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1．【2022 年全国甲卷】硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤
灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇
重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：
（1）工业上常用芒硝(
)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式
为_______。
（2）溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是_______。回流时，烧瓶内气雾上升高度不
宜超过冷凝管高度的1/3.若气雾上升过高，可采取的措施是_______。
（3）回流时间不宜过长，原因是_______。回流结束后，需进行的操作有①停止加热 ②关闭冷凝水 ③
移去水浴，正确的顺序为_______(填标号)。
A．①②③ B．③①② C．②①③ D．①③②
（4）该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是_______。过滤除去的杂质为
专题68 物质制备纯化综合实验
1
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_______。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是_______。
（5）滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量_______洗涤，干燥，得到
。
【答案】（1）Na2SO4·10H2O+4C
Na2S+4CO↑+10H2O
（2） 硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸
石 降低温度
（3） 乙醇与水形成共沸化合物，影响后面硫化钠结晶水合物的形成
D
（4） 防止滤液冷却 重金属硫化物 温度逐渐恢复至室温
（5）95%乙醇溶液
【解析】本实验的实验目的为制备硫化钠并用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用芒硝(
)和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为：Na2SO4·10H2O+4C
Na2S+4CO↑+10H2O，结合硫化钠的性质解答问题。
（1）工业上常用芒硝(
)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生产CO，根据得失电子守恒，
反应的化学方程式为：Na2SO4·10H2O+4C
Na2S+4CO↑+10H2O；
（2）由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接
作沸石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高，可直接降低降低温度，使气压降低；
（3）若回流时间过长，乙醇与水形成共沸化合物，影响后面硫化钠结晶水合物的形成；回流结束后，先
停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水，故正确的顺序为①③②，答案选D。
（4）硫化钠易溶于热乙醇，使用锥形瓶可有效防止滤液冷却，重金属硫化物难溶于乙醇，故过滤除去的
杂质为重金属硫化物，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温，滤纸上便会析出大量
晶体；
（5）乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，因此将滤液冷却、结晶、过滤后，晶体可用少量95%乙醇溶
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液洗涤，再干燥，即可得到
。
2．【2022 年全国乙卷】二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(
)可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备
二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤：
Ⅰ.取已知浓度的
溶液，搅拌下滴加足量
溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过
滤。
Ⅱ.向草酸(
)溶液中加入适量
固体，制得
和
混合溶液。
Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80-85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。
Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，进行表征和分
析。
回答下列问题：
（1）由
配制Ⅰ中的
溶液，下列仪器中不需要的是________(填仪器名称)。
（2）长期存放的
中，会出现少量白色固体，原因是________。
（3）Ⅰ中的黑色沉淀是________(写化学式)。
（4）Ⅱ中原料配比为
，写出反应的化学方程式________。
（5）Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入
应采取________的方法。
（6）Ⅲ中应采用________进行加热。
（7）Ⅳ中“一系列操作”包括________。
【答案】（1）分液漏斗和球形冷凝管
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（2）
风化失去结晶水生成无水硫酸铜
（3）CuO
（4）3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑
（5）分批加入并搅拌
（6）水浴
（7）冷却结晶、过滤、洗涤
【解析】取已知浓度的
溶液，搅拌下滴加足量
溶液，产生浅蓝色沉淀氢氧化铜，加热，氢氧
化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀，过滤，向草酸(
)溶液中加入适量
固体，制得
和
混合溶液，将
和
混合溶液加热至80-85℃，加入氧化铜固体，全部溶解后，
趁热过滤，将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。
（1）由
固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的
固体，将称量好的固
体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解
，因此用不到的仪器有分液漏斗和球形冷
凝管。
（2）
含结晶水，长期放置会风化失去结晶水，生成无水硫酸铜，无水硫酸铜为白色固体。
（3）硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜
沉淀。
（4）草酸和碳酸钾以物质的量之比为1.5:1 发生非氧化还原反应生成
、
、CO2和水，依据
原子守恒可知，反应的化学方程式为：3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑。
（5）为防止草酸和碳酸钾反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减缓反应速率，将碳酸钾进行分批加入并
搅拌。
（6）Ⅲ中将混合溶液加热至80-85℃，应采取水浴加热，使液体受热均匀。
（7）从溶液获得晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此将Ⅲ的滤液用蒸汽浴
加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。
3．【2022 年湖北卷】高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为
，易吸潮)可通过市售85%磷酸溶
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液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于
易形成
(熔点为
)，高于
则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体
设计的实验装置如下(夹持装置略)：
回答下列问题：
（1）A 的名称是___________。B 的进水口为___________(填“a”或“b”)。
（2）
的作用是___________。
（3）空气流入毛细管的主要作用是防止___________，还具有搅拌和加速水逸出的作用。
（4）升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是___________。
（5）磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入___________促进其结晶。
（6）过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为___________(填标号)。
A．
B．
C．
（7）磷酸中少量的水极难除去的原因是___________。
【答案】（1） 圆底烧瓶 b
（2）干燥气体
（3）溶液沿毛细管上升
（4）使溶液受热均匀
（5）磷酸晶体
（6）B
（7）磷酸可与水分子间形成氢键
【解析】空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛
