2020届高三化学二轮冲刺新题专练-物质的分离与提纯（ 含解析）

第=page22页，共=sectionpages22页第=page11页，共=sectionpages11页2020届高三化学二轮冲刺新题专练——物质的分离与提纯（含解析）一、单选题（本大题共16小题，共32分）以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量A.加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4

B.向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3

C.隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(Fe下列说法正确的是(    )A.用蒸馏法提纯物质时，如果把温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口上方，会使收集的产品中混有低沸点的杂质

B.制备摩尔盐实验中，硫酸亚铁铵晶体过滤后用少量的酒精洗涤以除去晶体表面附着的水分

C.做完实验后，任何剩余药品都不能随意丢弃，也不能放回原来的试剂瓶

D.用干燥洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，点在放在表面皿上的pH试纸上测pH下图是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法：已知：室温下饱和H2S溶液的pH约为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5A.操作I所得滤液中不含有Fe3+

B.操作Ⅱ中用硫酸酸化至pH=2的主要目的是抑制Fe2+的水解

C.操作Ⅱ中，通入H2S至饱和的目的是使Sn2+转化为SnS下列实验的试剂、装置选用合理的是(    )选项实验目的试剂装置A除去Cl2中少量的HCl、试剂a为饱和NaHCO3甲B除去NH3中少量试剂b为无水氯化钙乙C除去CO2中少量SO试剂a为饱和Na2甲D除去N2中少量的O试剂c为足量的铜网丙A.A B.B C.C D.D下列实验操作正确的是(    )A.除去H2还原CuO试管内壁附着的Cu，先用稀硝酸溶洗，再用水清洗

B.提取碘水中的I2，用植物油萃取后分液

C.配制FeSO4溶液，将FeSO4下列选项中，利用相关实验器材(规格和数量不限)能够完成相应实验的是 选项实验器材相应实验A天平(带砝码)、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管配制95mL1.00mol/LNaCl溶液B三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角钠在空气中燃烧C酸(碱)式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台实验测定酸碱反应曲线D酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、铁架台分离苯与甲苯的混合物A.A B.B C.C D.D实验室从废定影液[含Ag(S2O3) 23−和Br−等]中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2SA.用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌

B.用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取Ag

C.用装置丙制备用于氧化过滤液中《天工开物》中记了砒霜的制取：“凡烧砒，下鞠土窑，纳石其上，上砌曲突，以铁釜倒悬履突口。其下灼炭举火，其烟气从曲突内熏贴釜上”。文中涉及的操作方法可用于(

)A.从石油中获得汽油

B.分离单质碘和氯化钠的固体混合物

C.苯甲酸的重结晶

D.从溴水中提取溴已知：CH3CH物质沸点/℃密度/(g⋅水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.70.8017微溶下列说法中，不正确的是(    )A.为防止产物进一步氧化，应将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中

B.当温度计1示数为90～95℃，温度计2示数在76℃下列实验操作能达到对应实验目的的是选项实验目的实验操作A酸化KMnO4向KMnO4B比较碳和硫两种元素非金属性强弱测同温同浓度的Na2SO3C区别植物油和矿物油向植物油和矿物油中分别加入NaOH溶液，加热、冷却后观察是否分层D除去CO2中的HCl将混合气体通过盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶A.A B.B C.C D.D下列说法不正确的是A.用氢氧化钠溶液代替稀硫酸进行镀锌铁皮锌镀层厚度测定的实验，可以避免铁参加反应造成的误差进而提高实验的准确度

B.纸层析法属于色谱分析法，其原理跟“毛细现象”相关，通常以滤纸作为惰性支持物，它所吸附的水作为流动相

C.将制得的阿司匹林粗产品与饱和碳酸氢钠溶液充分反应后过滤，除去阿司匹林中的聚合物

D.为鉴别NaNO2和NaCl两种溶液，分别加入AgNO工业上常用水蒸气蒸馏的方法(蒸馏装置如图)从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中提取的精油90％以上是柠檬烯(柠檬烯)。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：①将1～2个橙子皮剪成细的碎片，投入乙装置中，加入约30mL水；②松开活塞K。加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧，打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。

