高考化学《重要无机物的制备(1)》专项复习卷

重要无机物的制备(1)可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Br-80 I-127第卷 (选择题 共40分)一、 选择题(本题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目求的)1下列物质的制备合理的是( )将氯化铝溶液与硫化钾溶液混和后过滤来制备硫化铝将过量的铁与氯气加热反应制备氯化亚铁在配制FeSO4溶液时常向其中加入一定量铁粉和稀硫酸铜先氧化成氧化铜，再与硫酸反应来制取硫酸铜将45mL水加入到盛有5g NaCl的烧杯中，搅拌溶解来配制50g质量分数为5%的NaCl溶液ABCD全部【答案】C【解析】AlCl3和K2S能发生相互促进的水解生成Al(OH)3和H2S，所以得不到硫化铝，铝在S蒸气中燃烧生成硫化铝，故错误；无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧生成FeCl3，铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁，故错误；亚铁离子易被氧化生成铁离子，亚铁离子易水解导致溶液呈酸性，所以为防止亚铁离子被氧化、水解，在配制的硫酸亚铁溶液常加入一定量的铁粉和硫酸，故正确；铜先氧化成氧化铜，再与硫酸反应来制取硫酸铜，如果用铜和浓硫酸制取硫酸铜，会产生二氧化硫而产生污染，故正确；将45mL水加入到盛有5g氯化钠的烧杯中，水的质量为45g，溶液的质量分数100%10%，故错误；故选C。2下列物质的制备合理的是()将氯化铝溶液与硫化钾溶液混合后过滤来制备硫化铝将过量的铁与氯气加热反应制备氯化亚铁在配制FeSO4溶液时常向其中加入一定量铁粉和稀硫酸铜先氧化成氧化铜，再与稀硫酸反应来制取硫酸铜用氧化钙与浓氨水反应制取氨气AB C D全部【答案】C【解析】中Al3与S2会发生水解相互促进反应生成Al(OH)3和H2S，得不到Al2S3；中无论Fe过量与否均生成FeCl3；中加入铁粉是防止Fe2被氧化，加入稀H2SO4是抑制Fe2的水解；中符合绿色化学的思想，减少了污染；中方法不用加热，操作简便。3下列通过制取硫酸铝、氢氧化铝获得氧化铝的装置和原理能达到实验目的的是()【答案】C【解析】A项，常温下，浓硫酸遇铝钝化，错误；B项，NaOH过量，Al(OH)3溶解，错误；D项，灼烧要用到坩埚，不是蒸发皿，错误。故选C4某课外小组的同学设计了以下装置(部分夹持仪器已略)制取无水AlCl3(易升华)，其中不能达到相应实验目的的是()A用装置甲制取氯气 B用装置乙干燥氯气C用装置丙制取并收集AlCl3 D用装置丁处理丙中排出的尾气【答案】B【解析】由于碱石灰的成分是氧化钙和氢氧化钠，能与氯气反应，不能用作氯气的干燥剂，B项错误。故选B。5某学习小组设计实验制备供氢剂氢化钙(CaH2)，实验装置如下图所示。已知：氢化钙遇水剧烈反应。下列说法正确的是()A相同条件下，粗锌(含少量铜)比纯锌反应速率慢B酸R为浓盐酸，装置b中盛装浓硫酸C实验时先点燃酒精灯，后打开活塞KD装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管【答案】D【解析】粗锌中含少量铜，锌、铜、稀硫酸构成原电池，使反应速率加快，A项错误；酸R应为稀硫酸，实验室一般不会使用浓盐酸和锌粒反应制取氢气，因为这样会引入氯化氢杂质，徒增除杂成本，装置b中盛装浓硫酸，用于干燥氢气，B项错误；点燃酒精灯前必须用氢气排尽装置内的空气，避免钙与空气中的氧气反应，或引燃氢气和空气的混合物，C项错误；氢化钙遇水剧烈反应，装置d中的浓硫酸可吸收水槽中可能逸出的水蒸气，避免氢化钙因吸收水蒸气而变质，D项正确。故选D。6已知FeCO3与砂糖混用可以作补血剂。某校化学小组同学在实验室里制备FeCO3的流程如图所示。下列说法正确的是()A过滤操作需要用到的玻璃仪器只有烧杯和漏斗B沉淀过程中有NH3放出C可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质D产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeO【答案】C【解析】过滤操作中用漏斗过滤，用玻璃棒引流，烧杯盛放溶液，所以过滤操作常用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，A项错误；FeSO4与NH4HCO3发生的反应为Fe22HCO=FeCO3H2OCO2，则沉淀过程中有CO2气体放出，B项错误；Fe2变质会生成Fe3，则检验FeSO4溶液是否变质可利用KSCN溶液，C项正确；Fe2在空气中加热易被氧化为Fe3，所以FeCO3在空气中高温分解不能得到FeO，D项错误。