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河北省2023年高考化学模拟题汇编-20化学实验基础
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这是一份河北省2023年高考化学模拟题汇编-20化学实验基础，共40页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
河北省2023年高考化学模拟题汇编-20化学实验基础
一、单选题
1．（2023·河北·统考模拟预测）钒铬还原渣是钠化提钒过程的固体废弃物，其主要成分为VO2∙xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2。一种初步分离钒铬还原渣中钒铬并获得Na2Cr2O7的工艺流程如图。
已知：①“酸浸”后为VO2∙xH2O转化为VO2+；
②Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-31；下列说法正确的是
A．滤渣的成分为H2SiO3
B．“氧化”生成发生反应的离子方程式为2VO2+++2H2O=2+2+4H+
C．若“含Cr3+净化液”中c(Cr3+)=0.1mol/L，则“水解沉钒”调pH应不超过10
D．“溶液1”中含，加入H2O2后发生反应的离子方程式为2+3H2O2+2OH-=2+2H++2H2O
2．（2023·河北唐山·统考一模）用绿矾()制备电池电极材料的流程如下：
下列说法正确的是
A．溶解过程中可抑制的水解
B．可用酸性溶液检验反应1中是否完全反应
C．洗涤沉淀时可用玻璃棒搅拌
D．反应2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
3．（2023·河北·统考模拟预测）下列图示装置不能达到实验目的的是
A．用甲装置验证的溶解性和漂白性 B．用乙装置制备无水
C．用丙装置做喷泉实验 D．用丁装置证明石蜡油分解生成了乙烯
4．（2023·河北·统考模拟预测）下列装置或操作能达到实验目的的是
A．检验乙炔的还原性
B．加热金属钠，观察钠燃烧现象
C．配制银氨溶液
D．探究浓度对化学反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·河北邯郸·统考一模）“太空金属”钛广泛应用于新型功能材料等方面，工业上用钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO和Fe2O3)冶炼金属钛的工艺流程如图所示，下列说法正确的是
A．基态钛原子核外有4个未成对电子
B．金属Mg与TiCl4可在氮气气氛条件下进行反应
C．步骤II加热可促进TiO2+的水解
D．步骤III中可能发生的反应为TiO2+2Cl2+CTiCl4+CO
6．（2023·河北邯郸·统考一模）下列由实验现象得出的结论正确的是
A．向酸性高锰酸钾溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中有Fe(II)
B．向Na2X溶液中缓慢滴加少量稀醋酸，无明显现象，证明酸性：H2X＞CH3COOH
C．常温下，用玻璃棒蘸取某盐溶液滴在pH试纸中央，然后与标准比色卡对比，溶液的pH=7，该盐属于强酸强碱盐
D．向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉－KI溶液，溶液先变橙色，后变蓝色，说明氧化性：Cl2＞Br2＞I2
7．（2023·河北石家庄·统考一模）利用如下流程可从废光盘的金属层中回收其中的银(金属层中其他金属含量过低，对实验影响可忽略)：
已知：溶液在加热时易分解产生和；“溶解”工序发生的反应为可逆反应。下列说法错误的是
A．“氧化”时，适宜选择水浴加热方式
B．若省略第一次过滤，会使氨水的用量增加
C．滤渣Ⅱ洗涤后的滤液可送入“还原”工序利用
D．“还原”时，每生成，理论上消耗
8．（2023·河北石家庄·统考一模）兔年春晚《满庭芳·国色》以中国传统色为切入点，使得桃红、凝脂、群青等有着优美名字的“中国色”扑而而来。其中“桃红”可从红花、铅丹、朱砂或赫石等原料中提取。下列说法错误的是
A．提取红花中的有效成分红花素时，可使用萃取操作
B．铅丹中价与价的个数比为
C．以朱砂(主要成分为)为原料提取的“桃红”不宜用于制作化妆品
D．赭石(主要成分为)可用于制作磁性物质
9．（2023·河北邢台·统考模拟预测）在分析化学上，测定含酸性溶液中钛元素的含量通常涉及两个反应：
I．用粉还原得到；
II．用溶液滴定，反应的离子方程式为。
下列说法错误的是
A．还原性：
B．反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为
C．反应II的滴定实验可选用溶液作指示剂
D．反应I中生成时消耗的和反应Ⅱ中消耗时生成的的量相同
10．（2023·河北邢台·统考模拟预测）利用如图所示的装置(夹持装置略去)进行实验，b中的现象能证明a中反应所得产物的是
选项
发生反应
实验现象
A
乙醇和浓反应生成乙烯
酸性溶液褪色
B
木炭粉和浓反应生成
溴水褪色
C
和浓盐酸反应生成
滴有酚酞的溶液褪色
D
苯和液溴反应生成
溶液中产生浅黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
11．（2023·河北·统考一模）下列根据实验现象得出的结论错误的是
选项
实验目的
实验设计
实验现象和结论
A
检验某无色溶液中是否含有
取少量该溶液于试管中，加稀硝酸酸化，再加入硝酸钡溶液
若有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有
B
探究和对分解速率的影响
在两支试管中分别加入2mL5%溶液，再向溶液中分别滴入和溶液各1mL，摇匀(已知：对该反应无影响)
相同时间内产生气泡多的，则催化效果好
C
探究乙酸和碳酸的酸性强弱
用乙酸溶液浸泡水壶中的水垢
水垢溶解并有气泡冒出，则乙酸的酸性比碳酸的强
D
检验某气体是否为
将气体通入酸性溶液中
若溶液褪色，则该气体不一定是
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
12．（2023·河北·统考一模）高纯超细氧化铝粉是一种新型无机功能材料，以和为原料制备复盐硫酸铝铵晶体[]，将硫酸铝铵晶体热分解可制得高纯超细氧化铝粉，其流程如下：
回答下列问题：
(1)操作①需加入适量稀硫酸，其目的是_______，采用的纯化方法为_______。
(2)取加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。硫酸铝铵晶体在633℃、975℃分解生成的固体分别为_______、_______。(填化学式)
(3)实验室以和为原料，在一定条件下反应生成制备纳米的前驱体沉淀，同时生成、和。高温分解即得超细氧化铝粉。反应生成沉淀的化学方程式为_______。
(4)为了测定高纯超细氧化铝粉中的质量分数，可用EDTA标准溶液滴定。取0.2035g高纯超细氧化铝粉溶于盐酸，加入过量的30.00mL0.1600EDTA标准溶液并加热煮沸，充分反应后，再用标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗标准溶液。已知、与EDTA反应的化学计量数之比均为1：1。
①加入过量的EDTA标准溶液并加热煮沸，其原因是_______。
②高纯超细氧化铝粉中，的质量分数为_______%(保留1位小数)。
三、实验题
13．（2023·河北·统考模拟预测）氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。利用纯净的VOCl2制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的装置如图：
实验过程：将净化的VOCl2溶液缓慢加入到足量NH4HCO3溶液，有气泡产生，析出紫红色晶体。待反应结束后，在有CO2保护气的环境中，将混合液静置一段时间，抽滤，所得晶体，洗涤2次，得到粗产品。回答下面问题：
(1)装置A中的仪器名称是_____，装置C中a玻璃导管的作用是_____。
(2)装置B中反应的离子方程式_____。
(3)实验开始先关闭K2，_____(填实验现象)，关闭K1、打开K2进行实验。
(4)写出装置C中发生反应的化学方程式_____。
(5)下列装置不能代替装置A的是_____。
(6)抽滤装置如图所示：
仪器b的名称是_____，仪器c的作用是______。
(7)测定粗产品中钒的含量，称取2.0g粗产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解，滴入几滴亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]溶液，用0.2mol/L的Fe2(SO4)3标准溶液进行滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为20.00mL。(假设杂质中不含钒，杂质也不参与反应，滴定反应为：VO2++Fe3++H2O=VO+Fe2++2H+。)
①滴定终点时的现象为_____。
②粗产品中钒的质量分数为_____。
14．（2023·河北石家庄·统考一模）苯甲酸乙酯可用于配制香水香精和人造精油，也可用于食品中。某实验小组以苯甲酸和乙醇为原料，利用如图装置合成苯甲酸乙酯，步骤如下：
Ⅰ．反应回流：向圆底烧瓶中加入磁搅拌子，然后依次加入苯甲酸、95％乙醇、环己烷，搅拌均匀后再加入浓硫酸。按如图组装好仪器后，水浴加热回流1.5小时。实验过程中分水器中得到的液体会分层，需多次开启分水器活塞放出下层液体。
Ⅱ．产物蒸馏提纯：继续水浴加热，从圆底烧瓶中蒸出环己烷和剩余的乙醇，经分水器放出。将圆底烧瓶中残留物倒入盛有冷水的烧杯中，再经一系列除杂操作后，最后蒸馏收集210～213℃的馏分，得到产品。
可能用到的数据如下：
相对分子质量
密度
沸点/℃
水中溶解性
苯甲酸
122
1.266
249
微溶
乙醇
46
0.789
78
溶
苯甲酸乙酯
150
1.045
213
难溶
环己烷
84
0.779
80.8*
难溶
*环己烷、乙醇和水可形成共沸物，其沸点为62.1℃。
回答下列问题：
(1)若用标记乙醇，则所得产品苯甲酸乙酯的结构简式为___________。
(2)如果步骤Ⅰ中加热一段时间后发现忘记加入磁搅拌子，应采取的正确操作为___________。
(3)步骤Ⅰ中“多次开启分水器活塞放出下层液体”的目的为___________。
(4)步骤Ⅱ中“一系列除杂操作”用到的试剂包括a．无水氯化钙b．碳酸钠c．食盐。按照操作先后顺序，应依次加入___________(填试剂的字母编号)。操作过程中，当观察到___________现象时，即可停止加入碳酸钠；加入食盐的目的为___________。
(5)步骤Ⅱ中蒸馏收集产物时，所需用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、尾接管、接收瓶和___________(填仪器名称)。
(6)本实验的产率为___________％(保留两位有效数字)。
(7)下列仪器不能为产品结构分析提供有效信息的是___________(填选项字母)。
A元素分析仪 B．质谱仪 C．红外光谱仪 D．核磁共振仪 E．X射线衍射仪
15．（2023·河北唐山·统考一模）是重要的化学试剂，遇高温分解，与酸发生反应。实验室可通过如图所示装置制备。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为_______。
(2)下列关于装置B的作用叙述错误的是_______(填标号)。
a.通过观察气泡可控制气流速率
b.防止发生倒吸
c.通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞
(3)C中生成产品的化学反应方程式为_______。
(4)为保证硫代硫酸钠的产率和纯度，实验中通入的不能过量，原因是_______。
(5)为测定所得产品纯度，取所得产品溶于蒸馏水中配制成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入2滴淀粉试剂，用碘的标准溶液滴定，消耗标准液。
已知：
①滴定终点现象为_______；
②产品纯度为_______(用m、c、V表示)。
(6)下列装置和试剂不能代替E的是_______(填标号)。
16．（2023·河北邢台·统考模拟预测）碘酸钙常用于饲料中碘添加剂，它是一种白色晶体，难溶于水和乙醇。实验室中采用下面流程制备并测定产品的纯度。
(1)氧化过程的实验装置如下图所示。主要实验步骤为：
A．在三颈烧瓶中加入、和水，放入磁子开启搅拌器使溶解；
B．打开阀门，通冷凝水；
C．打开装置b的活塞，滴加稀盐酸调节溶液的，将产生的导出；
D．通电加热，调节温控仪，使水温控制在85℃，直至反应结束。
①盛放稀盐酸的仪器名称为__________，导管b的作用为__________，冷凝水的进水口为__________ (填“m”或“n”)。
②三颈烧瓶中发生反应时和的物质的量之比为，其中一种产物的化学式为，则该反应的化学方程式为__________。
(2)洗涤时，先用冰水洗涤3次，再用无水乙醇洗涤一次，用无水乙醇洗涤的目的为__________。
(3)产品纯度测定。
实验步骤：准确称取产品置于烧杯中，加入一定量的高氯酸溶液微热溶解后配制成溶液，量取溶液加入固体(足量)反应，用标准溶液滴定至浅黄色，加入2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗溶液(已知：)。
①达到滴定终点的现象为__________。
②该产品中的质量分数为__________；滴定结束时俯视读数，将导致测定结果__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
17．（2023·河北·统考一模）实验室探究化合物受热分解的产物，并对所得气体产物和固体产物进行验证，按下图装置进行实验(夹持仪器已略去)。回答下列问题：
(1)实验开始时，缓缓通入氮气一段时间后，应先加热反应管E，后加热反应管A，原因是_______。
(2)待反应完全后，停止加热，仍持续不断地通入氮气，直至反应管冷却到室温。停止加热时，不需要先断开A、B的连接处和E、F的连接处，原因是_______。
(3)足量NaOH溶液的作用是_______。NaOH的电子式为_______。
(4)能证明分解产物中有CO气体生成的实验现象是_______。
(5)充分反应后，A中所得黑色粉末经检测为Fe和FeO的混合物。取该黑色粉末4.4g，溶于过量稀硝酸中，收集到标准状况下NO气体1.12L。该黑色粉末中，_______。
(6)和、反应可制得。已知常温下和的Ksp分别为、。常温下浓度均为的、的混合溶液中，要使完全沉淀(离子浓度小于时，即可认为该离子已沉淀完全)而不沉淀，应该调节溶液的pH的范围为_______。
四、工业流程题
18．（2023·河北邯郸·统考一模）氯化亚铜(化学式可表示为CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，微溶于水、不溶于乙醇，在潮湿空气中易水解、易被氧化。某学习小组用工业废渣(主要成分为Cu2S和Fe2O3)制取CuCl并同时得到电路板蚀刻液，实验步骤如图：