下列说法不正确的是(

)A.当锥形瓶中油层不再变厚，说明蒸馏完成

B.乙与丙之间的直形冷凝管换成球形冷凝管冷凝效果会更好

C.蒸馏结束后，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热

D.甲中长导管可平衡气压，若乙丙之间发生堵塞，则甲中有水进入长导管中华文化源远流长、博大精深。下列有关蕴含的化学知识的说法中，不正确的是(

)A.食品包装中常见的抗氧化剂成分为：还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀不相同

B.“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶瓷的过程发生了化学变化

C.“兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光。”粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，可以通过蒸馏与酒糟分离

D.侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱食品、大气、工业尾气中SO2均需严格检测或转化吸收，下列有关SO2的检测或吸收方法正确的是

(A.滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样以测定葡萄酒中SO2的浓度

B.沉淀法：用Ba(OH)2溶液沉淀SO2，然后将沉淀在空气中洗涤、过滤、干燥、称重以测定大气中SO2的浓度

C.氨酸法：用氨水吸收尾气中的SO2中华文化源远流长、博大精深。下列有关蕴含的化学知识的说法中，不正确的是(    )A.食品包装中常见的抗氧化剂成分为：还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀不相同

B.“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶瓷的过程发生了化学变化

C.“兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光。”粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，可以通过蒸馏与酒糟分离

D.侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱用电解法处理含Cr2O72−的废水，探究不同因素对含Cr2O72−实验ⅰⅱⅲⅳ是否加入Fe否否加入30 g否是否加入H2否加入1 mL加入1 mL加入1 mL阴极材料石墨石墨石墨石墨阳极材料石墨石墨石墨铁Cr2O0.092%12.7%20.8%57.3%实验ⅲ中Fe3+去除CrA.实验ⅱ与实验ⅰ对比，其他条件不变，增加c(H+)有利于Cr2O72−的去除

B.实验ⅲ与实验ⅱ对比，其他条件不变，增加c(Fe3+)有利于Cr2O72−的去除

C.二、简答题（本大题共6小题，共30分）铝元素在自然界中主要存在于铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有FeO、SiO2)中．工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如图1．

(1)在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性．

①将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为______(填代号)．

a.氢氧化钠溶液b.硫酸溶液c.氨水d.二氧化碳

②由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、冷却结晶、______(填操作名称)、洗涤．

③该过程涉及某氧化还原反应如下，请完成：

______Fe2++______ClO−+______=______Fe(OH)3↓+______C钛化合物常见价态有+2和+4.钛白粉(TiO2，两性氧化物)用途广泛．工业上由高钛渣(主要成分为Ti3O5，还含有TiO2、Fe2O3等)制取钛白粉的主要工艺过程如图1：

(1)写出碱熔步骤所发生反应的化学方程式______、______．

(2)实验测定EDTA加入最(EDTA和Fe3+的物质的量之比)对Ti4+和Fe3+溶出率的影响如图所示．由图可知，EDTA的加入量为______时除铁效率最佳，理由是______．

(3)在实验室模拟除铁净化后的实验步骤：①向钛原料中加入稀硫酸生成偏钛酸(H2TiO3)沉淀，反应结束后过滤；②洗涤；③…；④在650℃下高温焙烧得到较纯的钛白粉固体．步骤③的实验目的是______，需要用到的试剂有______．

(4)测定钛白粉纯度：称取试样0.200g在CO2气氛下用金属铝将钛(IV)还原成钛(Ⅲ)，还原后的溶液以NH4SCN为指示剂，用0.08mol/L信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了威胁．某研究性学习小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：

(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为______．

(2)第②步加H2O2的作用是______．

(3)该探究小组提出两种方案测定CuSO4⋅5H2O晶体的纯度．

方案一：取a g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.100 0mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定(原理为I2+2S2O32−=2I−+S4O62−)，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL．

①滴定过程中可选用______作指示剂，滴定终点的现象是______．

②CuSO4溶液与KI反应的离子方程式为______．

方案二：取a g试样配成100mL溶液，每次取硫化钠又称硫化碱，易潮解、能与空气中CO2及O2作用而变质，可用于脱硫、染料工业制取硫化青和硫化蓝的原料等．回答下列问题：

