质为Fe2O3、SiO2)提取Al2O3做冶炼铝的原料，提取的操作过程如图：n下列说法错误的是（）操作1、2、3均为过滤，固体1的主要成分为SiO2固体2为红褐色固体C．步骤③的离子方程式为2[Al(OH)4]-+CO2=2Al(OH)3↓+CO+H2OD．Al2O3为离子化合物，其熔点高【答案】C【知识点】过滤；制备实验方案的设计；离子方程式的书写【解析】【解答】A．根据操作过程图，操作1、2、3之后均得到溶液和固体，而分离不溶性固体和溶液的方法称为过滤，由于Al2O3和Fe2O3能够与盐酸反应而SiO2不与盐酸反应，所以固体1的主要成分为SiO2，A项不符合题意；B．加入过量的NaOH溶液，Al3+转化为[Al(OH)4]-，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤得到固体2为红褐色的Fe(OH)3沉淀，B项不符合题意；C．步骤③中通入过量的CO2，离子方程式为，C项符合题意；D．Al2O3是高温下可电离的离子晶体，熔点高，常用于制造耐火材料，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】铝土矿(主要成分为Al2O3，杂质为Fe2O3、SiO2)，加入HCl，过滤得到溶液1和固体1，只有SiO2不溶，因此固体1为SiO2，溶液1中主要含有Fe3+和Al3+，加入过量NaOH，Fe3+转化为Fe(OH)3，Al3+变为偏铝酸根，过滤得到固体2为Fe(OH)3，溶液2中主要含偏铝酸根，加入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，过滤分离得到固体3和溶液3，固体3为氢氧化铝，加热氢氧化铝分解得到氧化铝，据此解答。17．实验室以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料，制备NixOy和CoCO3的工艺流程如图所示。已知：25℃时，Ksp[Co(OH)2]=2.0×10-15.下列说法正确的是（A．滤渣I中含H2SiO3和BaSO4）B．“氧化”、“调pH”时均需加过量的试剂C．“萃取”时，待下层液体从分液漏斗下口流出后，上层液体再从下口放出D．“沉钴”开始时，若溶液中的c(Co2+)=0.02mol·L-1，为防止生成Co(OH)2，应控制溶液pH＜7.5【答案】D【知识点】分液和萃取；物质的分离与提纯【解析】【解答】A．结合分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2、BaSO4，A不符合题意；B．“调pH”过程中，Na2CO3不能过量，否则Co2+和Ni2+会与碳酸根离子反应生成沉淀而损失，B不符合题意；C．萃取时，待下层液体从分液漏斗下口流出后，上层液体再从上口倒出，C不符合题意；D．当恰好刚生成时的，常温下，即pH=7.5，则为了防止沉钴时生成，常温下应控制溶液，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.根据含镍废料的成分和硫酸反应的情况分析；B.调pH是为了除去铁离子，使其转化为氢氧化铁沉淀除去，但是碳酸钠不可以过量，否则Co2+、Ni2+会沉淀；C.分液为了防止上层试剂再次混入下层试剂，所以下层液体先从下层放出，再把上层液体从上口倒出；D.根据Ksp[Co(OH)2]=2.0×10-15，计算溶液的OH-的浓度，再求pH。是一种常见的化肥，某工厂用石膏、下列说法正确的是（）A．步骤②中反应的离子方程式为制备的工艺流程如下：操作1是过滤、操作2是蒸馏通入的和均应过量，且工业流程中通入和的顺序可以颠倒【答案】A可循环利用【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计【解析】【解答】A．硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀，发生的主要化学反应为：。反应的离子方程式为，A符合题意；B．操作1得到滤液和碳酸钙固体，为过滤操作，操作2是从溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷n却结晶、过滤、洗涤、干燥等，B不符合题意；C．反应过程中二氧化碳参与反应生成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙分解生成二氧化碳，工艺流程中产生的可循环利用，通入的二氧化碳不能过量，否则碳酸钙会溶解转化为溶于水的碳酸氢钙，C不符合题意；D．由于在水中溶解度不大，而极易溶于水，应先通入足量，使溶液呈碱性，然后再通入适量，反应的化学方程式为，通入和的顺序不可以互换，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成硫酸铵和碳酸钙沉淀；B.