2023年高考真题变式分类汇编：过滤

2023年高考真题变式分类汇编：过滤
一、选择题
1．（2022·重庆市）下列实验装置(夹持装置略)及操作正确的是（　　）
A．装置甲气体干燥 B．装置乙固液分离
C．装置丙Cl2制备 D．装置丁pH测试
2．（2022·北京市）下列实验中，不能达到实验目的的是（　　）
由海水制取蒸馏水 萃取碘水中的碘 分离粗盐中的不溶物 由制取无水固体
A B C D
A．A B．B C．C D．D
3．（2022·海南）《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干，”其中未涉及的操作是（　　）
A．洗涤 B．粉碎 C．萃取 D．蒸发
4．（2022·海南）下列实验操作规范的是（　　）
A．过滤 B．排空气法收集 C．混合浓硫酸和乙醇 D．溶液的转移
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·佛山模拟）模拟从海水中提取镁的实验装置、操作及目的如图所示，能达到实验目的的是
选项 A B C D
装置
操作及目的 煅烧贝壳至900℃，得到生石灰 浓缩海水，加生石灰反应后过滤，得到 蒸发溶液，得到无水 电解溶液，制备金属Mg
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·顺义模拟）黑木耳中富含铁元素，欲测定黑木耳中铁元素含量，按如下流程进行实验，对应操作正确的是
A B C D
称量 灼烧 酸溶 过滤
A．A B．B C．C D．D
7．（2022高三上·金山模拟）实验室从I2的CCl4溶液中分离出I2的主要步骤：用浓NaOH(aq)反萃取、分液、酸化、过滤等。下列说法正确的是（　　）
A．反萃取时的离子方程式：I2＋2OH－＝I－＋IO3－＋H2O
B．反萃取时，倒转振荡过程中要适时旋开活塞放气
C．分液时，先放出CCl4，再从下口放出水溶液
D．过滤时，可用玻璃棒搅拌以加快I2的分离
8．（2022·琼海模拟）《本草纲目》中的“石硷”(古文中“硷”同“碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，开窖浸水，漉起，晒干烧灰，以原水淋汁……久则疑淀如石，连汁货之四方，浣衣发面，甚获利也”。上述过程没有涉及的实验操作的是（　　）
A．溶解 B．过滤 C．蒸馏 D．结晶
9．（2022·海淀模拟）氧化铈(CeO2)是应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(CeFCO3，含BaO、SiO2等杂质)为原料制备CeO2，的工艺如图。
下列说法错误的是（　　）
A．滤渣A的主要成分为BaSO4和SiO2
B．步骤①、②中均有过滤操作
C．该过程中，铈元素的化合价变化了两次
D．步骤②反应的离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O
10．（2022·张家口模拟）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
11．（2022·龙岩模拟）《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”记载。有关说法错误的是（　　）
A．薪柴之灰可做钾肥
B．取碱浇衣存在水解反应
C．碱浣衣与肥皂浣衣原理不同
D．上述过程涉及溶解、过滤、蒸馏操作
12．（2022·蚌埠模拟）中华优秀传统文化涉及了很多化学知识，下列说法正确的是（　　）
A．“弄风柳絮疑城雪，满地榆钱买得春”中的“柳絮”和棉花的主要成分均为蛋白质
B．“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉”，涉及的实验基本操作是过滤
C．《新修草本》有关“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色”，据此推测“青矾”的主要成分为Fe2(SO4)3·7H2O
D．《本草纲目拾遗》中对“强水”的记载：“性最猛烈，能蚀五金。”“强水”为强电解质
13．（2022·丰台模拟）制作豆腐的流程中，属于过滤操作的是（　　）
A．泡豆 B．磨浆 C．滤渣 D．煮浆点兑
A．A B．B C．C D．D
14．（2022·石家庄模拟）以铝土矿粉(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)；为原料生产Al2O3和Fe3O4的部分流程如下：
下列说法正确的是（　　）
A．“焙烧I”时，加入少量CaO可提高矿粉中硫的去除率
B．用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为： 2OH- +SO2=SO +H2O
C．滤液中通入足量CO2，过滤后可得到Al2O3
D．无氧条件下进行“焙烧II”时，理论上消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16
15．（2022·河南模拟）某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu(NO3)2·3H2O晶体，并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。设计的路线如图：
已知：；SOCl2熔点-105℃、沸点76℃，遇水剧烈水解生成两种酸性气体。
下列说法不正确的是（　　）
A．第②步调pH适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
B．第③步操作包括蒸发结晶、过滤等步骤
C．为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，可采用减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间的方法
D．第④步中发生的总反应的化学方程式Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HCl↑
16．（2021·嘉兴模拟）下列图示操作错误的是（　　）
A．定容 B．过滤
C．蒸发 D．分液
17．（2021·珠海模拟）下列实验装置进行的相应实验，达不到实验目的的是（　　）
A．用图1所示装置获取苯甲酸晶体
B．用图2所示装置去除粗盐中的泥沙
C．用图3所示装置加热蒸发KCl饱和溶液制备KCl晶体
D．用图4所示装置用于裂化汽油提纯溴水中的Br2
18．（2021·顺德模拟）下列除杂试剂和分离方法都正确的是（　　）
选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂 分离方法
A 粉 加热
B 饱和溶液 洗气
C 盐酸 过滤
D 饱和食盐水 洗气
A．A B．B C．C D．D
19．（2021·漳州模拟）下列实验方案正确的是（　　）
A B C D
分离四氯化碳与水 除去食盐水中的泥沙 制备乙酸乙酯 分离苯和硝基苯
A．A B．B C．C D．D
20．（2021·南充模拟）下列实验分离操作能达到目的的是（　　）
A．甲：分离碘单质和氯化铵的混合固体
B．乙：分离硫酸钡固体和氯化钠溶液的混合物
C．丙：分离乙醇和水的混合溶液
D．丁：分离硝基苯和苯的混合溶液
21．（2021·泰安模拟）下列分离原理和操作均正确且能达到分离目的的是（　　）
选项 A B C D
装置
目的 分离NaCl和I2的固体混合物 分离Fe(OH)3胶体中的FeCl3 除去CO2中混有的SO2 用乙醇萃取碘水中的碘并分离
A．A B．B C．C D．D
22．（2021·青岛模拟）钛酸酯偶联剂(C57H106O7Ti)可用于碳酸钙等进行有机物改性，使其可与聚乙烯、聚丙烯等融合，从而改善塑料性能。合成方法如图，下列说法错误的是（　　）
A．流程中“气体X”为氨气，“操作1”为过滤
B．“反应釜1”中的反应均为非氧化还原反应
C．反应釜2中，钛酸四异丙酯与油酸发生取代反应，物质的量之比为1：3
D．反应釜2在常温混合搅拌阶段需要冷凝回流溶液，由此判断该反应为吸热反应
二、非选择题
23．（2023·全国甲卷）钴配合物溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：。
具体步骤如下：
Ⅰ．称取，用水溶解。
Ⅱ．分批加入后，将溶液温度降至以下，加入活性炭、浓氨水，搅拌下逐滴加入的双氧水。
Ⅲ．加热至反应。冷却，过滤。
Ⅳ．将滤得的固体转入含有少量盐酸的沸水中，趁热过滤。
Ⅴ．滤液转入烧杯，加入浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。
仪器a的名称是　 　。加快NH4Cl溶解的操作有　 　。
（2）步骤Ⅱ中，将温度降至10℃以下以避免　 　、　 　；可选用　 　降低溶液温度。
（3）指出下列过滤操作中不规范之处：　 　。
（4）步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为　 　。
（5）步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是　 　。
24．（2018·全国Ⅰ卷）醋酸亚铬[( CH3 COO) Cr·2H O］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，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示，回答下列问题：
（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是　 　，仪器a的名称是　 　。
（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开
K1，K2，关闭K3。
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为　 　。
②同时c中有气体产生，该气体的作用是　 　。
（3）打开K3，关闭K1和K2。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　 　。
25．（2022·昌平模拟）镀镍生产过程中产生的酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，通过精制提纯可制备高纯硫酸镍，部分流程如图：
资料1：25℃时，生成氢氧化物沉淀的pH
　 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Zn(OH)2 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Ni(OH)2
开始沉淀时 6.3 1.5 6.2 9.1 11.8 6.9
完全沉淀时 8.3 2.8 8.2 11.1 13.8 8.9
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L.
资料2：25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，ZnF2易溶于水。
资料3：P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x +Mx+ M+xH+
（1）操作1、2的名称是　 　，操作3的名称是　 　。
（2）操作1中加入Cl2的主要目的是　 　。
（3）NiF2溶液参与反应的离子方程式是　 　。杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-)=　 　mol/L(c(杂质离子)≤10-5mol/L即可视为沉淀完全)。
（4）滤液b中含有的微粒主要有　 　。
（5）在硫酸盐溶液中，P204对某些金属离子的萃取率与pH关系如图所示，在一定范围内，随着pH升高，萃取率升高的原因是　 　。
（6）在母液中加入其它物质，可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，写出制备的离子方程式　 　。
26．（2022·安徽模拟）Li2S(硫化锂)是一种潜在的锂电池的电解质材料。某小组选择下列装置(装置B使用两次)利用氢气还原硫酸锂制备硫化锂，原理是Li2SO4 +4H2Li2S +4H2O。已知：Li2S易潮解，在加热条件下易被空气中的O2氧化。实验室用粗锌(含少量铜、FeS)和稀硫酸反应制备H2。
请回答下列问题：
（1）按气流从左至右，装置的连接顺序是A→　 　 (填字母)。
（2）其他条件相同，粗锌与稀硫酸反应比纯锌　 　 (填“快"或“慢”)。实验中观察到装置D中产生黑色沉淀，其离子方程式为　 　。
（3）利用装置A制氢气的主要优点是　 　，还可用该装置制备的下列气体是　 　 (填字母)。
A．SO2：70%硫酸、亚硫酸钠粉末 B．CO2：稀盐酸、大理石
C．NH3：浓氨水生石灰 D．Cl2：浓盐酸、二氧化锰
（4）实验完毕后，采用图1、图2(夹持装置已略去)装置对装置A中混合物进行分离可得到副产物皓矾(ZnSO4·7H2O)晶体。先选择图1装置进行过滤，并将滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，再选择图2装置过滤，得到粗皓矾晶体。
下列有关说法正确的是____(填字母)。
A．采用图1装置过滤的优点是避免析出ZnSO4·7H2O
B．采用图1装置过滤主要是分离FeSO4·7H2O和ZnSO4溶液
C．粗皓矾晶体中可能含少量CuSO4·5H2O杂质
D．采用图2装置过滤的优点是过滤速度快
（5）欲探究Li2S产品的成分，现进行如下实验：
实验 操作与现象 结论
Ⅰ 取少量Li2S样品，滴加足量的稀盐酸，将气体通入品红溶液中，溶液褪色 样品含Li2SO3
Ⅱ 在实验Ⅰ的溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 样品含　 　
①由上述实验I可知，Li2S样品中含有　 　杂质(填化学式)，产生该杂质的原因可能是　 　。
②测定产品纯度的方法：取w g Li2S样品加入V1 mLc1 mol·L-1稀硫酸(过量)中，充分反应后，煮沸溶液以除去残留的酸性气体；滴加酚酞溶液作指示剂，用c2mol·L-1标准NaOH溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH溶液V2 mL。若该Li2S样品中杂质不参加反应，用上述方法测得的Li2S样品的纯度为　 　%(用含V1、V2、c1、c2、w的代数式表示)。
27．（2022·广州模拟）碘在科研与生活中有重要作用。
（1）I．实验室按如下实验流程提取海带中的碘。
海带→灼烧→过滤→氧化→萃取、分液→I2的CCl4溶液
上述实验流程中不需要用到的仪器是　 　(从下列图中选择，写出名称)。
（2）“氧化”时加入3mol·L-1H2SO4和3%H2O2溶液，发生反应的离子方程式为　 　。
（3）海带灰中含有的其他可溶性无机盐。是在　 　(从以上流程中选填实验操作名称)中实现与碘分离。
（4）II．定量探究+2I-=2+I2的反应速率与反应物浓度的关系。
查阅资料：该反应速率与c(S2O82-)和c(I-)的关系v=kcm()cn(I-)，k为常数。
实验任务：测定不同浓度下的反应速率确定所m、n的值。
实验方法：按下表体积用量V将各溶液混合，(NH4)2S2O8溶液最后加入，记录开始反应至溶液出现蓝色所用的时间t。实验过程中发生如下反应：+2I-=2+I2(慢)I2+2=2I-+(快)
实验记录表：
实验编号 A B C D E
0.2mol·L-1(NH4)2S2O8溶液/mL 10 5 2.5 10 10
0.2mol·L-1KI溶液/mL 10 10 10 5 2.5
0.05mol·L-1Na2S2O3溶液/mL 3 3 3 3 3
0.2mol·L-1KNO3溶液/mL 0 V1 V2 V3 V4
0.2mol·L-1(NH4)2SO4溶液/mL 0 V5 V6 V7 V8
0.2%淀粉溶液/mL 1 1 1 1 1
t/s t1 t2 t3 t4 t5
加入KNO3、(NH4)2SO4溶液的目的是控制实验条件，其中V1　 　，V4　 　，V5　 　。
（5）当溶液中　 　(填化学式)耗尽后溶液出现蓝色。根据实验A的数据，反应速率v(-)=　 　mol·L-1·s-1(列出算式)。
（6）根据实验数据可确定m、n的值。n=1的判断依据是　 　(用t的关系式来表示)。
28．（2021·顺德模拟）从高铝粉煤灰(主要成分为、、、、等)中回收金属、并制备电池正极材料的工艺流程如下图所示：
已知：①与同主族，其化学性质相似。
②随着温度升高，在水溶液中的溶解度减小：
温度/ 0 20 40 60 80 100
溶解度/ 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72
③本工艺流程中，不同金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如表格所示：
金属离子 形成氢氧化物沉淀的范围
3.3~10.6
2.9~9.4
回答下列问题：
（1）“滤渣1”的成分除了之外还含有　 　。
（2）已知“酸浸”后铁元素以铁配离子()的形式存在，写出在该过程中的离子方程式　 　。
（3）“调”步骤中的范围应为　 　，“滤液2”中镓元素的存在形式为　 　。
（4）工业上通过电解法利用“物质”制备，反应的化学方程式为　 　。
（5）“”中的元素化合价为　 　，在“电池级”转化为“”的反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　。
29．（2021·贵州模拟）2-(对甲基苯基)苯并咪唑( )是合成对甲基苯甲醛(PTAL)的中间体，其沸点为270℃。利用邻苯二胺( )和对甲基苯甲酸( )合成2-(对甲基苯基)苯并咪唑的反应过程如下：
向反应装置(如图)中加入0.1 mol邻苯二胺和0.15 mol对甲基苯甲酸后，再加入适量多聚磷酸(能与水互溶的质子酸)，搅拌成糊状物，慢慢升温至100℃并搅拌1h，继续加热至190℃，回流2h，冷却。用10%的NaOH溶液调至微碱性，有大量固体出现，分离晶体，水洗，经重结晶提纯后，得白色针状晶体产品14.6 g．回答下列问题：
（1）仪器A的名称为　 　，冷却水的流向为　 　(填“a进b出”或“b进a出”)。
（2）制备过程中需在190℃下回流2h，可采取的加热方式为　 　(填“水浴加热”或“油浴加热”)。
（3）“分离结晶”得到晶体与母液，其操作名称为　 　，加入10%的NaOH溶液的作用为　 　；分离完成后“水洗”的具体操作为　 　。
（4）粗产品一般需要通过重结晶的方法来提纯，步骤为加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥，其中需要趁热过滤的原因是　 　；趁热过滤时所得滤渣中一定含有　 　(填名称)。
（5）2-(对甲基苯基)苯并咪唑的产率为　 　(保留三位有效数字)。
30．（2021·兰州模拟）CoCl2是一种性能优越的电池前驱材料，可用于电镀。含钴矿中Co元素主要以Co2O3、CoO形式存在，还含有Fe3O4、SiO2、CuO、ZnO、NiO、MgCO3等杂质，制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：
滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体。
已知：
①焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。MgF2难溶于水。
②CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：
　 Co3+ Fe3+ Cu2+ Co2+ Fe2+ Zn2+ Mg2+
开始沉淀pH 0.3 2.7 5.5 7.2 7.6 7.6 9.6
完全沉淀pH 1.1 3.2 6.6 9.2 9.6 9.2 11.1
请回答：
（1）实验室中进行操作①时所需的玻璃仪器有　 　。滤渣1的主要成分是　 　。
（2）取时加入Na2S2O5发生的氧化还原反应的离子方程式为　 　。
（3）滤液1中加入NaClO3的作用为　 　。加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为　 　。
（4）滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是　 　。
（5）制备晶体CoCl2·6H2O，需在减压环境下烘干的原因是　 　。
（6）某学习小组同学为测定产品中CoCl2·6H2O晶体的纯度，将一定量的样品溶于水，再向其中加入足量AgNO3溶液，过滤洗涤，并将沉淀烘干后称量。通过计算发现产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是　 　。(写一条即可)。
31．（2020·崇明模拟）工业制取皮革加工中的鞣化剂硝酸铝，是用铝灰与烧碱、硝酸反应制得的。铝灰是铝、氧化铝和氧化铁的混合物。产品硝酸铝晶体为Al(NO3)3·nH2O。
