预测03 物质的分离、提纯和检验专题-【临门一脚】 高考化学三轮冲刺过关

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预测03 物质的分离、提纯和检验专题概率预测☆☆☆☆☆题型预测选择题☆☆☆☆简答题☆☆☆☆☆考向预测①物质分离与提纯的基本操作方法和适用范围②混合物的物理与化学分离方法③常见离子的检验方法④常见物质鉴别的方法⑤物质的推断①综合实验题或工艺流程题中以某一步骤考查②设计实验检验溶液中的某些离子 物质的分离、提纯和检验是高考化学实验部分的重点，也是热点｡此类问题可以考查学生对元素化合物知识的掌握、应用能力，也能考查学生对物质的分离、提纯和检验原理的理解，实验操作的规范性及实验现象的观察、描述能力｡从高考的内容和形式上看,物质的离、提纯及检验可以独立考查，也可以综合考查；尤其物质的分离和提纯是实验题及工艺流程题必然出现的环节，高考中可以单独以选择题考查，也可以在综合实验题或工艺流程题中以某一步骤考查，这种题意环境往往比较陌生，需要考生仔细审题，搞清楚主要物质和杂质，根据混合物的类型选择分离方法或除杂方法。1．常见分离实验的物理方法和注意事项方法注意事项纸上层析纸上层析要求流动相溶剂对分离物质应有适当的溶解度；溶解度太太，待分离物质会随流动相跑到前沿；太小，则会留在固定相附近，使分离效果不好。因此要根据待分离物质的性质选择合适的流动相。通常．对于能溶于H2O的待分离物质，以吸附在滤纸上的H2O作为固定相，以与H2O能混合的有机溶剂(如酵类)作流动相。渗析放在流动的水中效果更好蒸馏①蒸馏烧瓶要垫石棉网加热或水浴加热，不可直接受热。②蒸馏烧瓶里的液体体积不要超过蒸馏烧瓶球部容积的1/2。③若蒸馏烧瓶里的物质为纯液体时，要向其中加入少量洁净的碎玻璃片(或瓷片)，防止液体剧烈沸腾。④温度计的最大量程要高于馏分的最高沸点。要使温度计的水银球处在蒸馏烧瓶的支管口处。⑤若将馏分在冷凝管里用自来水冷却，自来水要从冷凝管的低口进、高口出。过滤过滤中要注意两“低”三“靠”。滤纸比漏斗边缘低，溶液比滤纸边缘低；滤纸紧靠漏斗内壁，引流的玻璃棒紧靠滤纸三层处，漏斗下面的导管紧靠烧杯内壁。分液和萃取①萃取剂应符合要求②萃取后需静置再分液③上层液体分别从分液漏斗上层倒出，下层溶液从分液漏斗下管放出蒸发和结晶①蒸发过程中用玻璃棒不断搅动溶液，防止局部温度过高造成溶液飞溅②蒸发皿出现较多固体时，即停止加热③为了得到较纯的晶体，可重新溶解后蒸发后再结晶即重结晶洗气①“长进短出”②洗涤液不能吸收与所保留的气体且不产生新的气体2．热点组合装置①蒸馏装置            ②过滤装置       ③抽滤装置       ④热过滤装置      　⑤渗析装置   ⑥蒸发结晶　　⑦分液装置  ⑧纸层析　　⑨搅拌滴加回流反应装置　  　　　 　　　　　3．依据物理性质选择分离、提纯的方法(1)“固＋固”混合物的分离(提纯)(2)“固＋液”混合物的分离(提纯)(3)“液＋液”混合物的分离(提纯)(4)“气＋气”混合物的分离(提纯)4．依据化学性质选择分离、提纯的方法方法原理杂质成分沉淀法将杂质离子转化为沉淀Cl－、SO、CO及能形成沉淀的阳离子气化法将杂质离子转化为气体CO、HCO、SO、HSO、S2－、NH杂转纯法将杂质转化为需要提纯的物质杂质中含不同价态的相同元素(用氧化剂或还原剂)、同一种酸的正盐与酸式盐(用酸、酸酐或碱)氧化还原法用氧化剂(还原剂)除去具有还原性(氧化性)的杂质如用酸性KMnO4除去CO2中的SO2，用热的铜粉除去N2中的O2热分解法加热使不稳定的物质分解除去如除去NaCl中的NH4Cl等酸碱溶解法利用物质与酸或碱溶液混合后的差异进行分离如用过量的NaOH溶液可除去Fe2O3中的Al2O3电解法利用电解原理除去杂质含杂质的金属作阳极、纯金属(M)作阴极，含M的盐溶液作电解质溶液5．物质分离与提纯的常用化学方法总结方法原理杂质成分沉淀法将杂质离子转化为沉淀Cl－、SO、CO及能形成弱碱的阳离子气化法将杂质离子转化为气体CO、HCO、SO、HSO、S2－、NH杂转纯法将杂质转化为需要提纯的物质杂质与需要提纯的物质中含不同价态的相同元素(用氧化剂或还原剂)、杂质与需要提纯的物质为同一种酸的正盐与酸式盐(用酸、酸酐或碱)氧化还原法用氧化剂(还原剂)除去具有还原性(氧化性)的杂质如用酸性KMnO4除去CO2中的SO2，用热的铜粉除去N2中的O2热分解法加热使不稳定的物质分解除去如除去NaCl中的NH4Cl等酸碱溶解法利用物质与酸或碱溶液混合后的差异进行分离如用过量的NaOH溶液可除去Fe2O3中的Al2O3电解法利用电解原理除去杂质含杂质的金属(M)作阳极，纯金属(M)作阴极，纯金属(M)的盐溶液作电解质溶液调pH法加入试剂调节溶液pH使溶液中某种成分生成沉淀而分离如向含有Cu2＋和Fe3＋的溶液中加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去6．常见气体的检验常见气体检验方法氢气纯净的氢气在空气中燃烧呈淡蓝色火焰，点燃有爆鸣声，生成物只有水氧气可使带火星的木条复燃氯气黄绿色，能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝(O3、NO2也能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝)氯化氢无色有刺激性气味的气体。在潮湿的空气中形成白雾，能使湿润的蓝色石蕊试纸变红；用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近时冒白烟；将气体通入AgNO3溶液时有白色沉淀生成二氧化硫无色有刺激性气味的气体。能使品红溶液褪色，加热后又显红色；能使酸性高锰酸钾溶液褪色氨气无色有刺激性气味的气体。能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近时能生成白烟二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊；能使燃着的木条熄灭。(SO2气体也能使澄清的石灰水变浑浊，N2等气体也能使燃着的木条熄灭)一氧化碳可燃烧，火焰呈淡蓝色，燃烧后只生成CO2。能使灼热的CuO由黑色变成红色甲烷无色气体，可燃，在空气中燃烧产生淡蓝色火焰，生成水和CO2。7．常见离子的检验 离子试剂现象注意沉淀法Cl－、Br－、I－AgNO3溶液＋HNO3(稀)AgCl↓白、AgBr↓淡黄、AgI↓黄—SO稀HCl酸化的BaCl2溶液白色沉淀须先用HCl酸化Fe2＋NaOH溶液白色沉淀→灰绿色→红褐色沉淀—Fe3＋NaOH溶液红褐色沉淀—Al3＋NaOH溶液白色沉淀→溶解不一定是Al3＋气体法NH浓NaOH溶液和湿润的红色石蕊试纸产生刺激性气体，使试纸变蓝要加热CO稀盐酸＋澄清石灰水澄清石灰水变浑浊SO也有此现象SO稀H2SO4和品红溶液品红溶液褪色—显色法I－氯水(少量)，CCl4下层为紫色—Fe2＋KSCN溶液，再滴氯水先是无变化，滴氯水后变血红色—Fe3＋①KSCN溶液血红色—②苯酚溶液紫色—Na＋、K＋Pt丝＋HCl火焰为黄色、浅紫色K＋要透过蓝色钴玻璃解答混合物分离提纯内容的试题一般应先弄清实验目的，再分析所依据的实验原理，由此去选择适宜的试剂、分离的方法；物质的检验需根据物质的特征反应，选择恰当的试剂和方法，准确观察反应中颜色的改变、沉淀的生成和溶解、气体的生成及气味、焰色等现象加以判定；，并回答相关的问题。1．(2021•浙江1月选考)蒸馏操作中需要用到的仪器是(   )A． B． C． D．【答案】A【解析】蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，分液漏斗、蒸发皿、容量瓶不用于蒸馏操作，故选A。2．(2020•浙江1月选考)萃取碘水中的碘并分液，需要用到的仪器是(    )A． B． C． D．【答案】A【解析】萃取碘水中的碘并分液，需要用到的仪器是分液漏斗；A项，该仪器为分液漏斗，故A正确；B项，该仪器为容量瓶，故B错误；C项，该仪器为直形冷凝管，故C错误；D项，该仪器为漏斗，故D错误；故选A。3．(2020•浙江7月选考)固液分离操作中，需要用到的仪器是(    )A． B． C． D．【答案】C【解析】A项，该仪器是干燥管，不能用于固液分离，A不符合题意；B项，该仪器为蒸馏烧瓶，不能用于固液分离，B不符合题意；C项，该仪器为普通漏斗，常用于过滤以分离固液混合物，C符合题意；D．该仪器为牛角管，又叫接液管，连接在冷凝管的末端以收集蒸馏产生的蒸气所冷凝成的液体，不能用于固液分离，D不符合题意。故选C。4．