1、2022届高三化学大一轮实验专题强基练： 36常见无机物的制备一、单选题（共17题）1K2FeO4具有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4，其制备的流程如下：K2FeO4能溶于水，微溶于浓KOH溶液，“转化1”有FeO生成。下列有关说法正确的是AK2FeO4中铁元素的化合价是+3B“转化1”发生反应的离子方程式为：2Fe3+3ClO+5H2O=2+3Cl+10H+C“转化2”能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小D过滤所得产品可用冷水洗去表面杂质离子2海水提镁的主要流程如图所示。下列说法不正确的是A工业上常用CaO作沉淀剂B试剂M能导电，故其是电解质C根据
2、流程图可知，试剂M可以循环利用D实验室在进行操作a时，用到的玻璃仪器有3种3一种以海绵铜(Cu)为原料制备CuCl的工艺流程如图。已知：CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法不正确的是A“溶解”过程中硫酸只表现了酸性B“还原”过程中有白色沉淀生成C“过滤”用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒D为提高CuCl的产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥4实验室从含有少量氧化铁杂质的废铜粉制取无水硫酸铜的实验步骤如下图：下列有关说法正确的是A溶解废铜粉“过量酸”是指稀硝酸B气体A是Cl2，将亚铁离子氧化为铁离子C生成沉淀D的离子方程式可以为3CuO+2Fe3+3H2
3、O=2Fe(OH)3+3Cu2+D从溶液中得到的无水硫酸铜的方法是冷却结晶5亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，一种制备亚氯酸钠的流程如下。下列说法正确的是A反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为1:2B若通过原电池反应来实现，负极的电极反应为ClO+e-+2H+=ClO2+H2OC反应中的H2O2可用NaClO4代替D反应的条件下，ClO2的氧化性大于H2O26式硫酸铁是用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图。下列叙述错误的是A沉淀A为B合理处理废铁屑有利于保护环境和资源再利用C加入的作用是将溶液
4、中的转化为D溶液B的pH越大越好，有利于碱式硫酸铁的生成7过碳酸钠(2Na2CO33H2O2(s)是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案如下：已知：2Na2CO3(aq)3H2O2(aq)2Na2CO33H2O2(s)H0 ,50时2Na2CO33H2O2(s)开始分解。下列说法错误的是A过碳酸钠是由碳酸钠、过氧化氢利用氢键所形成的不稳定的复合物B滤液X可以循环使用C步骤洗涤时选用无水乙醇洗涤，可除去水分、利于干燥D利用过碳酸钠净化水原理与明矾净水原理类似8是硫酸工业尾气的主要成分，软锰矿主要成分是，还含有、等少量杂质.以硫酸工业的尾气联合制备硫酸钾和硫酸
5、锰晶体的工艺流程如图：下列叙述错误的是A反应的总化学方程式为B操作1为蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、洗涤C反应后的溶液中含有的阳离子主要为和D上述过程中可循环使用的物质为9冰晶石(Na3AlF6)是一种重要的助熔剂，化工上常通过如图方法制备：已知萤石(CaF2)、石英砂(SiO2)、冰晶石均难溶于水。下列说法错误的是A冰晶石含有离子键和共价键B实验室模拟“煅烧”时需要的实验仪器有酒精喷灯、蒸发皿、玻璃棒C“水浸”时所得残渣主要成分有CaSiO3D“调pH”时，若pH过大则冰晶石的产率会降低10(NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O和CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程
6、如图：下列说法正确的是A通入NH3和CO2的顺序可以互换B操作2为将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得(NH4)2SO4C步骤中反应的离子方程式为Ca2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NHD通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用11氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuC122H2O制备CuCl，并进行相关探究。下列说法不正确的是A途径1中产生的Cl2可以回收循环利用B途径2中200时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HClCCu
7、Cl与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl+4H+SO=2Cu2+2Cl-+SO2+2H2ODX气体是HCl，目的是抑制CuCl22H2O加热过程可能的水解12一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中不正确的是A反应中H2O2作还原剂B产品中含有、C NaClO2的漂白原理与SO2相同D实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行13KIO3是一种重要的化学试剂，受热能发生分解，可用作食盐中的补碘剂。其化工生产有多种方法，图为“KClO3氧化法”制备KIO3的生产工艺流程图：已知“
