2022-2023学年河南省许昌市高级中学高三上学期第二次模拟考试化学试题含解析

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河南省许昌市高级中学2022-2023学年高三上学期
第二次模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列各组变化中，前者是物理变化，后者是化学变化的是（    ）
A．碘的升华、石油的分馏
B．NH4Cl溶液除铁锈、食盐水导电
C．蛋白质溶液中加饱和(NH4)2SO4溶液、蓝色的胆矾常温下变白
D．热的饱和KNO3溶液降温析出晶体、二硫化碳洗涤试管内壁上的硫
【答案】C
【详解】A．碘的升华是状态的变化，属于物理变化，石油的分馏是利用物质的沸点不同分离的，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B．用NH4Cl溶液除金属表面的锈，有新物质生成，属于化学变化，食盐水导电，是电解食盐水，属于化学变化，故B错误；
C．蛋白质溶液中加饱和(NH4)2SO4溶液，发生蛋白质的盐析，是降低了蛋白质的溶解度，没有新物质生成，属于物理变化，蓝色的胆矾常温下变白，是失去了结晶水，有新物质生成，属于化学变化，故C正确；
D．热的饱和KNO3溶液降温析出晶体、二硫化碳洗涤试管内壁上的硫，2个过程中都没有新物质生成，都属于物理变化，故D错误；
故选C。
2．对于数以千万计的化学物质和为数更多的化学反应，分类的作用几乎是无可替代的。下列物质分类的正确组合是（    ）

混合物
化合物
单质
盐
A
盐酸
NaOH溶液
石墨
食盐
B
生理盐水
KNO3晶体
O3
纯碱
C
氢氧化铁胶体
澄清石灰水
铁
石灰石
D
CuSO4·5H2O
CaCl2
水银
CaO

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A. NaOH溶液属于混合物，A错误；
B. 生理盐水、KNO3晶体、O3、纯碱分别属于混合物、化合物、单质、盐，B正确；
C. 澄清石灰水为混合物，C错误；
D. CaO属于氧化物，D错误。
故选B。
3．下列实验操作能达到实验目的的是

A．用装置甲检验溶液中是否有K＋ B．用装置乙在铁上镀铜
C．用装置丙吸收氨气，并防止倒吸 D．用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3
【答案】C
【详解】A．用焰色试验检验K+时必须透过蓝色的钴玻璃进行观察，A不符合题意；
B．在铁上镀铜时，铜作阳极，与电源正极相连，铁作阴极，与电源负极相连，B不符合题意；
C．氨气不溶于四氯化碳溶液，二者也不反应，而氨气极易溶于水，则用丙装置可以收氨气并防止倒吸，C符合题意；
D．加热FeCl3溶液会促进Fe3+的水解，同时生成的HCl易挥发，促使水解平衡正向移动，最后得不到FeCl3，D不符合题意；
故选C。
4．NaH是有机合成中用途很广泛的物质。已知NaH遇水蒸气剧烈反应，某小组设计如图实验装置制备NaH，下列说法错误的是

A．安全漏斗的作用是“液封”
B．装置A中的试剂是稀硫酸和粗锌
C．装置B中的试剂是浓硫酸
D．实验开始后先点燃C处酒精灯，再启动A中反应
【答案】D
【详解】A．加入液体后，部分液体存于漏斗上部弯管中起液封作用，避免氢气从漏斗中逸出，故A正确；
B．稀硫酸与粗锌反应生成氢气，用于后续与Na的反应，故B正确；
C．B是干燥氢气的装置，B中试剂应该为浓硫酸，故C正确；
D．先启动A中反应，利用生成的氢气将装置中的空气排出，防止钠与氧气反应，后点燃C处酒精灯，故D错误；
故选D。
【点睛】本题的易错点为D，要注意装置内有空气，需要先排除装置中的空气，再点燃C处酒精灯。
5．利用下列装置模拟“侯氏制碱法”，通过制备的NH3和CO2，与饱和食盐水反应先制备NaHCO3。下列说法正确的是