已知：
金属阳离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Cu2+
4.8
6.4
Fe3+
2.7
3.7
根据以上信息回答下列问题：
(1)写出焙烧过程中产生SO2的化学方程式：______；实验室中常用亚硫酸钠固体与70%的浓硫酸制备二氧化硫，若要达到控制反应速率的目的，图中可选用的装置是_____(填标号)。
A． B． C． D．
(2)混合液中加入的沉淀剂X可为______；(填化学式)，调节溶液的pH至______，过滤得到CuCl2溶液。
(3)①向Na2SO3溶液中逐滴加入CuCl2溶液，再加入少量浓盐酸，混匀后倾倒出清液，抽滤、洗涤、干燥获得CuCl产品，该反应的离子方程式为______。
②抽滤也称减压过滤，请选择合适的仪器并组装抽滤的装置从溶液中得到CuCl产品，装置连接顺序为_____→_____→E→_____(填标号)。______
下列有关抽滤的说法错误的是_____(填标号)。
A．原理为利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，以达到固液分离的目的
B．过滤速度快，可得到较干燥的沉淀
C．实验结束后，先关抽气泵，后拔开抽滤瓶接管
③抽滤过程中先用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，然后立即用无水酒精洗涤，并在70℃真空下干燥2h，冷却后密封包装，密封包装的原因是______。
(4)实验测得氯化亚铜蒸气的相对分子质量为199，则氯化亚铜的分子式为_____；氯化亚铜定量吸收CO后形成配合物Cu2(CO)2Cl2·2H2O()，则Cu2(CO)2Cl2·2H2O中的配位体为_____(填化学式)。
19．（2023·河北石家庄·统考一模）湿法炼锌综合回收系统产出的萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，一种将萃余液中有价离子分步分离、富集回收的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“氧化”时，Mn2+、Fe2+均发生反应。后者发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有___________。
(3)“除镉”时，发生反应的类型为___________。
(4)“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理可表示为：
反应时，接受电子对的一方是___________；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为___________。
(5)“沉锌”时有气体生成，则生成碱式碳酸锌的离子方程式为___________。
(6)“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为___________。
(7)氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构及晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为___________ g∙cm-3 (列出计算式即可)。
20．（2023·河北·统考模拟预测）钛在医疗、航天等领域都有广泛用途，有“空间金属”之称。目前常用钠的冶炼方法是将钛铁矿(主要成分是，还含有少量、等杂质)制成的“高钛渣”(含左右)再还原为钛，同时得到在食品工业中用作营养增补剂的，工艺流程如下：
部分阳离子以氢氧化钠物形式沉淀时溶液的如下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
9.2
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
11.1
(1)中的化合价为_______，“酸浸”时钛、铁浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示，则“酸浸”所用硫酸的质量分数约为_______最合适。
(2)“滤液1”中的钛元素以形式存在，则“酸浸”主要反应的离子方程式为_______。
(3)已知常压下的熔点为-25℃，沸点为136.4℃，由与过量焦炭混合投入高温氯化炉充分反应生成的气体分离得到粗的方法是_______，再将粗进一步提纯的方法为_______。
(4)氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的和经吸收可得粗盐酸、溶液，则尾气的吸收液依次是_______。
(5)“滤液2”中加入溶液调的范围是_______。
(6)证明向“滤液3”中加入双氧水达到目的的方法是_______。
(7)已知和的分别为和。若“滤液3”中，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使恰好沉淀完全，即溶液中，计算说明此时是否有沉淀生成_______。
21．（2023·河北·统考模拟预测）碘酸钙为白色结晶性粉末，主要用作防臭剂、药物和食品添加剂，不溶于乙醇，微溶于水。实验室用海带制备碘酸钙的实验流程如下：
(1)灼烧海带并获得溶浸后的溶液系列操作需要用到下列装置中的_______(填序号)。
(2)“氧化”步骤发生反应的离子方程式为_______。
(3)“转化”的目的是_______，若实验在如下装置中加热进行，的溶液和水的体积为400mL，应选用三颈烧瓶的规格为_______(填序号)。
A． B． C． D．
(4)已知几种盐在水中的溶解度(水)：
温度/℃
物质
0
10
20
40
60
80
128
137
147
向的溶液中加入获得粗产品应采取的措施是_______。
(5)洗涤粗产品应选用_______(填序号)。A．冰水 B．酒精 C．溶液 D．溶液
(6)测定产品纯度
称取ag产品置于烧杯中，加入高氯酸微热溶解试样，再加入足量KI溶液(高氯酸不参与反应)，转移到容量瓶中定容。取定容后的溶液于锥形瓶中，用溶液滴定，加入滴_______作指示剂，滴定终点的判断依据是_______；重复三次滴定，平均每次消耗溶液，则样品中碘酸钙的质量分数计算式为_______(已知：)。
22．（2023·河北·统考模拟预测）金属钴(Co)是一种重要的战略金属，有着较为广泛的用途。如图是利用含钴废料(主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2等杂质)制备草酸钴的工艺流程。回答下面问题：
(1)在“硫酸浸取”时，能提高“酸浸”速率的方法有_____(任写一种)。滤渣1的成分是_____(写化学式)。
(2)写出反应①的离子方程式：_____、_____。写出反应②的离子方程式：_____。
(3)操作1中加入NaHCO3的作用是_____。
(4)已知：Ksp(CaF2)=5.3×10-9，Ksp(MgF2)=5.2×10-12，若向溶液c中加入NaF溶液，当Mg2+恰好沉淀完全，即溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol•L-1，此时溶液中c(Ca2+)最大等于_____mol•L-1。
(5)若沉钴中得到二水合草酸钴CoC2O4·2H2O(M=183g/mol)热分解质量变化过程如图所示。其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物，请写出从反应B点到C点的化学方程式_____。
(6)用乙醇燃料电池作电源电解含Co2+的水溶液制备金属钴，其装置如图甲、乙。
①图乙中Co电极应连接乙醇燃料电池的_____极(填“a”或“b”)。
②图甲中a极上发生的电极反应是______。
23．（2023·河北唐山·统考一模）铬盐是重要的无机化工产品。我国某科研团队研究了一种铬铁矿(主要成分为，含少量、MgO和少量硬度比金刚石大的BN)液相氧化浸出制备的工艺，流程如下：
回答下列问题：
(1)“碱浸”步骤提高浸出率的方法有_______(任写出一条)，滤渣的成分为_______，该步骤发生反应的化学方程式是_______。
(2)已知，在“转化”步骤将铬元素完全沉淀时(离子浓度不大于)，需保持转化液中至少为_______。
(3)“还原”步骤的尾气为无色无味气体，则其反应离子方程式为_______。
(4)该团队在实验室模拟流程中用到的主要分离方法，所需玻璃仪器有_______。
(5)立方氮化硼(BN)晶体是一种硬度比金刚石大的特殊耐磨和削切材料，其晶胞结构如图所示：
该晶体中B的配位数为_______，其晶胞参数为，则立方氮化硼晶体的密度为_______。
24．（2023·河北邢台·统考模拟预测）电池级广泛应用于高能锂电池制造领域。一种以铁锂云母(主要成分为、、、、等)为原料制备的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)已知36.5％盐酸的密度为，则该溶液中__________；“溶解”时；为了提高溶解速率，可采取的措施为__________(写两点)。
(2)从工业生产实际分析，氧化时加入物质A的最佳选择为______(填选项字母)，该步骤的离子方程式为__________。
a． b． c．空气 d．
(3)“沉铁”时生成，则“转化”时发生反应的离子方程式为__________。
(4)“电渗析”的装置如下图所示，则M电极与外接电源的__________极相连；x、y为离子交换膜，则x为______离子交换膜(填“阴”或“阳”)；结合流程分析电渗析的目的为__________。
(5)实验室进行蒸发操作时，用到的主要仪器为__________、玻璃棒和酒精灯。
参考答案：
1．B
【分析】钒铬还原渣中加入H2SO4酸浸，SiO2不溶而成为滤渣；往滤液中加入Na2S2O8将VO2+氧化为，调节pH水解沉钒，从而得到V2O5∙xH2O；将含Cr3+净化液中加入过量NaOH，生成，再加入H2O2，将氧化生成，调节pH，再经多步操作，从而获得Na2Cr2O7和Na2SO4。
【详解】A．SiO2不与水、H2SO4反应，滤渣的成分为SiO2，A错误；
B．将VO2+用Na2S2O8 “氧化”，生成、等，发生反应的离子方程式为2VO2+++2H2O=2+2+4H+，B正确；
C．，，则c(OH-)=10-10mol/L，pH=4，C错误；
D．“溶液1”为碱性环境，加入H2O2将氧化生成，发生反应的离子方程式为2+3H2O2+2OH-=2+4H2O，D错误；
故选B。
2．A
【分析】“溶解”步骤中绿矾溶解到磷酸中，根据流程图可知，“反应1”步骤中加NaClO、NaOH，将Fe2+氧化成Fe3+，同时得到磷酸铁沉淀，“反应2”步骤中草酸作还原剂，与FePO4、LiOH反应生成LiFePO4，据此分析；
【详解】A．Fe2+能发生水解：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，因此加入磷酸溶解过程，可以抑制Fe2+水解，故A正确；
B．反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，酸性高锰酸钾溶液能氧化Cl-，使之褪色，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验反应1中Fe2+是否完全反应，故B错误；
C．洗涤沉淀时，不能用玻璃棒搅拌，防止弄破滤纸，故C错误；
D．草酸为还原剂，碳元素化合价由+3价升高为+4价，草酸整体化合价升高2价，FePO4为氧化剂，铁元素化合价由+3价降低为+2价，降低1价，最小公倍数为2，因此FePO4与草酸物质的量之比为2∶1，故D错误；
答案为A。
3．D
【详解】A．二氧化硫溶于水导致试管内气体压强减小，水槽中的品红溶液进入试管中，二氧化硫具有漂白性，使进入试管中的品红溶液褪色，则甲装置能验证二氧化硫的溶解性和漂白性，故A正确；
B．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解反应生成氢氧化镁和盐酸，所以六水氯化镁在氯化氢气氛下加热脱水能防止氯化镁水解，从而制得无水氯化镁，氯化氢不能直接排放到空气中，需进行尾气处理，则乙装置能制备无水氯化镁，故B正确；
C．二氧化碳可与氢氧化钠溶液反应使烧瓶内压强小于外界大气压，外界大气压作用下氢氧化钠溶液进入圆底烧瓶中形成喷泉，则丙装置可以做喷泉实验，故C正确；
D．丁装置只能证明石蜡油在碎瓷片做催化剂条件下受热发生分解反应生成了能使试管中溴的四氯化碳溶液褪色的烯烃，但不能证明生成的烯烃为乙烯，故D错误；
故选D。
4．B
【详解】A．电石中含有等杂质，与水反应生成的也能使酸性溶液褪色，不能检验乙炔的还原性；A不符合题意；
B．可在坩埚中进行固体的灼烧，观察现象，B符合题意；
C．配制银氨溶液的方法是：将稀氨水慢慢滴加至硝酸银溶液中，先产生白色沉淀，继续滴加氨水直至沉淀恰好完全溶解，C不符合题意；
D．和反应生成硫酸钠和水，无明显现象，不能判断化学反应速率快慢，D不符合题意；
故选B。
5．C
【分析】钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO和Fe2O3)加硫酸酸浸，浸出液中含铁离子、亚铁离子和TiO2+，加适量铁发生还原，将铁离子转变为亚铁离子，蒸发浓缩冷却结晶提取出绿矾晶体，滤液经加热TiO2+水解得TiO2·H2O，分解得到粗TiO2后，加焦炭、氯气反应得到TiCl4，用Mg还原得到Ti。
【详解】A．基态钛原子核外电子排布式为，有2个未成对电子，A错误；
B．Mg为活泼金属，能与、、、等物质发生反应，故金属Mg与必须在稀有气体氛围条件下进行反应，B错误；
C． TiO2+会水解，步骤II加热可促进TiO2+的水解，C正确；
D．方程式未配平，步骤III中可能发生的反应为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO ，D错误；
答案选C。
6．A
【详解】A．Fe2+能被酸性高锰酸钾氧化从而使酸性高锰酸钾褪色，Fe3+无法与酸性高锰酸钾反应，该实验现象可证明Fe3O4中存在Fe2+，A正确；
B．该实验无明显现象，也可能是由于稀醋酸少量，只生成了NaHX，不能推出醋酸与的酸性强弱，B错误；
C．溶液呈中性的盐不一定是强酸强碱盐，如，C错误；
D．溶液变蓝，也可能是过量的氯水与KI反应生成I2，不能证明氧化性：，D错误；
故答案选A。
7．D
【分析】由流程可知,氧化时发生4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，过滤分离出AgCl、可能含Ag,加氨水发生AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，过滤分离出滤渣为Ag，再加还原剂、过滤分离出Ag，以此来解答。
【详解】A．“氧化”时需要的温度为80℃，适宜选择水浴加热方式，A正确；
B．需要增加氨水的用量，因为①过量NaClO与NH3·H2O反应， ②还因为未过滤掉的溶液会对加入的氨水起稀释作用，且其中含有一定浓度的Cl-，也不利于AgCl与氨水反应，B正确；
C．滤渣Ⅱ洗涤后的滤液含有，则可送入“还原”工序可以提高产率，C正确；