7下面是以橄榄岩(主要成分为硅酸镁，还有少量的Fe3、Fe2、Al3及少量不溶于酸的杂质)为原料，制备硫酸镁晶体的流程图：下列说法正确的是()A过滤1操作的主要目的是以硅酸盐的形式除去SiB加氨水调节pH78，目的是使Fe3、Al3转化为氢氧化物沉淀而除去C加双氧水时发生的主要反应为H2O2Fe22H=Fe32H2OD粗硫酸镁晶体通过一系列操作后得到硫酸镁晶体，目的是使硫酸镁晶体结晶得更漂亮【答案】B【解析】A项，过滤1操作的主要目的是以硅酸的形式除去Si；C项，反应方程式的电荷不守恒；D项，粗硫酸镁晶体通过一系列操作后得到硫酸镁晶体，目的是提纯硫酸镁，除去混有的杂质。8从海带中提取碘，可经过以下实验步骤完成，下列有关说法正确的是()A在灼烧过程中使用的仪器只有酒精灯、三脚架、泥三角、烧杯、玻璃棒B在上述氧化过程中发生反应的离子方程式为2IH2O2=I22OHC在提取碘单质时，用酒精作萃取剂D在分液时，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，上层液体从上口倒出【答案】D【解析】灼烧固体物质一般用坩埚而不用烧杯，A项错误；在酸性条件下发生氧化还原反应，离子方程式应为2IH2O22H=I22H2O，B项错误；酒精与水互溶，不能作提取碘单质的萃取剂，C项错误。9以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是( )AA气体是NH3，B气体是CO2B侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异C第步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D第步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶【答案】D【解析】A项，利用NH3极易溶于水，且水溶液显碱性，可以提高CO2的吸收，因此先通NH3后通CO2，A正确；B项，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，利用了溶解度的差异，B正确；C项，操作III是过滤，因此利用玻璃仪器：烧杯、漏斗、玻璃棒，C正确；D项，晶体是NaHCO3，利用NaHCO3的不稳定性，2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，D错误。10实验用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体经历下列过程，Fe3+在pH=5时早已完全沉淀。其分析错误的是( )A若要测定所得硫酸铜晶体中结晶水的数目，实验中要用到坩埚、坩埚钳和干燥器等B利用Cu(OH)2替代CuO也可调试溶液pH，不影响实验结果C洗涤晶体：向滤出晶体的漏斗中加少量冷水浸没晶体，自然流下，重复2-3次D用18.4mol/L浓硫酸配制溶解所用4.00mol/L的稀硫酸，玻璃仪器一般只有4种【答案】D【解析】A项，测定结晶水的含量，通过解热固体，脱去结晶水，称量质量的变化可的结晶水的个数，加热用到坩埚和坩埚钳，故A正确；B项，Cu(OH)2和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故B正确；C项，固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，可向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复2-3次，可洗涤晶体，故C正确；D项，用18mol/L浓硫酸配制溶解所用4mol/L的稀硫酸，用到量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒以及容量瓶等仪器，故D错误。11实验室用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程(已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全)其中分析错误的是( )A步骤发生的主要反应为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OB步骤可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2C步骤用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pHD步骤 的操作为：向漏斗中加入少量冷的蒸馏水至浸没晶体，待水自然流下，重复操作 23次【答案】B【解析】A项，样品中含有CuO、FeO、Fe2O3，跟硫酸反应生成Cu2、Fe2、Fe3，H2O2具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，离子反应方程式为2Fe2H2O2H=2Fe32H2O，故说法正确；B项，不能用硝酸和氯水代替H2O2，防止引入NO3和Cl等杂质，同时也防止产生污染，故说法错误；C项，CuCO3不溶于水，可以调节pH，不引入新杂质，故说法正确；D项，沿玻璃棒向原过滤器中加入蒸馏水，没过沉淀，待水流完后，重复上述操作23次，故说法正确。