2024届高考化学一轮复习-物质的分离、提纯和检验 专题训练（含解析）

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一、单选题（共17题）

1.现有下列仪器：烧杯、铁架台（带铁圈）、三角架、分液漏斗、酒精灯、玻璃棒、蒸发皿和蒸馏烧瓶，从缺少仪器的角度分析，不能进行的实验项目是（）

A.过滤B.蒸发C.分液D.萃取

2.有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如图实验，从实验可以判断：（）

A.该固体粉末中一定不含有BaCl2B.该固体粉末中一定含有KNO3

C.它的组成可能是CaCO3、BaCl2、Na2SO4D.它的组成一定是CaCO3、Na2SO4、KNO3

3.下列说法不正确的是（）

A.可以用丁达尔现象区分溶液和胶体

B.硅是良好的半导体材料，纯净二氧化硅是光导制品的基本原料

C.SO2使高锰酸钾褪色是利用SO2的漂白性

D.定容时俯视刻度线，会导致浓度偏高

4.要检验溴乙烷中的溴元素，下列实验方法正确的是（）

A.加入新制的氯水振荡，再加入少量CCl4振荡，观察下层是否变为橙红色

B.加入硝酸银溶液，再加入稀硝酸使溶液呈酸性，观察有无浅黄色沉淀生成

C.加入NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成

D.加入NaOH溶液共热，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成

5.下列混合物能用溶解、过滤、蒸发三步操作分离的是（）

A.水和酒精的混合物B.食盐和蔗糖的混合物

C.氯化钾和氯化银的混合物D.硫酸钡和水的混合物

6.下列除杂方案错误的是()

选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法

ACO(g)CO2(g)NaOH溶液、浓H2SO4洗气

BNH4Cl(aq)Fe3＋(aq)NaOH溶液过滤

CCl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气

DNa2CO3(s)NaHCO3(s)—灼烧

A.AB.BC.CD.D

7.在3支试管中分别放有：①1mL乙酸乙酯和3mL水②1mL四氯化碳和3mL水③1mL乙酸和3mL水．图中三支试管从左到右的排列顺序为（）

A.①②③B.①③②C.②①③D.②③①

8.下列有关物质性质的应用正确的是（）

A.生石灰能与水反应，可用来干燥氯气B.氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝

C.液氨汽化时要吸收大量的热，可用做制冷剂D.二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸

9.下列说法正确的是（）

A.用苯萃取溴水中的Br2，分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层

B.向苯和苯酚的混合液中加入浓溴水，充分反应后过滤，可除去苯中少量的苯酚

C.乙酸乙酯制备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇

D.仅用新制氢氧化铜悬浊液（必要时可加热）无法鉴别甲酸、乙醇、乙醛

10.为了除去CuCl2酸性溶液中的FeCl3,加热搅拌的条件下加入一种试剂，然后再加入适量盐酸，该试剂不能是()

A.Cu(OH)2B.CuCO3C.NaOHD.CuO

11.下列每组中各有三对物质，它们都能用分液漏斗分离的是（）

A.乙酸乙酯和水，乙醇和水，己烯和水B.二溴乙烷和水，溴苯和水，硝基苯和水

C.己烷和水，乙醛和水，乙酸和乙醇D.乙酸和水，甲苯和水，己烷和己烯

12.下列仪器：①容量瓶②蒸镏烧瓶③漏斗④燃烧匙⑤天平⑥分液漏斗⑦胶头滴管，常用于物质分离的是()

A.①③⑤B.②④⑦C.①②⑥D.②③⑥

13.区分下列各组物质，所加试剂或操作方法完全正确的是（）

需鉴别物质方法1方法2

A硫酸铵和磷矿粉加水溶解加熟石灰

B一氧化碳和二氧化碳闻气味通过灼热的氧化铜

C食盐水和蒸馏水测pH蒸发结晶

D真黄金和假黄金（铜铝合金）看颜色灼烧

A.AB.BC.CD.D

14.能把Na2SO4、NH4NO3、KCl，（NH4）2SO4四瓶无色溶液加以区别的一种试剂是（必要时可加热）（）

A.BaCl2B.NaOHC.Ba（OH）2D.AgNO3

15.为了除去粗盐中的、，及少量泥沙，得到纯净的，可将粗盐溶于水，下列操作顺序正确的是（）

①过滤②加入过量的溶液③加入过量的盐酸④加入过量的溶液⑤加入过量的溶液⑥加热蒸发

A.④①⑤②①③⑥B.⑤①④②③⑥C.②④⑤①③⑥D.①②⑤④①③⑥

16.取碘水四份于试管中，编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，分别加入汽油、CCl4、酒精、NaCl溶液，振荡后静置，现象正确的是（）

A.Ⅰ中溶液分层，下层呈紫红色B.Ⅱ中溶液分层，下层呈紫红色

C.Ⅲ中溶液分层，下层呈棕黄色D.Ⅳ中溶液不分层，溶液由棕黄色变成黄绿色

17.下列每项中的三对物质都能用分液漏斗进行分离的是（）

A.乙酸乙酯和水、酒精和水、苯酚和水B.二溴乙烷和水、溴苯和水、硝基苯和水

C.甘油和水、乙醛和水、乙酸和乙醇D.乙酸和水、甲苯和水、己烷和水

二、实验探究题（共11题）

18.实验室以铝铁质岩（主要成分是Al2O3、FexOy和SiO2）为原料制备Al2O3和粗硅，其流程如图1所示：

（1）SiO2制备粗硅的化学方程式为．

（2）溶液B中加氨水生成Al（OH）3的离子方程式为．在空气中灼烧固体Al（OH）3时，用到多种硅酸盐质仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有（填仪器名称）．