(1)硫化钠的电子式为______．

(2)已知25℃时，H2S的电离常数Ka1=1.3×10−7、Ka2=7.1×10−15．

①0.01mol/L Na2S溶液中，离子浓度从大到小的顺序为______．

②该温度下，S2−+H2O⇌HS−+OH−的电离常数K=______．

(3)硫化钠可高效脱除SO2，流程如图1所示：

①吸收塔中发生反应的化学方程式为______．

②已知下列热化学方程式：

(I)Na2SO4(s)+2C(s)=Na2S(s)+2CO2(g)△H1=−225.2kJ⋅mol−1

(Ⅱ)CO2(g)+C(s)=2CO(g)△H2=172.4kJ⋅mol−1

写出再生塔中固体硫酸钠生成固体硫化钠的热化学方程式为______．

(4)在VL恒容反应器中加入a mol Na2S某科研小组以废旧的含镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)为原料制取Ni2O3，工艺流程如图1：

金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHF1.13.2F5.88.8N6.79.5表二：物质20℃时溶解性(CaS微溶Ni可溶Ca难溶回答下列问题：

(1)滤渣的主要成分为BaSO4和______(填化学式)。

(2)操作A中发生反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+、______；操作A中没有FeS和NiS沉淀产生，其原因是(用Ka和Ksp解释)______。

(3)操作B加入H2O2的目的是______，加NaOH溶液调节pH应在______范围内；操作C中加入NaF的目的是______。

(4)该工艺流程中使用H2S气体，优点是可以制取副产品CuSO4⋅5H2O，但也有明显的缺点：一是产生空气污染，二是______。

(5)电解产生2NiOOH⋅H2O的原理为：在碱性条件下电解，C某工厂废弃的钒渣中主要含V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2等，现从该钒渣回收V2O5的工艺流程示意图如下：

回答下列问题：

(1)(NH4)2V6O16中钒(V)的化合价为______，①中废渣的主要成分是______．

(2)工艺中反萃取所用的X试剂为______．

(3)②、③的变化过程可简化为(其中R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)：R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)⇌2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)，为提高②中萃取效率，应采取的措施是______．

(4)请完成④三、实验题（本大题共3小题，共38分）工业上用某矿渣(含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取铜的操作流程如下：

已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O

(1)实验操作I的名称为______；在空气中灼烧固体混合物D时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有______(填仪器名称)．

(2)滤液A中铁元素的存在形式为______(填离子符号)，生成该离子的离子方程式为______，检验滤液A中存在该离子的试剂为______(填试剂名称)．

(3)金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为______．

(4)常温下，等pH的NaAlO2和NaOH两份溶液中，由水电离出的c(OH−)前者为后者的108倍，则两种溶液的pH=______．

(5)①利用电解法进行粗铜精炼时，下列叙述正确的是______(填代号制烧碱所用盐水需两次精制．第一次精制主要是用沉淀法除去粗盐水中Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42−等离子，过程如下：

Ⅰ.向粗盐水中加入过量BaCl2溶液，过滤；

Ⅱ.向所得滤液中加入过量Na2CO3溶液，过滤；

CaSMCaCBaSBaC2.6×2.5×7.8×2.4×1.7×(1)过程Ⅰ除去的离子是______．

(2)检测Fe3+是否除尽的方法是______．

(3)过程Ⅰ选用BaCl2而不选用CaCl2，请运用表中数据解释原因______．

(4)除去Mg2+的离子方程式是______．

(5)检测Ca2+、Mg2+、Ba2+是否除尽时，只需检测Ba2+即可，原因是______．

第二次精制要除去微量的I−、IO3−、NH4+、A12(SO4)3.18H2O和高铁酸钠(Na2FeO4)都是时下常用的高效净水剂，两者性质各异，制备方法各有不同，请回答下列问题；

(1)高铁酸钠净水主要是通过其极强的氧化性让其在反应中被还原成三价铁离子达到净水的目的．主要通过如下反应制取：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3X+5H2O，则X的化学式______，反应中被还原的物质是______(写化学式)．

(2)A12(SO4)3.18H2O通常可用含有A12O3、SiO2和少量FeO⋅xFe2O3的铝灰来制备，工艺流程如下(Al(OHFe(OHFe(OH开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1mol⋅L−1

根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的：______．

(d)已知：一定条件下，MnO4−可与Mn2+反应生成MnO2

①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCI并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故A正确；