D．还原过程中银元素化合价降低生成单质银，由+1价变为0价，N2H4·H2O中氮元素化合价升高生成N2，由-2 价变为0价，根据得失电子守恒，，则每生成，理论上消耗，D错误；
故选D
8．D
【详解】A．可用有机溶剂提取红花中的有效成分，采取萃取操作，故A正确；
B．可视为：，价与价的个数比为，故B正确；
C．有毒，不能制作化妆品，故C正确；
D．红棕色固体，可做红色颜料，用于制作磁性物质，故D错误；
故选：D。
9．B
【详解】A．根据反应I中作还原剂，则还原性，再结合反应II可知还原性：，A项正确；
B．根据电子守恒可知，反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为，B项错误；
C．Fe3+和SCN-反应能生成红色物质，所以反应II的滴定实验可选用溶液作指示剂，C项正确；
D．书写并配平反应的离子方程式可知，结合反应II分析可知D项正确；
故选B。
10．B
【详解】A．由于乙醇易挥发，也能使酸性溶液褪色，因此并不能证明反应生成乙烯，A项错误；
B．木炭粉和浓反应，只有生成的可使溴水褪色，B项正确；
C．浓易挥发，因此滴有酚酞的溶液褪色可能是中和了，因此不能证明反应生成，C项错误；
D．液溴易挥发，其进入溶液中也会生成浅黄色沉淀，因此不能证明有生成，D项错误；
答案选B。
11．A
【详解】A．稀硝酸具有很强的氧化性，能将氧化成，若原无色溶液中不含有，而含有，加稀硝酸酸化，再加入硝酸钡溶液，也会产生白色沉淀，A错误；
B．向相同浓度相同体积的溶液中加入相同浓度、体积的和，相同时间内产生气泡多的，则催化效果更好，B正确；
C．用乙酸溶液浸泡水壶中的水垢，水垢溶解并有气泡冒出，则乙酸的酸性比碳酸的强，C正确；
D．将气体通入酸性溶液中，若溶液褪色，则该气体可能为，也可能为、HCl、乙烯、乙炔等气体，D正确；
故选A。
12．(1) 抑制和水解 重结晶
(2)
(3)
(4) 有利于与EDTA充分反应，加快反应速率 98.7
【详解】（1）蒸发浓缩溶液时，为抑制和水解，需加入适量稀硫酸。将粗品硫酸铝铵晶体转化为纯净的硫酸铝铵晶体，可采用重结晶方法。
（2）的相对分子质量为453，的相对分子质量为237，的相对分子质量为342，的相对分子质量为的物质的量为0.01mol，则的物质的量为0.01mol，的物质的量为0.005mol，的物质的量为0.005mol。所以硫酸铝铵晶体在300℃、633℃、975℃分解生成的固体分别为、、。
（3）和在一定条件下反应生成制备纳米的前驱体沉淀的化学方程式为
。
（4）①为了让与EDTA充分反应，并加快反应速率，在加入过量的EDTA标准溶液时，须加热煮沸。
②根据关系式和，可知，则。
13．(1) 启普发生器 平衡压强，使VOCl2溶液顺利滴下来
(2)HCO+H+=H2O+CO2↑
(3)D中溶液(澄清石灰水)变浑浊
(4)6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl
(5)②④
(6) 布氏漏斗 安全瓶
(7) 当滴入最后半滴(或1滴)标准液时，有蓝色沉淀产生且(或半分钟)内沉淀不溶解 20.4%
【分析】由装置图可知，装置A为制取CO2的装置，由于盐酸易挥发，生成的CO2中混有HCl，装置B应是盛有饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl气体，装置C中VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，装置D盛有澄清石灰水，用来检验二氧化碳，结合实验的目的解答。
【详解】（1）装置A中的仪器名称是启普发生器，装置C中a玻璃导管的作用是平衡压强，使VOCl2溶液顺利滴下来；
（2）装置B应是盛有饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl气体，装置B中反应的离子方程式HCO+H+=H2O+CO2↑；
（3）实验开始先关闭K2，D中溶液(澄清石灰水)变浑浊，说明二氧化碳充满整套反应装置，关闭K1、打开K2进行实验；
（4）将净化的VOCl2溶液缓慢加入到足量NH4HCO3溶液，有气泡产生，析出紫红色晶体。故装置C中发生反应的化学方程式6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl；
（5）②④装置不能向A装置一样随关随停；
（6）抽滤装置中仪器b的名称是布氏漏斗，仪器c的作用是安全瓶；
（7）由滴定反应VO2++Fe3++H2O=VO+Fe2++2H+知，当滴入最后半滴(或1滴)标准液时，三价铁离子遇到亚铁氰化钾有蓝色沉淀产生且(或半分钟)内沉淀不溶解；
n(Fe3+)=0.2mol/L220.0010-3 L=0.008mol=n(VO2+)，m(V)=nM=51g/mol0.008mol=0.408g，。
14．(1)
(2)冷却后补加
(3)通过分水器除去产物水，使反应正向进行，提高产率
(4) b、c、a 不再有气泡生成 降低酯的溶解度，便于后续分液
(5)温度计、直形冷凝管
(6)67
(7)A
【分析】以苯甲酸和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯，实验仪器为分水器，分水器能够保证反应物回流并及时分离出水，促使平衡正向移动，提高产率；反应结束后烧瓶中主要有苯甲酸、浓硫酸、乙醇、环己烷、苯甲酸乙酯和少量水，需分步除去各种杂质，得到产品苯甲酸乙酯。
【详解】（1）根据酯化反应原理“酸脱羟基醇脱氢”可知，产品中苯甲酸乙酯的结构简式为，故答案为：；
（2）实验时发现忘加磁搅拌子，应停止加热，待溶液冷却后加入磁搅拌子，重新继续实验，故答案为：冷却后补加；
（3）分水器上层是有机层，下层为水层，当有机层液面高于支管口时，有机层会回流至烧瓶，即达到了反应物回流，提高产率的目的，多次放出水是防止水层过高到达支管口回流，保证只有有机层回流这样等于及时分离出产物水，促使平衡正向移动，提高酯的产率，故答案为：
（4）烧瓶中主要含有苯甲酸、浓硫酸、乙醇、环己烷、苯甲酸乙酯，想要得到纯净的苯甲酸乙酯需要除掉苯甲酸、浓硫酸、乙醇、环己烷等杂质，需先加入碳酸钠中和苯甲酸和浓硫酸，当不再有气泡生成时可停止加入碳酸钠，为使有机层和水层充分分层，需加入食盐降低苯甲酸乙酯的溶解度，最后需用氯化钙除去多余的水分，故答案为：bca；不再产生气泡；降低苯甲酸乙酯的溶解度，便于后续分液；
（5）蒸馏过程除上述仪器外还需要温度计和直形冷凝管，促进蒸馏产物的冷凝，便于收集，故答案为：温度计、直形冷凝管；
（6）6.1g苯甲酸的物质的量为=0.05mol；20mL 95%的乙醇物质的量为≈0.34mol；因此乙醇过量，理论生成苯甲酸乙酯的物质的量为0.05mol，质量为7.5g，产率为≈67%，故答案为：67；
（7）元素分析仪用来分析元素种类，质谱仪用来测定相对分子质量和部分结构信息（碎片的相对质量），红外光谱能够确定分子中化学键和官能团信息，核磁共振能够测定氢原子的化学环境种类及相对数目，X射线衍射能获得分子的键长、键角等结构信息。因此不能为产品结构分析提供信息的为元素分析仪，故答案为：A。
15．(1)蒸馏烧瓶
(2)b
(3)2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2
(4)Na2S2O3与酸反应，过量SO2会使溶液呈酸性
(5) 滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色
(6)bd
【分析】由实验装置图可知，70%较浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置B用于控制二氧化硫的气流速率和通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞的作用，装置C中二氧化硫与硫化钠和碳酸钠混合溶液共热反应制备硫代硫酸钠，装置D为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器A为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；
（2）由分析可知，装置B用于控制二氧化硫的气流速率和通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞的作用，但不能起防倒吸的作用，故选b；
（3）C中生成产品的反应为二氧化硫与硫化钠和碳酸钠混合溶液共热反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，故答案为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2；
（4）硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定，若二氧化硫过量，会与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性导致硫代硫酸在溶液中发生歧化反应，所以实验中通入的二氧化硫不能过量，故答案为：Na2S2O3与酸反应，过量SO2会使溶液呈酸性；
（5）①硫代硫酸钠溶液与碘溶液恰好反应时，滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液会变为蓝色，且半分钟内不褪色，所以判断滴定终点的现象为滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色；
②由题意可知，滴定消耗VmLcmol/L的碘标准溶液，则由方程式可知，mg产品纯度为×100%=，故答案为：；
（6）由分析可知，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气，则盛有碱石灰的干燥管和盛有氢氧化钠的U形管能代替E，而浓硫酸、氯化钙溶液不能与二氧化碳和二氧化硫反应，则盛有浓硫酸的洗气瓶和盛有氯化钙溶液得试管不能代替E，故答案为：bd。
16．(1) 恒压滴(分)液漏斗 平衡气压，使液体顺利流下 n
(2)带走晶体表面的水分，利于干燥
(3) 当加入最后半滴标准溶液时，蓝色恰好褪去 68％ 偏低
【详解】（1）盛放稀盐酸的仪器名称为恒压滴(分)液漏斗，导管b的作用为平衡气压，使液体顺利流下，冷凝水应为低口进、高口出，因此进水口为n。根据题目信息可知、和反应生成和，该反应化学方程式为。
（2）用冰水洗涤3次碘酸钙晶体后，再用无水乙醇洗涤的目的为带走晶体表面的水分，利于干燥。
（3）用标准溶液滴定－淀粉溶液，达到滴定终点的现象为当加入最后半滴标准溶液时，蓝色恰好褪去。根据电子守恒可知，则相当于溶液中含有，则溶液所含，计算可知，则该产品中的质量分数为％=68%；滴定结束时俯视读数，将导致标准溶液的体积偏小，则测定结果偏低。
17．(1)防止先加热反应管A产生的CO还没来得及与氧化铜反应就被排放出去，从而造成环境污染
(2)反应完全后，停止加热，在反应管冷却到室温前，仍在继续通氮气，不会产生倒吸
(3) 除去CO中的气体，防止干扰检验CO气体
(4)E中黑色固体变成红色，F中溶液变浑浊
(5)4：3
(6)3
【分析】样品受热分解的产物，通过B澄清石灰水检验二氧化碳，C足量氢氧化钠溶液吸收二氧化碳气体，D浓硫酸干燥气体，通过E氧化铜检验一氧化碳气体，F澄清石灰水检验二氧化碳气体，最后尾气吸收。
【详解】（1）为防止先加热反应管A产生的CO还没来得及与氧化铜反应就被排放出去，从而造成环境污染，故实验开始时，缓缓通入氮气一段时间后，应先加热反应管E，后加热反应管A。
（2）反应完全后，停止加热，在反应管冷却到室温前，仍在继续通氮气，不会产生倒吸。故待反应完全后，停止加热。停止加热时，不需要先断开A，B的连接处和E、F的连接处。
（3）装置C中足量NaOH溶液的作用是除去CO中的气体，防止干扰检验CO气体。NaOH是离子化合物，其电子式为。
（4）若观察到装置E中黑色固体变成红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，即可证明分解产物中有CO气体生成。
（5）Fe与过量的稀硝酸反应的化学方程式为，FeO与过量的稀硝酸反应的化学方程式为。设4.4g黑色粉末中，Fe的物质的量为n(Fe)，FeO的物质的量为n(FeO)，列出方程组：和，解得：，，故。
（6）根据和完全沉淀时，，可知完全沉淀时，，则，故pH>3.根据和溶液中，可知要使不沉淀，，则，故pH<9，要使完全沉淀而不沉淀，应该调节溶液的pH的范围为3
(2) CuO 3.7～4.8
(3) 2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ A、C、F C 防止CuCl在潮湿空气中水解、被氧化
(4) Cu2Cl2 CO、H2O、Cl
【分析】由题给流程可知，工业废渣焙烧时，硫化亚铜与空气中氧气高温条件下反应生成氧化铜和二氧化硫，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，焙烧得到的固体溶于稀盐酸转化为氯化铁、氯化铜混合溶液，向混合溶液中加入氧化铜固体调节溶液pH在3.7～4.8范围内，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氯化铜溶液和氢氧化铁的沉淀，沉淀溶于浓盐酸得到氯化铁刻蚀液，氯化铜溶液与亚硫酸钠溶液、浓盐酸反应生成氯化亚铜沉淀，抽滤得到氯化亚铜沉淀，洗涤得到氯化亚铜粉末。
【详解】（1）由分析可知，焙烧过程中发生的反应为硫化亚铜与空气中氧气高温条件下反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为Cu2S+2O22CuO+SO2；实验室中用亚硫酸钠固体与70%的浓硫酸制备二氧化硫的反应为固液不加热的反应，因亚硫酸钠溶于水，不能选用启普发生器制取二氧化硫，若要达到控制反应速率的目的，实验时应选用分液漏斗控制滴入浓硫酸的速率，不能选用长颈漏斗，则装置A、C符合题意，故答案为：Cu2S+2O22CuO+SO2；AC；
（2）由分析可知，混合液中加入沉淀剂氧化铜固体的目的是调节溶液pH在3.7～4.8范围内，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：CuO；3.7～4.8；
（3）①由分析可知，制备氯化亚铜的反应为氯化铜溶液与亚硫酸钠溶液、浓盐酸反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故答案为：2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；
②抽滤所需装置的连接顺序为布氏漏斗→抽滤瓶→安全瓶→抽气泵；
A．抽滤原理为利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，以达到固液分离的目的，故正确；
B．抽滤可加速过滤，并使沉淀抽吸得较干燥，故正确；
C．实验结束后，应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，以防倒吸，故错误；
故选C，故答案为：A、C、F；C；
③由题给信息可知，氯化亚铜在潮湿空气中易水解、易被氧化，所以为防止氯化亚铜在潮湿空气中水解、被氧化，氯化亚铜应密封包装，故答案为：防止CuCl在潮湿空气中水解、被氧化；
