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1. KMnO4是一种常见的强氧化剂，主要用于化工、防腐、制药工业等。以某种软锰矿
(主要成分MnO2，还含有Fe2O3、Al2O3、SiO2等)生产高锰酸钾，并脱除燃煤尾气中的SO2，其工艺流程如图所示(反应条件已经省略)。
已知：Ksp[Mn(OH)2]=6.3×10−13，Ksp[Al(OH)3]=1×10−32，Ksp[Fe(OH)3]=4×10−38。回答下列问题：
(1)浸出渣A的成分是_____________(填化学式)。
(2)工艺流程中，为了提高步骤①的浸出率。除提高硫酸浓度、粉碎软锰矿外，还可以___________________(任填两种合理的措施)。
(3)沉淀B的成分除MnCO3以外还有_____________(填化学式)，为使沉淀B沉淀完全，步骤②应将溶液的pH最小调节为____________(已知：离子浓度<1×10−5mol·L−1)。
(4)滤液C中加入KMnO4时发生反应的离子方程式是__________________________。 (5)步骤④中反应的氧化剂和还原剂物质的量之比是__________________。 (6)电解制备KMnO4的装置如图所示。电解时，a极的电极反应式为
________________，为制得较纯的KMnO4，电解液中最好选择________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
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2. 纳米微晶Zn4CO3(OH)6(碱式碳酸锌)属于高端精细化工产品，晶粒粒度介于
9～10.4nm之间，不溶于水和醇。某高校实验室用工业级硫酸锌(主要成分ZnSO4，含少量Fe2+、Cu2+、Cd2+、Co2+、Ni2+)制备纳米微晶碱式碳酸锌样品的流程如下：
已知：
a.Fe(OH)3、Fe(OH)2、Zn(OH)2的pKsp(即−lgKsp)分别是37.4、15.4、16.2。 b.残留在溶液中的离子浓度小于10−5mol·L−1时，可认为沉淀完全。 c.滤渣Ⅲ所含主要金属元素是Sb、Co、Ni。
(1)“除杂Ⅰ”目的是除去溶液中的铁元素，则H2O2的作用是________；若溶液中c(Zn2+)=1.0mol·L−1，此过程中还应调节溶液的pH在________范围(不考虑离子间的相互影响)。
(2)“除杂Ⅱ”与“除杂Ⅲ”均为还原除杂。 ①滤渣Ⅱ的主要成份是________。
HSbO2请写出锌与Co2+、②“除杂Ⅲ”中加入的Sb2O3在溶液中主要以HSbO2存在。
生成“金属间化合物”CoSb(CoSb各元素化合价视为0价)的离子方程式________。 (3)“沉锌”后得到的固体先用去离子水洗涤，再用乙醇洗涤。用乙醇洗涤的目的是________。
(4)加入MgSO4·7H2O的主要目的是降低样品晶粒粒度，但主元素Zn的质量分数必须在56％以上。下表是不同镁锌质量比对产品晶粒粒度及Zn质量分数的影响： 实验编号 镁锌质量比 晶粒粒度/nm ω(Zn)/％ ① ② ③ ④ 0.88︰22 0.93︰22 0.98︰22 1.02︰22 11.3 10.8 10.3 9.5 57.03 56.89 56.50 56.27 ω(Mg)/％ 0.97 1.02 1.11 1.24 第2页，共28页
⑤ 1.12︰22 7 55.97 1.42 实验中合适的镁锌质量比为________(填实验编号)；如镁锌质量比值过高，Mg2+还可能会生成________(填化学式)，从而对样品造成影响。
(5)样品中锌的含量可用EDTA(可表示为H2Y2−)滴定法测定，反应式为Zn2++H2Y2−=ZnY2−+2H+。取ag纳米微晶碱式碳酸锌样品，酸溶后得到pH为5～6的溶液，以二甲酚橙作指示剂，用bmol·L−1EDTA标准溶液滴定，消耗EDTA溶液cmL。则样品中锌的质量分数是________(用代数式表示)。
3. 金属蚀刻加工过程中，常用盐酸对其表面氧化物进行清洗，会产生酸洗废水。 pH
在1.5左右的某酸洗废水中含铁元素质量分数约3%，其他金属元素如铜、镍、锌、铬浓度较低，工业上综合利用酸洗废水可制备三氯化铁。制备过程如下：
相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示： 氢氧化物 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH 回答下列问题：
(1)“中和”时发生反应的化学方程式为______，调节pH至______范围，有利于后续制备得纯度较高的产品。
(2)酸溶处理中和后的滤渣，使铁元素浸出。滤渣和工业盐酸反应时，不同反应温度下 铁浸出率随时间变化如图(a)所示，可知酸溶的最佳温度为______。按照不同的固液比(滤渣和工业盐酸的投入体积比)进行反应时，铁浸出率随时间变化如 图(b)所示，实际生产中固液比选择1.5：1的原因是______。
3.7 6.7 9.2 8.0 5.6 9.6 1.5 4.2 7.1 5.4 4.3 7.6 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2 Zn(OH)2 Cr(OH)3 Fe(OH)2 第3页，共28页
(3)氧化时，可选氯酸钠或过氧化氢为氧化剂，若100L“酸溶”所得溶液中Fe 2+含量为1.2mol⋅L−1，则需投入的氧化剂过氧化氢的质量为______。
(4)氧化时，除可外加氧化剂外，也可采用惰性电极电解的方法，此时阴极的电极反应式为______，电解总反应的离子方程式是______。
(5)将得到的FeCl3溶液在HCl气氛中______、过滤、洗涤、干燥得FeCl3⋅6H2O晶体。 4. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种高效、新型的水处理剂，在碱性条件下较稳定；在中性
或弱酸性条件下转化为Fe(OH)3和O2；易被H2还原。请回答下列问题：
(1)高铁酸钠用作水处理剂的原理为___________________________________。
(2)工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、V2O5、CuS、SiO2等杂质)为原料制备Na2FeO4并回收某些金属资源的工艺流程如下。
已知：
Ⅰ.“焙烧”后矿石中的金属元素均以氧化物的形式存在。 Ⅱ.溶液中存在平衡VO+2+H2O
+
VO−3+2H。
Ⅲ.溶液中离子浓度小于等于10−5mol·L−1时，认为该离子沉淀完全。 ①“粉碎”的目的是_______________________。气体X的化学式为_________________。
②“酸溶”后，若所得溶液中c(Fe3+)=2.0 mol·L−1、c(Cu2+)=2.0×10−4mol·L−1、c(Ni2+)=2.0×10−4mol·L−1，则应调节pH1的范围为_______________。已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10−20、Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10−15、Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，lg 2=0.3。
③滤液3中所含阴离子除OH−外，还有______________________。
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④“转化”过程中发生的主要反应的离子方程式为___________________。 (3)采用电解法制备Na2FeO4的工作原理如图甲所示，Na2FeO4的物质的量与NaOH溶液的初始浓度的变化关系如图乙所示。
①该装置工作时，阳极的电极反应式为___________________________。 ②离子交换膜应选用________(填“阴”或“阳”)离子交换膜，原因为_____________________________。
③图乙中M点时，n(Na2FeO4)低于最高值，其原因为__________________________________________。
5. 高锰酸钾(KMnO4)是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰
矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)原料软锰矿与氢氧化钾按1：1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是 __________________________________________； (2)“平炉”中发生的化学方程式为 _______________________________； (3)“平炉”中需要加压，其目的是 _______________________________； (4)将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺：
①“CO2歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2和 __________________(写化学式)；