A．实验时装置Ⅰ产生的气体应先通入到装置Ⅳ中
B．装置Ⅲ中的试剂为浓硫酸
C．导管口的连接顺序为a－e－f－d－c－b
D．实验过程中，装置Ⅳ内会出现浑浊现象
【答案】D
【分析】利用装置Ⅰ（碳酸钙和稀盐酸反应）产生的气体是CO2，用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2气体中混有HCl杂质；利用装置II（石灰与氯化铵反应）产生氨气，氨气极易溶于水（注意防倒吸），且水溶液显碱性，利于二氧化碳气体的吸收，因此实验过程先通氨气，后通二氧化碳。
【详解】A，实验时装置Ⅰ产生的气体是CO2，应最后通入到装置Ⅳ中，故A错误；
B．装置Ⅲ中的试剂为饱和碳酸氢钠，主要吸收CO2中HCl杂质，故B错误；
C．实验室制得的氨气先通入到饱和食盐水中，再把已经除杂的CO2气体通入到饱和食盐水中，因此导管口的连接顺序为a－d－c－e－f－b，故C错误；
D．实验过程中，二氧化碳、氨气和饱和食盐水共同作用生成碳酸氢钠晶体，装置Ⅳ内会出现浑浊现象，故D正确。
综上所述，答案为D。
6．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
B．100 mL 1 mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA
C．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为NA时，阳极应有32 g Cu转化为Cu2＋
【答案】C
【详解】A．的结构为正四面体，一分子含6个键，124g，其物质的量为，所含键数目为6，故A错误；
B．要水解，溶液中，铁离子物质的量小于0.1mol，故B错误；
C．甲烷()和乙烯()分子中均含4个H原子，标况下，11.2L无论是甲烷还是乙烯，或者其混合物，其物质的量为0.5mol，H原子的物质的量为mol，故C正确；
D．用电解粗铜的方法精炼铜，阳极除了Cu放电，还有Zn、Fe、Ni等放电，因此当电路中通过1mol电子时，有少于32 g Cu转化为Cu2＋，故D错误；
故选C。
7．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是
选项
目的
分离方法
原理
A
分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液
过滤
胶体粒子不能通过滤纸
B
除去KNO3固体中混有的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度很大
C
用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体
蒸发
MgCl2受热不分解
D
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．胶体粒子能通过滤纸，应用半透膜，A错误；
B．KNO3和NaCl在水中的溶解度均很大，主要是利用KNO3溶解度受温度影响大的原理，B错误；
C．因为镁离子会水解，蒸发结晶最终得到的是氢氧化镁，C错误；
D．由于丁醇与乙醚的沸点相差较大，利用蒸馏的方法可分离，D正确；
故选D。
8．某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程，下列有关说法正确的是

