【文档说明】高考化学三轮冲刺考题必刷-无机化合物制备的定量、定性分析题 (含解析).doc，共(31)页，3.524 MB，由MTyang资料小铺上传

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第1页，共31页三轮冲刺2020届高三化学考题必刷——无机化合物制备的定量、定性分析题1.CO、是大气污染气体，利用化学反应是治理污染的重要方法。Ⅰ甲醇可以补充和部分替代石油燃料，缓解能源紧张，利用CO可以合成甲醇：。一定条件下，在容积为VL的密闭容器中充入amolCO与2amol合成甲

醇，平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列能说明反应达到平衡状态的是______填序号。混合气体的平均相对分子质量不变单位时间内生成2nmol的同时生成nmol该反应在A点的平衡常数K______用a和V表示。写出既能

增大又能提高CO转化率的一项措施：______Ⅱ某学习小组以为原料，采用电化学方法制取硫酸。原电池原理：该小组设计的原理示意图如图1所示，写出该电池正极的电极反应式______。电解原理：该小组用溶液充分吸

收得到溶液，然后电解该溶液制得了硫酸原理如图2所示。写出开始电解时阳极的电极反应式______。Ⅲ硫代硫酸钠俗称大苏打，有着广泛的用途。用可制某小组同学制备、预测并探究硫代硫酸钠的性质反应均在溶液中进行。预测实验操作实验现象探究1溶液呈

碱性把pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取溶液滴在试纸上探究2具有还原性向新制氯水中滴加溶液黄绿色颜色变浅，甚至褪去分析能制备的理论依据是______。用离子方程式表示溶液具有碱性的原因______。探究2反应的离子方程式为______2.亚硝酸钠是一种常见的食品添加剂

，使用时必须严格控制其用量，某兴趣小组进行下面实验探究，查阅资料知道：酸性溶液可将氧化为，还原成．Ⅰ产品制备与检验：用如图1装置制备：第3页，共31页写出装置A烧瓶中发生反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目______

．装置的作用是______．有同学认为装置C中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠，为制备纯净应在B、C装置间增加一个装置，请在右框内画出增加的装置图2，并标明盛放的试剂．试设计实验检验装置C中的存在写出操作、现象和结论______．Ⅱ含量的测定称取装置C中反应后的固体溶于水配成25

0mL溶液，取溶液于锥形瓶中，用酸性溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：滴定次数1234溶液体积第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是______双项选择．A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗B.锥形瓶洗净后未干燥C.滴定终了仰视读数D.滴定终了俯视读数根据

表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数______．结果保留4位有效数字3.明矾石经处理后得到明矾从明矾制备Al、和的工艺过程如图1示：焙烧明矾的化学方程式为：请回答下列问题：在焙烧明矾的反应中，还原剂是______；从水浸后的滤液中得到晶体的方法是______；在一定条件下可

制得AlN，其晶体结构如图2示，该晶体中Al的配位数是______；以Al和为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时转化为，该电池反应的化学方程式是______焙烧产生的可用于制硫酸．已知、101kPa时：一；一；一．则与反应的热化

学方程式是______；焙烧948吨明矾，若的利用率为，可生产质量分数为的硫酸______吨．第5页，共31页4.下面是某课外小组从初选后的方铅矿【主要成分PbS，含少量黄铜矿中提取硫磺、铜、铅的工艺流程：已知

：黄铜矿中Fe元素的化合价为______，提高方铅矿酸浸效率的措施有______写出两种方法即可过滤过程中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、______；单质A是______，在此工艺操作中可循环利用的物质有铅和______．在酸性

的溶液中加入溶液，其反应的离子方程式为______．与PbS加热条件下反应的化学方程式为______．将沉淀与足量的碳酸钠溶液混合，沉淀可转化可转化为，写出该反应的平衡常数表达式：______已知，铅蓄电池的

电极材料分别是Pb和，电解质溶液为硫酸．铅蓄电池充放电的总反应方程式为：，充电时，铅蓄电池阳极的电极反应式为______．5.三氯化铁是合成草酸铁的重要原料．利用工业制取纯净的草酸铁晶体的实验流程如图1所示：为抑制水解，溶液X为______．上述流程中能被异丙醚萃取，其原因是

______；检验萃取、分液后所得水层中是否含有的方法是______．所得需用冰水洗涤，其目的是______．为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室称取ag样品，加硫酸酸化，用标准溶液滴定生成的，标准溶液应置于图2所示仪器______填“甲”或“乙”中．下列情况会造成实验测得含量偏低的是______．

