热门试卷

解：实验方案为：1、加过量碱，过滤出Cu（OH）2，Fe（OH）2沉淀，滤液是Na2SO4、NaOH溶液；

2、在Cu（OH）2，Fe（OH）2中加过量稀H2SO4，溶液C的成分为CuSO4，FeSO4、H2SO4；

3、加过量铁，过滤出Fe、Cu，滤液D是FeSO4；

4、加过量稀H2SO4，过滤出Cu，实现了回收金属铜，滤液是FeSO4、H2SO4

5、最后溶液合一块，进行蒸发，浓缩，冷却结晶，过滤，就得到FeSO4•7H2O，回收硫酸亚铁．

（1）经过②后，分离出液体和固体，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒、烧杯；

（2）溶液C的成分为CuSO4，FeSO4、H2SO4，加过量铁，过滤出Fe、Cu，溶液D中只有一种盐是硫酸亚铁，所以固体E就是Fe、Cu，所以固体F就是铜，过量的铁是为了将CuSO4中的铜全部置换出来，加入过量稀硫酸的目的是除去铜中的铁，实现了回收金属铜，将推出的各种物质代入验证即可，

故答案为：Fe和Cu；稀硫酸；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；

（3）为了实现Na+的溶液分离，可将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，故答案为：将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离．

（4）蒸发是从溶液中获得晶体常采用的方法，产生沉淀后通过过滤实现分离，故答案为：蒸发浓缩；过滤；

（5）先加入足量稀盐酸再加入少量BaCl2溶液，若观察到有白色沉淀，则说明溶液⑧中含有SO42-，故答案为：足量稀盐酸；少量BaCl2溶液．

解：苯酚的工业废水的处理流程原理：工业废水与苯进入设备Ⅰ，苯酚溶解于苯中，得到苯酚、苯的溶液与可以排放的无酚工业废水，将苯酚从工业废水里提取出来，用分液的方法将下层的工业废水放出排放，苯酚和氢氧化钠反应得到苯酚钠溶液，向苯酚钠中通入二氧化碳可以得到苯酚和碳酸氢钠，所以A是氢氧化钠，B是碳酸氢钠，碳酸氢钠和氧化钙的水溶液即氢氧化钙之间反应得到碳酸钙，碳酸钙沉淀高温分解为氧化钙和二氧化碳，二氧化碳和氧化钙可以循环使用．

（1）工业废水与苯进入设备Ⅰ得到苯酚、苯的溶液与可以排放的无酚工业废水，说明在设备Ⅰ中进行的是萃取，利用苯与苯酚相似的结构互溶与与水不溶，将苯酚从工业废水里提取出来，用分液的方法将下层的工业废水放出排放，上层的苯酚、苯混合液进入设备Ⅱ；萃取、分液必须用到的仪器名称叫分液漏斗，

故答案为：萃取、分液；分液漏斗；

（2）盛有苯酚、苯溶液的设备②中注入氢氧化钠溶液，此时，具有酸性的苯酚跟氢氧化钠发生反应，生成苯酚钠和水，由设备②进入设备Ⅲ的物质A是C6H5ONa，在设备Ⅱ中的液体分为两层，上层是苯层，下层是苯酚钠的水溶液，上层的苯通过管道送回设备①中继续萃取工业废水中的苯酚，循环使用，下层的苯酚钠溶液进入设备③，在盛有苯酚钠溶液的设备Ⅲ中，通入过量的二氧化碳气，发生化学反应，生成苯酚和碳酸氢钠，故答案为：C6H5ONa；NaHCO3；　

（3）依据碳酸性比苯酚的酸性强，弱酸盐与“强”酸发生的复分解反应，二氧化碳和苯酚钠反应生成苯酚，反应的方程式为C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，

故答案为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3；

（4）设备Ⅴ应是石灰窑，CaCO3高温分解所得的产品是氧化钙和二氧化碳，所得二氧化碳通入设备Ⅲ，反应所得氧化钙进入设备Ⅳ．在含苯酚工业废水提取苯酚的工艺流程中，苯、氧化钙、CO2、和NaOH理论上应当没有消耗，它们均可以循环使用，故答案为：CO2；NaOH．