A．固体2中只含有CaCO3和CaSO3
B．捕获剂所捕获的气体主要是CO
C．X可以是空气或是氧气，且需过量
D．处理含废水时，发生反应的离子方程式为：
【答案】B
【分析】N2、CO2、SO2、NO、CO通过过量的石灰乳，CO2、SO2被吸收，生成CaCO3和CaSO3，剩余气体1含有N2、NO和CO，从后面产物有NaNO2知，通入的X可能是空气，将NO氧化为NO2，但不能过量，否则不能生成NaNO2，气体2为N2、CO，N2为无污染，所以捕获产物为CO。
【详解】A．由于石灰乳过量，所以反应后的固体中除含有CaCO3和CaSO3外，还包括过量的Ca(OH)2，A错误；
B．通过分析可知气体2为N2、CO的混合气体，N2无污染，所以捕获气体为CO，B正确；
C．通入空气不能过量，不然会生成，而不能产生NaNO2，C错误；
D．根据流程图可知：、发生氧化还原反应生成无污染的N2，结合元素守恒可知还生成H2O，则反应的离子方程式为：，D错误；
故合理选项是B。
9．下列叙述正确的有
①碱性氧化物：Na2O2、MgO、A12O3
②常温下Cu、Fe、Al均不能和浓硫酸发生化学反应
③Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得
④分别以熔融的NaCl、MgCl2、Al2O3为原料通过电解法制取金属Na、Mg、Al
⑤碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的均一、透明的分散系分别为：溶液、胶体
A．①④⑤ B．③④⑤ C．②③④ D．②④⑤
【答案】B
【详解】①中Na2O2为过氧化物，不属于碱性氧化物，A12O3为两性氧化物，也不属于碱性氧化物，故①说法不正确；
②常温下Fe、Al在浓硫酸中发生钝化，发生了氧化还原反应，故②说法不正确；
③二氧化碳通入CaCO3悬浊液中发生化合反应：CO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)2；氢氧化亚铁在空气中被氧化发生化合反应:4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；铁与氯化铁可发生化合反应生成氯化亚铁：Fe+2FeCl3=3FeCl2，所以Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得，故③说法正确；
④金属Na、Mg、Al的冶炼原理分别为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑；MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，故④说法正确；
⑤碘晶体分散到酒精中形成的是碘的酒精溶液，而饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的是氢氧化铁胶体，故⑤说法正确；
综上所述，正确的说法有③④⑤，故答案选B。
10．下列离子方程式正确的是
A．1 mol·L-1的NaAlO2溶液和2.5 mol·L-1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O
B．Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋＋OH-=MgCO3↓＋H2O
C．向次氯酸钙溶液中通入SO2：Ca2＋＋2ClO-＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO
D．氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O
【答案】A
【详解】A．该反应的离子方程式为2＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，A正确；
B．Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为Mg2＋＋2＋2OH-=MgCO3↓＋2H2O+，B错误；
C．向次氯酸钙溶液中通入SO2会发生氧化还原反应，生成CaSO4，C错误；
D．氢氧化铁溶于氢碘酸发生氧化还原反应，有I2生成，D错误；
故选A。
11．某溶液中含有、、、、、、，向该溶液中通入过量的，下列判断正确的是
①有气体产生  ②溶液颜色发生变化  ③共发生了两个氧化还原反应  ④有胶状沉淀物质生成  ⑤反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有两种
A．①③ B．①②④ C．②③④⑤ D．全部
【答案】B
【详解】①过量的与水生成HCl，使转化为CO2，有气体产生，①正确；
②氧化得到Br2，溴水呈棕黄色，溶液颜色发生变化，②正确；
③氧化和，Br2氧化，共发生了三个氧化还原反应，③错误；
④过量的与水生成HCl，使生成H2SiO3沉淀，有胶状沉淀物质生成，④正确；
⑤反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的只有一种，⑤错误；
故答案选B。
12．已知2Fe3＋＋2I－=I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2=2Br－＋2Fe3＋。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是
①氧化性：Br2>Fe3＋>I2②原溶液中Br－一定被氧化③通入氯气后，原溶液中的Fe2＋一定被氧化④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2＋⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化
A．①②③④ B．①③④⑤ C．②④⑤ D．①②③④⑤
【答案】B
【分析】由题给方程式可知，还原性强弱顺序为：I－＞Fe2＋＞Br－，氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化。
【详解】①氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由题给方程式可知，氧化性：Br2>Fe3＋>I2，故正确；
②原溶液中的Br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；
③通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；
④通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；
⑤若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；
答案选B。
13．已知酸性KMnO4溶液可与FeSO4反应生成Fe3＋和Mn2+。现将硫酸酸化的KMnO4溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是