盛放的滴定管水洗后未用标准液润洗滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失滴定前仰视读数，滴定后俯视读数．6.硫酰氯是一种重要的化工试剂，实验室合成硫酰氯的实验装置如图所示：已知：硫酰氯常温下为无色液体，熔点为，沸

点为，在潮湿空气中“发第7页，共31页烟”；以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气．仪器a为恒压分液漏斗，与普通分液漏斗相比，其优点是______．仪器b的名称为______．装置E为储气装置，用于提供氯气，则分液漏斗c中盛放的试剂为

______当装置E中排出氯气已折算成标准状况时，最终得到纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为______为提高硫酰氯的产率，本实验操作中还需要注意的事项有______只答一条即可．氯磺酸加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，该反应的化学方程式为______，分离两种产物的方法是_

_____．若将、按照一定比例通入水中，请设计简单实验验证二者是否恰好完全反应．______简要描述实验步骤、现象和结论仪器自选；供选择试剂：滴加酚酞的氢氧化钠溶液、氯化亚铁溶液、硫氰化钾溶液、品红溶液．长期存

放的硫酰氰会发黄，其原因可能为______．7.碳酸氢钠是一种重要的化工原料，在日常生活中也有广泛的用途，侯德榜先生发明了连续生产纯碱与氯化铵的联合制碱工艺，成为近代化学工业的奠基人之一，该反应原理为：饱和．现用如图所示装置和上述原理制取碳酸

氢钠晶体，图中夹持装置已略去．可选用的药品有：石灰石生石灰盐酸稀硫酸浓氨水饱和氯化钠溶液饱和碳酸氢钠溶液请回答下列问题仪器a的名称是______．中应选用的药品是______填序号在实验过程中，应先向C中通入的气体的化学式是______，其原因是__

____．中脱脂棉应浸润的试剂是______填写字母编号浓硫酸稀硫酸氢氧化钠溶液浓硝酸该小组同学为了测定C中所得晶体中碳酸氢钠的纯度假设晶体中不含碳酸盐杂质，先将晶体充分干燥后，称量质量为wg，称量质量为wg，然后进行如下图所示实验：操作Ⅲ中的方法是_

_____，______，______所得晶体中碳酸氢钠的纯度是______不必化简8.污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题．某研究小组利用软锰矿主要成分为，另含少量铁，铝，铜等金属化合物作

脱硫剂，通过如下简化流程，既脱除燃煤尾气中的，又制得电池材料反应条件已省略．请回答下列问题：上述流程脱硫实现了______选填编号．废弃物的综合利用白色污染的减少酸雨的减少臭氧层空洞的减少步骤I生成无水的化学方程式是______．步骤IV生成无水的化学方程式是______．步骤I中，

用能除去溶液中和，其原因是______滤渣M的成分第9页，共31页是______铜元素以______形式存在于滤渣N中．写化学式产品可作超级电容材料．用惰性电极电解溶液可以制得，则在______生成．填电极名称假设脱除的只与软锰矿浆中反应．按照图示流程，将标准状况含的体积分数为的尾

气通入矿浆，若的脱除率为，最终得到的质量则在除去铁、铝、铜、镍等杂质的过程中，所引入的锰元素为______kg．9.可作为高效脱氯剂，工业上用硫铁矿为原料制备该物质的流程如下．已知：Ⅰ气体A可以使品红溶液褪色，与硫化氢混合能获得单

质硫．Ⅱ约为11的条件下，单质硫与亚硫酸盐可以共热生成硫代硫酸盐．回答下列问题：沸腾炉中将粉碎的硫铁矿用空气吹动使之达到“沸腾”状态，其目的是______．吸收塔中的原料B可以选用______填字母序号．A.NaCl溶液溶液溶液某小组同学用如图装置模拟制备的过程加热装置已略去．中使用的硫酸

比用的浓硫酸反应速率快，其原因是______装置B的作用是______．中制备发生的连续反应有：、______和．工程师设计了从硫铁矿获得单质硫的工艺，将粉碎的硫铁矿用过量的稀盐酸浸取，得到单质硫和硫化氢气体，该反应的化学方程式为______．10.固体D是一种红色氧化物．

混合气体A通入足量NaOH溶液后，溶液B中属于盐的溶质有______．白色沉淀C中加入盐酸的实验现象为______．固体D与HCl溶液反应的离子方程式为______．11.碱式氯化铝是利用工业铝灰和活性铝矾土为原料主要含Al、、及铁的氧化物经过精制加工而成，此产品活性

较高，对工业污水具有较好的净化效果．其制备流程如下：原料需要粉碎，其目的是______；滤渣I的主要成分是______；步骤在煮沸过程中，溶液逐渐变为浅绿色，检验溶液中呈浅绿色的阳离子常采用加入______溶液进行检验填试剂化学式．步骤中加入适量的并控制pH，其目的：一是生成碱式氯