细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸
溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。
（1）由仪器构造可知，仪器A 为圆底烧瓶，仪器B 为直形冷凝管，泠凝水应从b 口近、a 口出，形成逆流
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冷却，使冷却效果更好。
（2）纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因此五氧化二磷的作用为干燥气体。
（3）空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液进行搅拌，使受热均匀，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿
毛细管上升的作用。
（4）升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备过程中要严格控制温度，水浴加热可以避免直接加热造成
的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀。
（5）过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就
会结晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。
（6）纯磷酸纯化过程中，温度低于
易形成
(熔点为
)，高于
则发生分子间脱水
生成焦磷酸，纯磷酸的熔点为42℃，因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度
为30∼42℃，这个区间内答案选B。
（7）磷酸的结构式为：
，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的
水极难除去。
4．（2021·全国乙卷真题）氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，
通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如图所示)：
Ⅰ.将浓
、
、石墨粉末在c 中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入
粉末，
塞好瓶口。
Ⅱ.转至油浴中，35℃搅拌1 小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1 小时。
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Ⅲ.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加
至悬浊液由紫色变为土黄色。
Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。
Ⅵ.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
（1）装置图中，仪器a、c 的名称分别是_______、_______，仪器b 的进水口是_______(填字母)。
（2）步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入
粉末并使用冰水浴，原因是_______。
（3）步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是_______。
（4）步骤Ⅲ中，
的作用是_______(以离子方程式表示)。
（5）步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在
来判断。检测的方法是_______。
（6）步骤Ⅴ可用
试纸检测来判断
是否洗净，其理由是_______。
【答案】
（1）滴液漏斗 三颈烧瓶 d
（2）反应放热，防止反应过快
（3）反应温度接近水的沸点，油浴更易控温
（4）
（5）取少量洗出液，滴加
，没有白色沉淀生成
（6）
与
电离平衡，洗出液接近中性时，可认为
洗净
【解析】
（1）由图中仪器构造可知，a 的仪器名称为滴液漏斗，c 的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b 为球形冷凝管，
起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d 口进，e 口出，故答案为：分液漏斗；三颈烧
瓶；d；
（2）反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，
故答案为：反应放热，防止反应过快；
（3）油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水
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的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；
（4）由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2Mn
+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故答案为：2Mn
+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O ；
（5）该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在S
来判断，检测方法是：取最后一
次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成，故答案为：取少量洗出液，滴加BaCl2，没有
白色沉淀生成；
（6）步骤IV 用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V 洗涤过量的盐酸，
与
电离平衡，洗出液接近中性时，可认
为
洗净，故答案为：
与
电离平衡，洗出液接近中性时，可认为
洗净。
5．【2022 年海南卷】磷酸氢二铵[
]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氨气制备
，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
回答问题：
（1）实验室用
和
制备氨气的化学方程式为_______。
（2）现有浓
质量分数为85%，密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7mol/L 的
溶液，则需浓
_______mL(保留一位小数)。
（3）装置中活塞
的作用为_______。实验过程中，当出现_______现象时，应及时关闭
，打开
。
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（4）当溶液pH 为8.0~9.0 时，停止通
，即可制得
溶液。若继续通入
，当
时，
溶液中
、_______和_______(填离子符号)浓度明显增加。
（5）若本实验不选用pH 传感器，还可选用_______作指示剂，当溶液颜色由_______变为_______时，停
止通
。
【答案】（1）
（2）11.5
（3） 平衡气压防倒吸 倒吸
（4）
（5） 酚酞 无 浅红
【解析】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(NH4)2HPO4]，实验原理为2NH3+H3PO4=[(NH4)2HPO4]，结合
相关实验基础知识分析解答问题。
（1）实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2H2O+2NH3↑；
（2）根据公式
可得，浓H3PO4的浓度
，溶液稀释
前后溶质的物质的量不变，因此配制100mL 1.7mol/L 的H3PO4溶液，需要浓H3PO4的体积V=
；
（3）由于NH3极易溶于水，因此可选择打开活塞K2以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出
现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2；
（4）继续通入NH3，(NH4)2HPO4继续反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0 时，溶液中OH-、
、
的浓
度明显增加；
（5）由（4）小问可知，当pH 为8.0~9.0 时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不
选用pH 传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入NH3，即可制
得(NH4)2HPO4溶液。
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6．（2021·河北真题）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，
某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和
NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
（1）从A～E 中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是___(按气流方向，用小写字母表示)。为
使A 中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或___。
A．
B．
C．
D．
E.