（3）在高温下，氧化铝可以与氮气、碳反应，生成一种耐高温、抗冲击的氮化铝和一种有毒气体，该反应的化学方程式为；该反应中每生成2mol氮化铝，N2得到电子的物质的量为mol．

（4）某实验小组用CO还原法定量测定FexOy的组成，称取mg样品进行定量测定（图2）．

①根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品，（请按正确顺序填入下列步骤的标号）．

a．点燃酒精灯b．打开分液漏斗活塞c．停止加热，充分冷却d．关闭分液漏斗活塞e．收集气体并检验纯度

②若实验中每步反应都进行完全，反应后样品质量减少了ng，则FexOy中x：y=．若实验中FexOy未被充分还原，则x：y的值（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．

19.现有失去标签的CaCl2、AgNO3、HCl、和Na2CO3四瓶溶液．为了确定四种溶液的成分，将它们编号为A、B、C、D后进行化学实验．实验记录如下：

实验顺序实验内容实验现象

①A+B无明显现象

②B+D有无色无味气体放出

③C+B有白色沉淀生成

④A+D有白色沉淀生成

根据上述实验完成下列各小题：

（1）A、B、C、D四瓶溶液分别是（用化学式表示所含溶质）ABCD

（2）写出B与D反应的离子方程式写出B与C反应的离子方程式．

20.钙能调节人体各系统生理功能，利用如图装置测定碳酸钙型补钙剂中钙的含量。已知氨基磺酸(H2NSO3H)俗称固体硫酸，在水溶液中为一元酸，广泛应用于锅炉水垢的清洗。

（1）A装置的作用为，仪器a的名称为。

（2）B装置内发生反应的化学方程式为，实验中不用盐酸与钙片反应的原因是。

（3）组装好仪器后，检查装置的气密性，接下来进行的操作是：打开K1、K2，关闭K3，通空气一段时间，（填操作），打开仪器a活塞，滴入氨基磺酸溶液，待B装置中无气泡产生，关闭仪器a活塞。再次打开K1通空气一段时间，第二次通入空气目的是。如果不使用干燥管Ⅱ，测定结果（填“偏高”“偏低”“不变”）。

（4）取某补钙剂样品m克进行测定，测得干燥管Ⅰ在实验前后重量分别为m1克和m2克，则样品中钙的质量分数为。

21.氯碱工业中制碱的原料是饱和食盐水，由于粗盐中含有泥沙和Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质，不符合电解要求，因此必须经过精制．学校实验小组精制粗盐水的实验过程如图：

请回答以下问题：

（1）操作a的名称是，所用玻璃仪器是．

（2）在第Ⅱ步中，加入过量试剂甲后，生成了两种大量的沉淀，则试剂甲为溶液（写化学式）．

（3）试剂丙为溶液（写化学式）．判断试剂丙是否过量的方法是：．

（4）在第Ⅴ步中，加入试剂丁直到溶液无明显变化时，写出此过程的化学方程式．

22.高锰酸钾[KMnO4]是常用的氧化剂．工业上以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备高锰酸钾晶体．中间产物为锰酸钾[K2MnO4]．图1是实验室模拟制备的操作流程：

相关资料：

①物质溶解度

物质KMnO4K2CO3KHCO3K2SO4CH3COOK

20℃溶解度6.411133.711.1217

②锰酸钾[K2MnO4]

外观性状：墨绿色结晶．其水溶液呈深绿色，这是锰酸根（MnO42﹣）的特征颜色．

化学性质：在强碱性溶液中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境下，MnO42﹣会发生歧化反应．

试回答下列问题：

（1）煅烧软锰矿和KOH固体时，不采用石英坩埚而选用铁坩埚的理由是；

（2）实验时，若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低．请写出实验中通入适量CO2时体系中可能发生反应离子方程式：；

其中氧化还原反应中氧化剂和还原剂的质量比为．

（3）由于CO2的通入量很难控制，因此对上述实验方案进行了改进，即把实验中通CO2改为加其他的酸．从理论上分析，选用下列酸中，得到的产品纯度更高．

A.醋酸

B.浓盐酸

C.稀硫酸

（4）工业上采用惰性电极电解锰酸钾溶液制取高锰酸钾，试写出该电解反应的化学方程式提出改进方法：可用阳离子交换膜分隔两极区进行电解（如图）．图2中A口加入的溶液最好为．使用阳离子交换膜可以提高Mn元素利用率的原因为．

