2025高考化学一轮复习之制备实验方案的设计（解答大题）VIP

第1页（共1页）2025高考化学一轮复习之制备实验方案的设计（解答大题）一．解答题（共20小题）1．（2024•湖北模拟）纳米铁（零价）由于其纳米尺寸效应，在重金属水处理领域发挥了独特作用。回答下列问题：Ⅰ．纳米铁的合成：用绿茶提取液（含黄酮、多酚等还原性物质）实现了纳米铁的绿色合成。（1）获得纳米铁的还原剂是。（2）用乙醇洗涤的作用是。（3）通氮气的目的是。Ⅱ．纳米铁的表征：图谱分析可知，该晶体属于立方晶系，其结构如图所示。（4）设NA是阿伏加德罗常数的值，则纳米铁晶体的摩尔体积Vm＝m3•mol﹣1（列出计算式）。Ⅲ．纳米铁净化污染物：纳米铁去除重金属离子的原理包括吸附作用和还原作用，不同重金属离子，去除原理不同。（5）去除Zn2+，纳米铁主要起到的作用是。（6）取少量纳米铁，加入到10mg•L﹣1K2Cr2O7溶液中，振荡1分钟，过滤除去不溶氢氧化物，得到色溶液，该反应的离子反应方程式为。2．（2024•青羊区校级模拟）呋喃甲酸与呋喃甲醇都是重要的工业原料，某实验小组拟利用呋喃甲醛的Cannizzaro反应（方程式如图1）进行制备与分离，相关原理、装置与制备流程如图2。回答相关问题：物质状态熔点℃沸点℃溶解性呋喃甲醛油状液体﹣36161.7微溶于冷水，溶于热水、乙醇、乙醚呋喃甲酸白色晶体130易升华难溶于冷水，易溶于乙醇、乙醚呋喃甲醇液体﹣31171溶于水，乙醇、乙醚（1）反应开始后体系温度极易上升，原因是。已知温度高于12℃会引发副反应，为提高产率可采取的控温操作有、（答出两点）。（2）进行“操作②”时需多次收集馏分，最先馏出的是。将铜丝烧至红热后伸入呋喃甲醇，现象是（结合反应方程加以说明）。（3）“操作①”的名称是。若先加盐酸调pH再进行“操作①”，会导致产品分离困难，原因是。（4）反应过程产生的有色杂质易吸附在Y表面，可通过重结晶提纯：将过滤得到的粗产品溶于5﹣7mL热水中，加活性炭，煮沸10min，（填操作名称），冷却结晶，过滤，洗涤，晾干，得白色针状晶体产品。最佳洗涤剂是（填序号）。a.乙醇b.冷水c.乙醚d.热水（5）呋喃可以发生加聚反应生成聚呋喃，试写出相应方程，并从结构角度分析呋喃甲酸与α﹣甲基呋喃均无法聚合的原因。3．（2024•威海一模）某小组用Raney镍在常温常压下催化氢化肉桂酸，其原理和装置（夹持仪器略）如下。回答下列问题：（1）制备Raney镍。向盛有镍铝合金（NiAl2）的烧杯中加入NaOH溶液，完全反应后，依次用蒸馏水和无水乙醇洗净Raney镍备用。加入NaOH溶液反应的离子方程式为。（2）催化氢化。连接装置进行如下操作：（i）。（ii）加反应物。向氢化瓶中加入ag肉桂酸和适量无水乙醇，搅拌溶解，再加入Raney镍。（iii）排空。①赶尽量气管中空气的操作方法是。②打开K4、关闭K3，将氢化瓶抽真空。（iv）充氢气氢化。打开氢气瓶，将氢气充入量气管，记录初始读数为V1mL（已换算为标况，下同），再将量气管中的氢气充入氢化瓶中，开动电磁搅拌器进行氢化。判断氢化反应完成的标志为。（v）记录反应后的读数为V2mL（已知量气管的0刻度在上方）。（3）得到产品。将氢化瓶内混合物先过滤去除催化剂，再选用下列仪器进行提纯得到产品，所选仪器的连接顺序为①（填序号）。（4）计算产率。该产品的产率为（用含a、V1、V2的式子表示）。若记录V2时，水准瓶的液面高于量气管的液面，将导致测得产品的产率（填“偏高”或“偏低”）。4．（2024•宿迁一模）燃煤烟气中含有大量SO2和NO。某实验室模拟“软锰矿浆同步脱硫脱硝技术”并制备MnSO4•H2O，部分流程如下。已知：①软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质）。②；③NO+O3⇌NO2+O2（1）①“浸锰”过程，SO2发生的主要化学方程式为。②滤渣Ⅰ的主要成分为。（写化学式）（2）“除气”过程，烟气中混入一定量O3可提高NO脱除率，其可能的原因是：。（3）“滤液Ⅰ”中加入等物质的量MnO2和MnCO3，反应的离子方程式为：。（4）“滤液Ⅱ”中用MnF2可除去Ca2+，结合反应方程式和定量计算说明原因。（当反应平衡常数大于105时，可认为反应完全）。（5）“滤液Ⅲ”可制得MnSO4•H2O。已知：①在烟气吸收过程中，除生成MnSO4外，还容易产生连二硫酸锰（MnS2O6），当温度超过35℃，MnS2O6会快速分解为MnSO4和SO2。②部分锰盐在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图。请设计由“滤液Ⅰ”获得MnSO4•H2O的实验方案为：。（须使用的试剂为：0.1mol•L﹣1LNaOH溶液，无水乙醇）5．（2024•海淀区校级模拟）乙二醇常用作溶剂、防冻液和合成聚酯的原料。工业上有多种方法可以制备乙二醇。（1）环氧乙烷（）直接水合法；环氧乙烷在一定条件下直接水解得到乙二醇，写出该反应的化学方程式。生成的乙二醇可以继续与环氧乙烷发生副反应生成HOCH2CH2OCH2CH2OH。为避免发生副反应，需要加大量的水，导致产品含水量较高，后续分离流程复杂。（2）碳酸乙烯酯合成法：第一步：（碳酸乙烯酯）ΔH＞0第二步：（碳酸乙烯酯）+H2OOHCH2CH2OH+CO2探究第二步反应最佳的合成工艺条件。①反应温度为140℃，催化剂用量为2%，反应2h时，n（H2O）/n（碳酸乙烯酯）与反应后体系中各物质含量的关系如表所示：n（H2O）/n（碳酸乙烯酯）1.52.02.53.0乙二醇含量/%23.296.894.490.4H2O含量/%0.83.25.69.6碳酸乙烯酯含量/%72.2000根据表中数据分析，n（H2O）/n（碳酸乙烯酯）＝1.5时，乙二醇实际含量较低的可能原因是、。（写出两条）②n（H2O）/n（碳酸乙烯酯）＝2.0，催化剂用量为2%，反应2h时，碳酸乙烯酯转化率和乙二醇选择性随反应温度变化的趋势如图。反应温度大于140℃时，乙二醇选择性下降的原因是。（3）CO氧化偶联法：先以CO、H2、O2、NO、CH3OH等为原料合成草酸二甲酯，再制得乙二醇。物质转化流程如图。①写出该过程的总反应方程式。②已知乙二醇的沸点为197.3℃，甲醇的沸点为64.8℃，二者互溶。分离乙二醇和甲醇的实验操作为，解释二者互溶的原因。（4）乙烯催化氧化一步法：有研究者发现，H2O2能够在钛硅分子筛的催化作用下氧化乙烯，一步生成乙二醇。不同温度下，H2O2的转化率与利用率如表所示。温度（℃）506080H2O2转化率/%84.998.499.8H2O2利用率/%67.267.855.5解释60℃后H2O2利用率变化的原因。6．（2024•开福区校级模拟）铬的化合物应用广泛，工业上以铬铁矿（含Al、Si氧化物等杂质）为主要原料制备红矾钠（Na2Cr2O7•2H2O）的工艺流程如图。已知：①FeCr2O4中Cr的化合价为+3；②焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。请回答下列问题：（1）与基态铬原子的最外层电子数相同且同周期的元素有种。（2）为了提高“焙烧”效果，可采取的一种措施是。（3）“浸取”所得的滤渣为Fe2O3由此推断FeCr2O4“焙烧”时发生主要反应的化学方程式为。（4）常温下，矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度的对数[lgc/（mol•L﹣1）]与pH的关系如图所示。当溶液中可溶性组分浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为已除尽。则“中和”时pH的理论范围为；“酸化”过程中的离子方程式为。