（2）B 中使用雾化装置的优点是__。
（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为___。
（4）反应完成后，将B 中U 形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，
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则固体NaHCO3的质量为___g。
②向滤液中加入NaCl 粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl 沉淀充分
析出并分离，根据NaCl 和NH4Cl 溶解度曲线，需采用的操作为___、___、洗涤、干燥。
（5）无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，
用其标定盐酸浓度时，会使结果___(填标号)。
A．偏高 B．偏低 不变
【答案】
（1）aefbcgh 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔
（2）使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案）
（3）NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
（4）0.84 蒸发浓缩 冷却结晶
（5） A
【解析】根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：
NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化
碳和水，从而制备得到纯碱；另一方面得到的母液主要溶质为NH4Cl，再从加入氯化钠粉末，存在反
应
，据此分析解答。
（1）根据分析可知，要制备
，需先选用装置A 制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除
去二氧化碳中的HCl，后与饱和氨盐水充分接触来制备
，其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠
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溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量
，所以按气流方向正确的连接顺序应为：
aefbcgh；为使A 中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹
槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；
（2）B 中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
（3）根据上述分析可知，生成
的总反应的化学方程式为NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
（4）①对固体
充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为：
将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量
，
与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：
，根据方程
式可知，根据差量法可知，当增重
（2CO 的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为
=0.22g，其物质的量为
，根据关系式
可知，消耗的
的物
质的量为2 0.005mol=0.01mol，所以固体
的质量为0.01mol 84g/mol=0.84g；
②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解
度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使
沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结
晶、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）称量前，若无水
保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐
酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积
会增大，根据c(测)=
可知，最终会使c(测)偏高，
A 项符合题意，故答案为：A。
7．（2021·全国甲卷真题）胆矾(
)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的
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(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有_______(填标
号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）将
加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为_______，与直接用废铜和浓硫酸
反应相比，该方法的优点是_______。
（3）待
完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量
，冷却后用
调
为3.5～4，再煮沸
，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、_______、乙醇洗涤、_______，
得到胆矾。其中，控制溶液
为3.5～4 的目的是_______，煮沸
的作用是_______。
（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为
，加入胆矾后总质量为
，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，
置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为
。根据实验数据，胆矾分子中结
晶水的个数为_______(写表达式)。
（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是_______(填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来
【答案】
（1）A、C
（2）CuO+H2SO4
CuSO4+H2O 不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）
（3） 过滤 干燥 除尽铁，抑制硫酸铜水解 破坏氢氧化铁胶体，易于过滤
（4）
（5）①③
【解析】
（1）制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、
玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C 符合题意，故答案为：A、C；
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（2）将
加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4
CuSO4+H2O；直接
用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将
加入到适量的稀硫酸中，
加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率
高）；
（3） 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；
中含氧
化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液
为3.5～
4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸
，
目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；
破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；
（4） 称量干燥坩埚的质量为
，加入胆矾后总质量为
，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥
器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为
。则水的质量是(
－