(2020•新课标Ⅱ卷)某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：① 混合物溶于水，得到澄清透明溶液；② 做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③ 向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为(    )A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl【答案】B【解析】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO3，排除C选项；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KCl；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO4，综合以上分析，混合物由KCl和MgSO4两种物质组成，故选B。5．(2020•天津卷)检验下列物所选用的试剂正确的是(   ) 待检验物质所用试剂A海水中的碘元素淀粉溶液BSO2气体澄清石灰水C溶液中的Cu2+氨水D溶液中的NH4+NaOH溶液，湿润的蓝色石蕊试纸【答案】C【解析】A项，淀粉溶液可以检验碘单质，不能检验碘元素，故A错误；B项，能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是二氧化硫或二氧化碳，应该用品红检验二氧化硫气体，故B错误；C项，铜离子遇到氨水会先产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水会生成四氨合铜离子，检验铜离子可以用氨水，故C正确；D项，铵根离子遇氢氧化钠溶液(加热)生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能使用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气，故D错误；故选C。1．(2020·云南昆明市高三联考)下列除杂方案不正确的是(    )选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACuFe过量的稀硫酸过滤BSO2(g)HCl(g)足量的饱和Na2SO3溶液、浓硫酸洗气CCl2(g)HCl(g)、H2O(g)饱和食盐水、浓硫酸洗气DCO2(g)HCl(g)足量的饱和NaHCO3溶液、浓硫酸洗气【答案】B【解析】A项， Fe与稀硫酸反应，Cu不能反应，反应后过滤可分离出Cu，故A正确；B项，二者均与饱和的Na2SO3溶液反应，不能除杂，故B错误；C项， HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，洗气可分离，故C正确；D项， HCl与饱和的NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，且饱和NaHCO3溶液可降低二氧化碳的溶解度，反应后用浓硫酸干燥可分离，故D正确；故选B。2．(2021·湖南长沙市雅礼中学高三质检)为除去某物质中所含的杂质，所选用的试剂或操作方法正确的是(    )序号物质杂质除杂质应选用的试剂或操作方法①MgCl2溶液AlCl3在MgCl2溶液中加过量NaOH溶液搅拌、过滤②FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉并过滤③CO2SO2依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶④NaNO3CaCO3加稀盐酸溶解、过滤、蒸发、结晶A．② B．①② C．②③ D．①②③④【答案】A【解析】①MgCl2和AlCl3均与氢氧化钠溶液反应，过量NaOH溶液不能用于除去MgCl2溶液中的AlCl3杂质，故①错误；②FeSO4与铁粉不反应，CuSO4与铁粉反应生成单质铜和FeSO4，则过量铁粉可以除去FeSO4溶液中的CuSO4杂质，故②正确；③CO2和SO2均为酸性气体，都与氢氧化钠溶液反应，不能达到除杂的目的，故③错误；④NaNO3易溶于水，CaCO3难溶于水，直接加水溶解过滤，再蒸发结晶即可除杂，加入稀盐酸与碳酸钙反应生成可溶于水的氯化钙，引入新杂质，不能达到除杂目的，故④错误；综上分析，以上除杂所选用的试剂或操作方法正确的为②，故选A。3．(2021·佛山市顺德区均安中学高三质检)由于生产、生活和科学研究的目的不同，因此对物质的分离和提纯的质量标准有不同的要求。下列分离或制备方法能达到相应实验目的的是(    )A．用装置甲除去乙烯中的少量SO2B．用装置乙除去碳酸氢钠中的少量碳酸钠C．用装置丙除去固体碘中的少量NH4ClD．用装置丁分离氯酸钾溶液和二氧化锰的混合物【答案】D【解析】A项，乙烯能与酸性高锰酸钾反应，不能用高锰酸钾溶液除去乙烯中的SO2，故不选A；B项，碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，不能用加热法除碳酸氢钠中的碳酸钠，故不选B；C项，碘易升华、NH4Cl加热分解为氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又能结合为氯化铵，不能用丙装置除去固体碘中的少量NH4Cl，故不选C；D项，氯酸钾易溶于水、二氧化锰难溶于水，用过滤法分离氯酸钾溶液和二氧化锰的混合物，故选D。4．(2021·安徽省六校教育研究会高三第二次联考)实验室模拟从废定影液[含Ag(S2O3)23-和Br-等]中回收Ag和Br2的流程如图所示，流程中涉及到的操作对应的实验装置错误的是(    )A．过滤 B．萃取分液C．灼烧 D．蒸馏【答案】D【解析】A项，由流程图可知，涉及到的操作有过滤，故A正确；B项，Br2的提纯涉及到了萃取分液，故B正确；C项，高温灼烧Ag2S可得金属Ag，需要坩埚等实验装置，故C正确；D项，蒸馏提纯溴，蒸馏时冷凝管应是直形冷凝管，不能用球形冷凝管，故D错误；故选D。5．(2021·江苏南通市高三一模)侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一，他将氨碱法和合成氨工艺联合起来，发明了“联合制碱法”。氨碱法中涉及的反应有：反应Ⅰ：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl反应Ⅱ：2NaHCO3Na2CO3+CO2↓+H2O下列制取少量Na2CO3的实验原理和装置能达到实验目的的是(    )A．制取CO2  B．除去CO2中HClC．制取NaHCO3  D．制取Na2CO3 【答案】C【解析】A项，制取CO2装置中的长颈漏斗下端应在液面以下，A与题意不符；B项，除去CO2中HCl应为洗气装置，导管应长进短出，B与题意不符；C项，向溶有足量氨气的饱和食盐水中通入二氧化制取NaHCO3，低温温度可降低NaHCO3溶解度，生成更多的NaHCO3，C符合题意；D项，加热Na2CO3固体应试管口略低于试管底部，D与题意不符；故选C。6．(2021·河北省“五个一名校”联盟高三第二次模拟)用下列仪器或装置(图中夹持装置略)进行相应实验，不能达到实验目的的是(    )ABCD配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫制备无水铁上镀铜【答案】D【解析】A项，配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液时，向容量瓶中转移溶液的操作是正确的，A正确；B项，检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫，用品红鉴别二氧化硫，用氢氧化钠来吸收尾气，B正确；C项，在氯化氢的氛围中加热六水合氯化镁制取无水氯化镁，防止其水解，C正确；D项，铁是阳极，铜是阴极，铁溶解，在铜电极上镀铜，D错误；故选D。7．