操作1得到滤液和碳酸钙固体，为过滤操作，操作2是从溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等；C.二氧化碳过量生成碳酸氢钙；D.在水中溶解度不大，二、综合题极易溶于水，应先通入足量，使溶液呈碱性，然后再通入适量。19．菜之魂在味，在“七味八滋”中，盐应是百味之首。粗盐常含有少量等杂质，实验室中提纯的流程如图所示。回答下列问题：、、以及泥沙（1）操作Ⅰ需要使用的玻璃仪器是(填仪器名称)。（2）操作Ⅱ为蒸发结晶，蒸发过程中时停止加热。（3）溶液a和溶液b分别为溶液和溶液，加入过量溶液b的目的是(用离子方程式表示)。说明溶液c已经足量的现象为。称取精盐，配制成溶液；量取与的溶液反应，消耗溶液的体积为，则该精盐样品中【答案】（1）玻璃棒、漏斗、烧杯的质量分数是。（2）有大量的晶体析出（3）BaCl2；Na2CO3；Ba2++CO=BaCO3↓，Ca2++CO=CaCO3↓（4）溶液中不再产生气体（5）97.5%【知识点】粗盐提纯【解析】【解答】粗盐的提纯过程，可以加入氢氧化钠溶液，除去镁离子，加入氯化钡溶液，除去硫酸根离子，再加入碳酸钠溶液，除去钙离子和剩余的钡离子，过滤除去沉淀后，滤液中再加入盐酸，除去剩余的碳酸钠和氢氧化钠，加热后得到纯净的氯化钠溶液。(1)操作Ⅰ为过滤，需要的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯。(2)蒸发时当蒸发皿中有大量的晶体析出时，停止加热，利用余温使溶液蒸发至干。(3)溶液中先加入BaCl2，除硫酸根离子，然后加入过量的氢氧化钠使镁离子转化为氢氧化镁沉淀，再加入过量的碳酸钠，钙离子及过量的钡离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙、碳酸钡沉淀，因此a为BaCl2，b为Na2CO3；其中加入b以后发生反应的离子方程式分别为Ba2++CO=BaCO3↓，Ca2++CO=CaCO3↓。(4)碳酸根离子在盐酸的作用下会产生二氧化碳气体，当溶液中不再产生气体时，说明碳酸根离子已完全消耗，即稀盐酸已足量。(5)的物质的量为××10-3L/mL=0.2×10-3mol，则的物质的量也为0.2×10-3mol，则该精盐样品中的质量分数是=97.5%。【分析】有分析可知加入的除杂剂为：氯化钡溶液，碳酸钠溶液，氢氧化钠，稀盐酸溶液，但是碳酸钠溶液必须在氯化钡后面加入，目的是除去钙离子和钡离子；最终过量的氢氧化钠和碳酸钠被过量稀盐酸除去，过量盐酸加热易挥发，最后除去，山西运城实施“盐湖‘全科’修复，生态蝶变‘提速’”工程，“五步制盐”古老工艺将传承再现。模拟“五步制盐法”制备粗盐(主要成分，还含有以及泥沙等杂质)，并进一步在实验室中制备精盐的流程如下。加入过量溶液时发生反应的离子方程式为。试剂A是，加入它的目的是。（3）操作X的名称是，这一操作类似于“五步制盐法”中的。（4）加入适量稀盐酸的目的是。（5）操作Y中所用的陶瓷仪器是。【答案】（1）Ba2++SO=BaSO4↓（2）Na2CO3；除去CaCl2和过量的BaCl2（3）过滤；铲出n除去滤液中Na2CO3、NaOH蒸发皿【知识点】粗盐提纯【解析】【解答】粗盐水中加入过量溶液除去Na2SO4，加入A为Na2CO3除去CaCl2和过量的BaCl2，加入B为NaOH除去MgCl2，操作X是过滤除去沉淀，再加入适量稀盐酸除去滤液中Na2CO3、NaOH，最后操作Y是蒸发结晶得到NaCl晶体；(1)加入过量溶液与Na2SO4反应生成硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为Ba2++SO=BaSO4↓；(2)试剂A是Na2CO3，目的是除去CaCl2和过量的BaCl2；(3)操作X是分离出沉淀和溶液，操作名称是过滤，“五步产盐法”即通过“集卤蒸发、过箩调配、储卤、结晶、铲出”五个生产步骤产盐，过滤类似于铲出步骤；加入适量稀盐酸的目的是除去滤液中Na2CO3、NaOH；从NaCl溶液中的得到NaCl晶体，可采用在蒸发皿中蒸发结晶得到，操作Y是蒸发结晶，所用的陶瓷仪器是蒸发皿。【分析】（1）加入氯化钡，钡离子和硫酸根结合生成硫酸钡；（2）加入碳酸钠，氯化钙生成碳酸钙，过量氯化钡生成碳酸钡；（3）操作X用于分离固体和液体，为过滤，类似于铲出步骤；Na2CO3、NaOH均能与盐酸反应；操作Y为蒸发结晶，所用仪器为蒸发皿。21．从印刷电路板的腐蚀废液(主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2等)中回收FeCl3、制备CuSO4·5H2O的流程如下。（1）上述流程中能加快反应速率的措施有。（2）粗品的主要成分是硫酸铜晶体，而不是硝酸铜晶体，分析有两种可能的原因：①相对于Cu2+，粗液中浓度过小，原因是(用离子方程式表示)，不能得到硝酸铜晶体。②粗液中浓度较大，但由于，不能得到硝酸铜晶体。（3）测量粗品中铁(含、)的含量，评定纯度等级。