8、酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。下列相关说法正确的是A“酸化反应”中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为611B“逐Cl2”过程需要加入烧碱或KI晶体除Cl2C借助淀粉溶液即可检验食盐是否含有补碘剂D操作X为加热浓缩、冷却结晶14实验室以磷石膏主要成分为CaSO4，含少量SiO2、Ca3(PO4)2等杂质为原料制备轻质CaCO3，流程如下图。下列说法错误的是A“转化”中，包含反应CaSO4+ CO= SO+ CaCO3B“滤液”的pH约为6.5，阴离子主要是SO和COC“高温煅烧”需要的仪器有酒精喷灯、坩埚、坩埚钳、泥三角、三脚架等D“浸取”时，适当升高温度有利于Ca2+的
9、浸出15含锌黄铜矿(CuFeS2、ZnS、FeS2及SiO2等)焙烧制海绵铜和锌矾(ZnSO47H2O)的工艺流程如下。下列说法正确的是A“焙烧”过程中FeS2发生的反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2B“滤渣3”的主要成分为Fe(OH)3C漂白粉可用CaCl2代替D将“滤液3”直接蒸发结晶即可得到ZnSO47H2O晶体16磷酸铝是一种用途广泛的材料，由磷硅渣主要成分为、等制备磷酸铝的工艺流程如下：下列叙述错误的是A废渣中一定含B“浸出”和“除硫”的操作均在高温下进行C“除硫”的化学反应方程式为D流程中的循环操作可以提高P、Al元素的利用率17实验室可用下列装置(夹持装置已略，无加
10、热装置)制备少量Na2S2O35H2O。已知Na2SO3在溶液中易结块。下列说法不正确的是A装置A的蒸馏烧瓶中盛放的药品可能是亚硫酸钠B装置B中反应物的理论投料比为n(Na2CO3)：n(Na2S)=2：1C装置C用于吸收未参与反应的SO2D反应完成后，三颈烧瓶中液体需经过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥得到产品二、实验题（共8题）18焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5。装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2= Na2S2O5。（1）装置中产
11、生气体的化学方程式为_。（2）要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_。（3）装置用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为_(填序号)。实验二 焦亚硫酸钠的性质已知：Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）检测Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是 _。19高纯碳酸锂是制备其他高纯锂化合物及锂合金的主要原料。由粗碳酸锂(含有Na+、 K+、Ca2+等杂质离子)制备高纯碳酸锂的工艺流程如下：碳酸锂溶解度与温度的关系如下表所示。温度/020406080100溶解度/g1.541.331.171.010.850.72回答下列问题：(1)浆料酸化时，温度不宜超过25的
12、主要原因是_。(2)蒸发时主要反应的离子方程式为_；母液循环次数对纯度、产率的影响如图所示，循环不宜起过3次的主要原因是_。(3)为了获得高纯Li2CO3，过滤II后的操作为_。20二氯化二硫（S2Cl2)在工北上用于橡胶的硫化，查阅相关资料得到如下信息：干燥的氯气与硫在110140反应可得S2Cl2，S2Cl2在300以上完全分解。S2Cl2常温下为红棕色液体，沸点为137：S2Cl2遇水生成HCl、SO2、S。S的熔点为112.8 S2Cl2，沸点为444.6。某班同学在实验室制备S2Cl2并探究其性质，回答下列问题：（一）氯气的制备（1）氯气的发生装置可以选择上图中的_（填字母），反应的
13、化学方程式为_。（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置_（按气流方向，用小写字母表示）。（二）S2Cl2的制备将上述收集到的氯气通入下图装置，在一定温度下进行实验。（3）证明实验中有S2Cl2生成的现象是_。若加热G时温度过高，在X中可能出现的现象是_。（4）Z中的试剂名称是_，如果没有Z装置，可能造成的不良影响有_。（三）S2Cl2的性质探究（5）取少量（二）中制得的S2Cl2于锥形瓶中，滴加足量NaOH溶液，发生反应的离子方程式为_。若要检验反应后的溶液中存在Cl-，在滴加硝酸和硝酸银溶液之前，必须逬行的操作是_。21电镀工业会产生大量的电镀污水，处理某独酸性
14、电镀废液（主要含Cu2、Fe3 +）以制备氯化亚铜的工艺流程如图所示：已知： 氯化亚铜（CuCl）是白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化成绿色碱式盐。 常温下，物质Fe(OH)3Cu(OH)2Ksp4.010-385.010-20请回答下列问题：（1）加H2SO4的步骤中，下列措施，可提高溶解速率的是_（填序号）。a.加热 b.增大压强 c.延长浸出时间 d.适当提高硫酸的浓度（2）电镀污泥的主要成分是_，产品CuCl晶体要用无水乙醇洗涤、真空干燥、密封包装的目的是_。（3）加入H2SO4的目的是_。（4）亚硫酸钠、氯化钠、硫酸铜在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为_。（5）
15、实验探究pH对CuCl产率的影响如图 所示，当pH=2时CuCl 产率最大的原因是_（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl。写出电解CuCl2溶液阴极的反应方程式：_22氯酸钾是常见的氧化剂，用于制造火药、烟火，工业上用石灰乳氯化法制备氯酸钾的流程如下所示：已知：氯化过程主要发生反应6Ca(OH)2 + 6Cl25CaCl2+Ca(ClO)2+6H2O完成下列填空：(1)工业生产氯气的方法是_。(2)氯化过程需要控制较高温度，其目的有：_； 减少 Cl2 与 Ca(OH)2 之间的副反应。（3）向热的滤液中加入稍过量的氯化钾，待溶解完全后进行冷却，有大量氯酸钾晶体析出，写出相关反