B、滤液中含有AlO2−，通入过量CO2，发生反应：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3，反应为：2Al(OH)3−  △   +3H2O，即可制得Al2O3，故B正确；

C、隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：FeS2+16Fe2O3− 焙烧 11Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16，故C错误；

D、Fe3O4有磁性，可以用磁铁将【解析】【分析】

本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及混合物分离、试剂的取用、pH的测定及沉淀的洗涤等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验方案。

【解答】

A.蒸馏时测定馏分的温度，则温度计水银球插在蒸馏烧瓶支管口处，若在上方位置，将收集到高沸点馏分，则使收集的产品中混有高沸点的杂质，故A错误；

B.用酒精洗涤晶体，酒精挥发能带走晶体表面的水分且能减少晶体的溶解，故B正确；

C.做完实验后，块状固体药品可以放回原试剂瓶，粉末状和液体药品不能放回原试剂瓶，但也不能随意丢弃，故C错误；

D.NaClO有强氧化性，不能用pH试纸测量，故D错误。

故选B。

3.【答案】B

【解析】【分析】

题目基于化工流程图考查元素化合物知识、物质提纯与除杂问题，可结合相关知识与题干信息解答，题目难度一般。

【解答】

A.由于铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)中单质铁过量，故操作Ⅰ所得滤液中不含有Fe3+

，故A正确；

B.操作Ⅱ中用硫酸酸化至pH=2的主要目的是SnS沉淀完全而不使FeS沉淀，不是抑制Fe2+的水解，故B错误；

C.操作Ⅱ中，通入H2S至饱和的目的是使Sn2+转化为SnS沉淀并防止Fe2+被氧化，故C正确；

D.【解析】【分析】

本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件(加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质)是正确解题的关键。

【解答】

A.HCl与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，故A错误；

B.氨气能与无水氯化钙反应，所以不能用无水氯化钙除去氨气中的水，故B错误；

C.CO2与Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，CO2被除去，故C错误；

D.加热条件下氧气与铜反应生成氧化铜，而氮气不反应，所以除去【解析】【分析】

本题考查实验基础知识及其相关原理，意在考查实验必备知识的掌握程度，掌握相应的原理是解题关键；

【解答】

A.铜可与稀硝酸反应，A项正确；

B.植物油碳链中含碳碳双键，能与I2发生加成反应，B项错误；

C.浓硫酸能将Fe2+氧化为Fe3+，C项错误；

D.应蒸发至剩余少量液体时，用余热蒸干，D项错误【解析】【分析】

本题主要考查了基本化学实验用的实验仪器，熟练掌握实验的原理和步骤是解题基础，难度较小。

【解答】

A.配制一定物质的量浓度的溶液时需要用到玻璃棒，故A错误；

B.钠在空气中燃烧实验仪器完整，故B正确；

C.酸碱中和滴定实验需要用到胶头滴管加指示剂，故C错误；

D.分离苯与甲苯的混合物还需要温度计，故D错误。

故选B。

7.【答案】C

【解析】【分析】

本题综合考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大。

【解答】

A.过滤时，不能用玻璃棒搅拌，以避免滤纸破损，故A错误；

B.灼烧固体应在坩埚中进行，不能用蒸发皿，故B错误；

C.高锰酸钾具有强氧化性，在常温下浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，故C正确；

D.分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下端流出，上层液体从上口倒出，故D错误。

故选C。

8.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握习题中的信息、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。

【解答】

由“其下灼炭举火，其烟气从曲突内熏贴釜上”可知，加热固体升华后分离出来，结合碘易升华来解答。

A.从石油中获得汽油，与混合物沸点有关，为蒸馏法，故A不选；

B.分离单质碘和氯化钠的固体混合物，与碘易升华的性质有关，为升华法，故B选；

C.苯甲酸的重结晶，与溶解度有关，故C不选；

D.从溴水中提取溴，与溶解性差异有关，为萃取法，故D不选；

故选B。

9.【答案】D

【解析】【分析】

本题主要考查有机化学实验、反应原理、基本操作等，难度中等，注意对实验原理的理解掌握。

【解答】

A.Na2Cr2O7在酸性条件下能氧化正丁醇，也能氧化正丁醛，为防止正丁醛被氧化，应将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A正确；