解：粗制的氧化铜粉末（含FeO和SiO2杂质），加入盐酸，CuO+2HCl═CuCl2+H2O，FeO+2HCl═FeCl2+H2O，二氧化硅和盐酸不反应，滤渣A为SiO2，滤液A为：CuCl2、FeCl2，加氯水，氯气具有氧化性氧化亚铁离子2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，滤液B为：Fe3+、Cu2+、Cl-，加入氧化铜，氧化铜和氢离子反应，促进水解反应右移，Fe3++3H2O⇌Fe（0H）3+3H+，调节PH至3.2，形成氢氧化铁沉淀，氯化铜水溶液中铜离子水解，在氯化氢气流中加热抑制氯化铜水解得到氯化铜固体，

（1）氯气具有氧化性，亚铁离子具有还原性，第②步加入氯水，发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，

故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

（2）粗制的氧化铜粉末（含FeO和SiO2杂质），加入盐酸，CuO+2HCl═CuCl2+H2O，FeO+2HCl═FeCl2+H2O，二氧化硅和盐酸不反应，CuCl2、FeCl2易溶于水，二氧化硅和酸不反应，难溶于水，所以滤渣A为SiO2，Fe3+与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，所以检验滤液B中是否含Fe3+离子的方法为：取少量滤液C，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+，

故答案为：SiO2；取少量滤液C于试管中，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变血红色，证明滤液C中Fe3+未除尽，反之未除尽；

（3）蒸发时，需要使用蒸发皿；需要铁架台和铁圈支撑蒸发皿；需要玻璃棒进行搅拌，以防止液体受热不均匀，造成液体飞溅；需要酒精灯进行加热；坩埚钳用于夹持蒸发皿，滤液C是氯化铜溶液，制取无水CuCl2时，需在HCl气体中蒸干是防止氯化铜水解，HCl抑制CuCl2水解；

故答案为：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；HCl抑制CuCl2水解；

（4）称取30.250g已制得的无水CuCl2产品（含0.0204molFeCl3杂质），溶于水中，加入过量的铁粉，Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2Fe3+=3Fe2+，用0.100mol•L-1酸性KMnO4溶液滴定5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++2Mn2++4H2O，25mL样品溶液消耗高锰酸钾的物质的量为0.046L×0.100mol/L=4.6×10-3mol，可知250mL溶液可以消耗高锰酸钾的物质的量为4.6×10-3mol×=4.6×10-2mol，由5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++2Mn2++4H2O，可知250mL溶液中亚铁离子离子的物质的量为4.6×10-2mol×5=0.23mol，由Fe+2Fe3+=3Fe2+，三价铁转化的铁离子0.0204mol×=0.0306mol，Fe+Cu2+=Fe2++Cu可得无水CuCl2产品中CuCl2的物质的量为0.23mol-0.0306mol=0.1994mol，故CuCl2的质量分数为≈0.89，

故答案为：0.89．

解：（1）加入碎瓷片可防止液体暴沸，故答案为：防止烧瓶中液体暴沸；

（2）浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡，

故答案为：先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡；

（3）乙酸和乙醇制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，反应物不能完全转化，

故答案为：否；该反应是可逆反应，反应不能进行到底；

（4）用饱和碳酸钠溶液分离混合物，经分液之后可得乙酸钠和乙醇的混合液，蒸馏后可得乙酸钠，加入硫酸后蒸馏可得乙酸，

故答案为：饱和碳酸钠溶液；浓硫酸；分液；蒸馏；蒸馏；

（5）无水碳酸钠能与水反应生成碳酸钠的结晶水合物，可用无水碳酸钠除去乙酸乙酯中的少量水，

故答案为：除去乙酸乙酯中混有的少量水；

（6）C→D 反应为硫酸与乙酸钠反应生成乙酸的过程，反应的化学方程式为2CH3COONa+H2SO4=Na2SO4+2CH3COOH，

故答案为：2CH3COONa+H2SO4=Na2SO4+2CH3COOH．

解：MnO2和碳以及少量锌和铁在焙烧时的反应为：MnO2+CMnO+CO↑，向焙烧后的产物中加入硫酸，可以得到硫酸锰、硫酸亚铁以及硫酸锌的混合液，向混合液中加入双氧水，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH到合适的范围，可以将铁离子、锌离子沉淀下来，留下锰离子，即得到硫酸锰的水溶液，向其中加入碳酸氢铵溶液，可以发生反应得到碳酸锰沉淀，过滤洗涤即可得到碳酸锰的固体．

（1）第二步用稀H2SO4浸取时需加热，这样可以增大浸出速率，提高单位时间浸出物的产率，故答案为：增大浸出速率，提高单位时间浸出物的产率；

（2）第三步向硫酸锰、硫酸亚铁以及硫酸锌的混合液中加入双氧水，可以将亚铁离子氧化为铁离子：2Fe2++H2O2+4H+═2Fe3++2H2O，然后根据四种离子沉淀的pH范围表，将pH调到7.8-8.7，可以使Fe3+、Zn2+沉淀完全，溶液中只留下Mn2+；