16、应的化学方程式：_。得到的氯酸钾晶体中可能会含有少量氯化钾，进一步提纯的方法是_。（4）为测定所得晶体中氯酸钾的纯度，将 a g 样品与 b g 二氧化锰混合，加热该混合物一段时间后（杂质不参加反应）冷却，称量剩余固体质量，重复加热、冷却、称量操作，记录数据如下表：加热次数第一次第二次第三次第四次剩余固体质量（g）cdee进行加热操作时，应将固体置于_（填仪器名称）中。该实验不必进行第五次加热的原因是_。若某次测定结果的相对误差为-2.98%，写出导致这一结果的一种可能情况。_23溴化亚铜(CuBr)常用作有机合成原料和反应催化剂等，它是一种不溶于水的白色结晶粉末，受热或见光易分解，接触空气会
17、被缓慢氧化成绿色粉末。制备CuBr的实验步骤如下：步骤1：在如图所示的三颈烧瓶中加入45gCuSO45H2O、19gNaBr、150mL煮沸过的蒸馏水，60时不断搅拌，以适当流速通入SO22小时。步骤2：溶液冷却后倾去上层清液，在避光的条件下过滤。步骤3：依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、纯乙醚洗涤。步骤4：将获得的产品经系列干燥剂干燥后，再进行真空干燥。请根据上述制备步骤回答有关问题：(1)制备中用到的SO2在实验室中通常是用浓硫酸和亚硫酸钠为原料来制备的，在制备SO2时装置可以选择下图中的_（填装置编号），发生反应的化学方程式为_。(2)步骤1中：所用蒸馏水需提前煮沸处理，这
18、样做的目的是_。为控制反应在60进行可采取的措施是_。三颈烧瓶中反应生成CuBr的离子方程式为_。判断反应已经完成的现象是_。(3)步骤2在过滤时需要避光的原因是_。(4)步骤3中用到的洗涤剂水、乙醇中均“溶有少量SO2”的原因是_。(5)欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测主要含Na2SO3、NaHSO3等)制取较纯净的Na2SO37H2O晶体。需用到以下试剂：SO2（贮存在钢瓶中）、100g20%NaOH溶液、乙醇等。请将下列实验步骤补充完整。向烧杯中继续通入SO2至溶液饱和；_；加入少量维生素C溶液（抗氧化剂），蒸发浓缩，冷却结晶；_；放真空干燥箱中干燥。24二氧化氯（ClO2）是极易溶
19、于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为 11，可用于处理含硫废水。某小组在实验室中探究 ClO2 与 Na2S 的反应。回答下列问题：（1）ClO2 的制备已知：SO22NaClO3H2SO42ClO22NaHSO4装置 A 中反应的化学方程式为_。欲收集干燥的 ClO2，选择上图中的装置，其连接顺序为 a_（按气流方向，用小写字母表示）装置 D 的作用是_。（2）ClO2 与 Na2S 的反应将上述收集到的 ClO2 用 N2 稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的 ClO2 通入上图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究 I 中反应的产物。_。_。_。Cl
20、O2 与 Na2S 反应的离子方程式为_。用于处理含硫废水时，ClO2 相对于Cl2 的优点是_（任写一条）。25Ca3N2某实验小组利用如下装置(部分固定装置略)进行氮气与钙的反应，并探究其产物的性质及化学式。请回答下列问题。 (1)仪器B的名称是_，B中固体物质为_。(2)反应过程中末端导管必须插入试管C的水中，目的是_。(填字母)A吸收反应中剩余的氮气 B控制通入气体的流速 C防止空气中的氧气倒流进入反应装置，干扰反应(3)将制备氮化钙的操作步骤补充完整：打开活塞K并通入N2；点燃酒精灯，进行反应；反应结束后，_。(4)该小组同学认为根据相应的质量关系可以求出生成物的化学式，数据记录如下
21、：A的质量m0/gA与钙的质量m1/gA与产物的质量m2/g14.8015.0815.15通过计算得到化学式CaxN2，其中x=_。小组同学查阅资料得知产物为Ca3N2，能与水强烈反应，请写出Ca3N2与水反应的化学方程式_，设计实验检验Ca3N2与水反应产物的操作及现象_。参考答案1C【详解】A由化合价代数和为0可知，高铁酸钾中铁元素的化合价为+6价，故A错误；B转化1发生的反应为，碱性条件下，硝酸铁溶液与次氯酸钠溶液反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为2Fe3+3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O，故B错误；C转化2发生的反应为Na2FeO4+2KCl= K2FeO4
22、+2NaCl，反应能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，故C正确；D由K2FeO4能溶于水，微溶于浓KOH溶液可知，为减少产品因溶解造成损失，应用于浓KOH溶液洗去表面杂质离子，故D错误；故选C。2B【分析】利用沉淀剂把海水中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁，结晶得到氯化镁晶体，电解熔融的氯化镁得到金属镁，同时生成氯气，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢。【详解】A生石灰溶于水生成氢氧化钙，且来源广泛，经济实惠，工业上常用CaO作沉淀剂，故A正确；B试剂M是盐酸，盐酸能导电，但盐酸属于混合物，盐酸既不是电解质又不是非电解质，B错误；C根据流程图，电解熔融