)g，所以胆矾
（CuSO4•nH2O）中n 值的表达式为
=n:1，解得n＝
；
（5） ①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=
可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，
符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根
据n=
可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=
可知，最终会导致结晶水
数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
8．[2019 新课标Ⅰ] 硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室
中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
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回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。
（2）步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是
_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为
_________________（填标号）。
（3 ）步骤③中选用足量的H2O2 ，理由是_______________ 。分批加入H2O2 ，同时为了
_________________，溶液要保持pH 小于0.5。
（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5 个结晶
水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。
【答案】（1）碱煮水洗
（2）加快反应 热水浴 C
（3）将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质 防止Fe3+水解
（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）
（5）NH4Fe(SO4)2·12H2O
【解析】（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用
热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；
（2）步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80~95 ℃，由于保持温度比较恒定且低于水
的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应
生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C 装置；
（3）步骤③中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的
杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需
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分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH 小于0.5；
（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；
（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5 个水分子的相对分子质
量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙12H2O。
9．[2019 新课标Ⅱ] 咖啡因是一种生物碱（易溶于水及乙醇，熔点234.5℃，100℃以上开始升华），有兴
奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸（Ka约为10−6，易溶于水及乙醇）约
3%~10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。
索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2 上升至球形冷凝管，冷凝后滴
入滤纸套筒1 中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3 顶端时，经虹吸管3 返回烧
瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题：
（1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1 中，研细的目的是______________，圆底烧瓶中加入95%
乙醇为溶剂，加热前还要加几粒______________。
（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是______________，与常规的萃取相比，采用索氏提取器
的优点是______________。
（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是______________。
“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有______________
（填标号）。
A．直形冷凝管 B．球形冷凝管 C．接收瓶 D．烧杯
（4）浓缩液加生石灰的作用是中和_______和吸收_______。
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（5）可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有
小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是______________。
【答案】（1）增加固液接触面积，提取充分 沸石
（2）乙醇易挥发，易燃 使用溶剂量少，可连续萃取（萃取效率高）
（3）乙醇沸点低，易浓缩 AC
（4）单宁酸 水
（5）升华
【解析】（1）萃取时将茶叶研细可以增加固液接触面积，从而使提取更充分；由于需要加热，为防止液
体暴沸，加热前还要加入几粒沸石；
（2）由于乙醇易挥发，易燃烧，为防止温度过高使挥发出的乙醇燃烧，因此提取过程中不可选用明火直
接加热；根据题干中的已知信息可判断与常规的萃取相比较，采用索式提取器的优点是使用溶剂量少，
可连续萃取（萃取效率高）；
（3）乙醇是有机溶剂，沸点低，因此与水相比较乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩；蒸馏浓
缩时需要冷凝管，为防止液体残留在冷凝管中，应该选用直形冷凝管，而不需要球形冷凝管，A 正确，
B 错误；为防止液体挥发，冷凝后得到的馏分需要有接收瓶接收馏分，而不需要烧杯，C 正确，D 错
误，答案选AC。
（4）由于茶叶中还含有单宁酸，且单宁酸也易溶于水和乙醇，因此浓缩液中加入氧化钙的作用是中和单
宁酸，同时也吸收水；
（5）根据已知信息可知咖啡因在100℃以上时开始升华，因此该分离提纯方法的名称是升华。
10．[2019 浙江4 月选考]某兴趣小组在定量分析了镁渣[含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和
SiO2]中Mg 含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁(MgCl2·6H2O)。
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相关信息如下：
①700℃只发生MgCO3和Mg(OH)2的分解反应。
②NH4Cl 溶液仅与体系中的MgO 反应，且反应程度不大。
③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。
请回答：
（1）下列说法正确的是________。
A．步骤Ⅰ，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶
B．步骤Ⅲ，蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO 的溶解量
C．步骤Ⅲ，可以将固液混合物C 先过滤，再蒸氨
D．步骤Ⅳ，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤
（2）步骤Ⅲ，需要搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示于一体(用硫酸溶液吸收氨气)。
①选择必须的仪器，并按连接顺序排列(填写代表仪器的字母，不考虑夹持和橡皮管连接)：热源
→________。
②为了指示蒸氨操作完成，在一定量硫酸溶液中加指示剂。请给出并说明蒸氨可以停止时的现象
________。
（3） 溶液F 经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶
液呈碱性。
①含有的杂质是________。
②从操作上分析引入杂质的原因是________。
（4）有同学采用盐酸代替步骤Ⅱ中的NH4Cl 溶液处理固体B，然后除杂，制备MgCl2溶液。已知金属
离子形成氢氧化物沉淀的pH 范围：
金属离子[来源:学科
网ZXXK]
pH[来源:学&科&网Z&X&X&K][来源:学|科|
网]
开始沉淀
完全沉淀
Al3+
3.0
4.7
Fe3+
1.1
2.8
18
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Ca2+
11.3
－
Mg2+
8.4
10.9
请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体B→a→（
）→（ ）→（ ）→（ ）→（ ）→（ ）→MgCl2溶液→产品。
a．用盐酸溶解 b．调pH＝3.0 c．调pH＝5.0 d．调pH＝8.5
e．调pH＝11.0 f．过滤 g．洗涤
【答案】（1）ABD （2）a→d→f→c 甲基橙，颜色由红色变橙色
（3）碱式氯化镁(氢氧化镁) 过度蒸发导致氯化镁水解
（4）c f e f g a
【解析】（1）A.煅烧固体样品需用坩埚，烧杯和锥形瓶用来加热液体，A 项正确；
B.氯化铵水解方程式为NH4Cl+H2O⇌NH3·H2O+HCl，氧化镁和HCl 反应，蒸氨即一水合氨分解，平衡向右
移动，HCl 浓度变大，促进了氧化镁的溶解，B 项正确；
C.根据信息②NH4Cl 溶液仅与体系中的MgO 反应，且反应程度不大，不能先过滤，否则氧化镁损耗很大，
C 项错误；
D.固液分离操作均可采用常压过滤，使用减压过滤加快过滤速度，也可行，D 项正确。
故答案选ABD。
（2）①先选发生装置为a，然后连接回流装置d，生成的氨气有水蒸气，需要干燥，然后连接干燥管f，氨
气是碱性气体，需要用酸吸收，最后连接c。故答案填a→d→f→c。
②硫酸和氨气恰好完全反应生成硫酸铵（(NH4)2SO4），硫酸铵显酸性，因而选择在酸性范围内变色的指示
剂：甲基橙，其颜色变化是红色变为橙色。
（3）溶液F 经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。①溶液仍呈碱性，注意不可能
是氨气的影响，由于氯化镁水解使溶液呈酸性，故溶液的碱性是由杂质引起的。考虑到氯化镁易水解，
所以含有的杂质可能是Mg(OH)Cl 或者Mg(OH)2。
②升高温度会促进水解的进行，因而必然是蒸发阶段导致，即过度蒸发导致氯化镁水解。
（4）根据各离子完全沉淀的pH 值，加酸后溶液呈酸性，可逐步提高pH，同时以沉淀形式除掉不同离子，
因而先将pH 调至5，除掉Al3+和Fe3+，然后过滤其沉淀，然后将pH 调至11.0 使得Mg2+变为Mg(OH)2
沉淀，过滤并洗涤，得到纯净的Mg(OH)2沉淀，然后加入盐酸得到氯化镁溶液。故答案依次填
cfefga。
11．[2018 新课标Ⅰ卷] 醋酸亚铬[（CH3COO）2Cr·2H2O］为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体
分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价
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铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题：
（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是_________。仪器a 的名称是_______。
（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c 中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3。
①c 中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_________。
②同时c 中有气体产生，该气体的作用是_____________。
（3）打开K3，关闭K1 和K2。c 中亮蓝色溶液流入d，其原因是________ ；d 中析出砖红色沉淀。为
使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是___________、_________、洗涤、干燥。
（4）指出装置d 可能存在的缺点______________。
【答案】（1）去除水中溶解氧
分液（或滴液）漏斗
（2）①Zn+2Cr3+
Zn2++2Cr2+
②排除c 中空气
（3）c 中产生H2使压强大于大气压
（冰浴）冷却
过滤
（4）敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触
【解析】在盐酸溶液中锌把Cr3＋还原为Cr2＋，同时产生氢气排尽装置中的空气防止氧化。生成的氢气导致
c 中压强增大，可以把生成的CrCl2压入d 装置发生反应，据此解答。
（1）由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速
冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器a 是分液（或滴液）漏斗；
（2）①c 中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明Cr3＋被锌还原为Cr2＋，反应的离子方程式为Zn+2Cr3＋＝Zn2
＋+2Cr2＋；
②锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Cr2＋，所以氢气的作用是排除c 中空气；
（3）打开K3，关闭K1 和K2，由于锌继续与盐酸反应生成氢气，导致c 中压强增大，所以c 中亮蓝色溶
液能流入d 装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于冷水，所以为使沉淀充分析出并
分离，需要采取的操作是（冰浴）冷却、过滤、洗涤、干燥。
（4）由于d 装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。
12．【2016 年高考海南卷】（11 分）某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS 和12.8%的
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CuS。某同学用15.0 g 该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：
回答下列问题：
（1）在下列装置中，第一次浸出必须用____________，第二次浸出应选用____________。（填标
号）
（2）第二次浸出时，向盛有滤液1 的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。若顺序相反，会造
成___________。滤渣2 的主要成分是____________________。
（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是________________。
（4）某同学在实验完成之后，得到1.5gCuSO4
5H
﹒
2O,则铜的回收率为__________________。
【答案】
（1）D A （每空1 分，共2 分）
（2）H2O2与固体颗粒接触分解 （每空2 分，共4 分）
（3）蒸发皿 （2 分）
（4）30% （3 分）
【解析】
（1 ）根据题给化学工艺流程知第一次浸出发生反应ZnO+H2SO4
ZnSO4+H2O 、ZnS+H2SO4
ZnSO4+H2S，有有毒气体H2S 生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D 装置，第二次浸出时发
生反应：CuS+H2O2+H2SO4
CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体，可选用A 装置。
（2）第二次浸出时，向盛有滤液1 的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。若顺序相反，会造
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成H2O2与固体颗粒接触分解。滤渣2 的主要成分是二氧化硅。
