2021年高考化学复习之挑战压轴题（解答题）：工艺流程题（25题）

这是一份2021年高考化学复习之挑战压轴题（解答题）：工艺流程题（25题），共120页。试卷主要包含了解答题，离子方程式的书写步骤，离子方程式书写遵守的原则等内容，欢迎下载使用。

2021年高考化学复习之挑战压轴题（解答题）：工艺流程题（25题）
一、解答题（共25小题）
1．（2021•重庆模拟）碳酸锶（SrCO3）是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿（含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等）制备高纯碳酸锶的工艺流程如图。

Sr（OH）2在水中的溶解度
温度/℃
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/（g/100g）
1.25
1.77
2.64
3.95
8.42
20.2
44.5
91.2
（1）元素Sr位于元素周期表第　 　周期第　 　族。
（2）菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是　 　。
（3）“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为　 　。进行煅烧反应的立窑衬里应选择　 　。（填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”）
（4）“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是　 　；滤渣1含有焦炭、Ca（OH）2和　 　。
（5）“沉锶”中反应的化学方程式为　 　。
（6）锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体（xSrO•yFe2O3）中Sr与Fe的质量比为0.13，则为　 　。（取整数）
2．（2021•沈阳模拟）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）用途广泛，是常见的漂白剂、疏松剂、食品抗氧化剂，某研究性学习小组探究焦亚硫酸钠的制取以及其性质。请回答下列问题：
Ⅰ．制备、收集干燥的SO2
（1）实验室制取SO2的试剂是　 　。（填字母序号）
①4mol•L﹣1HNO3溶液②70%的H2SO4溶液③CaSO3固体④Na2SO3固体
A．①③
B．①④
C．②③
D．②④
（2）实验室制取SO2的化学方程式为　 　。按气流方向连接各仪器a→　 　→　 　→　 　→　 　→　 　→g→f（注：考虑防倒吸现象）。

Ⅱ．焦亚硫酸钠的制取
①在搅拌的条件下，向饱和碳酸钠溶液中通入SO2至反应液的pH＝4.1；
②将溶液蒸发浓缩、结晶、离心分离，20～30℃干燥得到成品。
（3）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2的化学方程式为　 　。
Ⅲ．焦亚硫酸钠的性质
（4）Na2S2O5作脱氧剂时的反应原理为：Na2S2O5+O2+H2O═Na2SO4+H2SO4，该反应中，氧化产物是　 　，检验Na2S2O5晶体作脱氧剂时已被氧化的实验方案是　 　。
（5）适当加入Na2S2O5使面团变得柔软，面团延伸性增加，拉断面团所需的拉力也逐渐减少，过度加入Na2S2O5会严重破坏蛋白质网络结构，面团变得稀软、发黏、延伸性下降，如图所示。综合来说，当添加量为　 　（填字母序号）时，面团延伸性较好。
A．0～0.05‰
B．0.05‰～0.10‰
C．0.1‰～0.15‰
D．0.20‰～0.25‰

3．（2021•山东模拟）过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）可作为漂白剂和氧化剂，还可以作为化工、造纸、纺织、染整、食品、医药、卫生等部门的去污剂、清洗剂、杀菌剂。遇潮可释出氧气。一种用芒硝（Na2SO4•10H2O）、H2O2等为原料制备过碳酸钠的工艺流程如图。

已知：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，pH小于5时均以Cr2O72﹣形式存在，pH大于8.5时均以CrO42﹣形式存在。
（1）步骤Ⅰ至步骤Ⅱ采用的分离操作为　 　。
（2）煅烧过程中是为了产生纯碱，其发生反应的化学方程式为　 　。
（3）步骤Ⅴ中的温度需要控制为15℃，其原因为　 　。
（4）步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为　 　，流程中循环物质X为　 　。
（5）某科学小组测定产品纯度的实验步骤如下：准确称量mg产品，用硫酸溶解后，用cmol•L﹣1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液VmL。（假设其他杂质不与标准液反应）该产品的纯度为　 　%。
4．（2021•山东模拟）高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。如图是工业上用软锰矿（主要成分为MnO2）制备高锰酸钾的一种工艺流程。

（1）在“熔炼”时往往将软锰矿石粉碎，其目的是　 　。
（2）写出“熔炼”时所发生的主要反应的化学方程式（其他杂质不与氧气和KOH反应）：　 　。
（3）向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，其反应的离子方程式是　 　。
（4）操作Ⅰ后的固体物质可循环使用，应当将其放在　 　（填操作单元的名称）。将操作Ⅱ得到的K2CO3加入　 　（填物质名称），转化为“熔炼”过程中循环使用的物质。
（5）若不考虑物质循环与制备过程中的损失，则1mol MnO2可制得　 　mol KMnO4（结果保留2位有效数字）。
5．（2021•宁波模拟）水合肼（N2H4•H2O）是一种强还原性的碱性液体，是一种用途广泛的化工原料，实验室用图装置制备（部分装置省略）。已知：3NaClO═2NaCl+NaClO3

步骤1：关闭K2、K3，打开K1，制备NaClO。
步骤2：操作A，制备N2H4•H2O。
（1）NH3与NaClO反应生成N2H4•H2O的化学方程式为　 　。
（2）步骤2中操作A为　 　。
6．（2021•吕梁一模）以软锰矿粉（主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质）为原料制备高纯MnO2的流程如图1所示。

已知：①常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝8.0×10﹣38，Ksp[Al（OH）3]＝4.0×10﹣34。
②常温下，氢氧化物沉淀的条件：Al3+、Fe3+完全沉淀的pH 分别为4.6、3.4；Mn2+开始沉淀的pH 为8.1。
③常温下，当溶液中金属离子物质的量浓度小于或等于1×10﹣5mol•L﹣l时，可视为该金属离子已被沉淀完全。
（1）“酸浸”实验中，锰的浸出率结果如图2所示。由图可知，软锰矿粉酸浸的适宜条件是　 　。
（2）酸浸后，锰主要以Mn2+的形式存在，写出相应的离子方程式　 　。
（3）若氧化后c（Al3+）＝0.02mol/L，加入氨水（设溶液体积增加1倍），使Fe3+完全沉淀，此时是否有Al（OH）3沉淀生成？　 　（列式计算）；想要达到实验目的，加入氨水应调节pH的范围为　 　。
（4）加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰，“过滤Ⅱ”所得滤渣为MnCO3。
①“沉锰”过程中放出CO2，反应的离子方程式为　 　。
②“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图3所示。当温度高于60℃时，沉锰速率随着温度升高而减慢的原因是　 　。
（5）写出焙烧过程的化学方程式　 　。
7．（2021•揭阳模拟）己二酸（）是一种重要的化工原料和合成中间体。某实验小组以钨磷酸为催化剂，开展H2O2绿色氧化合成己二酸的实验探究。
Ⅰ．催化剂钨磷酸晶体（H3PW12O40）的制备
实验流程如图1所示。

（1）乙醚的作用为　 　，操作Ⅰ所需的玻璃仪器除烧杯外还有　 　。
（2）水层中的物质有大量NaCl和少量HCl，步骤①中发生反应的化学方程式是　 　。
Ⅱ．己二酸的合成
向三颈烧瓶中加入0.10g钨磷酸催化剂和30mL 30%双氧水，在室温下搅拌5min，然后加入5.0mL试剂X，在100℃左右回流反应3h，得到溶液A。
（3）环己烯、环己醇、环己酮均可被双氧水氧化成己二酸。仅从所需双氧水理论用量的角度看，试剂X的最佳选择是　 　（填序号）。
A．环己烯（）
B．环己醇（）
C．环己酮（）
（4）在实际操作中，双氧水的实际用量通常要大于理论用量，原因是　 　。
（5）如图2是己二酸的浓度与温度关系曲线图。介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态，稳定区表示己二酸溶液处于　 　状态。实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，对应的实验操作为　 　，过滤。
Ⅲ．己二酸的纯度测定
（6）取0.2g己二酸晶体样品于锥形瓶中，加水溶解，滴加2滴酚酞试液，用cmol•L﹣1NaOH溶液滴定；平行滴定3次，NaOH溶液的平均用量为VmL，则己二酸纯度为　 　。（己二酸化学式量为146）
8．（2021•湖南模拟）以镁铝复合氧化物（MgO﹣Al2O3）为载体的负载型镍﹣铜双金属催化剂（Ni﹣Cu/MgO﹣Al2O3）是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，其制备流程如图。

已知：常温下，Ksp[Cu（OH）2]＝2.21×10﹣20，Ksp[Al（OH）3]＝1.30×10﹣33。
回答下列问题：
（1）在加热条件下，尿素[CO（NH2）2]在水中发生水解反应，放出　 　和　 　两种气体。（写化学式）
（2）“晶化”过程中，需保持恒温60℃，可采用的加热方式为　 　。
（3）“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净的方法是　 　。
（4）常温下，若“悬浊液”中＝1.7×109，则溶液的pH＝　 　。
（5）“还原”过程中所发生反应的化学方程式为　 　。
（6）NiSO4在强碱溶液中被NaClO氧化可得NiOOH，该物质能用作碱性镍镉电池的正极材料．其电池反应式：Cd（s）+2NiOOH（s）+2H2O（l）Cd（OH）2（s）+2Ni（OH）2（s）
①放电一段时间后，溶液的pH将　 　。（填“增大”、“减小”或“不变”）
②充电时，阳极发生的电极反应式为　 　。
9．（2021•桂林模拟）工业上以菱锰矿（主要成分是MnCO3，还含有Fe2+、Ni2+等）为原料制备电解锰的工艺流程如图所示。

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Ni2+
Mn2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时（c＝0.01mol•L﹣1）的pH
7.2
8.3
2.2
7.5
沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol•L﹣1）的pH
8.7
9.8
3.2
9.0
回答下列问题：
（1）浸出槽中发生多个反应：如主要成分与稀硫酸的反应、MnO2与Fe2+间的氧化还原反应等。这两个反应的离子方程式分别为　 　、　 　。
（2）加入氨水的目的是为除去杂质，根据流程图及表中数据，pH应调控在　 　范围内。常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，当pH＝4时，溶液中c（Fe3+）＝　 　。
（3）加入硫化铵是为除去剩余的Ni2+，由此可判断相同温度下溶解度：NiS　 　Ni（OH）2（填“大于”或“小于”）。
（4）电解硫酸锰溶液的化学方程式为　 　。
（5）工业上也可以用MnO2和Al粉作为原料，用铝热反应来制取金属锰，反应的化学方程式为　 　。
（6）将分离出电解锰后的稀硫酸收集、循环使用，其意义是　 　。
10．（2021•常州一模）实验室用氨法浸出氧化锌烟尘制备活性ZnO，其主要实验流程如图1。
（1）浸出。用一定浓度的氨水和NH4HCO3配成的混合液浸取氧化锌烟尘，得到锌氨[Zn（NH3）4CO3]浸出液。
①烟尘中的主要成分ZnO发生反应的化学方程式为　 　。
②锌元素的浸出率随浸出液初始pH的变化关系如图2所示。当浸出液初始pH大于10时，浸出率随pH增大而减小的原因是　 　。
（2）除杂。Cu2+、Pb2+等杂质也与氨水形成配合物存在于浸出后的滤液中，加入Zn粉可将它们置换除去。写出Zn粉和铜氨配合物反应的离子方程式　 　。
（3）蒸氨。加热时溶液中过量的氨和铵被蒸出，锌氨配合物最终以2ZnCO3•3Zn（OH）2沉淀形式从溶液中析出。该过程需保持恒温80℃，可采取的加热方式为　 　。
（4）焙解。已知Zn（OH）2和ZnCO3的分解温度分别为125℃、300℃。实验室加热碱式碳酸锌[2ZnCO3•3Zn（OH）2]时测得的固体残留率随温度的变化关系如图3所示。
①275℃时，碱式碳酸锌分解产生的气态物质为　 　。（填化学式）
②经焙解得到的活性ZnO晶胞结构如图4所示。该晶胞中Zn原子的配位数为　 　。
（5）已知pH＞11时，Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣。如表是几种离子生成氢氧化物沉淀的pH：

开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Zn2+
5.9
8.9
Fe2+
5.8
8.8
Fe3+
1.1
3.2
设计以锌灰（主要成分为Zn和ZnO，杂质为Fe及其氧化物）为原料制备活性ZnO的实验方案：　 　。（实验中可供选择的试剂：1.0mol/L HNO3、1.0mol/L H2SO4、1.0mol/L NaOH、20% H2O2）
11．（2020•银川一模）钒是地壳中含量第21丰富元素，是人体必需的微量元素，对治疗糖尿病和癌症及保护心血管等具有潜在的药理学作用。工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如图：

已知：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离子
VO2+
VO3﹣
V2O74﹣
VO43﹣
（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca（VO3）2的化学方程式是　 　。
（2）酸浸：Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca（VO3）2溶于盐酸的离子方程式是　 　。
（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程图：

①浸出液中加入石灰乳的作用是　 　。
②向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5．当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是　 　。
（4）实验室以V2O5为原料还可以合成用于制备VO2的氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如图：

①步骤ⅱ可在如图装置（气密性良好）中进行。已知：VO2+能被O2氧化。

药品填装完成后的实验操作是　 　（填“活塞a”、“活塞b”的操作顺序），装置B中的试剂是　 　。
②测定氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量4.246g样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL硫酸混合溶解后，加0.02mol•L﹣1的KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用0.08mol•L﹣1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗体积为30.00mL（滴定反应：VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O）。NaNO2溶液的作用是　 　，粗产品中钒的质量分数为　 　（精确到小数点后两位）。
12．（2020•西宁一模）氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3）是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，根据如图以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程图，回答问题：

（1）CeFCO3中Ce的化合价为　 　；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，原因是　 　。
（2）氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为　 　。
（3）HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作Ⅰ的名称为　 　。
（4）为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是　 　。
（5）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：Ce3+（水层）+3HT（有机层）⇌CeT3（有机层）+3H+（水层）．向CeT3（有机层）中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：　 　。
（6）写出向Ce（OH）3悬浊液中通入氧气得到产品Ce（OH）4的化学方程式：　 　。
（7）298K时，向c（Ce3+）＝0.02 mol/L的溶液中加入氢氧化钠来调节溶液的pH，若反应后溶液pH＝10，此时Ce3+是否沉淀完全？　 　。【要求列式计算，已知：Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10﹣20，c（Ce3+）＜1.0×10﹣5 mol/L视为沉淀完全】。
13．（2020•吴忠模拟）硫酸镍广泛应用于电镀、催化、医药等行业中，具有很高的经济价值。一种用含镍废催化剂（主要含Ni、C，还含有铝、铁的单质及氧化物，和少量有机物）为原料制备NiSO4•7H2O的工艺流程如图。
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如表。
沉淀物
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe（OH）3
2.7
3.2
Fe（OH）2
7.6
9.7
Ni（OH）2
7.1
9.2
回答下列问题：
（1）滤液a中溶质的主要成分除NaOH外，还含有　 　（填化学式）。
（2）酸溶前需进行“热处理”的主要目的是　 　；滤渣b主要成分是　 　（填化学式）。
（3）加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为　 　；简述加入Ni（OH）2除杂的原理　 　。
（4）操作d为　 　、过滤、洗涤、干燥；产品晶体中有时会混有少量FeSO4•7H2O，其原因可能是　 　。（写出一点即可）
（5）取ag上述流程制得的硫酸镍晶体样品溶于蒸馏水中，在不断搅拌下缓慢加入足量丁二酮肟溶液（H2D），再加入NH3•H2O溶液调节溶液的pH在8～9，充分反应后，过滤、洗涤、烘干、称量得到红色固体质量为bg。发生反应的方程式为Ni2++2H2D+2NH3•H2O═Ni（HD）2↓（红色）+2NH4++2H2O，已知Ni（HD）2相对分子质量为M，列式计算样品纯度为　 　。
14．（2020•泰安模拟）氧化铍（BeO）常温下为不溶于水、易溶于强酸和强碱的固体，除用作耐火材料外，还可以用于制霓虹灯和铍合金。工业上以硅铍石（主要含有BeO、SiO2、MgO，还含有少量Al2O3和Fe2O3）制备高纯度BeO的流程如图所示。

已知：①BeO为离子化合物，熔点为2350℃，BeCl2和NaCl等比例混合的固体混合物在350℃即可熔化；
②不同金属阳离子在D2EHPA中的溶解性如表所示。

Be2+
Mg2+
Fe3+
Al3+
D2EHPA中的溶解性
易溶
难溶
微溶
微溶
请回答下列问题：
（1）“滤渣1”的主要成分为　 　（填化学式）。“残液”中含量最多的金属元素为　 　。（填名称）
（2）“萃取”后铍元素以Be（HX2）2的形式存在于有机相中，“反萃取”后以（NH4）2Be（CO3）2的形式存在于水相中，则“反萃取”时含铍微粒发生反应的化学方程式为　 　。
（3）“净化”时需将反萃取液加热到70℃，加热到70℃的目的为　 　。
（4）由2BeCO3•Be（OH）2制备高纯BeO的方法是　 　。
（5）BeO的电子式为　 　。工业上常采用电解熔融BeCl2与NaCl等比例混合物的方法制备金属Be，不采用电解熔融BeO制备的主要原因为　 　。
15．（2020•济宁二模）2019年度诺贝尔化学奖奖励锂电池的发明者，锂离子电池已经彻底改变了我们的生活。如果废旧电池处理不当就会对环境造成严重污染，影响人们的健康生活。一种以废旧锂离子电池的正极材料（主要含LiCoO2、Al、C等）为原料制备CoC2O4•2H2O的流程如图1：

（1）除铝时发生反应的离子方程式为　 　
（2）灼烧的主要目的是　 　，实验室中灼烧实验用到最重要的仪器是　 　
（3）还原步骤在70℃左右，LiCoO2发生反应的化学方程式为　 　，若用盐酸代替H2SO4和H2O2，也可以达到目的，但其缺点是　 　
（4）沉淀时，证明Co2+已经沉淀完全的实验操作与现象是　 　
（5）已知：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ Kb＝1.8×10﹣5H2C2O4⇌H++HC2O4﹣ Ka1＝5.4×10﹣2
HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣ Ka2＝5.4×10﹣5
则该流程中所用（NH4）2C2O4溶液的pH　 　7（填“＞”或“＜”或“＝”）
（6）已知含铝元素微粒的浓度与pH的关系如图2所示，设计由滤液X制备纯净的Al2O3的实验方案
（实验中必需使用的试剂：H2SO4溶液、BaCl2溶液、蒸馏水）　 　。
16．（2020•黄冈模拟）一种以辉铜矿（主要成分为Cu2S，含少量SiO2）为原料制备硝酸铜的工艺流程如图1所示：

（l）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：　 　。
（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S+2CuCl2═4CuCl+S；②　 　。
（3）“回收S”过程中温度控制在50～60℃之间，不宜过高的原因是　 　。
（4）向滤液M中加入（或通入）　 　（填字母），可得到一种可循环利用的物质。
a．铁 b．氯气 c．高锰酸钾 d．氯化氢
（5）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是　 　；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是　 　
（6）辉铜矿可由黄铜矿（主要成分为CuFeS2）通过电化学反应转变而成，有关转化见图2，转化时转移0.2 mol电子，生成Cu2S　 　mol。
17．（2020•红河州三模）四氯化钛是制取海绵钛和氯化法钛白（二氧化钛）的主要原料，用于制造颜料和钛有机化合物以及国防上用的烟幕剂。同时也是制取航天航空工业材料﹣﹣钛合金的重要原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质），制备TiCl4等产品的一种工艺流程如图：

已知：
Ⅰ．①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3++Fe═3Fe2+、2TiO2+（无色）+Fe+4H+═2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2O、Ti3+（紫色）+Fe3++H2O═2TiO2+（无色）+Fe2++2H+；
Ⅱ．四氯化钛的熔点﹣25.0℃，沸点136.4℃，SiCl4的熔点﹣68.8℃，沸点57.6℃。
回答下列问题：
（1）用盐酸酸浸时，为使酸浸速率加快，可采取的措施是：　 　（至少写2条），发生主要反应的离子方程式为　 　。
（2）废渣的成分是　 　。
（3）如何检验富含TiO2+溶液中是否还含铁元素　 　。
（4）若将制得的固体TiO2•nH2O用酸清洗除去其中的Fe（OH）3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，该温度下反应Fe（OH）3+3H+⇌Fe3++3H2O的平衡常数K＝　 　。
（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是　 　。（只要求写出一项）
（6）要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用的方法是　 　。
（7）用TiCl4水解生成TiO2•nH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl﹣，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2．写出TiCl4水解生成TiO2•nH2O的化学方程式　 　。
18．（2020•菏泽一模）Na2S2O4（连二亚硫酸钠）是易溶于水，不溶于甲醇的白色固体，在空气中极易被氧化，是一种还原性漂白剂。制取Na2S2O4的方法很多，
（1）在碱性溶液中用NaBH4还原NaHSO3法制备Na2S2O4的反应原理为：NaBH4+NaHSO3+NaOH→Na2S2O4+NaBO2+H2O（未配平）。反应装置如图1所示：

①实验开始及整个过程中均需通入N2，其目的是　 　。
②制备过程中温度需控制在10～45℃，采用水浴加热的主要优点是　 　。
③为使NaHSO3尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制　 　。
（2）用HCOONa还原SO2制备Na2S2O4的装置（夹持加热仪器略）如图2：
①装置a烧瓶中发生反应的化学方程式为　 　。
②装置b用于净化SO2，适宜的试剂是　 　。
③装置c在70～83℃生成Na2S2O4并析出，同时逸出CO2，该反应的化学方程式为　 　，加入CH3OH的目的是　 　；利用反应后的浊液分离提纯Na2S2O4需经过的操作为　 　。
19．（2020•德州二模）过氧化尿素（CO（NH2）2•H2O2）是过氧化氢水溶液与尿素的加和物，兼有尿素和过氧化氢的性质，是一种新型漂白、消毒剂，广泛应用于农业、医药、日用化工等领域。某化学小组同学用低浓度的双氧水和饱和尿素[CO（NH2）2]溶液在30℃条件下用右图装置合成过氧化尿素。请回答下列问题：
（1）仪器X的名称是　 　。
（2）制备过氧化尿素的化学方程式为　 　，反应时采取的受热方式为　 　。
（3）搅拌器不能选择铁质材料的原因是　 　。
（4）过氧化尿素中活性氧含量的高低直接决定产品的质量，合格产品中活性氧的含量≥16%（相当于其中含H2O234%）。为了确定所得产品合格与否，质检员称取干燥样品8.000g，溶解于水，在250mL容量瓶中定容，准确量取其中25.00mL溶液于锥形瓶中，加入1mL 6mol•L﹣1H2SO4，然后用0.2000mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定样品中的H2O2（KMnO4溶液与尿素不反应）。三次滴定平均消耗KMnO4溶液20.000mL：
①请完善滴定时反应的离子方程式：　 　MnO4﹣+　 　H2O2+　 　═　 　
②若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的活性氧含量　 　（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
③根据滴定结果确定产品质量　 　（填“合格”或“不合格”），活性氧的质量分数为　 　。