故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；2Fe2++H2O2+4H+═2Fe3++2H2O；使Fe3+、Zn2+沉淀完全，溶液中只留下Mn2+．

解：水钴矿磨矿将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，加入稀硫酸，矿渣为SiO2，滤液中含有：CoSO4、Fe2（SO4）3、MgSO4、CaSO4，加入碳酸钠，除去Fe2（SO4）3，加入氟化钠，除去钙镁，过滤得主要含CoSO4的溶液，加入草酸铵，通过沉淀、过滤、洗涤、干燥得到四水合草酸钴．

（1）根据图知，时间越长浸出率越高，温度越高，浸出率越高，但浸出12小时后，浸出率变化不大，90℃和120℃浸出率变化不大，且时间过长、温度过高导致成本较大，所以最佳的浸出时间为12小时，最佳的浸出温度为90℃，

故答案为：D；  

（2）增大反应物接触面积，可以加快化学反应速率，所以矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，提高矿石的溶出（浸出）率；过滤操用到的仪器有铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒等；其中属于玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒，

故答案为：矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率；提高矿石的溶出（浸出）率；玻璃棒；

（3）该沉淀中吸附易溶于水的离子，根据流程图知，溶液中还含有钠离子，所以沉淀上含有钠离子，得到的沉淀要进行洗涤和干燥才能得到较纯净、干燥的物质，

故答案为：Na+；洗涤；干燥；

（4）KSP（CaF2）=1.11×10-10，KSP（MgF2）=7.40×10-11，则滤液中===1.5，

故答案为：1.5；

（5）放电时，该电池是原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：CoO2+Li++e-=LiCoO2，

故答案为：CoO2+Li++e-=LiCoO2；

解：从流程来看①是加入浓硫酸，将铜溶解为铜离子，同时铁的化合物以二价或三价进入溶液．第②步加入H2O2溶液，将二价铁氧化为三价铁，第③步再加入CuO调pH到3.7～5.2之间，过滤除去氢氧化铁（滤渣），铜离子留在溶液．为了防止铜离子在加热浓缩时水解，加入硫酸控制酸度，抑制水解．当溶液浓缩到一定程度，冷却即可结晶出胆矾，过滤即得产品，

（1）A可选用浓H2SO4、加热，稀硫酸不能溶解Cu，而浓FeCl3溶液、浓HNO3会引入杂质，故答案为：b；

（2）H2O2与Fe2+发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（3）第③步目的是调节pH值，使用碱性物质，但不能引入新的杂质，故选用CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3，使PH正好让氢氧化铁完全沉淀，而氢氧化铜不沉淀，故答案为：CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3；3.7-5.2；

（4）加H2SO4调节pH=1，防止铜离子水解，生成氢氧化铜沉淀，故答案为：抑制Cu2+水解；

（5）过滤操作主要用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒等，操作⑥的主要步骤为蒸发浓缩、冷却结晶以得到硫酸铜晶体，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒等；蒸发浓缩；冷却结晶；

（6）上述流程中产生污染环境的二氧化硫，硫酸利用率低，可以先加热，并在稀硫酸中通入氧气，这样不好产生二氧化硫气体，以避免污染环境，故答案为：产生污染环境的二氧化硫，硫酸利用率低；加热，并在稀硫酸中通入氧气．

解：（1）化学反应的速率与反应物的接触面积有关，毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，溶液中质量分数=×100%，实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需计算出浓盐酸的体积和水的体积，需用量筒量取，浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器稀释选择a，玻璃棒搅拌加速溶解选择c，

故答案为：增大接触面积从而使反应速率加快；ac；

（2）根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe（OH）3，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp（BaC2O4）=1.6×10-7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少，

故答案为：Fe3+；Mg（OH）2、Ca（OH）2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少；

（3）无论酸式还是碱式滴定管，0刻度都位于滴定管的上方；步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol•L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H20 的盐酸的物质的量为：V1×10-3×bmol，步骤Ⅰ：用b mol•L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10-3×bmol，Ba2++CrO42-═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=（V0-V1）b×10-3mol，步骤Ⅱ：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：mol/L=mol/L，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1减小，则Ba2+浓度测量值将偏大，

故答案为：上方；；偏大．