（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是蒸发皿。
（4）15.0 g 废催化剂中含有铜的物质的量为15.0g×12.8%÷96g/mol=0.02mol，1.5gCuSO4
5H
﹒
2O 中铜的
物质的量为1.5g÷250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为0.006mol/0.02mol×100%=30%。
13．【2013 年高考浙江卷第28 题】利用废旧锌铁皮制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO。制备流程图如
下：
已知：Zn 及化合物的性质与Al 及化合物的性质相似。请回答下列问题：
（1）用NaOH 溶液处理废旧锌铁皮的作用有 。
A．去除油污
B．溶解镀锌层
C．去除铁锈
D．钝化
（2）调节溶液A 的pH 可产生Zn(OH)2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是 。
（3）由溶液B 制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，原因是 。
（4）Fe3O4胶体粒子能否用减压过滤发实现固液分离？ （填“能”或“不能”），理由
是 。
（5）用重铬酸钾法（一种氧化还原滴定法）可测定产物Fe3O4 中的二价铁含量。若需配制浓度为
0.01000 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取 g K2Cr2O7(保留4 位有效数字，
已知M(K2Cr2O7)＝294.0 g·mol－1)。
配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有 。（用编号表示）。
①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦移液管
（6）滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消
失，则测定结果将 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】
（1）A、B
（2）抽滤、洗涤、灼烧
（3）N2气氛下，防止Fe2+被氧化
（4）不能，胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸
（5）0.7350 ③⑦
（6）偏大
【解析】
（1）根据Zn 及化合物的性质与Al 及化合物的性质相似，Zn 也能和氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶
液起到溶解镀锌层和去除油污作用。
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（2）调节溶液A 的pH 可产生Zn(OH)2沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀；高温灼烧，氢氧化锌分
解得 到ZnO。
（3）持续通入N2，防止Fe2+被氧化；
（4）Fe3O4胶体粒子能透过滤纸，所以不能用过滤的方法实现固液分离。
（5）m(K2Cr2O7)=0.01000 mol·L－1×0.250 L×294.0 g·mol－1=0.7350 g；电子天平用于称量固体质量，烧杯
用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流操作，容量瓶用于配置溶液，胶头滴管用于加水定容。用
不到的仪器为量筒和移液管。
（6）如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，这样就造成读数偏小；滴定结束后
气泡消失，这样读数就正常，所以读出来的K2Cr2O7标准溶液体积偏大，测定结果将偏大。
14．【2016 年高考江苏卷】（15 分）实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、
Al 的氧化物）为原料制备MgCO3·3H2O。实验过程如下：
（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为
MgCO3(s)+2H+(aq)===Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O(l) ΔH=－50.4 kJ·mol-1
Mg2SiO4(s)+4H+(aq)===2 Mg2+(aq)+H2SiO3(s)+H2O(l) ΔH=－225.4 kJ·mol-1
酸溶需加热的目的是______；所加H2SO4不宜过量太多的原因是_______。
（2）加入H2O2氧化时发生发应的离子方程式为___________。
（3）用右图所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+。
①实验装置图中仪器A 的名称为_______。
②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A 中加入一定量
的有机萃取剂，______、静置、分液，并重复多次。
（4）请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO3·3H2O 的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水，
______，过滤、用水洗涤固体2～3 次，在50℃下干燥，得到MgCO3·3H2O。
[已知该溶液中pH=8.5 时Mg(OH)2开始沉淀；pH=5.0 时Al(OH)3沉淀完全]。
【答案】（1）加快酸溶速率；避免制备MgCO3时消耗更多的碱
（2）H2O2＋2Fe2＋＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O （3）①分液漏斗；②充分振荡
（4）至5.0＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向
上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，
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【解析】
试题分析：（1）加热可以加快反应速率；如果硫酸过多，则需要消耗更多的碱液中和硫酸，从而造成生
产成本增加，因此所加H2SO4不宜过量太多。
（2）溶液中含有亚铁离子，双氧水具有强氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，因此加入H2O2氧化
时发生发应的离子方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O。
（3）①实验装置图中仪器A 的名称为分液漏斗。
②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A 中加入一定量的有
机萃取剂，充分振荡、静置、分液，并重复多次。
（4）根据氢氧化镁和氢氧化铝沉淀的pH 可知，滴加氨水的同时必须控制溶液的pH 不能超过8.5，且
也不能低于5.0，所以边搅拌边向溶液中滴加氨水，至5.0＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴
加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，过滤、
用水洗涤固体2-3 次，在50℃下干燥，得到MgCO3·3H2O。
15．【2016 年高考江苏卷】（14 分）铁炭混合物（铁屑和活性炭的混合物）、纳米铁粉均可用于处理水中
污染物。
（1）铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有Cr2O7
2-的酸性废水通过铁炭混合物，在微电
池正极上Cr2O7
2-转化为Cr3＋，其电极反应式为_____________。
（2）在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2+和Pb2+的去除率，
结果如图所示0。
①当铁炭混合物中铁的质量分数为0 时，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，其原因是__________。
②当铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加，Cu2+和Pb2+的去除率不
升反降，其主要原因是_____________。
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（3）纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。