23、的氯化镁得到金属镁，同时生成氯气，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，试剂M即盐酸可以循环利用，故C正确；D氢氧化镁难溶，操作a是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，D正确；选B。3C【分析】硝酸根在酸性条件下的强氧化性，可将海绵铜(Cu)氧化溶解，过滤除杂后得到含有硫酸铜的滤液，加入亚硫酸钠、氯化钠在溶液中发生反应2Cu2+2Cl-+H2O=2CuCl+2H+，过滤后得到CuCl粗产品，经洗涤、干燥得到纯净的CuCl。【详解】A“溶解”过程中硝酸根表现氧化性，H2SO4表现了酸性，故A正确；B“还原”程中发生反应2Cu2+2Cl-+H2O=2CuCl+2H+，有白色的CuCl沉淀生成，故B正确
24、；C“过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，漏斗为普通漏斗，不是分液漏斗，故C错误；D由题中信息可知，CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，则可采用乙醇洗涤，为避免CuCl发生氧化，可真空干燥，D正确；故选C。4C【分析】因为要制备硫酸铜，则过量酸为稀硫酸，废铜粉(含有少量氧化铁)加过量稀硫酸，氧化铁溶于硫酸生成硫酸铁和水，Cu和硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，得到硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸混合溶液，混合溶液通入气体A将亚铁离子氧化为铁离子，调pH=4将铁离子转化为氢氧化铁，然后过滤除去，固体B可为CuO或氢氧化铜等，滤液C为硫酸铜溶液，将硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结
25、晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铜晶体。【详解】A过量的酸应为稀硫酸，不适合用稀硝酸，原因是引入硝酸根杂质，A错误；B向混合溶液通入气体A的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，气体A为氧气，不能使用氯气，防止引入氯离子杂质，B错误；C加入固体B的作用是调节溶液的pH，使Fe3水解平衡正向移动，转变为氢氧化铁沉淀而除去，为了不引入新的杂质，可选用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，加CuO时离子方程式为3CuO+2Fe3+3H2O=2Fe(OH)3+ 3Cu2+，C正确；D从溶液中冷却结晶是得到硫酸铜晶体，D错误；选C。5D【分析】NaClO3、H2SO4、SO2发生反应制得ClO2气
26、体，ClO2和H2O2、NaOH发生氧化还原反应得NaClO2。【详解】A反应中NaClO3转化为ClO2，Cl元素化合价降低1价，SO2转化为NaHSO4，S元素化合价升高2价，根据得失电子守恒可知参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A错误；B原电池中负极失电子发生氧化反应，则负极应为SO2转化为NaHSO4的反应，B错误；C反应中ClO2转化为NaClO2被还原，所以H2O2作还原剂，而NaClO4中Cl元素处于最高价态，具有较强的氧化性，所以H2O2不能用NaClO4代替，C错误；DH2O2中O为-1价，既有氧化性又有还原性，反应中H2O2作还原剂，将ClO2还原为Na
27、ClO2，则反应的条件下，ClO2的氧化性大于H2O2，D正确；答案为D。6D【详解】A酸浸液中有和，加入少量的目的是调节pH，使溶液中的形成沉淀，A项正确；B废铁屑扔掉会污染环境、浪费资源，故合理处理废铁屑有利于保护环境和资源再利用，B项正确；C溶液A中含，加入的作用是将溶液中的转化为，再水解形成碱式硫酸铁，C项正确；D溶液B的pH必须控制在一定的范围内，pH偏小时水解程度较弱，当pH偏大时，会水解变成氢氧化铁沉淀，得不到碱式硫酸铁，D项错误；答案选D。7D【详解】A过碳酸钠是在低温下向碳酸钠溶液缓慢的滴加双氧水得到，故A正确；B向滤液X中加入适量NaCl固体，增加钠离子浓度，降低过碳酸钠的
28、溶解度，加入无水乙醇，降低过碳酸钠的溶解度，两者均可析出过碳酸钠，故B正确；C无水乙醇洗涤可以除去水分、有利于干燥，故C正确；D过碳酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒，但不能吸附水中悬浮的杂质，故D错误；故选：D。8B【详解】A根据流程图知,反应物为氧气、碳酸钙和二氧化硫，生成物有二氧化碳，根据元素守恒、转移电子守恒知,该生成硫酸钙,反应方程式为2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，故A正确； B操作1为了得到结晶水合物，应采用蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、洗涤，故B正确；C氧化铁可以被二氧化硫还原为硫酸亚铁，二氧化锰被还原为二价锰离子，所以反应后的溶液中含有的阳离子主要为和，故C正确
29、；D上述过程中可循环使用的物质为，可以返回反应I循环使用，故D正确；故答案为B。9B【详解】A冰晶石的化学式为Na3AlF6，Na+与AlF之间为离子键，而AlF是以配位键形成的，属于共价键，A项正确；B蒸发皿是可用于蒸发浓缩溶液的器皿，实验室模拟“煅烧”时需要的实验仪器应该使用坩埚，B项错误；C在煅烧过程中，发生反应：CaF2+SiO2+Na2CO3CaSiO3+2NaF+CO2，由此可知，“水浸”时所得残渣主要成分有CaSiO3，C项正确；D“调pH”时，若pH过大，则硫酸铝中的Al3+以Al(OH)3的形式沉淀，从而使得冰晶石的产率降低，D项正确；答案选B。10B【详解】A由于CO2微溶
