湖北省2023年高考化学模拟题汇编-07化学实验基础、化学与STST

这是一份湖北省2023年高考化学模拟题汇编-07化学实验基础、化学与STST，共28页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

湖北省2023年高考化学模拟题汇编-07化学实验基础、化学与STST

一、单选题
1．（2023·湖北·校联考模拟预测）材料对于促进生产发展、改善人类生活发挥着巨大作用。下列有关材料的说法正确的是
A．不锈钢中含有铬、镍等元素，具有很强的抗腐蚀能力
B．用来生产电闸、灯口等产品的酚醛树脂属于聚酯类化合物
C．汽车机盖上使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
D．在钢中加入某些稀土元素，可降低钢的韧性、塑性等
2．（2023·湖北·校联考模拟预测）自然界与人类活动均对氮的循环产生影响。下列说法正确的是
A．大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质转化为氨基酸
B．汽车尾气中的NO主要来源于汽油的不充分燃烧
C．氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料，可用于制造汽车发动机
D．亚硝酸钠可用于肉制品的生产，不仅可以防腐还可以保护其颜色
3．（2023·湖北·统考一模）我国科学家在相当于110万大气压下合成了一种稳定的氦钠化合物，为人类在木星和土星洞察化学过程提供了机会，结构如图所示，小球代表Na+，大正方体代表He，小正方体代表共用电子，共用电子被迫集中在晶体结构的立方空间内，下列说法正确的是

A．该物质属于一种新型合金
B．晶胞中的空隙He占有率为50%
C．Na+的配位数为8
D．Na+—He之间的最短距离为a (设晶胞棱长为a)
4．（2023·湖北·校联考模拟预测）化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法错误的是
A．含氟牙膏能预防龋齿 B．光伏发电符合绿色发展
C．过期药品为可回收垃圾 D．退耕还林有利于碳中和
5．（2023·湖北·校联考模拟预测）高温结构陶瓷(Si3N4)可由反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO制得。下列说法错误的是
A．Si3N4为空间网状结构 B．Si3N4可用于制造火箭发动机
C．SiO2是太阳能电池的主要材料 D．N2可用作灯泡和焊接的保护气
6．（2023·湖北·统考一模）钛合金等新型合金广泛应用于航空航天领域，工业上以钛铁矿(，其中Ti为价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是

A．“氯化”过程中，既不是氧化剂也不是还原剂
B．“氯化”过程中，每生成气体，转移电子
C．由制备Ti的过程中，Ar气可换成氮气
D．由制备Ti反应的原子利用率为100%
7．（2023·湖北·统考一模）碘化钾为白色固体，可用作分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等，可通过碘酸钾与硫化氢反应制备。实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)，下列说法错误的是

A．仪器a、b名称是恒压滴液漏斗，实验中应先关闭K，打开仪器b，制备碘酸钾
B．滴入30%氢氧化钾溶液后，乙装置中紫黑色固体溶解，棕黄色溶液逐渐变为无色
C．乙装置中稀硫酸主要作用是减小硫化氢溶解度，以利于其逸出在丙装置中被吸收
D．如果乙装置中最终生成4.8g黄色沉淀，则理论上可制得碘化钾的质量为8.3g
8．（2023·湖北·统考一模）铼(Re)被称为“类锰元素”，与锰的价电子排布相同，可以与氧气反应。一种对废氧化铝载体铂铼催化剂中金属元素综合回收利用的工艺如图：

下列说法正确的是
A．“第1次浸出”中可以用氢氧化钠溶液代替氨水，浸出渣1成分不变
B．铼元素的最高价氧化物Re2O7为碱性氧化物
C．制备铼粉过程中，氢气只体现还原作用
D．“第3次浸出”中若用HC1-NaClO3作浸出液，反应离子方程式可能为：3Pt+16Cl-+2C1O+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O
9．（2023·湖北·校联考模拟预测）下列实验装置及试剂的使用正确，且能达到实验目的的是




A．除去SO2中少量的HCl气体
B．探究CH4与Cl2的反应
C．实验室制氨气
D．分离乙酸乙酯和乙醇

A．A B．B C．C D．D
10．（2023·湖北·统考一模）钾长石()是含钾量较高、分布最广、储量最大的非水溶性钾资源，以钾长石为原料制取钾肥的一种工艺流程如下图所示。已知：钾长石中的钾元素和铝元素在作用下转化为和。下列说法正确的是

A．可用“水浸”操作直接提取钾长石中的主要成分
B．“浸渣Ⅰ”可以作为冶炼金属铝的主要原料
C．“碱化Ⅱ”发生的主要反应为
D．流程中只有可循环利用
11．（2023·湖北·校联考模拟预测）利用如图所示装置及药品完成实验，能达到实验目的的是

A．用装置甲制取O2 B．用装置乙制备金属镁
C．用装置丙作为蒸馏的接收装置 D．用装置丁除去Cl2中混有的HCl并干燥
12．（2023·湖北·校联考模拟预测）无水FeCl3是芳香烃取代反应常用的催化剂，它具有易水解、易升华的性质。某同学用5.60g干燥铁粉制得13.00g无水FeCl3样品，实验装置如图所示。下列说法正确的是

A．该实验中FeCl3的产率为60%
B．装置C、H中的药品可以都为P2O5
C．装置B用于干燥氯气，装置E和G用于收集产物
D．可用K4[Fe(CN)6]溶液检验FeCl3产品中是否存在FeCl2
13．（2023·湖北·武汉二中校联考二模）下列实验操作、现象与结论相匹配的是
选项
操作
现象
结论
A
向红热的铁粉与水蒸气反应后的固体中加入稀硫酸酸化，再滴入几滴溶液
溶液未变红
铁粉与水蒸气未反应
B
常温下，分别测定浓度均为的溶液和溶液的
均等于7
常温下，的溶液和溶液中水的电离程度相等
C
常温下，将苯与混合
所得混合溶液的体积为
混合过程中削弱了分子间的氢键，且苯与分子间的作用弱于氢键
D
向溶液中滴加浓氨水至过量
先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解
是两性氢氧化物