(2021·苏州市相城区陆慕高级中学高三质检)根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是(    ) 实验内容实验结论A向1mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入2mL0.1mol·L-1CuSO4溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热未出现红色沉淀葡萄糖中不含有醛基B向1mL0.2mol·L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀在相同温度下，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]C测定同温度下相同物质的量浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者大于后者碳元素非金属性弱于硫D向某溶液中滴加少量稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝溶液中不含【答案】C【解析】A项，由数据可知配制氢氧化铜悬浊液时氢氧化钠溶液不足，加热后不会出现红色沉淀，A项错误；B项，开始时加入的氢氧化钠过量，生成氢氧化镁的白色沉淀后，过量的NaOH能继续和FeCl3溶液反应生成红褐色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，B项错误；C项，测定同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者pH大于后者，说明碳酸的酸性弱于硫酸，碳酸、硫酸是C、S的最高价含氧酸，能说明碳元素的非金属性比硫元素的非金属性弱，C项正确；D项，溶液中即使存在NH4+，使用这种方法也不能检验出来，原因是溶液中NH4+与OH-生成NH3·H2O，没有加热不能产生NH3，D项错误；故选C。8．(2021·重庆市强基联合体质量检测)由辉铋矿(主要成分Bi2S3，含SiO2等杂质)制备Bi2O3的工艺如下图所示：已知：Bi2S3不溶于水和硫酸，调pH后得到碱式硝酸铋(BiONO3)沉淀。下列对工艺流程的分析正确的是(    )A．滤渣1只有SiO2B．滤液1加入试剂X后能循环利用，则试剂X是HClC．气体1为H2D．转化时生成碱式碳酸铋[(BiO)2CO3]的离子方程式为2Bi3＋＋CO32-＋4OH-=(BiO)2CO3↓＋2H2O【答案】C【解析】辉铋矿(主要成分是Bi2S3、含杂质SiO2等)制备铋酸钠，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，盐酸是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，得到滤渣1为S、SiO2，滤液中含有Bi3+、H+、Fe3+，滤液中加入铁粉过滤得到粗铋：2Bi3++3Fe=3Fe2++2Bi、2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，滤液1主要是氯化亚铁，向滤液1中通入氯气或氧气，可将Fe2+转化为Fe3+得到主要含有FeCl3的溶液，可用于辉铋矿浸出操作，达到循环使用的目的，“粗铋”中含有的杂质主要是Fe，通过熔盐电解精炼除去Fe，得到精铋，加入硝酸溶解调节pH得到碱式硝酸铋，与碳酸铵溶液反应得到碱式碳酸铋，母液为硝酸铵，将碱式碳酸铋煅烧生成Bi2O3。A项，由上述分析可知，滤渣1为S、SiO2，故A错误；B项，由上述分析可知，试剂X的作用是氧化Fe2+，而HCl不能达到目的，故B错误；C项，由上述分析可知，气体1为H2，故C正确；D项，由上述分析可知，转化时生成碱式碳酸铋[(BiO)2CO3]是利用碱式硝酸铋与碳酸铵溶液反应，反应离子方程式为2BiONO3+ CO32-=(BiO)2CO3+2NO3-，故D错误；故选C。9．(2021·江苏苏州市吴江中学高三质检)物质制备过程中离不开物质的提纯。以下除杂方法不正确的是(    )选项目的实验方法A除去Na2CO3固体中的NaHCO3置于坩埚中加热至恒重B除去NaCl中少量KNO3将混合物制成热饱和溶液，冷却结晶，过滤C除去CO2中的气体通过饱和NaHCO3溶液，然后干燥D除去Cl2中的HCl气体通过饱和食盐水，然后干燥【答案】B【解析】A项，NaHCO3不稳定，加热易分解，将固体置于坩埚中加热至恒重，可得到纯净的碳酸钠固体，A不符合题意；B项，硝酸钾溶解度受温度影响很大，氯化钠溶解度受温度影响不大，可除去硝酸钾，但得到的氯化钠溶液，实验步骤不完整，不能达到除杂目的，B符合题意；C项，二氧化碳与饱和碳酸氢钠溶液不反应，盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，可除去杂质，C不符合题意；D项，Cl2在饱和食盐水中的溶解度较小，HCl易溶解于水，可以达到除杂目的，D不符合题意；故选B。10．(2021·武邑武罗学校高三模拟)实验室由MnO2制取KMnO4和KOH的实验流程如下：下列说法错误的是(    )A．步骤①需要的仪器：玻璃棒、陶瓷坩埚、泥三角、酒精灯及带铁圈的铁架台B．步骤②、③均涉及过滤操作C．步骤④实验方案：在搅拌下加入适量石灰乳、静置、过滤、蒸发结晶及干燥D．步骤②中K2MnO4中Mn的实际利用率小于66.7%【答案】A【解析】A项，步骤①需加热至熔融且产生KOH，陶瓷坩埚中的二氧化硅在高温条件下与KOH会反应，不宜用陶瓷坩埚，A错误；B项，步骤②、③均为固液分离，涉及过滤操作，B正确；C项，步骤④实验方案：在搅拌下加入适量石灰乳产生碳酸钙和KOH、静置、过滤，得到KOH溶液、蒸发结晶及干燥得到KOH，C正确；D项，步骤②发生反应3K2MnO4+2CO2=2 KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，所以转化KMnO4的K2MnO4占，故K2MnO4完全反应时转化为KMnO4的百分率约×100%=66.7%，K2MnO4中Mn的实际利用率小于66.7%，D正确；故选A。11．(2021·四川省泸县第四中学高三质检)根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是(    )选项实验操作和现象结论A室温下，用pH试纸测得：0.1mol·L-1 Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol·L-1 NaHSO3溶液的pH约为5。HSO3-结合H＋的能力比SO32-的强B将FeCl2样品溶于试管中，加入氯水，继续滴加KSCN溶液，溶液变红FeCl2样品已经被氧化变质C向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象 Ksp(AgCl) > Ksp(AgI)D向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性【答案】C【解析】A项，室温下测得相同浓度的亚硫酸氢钠酸性比亚硫酸钠溶液强，说明亚硫酸钠结合氢离子的能力比亚硫酸氢钠要强，故A错误；B项，检验氯化亚铁溶液中的铁离子时，应先加KSCN溶液，若先加入KSCN溶液无现象说明没有变质，若有现象则已经变质，故B错误；C项，根据难溶电解质的溶解度规律，相同类型的难溶电解质，溶度积越小越难溶，越容易形成沉淀，向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象，说明碘化银比氯化银难溶，即Ksp(AgCl) > Ksp(AgI)，故C正确；D项，向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，是利用Fe的还原性，即铜离子氧化性大于亚铁离子，故D错误；故选C。12．(2021·山东省济南市莱芜第一中学高三检测)图为工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4，碱式硫酸铁易溶于水]的工艺流程如图：下列说法不正确的是(   )A．该工艺中“搅拌”的作用是加快化学反应速率B．反应Ⅰ中发生氧化还原反应的离子方程式只有Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑C．流程中滤渣的成分为Al(OH)3D．Fe3＋水解生成碱式硫酸铁的离子方程式为Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋【答案】B【解析】废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，所以滤渣中成分是Al(OH)3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入NaNO2， NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，最后再加硫酸调pH值，蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁。A项，搅拌能是反应物充分接触，能加快化学反应速率，故A正确； B项，反应Ⅰ中发生氧化还原反应的离子方程式有Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，故B错误；C项，反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，所以滤渣中成分是Al(OH)3，故C正确；D项，加硫酸调pH值，Fe3＋水解生成碱式硫酸铁，离子方程式为Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋，故D正确；故选B。13．(2021·湖北武汉市武昌区高三质量检测)铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成中的一种重要还原剂。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝氢化钠的一种工艺流程如图：下列说法中错误的是(    )A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎B．“反应I”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同C．“滤渣1”的主要成分为氧化铁D．“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl【答案】B【解析】以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝，由流程可知，NaOH溶解时Fe2O3不反应，过滤得到的滤渣中含有Fe2O3，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解氧化铝生成Al和氧气，纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝，氯化铝再与NaH反应生成铝氢化钠(NaAlH4)。A项，为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎，增大接触面积，A正确；B项，滤液中含有过量NaOH和NaAlO2溶液，加入NaHCO3溶液后HCO3-分别与OH-、AlO2-反应，反应的离子方程式OH-+ HCO3-= CO32- +H2O、AlO2-+ HCO3-+H2O= CO32- +Al(OH)3 ↓，与泡沫灭火器的原理不同，故B错误；C项，铝土矿加NaOH溶解时，Al2O3溶解而Fe2O3不反应，则过滤所得滤渣I主要成分为氧化铁，故 C正确；D项，由分析可知，“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl ，故D正确；故选B。14．(2021·湖南永州市·高三二模)以食盐等为原料制备六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]的一种工艺流程如下：下列说法不正确的是(    )A．“电解Ⅰ”时阳极不可用不锈钢材质B．“歧化反应”的产物之一为NaClO4C．“操作a”是过滤D．“反应Ⅱ”的离子方程式为Cu2(OH)2CO3＋4H＋=2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O【答案】B【解析】以食盐等为原料制备高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]，则生成产物应生成高氯酸钠，电解I中为电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，歧化为氯气与碳酸钠溶液发生歧化反应，生成的产物之一为NaClO3，同时生成二氧化碳气体，通电电解Ⅱ，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子，加入盐酸发生反应Ⅰ、经过操作a为过滤，获得氯化钠晶体和60%以上高氯酸，反应II中为Cu2(OH)2CO3中滴加稍过量的HClO4，发生复分解反应，从所得溶液中提取目标产物。A项，“电解Ⅰ”时阳极反应产物为氯气，故阳极必须为惰性电极、不可用不锈钢材质，A正确；B项，“歧化反应”的产物之一为NaClO3，B错误；C项， 经“操作a” 获得氯化钠晶体和60%以上高氯酸，故a是过滤，C正确；D项， “反应Ⅱ”为Cu2(OH)2CO3和HClO4的复分解反应，高氯酸是强酸，则离子方程式为Cu2(OH)2CO3＋4H＋=2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O，D正确；故选B。15．(2021·浙江省杭州第二中学高三质量检测)固体粉末X中可能含有Cu、FeO、Fe2O3、NaHCO3、Na2CO3、Na2S2O3、NaAlO2中的若干种。某化学兴趣小组为确定该固体粉末的成分，取X进行连续实验，实验过程及现象如图：下列说法正确的是(     )A．气体乙和气体丙都为纯净物B．固体粉末X中一定含有FeO、Na2S2O3、NaAlO2，可能含有NaHCO3、Na2CO3C．溶液丁中一定含有H+、Fe2+，可能含有Fe3+D．溶液甲中一定含有AlO2-，可能含有CO32-【答案】D【解析】固体X加水溶解，得到溶液甲和沉淀甲，沉淀甲可能是Cu、FeO、Fe2O3中的物质，溶液甲可能是NaHCO3、Na2CO3、Na2S2O3、NaAlO2的物质；溶液甲加入足量稀盐酸，产生气体、沉淀和溶液，溶液乙与碳酸铵反应生成沉淀、气体、溶液，溶液甲一定含有NaAlO2，Na2S2O3，一定没有NaHCO3，可能含有Na2CO3；固体甲溶于酸得到溶液丁，溶液丁能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，由于盐酸足量，丁中可能含有Fe2+。A项，从固体粉末X的可能组成来看，气体乙一定含有SO2可能含有CO2，气体丙一定含有氨和二氧化碳，A项错误；B项，根据分析固体X中一定含有NaAlO2、FeO、Na2S2O3，可能含有Na2CO3，一定没有NaHCO3，B项错误；C项，溶液丁中含有氯离子，也可以引起酸性高锰酸钾褪色，C项错误；D项，由分析可知，溶液甲中一定含有AlO2-，可能含有CO32-，D项正确；故选D。16．(2021·河北石家庄市石家庄一中质量监测)对废弃物的再利用，不仅能够减少污染，还能有效的节约资源，实现“变废为宝”。为实现某合金废料(主要成分为Al和部分金属单质的合金，还含有少量氧化物)的再利用，设计流程如下：下列叙述错误的是(    )A．从合金废料回收的金属元素有Al、Fe、CuB．X可能是NaOH或H2SO4C．操作1包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥D．滤渣1一定含有Fe和Cu【答案】B【解析】由流程可知，合金溶解后得到的滤液经过一系列转化生成氧化铝，因此X是碱液。滤渣1和Y溶液反应生成滤渣2和滤液，滤液可以得到硫酸亚铁晶体，这说明Y是稀硫酸，滤渣2最终得到胆矾，这说明Z是浓硫酸，滤渣2中含有金属铜，则滤渣1中含有铁和铜，由元素守恒可知，合金中含Cu、Fe、Al。A项，由上述分析可知，从合金废料回收的金属元素有Al、Fe、Cu，故A正确；B项，X为NaOH，不可能为硫酸，故B错误；C项，由溶液得到含结晶水的晶体，则操作1包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故C正确；D项，由Fe、Cu与NaOH不反应，可知滤渣1一定含有Fe和Cu，故D正确；故选B。17．(2020·浙江省杭州第二中学高三选考模拟)在印染工业中，连二亚硫酸钠(Na2S2O4)因能使染好的布褪色，而使布能重新染色，故而俗称保险粉。其可溶于水，不溶于甲醇。工业制备流程如图。下列说法不正确的是(     )A．将等体积0.04mol•L-1AgNO3溶液和0.02mol•L-1碱性Na2SO4溶液混合，恰好完全反应，反应后溶液中有纳米级的银粉生成，反应的离子方程式2Ag+ +S2O+4OH-=2Ag+2SO +2H2OB．由锌块制备锌粉目的是增大锌反应的表面积，加快化学反应速率C．流程③过滤前加入NaCl固体的作用之一是使Na+浓度增大，便于Na2S2O4结晶析出D．