化铝；二是第11页，共31页______；已知碱式氯化铝的分散质粒子大小在之间，则区别滤液I与碱式氯化铝两种液体的物理方法是______；若溶液过量，则步骤得到的碱式氯化铝产率偏低，用离子方程式解释其原因为___

___；某温度下若溶于蒸馏水，当有水解生成胶体时，吸收热量QkJ，该水解过程的热化学反应方程为______．12.是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，已知：饱和溶液在温度低于时析出晶体，温度高于时析出晶体，温度高于时分解生成和其一种生产工艺如下。请回答下列问题。

中Cl的化合价为______。反应Ⅰ：做______填“氧化剂”或“还原剂”。将反应Ⅰ中的化学方程式补充完整：____________电解Ⅱ：所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去粗盐水中的和，需要加入的

试剂分别为______、______。电解过程中被氧化的物质是______。可用NaOH溶液吸收电解产生的，该反应的离子方程式是______。操作Ⅲ：滤液获得的操作步骤：加热蒸发；趁热过滤；洗涤；干燥，得到成品。趁热过滤应控制的温度范围是______。答案和解析1.【答案】

压缩体积或增大体积压强氧化还原反应角度，中S元素化合价为，中S元素化合价为，S的化合价降低，加入合适的还原剂如S等就能实现转化【解析】解：说明反应达到平衡状态，但说明反应逆向进行，故错误；不能说明正逆反应速率关系，且不符合反应的计量数关系，故错误；该反应是气体

体积不相等的反应，所以混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的总物质的量不变，达到平衡状态，故正确；单位时间内生成的同时生成，说明，说明反应达到平衡状态，故正确；故答案为：；点时反应的三段式为起始物质的量a2a0变化物质的量平衡物质的量平衡浓度，，，反

应的平第13页，共31页衡常数，故答案为：；既能增大又能提高CO转化率，应使平衡正向移动，由于正反应放热，则应压缩体积或增大体积压强，故答案为：压缩体积或增大体积压强；该原电池中，负极上失电子被氧化生成硫酸，正极上得到电子被还原生成，所以正极上

的电极反应式为，故答案为：；电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是溶液失去电子被氧化生成，则阳极电极反应式是：；故答案为：；中S元素化合价由，化合价降低，根据氧化还原反

应规律可知：加入还原性的物质如如S或等，就能实现的转化，故答案为：氧化还原反应角度，中S元素化合价为，中S元素化合价为，S的化合价降低，加入合适的还原剂如S等就能实现转化；是强碱弱酸盐，水解显碱性，是

二元弱酸，所以水解分步，但以第一步为主，水解的离子方程式为，故答案为：；新制氯水的主要成分为，氧化生成，氯水颜色变浅，甚至褪去，所以离子方程式为；故答案为：。I.可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保

持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；该反应的平衡常数，利用三段式将A点时各物质的平衡浓度代入表达式中即可；影响反应速率

的因素有温度、浓度、压强和催化剂，影响平衡移动的因素有温度、浓度和压强，提高CO转化率，应使平衡正向移动；依据原电池原理，负极是失电子发生氧化反应，二氧化硫失电子生成硫酸的过程；根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳

极反应式；分析和中S元素化合价变化情况，说明制备时加入合适的还原剂如S或时即可实现转化；是强碱弱酸盐，水解显碱性；验证具有还原性，通过观察新制氯水的变色情况验证，所以氯水颜色变浅，甚至褪去，说明发生氧化反应。本题考查化学平

衡及其计算、电化学原理、的性质和相关实验操作等知识，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等，硫酸掌握双基是解题关键，注意知识的迁移与运用。2.【答案】；将转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成或制取；或；取少量装置C中

产物置于试管中，加入适量蒸馏水溶解，加入稀硫酸酸化滴加入滴少量酸性溶液，若溶液紫色褪去，说明C中产物含有；；或【解析】解：装置A中C与浓硝酸反应的化学方程式的方程式为：浓，反应中电子转移数目为4，标出电子转移的方向和数目为：第15

页，共31页，故答案为：；根据实验装置可知，装置C中发生反应：，则装置B的作用是将转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成或制取，故答案为：将转化为NO，同时Cu与稀硝酸反应生成或制取；为制备纯净，需要将进入装

置C的气体中的二氧化碳和水除去，碱石灰能够吸收二氧化碳和水，故可以选用碱石灰，装置图如：或，故答案为：或；根据题中信息可知，酸性溶液可将氧化为，还原成，据此可设计出检验亚硝酸钠的方法为：取少量装置C中产物

置于试管中，加入适量蒸馏水溶解，加入稀硫酸酸化滴加入滴少量酸性溶液，若溶液紫色褪去，说明C中产物含有，故答案为：取少量装置C中产物置于试管中，加入适量蒸馏水溶解，加入稀硫酸酸化滴加入滴少量酸性溶液，若溶液紫色褪去，说明C中

产物含有；第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，会导致测量结果偏高，A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积会偏大，故A正确；B.锥形瓶不需要干燥，所以锥形瓶洗净后未干燥，不影响测定结果，故B错误；C.