20．（2020•安徽模拟）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）是印刷行业重要的还原剂，易溶于水，难溶于乙醇；高铁酸钾（K2FeO4）是一种绿色环保型饮用水处理剂。某课题小组拟以硫铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备连二亚硫酸钠和高铁酸钾，其简易工艺流程如图（部分步骤和条件略去）：

（1）FeS2中含有S22﹣离子，其电子式为　 　。“气体”的主要成分是O2、SO2和N2，参考下表中的数据，简述工业上用物理方法分离提纯二氧化硫的实验方案：　 　。

熔点/℃
沸点/℃
密度/g•L﹣1（标准亲状况）
O2
﹣218
﹣183
1.429
SO2
﹣76
﹣10
2.9
N2
﹣210
﹣196
1.25
（2）SO2→Na2S2O4步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。制得的Na2S2O4溶液冷却至50℃，过滤，用　 　洗涤，干燥，制得Na2S2O4。
（3）Na2FeO4与KCl发生复分解反应制备K2FeO4，说明相同温度下K2FeO4的溶解度　 　。（填“＞”、“＜”或“═”）Na2FeO4的溶解度。
（4）溶液中的Na2S2O4易被空气中的氧气氧化生成NaHSO3，反应的离子方程式为　 　。
（5）在制备Na2FeO4时，现象是先生成红褐色沉淀，随后转化成绿色溶液，生成了Na2FeO4。
①写出红褐色沉淀转化为Na2FeO4的化学方程式：　 　。
②为探究Na2FeO4和O2的氧化性相对强弱，取少量上述绿色溶液于试管中，滴加适量浓盐酸，产生能使湿润的KI淀粉试纸变蓝色的气体，不能说明Na2FeO4的氧化性比Cl2的氧化性强，理由是　 　。
21．（2021•浙江）某兴趣小组用铬铁矿[Fe（CrO2）2]制备K2Cr2O7晶体，流程如图。

已知：4Fe （CrO2）2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2
2H++2CrO42﹣⇌Cr2O72﹣+H2O
相关物质的溶解度随温度变化如图。请回答：

（1）步骤Ⅰ，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是　 　。
（2）下列说法正确的是　 　。
A．步骤Ⅱ，低温可提高浸取率
B．步骤Ⅱ，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe（OH）3
C．步骤Ⅲ，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．步骤Ⅳ，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
（3）步骤Ⅴ，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作（操作不能重复使用）并排序：溶解KCl→　 　→　 　→　 　→　 　→重结晶。
a．50℃蒸发溶剂；
b．100℃蒸发溶剂；
c．抽滤；
d．冷却至室温；
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
（4）为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是　 　。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，　 　继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。（请在横线上补全操作）
（5）该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度（K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例），但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是　 　，添加该试剂的理由是　 　。
22．（2020•山东）用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3 ）和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图：

已知：MnO2是一种两性氧化物； 25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Al（OH）3
Mn（OH）2
Ksp
1×10﹣16.3
1×10﹣38.6
1×10﹣32.3
1×10﹣12.7
回答下列问题：
（1）软锰矿预先粉碎的目的是　 　，MnO2 与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为　 　。
（2）保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba（OH）2的量达到最大值后会减小，减小的原因是　 　。
（3）滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到　 　操作中 （填操作单元的名称）。
（4）净化时需先加入的试剂X为　 　（填化学式），再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为　 　（当溶液中某离子浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为该离子沉淀完全）。
（5）碳化过程中发生反应的离子方程式为　 　。
23．（2020•北京）H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。
（1）早期制备方法
Ba（NO3）2BaOBaO2滤液H2O2
①Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是　 　。
②Ⅱ为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是　 　。
③Ⅲ中生成H2O2，反应的化学方程式是　 　。
④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明Ⅴ中采用减压蒸馏的原因：　 　。
（2）电化学制备方法
已知反应2H2O2═2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。
①a极的电极反应式是　 　。
②下列说法正确的是　 　。
A．该装置可以实现电能转化为化学能
B．电极b连接电源负极
C．该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点

24．（2019•全国）实验室可用如图所示装置用甲醇制备甲醛，反应的化学方程式为2CH3OH+O22HCHO+2H2O．甲醇、甲醛的部分物理性质见表：
物质
沸点/℃
水溶性
甲醇（CH3OH）
65
与水相溶
甲醛（HCHO）
﹣21
易溶于水
回答下列问题：
（1）为保证实验顺利进行，A处采取的最好措施是　 　（填编号）。
a．冰水冷却 b．水浴加热 c．酒精灯加热
（2）广口瓶C中所加物质的名称为　 　，用冰水冷却的目的是　 　。
（3）结束实验时，正确的操作步骤是　 　。
（4）C处排出的尾气中 除含O2外，往往还可能含有CO2．请设计实验检验是否含有CO2　 　。
（5）为测量C中溶液中甲醛的质量分数（假设不含甲醇和甲酸），进行以下实验：精确称取试样m0g于250mL碘量瓶中，加入一定量的H2O2溶液，加入一定量的NaOH溶液盖上瓶塞、静置，发生反应HCHO+H2O2+OH﹣═HCOO﹣+2H2O、再振摇2～3min。0.2000mol•L﹣1硫酸滴定，消耗VmL．并测定含有H2O2、NaOH的空白液，消耗硫酸V0m L，以酚酞为指示剂，滴定终点时溶液颜色变化是　 　，甲醛的质量分数为　 　。

25． （2019•全国）柠檬酸亚铁是一种易被人体吸收的高效补铁制剂。实验室中以铁粉（可能存在微量的其他金属杂质）为原料制取柠檬酸亚铁过程如图1所示。
26．

回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中主要反应的化学方程式为　 　； 若粗铁粉的质量为m1g，与稀硫酸反应后，过滤得滤渣的质量为m2g，则FeSO4•7H2O的最大理论产量为　 　。
（2）在步骤Ⅰ中，若粗铁粉中含有其他金属，还应当除杂。已知某些金属硫化物在水中离子浓度与pH的关系如图2所示。铁粉中可能含有Zn、Ni、Mn金属元素，在铁粉和稀硫酸反应后，调节溶液的pH至1，滴入H2S溶液，能够完全除掉的杂质离子是　 　，推断依据是　 　。
（3）Fe2+溶液易与空气中氧气反应，反应的离子方程式为　 　。 为了避免该反应发生，步骤Ⅱ和Ⅲ中可采取的措施是：①在反应容器中加入　 　 （填试剂）； ②溶解FeSO4•7H2O和柠檬酸时，对蒸馏水的要求是　 　。
（4）步骤Ⅱ中，向FeSO4溶液中，若先加稀氨水，后加NH4HCO3，对相应产品质量的影响是　 　。

2021年高考化学复习之挑战压轴题（解答题）：工艺流程题（25题）
参考答案与试题解析
一、解答题（共25小题）
1．（2021•重庆模拟）碳酸锶（SrCO3）是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿（含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等）制备高纯碳酸锶的工艺流程如图。

Sr（OH）2在水中的溶解度
温度/℃
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/（g/100g）
1.25
1.77
2.64
3.95
8.42
20.2
44.5
91.2
（1）元素Sr位于元素周期表第　五　周期第　ⅡA　族。
（2）菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是　增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率　。
（3）“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为　SrCO3+2CSr+3CO↑　。进行煅烧反应的立窑衬里应选择　碱性耐火砖　。（填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”）
（4）“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是　为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解　；滤渣1含有焦炭、Ca（OH）2和　MgO　。
（5）“沉锶”中反应的化学方程式为　Sr（OH）2+NH4HCO3＝SrCO3+H2O+NH3•H2O　。
（6）锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体（xSrO•yFe2O3）中Sr与Fe的质量比为0.13，则为　6　。（取整数）
【考点】制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【答案】（1）五；ⅡA；
（2）增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率；
（3）SrCO3+2CSr+3CO↑；碱性耐火砖；
（4）为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；MgO；
（5）Sr（OH）2+NH4HCO3＝SrCO3+H2O+NH3•H2O；
（6）6。
【分析】菱锶矿（含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等）与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、氧化钙等物质，加入热水浸取，将不溶于热水的氧化镁等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶。
（1）元素周期数＝核外电子层数，主族族序数＝最外层电子数；
（2）依据影响化学反应速率的因素分析判断，粉碎是为了增大反应物的接触面积；
（3）“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应生成Sr和CO；根据二氧化硅会与碳酸钙等物质反应分析回答；
（4）根据氢氧化锶的溶解度随温度升高而增大，而氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小来分析；氧化镁不与水反应所以为滤渣；
（5）“沉锶”中，氢氧化锶和水，碳酸氢铵反应生成了碳酸锶、一水合氨和水；
（6）xSrO•yFe2O3中Sr与Fe的质量比为0.13，有＝0.13，据此计算求。
【解答】解：（1）元素Sr原子序数为38，位于元素周期表第五周期第ⅡA族，
故答案为：五；ⅡA；
（2）菱锶矿、焦炭混合粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率；
（3）“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应生成Sr和CO，化学方程式为：SrCO3+2CSr+3CO↑；石英砂砖中含有二氧化硅，会与碳酸钙等物质反应，所以进行煅烧反应的立窑衬里应选择碱性耐火砖，
故答案为：SrCO3+2CSr+3CO↑；碱性耐火砖；
（4）由于氢氧化锶的溶解度随温度升高而增大，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解，“浸取”中用热水浸取；煅烧后得到Sr，氧化钙，氧化镁，氧化钡等，加入热水后，氧化钙转化成氢氧化钙析出，氧化镁不与水反应，所以滤渣1含有焦炭、Ca（OH）2和MgO，
故答案为：为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；MgO；
（5）“沉锶”中，氢氧化锶和碳酸氢铵反应生成了碳酸锶、一水合氨和水，化学方程式为：Sr（OH）2+NH4HCO3＝SrCO3+H2O+NH3•H2O，
故答案为：Sr（OH）2+NH4HCO3＝SrCO3+H2O+NH3•H2O；
（6）xSrO•yFe2O3中Sr与Fe的质量比为0.13，有＝0.13，则＝6，
故答案为：6。
【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程中发生的化学反应及物质分离方法为解答的关键，涉及氧化还原反应等，注意信息与所学知识的综合应用，综合性较强，题目难度中等。
2．（2021•沈阳模拟）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）用途广泛，是常见的漂白剂、疏松剂、食品抗氧化剂，某研究性学习小组探究焦亚硫酸钠的制取以及其性质。请回答下列问题：
Ⅰ．制备、收集干燥的SO2
（1）实验室制取SO2的试剂是　D　。（填字母序号）
①4mol•L﹣1HNO3溶液②70%的H2SO4溶液③CaSO3固体④Na2SO3固体
A．①③
B．①④
C．②③
D．②④
（2）实验室制取SO2的化学方程式为　Na2SO3+H2SO4（浓）＝Na2SO4+SO2↑+H2O　。按气流方向连接各仪器a→　d　→　e　→　b　→　c　→　h　→g→f（注：考虑防倒吸现象）。

Ⅱ．焦亚硫酸钠的制取
①在搅拌的条件下，向饱和碳酸钠溶液中通入SO2至反应液的pH＝4.1；
②将溶液蒸发浓缩、结晶、离心分离，20～30℃干燥得到成品。
（3）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2的化学方程式为　2SO2+Na2CO3+H2O＝2NaHSO3+CO2　。
Ⅲ．焦亚硫酸钠的性质
（4）Na2S2O5作脱氧剂时的反应原理为：Na2S2O5+O2+H2O═Na2SO4+H2SO4，该反应中，氧化产物是　Na2SO4、H2SO4　，检验Na2S2O5晶体作脱氧剂时已被氧化的实验方案是　取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量的水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成　。
（5）适当加入Na2S2O5使面团变得柔软，面团延伸性增加，拉断面团所需的拉力也逐渐减少，过度加入Na2S2O5会严重破坏蛋白质网络结构，面团变得稀软、发黏、延伸性下降，如图所示。综合来说，当添加量为　C　（填字母序号）时，面团延伸性较好。
A．0～0.05‰
B．0.05‰～0.10‰
C．0.1‰～0.15‰
D．0.20‰～0.25‰

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【专题】制备实验综合．
【答案】（1）D；
（2）Na2SO3+H2SO4（浓）＝Na2SO4+SO2↑+H2O；d；e；b；c；h；
（3）2SO2+Na2CO3+H2O＝2NaHSO3+CO2；
（4）Na2SO4、H2SO4；取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量的水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；
（5）C。
【分析】（1）实验室利用Na2SO3固体和70%的H2SO4溶液制取SO2；
（2）Na2SO3和H2SO4发生复分解反应生成Na2SO4、SO2、H2O；制得的SO2先通过C用浓硫酸干燥，再通过B用向上排空气法收集，吸收尾气时要防止倒吸；
（3）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2；
（4）该反应Na2S2O5中S元素化合价由+4价变为+6价，Na2S2O5为还原剂，其对应的产物是氧化产物；
检验Na2S2O5晶体作脱氧剂时已被氧化，可以检验SO42﹣存在，可以用盐酸酸化的氯化钡溶液检验；
（5）根据图示，当添加量为0.1‰～0.15‰时，拉力较小。
【解答】解：（1）硫酸酸性比亚硫酸强，根据强酸制取弱酸原理知，实验室利用Na2SO3固体和70%的H2SO4溶液制取SO2，试剂为②④，则D正确，
故答案为：D；
（2）实验室利用Na2SO3和H2SO4的复分解反应制取SO2，化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）＝Na2SO4+SO2↑+H2O，制得的SO2先通过C用浓硫酸干燥，再通过B用向上排空气法收集，吸收尾气时要防止倒吸，先通过E再通过D，故连接顺序为a→d→e→b→c→h→g→f，
故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）＝Na2SO4+SO2↑+H2O；d；e；b；c；h；
（3）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2的化学方程式为2SO2+Na2CO3+H2O＝2NaHSO3+CO2，
故答案为：2SO2+Na2CO3+H2O＝2NaHSO3+CO2；
（4）该反应中Na2S2O5中S元素化合价由+4价变为+6价，则该物质为还原剂，发生氧化反应，则氧化产物是Na2SO4+H2SO4，检验Na2S2O5晶体作脱氧剂时已被氧化，可以检验SO42﹣存在，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量的水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，
故答案为：Na2SO4、H2SO4；取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量的水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；
（5）根据图示，当添加量为0.1‰～0.15‰时，拉力较小，面团拉伸距离较大，因此面团延伸性较好，
故答案为：C。
【点评】本题考查焦亚硫酸钠的制备及其性质实验，侧重考查实验操作、实验分析判断及知识综合运用，明确制备实验和探究实验的实验原理及元素化合物性质是解本题关键，注意电离平衡常数与水解平衡常数关系，题目难度中等。
3．（2021•山东模拟）过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）可作为漂白剂和氧化剂，还可以作为化工、造纸、纺织、染整、食品、医药、卫生等部门的去污剂、清洗剂、杀菌剂。遇潮可释出氧气。一种用芒硝（Na2SO4•10H2O）、H2O2等为原料制备过碳酸钠的工艺流程如图。

已知：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，pH小于5时均以Cr2O72﹣形式存在，pH大于8.5时均以CrO42﹣形式存在。
（1）步骤Ⅰ至步骤Ⅱ采用的分离操作为　过滤　。
（2）煅烧过程中是为了产生纯碱，其发生反应的化学方程式为　2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑　。
（3）步骤Ⅴ中的温度需要控制为15℃，其原因为　温度过低反应速率太慢，温度过高，会增大产品溶解度而且会促进过氧化氢分解　。
（4）步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为　2Na++2CrO42﹣+2CO2+H2O⇌2NaHCO3↓+Cr2O72﹣　，流程中循环物质X为　Na2Cr2O7　。
（5）某科学小组测定产品纯度的实验步骤如下：准确称量mg产品，用硫酸溶解后，用cmol•L﹣1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液VmL。（假设其他杂质不与标准液反应）该产品的纯度为　　%。
【考点】制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【答案】（1）过滤；
（2）2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（3）温度过低反应速率太慢，温度过高，会增大产品溶解度而且会促进过氧化氢分解；
（4）2Na++2CrO42﹣+2CO2+H2O⇌2NaHCO3↓+Cr2O72﹣；Na2Cr2O7；
（5）。
【分析】以芒硝（Na2SO4•10H2O）、H2O2等为原料制备过碳酸钠：芒硝加入水、氧化钙、Na2Cr2O7反应得到硫酸钙和铬酸钠Na2CrO4，过滤除去硫酸钙，在溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和重铬酸钠Na2Cr2O7，过滤滤液重铬酸钠Na2Cr2O7循环利用，得到的碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠，加入水精制得到碳酸钠溶液，加入硅酸钠稳定剂、30%的过氧化氢、加入95%的乙醇和饱和碳酸钠溶液反应得到过碳酸钠晶体，抽滤乙醇洗涤干燥得到过碳酸钠。
（1）步骤Ⅰ中生成了难溶的硫酸钙，步骤Ⅱ生成了碳酸氢钠晶体；
（2）煅烧过程中是得到的碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠；
（3）步骤Ⅴ中需要降低产品溶解度，促使其结晶，还用到30%的过氧化氢，不稳定易分解，但温度低反应速率太慢；
（4）铬酸钠Na2CrO4溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和重铬酸钠Na2Cr2O7；过滤滤液重铬酸钠Na2Cr2O7循环利用；
（5）过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）与KMnO4反应，实质是H2O2与KMnO4反应，5H2O2+3H2SO4+2KMnO4＝K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑，则
5[2Na2CO3•3H2O2]～～～～～6KMnO4，
5×314g 6mol
mg•ω cmol/L×V×10﹣3L 据此计算。
【解答】解：（1）步骤Ⅰ至步骤Ⅱ都涉及固液分离，分离固体和液体采用过滤操作，
故答案为：过滤；
（2）煅烧过程中是得到的碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（3）步骤Ⅴ中的温度需要控制为15℃，其原因为：温度过低反应速率太慢，温度过高，会增大产品溶解度而且会促进过氧化氢分解，
故答案为：温度过低反应速率太慢，温度过高，会增大产品溶解度而且会促进过氧化氢分解；
（4）步骤Ⅱ中Na2CrO4溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和Na2Cr2O7，离子方程式为：2Na++2CrO42﹣+2CO2+H2O⇌2NaHCO3↓+Cr2O72﹣，过滤滤液重铬酸钠Na2Cr2O7循环利用，
故答案为：2Na++2CrO42﹣+2CO2+H2O⇌2NaHCO3↓+Cr2O72﹣；Na2Cr2O7；
（5）过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）与KMnO4反应，实质是H2O2与KMnO4反应，5H2O2+3H2SO4+2KMnO4＝K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑，则
5[2Na2CO3•3H2O2]～～～～～6KMnO4
5×314g 6mol
mg•ω cmol/L×V×10﹣3L
ω＝＝%，
故答案为：。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
4．（2021•山东模拟）高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。如图是工业上用软锰矿（主要成分为MnO2）制备高锰酸钾的一种工艺流程。

（1）在“熔炼”时往往将软锰矿石粉碎，其目的是　增大反应物间的接触面积，加快熔炼速率，提高熔炼率　。
（2）写出“熔炼”时所发生的主要反应的化学方程式（其他杂质不与氧气和KOH反应）：　2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O　。
（3）向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，其反应的离子方程式是　3MnO42﹣+2CO2＝2MnO4﹣+2CO32﹣+MnO2↓　。
（4）操作Ⅰ后的固体物质可循环使用，应当将其放在　熔炼　（填操作单元的名称）。将操作Ⅱ得到的K2CO3加入　熟石灰　（填物质名称），转化为“熔炼”过程中循环使用的物质。
（5）若不考虑物质循环与制备过程中的损失，则1mol MnO2可制得　0.67　mol KMnO4（结果保留2位有效数字）。
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【专题】制备实验综合．
【答案】（1）增大反应物间的接触面积，加快熔炼速率，提高熔炼率；
（2）2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
（3）3MnO42﹣+2CO2＝2MnO4﹣+2CO32﹣+MnO2↓；
（4）熔炼；熟石灰；
（5）0.67。
【分析】将软锰矿石粉碎，向MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气反应生成K2MnO4，反应的化学方程式：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，还生成K2CO3、MnO2，反应的离子方程式：3MnO42﹣+2CO2＝2MnO4﹣+2CO32﹣+MnO2↓，MnO2不溶于水，KMnO4和K2CO3易溶于水，可利用过滤分离出固体MnO2，MnO2可作为原料，在“熔炼”中循环利用，将操作Ⅱ得到的K2CO3加入熟石灰反应生成KOH，在“熔炼”中循环利用。
（1）依据粉末状物质，接触面积大，推出矿石研碎的目的；
（2）向MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气反应生成K2MnO4；
（3）向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，还生成K2CO3、MnO2，据此写反应的离子方程式；
（4）MnO2不溶于水，KMnO4和K2CO3易溶于水，可利用过滤分离出固体MnO2，MnO2可作为原料，在“熔炼”中循环利用，将操作Ⅱ得到的K2CO3加入熟石灰反应生成KOH，在“熔炼”中循环利用；
（5）根据反应2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；3MnO42﹣+2CO2＝2MnO4﹣+2CO32﹣+MnO2↓，则3MnO2～～～～～3K2MnO4～～～～～～～～2KMnO4。
【解答】解：（1）因为粉末状物质，接触面积大，所以将软锰矿粉碎的目的是增大反应物间的接触面积，加快熔炼速率，提高熔炼率，
故答案为：增大反应物间的接触面积，加快熔炼速率，提高熔炼率；
（2）向MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气反应生成K2MnO4，反应的化学方程式：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，
故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
（3）向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，还生成K2CO3、MnO2，反应的离子方程式：3MnO42﹣+2CO2＝2MnO4﹣+2CO32﹣+MnO2↓，
故答案为：3MnO42﹣+2CO2＝2MnO4﹣+2CO32﹣+MnO2↓；
（4）MnO2不溶于水，KMnO4和K2CO3易溶于水，可利用过滤分离出固体MnO2，MnO2可作为原料，在“熔炼”中循环利用，将操作Ⅱ得到的K2CO3加入熟石灰反应生成KOH，在“熔炼”中循环利用，
故答案为：熔炼；熟石灰；
（5）根据反应2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；3MnO42﹣+2CO2＝2MnO4﹣+2CO32﹣+MnO2↓，则
3MnO2～～～～～3K2MnO4～～～～～～～～2KMnO4。
3 2
1mol n n＝mol＝0.67mol，
故答案为：0.67。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
5．（2021•宁波模拟）水合肼（N2H4•H2O）是一种强还原性的碱性液体，是一种用途广泛的化工原料，实验室用图装置制备（部分装置省略）。已知：3NaClO═2NaCl+NaClO3