故选B。12实验室采用HCl气体“置换”除水、升华相结合的方法用市售的氯化锌制备高纯度无水氯化锌，装置如图所示市售氯化锌含Zn(OH)Cl。下列说法不正确的是()A恒压分液漏斗的作用是平衡气体压强B管式炉采取的升温方式是阶段式升温C实验时，应先撤去管式炉，再撤去管式炉D在尾气吸收装置前应增加一个干燥装置【答案】C【解析】恒压分液漏斗可以保证内部压强不变，保持恒压分液漏斗与三颈烧瓶内压强相等，使浓硫酸顺利滴下，故A正确；装置中干燥的HCl气体从左边进入管式炉，与Zn(OH)Cl反应生成氯化锌和H2O(g)，H2O(g)随HCl气流进入尾气吸收装置，然后管式炉升至更高的温度使氯化锌升华进入管式炉，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以管式炉采取的升温方式是阶段式升温，故B正确；氯化锌升华进入管式炉，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以实验时应先撤去管式炉，再撤去管式炉，故C错误；为防止氯化锌吸水再次生成Zn(OH)Cl，在尾气吸收装置前应增加一个干燥装置，故D正确。13MnSO4H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸锰:下列说法错误的是( )A装置I烧瓶中放入的药品X为Na2SO3B装置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C装置烧杯中溶液为饱和NaHSO3D用装置II反应后的溶液制备MnSO4H2O需经历蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等过程【答案】C【解析】A项，Cu与浓硫酸反应制取SO2需要加热，装置图中无加热装置，所以X不可能为Cu；亚硫酸钠，与浓硫酸发生复分解反应生成硫酸钠、水、二氧化硫，所以装置I烧瓶中放入的药品X为Na2SO3，A正确；B项，装置中用“多孔球泡”，增大接触面积，可增大SO2的吸收速率，B正确；C项，SO2是有毒气体，不能随意排入大气，可根据SO2是酸性氧化物，能够与碱反应的性质除去，所以中NaOH溶液可吸收尾气，而饱和NaHSO3溶液不可吸收尾气，C错误；D项，用装置反应后的溶液为MnSO4，制备MnSO4H2O，通过蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥可得到，D正确；故选C。14铵明矾NH4Al(SO4)212H2O是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是( )A过程反应：2NH4HCO3Na2SO4=2NaHCO3(NH4)2SO4B检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液C若省略过程，则铵明矾产率明显减小D向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出白色沉淀生成白色沉淀消失【答案】D【解析】A项，过程利用NaHCO3的溶解度比较小，NH4HCO3和Na2SO4发生反应：2NH4HCO3Na2SO4=2NaHCO3(NH4)2SO4，故A正确；B项，溶液B已经呈酸性，检验SO42只需加入BaCl2溶液即可，故B正确；C项，若省略过程，溶液中还有一定量的HCO3，加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3会与HCO3发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故C正确；D项，向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成刺激性气体逸出白色沉淀消失，故D错误；故选D。