滴定终了仰视读数，导致读数偏大，计算出的标准液体积偏大，故C正确；D.滴定终了俯视读数，滴定管读数偏小，计算出的标准液体积偏小，故D错误；故答案为：AC；由于第一组数据偏高，应该舍弃；其它三组消耗标准液平均体积为：，25mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为

：，则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为：，根据化合价变化可得反应关系式：，则样品中含有亚硝酸钠的物质的量为：，质量为，所以反应后的固体中亚硝酸钠的质量分数为：，故答案为：或．碳与浓硝酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水

，据此写出方程式，根据化合价变化标出电子转移的方向和数目；装置C中需要用NO和过氧化钠反应，则装置B是用于提供NO气体；通过B装置的气体中含有二氧化碳、NO和水，需要将二氧化碳和水除去，据此选用试剂，并画出装置图；酸性溶液可将氧化为，还原成，据此设计实验方案检验装置C中的存在；第一组实验

数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，标准液浓度减小；B.达到过程中锥形瓶不需要干燥，不影响待测液中溶质的物质的量；C.滴定终了仰视读数，读出的是凹液面下方读数，读数比实际消耗的标准液体积偏大；D.滴定终了俯

视读数，读出的是凹液面上方读数，读数比实际读数偏小；第一组数据舍弃，计算出其它3组消耗标准液的平均体积，再结合反应方程式计算出样品中亚硝酸钠的质量及质量分数．本题考查了探究物质组成、测量物质含量的方法，题目难度较大

，涉及性质实验方案的设计、中和滴定操作及误差分析、氧化还原反应中电子转移的分析、化学计算等知识，明确实验原理及化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力．3.【答案】S；蒸发结晶；4；；第17

页，共31页，；432【解析】解；反应硫单质中硫元素化合价升高为价．硫酸根离子中硫元素化合价从价变化为价，复印纸还原剂是硫单质，故答案为：S；从水浸后的滤液中得到晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体，故答案为：蒸发结晶；依据晶体晶胞结构分析

，结合配位数含义可知，每个铝原子和四个单原子相连，所以铝原子的配位数为4，故答案为：4；以Al和为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时转化为，铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为：，故答案为：

；一；一；一依据盖斯定律得到：，即反应的热化学方程式为：，故答案为：；明矾生成物质的量为4500mol故生成硫酸的质量．故答案为：432．依据化学方程式中元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应；从

水浸后的滤液中得到晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出；配位化合物中直接和中心原子或离子相联系的配位原子的数目；以Al和为电极，铝做原电池负极失电子发生氧化反应，得到电子发生还原反应，结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式；依据热化学方程式和盖斯定

律计算得到；依据硫元素守恒计算得到．本题考查了氧化还原反应概念分析判断，晶体结构的理解分析，原电池反应的实质应用，热化学方程式和盖斯定律的计算，元素守恒的计算应用，题目难度中等．4.【答案】；搅拌，适当提高酸的浓度，加热，将矿石粉碎，延长浸取时间等漏斗；S；盐酸和氯化铁溶液；【解析】【分析

】本题考查混合物的分离和提纯和原电池及电解池原理，为高考高频点，侧重考查学生分析、推断、知识运用能力，明确流程图中各个步骤发生的反应、操作方法、存在的物质等知识点即可解答，题目难度中等。【解答】方铅矿中加入氯化铁

溶液酸浸，发生氧化还原反应生成S，过滤液A含有、以及等，加入适量Pb粉可置换出铜，滤液B中含有、等，经冷水冷却，过滤可得到晶体，加入适量硫酸可生成盐酸和硫酸铅，其中盐酸和循环使用，硫酸铅中加入PbS发生氧化还原反应生成Pb和二氧

化硫气体，溶液中加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成，可循环使用，中Cu为价，S为价，则Fe元素的化合价为价，方铅矿酸浸为固体和溶液的反应，为提高反应的速率，可加热、增大溶液浓度、增大固体的接触面积或搅拌等，故答案为：；搅