Ⅰ．用水溶解一定质量粗品，加入稀和溶液，加热。Ⅱ．待溶液冷却后，加入试剂X至溶液。过滤、洗涤，得到红褐色沉淀。Ⅲ．用稀溶解红褐色沉淀，滴入溶液，稀释至一定体积。将溶液红色的深浅与标准色阶对照，确定含量。已知：完全沉淀的pH为6.7，完全沉淀的pH为2.8①Ⅰ中将氧化为的离子方程式是。②试剂X是。（4）电解：在不同电压、不同pH(pH<7)条件下电解溶液，研究溶液的再生条件。序号电压阴极现象阳极产物ia无气泡，少量金属析出无，有iib较多气泡，极少量金属析出无，有iiia少量气泡，少量金属析出，有，有(，)①iii中产生的原因有、。②溶液再生的合适条件是(填实验序号)。【答案】（1）粉碎、加热、搅拌（2）3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大（3）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；CuO、Cu(OH)2、CuCO3等（4）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；ii【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写【解析】【解答】(1)常用加快化学反应速率的措施有粉碎，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：粉碎，加热，搅拌，故答案为：粉碎、加热、搅拌；(2)①由于离子反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，导致溶液中相对于Cu2+，粗液中不能得到硝酸铜晶体，故答案为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；浓度过小，②粗液中浓度较大，但由于Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大，也能导致不能得到硝酸铜晶体，故答案为：Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大；(3)①Ⅰ中加入稀硫酸和H2O2的目的就是将氧化为，便于后续调节pH来产生氢氧化铁沉淀而除去n铁，该反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；②该步骤的目的是制备硫酸铜晶体，为了不引入新的杂质，故加入的试剂X是CuO、Cu(OH)2、CuCO3等，故答案为：CuO、Cu(OH)2、CuCO3等；(4)①由表中信息可知，iii中产生了Cl2，Cl2能够将Fe2+氧化为Fe3+，故iii中产生的原因有、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；②由实验现象可知，ii阴极由较多气泡，极少量金属析出，则Fe2+的损失少，且阳极上不产生Cl2，对环境无污染，故溶液再生的合适条件是ii，故答案为：ii。【分析】（1）加快反应速率可以考虑增大接触面积和提高温度和搅拌（2）①铜被硝酸氧化②考虑到溶解度大小（3）①过氧化氢具有氧化性将亚铁离子氧化铁离子②根据利用含铜的物质进行调节（4）①氯气具有氧化性可将亚铁离子氧化②根据现象即可判断22．金属镓拥有电子工业脊梁的美誉，镓与铝同族，化学性质相似。一种从高铝粉煤灰(主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等)中回收镓的工艺如下：回答下列问题：（1）“焙烧”中，Ga2O3转化成NaGaO2的化学方程式为。（2）“碱浸”所得浸出渣的主要成分是。（3）“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，过滤，所得滤渣的主要成分是Al(OH)3和Ga(OH)3，写出生成Al(OH)3的离子方程式。（4）“溶镓”所得溶液中存在的阴离子主要有。（5）“电解”所用装置如图所示，阴极的电极反应为。若电解获得1molGa，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为L，电解后，阳极室所得溶液中的溶质经加热分解生成(填化学式)可循环利用。