A．图中AB段的氧化剂为KMnO4
B．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I-=2Fe2＋＋I2
C．KMnO4与FeSO4反应的物质的量之比为1∶6
D．开始加入的KMnO4为0.3 mol
【答案】C
【分析】将酸性KMnO4溶液与FeSO4溶液混合，KMnO4和FeSO4反应，是氧化剂，被还原成Mn2+，Fe2+是还原剂，被氧化成Fe3+，根据电子得失守恒有：～Mn2+～5e-～5 Fe2+～5Fe3+；充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，Fe3+并没有立即减少，说明溶液中还有，AB应为和I-的反应，根据电子得失守恒有：～Mn2+～5e-～5I-～I2；B点开始Fe3+减少，说明BC段为Fe3+和I-反应，根据得失电子守恒有： 2 Fe3+～2 Fe2+～2e-～2I-～I2，据此解答。
【详解】A．开始时浓度不变，则说明没有参加反应，则AB应为和碘化钾的反应，为氧化剂，A正确；
B．BC段浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为，B正确；
C．由图可知BC段消耗 I-，由2 Fe3+～2 Fe2+～2e-～2I-～I2可得，则，根据Fe原子守恒可知，与反应的Fe2+的物质的量为0.9mol，那么根据～Mn2+～5e-～5 Fe2+～5Fe3+可得，和与反应的物质的量为为所以与FeSO4反应的物质的量之比=0.18mol：0.9mol=1:5，C错误；
D．三个过程合在一起看我们发现Fe元素化合价没变，中的Mn2+和I-，所以，由得失电子守恒可得关系式可知，共消耗的，则开始加入的的物质的量为，D正确。
答案选C。
14．向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2 6.72 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c(Br-)=c(Cl-)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是
A．0.75 mol·L-1 B．1.5 mol·L-1 C．4 mol·L-1 D．3 mol·L-1
【答案】C
【详解】n(Cl2)=0.3mol，还原性：n(Fe2+)＞n(Br-)，所以当向溶液中通入氯气时，首先发生反应：2Fe2++ Cl2=2Fe3＋+2Cl-；然后发生反应：Cl2＋2Br-=2Cl-＋Br2。n(Cl-)=0.3mol×2=0.6mol，由于溶液中c(Br-)=c(Cl-)，假设FeBr2的物质的量是x，则根据电子守恒可得：x+(2x-0.6)=0.3mol×2，解得x=0.4mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度c(FeBr2)=0.4mol÷0.1L=4 mol·L-1，因此选项是C。
15．如图是一种锂硫电池的示意图，a、b为电源两极。该电池实现了更高的活性物质利用率，其中图示第3步反应是由自由基负离子生成了离子。下列关于该电池叙述错误的是

A．该电池充电时，电子由a极流入
B．电池中硫单质为正极活性物质
C．电池工作时，硫单质和自由基均被还原
D．锂硫电池理论比能量密度高，成本较低，是储能领域的重要发展方向
【答案】A
【详解】A．根据电池得到Li为负极，即b为负极，因此该电池充电时，a为阳极，电子由a极流出，故A错误；
B．根据A选项得到b为负极，a为正极，因此电池中硫单质为正极活性物质，故B正确；
C．电池工作时，硫单质和自由基化合价都降低，因此均被还原，故C正确；
D．由于Li的质量较轻，因此锂硫电池理论比能量密度高，成本较低，是储能领域的重要发展方向，故D正确。
综上所述，答案为A。
16．有四种燃料电池：
下面是工作原理示意图，其中正极反应生成水的是


A．固体氧化物燃料电池
B．碱性氢氧化物燃料电池
C．质子交换膜燃料电池
D．熔融盐燃料电池
【答案】C
【详解】A．该电池为固体氧化物燃料电池，正极通入空气，负极通入氢气，正极的电极反应式为O2＋4e－=2O2－，正极没有水生成，故A不选；
B．该电池为碱性氢氧化物燃料电池，正极通入氧气，负极通入氢气，正极的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，正极没有水生成，故B不选；
C．该电池为质子交换膜燃料电池，正极通入空气，负极通入氢气，正极的电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，正极生成了水，故C选；
D．该电池为熔融盐燃料电池，正极通入氧气和二氧化碳，负极通入一氧化碳和氢气，正极的电极反应式为O2＋2CO2＋4e－=2CO32－，正极没有水生成，故D不选。
答案选C。
17．某小组同学研究84消毒液(主要成分为NaClO)对铁的腐蚀作用：将等量的铁钉(铁碳合金)和纯铁粉分别浸没于10mL84消毒液中，记录现象如下：