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为______________________________________________；
③“电解法”和“CO2歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为______； (5)高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000mol⋅L−1的H2C2O4标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用
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KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48mL，该样品的纯度为
+2+_____________(列出计算式即可，已知2MnO−+4+5H2C2O4+6H= 2Mn
10CO2↑+8H2O)。
6. 工业上利用废镍催化剂(主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)制
备草酸镍晶体的流程如下：
(1)请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：______；滤渣I的成分是______(填化学式)。
(2)除铁时，控制不同的条件可以得到不同的滤渣II.已知滤渣II的成分与温度、pH的关系如图所示：
①若控制温度40℃、pH=8，则滤渣II的主要成分为______(填化学式)。 ②若控制温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12](图中阴影部分)，写出生成黄铁矾钠的离子方程式：______。
(3)已知除铁后所得100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol⋅L−1，加入100mL NH4F溶液，使Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=1×10−5 mol⋅L−1，则所加c(NH4F)=______mol⋅L−1.[已知Ksp(CaF2)=5.29×10−9] (4)加入有机萃取剂的作用是______。
(5)某化学镀镍试剂的化学式为MxNi(SO4)y(M为+1价阳离子，Ni为+2价，x、y均为正整数)。为测定该镀镍试剂的组成，进行如下实验： I.称量28.7g镀镍试剂，配制100mL溶液A；
Ⅱ.准确量取10.00mL溶液A，用0.40mol⋅L−1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2+(离子方程式为Ni2++H2Y2−=NiY2−+2H+)，消耗EDTA标准溶液25.00mL； Ⅲ.另取10.00mL溶液A，加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀4.66g。
①配制100mL镀镍试剂时，需要的仪器除药匙、托盘天平、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管外，还需要______。 ②该镀镍试剂的化学式为______。
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7. 从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发牛了巨大变化。
(1)古代中国四大发明之一的指南针是由大然磁石制成的，其主要成分是______(填字母序号)。
a.Fe b.FeO c.Fe3O4 D.Fe2O3
(2)硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约45%，Fe2O3约40%，Al2O3约10%，MgO约5%.用该废渣制取药用辅料一红氧化铁的上艺流程如下 (部分操作和条件略)：
回答下列问题：
①在步骤i中产生的有毒气体可能有______。
②在步骤ii操作中，要除去的离子之一为Al3+.若常温时Ksp[Al(OH)3]=1 .0×10−32，此时理论上将Al3+沉淀完全，则溶液的pH为______。 ③步骤iv中，生成FeCO3的离子方程式是______。
(3)氯化铁溶液称为化学试剂中的“多面手”，向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入氧化铜粉末会产生新的沉淀，写出该沉淀的化学式______。请用平衡移动的原理，结合必要的离子方程式，对此现象作出解释：______。 (4)①古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下：
复分解反应ii的离子方程式是______。
②如今基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN−，方案如下：
若试纸变蓝则证明食品中含有CN−，请解释检测的原理：______。
8. 高铁酸钾(K2FeO4)是新型多功能水处理剂。其生产工艺如图1：
回答下列问题：
(1)反应①应在温度较低的情况下进行，因温度较高时NaOH与Cl2反应生成NaClO3，写出温度较高时反应的离子方程式______。
(2)在溶液I中加入NaOH固体的目的是______(填字母)。 A.与反应液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的NaClO B.NaOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率 C.为下一步反应提供碱性的环境
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D.使NaClO3转化为NaClO
(3)反应的温度、原料的浓度和配比对高铁酸钾的产率都有影响。图2为不同的温度下，不同质量浓度的Fe(NO3)3对K2FeO4生成率的影响；图3为一定温度下，Fe(NO3)3质量浓度最佳时，NaClO浓度对K2FeO4的生成率的影响。工业生产中最佳温度为______，此时Fe(NO3)3与NaClO两种溶液的最佳质量浓度之比为______。 (4)反应③中的离子反应方程式为______；溶液Ⅱ中加入饱和KOH得到湿产品的原因是______。
(5)高铁酸钾作为水处理剂是能与水反应其离子反应是：4FeO2−4+l0H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH−
则其作为水处理剂的原理是：①______；②______。
9. 重金属元素铬的毒性较大，含铬废水经处理达标后才能排放。
Ⅰ.某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，且酸性较强。为回收利用，通常釆用如下流程处理：
注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。 氢氧化物 Fe(OH)3 pH 3.7 Fe(OH)2 Mg(OH)2 Al(OH)3 9.6 11.1 8 Cr(OH)3 9(>9溶解) (1)氧化过程中可代替H2O2加入的最佳试剂是________(填序号)。
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A.Na2O2 B.HNO3 C.FeCl3 D.KMnO4
(2)加入NaOH溶液调节溶液pH=8时，除去的离子是________(填序号)；已知钠离子交换树脂的原理：Mn++nNaR→MRn+nNa+，此步操作被交换除去的杂质离子是________(填序号)。
A.Fe3+ B.Al3+ C.Ca2+ D.Mg2+
−
(3)还原过程中，每消耗172.8g Cr2O2−7转移4.8mol e，该反应的离子方程式为
________。
Ⅱ.酸性条件下，六价铬主要以Cr2O2−工业上常用电解法处理含Cr2O2−7形式存在，7的废水；该法用Fe作电极电解含Cr2O2−7的酸性废水，随着电解不断进行，阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。
(1)电解时能否用Cu电极来代替Fe电极？________(填“能”或“不能”)，理由是________。
3+(2)电解时阳极附近溶液中Cr2O2−7转化为Cr的离子方程式为________。
(3)若初始溶液中含有0.1mol Cr2O2−7，则生成的阳离子全部转化成沉淀的质量是________g。
四、流程题（本大题共5小题，共40.0分）
可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，10. Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，
还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为______。