流程①步骤可在耐高温的Al2O3坩埚中进行【答案】A【解析】锌块加热融化，向锌液中鼓入M气体，使液态锌雾化，冷却得到锌粉，加水形成分散系，再通入二氧化硫反应得到ZnS2O4，加入NaOH溶液反应得到氢氧化锌沉淀、Na2S2O4， 最后加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度，析出Na2S2O4，溶液D中含有NaCl。A项，反应后溶液中有纳米级的银粉生成，Ag元素发生还原反应，S元素发生氧化反应，设S元素在氧化产物中化合价为a，则VL×0.04 mol•L-1×1=VL×0.02 mol•L-1×2×(a-3) ，解得a=4，故S2O42-氧化生成SO32-,反应离子方程式为：2Ag+ +S2O42-+4OH-=2Ag+2 SO42- +2H2O，故A错误；B项，由锌块制备锌粉目的是增大锌反应的表面积，加快化学反应速率，故B正确；C项，由上述分析可知，流程③过滤前加入NaCl固体的作用之一是使Na+浓度增大，便于Na2S2O4结晶析出，故C正确；D项，Al2O3耐高温，故流程①步骤可在耐高温的Al2O3坩埚中进行，故D正确；故选A。18．(2021·吉林省延边州高三教学质量检测)含锌黄铜矿(CuFeS2、ZnS、FeS2及SiO2等)焙烧制海绵铜和锌矾(ZnSO4·7H2O)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ZnSO4·7H2O晶体【答案】A【解析】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(ZnSO4·7H2O)。A项，“焙烧”过程中FeS2发生的反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，A正确；B项，由分析可知，滤渣3成分为Fe(OH)3沉淀和CaSO4，B错误；C项，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项，蒸发结晶会失去晶体中的结晶水，不能得到到ZnSO4·7H2O晶体，D错误；故选A。19．(2021·广东梅州市高三一模)过氧化钠可作呼吸面具中的供氧剂，实验室可用下图装置制取少量过氧化钠。下列说法错误的是(    )A．装置X 还可以制取H2、CO2 等气体B．②中所盛试剂为饱和小苏打溶液C．③的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入直通玻璃管D．实验时需先让 X 装置反应一会儿，再点燃装置Z中的酒精灯【答案】B【解析】Na与氧气在加热条件下生成Na2O2，所以装置X中应是利用双氧水和二氧化锰制取氧气，装置Y干燥氧气，装置Z中进行氧气和Na的反应，装置③中应盛放碱石灰，防止空气中的水和二氧化碳进入装置Z，导致过氧化钠变质。A项，装置X可以利用液体和固体或液体反应制取气体，氢气可以用稀硫酸和锌粒制取，二氧化碳可以利用稀盐酸和石灰石制取，所以装置X 还可以制取H2、CO2 等气体，A正确；B项，②中液体应是用来干燥氧气的，所以为浓硫酸，B错误；C项，装置③中应盛放碱石灰，防止空气中的水和二氧化碳进入装置Z，导致过氧化钠变质，C正确；D项，实验时需先让 X 装置反应一会儿，排尽装置内的空气，再点燃装置Z中的酒精灯，D正确；故选B。20．(2021·山东威海市高三联考)某实验小组欲从含Mg2+、SiO32-、Fe2+和Fe3+的混合液中分离出Mg2+，并制备Mg CO3·3H2O。实验流程如下：下列说法错误的是(    )A．“酸溶”后过滤除去含硅杂质，“氧化”后萃取除去含铁杂质B．“过滤”时用到的玻璃仪器有两种C．萃取过程需要先检验分液漏斗是否漏水D．向萃取后的水层中滴加过量Na2CO3溶液，过滤后洗涤，经低温干燥得产品【答案】B【解析】用稀硫酸溶解硅酸跟离子转化为硅酸沉淀，过滤得到滤渣的主要成分是硅酸，滤液中加入双氧水氧化亚铁离子转化为铁离子，利用有机溶剂萃取铁离子，得到水层中含有镁离子，最后转化为碳酸镁。A项，根据以上分析可知“酸溶”后过滤除去含硅杂质即硅酸，“氧化”后萃取除去含铁杂质，即铁离子，A正确；B项，“过滤”时用到的玻璃仪器有三种，即烧杯、漏斗和玻璃棒，B错误；C项，萃取时需要先检验分液漏斗是否漏水，C正确；D项，向萃取后的水层中滴加过量Na2CO3溶液生成碳酸镁，过滤后洗涤，经低温干燥得产品，D正确；故选B。21．(2021·广东省华附、省实、广雅、深中高三四校联考)某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：下列说法正确的是(    )A．步骤①操作中，生成的气体可用CuSO4溶液吸收B．检验滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水C．步骤②操作中，应先加6%H2O2，然后不断搅拌下缓慢加入1.0mol·L-1H2SO4D．滤渣1和滤渣2成分均含有H2SiO3【答案】A【解析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO4•7H2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓硫酸结晶可得到硫酸铜晶体。A项，步骤①操作中生成的气体为硫化氢，可与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，则可用CuSO4溶液吸收，故A正确；B项，滤液1中除含有Fe2+，还含有Fe3+，加入KSCN和新制的氯水不能检验，故B错误；C项，过氧化氢在酸性条件下可氧化CuS，应先加入稀硫酸，再加入过氧化氢，故C错误；D项，滤渣1含有SiO2、CuS，滤渣2含有硫和二氧化硅，故D错误；故选A。22．(2020·河南省高三质检)甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2 Fe]是浅黄褐绿色结晶粉末，易溶于水，难溶于乙醇，能改善缺铁性贫血，实验室合成路线如图所示(异抗坏血酸具有还原性)下列说法错误的是(    )A．实验室若无异抗坏血酸试剂，可用维生素C替代B．步骤Ⅱ若pH过高，甘氨酸中的氨基会发生反应C．步骤Ⅲ加入乙醇能降低甘氨酸亚铁在水中的溶解度，有利于结晶析出D．步骤Ⅳ所用到的玻璃仪器有酒精灯、烧杯、玻璃棒、漏斗【答案】B【解析】A项，异抗坏血酸具有还原性可防止亚铁盐被氧化，维生素C也具有还原性，可用维生素C替代，A项正确；B项，步骤Ⅱ若pH过高会生成氢氧化亚铁沉淀，B项错误；C项，已知甘氨酸亚铁难溶于乙醇，加入乙醇能降低甘氨酸亚铁在水中的溶解度，有利于结晶析出，C项正确；D项，步骤Ⅳ为重结晶，所用到的玻璃仪器有酒精灯、烧杯、玻璃棒、漏斗，D项正确；故选B。23．(2021·武邑武罗学校高三质量检测)实验室由MnO2制取KMnO4和KOH的实验流程如下：下列说法错误的是(    )A．步骤①需要的仪器：玻璃棒、陶瓷坩埚、泥三角、酒精灯及带铁圈的铁架台B．步骤②、③均涉及过滤操作C．步骤④实验方案：在搅拌下加入适量石灰乳、静置、过滤、蒸发结晶及干燥D．步骤②中K2MnO4中Mn的实际利用率小于66.7%【答案】A【解析】A项，步骤①需加热至熔融且产生KOH，陶瓷坩埚中的二氧化硅在高温条件下与KOH会反应，不宜用陶瓷坩埚，选项A错误；B项，步骤②、③均为固液分离，涉及过滤操作，选项B正确；C项，步骤④实验方案：在搅拌下加入适量石灰乳产生碳酸钙和KOH、静置、过滤，得到KOH溶液、蒸发结晶及干燥得到KOH，选项C正确；D项，步骤②发生反应3K2MnO4+2CO2=2 KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，所以转化KMnO4的K2MnO4占2/3，故K2MnO4完全反应时转化为KMnO4的百分率约2/3×100%=66.7%，K2MnO4中Mn的实际利用率小于66.7%，选项D正确；故选A。24．(2021·江苏省常州市高三调研考试)以含钴废渣(主要成分为CoO和Co2O3，含少量Al2O3和ZnO)为原料制备锂电池的电极材料CoCO3的工艺流程如下：下列说法错误的是(    )A．通入SO2发生反应的离子方程式：2Co3＋＋SO2＋2H2O=2Co2＋＋SO42-＋4H＋B．加入适量Na2CO3调节pH是利用几种氢氧化物Ksp的不同除铝C．若萃取剂的总量一定，则分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好D．