【答案】（1）Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑（2）Fe2O3（3）（4）GaO、OH-（5）GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-；16.8；Na2CO3、CO2【知识点】物质的分离与提纯【解析】【解答】高铝粉煤灰加入碳酸钠焙烧，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，加入氢氧化钠碱浸，镓、铝转化为相应的盐溶液，氧化铁不反应过滤除去；通入过量二氧化碳除去铝，加入石灰乳将镓转化为溶液，在转化2中通入二氧化碳分离出镓沉淀，再加入氢氧化钠溶解得到镓溶液，电解最终得到镓单质；(1)“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；(2)高铝粉煤灰主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等，由流程可知，镓最终转化为镓单质；加入氢氧化钠，氧化铝和强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、氧化铁不反应，故“碱浸”所得浸出渣的主要成分是Fe2O3；“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，碱浸中生成的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，；转化1中生成Ga(OH)3，“溶镓”中加入石灰乳，根据流程可知，Ga(OH)3转化为含镓溶液以GaO离子存在，故所得溶液中存在的阴离子主要有GaO和过量的OH-；(5)阴极GaO得到电子发生还原反应生成Ga单质，电极反应为GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-；阳极反应为水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气：2H2O-4e-=4H++O2↑，产生的氢离子将碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，若电解获得1molGa，根据电子守恒可知，4Ga~12e-~3O2，则生成O2的物质的量为，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为L；电解后，阳极室所得溶液中的溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠Na2CO3和二氧化碳CO2可分别在焙烧、转化1和转化2中循环利用。【分析】焙烧目的是除去碳粉，同时将Ga2O3化为NaGaO2，碱浸目的是除去三氧化二铁，转化1通入过量二-氧化碳进行沉淀，得到Al(OH)3和Ga(OH)3，加入石灰乳目的是分离Al(OH)3和Ga(OH)3，得到GaO2，然后-重复通入二氧化碳和加入氢氧化钠进行提纯，得到GaO2，最后电解得到单质Ga，23．钛合金是一种重要的航空材料，以下是以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含FeO和Fe2O3等杂质)为原料制备金属钛及副产品铁红的工艺流程：已知：①TiO2+易水解为TiO2·nH2O；高温下钛易与N2、H2等反应。②常温下，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16，Ksp[FeCO3]=3.2×10-11。n回答下列问题：（1）钛铁矿溶煮前需要粉碎，其目的是。（2）在“滤液”中加入铁屑的作用是。（3）FeSO4溶液中加入NH4HCO3时还有气体放出，写出反应的化学方程式：，该反应温度不宜过高，原因是。（4）制备FeCO3时，若将NH4HCO3换成(NH4)2CO3，还会产生Fe(OH)2，原因可能是：FeCO3+2OH-→Fe(OH)2+CO，计算该反应的平衡常数K=。（5）“富含TiO2+酸性液”加热并过滤后，所得“废液”中溶质的主要成分是。（6）已知TiO2(s)+2Cl2(g)→TiCl4(1)+O2(g)ΔH=+151kJ·mol-1。该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生，从化学平衡的角度解释原因为。（7）镁与TiCl，高温下反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是(填标号)。A．H2B．ArC．CO2D．N2【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率。（2）将Fe3+还原为Fe2+（3）FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O+(NH4)2SO4；防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解。（4）4×104H2SO4(或H2SO4和FeSO4)碳与O2反应使O2浓度减小，平衡正向移动，且反应吸热，高温促进平衡正向移动。（7）B【知识点】化学平衡常数；合金及其应用；物质的分离与提纯【解析】【解答】钛铁矿中含FeO和Fe2O3等杂质，加入浓硫酸后溶煮过滤可以除去难溶杂质，FeTiO3、FeO、Fe2O3溶于酸，滤液中含有TiO2+、Fe3+、Fe2+以及H2SO4。