已知偏铝酸盐能与一般的酸反应，如：NaAlO2+HNO3+H2O→NaNO3+Al(OH)3↓
生产流程如图：
完成下列填空：
（1）用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，除烧杯、玻璃棒外还需（选填编号）　 　。
A. B. C. D.
说出流程中产生的滤渣的一种用途是　 　。制作一个过滤器需要　 　。流程中操作x的名称是　 　。
（2）反应Ⅱ加入的硝酸必须适量，原因是　 　。反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，原因是　 　。
（3）从反应Ⅲ所得的溶液制成产品的步骤依次为减压蒸发，　 　，过滤，　 　，低温烘干。
（4）为测定所得的产品的纯度，质检人员称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定。通过计算便可得出产品的纯度。
①上述过程属于定量实验。其中除配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是　 　，该实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与　 　的刻度值。
②任意写出一个该测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式：　 　。
32．（2020·金华模拟）某兴趣小组利用Cl-取代[Co(NH3)6]3+离子中的NH3方法，制备配合物X：[Co(NH3)5Cl]Cl2。实验过程如下：
CoCl2﹒6H2O [Co(NH3)5Cl]Cl2晶体
已知：
a．配合物X 能溶于水，且溶解度随温度升高而增大。
b．[Co( NH3)5Cl]2+离子较稳定，但加碱再煮沸可促进其解离：[Co(NH3)5Cl]2+ Co3++5NH3+Cl。
c．H2O2参与反应时，明显放热。
请回答：
（1）制备配合物X的总反应方程式为　 　。
（2）“1) NH4Cl-NH3 H2O”时，如果不加NH4Cl固体，对制备过程的不利影响是　 　。
（3）“2)H2O2”加H2O2 时应选择 _________(填序号）。
A．冷水浴 B．温水浴( ≈60℃)
C．沸水浴 D．酒精灯直接加热
（4）本实验条件下，下列物质均可将 Co(II)氧化为 Co(III)。其中可替代“2)H2O2”的是_____________（填序号）。
A．O2 B．KMnO4 溶液 C．Cl2 D．HNO3
（5）实验小组用以下思路验证配合物 X 的组成：取一定量 X 加入过量浓 NaOH 溶液，煮沸，将生成的NH3 通入一定量的稀硫酸中，再用NaOH 标准溶液滴定剩余 H2SO4 。从以下涉及碱式滴定管的操作中，选择正确操作并排序（润洗只操作一次即可）：
检漏→水洗→加标准液，润洗内壁→　 　→　 　→　 　→　 　→……
a．从上口倒出润洗液
b．保持滴定管夹水平，平视滴定管刻度读数
c．装标准溶液，调液面，静置半分钟
d．滴定
e．取下滴定管，竖直，平视滴定管刻度读数
f．从下口放出润洗液
（6）下列关于实验过程的叙述，正确的是_____________（填序号）。
A．“4)70℃”水浴加热，有利于获得颗粒较大的晶体
B．抽滤后，应该用热水洗涤晶体
C．可用 AgNO3和稀HNO3 检验配合物X 是否已经洗净
D．抽滤结束，可先打开活塞K，再关掉抽气泵
33．（2018高三上·黄山模拟）经多年勘测，2018年11月23日省自然资源厅发布消息称在皖江地区发现特大铜矿床，具有重大实际意义。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有少量PbS、Al2O3、SiO2)为原料制取胆矾的流程如下图：
已知：常温下Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38， Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-33，Ksp[Cu(OH)2]=3.0×10-20。
（1）CuFeS2中硫元素的化合价为　 　，硫元素在周期表中的位置是　 　。写出上述流程中生成亚硫酸铵的离子方程式：　 　。
（2）最适合的试剂A是　 　（写化学式）溶液，固体2的成分为PbSO4和　 　。当试剂A的浓度为6mol·L-1时 ，“浸出”实验中，铜的浸出率结果如图所示。所采用的最佳实验条件(温度、时间)为　 　。
（3）最适合的试剂B是　 　(填序号)，最适合的试剂C是　 　（填序号），固体3的成分为　 　。
a．Cl2
b．CuO c．酸性高锰酸钾溶液 d．NaOH
e．H2O2 溶液
f．K2CO3
（4）操作1如在实验室中进行，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和　 　，操作2的步骤为　 　过滤、洗涤。
（5）根据已知信息，请计算：当Fe3+完全沉淀时，溶液中Al3+理论最大浓度为　 　。（提示：当离子浓度≤1×10-5mol·L时，认为该离子沉淀完全）
34．（2018·葫芦岛模拟）利用酸解法制钛白粉产生的废液[含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4]生产铁红和补血剂乳酸亚铁。其生产步骤如下：
已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42-，TiOSO4水解成TiO2·xH2O沉淀为可逆反应；乳酸结构简式为CH3CH(OHCOOH.请回答：
（1）步骤①中分离硫酸重铁溶液和滤渣的操作是　 　。
（2）加入铁屑的目一是还原少量Fe2(SO4)3；二是使少量TiOSO4转化为TiO2·xH2O滤渣，用平衡移动的原理解释得到滤渣的原因　 　。
（3）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为　 　。
（4）用离子方程式解释步骤⑤中加乳酸能得到乳酸亚铁的原因　 　。
（5）步骤④的离子方程式是　 　。
（6）步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及　 　。
（7）乳酸亚佚晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}纯度的测量：若用KMnO4滴定法测定样品中Fe的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是　 　。
经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.760g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点记录数据如下表。
滴定次数 0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液/Ml
滴定前读数 滴定后读数
1 0.10 19.85
2 0.12 21.32
3 1.05 20.70
4 0.16 19.88
则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为　 　(以质量分数表示)。
35．（2018·新余模拟）某化学兴是小组对一种度旧合金(含有Cu、Fe、Si等元素)进行分离、回收利用，所设计工艺流程如下。
已知298℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13，当离子浓度小于1×10-5认为离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）操作I、lI、III为　 　，固体A是　 　(填化学式)。
（2）加入过量FeCl3溶液过程中与较不活泼的金属反应的化学方程式　 　。
（3）调节pH至2.9~3.2的目的　 　。
（4）①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式为　 　。
②若将溶液b配制成250mL溶液，用滴定管取配制后的溶液25.00m1；再用a mol/L KMnO4溶液滴定，恰好反应时消耗KMnO4溶液VmL，则流程图中所得红棕色固体C的质量为　 　g(用含a、v的代数式表示)
（5）常温下，若溶液c中所含的金属阳离子浓度相等，向溶液c中逐滴加入KOH溶液，最后沉淀的金属离子为　 　(填金属阳离子)。
（6）用惰性电极电解(Cu2+、K+、Cl-溶液)一段时间后，阴、阳两极均产生标准状况下的气体6.72L，阴极析出固体3.2g，则原溶液Cl-的物质的量为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；过滤
【解析】【解答】A．浓硫酸具有吸水性，不与氢气反应，则装置甲可用于干燥反应生成的氢气，故A符合题意；
B．过滤时需要用玻璃棒引流，装置乙固液分离的过滤操作中缺少玻璃棒引流，故B不符合题意；
C．二氧化锰与浓盐酸制备氯气需要加热，装置丙中缺少酒精灯加热，不能用于制备氯气，故C不符合题意；
D． 用pH试纸测定溶液的pH时，在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH，不能将pH试纸插入溶液中，装置丁不能用于pH测试，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.浓硫酸具有吸水性，不与氢气反应，可以干燥氢气；
B.过滤时需要用玻璃棒引流；
C.二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；
D.用pH试纸测定溶液的pH的操作方法为：在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH。
2．【答案】D
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A．实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，A不符合题意；
B．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的密度大于水，溶液分层后位于下层，B不符合题意；
C．粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，采用过滤的方法可分离出粗盐中的不溶物，C不符合题意；
D．直接加热会促进水解，生成的HCl易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，得不到固体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.可采用蒸馏的方法将海水制成蒸馏水；
B.碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且四氯化碳的密度大于水；
C.采用过滤的方法可分离出粗盐中的不溶物。
3．【答案】C
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】“水洗净”是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；“细研水飞”是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；“去石澄清”是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是过滤；“慢火熬干”是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取，
故答案为：C。
【分析】“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”是指洗涤铜绿后，将其溶解于水中，过滤后进行蒸发。
4．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；过滤；气体的收集
【解析】【解答】A．过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A不符合题意；
B．CO2的密度大于空气，且不与空气中的成分反应，可用向上排空气法收集，B符合题意；
C．浓硫酸密度大于乙醇，混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，C不符合题意；
D．转移溶液时，应使用玻璃棒引流，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.过滤时，漏斗下方应紧靠烧杯内壁；
B.二氧化碳密度大于空气；
C.浓硫酸密度大于乙醇，两者混合时，应将浓硫酸加入乙醇中；
D.转移溶液时，应用玻璃棒引流。
5．【答案】B
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】A.煅烧贝壳至900℃，贝壳的主要成分碳酸钙会与坩埚的主要成分之一二氧化硅反应：，故A错误；
B.加生石灰沉淀镁离子后可以用过滤法分离得到氢氧化镁，故B正确；
C.蒸发氯化镁溶液，得到无水氯化镁必须在干燥的氮气气流中来已知镁离子水解，故C错误；
D.制备金属Mg需要电解熔融态的氯化镁，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.高温下碳酸钙与二氧化硅反应，应该用铁制容器；
B.生石灰与水反应的到氢氧化钙，使镁离子沉淀，过滤即可得到氢氧化镁；
C.氯化镁水解后得到氯化氢，易挥发，无法得到氯化镁。
D.制备活泼金属，必修电解熔融态化合物。
6．【答案】C
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．托盘天平称量时遵循‘左物右码’，操作不符合题意，A不符合题意；
B．灼烧固体时应用坩埚，B不符合题意；
C．用烧杯溶解固体，并用玻璃棒不断搅拌，C符合题意；
D．过滤时要用玻璃棒引流，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.托盘天平使用时遵循“左物右码”；
B.灼烧应在坩埚中进行；
C.酸溶时在烧杯中进行，并用玻璃棒搅拌；
D.过滤时需要用玻璃棒引流。
7．【答案】B
【知识点】过滤；分液和萃取；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．氧原子数不守恒，正确的离子方程式为3I2+6OH﹣＝5I﹣+IO3﹣+3H2O，A不符合题意；
B．振荡过程中会增大分液漏斗内气压，要适时旋开活塞放气，B符合题意；
C．四氯化碳密度比水大，在下口放出，水溶液要从上口倒出，C不符合题意；
D．过滤时，不能用玻璃棒搅拌，防止滤纸破损，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.离子方程式中注意原子守恒、电荷守恒。
B. 振荡过程中会增大分液漏斗内气压。
C.分液后，下层液体从下口倒出，上层液体从伤口倒出。
D. 过滤时，不能用玻璃棒搅拌。
8．【答案】C
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏
【解析】【解答】根据上述信息分析石碱为草木灰，主要成分K2CO3，开窖浸水，涉及溶解操作，漉起，涉及过滤操作，以原水淋汁……久则疑淀如石，描述的是溶解、结晶过程，综上所述没有涉及蒸馏操作；
故答案为：C。
【分析】“采蒿蓼之属，开窖浸水，漉起，晒干烧灰，以原水淋汁……久则疑淀如石，连汁货之四方，浣衣发面，甚获利也”的过程涉及溶解、过滤、结晶操作。
9．【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．由上述分析可知，滤渣A的主要成分为BaSO4和SiO2，故A不符合题意；
B．步骤①、②中均分离出沉淀，所以均为过滤操作，故 B不符合题意；
C．焙烧、滤液还原、灼烧时铈元素的化合价均变化，所以共三次，故C符合题意；
D．步骤②加入碳酸氢铵使Ce3+转化为Ce2(CO3)3，反应的离子方程式为：2Ce3++6HCO=Ce(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】在空气中焙烧，Ce3+被氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液A中加还原剂将Ce4+还原为Ce3+，加入碳酸氢铵使Ce3+转化为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。
10．【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。
11．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；过滤
【解析】【解答】A．薪柴之灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾可做钾肥，故A不符合题意；
B．薪柴之灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，碱性溶液能使油污水解达到洗衣的目的，则取碱浣衣存在水解反应，故B不符合题意；
C．碱浣衣是利用了碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，碱性溶液能使油污水解达到洗衣的目的，而肥皂浣衣的原理是在洗涤的过程中，污垢中的油脂跟肥皂接触后，高级脂肪酸钠分子的烃基就插入油滴内，而易溶于水的羧基部分伸在油滴外面，插入水中。这样油滴就被肥皂分子包围起来，再经磨擦、振动，大的油滴就分散成小的油珠，最后脱离纤维织品，达到洗涤的目的，两者浣衣原理不同，故C不符合题意；
D．由题意可知，上述过程涉及溶解、过滤操作，不涉及蒸馏操作，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.薪柴之灰为碳酸钾，含钾元素；
B.碳酸钾是弱酸强碱盐，水溶液呈碱性，可用于去油污；
C.碳酸钾溶液呈碱性，促进油脂水解生成可溶性盐，肥皂是利用乳化作用进行去污除油；
D.该过程不涉及蒸馏。
12．【答案】B
【知识点】过滤；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．“柳絮”和棉花的主要成分均为纤维素，故A项不符合题意；
B．“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉汁”，是将液体和固体分开，分离液体和不溶性固体，操作为过滤，故B项符合题意；
C．“青矾”为绿色晶体，应该是硫酸亚铁晶体，则“青矾”的主要成分为FeSO4·7H2O，故C项不符合题意；
D．“强水”为溶液，属于混合物，不是电解质，故D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】易错分析：电解质必须为纯净物，混合物既不是电解质也不是非电解质
13．【答案】C
【知识点】过滤
【解析】【解答】A．泡豆是将豆子浸泡吸水的过程，不包含过滤操作，A项不符合题意；
B．磨浆是将大豆研磨成碎料的操作，不包含过滤操作，B项不符合题意；
C．滤渣是将豆渣与豆将分离的操作，其实就是过滤操作，C项符合题意；
D．煮浆是将豆浆加热煮沸的过程，点兑是加入电解质使蛋白质胶体发生聚沉的过程，都不包含过滤操作，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】考查过滤操作的原理及联系生活实际。
14．【答案】D
【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．氧化钙和和硫元素化合物反应转化为硫酸钙留在矿粉中，导致矿粉中硫的去除率下降，A不符合题意；
B．用NaOH溶液吸收过量SO2生成亚硫酸氢钠：OH- +SO2=HSO，B不符合题意；
C．滤液中通入足量CO2，偏铝酸钠和二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，不是Al2O3，C不符合题意；
D．无氧条件下进行“焙烧II”， FeS2和Fe2O3生成四氧化三铁，反应为FeS2+16Fe2O32SO2+11Fe3O4，理论上消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16；D符合题意；
故答案为：D。
【分析】“焙烧Ⅰ”中FeS2与空气中的氧气反应生成SO2和Fe2O3；“碱浸”时Al2O3和SiO2与NaOH反应分别生成NaAlO2、Na2SiO3；“焙烧Ⅱ”中FeS2与Fe2O3反应生成SO2和Fe3O4。
A. 氧化钙和和硫元素化合物反应转化为硫酸钙留在矿粉中。
B.加入过量的SO2，所得产生是HSO3-。
C.滤液中的NaAlO2与足量CO2反应生成Al(OH)3。
D根据“焙烧Ⅱ”的化学方程式进行分析。
15．【答案】B
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；除杂；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．第②步调pH时，不能引入新的杂质，常加入铜的氧化物、氢氧化铜及难溶性铜盐等，所以适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，A不符合题意；
B．第③步操作是从溶液中提取Cu(NO3)2·3H2O晶体，由信息可知，晶体受热易失去结晶水，易发生水解，所以采取的措施是蒸发浓缩(至液体表面有晶膜出现)、冷却结晶等，不能蒸发至干，B符合题意；
C．减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间，可得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，C不符合题意；
D．第④步中，SOCl2与结晶水作用，生成SO2和HCl气体，发生的总反应的化学方程式为Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HCl↑，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据流程图，第②步调pH是要除去Fe3+，同时注意不能引入新的杂质，据此分析。
B.注意含铜元素的盐溶液受热易水解，且该晶体中含有结晶水，受热易失去结晶水，据此分析。
C.减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间，可得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体。
D.根据已知信息，SOCl2与水反应生成SO2和HCl气体，据此分析。
16．【答案】A
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．定容时胶头滴管应悬于容量瓶口正上方，故A符合题意；
B．由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，故B不符合题意；
C．从溶液中分离溶质，可知本实验操作名称蒸发，故C不符合题意；
D．由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.定容时胶头滴管应悬于容量瓶口正上方；
B.过滤用于分离难溶固体与液体的混合物；
C.蒸发可让液体溶质从溶液中分离出来；
D.分液用于分离互不相溶的液体。
17．【答案】D
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取
【解析】【解答】A．苯甲酸的溶解度随温度变化明显，故冷却结晶可以析出苯甲酸晶体，故用图1所示装置获取苯甲酸晶体，可以达到实验目的，A不合题意；
B．用溶解、过滤的操作来除去粗盐中泥沙，故用图2所示装置去除粗盐中的泥沙，可以达到实验目的，B不合题意；
C．蒸发KCl饱和溶液可以获得KCl晶体，故用图3所示装置加热蒸发KCl饱和溶液制备KCl晶体，可以达到实验目的，C不合题意；
D．由于裂化汽油中含有不饱和烃类物质，能与Br2发生反应，图4所示装置不能裂化汽油来提纯溴水中的Br2，不能达到实验目的，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.苯甲酸的溶解度随温度变化较大；
B.泥沙不溶于水；
C.采用蒸发结晶从溶液中获得晶体；
D.裂化汽油与溴发生加成反应。
18．【答案】D
【知识点】过滤；洗气；除杂
【解析】【解答】A．加热条件下镁和N2、O2均能反应，A不符合题意；
B．二氧化碳也可以和饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠洗气，B不符合题意；
C．氧化铁也可以和盐酸反应，应用NaOH溶液除杂，C不符合题意；
D．氯气难溶于饱和食盐水，HCl极易溶于水，可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮气加热与镁反应；
B.碳酸根与二氧化碳反应；
C氧化铝和氧化铁都与盐酸反应.