（4）设氯化亚铜的分子式为(CuCl)n，由相对分子质量为199可得n==2，则分子式为Cu2Cl2；由配合物的结构可知，亚铜离子为中心离子，一氧化碳、水分子、氯原子为配体，故答案为：Cu2Cl2；CO、H2O、Cl。
19．(1)1:2
(2)Al(OH)3、CaSO4
(3)置换反应
(4) Co2+、Ni2+ Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能
(5)3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑
(6)Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑
(7)
【分析】萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，加入Na2S2O8，将Mn2+、Fe2+氧化为MnO2和Fe3+，加入CaCO3调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、同时还生成了CaSO4沉淀；过滤后，往滤液中加入Zn，将Cd2+还原为Cd；过滤后，往滤液中加入有机净化剂，将钴镍等离子转化为沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2CO3，将Zn2+转化为ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O沉淀；过滤后，将沉淀煅烧，从而得到氧化锌，据此分析解题。
【详解】（1）“氧化”时，Fe2+被Na2S2O8氧化，发生反应为2Fe2++=2Fe3++2，为氧化剂，Fe2+为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。答案为：1:2；
（2）由分析可知，“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有Al(OH)3、CaSO4。答案为：Al(OH)3、CaSO4；
（3）由分析可知，“除镉”时，发生反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd，反应类型为置换反应。答案为：置换反应；
（4）由题干流程图可知，除镍和钴步骤中，Co2+和Ni2+能形成配合物时，中心原子提供能接受孤电子对的空轨道，配位原子提供孤电子对，则反应时，接受电子对的一方是Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，可能的原因为：Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能。答案为：Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能；
（5）“沉锌”时有气体生成，则此气体为CO2，生成碱式碳酸锌的离子方程式为3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑。答案为：3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑；
（6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中，Na2SO4在阳极失电子生成Na2S2O8，H2SO4在阴极得电子生成H2，总反应的化学方程式为Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑。答案为：Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑；
（7）图中所示晶胞中，含O原子个数为=2，含Zn原子个数为=2，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为= g∙cm-3。答案为：。
20．(1) +4 80%
(2)
(3) 降温冷凝 蒸馏
(4)、溶液
(5)
(6)取少量溶液于试管中，加入几滴溶液，若不生成蓝色沉淀，证明已全部被氧化
(7)，所以没有沉淀生成
【分析】钛铁矿中含有FeTiO3、Al2O3、MgO、SiO2，加入硫酸“酸浸”，发生FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O、Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、MgO+2H+=Mg2++H2O，SiO2为酸性氧化物，不溶于酸和水，因此滤渣为SiO2，滤液1中含有Fe2+、TiO2+、Al3+、Mg2+、H+、SO，滤液1水解得到H2TiO3，滤液2中含有Fe2+、Al3+、Mg2+、H+、SO，H2TiO3煅烧得到TiO2和水，TiO2与C、Cl2反应生成TiCl4和CO，利用Mg的还原性强于Ti，则TiCl4与Mg反应生成Ti和MgCl2；从滤液2中最终获得FePO4，加入碳酸氢钠溶液调节pH，使Al3+以氢氧化铝形式沉淀出来，滤液3中加入双氧水，将Fe2+氧化成Fe3+，加入磷酸，得到磷酸铁，据此分析；
【详解】（1）根据问题(2)，钛元素以TiO2+形式存在，“酸浸”没有化合价变化，因此FeTiO3中Ti的化合价为+4；根据浸出率与硫酸质量分数的关系图可知，“酸浸”所用硫酸的质量分数约为80%最合适；故答案为+4；80%；
（2）钛元素以TiO2+形式存在，因此“酸浸”时主要反应的离子方程式为FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O；故答案为FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O；
（3）TiO2与过量焦炭混合投入高温氯化炉发生反应为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，TiCl4沸点为136.4℃，此时TiCl4为气体，然后降温冷凝，得到TiCl4固体；粗四氯化钛中含有碳单质等，因四氯化钛熔沸点较低，然可以采用蒸馏方法进一步提纯；故答案为降温冷凝；蒸馏；
（4）HCl极易溶于水，尾气经吸收液得到粗盐酸和氯化铁，因此尾气的吸收液首先为水，再通过氯化亚铁溶液，故答案为H2O、FeCl2溶液；
（5）根据上述分析以及表中数据可知，加入碳酸氢钠调节pH，只是让Al3+以氢氧化铝形式沉淀出来，因此调pH的范围是4.4≤pH＜7.5；故答案为4.4≤pH＜7.5；
（6）向“滤液3”中加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，应用K3[Fe(CN)6]溶液检验是否还残存有Fe2+，若有无蓝色沉淀，说明Fe2+全部氧化为Fe3+，故答案为取少量溶液于试管中，加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，若不生成蓝色沉淀，证明Fe2+已全部被氧化；
（7）当Fe3+完全沉淀时，，，，所以没有Mg3(PO4)2沉淀生成；故答案为，所以没有Mg3(PO4)2沉淀生成。
21．(1)BCE
(2)
(3)IHOB
(4)采用冰水浴
(5)B
(6) 淀粉溶液 滴入最后一滴溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不褪色
【分析】由题给流程可知，向海带粉碎后灼烧得到的海带灰中加入蒸馏水溶浸、过滤得到含有碘离子的滤液，向滤液中加入稀硫酸和二氧化锰，将溶液中的碘离子氧化为碘，加入四氯化碳萃取溶液中的碘，分液得到碘的四氯化碳溶液；向碘的四氯化碳溶液中加入水、通入氯气将碘氧化为碘酸，分液得到四氯化碳和碘酸；向碘酸溶液中加入氢氧化钾调节溶液pH为10，将碘酸中和得到碘酸钾，向碘酸钾溶液中加入氯化钙，将碘酸钾转化为碘酸钙沉淀，过滤得到粗碘酸钙，粗品经分离提纯制得碘酸钙。
【详解】（1）由分析可知，向海带粉碎后灼烧得到的海带灰中加入蒸馏水溶浸、过滤得到含有碘离子的滤液，则符合题意的装置为BCE，故答案为：BCE；
（2）由分析可知，“氧化”步骤发生的反应为溶液中的碘离子与稀硫酸、二氧化锰反应生成硫酸锰、碘和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）由分析可知，向碘的四氯化碳溶液中加入水、通入氯气的目的是将碘氧化为碘酸，由三颈烧瓶中盛放液体的体积不能容积的可知，盛有400mL反应液的三颈烧瓶的规格为1000mL，故选B，故答案为：将I2氧化为HIO3；B；
（4）由表格数据可知，5℃时碘酸钙微溶于水，溶解度随温度升高而增大，则向pH=10的溶液中加入氯化钙获得碘酸钙粗产品应采取的措施是采用冰水浴降低温度，故答案为：采用冰水浴；
（5）由题给信息可知，碘酸钙微溶于水、不溶于乙醇，则选用酒精洗涤粗产品可减少碘酸钙因溶解而造成的损失，有利于提高产品的产率，故选B；
（6）由反应方程式可知，滴定时选用淀粉溶液做反应的指示剂，当碘与硫代硫酸钠溶液完全反应后，滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色说明达到滴定终点，由方程式可得如下转化关系：，滴定消耗VmLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则ag产品中碘酸钙的质量分数为×100%=，故答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不褪色；。
22．(1) 粉碎，增大接触面积；充分搅拌；适当增大硫酸的浓度；适当提高酸浸的温度等 SiO2和CaSO4
(2) 2Co3++SO+H2O=2Co2++SO+2H+ 2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+ 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
(3)使Fe3+、Al3+与HCO发生双水解，除去Fe3+、Al3+
(4)0.0102
(5)4Co3O4+O26Co2O3
(6) a C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+
【分析】含钴废料(主要成分为，还含少量等杂质)，硫酸浸取时，CaO和硫酸反应得到，不会和硫酸反应，因此滤渣1为，；滤液1为;加入，具有还原性，能还原具有氧化性离子还原为，溶液a中含有，加入双氧水将氧化为，溶液b中含有，加使与发生双水解，除去，即沉淀A为氢氧化铁，氢氧化铝，溶液c中含有向滤液c中加NaF溶液，得到沉淀，沉淀B为，溶液d中含有加入草酸铵得到，溶液e为硫酸铵溶液；
【详解】（1）①在“硫酸浸取”时，粉碎，增大接触面积；充分搅拌；适当增大硫酸的浓度；适当提高酸浸的温度，能提高“酸浸”速率；
②根据分析可知滤渣1的成分是，；
（2）①加入可以氧化，则发生反应的离子方程式为，；
②加入双氧水将氧化为，反应的离子方程式为；
（3）根据分析可知操作1中加入的作用是使与
发生双水解，除去；
（4）根据的,当恰好完全沉淀时，，根据的,；
（5），因此取的是0.1mol的，A点失重3.6g，应该是失去所有的结晶水，所以成分是，B点是氧化物，Co是5.9g，氧原子是8.03g-5.9g=2.13g，应为，同理C点是Co5.9g,氧原子8.3g-5.9g=2.4g，应为，所以应是在空气中受热被氧化为，所以B点到C点的化学方程式为；
（6）①燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，即a为负极，b为正极；
②A电极上乙醇失电子被氧化，工作过程中有质子移动，电解质为酸性，所以乙醇被氧化生成二氧化碳，根据电子守恒，元素守恒可以得到电极反应为。
23．(1) 粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度 Fe2O3、MgO、BN 2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O
(2)1.2×10—5
(3)4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O
(4)漏斗、烧杯、玻璃棒
(5) 4
【分析】由题给流程可知，铬铁矿在氢氧化钠溶液和氧气碱浸时，三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，氧化铁、氧化镁、氮化硼与氢氧化钠溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、氧化镁、氮化硼的滤渣和含有铬酸钠的高铬液；向高铬液中加入氢氧化钡溶液，将铬酸钠转化为铬酸钡沉淀，过滤得到铬酸钡；向铬酸钡中加入乙醇和盐酸的混合溶液，铬酸钡被乙醇还原为铬离子，向反应后的溶液中加入氢氧化钡溶液调节溶液pH，将铬离子转化为氢氧化铬沉淀，
【详解】（1）粉碎、适当升高温度、增大NaOH浓度能提高“碱浸”步骤的浸出率；由分析可知，滤渣的成分为氧化铁、氧化镁、氮化硼；三氧化二铬发生的反应为三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O，故答案为：粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O；
（2）由铬酸钡溶度积可知，铬离子完全沉淀时，溶液中钡离子的浓度为=1.2×10—5mol/L，故答案为：1.2×10-5；
（3）由分析可知，“还原”步骤发生的反应为铬酸钡与乙醇和盐酸的混合溶液反应生成氯化钡、氯化铬、二氧化碳和水，反应的离子方程式为4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O，故答案为：4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O；
（4）由题给流程可知，在实验室中该流程中用到的主要分离方法为过滤，过滤用到的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于体内的硼原子个数为4，体内每个硼原子与4个氮原子距离最近，则该晶体中B的配位数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10-21a3d，解得d=，故答案为：。
24．(1) 粉碎铁锂云母、搅拌
(2) c
(3)
(4) 正 阳 浓缩溶液
(5)蒸发皿
【分析】铁锂云母(主要成分为、、、、等)加浓盐酸溶解，二氧化硅不与盐酸反应故不溶，溶液中含钾离子、锂离子、亚铁离子、铝离子等，加物质A把亚铁离子氧化为铁离子，加Na4[Fe(CN)6]沉铁，过滤所得沉淀加氢氧化钠后转变为FeO(OH)和Na4[Fe(CN)6]，转化后过滤所得滤液Na4[Fe(CN)6]进行循环利用，沉铁后的滤液加氢氧化钠、氟化钠沉铝，所得滤液通过电渗析浓缩氯化锂溶液、蒸发后加碳酸钠沉锂，得。
【详解】（1）36.5％盐酸的密度为，则该溶液中。溶解时，为了提高溶解速率，可采取的措施为粉碎铁锂云母和搅拌。
（2）从工业生产实际分析，考虑环保和经济成本两个角度，氧化时加入物质A的最佳选择为空气，该步骤的离子方程式为。
（3）“沉铁”时生成沉淀，加氢氧化钠后转变为FeO(OH)和Na4[Fe(CN)6]，则“转化”时发生反应的离子方程式。
（4）根据电渗析示意图，M电极上生成可知，M极为阳极，接外接电源的正极；且氯离子不能到阳极上放电，则x膜为阳离子交换膜，阴极上产生氢气，相当于电解水，据此可推测电渗析的目的为浓缩溶液。