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(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl2− 4形式存在，写出相应反应的离子方程式______。(3)TiO2⋅xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示： 温度/℃ TiO2⋅xH2O转化率/% 30 35 40 45 50 92 95 97 93 88 分析40℃时TiO2⋅xH2O转化率最高的原因______。
(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为______。
(5)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02mol⋅L−1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10−5，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？______(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10−22、1.0×10−24
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式______。
11. 铝是应用广泛的金属，以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料
制备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。 (1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为______。
(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH______ (填“增大”、“不变”或“减小”)。
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是______。 (4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。
阳极的电极反应式为______，阴极产生的物质A的化学式为______。
(5)铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是______。
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12. 铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)是有色金属冶炼过程中重要的“二次资
源”。其合理处理对于实现资源的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：
已知：分金液的主要成分为[AuCl4]−；分金渣的主要成分为AgCl；分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3−，且存在[Ag(SO3)2]3−=Ag++2SO2−3
(1)“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为______，已知“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。
Cu Au Ag Ni 浸出率/% 85.7 0 4.5 93.5 “分铜”时加入足量的NaCl的主要作用为______。 (2)“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为______。 (3)Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。
“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgCl的原因为______。调节溶液的pH不能过低，理由为______。
(4)已知离子浓度≤10−5mol/L时，认为该离子沉淀完全。已知：Ksp[Pb(OH)2]=2.5×10−16，Ksp[Sb(OH)3]=10−41.浸取“分银渣”可得到含0.025mol/L Pb2+的溶液(含少量Sb3+杂质)。欲获得较纯净的Pb2+溶液，调节pH的范围为______。(忽略溶液体积变化)
(5)工业上，用镍为阳极，电解0.1mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：
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为获得高纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为______g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为______。
13. 以硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO)生产安全高效
的水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)的工艺流程如下：
已知：FeO2−4在强碱性溶液中稳定，但在Fe(OH)3催化作用下会发生分解。 (1)“酸浸”时加入硫酸的量不宜过多的原因是______。 (2)“氧化”时发生反应的离子方程式为______。
(3)在控制其他条件不变的情况下，探究保持Fe2(SO4)3和NaOH总质量不变，改变其质量比对K2FeO4产率的影响，实验结果如图所示，当质量比大于0.55时K2FeO4的产率下降的原因可能是______。
(4)“过滤2”产生的滤渣的主要成分为______(填化学式)，“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH−、Cl−、SO2−4、______、______(填化学式)。
(5)K2FeO4可将水中的H2S氧化为硫酸盐，同时K2FeO4被还原为Fe(OH)3，则反应时K2FeO4与H2S的物质的量之比为______。
14. 为回收利用废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)，科研
人员研制了一种回收镍的新工艺。工艺流程如图：
已知：①常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2 1.5 3.7 6.5 9.7 7.7 9.2 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH 第12页，共28页
②常温下，Ksp(CaF2)=2.7×10−11。回答下列问题：
(1)加快酸浸速率的常用措施有__________________________(任写一条)。 (2)写出酸浸时Fe2O3和硫酸反应的离子方程式______。 (3)浸出渣主要成分为CaSO4⋅2H2O和______两种物质。
(4)操作B的过程是，先在40～50℃加入H2O2，其作用是______(用离子方程式表示)；再调pH至3.7～7.7，操作B可除去溶液中的______元素(填元素名称)。 (5)操作C可除去溶液中的Ca2+，若控制溶液中F−浓度为3×10−3mol⋅L−1，则溶液中
c(Ca2+)c(F−)
=______。
(6)在碱性条件下，电解产生2NiOOH⋅H2O的原理分两步： ①Cl−在阳极被氧化为ClO−，则阳极的电极反应为______。
②Ni2+被ClO−氧化产生2NiOOH⋅H2O沉淀，则该步反应的离子方程式为______。
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答案和解析
1.【答案】(1)SiO2；
(2)提高反应温度、搅拌等； (3)Fe(OH)3、Al(OH)3；5；
+
(4)3Mn2++2MnO−4+2H2O=5MnO2↓+4H；
(5)1:3；
−−(6)MnO2−4−e=MnO4；阳
【解析】【分析】
本题考查了物质的制备，题目难度中等，涉及化学方程式的书写、氧化还原反应、电解池原理等，明确流程涉及的原理解本题关键，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意相关基础知识的学习与积累。 【解答】
向软锰矿(主要成分MnO2，还有Fe2O3、Al2O3、SiO2等)通入含有SO2的尾气，同时加入
+3+稀硫酸：MnO2+SO2=Mn2++SO2−+3H2O、Al2O3+6H+=4、Fe2O3+6H=2Fe
SiO2不溶，2Al3++3H2O，过滤，滤渣A为SiO2，滤液中含有的金属离子为：Mn2+、Fe3+、Al3+，加入MnCO3调节溶液的pH，促进Fe3+、Al3+水解以沉淀形式除去，沉淀B为Fe(OH)3和Al(OH)3，滤液C就主要含有Mn2+，加入KMnO4时发生价态归中反应：3Mn2++
+2MnO−3MnO2+过滤得到MnO2，与KClO3和KOH熔融反应：4+2H2O=5MnO2↓+4H，
KClO3+6KOH=3K2MnO4+KCl+3H2O，得到K2MnO4，加水得到溶液，电解K2MnO4溶液得到产品KMnO4。
(1)软锰矿中SiO2不溶于酸，过滤，滤渣A为SiO2； 故答案为：SiO2；