B.由反应条件、反应物和产物的沸点数据可知，CH3CH2CH2CH2OHNa2Cr2【解析】【分析】

本题主要考查的是化学实验方案的评价，意在考查学生的分析能力，解题时注意氧化还原反应原理的应用、元素非金属性比较的依据、油脂和矿物油性质差异、气体的除杂时试剂的选择。

【解答】

A.在KMnO4溶液中滴入浓盐酸，发生反应生成氯气，无法达到酸化高锰酸钾的目的，故A错误；

B.测量Na2SO4和Na2CO3溶液的pH，以确定对应的元素最高价氧化物的水化物酸性的强弱，才可以比较硫和碳的非金属性，故B错误；

C.植物油在NaOH溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，溶液不再分层，而矿物油不水解，故C正确；

D.除去CO2中的HCl【解析】【分析】

本题考查物质分离提纯，为高频考点，题目涉及较广，题目难度中等，答题时注意审题，牢固把握相关基础知识是解答该题的前提。

【解答】

A.用氢氧化钠溶液代替稀硫酸进行镀锌铁皮锌镀层厚度测定的实验，可以避免铁参加反应造成的误差进而提高实验的准确度，故A正确；

B.纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离目的，常用滤纸作载体，滤纸上所吸收的水分作固定相，有机溶剂作流动相，当流动相流过固定相时，各组分以不同的速度移动，从而使混合物分离，其原理跟“毛细现象”相关，故B错误；

C.将阿司匹林转化为钠盐，钠盐溶于水，通过过滤而分离杂质，故C正确；

D.加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，再加入适量稀硝酸，若沉淀溶解，则该溶液为NaNO2溶液，氯化银不溶于稀硝酸，故D正确。

故选B。

【解析】【分析】

本题考查了物质分离提纯的方法、实验基本操作、物质性质和装置的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

【解答】

A.柠檬烯不溶于水，密度比水小，因此当油层不再变厚时，说明蒸馏完成，故A正确；

B.球形冷凝管只用于冷凝回流，因为倾斜放置会有残留液体，故不宜用于蒸馏实验中，故B错误；

C.蒸馏结束后，为防止倒吸，先把乙中导气管从溶液中移出，再停止加热，故C正确；

D.甲中长导管可以平衡气压，若装置堵塞，气体压强增大，则甲中水进导管甚至溢出，以避免出现安全问题，故D正确。

故选B。

13.【答案】A

【解析】【分析】

本题主要考查中国文化与蕴含的化学知识的关系，是理论联系实际的考题，难度不大。

【解答】

A.食品包装中常见的抗氧化剂成分为：还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，吸水形成原电池，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，故A错误；

B.黏土烧制陶瓷的过程中有新物质生成，发生了化学变化，故B正确；

C.酒精沸点低，粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，可以通过蒸馏与酒糟分离，故C正确；

D.侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱，反应原理为：NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3【解析】【分析】

本题考查SO2的性质，侧重基础知识的考查，难度不大。

【解答】

A.葡萄酒试样中有葡萄糖和乙醇等还原性物质，也能使酸性KMnO4溶液褪色，故不能用酸性高锰酸钾溶液测定葡萄酒中SO2的浓度，故A错误；

B.大气中SO2含量较低，且CO2也能与Ba(OH)2溶液反应生成沉淀，故不能用此法测定大气中SO2的浓度，故B错误；

C.用氨水吸收尾气中的SO2生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，再将吸收液与硫酸反应生成SO2，富集后的SO【解析】【分析】

本题主要考查中国文化与蕴含的化学知识的关系，是理论联系实际的考题，难度不大。

【解答】

A.食品包装中常见的抗氧化剂成分为：还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，吸水形成原电池，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，故A错误；

B.黏土烧制陶瓷的过程中有新物质生成，发生了化学变化，故B正确；

C.酒精沸点低，粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，可以通过蒸馏与酒糟分离，故C正确；

D.侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱，反应原理为：NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3【解析】【分析】