步骤1：关闭K2、K3，打开K1，制备NaClO。
步骤2：操作A，制备N2H4•H2O。
（1）NH3与NaClO反应生成N2H4•H2O的化学方程式为　2NH3+NaClO＝N2H4•H2O+NaCl　。
（2）步骤2中操作A为　先打开K3，关闭K1通入N2，当三颈瓶中气体为无色时，关闭K3，打开K2，点燃酒精灯，缓缓向三颈瓶中通入NH3，当碱石灰出口检测到NH3时停止加热，关闭K2　。
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【专题】制备实验综合．
【答案】（1）2NH3+NaClO＝N2H4•H2O+NaCl；
（2）先打开K3，关闭K1通入N2，当三颈瓶中气体为无色时，关闭K3，打开K2，点燃酒精灯，缓缓向三颈瓶中通入NH3，当碱石灰出口检测到NH3时停止加热，关闭K2。
【分析】氨气制备水合肼（N2H4•H2O）的实验操作为：关闭K2、K3，打开K1，通入过量Cl2制备NaClO，反应为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，当三颈烧瓶中液面上方气体呈黄绿色时，停止通入Cl2，关闭K1、K2，打开K3，通入N2一段时间，赶走装置中的空气和氯气，防止氧气和氯气氧化生成的水合肼，然后关闭K3，打开K2，通入NH3，制备N2H4•H2O，制备氨气反应为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，NaClO具有强氧化性，氧化氨气生成水合肼（N2H4•H2O）的方程式为2NH3+NaClO＝N2H4•H2O+NaCl，据此分析解答。
【解答】解：（1）NaClO具有强氧化性，氧化氨气生成水合肼，NaClO还原为NaCl，其中Cl的化合价降低2，N的化合价升高1，根据电子守恒可知NH3的计量数为2，反应的化学方程式为2NH3+NaClO＝N2H4•H2O+NaCl，
故答案为：2NH3+NaClO＝N2H4•H2O+NaCl；
（2）通入Cl2制备NaClO时Cl2过量，Cl2的氧化性强，水合肼（N2H4•H2O）具有强还原性，Cl2能氧化生成的水合肼（N2H4•H2O）和NH3，则通入NH3之前必须排除整个装置中的空气和Cl2、并且停止通入Cl2，即关闭K1、K2，打开K3，通入N2一段时间，然后关闭K3，打开K2，缓缓通入生成的NH3至过量，反应为2NH3+NaClO＝N2H4•H2O+NaCl，当检测到有氨气从干燥装置逸出时，停止通NH3并且关闭K2，以防止水合肼（N2H4•H2O）被氧化，即步骤2中操作A为：先打开K3，关闭K1通入N2，当三颈瓶中气体为无色时，关闭K3，打开K2，点燃酒精灯，缓缓向三颈瓶中通入NH3，当碱石灰出口检测到NH3时停止加热，关闭K2，
故答案为：先打开K3，关闭K1通入N2，当三颈瓶中气体为无色时，关闭K3，打开K2，点燃酒精灯，缓缓向三颈瓶中通入NH3，当碱石灰出口检测到NH3时停止加热，关闭K2。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
6．（2021•吕梁一模）以软锰矿粉（主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质）为原料制备高纯MnO2的流程如图1所示。

已知：①常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝8.0×10﹣38，Ksp[Al（OH）3]＝4.0×10﹣34。
②常温下，氢氧化物沉淀的条件：Al3+、Fe3+完全沉淀的pH 分别为4.6、3.4；Mn2+开始沉淀的pH 为8.1。
③常温下，当溶液中金属离子物质的量浓度小于或等于1×10﹣5mol•L﹣l时，可视为该金属离子已被沉淀完全。
（1）“酸浸”实验中，锰的浸出率结果如图2所示。由图可知，软锰矿粉酸浸的适宜条件是　硫酸浓度：2.1mol/L，温度：70℃左右　。
（2）酸浸后，锰主要以Mn2+的形式存在，写出相应的离子方程式　MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O　。
（3）若氧化后c（Al3+）＝0.02mol/L，加入氨水（设溶液体积增加1倍），使Fe3+完全沉淀，此时是否有Al（OH）3沉淀生成？　否；c（Fe3+）＝1×10﹣5mol•L﹣l，Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）×c3（OH﹣），c（OH﹣）＝＝2×10﹣11mol/L，c（Al3+）×c3（OH﹣）＝×8×10﹣33＝0.8×10﹣34＜Ksp[Al（OH）3]＝4.0×10﹣34，故无Al（OH）3沉淀生成；　（列式计算）；想要达到实验目的，加入氨水应调节pH的范围为　4.6≤pH＜8.1　。
（4）加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰，“过滤Ⅱ”所得滤渣为MnCO3。
①“沉锰”过程中放出CO2，反应的离子方程式为　Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O　。
②“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图3所示。当温度高于60℃时，沉锰速率随着温度升高而减慢的原因是　温度过高NH4HCO3的分解速率显著加快，导致沉猛速率随NH4HCO3浓度的减小而减慢　。
（5）写出焙烧过程的化学方程式　2MnCO3+O22MnO2+2CO2　。
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【专题】氧化还原反应专题；化学平衡专题；制备实验综合．
【答案】（1）硫酸浓度：2.1mol/L，温度：70℃左右；
（2）MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O；
（3）否；Fe3+完全沉淀时，c（Fe3+）＝1×10﹣5mol•L﹣l，Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）×c3（OH﹣），c（OH﹣）＝mol/L＝2×10﹣11mol/L，c（Al3+）×c3（OH﹣）＝×8×10﹣33＝0.8×10﹣34＜Ksp[Al（OH）3]＝4.0×10﹣34，故无Al（OH）3沉淀生成；4.6≤pH＜8.1；
（4）①Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；
②温度过高NH4HCO3的分解速率显著加快，导致沉锰速率随NH4HCO3浓度的减小而减慢；
（5）2MnCO3+O22MnO2+2CO2。
【分析】（1）根据图2可以看出软锰矿粉酸浸的适宜条件是：硫酸难度维持2.1mol/L，温度保持70℃左右；
（2）酸浸后，锰主要以Mn2+的形式存在，即MnO2被还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据原子守恒和化合价升降守恒，进一步写出离子方程式；
（3）根据Ksp[Fe（OH）3]，计算出Fe3+完全沉淀时的c（OH﹣），然后根据Ksp[Al（OH）3]判断是否有Al（OH）3沉淀生成；
（4）①“沉锰”过程中，反应物为Mn2+与HCO3﹣，产物有MnCO3和CO2，根据守恒原理进一步写出离子方程式；
②当温度高于60℃时，温度过高碳酸氢铵的分解速率显著加快，导致沉锰速率随碳酸氢铵的浓度的减小而减慢；
（5）MnCO3焙烧的产物为MnO2，锰元素化合价升高，被氧化，必须有氧化剂参加，即空气中的氧气做氧化剂，根据守恒原理进一步写出离子方程式。
【解答】解：（1）根据图2可以看出硫酸浓度维持2.1mol/L，温度达到70℃左右时，猛的浸出率可以达到98%左右，故不需要增大浓度、升高温度，即浪费原理和热能，
故答案为：硫酸浓度：2.1mol/L，温度：70℃左右；
（2）酸浸后，锰主要以Mn2+的形式存在，即MnO2被还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，故有：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O，
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O；
（3）Fe3+完全沉淀时，c（Fe3+）＝1×10﹣5mol•L﹣l，Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）×c3（OH﹣），c（OH﹣）＝mol/L＝2×10﹣11mol/L，c（Al3+）×c3（OH﹣）＝×8×10﹣33＝0.8×10﹣34＜Ksp[Al（OH）3]＝4.0×10﹣34，故无Al（OH）3沉淀生成；因为Al3+、Fe3+完全沉淀的pH 分别为4.6、3.4；Mn2+开始沉淀的pH 为8.1；故加入氨水时调pH满足：4.6≤pH＜8.1，即使Al3+、Fe3+完全沉淀，Mn2+未沉淀，
故答案为：否；c（Fe3+）＝1×10﹣5mol•L﹣l，Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）×c3（OH﹣），c（OH﹣）＝mol/L＝2×10﹣11mol/L，c（Al3+）×c3（OH﹣）＝×8×10﹣33＝0.8×10﹣34＜Ksp[Al（OH）3]＝4.0×10﹣34，故无Al（OH）3沉淀生成；4.6≤pH＜8.1；
（4）①“沉锰”过程中，反应物为Mn2+与HCO3﹣，产物有MnCO3和CO2，离子方程式为：Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Mn2++2HCO3﹣＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；
②NH4HCO3具有热不稳定性，当温度高于60℃时，温度过高NH4HCO3的分解速率显著加快，导致沉猛速率随NH4HCO3浓度的减小而减慢，
故答案为：温度过高NH4HCO3的分解速率显著加快，导致沉猛速率随NH4HCO3浓度的减小而减慢；
（5）MnCO3焙烧的产物为MnO2，锰元素化合价升高，被氧化，必须有氧化剂参加，即空气中的氧气做氧化剂，故方程式为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2，
故答案为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。
【点评】本题考查MnO2的制备实验，具体涉及到反应方程式的书写，Ksp的计算，图象中有用信息的提取、应用，具有较强的综合性，难度较大。
7．（2021•揭阳模拟）己二酸（）是一种重要的化工原料和合成中间体。某实验小组以钨磷酸为催化剂，开展H2O2绿色氧化合成己二酸的实验探究。
Ⅰ．催化剂钨磷酸晶体（H3PW12O40）的制备
实验流程如图1所示。

（1）乙醚的作用为　萃取剂，将钨磷酸转移到乙醚中　，操作Ⅰ所需的玻璃仪器除烧杯外还有　分液漏斗　。
（2）水层中的物质有大量NaCl和少量HCl，步骤①中发生反应的化学方程式是　12Na2WO4+Na2HPO4+26HClH3PW12O40+26NaCl+12H2O　。
Ⅱ．己二酸的合成
向三颈烧瓶中加入0.10g钨磷酸催化剂和30mL 30%双氧水，在室温下搅拌5min，然后加入5.0mL试剂X，在100℃左右回流反应3h，得到溶液A。
（3）环己烯、环己醇、环己酮均可被双氧水氧化成己二酸。仅从所需双氧水理论用量的角度看，试剂X的最佳选择是　C　（填序号）。
A．环己烯（）
B．环己醇（）
C．环己酮（）
（4）在实际操作中，双氧水的实际用量通常要大于理论用量，原因是　双氧水不稳定，易分解　。
（5）如图2是己二酸的浓度与温度关系曲线图。介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态，稳定区表示己二酸溶液处于　不饱和　状态。实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，对应的实验操作为　恒温蒸发结晶　，过滤。
Ⅲ．己二酸的纯度测定
（6）取0.2g己二酸晶体样品于锥形瓶中，加水溶解，滴加2滴酚酞试液，用cmol•L﹣1NaOH溶液滴定；平行滴定3次，NaOH溶液的平均用量为VmL，则己二酸纯度为　36.5cV%　。（己二酸化学式量为146）
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【专题】定量测定与误差分析；制备实验综合．
【答案】（1）萃取剂，将钨磷酸转移到乙醚中；分液漏斗；
（2）12Na2WO4+Na2HPO4+26HClH3PW12O40+26NaCl+12H2O；
（3）C；
（4）双氧水不稳定，易分解；
（5）不饱和；恒温蒸发结晶；
（6）36.5cV%。
【分析】Ⅰ．Na2WO4和Na2HPO4热水溶解，加入浓盐酸并小火加热，加入乙醚萃取H3PW12O40，然后分液，水层中的物质有大量NaCl和少量HCl，则步骤①中发生反应的化学方程式为12Na2WO4+Na2HPO4+26HClH3PW12O40+26NaCl+12H2O，油层中含有H3PW12O40，油层水浴加热然后冷却结晶得到晶体H3PW12O40；
Ⅱ．（3）A．环己烯（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
B．环己醇（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
C．环己酮（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
得到相同物质的量的己二酸时选项中转移电子越少，则消耗双氧水的量越少；
（4）双氧水不稳定，易分解；
（5）根据图知，稳定相同时，溶液浓度越大，其稳定性越差；浓度相同时，稳定越高其稳定性越好；实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，该操作过程中溶液温度不变，溶液浓度增大；
Ⅲ．每一次消耗n（NaOH）＝cmol/L×10﹣3VL＝10﹣3cVmol，酸碱反应方程式为+2NaOH＝NaOOC（CH2）4COONa+2H2O，所以消耗n（）＝n（NaOH）＝×10﹣3cVmol＝5×10﹣4cVmol，m（）＝nM，己二酸纯度为＝×100%。
【解答】解：Ⅰ．Na2WO4和Na2HPO4热水溶解，加入浓盐酸并小火加热，加入乙醚萃取H3PW12O40，然后分液，水层中的物质有大量NaCl和少量HCl，则步骤①中发生反应的化学方程式为12Na2WO4+Na2HPO4+26HClH3PW12O40+26NaCl+12H2O，油层中含有H3PW12O40，油层水浴加热然后冷却结晶得到晶体H3PW12O40；
（1）H3PW12O40易溶于有机溶剂，NaCl、HCl都不易溶于有机溶剂，所以用乙醚萃取H3PW12O40，则乙醚的作用为作萃取剂，操作I为萃取、分液，操作Ⅰ所需的玻璃仪器除烧杯外还有分液漏斗，
故答案为：萃取剂，将钨磷酸转移到乙醚中；分液漏斗；
（2）通过以上分析知，步骤①中发生反应的化学方程式为12Na2WO4+Na2HPO4+26HClH3PW12O40+26NaCl+12H2O，
故答案为：12Na2WO4+Na2HPO4+26HClH3PW12O40+26NaCl+12H2O；
Ⅱ．（3）A．环己烯（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
B．环己醇（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
C．环己酮（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
得到相同物质的量的己二酸时选项中转移电子越少，则消耗双氧水的量越少，根据以上分析知，假设都生成1mol己二酸，环己烯和环己醇都失去电子的物质的量＝[﹣﹣（﹣）]×6×1mol＝8mol，环己酮失去电子的物质的量＝[﹣﹣（﹣）]×6×1mol＝6mol，根据氧化还原反应中转移电子相等，则消耗双氧水的量最少的是环己酮，
故答案为：C；
（4）双氧水不稳定，易分解，所以在实际操作中，双氧水的实际用量通常要大于理论用量，
故答案为：双氧水不稳定，易分解；
（5）根据图知，温度一定时，浓度越小越稳定，介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态，稳定区表示己二酸溶液处于不饱和状态；实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，该操作过程中溶液温度不变，溶液浓度增大，所以实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，对应的实验操作为恒温蒸发结晶，过滤，
故答案为：不饱和；恒温蒸发结晶；
Ⅲ．每一次消耗n（NaOH）＝cmol/L×10﹣3VL＝10﹣3cVmol，酸碱反应方程式为+2NaOH＝NaOOC（CH2）4COONa+2H2O，所以消耗n（）＝n（NaOH）＝×10﹣3cVmol＝5×10﹣4cVmol，m（）＝nM＝5×10﹣4cVmol×146g/mol＝0.073cVg，己二酸纯度为＝×100%＝×100%＝36.5cV%，
故答案为：36.5cV%。
【点评】本题考查物质制备及物质含量测定，侧重考查信息及图表的获取、分析、判断和知识综合应用能力，明确元素化合物性质、物质分离提纯方法及物质含量测定原理等知识点是解本题关键，注意计算中关系式的灵活应用，题目难度中等。
8．（2021•湖南模拟）以镁铝复合氧化物（MgO﹣Al2O3）为载体的负载型镍﹣铜双金属催化剂（Ni﹣Cu/MgO﹣Al2O3）是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，其制备流程如图。

已知：常温下，Ksp[Cu（OH）2]＝2.21×10﹣20，Ksp[Al（OH）3]＝1.30×10﹣33。
回答下列问题：
（1）在加热条件下，尿素[CO（NH2）2]在水中发生水解反应，放出　CO2　和　NH3　两种气体。（写化学式）
（2）“晶化”过程中，需保持恒温60℃，可采用的加热方式为　水浴加热　。
（3）“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净的方法是　取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净　。
（4）常温下，若“悬浊液”中＝1.7×109，则溶液的pH＝　10　。
（5）“还原”过程中所发生反应的化学方程式为　NiO+H2Ni+H2O、CuO+H2Cu+H2O　。
（6）NiSO4在强碱溶液中被NaClO氧化可得NiOOH，该物质能用作碱性镍镉电池的正极材料．其电池反应式：Cd（s）+2NiOOH（s）+2H2O（l）Cd（OH）2（s）+2Ni（OH）2（s）
①放电一段时间后，溶液的pH将　增大　。（填“增大”、“减小”或“不变”）
②充电时，阳极发生的电极反应式为　Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣＝NiOOH+H2O　。
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【答案】（1）CO2；NH3；
（2）水浴加热；
（3）取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净；
（4）10；
（5）NiO+H2Ni+H2O、CuO+H2Cu+H2O；
（6）①增大；
②Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣＝NiOOH+H2O。
【分析】将MgSO4、Al2（SO4）3、NiSO4、CuSO4混合溶液在90℃下加入尿素发生反应生成悬浊液Mg（OH）2、Al（OH）3、Cu（OH）2、Ni（OH）2，在60℃净化过滤，得到滤饼，洗涤、干燥，焙烧得到MgO、CuO、NiO、Al2O3，在550℃温度下用氢气还原；
（1）在加热条件下，尿素[CO（NH2）2]在水中发生水解反应，生成两种气体，根据元素知，生成二氧化碳和氨气；
（2）加热温度小于100℃时采用水浴加热；
（3）“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净实际上是检验SO42﹣，用盐酸、氯化钡溶液检验最后一次洗涤液中是否生成白色沉淀；
（4）常温下，若“悬浊液”中＝＝×c（OH﹣）＝×c（OH﹣）＝1.7×109，c（OH﹣）＝1.0×10﹣4mol/L，溶液中c（H+）＝mol/L＝1.0×10﹣10mol/L，则溶液的pH＝﹣lgc（H+）；
（5）“还原”过程中最终得到Ni﹣Cu/MgO﹣Al2O3，则NiO、CuO被氢气还原得到金属单质；
（6）①放电一段时间后，负极反应式为Cd﹣2e﹣+2OH﹣＝Cd（OH）2，正极反应式为2NiOOH+2e﹣+2 H2O＝2Ni（OH）2+2OH﹣，根据电极反应式知，负极消耗的n（OH﹣）等于正极生成的n（OH﹣），则溶液中n（OH﹣）不变，但消耗了电解质中的水，导致溶液中c（OH﹣）增大；
②放电时正极反应式与充电时阳极反应式的逆反应。
【解答】解：（1）在加热条件下，尿素[CO（NH2）2]在水中发生水解反应，生成两种气体，根据元素知，生成二氧化碳和氨气，反应方程式为 CO（NH2）2+H2OCO2↑+2 NH3↑，
故答案为：CO2；NH3；
（2）加热温度小于100℃时采用水浴加热，则“晶化”过程中，需保持恒温60℃，可采用的加热方式为水浴加热，
故答案为：水浴加热；
（3）“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净实际上是检验SO42﹣，用盐酸、氯化钡溶液检验最后一次洗涤液中是否生成白色沉淀，则检验滤饼是否洗净的方法是为取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净，
故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净；
（4）常温下，若“悬浊液”中＝＝×c（OH﹣）＝×c（OH﹣）＝1.7×109，c（OH﹣）＝1.0×10﹣4mol/L，溶液中c（H+）＝mol/L＝1.0×10﹣10mol/L，则溶液的pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg1.0×10﹣10＝10，
故答案为：10；
（5）“还原”过程中最终得到Ni﹣Cu/MgO﹣Al2O3，则NiO、CuO被氢气还原得到金属单质，反应方程式分别为NiO+H2Ni+H2O、CuO+H2Cu+H2O，
故答案为：NiO+H2Ni+H2O、CuO+H2Cu+H2O；
（6）①放电一段时间后，负极反应式为Cd﹣2e﹣+2OH﹣＝Cd（OH）2，正极反应式为2NiOOH+2e﹣+2 H2O＝2Ni（OH）2+2OH﹣，根据电极反应式知，负极消耗的n（OH﹣）等于正极生成的n（OH﹣），则溶液中n（OH﹣）不变，但消耗了电解质中的水，导致溶液中c（OH﹣）增大，则溶液的pH增大，
故答案为：增大；
②放电时正极反应式为NiOOH+e﹣+H2O＝Ni（OH）2+OH﹣，则充电时阳极反应式为Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣＝NiOOH+H2O，
故答案为：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣＝NiOOH+H2O。
【点评】本题考查物质制备及物质分离提纯，侧重考查分析、判断及知识综合应用能力，明确流程图中可能发生的反应、元素化合物性质及物质之间转化关系、原电池和电解池原理等知识点是解本题关键，（4）的计算为解答易错点，题目难度中等。
9．（2021•桂林模拟）工业上以菱锰矿（主要成分是MnCO3，还含有Fe2+、Ni2+等）为原料制备电解锰的工艺流程如图所示。