15以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的实验流程如下：下列说法正确的是( )A“灼烧”可在石英坩埚中进行B母液中的溶质是K2CO3、KHCO3、KClC“结晶”环节采用加热蒸发结晶的方法D“转化”反应中，生成的KMnO4和MnO2的物质的量之比为21【答案】D【解析】A项，“灼烧”时，可在铁坩埚中进行，KOH与玻璃中的二氧化硅反应，A错误；B项，结晶后的母液中有K2MnO4、KMnO4和K2CO3等溶质，若二氧化碳过量还可能存在碳酸氢钾，B错误；C项，“结晶”环节采用加蒸发浓缩、冷却结晶的方法，C错误；D项，由3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3，氧化产物为KMnO4，还原产物为MnO2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，D正确；故选D。16依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的是( )ABCD【答案】B【解析】浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2，装置正确且能达到相应实验目的；气体和液体反应，有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，装置正确且能达到相应实验目的；蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故B项正确。故选B。17某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体NH4Fe(SO4)26H2O的一种方案如下：下列说法不正确的是( )A滤渣A的主要成分是CaSO4B相同条件下，NH4Fe(SO4)26H2O净水能力比FeCl3强C“合成”反应要控制温，温度过高，产率会降低D“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等【答案】B【解析】A项，硫酸钙微溶于水，滤渣A主要成分是硫酸钙，故A正确；B项，NH4水解生成H,抑制Fe3的水解，故氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，故B错误；C项，“合成”中温度过高，会促进Fe3的水解，故C正确；D项，硫酸铁铵的溶解度随温度降低而减小，宜采用结晶法提纯，故D正确；故选B。18实验室根据反应：TiO2(s)+CCl4(g)TiCl4(g)+CO2(g)，在无氧无水条件下制备TiCl4，实验装置如图所示(CCl4、TiCl4的沸点分别为76、136，且两者互溶)。下列说法不正确的是( )A中反应完成后，先停止通N2，再停止加热B、装置中分别盛有无水氯化钙、浓硫酸C中热水使CCl4气化，中冰水使TiCl4冷凝D中分离TiCl4、CCl4混合物的方法是蒸馏【答案】A【解析】A项，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2，故A错误；B项，因为TiCl4遇到水蒸气会水解，所以干燥管盛有无水氯化钙，盛有浓硫酸来隔离空气中的水蒸汽，故B正确；C项，装置加热使四氯化碳挥发，CCl4、TiCl4熔点较低，装置使这两种物质转化为液态，故C正确；D项，CCl4和TiCl4是两种沸点差异较大的液体混合物，应该用蒸馏，故D正确；故选A。19氯化铁是有机合成中常用的催化剂，如图是实验室模拟化工厂利用工业废铁屑(杂质不与盐酸反应)制备催化剂氯化铁的部分装置图，下列相关说法正确的是( )A实验室也可以用装置甲制备SO2、C2H4B实验过程中，应先让装置乙中的反应进行一段时间后，再开始装置甲中的反应C实验过程中应该关闭弹簧夹3，让装置丙中的NaOH溶液充分吸收多余的Cl2D反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，可制得氯化铁晶体【答案】B【解析】A项，装置甲的特点是固体和液体加热制气体，而SO2可用浓硫酸和铜加热制取，所以可以用装置甲制备SO2，但实验室用浓硫酸和乙醇制C2H4需控制温度为170，所以要使用温度计，故A错误；B项，氯气在常温下不能和铁反应，所以应先让装置乙中的反应进行一段时间生成氯化亚铁后，再开始装置甲中的反应，故B正确；C项，实验过程中关闭弹簧夹3，将导致气体不能流通，不但不能实现让NaOH溶液充分吸收多余的Cl2的目的，反而会使装置气压增大，产生危险，故C错误；D项，废铁屑含不与盐酸反应的杂质，所以如果加热反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，将混入这些杂质，使晶体不纯，同时要考虑设法抑制水解，故D错误；故选。