19．【答案】C
【知识点】过滤；物质的分离与提纯；除杂；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A． 密度比水大，有机层应在下层，A不符合题意；
B．漏斗末端应紧靠烧杯内壁，B不符合题意；
C．乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液收集，C符合题意；
D．温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.有机层与水层的位置出现错误
B.漏斗下端未靠近烧杯内壁，防止液体飞溅
C.符合乙酸乙酯的制取以及收集和分离
D.温度的位置放置错误
20．【答案】D
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．碘易升华、氯化铵受热易分解成HCl和氨气，当碘凝华时HCl和氨气又重新反应生成氯化铵，无法用加热的方法分离二者的固体混合物，且烧杯一般不用来加热固体，也没有接收碘单质、氯化铵的仪器，A不符合题意；
B．过滤时漏斗内需要有滤纸，且需要玻璃棒引流，B不符合题意；
C．乙醇和水互溶，不能用分液的方法分离，C不符合题意；
D．硝基苯和苯互溶，沸点不同，可用蒸馏的方法分离，蒸馏时注意温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝水要下进上出，苯的沸点为78.83℃，硝基苯的沸点为210.9℃，可用水浴加热，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分离易挥发的固体一般用的是两端密封的试管进行加热处理
B.过滤操作的仪器使用不完整
C.应用蒸馏的方式分离乙醇和水的混合物
D.利用熔沸点的不同即可进行分离
21．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；过滤；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．碘易升华，NaCl不能，选择升华法分离，选项A符合题意；
B．胶体能通过滤纸，分离Fe(OH)3胶体中的FeCl3必须利用渗析法，选项B不符合题意；
C．除去CO2中混有的SO2必须将混合气体通过饱和NaHCO3溶液而不是NaHSO3溶液，否则无法除去，选项C不符合题意；
D．酒精与水混溶，则酒精不能作萃取剂，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.利用碘和氯化钠的熔沸点的差异进行除杂
B.应该选择半透膜进行除杂
C.除去二氧化硫应该选择的是饱和碳酸氢钠溶液
D.应用苯或四氯化碳将碘水中的碘萃取出来
22．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；过滤；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．由反应物四氯化钛、异丙醇气体x和生成物氯化铵、钛酸四异丙醇，根据元素守恒可推知气体X为NH3。操作I过后将固体与液体分离，可知操作1为过滤，故A不符合题意；
B．由A对反应物与生成物的分析可知，反应前后，各元素化合价均未发生变化，所以“反应釜”中发生的是非氧比还原反应，故B不符合题意；
C．钛酸四异丙酯的分子式为C12H28O4Ti，而钛酸酯偶联剂的分式为C57H106 O7Ti，油酸分子式为 C18H34O2，对比分子式可知钛酸四异丙酯与油酸发生取代反应，物质的量之比为1：3，故C不符合题意；
D．反应釜2在常温混合阶段需冷凝回流回流，说明该反应过程放出大量热，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A、由反应物和生成物确定气体X的成分，根据操作1后所得物质的状态分析；
B、分析反应过程中各元素的化合价是否发生变化分析；
C、根据反应物的分子式分析；
D、需冷凝回流，说明反应过程中温度升高，为放热反应；
23．【答案】（1）锥形瓶；升温，搅拌等
（2）浓氨水分解和挥发；双氧水分解；冰水浴
（3）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁
（4）活性炭
（5）利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率
【知识点】盐类水解的应用；常用仪器及其使用；过滤
【解析】【解答】（1）仪器a为锥形瓶，加速溶解的方法有：加热、搅拌等操作；
（2）步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，他们高温下易挥发，易分解，所以控制在10℃以下；要控制温度在10℃以下，通常采用冰水浴降温；
（3）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，可能戳破滤纸，造成过滤效果不佳。还有漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁，可能导致液滴飞溅；
（4）步骤中使用了活性炭，为难溶物，所以过滤的不溶物为活性炭；
（5）根据反应方程可知，由于钴配合物为[Co(NH3)6]Cl3中含有氯离子，加入4mL浓盐酸，可利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出；
【分析】称取2.0g氯化铵，用5mL水溶解后，分批加入3.0g CoCl2·6H2O后，降温，在加入1g活性炭，7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL 6%的双氧水，加热反应20min，反应完成后，冷却，过滤，钴配合物在冷水中会析出固体，过滤所得固体为钴配合物[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的混合物，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，趁热过滤，除去活性炭，将滤液转入烧杯中，加入浓盐酸，可促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3析出，解答即可。
24．【答案】（1）去除水中的溶解氧；分液漏斗
（2）Zn+2Cr3+= Zn2++2Cr2+；排除c中的空气
（3）c中产生H2使锥形瓶中压强增大；冰水冷却；过滤
（4）d为敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触而被氧化
【知识点】金属的通性；过滤；实验装置综合；离子方程式的书写
【解析】【解答】防止二价铬被氧化，需除去水中溶解的氧气，加热煮沸的方法可以出去溶解O2。c中发生的反应主要是将三价铬还原为二价铬，同时锌与盐酸反应生成H2可起到排除装置中空气的目的，防止二价铬被氧化；利用锌与盐酸反应产生的H2使锥形瓶中压强增大，将c中溶液压入d中与醋酸钠反应生成难溶于冷水的醋酸亚铬；由于醋酸亚铬难溶于冷水，可采用冰水冷却后过滤，达到充分析出和分离的目的；d为敞开体系，醋酸亚铬能吸收空气中的氧气。
【分析】本题考查物质的制备、提纯、分离、实验装置设计的分析。
25．【答案】（1）过滤；萃取分液
（2）将废液中的 氧化为
（3） ， ；3×10-2
（4）Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、
（5）萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动
（6）
【知识点】过滤；分液和萃取；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)操作1、2用于分离沉淀和溶液，故名称是过滤，操作3的名称是萃取分液。
(2)操作1中加入Cl2的主要目的是将废液中的 氧化为 。
(3)NiF2溶液使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，参与反应的离子方程式是 ， 。已知，25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，则CaF2溶解度小于MgF2，钙离子先沉淀，镁离子后沉淀，已知(c(杂质离子)≤10-5mol/L即可视为沉淀完全，则杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-) mol/L。
(4)结合流程与分析，滤液b中含有的微粒主要有Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、 离子。
(5)P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x +Mx+ M+xH+，萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进平衡正向移动，故P204对某些金属离子的萃取率随pH的升高而升高。
(6)母液中含有Ni2+、加入强碱Ca(OH)2，可得到Ni(OH)2，多余钙离子可转化为硫酸钙沉淀在操作1中被过滤与氢氧化铁一起除去，故加入石灰乳可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，离子方程式 。
【分析】酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，加入Cl2氧化Fe2+，用Ni(OH)2调节溶液pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤，得滤渣为Fe(OH)3；得到滤液a含有Ni2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等离子，向滤液a加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，再次进行过滤得到滤液b含有Ni2+、Zn2+等离子，加入萃取剂萃取Zn2+，有机相中含有锌，通过反萃取使萃取剂再生；萃余液含有Ni2+和硫酸根离子等，进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体，母液中加碱溶液得到Ni(OH)2可循环利用；
（1）操作1、2为过滤，操作3为分液；
（2）加入Cl2将Fe2+氧化为Fe3+；
（3）加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀；根据，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9计算；
（4）滤液b含有 Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、 ；
（5）pH升高，氢离子浓度减小，有利于反应正向进行；
（6）母液主要含有氯化镍，加入澄清石灰水得到Ni(OH)2。
26．【答案】（1）D→B→C→B
（2）快；Cu2++H2S=CuS↓+2H+
（3）可实现随制随停；B
（4）A；D
（5）Li2SO4；Li2SO4；未反应完全或通入氢气量不足或温度不高等；
【知识点】过滤；气体发生装置；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】利用氢气还原硫酸锂制备硫化锂，原理是Li2SO4 +4H2Li2S +4H2O，制得的氢气通过浓硫酸干燥，再与硫酸锂反应得到硫化锂后一个装置B用于吸收空气中的水蒸气。
(1)依题意，硫化锂易潮解，所以装置连接顺序为A、D、B、C、B，其中装置D的作用是除去氢气中的硫化氢杂质，前一个装置B用于干燥氢气，后一个装置B用于吸收空气中的水蒸气，答案为D→B→C→B；
(2)粗锌中铜和锌在稀硫酸中构成原电池，加快了锌失去电子的速度，提高了锌与硫酸的反应速率；硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜和硫酸，反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，答案为快；Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
(3)装置A能控制反应的发生和停止，其主要优点是可实现随制随停；
装置A适用于常温下块状固体与溶液反应且放热少、产物易溶：
A．亚硫酸钠呈粉末状，选项A不正确；
B．大理石呈块状， 选项B正确；
C．生石灰与浓氨水混合放出大量热量，产物微溶于水，选项C不正确；
D．二氧化锰与浓盐酸需要加热条件下才能反应，选项D不正确；
故答案为：B；
(4)A．第一次过滤除去难溶杂质如铜等，趁热过滤，避免析出硫酸锌晶体，选项A正确；
B．过滤是为了分离铜等杂质和溶液，不是为了分离硫酸亚铁晶体和硫酸锌溶液， 选项B不正确；
C．铜不与稀硫酸反应，选项C不正确；
D．第二次采用减压过滤(抽滤) ，在抽气条件下过滤，过滤速率快，选项D正确；
故答案为：AD；
(5)加入足量盐酸后，硫化锂转化成氯化锂，加入氯化钡溶液产生白色沉淀，说明样品含有硫酸锂杂质，产生硫酸锂可能的原因是硫酸锂未完全反应或通入氢气量不足或温度不高等；
②Li2S +H2SO4 =Li2SO4 +H2S↑，2NaOH + H2SO4=Na2SO4 + 2H2O，Li2S消耗的硫酸的物质的量为c1V110-3 - 10-3，测得的Li2S样品的纯度为=。
【分析】（1）氢气中会产生H2S气体，需要用硫酸铜溶液除去，由于Li2S易潮解，氢气要干燥，还要防止空气中的水蒸气进入C中，；
（2）由于Zn-Cu-H2SO4形成了原电池，原电池可以加快反应速率，根据题目可知是是FeS和硫酸产生的H2S和CuSO4生成了CuS沉淀；
（3）启普发生器的优点是可以随时控制反应的发生与停止；该装置用于块状固体和液体常温下制备气体；
（4）热过滤的优点是可以防止晶体因为温度降低而析出；抽滤的优点过滤速度快，得到的晶体比较干燥；
（5）根据实验操作和现象分析可知，Li2S样品中含有硫酸锂和亚硫酸锂，样品纯度的测定原理是利用硫酸和Li2S反应，过量的硫酸再用氢氧化钠标准溶液滴定，根据原理计算纯度。
27．【答案】（1）蒸发皿、酸式滴定管
（2）H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
（3）萃取、分液
（4）0；7.5；5
（5）Na2S2O3；
（6）t5=2t4=4t1
【知识点】过滤；分液和萃取；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】(1)灼烧需要坩埚，过滤需要漏斗，萃取需要分液漏斗，没有用到的是蒸发皿、酸式滴定管；
(2)海带中的碘以I-的形式存在，故离子反应方程式为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；
(3)海带灰中含有的其他可溶性无机盐。以萃取、分液实现与碘分离
(4)对照实验探究浓度对反应速率的影响，须保证其他条件完全一致，为保证溶液总体积不变且仅改变或I-的浓度而其他物质浓度不变，即每组铵根离子浓度要与碘离子浓度相等，故V1=0mL，V4= 7.5mL，V5=5mL，
(5)当Na2S2O3耗尽后，会出现蓝色，根据+2I-=2+I2(慢)I2+2=2I-+(快)可得计量关系~ I2~2，则反应速率v()：v()=1：2，v()=v()=(6)n=1表示速率与c(I-)成正比，编号C、D、A中c(I-)的比值为10：5：2.5，则t3：t4：t5=4：2：1，关系表达式为：t5=2t4=4t1。
【分析】（1）掌握常见物质的分离提纯等实验操作需要用到的实验仪器及操作要点；
（2）氧化是把I-氧化为I2，写出在酸性条件下的反应离子方程式；
（3）无机盐难溶于有机溶剂，易溶于水；
(4)对照实验的设置，要求反应物的浓度不同，但是反应体系的体积要相同；
（5） +2I-=2+I2(慢)I2+2=2I-+(快) ，只有反应完了，I2才有剩余，出现蓝色；先算的反应速率，再算的反应速率；
（6） k为常数 ，m相同时，利用速率之比算出n值，或者n相同时先算出m，再算n。
28．【答案】（1）、
（2）
（3）9.4~10.6；或
（4）2(熔融)4Ga+3O2↑
（5）+3；
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；过滤；离子方程式的书写
【解析】【解答】高铝粉煤灰(主要成分为、、、、等)加入Na2CO3溶液加热溶浸，由题中信息可知，与同主族，其化学性质相似，所以、与Na2CO3溶液反应，转化为溶于水的NaAlO2和NaGaO2，不反应，、分别转化为沉淀和沉淀，趁热过滤，滤渣1为、、，在滤渣1中加入盐酸酸浸，溶解、，吸附提锂得，在电池级加入Co3O4，通入空气制备电池正极材料；滤液1为NaAlO2和NaGaO2，通入CO2，调pH值，使NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，经过一系列操作，回收金属；滤液2为NaGaO2溶液，加入适量的HCl，使NaGaO2转化为Ga(OH)3沉淀，灼烧得，电解熔融的回收金属Ga；据此解答。
（1）由上述分析可知，滤渣1的成分除了之外还含有、；答案为、。
（2）已知“酸浸”后铁元素以铁配离子()的形式存在，则与盐酸反应的离子方程式为；答案为。
（3）由题中表格形成氢氧化物沉淀的范围可知，要使Ga元素不能形成沉淀，以形式存在，pH大于9.4，Al元素要形成沉淀，以Al(OH)3形式存在，pH小于10.6，所以符合要求的pH范围为9.4~10.6；滤液2中镓元素的存在形式为或；答案为9.4~10.6；或。
（4）由题中信息可知，与同主族，其化学性质相似，工业上通过电解熔融的Al2O3制备Al，同理工业上通过电解熔融的制备Ga，其化学方程式为2(熔融)4Ga+3O2↑；答案为2(熔融)4Ga+3O2↑。
（5）根据化合物中化合价代数和为0可知，中Li为+1价，O为-2价，所以Co元素为+3价；在“电池级”转化为“”的反应中，是、Co3O4、O2发生氧化还原反应，其中1molO2参加反应，得到4mol电子，由化合价可知，1molCo3O4转化成3mol只失去1mol电子，由得失电子守恒和元素守恒，其化学方程式为6+4Co3O4+O2=12+6CO2，则O2是氧化剂，Co3O4是还原剂，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4；答案为+3；1：4。
【分析】（1）加入碳酸根后生成碳酸钙、碳酸锂沉淀；
（2）氧化铁被酸化后生成水和铁配离子；
（3）想要铝离子沉淀而稼离子不沉淀，根据题意应选择9.4-10.6；Ga与铝的性质相似会与碱发生反应生成偏酸盐；
（4）电解金属氧化物生成金属和氧气；
（5）氧是-2，锂是+1，钴是+3；碳酸锂和四氧化三钴以及空气中的氧气反应生成 和二氧化碳的反应方程式，配平后找到氧化剂和还原剂确定物质的量的关系。
29．【答案】（1）三颈烧瓶；a进b出
（2）油浴加热
（3）过滤；中和多聚磷酸，反应掉过量的对甲基苯甲酸；向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，反复操作2~3次，直至晶体洗涤干净
（4）防止产品因结晶而损失；活性炭
（5）70.2%
【知识点】有机物的合成；过滤；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】(1)仪器A的名称为三颈烧瓶，冷却水应下进上出，则流向为：a进b出；
(2)加热温度为190℃，大于水的沸点，所以选择油浴加热；
(3)分离晶体得到晶体和母液的操作为：过滤；加入氢氧化钠的目的是调节溶液为碱性、除去多余的反应物对甲基苯甲酸，使目标产物结晶；水洗晶体的步骤为：向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，反复操作2~3次，直至晶体洗涤干净；
(4)趁热过滤的原因：在热的条件下大多溶质杂质在溶剂中溶解度较高，能完全溶解，从而较好地分离杂质和产物，防止产品因结晶而损失。活性炭的溶解度不好，所以滤渣中一定含有活性炭；
(5) 根据反应方程式：
，0.1 mol邻苯二胺理论上得到产物2-(对甲基苯基)苯并咪唑的物质的量为0.1mol，则质量为m=nM=0.1mol×208g/mol=20.8g，则产率为 。
【分析】(2)水的沸点是100℃，该有机合成的加热温度是190℃，则不能选择水浴加热，该选油浴加热；
30．【答案】（1）烧杯、漏斗、玻璃棒；SiO2
（2）4Co3++ S2O +3H2O=4Co2++2SO +6H+
（3）将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；2Fe3++3CO +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