本题考查有关电解知识，难度不大，注意结合控制变量法进行分析解答，掌握原理是解答的关键。

【解答】

A.由表中数据可知，实验ⅱ与实验ⅰ对比，其他条件不变，增加c(H+)有利于Cr2O72−的去除，故A正确；

B.由表中数据可知，实验ⅲ与实验ⅱ对比，其他条件不变，增加c(Fe3+)有利于Cr2O72−的去除，故B正确；

C.由实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72−

的机理可知，实验ⅲ中Fe3+在阴极得电子转化为Fe2+，Fe2+与Cr2O72−发生氧化还原反应，提高了Cr2O72−的去除率

，而生成Fe3+可以循环利用，故C正确；

D.实验【解析】解：(1)①a、氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过了会溶解氢氧化铝，故a不选；

b.硫酸溶液不能沉淀铝离子，故b不选；

c.氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故c选；

d.二氧化碳和氯化铝不反应不能生成氢氧化铝沉淀，故d不选；

故答案为：c；

②加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，

故答案为：过滤；

③滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；亚铁离子被氧化为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀，次氯酸根离子被还原为氯离子，反应的两种方程式为2Fe2++ClO−+5H2O=2Fe(OH)3↓+C1−+4H+；

故答案为：2；1；5H2O；2；1；4H+；

(2)A、蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应，故A不符合；

B、铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，故B符合；

C、玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，故C不符合；

D、瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应，故D不符合；

故答案为：B．

由流程可知，铝土矿加入盐酸溶解过滤得到二氧化硅固体和滤液A，滤液A中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，反应的化学方程式为2Fe2++ClO−+5H2O=2Fe(OH)3↓+C1−+4H+，目的是氧化亚铁离子，所得滤液B显酸性，B中铝离子、铁离子可水解显酸性；二氧化硅加入氢氧化钠固体焙烧得到硅酸钠，

(1)①滤液B中铝元素为氯化铝，依据氢氧化铝溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱选择；

②加入浓盐酸抑制氯化铝的水解，蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤；

③依据流程分析，滤液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铝，在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性，次氯酸根离子具有氧化性氧化亚铁离子为铁离子在溶液中形成氢氧化铁沉淀除去；依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平计算写出；

(2)A、蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应；【解析】解：(1)Ti3O5和TiO2都溶于氢氧化钠溶液生成Na2TiO3和H2O，反应的化学方程式为：TiO2+2NaOH−  △   Na2TiO3+H2O；2Ti3O5+12NaOH+O2−  △   6Na2TiO3+6H2O，

故答案为：TiO2+2NaOH−  △   Na2TiO3+H2O；2Ti3O5+12NaOH+O2−  △   6Na2TiO3+6H2O；

(2)实验测定EDTA加入最(EDTA和Fe3+的物质的量之比)对Ti4+和Fe3+溶出率的影响如图所示．由图可知，EDTA的加入量为5时除铁效率最佳，理由是Fe3+溶出率高，Ti4+溶出率低，节约成本，

故答案为：5；Fe3+溶出率高，Ti4+溶出率低，节约成本；

(3)在实验室模拟除铁净化后的实验步骤：①向钛原料中加入稀硫酸生成偏钛酸(H2TiO3)沉淀，反应结束后过滤；②洗涤，③检验沉淀是否洗涤干净；④在650℃下高温焙烧得到较纯的钛白粉固体．步骤③的实验目的是检验沉淀是否洗涤干净，最后一次洗涤液中是否含硫酸根离子来检验沉淀是否洗涤干净，需要用到的试剂有

BaCl2溶液，

故答案为：检验沉淀是否洗涤干净；BaCl2【解析】解：本题是以含70%Cu、25%Al、及少量Au、Pt等金属的混合物制备硫酸铜和硫酸铝晶体的流程，首先在稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，过滤除去少量Au、Pt；在滤液1中用绿色氧化剂过氧化氢氧化二价铁离子得到三价铁，然后通过调整溶液的pH使Fe3+、Al3+沉淀，过滤得到滤液2结晶，得到硫酸铜晶体，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝的混合物，先用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝沉淀，过滤得到偏铝酸钠溶液，再通入二氧化碳至不再有沉淀析出，过滤、用水洗涤固体2−3次得纯净的氢氧化铝沉淀，将固体转移到烧杯中，用硫酸溶解，蒸发浓缩、冷却结晶，得到硫酸铝晶体，

(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu与浓硝酸发生反应生成Cu2+、NO2和H2O，离子反应为：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O；

(2)双氧水作氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+；故答案为：把Fe2+氧化为Fe3+；