（5）实验室进行蒸发操作时，用到的主要仪器为蒸发皿、玻璃棒和酒精灯。
河北省2023年高考化学模拟题汇编-20化学实验基础
一、单选题
1．（2023·河北·统考模拟预测）钒铬还原渣是钠化提钒过程的固体废弃物，其主要成分为VO2∙xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2。一种初步分离钒铬还原渣中钒铬并获得Na2Cr2O7的工艺流程如图。
已知：①“酸浸”后为VO2∙xH2O转化为VO2+；
②Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-31；下列说法正确的是
A．滤渣的成分为H2SiO3
B．“氧化”生成发生反应的离子方程式为2VO2+++2H2O=2+2+4H+
C．若“含Cr3+净化液”中c(Cr3+)=0.1mol/L，则“水解沉钒”调pH应不超过10
D．“溶液1”中含，加入H2O2后发生反应的离子方程式为2+3H2O2+2OH-=2+2H++2H2O
2．（2023·河北唐山·统考一模）用绿矾()制备电池电极材料的流程如下：
下列说法正确的是
A．溶解过程中可抑制的水解
B．可用酸性溶液检验反应1中是否完全反应
C．洗涤沉淀时可用玻璃棒搅拌
D．反应2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
3．（2023·河北·统考模拟预测）下列图示装置不能达到实验目的的是
A．用甲装置验证的溶解性和漂白性 B．用乙装置制备无水
C．用丙装置做喷泉实验 D．用丁装置证明石蜡油分解生成了乙烯
4．（2023·河北·统考模拟预测）下列装置或操作能达到实验目的的是
A．检验乙炔的还原性
B．加热金属钠，观察钠燃烧现象
C．配制银氨溶液
D．探究浓度对化学反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·河北邯郸·统考一模）“太空金属”钛广泛应用于新型功能材料等方面，工业上用钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO和Fe2O3)冶炼金属钛的工艺流程如图所示，下列说法正确的是
A．基态钛原子核外有4个未成对电子
B．金属Mg与TiCl4可在氮气气氛条件下进行反应
C．步骤II加热可促进TiO2+的水解
D．步骤III中可能发生的反应为TiO2+2Cl2+CTiCl4+CO
6．（2023·河北邯郸·统考一模）下列由实验现象得出的结论正确的是
A．向酸性高锰酸钾溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中有Fe(II)
B．向Na2X溶液中缓慢滴加少量稀醋酸，无明显现象，证明酸性：H2X＞CH3COOH
C．常温下，用玻璃棒蘸取某盐溶液滴在pH试纸中央，然后与标准比色卡对比，溶液的pH=7，该盐属于强酸强碱盐
D．向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉－KI溶液，溶液先变橙色，后变蓝色，说明氧化性：Cl2＞Br2＞I2
7．（2023·河北石家庄·统考一模）利用如下流程可从废光盘的金属层中回收其中的银(金属层中其他金属含量过低，对实验影响可忽略)：
已知：溶液在加热时易分解产生和；“溶解”工序发生的反应为可逆反应。下列说法错误的是
A．“氧化”时，适宜选择水浴加热方式
B．若省略第一次过滤，会使氨水的用量增加
C．滤渣Ⅱ洗涤后的滤液可送入“还原”工序利用
D．“还原”时，每生成，理论上消耗
8．（2023·河北石家庄·统考一模）兔年春晚《满庭芳·国色》以中国传统色为切入点，使得桃红、凝脂、群青等有着优美名字的“中国色”扑而而来。其中“桃红”可从红花、铅丹、朱砂或赫石等原料中提取。下列说法错误的是
A．提取红花中的有效成分红花素时，可使用萃取操作
B．铅丹中价与价的个数比为
C．以朱砂(主要成分为)为原料提取的“桃红”不宜用于制作化妆品
D．赭石(主要成分为)可用于制作磁性物质
9．（2023·河北邢台·统考模拟预测）在分析化学上，测定含酸性溶液中钛元素的含量通常涉及两个反应：
I．用粉还原得到；
II．用溶液滴定，反应的离子方程式为。
下列说法错误的是
A．还原性：
B．反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为
C．反应II的滴定实验可选用溶液作指示剂
D．反应I中生成时消耗的和反应Ⅱ中消耗时生成的的量相同
10．（2023·河北邢台·统考模拟预测）利用如图所示的装置(夹持装置略去)进行实验，b中的现象能证明a中反应所得产物的是
选项
发生反应
实验现象
A
乙醇和浓反应生成乙烯
酸性溶液褪色
B
木炭粉和浓反应生成
溴水褪色
C
和浓盐酸反应生成
滴有酚酞的溶液褪色
D
苯和液溴反应生成
溶液中产生浅黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
11．（2023·河北·统考一模）下列根据实验现象得出的结论错误的是
选项
实验目的
实验设计
实验现象和结论
A
检验某无色溶液中是否含有
取少量该溶液于试管中，加稀硝酸酸化，再加入硝酸钡溶液
若有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有
B
探究和对分解速率的影响
在两支试管中分别加入2mL5%溶液，再向溶液中分别滴入和溶液各1mL，摇匀(已知：对该反应无影响)
相同时间内产生气泡多的，则催化效果好
C
探究乙酸和碳酸的酸性强弱
用乙酸溶液浸泡水壶中的水垢
水垢溶解并有气泡冒出，则乙酸的酸性比碳酸的强
D
检验某气体是否为
将气体通入酸性溶液中
若溶液褪色，则该气体不一定是
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
12．（2023·河北·统考一模）高纯超细氧化铝粉是一种新型无机功能材料，以和为原料制备复盐硫酸铝铵晶体[]，将硫酸铝铵晶体热分解可制得高纯超细氧化铝粉，其流程如下：
回答下列问题：
(1)操作①需加入适量稀硫酸，其目的是_______，采用的纯化方法为_______。
(2)取加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。硫酸铝铵晶体在633℃、975℃分解生成的固体分别为_______、_______。(填化学式)
(3)实验室以和为原料，在一定条件下反应生成制备纳米的前驱体沉淀，同时生成、和。高温分解即得超细氧化铝粉。反应生成沉淀的化学方程式为_______。
(4)为了测定高纯超细氧化铝粉中的质量分数，可用EDTA标准溶液滴定。取0.2035g高纯超细氧化铝粉溶于盐酸，加入过量的30.00mL0.1600EDTA标准溶液并加热煮沸，充分反应后，再用标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗标准溶液。已知、与EDTA反应的化学计量数之比均为1：1。
①加入过量的EDTA标准溶液并加热煮沸，其原因是_______。
②高纯超细氧化铝粉中，的质量分数为_______%(保留1位小数)。
三、实验题
13．（2023·河北·统考模拟预测）氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。利用纯净的VOCl2制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的装置如图：
实验过程：将净化的VOCl2溶液缓慢加入到足量NH4HCO3溶液，有气泡产生，析出紫红色晶体。待反应结束后，在有CO2保护气的环境中，将混合液静置一段时间，抽滤，所得晶体，洗涤2次，得到粗产品。回答下面问题：
(1)装置A中的仪器名称是_____，装置C中a玻璃导管的作用是_____。
(2)装置B中反应的离子方程式_____。
(3)实验开始先关闭K2，_____(填实验现象)，关闭K1、打开K2进行实验。
(4)写出装置C中发生反应的化学方程式_____。
(5)下列装置不能代替装置A的是_____。
(6)抽滤装置如图所示：
仪器b的名称是_____，仪器c的作用是______。
(7)测定粗产品中钒的含量，称取2.0g粗产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解，滴入几滴亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]溶液，用0.2mol/L的Fe2(SO4)3标准溶液进行滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为20.00mL。(假设杂质中不含钒，杂质也不参与反应，滴定反应为：VO2++Fe3++H2O=VO+Fe2++2H+。)
①滴定终点时的现象为_____。
②粗产品中钒的质量分数为_____。
14．（2023·河北石家庄·统考一模）苯甲酸乙酯可用于配制香水香精和人造精油，也可用于食品中。某实验小组以苯甲酸和乙醇为原料，利用如图装置合成苯甲酸乙酯，步骤如下：
Ⅰ．反应回流：向圆底烧瓶中加入磁搅拌子，然后依次加入苯甲酸、95％乙醇、环己烷，搅拌均匀后再加入浓硫酸。按如图组装好仪器后，水浴加热回流1.5小时。实验过程中分水器中得到的液体会分层，需多次开启分水器活塞放出下层液体。
Ⅱ．产物蒸馏提纯：继续水浴加热，从圆底烧瓶中蒸出环己烷和剩余的乙醇，经分水器放出。将圆底烧瓶中残留物倒入盛有冷水的烧杯中，再经一系列除杂操作后，最后蒸馏收集210～213℃的馏分，得到产品。
可能用到的数据如下：
相对分子质量
密度
沸点/℃
水中溶解性
苯甲酸
122
1.266
249
微溶
乙醇
46
0.789
78
溶
苯甲酸乙酯
150
1.045
213
难溶
环己烷
84
0.779
80.8*
难溶
*环己烷、乙醇和水可形成共沸物，其沸点为62.1℃。
回答下列问题：
(1)若用标记乙醇，则所得产品苯甲酸乙酯的结构简式为___________。
(2)如果步骤Ⅰ中加热一段时间后发现忘记加入磁搅拌子，应采取的正确操作为___________。
(3)步骤Ⅰ中“多次开启分水器活塞放出下层液体”的目的为___________。
(4)步骤Ⅱ中“一系列除杂操作”用到的试剂包括a．无水氯化钙b．碳酸钠c．食盐。按照操作先后顺序，应依次加入___________(填试剂的字母编号)。操作过程中，当观察到___________现象时，即可停止加入碳酸钠；加入食盐的目的为___________。
(5)步骤Ⅱ中蒸馏收集产物时，所需用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、尾接管、接收瓶和___________(填仪器名称)。
(6)本实验的产率为___________％(保留两位有效数字)。
(7)下列仪器不能为产品结构分析提供有效信息的是___________(填选项字母)。
A元素分析仪 B．质谱仪 C．红外光谱仪 D．核磁共振仪 E．X射线衍射仪
15．（2023·河北唐山·统考一模）是重要的化学试剂，遇高温分解，与酸发生反应。实验室可通过如图所示装置制备。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为_______。
(2)下列关于装置B的作用叙述错误的是_______(填标号)。
a.通过观察气泡可控制气流速率
b.防止发生倒吸
c.通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞
(3)C中生成产品的化学反应方程式为_______。
(4)为保证硫代硫酸钠的产率和纯度，实验中通入的不能过量，原因是_______。
(5)为测定所得产品纯度，取所得产品溶于蒸馏水中配制成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入2滴淀粉试剂，用碘的标准溶液滴定，消耗标准液。
已知：
①滴定终点现象为_______；
②产品纯度为_______(用m、c、V表示)。
(6)下列装置和试剂不能代替E的是_______(填标号)。
16．（2023·河北邢台·统考模拟预测）碘酸钙常用于饲料中碘添加剂，它是一种白色晶体，难溶于水和乙醇。实验室中采用下面流程制备并测定产品的纯度。
(1)氧化过程的实验装置如下图所示。主要实验步骤为：
A．在三颈烧瓶中加入、和水，放入磁子开启搅拌器使溶解；
B．打开阀门，通冷凝水；
C．打开装置b的活塞，滴加稀盐酸调节溶液的，将产生的导出；
D．通电加热，调节温控仪，使水温控制在85℃，直至反应结束。
①盛放稀盐酸的仪器名称为__________，导管b的作用为__________，冷凝水的进水口为__________ (填“m”或“n”)。
②三颈烧瓶中发生反应时和的物质的量之比为，其中一种产物的化学式为，则该反应的化学方程式为__________。
(2)洗涤时，先用冰水洗涤3次，再用无水乙醇洗涤一次，用无水乙醇洗涤的目的为__________。
(3)产品纯度测定。
实验步骤：准确称取产品置于烧杯中，加入一定量的高氯酸溶液微热溶解后配制成溶液，量取溶液加入固体(足量)反应，用标准溶液滴定至浅黄色，加入2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗溶液(已知：)。
①达到滴定终点的现象为__________。
②该产品中的质量分数为__________；滴定结束时俯视读数，将导致测定结果__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
17．（2023·河北·统考一模）实验室探究化合物受热分解的产物，并对所得气体产物和固体产物进行验证，按下图装置进行实验(夹持仪器已略去)。回答下列问题：
(1)实验开始时，缓缓通入氮气一段时间后，应先加热反应管E，后加热反应管A，原因是_______。
(2)待反应完全后，停止加热，仍持续不断地通入氮气，直至反应管冷却到室温。停止加热时，不需要先断开A、B的连接处和E、F的连接处，原因是_______。
(3)足量NaOH溶液的作用是_______。NaOH的电子式为_______。
(4)能证明分解产物中有CO气体生成的实验现象是_______。
(5)充分反应后，A中所得黑色粉末经检测为Fe和FeO的混合物。取该黑色粉末4.4g，溶于过量稀硝酸中，收集到标准状况下NO气体1.12L。该黑色粉末中，_______。
(6)和、反应可制得。已知常温下和的Ksp分别为、。常温下浓度均为的、的混合溶液中，要使完全沉淀(离子浓度小于时，即可认为该离子已沉淀完全)而不沉淀，应该调节溶液的pH的范围为_______。
四、工业流程题
18．（2023·河北邯郸·统考一模）氯化亚铜(化学式可表示为CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，微溶于水、不溶于乙醇，在潮湿空气中易水解、易被氧化。某学习小组用工业废渣(主要成分为Cu2S和Fe2O3)制取CuCl并同时得到电路板蚀刻液，实验步骤如图：
已知：
金属阳离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Cu2+
4.8
6.4
Fe3+
2.7
3.7
根据以上信息回答下列问题：