（5）工业上常用电解法处理含Cr2的酸性废水，用金属铁作阳极、石墨作阴极，一段时间后产生Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀。①若电解后溶液中c（Cr3+）＝3.0×10﹣5mol•L﹣1，则c（Fe3+）＝mol•L﹣1{已知Ksp[Cr（OH）3]＝6.0×10﹣31，Ksp[Fe（OH）3]可从第（4）小题图中计算得出}。②电解法处理含Cr2的酸性废水，下列有关原理的说法正确的是（填标号）。A．阳极反应为Fe﹣2e﹣＝Fe2+B．电解过程中溶液pH不会变化C．如果石墨作阳极，电解过程不变D．电路中每转移12mol电子，阳极有1molCr2被还原7．（2024•道里区校级模拟）高效、安全的消毒剂优氯净，其有效成分氰尿酸钠（）可溶于水，难溶于冰水，常温下性质稳定，受热易分解。实验室可通过以下装置和原理（夹持仪器已略去）来制取。已知：①②回答下列问题：（1）a、b中分别盛放浓盐酸和高浓度NaClO溶液，a和b的仪器可以相同，则仪器名称为。（2）连接好仪器，，再用酒精灯加热圆底烧瓶，检查装置气密性。（3）丙中反应温度控制在10℃左右，温度不宜过高的原因是、。（4）乙中液体为；通入三颈烧瓶中的气体的作用是。（5）将所得产品充分析出并分离的操作为、过滤、冷水洗涤、低温干燥。（6）产品有效氯含量测定：称取0.1000g产品，配成100mL溶液，取50mL溶液于锥形瓶中，依次加入适量醋酸溶液和过量的KI溶液。用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液18.00mL。（已知：Na2S2O3转化为Na2S4O6）①测定过程中，次氯酸氧化I﹣生成I2的离子方程式为。②产品有效氯含量为（产品有效氯以转化为HClO中的氯元素的质量分数来计算）。8．（2024•昆明一模）碘化亚铜（CuI）是一一种白色粉末，不溶于水，能被O2氧化，可用作有机合成催化剂。实验室制备碘化亚铜的装置如图所示（部分夹持及加热装置已略去）：回答下列问题：（1）仪器X的名称为，新制NaI溶液中需溶入少量SO2，其目的是。（2）实验中应该先打开活塞（填“a”或“b”），单向阀的作用是。（3）装置B中SO2参与反应生成CuI的离子方程式为。（4）已知荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图甲所示。取0.1mgCuI粗产品，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样1mL测得荧光强度比值为10.6，则产品中CuI的纯度为%。（5）基态Cu+的N能层中有个空轨道；CuI晶胞包含8个小立方体，其中一种小立方体的结构如图乙所示。则1个CuI晶胞中含个I﹣。9．（2024•花溪区校级模拟）以硫酸厂矿渣（含Fe2O3、α﹣Al2O3、SiO2等）为原料制备铁黄（FeOOH）的一种工艺流程如图所示：资料：ⅰ.α﹣Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。ⅱ.Ksp（CaCO3）＝2.8×10﹣9；Ksp（FeCO3）＝2×10﹣11。回答下列问题：（1）为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有（写出其中一种）。（2）“滤渣”中主要成分为（填化学式）。（3）①“沉铁”过程中有CO2气体产生，反应的离子方程式为。②“沉铁”过程中往往有副产物Fe（OH）2生成，分析原因是。③若用CaCO3“沉铁”，则无副产物Fe（OH）2产生，当反应完成时，溶液＝。（4）利用制备的铁黄进行如图实验：某同学发现实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色会逐渐褪去，褪色后的溶液中继续滴加KSCN溶液，又出现红色，则褪色的原因可能是。（5）铁有δ、γ、α三种晶型，各晶胞结构如图，则δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为γ—Fe的晶胞边长为apm，则Fe原子半径为pm。10．（2024•琼山区校级一模）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种抗氧化剂，受热易分解。某研究小组用下述方法制备少量Na2S2O5：在不断搅拌下，控制反应温度在40℃左右，向Na2CO3过饱和溶液中通入适量SO2，在20℃左右静置结晶。实验装置如图所示。（1）生成Na2S2O5的化学方程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O，该反应是否为氧化还原反应（填“是”或“否”）。（2）已知平衡时含硫微粒的分布系数（分布系数＝）与pH的关系如图所示。装置X中，SO2与Na2CO3溶液反应的离子方程式为；判定可停止通SO2的实验操作为。（3）装置Y的作用是。（4）制得的Na2S2O5中混有Na2SO3和Na2SO4杂质，其可能的原因是。（5）测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量，取50.00mL样品，用0.01000mol•L﹣1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL标准液。滴定反应为S2+2I2+3H2O═2+4I﹣+6H+。该样品中Na2S2O5的残留量为g•L﹣1；以下操作会造成Na2S2O5残留量测定值偏高的是（填字母）。A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液11．（2024•江苏模拟）硫酸羟胺[（NH3OH）2SO4]是一种重要的化工原料，呈白色粉末状，可溶于水。一种利用氨法烟气脱硫中生成的亚硫酸氢铵制备环己酮肟的过程如图：已知：①环己酮（）和羟胺（NH2OH）反应生成环己酮肟（）称为肟化反应；②环己酮肟能溶于水，难溶于（NH4）2SO4浓溶液。（1）“反应”中生成（NH3OH）2SO4，若n（SO2）：n（NH4HSO3）＝1：1，写出该反应的离子方程式。（2）浓缩的目的有：①防止在后续蒸发浓缩制硫酸铵时耗能过多；②；③。（3）“肟化反应”中还需通入气体X，写出X的化学式：。（4）“分离”的操作名称为：。（5）环己酮肟在酸性条件下水解可实现脱肟。实验小组利用如图装置进行环己酮肟的脱肟并制备硫酸羟胺。补充完整制取硫酸羟胺的实验方案：在三颈烧瓶中分别加入一定量环己酮肟、蒸馏水和硫酸，，萃取相经气相色谱分析环己酮肟的转化率较高后，，即可得到硫酸羟胺粗品。（实验中需要使用的试剂、仪器：甲苯、Ba（OH）2溶液、蒸馏水、pH计）控温水浴12．（2024•鼓楼区校级模拟）氯化钴（CoCl2）固体为蓝色，吸水后变为粉红色至红色，有潮解性，能溶于水，常用作分析试剂湿度和水分的指示剂。某兴趣小组查阅有关资料后在实验室以Co2O3为主要原料制备氯化钴。有关资料：Ⅰ.Co2O3不溶于水，不与水反应，具有较强氧化性。Ⅱ.Co2O3在不同温度下被H2还原的产物如下表：温度/℃125200250还原产物Co3O4CoOCo回答下列问题：（1）有同学查阅资料得知，向Co2O3固体滴加浓盐酸会生成氯化钴，进行实验时发现还产生了黄绿色有刺激性气体的气体，反应的化学方程式为。小组同学因此舍弃该制备方法。（2）经讨论后，确定了实验方案：Ⅰ.制备H2：Ⅱ.净化H2；Ⅲ.CO2O3热还原制备CoO；Ⅳ.还原产物用盐酸酸溶；Ⅴ.酸溶液提取CoCl2；Ⅵ.检验产品纯度。