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Ni2+
Mn2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时（c＝0.01mol•L﹣1）的pH
7.2
8.3
2.2
7.5
沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol•L﹣1）的pH
8.7
9.8
3.2
9.0
回答下列问题：
（1）浸出槽中发生多个反应：如主要成分与稀硫酸的反应、MnO2与Fe2+间的氧化还原反应等。这两个反应的离子方程式分别为　MnCO3+2H+＝Mn2++CO2↑+H2O　、　MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O　。
（2）加入氨水的目的是为除去杂质，根据流程图及表中数据，pH应调控在　3.2≤pH＜8.3　范围内。常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，当pH＝4时，溶液中c（Fe3+）＝　4×10﹣8mol/L　。
（3）加入硫化铵是为除去剩余的Ni2+，由此可判断相同温度下溶解度：NiS　小于　Ni（OH）2（填“大于”或“小于”）。
（4）电解硫酸锰溶液的化学方程式为　2MnSO4+2H2O 2Mn+O2↑+2H2SO4　。
（5）工业上也可以用MnO2和Al粉作为原料，用铝热反应来制取金属锰，反应的化学方程式为　3MnO2+4Al3Mn+2Al2O3　。
（6）将分离出电解锰后的稀硫酸收集、循环使用，其意义是　可以提高硫酸的利用率　。
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】氧化还原反应专题；化学平衡专题；制备实验综合．
【答案】（1）MnCO3+2H+＝Mn2++CO2↑+H2O；MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O；
（2）3.2≤pH＜8.3；4×10﹣8mol/L；
（3）小于；
（4）2MnSO4+2H2O 2Mn+O2↑+2H2SO4；
（5）3MnO2+4Al3Mn+2Al2O3；
（6）可以提高硫酸的利用率。
【分析】菱锰矿主要成分是MnCO3，还含有Fe2+、Ni2+，浸出过程中MnCO3溶于H2SO4，MnO2在酸性条件下氧化Fe2+，加入氨水调pH后生成Fe（OH）3和部分Ni（OH）2沉淀，和其它不溶性杂质一起经压滤后滤去，浸出液加硫化铵后，沉淀余下的Ni2+，经压滤后滤去，得到电解液（MnSO4溶液），经电解得到电解锰和硫酸。
（1）MnCO3、MnO2是难溶物，不能拆成离子，硫酸是强酸，硫酸锰是可溶盐，均可拆；另MnO2具有氧化性，可以把Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原为Mn2+；
（2）根据流程图及表中数据，pH应满足8.3＞pH≥3.2，确保Fe3+被沉淀完全，Ni2+部分沉淀，同时防止Mn2+形成沉淀；当pH＝4时，可得c（OH﹣），根据Ksp[Fe（OH）3]，计算c（Fe3+）即可；
（3）加入硫化铵可以除去剩余的Ni2+，说明溶解度：NiS＜Ni（OH）2；
（4）电解槽中的溶液为MnSO4溶液，电解得到Mn和硫酸，即阴极为Mn2+得到电子被还原为Mn，阳极为OH﹣失去电子被氧化，叠加后可以得到总反应式；
（5）铝热反应也属于置换反应，即生成Mn和Al2O3，进一步写出方程式；
（6）可以提高硫酸的利用率。
【解答】解：（1）菱锰矿的主要成分是MnCO3，故有：MnCO3+2H+＝Mn2++CO2↑+H2O；另MnO2具有氧化性，可以把Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原为Mn2+，故有：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O，
故答案为：MnCO3+2H+＝Mn2++CO2↑+H2O；MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O；
（2）根据流程图及表中数据可知，pH应满足3.2≤pH＜8.3，确保Fe3+被沉淀完全，Ni2+部分沉淀，同时防止Mn2+形成沉淀；当pH＝4时，可得c（H+）＝1×10﹣4mol/L，c（OH﹣）＝＝1×10﹣10mol/L，Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）×c3（OH﹣）＝4.0×10﹣38，解得：c（Fe3+）＝4×10﹣8mol/L，
故答案为：3.2≤pH＜8.3；4×10﹣8mol/L；
（3）加入硫化铵可以除去剩余的Ni2+，即Ni2++S2﹣＝NiS↓，说明溶解度：NiS＜Ni（OH）2，
故答案为：小于；
（4）电解槽中的溶液为MnSO4溶液，电解得到Mn和硫酸，即阴极为Mn2+得到电子被还原为Mn，阳极为OH﹣失去电子被氧化，故总反应式为：2MnSO4+2H2O 2Mn+O2↑+2H2SO4，
故答案为：2MnSO4+2H2O 2Mn+O2↑+2H2SO4；
（5）铝热反应也属于置换反应，即生成Mn和Al2O3，故方程式未：3MnO2+4Al3Mn+2Al2O3，
故答案为：3MnO2+4Al3Mn+2Al2O3；
（6）将分离出电解锰后的稀硫酸收集、循环使用，可以提高硫酸的利用率，
故答案为：可以提高硫酸的利用率。
【点评】本题考查电解锰的制备实验，具体涉及到化学方程式书写，离子方程式书写，Ksp计算，铝热反应，电解原理的应用等，具有较强的综合性，难度较大。
10．（2021•常州一模）实验室用氨法浸出氧化锌烟尘制备活性ZnO，其主要实验流程如图1。
（1）浸出。用一定浓度的氨水和NH4HCO3配成的混合液浸取氧化锌烟尘，得到锌氨[Zn（NH3）4CO3]浸出液。
①烟尘中的主要成分ZnO发生反应的化学方程式为　ZnO+3NH3•H2O+NH4HCO3═Zn（NH3）4CO3+4H2O　。
②锌元素的浸出率随浸出液初始pH的变化关系如图2所示。当浸出液初始pH大于10时，浸出率随pH增大而减小的原因是　碱性过强时，溶液中OH﹣浓度增大，生成了Zn（OH）2沉淀　。
（2）除杂。Cu2+、Pb2+等杂质也与氨水形成配合物存在于浸出后的滤液中，加入Zn粉可将它们置换除去。写出Zn粉和铜氨配合物反应的离子方程式　Zn+[Cu（NH3）4]2+═[Zn（NH3）4]2++Cu　。
（3）蒸氨。加热时溶液中过量的氨和铵被蒸出，锌氨配合物最终以2ZnCO3•3Zn（OH）2沉淀形式从溶液中析出。该过程需保持恒温80℃，可采取的加热方式为　水浴加热　。
（4）焙解。已知Zn（OH）2和ZnCO3的分解温度分别为125℃、300℃。实验室加热碱式碳酸锌[2ZnCO3•3Zn（OH）2]时测得的固体残留率随温度的变化关系如图3所示。
①275℃时，碱式碳酸锌分解产生的气态物质为　CO2和H2O　。（填化学式）
②经焙解得到的活性ZnO晶胞结构如图4所示。该晶胞中Zn原子的配位数为　4　。
（5）已知pH＞11时，Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣。如表是几种离子生成氢氧化物沉淀的pH：

开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Zn2+
5.9
8.9
Fe2+
5.8
8.8
Fe3+
1.1
3.2
设计以锌灰（主要成分为Zn和ZnO，杂质为Fe及其氧化物）为原料制备活性ZnO的实验方案：　在搅拌下将锌灰加入1.0mol/LH2SO4，待完全溶解后加入适量20%H2O2；再加入1.0mol/LNaOH调节溶液的pH在3.2～5.9之间，静置后过滤；向滤液中再加入1.0mol/LNaOH调节溶液的pH在8.9～11之间，静置后过滤、洗涤、干燥；在125℃条件下加热至固体质量不再发生变化　。（实验中可供选择的试剂：1.0mol/L HNO3、1.0mol/L H2SO4、1.0mol/L NaOH、20% H2O2）
【考点】制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】氧化还原反应专题；原子组成与结构专题；制备实验综合．
【答案】（1）①ZnO+3NH3•H2O+NH4HCO3═Zn（NH3）4CO3+4H2O；
②碱性过强时，溶液中OH﹣浓度增大，生成了Zn（OH）2沉淀；
（2）Zn+[Cu（NH3）4]2+═[Zn（NH3）4]2++Cu；
（3）水浴加热；
（4）①CO2和H2O；②4；
（5）在搅拌下将锌灰加入1.0mol/LH2SO4，待完全溶解后加入适量20%H2O2；再加入1.0mol/LNaOH调节溶液的pH在3.2～5.9之间，静置后过滤；向滤液中再加入1.0mol/LNaOH调节溶液的pH在8.9～11之间，静置后过滤、洗涤、干燥；在125℃条件下加热至固体质量不再发生变化。
【分析】（1）①由题意可得反应物有：ZnO、NH3•H2O、NH4HCO3，产物有：Zn（NH3）4CO3和H2O，根据原子守恒，即可写出反应的化学方程式，过滤，向滤液中加入；
②碱性过强时，溶液中OH﹣浓度增大，生成了Zn（OH）2沉淀，使浸出率降低；
（2）根据题意可知，Zn和[Cu（NH3）4]2+之间发生了置换反应；
（3）保持恒温低于100℃时，一般都采用水浴加热方式；
（4）①275℃时，Zn（OH）2已分解完全，主要ZnCO3是发生分解反应；
②抓住晶胞的中心原子，去分析配位数；
（5）将锌灰（主要成分为Zn和ZnO，杂质为Fe及其氧化物）溶于H2SO4后，加 H2O2将Fe2+氧化，然后调pH在3.2～5.9，使Fe3+完全沉淀，过滤，在向滤液中加入NaOH溶液，再pH在8.9～11之间，静置后过滤、洗涤、干燥；在125℃条件下加热至固体质量不再发生变化。
【解答】解：（1）①由题意可得反应物有：ZnO、NH3•H2O、NH4HCO3，产物有：Zn（NH3）4CO3和H2O，根据原子守恒，故反应的化学方程式为：ZnO+3NH3•H2O+NH4HCO3═Zn（NH3）4CO3+4H2O，
故答案为：ZnO+3NH3•H2O+NH4HCO3═Zn（NH3）4CO3+4H2O；
②碱性过强时，溶液中OH﹣浓度增大，OH﹣与Zn2+的结合能力更强，会破坏[Zn（NH3）4CO3]的结构，生成Zn（OH）2沉淀，使浸出率降低，
故答案为：碱性过强时，溶液中OH﹣浓度增大，生成了Zn（OH）2沉淀；
（2）根据题意可知，Zn+[Cu（NH3）4]2+═[Zn（NH3）4]2++Cu，
故答案为：Zn+[Cu（NH3）4]2+═[Zn（NH3）4]2++Cu；
（3）保持恒温且低于100℃时进行加热，一般都采用水浴加热方式，便于控制反应的温度，
故答案为：水浴加热；
（4）①275℃时，Zn（OH）2已分解完全，故此时反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑，另还有水蒸气，
故答案为：CO2和H2O；
②根据图4，又原子半径：Zn＞O，故中心原子为Zn，与其相邻的4个黑色小球表示O，故其配位数为4，
故答案为：4；
（5）将锌灰（主要成分为Zn和ZnO，杂质为Fe及其氧化物）溶于H2SO4后，由于Fe的氧化物中可能含有+2价的Fe，加 H2O2将溶液中的部分Fe2+氧化为Fe3+，然后调pH在3.2～5.9之间（确保Fe3+沉淀完全，同时不让Zn2+开始沉淀），使Fe3+完全沉淀，过滤，在向滤液中加入NaOH溶液，再pH在8.9～11之间（若大于11，Zn（OH）2会溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣，导致活性ZnO的产量下降），静置后过滤、洗涤、干燥；在125℃条件下加热至固体质量不再发生变化，
故答案为：在搅拌下将锌灰加入1.0mol/LH2SO4，待完全溶解后加入适量20%H2O2；再加入1.0mol/LNaOH调节溶液的pH在3.2～5.9之间，静置后过滤；向滤液中再加入1.0mol/LNaOH调节溶液的pH在8.9～11之间，静置后过滤、洗涤、干燥；在125℃条件下加热至固体质量不再发生变化。
【点评】本题考查活性的制备，涉及到化学方程式、离子方程式的书写，配位化合物的相关知识，碱式碳酸盐的逐步分解，实验方案的设计等，具有较强的综合性，难度较大。
11．（2020•银川一模）钒是地壳中含量第21丰富元素，是人体必需的微量元素，对治疗糖尿病和癌症及保护心血管等具有潜在的药理学作用。工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如图：

已知：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离子
VO2+
VO3﹣
V2O74﹣
VO43﹣
（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca（VO3）2的化学方程式是　CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2　。
（2）酸浸：Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca（VO3）2溶于盐酸的离子方程式是　Ca（VO3）2+4H+＝2VO2++Ca2++2H2O　。
（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程图：

①浸出液中加入石灰乳的作用是　调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀（富集钒元素）　。
②向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5．当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是　当pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3﹣　。
（4）实验室以V2O5为原料还可以合成用于制备VO2的氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如图：

①步骤ⅱ可在如图装置（气密性良好）中进行。已知：VO2+能被O2氧化。

药品填装完成后的实验操作是　打开活塞a数分钟后，再打开活塞b　（填“活塞a”、“活塞b”的操作顺序），装置B中的试剂是　饱和NaHCO3溶液　。
②测定氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量4.246g样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL硫酸混合溶解后，加0.02mol•L﹣1的KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用0.08mol•L﹣1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗体积为30.00mL（滴定反应：VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O）。NaNO2溶液的作用是　除去过量的KMnO4　，粗产品中钒的质量分数为　2.88%　（精确到小数点后两位）。
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【专题】化学实验．
【答案】见试题解答内容
【分析】向石煤中加生石灰焙烧，发生主要反应：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2，加酸酸浸，将浸出液用石灰乳得到Ca3（VO4）2沉淀富集钒元素，向沉淀加入（NH4）2CO3溶液得到（NH4）3VO4溶液，向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5，得到NH4VO3，煅烧制得V2O5，制得的V2O5与盐酸、N2H4•2HCl混合发生反应：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl＝4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加入NH4HCO3溶液，得到氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，据此分析解答。
【解答】解：（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，V2O3与CaO、氧气焙烧得到Ca（VO3）2，反应为：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2，
故答案为：CaO+O2+V2O3Ca（VO3）2；
（2）根据表可知，pH＝4，Ca（VO3）2溶于盐酸生成VO2+，则该离子反应为：Ca（VO3）2+4H+＝2VO2++Ca2++2H2O，
故答案为：Ca（VO3）2+4H+＝2VO2++Ca2++2H2O；
（3）①浸出液中加入石灰乳的作用是调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀（富集钒元素），
故答案为：调节pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀（富集钒元素）；
②根据图表可知当pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3﹣，故当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，
故答案为：当pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3﹣；
（4）①已知：VO2+能被O2氧化，故装置中不能有空气，所以，反应前先通入二氧化碳数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化，则药品填装完成后的实验操作是：打开活塞a数分钟后，再打开活塞b；A中制得的二氧化碳混有HCl气体，B装置的试剂应是能吸收HCl气体同时不吸收二氧化碳，故为饱和NaHCO3溶液，
故答案为：打开活塞a数分钟后，再打开活塞b；饱和NaHCO3溶液；
②根据实验操作，加入高锰酸钾溶液用来氧化氧钒，则NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；由VO2++Fe2++2H+═VO2++Fe3++H2O可得，n（VO2+）＝n（Fe2+）＝30×10﹣3L×0.08mol/L＝2.4×10﹣3mol，根据钒守恒，则粗产品中钒的物质的量也为2.4×10﹣3mol，则质量分数为×100%＝2.88%，
故答案为：除去过量的KMnO4；2.88%。
【点评】本题考查物制备工艺流程，涉及陌生方程式的书写、对试剂的分析评价、条件控制、沉淀溶解平衡、信息获取与迁移运用、氧化还原反应滴定计算等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
12．（2020•西宁一模）氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3）是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，根据如图以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程图，回答问题：

（1）CeFCO3中Ce的化合价为　+3　；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，原因是　陶瓷会与生成的HF反应　。
（2）氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为　2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O　。
（3）HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作Ⅰ的名称为　分液　。
（4）为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是　温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小　。
（5）已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：Ce3+（水层）+3HT（有机层）⇌CeT3（有机层）+3H+（水层）．向CeT3（有机层）中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：　向混合液中加入稀硫酸，使c（H+）增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动　。
（6）写出向Ce（OH）3悬浊液中通入氧气得到产品Ce（OH）4的化学方程式：　Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4　。
（7）298K时，向c（Ce3+）＝0.02 mol/L的溶液中加入氢氧化钠来调节溶液的pH，若反应后溶液pH＝10，此时Ce3+是否沉淀完全？　是　。【要求列式计算，已知：Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10﹣20，c（Ce3+）＜1.0×10﹣5 mol/L视为沉淀完全】。
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【专题】制备实验综合．
【答案】（1）+3；陶瓷会与生成的HF反应；
（2）2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O；
（3）分液；
（4）温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小；
（5）向混合液中加入稀硫酸，使c（H+）增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；
（6）Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4；
（7）是。
【分析】氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，由流程可知，氧化焙烧生成二氧化碳、HF气体及CeO2，再加稀硫酸、过氧化氢，发生氧化还原反应：2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O，溶液中加入萃取剂HT，操作I为分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH得到Ce（OH）3沉淀，再经过氧气氧化发生4Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4，过滤、洗涤、干燥可得Ce（OH）4产品，以此解答该题。
【解答】解：（1）CeFCO3中CO32﹣整体显﹣2价，F显﹣1价，根据化合物中正、负化合价代数和为0，可知Ce的价态为+3价；氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，这是由于陶瓷容器中含有SiO2，SiO2与HF发生反应：SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O，因此在该流程氧化焙烧时不能使用陶瓷容器，故答案为：+3；陶瓷会与生成的HF反应；
（2）氧化焙烧后的产物之一为CeO2，酸浸时，CeO2与硫酸、H2O2发生氧化还原反应，产生Ce2（SO4）3、O2、H2O，该反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O；
（3）操作I是得到溶液和有机相，是分离互不相容的两层液体物质，因此操作I的名称为分液，故答案为：分液；
（4）酸浸时加入H2O2，H2O2不稳定，在高温下会发生分解，造成浸出率偏小，故答案为：温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小；
（5）该过程中存在Ce3+（水层）+3HT（有机层）⇌CeT3（有机层）+3H+（水层），向混合液中加入稀硫酸，使溶液中c（H+）增大，化学平衡逆向移动，即向生成Ce3+水溶液的方向移动，从而能获得较纯的含Ce3+水溶液，故答案为：向混合液中加入稀硫酸，使c（H+）增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；
（6）向Ce（OH）3悬浊液中通入氧气，发生氧化还原反应得到产品Ce（OH）4，该反应的化学方程式为：4Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4，
故答案为：Ce（OH）3+O2+2H2O＝4Ce（OH）4；
（7）298K时，向c（Ce3+）＝0.02 mol/L的溶液中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，若反应后溶液pH＝10，则c（OH﹣）＝1.0×10﹣4 mol/L，Ce3+若形成沉淀，c（Ce3+）×c3（OH﹣）＞Ksp[Ce（OH）3]，而此时溶液中c（Ce3+）＝mol/L＝1.0×10﹣8mol/L＜1.0×10﹣5mol/L，因此Ce3+沉淀完全，故答案为：是。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
13．（2020•吴忠模拟）硫酸镍广泛应用于电镀、催化、医药等行业中，具有很高的经济价值。一种用含镍废催化剂（主要含Ni、C，还含有铝、铁的单质及氧化物，和少量有机物）为原料制备NiSO4•7H2O的工艺流程如图。
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如表。
沉淀物
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe（OH）3
2.7
3.2
Fe（OH）2
7.6
9.7
Ni（OH）2
7.1
9.2
回答下列问题：
（1）滤液a中溶质的主要成分除NaOH外，还含有　NaAlO2　（填化学式）。
（2）酸溶前需进行“热处理”的主要目的是　除去其中的有机物　；滤渣b主要成分是　碳　（填化学式）。
（3）加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为　2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O　；简述加入Ni（OH）2除杂的原理　Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入Ni（OH）2，与Ni（OH）2氢离子反应，生成镍离子和水，使铁离子水解平衡向正向移动，产生氢氧化铁沉淀，且没有引入新的杂质，达到除杂的效果　。
（4）操作d为　蒸发浓缩、冷却结晶　、过滤、洗涤、干燥；产品晶体中有时会混有少量FeSO4•7H2O，其原因可能是　说明部分Fe2+末被完全氧化，可能原因为H2O2的用量不足（或H2O2失效或保温时间不足）导致Fe2+末被氧化完全　。（写出一点即可）
（5）取ag上述流程制得的硫酸镍晶体样品溶于蒸馏水中，在不断搅拌下缓慢加入足量丁二酮肟溶液（H2D），再加入NH3•H2O溶液调节溶液的pH在8～9，充分反应后，过滤、洗涤、烘干、称量得到红色固体质量为bg。发生反应的方程式为Ni2++2H2D+2NH3•H2O═Ni（HD）2↓（红色）+2NH4++2H2O，已知Ni（HD）2相对分子质量为M，列式计算样品纯度为　　。
【考点】制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【答案】见试题解答内容
【分析】含镍废催化剂（主要含Ni、C，还含有铝、铁的单质及氧化物，和少量有机物）加入氢氧化钠溶液进行碱溶，过滤得到滤液a偏铝酸钠等溶液除去铝，热处理以除去其中的有机物，所剩固体加入硫酸溶液酸溶得到滤渣b为碳；酸溶后的滤液再加入双氧水氧化将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Ni（OH）2进行除杂，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，与Ni（OH）2氢离子反应，生成镍离子和水，使铁离子水解平衡向正向移动，产生氢氧化铁沉淀；过滤得到滤渣c为Fe（OH）3；滤液通过操作d为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NiSO4•7H2O，以此解答该题。
【解答】解：（1）滤液a中溶质的主要成分除NaOH外，还含有NaAlO2，故答案为：NaAlO2；
（2）酸溶前需进行“热处理”的主要目的是除去其中的有机物；滤渣b主要成分是碳，故答案为：除去其中的有机物；碳；
（3）加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入Ni（OH）2，与Ni（OH）2氢离子反应，生成镍离子和水，使铁离子水解平衡向正向移动，产生氢氧化铁沉淀，且没有引入新的杂质，达到除杂的效果，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入Ni（OH）2，与Ni（OH）2氢离子反应，生成镍离子和水，使铁离子水解平衡向正向移动，产生氢氧化铁沉淀，且没有引入新的杂质，达到除杂的效果；
（4）操作d为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；产品晶体中有时会混有少量FeSO4•7H2O，说明部分Fe2+末被完全氧化可能原因为H2O2的用量不足（或H2O2失效或保温时间不足）导致Fe2+末被氧化完全，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；说明部分Fe2+末被完全氧化，可能原因为H2O2的用量不足（或H2O2失效或保温时间不足）导致Fe2+末被氧化完全；
（5）根据反应Ni2++2H2D+2NH3•H2O═Ni（HD）2↓（红色）+2NH4++2H2O（红色）可得生成Ni（HD）2的物质的量为mol，故ag上述流程制得的硫酸镍晶体样品中含有NiSO4•7H2O的质量为g，样品纯度为，
故答案为：。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
14．（2020•泰安模拟）氧化铍（BeO）常温下为不溶于水、易溶于强酸和强碱的固体，除用作耐火材料外，还可以用于制霓虹灯和铍合金。工业上以硅铍石（主要含有BeO、SiO2、MgO，还含有少量Al2O3和Fe2O3）制备高纯度BeO的流程如图所示。