（4）分离出溶液中的 Na+、Cu2+、Zn2+，回收利用萃取剂 I
（5）降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴
（6）获得晶体中含有 Cl-的杂质或烘干时失去了部分结晶水
【知识点】过滤；分液和萃取；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)操作①分离固体和液体，所以为过滤，所需玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；滤渣1为难溶液稀硫酸的SiO2；
(2)根据题意可知Na2S2O5具有还原性，且Co3+极易沉淀，所以加入Na2S2O5将Co3+还原为Co2+，离子方程式为4Co3++ S2O +3H2O=4Co2++2SO +6H+；
(3)滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；加入Na2CO3溶液，碳酸根和铁离子发生彻底双水解得到氢氧化铁沉淀和二氧化碳，离子方程式为2Fe3++3CO +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(4)根据流程可知滤液3中加入萃取剂I，得到的有机层中主要含有Cu2+、Zn2+、Na+，用稀盐酸反萃取又得到萃取剂I，所以过程的目的是分离出溶液中的 Na+、Cu2+、Zn2+，回收利用萃取剂 I；
(5)低压环境中可以降低水的沸点，从而降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；
(6)该测定原理是利用样品和硝酸银反应生成的AgCl的量确定产品中CoCl2·6H2O的量，如果获得晶体中含有 Cl-的杂质会使得到的AgCl偏多，导致结果偏高，或者烘干时失去了部分结晶水，会使样品的质量偏小，导致结果偏高。
【分析】含钴矿中Co元素主要以Co2O3、CoO形式存在，还含有Fe3O4、SiO2、CuO、ZnO、NiO、MgCO3等杂质，加入稀硫酸和焦亚硫酸钠Na2S2O5浸取，滤渣1为难溶物SiO2，其余金属元素进入滤液中，Co3+被Na2S2O5还原为Co2+；滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液pH用于3.0～3.5沉淀铁离子，过滤得到滤渣2和滤液2，滤液2中加入NaF调节溶液pH=4.0～5.0沉淀镁离子，生成滤渣3为MgF2，滤液3中还有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Co2+、Na+，滤液3中加入萃取剂Ⅰ除去Cu2+、Zn2+、Na+，向分液得到有机层中加入稀盐酸反萃取得到萃取剂Ⅰ和溶液4，经过一系列操作得到相应的盐；溶液中含Ni2+、Co2+，加入萃取剂Ⅱ萃取分液得到含Ni2+的溶液和含Co2+的有机层，加入稀盐酸反萃取得到氯化钴溶液，经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体。
31．【答案】（1）B；作颜料（或炼铁）；漏斗和滤纸；过滤
（2）硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量；稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品
（3）（冷却）结晶；洗涤（晶体）
（4）（酸碱）中和滴定；滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平；Al3++3NH3 H2O→Al(OH)3↓+3NH4+或NH3 H2O+H+→NH4++H2O
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；中和滴定
【解析】【解答】(1)用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，需要用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，因此除烧杯、玻璃棒外还需要的仪器是量筒；流程中产生的滤渣是氧化铁，可以用作红色颜料，也可以用于炼铁；制作一个过滤器需要漏斗和滤纸；根据图示，流程中操作x是分离溶液和沉淀，为过滤，故答案为：B；作颜料(或炼铁)；漏斗和滤纸；过滤；(2)硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，因此反应Ⅱ加入的硝酸必须适量；反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，因为硝酸铝会水解，稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品，故答案为：硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量；稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品；(3)从反应Ⅲ所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故答案为：冷却结晶；洗涤；(4)①常见的定量实验包括配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是(酸碱)中和滴定；中和滴定实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平的刻度值，故答案为：(酸碱)中和滴定；滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平；②称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水，硝酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硝酸铵，充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定，氨水与盐酸反应生成氯化铵和水，测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式有Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+、NH3 H2O+H+=NH4++H2O，故答案为：Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+或NH3 H2O+H+=NH4++H2O。
【分析】铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤后形成滤渣，滤液中含有偏铝酸钠和未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过一系列操作得到硝酸铝晶体，结合溶液的配制和物质的性质分析解答。
32．【答案】（1）2 CoCl2+H2O2+ 10NH3 +2HCl=2[ Co(NH3) 5Cl] Cl2+2H2O
（2）形成Co(OH)2沉淀， 影响配合物的生成
（3）A
（4）A；C
（5）f；c；e；d
（6）A；D
【知识点】氧化还原反应；过滤；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)制备配合物X的原料是CoCl2﹒6H2O、NH4Cl、NH3﹒H2O、H2O2、浓盐酸，在反应中，2价钴被H2O2氧化为+3价，+3价的Co3+和NH3以及Cl-形成配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2，总反应方程式为2 CoCl2+H2O2+ 10NH3 +2HCl=2[ Co(NH3) 5Cl] Cl2+2H2O。(2)在“1) NH4Cl-NH3 H2O”步骤中，NH4Cl可以抑制NH3﹒H2O的电离，如果不加NH4Cl固体，Co2+会和氨水形成Co(OH)2沉淀，影响配合物的生成。(3)由于H2O2参与反应时，明显放热，所以“2)H2O2”加H2O2 后应该在冰水浴中发生反应，
故答案为：A。(4)本实验是用H2O2将Co(II)氧化为Co(III)，H2O2的还原产物是水，不会引入新杂质，若选择可以替代H2O2的氧化剂，也不能引入新杂质。可以选择O2和Cl2，O2的还原产物是水，Cl2的还原产物是Cl-，水和Cl-在本实验中均不是杂质。KMnO4的还原产物是Mn2+，引入新杂质Mn2+和K+，HNO3的还原产物是NO或NO2，虽然NO或NO2会从溶液中逸出，不会引入新杂质，但会污染环境，所以选择AC。(5)用NaOH 标准溶液滴定H2SO4，操作依次为：检漏→水洗→加标准液，润洗内壁→从下口放出润洗液→装标准溶液，调液面，静置半分钟→取下滴定管，竖直，平视滴定管刻度读数→滴定，故答案为f c e d。(6)A．“4)70℃”水浴加热相比于直接加热，有利于获得颗粒较大的晶体，便于过滤，正确；
B．[Co(NH3)5Cl]Cl2的溶解度随温度升高而增大，所以抽滤后，应该用冷水洗涤晶体，不正确；
C．[Co(NH3)5Cl]Cl2溶于水，即使用冷水洗涤，也不可避免有部分溶于水，所以在洗涤液中一定会有Cl-，所以不能用检验Cl-的方法检验[Co(NH3)5Cl]Cl2是否洗涤干净，可以检验NH4+，不正确；
D．抽滤结束，应先打开活塞K放气，再关掉抽气泵，正确；
故答案为：AD。
【分析】CoCl2·6H2O先和NH4Cl以及NH3·H2O混合，然后被H2O2氧化，+2价钴被氧化为+3价，+3价的Co3+和NH3以及浓盐酸提供的Cl-形成配合物，经蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥得到最终的产品[Co(NH3)5Cl]Cl2。
33．【答案】（1）-2；第三周期ⅥA族；SO2+CO32-=SO32-+CO2（SO2+H2O+2CO32-=SO32-+2HCO3-）
（2）H2SO4；SiO2；90℃、2.5小时
（3）e；b；CuO、Fe(OH)3、Al(OH)3
（4）漏斗；蒸发浓缩、冷却结晶
（5）0.375mol/L
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；过滤；蒸发和结晶、重结晶；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）CuFeS2分子中铜为+2价，铁为+2价，设硫元素化合价为x，则+2+2+2x = 0，解得x = -2价，硫元素的原子结构示意图为 ，则其在周期表中的位置是第三周期ⅥA族；根据题意可知，上述流程中生成亚硫酸铵的离子方程式：SO2+CO32-=SO32-+CO2（SO2+H2O+2CO32-=SO32-+2HCO3-）。
故答案为：-2；第三周期ⅥA族；SO2+CO32-=SO32-+CO2（SO2+H2O+2CO32-=SO32-+2HCO3-）；
（2）固体1加入试剂A后会生成硫酸铜溶液，则结合流程图可知，最适合的试剂A是硫酸，又SiO2不溶于水也不溶于硫酸，则固体2的成分中有SiO2；根据实验结果可以看出，在坐标系中，温度为90℃、浸出时间为2.5小时，铜的浸出率最高，此温度和浸出时间为最佳实验条件，
故答案为：H2SO4；SiO2；90℃、2.5小时
（3）根据实验流程图可知，需首先将亚铁离子氧化成铁离子，根据除杂原则，最好选环保氧化剂过氧化氢，a和c虽具有氧化性，但会引入氯离子与锰离子、钾离子等杂质，故a、c不选，e选；继续加入调节溶液酸碱性的试剂，使溶液中铁离子与铝离子沉淀下来，且不引入其他杂质离子，试剂C可选氧化铜，d氢氧化钠是强碱，过量的氢氧化钠会使已经沉淀的氢氧化铝溶解，不能达到除杂目的，f碳酸钾会引入新的杂质，故
D、f不选，b选；
故答案为：e；b；
（4）操作1是将生成的沉淀过滤，所用仪器除烧杯、玻璃棒以外，还需要用到漏斗；操作2为硫酸铜溶液得到胆矾（五水合硫酸铜）的过程，则需要进行的操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，
故答案为：漏斗；蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）当Fe3+完全沉淀时，所需的氢氧根离子浓度c(OH-) = = 2×10-11 mol/L，则这时溶液中Al3+理论最大浓度 = = 0.375 mol/L，
故答案为：0.375 mol/L；
【分析】（1）根据化合物中元素化合价代数和为零计算S的化合价；亚硫酸的酸性大于碳酸的酸性；
（2）金属氧化物一般能够溶于硫酸；二氧化硅不能溶于硫酸；
（3）氧化亚铁离子的试剂最好是过氧化氢，不会带入新的杂质；调节pH能够消耗硫酸，但不带入新的杂质的试剂是氧化铜或氢氧化铜等；
（4）根据过滤和从溶液中得到固体溶质的方法进行分析；
（5）根据根据铁离子完全沉淀计算需要的氢氧根离子的浓度，然后根据氢氧化铝的溶度积常数计算氯离子的浓度即可。
34．【答案】（1）过滤
（2）TiOSO4+(x+1)H2O TiO2 xH2O↓+H2SO4或TiO2++(x+1)H2O TiO2 xH2O↓+2H+铁屑与H2SO4反应，c(H+)降低，使平衡正向移动，TiOSO4转化为TiO2 xH2O滤渣
（3）1：4
（4）FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=Fe2++2CH3CH(OH)COO-+H2O+CO2↑
（5）Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑
（6）防止Fe2+被氧化
（7）乳酸根中羟基(－OH)被酸性高锰酸钾溶液氧化；98.5%或0.985
【知识点】氧化还原反应；化学平衡移动原理；过滤
【解析】【解答】（1）实现固体和液体的分离用过滤的方法；
(2)TiO2++(x+1)H2O TiO2 xH2O↓+2H+，铁屑与H2SO4反应，c(H+)降低，使平衡正向移动，TiOSO4转化为TiO2 xH2O滤渣；
(3)硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫的方程式为：4FeSO4+O2 2Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4；
(4)碳酸亚铁沉淀存在溶解平衡：FeCO3（s） Fe2+（aq）+CO32-（aq），加入乳酸，CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液，反应方程式是FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=Fe2++2CH3CH(OH)COO-+H2O+CO2↑；
(5)由流程图可知，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁，还生成气体为二氧化碳，反应离子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；
(6)亚铁离子易被氧气氧化，所以步骤⑥必须控制一定的真空度，所以控制一定的真空度有利于蒸发水还能防止Fe2+被氧化；
(7)[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O中的亚铁离子、乳酸根中羟基(－OH)都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以结果总是大于100%；设25mL溶液含有CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O的物质的质量为x；
[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O~~ Ce(SO4)2
288g 1mol
x 0.0197mL×0.1mol/L
X=0.56736g，产品中乳酸亚铁晶体的纯度为 。
【分析】（2）根据化学平衡移动原理分析加入的铁与硫酸反应消耗氢离子，判断平衡移动的方向，进行解释即可。
35．【答案】（1）过滤；Si
（2）2FeCl3 +Cu= 2FeCl2+CuCl2
（3）使Fe3+沉淀完全
（4）MnO4－+ 5Fe2+ + 8H+= Mn2++ 5Fe3++4H2O；4aV
（5）Mn2+
（6）0.5 mol
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；过滤；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1) 操作I、lI、III都是将固体和液体分开，操作方法为过滤。合金中的铜、铁能与氯化铁溶液反应而溶解，硅不反应，故剩余的固体为硅。（2）合金中铜不活泼，和氯化铁溶液反应的是铜，方程式为2FeCl3 +Cu= 2FeCl2+CuCl2。（3）Fe3+在pH=3.2时沉淀完全，故调节pH至2.9--3.2使Fe3+沉淀完全。（4）①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液，高锰酸钾会把Fe2+氧化成Fe3+，方程式为：MnO4－+ 5Fe2+ + 8H+= Mn2++ 5Fe3++4H2O。②由MnO4－——5Fe2+ n(Fe2+)=5n(MnO4－)=aV×10-3×5mol.因取出的溶液是配成溶液的十分之一，则Fe2+总的物质的量为aV×10-3×50mol.再有2 Fe2+—Fe2O3可得n（Fe2O3）=aV×10-3×25mol，则m（Fe2O3）= aV×10-3×25×160= 4aVg. （5）向溶液c中逐滴加入KOH溶液，会生成氢氧化物沉淀，Ksp[Mn(OH)2]的值最大，说明Mn(OH)2的溶解度最大，最后沉淀，故最后沉淀的金属离子为Mn2+。（6）阴极上发生两个电极反应，Cu2+和H+都参与了反应，Cu2+反应转移了0.1mol电子，H+反应转移了0.6mol电子，共转移电子0.7mol。阳极也发生了两个反应，Cl-和OH-都参与反应生成Cl2和O2，两种气体共为6.72/22.4=0.3mol。设Cl2xmol，O2为ymol，可列方程2x+4y=0.7 2x+y=o.3 解得x=0.25 y=0.05 Cl2为0.25mol则Cl-为0.5mol。
【分析】（1）根据过滤操作的原理分析；
（2）根据三氯化铁与金属铜发生置换反应书写方程式；
（3）根据氢氧化铁沉淀时的溶液酸碱性判断；
（4）高锰酸根离子在酸性溶液中将二价铁离子氧化为三价铁离子；先计算出Fe2+总的物质的量，再根据电子转移计算即可；
（5）根据沉淀Ksp的大小进行判断；
（6）先写出电极反应方程式，计算出气体的物质的量、固体的物质的量，进而进行解答。
2023年高考真题变式分类汇编：过滤
一、选择题
1．（2022·重庆市）下列实验装置(夹持装置略)及操作正确的是（　　）
A．装置甲气体干燥 B．装置乙固液分离
C．装置丙Cl2制备 D．装置丁pH测试
【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；过滤
【解析】【解答】A．浓硫酸具有吸水性，不与氢气反应，则装置甲可用于干燥反应生成的氢气，故A符合题意；
B．过滤时需要用玻璃棒引流，装置乙固液分离的过滤操作中缺少玻璃棒引流，故B不符合题意；
C．二氧化锰与浓盐酸制备氯气需要加热，装置丙中缺少酒精灯加热，不能用于制备氯气，故C不符合题意；
D． 用pH试纸测定溶液的pH时，在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH，不能将pH试纸插入溶液中，装置丁不能用于pH测试，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.浓硫酸具有吸水性，不与氢气反应，可以干燥氢气；
B.过滤时需要用玻璃棒引流；
C.二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；
D.用pH试纸测定溶液的pH的操作方法为：在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH。
2．（2022·北京市）下列实验中，不能达到实验目的的是（　　）
由海水制取蒸馏水 萃取碘水中的碘 分离粗盐中的不溶物 由制取无水固体
A B C D
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A．实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，A不符合题意；
B．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的密度大于水，溶液分层后位于下层，B不符合题意；