小组同学称取1.6600gCo2O3制备CoO，制备CoO用到的装置如图所示（夹持装置己略去）。①以上装置各接口的连接顺序为e→→h。②加热瓷舟前应进行的操作为。③同学甲认为可控温电加热管的温度应该控制在200℃，同学乙认为温度为250℃也不会对CoCl2的纯度造成影响，他的理由是。（3）瓷舟中的CoO冷却后溶于100mL1.0mol•L﹣1盐酸，此过程中无气体产生，将酸溶液经（填操作名称），得到CoCl2•6H2O晶体。（4）将CoCl2•6H2O晶体中气流中加热去除结晶水，置于干燥器中冷却后称其质量为2.6500g，经计算存在误差。（5）小组同学将所得晶体溶于水，加入足量AgNO3溶液，所得白色沉淀的质量为5.7400g。则产生上述误差的原因可能为。13．（2024•丰台区二模）将CO2转化为高附加值的化学品，对实现碳中和、可持续发展具有重要意义。Ⅰ.利用CO2催化加氢制备乙烯，反应过程主要分为两步。ⅰ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（l）ΔH＝+41kJ•mol﹣1ⅱ.2CO（g）+4H2（g）⇌C2H4（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣152kJ•mol﹣1（1）CO2和H2反应制备乙烯的热化学方程式为。（2）0.1MPa，投料比n（CO2）：n（H2）＝1：3的条件下研究反应ⅰ，在不同温度下达到平衡时各气体的物质的量分数如图1所示（水转化为液态，不计入）。①200℃时，主要发生的反应的化学方程式为。②800℃时，CO2的平衡转化率为。Ⅱ.利用煤气化灰渣（主要成分有CaO、Al2O3、Fe2O3和MgO等）封存CO2，制备高纯碳酸钙。ⅰ.浸出：向灰渣中加入稍过量盐酸，充分反应后过滤，得滤液a；ⅱ.净化：向滤液a中逐渐加入氨水，金属氢氧化物分步沉淀，分步过滤，得到滤液b；ⅲ.碳酸化：向滤液b中通入CO2，过滤、洗涤、干燥，得到高纯CaCO3。已知：一些金属氢氧化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的lg[c（Mn+）]与pH关系如图2所示。（3）净化时，先分离出的氢氧化物是。（4）碳酸化时发生主要反应的离子方程式是。Ⅲ.利用双极膜电解Na2SO4制备NaOH，捕集烟气中CO2，制备NaHCO3。已知：双极膜为复合膜，可在直流电的作用下，将膜间的H2O解离，提供H+和OH﹣。（5）结合电极反应解释A区产生浓NaOH溶液的原因。（6）当电路中转移2mole﹣时，上图装置产生molNaOH。（7）制得的NaHCO3固体样品中常混有Na2CO3。准确称量xg样品，下列方案中，能测定样品中NaHCO3纯度的是。A．充分加热，固体减重m1gB．与足量稀盐酸充分反应，加热蒸干，得m2g固体C．与足量稀硫酸充分反应并加热，逸出气体用碱石灰吸收，增重m3g14．（2024•山东模拟）铼是重要的战略金属，实验室以二硫化铼（ReS2）为原料用图1装置制备高铼酸铵（NH4ReO4），进一步在高温下用氢气还原高铼酸铵制备金属铼。已知：①ReS2在水中易被Cl2、Br2、O2等氧化为高铼酸和硫酸②高铼酸是强酸，可用有机物TBP（磷酸二丁酯）萃取，室温下，在两相间的分配系数Kd＝＝50，萃取率＝③相关化合物的溶解度和温度的关系如图2所示（1）气密性检验后，打开K1，C中反应的离子方程式为，一段时间后再打开K2；若C中压强过大，可观察到的现象是装置D中的药品是（写化学式）。（2）反应结束后，取三颈烧瓶中液体进行下列操作：（i）……；（ii）将所得固体置于硬质玻璃管中，点燃酒精喷灯；（iii）向硬质玻璃管中通入H2；（iv）一段时间后停止加热，冷却后停止通入H2。操作（i）为，上面操作存在的错误是。（3）所得产品仍含有未反应的高铼酸铵（摩尔质量为Mg/mol），用下列方法测定产品中金属铼的含量：取产品mg，加入热水溶解，过滤，向所得滤液中加足量浓氢氧化钠溶液并加热，产生的氨气用硼酸吸收，吸收液用盐酸标准液滴定，消耗cmol•L﹣1盐酸VmL，则金属铼的质量分数为（用含M、m、c、V的表达式表示）。下列情况会造成金属铼的质量分数偏小的是。a.加入冷水溶解产品b.产生的氨气未被充分吸收c.滴定达终点，读数结束后发现滴定管尖嘴悬挂液滴d.酸式滴定管未用标准液润洗（4）低浓度高铼酸溶液可通过萃取、反萃取得到高浓度的NH4ReO4。室温时，向15mL高铼酸溶液中加入5mLTBP充分振荡静置分层，在水层的浓度为c（）水＝2.0×10﹣3mol•L﹣1，TBP的萃取率为。（保留三位有效数字）15．（2024•南宁二模）GaN是制造微电子器件，光电子器件的新型半导体材料。综合利用炼锌矿渣{主要含铁酸镓[Ga2（Fe2O4）3]、铁酸锌（ZnFe2O4），还含少量Fe及一些难溶于酸的物质}获得金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓（GaN），部分工艺流程如图。已知：①Fe2在酸性条件下不稳定，易转化为Fe3+。②常温下，“浸出液”中的金属离子对应的氢氧化物的溶度积常数如下表，离子浓度小于1×10﹣5mol⋅L﹣1时可视为沉淀完全。氢氧化物Fe（OH）2Fe（OH）3Zn（OH）2Ga（OH）3Ksp4.9×10﹣172.8×10﹣391.8×10﹣148.0×10﹣32③lg2≈0.3，lg5≈0.7。回答下列问题：（1）为提高浸出率，可采取的措施为（填标号）。a．将矿渣粉碎b．降低温度c．把稀硫酸换成浓硫酸d．延长浸出时间（2）已知纤锌矿结构的GaN晶胞结构与金刚石结构类似，则该种GaN晶体的类型为，基态Ga原子价层电子的轨道表示式为。（3）ZnFe2O4与稀硫酸反应的化学方程式为。（4）“调pH”时需调节溶液pH的最小值为。（5）检验“滤液1”中是否含有Fe3+的试剂为（填名称）。（6）电解反萃取液（溶质为NaGaO2）制粗镓的装置如图所示，阳极的电极反应式为；电解废液经处理后可循环使用，其主要溶质为（填化学式）。（7）采用MOCVD（金属有机化合物化学气相沉积）技术制备GaN时，反应会产生一种标准状况下密度约为0.71g⋅L﹣l的可燃性气体，写出该反应的化学方程式：（不写条件）。16．（2024•金华模拟）一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应②所得溶液pH在3～4之间，反应③需及时补充NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。已知：常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.3×10﹣2，Ka2＝6.3×10﹣8。请回答：（1）溶液①中阴离子浓度大小（用“＞”表示）：。（2）下列说法正确的是。A．反应①、②和③均为氧化还原反应B．气体①和②是造成酸雨的主要成分C．往反应①后的溶液中加水可得到硫酸铜溶液D．溶液Y可循环用于反应②进行吸收气体①（3）写出反应③的化学方程式：。（4）“低温真空蒸发”可防止X被氧化。请设计实验证明X是否被氧化。若X部分被氧化，为不降低Cu2O的产率，补充NaOH的量应适当（填“增加”“减少”或“不变”）。17．（2024•江苏二模）实验室用磷矿脱镁废液制备MgHPO4•3H2O的实验过程可表示为：（1）磷矿脱镁废液中主要含H2及少量Mg2+、Ca2+、Fe3+、Al3+和。①向废液中加入NaOH溶液调节pH为4.5，可达到Ca2+、Fe3+和Al3+的最佳沉淀效果。其中Ca2+转化为CaHPO4•2H2O的离子方程式为。②将除杂净化后的清液控制在一定温度，加入MgO浆液搅拌即可获得MgHPO4固体。