①一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4
-（B 元素的化合价为+3）与
Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4
－，其离子方程式为 。
②纳米铁粉与水中NO3
-反应的离子方程式为4Fe+NO3
-+10H+＝4Fe2++NH4
++3H2O
研究发现，若pH 偏低将会导致NO3
-的去除率下降，其原因是 。
③相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3
-的速率有较大差异（见右图），产生该差异的可能
原因是 。
【答案】（1）Cr2O7
2-+6e-+14H+＝2Cr3++7H2O；（2）①活性炭对Cu2+和Pb2+有吸附作用
②铁的质量分数增加，铁炭混合物中微电池数目减少；
（3）①2Fe2++BH4
-+4OH－＝2Fe+ B(OH)4
－+2H2↑；②纳米铁粉与H＋反应生成H2；
③Cu 或Cu2+催化纳米铁粉去除NO3
－的反应（或形成的Fe－Cu 原电池增大纳米铁粉去除NO3
－的反应
速率）。
【解析】
（1）混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有Cr2O7
2-的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上
Cr2O7
2-获得电子，被还原产生Cr3+，则正极上发生的电极反应式为Cr2O7
2-+6e-+14H+＝2Cr3+＋7H2O；
（2）①当铁炭混合物中铁的质量分数为0 时，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，原因是活性炭是酥松
多孔的物质，表面积大，吸附力强，可以吸附水中少量的Cu2+和Pb2+，从而可以降低水中Cu2+和
Pb2+的浓度；
②铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加，铁炭混合物中微电池数目减少，
因此Cu2+和Pb2+的去除率不升反降；
（3）①一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4
-（B 元素的化合价为+3）与
Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4
-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方
程式为2Fe2++BH4
-+4OH－＝2Fe+ B(OH)4
－+2H2↑；
②纳米铁粉与水中NO3
-反应的离子方程式为4Fe+ NO3
-+10H+＝4Fe2++NH4
++3H2O，若pH 偏低，则溶液
的酸性增强，会发生反应：Fe+2H+＝Fe2++ H2↑；导致NO3
-的去除率下降；
③根据图像可知，相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3
-的速率有较大差异，可能是由于Cu 或
Cu2+催化纳米铁粉去除NO3
－的反应（或形成的Fe－Cu 原电池增大纳米铁粉去除NO3
－的反应速
率）。
16．【2015 新课标Ⅱ卷理综化学】(15 分）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消
毒剂，回答下列问題：（1）工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还
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原剂物质的量之比为 。
（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：
①电解时发生反应的化学方程式为 。
②溶液X 中大量存在的阴离子有__________。
③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是 (填标号)。
a．水
b．碱石灰
C．浓硫酸
d．饱和食盐水
（3）用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量：
Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL 水溶解后，再加入 3 mL 稀硫酸：
Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：
Ⅴ．用0.1000 mol·L-1 硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液
（I2+2S2O3
2-＝2I－+S4O6
2-)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL 硫
代硫酸钠溶液。在此过程中：
①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为 。
②玻璃液封装置的作用是 。
③V 中加入的指示剂通常为
，滴定至终点的现象是 。
④测得混合气中ClO2的质量为 g。
（4）用ClO2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的
是_______（填标号)。
a．明矾
b．碘化钾
c．盐酸 d．硫酸亚铁
【答案】（1） 2：1 （2）①NH4Cl＋2HCl
电解
3H2↑＋NCl3 ②Cl—、OH— ③c
（3）①2ClO2＋10I－＋8H＋＝2Cl－＋5I2＋4H2O ②吸收残余的二氧化氯气体（避免碘的逸出）
③淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 ④0.02700 （4）d
【解析】（1）工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，在反应中氯元素的化合价从+5 价降
低到+4 价，得到1 个电子，氯酸钾是氧化剂。S 元素的化合价从+4 价升高到+6 价，失去2 个电子，亚
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硫酸钠是还原剂，则根据电子得失守恒可知该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1。
（2）①根据流程图可知电解时生成氢气和NCl3，则电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl＋2HCl
电解
3H2↑＋NCl3。
②NCl3 与NaClO2 反应生成ClO2、NH3 和氯化钠、NaOH，反应的离子反应为NCl3+3H2O+6ClO2
—＝
6ClO2↑+3Cl-+3OH-+NH3↑，溶液中应该存在大量的氯离子和氢氧根离子。
③a、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，a 错误；b、碱石灰不能吸收氨气，b 错误；c、浓硫酸可以
吸收氨气，且不影响ClO2，c 正确；d、ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，d 错误，答案
选c。
（3）①ClO2具有强氧化性，通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I—为I2，自身被还原为Cl—，同时
生成水，反应离子方程式为2ClO2＋10I－＋8H＋＝2Cl－＋5I2＋4H2O。
②由于二氧化氯是气体，容易挥发到空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体。
③由于碘遇淀粉显蓝色，则V 中加入的指示剂通常为淀粉，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色
且半分钟内不变色。
④根据方程式可知2ClO2～5I2～10S2O3
2-，则测得混合气中ClO2的质量为0.1mol/L×0.02L×67.5g/mol/5
＝0.02700 g。
（4）亚氯酸盐具有氧化性，明矾不能被氧化，碘化钾被氧化为碘，盐酸可能被氧化氯气，因此若要除去
超标的亚氯酸盐，最适宜的是硫酸亚铁，且产生的氧化产物铁离子能净水。
17．【2014 年高考海南卷】（9 分）硫代硫酸钠( Na2S2O3)可用做分析试剂及鞣革还原剂。它受热、遇酸易
分解。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3 +CO2制得。实验室模拟该工业过程的装置如
图所示。
回答下列问题：
（1）b 中反应的离子方程式为__________________，c 中试剂为_____________________。
（2）反应开始后，c 中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是____________________。