(2)工艺流程中，为了提高步骤①的浸出率，除提高硫酸浓度、粉碎软锰矿外，还可以提高反应温度、搅拌等；
故答案为：提高反应温度、搅拌等；
(3)经过分析可知沉淀B为Fe(OH)3和Al(OH)3；溶度积常数小的首先生成沉淀，所以Fe(OH)3先生成沉淀，根据Ksp[Al(OH)3]=1×10−32可知，当Al(OH)3沉淀完全时[c(Al3+)<1×10−5]推知c(OH−)>1×10−9，即c(H+)<1×10−5，即溶液的pH最小为5；
故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；5；
(4)滤液C主要含有Mn2+，加入KMnO4时发生价态归中反应，方程式为：3Mn2++
+2MnO−4+2H2O=5MnO2↓+4H；
+故答案为：3Mn2++2MnO−4+2H2O=5MnO2↓+4H；
(5)通过流程可知步骤4中反应为MnO2与KClO3和KOH熔融生成K2MnO4的反应，方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH=3K2MnO4+KCl+3H2O，氧化剂为KClO3，还原剂为MnO2，则氧化剂和还原剂物质的量之比是：1:3； 故答案为：1:3；
−−a为阳极、b为阴极，(6)电解法制备KMnO4时，阳极a的反应式为MnO2−4−e=MnO4，
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阴极b的反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，阳极附近生成KMnO4，导致钾离子有剩余，钾离子通过交换膜进入右侧能保证制得较纯净的KMnO4，则交换膜为阳离子交换膜。
−−故答案为：MnO2−4−e=MnO4；阳。
2.【答案】(1)将Fe2+氧化成Fe3+，以便形成氢氧化铁沉淀而除去 ; 3.2 (4)③④ ; Mg(OH)2或MgCO3或Mg2(OH)2CO3或Mg4CO3(OH)6; (5) 0.065bc ×100% a 【解析】【分析】主要考查学生对实验中物质提纯和除杂方法和基本操作知识的掌握。 【解答】 (1)“除杂Ⅰ”目的是除去溶液中的铁元素，故H 2O2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，以便以Fe(OH)3沉淀的形式除去；PH要保证Fe3+完全沉淀掉，而Zn2+却不会形成Zn(OH)2沉淀，c(Fe3+)=10−5mol/L时Fe3+完全沉淀掉，此时c(OH−)=√10 3 + −37.4 10−5 =10−10.8，故此 时PH=3.2，c(Zn2)=1.0mol·L−1时，此时c(OH−)=√10−16.2=10−8.1，故此时PH=5.9，因此应调节溶液的pH在范围3.2∼5.9； 故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，以便形成氢氧化铁沉淀而除去 ; 3.2 + + + Cd；还原为Cu、故锌与Co2、②“除杂Ⅲ”中加入的Sb2O3在溶液中主要以HSbO2存在。HSbO2生成“金属间化合物”CoSb(CoSb各元素化合价视为0价)的离子方程式是5Zn+2HSbO2+2Co2++6H+=2CoSb+5Zn2++4H2O; 故答案为：①Cu、Cd;②5Zn+2HSbO2+2Co2++6H+=2CoSb+5Zn2++4H2O; (3)“沉锌”后得到的固体先用去离子水洗涤，再用乙醇洗涤，乙醇洗涤的目的是去除固体表面的水，便于干燥; 故答案为：去除固体表面的水，便于干燥; (4)加入MgSO4·7H2O的主要目的是降低样品晶粒粒度，但主元素Zn的质量分数必须在56％以上，故实验中合适的镁锌质量比为③④，如镁锌质量比值过高，Mg2还可能会生成Mg(OH)2或MgCO3或Mg2(OH)2CO3或Mg4CO3(OH)6; 故答案为：③④ ; Mg(OH)2或MgCO3或Mg2(OH)2CO3或Mg4CO3(OH)6; (5)锌的含量可用EDTA(可表示为H2Y2)滴定法测定，用bmol·L−1 EDTA标准溶液滴定，消耗EDTA溶液cmL，即n(Zn2+)=10−3bc mol/L，所以ω(Zn)=故答案为： 0.065bc a 0.065bc a − + ×100%; ×100%。 3.【答案】Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O、3Ca(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+ 3CaCl2 3.7～4.2 65℃ 固液比大则铁浸出率低，固液比小则过稀的FeCl3溶液蒸发浓缩需消耗过多的能量，提高了成本 2040g 2H++2e−=H2↑ 2Fe2++ 第15页，共28页 − 2H+ 电解 2Fe3++H2↑ 蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】解：(1)酸洗废水中含有氯化铁、氯化铜、氯化镍、氯化铬，加入熟石灰后发生反应：Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O、3Ca(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3 +3CaCl2； 根据表中数据可知，pH≥3.7时铁离子完全转化成氢氧化铁沉淀，pH<4.2时铜离子等其它离子没有形成沉淀，为了减少滤渣中杂质，需要调节溶液pH范围为3.7～4.2， Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O、3Ca(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3 +3CaCl2；故答案为：3.7～4.2； (2)根据图(a)可知，温度为65℃时铁浸出率最高，所以酸溶的最佳温度为65℃； 根据图(b)可知，固液比越大铁浸出率越低，但固液比过低时，蒸发浓缩FeCl3溶液需消耗过多的能量，提高了生生产成本，所以实际生产中固液比选择1.5：1， 故答案为：65℃；固液比大则铁浸出率低，固液比小则过稀的FeCl3溶液蒸发浓缩需消耗过多的能量，提高了成本； (3)若100L“酸溶”所得溶液中Fe2+含量为1.2mol⋅L−1，则n(Fe2+)=1.2mol/L×100L=120mol，根据电子守恒，需投入的氧化剂过氧化氢的物质的量为：60mol，质量为：34g/mol×60mol=2040g， 故答案为：2040g； (4)氧化时，除可外加氧化剂外，也可采用惰性电极电解的方法，此时阴极氢离子得到电子生成氢气，阴极电极反应式为：2H++2e−=H2↑，阳极亚铁离子失去电子生成铁离子，电解总反应为亚铁离子与氢离子反应生成铁离子和氢气，该离子方程式是：2Fe 2+ 电解 120mol×(3−2) 2 = + − 2H+ 2Fe3++H2↑， 电解 故答案为：2H++2e−=H2↑；2Fe2++2H+ − 2Fe3++H2↑； HCl易挥发，(5)氯化铁加热易水解生成氢氧化铁和氯化氢，要从FeCl3溶液中得到FeCl3⋅6H2O晶体，需要在HCl气流中采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，然后通过过滤、洗涤、干燥得到FeCl3⋅6H2O晶体， 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。 酸洗废水中含有氯化铁、氯化铜、氯化镍、氯化铬等，根据图示流程可知，利用酸洗废水可制备三氯化铁的方法为：先向酸洗废水中加入熟石灰后发生反应：Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O、3Ca(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3 +3CaCl2，调节溶液pH使铁离子转化成氢氧化铁沉淀，过滤后得到含有氢氧化铁的滤渣；再经过酸溶处理中和后的滤渣，使铁元素浸出，然后加入已经氧化得到氯化铁溶液，最后在HCl气流中采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，然后通过过滤、洗涤、干燥得到FeCl3⋅6H2O晶体，据此解答。 本题考查制备实验方案的设计，是高考中的常见题型，题目难度中等，根据制备流程明确实验原理、实验目的为解答关键，试题基础性强，在注重对学生基础知识训练和检验的同时，侧重对学生实验答题能力的培养和方法与技巧的指导和训练，有利于提高学生的实验设计能力和应试能力，提升学生的学科素养。 4.【答案】(1)Na2FeO4具有强氧化性，可消毒杀菌；生成的Fe(OH)3胶体可吸附水中的 悬浮杂质以达到净水的目的； 第16页，共28页 (2)①加快“焙烧”速率，使“焙烧”更充分；SO2； ②3.2≤pH1<6； 、 ； ； ②阳；可防止 ③NaOH溶液的浓度较低，反应速率较慢且Na2FeO4不稳定。 进入阴极区被H2还原(或可使阳极附近OH−的浓度下降较慢)； ； 【解析】【分析】 本题考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、书写电极反应方程式、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题的能力。 