20实验室用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体经历下列过程(Fe3在pH5时已完全沉淀)：，CuSO45H2O晶体下列分析中正确的是( )A用98%的浓硫酸配制溶解所用的4.5 molL1的稀硫酸，只需3种玻璃仪器B步骤目的是将溶液中的Fe2充分转化成Fe3，实验操作是向溶液中通入足量氯气C利用Cu(OH)2替代CuO也可调节溶液pH而不影响实验结果D步骤之后的实验操作是蒸干溶剂结晶，所需仪器是蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、泥三角、三脚架【答案】C【解析】A项，用98%的浓硫酸配制溶解所用的4.5 molL-1的稀硫酸需要用到的玻璃仪器有烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管四种玻璃仪器，A错误；B项，步骤目的是将溶液中的Fe2+充分转化成Fe3+，若通入足量的氯气会引入新的杂质对后面晶体的提取产生影响，所以应该用绿色氧化剂过氧化氢溶液，B错误；C项，Cu(OH)2和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，氢氧化铜溶液呈碱性可以代替氧化铜，对实验结果无影响，故C正确；D项，在进行蒸发结晶时不能将溶剂直接蒸干，应该蒸发到剩下少量水时停止加热利用余热蒸干，D错误；故选C。第卷 (非选择题 共60分)二、必做题(本题共5小题，共60分)21(8分)聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为Fe2(OH)n(SO4)30.5nm，广泛用于污水处理。实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO47H2O)，制备过程如下所示：(1)验证固体W焙烧后产生的气体中含有SO2的方法是_。(2)制备绿矾时，向溶液X中加入过量_，充分反应后，经_操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾。(3)溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定溶液pH的操作方法为_。若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数_(填“偏大”或“偏小”)。【答案】(1)将产生的气体通入盛有品红溶液的小试管中，若品红溶液褪色，加热能恢复原色，证明气体中含有SO2(2分)(2)铁屑(1分)过滤(1分)(3)取一小块pH试纸，放在干燥、洁净的表面皿(或玻璃片)上，用干燥、洁净的玻璃棒蘸取待测溶液，滴到pH试纸上，然后与标准比色卡比较(3分)偏小(1分)【解析】(1)利用SO2的漂白性来鉴别SO2。(2)溶液X中有Fe3，欲制绿矾，应把Fe3转化为Fe2，所以要加过量的铁屑。(3)用pH试纸测定溶液的pH，为了测定的准确性，应选用干燥、洁净的装置。若pH偏小，酸性过强，则形成的聚铁中OH偏少，SO偏多，导致聚铁中铁的质量分数偏小。22(10分)锂离子电池的广泛应用使回收利用锂资源成为重要课题。某研究性学习小组对废旧锂离子电池正极材料(LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上)进行资源回收研究，设计实验流程如下：(1)第步反应得到的沉淀X的化学式为_。(2)第步反应的离子方程式是_。(3)第步反应后，过滤Li2CO3所需的玻璃仪器有_。若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：_。(4)若废旧锂离子电池正极材料含LiMn2O4的质量为18.1 g，第步反应中加入20.0 mL 3.0 molL1的H2SO4溶液，假定正极材料中的锂经反应和完全转化为Li2CO3，则至少有_g Na2CO3参加了反应。【答案】(1)Al(OH)3(2分)(2)4LiMn2O44HO2=8MnO24Li2H2O(2分)(3)烧杯、漏斗、玻璃棒(2分)玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损；漏斗中液面高于滤纸边缘(其他合理答案均可) (2分)(4)6.36(2分)【解析】(1)锂离子电池正极材料中的铝箔与NaOH溶液反应生成NaAlO2，在滤液中通入过量CO2时，NaAlO2与CO2反应生成Al(OH)3沉淀。(2)第步为LiMn2O4在酸性条件下与氧气反应，该反应中氧气是氧化剂，反应生成硫酸锂、二氧化锰和水。(3)过滤所用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。若滤液浑浊，则可能是漏斗中液面高于滤纸边缘，或者是玻璃棒紧靠的不是三层滤纸处，导致滤纸破损。