A．A B．B C．C D．D
14．（2023·湖北·武汉二中校联考二模）晶体是一种超宽禁带半导体材料。工业制法：将溶于热水中，加入碳酸氢钠的高浓度热溶液，煮沸至镓盐全部转变为沉淀，用热水洗涤，然后于600℃灼烧，得到。下列说法正确的是
A．生成沉淀的离子方程式为：
B．用热水洗涤的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好浸没沉淀，待热水自然流下，重复操作2~3次
C．检验镓盐是否沉淀完全的方法：取少量滤液，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液
D．灼烧需要的玻璃仪器有玻璃棒、试管和酒精灯

二、实验题
15．（2023·湖北·统考一模）20℃下，制作网红“天气瓶”流程如下，请根据下述制作流程，结合下列信息和所学知识，回答问题：

温度／℃
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
硝酸钾溶解度／g
13.3
20.9
31.6
45.8
63.9
85.5
110
138
169
202
246
氯化铵溶解度／g
29.4
33.2
37.2
41.4
45.8
50.4
55.3
60.2
65.6
71.2
77.3

樟脑( )是一种白色晶体，易溶于酒精、难溶于水。
(1)樟脑难溶于水，易溶于酒精的原因主要是___________________。
(2)由硝酸钾、氯化铵制备得到“溶液b”的过程中需要用到的玻璃仪器有__________________________。得到“溶液c”时需控制温度50℃，可采取的方法是_______________。
(3)实验中发现硝酸钾溶解速率很慢，请推测原因________________________。
(4)温度改变，天气瓶内或清澈干净，或浑浊朦胧，或产生大片美丽的结晶。请通过计算说明0℃时出现的是樟脑晶体_________________，推测晶体产生的原因________。
(5)从晶体生长析出的角度分析，“天气瓶”制作中硝酸钾和氯化铵的作用是______________。
16．（2023·湖北·校联考模拟预测）Mg与水反应时，Mg表面会覆盖致密的导致反应较缓慢。某兴趣小组为了验证部分离子对Mg与水反应的影响，进行了如下实验。
I．验证和对Mg与水反应的促进作用
实验序号
a
b
c
d
0.1 mol·L盐溶液


NaCl

30 min内产生气体的体积/mL
1.5
0.7
<0.1
1.4
气体的主要成分

30 min时镁条表面情况
大量固体附着(固体可溶于盐酸)

(1)某同学认为根据上表能够说明对Mg与水的反应起促进作用，他的理由是__________。
(2)实验b、d镁条表面附着固体中还检验出碱式碳酸镁，写出Mg与溶液反应生成该固体的离子方程式：________________。
(3)综合实验a~d可以得出结论：和都能与作用而加快Mg与水的反应，________________________________(补充两点)。
II．室温下，探究对Mg与水反应的影响
该小组用Mg与NaCl溶液反应，实验发现当浓度过低或过高时，反应速率没有变化，当浓度为2 mol·L时，Mg与水反应较快，产生大量的气泡，同时生成白色固体，最终溶液pH约为10.98。
(4)经检验该白色固体含有碱式氯化镁。碱式氯化镁受热(>100℃)易分解生成氧化镁和两种气体，写出其分解的化学方程式：__________________________。实验室检验镁条表面生成的白色固体含有碱式氯化镁的操作是__________________。
(5)常温下，饱和溶液的______，试从化学平衡角度分析实验得到最终溶液的pH大于该值的原因：___________(已知，)。
17．（2023·湖北·校联考模拟预测）溴化亚铜(CuBr)是一种白色结晶状粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在热水中或见光都会分解，常用作有机反应的催化剂。实验室制备CuBr的实验步骤和装置如下图。

回答下列问题：
(1)仪器A的名称是_______。
(2)步骤①涉及的离子方程式为_______；可采取的加热方法是_______。
(3)步骤②操作中需要避光，其原因是_______。
(4)将产品在双层干燥器(分别装有浓硫酸和氢氧化钠)中干燥34h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥，得到产品21.6g。本实验产品的产率是_______(保留小数点后1位)。
(5)欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测主要含有Na2SO3、NaHSO3等)制取较纯净的Na2SO3·7H2O晶体。完善下列步骤：①在烧杯中继续通入SO2至恰好反应完全；②向烧杯中加入_______g 20% NaOH；③加入少量维生素C溶液作抗氧化剂；④通过蒸发浓缩、_______、过滤、用乙醇洗涤2~3次；⑤置于真空干燥箱中干燥。
18．（2023·湖北·统考一模）叠氮化钠()常用作汽车安全气囊中的药剂。某化学小组在实验室制取叠氮化钠的实验装置(略去夹持仪器)如图所示：

实验步骤如下：
①制取：打开装置D导管上的旋塞，加热。
②制取：加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。
③制取：向装置A中b容器内充入适量植物油并加热到210℃~220℃，然后通入。
④冷却，向产物中加入乙醇(降低的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。
已知：是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚；熔点210℃，沸点400℃，在水溶液中易水解。
回答下列问题：
(1)仪器e的名称为___________，其中盛放的药品为___________。
(2)先加热制取再加热装置A中金属钠的原因是___________。
(3)还可由固体(熔点为169.6℃)在240℃~245℃分解制得，则可选择的最佳气体发生装置是___________(填字母序号)。
A． B． C．
(4)制取的化学方程式为___________。
(5)步骤④中用乙醚洗涤晶体产品的主要原因，一是减少的溶解损失，防止产率下降；二是___________。
(6)该化学小组用滴定法测定晶体产品试样中的质量分数的实验过程：称取2.500g试样配成溶液，再取溶液于锥形瓶中后，加入溶液。待充分反应后，将溶液稍稀释，并加入适量硫酸，再滴入3滴邻菲啰啉指示液，用标准溶液滴定过量的，消耗标准溶液。
涉及的反应方程式为：，
则试样中的质量分数为___________(保留三位有效数字)。
19．（2023·湖北·武汉二中校联考二模）某小组探究能否将氧化，甲同学设计了如下实验：