【解答】 (1)Na2FeO4具有强氧化性，可消毒杀菌；生成的Fe(OH)3胶体可吸附水中的悬浮杂质以达到净水的目的，故答案为：Na2FeO4具有强氧化性，可消毒杀菌；生成的Fe(OH)3胶体可吸附水中的悬浮杂质以达到净水的目的； (2)黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、V2O5、CuS、SiO2等杂质)，“粉碎”，“焙SiO2与烧”后矿石中的金属元素均以氧化物的形式存在，气体X为SO2，加入硫酸酸溶， 322硫酸不反应，滤渣1为SiO2，所得溶液中含VO+2、Fe、Cu、Ni，调节pH1产生氢氧222化铁沉淀，调节pH2使VO+2、Cu与Ni分离，使Ni形成沉淀。 + + ++ + + ①“粉碎”的目的是增大接触面积，加快“焙烧”速率，使“焙烧”更充分；气体X为SO2，故答案为：加快“焙烧”速率，使“焙烧”更充分；SO2； ②“调pH1”的目的是使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而Cu2+和Ni2+不沉淀。当Fe3+沉淀完全时，溶液中 第17页，共28页 ，则pH1≥3.2；根 据题中所给c(Cu2+)、c(Ni2+)以及Ksp[Cu(OH)2]、Ksp[Ni(OH)2]可知，Cu2+先于Ni2+沉淀，为使Cu2+不沉淀，则溶液中 则pH1<6，故调节pH1的范围为3.2≤pH1<6；故答案为：3.2≤pH1<6； ③溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3−+2H+，滤液3中所含阴离子除OH−外，还有 、 发生的主要反应④“转化”过程中碱性条件下次氯酸钠将氢氧化铁氧化生成Na2FeO4，的离子方程式为 ； (3)①电解法制备Na2FeO4，Fe电极为阳极，失去电子发生氧化反应生成FeO−4，阳极的电极反应式为 ； 离子交换膜应选用阳离子交换膜，②据图像知Na2FeO4只在某浓度的强碱性条件下稳定，原因为可防止案为：阳；可防止 ③NaOH溶液的浓度较低，反应速率较慢且Na2FeO4不稳定，故图乙中M点时，NaOH溶液的浓度较低，n(Na2FeO4)低于最高值，故答案为：反应速率较慢且Na2FeO4不稳定。 进入阴极区被H2还原(或可使阳极附近OH−的浓度下降较慢)，故答 进入阴极区被H2还原(或可使阳极附近OH−的浓度下降较慢)； ，故答案为： ，故答案为： ，故答案为： 、 ； ， 5.【答案】(1)增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率； (2)2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O； (3)增大反应物氧气的浓度，可使化学速率加快，增加软锰矿转化率； −−(4)①KHCO3；②MnO2−4−e=MnO4；③3：2； △ 2100 20.00×10−3×0.2000×××158 24.485(5)×100% 1.0800 【解析】【分析】 本题考查了物质制备工艺流程的知识，制备方案的过程分析和物质性质的理解应用，特别是电解原理、滴定实验的熟练掌握和计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度较难。 【解答】 1的比例在“烘炒锅”中混配，(1)原料软锰矿与氢氧化钾按1：混配前应将软锰矿粉碎， 第18页，共28页 其作用是增大接触面积加快反应速率，提高原料利用率， 故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率； (2)流程分析可知平炉中发生的反应是氢氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生成锰酸钾和水，反应的化学方程式为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O， 故答案为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O； (3)“平炉”中加压，增大反应物氧气的浓度，能提高反应速率增加软锰矿转化率， 故答案为：增大反应物的浓度，可使化学速率加快，增加软锰矿转化率； K2MnO4发生歧化反应，使体系呈中性或弱酸性，(4)①在K2MnO4溶液中通入CO2气体， 根据元素守恒以及二氧化碳过量推测反应生成KMnO4，MnO2和KHCO3； 故答案为：KHCO3； 即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnO2−②“电解法”为现代工艺，4失去电子， 2−−−发生氧化反应，产生MnO−4，电极反应式是：MnO4−e=MnO4； −−故答案为：MnO2−4−e=MnO4； 通电 ③依据电解法方程式2KMnO+2HO=2KMnO+2H↑+2KOH，可知K2MnO4的 24242 △ △ 理论利用率是100%，而在二氧化碳歧化法反应中3K2MnO4+4CO2+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KHCO3中K2MnO4的理论利用率是3，所以二者的理论利用率之比为3：2， 故答案为：3：2； +2+(5)依据离子方程式2MnO−+10CO2↑+8H2O 4+5H2C2O4+6H=2Mn 2 可知KMnO4与草酸反应的定量关系是2KMnO4～5H2C2O4， n(H2C2O4)=20.00×10−3L×0.2000mol/L=20.00×10−3×0.2000mol n(KMnO4)=20.00×10−3×0.2000×mol， 5 1.0800g样品中n(KMnO4)=20.00×10−3×0.2000×5×24.48mol， 1.0800g样品中m(KMnO4)=20.00×10−3×0.2000×5×24.48×158g， 样品的纯度=故答案为： 20.00×10−3×0.2000×× 1.0800 2100 ×158 524.48 2100 ×158 524.482 2100 2100 ×100%， 20.00×10−3×0.2000××1.0800 ×100%。 (1)把废镍催化剂粉碎，SiO2、CaSO4 【答案】适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；6. (2)①FeOOH；②2Na++3ClO−+6Fe2++4SO2−4+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl−+6H+ (3)6.6×10−2 (4)除去溶液中的Zn2+ (5)①100 mL容量瓶；②(NH4)2Ni(SO4)2 【解析】解：(1)酸浸为固体和液体的反应，增大反应速率，可把废镍催化剂粉碎，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；二氧化硅不溶于硫酸，硫酸与氧化钙反应生成的硫酸钙微溶，故滤渣I的成分是SiO2、CaSO4， 第19页，共28页 故答案为：把废镍催化剂粉碎，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；SiO2、CaSO4； (2)①由图象可知若控制温度40℃、pH=8，则滤渣II的主要成分为FeOOH，故答案为：FeOOH； ②若控制温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]，反应的离子方程 −+式为2Na++3ClO−+6Fe2++4SO2−4+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl+6H， −故答案为：2Na++3ClO−+6Fe2++4SO2−4+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl+ 6H+； (3)Ksp(CaF2)=5.29×10−9，除铁后所得100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol⋅L−1，加入100mLNH4F溶液，使Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=1×10−5mol⋅L−1，可知消耗c(F−)=2×0.01mol⋅L−1=0.02mol⋅L−1，反应后c(F−)=√5.29×10mol/L=1×10−52.3×10−2mol⋅L−1，则所加c(NH4F)=0.02mol⋅L−1+2×2.3×10−2mol⋅L−1=6.6×10−2mol⋅L−1， 故答案为：6.6×10−2； (4)除钙后滤液中含有镍离子、锌离子，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+，故答案为：除去溶液中的Zn2+； 需要的仪器除药匙、托盘天平、玻璃棒、(5)①由操作步骤可知配制100mL镀镍试剂时， 烧杯、量筒、胶头滴管外，还需要100 mL容量瓶，故答案为：100 mL容量瓶； ②I.称量28.7g镀镍试剂，配制100mL溶液A； Ⅱ.准确量取10.00mL溶液A，用0.40mol⋅L−1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2+(离子方程式为Ni2++H2Y2−=NiY2−+2H+)，消耗EDTA标准溶液25.00mL，可知n(Ni2+)=0.40mol⋅L−1×0.025L=0.01mol； Ⅲ.