30、于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，反应的化学方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2SO4+CaCO3，通入NH3和CO2的顺序不可以互换，A错误；B流程中，向硫酸钙浊液中通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通入适量的二氧化碳利于反应的进行，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，加热制成饱和溶液，再降温冷却，结晶析出，过滤，则可以使硫酸铵从溶液中结晶析出，操作2是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，可得(NH4)2SO4，B正确；C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物质
31、发生的主要化学反应为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+(NH4)2SO4反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2OCaCO3+2NH4+SO42-，C错误；D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CO2可循环利用，通入足量NH3，通适量二氧化碳，否则碳酸钙溶解，D错误；故答案为：B。11C【分析】根据流程中物质的变化利用原子守恒和化合价升降守恒进行配平方程式，根据反应中加入的物质和产物判断是否可循环利用。【详解】ACuCl22H2O加热过程中在加热过程会因为水解而生成氢氧化铜，故在加热时通入HCl抑制水解，而最终生成
32、的氯气可以生成氯化氢，故可以回收循环利用，故A正确；B根据途径中的反应物和生成物利用原子守恒配平得方程式：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl，故B正确；CCuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl=Cu2+2Cl-+Cu。故C不正确； D由于CuCl2水解生成易挥发的氯化氢，故在加热时需要抑制其水解，故应在氯化氢的气流中加热，故D正确；故选答案C。【点睛】离子方程式正误判断可以利用原子守恒或电子守恒。其次根据物质中元素化合价的变化判断氧化剂和还原剂是否发生反应，是否符合客观事实。12C【分析】反应中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+
33、NaCl，然后向溶液中加入NaOH溶液、H2O2，根据流程图知，反应中生成NaClO2，则ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，根据原子守恒、转移电子守恒知，反应为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NaClO2。【详解】A反应II中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价由+4价变为+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，故A正确；B反应过程中涉及硫酸、硫酸钠和氯化钠，所以产品中也可能含、Cl-，故B正确；CNaClO2能氧化有色物质而体现漂白性，SO2和有色物质发生化合反应生成无色物
34、质，所以二者漂白原理不同，故C错误；D从溶液中获取晶体蒸发结晶在蒸发皿中进行，故D正确；故选C。13D【详解】A“酸化反应”中，该反应方程式为：2KClO3+I2+HCl=KH(IO3)2+Cl2+KCl，其中氧化剂是KClO3，氧化产物为KH(IO3)2，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为21，故A错误；B加热可以促进溶解在溶液中气体的逸出，故“逐Cl2”过程只需要采用加热溶液即可，不用加入烧碱或KI晶体除Cl2，故B错误；C碘单质能使淀粉溶液变蓝色，但食盐中的碘是以化合态形式存在的，故C错误；D由于KIO3受热能发生分解，故操作X为加热浓缩、冷却结晶，D正确。故选D。14B【详解】A“转化
35、”时，通入二氧化碳，生成碳酸根离子，将硫酸钙转化为碳酸钙，A项正确；BpH约为6.5，呈酸性，碳酸根不可能大量存在，B项错误；C“高温煅烧”需要的仪器有酒精喷灯、坩埚、坩埚钳、泥三角、三脚架等，C项正确；D碳酸钙的溶解度随着温度的升高而降低，所以适当升高温度有利于Ca2+的浸出，D项正确；答案选B。15A【分析】由流程可知，含锌黄铜矿粉经过焙烧、酸浸、过滤后，会得到滤渣1 SiO2、滤液1（主要成分是硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁、硫酸）；滤液1中加入锌屑置换出Cu，过滤；滤液2中加入漂白粉，将少量Fe2+氧化为Fe3+，加入石灰乳后生成Fe(OH)3沉淀和CaSO4，滤液3经过一系列工艺生成锌矾(Z
36、nSO47H2O)。【详解】A“焙烧”过程中FeS2发生的反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，A正确；B由分析可知，滤渣3成分为Fe(OH)3沉淀和CaSO4，B错误；C因为锌屑可能会将Fe3+还原为Fe2+，需要加漂白粉将二价铁氧化为三价铁，便于生成沉淀除去，不能用CaCl2代替，C错误；D蒸发结晶会失去晶体中的结晶水，不能得到到ZnSO47H2O晶体，D错误；故选A。16B【详解】A根据题给流程图分析可知，磷硅渣在浓硫酸“浸出”操作之后涉及的物质中不含有硅元素且不与浓硫酸反应，则废渣中一定含有，选项A正确；B高温条件下，硫酸钙的结晶水容易失去，所以“除硫”的操作不能在高温下进