将含Co2＋的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中沉钴，以提高CoCO3的产率【答案】D【解析】钴废渣主要成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质，加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，纵观整个流程最后得到CoCO3，说明该过程中二氧化硫会还原Co2O3，发生反应：Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，硫酸与CoO、氧化铝、氧化锌反应，所得溶液中还含有硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠调节溶液的pH，使铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤除去，然后加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌。在水相中加入碳酸钠生成CoCO3固体。A项，根据分析可知酸浸过程中二氧化硫会还原Co2O3，根据电子守恒和元素守恒得到离子方程式为2Co3＋＋SO2＋2H2O=2Co2＋＋SO42-＋4H＋，A正确；B项，氢氧化物Ksp不同，则开始沉淀时所需的pH值不同，加入适量Na2CO3调节相应的pH可以只沉淀Al3+，B正确；C项，萃取过程中，每一次萃取都是按照一定比例进行的溶质分配，多次萃取相当于不断降低物质的浓度，提取效率就高，C正确；D项，将含Co2＋的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，碳酸钠过量，碱性过程，会生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的产率，D错误；故选D。25．(2021·信阳市第一高级中学高三质检)已知青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂如丙酮、氯仿，可溶于乙醇、乙醚等，在水中几乎不溶，熔点为156～157℃，热稳定性差。乙醚的沸点为35℃。如图是从黄花青蒿中提取青蒿素的工艺流程，下列有关实验操作的说法正确的是(    )A．干燥时应该将黄花青蒿置于干燥管中B．操作Ⅰ是萃取，所用的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗C．操作Ⅱ是蒸馏，所用的主要玻璃仪器是蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、温度计、锥形瓶等D．操作Ⅲ是酒精灯加热，然后加水溶解、过滤【答案】C【解析】根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品。A项，对固体物质干燥通常在坩埚中进行，故A错误；B项，由上述分析可知，操作Ⅰ是将固体和液体分开，是过滤，故B错误；C项，操作Ⅱ是将提取液中的乙醚分离出去，得到粗产品，蒸馏用到的主要玻璃仪器是蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、温度计、锥形瓶等，故C正确；D项，操作Ⅲ是重结晶，具体为溶解、加热浓缩、冷却结晶、过滤，故D错误。故选C。26．(2021·江苏盐城市高三一模)用久置于空气中的生石灰［主要成分为CaO，还含有Ca(OH)2和CaCO3]制取KClO3的流程如下。下列有关说法不正确的是(    )A．“打浆”的目的是为了提高“氯化”时的反应速率B．“氯化”中主要发生的化学反应为6Cl2+6Ca(OH)2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2OC．“过滤”后滤液中存在的阳离子有Ca2+、H+D．“转化”时发生的化学反应属于氧化还原反应【答案】D【解析】久置于空气中的生石灰［主要成分为CaO，还含有Ca(OH)2和CaCO3]，加水后生石灰与水反应生成氢氧化钙，打浆得到碳酸钙和氢氧化钙的悬浊液，通氯气加热条件下反应生成氯化钙和氯酸钙，过滤取滤液，加氯化钾与氯酸钙反应生成氯酸钾。A项，打浆是将固体反应物粉碎，增大氯化时反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率，故A正确；B项，由以上分析可知氯化时发生的主要反应为氯气与氢氧化钙加热的到氯酸钙和氯化钙的反应，方程式为：6Cl2+6Ca(OH)2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，故B正确；C项，“过滤”后滤液中主要溶质为氯酸钙和氯化钙，存在的阳离子为钙离子以及水中的氢离子，故C正确；D项，转化是发生的反应为Ca(ClO3)2+2KCl=CaCl2+2KClO3，为复分解反应，非氧化还原反应，故D错误；故选D。27．(2021·四川巴中市高三模拟)保险粉(Na2S2O4)，易被氧气氧化。利用如图装置，在锥形瓶中加入HCOONa、NaOH、CH3OH(溶剂)和水形成的混合液，通入SO2时发生反应生成保险粉和一种常见气体，下列说法正确的是(　　)A．制备保险粉的离子方程式为：HCOO－＋H2O＋2SO2=S2O42-＋CO2↑＋3H+B．为避免产生的Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出装置中的空气C．制备SO2气体所用的浓硫酸应该换为98%H2SO4D．NaOH溶液的主要作用是吸收逸出的CO2【答案】B【解析】A项，SO2气体通入甲酸钠的碱性溶液可以生成Na2S2O4，反应的化学方程式为NaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O，离子方程式：HCOO-+OH-+2SO2═S2O42-+CO2↑+H2O，故A错误；B项，为避免产生的Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出装置中残留的O2，故B正确；C项，98%H2SO4为浓硫酸，主要以硫酸分子存在，不能与Na2SO3反应制备SO2气体，故C错误；D项，NaOH溶液的主要作用是吸收逸出二氧化硫，防止空气污染，故D错误；故选B。28．(2021·湖南长沙市炎德英才高三大联考)以硼镁泥(主要成分是MgO，还含有Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)制取七水硫酸镁的工艺流程如下：已知CaSO4的部分溶解度数据如下：温度/℃40506070溶解度/g0.2100.2070.2010.193下列说法错误的是(    )A．Na2B4O7中B的化合价为+3B．“操作A”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤C．加入MgO的目的是：调节溶液的pH值，使Fe3+转化为除去D．硫酸与Na2B4O7的反应方程式为：Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4 H3BO3↓【答案】B【解析】硼镁泥主要成份是主要成分是MgO，还含有Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO、SiO2等杂质，加入硫酸，Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，滤渣A为二氧化硅，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可把亚铁离子氧化成铁离子，加MgO调节pH，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣B含有Fe ( OH)3、H3BO3，滤液经过蒸发浓缩，趁热过滤，滤渣C为硫酸钙晶体(CaSO4·2H2O)，滤液中含镁离子、硫酸根离子，蒸发冷却结晶得到硫酸镁晶体。