加入铁屑后，Fe3+转化为Fe2+。经冷却结晶，富含TiO2+的酸性液中含有TiO2+、H2SO4，还可能存在没有析出的少量FeSO4。经过后续操作可得到相应产品。(1)通过粉碎可增大反应物接触面积，加快化学反应速率。(2)根据滤液成分可知，加入铁屑后发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故加铁屑的目的是将Fe3+还原为Fe2+。(3)FeSO4溶液呈酸性，故加入NH4HCO3时生成的气体应为CO2，产物中有FeCO3，故反应的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+CO2↑+H2O+(NH4)2SO4；NH4HCO3受热分解，同时FeSO4溶液中存在水解平衡Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，升高温度会促进Fe2+水解，所以反应温度不宜过高。(4)该反应平衡常数TiO2+水解转化为TiO2·nH2O后，“废液”中溶质的主要成分是H2SO4(或H2SO4和FeSO4)。已知反应产物中有O2，加入碳之后碳会与O2反应，使O2浓度减小，平衡正向移动。升高温度向吸热方向移动，反应为吸热反应，高温条件会促进平衡正向移动。(7)高温下钛易与N2、H2等反应，CO2会与Mg反应，故可作为保护气的是Ar。【分析】(1)粉碎的目的是增大反应物接触面积。(2)依据氧化还原反应的特点。(3)依据现象书写；NH4HCO3受热分解，考虑反应的性质（受热分解和水解）。(4)依据计算；(5)依据原料的成分分析。(6)依据外界因素对平衡的影响。(7)保护气不能参加反应。24．废镍催化剂主要含Ni，还有少量Cu、Fe、Al及其氧化物、回收镍，制备硫酸镍晶体。该小组同学查阅资料知：。某研究性学习小组设计如下工艺流程①镍的化学性质与铁相似，能与酸缓慢反应。②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子开始沉淀时的pH7.23.72.27.5沉淀完全时的pH8.74.73.29.0（1）除“粉碎”外，请你再写出一条提高废镍催化剂酸浸效率的措施。（2）滤渣1的主要成分有。（3）实验室中进行操作A所用的主要玻璃仪器有。n（4）“溶液”中加入目的是(用离子方程式表示)。有同学认为可用NaClO代替，你认为此方案是否可行？(填“是”或“否”)，理由是。（5）下列物质调溶液pH，最好选用(填字母标号)。a.氨水b.稀c.若调pH前，和浓度均为d.，则“调pH”需控制溶液pH的范围为。（6）如图为的溶解度随温度变化关系，据图分析操作B是。【答案】（1）升高酸浸温度或适当增大硫酸浓度、搅拌等、Cu分液漏斗、烧杯；否；能将氧化或NaClO容易产生氯气，能造成污染等c；（6）加热浓缩、降温结晶【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；化学方程式的有关计算【解析】【解答】废镍催化剂粉碎后通过稀硫酸酸浸，Cu的氧化物，Fe、Al及其氧化物被溶解，Cu、不溶，过滤后得到滤渣1。滤液1中加入有机溶剂，分液得到含铜的有机层，溶液中加入双氧水氧化亚铁离子，然后调节pH将溶液中铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤，滤液2经过加热浓缩、降温结晶得到硫酸镍晶体，据此解答。根据外界条件对反应速率的影响可知除“粉碎”外，能提高废镍催化剂酸浸效率的措施还有升高酸浸温度或适当增大硫酸浓度、搅拌等。根据以上分析可知滤渣1的主要成分有、Cu。操作A是萃取分液，则实验室中进行操作A所用的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。根据以上分析可知“溶液”中加入目的是氧化溶液中的亚铁离子，反应的离子方程式为。由于能将氧化，且NaClO容易产生氯气，能造成污染，因此不能用NaClO代替；(5)氨水、能调节pH，但引入新杂质，稀增强酸性，不能消耗氢离子，能消耗氢离子，调节pH，且不会引入新杂质，故答案为：c；根据表中数据可知铁离子完全沉淀的pH是3.2，铝离子完全沉淀的pH是4.7，镍离子开始沉淀的pH是7.2，所以氢氧化镍的溶度积常数是0.01×(10－6.8)2＝10－15.6，由于调pH前镍离子浓度是，则镍离子开始沉淀时氢氧根浓度是，对应的pH是6.2，则需控制溶液pH的范围为。(6)根据图像可知的溶解度随温度的升高先增大后减小，所以据图分析操作B是加热浓缩、降温结晶。【分析】（1）提高效率可以增大浓度或者搅拌增大接触面积（2）加入稀硫酸，不能与硫酸反应的物质即可（3）萃取需要的仪器是分液漏斗和烧杯（4）过氧化氢具有氧化性键亚铁离子氧化，次氯酸根得到的产物中有氯气，污染环境（5）找出不引入杂质的物质即可，根据沉淀的范围即可找出pH（6）根据溶解度曲线即可找出方法