实验现象
A中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，溶液变蓝
B中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝

(1)A中反应的离子方程式为___________，说明氧化性：。
(2)乙同学认为：B中溶液滴加淀粉溶液，未变蓝，原因是，于是设计了如下实验：

①盐桥中电解质可以使用___________(填“”或“”)。
②K闭合时，指针向右偏转，“石墨2”作___________极，电极反应为___________
③当指针归零后，向右侧烧杯中滴加溶液或向左侧烧杯中滴加溶液，指针均向右偏转，说明(或)浓度越大，溶液的氧化性(或还原性)越___________(填“强”或“弱”)。
③乙同学查阅资料，已知，当等体积等浓度和溶液混合时，溶液中___________，溶液中和很小，氧化性和的还原性很弱，二者直接接触，不发生氧化还原反应。
(3)丙同学测得溶液的，认为可能是硝酸氧化了，请设计实验方案验证丙同学的猜想：___________

三、工业流程题
20．（2023·湖北·统考一模）碘是人体所必需的微量元素。磷酸工业的副产品氟硅酸(H2SiF6)中碘元素的可能存在形式有I2、I—、I，其回收方案如下。

回答下列问题：
(1)某实验小组想证明氟硅酸溶液中存I，请补充完整的实验步骤：
(已知：I2+I- I；可选用的试剂：5%淀粉溶液、0.1 mol·L-1NaNO2溶液、0.1mol·L-1Na2SO3溶液、6mol·L-1H2SO4溶液)
①取样品，加入CCl4振荡、静置，可观察到下层呈紫红色；
②分液后取上层黄色液体，滴入适量________________(填选用的试剂，下同)，可观察到___________；
③重复上述操作2~3次，直至步骤②中没有明显现象；
④再滴加适量_____________________，若观察到溶液变蓝，证明氟硅酸溶液中存在I。
(2)实验室利用分液漏斗可以完成CCl4从碘水萃取I2，请描述获得上层液体的操作：________。
(3)“还原”步骤中将碘元素全部变为HI，写出I2被还原时的离子方程式_____________。
(4)工业生产中，氧化剂的实际使用量和理论计算量之间的比值称为配氧率。如图是配氧率对碘单质回收率的影响曲线图，试解释配氧率选择112~113之间的原因______________。

(5)结合信息，请确定I2与NaOH发生“歧化”反应的氧化产物___________(有必要的计算过程)。
已知：①氧化还原反应可以拆分为两个半反应，标准电极电势分别表示为φθ(+)、φθ(-)，标准电动势Eθ=φθ(+)—φθ(-)，如
Zn+Cu2+=Zn2++Cu的 Eθ=φθ(Cu2+/Cu)—φθ(Zn2+/Zn)。
②Eθ>0，该反应能自发进行，Eθ>0.3V，反应趋于完全进行。
③φθ(I2/I-)=0.54V φθ(IO-/I2)=0.45V φθ(IO/I2)=0.21V
21．（2023·湖北·校联考模拟预测）锑白(Sb2O3，两性氧化物)可用作白色颜料和阻燃剂。一种从含锑工业废渣(主要成分是Sb2O3、Sb2O5，含有CuO、Fe2O3和SiO2等杂质)中制取Sb2O3的工业流程如下图所示。

已知：①“滤液1”的主要阳离子是Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+
②“滤饼”的成分是SbOCl
回答下列问题：
(1)将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是_______。
(2)“滤渣2”的成分是_______。
(3)“稀释水解”主要反应的离子反应方程式为_______；该操作中需要搅拌的原因是_______。
(4)“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是_______。
(5)“中和”时反应的化学方程式为_______；“中和”需控制溶液的pH在7～8，碱性不能过强的原因是_______。
22．（2023·湖北·统考一模）三氧化二镍()是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含Ni、Al、Fe的氧化物，，C等)制备的工艺流程如下所示：

已知：①在该实验条件下、Fe(Ⅲ)不能氧化Ni(Ⅱ)。
②常温下，溶液中金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
离子
pH




开始沉淀pH
7.2
3.7
2.2
7.5
完全沉淀pH
8.7
…
3.2
9.0

③萃取的原理为。
回答下列问题：
(1)“预处理”时，可以用___________(填化学式)溶液除去废料表面的油脂油污。
(2)“浸出”时，提高浸出效率可采取的措施有___________(任写一种)。滤渣1的主要成分是___________。
(3)“氧化”时，加入发生反应的离子方程式为___________，目的是___________。
(4)若常温下，“调pH”时，溶液中浓度为，为使等杂质离子沉淀完全，则需控制溶液的pH范围是___________。
(5)“萃取”时，操作若在实验室进行，需要用到的主要玻璃仪器有___________、烧杯。
(6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系：
温度
低于30.8℃
30.8~53.8℃
53.8~280℃
高于280℃
晶体形态


多种结晶水合物


从溶液获得稳定的晶体的操作是：___________。
23．（2023·湖北·校联考模拟预测）钨精矿分解渣具有较高的回收利用价值，以钨精矿分解渣为二次资源综合回收锰、铁的工艺流程如下：

已知：钨精矿分解渣的主要化学成分及含量
名称
MnO2
Fe2O3
CaO
SiO2
WO3
ZnO
其它
含量
34.8%
26.1%
7.6%
8.8%
0.75%
0.66%
-