1小时
2小时
5小时
铁钉
无明显现象
铁钉表面出现少量红褐色物质
铁钉表面“生长”出大量红褐色物质
纯铁粉
无明显现象
无明显现象
无明显现象

下列说法正确的是A．铁钉主要发生的是化学腐蚀
B．铁钉腐蚀后的溶液中c(Cl-)增大
C．铁粉的腐蚀速率慢主要是由于其表面积大
D．84消毒液有强氧化性，因此Fe被腐蚀时发生：Fe-3e-=Fe3+
【答案】B
【详解】A．铁钉为铁碳合金，主要发生的是电化学腐蚀，A说法错误；
B．铁钉腐蚀后，次氯酸根离子生成为氯离子，溶液中c(Cl-)增大，B说法正确；
C．铁粉的腐蚀速率慢主要是铁粉与次氯酸钠不发生化学腐蚀，C说法错误；
D．84消毒液有强氧化性，铁钉发生电化学腐蚀，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，D说法错误；
答案为B。
18．锌溴液流电池用溴化锌溶液作电解液，并在电池间不断循环。下列有关说法正确的是

A．充电时n接电源的负极,Zn2+通过阳离子交换膜由左侧流向右侧
B．放电时每转移1mol电子负极区溶液质量减少65g
C．充电时阴极的电极反应式为Br2+2e-=2Br-
D．若将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正负极也随之改变
【答案】A
【详解】分析：该电池为二次电池，Zn是负极，电池反应为Br2+Zn=ZnBr2；充电时变为电解池，Zn变为阴极，与Zn相连的n接电源负极，电解总反应为电池反应的逆反应。
详解：A. 充电时n接电源的负极，Zn2+通过阳离子交换膜向阴极定向迁移，故由左侧流向右侧，A正确；
B. 放电时，负极Zn溶解生成Zn2+，Zn2+通过阳离子交换膜向正极定向迁移，故负极区溶液质量不变，B不正确；
C. 充电时阴极的电极反应式为Zn2++2e-=Zn，C不正确；
D. 若将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正负极不会改变，Zn仍是负极，D不正确。
本题选A。

二、填空题
19．按要求完成下列填空
(1)Fe的一种含氧酸根离子FeO具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生。该反应的离子方程式为：_______。
(2)铅蓄电池是最常见的二次电池，总反应为：_______。
(3)用Al作电极电解NaOH溶液，阳极反应式：_______；阴极反应式：_______；总反应离子方程式：_______。
(4)可利用原电池装置证明反应Ag＋＋Fe2＋=Ag＋Fe3＋能发生。

①其中甲溶液是_______，操作及现象是_______。
②盐桥中的电解质可以是_______(填写“KCl溶液”或“NH4NO3溶液”)，写出原因_______
【答案】(1)4FeO+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O
(2)Pb+PbO2+2H2SO4(aq) 2PbSO4+2H2O
(3)              
(4)     FeSO4溶液     分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色加深     NH4NO3溶液     KCl能和AgNO3反应产生沉淀，而NH4NO3不会

【详解】（1）FeO具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式为4FeO+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；
（2）铅蓄电池是最常见的二次电池，铅蓄电池的充、放电总反应为Pb+PbO2+2H2SO4(aq) 2PbSO4+2H2O；
（3）用Al作电极电解NaOH溶液，阳极Al放电，电极反应式为；阴极水中的氢离子放电，电极反应式为；总反应离子方程式为；
（4）①要证明反应Ag＋＋Fe2＋=Ag＋Fe3＋能发生，右侧烧杯中已经有Ag+，则甲溶液中必须要有Fe2+，甲溶液可以是FeSO4溶液；操作及现象为分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色加深；
②由于KCl能和AgNO3反应产生沉淀，因此盐桥中的电解质不能用KCl，可用NH4NO3溶液。

三、工业流程题
20．工业上常用水钴矿(主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO等杂质)制备钴的氧化物，其制备工艺流程如下(已知Na2SO3能还原Fe3＋和Co3＋)：