实验测得镁回收率、产品纯度与反应后溶液pH关系如图1所示。pH小于6时，随着pH增大，镁回收率上升，其原因是。③pH大于6时，随着pH增大，产品纯度逐渐下降，其可能原因是。（2）实验室用如下方案测定MgHPO4•3H2O产品（含有Na2HPO4杂质）的纯度：准确称取0.7200g磷酸氢镁产品，加入足量稀硫酸溶解后配成100.00mL溶液。准确移取25.00mL于锥形瓶中，用0.05000mol•L﹣1Na2H2Y标准液滴定（离子方程式为Mg2++H2Y2﹣═MgY2﹣+2H+）至终点，平行滴定三次，平均消耗Na2H2Y标准液19.20mL。计算该产品中MgHPO4•3H2O的纯度（写出计算过程）。（3）恒温转化后的母液中主要含Na2HPO4和Na2SO4。已知：水溶液中各含磷微粒的分布如图2所示，Na3PO4和NaCl的溶解度曲线如图3所示；常温下BaSO4、BaHPO4的溶度积常数依次为1.1×10﹣10和3.2×10﹣7。请补充完整由恒温转化后的母液制备Na3PO4晶体的实验方案：用比浊法测定母液中的浓度后，在搅拌下向一定体积的母液中，过滤、用无水乙醇洗涤，干燥。18．（2024•崇明区质检）碱式碳酸镁[4MgCO3•Mg（OH）2•4H2O]是一种重要的无机化工产品。一种由白云石【主要成分为CaMg（CO3）2，含少量SiO2、Fe2O3等】为原料制备碱式碳酸镁的实验流程如图：（1）常温常压下，“碳化”可使镁元素转化为Mg（HCO3）2，“碳化”时终点pH对最终产品中CaO含量及碱式碳酸镁产率的影响如图1和图2所示。①应控制“碳化”终点pH约为，钙元素的主要存在形式是（填化学式）。②“热解”生成碱式碳酸镁的化学方程式为。③该工艺为达到清洁生产，可以循环利用的物质是（填化学式）。某碱式碳酸镁中含有SiO2杂质，为测定其纯度。某兴趣小组设计了如下方案：①称取碱式碳酸镁样品mg；②将样品充分高温煅烧，冷却后称量；③重复操作②，测得剩余固体质量为m1g（用电子天平称量）。（2）下列仪器中，该方案不会用到的是（3）判断样品完全分解的方法是；本实验至少需要称量次。（4）某研究小组进行三次实验，数据记录如下：样品质量/g剩余固体质量/g实验118.0008.000实验218.0008.020实验318.0007.980通过计算，该样品中碱式碳酸镁的纯度为。（4MgCO3•Mg（OH）2•4H2O式量取466；写出简要的步骤）（5）有同学认为高温煅烧过程中会发生MgCO3+SiO2MgSiO3+CO2↑，会导致测定结果有误，你认为这位同学的观点正确吗？（填“正确”或“错误”），请说明自己的理由：。19．（2024•宝山区二模）某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。NaN3是气体发生剂，一种生产叠氮化钠的工艺流程如图：（1）已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确的是。A.NaN3中只含离子键B．含有22个电子C.常温下，0.01mol•L﹣1HN3溶液的pH＞2D.0.01mol•L﹣1NaN3溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（）+c（HN3）（2）上述流程中可以循环利用的物质是。A.N2OB.NaOHC.NaD.NH3（3）发生器Ⅰ中的反应与“钠和水”反应相似，该反应的化学方程式为。（4）发生器Ⅱ中的反应如下：2NaNH2+N2O＝NaN3+NaOH+NH3。写出实验室检验NH3气体的方法。（5）上述工艺流程生产的NaN3中可能会含有少量的Na2CO3杂质，某兴趣小组设计了如图实验装置（部分夹持装置省略），测定产品NaN3中Na2CO3的含量。测定过程中可能涉及到的实验操作步骤有：a.取下装置D，称量。b.称量样品质量m1，检查装置气密性。c.打开弹簧夹，鼓入空气，一段时间后关闭。d.打开分液漏斗的活塞和玻璃塞，注入足量稀硫酸充分反应，关闭活塞和玻璃塞。①请写出正确的操作顺序：b→→→→→a（用步骤序号回答，可重复）。②仪器E的名称为。该装置中的碱石灰的作用是。KClO4是助氧化剂，以NaCl等为原料制备KClO4得到的产品中会含有少量的KCl杂质，某兴趣小组为测定产品纯度进行了如下实验：准确称取11.378g样品溶于水中，配成500mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使全部转化为Cl﹣，（反应为3KClO4+C6H12O6＝6H2O+6CO2↑+3KCl）。加入少量K2CrO4溶液作指示剂，用0.40mol•L﹣1AgNO3溶液进行滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积10.50mL（滴定达到终点时，产生砖红色Ag2CrO4沉淀）。（6）已知：Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）＝1.1×10﹣12，若c（）＝1.1×10﹣4mol•L﹣1，则此时c（Cl﹣）＝mol•L﹣1，可认为沉淀反应已达完全。（7）计算样品中KClO4的质量分数（写出计算过程）。20．（2024•大庆三模）爆炸盐（也称氧净），主要成分是过碳酸钠（2Na2CO3⋅3H2O2，M＝314g⋅mol﹣1）。过碳酸钠易溶于水，高温下易分解。某小组模拟工业生产过碳酸钠，装置如图所示。（1）装置中仪器B的名称是。（2）反应过程中温度一般不超过50℃，原因是（用化学方程式表示）。（3）按图连接好装置后，先将饱和Na2CO3溶液和稳定剂在三颈烧瓶中混合均匀，再从仪器B中缓慢滴加30%H2O2溶液，在磁力搅拌下充分反应。下列物质可作为稳定剂使用的是（填字母）。A.FeCl3B.Na2SiO3C.MnO2D.Na2SO3（4）反应后向混合物中加入NaCl固体，搅拌、静置、过滤、洗涤、低温干燥，得到过碳酸钠固体。加入NaCl固体的作用是。（5）键角大小比较：H2O2分子中的O﹣O﹣H键角NH3分子中的H﹣N﹣H键角（填“＞”或“＜”），原因是；下列三种晶体①H2O2晶体②NH4NO3晶体③C2H5NH3NO3晶体的熔点由低到高的顺序是。（用序号表示）（6）过碳酸钠样品中H2O2含量的测定：取ag过碳酸钠样品配成100mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入足量稀硫酸，用0.06mol⋅L﹣1KMnO4溶液进行滴定至终点，消耗VmLKMnO4溶液。该过碳酸钠的产品纯度为（用含字母a、V的百分数形式表示）。