(4)LiMn2O4的物质的量为0.1 mol，最终生成0.05 mol Li2CO3；加入H2SO4一共0.06 mol，与LiMn2O4反应后剩余0.01 mol H2SO4；加入的Na2CO3先与剩余的硫酸反应，再与Li反应生成Li2CO3，故至少有0.06 mol(即6.36 g)Na2CO3参加反应。23(12分)加碘食盐中加入的碘酸钾是一种白色结晶粉末，常温下性质稳定，加热至560 开始分解。在酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂，可与碘化物、亚硫酸盐等还原性物质反应。工业生产碘酸钾的流程如下：(1)已知步骤反应器发生的反应中，单质碘和氯酸钾的物质的量之比为611，则反应器中发生反应的化学方程式为_。(2)步骤中调节pH10的目的是_。参照碘酸钾的溶解度：温度/20406080KIO3 g/100 g H2O8.0812.618.324.8操作的方法是_。(3)检验加碘食盐中的碘元素，学生甲利用碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生反应，然后用四氯化碳检验生成的碘单质时，甲应观察到的明显现象有_。学生乙对纯净的NaCl进行了如下实验：取1 g纯净的NaCl，加3 mL水配成溶液，然后滴入5滴淀粉溶液和1 mL 0.1 molL1 KI溶液，振荡，溶液无变化，然后再滴入1滴1 molL1的H2SO4，振荡，一段时间后溶液变浅蓝色。请推测实验中产生蓝色现象的可能原因，用离子方程式表示_。(4)学生丙查阅有关食品碘强化剂的资料后知道，碘酸钙也是一种允许使用的食品碘强化剂，它是一种白色结晶或结晶性粉末，难溶于水和乙醇。丙同学在氯化钙溶液中加入理论量的碘酸钾溶液，反应生成的沉淀经水洗后，室温下干燥得碘酸钙晶体，加热至160540 变成无水物，此时固体质量为原晶体质量的78.3%，写出制备碘酸钙晶体的离子方程式：_；检验沉淀已经洗涤干净的方法是_。【答案】(1)6I211KClO33H2O=6KH(IO3)25KCl3Cl2(2分)(2)使KH(IO3)2转化为KIO3(1分)蒸发结晶(1分)(3)液体分层，下层液体呈现紫红色(2分)4I4HO2=2I22H2O(2分)(4)Ca22IO6H2O=Ca(IO3)26H2O(2分)在最后一次洗涤液中加入硝酸银溶液，若无白色沉淀说明已经洗涤干净(2分)【解析】(2)KH(IO3)2可以和碱反应，所以当pH10时，可以使KH(IO3)2转化为KIO3，由于KIO3的溶解度受温度的影响较大且分解温度较高，所以采取蒸发结晶的方法。(3)KIO3和KI在酸性条件下发生氧化还原反应生成I2，加入CCl4，下层呈紫红色。在酸性条件下，I可被空气中的O2氧化成I2，所以当加入淀粉溶液时呈蓝色。(4)设Ca(IO3)2xH2O，根据题意：100%78.3%，x6，所以Ca22IO6H2O=Ca(IO3)26H2O检验沉淀是否洗净，应取最后一次洗涤液。24(15分)六氨氯化镁(MgCl26NH3)具有极好的可逆吸、放氨特性，是一种优良的储氨材料。某研究小组在实验室以菱镁矿(主要成分MgCO3，含少量FeCO3等杂质)为原料制备六氨氯化镁，实验流程图如下：其中氨化过程装置示意图如下：已知：.与Mg2结合能力：H2ONH3HOCH2CH2OHCH3OH。.相关物质的性质见下表：物质名称氨气的溶解性氯化镁的溶解性六氨氯化镁的溶解性水易溶易溶易溶甲醇(沸点65 )易溶易溶难溶乙二醇(沸点197 )易溶易溶难溶请回答：(1)调pH适合的物质是_(填化学式)。(2)在空气中直接加热MgCl26H2O晶体得不到纯的无水MgCl2，原因是_(用化学方程式表示)。(3)虚框内装置的作用：_，操作a的名称是_。(4)提纯操作中，下列洗涤剂最合适的是_。A冰浓氨水 B乙二醇和水的混合液C氨气饱和的甲醇溶液 D氨气饱和的乙二醇溶液(5)制得产品后，该科研小组对产品的成分进行测定，其中氯离子含量检测方法如下：a称取1.420 g样品，加足量硫酸溶解，配制成250 mL溶液；b量取25.00 mL待测液于锥形瓶中；c用0.200 0 molL1 AgNO3标准溶液滴定至终点，记录消耗AgNO3标准溶液的体积；d重复b、c操作23次，平均消耗AgNO3标准溶液10.00 mL。配制样品溶液时加硫酸的原因_。该样品中氯离子百分含量为_。将氯离子百分含量实验值与理论值(36.04%)相比较，请分析造成此结果的可能原因有_(已知滴定操作正确、硫酸根离子对检测无影响)。【答案】(1)MgO或Mg(OH)2或MgCO3，答案合理即可 (2分)(2)MgCl2H2OMg(OH)ClHCl(2分)(3)吸收氨气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中(2分)过滤(1分) (4)C(2分)(5)除去NH3，避免NH3与银离子结合，干扰检测(2分)50.00%(2分) 氨化过程不完全或晶体称量时已有部分氨气逸出(2分)【解析】(1)为了不引入新的杂质，调pH合适的物质为MgO或Mg(OH)2或MgCO3，同时过量的不溶物过滤即可除去。