另取10.00mL溶液A，加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀4.66g，则n(SO2−4)= 4.66g233g/mol −9 =0.02mol， MxNi(SO4)y(M为+1价阳离子，Ni为+2价，x、y均为正整数)，可知x=2、y=2， 可知28.7g镀镍试剂含有m(Ni2+)=10×0.01mol×59g/mol=5.9g， m(SO2−4)=10×0.02mol×96g/mol=19.2g， 则M的摩尔质量为 28.7g−5.9g−19.2g 0.2mol + =18g/mol，M应为NH4， 则化学式为(NH4)2Ni(SO4)2， 故答案为：(NH4)2Ni(SO4)2。 本题考查了工业上从废镍催化剂制备草酸镍晶体的工艺流程，为高考常见题型，侧重考查物质分离的实验设计和方法应用以及物质的组成的测定，答题时注意把握实验的原理和实验操作方法，题目难度中等。 7.【答案】(1)c； (2)①CO、SO2等；②5；③Fe2++2HCO−3=FeCO3↓+CO2↑+H2O； (3)Fe(OH)3；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀； (4)①3[Fe(CN)6]4−+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓； ②碱性条件下，Fe2+与CN−结合生成[Fe(CN)6]4−；Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+； 第20页，共28页 [Fe(CN)6]4−与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色． 【解析】解：(1)古代中国四大发明之一的司南是由天然磁石制成的，磁铁成分主要是四氧化三铁； 故答案为：c； (2)①由分析可知，“还原焙烧”中产生的有毒气体可能有CO、SO2等； 故答案为：CO、SO2等； ②常温时Ksp[Al(OH)3]=1.0×10−32，此时理论上将Al3+沉淀完全，c(OH−)= 3 √ 1.0×10−32 10−5=10mol/L，则c(H+)= −9 10−1410−9mol/L=10−5mol/L，pH=5； 故答案为：5； ③生成FeCO3的离子方程式是：Fe2++2HCO−3=FeCO3↓+CO2↑+H2O； 故答案为：Fe2++2HCO−3=FeCO3↓+CO2↑+H2O； (3)因为Fe3+会水解产生较多的H+：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀； 故答案为：Fe(OH)3；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀； (4)①复分解反应ii的离子方程式为：3[Fe(CN)6]4−+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓； 故答案为：3[Fe(CN)6]4−+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓； ②基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN−，碱性条件下，Fe2+与CN−结合生成[Fe(CN)6]4−；Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+；[Fe(CN)6]4−与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色； 故答案为：碱性条件下，Fe2+与CN−结合生成[Fe(CN)6]4−；Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+；[Fe(CN)6]4−与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。 本题考查物质的制备实验及混合物的分离和提纯，为高频考点，把握流程图中每一步发生的反应及操作方法是解本题关键，注意结合题给信息解答，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。 8.【答案】6OH+3Cl2 − 加热 − − AC 26℃ 5：6 2Fe3++3ClO−+ClO−+5Cl+3HO23 −10OH−=2FeO2−4+3Cl+5H2O 在此温度下，K2FeO4在水中的溶解度明显小于其他 晶体 高铁酸钾中含有+6价铁，有强氧化性，能杀菌消毒 Fe3+在溶液中能水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附作用而净水 【解析】解：(1)温度较高时，氯气和NaOH反应生成NaCl、NaClO3和水；该反应中Cl元素化合价由0价转化为−1价、+5价，转移电子数为5，反应方程式为6NaOH+ 加热 加热 3Cl2 − NaClO3+NaCl+3H2O，对应的离子反应方程式为6OH+3Cl2 − − ClO−3+ 5Cl−+3H2O， 故答案为：6OH−+3Cl 2故A正确； 第21页，共28页 加热 − −； ClO−3+5Cl+3H2O (2)A.根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，加入NaOH固体后会继续反应生成NaClO， B.因温度较高时NaOH 与Cl2 反应生成的是NaClO3，而不是NaClO，故B错误； C.第③步需要碱性条件，所以碱要过量，故C正确； D.NaClO3转化为NaClO，化合价只降不升，故D错误； 故选：AC； (3)由图2可知，K2FeO4的生成率最高，温度在26℃时，故工业生产中最佳温度为26℃，在该温度下生成高铁酸钾的产率最大，此时Fe(NO3)3与NaClO两种溶液最佳质量浓度之比为330=6， 故答案为：26℃；5：6； (4)反应③中碱性条件下，硝酸铁和NaClO发生氧化还原反应生成高铁酸钠、氯化铁和 −水，离子方程式为2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO2−4+3Cl+5H2O；“溶液Ⅱ”中加 275 5 入KOH固体至饱和，溶解度小的析出，析出高铁酸钾，说明在此温度下，K2FeO4在水中的溶解度明显小于其他晶体， −故答案为：2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO2−4+3Cl+5H2O；在此温度下，K2FeO4在 水中的溶解度明显小于其他晶体； (5)高铁酸钾中含有+6价铁，有强氧化性，能杀菌消毒，另外其还原产物为Fe3+，在溶液中能水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附作用而净水， 故答案为：高铁酸钾中含有+6价铁，有强氧化性，能杀菌消毒；Fe3+在溶液中能水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附作用而净水。 足量氯气通入NaOH溶液中低温反应生成NaClO、NaCl和水，加入固体NaOH，NaOH能和过量的氯气反应生成NaClO且为下一步提供碱性环境，加入硝酸铁浓溶液，硝酸铁水解产生氢氧化铁胶体，次氯酸钠将氢氧化铁氧化成高铁酸钠，最后加入饱和KOH溶液得到高铁酸钾湿产品，然后洗涤干燥得到高铁酸钾固体。 (1)温度较高时，氯气和NaOH反应生成NaCl、NaClO3和水；该反应中Cl元素化合价由0价转化为−1价、+5价，转移电子数为5，根据氯气和转移电子之间关系式计算； (2)根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，第③步需要碱性条件，在温度较高时NaOH与Cl2反应生成的是NaClO3，氧化还原反应中化合价有升有降； (3)选择K2FeO4的生成率最高的温度；根据图示求解Fe(NO3)3与NaClO两种溶液最佳质量浓度之比； (4)反应③中碱性条件下，硝酸铁和NaClO发生氧化还原反应生成高铁酸钠、氯化铁和水；“溶液Ⅱ”中加入KOH固体至饱和，溶解度小的析出； (5)高铁酸钾中含有+6价铁，有强氧化性，还原产物为Fe3+，在溶液中能水解生成Fe(OH)3胶体。 本题考查物质制备，为高频考点，还涉及离子检验、氧化还原反应方程式配平等知识点，明确流程图中每一步可能发生的反应及基本操作方法是解本题关键，会根据原子守恒、转移电子守恒配平方程式，题目难度不大。 9.【答案】Ⅰ ． (1)A (2)AB；CD 2−2−− (3)3S2O2−3+4Cr2O7+13H2O=6SO4+8Cr(OH)3↓+2OH 第22页，共28页 II． (1)不能；因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O2−7还原到低价态 +3+ (2)6Fe2++Cr2O2−+2Cr3++7H2O 7+14H=6Fe (3)84.8 【解析】【分析】 本题考查了物质分离提纯的操作及方法应用、电解原理、难溶物溶度积的计算等，为高考常见题型，题目难度较大，涉及的知识点较多，注意掌握电解原理、难溶物溶度积的概念及计算方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。 【解答】 I.