37、行，选项B错误；C根据反应前后的物质可知，“除硫”的化学反应方程式为，选项C正确；D进入循环的滤液中主要含有P、等元素，所以可以提高P、元素的利用率，选项D正确。答案选B。17B【分析】由图示知，产品Na2S2O3在三颈烧瓶中生成，Na2S2O3中S元素化合价为+2价，原料Na2S中S元素化合价为-2价，根据升降守恒推测装置A中制得的气体中应该含有S元素，且化合价高于+2价，可能为SO2，若为SO2，则装置A中可用Na2SO3与浓硫酸反应制取SO2，随后SO2进入装置B中与Na2S、Na2CO3发生反应生成Na2S2O3，装置C用于吸收过量的SO2。【详解】A由分析知，蒸馏烧瓶中盛放的固体可能
38、为亚硫酸钠，A正确；B由分析知装置B中发生反应：SO2+Na2S+Na2CO3Na2S2O3，根据得失电子守恒结合Na元素守恒初步配平得：4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3，结合C、O元素守恒，确定右边添加1个CO2，完整方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2，故理论投料比n(Na2CO3)：n(Na2S)=1：2，B错误；C由分析知，装置C用于吸收多余的SO2，C正确；DSO2可能与Na2S发生副反应生成S单质，另外此时也可能发生副反应生成Na2SO3，Na2SO3易吸水结块，故需先过滤，再对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等操作，最终
39、得到产品Na2S2O35H2O，D正确；故答案选B。18Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O 过滤 d 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量的盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成 【解析】（1）由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；（2）装置中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离；（3）a装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，a错误；b该装置吸收二氧化硫能力较差，
40、且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，b错误；c该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，c错误；d该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，d正确；答案选d；（4）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成。19温度过高，CO2和Li2CO3在水中溶解度会减小，减慢反应速率 2Li+2HCO3-Li2CO3+CO2+H2O 循环次数增加，Na+、K+等杂质
41、离子浓度增加，会降低产品纯度 将沉淀用热水洗涤23次，干燥 【详解】粗碳酸锂(含有Na+、K+、Ca2+等杂质离子)制备高纯Li2CO3的工艺流程：粗碳酸锂溶于水再通入二氧化碳生成碳酸氢盐，再加入磷酸锂生成磷酸钙沉淀，过滤而除去钙，对滤液进行蒸发使碳酸氢锂分解生成沉淀Li2CO3，过滤后滤液中含有部分锂离子及钾离子、钠离子等，循环使用，滤渣为碳酸锂，洗涤、干燥后可得纯碳酸锂。(1)根据碳酸锂在水的溶解度可知，温度越高，碳酸锂溶解度越小，二氧化碳气体在水的溶解度也减小，减小了反应速率，不利于生成碳酸氢锂，故答案为温度过高，CO2和Li2CO3在水中溶解度会减小，减慢反应速率；(3)蒸发时碳酸氢锂
42、生成碳酸锂，反应的离子方程式为2Li+2HCO3-=Li2CO3+CO2+H2O，母液循环次数增多，溶液中钠离子、钾离子的浓度会增大，会降低产品的纯度，故答案为2Li+2HCO3-=Li2CO3+CO2+H2O；循环次数增多，溶液中钠离子、钾离子的浓度会增大，会降低产品的纯度；(4)为了获得高纯Li2CO3，过滤后要将碳酸锂用热水洗涤23次、干燥，故答案为将碳酸锂用热水洗涤23次、干燥。点睛：本题以制备高纯Li2CO3的工艺流程为知识背景，考查了影响速率的因素、除杂质、离子方程式等。侧重于考查学生对题中信息的分析和利用能力。本题的难点是图像的识别。20 A（或B） MnO24HCl(浓)(浓)
43、MnCl2Cl22H2O（或2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O） efcdhgi Y中出现红棕色液体 有淡黄色固体沉积 碱石灰（或氧化钙、生石灰） 空气中的水蒸气进入Y中使S2Cl2变质；残余Cl2逸散到空气中造成污染 2S2C126OH=SO32-3S4Cl3H2O 取适量上层清液于试管中，滴加足量Ba(NO3)2溶液（或氢氧化钡、氯化钡溶液），过滤【解析】（1）实验室制备氯气可以用二氧化锰在加热条件下氧化浓盐酸或利用酸性高锰酸钾溶液氧化浓盐酸，则氯气的发生装置可以选择上图中的A或B，反应的化学方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O或2KMnO
44、416HCl(浓)2KCl2MnCl25Cl28H2O。（2）生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，则欲收集一瓶干燥的氯气，首先要除去氯化氢，然后干燥，氯气密度大于空气，应该用向上排空气法收集，最后还需要尾气处理，则连接顺序为：发生装置efcdhgi 。（3）由于S2Cl2常温下为红棕色液体，因此证明实验中有S2Cl2生成的现象是Y中出现红棕色液体。由于S的熔点为112.8 S2Cl2，因此若加热G时温度过高，在X中可能出现的现象是有淡黄色固体沉积。（4）S2Cl2遇水生成HCl、SO2、S，所以需要防止空气中的水蒸气进入，同时还需要尾气处理，则Z中的试剂名称是碱石灰。根据以上分析可知如果没有Z装置