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（3）d 中的试剂为____________。
（4）实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有______________________（写出两条）。
（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2,不能过量，原因是_______________________。
【答案】（1）SO3
2-+2H+= H2O +SO2↑;或HSO3－+H+=SO2↑+H2O；硫化钠和碳酸钠的混合溶液
（2）硫（3）NaOH 溶液 （4）控制反应温度、调节酸的滴加速度（或调节酸的浓度等）
（5）若SO2过量，溶液显酸性，产物分解
【解析】 （1）装置b 是制取SO2的装置。可利用复分解反应的规律：强酸制取弱酸或难挥发的酸制取易
挥发性的酸。在b 中用70%的硫酸与Na2SO3或NaHSO3制取SO2。反应的离子方程式为SO3
2-+2H+=
H2O +SO2↑;或HSO3
－+H+=SO2↑+H2O；根据反应原理可知在c 中的试剂是硫化钠和碳酸钠的混合溶液。
（2）反应开始后，c 中先发生反应：H2O+SO2+Na2S=H2S+ Na2SO3; SO2+2H2S=3S↓+ 2H2O。产生的单质
S 是不溶于水的淡黄色固体，因此会看到溶液变浑浊，后又变澄清，发生反应：
2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3 +CO2。（3） H2S 、SO2 都是大气污染物。由于它们都是酸性气体，
能够与碱发生反应，用碱溶液 NaOH 吸收。所以在d 中的试剂是强碱NaOH 溶液。为防止倒吸现象的
发生，在导气管的末端安装了一个干燥管或倒扣的漏斗。（4）影响化学反应速率的因素的因素有浓
度、温度、滴加速度等。在实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有控制反应温度、调节酸的
滴加速度或调节酸的浓度等。（5）硫代硫酸钠( Na2S2O3)是强碱弱酸盐，与酸容易发生反应。所以若
SO2过量，溶液显酸性，产物容易分解。因此不能过量。
18．【2014 年高考江苏卷第19 题】（15 分）实验室从含碘废液（除H2O 外，含有CCl4、I2、I－等）中
回收碘，其实验过程如下：
（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3 溶液，将废液中的I2 还原为I －，其离子方程式为
；该操作将I2还原为I－的目的是 。
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（2）操作X 的名称为 。
（3）氧化时，在三颈烧瓶中将含I－的水溶液用盐酸调至pH 约为2，缓慢通入Cl2， 在400C 左右反应
（实验装置如右图所示）。实验控制在较低温度下进行的原因是 ；锥形瓶里盛
放的溶液为 。
（4）已知：5SO3
2—+2IO3
—+2H＋
I2+5SO4
2—+H2O
某含碘废水（pH 约为8）中一定存在I2，可能存在I－、IO3
—中的一种或两种。请补充完整检验含
碘废水中是否含有I－、IO3
—的实验方案：取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液，直到水层
用淀粉溶液检验不出碘单质存在； 。
实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液
【答案】
（1）
SO3
2-+I2+H2O=2I-+SO4
2-+2H+ 使四氯化碳中碘进入水层
（2）
分液
（3）
使氯气在溶液中有较大的溶解度 氢氧化钠溶液
（4）
从水层取少量的溶液，加入1——2mL 淀粉溶液，加热盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变
蓝，说明废水中含有碘离子；若溶液不变蓝，说明废水中不含有碘离子。
另从水层取少量溶液，加入1——2mL 淀粉溶液，加热盐酸酸化，滴加亚硫酸钠溶液，若溶液
变蓝，说明废水中含有碘酸根离子，否则不含有。
【解析】（1）碘易溶与有机溶剂，碘离子易溶与水，所以把碘单质转化为碘离子使有机溶剂中的碘转化
为水中；
（2）不溶于水的有机物与水溶液分离，用分液；
（3）气体的溶解度随温度升高而降低，低温有利于增大氯气的浓度；氯气有毒会污染空气，应用碱
溶液吸收；
（5）需要检验碘离子和碘酸根离子，两种离子均应转化为碘单质用淀粉检验，前者需氧化剂，后者
需还原剂。
19．【2014 年高考浙江卷第28 题】(14 分) 葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可
通过以下反应制得：
C6H12O6(葡萄糖)＋Br2＋H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)＋2HBr
2C6H12O7＋CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)＋H2O＋CO2↑
相关物质的溶解性见下表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
氯化钙
水中的溶解性
可溶于冷水
可溶
易溶
易溶
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易溶于热水
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
可溶
实验流程如下：
C6H12O6
溶
液
―――――――→―――――――→――――→――→
悬
浊
液――→――→――→Ca(C6H11O7)2
请回答下列问题：
（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置最适合的是________。
制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是________。
A．新制Cu(OH)2悬浊液 B．酸性KMnO4溶液
C．O2／葡萄糖氧化酶 D．[Ag(NH3)2]OH 溶液
（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是___________________________；本实验中不
宜用CaCl2替代CaCO3，理由是________。
（3）第③步需趁热过滤，其原因是________。
（4）第④步加入乙醇的作用是________。
（5）第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是________。
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．乙醇－水混合溶液
【答案】（1）B；C
（2）想提高葡萄糖酸的转化率；便于后面的分离；氧化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙
（3）葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品
（4）可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出 （5）D
【解析】（1）反应在55℃条件下进行，需要水浴加热，且有冷凝回流装置，选项A 缺少回流装置，选项
C 缺少水浴加热，只有B 符合；新制Ca（OH）2悬浊液、[Ag（NH3）2]OH 溶液氧化性较弱，且反应
需要碱性条件下进行，不利于葡萄糖的氧化，而酸性高锰酸钾氧化性较强，不能得到葡萄糖酸，可用
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葡萄糖氧化酶催化作用下用氧气氧化葡萄糖，可生成葡萄糖酸，故答案为：B；C。
（2）要使葡萄糖酸完全转化为葡萄糖酸钙，则加入的碳酸钙应是过量的。由于盐酸的酸性比葡萄糖
酸的酸性强，因此根据较强酸制备较弱酸的原理可知，加入的氯化钙与葡萄糖酸难以反应，且易
引入杂质，不易分离，所以应该用碳酸钙。
（3）根据表中数据可知葡萄糖酸钙易溶在热水中，温度高时，葡萄糖酸钙的溶解度较大，因此应趁
热过滤，这样可避免温度降低是析出葡萄糖酸钙晶体而造成葡萄糖酸钙的损失。
（4）由表中数据可知，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，用乙醇洗涤可避免葡萄糖酸钙溶解而损失，有利于
葡萄糖酸钙析出。
（5）洗涤沉淀，应避免沉淀溶解，且能将沉淀吸附物冲洗去，可用乙醇-水混合溶液，如只用水，则
造成葡萄糖酸钙溶解而损失，只用乙醇，不能将杂质全被洗去，而热水会溶解大量的葡萄糖酸钙，
因此正确的答案为：D。
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