(1)写出焙烧过程中产生SO2的化学方程式：______；实验室中常用亚硫酸钠固体与70%的浓硫酸制备二氧化硫，若要达到控制反应速率的目的，图中可选用的装置是_____(填标号)。
A． B． C． D．
(2)混合液中加入的沉淀剂X可为______；(填化学式)，调节溶液的pH至______，过滤得到CuCl2溶液。
(3)①向Na2SO3溶液中逐滴加入CuCl2溶液，再加入少量浓盐酸，混匀后倾倒出清液，抽滤、洗涤、干燥获得CuCl产品，该反应的离子方程式为______。
②抽滤也称减压过滤，请选择合适的仪器并组装抽滤的装置从溶液中得到CuCl产品，装置连接顺序为_____→_____→E→_____(填标号)。______
下列有关抽滤的说法错误的是_____(填标号)。
A．原理为利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，以达到固液分离的目的
B．过滤速度快，可得到较干燥的沉淀
C．实验结束后，先关抽气泵，后拔开抽滤瓶接管
③抽滤过程中先用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，然后立即用无水酒精洗涤，并在70℃真空下干燥2h，冷却后密封包装，密封包装的原因是______。
(4)实验测得氯化亚铜蒸气的相对分子质量为199，则氯化亚铜的分子式为_____；氯化亚铜定量吸收CO后形成配合物Cu2(CO)2Cl2·2H2O()，则Cu2(CO)2Cl2·2H2O中的配位体为_____(填化学式)。
19．（2023·河北石家庄·统考一模）湿法炼锌综合回收系统产出的萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，一种将萃余液中有价离子分步分离、富集回收的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“氧化”时，Mn2+、Fe2+均发生反应。后者发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有___________。
(3)“除镉”时，发生反应的类型为___________。
(4)“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理可表示为：
反应时，接受电子对的一方是___________；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为___________。
(5)“沉锌”时有气体生成，则生成碱式碳酸锌的离子方程式为___________。
(6)“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为___________。
(7)氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构及晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为___________ g∙cm-3 (列出计算式即可)。
20．（2023·河北·统考模拟预测）钛在医疗、航天等领域都有广泛用途，有“空间金属”之称。目前常用钠的冶炼方法是将钛铁矿(主要成分是，还含有少量、等杂质)制成的“高钛渣”(含左右)再还原为钛，同时得到在食品工业中用作营养增补剂的，工艺流程如下：
部分阳离子以氢氧化钠物形式沉淀时溶液的如下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
9.2
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
11.1
(1)中的化合价为_______，“酸浸”时钛、铁浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示，则“酸浸”所用硫酸的质量分数约为_______最合适。
(2)“滤液1”中的钛元素以形式存在，则“酸浸”主要反应的离子方程式为_______。
(3)已知常压下的熔点为-25℃，沸点为136.4℃，由与过量焦炭混合投入高温氯化炉充分反应生成的气体分离得到粗的方法是_______，再将粗进一步提纯的方法为_______。
(4)氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的和经吸收可得粗盐酸、溶液，则尾气的吸收液依次是_______。
(5)“滤液2”中加入溶液调的范围是_______。
(6)证明向“滤液3”中加入双氧水达到目的的方法是_______。
(7)已知和的分别为和。若“滤液3”中，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使恰好沉淀完全，即溶液中，计算说明此时是否有沉淀生成_______。
21．（2023·河北·统考模拟预测）碘酸钙为白色结晶性粉末，主要用作防臭剂、药物和食品添加剂，不溶于乙醇，微溶于水。实验室用海带制备碘酸钙的实验流程如下：
(1)灼烧海带并获得溶浸后的溶液系列操作需要用到下列装置中的_______(填序号)。
(2)“氧化”步骤发生反应的离子方程式为_______。
(3)“转化”的目的是_______，若实验在如下装置中加热进行，的溶液和水的体积为400mL，应选用三颈烧瓶的规格为_______(填序号)。
A． B． C． D．
(4)已知几种盐在水中的溶解度(水)：
温度/℃
物质
0
10
20
40
60
80
128
137
147
向的溶液中加入获得粗产品应采取的措施是_______。
(5)洗涤粗产品应选用_______(填序号)。A．冰水 B．酒精 C．溶液 D．溶液
(6)测定产品纯度
称取ag产品置于烧杯中，加入高氯酸微热溶解试样，再加入足量KI溶液(高氯酸不参与反应)，转移到容量瓶中定容。取定容后的溶液于锥形瓶中，用溶液滴定，加入滴_______作指示剂，滴定终点的判断依据是_______；重复三次滴定，平均每次消耗溶液，则样品中碘酸钙的质量分数计算式为_______(已知：)。
22．（2023·河北·统考模拟预测）金属钴(Co)是一种重要的战略金属，有着较为广泛的用途。如图是利用含钴废料(主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2等杂质)制备草酸钴的工艺流程。回答下面问题：
(1)在“硫酸浸取”时，能提高“酸浸”速率的方法有_____(任写一种)。滤渣1的成分是_____(写化学式)。
(2)写出反应①的离子方程式：_____、_____。写出反应②的离子方程式：_____。
(3)操作1中加入NaHCO3的作用是_____。
(4)已知：Ksp(CaF2)=5.3×10-9，Ksp(MgF2)=5.2×10-12，若向溶液c中加入NaF溶液，当Mg2+恰好沉淀完全，即溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol•L-1，此时溶液中c(Ca2+)最大等于_____mol•L-1。
(5)若沉钴中得到二水合草酸钴CoC2O4·2H2O(M=183g/mol)热分解质量变化过程如图所示。其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物，请写出从反应B点到C点的化学方程式_____。
(6)用乙醇燃料电池作电源电解含Co2+的水溶液制备金属钴，其装置如图甲、乙。
①图乙中Co电极应连接乙醇燃料电池的_____极(填“a”或“b”)。
②图甲中a极上发生的电极反应是______。
23．（2023·河北唐山·统考一模）铬盐是重要的无机化工产品。我国某科研团队研究了一种铬铁矿(主要成分为，含少量、MgO和少量硬度比金刚石大的BN)液相氧化浸出制备的工艺，流程如下：
回答下列问题：
(1)“碱浸”步骤提高浸出率的方法有_______(任写出一条)，滤渣的成分为_______，该步骤发生反应的化学方程式是_______。
(2)已知，在“转化”步骤将铬元素完全沉淀时(离子浓度不大于)，需保持转化液中至少为_______。
(3)“还原”步骤的尾气为无色无味气体，则其反应离子方程式为_______。
(4)该团队在实验室模拟流程中用到的主要分离方法，所需玻璃仪器有_______。
(5)立方氮化硼(BN)晶体是一种硬度比金刚石大的特殊耐磨和削切材料，其晶胞结构如图所示：
该晶体中B的配位数为_______，其晶胞参数为，则立方氮化硼晶体的密度为_______。
24．（2023·河北邢台·统考模拟预测）电池级广泛应用于高能锂电池制造领域。一种以铁锂云母(主要成分为、、、、等)为原料制备的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)已知36.5％盐酸的密度为，则该溶液中__________；“溶解”时；为了提高溶解速率，可采取的措施为__________(写两点)。
(2)从工业生产实际分析，氧化时加入物质A的最佳选择为______(填选项字母)，该步骤的离子方程式为__________。
a． b． c．空气 d．
(3)“沉铁”时生成，则“转化”时发生反应的离子方程式为__________。
(4)“电渗析”的装置如下图所示，则M电极与外接电源的__________极相连；x、y为离子交换膜，则x为______离子交换膜(填“阴”或“阳”)；结合流程分析电渗析的目的为__________。
(5)实验室进行蒸发操作时，用到的主要仪器为__________、玻璃棒和酒精灯。
参考答案：
1．B
【分析】钒铬还原渣中加入H2SO4酸浸，SiO2不溶而成为滤渣；往滤液中加入Na2S2O8将VO2+氧化为，调节pH水解沉钒，从而得到V2O5∙xH2O；将含Cr3+净化液中加入过量NaOH，生成，再加入H2O2，将氧化生成，调节pH，再经多步操作，从而获得Na2Cr2O7和Na2SO4。
【详解】A．SiO2不与水、H2SO4反应，滤渣的成分为SiO2，A错误；
B．将VO2+用Na2S2O8 “氧化”，生成、等，发生反应的离子方程式为2VO2+++2H2O=2+2+4H+，B正确；
C．，，则c(OH-)=10-10mol/L，pH=4，C错误；
D．“溶液1”为碱性环境，加入H2O2将氧化生成，发生反应的离子方程式为2+3H2O2+2OH-=2+4H2O，D错误；
故选B。
2．A
【分析】“溶解”步骤中绿矾溶解到磷酸中，根据流程图可知，“反应1”步骤中加NaClO、NaOH，将Fe2+氧化成Fe3+，同时得到磷酸铁沉淀，“反应2”步骤中草酸作还原剂，与FePO4、LiOH反应生成LiFePO4，据此分析；
【详解】A．Fe2+能发生水解：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，因此加入磷酸溶解过程，可以抑制Fe2+水解，故A正确；
B．反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，酸性高锰酸钾溶液能氧化Cl-，使之褪色，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验反应1中Fe2+是否完全反应，故B错误；
C．洗涤沉淀时，不能用玻璃棒搅拌，防止弄破滤纸，故C错误；
D．草酸为还原剂，碳元素化合价由+3价升高为+4价，草酸整体化合价升高2价，FePO4为氧化剂，铁元素化合价由+3价降低为+2价，降低1价，最小公倍数为2，因此FePO4与草酸物质的量之比为2∶1，故D错误；
答案为A。
3．D
【详解】A．二氧化硫溶于水导致试管内气体压强减小，水槽中的品红溶液进入试管中，二氧化硫具有漂白性，使进入试管中的品红溶液褪色，则甲装置能验证二氧化硫的溶解性和漂白性，故A正确；
B．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解反应生成氢氧化镁和盐酸，所以六水氯化镁在氯化氢气氛下加热脱水能防止氯化镁水解，从而制得无水氯化镁，氯化氢不能直接排放到空气中，需进行尾气处理，则乙装置能制备无水氯化镁，故B正确；
C．二氧化碳可与氢氧化钠溶液反应使烧瓶内压强小于外界大气压，外界大气压作用下氢氧化钠溶液进入圆底烧瓶中形成喷泉，则丙装置可以做喷泉实验，故C正确；
D．丁装置只能证明石蜡油在碎瓷片做催化剂条件下受热发生分解反应生成了能使试管中溴的四氯化碳溶液褪色的烯烃，但不能证明生成的烯烃为乙烯，故D错误；
故选D。
4．B
【详解】A．电石中含有等杂质，与水反应生成的也能使酸性溶液褪色，不能检验乙炔的还原性；A不符合题意；
B．可在坩埚中进行固体的灼烧，观察现象，B符合题意；
C．配制银氨溶液的方法是：将稀氨水慢慢滴加至硝酸银溶液中，先产生白色沉淀，继续滴加氨水直至沉淀恰好完全溶解，C不符合题意；
D．和反应生成硫酸钠和水，无明显现象，不能判断化学反应速率快慢，D不符合题意；
故选B。
5．C
【分析】钛铁矿(主要成分是TiO2，含少量FeO和Fe2O3)加硫酸酸浸，浸出液中含铁离子、亚铁离子和TiO2+，加适量铁发生还原，将铁离子转变为亚铁离子，蒸发浓缩冷却结晶提取出绿矾晶体，滤液经加热TiO2+水解得TiO2·H2O，分解得到粗TiO2后，加焦炭、氯气反应得到TiCl4，用Mg还原得到Ti。
【详解】A．基态钛原子核外电子排布式为，有2个未成对电子，A错误；
B．Mg为活泼金属，能与、、、等物质发生反应，故金属Mg与必须在稀有气体氛围条件下进行反应，B错误；
C． TiO2+会水解，步骤II加热可促进TiO2+的水解，C正确；
D．方程式未配平，步骤III中可能发生的反应为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO ，D错误；
答案选C。
6．A
【详解】A．Fe2+能被酸性高锰酸钾氧化从而使酸性高锰酸钾褪色，Fe3+无法与酸性高锰酸钾反应，该实验现象可证明Fe3O4中存在Fe2+，A正确；
B．该实验无明显现象，也可能是由于稀醋酸少量，只生成了NaHX，不能推出醋酸与的酸性强弱，B错误；
C．溶液呈中性的盐不一定是强酸强碱盐，如，C错误；
D．溶液变蓝，也可能是过量的氯水与KI反应生成I2，不能证明氧化性：，D错误；
故答案选A。
7．D
【分析】由流程可知,氧化时发生4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，过滤分离出AgCl、可能含Ag,加氨水发生AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，过滤分离出滤渣为Ag，再加还原剂、过滤分离出Ag，以此来解答。
【详解】A．“氧化”时需要的温度为80℃，适宜选择水浴加热方式，A正确；
B．需要增加氨水的用量，因为①过量NaClO与NH3·H2O反应， ②还因为未过滤掉的溶液会对加入的氨水起稀释作用，且其中含有一定浓度的Cl-，也不利于AgCl与氨水反应，B正确；
C．滤渣Ⅱ洗涤后的滤液含有，则可送入“还原”工序可以提高产率，C正确；
D．还原过程中银元素化合价降低生成单质银，由+1价变为0价，N2H4·H2O中氮元素化合价升高生成N2，由-2 价变为0价，根据得失电子守恒，，则每生成，理论上消耗，D错误；
故选D
8．D
【详解】A．可用有机溶剂提取红花中的有效成分，采取萃取操作，故A正确；
B．可视为：，价与价的个数比为，故B正确；
C．有毒，不能制作化妆品，故C正确；
D．红棕色固体，可做红色颜料，用于制作磁性物质，故D错误；