2025高考化学一轮复习之制备实验方案的设计（解答大题）参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．（2024•湖北模拟）纳米铁（零价）由于其纳米尺寸效应，在重金属水处理领域发挥了独特作用。回答下列问题：Ⅰ．纳米铁的合成：用绿茶提取液（含黄酮、多酚等还原性物质）实现了纳米铁的绿色合成。（1）获得纳米铁的还原剂是黄酮、多酚等。（2）用乙醇洗涤的作用是洗去纳米铁表面的绿茶提取液。（3）通氮气的目的是带走纳米铁表面的水蒸气。Ⅱ．纳米铁的表征：图谱分析可知，该晶体属于立方晶系，其结构如图所示。（4）设NA是阿伏加德罗常数的值，则纳米铁晶体的摩尔体积Vm＝m3•mol﹣1（列出计算式）。Ⅲ．纳米铁净化污染物：纳米铁去除重金属离子的原理包括吸附作用和还原作用，不同重金属离子，去除原理不同。（5）去除Zn2+，纳米铁主要起到的作用是吸附作用。（6）取少量纳米铁，加入到10mg•L﹣1K2Cr2O7溶液中，振荡1分钟，过滤除去不溶氢氧化物，得到无色溶液，该反应的离子反应方程式为。【答案】（1）黄酮、多酚等；（2）洗去纳米铁表面的绿茶提取液；（3）带走纳米铁表面的水蒸气；（4）；（5）吸附作用；（6）无；。【分析】绿茶经80℃的蒸馏水浸取，黄酮、多酚等还原性物质进入水溶液，抽滤后的绿茶萃取液，向萃取液中加入0.1mol/L的FeSO4溶液，黄酮、多酚等还原性物质将Fe2+还原为纳米铁，抽滤，用乙醇洗去纳米铁表面的绿茶提取液，再用蒸馏水洗去乙醇，最后在红外灯照射条件下用氮气带走纳米铁表面的水蒸气，据此分析解答（1）～（3）；（4）由晶胞结构可知该晶胞中含有Fe原子个数为1+＝2，该晶胞的体积为V＝（a×10﹣12m）3，1mol该物质中含有个晶胞，故摩尔体积为：Vm＝；（5）锌的还原性大于铁，铁不能与Zn2+反应，用纳米铁去除Zn2+，纳米铁主要起到的作用不可能是还原作用，应为吸附作用；（6）取少量纳米铁，加入到10mg•L﹣1K2Cr2O7溶液中，发生氧化还原反应生成不溶的氢氧化物，该反应的离子方程式为，溶液由橙色变为无色。【解答】解：（1）由分析可知获得纳米铁的还原剂是黄酮、多酚等，故答案为：黄酮、多酚等；（2）由分析可知用乙醇洗涤的作用是洗去纳米铁表面的绿茶提取液，故答案为：洗去纳米铁表面的绿茶提取液；（3）由分析可知通氮气的目的是带走纳米铁表面的水蒸气，故答案为：带走纳米铁表面的水蒸气；（4）由晶胞结构可知该晶胞中含有Fe原子个数为1+＝2，该晶胞的体积为V＝（a×10﹣12m）3，1mol该物质中含有个晶胞，故摩尔体积为：Vm＝，故答案为：；（5）锌的还原性大于铁，铁不能与Zn2+反应，用纳米铁去除Zn2+，纳米铁主要起到的作用不可能是还原作用，应为吸附作用，故答案为：吸附作用；（6）取少量纳米铁，加入到10mg•L﹣1K2Cr2O7溶液中，发生氧化还原反应生成不溶的氢氧化物，该反应的离子方程式为，溶液由橙色变为无色，故答案为：无；。【点评】本题考查物质制备方案设计，为高考常见题型，明确实验原理为解答关键，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，试题侧重于考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。2．（2024•青羊区校级模拟）呋喃甲酸与呋喃甲醇都是重要的工业原料，某实验小组拟利用呋喃甲醛的Cannizzaro反应（方程式如图1）进行制备与分离，相关原理、装置与制备流程如图2。回答相关问题：物质状态熔点℃沸点℃溶解性呋喃甲醛油状液体﹣36161.7微溶于冷水，溶于热水、乙醇、乙醚呋喃甲酸白色晶体130易升华难溶于冷水，易溶于乙醇、乙醚呋喃甲醇液体﹣31171溶于水，乙醇、乙醚（1）反应开始后体系温度极易上升，原因是呋喃甲醛的Cannizzaro反应是放热反应，且反应速率较快。已知温度高于12℃会引发副反应，为提高产率可采取的控温操作有冷水浴、分多次（每次少量）混合反应物（答出两点）。（2）进行“操作②”时需多次收集馏分，最先馏出的是乙醚。将铜丝烧至红热后伸入呋喃甲醇，现象是铜丝由黑变红，发生反应为：2Cu+O22CuO，+CuO+H2O+Cu（结合反应方程加以说明）。（3）“操作①”的名称是分液。若先加盐酸调pH再进行“操作①”，会导致产品分离困难，原因是酸化后再加乙醚，则呋喃甲酸与呋喃甲醇都会被乙醚萃取，此时再蒸馏，因呋喃甲酸易升华，无法有效分离。（4）反应过程产生的有色杂质易吸附在Y表面，可通过重结晶提纯：将过滤得到的粗产品溶于5﹣7mL热水中，加活性炭，煮沸10min，趁热过滤（填操作名称），冷却结晶，过滤，洗涤，晾干，得白色针状晶体产品。最佳洗涤剂是b（填序号）。a.乙醇b.冷水c.乙醚d.热水（5）呋喃可以发生加聚反应生成聚呋喃，试写出相应方程n→，并从结构角度分析呋喃甲酸与α﹣甲基呋喃均无法聚合的原因α位取代基产生了较大位阻效应，1，4﹣加成不易进行。【答案】（1）呋喃甲醛的Cannizzaro反应是放热反应，且反应速率较快；冷水浴；分多次（每次少量）混合反应物；（2）乙醚；铜丝由黑变红，发生反应为：2Cu+O22CuO，+CuO+H2O+Cu；（3）分液；酸化后再加乙醚，则呋喃甲酸与呋喃甲醇都会被乙醚萃取，此时再蒸馏，因呋喃甲酸易升华，无法有效分离；（4）趁热过滤；b；（5）n→；α位取代基产生了较大位阻效应，1，4﹣加成不易进行。【分析】（1）呋喃甲醛的Cannizzaro反应是放热反应，且反应速率较快，放热多，可采取的控温操作有冷水浴、分多次（每次少量）混合反应物，减少放出的热量；（2）乙醚的沸点低于呋喃甲醇，更易被蒸出，将铜丝烧至红热后伸入呋喃甲醇，现象是铜丝由黑变红，发生反应为：2Cu+O22CuO，+CuO+H2O+Cu；（3）操作①的名称是分液，若先加盐酸调pH再进行操作①，即酸化后再加乙醚，酸化过程会生成呋喃甲酸，则呋喃甲酸与呋喃甲醇都会被乙醚萃取，此时再蒸馏，因呋喃甲酸易升华，无法有效分离；（4）反应过程产生的有色杂质易吸附在Y表面，可通过重结晶提纯：将过滤得到的粗产品溶于5﹣7mL热水中，加活性炭，煮沸10min，趁热过滤，冷却结晶，过滤，洗涤，晾干，得白色针状晶体产品，呋喃甲酸难溶于冷水，易溶于乙醇、乙醚；（5）呋喃具有1，3﹣丁二烯的结构单元，可以加聚，呋喃甲酸与α﹣甲基呋喃的α位取代基产生了较大位阻效应，1，4﹣加成不易进行。【解答】解：（1）呋喃甲醛的Cannizzaro反应是放热反应，则反应开始后体系温度上升，反应速率加快，已知温度高于12℃会引发副反应，为提高产率可采取的控温操作有冷水浴、分多次（每次少量）混合反应物，故答案为：呋喃甲醛的Cannizzaro反应是放热反应，且反应速率较快；冷水浴；分多次（每次少量）混合反应物；（2）乙醚的沸点低于呋喃甲醇，最先馏出的是乙醚，将铜丝烧至红热后伸入呋喃甲醇，现象是铜丝由黑变红，发生反应为：2Cu+O22CuO，+CuO+H2O+Cu，故答案为：乙醚；铜丝由黑变红，发生反应为：2Cu+O22CuO，+CuO+H2O+Cu；（3）操作①的名称是分液，若先加盐酸调pH再进行操作①，会导致产品分离困难，因为酸化后再加乙醚，则呋喃甲酸与呋喃甲醇都会被乙醚萃取，此时再蒸馏，因呋喃甲酸易升华，无法有效分离，故答案为：分液；酸化后再加乙醚，则呋喃甲酸与呋喃甲醇都会被乙醚萃取，此时再蒸馏，因呋喃甲酸易升华，无法有效分离；（4）根据题意可知，将过滤得到的粗产品溶于5﹣7mL热水中，加活性炭，煮沸10min，趁热过滤，冷却结晶，过滤，洗涤，晾干，得白色针状晶体产品，呋喃甲酸难溶于冷水，最佳洗涤剂是冷水，故答案为：趁热过滤；b；（5）呋喃可以发生加聚反应生成聚呋喃，该反应的方程式为：n→，呋喃甲酸与α﹣甲基呋喃均无法聚合，原因是α位取代基产生了较大位阻效应，1，4﹣加成不易进行，故答案为：n→；α位取代基产生了较大位阻效应，1，4﹣加成不易进行。【点评】本题主要考查呋喃甲酸的制备，涉及有机方程式书写，侧重考查学生对信息的理解与应用的能力，理解流程原理是解决本题的关键，难度中等。3．（2024•威海一模）某小组用Raney镍在常温常压下催化氢化肉桂酸，其原理和装置（夹持仪器略）如下。回答下列问题：（1）制备Raney镍。向盛有镍铝合金（NiAl2）的烧杯中加入NaOH溶液，完全反应后，依次用蒸馏水和无水乙醇洗净Raney镍备用。加入NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+6H2O＝2[Al（OH）4]﹣+3H2↑。（2）催化氢化。连接装置进行如下操作：（i）检查装置的气密性。（ii）加反应物。向氢化瓶中加入ag肉桂酸和适量无水乙醇，搅拌溶解，再加入Raney镍。