23.氯化钠样品中含有少量的杂质Na2SO4，按下列流程进行净化，流程中的（）中是合适的试剂，在［］中是实验操作名称。写出有关反应的化学方程式：

（1）操作①、②、③、⑤中所需加入试剂分别为、、、。

（2）操作①、④、⑥的操作名称分别为、、。

（3）写出有关的离子反应方程式：

第②步：。

第⑤步：。

24.有人设计了一套实验分馏原油的五个步骤：

①将仪器a固定在铁架台上，在仪器a上塞好带温度计的橡皮塞．

②连接好冷凝管．把冷凝管固定在铁架台上，将冷凝管进水口的橡皮管的一端和水龙头连结，将和出水口相接的橡皮管的另一端放在水槽中．

③把酒精灯放在铁架台上，根据酒精灯高度确定铁圈的高度，放好石棉网．

④向仪器a中放入几片碎瓷片，再用漏斗向仪器a中加入原油，塞好带温度计的橡皮塞，把连接器连接在冷凝器的末端，并伸入接收装置（如锥形瓶）中．

⑤检查气密性（利用给固定装置微热的方法）．请完成以下题目：

（1）上述实验正确的操作顺序是：（填序号）．

（2）仪器a的名称为：．

（3）冷凝管里水流的方向为进出．（填f或g，注：上为f下为g）．

（4）分馏原油是利用了原油中各组分的不同而达到分离的目的．

（5）仪器a中放几片碎瓷片的目的是．

（6）在实际工业生产中，除石油的分馏，人类利用煤炭的历史也很悠久，从煤焦油中能分离得到了一种重要化工原料“苯”，请写出该物质与浓硝酸反应的化学方程式：．

25.目前，回收溴单质的方法主要有水蒸气蒸馏法和萃取法等．某兴趣小组通过查阅相关资料拟采用如下方案从富马酸废液（含溴0.27%）中回收易挥发的Br2：

（1）操作X所需要的主要玻璃仪器为；反萃取时加入20%的NaOH溶液，其离子方程式为．

（2）反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是．

（3）溴的传统生产流程为先采用氯气氧化，再用空气水蒸气将Br2吹出．与传统工艺相比，萃取法的优点是．

（4）我国废水三级排放标准规定：废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L．实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：+3Br2→+3HBr

①请完成相应的实验步骤：

步骤1：准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中．

步骤2：将4.5mL0.02mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡．

步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1mol/LKI溶液，振荡．

步骤4：，再用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液15mL．（反应原理：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）

步骤5：将实验步骤1～4重复2次．

②该废水中苯酚的含量为mg/L．

③步骤3若持续时间较长，则测得的废水中苯酚的含量（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．

26.依据粗盐提纯的原理，除去氯化钾溶液中少量的氯化镁、硫酸镁等杂质，可选用氢氧化钡溶液、稀盐酸和碳酸钾溶液三种试剂，按如图步骤操作：

滤液纯净氯化钾溶液

（1）A的化学式是，B的化学式是，C的名称是。

（2）加入过量A的目的是。

（3）操作Ⅰ的名称是。

27.某地煤矸石经预处理后主要含SiO2（61%）、Al2O3（30%）和少量的Fe2O3、FeO及MgO．实验小组设计如下流程用其制备碱式硫酸铝[Al2（OH）4SO4]：

（1）为提高“酸浸”时铝浸出率，可采取的措施之一是．

（2）氧化时应控制反应温度在10℃～20℃，其原因是，“氧化”时可用MnO2替代，发生的离子方程式．

（3）试剂X为，设计一个简单的实验，证明铁元素已被沉淀完全：．

（4）加入CaCO3制备碱式硫酸铝的化学方程式．

28.今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣，现取两份100mL溶液进行如下实验：

①第一份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲．

②在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g．

③第二份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g．

根据上述实验回答：

（1）一定不存在的离子是，不能确定是否存在的离子是．

（2）试确定溶液中肯定存在的离子及其浓度（可不填满）：

离子符号，浓度；

离子符号，浓度；

离子符号，浓度．

（3）试确定K+是否存在（填“是”或“否”），判断的理由是．

（4）设计简单实验验证原溶液中可能存在的离子．

答案解析部分

一、单选题

1.【答案】A

【解析】【分析】过滤需要普通漏斗，而不是分液漏斗，所以根据所给的仪器可知，不能进行过滤操作，其余都是可以的，答案选A。

【点评】常见的基本实验操作，需要熟练掌握需要的仪器及其仪器的作用，然后依据具体问题具体分析、灵活运用即可。

2.【答案】B

【解析】【解答】A.由以上分析可知，一定含有CaCO3、KNO3，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，则组成可能为CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、KNO3、BaCl2，故A不符合题意；

B.由以上分析可知，一定含有CaCO3、KNO3，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，则组成可能为CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、KNO3、BaCl2，故B符合题意；

C.由以上分析可知，一定含有CaCO3、KNO3，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，则组成可能为CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、KNO3、BaCl2，故C不符合题意；

D.由以上分析可知，一定含有CaCO3、KNO3，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，则组成可能为CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、KNO3、BaCl2，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】固体粉末CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、得到无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，还有一种物质就是硝酸钾。

3.【答案】C

【解析】【解答】解：A．胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故A正确；

B．硅的导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，二氧化硅晶体能传递光信号是光导制品的基本原料，故B正确；

C．二氧化硫与酸性的高锰酸钾发生氧化还原反应，高锰酸钾褪色，体现二氧化硫的还原性，故C错误；

D．定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，由计算公式c=可知，溶液的浓度偏高，故D正确．

故选C．

【分析】A．胶体具有丁达尔现象，溶液无此现象；

B．硅的导电性介于导体与绝缘体之间，二氧化硅晶体能传递光信号；

C．二氧化硫与酸性的高锰酸钾发生氧化还原反应；

D．定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小．

4.【答案】D

【解析】【解答】解：A．溴乙烷、氯气均溶于CCl4，观察下层颜色不能检验，故A不选；

B．不存在溴离子，加硝酸银溶液不反应，故B不选；

C．加入NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，可能NaOH与硝酸银反应干扰检验，应先加酸至酸性，故C不选；

D．加入NaOH溶液共热，水解生成溴离子，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成，可检验，故D选；

故选D．

【分析】检验溴乙烷中的溴元素，先将Br原子变为溴离子，再加酸至酸性，加硝酸银生成浅黄色沉淀，以此来解答．

5.【答案】C

【解析】【解答】A.水和酒精能以任意比例互溶，不能通过过滤分离，A不符合题意；

B.食盐和蔗糖都能溶于水，不可用过滤分离，B不符合题意；

C.KCl可溶于水，AgCl不溶于水，可通过过滤分离，滤液为KCl溶液，可通过蒸发得到KCl，C符合题意；

D.BaSO4不溶于水，可通过过滤得到BaSO4和水，不需要经过蒸发操作，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】能用溶解、过滤、蒸发三步操作分离的混合物，其中必有一种物质能溶于水，一种物质不能溶于水；据此结合选项所给物质进行分析。