拌，适当提高酸的浓度，加热，将矿石粉碎，延长浸取时间等；第19页，共31页过滤过程中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，由以上分析可知单质A是S，在此工艺操作中可循环利用的物质有铅和盐酸、氯化铁溶液，故答案为：漏斗；S；盐酸和氯化铁溶液；溶液中加入

过氧化氢，发生氧化还原反应生成，反应的离子方程式为，故答案为：；硫酸铅中加入PbS发生氧化还原反应生成Pb和二氧化硫气体，反应的化学方程式为，转化为反应的平衡常数表达式，故答案为：；；充电时，阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为，故答案为：。5.【答案】浓盐酸

；在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有；除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；甲；c【解析】解：易水解，水解生成，水解的离子方程式为，酸化用盐酸酸化，不引入杂质，且抑制铁离子的水解

，故答案为：浓盐酸；萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验用KSCN溶液效果最好；故答案为：在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度

；取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有；洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失，故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；标准溶液具有强氧化性，能氧化碱式滴定管中的橡胶，应置于酸式滴定管中；没有润

洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多，偏高；滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，读数高锰酸钾体积多，偏高；滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，读数体积偏小，结果偏低，正确；故答案为：甲；c．利用工业制取纯净的草酸铁晶体的实验流程：工业用盐酸溶解，抑制铁离子的水解，在异丙醚中的溶解度大于其

在水中的溶解度，用异丙醚萃取，继续向分液漏斗中加入适量异丙醚，充分振荡、静止，弃去水溶液，异丙醚溶液中加入草酸溶液，充分反应后分液，弃去醚层，水溶液通过蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁晶体．酸化用盐酸酸化，不引入杂质；萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说

明在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验用KSCN溶液效果最好；洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失；故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中；根据高锰酸

钾的量计算草酸的含量，没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多；读数高锰酸钾体积多；读数体积偏小，结果偏低．本题考查草酸铁晶体的制备，涉及试验流程问题，根据物质的性质进行分析处理，试题培养了学生分析问题，运用信息的能力，题目难度中等．6.【答案

】平衡分液漏斗内外气压，便于液体顺利流下；冷凝管；饱和食盐水；；第21页，共31页控制气体流速，宜慢不宜快或对三颈烧瓶进行适当的降温等；；蒸馏；取少量溶液，向其中加入品红溶液，若品红溶液不褪色，说明二者恰好完全反应，否则，二者未完全反应；溶解

硫酰氯分解生成的氯气【解析】解：仪器a为恒压分液漏斗，可以平衡分液漏斗内外气压，便于液体顺利流下，故答案为：平衡分液漏斗内外气压，便于液体顺利流下；由仪器b的结构特征，可知b为冷凝管，故答案为：冷凝管；利用分液漏斗中的液体将装置E的氯气排出，与二氧

化硫在装置C中反应，分液漏斗可以为饱和食盐水；氯气的物质的量为，由方程式可知，故理论上生成的质量为，故其产率为；为提高本实验中硫酰氯的产率，可以控制气体流速，宜慢不宜快，使其充分反应，由于以上开始分解，该反应为放热反应，可以对三颈烧

瓶进行适当的降温，故答案为：饱和食盐水；；控制气体流速，宜慢不宜快或对三颈烧瓶进行适当的降温等；氯磺酸加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，由元素守恒可知，另外物质含有H元素，中S、Cl原子数目之比为1：1，而中S、Cl原子数目之比为1：2，故另外物质中含有S元素，结合原子守恒可知另外物质为，

反应方程式为：；二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离，故答案为：；蒸馏；二氧化硫溶液与氯水都可以漂白品红溶液，若二者恰好完全反应得到盐酸、硫酸，不能使品红溶液褪色，检验方案为：取少量溶液，向其中加入品红溶液，若

品红溶液不褪色，说明二者恰好完全反应，否则，二者未完全反应，故答案为：取少量溶液，向其中加入品红溶液，若品红溶液不褪色，说明二者恰好完全反应，否则，二者未完全反应；以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气，氯气为黄绿色气体，可能是溶解氯气所致，故答案为：溶

解硫酰氯分解生成的氯气．仪器a为恒压分液漏斗，可以平衡分液漏斗内外气压，便于液体流下；由仪器A的结构特征，可知A为冷凝管；利用分液漏斗中的液体将装置E的氯气排出，与二氧化硫在装置C中反应，分液漏斗可以为饱和食盐水；根据氯气的量计算硫酰氯的理论产量，产量实际产量理论产量；提高本实