（iii）排空。①赶尽量气管中空气的操作方法是打开K1、关闭K2，将水准瓶抬高，使量气管内充满水。②打开K4、关闭K3，将氢化瓶抽真空。（iv）充氢气氢化。打开氢气瓶，将氢气充入量气管，记录初始读数为V1mL（已换算为标况，下同），再将量气管中的氢气充入氢化瓶中，开动电磁搅拌器进行氢化。判断氢化反应完成的标志为量气管内液面高度不再发生变化。（v）记录反应后的读数为V2mL（已知量气管的0刻度在上方）。（3）得到产品。将氢化瓶内混合物先过滤去除催化剂，再选用下列仪器进行提纯得到产品，所选仪器的连接顺序为①⑧⑥⑤⑦②（填序号）。（4）计算产率。该产品的产率为%（用含a、V1、V2的式子表示）。若记录V2时，水准瓶的液面高于量气管的液面，将导致测得产品的产率偏高（填“偏高”或“偏低”）。【答案】见试题解答内容【分析】（1）镍铝合金（NiAl2）的烧杯中加入NaOH溶液，其中的铝和NaOH溶液反应生成氢气、四羟基合铝酸钠；（2）有气体参与的反应，在连接装置后，首先要检查装置的气密性；要赶尽量气管中的空气，被赶走的空气应经过K1排到大气中，其操作方法为：打开K1、关闭K2，将水准瓶抬高，使量气管内充满水；若氢化瓶中的反应已经完成，则不再消耗氢气，此时量气筒中的液面高度不再发生变化；（3）过滤去除催化剂后，再经过蒸馏可提纯得产品，所以需要用到烧瓶和⑧，再有⑥温度计控制蒸汽的温度，用直形冷凝管冷凝蒸汽使之液化，连接牛角管，将产品用锥形瓶承接；（4）据消耗的氢气的体积，得到实际获得的产品质量为g，而理论可获得的产品质量为，所以该产品的产率为×100%＝%；若记录V2时，水准瓶的液面高于量气管的液面，则V2偏小。【解答】解：（1）镍铝合金（NiAl2）的烧杯中加入NaOH溶液，其中的铝和NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+6H2O＝2[Al（OH）4]﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+6H2O＝2[Al（OH）4]﹣+3H2↑；（2）有气体参与的反应，在连接装置后，首先要检查装置的气密性；要赶尽量气管中的空气，被赶走的空气应经过K1排到大气中，其操作方法为：打开K1、关闭K2，将水准瓶抬高，使量气管内充满水；若氢化瓶中的反应已经完成，则不再消耗氢气，此时量气筒中的液面高度不再发生变化，故答案为：检查装置的气密性；打开K1、关闭K2，将水准瓶抬高，使量气管内充满水；量气管内液面高度不再发生变化；（3）过滤去除催化剂后，再经过蒸馏可提纯得产品，所以需要用到烧瓶和⑧，再有⑥温度计控制蒸汽的温度，用直形冷凝管冷凝蒸汽使之液化，连接牛角管，将产品用锥形瓶承接，即仪器的连接顺序为：①⑧⑥⑤⑦②，故答案为：⑧⑥⑤⑦②；（4）据消耗的氢气的体积，得到实际获得的产品质量为g，而理论可获得的产品质量为，所以该产品的产率为×100%＝%；若记录V2时，水准瓶的液面高于量气管的液面，则V2偏小，据产率的计算式%可知，将导致测得产品的产率偏高，故答案为：%；偏高。【点评】本题考查物质的制备实验，涉及到物质的性质合转化、实验基础操作，产率的计算等知识点，为高频考点，难度中等。4．（2024•宿迁一模）燃煤烟气中含有大量SO2和NO。某实验室模拟“软锰矿浆同步脱硫脱硝技术”并制备MnSO4•H2O，部分流程如下。已知：①软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质）。②；③NO+O3⇌NO2+O2（1）①“浸锰”过程，SO2发生的主要化学方程式为MnO2+SO2＝MnSO4。②滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4、SiO2。（写化学式）（2）“除气”过程，烟气中混入一定量O3可提高NO脱除率，其可能的原因是：NO+O3⇌NO2+O2，加入一定量O3，O3浓度增加，促进平衡正向移动，提高NO的转化率。（3）“滤液Ⅰ”中加入等物质的量MnO2和MnCO3，反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2+MnCO3+6H+＝2Fe3++2Mn2++3H2O+CO2↑。（4）“滤液Ⅱ”中用MnF2可除去Ca2+，结合反应方程式和定量计算说明原因，该反应的平衡常数为K＝＝＝2×107＞105。（当反应平衡常数大于105时，可认为反应完全）。（5）“滤液Ⅲ”可制得MnSO4•H2O。已知：①在烟气吸收过程中，除生成MnSO4外，还容易产生连二硫酸锰（MnS2O6），当温度超过35℃，MnS2O6会快速分解为MnSO4和SO2。②部分锰盐在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图。请设计由“滤液Ⅰ”获得MnSO4•H2O的实验方案为：向滤液Ⅰ中加入0.1mol•L﹣1LNaOH溶液至不再产生沉淀，过滤得到MnSO4溶液，溶液中含有部分Na2SO4，控制温度在80～90℃蒸发结晶，趁热过滤，用无水乙醇洗涤2～3次、干燥后得到MnSO4•H2O。（须使用的试剂为：0.1mol•L﹣1LNaOH溶液，无水乙醇）【答案】（1）①MnO2+SO2＝MnSO4；②CaSO4、SiO2；（2）NO+O3⇌NO2+O2，加入一定量O3，O3浓度增加，促进平衡正向移动，提高NO的转化率；（3）2Fe2++MnO2+MnCO3+6H+＝2Fe3++2Mn2++3H2O+CO2↑；（4），该反应的平衡常数为K＝＝＝2×107＞105；（5）向滤液Ⅰ中加入0.1mol•L﹣1LNaOH溶液至不再产生沉淀，过滤得到MnSO4溶液，溶液中含有部分Na2SO4，控制温度在80～90℃蒸发结晶，趁热过滤，用无水乙醇洗涤2～3次、干燥后得到MnSO4•H2O。【分析】软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质），软锰矿中，Fe2O3、CaO分别与稀硫酸反应生成Fe3+、微溶的CaSO4，Fe3+被SO2还原成Fe2+，MnO2和过量的SO2反应转化为MnSO4，化学方程式为MnO2+SO2＝MnSO4，则滤渣I为CaSO4和SiO2；向溶液中加入一定比例MnO2和MnCO3，MnO2可将Fe2+转化为Fe3+，MnCO3可调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3，则滤渣Ⅱ为Fe（OH）3；加入MnF2，可将溶液中微溶的Ca2+转化为CaF2除去，则滤渣Ⅲ为CaF2，滤液Ⅲ为MnSO4溶液。【解答】解：（1）①“浸锰”过程中，SO2将MnO2转化为MnSO4，故SO2发生的主要化学方程式为MnO2+SO2＝MnSO4，故答案为：MnO2+SO2＝MnSO4；②由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4、SiO2，故答案为：CaSO4、SiO2；（2）由NO+O3⇌NO2+O2可知，加入一定量O3，O3浓度增加，促进平衡正向移动，提高NO的转化率，使更多的NO转化为NO2，从而提高NO脱除率，故答案为：NO+O3⇌NO2+O2，加入一定量O3，O3浓度增加，促进平衡正向移动，提高NO的转化率；（3）“滤液Ⅰ”中加入等物质的量MnO2和MnCO3，MnO2可将Fe2+转化为Fe3+，MnCO3可调节溶液的pH，则离子方程式为2Fe2++MnO2+MnCO3+6H+＝2Fe3++2Mn2++3H2O+CO2↑，故答案为：2Fe2++MnO2+MnCO3+6H+＝2Fe3++2Mn2++3H2O+CO2↑；（4）①，②，①﹣②得到反应，，该反应的平衡常数为K＝＝＝2×107＞105，故可用MnF2可除去Ca2+，故答案为：，该反应的平衡常数为K＝＝＝2×107＞105；（5）滤液Ⅰ中含有Mn2+、H+、Fe3+和Ca2+，向滤液Ⅰ中加入0.1mol•L﹣1LNaOH溶液至不再产生沉淀，可以除去Fe3+和Ca2+，过滤得到MnSO4溶液，溶液中含有部分Na2SO4，由图可知，在80～90℃左右，MnSO4•H2O的溶解度较低，因此想要得到MnSO4•H2O，应控制温度在80～90℃蒸发结晶，蒸发至出现大量结晶后停止加热，并趁热过滤得到MnSO4•H2O，MnSO4•H2O中含有部分Na2SO4杂质，因此需要无水乙醇洗涤2～3次、干燥后得到MnSO4•H2O，故答案为：向滤液Ⅰ中加入0.1mol•L﹣1LNaOH溶液至不再产生沉淀，过滤得到MnSO4溶液，溶液中含有部分Na2SO4，控制温度在80～90℃蒸发结晶，趁热过滤，用无水乙醇洗涤2～3次、干燥后得到MnSO4•H2O。