(3)①有碘参加反应，因此可以选用淀粉溶液作指示剂，根据滴定终点的判断方法，要求蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复蓝色；故答案为：淀粉溶液；蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复蓝色；

②铜离子被I−还原为亚铜离子，碘离子被氧化为I2，根据原子守恒和得失电子守恒书写离子方程式为；2Cu2++4I−=2CuI↓+I2；故答案为：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2；

③根据方程式可知20.00mL溶液中n(CuSO4⋅5H2O)=n(EDTA)=c×6×10−3mol；所以m(CuSO4⋅5H2O)=c×6×10−3mol×250g/mol=1.5cg，因此100mL溶液中CuSO4⋅5H2O的质量为：1.5c×5=7.5cg，所以w=7.5cgag×100%=7.5ca×100%，故答案为：7.5ca×100%；

(4)根据以上分析，滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝的混合物，先用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝沉淀，过滤得到偏铝酸钠溶液，再通入二氧化碳至不再有沉淀析出，过滤、用水洗涤固体2−3【解析】解：(1)硫化钠的化学式中含有两个钠离子，硫化钠正确的电子式为：，

故答案为：；

(2)①0.01mol/LNa2S溶液中硫离子分步水解，S2−+H2O⇌HS−+H2O，HS−+H2O⇌H2S+OH−，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(S2−)>c(OH−)>c(HS−)>c(H+)，

故答案为：c(Na+)>c(S2−)>c(OH−)>c(HS−)>c(H+)；

②该温度下，S2−+H2O⇌HS−+OH−的电离常数K=c(OH−)(HS−)c(S2−)=c(OH−)(HS−)c(S2−)×c(H+)c(H+)=KwKa2=10−147.1×10−15=1.41，

故答案为：1.41；

(3)①吸收塔中发生反应是二氧化硫和硫化钠反应生成单质硫，反应的化学方程式为：2SO2+Na2S=Na2SO4+2S，

故答案为：2SO2+Na2S=Na2SO4+2S；

②(I)Na2SO4(s)+2C(s)=Na2S(s)+2CO2(g)△H1=−225.2kJ⋅mol−1

(Ⅱ)CO2(g)+C(s)=2CO(g)△H2=172.4kJ⋅mol−1

盖斯定律计算(Ⅰ)−(Ⅱ)×2得到再生塔中固体硫酸钠生成固体硫化钠的热化学方程式：Na2SO4(s)+4CO(g)=Na2S(s)+4CO2(g)△H=−119.6kJ⋅mol−1，

故答案为：Na2SO4(s)+4CO(g)=Na2S(s)+4CO2(g)△H=−119.6kJ⋅mol−1；

(4)①图象中反应物转化率随温度升高增大，升温平衡向吸热反应方向进行，所以反应为吸热反应，该反应的△H>0，【解析】解：(1)用H2SO4酸浸，CaO与BaO转化为CaSO4⋅2H2O和BaSO4，作为沉淀被过滤出来，

故答案为：CaSO4⋅2H2O；

(2)操作A中向溶液通入H2S气体，H2S也与Cu2+形成CuS沉淀，H2S具有还原性，Fe3+可与H2S反应生成Fe2+和S，则操作A中除了发生反应：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，还发生反应：2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，

操作A中没有FeS和NiS沉淀产生，考虑到溶液中c(H+)过大，FeS和NiS溶于一定浓度的强酸溶液，达不到FeS和NiS沉淀的溶度积，

故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓；由Ka2=c(H+)c(S2−)c(HS−)知：若溶液中c(H+)过大，则c(S2−)过小，达不到FeS和NiS沉淀的溶度积；

(3)溶液中存在Fe2+，操作B加入H2O2，H2O2可氧化Fe2+为Fe3+，Fe3+形成Fe(OH)3时溶液的pH低得多，低于Ni2+形成Ni(OH)2的pH，使Fe元素更易除去，

加入NaOH调节pH形成难溶性氢氧化物沉淀，注意使Fe3+完全沉淀，但不能使Ni2+形成沉淀，所以pH调节为：3.2≤pH<6.7，

溶液中还存在Ca2+，操作C中加入NaF可使Ca2+形成CaF2沉淀，从而除去Ca2+，

故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，有利于转化成Fe(OH)3沉淀；3.2≤pH<6.7；将Ca2+转化成CaF2沉淀；