验中硫酰氯的产率，可以控制气体流速，使其充分反应，该反应为放热反应，可以对三颈烧瓶进行适当的降温；氯磺酸加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，由元素守恒可知，另外物质含有H元素，中S、Cl原子数目之比为1：1，而中S、Cl原子数目之比为1：2，故另外物

质中含有S元素，结合原子守恒可知另外物质为，二者沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离；二氧化硫溶液与氯水都可以漂白品红溶液，若二者恰好完全反应得到盐酸、硫酸，不能使品红溶液褪色；以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧

化硫和氯气，氯气为黄绿色气体，可能是溶解氯气所致．本题考查实验制备方案，涉及对反应原理、装置及操作的分析评价、对仪器的识别、物质的分离提纯等，注意对物质性质信息的应用，难度中等．7.【答案】圆底烧瓶；；；在水中溶解度小，先通至饱和，有利于析出；b；过滤；洗涤；干

燥；【解析】解：装置为制取二氧化碳的装置，仪器a为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；装置的作用为除去二氧化碳中的氯化氢，二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中溶解度不大，氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以B中盛有试剂为饱和碳酸氢钠溶液，第23页，共31页故答案为：；在水中溶解

度小，氨气极易溶于水，则先通至饱和，然后通入二氧化碳气体，有利于析出，故答案为：；在水中溶解度小，先通至饱和，有利于析出；氨气易挥发，D中脱脂棉应浸润的试剂吸收逸出的氨气，浓硫酸能使棉花脱水、浓硝酸具有挥发性，氨气为碱性气体，与硫酸反应，所以选择稀硫酸，故答案为：b；测定C中

所得晶体的碳酸氢钠的纯度假设晶体中不含碳酸盐杂质，将晶体充分干燥后，称量质量为wg，此时为碳酸氢钠粗品质量，操作1将晶体加热到质量不再变化时，所得粉末为碳酸钠和杂质，然后溶解，加入氢氧化钡溶液，氢氧化钡

跟碳酸钠反应生成碳酸钡，将生成的碳酸钡过滤、洗涤、干燥，称量为，反应的化学方程式为，，得到的碳酸钡需要经过过滤、洗涤、干燥后方可称量．设样品中碳酸氢钠的质量为x，由上两式可得关系式：197xn，，所得晶体中碳酸氢钠的纯度，故答案为：过滤；洗涤；干燥；．根据常用的仪器名称解答；装

置的作用为除去二氧化碳中的氯化氢，二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中溶解度不大，氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；根据二氧化碳和氨气的溶解性判断先通入的气体，氨气极易溶于水，易于二氧化碳的吸收，所以应先通入氨气；氨气易挥发，氨气为碱性气体，与酸反应、与碱不反应，浓硫酸

具有强氧化性，浓硝酸易挥发；测定C中所得晶体的碳酸氢钠的纯度假设晶体中不含碳酸盐杂质，将晶体充分干燥后，称量质量为wg，此时为碳酸氢钠粗品质量，操作1将晶体加热到质量不再变化时，所得粉末为碳酸钠和杂质，然后溶解，加入氢氧化钡溶液，

氢氧化钡跟碳酸钠反应生成碳酸钡，将生成的碳酸钡过滤、洗涤、干燥，称量为ng，根据关系式--可求出纯碳酸氢钠的质量．本题考查了工业制纯碱的原理分析，生产过程中的物质变化，混合物成分的分析判断和计算应用，注意实验过程分析，除杂操作，尾气吸收是解答关键，题目难度中等．8.【答案】ac消耗溶液中的酸，促进

和水解生成氢氧化物沉淀、CuS阳极【解析】解：二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用能除去溶液中和，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，白色污染主要是塑料等难降解的物质形成的，能形成酸雨，因此脱硫实现了废弃物的综合利用，同时

也减少了酸雨形成，所以ac正确，故答案为：ac；步骤I生成无水的反应为二氧化锰和二氧化硫发生反应生成，反应的化学方程式为：，步骤IV生成无水的反应是高锰酸钾在水溶液中氧化锰离子为二氧化锰，反应的化学方程式为：，故答案为：；；由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进和水解生成

氢氧化物沉淀，所以滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，铜离子会和硫离子生成更难溶的硫化铜，第25页，共31页故答案为：消耗溶液中的酸，促进和水解生成氢氧化物沉淀；、；CuS；锰离子在阳极失电子：，则在阳极上生成，故答案为：阳极；反应的二氧化硫的物质的量为，根据可知生成硫酸锰

的物质的量为48mol，最终生成的二氧化锰为，设消耗硫酸锰的物质的量为x．3x10440g除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素，相当于Mn元素的质量，故答案为：．二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用能除去溶液中和，MnS将铜、镍离