A项，Na2B4O7中钠的化合价+1价，氧元素化合价-2价，元素化合价代数和为0计算得到B的化合价为∶2× ( +1 )+4x+( -2 ) ×7=0，x=+3， A正确；B项，操作“A”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据溶解性的数据分析，随着温度的升高，MgSO4的溶解度增加，CaSO4的溶解度降低，可见随着温度升高，二者溶解度差别增大，因此可考虑操作A中对溶液蒸发浓缩，可以析出大量的CaSO4固体，在温度高时，进行趁热过滤可以达到分离的目的， B错误；C项，加入MgO，使溶液中Fe3+产生Fe ( OH)3沉淀，除去Fe3+，C正确；D项，硼砂水解产生H3BO3 ，H3BO3是弱酸，在硼砂溶液中加入硫酸，可以制得H3BO3，则加入硫酸时Na2B4O7发生反应的化学方程式为Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4 H3BO3↓，D正确；故选B。29．(2021·江苏省G4高三调研)为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述不正确的是(     )A．“溶解”操作中鼓入空气可以起到搅拌作用B．溶解过程中发生的反应有2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2OC．调pH过程中NaOH溶液的作用是把Cu2+转化为Cu(OH)2D．“过滤”操作中，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒【答案】C【解析】根据实验目的得到铜和氧化锌，可以倒推，加入锌粉是把铜给置换出来，所以过滤时物质应该是含有铜离子。从而能确定氢氧化钠的作用不是沉淀铜，而是中和酸。所以起始反应中肯定会生成铜离子，根据铜和硫酸不反应，故先和氧气反应后和硫酸反应。A项，“溶解”操作中鼓入空气后，可以让液体和固体充分接触，所以可以起到搅拌作用，A正确；B项，溶解过程中空气中的氧气和铜反应生成氧化铜，氧化铜再和硫酸反应生成硫酸铜，总的反应离子方程式为2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O ，B正确；C项，调pH=2，实质是中和一部分硫酸，根据最终需要的是铜单质，故不能生成氢氧化铜，C不正确；D项，过滤分离固体和液体，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，D正确；故选C。30．(2021·山东济南市高三联考)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如图：下列说法错误的是(    )A．上述工艺中吸收过程：尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋，其目的是使尾气中NO、NO2提高吸收效率B．为提高Ca(NO2)2的产率及纯度，则n(NO)∶n(NO2)应控制为1∶2C．滤渣的主要成分为Ca(OH)2D．生产中溶液需保持弱碱性【答案】B【解析】由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳以滤渣存在，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到无水Ca(NO2)2。A项，在上述工艺的吸收过程中，尾气从吸收塔底部进入，气体密度小，会向上扩散，石灰乳从吸收塔顶部喷淋，其目的是使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，NO、NO2就可以被充分吸收，故A不符合题意；B项，NO、NO2在溶液中与Ca(OH)2发生反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，n(NO)∶n(NO2)=1∶1，恰好反应产生Ca(NO2)2；若NO2过量，会发生反应：4NO2+2Ca(OH)2=Ca(NO2)2+Ca(NO3)2+2H2O，反应产物中含有杂质Ca(NO3)2，若n(NO)：n(NO2)＞1∶1，NO不能完全被吸收，故为提高Ca(NO2)2的产率及纯度，则n(NO)∶n(NO2)应控制为 1∶1，故B符合题意； C项，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，Ca(NO2)2易溶于水，Ca(OH)2微溶于水，因此滤渣主要成分是Ca(OH)2，故C不符合题意； D项，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解产生NO，不利于硝酸工业的尾气的吸收，故生产中溶液需保持弱碱性，故D不符合题意；故选B。31．(2020·浙江台州市高三选考科目教学质量评估)某固体X由Cu2O、、Fe2O3、NaAlO2、K2SO3中的四种组成，取固体粉末X进行连续实验，实验过程及产物如下：已知：Cu2O+2H+═Cu2++Cu+H2O，下列说法不正确的是(    )A．固体A可能含有Cu2O和Fe B．固体X可能含有Fe和Fe2O3C．气体A具有氧化性、还原性、漂白性   D．固体C是Cu【答案】B【解析】固体X由Cu2O、Fe、Fe2O3、NaAlO2、K2SO3中的四种组成，取固体粉末X加水溶解，其中只有NaAlO2、K2SO3可溶于水，则过滤后的溶液A可能含有NaAlO2、K2SO3中的一种或二种，向滤液中加入适量盐酸，生成气体A和固体B，说明滤液A中含有NaAlO2和K2SO3，生成的气体A为SO2，固体B为Al(OH)3；固体A中加入过量盐酸，得固体C，由Cu2O+2H+═Cu2++Cu+H2O可知，固体C为Cu，固体X中一定含有Cu2O；溶液B中滴加KSCN溶液，无明显现象，可知溶液B中只含有Fe2+，结合Fe+2Fe3+=3Fe2+和Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，结合X只有四种固体组成，可知原固体X或A中只可能含有Fe和Fe2O3的一种，固体X中含有Cu2O、Fe和Fe2O3的一种、NaAlO2和K2SO3。A项，由分析知固体A中一定含有Cu2O，只能含有Fe和Fe2O3中的一种，故A不符合题意；B项，由分析知，X只有四种固体组成，固体X中只可能含有Fe和Fe2O3的一种，不可能同时含有，故B符合题意；C项，气体A为SO2，硫元素化合价为+4价，是中间价，既有氧化性，又有还原性，另外SO2能使品红褪色，具有漂白性，故C不符合题意；D项，固体A中加入过量盐酸，得固体C，由Cu2O+2H+═Cu2++Cu+H2O可知，固体C为Cu，故D不符合题意；故选B。32．(2021·浙江省之江教育评价高三联考)某固体混合物X，可能含有Fe2O3、FeO、 NaNO2、NaHCO3、NaHSO4、CuCl2中的几种或全部。①将X溶于足量的水，固体全部溶解得到溶液Y，并产生气体Z(不考虑水蒸气)；②向溶液Y中加入KSCN，溶液呈血红色。下列说法正确的是(    )A．X中一定含NaHSO4、NaHCO3、Fe2O3，不含NaNO2B．X中一定含有NaHSO4、NaNO2、 Fe2O3C．气体Z可能是3种气体的混合物。D．溶液Y中加入少量NaOH，无蓝色沉淀生成，说明X中不含CuCl2【答案】C【解析】固体混合物X溶于足量的水，固体全部溶解得到溶液Y，并产生气体Z，气体Z可能是NaHCO3与NaHSO4反应生成CO2，也可能是FeO和 NaNO2在NaHSO4存在的条件下生成NO，也可能是NaNO2在NaHSO4存在的条件下发生歧化反应生成一氧化氮和二氧化氮，所以NaHSO4一定存在，向溶液Y中加入KSCN，溶液呈血红色，证明X中一定含有Fe2O3和FeO中的一种或多种。A项，根据分析可知：X中一定含NaHSO4，可能存在NaHCO3、Fe2O3、 NaNO2，A项错误；B项，根据分析可知：X中一定含NaHSO4，可能存在Fe2O3、 NaNO2，B项错误；C项，气体Z可能是二氧化氮、一氧化氮和二氧化碳3种气体的混合物，C项正确；D项，溶液Y中加入少量NaOH，无蓝色沉淀生成，可能是NaHSO4过量，不能说明X中不含CuCl2，D项错误；故选C。33．(2021·杭州市西湖高级中学高三选考模拟)今有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份各100 mL溶液进行如下实验：(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；(2)第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol；(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。根据上述实验，以下推测正确的是(    )A．钾离子浓度：c(K＋)≥0.2 mol/L B．100 mL溶液中含0.01 mol CO32-C．