45、，可能造成的不良影响有：空气中的水蒸气进入Y中使S2Cl2变质；残余Cl2逸散到空气中造成污染。（5）S2Cl2遇水生成HCl、SO2、S，因此取少量（二）中制得的S2Cl2于锥形瓶中，滴加足量NaOH溶液，发生反应的离子方程式为 2S2C126OHSO32-3S4Cl3H2O。由于亚硫酸根会干扰氯离子检验，所以若要检验反应后的溶液中存在Cl-，在滴加硝酸和硝酸银溶液之前，必须进行的操作是取适量上层清液于试管中，滴加足量Ba(NO3)2溶液（或氢氧化钡、氯化钡溶液），过滤。21ad Fe(OH)3、Cu(OH)2 加快无水乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化 调节pH值使Cu(OH)2溶解而
46、Fe(OH)3不溶解 2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+ pH较小时，SO32-生成SO2逸出，pH较大时，Cu2+水解程度增大，反应生成的CuCl减少 Cu2+Cl-+4e-=CuCl 【解析】（1）a.加热，温度升高，反应速率加快，正确；b.增大压强，反应物的浓度不变，反应速率不变，错误；c.延长浸出时间，不能改变反应速率，错误；d.适当提高硫酸的浓度，可以增大反应速率，正确；故选ad；（2）电镀废液中的Cu2、Fe3 +与碱反应生成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，形成电镀污泥；产品CuCl晶体用无水乙醇洗涤、真空干燥、密封包装，可以加快无水乙醇和水
47、的蒸发，防止CuCl被空气氧化，故答案为Fe(OH)3、Cu(OH)2；加快无水乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；（3）根据流程图，需要使铜元素转化为硫酸铜，加入H2SO4可以调节pH值使Cu(OH)2溶解而Fe(OH)3不溶解，故答案为调节pH值使Cu(OH)2溶解而Fe(OH)3不溶解；（4）根据流程图，亚硫酸钠、氯化钠、硫酸铜在溶液中反应生成CuCl，根据铜元素化合价的变化，亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，反应的离子方程式为2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，故答案为2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；（5）pH较小时
48、，SO32-生成SO2逸出，pH较大时，Cu2+水解程度增大，反应生成的CuCl减少因此pH=2时CuCl 产率最大，故答案为pH较小时，SO32-生成SO2逸出，pH较大时，Cu2+水解程度增大，反应生成的CuCl减少；（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，铜离子在阴极发生还原反应生成CuCl，反应的电极方程式为Cu2+e-+Cl-=CuCl，故答案为Cu2+e-+Cl-=CuCl。22电解饱和食盐水 加快反应速率 Ca(ClO3)2 + 2KCl CaCl2 + 2KClO3 重结晶 坩埚 剩余固体质量已恒重，说明 KClO3 已分解完全 未在干燥器中冷却，剩余固体吸水、加
49、热时间不足，氯酸钾未完全分解（任写一种） 【解析】(1)工业生产氯气是通过电解饱和食盐水的方法获得的，故答案为电解饱和食盐水；(2)氯化过程需要控制较高温度，可以加快反应速率；减少 Cl2 与 Ca(OH)2 之间的副反应，故答案为加快反应速率；（3）向热的滤液中加入稍过量的氯化钾，待溶解完全后进行冷却，有大量氯酸钾晶体析出，反应的化学方程式为Ca(ClO3)2 + 2KCl =CaCl2 + 2KClO3，得到的氯酸钾晶体中可能会含有少量氯化钾，可以通过重结晶的方法进行提纯，故答案为Ca(ClO3)2 + 2KCl =CaCl2 + 2KClO3；重结晶；（4）进行加热操作时，应将固体置于坩
50、埚中进行，故答案为坩埚；根据表格数据，剩余固体质量已恒重，说明 KClO3 已分解完全，该实验不必进行第五次加热，故答案为剩余固体质量已恒重，说明 KClO3 已分解完全；若某次测定结果的相对误差为-2.98%，说明测定结果偏低，可能的原因有：未在干燥器中冷却，使得固体质量的减少量偏小，导致测得的氯酸钾的含量偏低；其余的因素还可能有：剩余固体吸水、加热时间不足，氯酸钾未完全分解等，故答案为未在干燥器中冷却（或剩余固体吸水或加热时间不足或氯酸钾未完全分解）。点睛：本题考查了氯酸钾的制备和含量测定的相关知识。本题的易错点和难点是（4），答案不唯一，具有一定的开放性，同时要知道相对误差为-2.98%
51、的含义。23C H2SO4+Na2SO3Na2SO4+H2O+SO2 除去水中的O2 60水浴加热 2Cu2+2Br-+SO2+2H2O2CuBr+SO42-+4H+ 溶液蓝色完全褪去 防止CuBr见光分解 防止CuBr被氧化 然后向烧杯中加入100g20%NaOH溶液 过滤，然后用乙醇洗涤产品23次 【详解】(1)制备SO2用固体与液体不加热，故选C装置；反应为 H2SO4+Na2SO3Na2SO4+H2O+SO2；(2),步骤1中：CuBr接触空气会被缓慢氧化成绿色粉末,所用蒸馏水需提前煮沸处理，这样做的目的是除去水中的O2，防止氧化CuBr；控制反应在100以下常用水浴加热，为控制反应在
52、60进行可采取的措施是60水浴加热；SO2作还原剂，三颈烧瓶中反应生成CuBr的离子方程式为2Cu2+2Br-+SO2+2H2O2CuBr+SO42-+4H+ ；Cu2溶液呈蓝色，判断反应已经完成的现象是溶液蓝色完全褪去；(3)溴化亚铜(CuBr)常用作有机合成原料和反应催化剂等，它是一种不溶于水的白色结晶粉末，受热或见光易分解，步骤2在过滤时需要避光的原因是防止CuBr见光分解；(4)步骤3中用到的洗涤剂水、乙醇中均“溶有少量SO2”的原因是保持还原性条件，防止CuBr被氧化；(5)吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3，向烧杯中继续通入SO2至溶液饱和，将Na2SO3转化为NaHSO3，根