子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，能形成酸雨，因此脱硫实现了废弃物的综合利用，同时也减少了酸雨形成；步骤I生成无水的反应为二氧化锰和二氧化硫发生反应生成，步骤IV生成无水的反应是高锰酸钾

在水溶液中氧化锰离子为二氧化锰；从消耗溶液中的酸，促进和水解角度分析，生成氢氧化物沉淀，所以滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，铜离子会和硫离子生成更难溶的硫化铜；锰离子在阳极失电子发生氧化反应；，根据方程式结合元素守恒解题．本题通过二氧化锰的制备，考查了物质的分离、提纯方法及

其综合应用，题目难度中等，明确制备原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法及物质的分离、提纯方法，试题充分培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．9.【答案】使固体与气体充分接触，加快反应速率B该反应的实质是与反应，的硫酸中含水较多，和都较

大，生成速率更快防止倒吸或【解析】解：硫铁矿在沸腾炉中燃烧生成氧化铁与二氧化硫，气体A为二氧化硫，溶液D蒸发浓缩、冷却结晶得到硫代硫酸钠晶体，故D为，单质单质硫与亚硫酸盐可以共热生成硫代硫酸盐，则溶液C为，故原料B为可以为碳酸钠溶液或氢氧化钠溶液．沸腾炉中将粉碎的硫铁矿用空气吹动使之达到“沸腾”

状态，其目的是：使固体与气体充分接触，加快反应速率，故答案为：使固体与气体充分接触，加快反应速率；吸收二氧化硫转化为亚硫酸钠，碳酸钠可以与二氧化硫反应生成亚硫酸钠与二氧化硫，而NaCl、硫酸钠不与二氧化

硫反应，故选：B；为制备二氧化硫，二氧化硫在C中与硫化钠溶液反应得到硫化氢，硫化氢与二氧化硫反应得到S单质，S单质与亚硫酸钠反应得到硫代硫酸钠，C中反应导致装置内压强减小，B装置作用是防止倒吸．该反应的实质是与反应，的硫

酸中含水较多，和都较大，生成速率更快；B装置作用是防止倒吸，故答案为：该反应的实质是与反应，的硫酸中含水较多，和都较大，生成速率更快；B防止倒吸；中制备发生的连续反应有：、或和，故答案为：或；由题目信息可知，与HCl反应生成、S，同时还生成，反应方程

式为：，故答案为：．第27页，共31页硫铁矿在沸腾炉中燃烧生成氧化铁与二氧化硫，气体A为二氧化硫，溶液D蒸发浓缩、冷却结晶得到硫代硫酸钠晶体，故D为，单质单质硫与亚硫酸盐可以共热生成硫代硫酸盐，则溶液C为，故原料B为可以为碳酸钠溶液或氢氧化钠溶液．使固体与气体充分接触，加

快反应速率；稀释二氧化硫转化为亚硫酸钠；为制备二氧化硫，二氧化硫在C中与硫化钠溶液反应得到硫化氢，硫化氢与二氧化硫反应得到S单质，S单质与亚硫酸钠反应得到硫代硫酸钠，C中反应导致装置内压强减小，B装置作用是防止倒吸；由题目信息可知，与HCl反应生成、S，同时还生成．本题考查制备方案设计，侧重考

查学生对操作步骤、原理的分析评价，是对学生综合能力的考查，难度中等．10.【答案】；沉淀部分溶解且有气体生成【解析】解：高温分解得到固体D，固体D是一种红色氧化物为铁的氧化物判断为，溶于盐酸溶液得到E溶液为氯化铁溶液，

混合气体A通入氢氧化钠溶液得到溶液B，加入氯化钡生成白色沉淀C为，则A中含有SO3，结合盐酸化合价变化可知铁元素化合价升高，硫元素化合价降低，所以A气体中一定含有，杯水沉淀中还有，分析可知，混合气体A通入足量N

aOH溶液后，溶液B中属于盐的溶质有硫酸钠和亚硫酸钠，化学式为：；，故答案为：；；白色沉淀C中加入盐酸，亚硫酸钡和盐酸溶解生成二氧化硫气体，反应的现象为沉淀部分溶解且有气体生成，故答案为：沉淀部分溶解且有气体生成；固体D为氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液，反应的离子方程式为：，故答案为：高温分解得

到固体D，固体D是一种红色氧化物为铁的氧化物判断为，溶于盐酸溶液得到E溶液为氯化铁溶液，混合气体A通入氢氧化钠溶液得到溶液B，加入氯化钡生成白色沉淀C为，则A中含有SO3，结合盐酸化合价变化可知铁元素化合价