回答下列问题：
(1)在加入盐酸进行“酸浸”时，能提高“酸浸”速率的方法有______________(任写2种)。
(2)“酸浸”后加入Na2SO3钴的存在形式为Co2＋，产生Co2＋反应的离子方程式为________
(3)溶液a中加入NaClO的作用是___________________________________
(4)沉淀a的成分是__________(写化学式)，操作2的名称是_______________
(5)溶液d中的金属离子只有Co2＋和Na＋两种，则溶液c中加入NaF溶液的作用是________
(6)在空气中缎烧CoC2O4生成钴的某种氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为12.05g，CO2的体积为6.72L(标准状况)，则此反应的化学方程式为____________________________
【答案】     将水钴矿石粉碎 ；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等          将溶液中Fe2+氧化成Fe3+     Fe(OH)3 、Al(OH)3     过滤     使Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀除去     3CoC2O4+2O2  Co3O4+6CO2
【分析】水钴矿中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，溶液b中阳离子有Co2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入碳酸氢钠，Fe3+、Al3+与碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应分别生成Fe(OH)3、Al(OH)3，故沉淀A的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；溶液c中含有Co2+、Mg2+、Ca2+，加入NaF，Mg2+、Ca2+转化成MgF2、CaF2沉淀，溶液d中含有Co2+，溶液d中加入草酸铵过滤得到CoC2O4晶体，最后煅烧得到钴的氧化物，据此分析作答。
【详解】（1）“酸浸”时为固体与液体的反应，根据外界条件对化学反应速率的影响，在加入盐酸进行“酸浸”时，能够提高“酸浸”速率的方法有：将水钴矿石粉碎，增大接触面积；充分搅拌；适当增加盐酸的浓度；适当提高酸浸的温度等，故答案为将水钴矿石粉碎；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等。
（2）酸浸时水钴矿中的Co2O3、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO溶解转化为CoCl3、FeCl3、AlCl3、MgCl2、CaCl2；加入Na2SO3，钴的存在形式为Co2+，Co3+被还原为Co2+，则SO32-被氧化成SO42-，产生Co2+的反应可表示为：SO32-+Co3+→Co2++SO42-，根据得失电子守恒配平为：SO32-+2Co3+→2Co2++SO42-，根据溶液呈酸性和电荷守恒，生成Co2+的离子方程式为SO32-+2Co3++H2O=2Co2++SO42-+2H+；
（3）加入Na2SO3还会将Fe3+还原为Fe2+，反应的离子方程式为SO32-+2Fe3++H2O=2Fe2++SO42-+2H+；溶液a中含有Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO42-等，向溶液a中加入NaClO，NaClO具有强氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故答案为将溶液中Fe2+氧化成Fe3+；
（4）加入NaClO溶液后得到的溶液b中含有Co2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO42-等；向溶液b中加入NaHCO3调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去，沉淀A的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；溶液c中含有Co2+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO42-等，向溶液c中加入NaF，Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀，操作2的名称为过滤，故答案为Fe(OH)3 、Al(OH)3；过滤；
（5）根据（4）的分析，溶液c中加入NaF溶液的作用是使Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀除去，故答案为使Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀除去；
（6）n（CO2）==0.3mol，根据C守恒，n（CoC2O4）=0.15mol，根据Co守恒，n（Co）=0.15mol，所得钴的氧化物中n（O）==0.2mol，n（Co）：n（O）=0.15mol：0.2mol=3:4，生成的钴的氧化物的化学式为Co3O4，在空气中煅烧CoC2O4的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。

四、实验题
21．碳酸亚铁难溶于水，在医学常用于补铁剂的基础原料，某实验小组同学拟用下图装置先制备，再用与葡萄糖酸反应进一步反应，合成易溶于水的补铁剂葡萄糖酸亚铁。

请回答下列问题：
(1)与普通分液漏斗对比，分液漏斗的优点是___________。
(2)按上图连接好装置，检查气密性后加入药品，先打开和，关闭。
①b中的实验现象为___________。
②一段时间后，关闭___________，打开___________(选填“”、“”或“”)，观察到b中的溶液会流入c中，同时c中析出沉淀。
③b中产生的气体的作用是___________。
(3)中制得的碳酸亚铁在空气中过滤时间较长时，表面会变为红褐色，用化学方程式说明其原因___________。
(4)有同学提出使用溶液代替溶液也能制得的碳酸亚铁，请写出离子方程式___________。
(5)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，须将溶液的调节至，其原因是___________。
【答案】(1)平衡、中气压，利于稀硫酸顺利滴下
(2)     铁屑溶解，溶液逐渐变为浅绿色，有大量气泡产生               排出装置内的空气，防止生成的被氧化，把中溶液压进中
(3)
(4)
(5)抑制的水解