①WO3不溶于水、不与除氢氟酸外的无机酸反应。
②Ksp(ZnS)=3×10-25、Ksp(MnS)=2.4×10-13
(1)将钨精矿分解渣预先粉碎的目的是___________。
(2)“浸渣”的主要成分为___________。
(3)“除杂”时加入(NH4)2SO4的目的是___________；相较于H2SO4，该步选择(NH4)2SO4的优点是___________。
(4)“沉铁”时需要在不断搅拌下缓慢加入氨水，其目的是___________。
(5)用沉淀溶解平衡原理解释“净化”时选择MnS的原因___________。
(6)“沉锰”时发生反应的离子方程式为___________。
(7)取2kg钨精矿分解渣按图中流程进行操作，最终得到880g含锰元素质量分数为45%的MnCO3，则整个过程中锰元素的回收率为___________。

参考答案：
1．A
【详解】A．不锈钢中含有铬、镍元素，能改变金属的内部结构，使铁合金具有很强的抗腐蚀能力，A项正确；
B．酚醛树脂是由酚类和醛类聚合而成的，不属于聚酯，B项错误；
C．碳纤维属于碳单质，不是新型有机高分子材料，C项错误；
D．在钢中加入某些稀土元素形成的合金，可增强钢的韧性、塑性等，D项错误；
故选A。
2．D
【详解】A．豆浆主要是蛋白质，煮沸后变性，不是水解生成氨基酸，选项A错误；
B．汽油中无氮元素，氮氧化物产生的原因是内燃机的高温环境使空气中的N2与O2化合形成NO，选项B错误；
C．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，选项C错误；
D．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，生产加工腊肉、香肠等肉制品时添加亚硝酸钠，可以增加肉类的鲜度，并有抑制微生物的作用，能防止肉类变质并保持鲜红色，但亚硝酸钠有毒，作为食品添加剂使用时必须按规定添加，选项D正确；
答案选D。
3．B
【详解】A．由题意可知，该物质为稳定的氦钠化合物，不属于合金，故A错误；
B．由晶胞结构可知，晶胞中含有8个正四面体，其中有4个正四面体的内部含有一个氦原子，则晶胞中的空隙氦占有率为50%，故B正确；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钠离子被4个氦所共用，则钠离子的配位数为4，故C错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞中钠离子与氦之间的最短距离为体对角线的，由晶胞棱长为a可知，最短距离为a，故D错误；
故选B。
4．C
【详解】A．氟离子与羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石，且更能抵抗酸的腐蚀，故含氟牙膏能预防龋齿，A正确；
B．光伏发电可以减少化石燃料发电产生的CO2，符合绿色发展的理念，B正确；
C．过期药品为有害垃圾，C错误；
D．退耕还林，种植树木有利于吸收CO2，D正确；
故选C。
5．C
【详解】A．Si3N4为共价晶体，结构为空间网状结构，A正确；
B．Si3N4为高温结构陶瓷，可用于制造火箭发动机，B正确；
C．太阳能电池的主要材料是硅单质，C错误；
D．N2化学性质稳定，可用作灯泡和焊接的保护气，D正确；
故选C。
6．B
【分析】氯化发生的反应为：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，得到TiCl4，然后镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4 + 2MgTi+2MgCl2。
【详解】A．“氯化”过程中，中Fe由+2价变为+3价，是还原剂，A错误；
B．反应2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO中，每生成6molCO，转移14mol电子，生成气体，转移电子×14mol=0.7mol，B正确；
C．高温下Ti与N2反应，由制备Ti的过程中，Ar气不可换成氮气，C错误；
D．由制备Ti反应为TiCl4 + 2MgTi+2MgCl2，属于置换反应，原子利用率不是100%，D错误；
故选B。
7．D
【分析】本题为利用碘酸钾和硫化氢制备碘化钾，由装置所盛试剂可知，装置甲为启普发生器，利用硫化亚铁和稀硫酸制备硫化氢气体，装置乙中盛放碘单质和氢氧化钠，用以制备碘酸钾，待碘酸钾制备完成，将硫化氢通入碘酸钾溶液制备碘化钾，同时有淡黄色硫单质生成，最后用氢氧化钠吸收尾气。
【详解】A．仪器a、b为恒压滴液漏斗，利用碘酸钾与硫化氢气体制备碘化钾，由于碘酸钾为溶液，硫化氢为气体，因此需先关闭K制备碘酸钾，然后制备并将硫化氢通入碘酸钾溶液制备碘化钾，A正确；
B．碘单质溶解后溶液呈棕黄色，随着碘单质与氢氧化钠反应生成无色的碘化钾和碘酸钾，溶液逐渐变为无色，B正确；
C．硫化氢为弱电解质，加入稀硫酸能抑制硫化氢的电离，降低其溶解度，使其逸出吸收，C正确；
D．黄色沉淀为S，4.8g S为0.15mol，硫元素由硫化氢中的-2价升高为0价，0.15mol S转移0.3mol电子，每生成1mol碘化钾转移1mol电子，因此共生成碘化钾0.3mol，质量为49.8g，D错误；