升高，硫元素化合价降低，所以A气体中一定含有，杯水沉淀中还有，分析可知B溶液中含有硫酸钠和亚硫酸钠；白色沉淀C中加入盐酸，亚硫酸钡和盐酸溶解生成二氧化硫气体；固体D为氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液．本题考查了物质性质、物质转化、物质反应的特征现象等

知识，掌握基础是解题关键，题目难度中等．11.【答案】增大接触面积，加快溶解速率；；；除；观察是否有丁达尔效应；；胶体．【解析】解：工业铝灰和活性铝矾土为原料主要含Al、、及铁的氧化物，加入硫酸和盐酸，不溶，Al、及铁的氧化物溶

解为离子，滤渣I为，滤液调节PH，三价铁离子会转化为沉淀，则滤渣II为氢氧化铁，滤液II再经过蒸发浓缩，过滤得到硫酸钙和碱式氯化铝溶液．有固体参加的反应，固体的表面积越大，反应速率越快，所以粉碎煤矸石能增大接触面积，加快溶解速率；二氧化硅不溶于酸，所以滤渣I为；故答案为：增大接触面积

，加快溶解速率；；在溶液中为绿色，可以用；易被空气中的氧气氧化为，随后溶液又变为棕黄色，是因为被空气中的氧气氧化为，其反应的离子方程式为：；故答案为：；第29页，共31页并控制pH，其目的：一是生成碱式氯化铝；其次还可以除去

铁离子，已知碱式氯化铝的分散质粒子大小在之间，则为胶体，滤液I为溶液，用一束光照射液体，观察是否有丁达尔效应，有丁达尔效应的是碱式氯化铝；与过量的强碱反应生成偏铝酸盐，所以若溶液过量，则步骤得到的碱式氯化铝产率偏低，该反

应的离子方程式为；故答案为：除；观察是否有丁达尔效应；；若在某温度下溶于蒸馏水，当有水解生成溶液时，吸收热量QkJ，则1mol完全反应水解吸收的热量为400QkJ，则其热化学方程式为：胶体；故答案为：胶体．工业铝灰和活性铝矾土为原料主要含Al、、及铁的氧化物，加入硫酸和盐酸，不溶，Al、及铁的氧

化物溶解为离子，滤渣I为，滤液调节PH，三价铁离子会转化为沉淀，则滤渣II为氢氧化铁，滤液II再经过蒸发浓缩，过滤得到硫酸钙和碱式氯化铝溶液．粉碎原料的目的是增大接触面积，提高溶解速率；过滤可以将难溶物质滤出；亚铁离子

的检验可以采用试剂；氢氧化亚铁不稳定，很容易被氧气氧化；根据胶体的性质及鉴别方法分析；与过量的强碱反应生成偏铝酸盐；根据水解的量，求出1mol完全反应吸收的热量，再写出热化学方程式．本题考查了工艺流程图，主要

涉及、及铁的氧化物的分离和提纯、胶体的性质和鉴别、热化学方程式等，题目考查的内容较多，侧重于考查学生对所学知识的综合应用能力，题目难度中等．12.【答案】还原剂NaOH或【解析】解：中Na为价，O为价，根据化合物中各元素总化合价为0

可知，Cl的化合价为，故答案为：；反应Ⅰ中，、在酸化条件下生成，回收产物为，说明在反应中被氧化，做还原剂，故答案为：还原剂；中价Cl被还原成价的，化合价降低1价，中S从价被氧化为价，化合价升高2价，根据电子守恒及质量守恒配平可得：，故答

案为：；；除去粗盐水中的和时不能引入新的杂质，则除去用NaOH溶液，除去用溶液，故答案为：NaOH；；电解装置中阴极得电子生成，阳极失电子被氧化生成，所以被氧化的是NaCl或，故答案为：或；氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，该反应的离子方程式为：，故答

案为：；由于饱和溶液在温度低于时析出晶体，温度高于时析出晶体，温度高于时分解生成和NaCl，所以趁热过滤应控制的温度范围是，故答案为：。由制备流程可知，、在酸化条件下生成，其中是氧化剂，回收产物为，说明生成硫酸氢钠，且产生，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为；然后电解装置中阴极第31页

，共31页得电子生成，阳极失电子生成，最后溶液经过加热蒸发、趁热过滤、洗涤、干燥得到结晶、干燥得到产品，据此解答。本题考查物质制备实验方案的设计，为高考常见题型，题目难度中等，把握制备流程及发生的反应为解答

的关键，注意掌握混合物分离与提纯方法及元素化合物知识，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。