【点评】本题考查分离和提纯，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。5．（2024•海淀区校级模拟）乙二醇常用作溶剂、防冻液和合成聚酯的原料。工业上有多种方法可以制备乙二醇。（1）环氧乙烷（）直接水合法；环氧乙烷在一定条件下直接水解得到乙二醇，写出该反应的化学方程式+H2OHOCH2CH2OH。生成的乙二醇可以继续与环氧乙烷发生副反应生成HOCH2CH2OCH2CH2OH。为避免发生副反应，需要加大量的水，导致产品含水量较高，后续分离流程复杂。（2）碳酸乙烯酯合成法：第一步：（碳酸乙烯酯）ΔH＞0第二步：（碳酸乙烯酯）+H2OOHCH2CH2OH+CO2探究第二步反应最佳的合成工艺条件。①反应温度为140℃，催化剂用量为2%，反应2h时，n（H2O）/n（碳酸乙烯酯）与反应后体系中各物质含量的关系如表所示：n（H2O）/n（碳酸乙烯酯）1.52.02.53.0乙二醇含量/%23.296.894.490.4H2O含量/%0.83.25.69.6碳酸乙烯酯含量/%72.2000根据表中数据分析，n（H2O）/n（碳酸乙烯酯）＝1.5时，乙二醇实际含量较低的可能原因是水蒸气浓度较低，反应速率较慢、此时存在副反应导致乙二醇含量较低。（写出两条）②n（H2O）/n（碳酸乙烯酯）＝2.0，催化剂用量为2%，反应2h时，碳酸乙烯酯转化率和乙二醇选择性随反应温度变化的趋势如图。反应温度大于140℃时，乙二醇选择性下降的原因是温度升高，导致乙二醇和环氧乙烷发生副反应生成HOCH2CH2OCH2CH2OH，使得其选择性下降。（3）CO氧化偶联法：先以CO、H2、O2、NO、CH3OH等为原料合成草酸二甲酯，再制得乙二醇。物质转化流程如图。①写出该过程的总反应方程式4CO+O2+8H2＝2HOCH2CH2OH+2H2O。②已知乙二醇的沸点为197.3℃，甲醇的沸点为64.8℃，二者互溶。分离乙二醇和甲醇的实验操作为蒸馏，解释二者互溶的原因乙二醇、甲醇分子之间能形成氢键，导致二者互溶。（4）乙烯催化氧化一步法：有研究者发现，H2O2能够在钛硅分子筛的催化作用下氧化乙烯，一步生成乙二醇。不同温度下，H2O2的转化率与利用率如表所示。温度（℃）506080H2O2转化率/%84.998.499.8H2O2利用率/%67.267.855.5解释60℃后H2O2利用率变化的原因过氧化氢不稳定，受热易分解，导致60℃后H2O2分解速率增大，使得其利用率降低。【答案】（1）+H2OHOCH2CH2OH；（2）①水蒸气浓度较低，反应速率较慢；此时存在副反应导致乙二醇含量较低；②温度升高，导致乙二醇和环氧乙烷发生副反应生成HOCH2CH2OCH2CH2OH，使得其选择性下降；（3）①4CO+O2+8H2＝2HOCH2CH2OH+2H2O；②蒸馏；乙二醇、甲醇分子之间能形成氢键，导致二者互溶；（4）过氧化氢不稳定，受热易分解，导致60℃后H2O2分解速率增大，使得其利用率降低。【分析】（1）环氧乙烷在一定条件下直接水解得到乙二醇；（2）①据表中数据分析，n（H2O）/n（碳酸乙烯酯）＝1.5时，乙二醇实际含量较低的可能原因是此时水蒸气浓度较低，反应速率较慢，此时存在副反应导致乙二醇含量较低；②温度升高，导致乙二醇和环氧乙烷发生副反应生成HOCH2CH2OCH2CH2OH；（3）①由图可知，总反应为CO、H2、O2反应生成乙二醇；②已知乙二醇的沸点为197.3℃，甲醇的沸点为64.8℃，二者互溶，两者的沸点不同；乙二醇、甲醇分子之间能形成氢键；（4）过氧化氢不稳定，受热易分解。【解答】解：（1）环氧乙烷在一定条件下直接水解得到乙二醇，反应的化学方程式为：+H2OHOCH2CH2OH，故答案为：+H2OHOCH2CH2OH；（2）①据表中数据分析，n（H2O）/n（碳酸乙烯酯）＝1.5时，乙二醇实际含量较低的可能原因是此时水蒸气浓度较低，反应速率较慢，此时存在副反应导致乙二醇含量较低，故答案为：水蒸气浓度较低，反应速率较慢；此时存在副反应导致乙二醇含量较低；②由图可知，反应温度大于140℃时，碳酸乙烯酯转化率不变而乙二醇选择性下降，则其原因可能是：温度升高，导致乙二醇和环氧乙烷发生副反应生成HOCH2CH2OCH2CH2OH，使得其选择性下降，故答案为：温度升高，导致乙二醇和环氧乙烷发生副反应生成HOCH2CH2OCH2CH2OH，使得其选择性下降；（3）①由图可知，总反应为CO、H2、O2反应生成乙二醇，总反应方程式4CO+O2+8H2＝2HOCH2CH2OH+2H2O，故答案为：4CO+O2+8H2＝2HOCH2CH2OH+2H2O；②已知乙二醇的沸点为197.3℃，甲醇的沸点为64.8℃，二者互溶，利用两者的沸点不同，分离乙二醇和甲醇的实验操作为蒸馏；乙二醇、甲醇分子之间能形成氢键，导致二者互溶，故答案为：蒸馏；乙二醇、甲醇分子之间能形成氢键，导致二者互溶；（4）60℃后H2O2利用率变化的原因是过氧化氢不稳定，受热易分解，导致60℃后H2O2分解速率增大，使得其利用率降低，故答案为：过氧化氢不稳定，受热易分解，导致60℃后H2O2分解速率增大，使得其利用率降低。【点评】本题考查物质的制备，涉及到物质的性质和转化，物质的分离提纯，为高频考点，难度中等。6．（2024•开福区校级模拟）铬的化合物应用广泛，工业上以铬铁矿（含Al、Si氧化物等杂质）为主要原料制备红矾钠（Na2Cr2O7•2H2O）的工艺流程如图。已知：①FeCr2O4中Cr的化合价为+3；②焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。请回答下列问题：（1）与基态铬原子的最外层电子数相同且同周期的元素有2种。（2）为了提高“焙烧”效果，可采取的一种措施是将矿料粉碎或适当提高焙烧温度或使用沸腾炉等。（3）“浸取”所得的滤渣为Fe2O3由此推断FeCr2O4“焙烧”时发生主要反应的化学方程式为。（4）常温下，矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度的对数[lgc/（mol•L﹣1）]与pH的关系如图所示。当溶液中可溶性组分浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为已除尽。则“中和”时pH的理论范围为4.5＜pH≤9.3；“酸化”过程中的离子方程式为。（5）工业上常用电解法处理含Cr2的酸性废水，用金属铁作阳极、石墨作阴极，一段时间后产生Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀。①若电解后溶液中c（Cr3+）＝3.0×10﹣5mol•L﹣1，则c（Fe3+）＝5.0×10﹣13mol•L﹣1{已知Ksp[Cr（OH）3]＝6.0×10﹣31，Ksp[Fe（OH）3]可从第（4）小题图中计算得出}。②电解法处理含Cr2的酸性废水，下列有关原理的说法正确的是AD（填标号）。A．阳极反应为Fe﹣2e﹣＝Fe2+B．电解过程中溶液pH不会变化C．如果石墨作阳极，电解过程不变D．电路中每转移12mol电子，阳极有1molCr2被还原【答案】（1）2；（2）将矿料粉碎或适当提高焙烧温度或使用沸腾炉等；（3）；（4）4.5＜pH≤9.3；（5）①5.0×10﹣13；②AD。【分析】该工艺流程原料为铬铁矿主要成分为FeCr2O4（含Al、Si氧化物等杂质），产品为红矾钠（Na2Cr2O7•2H2O），流程主线中的主元素为Cr。铬铁矿、纯碱通入氧气焙烧将FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，加入水浸取除去不溶性杂质，滤液加入稀硫酸“中和”除去硅、铝等元素，滤液继续加入稀硫酸酸化，将转变为，蒸发结晶分离出副产品、冷却结晶得到红矾钠（Na2Cr2O7•2H2O），据此回答。【解答】解：（1）基态铬原子价电子排布式为3d54s1，又同周期基态钾原子和铜原子价电子排布式分别为4s1、3d104s1，故答案为：2；（2）为了提高焙烧效果，可采取的措施有将矿料粉碎，增加反应物的接触面积；适当提高焙烧温度，增大反应速率；使用沸腾炉等，故答案为：将矿料粉碎或适当提高焙烧温度或使用沸腾炉等；（3）FeCr2O4中铬元素化合价为+3价，则铁元素化合价为+2价，焙烧后得到的Na2CrO4中铬元素化合价为+6价，及产物Fe2O3中铁元素化合价为+3价，说明FeCr2O4发生氧化反应，故有氧气参加反应作氧化剂，故化学方程式为，故答案为：；（4）由流程可知，“中和”的目的是通过调节pH，除去溶液中、，使其浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1，且不能转化为铝离子，结合题中图像可知，pH的理论范围为4.5＜pH≤9.3，继续加入稀硫酸酸化，是将转变为，故离子反应为，故答案为：4.5＜pH≤9.3；；（5）①三价铁离子恰好完全沉淀时溶液的pH＝3.0，即c（H+）＝10﹣3mol/L，c（OH﹣）＝10﹣11mol/L，则，c（Cr3+）＝3.0×10﹣5mol•L﹣1时，，则继续加入稀硫酸酸化，是将转变为，故离子反应为，故答案为：5.0×10﹣13；②电解原理为金属铁阳极，阳极发生Fe﹣2e﹣＝Fe2+氧化反应，阴极石墨电极，电极反应为2H++2e﹣＝H2↑，在电解质溶液中发生Fe2+还原的生成Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀；A．阳极电极材料是铁，为活性电极，阳极反应为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故A正确；B．阴极电极反应为2H++2e﹣＝H2↑，电解质溶液中发生，电解过程中溶液pH会发生变化，故B错误；C．如果石墨作阳极，阳极电极反应4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，溶液中的不会被处理，故C错误；D．电路中每转移12mol电子，阳极发生Fe﹣2e﹣＝Fe2+，有6molFe2+生成，溶液中发生，有被还原，故D正确；故答案为：AD。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。7．（2024•道里区校级模拟）高效、安全的消毒剂优氯净，其有效成分氰尿酸钠（）可溶于水，难溶于冰水，常温下性质稳定，受热易分解。实验室可通过以下装置和原理（夹持仪器已略去）来制取。已知：①②回答下列问题：（1）a、b中分别盛放浓盐酸和高浓度NaClO溶液，a和b的仪器可以相同，则仪器名称为分液漏斗或恒压滴液漏斗。（2）连接好仪器，关闭a和b中的活塞，将丁中导管末端插入水中，再用酒精灯加热圆底烧瓶，检查装置气密性。（3）丙中反应温度控制在10℃左右，温度不宜过高的原因是防止产品温度过高分解、防止Cl2与NaOH发生副反应生成NaClO3。（4）乙中液体为饱和食盐水或饱和NaCl溶液；通入三颈烧瓶中的气体的作用是Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO，使NaClO保持较高浓度。（5）将所得产品充分析出并分离的操作为冰水冷却结晶、过滤、冷水洗涤、低温干燥。（6）产品有效氯含量测定：称取0.1000g产品，配成100mL溶液，取50mL溶液于锥形瓶中，依次加入适量醋酸溶液和过量的KI溶液。用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液18.00mL。（已知：Na2S2O3转化为Na2S4O6）①测定过程中，次氯酸氧化I﹣生成I2的离子方程式为。②产品有效氯含量为63.9%（产品有效氯以转化为HClO中的氯元素的质量分数来计算）。【答案】（1）分液漏斗或恒压滴液漏斗；（2）关闭a和b中的活塞，将丁中导管末端插入水中；（3）防止产品温度过高分解；防止Cl2与NaOH发生副反应生成NaClO3；（4）饱和食盐水或饱和NaCl溶液；Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO，使NaClO保持较高浓度；（5）冰水冷却结晶；（6）①；②63.9%。【分析】（1）a和b的仪器名称为分液漏斗或恒压滴液漏斗，用来滴加浓盐酸和醋酸；（2）检查装置气密性之前，所以仪器必须连接或关闭完毕；（3）氰尿酸钠受热易分解，Cl2与NaOH高温时发生副反应生成NaClO3；（4）甲中制取的氯气中混有HCl气体；三颈烧瓶中先发生Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO，NaClO氧化氰尿酸；（5）氰尿酸钠难溶于冰水；（6）①根据原子守恒、化合价升降守恒可得，书写次氯酸氧化I﹣生成I2的离子方程式；②根据题意有关系式：氰尿酸～氰尿酸钠～2HClO～2I2～4Na2S2O3，则50mL溶液中氰尿酸的物质的量为×n（Na2S2O3）＝×0.1000mol•L﹣1×0.018L＝4.5×10﹣4mol，所以100mL溶液中，氰尿酸的物质的量为9×10﹣4mol，1mol氰尿酸中含有2molCl原子，据此计算产品有效氯含量。【解答】解：（1）a、b中分别盛放浓盐酸和高浓度NaClO溶液，a和b的仪器可以相同，则仪器名称为分液漏斗或恒压滴液漏斗，故答案为：分液漏斗或恒压滴液漏斗；（2）连接好仪器，关闭a和b中的活塞，将丁中导管末端插入水中，再用酒精灯加热圆底烧瓶，检查装置气密性，故答案为：关闭a和b中的活塞，将丁中导管末端插入水中；（3）丙中反应温度控制在10℃左右，温度不宜过高的原因是防止产品温度过高分解、防止Cl2与NaOH发生副反应生成NaClO3，故答案为：防止产品温度过高分解；防止Cl2与NaOH发生副反应生成NaClO3；（4）乙中液体为饱和食盐水或饱和NaCl溶液，目的是除去氯气中混有的HCl气体；通入三颈烧瓶中的气体的作用是Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO，使NaClO保持较高浓度，故答案为：饱和食盐水或饱和NaCl溶液；Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO，使NaClO保持较高浓度；（5）将所得产品充分析出并分离的操作为冰