53、据钠守恒，溶液中NaHSO3为0.5mol，然后向烧杯中加入100g20%NaOH溶液，将NaHSO3再转化为Na2SO3，加入少量维生素C溶液（抗氧化剂），蒸发浓缩，冷却结晶；过滤，然后用乙醇洗涤产品23次，除去表面的杂质，放真空干燥箱中干燥。24Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O gh(或hg)bcefd 冷凝并收集ClO2 SO2（答HSO3-、SO32-、SO2和SO32-、SO2和HSO3-、HSO3-和SO32-、及SO2和SO32-、HSO3-均给分） 生成白色沉淀（没有答“白色”不给分） 加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液 8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-
54、+5SO42-+8H+ ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染。均被还原为Cl-时，二氧化氯得到的电子数是氯气的2.5倍。 【解析】(1)装置A中反应Cu与浓硫酸制备二氧化硫，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+H2O；故答案为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+H2O；二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则agh，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为
55、：aghbcefd；故答案为ghbcefd；装置D的作用为冷凝并收集ClO2；故答案为冷凝并收集ClO2；(2)将适量的稀释后的ClO2通入如图2所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。取少量I中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸，品红始终不褪色，说明溶液中无SO2(或HSO3-或SO32-)生成；故答案为SO2(或HSO3-或SO32-)；另取少量I中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡，有SO42-生成，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；故答案为生成白色沉淀；结论为有Cl-生成，有白色沉淀生成，氯化银为不溶于酸的白色沉淀，检验氯离子，故操作为：继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液
56、至过量，静置，取上层清液于试管丙内加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；故答案为加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；由上述分析可知ClO2与Na2S反应有氯离子、硫酸根离子的生成，故发生的离子方程式为：8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5SO42-+8H+；ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍；故答案为8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5SO42-+8H+；ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被还原为
57、氯离子时，ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍。25干燥管 碱石灰（无水氯化钙，其他答案合理即可） BC 熄灭酒精灯，冷却至室温后，再停止通入氮气 2.8 Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3 取少量氮化钙于一洁净试管中，加入适量水，将湿润的红色石蕊试纸放在管口，若变蓝证明有氨气，反应一段时间后，再向试管中滴加碳酸钠溶液，若有白色沉淀证明有氢氧化钙。（其他答案合理即可） 【解析】(1)仪器B为干燥管，目的是防止外界水蒸气加入装置，应该选用固体干燥剂，可以是碱石灰等，故答案为干燥管； 碱石灰或无水氯化钙等；(2)反应过程中末端导管必须插入试管C的水中，可以防止空气从导管进入装置而与钙
58、发生反应，所以，反应过程中末端导管必须插入试管的水中目的是：液封，防止空气中的氧气通过末端导管进入实验装置；同时便于观察氮气流速，故选BC；(3)根据制备氮化钙的操作步骤：打开活塞K并通入N2；点燃酒精灯，进行反应；反应结束后，熄灭酒精灯，冷却至室温后，再停止通入氮气，故答案为熄灭酒精灯，冷却至室温后，再停止通入氮气；(4) 参加反应钙的质量=15.08g-14.80g=0.28g，参加反应的氮元素 的质量为：15.15g-15.08g=0.07gxCa + N2 CaxN240x 280.28g 0.07g =，解得：x=2.8，故答案为2.8；Ca3N2与水强烈反应生成氢氧化钙和氨气，反应的化学方程式为Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，检验Ca3N2与水反应产物氢氧化钙和氨气，可以取少量氮化钙于一洁净试管中，加入适量水，将湿润的红色石蕊试纸放在管口，若变蓝证明有氨气，反应一段时间后，再向试管中滴加碳酸钠溶液，若有白色沉淀证明有氢氧化钙，故答案为Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3；取少量氮化钙于一洁净试管中，加入适量水，将湿润的红色石蕊试纸放在管口，若变蓝证明有氨气，反应一段时间后，再向试管中滴加碳酸钠溶液，若有白色沉淀证明有氢氧化钙。