6.【答案】D

【解析】【解答】A．CO2与NaOH溶液反应生成Na2CO3，而CO与NaOH溶液不反应，A选项正确；B.NaOH溶液不仅与Fe3＋反应也会与NH发生反应，且引入了Na＋，B选项错误；C.HCl极易溶于水，而Cl2在饱和食盐水中溶解度较小，故C选项正确；D.加热灼烧可以使NaHCO3固体分解，且生成Na2CO3，D选项正确。

【分析】本题考查混合物的除杂问题，题目难度普通，熟练掌握化学物质的性质和基本实践操作是解题的关键。

7.【答案】D

【解析】【解答】解：①乙酸乙酯不溶于水，密度比水小，溶液分层，油层在上；②四氯化碳不溶于水，密度比水大，溶液分层，油层在下；③乙酸与水互溶，溶液不分层．故三支试管从左到右的排列顺序为②③①．故选D．

【分析】根据物质是否互溶及其密度分析解答．

8.【答案】C

【解析】【解答】A．CaO遇水生成氢氧化钙，而氢氧化钙会和氯气反应，不能用生石灰干燥氯气，故A错误；

B．氯化铝的构成微粒是分子，属于分子晶体，为共价化合物，工业上采用电解氧化铝的方法冶炼铝，故B错误；

C．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故C正确；

D．石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，所以不能用石英器皿盛放氢氟酸，故D错误；

故选C．

【分析】A．氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能和氯气反应；

B．氯化铝是共价化合物，属于分子晶体；

B．液氨汽化时要吸收大量的热，可作制冷剂；

D．二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体．

9.【答案】A

【解析】【解答】A．苯的密度小于水,用苯萃取溴水中的Br2，分层后苯层在上面，水层在下面，所以分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层，故A符合题意；

B．溴不易溶于水，但易溶于苯，则向混有少量苯酚的苯中滴加溴水，因三溴苯酚与苯互溶，且苯中混有溴，不能除去杂质，应向苯和苯酚的混合溶液中加入NaOH溶液，充分反应分液，以除去苯中少量苯酚，故B不符合题意；

C．乙酸乙酯制备实验中，不能将导管插入饱和碳酸钠溶液液面以下，易引起倒吸现象，故C不符合题意；

D．甲酸、乙醇、乙醛溶液分别与氢氧化铜悬浊液混合不加热的的现象为溶解、无变化、无变化，先鉴别出甲醛，剩余两种加热区别，加热后的现象是：乙醇中氢氧化铜受热分解生成的氧化铜变黑色、乙醛溶液中生成砖红色沉淀，可以鉴别，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】B、引入了溴杂质

C、导管不能插入液面以下，否则可能会引起倒吸

D、甲酸能使氢氧化铜溶解，乙醇无明显现象，乙醛能生成砖红色沉淀。

10.【答案】C

【解析】【解答】A.溶液中Fe3＋通过水解生成沉淀，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，Cu(OH)2消耗水解生成的氢离子，使平衡正向移动，可促进水解又不引入新杂质，过量也可一起过滤除去，故A不符合题意；

B.溶液中Fe3＋通过水解生成沉淀，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuCO3消耗水解生成的氢离子，使平衡正向移动，可促进水解又不引入新杂质，过量也可一起过滤除去，故B不符合题意；

C.CuCl2酸性溶液中的Fe3＋，直接加入NaOH，虽能使FeCl3沉淀，但NaOH会引入新的杂质，又会和CuCl2形成沉淀，故C符合题意；

D.溶液中Fe3＋通过水解生成沉淀，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO消耗水解生成的氢离子，使平衡正向移动，可促进水解又不引入新杂质，过量也可一起过滤除去，故D不符合题意；

故答案为C。

【分析】溶液中Fe3＋既可与碱溶液直接形成沉淀，Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓；也可通过水解生成沉淀，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。

11.【答案】B

【解析】【解答】解：A．乙醇和水混溶，不能用分液的方法分离，故A错误；

B．二溴乙烷和水，溴苯和水，硝基苯和水都不互溶，均分层，可用分液漏斗分离，故B正确；

C．乙醛和水，乙酸和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，故C错误；

D．乙酸和水混溶，不能用分液的方法分离，故D错误．

故选B．

【分析】能用分液漏斗分离的物质，应使互不相溶的液体混合物，以此解答该题．

12.【答案】D

【解析】【分析】常用于物质分离的方法有过滤、萃取、分液、蒸馏等。其中过滤的仪器是漏斗、萃取和分液用分液漏斗，蒸馏用蒸馏烧瓶，所以答案选D。

【点评】化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，通过该题的考查，使学生重点掌握实验基本操作的规范性和准确及灵活运用的能力。

13.【答案】A

【解析】【解答】A．磷矿粉不溶于水，硫酸铵与熟石灰反应生成刺激性气体氨气，则两种方法均可鉴别，故A选；

B．一氧化碳和二氧化碳均为无色无味的气体，方法1不能鉴别，故B不选；

C．食盐水和蒸馏水的pH相同，方法1不能鉴别，故C不选；

D．颜色相同，灼烧时金不反应，则方法1不能鉴别，故D不选；

故选A．

【分析】A．磷矿粉不溶于水，硫酸铵与熟石灰反应生成氨气；

B．一氧化碳和二氧化碳均为无色无味的气体；

C．食盐水和蒸馏水的pH相同；

D．颜色相同，灼烧时金不反应．

14.【答案】C

【解析】【解答】解：A．BaCl2与Na2SO4、（NH4）2SO4两瓶无色溶液反应，均生成白色沉淀，现象相同，无法区别，故A错误；

B．NaOH与NH4NO3、（NH4）2SO4两瓶无色溶液反应，均生成刺激性气味的气体，现象相同，无法区别，故B错误；

C．Na2SO4、NH4NO3、KCl、（NH4）2SO4四瓶无色溶液分别与Ba（OH）2反应，现象分别为：白色沉淀、刺激性气味的气体、无现象、既有沉淀又有刺激性气味的气体，现象各不相同，能够区别，故C正确；