已知：①BeO为离子化合物，熔点为2350℃，BeCl2和NaCl等比例混合的固体混合物在350℃即可熔化；
②不同金属阳离子在D2EHPA中的溶解性如表所示。

Be2+
Mg2+
Fe3+
Al3+
D2EHPA中的溶解性
易溶
难溶
微溶
微溶
请回答下列问题：
（1）“滤渣1”的主要成分为　SiO2　（填化学式）。“残液”中含量最多的金属元素为　镁　。（填名称）
（2）“萃取”后铍元素以Be（HX2）2的形式存在于有机相中，“反萃取”后以（NH4）2Be（CO3）2的形式存在于水相中，则“反萃取”时含铍微粒发生反应的化学方程式为　Be（HX2）2+2（NH4）2CO3＝（NH4）2Be（CO3）2+2NH4HX2　。
（3）“净化”时需将反萃取液加热到70℃，加热到70℃的目的为　使被萃取的少量Fe3+和Al3+水解为对应的氢氧化物而被除去　。
（4）由2BeCO3•Be（OH）2制备高纯BeO的方法是　高温煅烧　。
（5）BeO的电子式为　　。工业上常采用电解熔融BeCl2与NaCl等比例混合物的方法制备金属Be，不采用电解熔融BeO制备的主要原因为　BeO熔点高，熔融时能耗高，增加生产成本　。
【考点】镁、铝的重要化合物；制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【答案】（1）SiO2；镁；
（2）Be（HX2）2+2（NH4）2CO3＝（NH4）2Be（CO3）2+2NH4HX2；
（3）使被萃取的少量Fe3+和Al3+水解为对应的氢氧化物而被除去；
（4）高温煅烧；
（5）；BeO熔点高，熔融时能耗高，增加生产成本。
【分析】硅铍石主要含有BeO、SiO2、MgO，还含有少量Al2O3和Fe2O3，SiO2与硫酸反应不反应，加入足量稀硫酸得到BeSO4、MgSO4、Al2（SO4）3、Fe2（SO4）3溶液，滤渣1是SiO2；根据不同金属阳离子在D2EHPA中的溶解性表，“萃取”有机相含有Be（HX2）2及少量Fe3+、Al3+，“反萃取”后Be元素以（NH4）2Be（CO3）2的形式存在于水相中，水相经净化、过滤、沉铍得到2BeCO3•Be（OH）2，2BeCO3•Be（OH）2高温分解得BeO。
【解答】解：（1）BeO、SiO2、MgO、Al2O3和Fe2O3，只有SiO2与硫酸反应不反应，所以“滤渣1”的主要成分为SiO2，根据不同金属阳离子在D2EHPA中的溶解性表，Mg2+难溶于D2EHPA，“残液”中含量最多的金属元素为镁，
故答案为：SiO2；镁；
（2）“萃取”后铍元素以Be（HX2）2的形式存在于有机相中，“反萃取”后以（NH4）2Be（CO3）2的形式存在于水相中，则“反萃取”时Be（HX2）2和（NH4）2CO3反应生成（NH4）2Be（CO3）2，反应的化学方程式为Be（HX2）2+2（NH4）2CO3＝（NH4）2Be（CO3）2+2NH4HX2，
故答案为：Be（HX2）2+2（NH4）2CO3＝（NH4）2Be（CO3）2+2NH4HX2；
（3）“净化”时需将反萃取液加热到70℃，加热促进水解，加热到70℃的目的是使被萃取的少量Fe3+和Al3+水解为对应的氢氧化物而被除去，
故答案为：使被萃取的少量Fe3+和Al3+水解为对应的氢氧化物而被除去；
（4）2BeCO3•Be（OH）2高温分解生成BeO和二氧化碳、水，由2BeCO3•Be（OH）2制备高纯BeO的方法是高温煅烧，
故答案为：高温煅烧；
（5）BeO是离子化合物，电子式为； BeCl2和NaCl等比例混合的固体混合物在350℃即可熔化，BeO为离子化合物，熔点为2350℃，BeO熔点高，熔融时能耗高，增加生产成本，所以工业上常采用电解熔融BeCl2与NaCl等比例混合物的方法制备金属Be，
故答案为：；BeO熔点高，熔融时能耗高，增加生产成本。
【点评】本题以制备高纯度BeO为背景，考查无机工艺流程分析，注意题干信息的运用，明确工艺流程步骤中发生的反应，相关的目的是解题的关键，正确运用化学原理的知识解题，试题有助于培养综合分析问题的能力，难度中等。
15．（2020•济宁二模）2019年度诺贝尔化学奖奖励锂电池的发明者，锂离子电池已经彻底改变了我们的生活。如果废旧电池处理不当就会对环境造成严重污染，影响人们的健康生活。一种以废旧锂离子电池的正极材料（主要含LiCoO2、Al、C等）为原料制备CoC2O4•2H2O的流程如图1：

（1）除铝时发生反应的离子方程式为　2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑　
（2）灼烧的主要目的是　除去C　，实验室中灼烧实验用到最重要的仪器是　坩埚　
（3）还原步骤在70℃左右，LiCoO2发生反应的化学方程式为　2LiCoO2+3H2SO4+H2O22CoSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O　，若用盐酸代替H2SO4和H2O2，也可以达到目的，但其缺点是　会产生有毒的氯气　
（4）沉淀时，证明Co2+已经沉淀完全的实验操作与现象是　静置，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不出现浑浊，则Co2+已沉淀完全　
（5）已知：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ Kb＝1.8×10﹣5H2C2O4⇌H++HC2O4﹣ Ka1＝5.4×10﹣2
HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣ Ka2＝5.4×10﹣5
则该流程中所用（NH4）2C2O4溶液的pH　＜　7（填“＞”或“＜”或“＝”）
（6）已知含铝元素微粒的浓度与pH的关系如图2所示，设计由滤液X制备纯净的Al2O3的实验方案
（实验中必需使用的试剂：H2SO4溶液、BaCl2溶液、蒸馏水）　向滤液X中滴加H2SO4溶液，适时用pH试纸侧溶液的pH，当pH介于6﹣8时，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至滤液加BaCl2溶液不再出现白色浑浊为止，将所得沉淀灼烧至质量不再减少，冷却，即得Al2O3　。
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【专题】制备实验综合．
【答案】见试题解答内容
【分析】以废旧锂离子电池的正极材料（主要含LiCoO2、Al、C等）为原料制备CoC2O4•2H2O，正极材料（主要含LiCoO2、Al、C等）加入NaOH溶液，Al被溶解形成NaAlO2溶液，剩余LiCoO2、C在空气中灼烧，C与O2反应生成CO2，剩余固体LiCoO2与H2SO4、H2O2反应，H2O2被Co3+氧化生成CoSO4溶液与O2，继续加入（NH4）2C2O4溶液，最终形成CoC2O4•2H2O。
（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
（2）在空气中灼烧可以除去C；灼烧实验一般要用到坩埚；
（3）根据产物中Co元素的化合价可知还原过程中双氧水将Co3+还原成Co2+，结合电子守恒和元素守恒可得方程式；盐酸被氧化生成氯气，氯气有毒；
（4）Co2+沉淀完全的实验操作与现象，静置，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不出现浑浊，则Co2+已沉淀完全；
（5）一水合氨的电离程度小于草酸氢根的电离程度，则铵根的水解程度大于草酸根的水解程度，铵根水解显酸性；
（6）铝元素主要存在形式为AlO2﹣，要想得到纯净的Al2O3则需要先将铝元素转化为沉淀，据图可知pH为6到8时，主要是Al（OH）3，过滤洗涤再灼烧沉淀即可得到Al2O3。
【解答】解：（1）除铝时的反应为铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑；
（2）除铝后仍有C杂质，在空气中灼烧可以除去C；灼烧实验一般要用到坩埚；
故答案为：除去C；坩埚；
（3）根据产物中Co元素的化合价可知还原过程中双氧水将Co3+还原成Co2+，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O22CoSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O；盐酸被氧化时生成氯气，而氯气有毒；
故答案为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O22CoSO4+Li2SO4+O2↑+4H2O；会产生有毒的氯气；
（4）证明Co2+已经沉淀完全的实验操作与现象为：静置，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不出现浑浊，则Co2+已沉淀完全；
故答案为：静置，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不出现浑浊，则Co2+已沉淀完全；
（5）根据题目所给消息可知一水合氨的电离程度小于草酸氢根的电离程度，则铵根的水解程度大于草酸根的水解程度，铵根水解显酸性，所以（NH4）2C2O4溶液的pH＜7；
故答案为：＜；
（6）滤液X中铝元素主要存在形式为AlO2﹣，要想得到纯净的Al2O3则需要先将铝元素转化为沉淀，据图可知pH为6到8时，主要是Al（OH）3，过滤洗涤再灼烧沉淀即可得到Al2O3，具体操作为：向滤液X中滴加H2SO4溶液，适时用pH试纸侧溶液的pH，当pH介于6﹣8时，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至滤液加BaCl2溶液不再出现白色浑浊为止，将所得沉淀灼烧至质量不再减少，冷却，即得Al2O3；
故答案为：向滤液X中滴加H2SO4溶液，适时用pH试纸侧溶液的pH，当pH介于6﹣8时，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至滤液加BaCl2溶液不再出现白色浑浊为止，将所得沉淀灼烧至质量不再减少，冷却，即得Al2O3。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及方程式的书写、实验方案设计、离子检验等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
16．（2020•黄冈模拟）一种以辉铜矿（主要成分为Cu2S，含少量SiO2）为原料制备硝酸铜的工艺流程如图1所示：

（l）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：　Cu2S+4Fe3+＝2Cu2++4Fe2++S　。
（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S+2CuCl2═4CuCl+S；②　CuCl+FeCl3＝CuCl2+FeCl2　。
（3）“回收S”过程中温度控制在50～60℃之间，不宜过高的原因是　温度高苯容易挥发　。
（4）向滤液M中加入（或通入）　b　（填字母），可得到一种可循环利用的物质。
a．铁 b．氯气 c．高锰酸钾 d．氯化氢
（5）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是　调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe（OH）3沉淀　；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是　抑制Cu2+的水解　
（6）辉铜矿可由黄铜矿（主要成分为CuFeS2）通过电化学反应转变而成，有关转化见图2，转化时转移0.2 mol电子，生成Cu2S　0.2　mol。
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【专题】制备实验综合．
【答案】见试题解答内容
【分析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。
（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式；
（2）根据Cu2S的最终产物CuCl2可得反应②；
（3）回收硫时所用溶剂为苯，苯的熔沸点较低；
（4）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用；
（5）“保温除铁”过程要除去Fe3+；铜离子会水解；
（6）该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，结合电子转移守恒可得。
【解答】解：（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式为Cu2S+4Fe3+＝2Cu2++4Fe2++S，
故答案为：Cu2S+4Fe3+＝2Cu2++4Fe2++S；
（2）根据Cu2S的最终产物CuCl2可得反应②为CuCl+FeCl3＝CuCl2+FeCl2，
故答案为：CuCl+FeCl3＝CuCl2+FeCl2；
（3）回收硫时所用溶剂为苯，苯的熔沸点较低，温度高苯容易挥发，
故答案为：温度高苯容易挥发；
（4）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故选b，
故答案为：b；
（5）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解，
故答案为：调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe（OH）3沉淀；抑制Cu2+的水解；
（6）该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子转移守恒，若转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S为0.2mol，
故答案为：0.2。
【点评】本题考查物质制备工艺流程，涉及反应速率影响因素、陌生方程式书写、对试剂与原理的分析评价、条件控制等，关键是明确整个工艺流程物质转化与分离提纯、试剂作用等，是对学生综合能力的考查。
17．（2020•红河州三模）四氯化钛是制取海绵钛和氯化法钛白（二氧化钛）的主要原料，用于制造颜料和钛有机化合物以及国防上用的烟幕剂。同时也是制取航天航空工业材料﹣﹣钛合金的重要原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质），制备TiCl4等产品的一种工艺流程如图：

已知：
Ⅰ．①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3++Fe═3Fe2+、2TiO2+（无色）+Fe+4H+═2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2O、Ti3+（紫色）+Fe3++H2O═2TiO2+（无色）+Fe2++2H+；
Ⅱ．四氯化钛的熔点﹣25.0℃，沸点136.4℃，SiCl4的熔点﹣68.8℃，沸点57.6℃。
回答下列问题：
（1）用盐酸酸浸时，为使酸浸速率加快，可采取的措施是：　适当增大盐酸浓度；适当升高温度；搅拌、减小钛铁矿粒径等　（至少写2条），发生主要反应的离子方程式为　FeTiO3+4H+＝Fe2++TiO2++2H2O　。
（2）废渣的成分是　SiO2　。
（3）如何检验富含TiO2+溶液中是否还含铁元素　取少量溶液，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明溶液中不含铁元素　。
（4）若将制得的固体TiO2•nH2O用酸清洗除去其中的Fe（OH）3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，该温度下反应Fe（OH）3+3H+⇌Fe3++3H2O的平衡常数K＝　4.0×104　。
（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是　没有对“三废”进行合理的处理或回收再利用等　。（只要求写出一项）
（6）要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用的方法是　蒸馏（或分馏）　。
（7）用TiCl4水解生成TiO2•nH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl﹣，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2．写出TiCl4水解生成TiO2•nH2O的化学方程式　TiCl4+（n+2）H2O⇌TiO2•nH2O+4HCl　。
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【答案】见试题解答内容
【分析】钛铁矿（主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质）加入足量盐酸，得到的滤渣为不溶于酸的SiO2，得到含TiO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等离子的强酸性浸出液，加入足量的铁粉至浸出液显紫色，铁元素转化为Fe2+；经系列处理得到绿矾和富含TiO2+的溶液，向溶液中加热水促进TiO2+的水解，生成TiO2•nH2O，焙烧分解得到TiO2，在与氯气、焦炭混合反应得到TiCl4，废气主要是二氧化碳，以此解答该题。
【解答】解：（1）适当增大盐酸浓度；适当升高温度；搅拌、减小钛铁矿粒径等都可以加快浸取速率；该过程主要发生FeTiO3和盐酸的反应，根据题目信息可知反应过程中Ti元素生成TiO2+，结合元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为FeTiO3+4H+＝Fe2++TiO2++2H2O，
故答案为：适当增大盐酸浓度；适当升高温度；搅拌、减小钛铁矿粒径等；FeTiO3+4H+＝Fe2++TiO2++2H2O；
（2）废渣为不溶于盐酸的SiO2，故答案为：SiO2；
（3）铁元素可能以Fe2+或Fe3+的形式存在，取少量溶液，加入KSCN溶液，若不变红，则不含Fe3+，再加入氯水，仍然不变红，则不含Fe2+，综上说明溶液中不含铁元素，故答案为：取少量溶液，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明溶液中不含铁元素；
（4）Fe（OH）3+3H+⇌Fe3++3H2O的平衡常数K＝＝＝4.0×104，故答案为：4.0×104；
（5）根据图示，该工艺流程中存在的不足之处是：流程中的废渣、废液、废气没有进行合理的处理或回收再利用等，故答案为：没有对“三废”进行合理的处理或回收再利用等；
（6）四氯化钛的熔点﹣25.0℃，沸点136.4℃，SiCl4的熔点﹣68.8℃，沸点57.6℃，二者的沸点差异较大，所以可以用分馏的方法分离，故答案为：蒸馏（或分馏）；
（7）TiCl4水解生成TiO2•nH2O的化学方程式为TiCl4+（n+2）H2O⇌TiO2•nH2O+4HCl，故答案为：TiCl4+（n+2）H2O⇌TiO2•nH2O+4HCl。
【点评】本题考查制备方案的设计，为高考常见题型，根据制备步骤明确实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力，题目难度中等。
18．（2020•菏泽一模）Na2S2O4（连二亚硫酸钠）是易溶于水，不溶于甲醇的白色固体，在空气中极易被氧化，是一种还原性漂白剂。制取Na2S2O4的方法很多，
（1）在碱性溶液中用NaBH4还原NaHSO3法制备Na2S2O4的反应原理为：NaBH4+NaHSO3+NaOH→Na2S2O4+NaBO2+H2O（未配平）。反应装置如图1所示：

①实验开始及整个过程中均需通入N2，其目的是　排出装置内空气，使反应在无氧状况下进行　。
②制备过程中温度需控制在10～45℃，采用水浴加热的主要优点是　使反应液均匀受热　。
③为使NaHSO3尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制　小于8：1（或＜8）　。
（2）用HCOONa还原SO2制备Na2S2O4的装置（夹持加热仪器略）如图2：
①装置a烧瓶中发生反应的化学方程式为　Na2SO3+2HCl＝2NaCl+H2O+SO2↑　。
②装置b用于净化SO2，适宜的试剂是　饱和NaHSO3溶液　。
③装置c在70～83℃生成Na2S2O4并析出，同时逸出CO2，该反应的化学方程式为　2HCOONa+4SO2+Na2CO3＝2Na2S2O4+H2O+3CO2　，加入CH3OH的目的是　降低Na2S2O4的溶解度　；利用反应后的浊液分离提纯Na2S2O4需经过的操作为　过滤、洗涤、重结晶、过滤、干燥　。
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【答案】见试题解答内容
【分析】（1）①Na2S2O4在空气中极易被氧化，通入N2其目的是排出装置内空气；
②采用水浴加热的主要优点是使反应液均匀受热；
③NaBH4+NaHSO3+NaOH→Na2S2O4+NaBO2+H2O根据得失电子守恒可知，＝8；
（2）①装置a烧瓶中发生Na2SO3与盐酸反应生成SO2的反应；
②生成的SO2气体中含有HCl气体，根据气体性质选择除杂溶液；
③装置c在70～83℃，HCOONa和SO2、Na2CO3反应生成Na2S2O4并析出，同时逸出CO2；Na2S2O4不溶于甲醇，加入CH3OH可降低的Na2S2O4溶解度；利用反应后的浊液分离提纯Na2S2O4需重结晶。
【解答】解：（1）①Na2S2O4在空气中极易被氧化，实验开始及整个过程中均需通入N2，其目的是排出装置内空气，使反应在无氧状况下进行；
故答案为：排出装置内空气，使反应在无氧状况下进行；
②制备过程中温度需控制在10～45℃，采用水浴加热的主要优点是使反应液均匀受热；
故答案为：使反应液均匀受热；
③根据得失电子守恒配平方程式，NaBH4+8NaHSO3＝4Na2S2O4+NaBO2+6H2O，＝8，为使NaHSO3尽可能完全被还原，加入三口烧瓶中的反应液，应控制，＜8；
故答案为：小于8：1（或＜8）；
（2）①装置a烧瓶中发生反应的化学方程式为Na2SO3+2HCl＝2NaCl+H2O+SO2↑；
故答案为：Na2SO3+2HCl＝2NaCl+H2O+SO2↑；
②生成的SO2气体中含有HCl气体，除杂适宜的试剂是饱和NaHSO3溶液；
故答案为：饱和NaHSO3溶液；
③装置c在70～83℃生成Na2S2O4并析出，同时逸出CO2，化学方程式为2HCOONa+4SO2+Na2CO3＝2Na2S2O4+H2O+3CO2；Na2S2O4不溶于甲醇，加入甲醇的目的是降低Na2S2O4的溶解度；利用反应后的浊液分离提纯Na2S2O4需经过的操作为过滤、洗涤、重结晶、过滤、干燥；
故答案为：2HCOONa+4SO2+Na2CO3＝2Na2S2O4+H2O+3CO2；降低Na2S2O4的溶解度；过滤、洗涤、重结晶、过滤、干燥。
【点评】本题考查实验流程分析与操作以及物质的分离与提纯知识，明确装置的作用，理解实验步骤是解题的关键，考查综合分析能力和整体把握的能力，题目难度中等。
19．（2020•德州二模）过氧化尿素（CO（NH2）2•H2O2）是过氧化氢水溶液与尿素的加和物，兼有尿素和过氧化氢的性质，是一种新型漂白、消毒剂，广泛应用于农业、医药、日用化工等领域。某化学小组同学用低浓度的双氧水和饱和尿素[CO（NH2）2]溶液在30℃条件下用右图装置合成过氧化尿素。请回答下列问题：
（1）仪器X的名称是　球形冷凝管　。
（2）制备过氧化尿素的化学方程式为　CO（NH2）2+H2O2═CO（NH2）2•H2O2　，反应时采取的受热方式为　水浴加热　。
（3）搅拌器不能选择铁质材料的原因是　2Fe+3H2O2+6H+═2Fe3++6H2O，生成的金属离子能催化过氧化氢的分解　。
（4）过氧化尿素中活性氧含量的高低直接决定产品的质量，合格产品中活性氧的含量≥16%（相当于其中含H2O234%）。为了确定所得产品合格与否，质检员称取干燥样品8.000g，溶解于水，在250mL容量瓶中定容，准确量取其中25.00mL溶液于锥形瓶中，加入1mL 6mol•L﹣1H2SO4，然后用0.2000mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定样品中的H2O2（KMnO4溶液与尿素不反应）。三次滴定平均消耗KMnO4溶液20.000mL：
①请完善滴定时反应的离子方程式：　2　MnO4﹣+　5　H2O2+　6H+　═　2Mn2++8H2O+5O2↑　
②若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的活性氧含量　偏高　（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
③根据滴定结果确定产品质量　合格　（填“合格”或“不合格”），活性氧的质量分数为　20%　。