C．粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，采用过滤的方法可分离出粗盐中的不溶物，C不符合题意；
D．直接加热会促进水解，生成的HCl易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，得不到固体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.可采用蒸馏的方法将海水制成蒸馏水；
B.碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且四氯化碳的密度大于水；
C.采用过滤的方法可分离出粗盐中的不溶物。
3．（2022·海南）《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干，”其中未涉及的操作是（　　）
A．洗涤 B．粉碎 C．萃取 D．蒸发
【答案】C
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】“水洗净”是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；“细研水飞”是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；“去石澄清”是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是过滤；“慢火熬干”是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取，
故答案为：C。
【分析】“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”是指洗涤铜绿后，将其溶解于水中，过滤后进行蒸发。
4．（2022·海南）下列实验操作规范的是（　　）
A．过滤 B．排空气法收集 C．混合浓硫酸和乙醇 D．溶液的转移
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；过滤；气体的收集
【解析】【解答】A．过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A不符合题意；
B．CO2的密度大于空气，且不与空气中的成分反应，可用向上排空气法收集，B符合题意；
C．浓硫酸密度大于乙醇，混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，C不符合题意；
D．转移溶液时，应使用玻璃棒引流，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.过滤时，漏斗下方应紧靠烧杯内壁；
B.二氧化碳密度大于空气；
C.浓硫酸密度大于乙醇，两者混合时，应将浓硫酸加入乙醇中；
D.转移溶液时，应用玻璃棒引流。
5．（2023·佛山模拟）模拟从海水中提取镁的实验装置、操作及目的如图所示，能达到实验目的的是
选项 A B C D
装置
操作及目的 煅烧贝壳至900℃，得到生石灰 浓缩海水，加生石灰反应后过滤，得到 蒸发溶液，得到无水 电解溶液，制备金属Mg
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】A.煅烧贝壳至900℃，贝壳的主要成分碳酸钙会与坩埚的主要成分之一二氧化硅反应：，故A错误；
B.加生石灰沉淀镁离子后可以用过滤法分离得到氢氧化镁，故B正确；
C.蒸发氯化镁溶液，得到无水氯化镁必须在干燥的氮气气流中来已知镁离子水解，故C错误；
D.制备金属Mg需要电解熔融态的氯化镁，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.高温下碳酸钙与二氧化硅反应，应该用铁制容器；
B.生石灰与水反应的到氢氧化钙，使镁离子沉淀，过滤即可得到氢氧化镁；
C.氯化镁水解后得到氯化氢，易挥发，无法得到氯化镁。
D.制备活泼金属，必修电解熔融态化合物。
6．（2023·顺义模拟）黑木耳中富含铁元素，欲测定黑木耳中铁元素含量，按如下流程进行实验，对应操作正确的是
A B C D
称量 灼烧 酸溶 过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．托盘天平称量时遵循‘左物右码’，操作不符合题意，A不符合题意；
B．灼烧固体时应用坩埚，B不符合题意；
C．用烧杯溶解固体，并用玻璃棒不断搅拌，C符合题意；
D．过滤时要用玻璃棒引流，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.托盘天平使用时遵循“左物右码”；
B.灼烧应在坩埚中进行；
C.酸溶时在烧杯中进行，并用玻璃棒搅拌；
D.过滤时需要用玻璃棒引流。
7．（2022高三上·金山模拟）实验室从I2的CCl4溶液中分离出I2的主要步骤：用浓NaOH(aq)反萃取、分液、酸化、过滤等。下列说法正确的是（　　）
A．反萃取时的离子方程式：I2＋2OH－＝I－＋IO3－＋H2O
B．反萃取时，倒转振荡过程中要适时旋开活塞放气
C．分液时，先放出CCl4，再从下口放出水溶液
D．过滤时，可用玻璃棒搅拌以加快I2的分离
【答案】B
【知识点】过滤；分液和萃取；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．氧原子数不守恒，正确的离子方程式为3I2+6OH﹣＝5I﹣+IO3﹣+3H2O，A不符合题意；
B．振荡过程中会增大分液漏斗内气压，要适时旋开活塞放气，B符合题意；
C．四氯化碳密度比水大，在下口放出，水溶液要从上口倒出，C不符合题意；
D．过滤时，不能用玻璃棒搅拌，防止滤纸破损，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.离子方程式中注意原子守恒、电荷守恒。
B. 振荡过程中会增大分液漏斗内气压。
C.分液后，下层液体从下口倒出，上层液体从伤口倒出。
D. 过滤时，不能用玻璃棒搅拌。
8．（2022·琼海模拟）《本草纲目》中的“石硷”(古文中“硷”同“碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，开窖浸水，漉起，晒干烧灰，以原水淋汁……久则疑淀如石，连汁货之四方，浣衣发面，甚获利也”。上述过程没有涉及的实验操作的是（　　）
A．溶解 B．过滤 C．蒸馏 D．结晶
【答案】C
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏
【解析】【解答】根据上述信息分析石碱为草木灰，主要成分K2CO3，开窖浸水，涉及溶解操作，漉起，涉及过滤操作，以原水淋汁……久则疑淀如石，描述的是溶解、结晶过程，综上所述没有涉及蒸馏操作；
故答案为：C。
【分析】“采蒿蓼之属，开窖浸水，漉起，晒干烧灰，以原水淋汁……久则疑淀如石，连汁货之四方，浣衣发面，甚获利也”的过程涉及溶解、过滤、结晶操作。
9．（2022·海淀模拟）氧化铈(CeO2)是应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(CeFCO3，含BaO、SiO2等杂质)为原料制备CeO2，的工艺如图。
下列说法错误的是（　　）
A．滤渣A的主要成分为BaSO4和SiO2
B．步骤①、②中均有过滤操作
C．该过程中，铈元素的化合价变化了两次
D．步骤②反应的离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O
【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．由上述分析可知，滤渣A的主要成分为BaSO4和SiO2，故A不符合题意；
B．步骤①、②中均分离出沉淀，所以均为过滤操作，故 B不符合题意；
C．焙烧、滤液还原、灼烧时铈元素的化合价均变化，所以共三次，故C符合题意；
D．步骤②加入碳酸氢铵使Ce3+转化为Ce2(CO3)3，反应的离子方程式为：2Ce3++6HCO=Ce(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】在空气中焙烧，Ce3+被氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液A中加还原剂将Ce4+还原为Ce3+，加入碳酸氢铵使Ce3+转化为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。
10．（2022·张家口模拟）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。
11．（2022·龙岩模拟）《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”记载。有关说法错误的是（　　）
A．薪柴之灰可做钾肥
B．取碱浇衣存在水解反应
C．碱浣衣与肥皂浣衣原理不同
D．上述过程涉及溶解、过滤、蒸馏操作
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；过滤
【解析】【解答】A．薪柴之灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾可做钾肥，故A不符合题意；
B．薪柴之灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，碱性溶液能使油污水解达到洗衣的目的，则取碱浣衣存在水解反应，故B不符合题意；
C．碱浣衣是利用了碳酸钾在溶液中水解使溶液呈碱性，碱性溶液能使油污水解达到洗衣的目的，而肥皂浣衣的原理是在洗涤的过程中，污垢中的油脂跟肥皂接触后，高级脂肪酸钠分子的烃基就插入油滴内，而易溶于水的羧基部分伸在油滴外面，插入水中。这样油滴就被肥皂分子包围起来，再经磨擦、振动，大的油滴就分散成小的油珠，最后脱离纤维织品，达到洗涤的目的，两者浣衣原理不同，故C不符合题意；
D．由题意可知，上述过程涉及溶解、过滤操作，不涉及蒸馏操作，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.薪柴之灰为碳酸钾，含钾元素；
B.碳酸钾是弱酸强碱盐，水溶液呈碱性，可用于去油污；
C.碳酸钾溶液呈碱性，促进油脂水解生成可溶性盐，肥皂是利用乳化作用进行去污除油；
D.该过程不涉及蒸馏。
12．（2022·蚌埠模拟）中华优秀传统文化涉及了很多化学知识，下列说法正确的是（　　）
A．“弄风柳絮疑城雪，满地榆钱买得春”中的“柳絮”和棉花的主要成分均为蛋白质
B．“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉”，涉及的实验基本操作是过滤
C．《新修草本》有关“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色”，据此推测“青矾”的主要成分为Fe2(SO4)3·7H2O
D．《本草纲目拾遗》中对“强水”的记载：“性最猛烈，能蚀五金。”“强水”为强电解质
【答案】B
【知识点】过滤；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．“柳絮”和棉花的主要成分均为纤维素，故A项不符合题意；
B．“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉汁”，是将液体和固体分开，分离液体和不溶性固体，操作为过滤，故B项符合题意；
C．“青矾”为绿色晶体，应该是硫酸亚铁晶体，则“青矾”的主要成分为FeSO4·7H2O，故C项不符合题意；
D．“强水”为溶液，属于混合物，不是电解质，故D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】易错分析：电解质必须为纯净物，混合物既不是电解质也不是非电解质
13．（2022·丰台模拟）制作豆腐的流程中，属于过滤操作的是（　　）
A．泡豆 B．磨浆 C．滤渣 D．煮浆点兑
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】过滤
【解析】【解答】A．泡豆是将豆子浸泡吸水的过程，不包含过滤操作，A项不符合题意；
B．磨浆是将大豆研磨成碎料的操作，不包含过滤操作，B项不符合题意；
C．滤渣是将豆渣与豆将分离的操作，其实就是过滤操作，C项符合题意；
D．煮浆是将豆浆加热煮沸的过程，点兑是加入电解质使蛋白质胶体发生聚沉的过程，都不包含过滤操作，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】考查过滤操作的原理及联系生活实际。
14．（2022·石家庄模拟）以铝土矿粉(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)；为原料生产Al2O3和Fe3O4的部分流程如下：
下列说法正确的是（　　）
A．“焙烧I”时，加入少量CaO可提高矿粉中硫的去除率
B．用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为： 2OH- +SO2=SO +H2O
C．滤液中通入足量CO2，过滤后可得到Al2O3
D．无氧条件下进行“焙烧II”时，理论上消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16
【答案】D
【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．氧化钙和和硫元素化合物反应转化为硫酸钙留在矿粉中，导致矿粉中硫的去除率下降，A不符合题意；
B．用NaOH溶液吸收过量SO2生成亚硫酸氢钠：OH- +SO2=HSO，B不符合题意；
C．滤液中通入足量CO2，偏铝酸钠和二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，不是Al2O3，C不符合题意；
D．无氧条件下进行“焙烧II”， FeS2和Fe2O3生成四氧化三铁，反应为FeS2+16Fe2O32SO2+11Fe3O4，理论上消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16；D符合题意；
故答案为：D。
【分析】“焙烧Ⅰ”中FeS2与空气中的氧气反应生成SO2和Fe2O3；“碱浸”时Al2O3和SiO2与NaOH反应分别生成NaAlO2、Na2SiO3；“焙烧Ⅱ”中FeS2与Fe2O3反应生成SO2和Fe3O4。
A. 氧化钙和和硫元素化合物反应转化为硫酸钙留在矿粉中。
B.加入过量的SO2，所得产生是HSO3-。
C.滤液中的NaAlO2与足量CO2反应生成Al(OH)3。
D根据“焙烧Ⅱ”的化学方程式进行分析。
15．（2022·河南模拟）某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu(NO3)2·3H2O晶体，并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。设计的路线如图：
已知：；SOCl2熔点-105℃、沸点76℃，遇水剧烈水解生成两种酸性气体。
下列说法不正确的是（　　）
A．第②步调pH适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
B．第③步操作包括蒸发结晶、过滤等步骤
C．为得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，可采用减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间的方法
D．第④步中发生的总反应的化学方程式Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HCl↑
【答案】B
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；除杂；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．第②步调pH时，不能引入新的杂质，常加入铜的氧化物、氢氧化铜及难溶性铜盐等，所以适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，A不符合题意；
B．第③步操作是从溶液中提取Cu(NO3)2·3H2O晶体，由信息可知，晶体受热易失去结晶水，易发生水解，所以采取的措施是蒸发浓缩(至液体表面有晶膜出现)、冷却结晶等，不能蒸发至干，B符合题意；
C．减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间，可得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体，C不符合题意；
D．第④步中，SOCl2与结晶水作用，生成SO2和HCl气体，发生的总反应的化学方程式为Cu(NO3)2·3H2O+3SOCl2=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HCl↑，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据流程图，第②步调pH是要除去Fe3+，同时注意不能引入新的杂质，据此分析。
B.注意含铜元素的盐溶液受热易水解，且该晶体中含有结晶水，受热易失去结晶水，据此分析。
C.减慢冷却结晶速度或冷却后静置较长时间，可得到较大颗粒的Cu(NO3)2·3H2O晶体。
D.根据已知信息，SOCl2与水反应生成SO2和HCl气体，据此分析。
16．（2021·嘉兴模拟）下列图示操作错误的是（　　）
A．定容 B．过滤
C．蒸发 D．分液
【答案】A
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．定容时胶头滴管应悬于容量瓶口正上方，故A符合题意；
B．由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，故B不符合题意；
C．从溶液中分离溶质，可知本实验操作名称蒸发，故C不符合题意；
D．由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.定容时胶头滴管应悬于容量瓶口正上方；
B.过滤用于分离难溶固体与液体的混合物；
C.蒸发可让液体溶质从溶液中分离出来；
D.分液用于分离互不相溶的液体。
17．（2021·珠海模拟）下列实验装置进行的相应实验，达不到实验目的的是（　　）
A．用图1所示装置获取苯甲酸晶体
B．用图2所示装置去除粗盐中的泥沙
C．用图3所示装置加热蒸发KCl饱和溶液制备KCl晶体
D．用图4所示装置用于裂化汽油提纯溴水中的Br2
【答案】D
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取
【解析】【解答】A．苯甲酸的溶解度随温度变化明显，故冷却结晶可以析出苯甲酸晶体，故用图1所示装置获取苯甲酸晶体，可以达到实验目的，A不合题意；
B．用溶解、过滤的操作来除去粗盐中泥沙，故用图2所示装置去除粗盐中的泥沙，可以达到实验目的，B不合题意；
C．蒸发KCl饱和溶液可以获得KCl晶体，故用图3所示装置加热蒸发KCl饱和溶液制备KCl晶体，可以达到实验目的，C不合题意；
D．由于裂化汽油中含有不饱和烃类物质，能与Br2发生反应，图4所示装置不能裂化汽油来提纯溴水中的Br2，不能达到实验目的，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.苯甲酸的溶解度随温度变化较大；
B.泥沙不溶于水；
C.采用蒸发结晶从溶液中获得晶体；
D.裂化汽油与溴发生加成反应。
18．（2021·顺德模拟）下列除杂试剂和分离方法都正确的是（　　）
选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂 分离方法
A 粉 加热
B 饱和溶液 洗气
C 盐酸 过滤
D 饱和食盐水 洗气
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】过滤；洗气；除杂
【解析】【解答】A．加热条件下镁和N2、O2均能反应，A不符合题意；
B．二氧化碳也可以和饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠洗气，B不符合题意；
C．氧化铁也可以和盐酸反应，应用NaOH溶液除杂，C不符合题意；
D．氯气难溶于饱和食盐水，HCl极易溶于水，可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮气加热与镁反应；
B.碳酸根与二氧化碳反应；
C氧化铝和氧化铁都与盐酸反应.