D．AgNO3与Na2SO4、KCl、（NH4）2SO4三瓶无色溶液反应，均生成白色沉淀，现象相同，不能区别，故D错误；

故选C．

【分析】Na2SO4、NH4NO3、KCl、（NH4）2SO4四瓶无色溶液分别与Ba（OH）2反应，现象分别为：白色沉淀、刺激性气味的气体、无现象、既有沉淀又有刺激性气味的气体，现象各不相同，以此来解答．

15.【答案】D

【解析】【解答】首先要过滤，除去不溶性的泥沙。其次要除去可溶性的杂质离子，除可加入溶液，除可加入溶液，除可加入溶液，且加入的试剂必须是过量的，过量的试剂必须在后面操作中除去，因此，溶液必须在溶液之后加入，否则过量的无法除去，盐酸需在过滤操作之后加入，以除去过量的和，否则生成的、和沉淀又会重新溶解，达不到分离提纯的目的。最后加热蒸发除去，结晶得到纯净的。综上，操作顺序为①②⑤④①③⑥，故本题选D。

【分析】首先，明确三种杂质离子分别用哪种试剂除去；其次，所加试剂必须过量，过量的试剂也要除去，因此要合理确定加入试剂的顺序；最后，要明确加入盐酸的目的及何时加入。

16.【答案】B

【解析】【解答】解：A．汽油能萃取碘水中的碘，但密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，上层呈紫红色，下层呈无色，故A错误；

B．四氯化碳能萃取碘水中的碘，但密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，下层呈紫红色，上层呈无色，故B正确；

C．酒精和碘水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，故C错误；

D．氯化钠溶液和碘水能互溶，所以溶液不分层，溶液为棕黄色，故D错误；

故选B．

【分析】A．汽油能萃取碘水中的碘，但密度小于水的密度；

B．四氯化碳能萃取碘水中的碘，但密度大于水的密度；

C．酒精和碘水能互溶；

D．氯化钠和碘水能互溶．

17.【答案】B

【解析】【解答】解：A．酒精和水互溶不分层，不能利用分液漏斗分离，故A错误；

B．均分层，都能用分液漏斗进行分离，故B正确；

C．均不分层，都不能用分液漏斗进行分离，故C错误；

D．乙酸和水不分层，不能用分液漏斗进行分离，故D错误；

故选B．

【分析】都能用分液漏斗进行分离，则混合物出现分层，结合物质的溶解性来解答．

二、实验探究题

18.【答案】（1）SiO2+2CSi+2CO↑

（2）Al3++3NH3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；坩埚

（3）Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；6

（4）b、e、a、c、d；；偏大

【解析】【解答】解：铝铁质岩（主要成分是Al2O3、FexOy和SiO2）加入足量的氢氧化钠，氧化铝和二氧化硅溶解，过滤得铁的氧化物，溶液A为硅酸钠和偏铝酸钠溶液，溶液A中加足量的盐酸，生成硅酸沉淀和氯化铝溶液中，所以C为硅酸，B为氯化铝，在氯化铝溶液中加入氨水得氢氧化铝沉淀，灼烧得氧化铝，硅酸加热分解得二氧化硅，二氧化硅与碳在高温下发生氧化还原反应生成粗硅，（1）SiO2与碳在高温条件下反应生成粗硅和一氧化碳，反应的方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，

故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；（2）氯化铝溶液中加入氨水生成氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，固体灼烧一般在坩埚中进行，

故答案为：Al3++3NH3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；坩埚；（3）在高温下，氧化铝可以与氮气、碳反应，生成氮化铝和一种有毒气体为CO，反应化学方程式为Al2O3+N2+3C2AlN+3CO，根据方程可知，反应中转移电子数为6e﹣，所以每生成2mol氮化铝，N2得到电子的物质的量为6mol，

故答案为：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；6；（4）①实验过程依据反应原理和实验目的分析实验步骤为，组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水把一氧化碳赶入后续装置，要检验CO的纯度，再点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比，所以操作顺序为b、e、a、c、d，

故答案为：b、e、a、c、d；②依据实验结果得到，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量为bg，铁的质量为（a﹣b）g，依据元素物质的量计算得到比值，x：y=n（Fe）：n（O）=：=，若实验中FexOy未被充分还原，则n值会偏小，所以x：y的值会偏大，

故答案为：；偏大．

【分析】铝铁质岩（主要成分是Al2O3、FexOy和SiO2）加入足量的氢氧化钠，氧化铝和二氧化硅溶解，过滤得铁的氧化物，溶液A为硅酸钠和偏铝酸钠溶液，溶液A中加足量的盐酸，生成硅酸沉淀和氯化铝溶液中，所以C为硅酸，B为氯化铝，在氯化铝溶液中加入氨水得氢氧化铝沉淀，灼烧得氧化铝，硅酸加热分解得二氧化硅，二氧化硅与碳在高温下发生氧化还原反应生成粗硅，（1）SiO2与碳在高温条件下反应生成粗硅和一氧化碳；（2）氯化铝溶液中加入氨水生成氢氧化铝，根据电荷守恒可写出离子反应方程式；固体灼烧一般在坩埚中进行；（3）在高温下，氧化铝可以与氮气、碳反应，生成氮化铝和一种有毒气体为CO，根据元素守恒书写化学方程式，并根据方程可计算出电子转移的物质的量；（4）①实验过程依据反应原理和实验目的分析实验步骤为，组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水吧一氧化碳赶入后续装置，要检验CO的纯度，再点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比；②依据实验结果得到，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量为bg，铁的质量为（a﹣b）g，依据元素物质的量计算得到比值，若实验中FexOy未被充分还原，则n值会偏小，据此分析．