故选D。
8．D
【分析】废氧化铝载体铂铼催化剂经过焙烧细磨后，加入氨水溶解Re得到NH4ReO4，Pt和氧化铝在浸出渣1中。NH4ReO4经过800℃下通入氢气制备铼粉；浸出渣1加硫酸溶解氧化铝，浸出渣2为Pt；硫酸铝用于制备净水剂，浸出渣2用于制备海绵Pt，据此分析解题。
【详解】A．“第1次浸出”用氨水溶解含Re的物质，含Al2O3在滤渣中，Al2O3能与氢氧化钠溶液反应，不能使用氢氧化钠溶液代替氨水，故A错误；
B．七氧化二铼溶于水生成高铼酸溶液，所以Re2O7为酸性氧化物，故B错误；
C．在800℃下通入氢气，还原NH4ReO4制备铼粉，氢气不仅作为还原剂，还可以通过气流带走生成的水蒸气和氨气，故C错误；
D．用HC1-NaClO3作浸出液溶解Pt，可形成配合物，反应离子方程式可能为：3Pt+16Cl-+2C1O+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O，故D正确；
故答案选D。
9．C
【详解】A．亚硫酸钠溶液能吸收SO2生成亚硫酸氢钠，故A错误；
B．强光下易发生爆炸，应适当光照，B错误。
C．铵盐与碱加热可制备氨气，图中固体加热装置可制备氨气，故C正确；
D．乙醇溶于乙酸乙酯，不能通过分液的方式分离，故D错误。
故选C。
10．C
【分析】依题意，煅烧后钾元素、铝元素转化为NaAlO2、KAlO2、硅元素转化为CaSiO3。水浸过滤后，滤液中主要含有NaAlO2、KAlO2、Na2CO3等，通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3、KHCO3，加入NaOH溶液碱化时，NaHCO3转化为Na2CO3并结晶析出、KHCO3转化为K2CO3，过滤分离可得K2CO3溶液。
【详解】A．钾长石是非水溶性钾资源，不能用“水浸”操作直接提取其中的主要成分，A错误；
B．“浸渣Ⅰ”主要含有CaCO3和CaSiO3，不能冶炼金属铝，B错误；
C．加入NaOH溶液碱化时，NaHCO3、KHCO3分别转化为Na2CO3、K2CO3，反应的离子方程式为：，C正确；
D．流程中除CO2可以循环利用外，还有Na2CO3也可以循环利用，D错误；
故选C。
11．D
【详解】A．Na2O2与H2O剧烈反应生成NaOH和O2，同时放出大量的热，Na2O2不是块状且难溶于水的固体，不能用启普发生器制备，故A错误；
B．Mg的金属活动顺序强于Al，不能通过铝热反应制备，故B错误；
C．蒸馏时，锥形瓶不能用瓶塞，故C错误；
D．稀硫酸中含有大量氢离子，可以抑制氯气的溶解，而稀硫酸中的水可以吸收HCl，洗气后再用浓硫酸干燥，可制得干燥的氯气，故D正确；
选D。
12．B
【分析】A、B装置均为浓硫酸干燥Cl2，而C、H均为干燥且防止FeCl3水解。E、F、G收集FeCl3，I吸收尾气。
【详解】A．根据反应2Fe+3Cl2=2FeCl3，5.6g铁粉理论上制得氯化铁的质量xg，解得 x=16.25g，× 100%=80%，A项错误；
B．装置C和H起干燥作用，可以选择P2O5，B项正确；
C．装置A的目的是干燥氯气，装置B是检查后续装置是否堵塞，C项错误；
D．检验Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液，D项错误；
故选B。
13．C
【详解】A．四氧化三铁在稀硫酸中溶解，生成的铁离子会与未反应的铁粉反应生成亚铁离子，滴入几滴溶液，溶液未变红，不能说明铁粉与水蒸气未反应，A错误；
B．是弱酸弱碱盐，促进水的电离，为强酸强碱盐，对水的电离无影响，二者水的电离程度不相同，B错误；
C．常温下，将苯与混合体积为，说明混合过程中削弱了分子间的氢键，且苯与分子间的作用弱于氢键，导致分子间距离增大，从而使体积变大，C正确；
D．溶液先与氨水反应生成氢氧化铜沉淀，后与氨水生成络合物，则先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解，不能说明是两性氢氧化物，D错误；
故选C。
14．B
【详解】A．将溶于热水中，加入碳酸氢钠的高浓度热溶液，煮沸至镓盐全部转变为沉淀，则生成沉淀的离子方程式为：，A错误；
B．用热水洗涤沉淀的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好浸没沉淀，待热水自然流下，重复操作2~3次，B正确；
C．取少量滤液，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，是用来检验氯离子，滤液中含有大量的氯离子，因此不能用来检验镓盐是否沉淀完全，C错误；
D．灼烧在坩埚中进行，不需要用到试管，D错误；
故选B。
15．(1)水分子极性较强，而樟脑和乙醇均为弱极性分子
(2)     烧杯、玻璃棒、量筒     水浴加热
(3)氯化铵在溶液的水解反应为吸热反应，溶液温度降低
(4)     0℃时硝酸钾溶解度为13.3g，氯化铵29.4g，33g溶剂水能溶解硝酸钾4.4g，氯化铵9.7g     樟脑在酒精中的溶解度随温度升高而增大，溶解速率随温度降低而减小
(5)控制樟脑晶体高速生长过程中的连续成核(或：减缓樟脑晶体的生长速度)，便于得到较大晶体