某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O2−加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、7，Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O2−Ca2+和Mg2+等，7、 3+通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O2−7还原为8Cr，再调 节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4， (1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na2O2代替H2O2，故答案为：A； (2)根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+； 故答案为：AB；CD； −(3)每消耗0.8mol Cr2O2−则1molCr2O2−所以生成Cr3+，7转移4.8mol e，7转移6mol电子，2−2−2−2−S2O2−3被氧化为SO4，则反应的离子方程式为：3S2O3+4Cr2O7+13H2O=6SO4+ 8Cr(OH)3↓+2OH−； II.(1)若用Cu电极来代替Fe电极，在阳极上铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应， 故答案为：不能；因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O2−7还原到低价态； 3+(2)Cr2O2−7具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr，反应的+3+实质是：6Fe2++Cr2O2−+2Cr3++7H2O； 7+14H=6Fe 2+(3)根据Cr2O2−+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，Cr3++3OH−=Cr(OH)3↓、7+6Fe Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓知0.1mol Cr2O2−7，可生成0.2molCr(OH)3，0.6molFe(OH)3，质量为0.6mol×107g/mol+0.2mol×103g/mol =84.8g； 故答案为：84.8。 10.【答案】(1)100℃、2h或90℃、5h； 第23页，共28页 (2)FeTiO3+4H++4Cl−=Fe2++TiOCl2−4+2H2O； (3)低于40℃，TiO2⋅xH2O转化反应速率随温度升高而增加，超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2⋅xH2O转化反应速率下降； (4)4； (5)Fe( 3+ 1.3×10−221×10−5 恰好沉淀完全时，c(PO3−4) ==1.3×10−17mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]= 0.02mol/L3 )2 ×(1.3×10−17mol/L)2=1.69×10−40 (6)2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+H2O+3CO2↑ 【解析】【分析】 本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，题目难度不大。 【解答】 SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12和LiFePO4，用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、Ti4+，水解后过滤，沉淀为TiO2.xH2O，与双氧水反应Ti元素的化合价升高，生成(NH4)2Ti5O15，与LiOH反应后过滤得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温反应生成Li4Ti5O12；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧②中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+H2O+3CO2↑，以此来解答。 2h或90℃、(1)由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为选择温度为100℃、5h， 故答案为：100℃、2h或90℃、5h； + (2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl2−4形式存在，相应反应的离子方程式为FeTiO3+4H+ 4Cl−=Fe2++TiOCl2−4+2H2O， 故答案为：FeTiO3+4H++4Cl−=Fe2++TiOCl2−4+2H2O； (3)40℃时TiO2⋅xH2O转化率最高，因低于40℃，TiO2⋅xH2O转化反应速率随温度升高而增加，超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2⋅xH2O转化反应速率下降， 故答案为：低于40℃，TiO2⋅xH2O转化反应速率随温度升高而增加，超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2⋅xH2O转化反应速率下降； (4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li的化合价为+1价，由化合价的代数和为0可知，O元素的负价代数和为22，设过氧键的数目为x，则(x×2)×1+(15−x×2)×2=22，解得x=4，故答案为：4； (5)Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10−5，由Ksp(FePO4)，可知c(PO3−4)= 1.3×10−221×10−5=1.3×10−17mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]=( 0.02mol/L3 )2 ×(1.3×10−17mol/L)2= 1.69×10−40 恰好沉淀完全时，c(PO3−4) = 1.3×10−221×10−5=1.3×10−17mol/L， 第24页，共28页 Qc[Mg3(PO4)2]=( 0.02mol/L3 )2 ×(1.3×10−17mol/L)2=1.69×10−40 (6)“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+H2O+3CO2↑， 故答案为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+H2O+3CO2↑。 11.【答案】(1)Al2O3+2OH−=2AlO−2+H2O； (2)减小； (3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化； −− (4)4CO2−3+2H2O−4e=4HCO3+O2↑；H2； (5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜 【解析】【分析】 本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，题目难度中等。 【解答】 以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气， (1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH−=2AlO−2+H2O， 故答案为：Al2O3+2OH−=2AlO−2+H2O； (2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性减弱，可知溶液的pH减小， 故答案为：减小； (3)“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的O2氧化， 故答案为：石墨电极被阳极上产生的O2氧化； −−(4)由图可知，阳极反应为4CO2−3+2H2O−4e=4HCO3+O2↑，阴极上氢离子得到电 子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2， −−故答案为：4CO2−3+2H2O−4e=4HCO3+O2↑；H2； (5)铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故答案为：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。 12.【答案】(1)Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；使溶解出的Ag+形成AgCl进入 分铜渣，避免银元素的损失； −+−(2)2Au+ClO−3+7Cl+6H=2[AuCl4]+3H2O； 第25页，共28页 3−(3)H2SO4电离出的H+降低了SO2−⇌Ag++2SO2−3的浓度，促使[Ag(SO3)2]3平衡正向 移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl−反应生成AgCl；避免产生污染气体SO2； (4)2≤pH<7； (5)10；H2。 