19．（2021·漳州模拟）下列实验方案正确的是（　　）
A B C D
分离四氯化碳与水 除去食盐水中的泥沙 制备乙酸乙酯 分离苯和硝基苯
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】过滤；物质的分离与提纯；除杂；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A． 密度比水大，有机层应在下层，A不符合题意；
B．漏斗末端应紧靠烧杯内壁，B不符合题意；
C．乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液收集，C符合题意；
D．温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.有机层与水层的位置出现错误
B.漏斗下端未靠近烧杯内壁，防止液体飞溅
C.符合乙酸乙酯的制取以及收集和分离
D.温度的位置放置错误
20．（2021·南充模拟）下列实验分离操作能达到目的的是（　　）
A．甲：分离碘单质和氯化铵的混合固体
B．乙：分离硫酸钡固体和氯化钠溶液的混合物
C．丙：分离乙醇和水的混合溶液
D．丁：分离硝基苯和苯的混合溶液
【答案】D
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．碘易升华、氯化铵受热易分解成HCl和氨气，当碘凝华时HCl和氨气又重新反应生成氯化铵，无法用加热的方法分离二者的固体混合物，且烧杯一般不用来加热固体，也没有接收碘单质、氯化铵的仪器，A不符合题意；
B．过滤时漏斗内需要有滤纸，且需要玻璃棒引流，B不符合题意；
C．乙醇和水互溶，不能用分液的方法分离，C不符合题意；
D．硝基苯和苯互溶，沸点不同，可用蒸馏的方法分离，蒸馏时注意温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝水要下进上出，苯的沸点为78.83℃，硝基苯的沸点为210.9℃，可用水浴加热，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分离易挥发的固体一般用的是两端密封的试管进行加热处理
B.过滤操作的仪器使用不完整
C.应用蒸馏的方式分离乙醇和水的混合物
D.利用熔沸点的不同即可进行分离
21．（2021·泰安模拟）下列分离原理和操作均正确且能达到分离目的的是（　　）
选项 A B C D
装置
目的 分离NaCl和I2的固体混合物 分离Fe(OH)3胶体中的FeCl3 除去CO2中混有的SO2 用乙醇萃取碘水中的碘并分离
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；过滤；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．碘易升华，NaCl不能，选择升华法分离，选项A符合题意；
B．胶体能通过滤纸，分离Fe(OH)3胶体中的FeCl3必须利用渗析法，选项B不符合题意；
C．除去CO2中混有的SO2必须将混合气体通过饱和NaHCO3溶液而不是NaHSO3溶液，否则无法除去，选项C不符合题意；
D．酒精与水混溶，则酒精不能作萃取剂，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.利用碘和氯化钠的熔沸点的差异进行除杂
B.应该选择半透膜进行除杂
C.除去二氧化硫应该选择的是饱和碳酸氢钠溶液
D.应用苯或四氯化碳将碘水中的碘萃取出来
22．（2021·青岛模拟）钛酸酯偶联剂(C57H106O7Ti)可用于碳酸钙等进行有机物改性，使其可与聚乙烯、聚丙烯等融合，从而改善塑料性能。合成方法如图，下列说法错误的是（　　）
A．流程中“气体X”为氨气，“操作1”为过滤
B．“反应釜1”中的反应均为非氧化还原反应
C．反应釜2中，钛酸四异丙酯与油酸发生取代反应，物质的量之比为1：3
D．反应釜2在常温混合搅拌阶段需要冷凝回流溶液，由此判断该反应为吸热反应
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；过滤；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．由反应物四氯化钛、异丙醇气体x和生成物氯化铵、钛酸四异丙醇，根据元素守恒可推知气体X为NH3。操作I过后将固体与液体分离，可知操作1为过滤，故A不符合题意；
B．由A对反应物与生成物的分析可知，反应前后，各元素化合价均未发生变化，所以“反应釜”中发生的是非氧比还原反应，故B不符合题意；
C．钛酸四异丙酯的分子式为C12H28O4Ti，而钛酸酯偶联剂的分式为C57H106 O7Ti，油酸分子式为 C18H34O2，对比分子式可知钛酸四异丙酯与油酸发生取代反应，物质的量之比为1：3，故C不符合题意；
D．反应釜2在常温混合阶段需冷凝回流回流，说明该反应过程放出大量热，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A、由反应物和生成物确定气体X的成分，根据操作1后所得物质的状态分析；
B、分析反应过程中各元素的化合价是否发生变化分析；
C、根据反应物的分子式分析；
D、需冷凝回流，说明反应过程中温度升高，为放热反应；
二、非选择题
23．（2023·全国甲卷）钴配合物溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：。
具体步骤如下：
Ⅰ．称取，用水溶解。
Ⅱ．分批加入后，将溶液温度降至以下，加入活性炭、浓氨水，搅拌下逐滴加入的双氧水。
Ⅲ．加热至反应。冷却，过滤。
Ⅳ．将滤得的固体转入含有少量盐酸的沸水中，趁热过滤。
Ⅴ．滤液转入烧杯，加入浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。
仪器a的名称是　 　。加快NH4Cl溶解的操作有　 　。
（2）步骤Ⅱ中，将温度降至10℃以下以避免　 　、　 　；可选用　 　降低溶液温度。
（3）指出下列过滤操作中不规范之处：　 　。
（4）步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为　 　。
（5）步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是　 　。
【答案】（1）锥形瓶；升温，搅拌等
（2）浓氨水分解和挥发；双氧水分解；冰水浴
（3）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁
（4）活性炭
（5）利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率
【知识点】盐类水解的应用；常用仪器及其使用；过滤
【解析】【解答】（1）仪器a为锥形瓶，加速溶解的方法有：加热、搅拌等操作；
（2）步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，他们高温下易挥发，易分解，所以控制在10℃以下；要控制温度在10℃以下，通常采用冰水浴降温；
（3）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，可能戳破滤纸，造成过滤效果不佳。还有漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁，可能导致液滴飞溅；
（4）步骤中使用了活性炭，为难溶物，所以过滤的不溶物为活性炭；
（5）根据反应方程可知，由于钴配合物为[Co(NH3)6]Cl3中含有氯离子，加入4mL浓盐酸，可利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出；
【分析】称取2.0g氯化铵，用5mL水溶解后，分批加入3.0g CoCl2·6H2O后，降温，在加入1g活性炭，7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL 6%的双氧水，加热反应20min，反应完成后，冷却，过滤，钴配合物在冷水中会析出固体，过滤所得固体为钴配合物[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的混合物，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，趁热过滤，除去活性炭，将滤液转入烧杯中，加入浓盐酸，可促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3析出，解答即可。
24．（2018·全国Ⅰ卷）醋酸亚铬[( CH3 COO) Cr·2H O］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，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示，回答下列问题：
（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是　 　，仪器a的名称是　 　。
（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开
K1，K2，关闭K3。
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为　 　。
②同时c中有气体产生，该气体的作用是　 　。
（3）打开K3，关闭K1和K2。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　 　。
【答案】（1）去除水中的溶解氧；分液漏斗
（2）Zn+2Cr3+= Zn2++2Cr2+；排除c中的空气
（3）c中产生H2使锥形瓶中压强增大；冰水冷却；过滤
（4）d为敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触而被氧化
【知识点】金属的通性；过滤；实验装置综合；离子方程式的书写
【解析】【解答】防止二价铬被氧化，需除去水中溶解的氧气，加热煮沸的方法可以出去溶解O2。c中发生的反应主要是将三价铬还原为二价铬，同时锌与盐酸反应生成H2可起到排除装置中空气的目的，防止二价铬被氧化；利用锌与盐酸反应产生的H2使锥形瓶中压强增大，将c中溶液压入d中与醋酸钠反应生成难溶于冷水的醋酸亚铬；由于醋酸亚铬难溶于冷水，可采用冰水冷却后过滤，达到充分析出和分离的目的；d为敞开体系，醋酸亚铬能吸收空气中的氧气。
【分析】本题考查物质的制备、提纯、分离、实验装置设计的分析。
25．（2022·昌平模拟）镀镍生产过程中产生的酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，通过精制提纯可制备高纯硫酸镍，部分流程如图：
资料1：25℃时，生成氢氧化物沉淀的pH
　 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Zn(OH)2 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Ni(OH)2
开始沉淀时 6.3 1.5 6.2 9.1 11.8 6.9
完全沉淀时 8.3 2.8 8.2 11.1 13.8 8.9
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L.
资料2：25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，ZnF2易溶于水。
资料3：P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x +Mx+ M+xH+
（1）操作1、2的名称是　 　，操作3的名称是　 　。
（2）操作1中加入Cl2的主要目的是　 　。
（3）NiF2溶液参与反应的离子方程式是　 　。杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-)=　 　mol/L(c(杂质离子)≤10-5mol/L即可视为沉淀完全)。
（4）滤液b中含有的微粒主要有　 　。
（5）在硫酸盐溶液中，P204对某些金属离子的萃取率与pH关系如图所示，在一定范围内，随着pH升高，萃取率升高的原因是　 　。
（6）在母液中加入其它物质，可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，写出制备的离子方程式　 　。
【答案】（1）过滤；萃取分液
（2）将废液中的 氧化为
（3） ， ；3×10-2
（4）Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、
（5）萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动
（6）
【知识点】过滤；分液和萃取；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)操作1、2用于分离沉淀和溶液，故名称是过滤，操作3的名称是萃取分液。
(2)操作1中加入Cl2的主要目的是将废液中的 氧化为 。
(3)NiF2溶液使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，参与反应的离子方程式是 ， 。已知，25℃时，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，则CaF2溶解度小于MgF2，钙离子先沉淀，镁离子后沉淀，已知(c(杂质离子)≤10-5mol/L即可视为沉淀完全，则杂质离子沉淀完全时，溶液中c(F-) mol/L。
(4)结合流程与分析，滤液b中含有的微粒主要有Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、 离子。
(5)P204(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为：x +Mx+ M+xH+，萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进平衡正向移动，故P204对某些金属离子的萃取率随pH的升高而升高。
(6)母液中含有Ni2+、加入强碱Ca(OH)2，可得到Ni(OH)2，多余钙离子可转化为硫酸钙沉淀在操作1中被过滤与氢氧化铁一起除去，故加入石灰乳可制备操作1中所需Ni(OH)2浆液，离子方程式 。
【分析】酸性硫酸镍废液(含有Fe2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等杂质离子)，加入Cl2氧化Fe2+，用Ni(OH)2调节溶液pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤，得滤渣为Fe(OH)3；得到滤液a含有Ni2+、Zn2+、Mg2+、Ca2+等离子，向滤液a加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，再次进行过滤得到滤液b含有Ni2+、Zn2+等离子，加入萃取剂萃取Zn2+，有机相中含有锌，通过反萃取使萃取剂再生；萃余液含有Ni2+和硫酸根离子等，进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体，母液中加碱溶液得到Ni(OH)2可循环利用；
（1）操作1、2为过滤，操作3为分液；
（2）加入Cl2将Fe2+氧化为Fe3+；
（3）加入NaF溶液，使Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀；根据，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9计算；
（4）滤液b含有 Ni2+、Zn2+、F-、Cl-、 ；
（5）pH升高，氢离子浓度减小，有利于反应正向进行；
（6）母液主要含有氯化镍，加入澄清石灰水得到Ni(OH)2。
26．（2022·安徽模拟）Li2S(硫化锂)是一种潜在的锂电池的电解质材料。某小组选择下列装置(装置B使用两次)利用氢气还原硫酸锂制备硫化锂，原理是Li2SO4 +4H2Li2S +4H2O。已知：Li2S易潮解，在加热条件下易被空气中的O2氧化。实验室用粗锌(含少量铜、FeS)和稀硫酸反应制备H2。
请回答下列问题：
（1）按气流从左至右，装置的连接顺序是A→　 　 (填字母)。
（2）其他条件相同，粗锌与稀硫酸反应比纯锌　 　 (填“快"或“慢”)。实验中观察到装置D中产生黑色沉淀，其离子方程式为　 　。
（3）利用装置A制氢气的主要优点是　 　，还可用该装置制备的下列气体是　 　 (填字母)。
A．SO2：70%硫酸、亚硫酸钠粉末 B．CO2：稀盐酸、大理石
C．NH3：浓氨水生石灰 D．Cl2：浓盐酸、二氧化锰
（4）实验完毕后，采用图1、图2(夹持装置已略去)装置对装置A中混合物进行分离可得到副产物皓矾(ZnSO4·7H2O)晶体。先选择图1装置进行过滤，并将滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，再选择图2装置过滤，得到粗皓矾晶体。
下列有关说法正确的是____(填字母)。
A．采用图1装置过滤的优点是避免析出ZnSO4·7H2O
B．采用图1装置过滤主要是分离FeSO4·7H2O和ZnSO4溶液
C．粗皓矾晶体中可能含少量CuSO4·5H2O杂质
D．采用图2装置过滤的优点是过滤速度快
（5）欲探究Li2S产品的成分，现进行如下实验：
实验 操作与现象 结论
Ⅰ 取少量Li2S样品，滴加足量的稀盐酸，将气体通入品红溶液中，溶液褪色 样品含Li2SO3
Ⅱ 在实验Ⅰ的溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 样品含　 　
①由上述实验I可知，Li2S样品中含有　 　杂质(填化学式)，产生该杂质的原因可能是　 　。
②测定产品纯度的方法：取w g Li2S样品加入V1 mLc1 mol·L-1稀硫酸(过量)中，充分反应后，煮沸溶液以除去残留的酸性气体；滴加酚酞溶液作指示剂，用c2mol·L-1标准NaOH溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH溶液V2 mL。若该Li2S样品中杂质不参加反应，用上述方法测得的Li2S样品的纯度为　 　%(用含V1、V2、c1、c2、w的代数式表示)。
【答案】（1）D→B→C→B
（2）快；Cu2++H2S=CuS↓+2H+
（3）可实现随制随停；B
（4）A；D
（5）Li2SO4；Li2SO4；未反应完全或通入氢气量不足或温度不高等；
【知识点】过滤；气体发生装置；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】利用氢气还原硫酸锂制备硫化锂，原理是Li2SO4 +4H2Li2S +4H2O，制得的氢气通过浓硫酸干燥，再与硫酸锂反应得到硫化锂后一个装置B用于吸收空气中的水蒸气。