【详解】（1）水分子极性较强，而樟脑和乙醇均为弱极性分子，由相似相溶原理可知，樟脑难溶于水，易溶于酒精，故答案为：水分子极性较强，而樟脑和乙醇均为弱极性分子；
（2）由硝酸钾、氯化铵制备得到“溶液b”的过程为固体溶解的过程，溶解时需要用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、量筒；得到“溶液c”时的控制温度小于100℃，所以采取的加热方式为水浴加热，故答案为：烧杯、玻璃棒、量筒；水浴加热；
（3）由表格数据可知，硝酸钾在温度较低时，溶解度小，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中的水解反应为吸热反应，所以氯化铵溶解时吸收热量，使溶液温度降低导致硝酸钾溶解速率很慢，故答案为：氯化铵在溶液的水解反应为吸热反应，溶液温度降低；
（4）由表格数据可知，0℃时33g水溶解硝酸钾、氯化铵的质量分别为≈4.4g、≈9.7g，硝酸钾和氯化铵在溶液中能够溶解的最大质量均大于2.5g，所以0℃时出现的晶体是樟脑晶体，不可能是硝酸钾和氯化铵；0℃时出现樟脑晶体说明樟脑在酒精中的溶解度随温度升高而增大，导致溶解速率随温度降低而减小，故答案为：0℃时硝酸钾溶解度为13.3g，氯化铵29.4g，33g溶剂水能溶解硝酸钾4.4g，氯化铵9.7g；樟脑在酒精中的溶解度随温度升高而增大，溶解速率随温度降低而减小；
（5）从晶体生长析出的角度可知，“天气瓶”制作中硝酸钾和氯化铵的作用是控制樟脑晶体高速生长过程中的连续成核，减缓樟脑晶体的生长速度，便于得到较大晶体，故答案为：控制樟脑晶体高速生长过程中的连续成核(或：减缓樟脑晶体的生长速度)，便于得到较大晶体。
16．(1)30 min内实验a产生气体的体积远大于实验c(或30 min内实验d产生气体的体积远大于实验b)
(2)
(3)相同浓度时，对Mg与水反应的促进作用大于；和共同存在且浓度相同时，二者对Mg与水反应的促进作用并未叠加
(4)          取适量白色固体，灼烧，若产生的气体可以使玻璃棒表面蘸有的溶液变浑浊，则证明白色固体含有碱式氯化镁
(5)     10.48     反应过程中存在平衡，促使该平衡正向移动，溶液中浓度增大，pH增大

【分析】研究外界条件变化对实验结果产生的影响要注意控制变量，通过对比实验得出实验结论；
【详解】（1）实验a中所用盐溶液为溶液，实验c中所用盐溶液为NaCl溶液，实验a、c所用盐溶液中的阴离子相同，30 min内，实验a产生气体的体积远大于实验c，可说明对Mg与水的反应起促进作用。
（2）Mg与溶液反应生成碱式碳酸镁，反应中镁元素化合价升高，则氢元素化合价降低生成氢气，根据质量守恒可知，还会生成碳酸根离子，离子方程式为
；
（3）对比实验a、c和实验b、c，30 min内，实验a中产生气体的体积较大，说明相同浓度时，对Mg与水反应的促进作用大于；对比实验a、d，30 min内，实验d中产生气体的体积略小于实验a，说明和共同存在且浓度相同时，二者对Mg与水反应的促进作用并未叠加；
（4）碱式氯化镁受热易分解生成氧化镁和两种气体，根据质量守恒可知生成气体为水和HCl，化学方程式为。实验中镁条表面生成的白色固体为氢氧化镁和碱式氯化镁的混合物，可以通过检验的存在检验碱式氯化镁：取适量上述白色固体，灼烧，若产生的气体可以使玻璃棒表面蘸有的溶液变浑浊，则证明白色固体含有碱式氯化镁；
（5）设饱和溶液中 mol·L，则 mol·L，，可得 mol·L，则。反应过程中存在平衡，促使该平衡正向移动，溶液中浓度增大，pH增大。
17．(1)三颈烧瓶
(2)     2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO+4H+     水浴加热
(3)防止CuBr见光分解
(4)83.3%
(5)     100     冷却结晶

【分析】硫酸铜、二氧化硫、溴化钠反应反应生成溴化亚铜沉淀，反应后抽滤得到溴化亚铜沉淀，洗涤、干燥后得到产品；
【详解】（1）仪器A的名称是三颈烧瓶；
（2）步骤①硫酸铜、二氧化硫、溴化钠反应反应生成溴化亚铜沉淀和硫酸根离子，反应中硫化合价由+4变为+6、铜化合价由+2变为+1，根据电子守恒和质量守恒可知，涉及的离子方程式为2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO+4H+；反应在60℃条件下反应，可采取的加热方法是水浴加热；
（3）溴化亚铜在热水中或见光都会分解，故步骤②操作中需要避光；
（4）45g胆矾中硫酸铜为0.18mol、30.9g溴化钠为0.3mol，由（2）反应方程式可知，反应中溴化钠过量，应该生成溴化亚铜0.18mol、质量为25.92g；实验得到产品21.6g，故本实验产品的产率是；
（5）上述装置烧杯中氢氧化钠的质量为20g、为0.5mol，根据钠元素守恒可知，通入SO2至恰好反应完全得到NaHSO30.5mol，NaHSO3和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，则需要氢氧化钠0.5mol、为20g，故向烧杯中加入100g 20% NaOH；亚硫酸钠溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。
18．(1)     U形管     碱石灰
(2)利用产生的氨气排尽装置中的空气
(3)B
(4)
(5)乙醚易挥发，利于晶体快速干燥
(6)91.0%

【分析】D装置制取氨气，用C装置冷凝分离出水，B装置干燥氨气，A装置先制取，再制取，冷却，向产物中加入乙醇(降低的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。
【详解】（1）仪器e为U形管；制备的氨气中含有大量的水，用C装置冷凝分离出水，U形管中盛放碱石灰干燥氨气；
（2）先加热制取再加热装置A中金属钠的原因是：利用产生的氨气排尽装置中的空气；
（3）分解过程中会产生水，为了防止水倒流到试管底部使试管炸裂，试管口要略向下倾斜，同时固体的熔点为169.6℃，为防止加热过程中硝酸铵熔化流出，应选择B装置加热，故选B。
（4）和在210℃~220℃条件下反应生成和水，反应的化学方程式为；
（5）乙醚易挥发，用乙醚洗涤晶体，利于晶体快速干燥；
（6）消耗的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为：0.0500mol/L×0.03L=0.0015mol，加入( NH4)2Ce (NO3)6的物质的量为：0.1000mol/L×0.05L=0.005mol，根据可知，与NaN3反应的( NH4)2Ce (NO3)6的物质的量为：0.005mol-0.0015mol=0.0035mol，依据2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3 =4NH4NO3 +2Ce( NO3)3 +2NaNO3 +3N2↑可知，50.00mL溶液中含有的NaN3的物质的量为0.0035mol ，则试样中NaN3的质量分数为：×100%=91.0%。
19．(1)
(2)          正极          强    
(3)向溶液中滴加2~3滴淀粉溶液，再滴加少量浓硫酸(或硝酸)，调节溶液，若溶液变蓝，则说明硝酸有影响，若溶液不变蓝，则说明硝酸无影响