Ba2＋一定不存在，Mg2＋可能存在 D．一定存在Cl-【答案】A【解析】(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，溶液中可能含有Cl-、CO32-、SO42-中至少一种离子；(2)第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol，说明溶液中含有NH4+，其物质的量是0.04 mol；(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g，2.33 g沉淀是BaSO4，则说明溶液中含有SO42-，其物质的量是n()=n(BaSO4)==0.01 mol，6.27 g沉淀为BaSO4、BaCO3的质量和，其中还含有BaCO3的物质的量n(BaCO3)==0.02 mol，则溶液中含有CO32-，根据C元素守恒可知其物质的量是0.02 mol，再根据离子能否共存及溶液中电荷守恒，确定其余离子的存在的可能性及其物质的量的多少。根据上述分析可知：溶液中含有NH4+、CO32-、SO42-，由于Ba2+与CO32-、SO42-会形成BaCO3、BaSO4沉淀，不能大量共存，则不能含有Ba2+；Mg2+与CO32-会形成MgCO3沉淀也不能大量共存，则溶液不能含有Mg2+；根据电荷守恒计算离子带有电荷数目：阳离子带有电荷数目是n(NH4+)=0.04 mol，CO32-、SO42-带有的负电荷数为2n(SO42-)+2n(CO32-)=2×0.01 mol+2 ×0.02 mol=0.06 mol＞0.04 mol，说明溶液中还含有其它阳离子，根据题干已知离子，只能是含有K+。A项，若溶液中无Cl-，则n(K+)=0.02 mol；若溶液中存在Cl-，则n(K+)＞0.02 mol，故c(K＋) ≥=0.2 mol/L，A正确；B项，根据上述分析可知：在100 mL溶液中含0.02 mol CO32-，B错误；C项，溶液中含有CO32-，由于Ba2+、Mg2+与CO32-会形成BaCO3、MgCO3沉淀，因此Ba2＋、Mg2＋一定都不存在，C错误；D项，根据上述分析可知：该溶液中可能存在Cl-，也可能不存在，根据题干信息，不能确定其是否存在，D错误；故选A。34．(2021·张家口市宣化第一中学高三模拟)某溶液中可能含有Na+、NH4+、SO42-、Cl-、Fe2+、Fe3+、CO32-中的若干种，且各离子浓度均相同。为确定其组成，进行如下实验：①向溶液中加入足量硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀过滤；②向①中的滤液加入足量NaOH溶液，有沉淀生成；微热，有气体产生。下列说法正确的是(    )A．溶液中存在NH4+、SO42-、Fe2+、Cl-B．溶液中一定存在Na+和Cl-C．溶液中可能存在Fe2+、Fe3+中的一种或两种D．无法确定溶液中是否存在CO32-【答案】A【解析】①向溶液中加入足量硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明沉淀不溶于硝酸，为硫酸钡，所以原溶液中存在SO42-； ②向①中的滤液加入足量NaOH溶液，有沉淀生成，此沉淀为氢氧化铁，由于硝酸能将氧化Fe2+为Fe3+，不能确定氢氧化铁中三价铁的来源，原溶液中微热，有气体产生，此气体为氨气，说明原溶液中含有NH4+。 由②分析原溶液中含有NH4+，最少含有Fe2+、Fe3+中的一种，由于和CO32-互相促进水解，所以原溶液中无CO32-； 又各离子浓度均相同，根据电荷守恒，所以溶液中肯定存在SO42-、NH4+、Fe2+、Cl-，不存在Na+、Fe3+、CO32-。A项，由上分析，溶液中存在NH4+、SO42-、Fe2+、Cl-，故A正确；B项，由上分析，原溶液中一定存在Cl-，不存在Na+，故B错误； C项，由上分析，CO32-肯定不存在，存在Fe2+，不存在Fe3+，故C错误； D项，由上分析，不存在Na+、Fe3+、CO32-，故D错误。故选A。35．(2020·永丰县永丰中学高三质检)现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Ba2+、CO32-、Cl-、SO42-。现取两份200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36 g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，以下推测正确的是(   )A．一定存在NH4+、CO32-、SO42-，一定不存在Ba2+、Cl-B．一定存在NH4+、CO32-、Cl-、SO42-，可能存在K+C．c(SO42-)=0.2mol·L-1，c(NH4+)>c(SO42-)D．若溶液中存在NH4+、Cl-、CO32-、SO42-、K+五种离子，则c(K+)>0.2mol·L-1【答案】C【解析】第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g，说明一定含有NH4+、且物质的量为0.08mol；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，此沉淀为硫酸钡故一定含有SO42-，物质的量为0.02mol，一定含有CO32-，物质的量为0.04mol，据此得出溶液中一定不存在的是：Ba2+，依据电中性原则得出溶液中一定含有K+，Cl-不一定存在。A项，依据分析可知，溶液中可能含有Cl-，故A错误；B项，依据分析可知，溶液中一定含有K+，Cl-不一定存在，故B错误；C项，根据分析，c(SO42-)==0.2mol/L，c(NH4+)==0.8mol/L，c(NH4+)>c(SO42-)，故C正确；D项，由分析可知，溶液中存在NH4+、Cl-、CO32-、SO42-、K+五种离子，根据电荷守恒有c(K+)+c(NH4+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+2c(SO42-)，即c(K+)+0.8mol/L=2×0.4mol/L+2×0.2mol/L+c(Cl-)，故c(K+)=0.4mol/L+c(Cl−)≥0.4mol/L，故D错误；故选C。36．(2021·烟台市中英文学校高三期末)X溶液中含有下表所示离子中的某5种，且其离子浓度均为0.1mol/L(不考虑水的电离和离子水解)。向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是(    )阳离子Na+、Fe2+、Ba2+、Fe3+、Mg2+、Al3+阴离子HCO3-、CO32-、Cl-、 NO3-、SO42-、OH-A．原溶液中一定含有Mg2+B．X溶液中不可能含有HCO3-和CO32-C．X溶液中含有3种阳离子、2种阴离子D．生成气体的离子反应方程式为3Fe2++ NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O【答案】C【解析】各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变，产生气体不可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子；根据表中的离子，可以推知是Fe2+、NO3-在酸性环境下生成的一氧化氮，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有Cl-，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的浓度为0.1mol/L，根据电荷守恒是不可能的，所以还含有阴离子SO42-，由于总共含有5种离子，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷Mg2+，所以原溶液中含有的五种离子为： Cl-、 NO3-、SO42-、Fe2+、Mg2+。A项，原溶液中一定含有Mg2+，故A正确；B项，根据分析可知，溶液中一定不存在HCO3-和CO32-，故B正确；C项，根据分析可知，原溶液中含有的五种离子为：C1-、NO3-、SO42-、 Fe2+、 Mg2+，3种阴离子、2种阳离子，故C错误；D项，根据分析可知，生成气体为NO，反应的离子方程式为： 3Fe2++ NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故D正确；故选C。