【详解】（1）与普通分液漏斗对比，分液漏斗能平衡、中气压，利于稀硫酸顺利滴下；
（2）①b中铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，实验现象为铁屑溶解，溶液逐渐变为浅绿色，有大量气泡产生；
②一段时间后，关闭，打开，b中产生的氢气会把b中的硫酸亚铁溶液压入c中，同时c中析出沉淀。
③碳酸亚铁易被氧化，b中产生的氢气可以排出装置内的空气，防止生成的被氧化，同时可以把中溶液压进中；
（3）碳酸亚铁易被氧化，所以中制得的碳酸亚铁在空气中过滤时间较长时，表面会被氧化为红褐色的氢氧化铁，反应的化学方程式是；
（4）溶液和硫酸亚铁反应生成碳酸亚铁，同时放出二氧化碳气体，反应的离子方程式是；
（5）易水解，将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，将溶液的调节至，可以抑制的水解。
22．苯甲酸广泛应用于制药和化工行业。某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。反应原理:
+2KMnO4+KOH+2MnO2↓+H2O
+HCl→+KCl
实验方法:一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。

已知:苯甲酸相对分子质量是122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物一般都有固定熔点。
（1）操作1为_________________，操作Ⅱ为“蒸馏”，需选用的玻璃仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管（牛角管）之外，还有___________（填序号）
A．球形冷凝管     B．直形冷凝管      C．接收瓶        D．烧杯
（2）操作Ⅲ具体实验步骤依次为__________、抽滤。将物质放在布氏漏斗中打开抽气泵一段时间后布氏漏斗中剩余的是白色固体B，抽滤装置可以加快过滤速率其工作原理是_______
（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化达到130℃时仍有少量不熔。该同学推测白色固体B是苯甲酸与少量KCl的混合物。
①欲从混合物中提纯苯甲酸应进行的操作是_______________________
②在①提纯过程中应对晶体进行洗涤除去晶体表面附着杂质，如何检验洗涤已经完全:_______
③欲检验经过①提纯后的固体是否纯净，可以采用的实验方法是______,如果固体纯净对应的现象是___________________________
（4）纯度测定:称取1.220g产品，配成100mL甲醇溶液移取25.00mL溶液滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol产品中苯甲酸质量分数为_________（保留两位有效数字）。
【答案】     分液     BC     蒸发浓缩、冷却结晶     抽出装置中的空气，形成压强差，使过滤加快     重结晶     取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤完全     测定固体熔点     白色晶体在122.4℃左右完全熔化     96%
【分析】（1）根据分离不互溶的液体混合物采用分液的方法分析，根据蒸馏实验中需要进行加热和冷却和接收分析使用的仪器。
（2）根据苯甲酸的溶解度随温度的变化分析分离的操作。
（3）根据固体可能吸附氯离子，氯离子能与硝酸银反应生成白色氯化银沉淀进行分析。
（4）根据纯净物有固定的熔点分析检验方法。
（5）根据苯甲酸为一元酸，与氢氧化钾反应比例为1：1进行计算苯甲酸的质量分数。
【详解】（1）操作Ⅰ为分离有机物和水，属于分离分层的液体混合物，为分液操作，操作Ⅱ为“蒸馏”，需圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管（牛角管）和直形冷凝管和接收瓶，故选BC；
（2）苯甲酸相对分子质量是122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g，因为分离苯甲酸用重结晶的方法，操作为蒸发浓缩、冷却结晶；抽滤过程中抽出装置中的空气，形成压强差，使过滤加快；
（3）①因为苯甲酸在不同温度下的溶解度差异较大，所以用重结晶的方法分离；
②固体表面可能吸附氯离子，所以取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明没有氯离子，洗涤完全；
③纯净固体有机物一般都有固定熔点，所以可以测定固体熔点；若白色晶体在122.4℃左右完全熔化，说明固体为纯的苯甲酸。
（4）苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾按1：1反应，所以苯甲酸的质量分数为 =96%。
【点睛】掌握物质分离和提纯的物理方法的使用范围。分液一般是分离不互溶的液体混合物，过滤是分离固体和液体，分离沸点不同的互溶液体混合物用蒸馏。根据物质的溶解度随温度变化的差异，可以用重结晶的方法分离。