【详解】（1）实验A中的现象为溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明产生了，因此A中反应的离子方程式为；故答案为：；
（2）盐桥中电解质可以使用，若用则其中氯离子会与银离子产生沉淀；当K闭合时，指针向右偏转，说明形成了原电池，向右偏转则说明石墨2作正极，电极反应为；当指针归零后，向右侧烧杯中再次加入任意一种反应物，再次发生反应可知(或)浓度越大，溶液的氧化性(或还原性)越强；根据，当等体积等浓度和溶液混合时，溶液中，故答案为：正极；；强；；
（3）丙同学认为可能是硝酸氧化了，那么要先有HNO3生成，故实验步骤为：向溶液中滴加2~3滴淀粉溶液，再滴加少量浓硫酸(或硝酸)，调节溶液，若溶液变蓝，则说明硝酸有影响，若溶液不变蓝，则说明硝酸无影响；故答案为：向溶液中滴加2~3滴淀粉溶液，再滴加少量浓硫酸(或硝酸)，调节溶液，若溶液变蓝，则说明硝酸有影响，若溶液不变蓝，则说明硝酸无影响。
20．(1)     5%淀粉溶液     溶液变蓝     6mol·L-1 H2SO4溶液和0.1mol·L-1NaNO2溶液
(2)下层液体从分液漏斗下端管口放出后，关闭活塞，将上层液体从分液漏斗上口倒出
(3)I2+SO+H2O=2I—+SO+2H+
(4)配氧率过低，I—不能完全转化为碘单质；配氧率过高，可能发生副反应，使碘单质进一步被氧化为碘酸根或耗费大量氧化剂
(5)Eθ=φθ(I2/I-)—φθ(IO-/I2)=0.54V—0.45V=0.09V，而Eθ=φθ(I2/I—)— φθ(IO/I2)=0.54V—0.21V=0.33 V>0.3V，反应则趋于完全进行，故氧化产物为NaIO3

【分析】由题给流程可知，向氟硅酸溶液中加入亚硫酸钠溶液，将溶液中的碘元素还原为碘离子，加入次氯酸钠溶液，将生成的碘离子氧化为单质碘，加入四氯化碳萃取、分液得到碘的四氯化碳溶液，向溶液中加入氢氧化钠溶液，碘与氢氧化钠溶液发生歧化反应生成碘化钠、碘酸钠和水，向反应后的溶液中加入酸酸化，碘化钠、碘酸钠酸性条件下发生归中反应得到粗碘。
【详解】（1）由题意可知，证明氟硅酸溶液中存I离子的的实验步骤为取样品，加入四氯化碳振荡、静置，可观察到下层呈紫红色说明溶液中含有单质碘；分液后取上层黄色液体，滴入适量5%淀粉溶液，溶液变蓝；重复上述操作2~3次，直至步骤②中没有明显现象说明溶液中的碘已经被完全萃取出来；再滴加适量6mol·L-1 硫酸溶液和0.1mol·L-1亚硝酸钠溶液，若观察到溶液变蓝说明I离子酸性条件下与亚硝酸根离子反应生成了单质碘，证明氟硅酸溶液中存在I离子，故答案为：5%淀粉溶液；溶液变蓝；6mol·L-1 H2SO4溶液和0.1mol·L-1NaNO2溶液；
（2）实验室利用四氯化碳萃取溶液中的碘时，碘的四氯化碳溶液在下层，水溶液在上层，获得上层液体的操作为下层液体从分液漏斗下端管口放出后，关闭活塞，将上层液体从分液漏斗上口倒出，故答案为：下层液体从分液漏斗下端管口放出后，关闭活塞，将上层液体从分液漏斗上口倒出；
（3）碘被还原时发生的反应为碘与亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠和氢碘酸，反应的离子方程式为I2+SO+H2O=2I—+SO+2H+，故答案为：I2+SO+H2O=2I—+SO+2H+；
（4）由图可知，配氧率在112~113之间时，碘单质回收率最高，配氧率过低时，溶液中碘离子不能完全转化为碘单质导致碘单质回收率不够高；配氧率过高时，可能发生副反应，使碘单质进一步被氧化为碘酸根离子导致碘单质回收率不够高，还会耗费大量氧化剂造成试剂浪费，所以工业生产中配氧率选择112~113之间，故答案为：配氧率过低，I—不能完全转化为碘单质；配氧率过高，可能发生副反应，使碘单质进一步被氧化为碘酸根或耗费大量氧化剂；
（5）由题给数据可知，碘与氢氧化钠溶液发生歧化反应时，若生成次碘酸根离子，标准电动势Eθ=φθ(I2/I-)—φθ(IO-/I2)=0.54V—0.45V=0.09V，0.09V大于0，而小于0.3V，说明反应能自发进行，但不能趋于完全进行，若生成碘酸根离子，标准电动势Eθ=φθ(I2/I—)— φθ(IO/I2)=0.54V—0.21V=0.33 V>0.3V，说明反应则趋于完全进行，所以歧化反应的氧化产物为碘酸钠，故答案为：Eθ=φθ(I2/I-)—φθ(IO-/I2)=0.54V—0.45V=0.09V，而Eθ=φθ(I2/I—)— φθ(IO/I2)=0.54V—0.21V=0.33 V>0.3V，反应则趋于完全进行，故氧化产物为NaIO3。
21．(1)提高酸浸步骤中锑的浸出率
(2)Fe、Cu
(3)     Sb3++Cl-+H2O=SbOC1↓+2H+     避免形成胶体，不利于过滤分离
(4)铁氰化钾溶液
(5)     2NH3·H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O     碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失