【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】定量测定与误差分析；制备实验综合．
【答案】（1）球形冷凝管；
（2）CO（NH2）2+H2O2═CO（NH2）2•H2O2；水浴加热；
（3）2Fe+3H2O2+6H+═2Fe3++6H2O，生成的金属离子能催化过氧化氢的分解；
（4）①2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2↑；②偏高；③合格；20%。
【分析】本题从物质的制备入手，通过过氧化氢水溶液与尿素反应，可得到）CO（NH2）2•H2O2，在结合仪器的辨别，反应的方程式等知识点进行考查，重点是利用氧化还原反应的原理来测定过氧化尿素中活性氧含量；
（1）仪器X是球形冷凝管；
（2）双氧水和饱和尿素CO（NH2）2反应制备CO（NH2）2•H2O2，反应温度为30℃，可采取水浴加热的方式；
（3）过氧化氢水溶液具有强氧化性，可以氧化铁单质为铁离子，铁离子对于双氧水的分解有催化作用；
（4）①根据的是电子守恒运用最小公倍数法进行配平；
②若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，消耗的标准液体积增大，导致测定结果偏大；
③根据方程式2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++8H2O+5O2计算双氧水的含量，进一步计算活性氧的质量分数。
【解答】解：（1）根据上图，可知仪器X是球形冷凝管，
故答案为：球形冷凝管；
（2）CO（NH2）2•H2O2是过氧化氢水溶液与尿素的加和物，由双氧水和饱和尿素CO（NH2）2反应制备，化学方程式为：CO（NH2）2+H2O2＝CO（NH2）2•H2O2，反应温度为30℃，可采取水浴加热的方式，
故答案为：CO（NH2）2+H2O2＝CO（NH2）2•H2O2；水浴加热；
（3）过氧化氢水溶液呈酸性，会与铁单质反应2Fe+3H2O2+6H+═2Fe3++6H2O，生成的金属离子能催化过氧化氢的分解，所以搅拌器不能选择铁质材料，
故答案为：2Fe+3H2O2+6H+═2Fe3++6H2O，生成的铁离子能催化过氧化氢的分解；
（4）①反应中MnO4﹣是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从﹣1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++8H2O+5O2，
故答案为：2；5；6H+；2Mn2++8H2O+5O2；
②若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，依据反应的电离关系可知，5×c（标准）×V（标准）＝c（待测）×V（待测）×2，测得标准液体积偏大，结果偏高，
故答案为：偏高；
③称取干燥样品8.000g，溶解在250mL容量瓶中定容，准确量取25.00mL于锥形瓶中，加入1mL 6mol/L的硫酸，然后用0.2000mol/L KMnO4 标准溶液滴定，至滴入最后一滴时，溶液显浅红色且半分钟内不褪色，三次滴定平均消耗KMnO4溶液20.00mL；依据反应2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++8H2O+5O2可知，
2MnO4﹣～～～～～5H2O2；
2 5
0.0200L×0.2000mol/L 0.01mol
250mL容量瓶中含过氧化氢0.1mol，过氧化氢质量＝0.1mol×34g/mol＝3.4g，过氧化氢质量分数＝3.4g/8g×100%＝42.5%，过氧化氢质量分数大于34%；活性氧为16%，相当于H2O234%，则活性氧质量分数＝为＝20%，该产品为合格产品，
故答案为：合格；20%。
【点评】本题考查了物质制备实验过程分析判断，装置图的理解应用、方程式的书写、化学方程式的有关计算等，为高频考点，把握发生的化学反应及实验操作为解答的关键，侧重分析能力及实验能力的考查，注意信息与所学知识的结合，题目难度较大。
20．（2020•安徽模拟）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）是印刷行业重要的还原剂，易溶于水，难溶于乙醇；高铁酸钾（K2FeO4）是一种绿色环保型饮用水处理剂。某课题小组拟以硫铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备连二亚硫酸钠和高铁酸钾，其简易工艺流程如图（部分步骤和条件略去）：

（1）FeS2中含有S22﹣离子，其电子式为　　。“气体”的主要成分是O2、SO2和N2，参考下表中的数据，简述工业上用物理方法分离提纯二氧化硫的实验方案：　先降温加压，使混合气体液化，后升温略高于﹣10℃，可使二氧化硫汽化，与其他气体分离　。

熔点/℃
沸点/℃
密度/g•L﹣1（标准亲状况）
O2
﹣218
﹣183
1.429
SO2
﹣76
﹣10
2.9
N2
﹣210
﹣196
1.25
（2）SO2→Na2S2O4步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　2：1　。制得的Na2S2O4溶液冷却至50℃，过滤，用　乙醇　洗涤，干燥，制得Na2S2O4。
（3）Na2FeO4与KCl发生复分解反应制备K2FeO4，说明相同温度下K2FeO4的溶解度　＜　。（填“＞”、“＜”或“═”）Na2FeO4的溶解度。
（4）溶液中的Na2S2O4易被空气中的氧气氧化生成NaHSO3，反应的离子方程式为　2S2O42﹣+O2+2H2O＝4HSO3﹣　。
（5）在制备Na2FeO4时，现象是先生成红褐色沉淀，随后转化成绿色溶液，生成了Na2FeO4。
①写出红褐色沉淀转化为Na2FeO4的化学方程式：　2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O　。
②为探究Na2FeO4和O2的氧化性相对强弱，取少量上述绿色溶液于试管中，滴加适量浓盐酸，产生能使湿润的KI淀粉试纸变蓝色的气体，不能说明Na2FeO4的氧化性比Cl2的氧化性强，理由是　溶液中有次氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应也能生成氯气，则不能说明氯气是由Na2FeO4产生的　。
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【专题】制备实验综合．
【答案】（1）；先降温加压，使混合气体液化，后升温略高于﹣10℃，可使二氧化硫汽化，与其他气体分离；
（2）2：1；乙醇；
（3）＜；
（4）2S2O42﹣+O2+2H2O＝4HSO3﹣。
（5）①2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；
②溶液中有次氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应也能生成氯气，则不能说明氯气是由Na2FeO4产生的。
【分析】硫铁矿（主要成分是FeS2）在高温条件下被氧气氧化生成O2、SO2和N2的混合气体和固体硫酸铁，混合气体经液化分离后得到二氧化硫气体，二氧化硫在75℃条件下加入CH3CH2OH、HCOONa、Na2CO3生成Na2S2O4溶液，将Na2S2O4溶液结晶、过滤、洗涤、干燥后得Na2S2O4固体。硫酸铁在碱性条件下被氧化生成Na2FeO4，由于K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，故可Na2FeO4与KCl发生复分解反应制备K2FeO4。
（1）FeS2中含有S22﹣离子，类似于过氧根；根据表中提供各气体的熔沸点数据，可知二氧化硫可通过先液化再汽化方法进行提纯；
（2）SO2→Na2S2O4步骤中氧化剂为二氧化硫，与还原剂为HCOONa，则根据氧化还原反应得失电子守恒确定二者的物质的量之比；因为Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，则用乙醇洗涤；
（3）根据复分解反应原理，Na2FeO4与KCl发生反应时要有溶解度小的物质生成才能使反应发生据此比较K2FeO4和Na2FeO4溶解度的大小；
（4）溶液中的Na2S2O4与氧气和水反应生成NaHSO3，据此书写该反应的离子方程式；
（5）①红褐色沉淀为氢氧化铁，被次氯酸钠氧化为Na2FeO4，根据原子守恒和电子守恒书写该反应的化学方程式；
②因为溶液中有次氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应也能生成氯气，则不能说明氯气是由Na2FeO4产生的。
【解答】解：（1）FeS2中含有S22﹣离子，类似于过氧根，其电子式为；根据表中提供各气体的熔沸点数据，可知二氧化硫可通过先液化再汽化方法进行提纯，则工业上用物理方法分离提纯二氧化硫的实验方案为先降温加压，使混合气体液化，后升温略高于﹣10℃，可使二氧化硫汽化，与其他气体分离，
故答案为：；先降温加压，使混合气体液化，后升温略高于﹣10℃，可使二氧化硫汽化，与其他气体分离；
（2）SO2→Na2S2O4步骤中氧化剂为二氧化硫，与还原剂为HCOONa，则根据氧化还原反应得失电子守恒可知二者的系数比为2：1，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；因为Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，则用乙醇洗涤，
故答案为：2：1；乙醇；
（3）根据复分解反应原理，Na2FeO4与KCl发生反应时要有溶解度小的物质生成才能使反应发生，则说明相同温度下K2FeO4的溶解度＜Na2FeO4的溶解度，
故答案为：＜；
（4）溶液中的Na2S2O4与氧气反应生成NaHSO3，其反应的离子方程式为2S2O42﹣+O2+2H2O＝4HSO3﹣，故答案为：2S2O42﹣+O2+2H2O＝4HSO3﹣；
（5）①红褐色沉淀为氢氧化铁，被次氯酸钠氧化为Na2FeO4，其化学方程式为2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，
故答案为：2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；
②因为溶液中有次氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应也能生成氯气，则不能说明氯气是由Na2FeO4产生的，所以不能说明Na2FeO4氧化性比Cl2的氧化性强，
故答案为：溶液中有次氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应也能生成氯气，则不能说明氯气是由Na2FeO4产生的。
【点评】本题考查物质制备和检验、实验设计与探究等，是对学生综合能力的考查，为高考常考题型，注意对题目信息的应用，难度中等。
21．（2021•浙江）某兴趣小组用铬铁矿[Fe（CrO2）2]制备K2Cr2O7晶体，流程如图。

已知：4Fe （CrO2）2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2
2H++2CrO42﹣⇌Cr2O72﹣+H2O
相关物质的溶解度随温度变化如图。请回答：

（1）步骤Ⅰ，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是　增大反应物的接触面积　。
（2）下列说法正确的是　BC　。
A．步骤Ⅱ，低温可提高浸取率
B．步骤Ⅱ，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe（OH）3
C．步骤Ⅲ，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．步骤Ⅳ，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
（3）步骤Ⅴ，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作（操作不能重复使用）并排序：溶解KCl→　a　→　e　→　d　→　c　→重结晶。
a．50℃蒸发溶剂；
b．100℃蒸发溶剂；
c．抽滤；
d．冷却至室温；
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
（4）为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是　AC　。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，　再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁　继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。（请在横线上补全操作）
（5）该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度（K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例），但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是　H2SO4　，添加该试剂的理由是　抑制Cr2O72﹣转化为CrO42﹣，且与Cr2O72﹣不反应　。
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【专题】制备实验综合．
【答案】（1）增大反应物的接触面积；
（2）BC；
（3）a；e；d；c；
（4）①AC；
②再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁；
（5）H2SO4；抑制Cr2O72﹣转化为CrO42﹣，且与Cr2O72﹣不反应。
【分析】由流程可知，铬铁矿加入碳酸钠，通入氧气发生高温氧化反应：4Fe （CrO2）2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O＝NaOH+Fe（OH）3↓，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7（发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4⇌Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O），经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7，据此分析作答。
【解答】解：（1）步骤I中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率，
故答案为：增大反应物的接触面积；
（2）A．根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，故A错误；
B．步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O＝NaOH+Fe（OH）3↓，经过滤可除去Fe（OH）3，故B正确；
C．步骤III酸化时，平衡2H++2CrO42﹣⇌Cr2O72﹣+H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，故C正确；
D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，故D错误；
故答案为：BC；
（3）Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl＝K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶，
故答案为：a；e；d；c；
（4）①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，故A错误；
B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，故B正确；
C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，故C错误；
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，故D正确；
E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，故E正确；
故答案为：AC；
②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化，
故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁；
（5）根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣+H2O⇌2H++2CrO42﹣，即有部分Cr2O72﹣会转化为CrO42﹣，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制Cr2O72﹣转化为CrO42﹣，且与Cr2O72﹣不反应的酸，如硫酸，
故答案为：H2SO4；抑制Cr2O72﹣转化为CrO42﹣，且与Cr2O72﹣不反应。
【点评】本题考查实验制备方案设计，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力，注意把握实验的原理以及物质的性质，把握实验操作的方法，题目难度中等。
22．（2020•山东）用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3 ）和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图：

已知：MnO2是一种两性氧化物； 25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Al（OH）3
Mn（OH）2
Ksp
1×10﹣16.3
1×10﹣38.6
1×10﹣32.3
1×10﹣12.7
回答下列问题：
（1）软锰矿预先粉碎的目的是　增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率　，MnO2 与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为　MnO2+BaS+H2O＝Ba（OH）2+MnO+S　。
（2）保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba（OH）2的量达到最大值后会减小，减小的原因是　过量的MnO2消耗了产生的Ba（OH）2　。
（3）滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到　蒸发　操作中 （填操作单元的名称）。
（4）净化时需先加入的试剂X为　H2O2　（填化学式），再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为　4.9　（当溶液中某离子浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为该离子沉淀完全）。
（5）碳化过程中发生反应的离子方程式为　Mn2++HCO3﹣+NH3•H2O＝MnCO3↓+NH4++H2O　。
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【专题】制备实验综合．
【答案】见试题解答内容
【分析】软锰矿粉（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3）加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O＝Ba（OH）2+MnO+S，过滤得到Ba（OH）2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe（OH）3和Al（OH）3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
【解答】解：（1）软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知﹣2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1：1，根据后续流程可知产物还有Ba（OH）2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O＝Ba（OH）2+MnO+S，
故答案为：增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率；MnO2+BaS+H2O＝Ba（OH）2+MnO+S；
（2）根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba（OH）2，从而使Ba（OH）2的量达到最大值会减小，
故答案为：过量的MnO2消耗了产生的Ba（OH）2；
（3）滤液I为结晶后剩余的Ba（OH）2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用，
故答案为：蒸发；
（4）净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe（OH）3和Al（OH）3为同种沉淀，而Al（OH）3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c（Al3+）＝1.0×10﹣5mol/L时，c（OH﹣）═10﹣9.1mol/L，所以c（H+）＝10﹣4.9mol/L，pH＝4.9，即pH的理论最小值为4.9，
故答案为：H2O2；4.9；
（5）碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO3﹣+NH3•H2O＝MnCO3↓+NH4++H2O，
故答案为：Mn2++HCO3﹣+NH3•H2O＝MnCO3↓+NH4++H2O。
【点评】本题考查了制备方案的设计，为高频考点，题目难度中等，明确流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及化学实验、化学计算能力。
23．（2020•北京）H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。
（1）早期制备方法
Ba（NO3）2BaOBaO2滤液H2O2
①Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是　2Ba（NO3）22BaO+O2↑+4NO2↑　。
②Ⅱ为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是　增大压强或增大氧气的浓度或降低温度　。
③Ⅲ中生成H2O2，反应的化学方程式是　BaO2+2HCl＝BaCl2+H2O2　。
④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明Ⅴ中采用减压蒸馏的原因：　H2O2受热易分解　。
（2）电化学制备方法
已知反应2H2O2═2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。
①a极的电极反应式是　O2+2H++2e﹣＝H2O2　。
②下列说法正确的是　AC　。
A．该装置可以实现电能转化为化学能
B．电极b连接电源负极
C．该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点

【考点】电解原理；制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【答案】（1）①2Ba（NO3）22BaO+O2↑+4NO2↑；
②增大压强或增大氧气的浓度或降低温度；
③BaO2+2HCl＝BaCl2+H2O2；
④H2O2受热易分解；
（2）①O2+2H++2e﹣＝H2O2；
②AC。
【分析】（1）由制备流程可知，硝酸钡受热分解，生成氧化钡、氧气和二氧化氮，氧化钡与氧气反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，向反应后的溶液中加入试剂除去钡离子，过滤后对滤液进行减压蒸馏，得到双氧水；
（2）通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，则阳极上水失去电子生成过氧化氢，阴极上氧气得到电子生成过氧化氢，即a电极为阴极，电极反应为O2+2H++2e﹣＝H2O2，b电极为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，以此来解答。
【解答】解：（1）①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2．根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为2Ba（NO3）22BaO+O2↑+4NO2↑，
故答案为：2Ba（NO3）22BaO+O2↑+4NO2↑；
②II为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为：2BaO（s）+O2（g）⇌2BaO2（s），正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度，
故答案为：增大压强或增大氧气的浓度或降低温度；
③III中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO2+2HCl＝BaCl2+H2O2，
故答案为：BaO2+2HCl＝BaCl2+H2O2；
④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低，
故答案为：H2O2受热易分解；
（2）①a为阴极，a极的电极反应式是O2+2H++2e﹣＝H2O2，
故答案为：O2+2H++2e﹣＝H2O2；
②A．2H2O2＝2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；
B．根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误；
C．根据分析，该装置的总反应为2H2O+O22H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧气和水，来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确；
故答案为：AC。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识及电化学知识的应用，题目难度不大。
24．（2019•全国）实验室可用如图所示装置用甲醇制备甲醛，反应的化学方程式为2CH3OH+O22HCHO+2H2O．甲醇、甲醛的部分物理性质见表：
物质
沸点/℃
水溶性
甲醇（CH3OH）
65
与水相溶
甲醛（HCHO）
﹣21
易溶于水
回答下列问题：
（1）为保证实验顺利进行，A处采取的最好措施是　b　（填编号）。
a．冰水冷却 b．水浴加热 c．酒精灯加热
（2）广口瓶C中所加物质的名称为　水　，用冰水冷却的目的是　冷却甲醛　。
（3）结束实验时，正确的操作步骤是　熄灭A、B处酒精灯，挤压D排出装置内的HCHO　。
（4）C处排出的尾气中 除含O2外，往往还可能含有CO2．请设计实验检验是否含有CO2　将尾气通入澄清石灰水中观察是否变浑浊　。
（5）为测量C中溶液中甲醛的质量分数（假设不含甲醇和甲酸），进行以下实验：精确称取试样m0g于250mL碘量瓶中，加入一定量的H2O2溶液，加入一定量的NaOH溶液盖上瓶塞、静置，发生反应HCHO+H2O2+OH﹣═HCOO﹣+2H2O、再振摇2～3min。0.2000mol•L﹣1硫酸滴定，消耗VmL．并测定含有H2O2、NaOH的空白液，消耗硫酸V0m L，以酚酞为指示剂，滴定终点时溶液颜色变化是　红色消失，且30s不变　，甲醛的质量分数为　%　。

【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】定量测定与误差分析．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）水浴加热可保证温度恒定；
（2）C中水可吸收乙醛，且冰水冷却；
（3）结束实验时，熄灭A、B处酒精灯，挤压D排出装置内的HCHO；
（4）二氧化碳可使石灰水变浑浊；
（5）由0.2000mol•L﹣1硫酸滴定，消耗VmL．并测定含有H2O2、NaOH的空白液，消耗硫酸V0m L，n（HCHO）＝（V﹣V0）×0.2mol/L×2，可知w（HCHO）＝×100%，酚酞遇碱变红，滴定终点时红色消失。
【解答】解：（1）由表中数据可知甲醇的沸点为65℃，为保证实验顺利进行，A处采取的最好措施是水浴加热，
故答案为：b；
（2）C中水可吸收甲醛，且冰水冷却，则广口瓶C中所加物质的名称为水，用冰水冷却的目的是冷却甲醛，
故答案为：水；冷却甲醛；
（3）结束实验时，操作步骤为熄灭A、B处酒精灯，挤压D排出装置内的HCHO，
故答案为：熄灭A、B处酒精灯，挤压D排出装置内的HCHO；
（4）检验是否含有CO2的方法为将尾气通入澄清石灰水中观察是否变浑浊，
故答案为：将尾气通入澄清石灰水中观察是否变浑浊；
（5）酚酞为指示剂，滴定终点时溶液颜色变化是红色消失，且30s不变，由0.2000mol•L﹣1硫酸滴定，消耗VmL．并测定含有H2O2、NaOH的空白液，消耗硫酸V0m L，n（HCHO）＝（V﹣V0）×0.2mol/L×2，可知w（HCHO）＝×100%＝%，
故答案为：红色消失，且30s不变；%。
【点评】本题考查物质的制备及含量测定计算，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
25．（2019•全国）柠檬酸亚铁是一种易被人体吸收的高效补铁制剂。实验室中以铁粉（可能存在微量的其他金属杂质）为原料制取柠檬酸亚铁过程如图1所示。