故选：D。
9．B
【详解】A．根据反应I中作还原剂，则还原性，再结合反应II可知还原性：，A项正确；
B．根据电子守恒可知，反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为，B项错误；
C．Fe3+和SCN-反应能生成红色物质，所以反应II的滴定实验可选用溶液作指示剂，C项正确；
D．书写并配平反应的离子方程式可知，结合反应II分析可知D项正确；
故选B。
10．B
【详解】A．由于乙醇易挥发，也能使酸性溶液褪色，因此并不能证明反应生成乙烯，A项错误；
B．木炭粉和浓反应，只有生成的可使溴水褪色，B项正确；
C．浓易挥发，因此滴有酚酞的溶液褪色可能是中和了，因此不能证明反应生成，C项错误；
D．液溴易挥发，其进入溶液中也会生成浅黄色沉淀，因此不能证明有生成，D项错误；
答案选B。
11．A
【详解】A．稀硝酸具有很强的氧化性，能将氧化成，若原无色溶液中不含有，而含有，加稀硝酸酸化，再加入硝酸钡溶液，也会产生白色沉淀，A错误；
B．向相同浓度相同体积的溶液中加入相同浓度、体积的和，相同时间内产生气泡多的，则催化效果更好，B正确；
C．用乙酸溶液浸泡水壶中的水垢，水垢溶解并有气泡冒出，则乙酸的酸性比碳酸的强，C正确；
D．将气体通入酸性溶液中，若溶液褪色，则该气体可能为，也可能为、HCl、乙烯、乙炔等气体，D正确；
故选A。
12．(1) 抑制和水解 重结晶
(2)
(3)
(4) 有利于与EDTA充分反应，加快反应速率 98.7
【详解】（1）蒸发浓缩溶液时，为抑制和水解，需加入适量稀硫酸。将粗品硫酸铝铵晶体转化为纯净的硫酸铝铵晶体，可采用重结晶方法。
（2）的相对分子质量为453，的相对分子质量为237，的相对分子质量为342，的相对分子质量为的物质的量为0.01mol，则的物质的量为0.01mol，的物质的量为0.005mol，的物质的量为0.005mol。所以硫酸铝铵晶体在300℃、633℃、975℃分解生成的固体分别为、、。
（3）和在一定条件下反应生成制备纳米的前驱体沉淀的化学方程式为
。
（4）①为了让与EDTA充分反应，并加快反应速率，在加入过量的EDTA标准溶液时，须加热煮沸。
②根据关系式和，可知，则。
13．(1) 启普发生器 平衡压强，使VOCl2溶液顺利滴下来
(2)HCO+H+=H2O+CO2↑
(3)D中溶液(澄清石灰水)变浑浊
(4)6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl
(5)②④
(6) 布氏漏斗 安全瓶
(7) 当滴入最后半滴(或1滴)标准液时，有蓝色沉淀产生且(或半分钟)内沉淀不溶解 20.4%
【分析】由装置图可知，装置A为制取CO2的装置，由于盐酸易挥发，生成的CO2中混有HCl，装置B应是盛有饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl气体，装置C中VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，装置D盛有澄清石灰水，用来检验二氧化碳，结合实验的目的解答。
【详解】（1）装置A中的仪器名称是启普发生器，装置C中a玻璃导管的作用是平衡压强，使VOCl2溶液顺利滴下来；
（2）装置B应是盛有饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl气体，装置B中反应的离子方程式HCO+H+=H2O+CO2↑；
（3）实验开始先关闭K2，D中溶液(澄清石灰水)变浑浊，说明二氧化碳充满整套反应装置，关闭K1、打开K2进行实验；
（4）将净化的VOCl2溶液缓慢加入到足量NH4HCO3溶液，有气泡产生，析出紫红色晶体。故装置C中发生反应的化学方程式6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl；
（5）②④装置不能向A装置一样随关随停；
（6）抽滤装置中仪器b的名称是布氏漏斗，仪器c的作用是安全瓶；
（7）由滴定反应VO2++Fe3++H2O=VO+Fe2++2H+知，当滴入最后半滴(或1滴)标准液时，三价铁离子遇到亚铁氰化钾有蓝色沉淀产生且(或半分钟)内沉淀不溶解；
n(Fe3+)=0.2mol/L220.0010-3 L=0.008mol=n(VO2+)，m(V)=nM=51g/mol0.008mol=0.408g，。
14．(1)
(2)冷却后补加
(3)通过分水器除去产物水，使反应正向进行，提高产率
(4) b、c、a 不再有气泡生成 降低酯的溶解度，便于后续分液
(5)温度计、直形冷凝管
(6)67
(7)A
【分析】以苯甲酸和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯，实验仪器为分水器，分水器能够保证反应物回流并及时分离出水，促使平衡正向移动，提高产率；反应结束后烧瓶中主要有苯甲酸、浓硫酸、乙醇、环己烷、苯甲酸乙酯和少量水，需分步除去各种杂质，得到产品苯甲酸乙酯。
【详解】（1）根据酯化反应原理“酸脱羟基醇脱氢”可知，产品中苯甲酸乙酯的结构简式为，故答案为：；
（2）实验时发现忘加磁搅拌子，应停止加热，待溶液冷却后加入磁搅拌子，重新继续实验，故答案为：冷却后补加；
（3）分水器上层是有机层，下层为水层，当有机层液面高于支管口时，有机层会回流至烧瓶，即达到了反应物回流，提高产率的目的，多次放出水是防止水层过高到达支管口回流，保证只有有机层回流这样等于及时分离出产物水，促使平衡正向移动，提高酯的产率，故答案为：
（4）烧瓶中主要含有苯甲酸、浓硫酸、乙醇、环己烷、苯甲酸乙酯，想要得到纯净的苯甲酸乙酯需要除掉苯甲酸、浓硫酸、乙醇、环己烷等杂质，需先加入碳酸钠中和苯甲酸和浓硫酸，当不再有气泡生成时可停止加入碳酸钠，为使有机层和水层充分分层，需加入食盐降低苯甲酸乙酯的溶解度，最后需用氯化钙除去多余的水分，故答案为：bca；不再产生气泡；降低苯甲酸乙酯的溶解度，便于后续分液；
（5）蒸馏过程除上述仪器外还需要温度计和直形冷凝管，促进蒸馏产物的冷凝，便于收集，故答案为：温度计、直形冷凝管；
（6）6.1g苯甲酸的物质的量为=0.05mol；20mL 95%的乙醇物质的量为≈0.34mol；因此乙醇过量，理论生成苯甲酸乙酯的物质的量为0.05mol，质量为7.5g，产率为≈67%，故答案为：67；
（7）元素分析仪用来分析元素种类，质谱仪用来测定相对分子质量和部分结构信息（碎片的相对质量），红外光谱能够确定分子中化学键和官能团信息，核磁共振能够测定氢原子的化学环境种类及相对数目，X射线衍射能获得分子的键长、键角等结构信息。因此不能为产品结构分析提供信息的为元素分析仪，故答案为：A。
15．(1)蒸馏烧瓶
(2)b
(3)2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2
(4)Na2S2O3与酸反应，过量SO2会使溶液呈酸性
(5) 滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色
(6)bd
【分析】由实验装置图可知，70%较浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置B用于控制二氧化硫的气流速率和通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞的作用，装置C中二氧化硫与硫化钠和碳酸钠混合溶液共热反应制备硫代硫酸钠，装置D为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器A为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；
（2）由分析可知，装置B用于控制二氧化硫的气流速率和通过长颈漏斗液面升降判断B后面装置是否堵塞的作用，但不能起防倒吸的作用，故选b；
（3）C中生成产品的反应为二氧化硫与硫化钠和碳酸钠混合溶液共热反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，故答案为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2；
（4）硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定，若二氧化硫过量，会与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性导致硫代硫酸在溶液中发生歧化反应，所以实验中通入的二氧化硫不能过量，故答案为：Na2S2O3与酸反应，过量SO2会使溶液呈酸性；
（5）①硫代硫酸钠溶液与碘溶液恰好反应时，滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液会变为蓝色，且半分钟内不褪色，所以判断滴定终点的现象为滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后一滴碘的标准溶液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色；
②由题意可知，滴定消耗VmLcmol/L的碘标准溶液，则由方程式可知，mg产品纯度为×100%=，故答案为：；
（6）由分析可知，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳和未反应的二氧化硫，防止污染空气，则盛有碱石灰的干燥管和盛有氢氧化钠的U形管能代替E，而浓硫酸、氯化钙溶液不能与二氧化碳和二氧化硫反应，则盛有浓硫酸的洗气瓶和盛有氯化钙溶液得试管不能代替E，故答案为：bd。
16．(1) 恒压滴(分)液漏斗 平衡气压，使液体顺利流下 n
(2)带走晶体表面的水分，利于干燥
(3) 当加入最后半滴标准溶液时，蓝色恰好褪去 68％ 偏低
【详解】（1）盛放稀盐酸的仪器名称为恒压滴(分)液漏斗，导管b的作用为平衡气压，使液体顺利流下，冷凝水应为低口进、高口出，因此进水口为n。根据题目信息可知、和反应生成和，该反应化学方程式为。
（2）用冰水洗涤3次碘酸钙晶体后，再用无水乙醇洗涤的目的为带走晶体表面的水分，利于干燥。
（3）用标准溶液滴定－淀粉溶液，达到滴定终点的现象为当加入最后半滴标准溶液时，蓝色恰好褪去。根据电子守恒可知，则相当于溶液中含有，则溶液所含，计算可知，则该产品中的质量分数为％=68%；滴定结束时俯视读数，将导致标准溶液的体积偏小，则测定结果偏低。
17．(1)防止先加热反应管A产生的CO还没来得及与氧化铜反应就被排放出去，从而造成环境污染
(2)反应完全后，停止加热，在反应管冷却到室温前，仍在继续通氮气，不会产生倒吸
(3) 除去CO中的气体，防止干扰检验CO气体
(4)E中黑色固体变成红色，F中溶液变浑浊
(5)4：3
(6)3
【分析】样品受热分解的产物，通过B澄清石灰水检验二氧化碳，C足量氢氧化钠溶液吸收二氧化碳气体，D浓硫酸干燥气体，通过E氧化铜检验一氧化碳气体，F澄清石灰水检验二氧化碳气体，最后尾气吸收。
【详解】（1）为防止先加热反应管A产生的CO还没来得及与氧化铜反应就被排放出去，从而造成环境污染，故实验开始时，缓缓通入氮气一段时间后，应先加热反应管E，后加热反应管A。
（2）反应完全后，停止加热，在反应管冷却到室温前，仍在继续通氮气，不会产生倒吸。故待反应完全后，停止加热。停止加热时，不需要先断开A，B的连接处和E、F的连接处。
（3）装置C中足量NaOH溶液的作用是除去CO中的气体，防止干扰检验CO气体。NaOH是离子化合物，其电子式为。
（4）若观察到装置E中黑色固体变成红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，即可证明分解产物中有CO气体生成。
（5）Fe与过量的稀硝酸反应的化学方程式为，FeO与过量的稀硝酸反应的化学方程式为。设4.4g黑色粉末中，Fe的物质的量为n(Fe)，FeO的物质的量为n(FeO)，列出方程组：和，解得：，，故。
（6）根据和完全沉淀时，，可知完全沉淀时，，则，故pH>3.根据和溶液中，可知要使不沉淀，，则，故pH<9，要使完全沉淀而不沉淀，应该调节溶液的pH的范围为3
(2) CuO 3.7～4.8
(3) 2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ A、C、F C 防止CuCl在潮湿空气中水解、被氧化
(4) Cu2Cl2 CO、H2O、Cl
【分析】由题给流程可知，工业废渣焙烧时，硫化亚铜与空气中氧气高温条件下反应生成氧化铜和二氧化硫，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，焙烧得到的固体溶于稀盐酸转化为氯化铁、氯化铜混合溶液，向混合溶液中加入氧化铜固体调节溶液pH在3.7～4.8范围内，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氯化铜溶液和氢氧化铁的沉淀，沉淀溶于浓盐酸得到氯化铁刻蚀液，氯化铜溶液与亚硫酸钠溶液、浓盐酸反应生成氯化亚铜沉淀，抽滤得到氯化亚铜沉淀，洗涤得到氯化亚铜粉末。
【详解】（1）由分析可知，焙烧过程中发生的反应为硫化亚铜与空气中氧气高温条件下反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为Cu2S+2O22CuO+SO2；实验室中用亚硫酸钠固体与70%的浓硫酸制备二氧化硫的反应为固液不加热的反应，因亚硫酸钠溶于水，不能选用启普发生器制取二氧化硫，若要达到控制反应速率的目的，实验时应选用分液漏斗控制滴入浓硫酸的速率，不能选用长颈漏斗，则装置A、C符合题意，故答案为：Cu2S+2O22CuO+SO2；AC；
（2）由分析可知，混合液中加入沉淀剂氧化铜固体的目的是调节溶液pH在3.7～4.8范围内，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：CuO；3.7～4.8；
（3）①由分析可知，制备氯化亚铜的反应为氯化铜溶液与亚硫酸钠溶液、浓盐酸反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故答案为：2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；
②抽滤所需装置的连接顺序为布氏漏斗→抽滤瓶→安全瓶→抽气泵；
A．抽滤原理为利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，以达到固液分离的目的，故正确；
B．抽滤可加速过滤，并使沉淀抽吸得较干燥，故正确；
C．实验结束后，应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，以防倒吸，故错误；
故选C，故答案为：A、C、F；C；
③由题给信息可知，氯化亚铜在潮湿空气中易水解、易被氧化，所以为防止氯化亚铜在潮湿空气中水解、被氧化，氯化亚铜应密封包装，故答案为：防止CuCl在潮湿空气中水解、被氧化；
（4）设氯化亚铜的分子式为(CuCl)n，由相对分子质量为199可得n==2，则分子式为Cu2Cl2；由配合物的结构可知，亚铜离子为中心离子，一氧化碳、水分子、氯原子为配体，故答案为：Cu2Cl2；CO、H2O、Cl。
19．(1)1:2
(2)Al(OH)3、CaSO4
(3)置换反应
(4) Co2+、Ni2+ Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能