(1)依题意，硫化锂易潮解，所以装置连接顺序为A、D、B、C、B，其中装置D的作用是除去氢气中的硫化氢杂质，前一个装置B用于干燥氢气，后一个装置B用于吸收空气中的水蒸气，答案为D→B→C→B；
(2)粗锌中铜和锌在稀硫酸中构成原电池，加快了锌失去电子的速度，提高了锌与硫酸的反应速率；硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜和硫酸，反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，答案为快；Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
(3)装置A能控制反应的发生和停止，其主要优点是可实现随制随停；
装置A适用于常温下块状固体与溶液反应且放热少、产物易溶：
A．亚硫酸钠呈粉末状，选项A不正确；
B．大理石呈块状， 选项B正确；
C．生石灰与浓氨水混合放出大量热量，产物微溶于水，选项C不正确；
D．二氧化锰与浓盐酸需要加热条件下才能反应，选项D不正确；
故答案为：B；
(4)A．第一次过滤除去难溶杂质如铜等，趁热过滤，避免析出硫酸锌晶体，选项A正确；
B．过滤是为了分离铜等杂质和溶液，不是为了分离硫酸亚铁晶体和硫酸锌溶液， 选项B不正确；
C．铜不与稀硫酸反应，选项C不正确；
D．第二次采用减压过滤(抽滤) ，在抽气条件下过滤，过滤速率快，选项D正确；
故答案为：AD；
(5)加入足量盐酸后，硫化锂转化成氯化锂，加入氯化钡溶液产生白色沉淀，说明样品含有硫酸锂杂质，产生硫酸锂可能的原因是硫酸锂未完全反应或通入氢气量不足或温度不高等；
②Li2S +H2SO4 =Li2SO4 +H2S↑，2NaOH + H2SO4=Na2SO4 + 2H2O，Li2S消耗的硫酸的物质的量为c1V110-3 - 10-3，测得的Li2S样品的纯度为=。
【分析】（1）氢气中会产生H2S气体，需要用硫酸铜溶液除去，由于Li2S易潮解，氢气要干燥，还要防止空气中的水蒸气进入C中，；
（2）由于Zn-Cu-H2SO4形成了原电池，原电池可以加快反应速率，根据题目可知是是FeS和硫酸产生的H2S和CuSO4生成了CuS沉淀；
（3）启普发生器的优点是可以随时控制反应的发生与停止；该装置用于块状固体和液体常温下制备气体；
（4）热过滤的优点是可以防止晶体因为温度降低而析出；抽滤的优点过滤速度快，得到的晶体比较干燥；
（5）根据实验操作和现象分析可知，Li2S样品中含有硫酸锂和亚硫酸锂，样品纯度的测定原理是利用硫酸和Li2S反应，过量的硫酸再用氢氧化钠标准溶液滴定，根据原理计算纯度。
27．（2022·广州模拟）碘在科研与生活中有重要作用。
（1）I．实验室按如下实验流程提取海带中的碘。
海带→灼烧→过滤→氧化→萃取、分液→I2的CCl4溶液
上述实验流程中不需要用到的仪器是　 　(从下列图中选择，写出名称)。
（2）“氧化”时加入3mol·L-1H2SO4和3%H2O2溶液，发生反应的离子方程式为　 　。
（3）海带灰中含有的其他可溶性无机盐。是在　 　(从以上流程中选填实验操作名称)中实现与碘分离。
（4）II．定量探究+2I-=2+I2的反应速率与反应物浓度的关系。
查阅资料：该反应速率与c(S2O82-)和c(I-)的关系v=kcm()cn(I-)，k为常数。
实验任务：测定不同浓度下的反应速率确定所m、n的值。
实验方法：按下表体积用量V将各溶液混合，(NH4)2S2O8溶液最后加入，记录开始反应至溶液出现蓝色所用的时间t。实验过程中发生如下反应：+2I-=2+I2(慢)I2+2=2I-+(快)
实验记录表：
实验编号 A B C D E
0.2mol·L-1(NH4)2S2O8溶液/mL 10 5 2.5 10 10
0.2mol·L-1KI溶液/mL 10 10 10 5 2.5
0.05mol·L-1Na2S2O3溶液/mL 3 3 3 3 3
0.2mol·L-1KNO3溶液/mL 0 V1 V2 V3 V4
0.2mol·L-1(NH4)2SO4溶液/mL 0 V5 V6 V7 V8
0.2%淀粉溶液/mL 1 1 1 1 1
t/s t1 t2 t3 t4 t5
加入KNO3、(NH4)2SO4溶液的目的是控制实验条件，其中V1　 　，V4　 　，V5　 　。
（5）当溶液中　 　(填化学式)耗尽后溶液出现蓝色。根据实验A的数据，反应速率v(-)=　 　mol·L-1·s-1(列出算式)。
（6）根据实验数据可确定m、n的值。n=1的判断依据是　 　(用t的关系式来表示)。
【答案】（1）蒸发皿、酸式滴定管
（2）H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
（3）萃取、分液
（4）0；7.5；5
（5）Na2S2O3；
（6）t5=2t4=4t1
【知识点】过滤；分液和萃取；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】(1)灼烧需要坩埚，过滤需要漏斗，萃取需要分液漏斗，没有用到的是蒸发皿、酸式滴定管；
(2)海带中的碘以I-的形式存在，故离子反应方程式为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；
(3)海带灰中含有的其他可溶性无机盐。以萃取、分液实现与碘分离
(4)对照实验探究浓度对反应速率的影响，须保证其他条件完全一致，为保证溶液总体积不变且仅改变或I-的浓度而其他物质浓度不变，即每组铵根离子浓度要与碘离子浓度相等，故V1=0mL，V4= 7.5mL，V5=5mL，
(5)当Na2S2O3耗尽后，会出现蓝色，根据+2I-=2+I2(慢)I2+2=2I-+(快)可得计量关系~ I2~2，则反应速率v()：v()=1：2，v()=v()=(6)n=1表示速率与c(I-)成正比，编号C、D、A中c(I-)的比值为10：5：2.5，则t3：t4：t5=4：2：1，关系表达式为：t5=2t4=4t1。
【分析】（1）掌握常见物质的分离提纯等实验操作需要用到的实验仪器及操作要点；
（2）氧化是把I-氧化为I2，写出在酸性条件下的反应离子方程式；
（3）无机盐难溶于有机溶剂，易溶于水；
(4)对照实验的设置，要求反应物的浓度不同，但是反应体系的体积要相同；
（5） +2I-=2+I2(慢)I2+2=2I-+(快) ，只有反应完了，I2才有剩余，出现蓝色；先算的反应速率，再算的反应速率；
（6） k为常数 ，m相同时，利用速率之比算出n值，或者n相同时先算出m，再算n。
28．（2021·顺德模拟）从高铝粉煤灰(主要成分为、、、、等)中回收金属、并制备电池正极材料的工艺流程如下图所示：
已知：①与同主族，其化学性质相似。
②随着温度升高，在水溶液中的溶解度减小：
温度/ 0 20 40 60 80 100
溶解度/ 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72
③本工艺流程中，不同金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如表格所示：
金属离子 形成氢氧化物沉淀的范围
3.3~10.6
2.9~9.4
回答下列问题：
（1）“滤渣1”的成分除了之外还含有　 　。
（2）已知“酸浸”后铁元素以铁配离子()的形式存在，写出在该过程中的离子方程式　 　。
（3）“调”步骤中的范围应为　 　，“滤液2”中镓元素的存在形式为　 　。
（4）工业上通过电解法利用“物质”制备，反应的化学方程式为　 　。
（5）“”中的元素化合价为　 　，在“电池级”转化为“”的反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　。
【答案】（1）、
（2）
（3）9.4~10.6；或
（4）2(熔融)4Ga+3O2↑
（5）+3；
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；过滤；离子方程式的书写
【解析】【解答】高铝粉煤灰(主要成分为、、、、等)加入Na2CO3溶液加热溶浸，由题中信息可知，与同主族，其化学性质相似，所以、与Na2CO3溶液反应，转化为溶于水的NaAlO2和NaGaO2，不反应，、分别转化为沉淀和沉淀，趁热过滤，滤渣1为、、，在滤渣1中加入盐酸酸浸，溶解、，吸附提锂得，在电池级加入Co3O4，通入空气制备电池正极材料；滤液1为NaAlO2和NaGaO2，通入CO2，调pH值，使NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，经过一系列操作，回收金属；滤液2为NaGaO2溶液，加入适量的HCl，使NaGaO2转化为Ga(OH)3沉淀，灼烧得，电解熔融的回收金属Ga；据此解答。
（1）由上述分析可知，滤渣1的成分除了之外还含有、；答案为、。
（2）已知“酸浸”后铁元素以铁配离子()的形式存在，则与盐酸反应的离子方程式为；答案为。
（3）由题中表格形成氢氧化物沉淀的范围可知，要使Ga元素不能形成沉淀，以形式存在，pH大于9.4，Al元素要形成沉淀，以Al(OH)3形式存在，pH小于10.6，所以符合要求的pH范围为9.4~10.6；滤液2中镓元素的存在形式为或；答案为9.4~10.6；或。
（4）由题中信息可知，与同主族，其化学性质相似，工业上通过电解熔融的Al2O3制备Al，同理工业上通过电解熔融的制备Ga，其化学方程式为2(熔融)4Ga+3O2↑；答案为2(熔融)4Ga+3O2↑。
（5）根据化合物中化合价代数和为0可知，中Li为+1价，O为-2价，所以Co元素为+3价；在“电池级”转化为“”的反应中，是、Co3O4、O2发生氧化还原反应，其中1molO2参加反应，得到4mol电子，由化合价可知，1molCo3O4转化成3mol只失去1mol电子，由得失电子守恒和元素守恒，其化学方程式为6+4Co3O4+O2=12+6CO2，则O2是氧化剂，Co3O4是还原剂，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4；答案为+3；1：4。
【分析】（1）加入碳酸根后生成碳酸钙、碳酸锂沉淀；
（2）氧化铁被酸化后生成水和铁配离子；
（3）想要铝离子沉淀而稼离子不沉淀，根据题意应选择9.4-10.6；Ga与铝的性质相似会与碱发生反应生成偏酸盐；
（4）电解金属氧化物生成金属和氧气；
（5）氧是-2，锂是+1，钴是+3；碳酸锂和四氧化三钴以及空气中的氧气反应生成 和二氧化碳的反应方程式，配平后找到氧化剂和还原剂确定物质的量的关系。
29．（2021·贵州模拟）2-(对甲基苯基)苯并咪唑( )是合成对甲基苯甲醛(PTAL)的中间体，其沸点为270℃。利用邻苯二胺( )和对甲基苯甲酸( )合成2-(对甲基苯基)苯并咪唑的反应过程如下：
向反应装置(如图)中加入0.1 mol邻苯二胺和0.15 mol对甲基苯甲酸后，再加入适量多聚磷酸(能与水互溶的质子酸)，搅拌成糊状物，慢慢升温至100℃并搅拌1h，继续加热至190℃，回流2h，冷却。用10%的NaOH溶液调至微碱性，有大量固体出现，分离晶体，水洗，经重结晶提纯后，得白色针状晶体产品14.6 g．回答下列问题：
（1）仪器A的名称为　 　，冷却水的流向为　 　(填“a进b出”或“b进a出”)。
（2）制备过程中需在190℃下回流2h，可采取的加热方式为　 　(填“水浴加热”或“油浴加热”)。
（3）“分离结晶”得到晶体与母液，其操作名称为　 　，加入10%的NaOH溶液的作用为　 　；分离完成后“水洗”的具体操作为　 　。
（4）粗产品一般需要通过重结晶的方法来提纯，步骤为加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥，其中需要趁热过滤的原因是　 　；趁热过滤时所得滤渣中一定含有　 　(填名称)。
（5）2-(对甲基苯基)苯并咪唑的产率为　 　(保留三位有效数字)。
【答案】（1）三颈烧瓶；a进b出
（2）油浴加热
（3）过滤；中和多聚磷酸，反应掉过量的对甲基苯甲酸；向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，反复操作2~3次，直至晶体洗涤干净
（4）防止产品因结晶而损失；活性炭
（5）70.2%
【知识点】有机物的合成；过滤；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】(1)仪器A的名称为三颈烧瓶，冷却水应下进上出，则流向为：a进b出；
(2)加热温度为190℃，大于水的沸点，所以选择油浴加热；
(3)分离晶体得到晶体和母液的操作为：过滤；加入氢氧化钠的目的是调节溶液为碱性、除去多余的反应物对甲基苯甲酸，使目标产物结晶；水洗晶体的步骤为：向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，反复操作2~3次，直至晶体洗涤干净；
(4)趁热过滤的原因：在热的条件下大多溶质杂质在溶剂中溶解度较高，能完全溶解，从而较好地分离杂质和产物，防止产品因结晶而损失。活性炭的溶解度不好，所以滤渣中一定含有活性炭；
(5) 根据反应方程式：
，0.1 mol邻苯二胺理论上得到产物2-(对甲基苯基)苯并咪唑的物质的量为0.1mol，则质量为m=nM=0.1mol×208g/mol=20.8g，则产率为 。
【分析】(2)水的沸点是100℃，该有机合成的加热温度是190℃，则不能选择水浴加热，该选油浴加热；
30．（2021·兰州模拟）CoCl2是一种性能优越的电池前驱材料，可用于电镀。含钴矿中Co元素主要以Co2O3、CoO形式存在，还含有Fe3O4、SiO2、CuO、ZnO、NiO、MgCO3等杂质，制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：
滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体。
已知：
①焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。MgF2难溶于水。
②CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：
　 Co3+ Fe3+ Cu2+ Co2+ Fe2+ Zn2+ Mg2+
开始沉淀pH 0.3 2.7 5.5 7.2 7.6 7.6 9.6
完全沉淀pH 1.1 3.2 6.6 9.2 9.6 9.2 11.1
请回答：
（1）实验室中进行操作①时所需的玻璃仪器有　 　。滤渣1的主要成分是　 　。
（2）取时加入Na2S2O5发生的氧化还原反应的离子方程式为　 　。
（3）滤液1中加入NaClO3的作用为　 　。加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为　 　。
（4）滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是　 　。
（5）制备晶体CoCl2·6H2O，需在减压环境下烘干的原因是　 　。
（6）某学习小组同学为测定产品中CoCl2·6H2O晶体的纯度，将一定量的样品溶于水，再向其中加入足量AgNO3溶液，过滤洗涤，并将沉淀烘干后称量。通过计算发现产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是　 　。(写一条即可)。
【答案】（1）烧杯、漏斗、玻璃棒；SiO2
（2）4Co3++ S2O +3H2O=4Co2++2SO +6H+
（3）将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；2Fe3++3CO +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
（4）分离出溶液中的 Na+、Cu2+、Zn2+，回收利用萃取剂 I
（5）降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴
（6）获得晶体中含有 Cl-的杂质或烘干时失去了部分结晶水
【知识点】过滤；分液和萃取；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)操作①分离固体和液体，所以为过滤，所需玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；滤渣1为难溶液稀硫酸的SiO2；
(2)根据题意可知Na2S2O5具有还原性，且Co3+极易沉淀，所以加入Na2S2O5将Co3+还原为Co2+，离子方程式为4Co3++ S2O +3H2O=4Co2++2SO +6H+；
(3)滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；加入Na2CO3溶液，碳酸根和铁离子发生彻底双水解得到氢氧化铁沉淀和二氧化碳，离子方程式为2Fe3++3CO +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(4)根据流程可知滤液3中加入萃取剂I，得到的有机层中主要含有Cu2+、Zn2+、Na+，用稀盐酸反萃取又得到萃取剂I，所以过程的目的是分离出溶液中的 Na+、Cu2+、Zn2+，回收利用萃取剂 I；
(5)低压环境中可以降低水的沸点，从而降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；
(6)该测定原理是利用样品和硝酸银反应生成的AgCl的量确定产品中CoCl2·6H2O的量，如果获得晶体中含有 Cl-的杂质会使得到的AgCl偏多，导致结果偏高，或者烘干时失去了部分结晶水，会使样品的质量偏小，导致结果偏高。
【分析】含钴矿中Co元素主要以Co2O3、CoO形式存在，还含有Fe3O4、SiO2、CuO、ZnO、NiO、MgCO3等杂质，加入稀硫酸和焦亚硫酸钠Na2S2O5浸取，滤渣1为难溶物SiO2，其余金属元素进入滤液中，Co3+被Na2S2O5还原为Co2+；滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液pH用于3.0～3.5沉淀铁离子，过滤得到滤渣2和滤液2，滤液2中加入NaF调节溶液pH=4.0～5.0沉淀镁离子，生成滤渣3为MgF2，滤液3中还有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Co2+、Na+，滤液3中加入萃取剂Ⅰ除去Cu2+、Zn2+、Na+，向分液得到有机层中加入稀盐酸反萃取得到萃取剂Ⅰ和溶液4，经过一系列操作得到相应的盐；溶液中含Ni2+、Co2+，加入萃取剂Ⅱ萃取分液得到含Ni2+的溶液和含Co2+的有机层，加入稀盐酸反萃取得到氯化钴溶液，经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体。
31．（2020·崇明模拟）工业制取皮革加工中的鞣化剂硝酸铝，是用铝灰与烧碱、硝酸反应制得的。铝灰是铝、氧化铝和氧化铁的混合物。产品硝酸铝晶体为Al(NO3)3·nH2O。