回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中主要反应的化学方程式为　Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑　； 若粗铁粉的质量为m1g，与稀硫酸反应后，过滤得滤渣的质量为m2g，则FeSO4•7H2O的最大理论产量为　g　。
（2）在步骤Ⅰ中，若粗铁粉中含有其他金属，还应当除杂。已知某些金属硫化物在水中离子浓度与pH的关系如图2所示。铁粉中可能含有Zn、Ni、Mn金属元素，在铁粉和稀硫酸反应后，调节溶液的pH至1，滴入H2S溶液，能够完全除掉的杂质离子是　Zn2+　，推断依据是　溶液中离子浓度小于或等于10﹣5mol/L时，沉淀达到完全　。
（3）Fe2+溶液易与空气中氧气反应，反应的离子方程式为　4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O　。 为了避免该反应发生，步骤Ⅱ和Ⅲ中可采取的措施是：①在反应容器中加入　Fe粉　 （填试剂）； ②溶解FeSO4•7H2O和柠檬酸时，对蒸馏水的要求是　未溶解氧气　。
（4）步骤Ⅱ中，向FeSO4溶液中，若先加稀氨水，后加NH4HCO3，对相应产品质量的影响是　减小　。
【考点】制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【答案】见试题解答内容
【分析】以铁为原料制备柠檬酸亚铁流程为：Fe与H2SO4反应生成FeSO4，方程式为Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到FeSO4•7H2O，再溶解、加入NH4HCO3和氨水沉铁，过滤、洗涤得到FeCO3，加入柠檬酸得到柠檬酸亚铁，
（1）Fe与H2SO4反应生成FeSO4和H2，当粗铁粉中含有的杂质不硫酸反应、其中的Fe完全反应、并且没有损耗时得到的FeSO4•7H2O的理论产量最大，消耗Fe的质量为（m1﹣m2）g，根据Fe原子守恒进行计算；
（2）由图可知，pH＝1时，溶液中金属硫化物在水中离子浓度：Mn2+＞Fe2+＞Ni2+＞Zn2+，根据溶液中离子浓度≤10﹣5mol/L时，沉淀达到完全，结合图象分析判断；
（3）酸性条件下，Fe2+与空气中氧气反应生成Fe3+，结合电子守恒和电荷守恒写出反应的离子方程式；Fe3+能与Fe反应生成Fe2+；露置于空气中的蒸馏水会溶解部分氧气，导致Fe2+被氧化，可采用加热法除去溶解的氧气，冷却后再使用；
（4）向FeSO4溶液中，若先加稀氨水，后加NH4HCO3，会混有Fe（OH）3或Fe（OH）2，相对分子质量：FeCO3＞Fe（OH）3或Fe（OH）2，据此分析。
【解答】解：（1）Fe与H2SO4反应生成FeSO4和H2，化学方程式为Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，当粗铁粉中含有的杂质不硫酸反应、其中的Fe完全反应、并且没有损耗时得到的FeSO4•7H2O的理论产量最大，则消耗Fe的质量为（m1﹣m2）g，根据Fe原子守恒：Fe～FeSO4•7H2O，n（FeSO4•7H2O）＝n（Fe）＝mol，m（FeSO4•7H2O）＝nM＝mol×278g/mol＝g，
故答案为：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑；g；
（2）由图可知，pH＝1时，溶液中金属硫化物在水中离子浓度：Mn2+＞Fe2+＞Ni2+＞Zn2+＝10﹣5mol/L，由于溶液中离子浓度≤10﹣5mol/L时，沉淀达到完全，则滴入H2S溶液，能够完全除掉的杂质离子是Zn2+，
故答案为：Zn2+；溶液中离子浓度小于或等于10﹣5mol/L时，沉淀达到完全；
（3）酸性条件下，Fe2+与空气中氧气反应生成Fe3+，离子方程式为4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O；Fe2+与氧气反应生成Fe3+，所以溶解FeSO4•7H2O和柠檬酸时，蒸馏水必须煮沸除氧、冷却后再使用，即为未溶解氧气的蒸馏水，同时可加入Fe粉防止Fe2+被氧化，
故答案为：4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O；Fe粉；未溶解氧气；
（4）向FeSO4溶液中，若先加稀氨水，后加NH4HCO3，则先生成Fe（OH）2，部分迅速发生氧化生成Fe（OH）3，所以FeCO3产品中会混有Fe（OH）3或Fe（OH）2，由于相对分子质量：FeCO3＞Fe（OH）3或Fe（OH）2，则1molFe2+转化为Fe（OH）3或Fe（OH）2的质量小于FeCO3，导致相应产品质量减小，
故答案为：减小。
【点评】本题考查无机物的制备实验，为高频考点，把握制备原理、铁及其化合物物质的性质、流程中发生的反应、氧化还原反应和混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，注意原子守恒的相关计算，题目难度中等。

考点卡片
1．离子方程式的书写
【知识点的认识】
一、离子方程式的概念：
离子方程式，用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子．
二、离子方程式的书写步骤：
1、写：
明确写出有关反应的化学方程式．
2、拆：
（1）可溶性的强电解质（强酸、强碱、可溶性盐）一律用离子符号表示，其它难溶的物质、难电离的物质、气体、氧化物、水等仍用化学式表示．
（2）对于微溶物质来说在离子反应中通常以离子形式存在（溶液中），但是如果是在浊液里则需要写出完整的化学式，例如，石灰水中的氢氧化钙写离子符号，石灰乳中的氢氧化钙用化学式表示．浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也书写化学式．浓硝酸、盐酸是完全电离的，所以写离子式．
实例如下：
1）拆分的物质
如Ca（HCO3）2+2H+═Ca2++2CO2↑+2H2O，错在未将Ca（HCO3）2拆分成Ca2+ 和HCO3﹣．应为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O．
可见：能拆分的物质一般为强酸（如盐酸HCl）、强碱（如氢氧化钠NaOH）、和大多数可溶性盐（氯化钠NaCl）．
2）不能拆分的物质
①难溶物不拆
例l：向碳酸钙中加入过量盐酸．
错误：CO32﹣+2H+＝CO2+H2O
原因：CaCO3难溶于水，像BaSO4、AgCl、Cu（0H）2、H2SiO3、FeS、CuS，等在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．
正确：CaCO3+2H+＝CO2+Ca2++H2O
②微溶物作生成物不拆（98%浓硫酸，石灰乳（Ca（OH）2）等特殊的要注意）
例2：向氯化钙溶液中加入硫酸钠溶液．
错误：该反应不能发生．
原因：CaSO4是微溶物，像Ag2SO4、MgCO3、Ca（OH）2等微溶物，若作为生成物在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．
正确：SO42﹣+Ca2+＝CaSO4↓
说明：微溶物作生成物，浓度较小时拆成离子式，浓度较大时应写成化学式．
③弱电解质不拆（CH3COOH，HF，HClO，H2CO3，H2S，H2SO3，NH3•H2O）
例3：向氯化铝溶液中加入过量氨水．
错误：Al3++30H﹣＝Al（0H）3↓
原因：氨水为弱电解质，像H2O、HF、CH3COOH等弱电解质在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．
正确：Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3 ↓+3NH4+
④氧化物不拆（MnO2，CuO，Fe2O3，Al2O3，Na2O，Na2O2）
例4：将氧化钠加入水中．
错误：O2﹣+H20＝20H﹣
原因：Na2O是氧化物，氧化物不论是否溶于水在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．
正确：Na2O+H2O＝2Na++20H﹣
⑤弱酸的酸式酸根不拆（包括HCO3﹣，HS﹣，HSO3﹣，H2PO4﹣，HPO42﹣）
例5：向碳酸氢钠溶液中加入稀盐酸．
错误：2H++CO32﹣＝CO2↑+H2O
原因．HCO3﹣是弱酸H2C03的酸式酸根，像HSO3﹣，、HS﹣、H2PO4﹣等离子在书写离子方程式时均不能拆开，应写成化学式．
正确：HCO3﹣+H+＝C02↑+H20
注意：对于强酸的酸式盐，如NaHSO4其阴离子在稀溶液中应拆开写成
H+与SO42﹣形式，在浓溶液中不拆开，仍写成HSO4﹣．
⑥固相反应不拆
例6：将氯化铵固体与氢氧化钙固体混合加热．
错误：NH4++OH﹣＝NH3↑+H20
原因：写离子反应的前提是在水溶液中或熔融状态下进行的反应，固体与固体的反应尽管是离子反应，只能写化学方程式，不写离子方程式．
正确：2NH4Cl+Ca（0H）2＝CaCl2+2NH3↑+2H2O（化学反应方程式）
⑦非电解质不拆
蔗糖、乙醇等大多数有机物是非电解质，在书写离子方程式时均不能拆开，应写分子式．
3、删：
删去方程式两边相同的离子和分子．
4、查：
检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等，是否配平，还要看所得式子化学计量数是不是最简整数比，若不是，要化成最简整数比．
三、离子方程式书写遵守的原则：
1、客观事实原则：
如2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑，错在H+不能把Fe氧化成Fe3+，而只能氧化成Fe2+．应为：Fe+2H+═Fe2++H2↑．
2、质量守恒原则：
如Na+H20═Na++OH﹣+H2↑，错在反应前后H原子的数目不等．应为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑．
3、电荷守恒原则：
如Fe3++Cu═Fe2++Cu2+，错在左右两边电荷不守恒．应为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+．
4、定组成原则：
如稀硫酸与Ba（OH）2溶液反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，错在SO42﹣和H+，Ba2+和OH﹣未遵循1：2这一定组成．应为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O．
【命题方向】本考点主要考察离子方程式的书写规则，需要重点掌握．
第一类错误：拆分不合理（详见“拆”步骤中）
第二类错误：不符合客观事实
典例1：（2010•湖北）能正确表示下列反应的离子方程式是（　　）
A．将铁粉加入稀硫酸中2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑ B．将磁性氧化铁溶于盐酸Fe3O4+8H+═3Fe3++4H2O
C．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++2H2O+NO↑ D．将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+
分析：A、铁和非氧化性的酸反应生成亚铁盐；
B、磁性氧化铁中的铁元素有正二价和正三价两种；
C、离子反应要遵循电荷守恒；
D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子．
解答：A、铁和稀硫酸反应生成亚铁盐，Fe+2H+＝Fe2++H2↑，故A错误；
B、磁性氧化铁溶于盐酸发生的反应为：Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O，故B错误；
C、氯化亚铁溶液能被稀硝酸氧化，电荷不守恒，3Fe2++4H++NO3﹣＝3Fe3++2H2O+NO↑，故C错误；
D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子，铜不能置换出铁，即2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，故D正确．
故选D．
点评：本题主要考查学生离子方程时的书写知识，要注意原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒的思想，是现在考试的热点．
第三类错误：配平有误，不守恒
典例2：（2014•德庆县一模）下列反应的离子方程式正确的是（　　）
A．向Ba（OH）2溶液中滴加稀盐酸：2H++2Cl﹣+Ba2++2OH﹣═2H2O+BaCl2
B．向FeCl3溶液中加铁粉：2Fe3++Fe═3Fe2+
C．向澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O
D．向FeCl3溶液中加入Cu粉：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+
分析：A．反应生成氯化钡和水，氢氧化钡为溶于水的强碱；
B．反应生成氯化亚铁、电子、电荷均守恒；
C．过量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙；
D．电子、电荷不守恒．
解答：A．向Ba（OH）2溶液中滴加稀盐酸的离子反应为H++OH﹣═H2O，故A错误；
B．向FeCl3溶液中加铁粉的离子反应为2Fe3++Fe═3Fe2+，故B正确；
C．向澄清石灰水中通入过量二氧化碳的离子反应为OH﹣+CO2═HCO3﹣，故C错误；
D．向FeCl3溶液中加入Cu粉的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D错误；
故选B．
点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应为解答的关键，注意把握氧化还原反应中电子、电荷守恒即可解答，题目难度不大．
第四类错误：未考虑反应物中量的关系（详见下面的难点突破）
第五类错误：忽略隐含信息
1）能发生氧化还原反应的离子：
SO2通入NaClO溶液中：反应的离子方程式为SO2+ClO﹣+H2O＝SO42﹣+Cl﹣+2H+．
2）胶体不带沉淀符号：
3）无论是“少量”还是“过量”的CO2通入苯酚钠中均生成NaHCO3（因为碳酸钠和苯酚不能共存）：
4）CO2（SO2）通入NaOH少量和过量的情况：
少量CO2：CO2+2OH﹣＝H2O+CO32﹣；
过量CO2：CO2+OH﹣＝HCO3﹣；
【解题思路点拨】难点突破：
1、反应试剂的滴加顺序：
（1）第一类：
1）NaOH溶液和AlCl3溶液
①NaOH溶液滴加到AlCl3溶液中的离子反应：先是Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，后是Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；
②AlCl3溶液滴加到NaOH溶液中时：先是Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，后是Al3++3AlO2﹣+6H2O＝4Al（OH）3↓．
2）盐酸和NaAlO2溶液
①盐酸滴加到NaAlO2溶液中的离子反应：先是AlO2﹣+H++H2O＝Al（OH）3↓，后是Al（OH）3+3H+＝Al3++3H2O；
②当NaAlO2溶液滴加到盐酸溶液中时：先是AlO2﹣+4H+＝Al3++2H2O，后是Al3++3AlO2﹣+6H2O＝4Al（OH）3↓．
3）氨水和AgNO3溶液
①氨水滴加到AgNO3溶液中：先是Ag++NH3•H2O＝AgOH↓+NH+4，后是AgOH+2NH3•H2O＝[Ag（NH3）2]++OH﹣+2H2O，
②当AgNO3溶液滴加到氨水中：Ag++2NH3•H2O＝[Ag（NH3）2]++2H2O．
（2）第二类：
1）NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液
①向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性：
解析：因NaHSO4是二元强酸的酸式盐，故全部电离．当反应后溶液呈中性时，其反应的化学方程式是：2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，其离子方程式是：
2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O
②在上述中性溶液里，继续滴加Ba（OH）2溶液：
解析：这时在①中存在的溶质只有Na2SO4，继续滴加Ba（OH）2溶液的离子方程式是：
SO42﹣+Ba2+＝BaSO4↓
③向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀：
解析：当SO42﹣恰好完全沉淀，则Ba（OH）2溶液中的Ba2+与SO42﹣恰好是按1：1反应，且H+与 OH﹣的比也是1：1，这时溶液中的溶质是NaOH．其离子方程式是：
H++SO42﹣+Ba2++OH﹣＝BaSO4↓+H2O
④向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液直至过量：
解析：向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液直至过量，SO42﹣与Ba2+的比为1：1反应，H+与 OH﹣的比为2：2反应．其离子方程式是：
2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O
2）Ba（OH）2溶液和NaHCO3溶液
⑤向Ba（OH）2溶液中逐滴加入过量的NaHCO3溶液：
解析：该问相当于2mol OH﹣与过量的HCO3﹣反应，且生成的CO32﹣再与1mol Ba2+结合．
Ba2++2OH﹣+2 HCO3﹣＝BaCO3↓+2H2O+CO32﹣
3）Ca（OH）2溶液和NaHCO3溶液
①少量的Ca（OH）2和足量的NaHCO3溶液混合（向NaHCO3溶液中滴入Ca（OH）2）：
2OH﹣+Ca2++2HCO3﹣＝CaCO3↓+CO32﹣+2H2O；
②足量的Ca（OH）2和少量的NaHCO3溶液混合（向Ca（OH）2溶液中滴入NaHCO3）：
OH﹣+Ca2++HCO3﹣＝CaCO3↓+H2O；
③少量的Ca（HCO3）2溶液和足量的NaOH溶液混合（向NaOH溶液中滴入Ca（HCO3）2）：
Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣＝CaCO3↓+CO32﹣+2H2O；
④向Ba（OH）2溶液中逐滴加入KAl（SO4）2溶液至Ba2+恰好完全沉淀；在上述溶液中继续滴加KAl（SO4）2溶液时，该步反应的离子方程式是
解析：这时相当于2 mol Ba（OH）2和1 mol KAl（SO4）2反应，其离子方程式是：
Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣＝2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O
在上述溶液中继续滴加KAl（SO4）2溶液时，Al3+和AlO2﹣发生双水解反应，其离子方程式是：
Al3++3AlO2﹣+6H2O＝4Al（OH）3↓
⑤向KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液直至溶液中的SO42﹣恰好完全沉淀；当沉淀的物质的量达到最大时反应的离子方程式是
解析：这时相当于1 mol KAl（SO4）2和2 mol Ba（OH）2反应，其离子方程式是：
Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣＝2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O
当沉淀的物质的量达到最大时，相当于2 mol KAl（SO4）2和3 mol Ba（OH）2反应，其离子方程式是：
2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣＝3BaSO4↓+2Al（OH）3↓
2、反应试剂的用量：
如将CO2分别以“少量”“过量”通入到NaOH、NaAlO2、NaSiO3、Ca（ClO）2 的溶液中发生的离子反应方程式是不同的．
少量CO2与上述各溶液反应的离子方程式分别是：
CO2+2OH﹣＝H2O+CO32﹣；
CO2+2AlO2﹣+3H2O＝2Al（OH）3↓+CO32﹣；
CO2+SiO32﹣+H2O＝H2SiO3↓+CO32﹣；
CO2+Ca2++2ClO﹣+H2O＝CaCO3↓+2HClO．
过量的CO2与上述各溶液反应的离子方程式分别是：
CO2+OH﹣＝HCO3﹣；
CO2+AlO2﹣+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣；
2CO2+SiO32﹣+2H2O＝H2SiO3↓+2HCO3﹣；
CO2+ClO﹣+H2O＝HCO3﹣+HClO．
但是无论是“少量”还是“过量”的CO2通入苯酚钠中均生成NaHCO3（因为碳酸钠和苯酚不能共存）其离子方程式是：
CO2+H2O+→+HCO3﹣
3、氧化还原反应的顺序与试剂用量的关系：
如少量Cl2通入FeI2溶液时，还原性强的I﹣先和Cl2反应：2I﹣+Cl2＝2Cl﹣+I2．这时若继续通入Cl2到过量，Cl2再和Fe2+反应：2Fe2++Cl2＝2Cl﹣+2 Fe3+．那么足量的Cl2通入Fe I2溶液时的离子方程式是二者的加和：2Fe2++4I﹣+3Cl2＝2 Fe3++6Cl﹣+2I2；
又如少量Na2S溶液滴加到FeCl3溶液中，具有氧化性的Fe3+过量，反应的离子方程式是：
2Fe3++S2﹣＝S↓+2Fe2+；当少量FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，具有还原性的S2﹣过量，反应的离子方程式是：3S2﹣+2Fe3+＝2FeS↓+S↓．
4、不要漏写参加反应离子的比值及离子数：
如Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液混合，SO42﹣与Ba2+的比为1：1反应，H+与 OH﹣的比为2：2反应．其离子方程式是：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，切不可写成：
H++SO42﹣+Ba2++OH﹣＝BaSO4↓+H2O，而导致错误．
再如Ba（OH）2溶液和CuSO4溶液混合，正确的离子方程式是：
Ba2++2OH﹣+Cu2++SO42﹣＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓，切不可写成：SO42﹣+Ba2+＝BaSO4↓遗失离子而导致错误．
2．难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【知识点的认识】
1、沉淀溶解平衡
（1）定义：
一定温度下，难溶电解质AmBn（s）难溶于水，但在水溶液中仍有部分An+和Bm﹣离开固体表面溶解进入溶液，同时进入溶液中的An+和Bm﹣又会在固体表面沉淀下来，当这两个过程速率相等时，An+和Bm﹣ 的沉淀与AmBn固体的溶解达到平衡状态，称之为达到沉淀溶解平衡状态。
AmBn固体在水中的沉淀溶解平衡可表示为：AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）
（2）特征：难溶电解质在水中建立起来的沉淀溶解平衡和化学平衡、电离平衡等一样，符合平衡的基本特征，满足平衡的变化基本规律。特征如下：
①逆：可逆过程；②等：沉积和溶解速率相等；③动：动态平衡；④定：离子浓度一定（不变）；⑤变：改变温度、浓度等条件，沉淀溶解平衡会发生移动直到建立一个新的沉淀溶解平衡。
2、影响沉淀溶解平衡的因素
（1）内因：难溶性电解质本身的性质。
（2）外因：
①浓度：加水稀释，沉淀溶解平衡向溶解方向移动；
②温度：多数难溶性电解质溶解于水是吸热的，所以升高温度，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动。特例：Ca（OH）2随着温度的升高溶解度减小，即升高温度，平衡向沉淀的方向移动。
③同离子效应：向沉淀溶解平衡体系中加入相同的离子，使平衡向沉淀方向移动；
④化学反应：向沉淀溶解平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶或气体的离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动。
3、溶度积常数Ksp（或溶度积）
难溶固体在溶液中达到沉淀溶解平衡状态时，离子浓度保持不变（或一定）。各离子浓度幂的乘积是一个常数，这个常数称之为溶度积常数简称为溶度积，用符号Ksp表示。
即：AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）　　　　Ksp＝[An+]m•[Bm﹣]n
例如：常温下沉淀溶解平衡：
AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），
Ksp（AgCl）＝[Ag+][Cl﹣]＝1.8×10﹣10
常温下沉淀溶解平衡：Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+CrO42﹣（aq），
Ksp（Ag2CrO4）＝[Ag+]2[CrO42﹣]＝1.1×10﹣12
4、溶度积Ksp的性质
（1）溶度积Ksp的大小和平衡常数一样，它与难溶电解质的性质和温度有关，与浓度无关，离子浓度的改变可使溶解平衡发生移动，而不能改变溶度积Ksp的大小。
（2）溶度积Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力的大小。相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶于水；反之Ksp越大，溶解度越大。
如：Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10；Ksp（AgBr）＝5.0×10﹣13；Ksp（AgI）＝8.3×10﹣17。
因为：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）＞Ksp（AgI），所以溶解度：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）＞Ksp（AgI）。
不同类型的难溶电解质，不能简单地根据Ksp大小，判断难溶电解质溶解度的大小。
5、溶度积的应用
（1）溶度积规则：判断一定条件下沉淀能否生成或溶解。
对于AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）
平衡状态：溶度积Ksp＝[An+]m•[Bm﹣]n
任意时刻：离子积Qc＝[An+]m•[Bm﹣]n

Qc与Ksp的关系
溶液性质
有无沉淀析出
A
Qc＞Ksp
过饱和
有沉淀析出
B
Qc＝Ksp
饱和
沉淀溶解平衡
C
Qc＜Ksp
不饱和
无沉淀析出
（2）溶度积的应用：
①判断有无沉淀生成：
②已知溶度积求离子浓度
③利用离子积判断离子共存
6、沉淀反应的应用
（1）沉淀的生成：
①应用：用于除杂或提纯；
②方法：
a、调pH；
如：工业原料氯化铵中混有氯化铁，加氨水调pH至7～8，Fe3++3NH3•H2O＝Fe（OH）3↓+3NH4+
b、加沉淀剂
如：沉淀Cu2+、Hg2+等，以Na2S、H2S做沉淀剂，Cu2++S2﹣＝CuS↓，Hg2++S2﹣＝HgS↓
（2）沉淀的溶解：
①原理：根据勒夏特列原理，使沉淀溶解平衡向溶解方向移动；
②方法：设法不断移去平衡体系中的相应离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动。
（3）沉淀的转化：
沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡移动，通常一种沉淀可以转化为更难溶的沉淀，这两种难溶物的溶解能力差别越大，这种转化的趋势就越大。如：在ZnS的溶解平衡体系中加入CuSO4溶液，可以使其转化为更难溶的CuS沉淀，这说明溶解度ZnS＞CuS．转化的方程式可以表示为ZnS（s）+Cu2+（aq）═CuS（s）+Zn2+（aq）。


【命题方向】
题型一：影响沉淀溶解平衡的因素
典例1：把Ca（OH）2放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡 Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）下列说法正确的是（　　）
A．恒温下向溶液中加CaO，溶液的pH升高 B．给溶液加热，溶液的pH升高
C．向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加 D．向溶液中加入少量NaOH固体，Ca（OH）2固体质量不变
分析：A．恒温下向溶液中加入CaO，仍为饱和溶液，浓度不变；
B．Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低；
C．加入Na2CO3溶液，平衡向正反应方向移动；
D．加入少量的NaOH固体，平衡向逆反应方向移动。
解答：A．恒温下向溶液中加入CaO，发生CaO+H2O＝Ca（OH）2，仍为饱和溶液，pH不变，故A错误；
B．给溶液加热，Ca（OH）2的溶解度降低，氢氧根离子的浓度减小，所以溶液pH减小，故B错误；
C．加入Na2CO3溶液，发生Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓，则其中固体质量增加，故C正确；
D．加入少量的NaOH固体，OH﹣浓度增大，平衡向逆方向移动，则Ca（OH）2的固体增多，故D错误。
故选C。
点评：本题综合考查难溶电解质的溶解平衡问题，侧重于饱和溶液特点以及溶解平衡移动的影响因素的考查，题目难度中等，注意A为易错点，Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低。