19.【答案】（1）CaCl2；HCl；AgNO3；Na2CO3

（2）CO+2H+=CO2↑+H2O；Ag++Cl﹣=AgCl↓

【解析】【解答】解：根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3，C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag++Cl﹣=AgCl↓，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2．（1）由以上分析可知A为CaCl2，B为HCl，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为：CaCl2；HCl；AgNO3；Na2CO3；（2）B为HCl，D为Na2CO3，反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2O，B为HCl，C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag++Cl﹣=AgCl↓，故答案为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；Ag++Cl﹣=AgCl↓．

【分析】根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3，C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag++Cl﹣=AgCl↓，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2．

20.【答案】（1）吸收空气中CO2；分液漏斗

（2）CaCO3+2H2NSO3H=Ca(H2NSO3)2+H2O+CO2↑；盐酸易挥发，使测定结果偏高

（3）关闭K1、K2，打开K3；将装置内CO2排至干燥管Ⅰ中，提高CO2吸收率；偏高

（4）×100%

【解析】【解答】（1）本题测定以氨基磺酸(H2NSO3H)与碳酸钙反应产生的二氧化碳，故A装置的作用为吸收空气中CO2，以排除空气CO2对实验产生干扰；仪器a的名称为分液漏斗；

（2）B装置内的反应氨基磺酸(H2NSO3H)与碳酸钙型补钙剂，其化学方程式为：CaCO3+2H2NSO3H=Ca(H2NSO3)2+H2O+CO2↑；盐酸具有挥发性，使测定结果偏高；

（3）组装好仪器后，检查装置的气密性，接下来进行的操作是：打开K1、K2，关闭K3，通空气一段时间，排除装置中的空气，关闭K1、K2，打开K3，打开仪器a活塞，滴入氨基磺酸溶液，待B装置中无气泡产生，关闭仪器a活塞。再次打开K1通空气一段时间，第二次通入空气目的是将装置内CO2排至干燥管Ⅰ中，以提高CO2吸收率。如果不使用干燥管Ⅱ，空气中的CO2会进入干燥管I中，会使测定结果偏高；

（4）干燥管Ⅰ在实验前后重量分别为m1克和m2克，即二氧化碳的质量为(m2-m1)g，二氧化碳的物质的量为，根据方程式计算出碳酸钙的物质的量为，则样品中钙的质量分数为=。

【分析】注意计算题中常用的方法原子守恒，根据原子守恒直接算各物质的量。

21.【答案】（1）过滤；玻璃棒、漏斗、烧杯

（2）NaOH

（3）Na2CO3；向上层清液中滴加盐酸，若产生气泡，则Na2CO3过量

（4）NaOH+HCl=NaCl+H2O；Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O

【解析】【解答】解：（1）在食盐水中，实现溶液和泥沙难溶物的分离可以采用过滤的方法，过滤用到的仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：过滤；玻璃棒、漏斗、烧杯；（2）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣杂质，加入过量试剂氢氧化钠后，可以将镁离子以及铁离子形成氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，所以试剂甲为NaOH溶液，故答案为：NaOH；（3）过滤得到溶液D中含有OH﹣、Ca2+、Ba2+加入过量试剂丙为Na2CO3溶液，除去Ca2+、Ba2+，检验试剂丙是否过量即检验Na2CO3是否过量，可以取少量上层澄清液于试管中，滴加盐酸，若产生气泡，则Na2CO3过量．

故答案为：Na2CO3；向上层清液中滴加盐酸，若产生气泡，则Na2CO3过量；（4）在第Ⅴ步中，加入试剂盐酸可以将过量的氢氧化钠以及过量的碳酸钠除掉，此过程的化学方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O；Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O；故答案为：NaOH+HCl=NaCl+H2O；Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O．

【分析】流程是操作Ⅰ通过过滤除去不溶性杂质，得到溶液A中含有杂质离子Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣杂质，加入过量试剂甲为氢氧化钠沉淀铁离子和镁离子，过滤得到溶液B中含有Ca2+、OH﹣、SO42﹣杂质，加入过量试剂乙为氯化钡沉淀硫酸根离子，过滤得到溶液D中含有OH﹣、Ca2+、Ba2+加入过量试剂丙为碳酸钠溶液，除去Ca2+、Ba2+，过滤得到溶液F中含有氢氧根离子、碳酸根离子，加入适量试剂丁为盐酸到不再有气体产生得到较纯净的食盐水；（1）操作a是通过过滤除去不溶性杂质的操作，实现固体和溶液分离的方法是过滤，依据过滤装置回答需要的仪器；（2）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣杂质，加入过量试剂氢氧化钠后，可以将镁离子以及铁离子沉淀，试剂甲为氢氧化钠溶液；（3）检验试剂丙是否过量即检验Na2CO3是否过量，可根据滴加盐酸来分析；（4）溶液中的过量的氢氧根离子和碳酸根离子可以加盐酸来除去．

22.【答案】（1）高温下强碱会和瓷坩埚中的二氧化硅反应腐蚀坩埚

（2）3MnO42﹣+2CO2═2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣，2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O；1：2