已知偏铝酸盐能与一般的酸反应，如：NaAlO2+HNO3+H2O→NaNO3+Al(OH)3↓
生产流程如图：
完成下列填空：
（1）用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，除烧杯、玻璃棒外还需（选填编号）　 　。
A. B. C. D.
说出流程中产生的滤渣的一种用途是　 　。制作一个过滤器需要　 　。流程中操作x的名称是　 　。
（2）反应Ⅱ加入的硝酸必须适量，原因是　 　。反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，原因是　 　。
（3）从反应Ⅲ所得的溶液制成产品的步骤依次为减压蒸发，　 　，过滤，　 　，低温烘干。
（4）为测定所得的产品的纯度，质检人员称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定。通过计算便可得出产品的纯度。
①上述过程属于定量实验。其中除配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是　 　，该实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与　 　的刻度值。
②任意写出一个该测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式：　 　。
【答案】（1）B；作颜料（或炼铁）；漏斗和滤纸；过滤
（2）硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量；稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品
（3）（冷却）结晶；洗涤（晶体）
（4）（酸碱）中和滴定；滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平；Al3++3NH3 H2O→Al(OH)3↓+3NH4+或NH3 H2O+H+→NH4++H2O
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；中和滴定
【解析】【解答】(1)用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，需要用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，因此除烧杯、玻璃棒外还需要的仪器是量筒；流程中产生的滤渣是氧化铁，可以用作红色颜料，也可以用于炼铁；制作一个过滤器需要漏斗和滤纸；根据图示，流程中操作x是分离溶液和沉淀，为过滤，故答案为：B；作颜料(或炼铁)；漏斗和滤纸；过滤；(2)硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，因此反应Ⅱ加入的硝酸必须适量；反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，因为硝酸铝会水解，稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品，故答案为：硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量；稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品；(3)从反应Ⅲ所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故答案为：冷却结晶；洗涤；(4)①常见的定量实验包括配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是(酸碱)中和滴定；中和滴定实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平的刻度值，故答案为：(酸碱)中和滴定；滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平；②称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水，硝酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硝酸铵，充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定，氨水与盐酸反应生成氯化铵和水，测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式有Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+、NH3 H2O+H+=NH4++H2O，故答案为：Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+或NH3 H2O+H+=NH4++H2O。
【分析】铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤后形成滤渣，滤液中含有偏铝酸钠和未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过一系列操作得到硝酸铝晶体，结合溶液的配制和物质的性质分析解答。
32．（2020·金华模拟）某兴趣小组利用Cl-取代[Co(NH3)6]3+离子中的NH3方法，制备配合物X：[Co(NH3)5Cl]Cl2。实验过程如下：
CoCl2﹒6H2O [Co(NH3)5Cl]Cl2晶体
已知：
a．配合物X 能溶于水，且溶解度随温度升高而增大。
b．[Co( NH3)5Cl]2+离子较稳定，但加碱再煮沸可促进其解离：[Co(NH3)5Cl]2+ Co3++5NH3+Cl。
c．H2O2参与反应时，明显放热。
请回答：
（1）制备配合物X的总反应方程式为　 　。
（2）“1) NH4Cl-NH3 H2O”时，如果不加NH4Cl固体，对制备过程的不利影响是　 　。
（3）“2)H2O2”加H2O2 时应选择 _________(填序号）。
A．冷水浴 B．温水浴( ≈60℃)
C．沸水浴 D．酒精灯直接加热
（4）本实验条件下，下列物质均可将 Co(II)氧化为 Co(III)。其中可替代“2)H2O2”的是_____________（填序号）。
A．O2 B．KMnO4 溶液 C．Cl2 D．HNO3
（5）实验小组用以下思路验证配合物 X 的组成：取一定量 X 加入过量浓 NaOH 溶液，煮沸，将生成的NH3 通入一定量的稀硫酸中，再用NaOH 标准溶液滴定剩余 H2SO4 。从以下涉及碱式滴定管的操作中，选择正确操作并排序（润洗只操作一次即可）：
检漏→水洗→加标准液，润洗内壁→　 　→　 　→　 　→　 　→……
a．从上口倒出润洗液
b．保持滴定管夹水平，平视滴定管刻度读数
c．装标准溶液，调液面，静置半分钟
d．滴定
e．取下滴定管，竖直，平视滴定管刻度读数
f．从下口放出润洗液
（6）下列关于实验过程的叙述，正确的是_____________（填序号）。
A．“4)70℃”水浴加热，有利于获得颗粒较大的晶体
B．抽滤后，应该用热水洗涤晶体
C．可用 AgNO3和稀HNO3 检验配合物X 是否已经洗净
D．抽滤结束，可先打开活塞K，再关掉抽气泵
【答案】（1）2 CoCl2+H2O2+ 10NH3 +2HCl=2[ Co(NH3) 5Cl] Cl2+2H2O
（2）形成Co(OH)2沉淀， 影响配合物的生成
（3）A
（4）A；C
（5）f；c；e；d
（6）A；D
【知识点】氧化还原反应；过滤；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)制备配合物X的原料是CoCl2﹒6H2O、NH4Cl、NH3﹒H2O、H2O2、浓盐酸，在反应中，2价钴被H2O2氧化为+3价，+3价的Co3+和NH3以及Cl-形成配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2，总反应方程式为2 CoCl2+H2O2+ 10NH3 +2HCl=2[ Co(NH3) 5Cl] Cl2+2H2O。(2)在“1) NH4Cl-NH3 H2O”步骤中，NH4Cl可以抑制NH3﹒H2O的电离，如果不加NH4Cl固体，Co2+会和氨水形成Co(OH)2沉淀，影响配合物的生成。(3)由于H2O2参与反应时，明显放热，所以“2)H2O2”加H2O2 后应该在冰水浴中发生反应，
故答案为：A。(4)本实验是用H2O2将Co(II)氧化为Co(III)，H2O2的还原产物是水，不会引入新杂质，若选择可以替代H2O2的氧化剂，也不能引入新杂质。可以选择O2和Cl2，O2的还原产物是水，Cl2的还原产物是Cl-，水和Cl-在本实验中均不是杂质。KMnO4的还原产物是Mn2+，引入新杂质Mn2+和K+，HNO3的还原产物是NO或NO2，虽然NO或NO2会从溶液中逸出，不会引入新杂质，但会污染环境，所以选择AC。(5)用NaOH 标准溶液滴定H2SO4，操作依次为：检漏→水洗→加标准液，润洗内壁→从下口放出润洗液→装标准溶液，调液面，静置半分钟→取下滴定管，竖直，平视滴定管刻度读数→滴定，故答案为f c e d。(6)A．“4)70℃”水浴加热相比于直接加热，有利于获得颗粒较大的晶体，便于过滤，正确；
B．[Co(NH3)5Cl]Cl2的溶解度随温度升高而增大，所以抽滤后，应该用冷水洗涤晶体，不正确；
C．[Co(NH3)5Cl]Cl2溶于水，即使用冷水洗涤，也不可避免有部分溶于水，所以在洗涤液中一定会有Cl-，所以不能用检验Cl-的方法检验[Co(NH3)5Cl]Cl2是否洗涤干净，可以检验NH4+，不正确；
D．抽滤结束，应先打开活塞K放气，再关掉抽气泵，正确；
故答案为：AD。
【分析】CoCl2·6H2O先和NH4Cl以及NH3·H2O混合，然后被H2O2氧化，+2价钴被氧化为+3价，+3价的Co3+和NH3以及浓盐酸提供的Cl-形成配合物，经蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥得到最终的产品[Co(NH3)5Cl]Cl2。
33．（2018高三上·黄山模拟）经多年勘测，2018年11月23日省自然资源厅发布消息称在皖江地区发现特大铜矿床，具有重大实际意义。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有少量PbS、Al2O3、SiO2)为原料制取胆矾的流程如下图：
已知：常温下Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38， Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-33，Ksp[Cu(OH)2]=3.0×10-20。
（1）CuFeS2中硫元素的化合价为　 　，硫元素在周期表中的位置是　 　。写出上述流程中生成亚硫酸铵的离子方程式：　 　。
（2）最适合的试剂A是　 　（写化学式）溶液，固体2的成分为PbSO4和　 　。当试剂A的浓度为6mol·L-1时 ，“浸出”实验中，铜的浸出率结果如图所示。所采用的最佳实验条件(温度、时间)为　 　。
（3）最适合的试剂B是　 　(填序号)，最适合的试剂C是　 　（填序号），固体3的成分为　 　。
a．Cl2
b．CuO c．酸性高锰酸钾溶液 d．NaOH
e．H2O2 溶液
f．K2CO3
（4）操作1如在实验室中进行，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和　 　，操作2的步骤为　 　过滤、洗涤。
（5）根据已知信息，请计算：当Fe3+完全沉淀时，溶液中Al3+理论最大浓度为　 　。（提示：当离子浓度≤1×10-5mol·L时，认为该离子沉淀完全）
【答案】（1）-2；第三周期ⅥA族；SO2+CO32-=SO32-+CO2（SO2+H2O+2CO32-=SO32-+2HCO3-）
（2）H2SO4；SiO2；90℃、2.5小时
（3）e；b；CuO、Fe(OH)3、Al(OH)3
（4）漏斗；蒸发浓缩、冷却结晶
（5）0.375mol/L
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；过滤；蒸发和结晶、重结晶；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）CuFeS2分子中铜为+2价，铁为+2价，设硫元素化合价为x，则+2+2+2x = 0，解得x = -2价，硫元素的原子结构示意图为 ，则其在周期表中的位置是第三周期ⅥA族；根据题意可知，上述流程中生成亚硫酸铵的离子方程式：SO2+CO32-=SO32-+CO2（SO2+H2O+2CO32-=SO32-+2HCO3-）。
故答案为：-2；第三周期ⅥA族；SO2+CO32-=SO32-+CO2（SO2+H2O+2CO32-=SO32-+2HCO3-）；
（2）固体1加入试剂A后会生成硫酸铜溶液，则结合流程图可知，最适合的试剂A是硫酸，又SiO2不溶于水也不溶于硫酸，则固体2的成分中有SiO2；根据实验结果可以看出，在坐标系中，温度为90℃、浸出时间为2.5小时，铜的浸出率最高，此温度和浸出时间为最佳实验条件，
故答案为：H2SO4；SiO2；90℃、2.5小时
（3）根据实验流程图可知，需首先将亚铁离子氧化成铁离子，根据除杂原则，最好选环保氧化剂过氧化氢，a和c虽具有氧化性，但会引入氯离子与锰离子、钾离子等杂质，故a、c不选，e选；继续加入调节溶液酸碱性的试剂，使溶液中铁离子与铝离子沉淀下来，且不引入其他杂质离子，试剂C可选氧化铜，d氢氧化钠是强碱，过量的氢氧化钠会使已经沉淀的氢氧化铝溶解，不能达到除杂目的，f碳酸钾会引入新的杂质，故
D、f不选，b选；
故答案为：e；b；
（4）操作1是将生成的沉淀过滤，所用仪器除烧杯、玻璃棒以外，还需要用到漏斗；操作2为硫酸铜溶液得到胆矾（五水合硫酸铜）的过程，则需要进行的操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，
故答案为：漏斗；蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）当Fe3+完全沉淀时，所需的氢氧根离子浓度c(OH-) = = 2×10-11 mol/L，则这时溶液中Al3+理论最大浓度 = = 0.375 mol/L，
故答案为：0.375 mol/L；
【分析】（1）根据化合物中元素化合价代数和为零计算S的化合价；亚硫酸的酸性大于碳酸的酸性；
（2）金属氧化物一般能够溶于硫酸；二氧化硅不能溶于硫酸；
（3）氧化亚铁离子的试剂最好是过氧化氢，不会带入新的杂质；调节pH能够消耗硫酸，但不带入新的杂质的试剂是氧化铜或氢氧化铜等；
（4）根据过滤和从溶液中得到固体溶质的方法进行分析；
（5）根据根据铁离子完全沉淀计算需要的氢氧根离子的浓度，然后根据氢氧化铝的溶度积常数计算氯离子的浓度即可。
34．（2018·葫芦岛模拟）利用酸解法制钛白粉产生的废液[含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4]生产铁红和补血剂乳酸亚铁。其生产步骤如下：
已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42-，TiOSO4水解成TiO2·xH2O沉淀为可逆反应；乳酸结构简式为CH3CH(OHCOOH.请回答：
（1）步骤①中分离硫酸重铁溶液和滤渣的操作是　 　。
（2）加入铁屑的目一是还原少量Fe2(SO4)3；二是使少量TiOSO4转化为TiO2·xH2O滤渣，用平衡移动的原理解释得到滤渣的原因　 　。
（3）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为　 　。
（4）用离子方程式解释步骤⑤中加乳酸能得到乳酸亚铁的原因　 　。
（5）步骤④的离子方程式是　 　。
（6）步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及　 　。
（7）乳酸亚佚晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}纯度的测量：若用KMnO4滴定法测定样品中Fe的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是　 　。
经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.760g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点记录数据如下表。
滴定次数 0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液/Ml
滴定前读数 滴定后读数
1 0.10 19.85
2 0.12 21.32
3 1.05 20.70
4 0.16 19.88
则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为　 　(以质量分数表示)。
【答案】（1）过滤
（2）TiOSO4+(x+1)H2O TiO2 xH2O↓+H2SO4或TiO2++(x+1)H2O TiO2 xH2O↓+2H+铁屑与H2SO4反应，c(H+)降低，使平衡正向移动，TiOSO4转化为TiO2 xH2O滤渣
（3）1：4
（4）FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=Fe2++2CH3CH(OH)COO-+H2O+CO2↑
（5）Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑
（6）防止Fe2+被氧化
（7）乳酸根中羟基(－OH)被酸性高锰酸钾溶液氧化；98.5%或0.985
【知识点】氧化还原反应；化学平衡移动原理；过滤
【解析】【解答】（1）实现固体和液体的分离用过滤的方法；
(2)TiO2++(x+1)H2O TiO2 xH2O↓+2H+，铁屑与H2SO4反应，c(H+)降低，使平衡正向移动，TiOSO4转化为TiO2 xH2O滤渣；
(3)硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫的方程式为：4FeSO4+O2 2Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4；
(4)碳酸亚铁沉淀存在溶解平衡：FeCO3（s） Fe2+（aq）+CO32-（aq），加入乳酸，CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液，反应方程式是FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=Fe2++2CH3CH(OH)COO-+H2O+CO2↑；
(5)由流程图可知，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁，还生成气体为二氧化碳，反应离子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；
(6)亚铁离子易被氧气氧化，所以步骤⑥必须控制一定的真空度，所以控制一定的真空度有利于蒸发水还能防止Fe2+被氧化；
(7)[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O中的亚铁离子、乳酸根中羟基(－OH)都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以结果总是大于100%；设25mL溶液含有CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O的物质的质量为x；
[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O~~ Ce(SO4)2
288g 1mol
x 0.0197mL×0.1mol/L
X=0.56736g，产品中乳酸亚铁晶体的纯度为 。
【分析】（2）根据化学平衡移动原理分析加入的铁与硫酸反应消耗氢离子，判断平衡移动的方向，进行解释即可。
35．（2018·新余模拟）某化学兴是小组对一种度旧合金(含有Cu、Fe、Si等元素)进行分离、回收利用，所设计工艺流程如下。
已知298℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13，当离子浓度小于1×10-5认为离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）操作I、lI、III为　 　，固体A是　 　(填化学式)。
（2）加入过量FeCl3溶液过程中与较不活泼的金属反应的化学方程式　 　。
（3）调节pH至2.9~3.2的目的　 　。
（4）①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式为　 　。
②若将溶液b配制成250mL溶液，用滴定管取配制后的溶液25.00m1；再用a mol/L KMnO4溶液滴定，恰好反应时消耗KMnO4溶液VmL，则流程图中所得红棕色固体C的质量为　 　g(用含a、v的代数式表示)
（5）常温下，若溶液c中所含的金属阳离子浓度相等，向溶液c中逐滴加入KOH溶液，最后沉淀的金属离子为　 　(填金属阳离子)。
（6）用惰性电极电解(Cu2+、K+、Cl-溶液)一段时间后，阴、阳两极均产生标准状况下的气体6.72L，阴极析出固体3.2g，则原溶液Cl-的物质的量为　 　。
【答案】（1）过滤；Si
（2）2FeCl3 +Cu= 2FeCl2+CuCl2
（3）使Fe3+沉淀完全
（4）MnO4－+ 5Fe2+ + 8H+= Mn2++ 5Fe3++4H2O；4aV
（5）Mn2+
（6）0.5 mol
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；过滤；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1) 操作I、lI、III都是将固体和液体分开，操作方法为过滤。合金中的铜、铁能与氯化铁溶液反应而溶解，硅不反应，故剩余的固体为硅。（2）合金中铜不活泼，和氯化铁溶液反应的是铜，方程式为2FeCl3 +Cu= 2FeCl2+CuCl2。（3）Fe3+在pH=3.2时沉淀完全，故调节pH至2.9--3.2使Fe3+沉淀完全。（4）①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液，高锰酸钾会把Fe2+氧化成Fe3+，方程式为：MnO4－+ 5Fe2+ + 8H+= Mn2++ 5Fe3++4H2O。②由MnO4－——5Fe2+ n(Fe2+)=5n(MnO4－)=aV×10-3×5mol.因取出的溶液是配成溶液的十分之一，则Fe2+总的物质的量为aV×10-3×50mol.再有2 Fe2+—Fe2O3可得n（Fe2O3）=aV×10-3×25mol，则m（Fe2O3）= aV×10-3×25×160= 4aVg. （5）向溶液c中逐滴加入KOH溶液，会生成氢氧化物沉淀，Ksp[Mn(OH)2]的值最大，说明Mn(OH)2的溶解度最大，最后沉淀，故最后沉淀的金属离子为Mn2+。（6）阴极上发生两个电极反应，Cu2+和H+都参与了反应，Cu2+反应转移了0.1mol电子，H+反应转移了0.6mol电子，共转移电子0.7mol。阳极也发生了两个反应，Cl-和OH-都参与反应生成Cl2和O2，两种气体共为6.72/22.4=0.3mol。设Cl2xmol，O2为ymol，可列方程2x+4y=0.7 2x+y=o.3 解得x=0.25 y=0.05 Cl2为0.25mol则Cl-为0.5mol。
【分析】（1）根据过滤操作的原理分析；
（2）根据三氯化铁与金属铜发生置换反应书写方程式；
（3）根据氢氧化铁沉淀时的溶液酸碱性判断；
（4）高锰酸根离子在酸性溶液中将二价铁离子氧化为三价铁离子；先计算出Fe2+总的物质的量，再根据电子转移计算即可；
（5）根据沉淀Ksp的大小进行判断；
（6）先写出电极反应方程式，计算出气体的物质的量、固体的物质的量，进而进行解答。