【分析】含锑工业废渣加入稀盐酸酸溶，二氧化硅不反应得到滤渣1，滤液1中含有Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+；滤液1加入过量铁粉，Sb5+、Fe3+分别转化为Sb3+、Fe2+，铜离子转化为铜单质，过滤得到滤液2加水稀释水解生成SbOCl，酸洗后加入氨水反应，SbOCl转化为Sb2O3；
【详解】（1）将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是提高酸浸步骤中锑的浸出率，充分利用原料；
（2）过量铁能置换出溶液中铜离子生成铜单质，故滤渣2为铁、铜；
（3）已知稀释水解后得到滤饼的成分是SbOCl，故水解过程中Sb3+水解和氯离子反应得到SbOCl和氢离子，反应为Sb3++Cl-+H2O=SbOC1↓+2H+；该过程中搅拌可以防止水解生成胶体，导致不利于过滤分离；
（4）滤饼若洗涤不干净则洗涤液中会含有亚铁离子，亚铁离子和铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，故“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是铁氰化钾溶液；
（5）“中和”时加入氨水和SbOCl反应生成Sb2O3，根据质量守恒可知，还会生成氯化铵、水，反应的化学方程式为2NH3·H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O；(Sb2O3，两性氧化物，能和强碱反应，“中和”需控制溶液的pH在7～8，碱性不能过强的原因是碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失，导致产品产率降低。
22．(1)NaOH（或Na2CO3）
(2)     适当升高温度（或适当增大稀硫酸的浓度或延长浸取时间等）     SiO2、C
(3)          将先氧化成再调pH除去，避免损失
(4)
(5)分液漏斗
(6)蒸发浓缩、冷却至30.8~53.8℃之间结晶并过滤

【分析】含镍废料预处理后，加入稀硫酸进行酸浸，使Ni、Al、Fe元素转化为对应的可溶性硫酸盐，SiO2、C等不溶物过滤后可除去，滤液中加入NaClO3，使氧化生成，调节溶液pH，可使、生成氢氧化物沉淀除去，加入有机萃取剂后，形成NiR2（有机相），从而使与水溶性杂质分离，加入稀硫酸进行反萃取，得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、控温冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥等操作后，得到晶体，再进一步处理得到产品。
【详解】（1）油脂油污属于酯类，在碱性条件下可以完全水解而被除去，因此在预处理含镍废料时可以用热的NaOH溶液或热的Na2CO3溶液进行碱浸。
（2）提高浸出效率主要从加快反应速率、使反应更充分等角度考虑，因此可采取的措施有适当升高温度、适当增大稀硫酸的浓度、延长浸取时间等。含镍废料中不溶于稀硫酸的物质主要有SiO2、C，因此酸浸完成后过滤得到的滤渣1主要成分是SiO2、C。
（3）NaClO3具有氧化性，能把Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为：。因为与生成氢氧化物沉淀的pH接近，如调pH除去，会使损失，因此需要把氧化成后再除去，避免损失。
（4）常温下，根据，结合表格数据得开始沉淀时，则，当溶液中浓度为时，根据计算得，此时，为防止损失，溶液pH应小于6.7。同理可计得完全沉淀时溶液pH=4.7，故为使等杂质离子沉淀完全，pH应大于等于4.7。因此需要控制溶液的pH范围是。
（5）实验室进行萃取实验时，需要用到的主要玻璃仪器为分液漏斗、烧杯。
（6）根据表格数据，由溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30.8~53.8℃之间结晶并过滤。
23．(1)增大接触面积，提高酸浸速率
(2)SiO2、WO3
(3)     将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去     除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水
(4)防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀
(5)MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K= = 8×1011>105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀
(6)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
(7)90%

【分析】钨精矿分解渣的主要化学成分为MnO2；Fe2O3；CaO；SiO2；WO3；ZnO；加入盐酸溶解，其中SiO2和WO3不与盐酸反应；其余金属以离子形式存在在溶液中；加入(NH4)2SO4将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；然后加入氨水沉铁，再加入MnS除去Zn；最后加入NH4HCO3得到MnCO3；据此分析解题。
【详解】（1）为了提高酸浸速率，将钨精矿分解渣预先粉碎以增大接触面积；所以将钨精矿分解渣预先粉碎的目的是增大接触面积，提高酸浸速率；故答案为增大接触面积，提高酸浸速率。
（2）据分析可知，“浸渣”的主要成分为SiO2、WO3；故答案为SiO2、WO3。
（3）据分析可知，加入(NH4)2SO4将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；相较于H2SO4，选择(NH4)2SO4的优点是除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水；故答案为将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水。
（4）“沉铁”时需要在不断搅拌下缓慢加入氨水，防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀；故答案为防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀。
（5）已知Ksp(ZnS)=3×10-25、Ksp(MnS)=2.4×10-13； MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K==8×1011>105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀；故答案为MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K= = 8×1011>105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀。
（6）加入NH4HCO3“沉锰”得到MnCO3；发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
（7）取2kg钨精矿分解渣按图中流程进行操作，钨精矿中MnO2的含量为34.8%；所以锰元素的质量为；最终得到880g含锰元素质量分数为45%的MnCO3，所以锰元素的质量为，则整个过程中锰元素的回收率为；故答案为90%。