（3）A

（4）2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH；KOH溶液；阳离子交换膜防止锰酸根进入阴极区被还原

【解析】【解答】解：（1.）瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应，坩埚被腐蚀，加热软锰矿和KOH固体时，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚，故答案为：高温下强碱会和瓷坩埚中的二氧化硅反应腐蚀坩埚；

（2.）工艺流程可知，CO2使MnO42﹣发生歧化反应，生成MnO4﹣和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入CO2太多，会生KHCO3，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3晶体和KMnO4晶体一起析出，实验中通入适量CO2时体系中可能发生反应离子方程式为：3MnO42﹣+2CO2═2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣，2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O，其中氧化还原反应中氧化剂和还原剂都是高锰酸钾，所以氧化剂和还原剂的质量比即为反应的物质的量之比为1：2；故答案为：3MnO42﹣+2CO2═2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣，2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O；1：2；

（3.）因为盐酸具有还原性，易被高锰酸钾氧化，醋酸钾的溶解度比硫酸钾大的多，蒸发浓缩时基本上都会留在母液中，硫酸加入生成的硫酸钾溶解度小，会随KMnO4一起结晶析出得到的高锰酸钾中含有杂质；故答案为：A；

（4.）惰性电极电解锰酸钾溶液制取高锰酸钾，锰酸根离子在阳极失电子生成高锰酸根离子，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大生成碱，电解反应的化学方程式为：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH，阳离子交换膜分隔两极区进行电解锰酸钾溶液制取高锰酸钾，阳离子移向方向可知左边电极为阳极，右边冒气泡的电极为阴极，为维持电解质溶液电荷守恒，A处最好加入氢氧化钾溶液，使用阳离子交换膜可以提高Mn元素利用率是因为阳离子交换膜防止锰酸根进入阴极区被还原；故答案为：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH；KOH溶液；阳离子交换膜防止锰酸根进入阴极区被还原．

【分析】以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备高锰酸钾晶体，软锰矿固体和KOH固体混合在铁坩埚中煅烧，得到墨绿色熔块，为锰酸钾，冷却后溶于水其水溶液呈深绿色，这是锰酸根（MnO42﹣）在碱溶液中的特征颜色，边加热边通入适量二氧化碳气体，调节溶液PH趁热过滤得到二氧化锰固体和高锰酸钾溶液，冷却结晶得到高锰酸钾晶体；

（1.）瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应，坩埚被腐蚀；

（2.）工艺流程可知，CO2使MnO42﹣发生歧化反应，生成MnO4﹣和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入CO2太多，会生KHCO3，滤液中含有KHCO3、KMnO4；氧化还原反应中氧化剂是元素化合价降低的物质，还原剂是元素化合价升高的物质，结合化学方程式定量关系和电子守恒计算；

（3.）分析盐酸具有还原性容易被高锰酸钾氧化，使产品变质，硫酸反应生成的硫酸钾溶解度小，会随高锰酸钾晶体析出；

（4.）惰性电极电解锰酸钾溶液制取高锰酸钾，锰酸根离子在阳极失电子生成高锰酸根离子，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大生成碱，阳离子交换膜分隔两极区进行电解锰酸钾溶液制取高锰酸钾，阳离子移向方向可知左边电极为阳极，右边冒气泡的电极为阴极，为维持电解质溶液电荷守恒，A处最好加入氢氧化钾溶液，使用阳离子交换膜可以提高Mn元素利用率是因为阳离子交换膜防止锰酸根进入阴极区．

23.【答案】（1）蒸馏水；BaCl2；Na2CO3；HCl

（2）溶解；过滤；蒸发（结晶）

（3）Ba2++SO42-＝BaSO4↓；2H++CO32-＝CO2↑+H2O

【解析】【解答】由流程可知，氯化钠样品含有少量的Na2SO4，最后得到NaCl晶体，则①中加蒸馏水溶解，②中加BaCl2溶液沉淀硫酸根离子，③中加Na2CO3溶液沉淀过量的钡离子，④为过滤得到澄清溶液，⑤中加稀盐酸反应过量的碳酸钠，⑥为蒸发结晶得到氯化钠晶体。

（1）根据以上述分析可知，操作①、②、③、⑤中所需加入试剂分别为蒸馏水、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸；

（2）根据以上分析可知操作①、④、⑥的操作名称分别为溶解、过滤、蒸发结晶；

（3）根据以上分析可知第②步中发生反应Ba2++SO42－＝BaSO4↓、第⑤步发生反应2H++CO32－＝CO2↑+H2O。

【分析】此题考查物质的分离与提纯，根据物质之间性质的不同进行分离，其次注意所加物质必需过量，后加物质尽可能将前面加的物质除去。

24.【答案】（1）③①②⑤④

（2）蒸馏烧瓶

（3）g；f

（4）沸点

（5）防止暴沸

（6）

【解析】【解答】解：（1）实验的操作顺序是：先组装仪器（按组装仪器的顺序从下到上，从左到右），然后检验装置的气密性，最后添加药品，所以该实验操作顺序是：③①②⑤④，故答案为：③①②⑤④；（2）图中仪器a的名称为蒸馏烧瓶；故答案为：蒸馏烧瓶；（3）冷凝管里水流的方向与蒸气的流向相反，否则不能使蒸馏水充满冷凝管，不能充分冷凝，所以冷凝管里水流的方向为g进f出；故答案为：g，f；（4）分馏原油是利用了原油中各组分的沸点不同而达到分离的目的；故答案为：沸点；（5）液体加热要加沸石或碎瓷片，防止暴沸，故答案为：防止液体暴沸．（6）硝酸与苯在浓硫酸做催化剂条件下发生取代反应生成硝基苯和水，化学方程式：；故答为：．