(5)3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑
(6)Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑
(7)
【分析】萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，加入Na2S2O8，将Mn2+、Fe2+氧化为MnO2和Fe3+，加入CaCO3调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、同时还生成了CaSO4沉淀；过滤后，往滤液中加入Zn，将Cd2+还原为Cd；过滤后，往滤液中加入有机净化剂，将钴镍等离子转化为沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2CO3，将Zn2+转化为ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O沉淀；过滤后，将沉淀煅烧，从而得到氧化锌，据此分析解题。
【详解】（1）“氧化”时，Fe2+被Na2S2O8氧化，发生反应为2Fe2++=2Fe3++2，为氧化剂，Fe2+为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。答案为：1:2；
（2）由分析可知，“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有Al(OH)3、CaSO4。答案为：Al(OH)3、CaSO4；
（3）由分析可知，“除镉”时，发生反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd，反应类型为置换反应。答案为：置换反应；
（4）由题干流程图可知，除镍和钴步骤中，Co2+和Ni2+能形成配合物时，中心原子提供能接受孤电子对的空轨道，配位原子提供孤电子对，则反应时，接受电子对的一方是Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，可能的原因为：Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能。答案为：Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能；
（5）“沉锌”时有气体生成，则此气体为CO2，生成碱式碳酸锌的离子方程式为3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑。答案为：3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑；
（6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中，Na2SO4在阳极失电子生成Na2S2O8，H2SO4在阴极得电子生成H2，总反应的化学方程式为Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑。答案为：Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑；
（7）图中所示晶胞中，含O原子个数为=2，含Zn原子个数为=2，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为= g∙cm-3。答案为：。
20．(1) +4 80%
(2)
(3) 降温冷凝 蒸馏
(4)、溶液
(5)
(6)取少量溶液于试管中，加入几滴溶液，若不生成蓝色沉淀，证明已全部被氧化
(7)，所以没有沉淀生成
【分析】钛铁矿中含有FeTiO3、Al2O3、MgO、SiO2，加入硫酸“酸浸”，发生FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O、Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、MgO+2H+=Mg2++H2O，SiO2为酸性氧化物，不溶于酸和水，因此滤渣为SiO2，滤液1中含有Fe2+、TiO2+、Al3+、Mg2+、H+、SO，滤液1水解得到H2TiO3，滤液2中含有Fe2+、Al3+、Mg2+、H+、SO，H2TiO3煅烧得到TiO2和水，TiO2与C、Cl2反应生成TiCl4和CO，利用Mg的还原性强于Ti，则TiCl4与Mg反应生成Ti和MgCl2；从滤液2中最终获得FePO4，加入碳酸氢钠溶液调节pH，使Al3+以氢氧化铝形式沉淀出来，滤液3中加入双氧水，将Fe2+氧化成Fe3+，加入磷酸，得到磷酸铁，据此分析；
【详解】（1）根据问题(2)，钛元素以TiO2+形式存在，“酸浸”没有化合价变化，因此FeTiO3中Ti的化合价为+4；根据浸出率与硫酸质量分数的关系图可知，“酸浸”所用硫酸的质量分数约为80%最合适；故答案为+4；80%；
（2）钛元素以TiO2+形式存在，因此“酸浸”时主要反应的离子方程式为FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O；故答案为FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O；
（3）TiO2与过量焦炭混合投入高温氯化炉发生反应为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，TiCl4沸点为136.4℃，此时TiCl4为气体，然后降温冷凝，得到TiCl4固体；粗四氯化钛中含有碳单质等，因四氯化钛熔沸点较低，然可以采用蒸馏方法进一步提纯；故答案为降温冷凝；蒸馏；
（4）HCl极易溶于水，尾气经吸收液得到粗盐酸和氯化铁，因此尾气的吸收液首先为水，再通过氯化亚铁溶液，故答案为H2O、FeCl2溶液；
（5）根据上述分析以及表中数据可知，加入碳酸氢钠调节pH，只是让Al3+以氢氧化铝形式沉淀出来，因此调pH的范围是4.4≤pH＜7.5；故答案为4.4≤pH＜7.5；
（6）向“滤液3”中加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，应用K3[Fe(CN)6]溶液检验是否还残存有Fe2+，若有无蓝色沉淀，说明Fe2+全部氧化为Fe3+，故答案为取少量溶液于试管中，加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，若不生成蓝色沉淀，证明Fe2+已全部被氧化；
（7）当Fe3+完全沉淀时，，，，所以没有Mg3(PO4)2沉淀生成；故答案为，所以没有Mg3(PO4)2沉淀生成。
21．(1)BCE
(2)
(3)IHOB
(4)采用冰水浴
(5)B
(6) 淀粉溶液 滴入最后一滴溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不褪色
【分析】由题给流程可知，向海带粉碎后灼烧得到的海带灰中加入蒸馏水溶浸、过滤得到含有碘离子的滤液，向滤液中加入稀硫酸和二氧化锰，将溶液中的碘离子氧化为碘，加入四氯化碳萃取溶液中的碘，分液得到碘的四氯化碳溶液；向碘的四氯化碳溶液中加入水、通入氯气将碘氧化为碘酸，分液得到四氯化碳和碘酸；向碘酸溶液中加入氢氧化钾调节溶液pH为10，将碘酸中和得到碘酸钾，向碘酸钾溶液中加入氯化钙，将碘酸钾转化为碘酸钙沉淀，过滤得到粗碘酸钙，粗品经分离提纯制得碘酸钙。
【详解】（1）由分析可知，向海带粉碎后灼烧得到的海带灰中加入蒸馏水溶浸、过滤得到含有碘离子的滤液，则符合题意的装置为BCE，故答案为：BCE；
（2）由分析可知，“氧化”步骤发生的反应为溶液中的碘离子与稀硫酸、二氧化锰反应生成硫酸锰、碘和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）由分析可知，向碘的四氯化碳溶液中加入水、通入氯气的目的是将碘氧化为碘酸，由三颈烧瓶中盛放液体的体积不能容积的可知，盛有400mL反应液的三颈烧瓶的规格为1000mL，故选B，故答案为：将I2氧化为HIO3；B；
（4）由表格数据可知，5℃时碘酸钙微溶于水，溶解度随温度升高而增大，则向pH=10的溶液中加入氯化钙获得碘酸钙粗产品应采取的措施是采用冰水浴降低温度，故答案为：采用冰水浴；
（5）由题给信息可知，碘酸钙微溶于水、不溶于乙醇，则选用酒精洗涤粗产品可减少碘酸钙因溶解而造成的损失，有利于提高产品的产率，故选B；
（6）由反应方程式可知，滴定时选用淀粉溶液做反应的指示剂，当碘与硫代硫酸钠溶液完全反应后，滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色说明达到滴定终点，由方程式可得如下转化关系：，滴定消耗VmLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则ag产品中碘酸钙的质量分数为×100%=，故答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不褪色；。
22．(1) 粉碎，增大接触面积；充分搅拌；适当增大硫酸的浓度；适当提高酸浸的温度等 SiO2和CaSO4
(2) 2Co3++SO+H2O=2Co2++SO+2H+ 2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+ 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
(3)使Fe3+、Al3+与HCO发生双水解，除去Fe3+、Al3+
(4)0.0102
(5)4Co3O4+O26Co2O3
(6) a C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+
【分析】含钴废料(主要成分为，还含少量等杂质)，硫酸浸取时，CaO和硫酸反应得到，不会和硫酸反应，因此滤渣1为，；滤液1为;加入，具有还原性，能还原具有氧化性离子还原为，溶液a中含有，加入双氧水将氧化为，溶液b中含有，加使与发生双水解，除去，即沉淀A为氢氧化铁，氢氧化铝，溶液c中含有向滤液c中加NaF溶液，得到沉淀，沉淀B为，溶液d中含有加入草酸铵得到，溶液e为硫酸铵溶液；
【详解】（1）①在“硫酸浸取”时，粉碎，增大接触面积；充分搅拌；适当增大硫酸的浓度；适当提高酸浸的温度，能提高“酸浸”速率；
②根据分析可知滤渣1的成分是，；
（2）①加入可以氧化，则发生反应的离子方程式为，；
②加入双氧水将氧化为，反应的离子方程式为；
（3）根据分析可知操作1中加入的作用是使与
发生双水解，除去；
（4）根据的,当恰好完全沉淀时，，根据的,；
（5），因此取的是0.1mol的，A点失重3.6g，应该是失去所有的结晶水，所以成分是，B点是氧化物，Co是5.9g，氧原子是8.03g-5.9g=2.13g，应为，同理C点是Co5.9g,氧原子8.3g-5.9g=2.4g，应为，所以应是在空气中受热被氧化为，所以B点到C点的化学方程式为；
（6）①燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，即a为负极，b为正极；
②A电极上乙醇失电子被氧化，工作过程中有质子移动，电解质为酸性，所以乙醇被氧化生成二氧化碳，根据电子守恒，元素守恒可以得到电极反应为。
23．(1) 粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度 Fe2O3、MgO、BN 2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O
(2)1.2×10—5
(3)4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O
(4)漏斗、烧杯、玻璃棒
(5) 4
【分析】由题给流程可知，铬铁矿在氢氧化钠溶液和氧气碱浸时，三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，氧化铁、氧化镁、氮化硼与氢氧化钠溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、氧化镁、氮化硼的滤渣和含有铬酸钠的高铬液；向高铬液中加入氢氧化钡溶液，将铬酸钠转化为铬酸钡沉淀，过滤得到铬酸钡；向铬酸钡中加入乙醇和盐酸的混合溶液，铬酸钡被乙醇还原为铬离子，向反应后的溶液中加入氢氧化钡溶液调节溶液pH，将铬离子转化为氢氧化铬沉淀，
【详解】（1）粉碎、适当升高温度、增大NaOH浓度能提高“碱浸”步骤的浸出率；由分析可知，滤渣的成分为氧化铁、氧化镁、氮化硼；三氧化二铬发生的反应为三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O，故答案为：粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O；
（2）由铬酸钡溶度积可知，铬离子完全沉淀时，溶液中钡离子的浓度为=1.2×10—5mol/L，故答案为：1.2×10-5；
（3）由分析可知，“还原”步骤发生的反应为铬酸钡与乙醇和盐酸的混合溶液反应生成氯化钡、氯化铬、二氧化碳和水，反应的离子方程式为4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O，故答案为：4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O；
（4）由题给流程可知，在实验室中该流程中用到的主要分离方法为过滤，过滤用到的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于体内的硼原子个数为4，体内每个硼原子与4个氮原子距离最近，则该晶体中B的配位数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10-21a3d，解得d=，故答案为：。
24．(1) 粉碎铁锂云母、搅拌
(2) c
(3)
(4) 正 阳 浓缩溶液
(5)蒸发皿
【分析】铁锂云母(主要成分为、、、、等)加浓盐酸溶解，二氧化硅不与盐酸反应故不溶，溶液中含钾离子、锂离子、亚铁离子、铝离子等，加物质A把亚铁离子氧化为铁离子，加Na4[Fe(CN)6]沉铁，过滤所得沉淀加氢氧化钠后转变为FeO(OH)和Na4[Fe(CN)6]，转化后过滤所得滤液Na4[Fe(CN)6]进行循环利用，沉铁后的滤液加氢氧化钠、氟化钠沉铝，所得滤液通过电渗析浓缩氯化锂溶液、蒸发后加碳酸钠沉锂，得。
【详解】（1）36.5％盐酸的密度为，则该溶液中。溶解时，为了提高溶解速率，可采取的措施为粉碎铁锂云母和搅拌。
（2）从工业生产实际分析，考虑环保和经济成本两个角度，氧化时加入物质A的最佳选择为空气，该步骤的离子方程式为。
（3）“沉铁”时生成沉淀，加氢氧化钠后转变为FeO(OH)和Na4[Fe(CN)6]，则“转化”时发生反应的离子方程式。
（4）根据电渗析示意图，M电极上生成可知，M极为阳极，接外接电源的正极；且氯离子不能到阳极上放电，则x膜为阳离子交换膜，阴极上产生氢气，相当于电解水，据此可推测电渗析的目的为浓缩溶液。
（5）实验室进行蒸发操作时，用到的主要仪器为蒸发皿、玻璃棒和酒精灯。
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