(2)加热能促进Mg2水解生成Mg(OH)Cl等，反应的化学方程式为MgCl2H2OMg(OH)ClHCl，所以在空气中直接加热MgCl26H2O晶体得不到纯的无水MgCl2。(3)倒置漏斗用于吸收剩余的氨气，干燥管用于防止水蒸气进入三颈烧瓶中；由于六氨氯化镁不溶于乙二醇，所以可用过滤的方法得到粗产品。(4)根据甲醇沸点65 和乙二醇的沸点197 ，产品在二者中都是难溶的，所以用氨气饱和的甲醇溶液洗涤粗产品，因甲醇和氨气都易挥发，更有利于提纯产品，因此正确答案为C。(5)检验Cl需要用AgNO3，而Ag能与NH3络合生成Ag(NH3)2，所以加入硫酸除去NH3；由实验数据可得n(AgNO3)10.00103 L0.200 0 molL10.002 000 mol，所以Cl的百分含量100%50.00%；根据MgCl26NH3的组成可得，其中Cl的百分含量100%36.04%，但实验结果偏高，可能是MgCl2没有完全氨化，也可能是产品在称量时已有部分氨气逸出。25(15分)过氧化钙(CaO2)是水产养殖中广泛使用的一种化学试剂。CaO2微溶于水，可与水缓慢反应。实验室用如下方法制备CaO2并测定其纯度。.过氧化钙的制备实验装置和步骤如下：步骤1：向盛有6% H2O2溶液和浓氨水混合液的三颈瓶中加入稳定剂，置于冷水浴中；步骤2：向上述混合液中逐滴加入浓CaCl2溶液，边加边搅拌，析出固体CaO28H2O；步骤3：充分反应后，将所得固体过滤、洗涤、脱水干燥，得产品过氧化钙。请回答：(1)支管a的作用为_。(2)步骤1中将三颈瓶置于冷水浴中，其主要目的为_。(3)三颈瓶中发生反应的化学方程式为_。(4)为研究氨水浓度和稳定剂种类对反应产率的影响，设计下列三组实验：实验编号双氧水浓度/%氨水浓度/%稳定剂种类产率/%99NaH2PO462.0a10NaH2PO450.3bcNa2SiO340.9则c_。.过氧化钙纯度的测定准确称取所制备的过氧化钙样品m g，置于锥形瓶中，分别加入30 mL蒸馏水和1 mL稀盐酸，振荡使之溶解。再加入0.5 mL MnSO4溶液，然后用c molL1的KMnO4标准溶液滴定至终点(MnO被还原为Mn2)，消耗KMnO4标准溶液V mL。(5)滴定至终点的现象为_。(6)计算样品中CaO2的质量分数为_(用含m、c和V的代数式表示)。(7)实验中加入MnSO4溶液的作用是_。若滴定管在使用前未用KMnO4标准溶液润洗，则测定结果将_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。(8)过氧化钙可用于长途运输鱼苗，应用了过氧化钙_的性质(答出两点)。【答案】(1)平衡压强(1分)(2)(反应放热)防止双氧水分解和氨水挥发(2分)(3)CaCl2H2O22NH3H2O6H2O=CaO28H2O2NH4Cl(2分)(4)9或10(2分)(5)滴入最后一滴KMnO4标准溶液，锥形瓶内溶液由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色(2分)(6)100%(合理即可) (2分)(7)加快反应速率(1分)偏高(1分)(8)可与水缓慢反应放出氧气；能吸收鱼苗呼出的CO2气体；可杀菌防腐(任答两点即可) (2分)【解析】(1)支管a的作用是平衡压强，有利于浓CaCl2溶液顺利滴下。(2)该反应放热，冷水浴可防止双氧水分解和氨水挥发。(3)三颈瓶中发生的反应为CaCl2H2O22NH3H2O6H2O=CaO28H2O2NH4Cl。(4)由题表可知实验和实验是在双氧水浓度和稳定剂种类相同的条件下，研究不同氨水浓度对产率的影响；实验和实验或实验和实验是在双氧水浓度和氨水浓度相同的条件下，研究不同稳定剂对产率的影响，所以c9或10。(5)当滴入最后一滴KMnO4标准溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色，说明达到滴定终点。(6)由CaO22H=Ca2H2O2,2MnO5H2O26H=2Mn28H2O5O2，得到2MnO5CaO2，n(CaO2)mol，CaO2的质量分数为100%。(7)MnSO4起催化作用，可以加快反应速率；滴定管在使用前未用KMnO4标准溶液润洗，相当于将KMnO4标准溶液稀释，造成消耗KMnO4标准溶液的体积增大，测定结果偏高。(8)由题给条件“可与水缓慢反应”可知，其可与水反应放出氧气，由Na2O2能与CO2反应推出CaO2能吸收鱼苗呼出的CO2气体，由Na2O2能杀菌防腐推测CaO2也可杀菌防腐。