(4)该工艺流程中使用H2S气体，优点是可以制取副产品CuSO4⋅5H2O，但也有明显的缺点：一是产生空气污染，第二可从通入H2S后发生的反应分析，Fe3+与H2S反应产生H+和Fe2+，除去Fe元素则需要消耗氧化剂将其转化为Fe3+，溶液中H+增多，总的来说则是需要多消耗H2O2和NaOH，

故答案为：产生更多的Fe2+和H+，将消耗更多的氧化剂(H2O2)和NaOH；

(5)电解产生2NiOOH⋅H2O的原理为：在碱性条件下电解，Cl−在阳极被氧化为ClO−，ClO−再将Ni2+氧化成2NiOOH⋅H2O沉淀，根据机理分析，电解池阳极发生氧化反应，溶液中存在ClO−，ClO−水解使溶液呈一定程度的碱性，碱性条件下Ni2+被转化为NiOOH是合理的，则阳极发生反应为：Cl−+2OH−−2e−=ClO−+H2【解析】解：钒渣中主要含V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2等，加硫酸，二氧化硅不溶解，加入还原剂K2SO3，V2O5被还原为VO2+离子，加入有机萃取剂，通过萃取②，把剩余的酸和有机层分开，通过反萃取③，把萃取剂和离子分开，加入氧化剂氯酸钾④，氯酸钾把VO2+氧化成VO3+，离子方程式为：ClO3−+6VO2++6H+→6VO3++Cl−+3H2O，调节pH得到含钒的沉淀，焙烧得到V2O5和氨气，有机萃取剂和氨气再循环利用．

(1)氮的化合价为−3价，氢得化合价为+1价，氧的化合价为−2价，设(NH4)2V6O16中钒中V元素的化合价为x，根据化合价代数和为0得：[−3+1×(+4)]×2+6x+(−2)×16=0，解得x=+5，二氧化硅不和硫酸反应，故废渣中含二氧化硅，

故答案为：+5；SiO2；

(2)③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：稀硫酸；

(3))②中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)⇌2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)，即Rn+(水层)+nHA(有机层)⇌RAn(有机层)+nH+(水层)，加入碱(具体碱均可)中和硫酸使平衡正移，提高②中萃取效率还可采取多次连续萃取，

故答案为：加入碱(具体碱均可)中和硫酸使平衡正移、多次连续萃取；

(4)氯元素化合价从+5→−1，化合价降低6，钒化合价从+4→+5，化合价升高1，二者最小公倍数为6，把变价元素配平，初步配平为：ClO3−+6VO2++H+→6VO3++Cl−+H2O，根据氧原子守恒确定H2O前系数为3，氢离子前系数为6，故配平后为：ClO3−+6VO2++6H+=6VO3++Cl−+3H2O，

故答案为：1；6；6；6；1Cl−【解析】解：(1)实验操作I步骤中分离溶液和沉淀的操作名称为过滤，在空气中灼烧固体混合物D时，所用到的仪器有坩埚、泥三角、三角架、酒精灯，玻璃棒，

故答案为：过滤；坩埚；

(2)依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，Cu2O与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，生成的铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀，所以滤液A中铁元素的存在形式为亚铁离子，可用氯水将其氧化成三价铁离子，三价铁离子与KSCN溶液发生反应生成红色物质来检验三价铁离子，

故答案为：Fe2+；2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；KSCN溶液、氯水；

(3)铝与氧化铁发生铝热反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3− 高温  Al2O3+2Fe，

故答案为：2Al+Fe2O3− 高温  Al2O3+2Fe；

(4)设溶液的PH为X，NaAlO2溶液中由水电离出的c(OH−)=10X−14mol/L，NaOH溶液中由水电离出的c(OH−)=10−Xmol/L，10 X−1410 −X=108，解得X=11，

故答案为：11；

(5))①a.电能部分转化为化学能，故a错误；

b.粗铜接电源正极，失去电子，发生氧化反应，故b正确；

c.精铜作阴极，电解后电解液中Cu2+浓度减小，故c正确；

d.粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系：电路中通过3.01×1023个电子，得到精铜的质量为16g，故d错误；

故选：b、c；

②要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即可求出铜的质量分数．设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可；

故答案为：将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分