【解析】【分析】 本题考查物质的制备工艺流程，为高考常见题型，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、pH的计算、物质性质的应用等知识点，是对学生综合能力考查，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。 【解答】 (1)①“分铜”时，单质铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用为：使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失， 故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失； (2)分金液的主要成分为[AuCl4]−，“分金”时，单质金和加入的氯酸钠、盐酸发生氧化 −+− 2Au+ClO−还原反应生成[AuCl4]−，反应的离子方程式为：3+7Cl+6H=2[AuCl4]+ 3H2O， −+− 故答案为：2Au+ClO−3+7Cl+6H=2[AuCl4]+3H2O； (3)分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3−，且存在[Ag(SO3)2]3−⇌Ag++2SO2−3，H2SO4电 ++−离出的H+降低了SO2−3的浓度，平衡正向移动，电离出Ag，Ag与分银液中的Cl反应 生成AgCl；调节溶液的pH不能过低的理由为：避免产生污染气体SO2， 3−故答案为：H2SO4电离出的H+降低了SO2−⇌Ag++2SO2−3的浓度，促使[Ag(SO3)2]3平 Ag+与分银液中的Cl−反应生成AgCl；衡正向移动，电离出Ag+，避免产生污染气体SO2； (4)根据Ksp[Pb(OH)2]可计算出Pb2+开始沉淀时的pH值，0.025mol/LPb2+的溶液中，Ksp[Pb(OH)2]=c(Pb2+)c2(OH−)=2.5×10−16，c(OH−)=√2.5×1010mol/L，c(H)= −7 + 10−1410−7−16 0.025 mol/L= mol/L=10−7mol/L，pH=7，若Pb2+不沉淀则pH<7， 根据Ksp[Sb(OH)3]可计算出Sb3+沉淀完全时的pH值，Ksp[Sb(OH)3]= c(Sb3+)c3(OH−)=10−41，c(OH−)=√10−5mol/L=10−12mol/L，c(H+)=−12mol/ 10 3 −41 10−14 10 L=10−2mol/L，pH=2，当pH≥2时Sb3+沉淀完全，据此判断溶液的pH值范围为：2≤pH<7， 故答案为：2≤pH<7； (5)根据图可知，NH4Cl的浓度为10g⋅L−1时，镍的成粉率最高，阴极电流效率也较高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10g⋅L−1，当NH4Cl浓度大于15g⋅L−1时，阴极有气体生成，阴极发生还原反应，阴极生成的气体为氢气， 故答案为：10；H2。 13.【答案】可以减少“氧化”步骤中NaOH的用量 2Fe3++3ClO−+10OH−= −过多的Fe3+2FeO2−4+3Cl+5H2O 当硫酸铁跟氢氧化钠的质量比增大到一定程度时， 与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下 第26页，共28页 − 降 Mg(OH)2 FeO2−4 AlO2 8：3 【解析】解：(1)为避免后续反应消耗较多的氢氧化钠，则“酸浸”时加入硫酸的量不宜过多， 故答案为：可以减少“氧化”步骤中NaOH的用量； −(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO2−4+3Cl+ 5H2O， −故答案为：2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO2−4+3Cl+5H2O； (3)题给信息中FeO2−4在强碱性溶液中稳定，但在Fe(OH)3催化作用下会发生分解，由图象可知，当质量比大于0.55时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降， 故答案为：当硫酸铁跟氢氧化钠的质量比增大到一定程度时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降； (4)滤渣2含有氢氧化镁，Cl−、“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH−、SO2−FeO2−4、4、AlO−2， −故答案为：Mg(OH)2；FeO2−4、AlO2； (5)K2FeO4可将水中的H2S氧化为硫酸盐，同时K2FeO4被还原为Fe(OH)3，反应中Fe元素化合价由+6价降低为+3价，S元素化合价由−2价升高为+6价，则K2FeO4与H2S的物质的量之比为8：3， 故答案为：8：3。 硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO)加入稀硫酸、过氧化氢，滤纸为二氧化硅，滤液中含有铁离子、氯离子和镁离子，加入次氯酸钠溶液和氢氧化钠溶液，混合发生氧化还原反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，过滤除去氢氧化镁，滤液中加入氢氧化钾溶液实现高铁酸钠转化为高铁酸钾沉淀，冷却结晶过滤得到高铁酸钾固体，上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质，“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH−、 −2−Cl−、SO2−4、FeO4、AlO2，可用重结晶法提纯，以此解答该题。 本题考查混合物分离提纯，为高考常见题型，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意把握物质的性质，题目难度中等。 14.【答案】(1)适当加热或搅拌或适当增大酸的浓度(合理即可) (2)Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O (3)BaSO4 (4)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；铁 (5)1.0×10−3 (6)①Cl−+2OH−−2e−=ClO−+H2O ② ClO−+2Ni2++4OH−=2NiOOH⋅H2O↓+Cl− 【解析】【分析】 该题以废旧含镍催化剂生产Ni2O3为载体，重点考查学生对工艺流程试题了解掌握情况，为高考常见题型，侧重考查学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力以及动手操作能力，该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、 第27页，共28页 重组，全面细致的思考才能得出正确的结论，题目难度中等。 【解答】 废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)，用硫酸浸取，过滤得含有镍离子、铁离子、钙离子、铜离子的溶液，再通入硫化氢除去铜离子，且使铁离子被还原成亚铁离子，得硫化铜、硫固体，过滤得滤液中含有镍离子、亚铁离子、钙离子，加入过氧化氢氧化亚铁离子，调pH，除去铁元素，然后加入氟化钠除去钙离子，再加入氯化钠后电解得NiOOHH2O，灼烧得三氧化二镍，硫化铜、硫固体灼烧后用硫酸酸浸得硫酸铜溶液，结晶可得硫酸铜晶体，以此解答该题。 (1)加快酸浸速率，可适当加热或搅拌或适当增大酸的浓度。 (2)Fe2O3和硫酸反应生成盐和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。 (3)氧化钙和氧化钡与硫酸反应生成硫酸钙和硫酸钡，所以浸出渣主要成分为CaSO4⋅2H2O和BaSO4。 (4)过氧化氢具有强氧化性，酸性条件下氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，再调pH至3.7～7.7，将铁离子进而转化为氢氧化铁沉淀而除去。 (5)根据常温时CaF2的溶度积常数为2.7×10−11可知，溶液中F−浓度为3×10−3mol⋅L−1时，Ca2+的浓度为(3×10−3)2mol/L=3×10−6mol/L，所以溶液中1.0×10−3。 (6)①阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl−+2OH−−2e−=ClO−+H2O。 ②Ni2+被ClO−氧化产生2NiOOH⋅H2O沉淀，其还原产物是氯离子，则根据电子的得失守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为ClO−+2Ni2++4OH−=2NiOOH⋅H2O↓+Cl−。 2.7×10−11 c(Ca2+)c(F−) 3×10−63×10−3== 第28页，共28页
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