【分析】（1）实验的操作顺序是：先连接仪器（按组装仪器的顺序从下到上，从左到右），然后检验装置的气密性，最后添加药品；（2）依据图中仪器的形状说出其名称；（3）冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用，即冷凝管里水流的方向与蒸气的流向相反；（4）依据分馏实验原理解答；（5）液体加热要加沸石或碎瓷片，防止暴沸；（6）硝酸与苯在浓硫酸做催化剂条件下发生取代反应生成硝基苯和水；

25.【答案】（1）分液漏斗；Br2+2OH﹣=Br﹣+BrO﹣+H2O

（2）减少Br2的挥发

（3）没有采用有毒气体Cl2，更环保

（4）滴入2～3滴淀粉溶液；18.8；偏低

【解析】【解答】解：富马酸废液中含有Br﹣，电解生成溴单质，加入四氯化碳萃取后分液，再加入氢氧化钠反萃取得到含溴离子和次溴酸根离子的溶液，加入硫酸酸化发生氧化还原反应生成溴单质．（1）操作X为萃取分液，需要烧杯、分液漏斗等仪器；反萃取时加入20%的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，反应的离子方程式为：Br2+2OH﹣=Br﹣+BrO﹣+H2O；

故答案为：分液漏斗，Br2+2OH﹣=Br﹣+BrO﹣+H2O；（2）溴单质易挥发，浓硫酸溶解放热分析，反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是减少溴单质的挥发；

故答案为：减少Br2的挥发；（3）无有毒气体氯气参加反应，生产过程环保；

故答案为：没有采用有毒气体Cl2，更环保；（4）①硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，加入淀粉溶液做指示剂；滴入2～3滴淀粉溶液，再用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点；

故答案为；滴入2～3滴淀粉溶液；②依据化学方程式定量关系计算，将4.5mL0.02mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，n（Br2）=0.0045L×0.02mol/L=0.00009mol，其中和碘化钾反应的溴单质物质的量

2KI～Br2～I2～2Na2S2O3

12

n0.01mol/L×0.015L

n=0.000075mol

与苯酚反应的溴单质=0.00009mol﹣0.000075mol=0.000015mol

则苯酚物质的量=×0.000015mol=0.000005mol

该废水中苯酚的含量为×0.000005mol×94g/mol=0.0188g/L=18.8mg/L；③步骤3持续的时间长导致的是KI被氧化，测定苯酚量减少，测定结果偏低；

故答案为：偏低．

【分析】富马酸废液中含有Br﹣，电解生成溴单质，加入四氯化碳萃取后分液，再加入氢氧化钠反萃取得到含溴离子和次溴酸根离子的溶液，加入硫酸酸化发生氧化还原反应生成溴单质．（1）操作X为萃取分液，需要烧杯、分液漏斗等仪器；反萃取时加入20%的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水；（2）溴单质易挥发，浓硫酸溶解放热；（3）无有毒气体氯气参加反应，生产过程环保；（4）①硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，加入淀粉溶液做指示剂；②依据化学方程式定量关系计算；③步骤3持续的时间长导致的是KI被氧化．

26.【答案】（1）Ba(OH)2；K2CO3；稀盐酸

（2）除尽镁离子和硫酸根离子

（3）过滤

【解析】【解答】(1)由上述分析可知，A为Ba(OH)2，B为K2CO3，C为稀盐酸；(2)由分析可知，A将镁离子、硫酸根离子转化为沉淀，发生Mg2++2OH=Mg(OH)2↓、Mg2++SO42+Ba2++2OH=Mg(OH)2↓+BaSO4↓，故过量的Ba(OH)2是为了除尽镁离子和硫酸根离子；(3)根据分析，B为K2CO3，作用是将过量钡离子转化为沉淀，所以操作Ⅰ的名称是过滤。

【分析】由流程图可知，为除去KCl溶液中的少量MgCl2、MgSO4，A为Ba(OH)2，将镁离子、硫酸根离子转化为沉淀；再加B为K2CO3，将过量钡离子转化为沉淀；过滤后，向滤液中加适量C为稀盐酸，将过量的碳酸钾反应生成生成KCl，最后加热煮沸得到KCl溶液。

27.【答案】（1）适当加热（或将煤矸石粉碎，适当提高硫酸的浓度等）

（2）防止H2O2分解；MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O

（3）Al2O3；静置，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液呈现血红色，说明未沉淀完全，反之则沉淀完全

（4）Al2（SO4）3+2CaCO3+2H2O=Al2（OH）4SO4+2CaSO4+2CO2↑

【解析】【解答】解：煤矸石经预处理后主要含SiO2（61%）、Al2O3（30%）和少量的Fe2O3、FeO及MgO，由实验流程可知，加硫酸后，Al2O3、Fe2O3、FeO、MgO均与硫酸反应，只有SiO2不反应，酸溶后溶液中含Al3+、Fe2+、Fe3+、Mg2+，然后加过氧化氢氧化Fe2+，再加X为氧化铝、氢氧化铝等调节pH，促进铁离子水解转化为沉淀，则过滤得到滤渣为SiO2、Fe（OH）3，除杂II除去溶液中镁离子，滤渣Ⅱ为Mg（OH）2，然后滤液中加硫酸酸化，再加碳酸钙调节pH，从而制备Al2（OH）4SO4，（1）为提高“酸浸”时铝浸出率，可采取的措施之一是适当加热（或将煤矸石粉碎，适当提高硫酸的浓度等），

故答案为：适当加热（或将煤矸石粉碎，适当提高硫酸的浓度等）；（2）氧化时应控制反应温度在10℃～20℃，其原因是防止H2O2分解，“氧化”时可用MnO2替代，发生的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2