题型二：溶度积的定义及其影响因素
典例2：（2013•江西三模）下列说法正确的是（　　）
A．在一定温度下的AgCl水溶液中，Ag+和Cl﹣浓度的乘积是一个常数
B．AgCl的Ksp＝1.8×10﹣10 mol2•L﹣2，在任何含AgCl固体的溶液中，c（Ag+）＝c（Cl﹣）且Ag+与Cl﹣浓度的乘积等于1.8×10﹣10 mol2•L﹣2
C．温度一定时，当溶液中Ag+和Cl﹣浓度的乘积等于Ksp值时，此溶液为 AgCl的饱和溶液
D．向饱和AgCl水溶液中加入少量盐酸，Ksp值变大
分析：A．在一定温度下的AgCl的饱和水溶液中，Ksp＝c（Ag+）c（Cl﹣）是一个常数；
B．AgCl的Ksp＝1.8×10﹣10 mol2•L﹣2，在任何含AgCl固体的溶液中，c（Ag+）不一定等于c（Cl﹣），如氯化钠溶液中c（Ag+）＜c（Cl﹣），但Ag+与Cl﹣浓度的乘积等于1.8×10﹣10；
C．温度一定时，根据浓度熵QC＝Ksp值时，此溶液为 AgCl的饱和溶液；
D．Ksp值只与温度有关，温度不变Ksp值不变。
解答：A．在一定温度下的AgCl的饱和水溶液中，Ksp＝C（Ag+）C（Cl﹣）是一个常数，在不饱和溶液中Ag+和Cl﹣浓度的乘积不是一个常数，故A错误；
B．AgCl的Ksp＝1.8×10﹣10 mol2•L﹣2，在任何含AgCl固体的溶液中，c（Ag+）不一定等于c（Cl﹣），如氯化钠溶液中c（Ag+）＜c（Cl﹣），但Ag+与Cl﹣浓度的乘积等于1.8×10﹣10，故B错误；
C．温度一定时，浓度熵QC＝Ksp值时，此溶液为 AgCl的饱和溶液，故C正确；
D．Ksp值只与温度有关，温度不变Ksp值不变，所以向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值不变，故D错误；
故选C
点评：本题主要考查了难溶电解质的溶度积Ksp的意义以及影响因素，难度不大，根据所学知识即可完成。

题型三：溶度积的计算
典例3：（2014•安徽模拟）已知常温时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp＝5.6×10﹣12，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH＝12.0，则下列说法不正确的是（　　）
A．所得溶液中的c（H+）＝1.0×10﹣12 mol•L﹣1
B．所加的烧碱溶液pH＝12.0
C．所得溶液中由水电离产生的c（OH﹣）＝1.0×10﹣12mol•L﹣1
D．所得溶液中的c（Mg2+）＝5.6×10﹣8 mol•L﹣1
分析：A．根据c （H+）＝10﹣pHmol•L﹣1计算；
B．根据烧碱与MgCl2溶液反应生成沉淀，消耗了NaOH溶液；
C．溶液中由水电离产生的c（OH﹣）水＝c （H+）水＝10﹣PHmol•L﹣1；
D．先根据水的离子积常数求出c（OH﹣），然后再溶度积计算。
解答：A．pH＝12的溶液中，c（H+）＝10﹣12mol/L，故A正确；
B．烧碱与MgCl2溶液反应生成沉淀，消耗了NaOH溶液，向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混合溶液的pH＝12，则所加NaOH溶液pH＞12，故B错误；
C．溶液中由水电离产生的c（OH﹣）水＝c （H+）水＝10﹣12mol/L，故C正确；
D．溶液中c（OH﹣）＝＝10﹣2mol/L，溶液中的c （Mg2+）＝＝5.6×10﹣8 mol•L﹣1，故D正确；
故选：B。
点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡的相关计算和判断，题目难度中等，本题注意溶度积常数的利用。

题型四：沉淀的转化
典例4：（2014•山东模拟）25℃时，5种银盐的溶度积常数（Ksp）分别是：
AgCl
Ag2SO4
Ag2S
AgBr
AgI
1.8×10﹣10
1.4×10﹣5
6.3×10﹣50
7.7×10﹣13
8.51×10﹣16
下列说法正确的是（　　）
A．氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次增大
B．将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，不能得到黑色沉淀
C．在5mL1.8×10﹣5 mol/L的NaCl溶液中，加入1滴（1mL约20滴）1.0×10﹣3mol/L的AgNO3溶液，能观察到白色沉淀
D．将浅黄色溴化银固体浸泡在饱和氯化钠溶液中，可以有少量白色固体生成
分析：A．结构相似的难溶性盐，溶度积越小，溶解度越小；
B．硫化银的溶度积比硫酸银小，从沉淀平衡移动的角度分析；
C．根据溶度积计算，当离子的浓度幂之积大于Ksp时，能生成沉淀，否则不生成沉淀；
D．当离子的浓度幂之积大于Ksp时，能生成沉淀。
解答：A．氯化银、溴化银和碘化银的溶度积依次减少，结构相似，溶度积越小，溶解度越小，故A错误；
B．硫化银的溶度积比硫酸银小，将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，可得到黑色沉淀，故B错误；
C．c（Cl﹣）＝1.8×10﹣5mol/L×，c（Ag+）＝1.0×10﹣3mol/L×，
则c（Cl﹣）×c（Ag+）＝1.8×10﹣5mol/L××1.0×10﹣3mol/L×＜1.8×10﹣10（mol/L）2，不能析出沉淀，故C错误；
D．将浅黄色溴化银固体浸泡在饱和氯化钠溶液中，如满足c（Cl﹣）×c（Ag+）＞1.8×10﹣10，则可生成沉淀，故D正确。
故选D。
点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度不大，本题注意根据溶度积计算，理解溶度积的意义，比较溶解度与溶度积之间的关系。

题型五：除杂流程综合分析
典例5：（2011•浙江）海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的
离子浓度（mol/L）
Na+
Mg2+
Ca2+
Cl﹣
HCO3﹣
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10﹣5 mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp（CaCO3）＝4.96×10﹣9；Ksp（MgCO3）＝6.82×10﹣6；Ksp[Ca（OH）2]＝4.68×10﹣6；Ksp[Mg（OH）2]＝5.61×10﹣12．下列说法正确的是（　　）
A．沉淀物X为CaCO3B．滤液M中存在Mg2+，不存在Ca2+
C．滤液N中存在Mg2+、Ca2+D．步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为Ca（OH）2和Mg（OH）2的混合物
分析：步骤①，加入0.001mol NaOH时，OH﹣ 恰好与HCO3﹣完全反应，生成0.001molCO32﹣．由于Ksp（CaCO3）＜＜Ksp（MgCO3），生成的CO32﹣与水中的Ca2+反应生成CaCO3 沉淀，滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+；
步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH＝11（即pOH＝3）时，此时滤液中c（OH﹣）＝1×10﹣3 mol•L﹣1。
根据溶度积可判断无Ca（OH）2生成，有Mg（OH）2沉淀生成。
解答：A．步骤①，从题给的条件，可知n（NaOH ）＝0.001mol，[即n（OH﹣）＝0.001mol]．依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH﹣ 恰好与HCO3﹣完全反应：OH﹣+HCO3﹣＝CO32﹣+H2O，生成0.001molCO32﹣．由于Ksp（CaCO3）＜＜Ksp（MgCO3），生成的CO32﹣与水中的Ca2+反应生成CaCO3 沉淀Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓．所以沉淀物X为CaCO3，故A正确；
B．由于CO32﹣只有0.001mol，反应生成CaCO3 所消耗的Ca2+也只有0.001mol，滤液中还剩余c（Ca2+）＝0.010 mol•L﹣1．滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+，故B错误；
C．步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH＝11（即pOH＝3）时，此时滤液中c（OH﹣）＝1×10﹣3 mol•L﹣1．则
Q[Ca（OH）2]＝c（Ca2+）×（10﹣3）2＝0.010×（10﹣3）2＝10﹣8＜Ksp[Ca（OH）2]，无Ca（OH）2生成。
Q[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）×（10﹣3）2＝0.050×（10﹣3）2＝5×10﹣8＞Ksp[Mg（OH）2]，有Mg（OH）2沉淀生成。
又由于Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）×（10﹣3）2＝5.6×10﹣12，c（Mg2+）＝5.6×10﹣6＜10﹣5，无剩余，滤液N中不存在Mg2+，
故C错误；
D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n（NaOH）＝0.105mol，与0.05mol Mg2+反应：Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓，生成0.05 mol Mg（OH）2，剩余0.005 mol OH﹣。
由于Q[Ca（OH）2]＝c（Ca2+）×（OH﹣）2＝0.010×（0.005）2＝2.5×10﹣7＜Ksp[Ca（OH）2]，所以无Ca（OH）2沉淀析出，沉淀物Y为Mg（OH）2沉淀，故D错误。
故选A。
点评：这是一道新颖的计算型分析推断题，以模拟海水中制备MgO的实验方案为背景，结合考察有关溶度积的概念及应用等知识，体现了新课程的特色。

题型六：沉淀溶解平衡曲线分析
典例6：（2014•延边州模拟）硫化汞（HgS）难溶于水，在自然界中呈红褐色，常用于油画颜料、印泥等。某温度时，HgS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．向硫化汞的浊液中加入硫化钠溶液，硫化汞的Ksp减小
B．图中a点对应的是饱和溶液
C．向c点的溶液中加入0.1 mol•L﹣1Hg（NO3）2，则c（S2﹣）减小
D．升高温度可以实现c点到b点的转化
分析：A．溶度积常数只与温度有关；
B．根据c（Hg2+ ）•c（S2﹣）与Ksp的相对大小判断溶液是否是饱和溶液，如果c（Hg2+ ）•c（S2﹣）＝Ksp，则溶液为平衡状态，如果c（Hg2+ ）•c（S2﹣）＞Ksp，则溶液为过饱和溶液，若c（Hg2+ ）•c（S2﹣）＜Ksp，则溶液为不饱和溶液；
C．温度一定，则难溶物质的溶度积一定，根据c（S2﹣）＝判断硫离子浓度变化；
D．升高温度，汞离子和硫离子浓度都增大。
解答：A．溶液的温度不变，则Ksp不变，故A错误；
B．a点为不饱和溶液，故B错误；
C．温度一定，则难溶物质的溶度积一定，根据C（S2﹣）＝知，汞离子浓度增大，则硫离子浓度减小，故C正确；
D．升高温度，促进硫化汞的电离，所以汞离子和硫离子浓度都增大，故D错误；
故选C。
点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度中等，注意把握题给图象曲线的意义，明确溶度积常数只与温度有关，与溶液的浓度无关。


【解题方法点拨】
工业生产中除杂的注意事项：
（1）利用生成沉淀分离或除去某种离子，首先要使生成沉淀的反应能够发生；其次沉淀生成的反应进行得越完全越好。
（2）不可能使要除去的离子全部通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol/L时，沉淀已经完全。
（3）由沉淀剂引入溶液的杂质离子要便于除去或不引入新的杂质。
3．电解原理
【知识点的认识】
一、电解原理
1、概念：使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程叫做电解．借助于电流引起氧化还原反应的装置，也就是把电能转变为化学能的装置，叫做电解池或电解槽．
构成电解池（电解槽）的条件：
（1）有外加直流电源．
（2）有电解质溶液或熔融的离子化合物．
（3）有两个电极（材料为金属或石墨，两极材料可相同或不同）：
阴极：与直流电源的负极直接相连的一极．
阳极：与直流电源的正极直接相连的一极．
（4）两个电极要与电解质溶液接触并形成回路．
注意：电解池的阴、阳极完全由外加直流电源的负、正极确定，与电极材料本身的性质无关．而原电池的正、负极则由构成电极材料本身的性质决定．
2、惰性电极和活性电极：
在电解时，根据电极本身是否参与氧化还原反应，可把电极分为惰性电极和活性电极两类：
①惰性电极（C、Pt等）：只起导电作用，不参与反应；
②活性电极（除Pt、Au外的其余金属）：当作阳极时，除起导电作用外，还失去电子变成金属阳离子进入溶液中．
3、离子放电顺序
①在阴极上．在阴极上发生的是得电子反应，因此，电极本身只起导电作用而不能发生氧化还原反应，发生反应的是溶液中的阳离子，它们得电子的能力顺序为：

说明：上列顺序中H+有两个位置：在酸溶液中，H+得电子能力在Cu2+与Pb2+之间；若在盐溶液中，则H+位于Zn2+与Ag+之间．
②在阳极上．首先应考虑电极是活性电极还是惰性电极，若为活性电极，则是阳极本身失去电子被氧化成阳离子进入溶液中，即此时不能考虑溶液中阴离子的失电子情况；若为惰性电极，溶液中的阴离子失电子的能力顺序为：

二、电解池与原电池对比

电 极
电极反应
电子转移方向
能量
转变
举 例
原电池
正、负极由电极材料决定：相对活泼的金属作负极；较不活泼的金属作正极
负极：电极本身失去电子，发生氧化反应
正极：溶液中的阳离子得到电子，发生还原反应
电子由负极流出，经外电路回正极
化学能转变为电能
铜锌原电池
负极：
Zn﹣2e﹣＝Zn2+
正极：
2H++2e﹣＝H2↑
电解池
阴、阳极完全由外加直流电源的负、正极决定：与直流电源正极相连的是阳极；与直流电源负极相连的是阴极
阴极：较易获得电子的阳离子优先得到电子，发生还原反应阳极，金属或较易失去电子的阴离子优先失去电子，发生氧化反应
电子由直流电源的负极流出，经导线到达电解池的阴极，然后通过电解液中的离子放电，电子再从阳极经导线回到直流电流的正极
电能转变为化学能
以石墨为电极电解CuCl2溶液
阳极：
2C1﹣﹣2e﹣＝C12↑
阴极：
Cu2++2e﹣＝Cu↓
三、电解原理的应用
1、精炼铜和电镀铜
项 目
铜的电解精炼
电镀铜
含 义
利用电解原理将粗铜中的杂质（如锌、铁、镍、银、金等）除去，以获得电解铜（含Cu的质量分数达99.95%～99.98%）的过程
利用电解原理在某些金属的表面镀上一薄层其他金属（铜）或合金的过程
目 的
制得电解铜，以增强铜的导电性
使金属更加美观耐用，增强防锈抗腐能力
电解液
CuSO4溶液（加入一定量的硫酸）
含有镀层金属离子（Cu2+）的电解质溶液作电镀液（如CuSO4溶液）
阳极材料
粗铜
镀层金属（Cu）
阴极材料
纯铜
待镀金属制品
电极反应式
阴极
Cu2++2e﹣＝Cu
Cu2++2e﹣＝Cu
阳极
Cu﹣2e﹣＝Cu2+
Zn﹣2e﹣＝Zn2+
Ni﹣2e﹣＝Ni2+
Cu﹣2e﹣＝Cu2+
特 点
①阳极反应为粗铜中的Cu及杂质失去电子而溶解
②溶液中CuSO4的浓度基本不变
①阳极本身失去电子而溶解
②溶液中金属阳离子的浓度保持不变
③溶液的pH保持不变
说 明
当阳极上的Cu失去电子变成Cu2+溶解后，银、金等金属杂质以单质的形式沉积于电解槽底，形成阳极泥
①铜镀层通常主要用于电镀其他金属之前的预镀层，以使镀层更加牢固和光亮
②电镀工业的废水中常含剧毒物质如氰化物、重金属等．因此必须经过处理才能排放
2、氯碱工业
①电解饱和食盐水溶液的反应原理．
阴极电极反应式（Fe棒）：2H++2e﹣＝H2↑（H+得电子产生H2后，阴极区OH﹣浓度增大而显碱性）
阳极电极反应式（石墨）：2C1﹣﹣2e﹣＝Cl2↑
电解的总化学方程式：2NaCl+H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
②设备：离子交换膜电解槽．离子交换膜电解槽主要由阳极、阴极、离子交换膜、电解槽框和导电铜棒等组成，每台电解槽由若干个单元槽串联或并联组成．电解槽的阳极用金属钛制成；阴极由碳钢网制成．
③阳离子交换膜的作用：①把电解槽隔为阴极室和阳极室；②只允许Na+通过，而Cl﹣、OH﹣和气体则不能通过．这样，既能防止生成的H2和Cl2相混合而发生爆炸，又能避免C12进入阴极区与NaOH溶液作用生成NaClO而影响烧碱的质量．

【命题方向】
题型一：电解原理
典例1：（2014•广州一模）某小组设计电解饱和食盐水的装置如图，通电后两极均有气泡产生，下列叙述正确的是（　　）

A．铜电极附近观察到黄绿色气体 B．石墨电极附近溶液呈红色
C．溶液中的Na+向石墨电极移动 D．铜电极上发生还原反应
分析：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，根据电解池的工作原理结合电极反应来回答判断即可．
解答：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，该极上的反应：2H++2e﹣＝H2↑，阳极上是氯离子失电子，发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑．
A、金属铜电极一定是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣＝H2↑，铜电极附近观察到无色气体，故A错误；
B、石墨电极是阳极，该电极附近发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，可以观察到黄绿色气体产生，故B错误；
C、电解池中，阳离子移向阴极，即移向铜电极，故C错误；
D、金属铜电极是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣＝H2↑，属于还原反应，故D正确．
故选D．
点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，注意电解池的阳极材料决定电极反应的书写，难度不大．

题型二：电解池和原电池综合
典例2：（2011•连云港模拟）某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究电化学问题．当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生偏转．下列有关说法不正确的是（　　）

A．甲装置是原电池，乙装置是电解池 B．当甲中产生0.1 mol气体时，乙中析出固体的质量为6.4 g
C．实验一段时间后，甲烧杯中溶液的pH增大 D．将乙中的C电极换成铜电极，则乙装置可变成电镀装置
分析：A、依据装置图分析电极与电解质溶液可知电极活泼性相差大的为原电池，甲池为原电池，乙池为电解池；
B、依据电极反应和电子守恒计算分析；
C、甲池中氢离子在铜电极得到电子生成氢气，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大；
D、乙中C电极和原电池负极连接做电解池的阴极，换做铜对电解过程无影响，不能形成电镀装置，电镀装置是阳极为镀层金属．
解答：A、Zn、Cu电极和稀硫酸构成原电池，其中Zn作负极，Cu作正极；乙装置是电解池，C为阴极，Pt为阳极，故A正确；
B、当甲中产生0.1 mol H2时，电极反应无味2H++2e﹣═H2↑，电路转移0.2 mol 电子，乙中电解池中，阴极上 电极反应为Cu2++2e﹣═Cu，依据电子守恒计算得到0.1 mol Cu，质量为6.4 g，故B正确；
C、实验一段时间后，甲烧杯的溶液中c（H+）减小，pH增大，故C正确；
D、乙中的C电极是阴极，将其换成铜电极，该装置不是电镀装置，故D错误．
故选：D．
点评：本题考查了原电池和电解池原理的分析应用，电极反应和电极判断，电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等．

题型三：电解混合溶液相关计算
典例3：500mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3﹣）＝0.6mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（　　）
A．原混合溶液中c（K+）为0.2 mol•L﹣1 B．上述电解过程中共转移0.2 mol电子
C．电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol D．电解后溶液中c（H+）为0.2 mol•L﹣1
分析：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答．
解答：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量＝＝0.1mol；
每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，
所以根据转移电子守恒得铜的物质的量＝＝0.1mol，
则铜离子的物质的量浓度＝＝0.2mol/L，
根据电荷守恒得钾离子浓度＝0.6mol•L﹣1﹣0.2mol/L×2＝0.2mol/L，
A．根据分析知，原混合溶液中c（K+）为0.2 mol•L﹣1，故A正确；
B．转移电子的物质的量＝0.1mol×4＝0.4mol，故B错误；
C．根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，故C错误；
D．当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为0.1mol×4＝0.4mol，则氢离子浓度＝＝0.8mol/L，故D错误；
故选：A．
点评：本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，结合转移电子守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等．

题型四：电解酸、碱、盐水溶液产物及溶液pH变化分析
典例4：用石墨作电极，电解1mol•L﹣1下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是（　　）
A．HCl B．CuSO4 C．Na2SO4 D．NaCl
分析：电解时，根据溶液中离子放电顺序判断电解后溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小如何改变，如果电解后溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，如果氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，如果两者相等则溶液呈中性；
用石墨作电极电解，溶液中阳离子放电顺序为：K+＜Ca2+＜Na+＜Mg2+＜Al3+＜H+＜Zn2+＜Fe2+＜Sn2+＜Pb2+＜H+＜Cu2+＜Fe3+＜Hg2+＜Ag+；
阴离子放电顺序为：S2﹣＞SO32﹣＞I﹣＞Br﹣＞Cl﹣＞OH﹣＞含氧酸根离子＞F﹣，据此即可解答．
解答：A．用石墨作电极电解盐酸，电解过程中，阳极：溶液中阴离子OH﹣、Cl﹣移向阳极，放电顺序Cl﹣＞OH﹣，Cl﹣放电发生氧化反应，阳极电极反应式：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；阴极：溶液中阳离子H+移向阴极放电2H++2e﹣＝H2↑，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故A错误；
B．用石墨作电极电解CuSO4溶液，电解过程中，阳极：溶液中阴离子OH﹣、SO42﹣移向阳极，氢氧根离子放电发生氧化反应，电极反应式：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；阴极：溶液中阳离子Cu2+、H+移向阴极发生还原反应，电极反应：2Cu2++4e﹣═2Cu；所以溶液中氢氧离子浓度逐渐减小，氢离子浓度逐渐增大，pH值逐渐变小，故B错误；
C．用石墨作电极电解硫酸钠溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，阴极：4H++4e﹣＝2H2 ↑，阳极4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，故C正确；
D．用石墨作电极电解氯化钠溶液时，阴极电极反应式为：2H2O+2e﹣＝H2 ↑+2OH﹣，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，同时生成氢氧化钠，所以其电池反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故D错误；
故选C．
点评：本题以电解原理为载体考查了电解质溶液中离子的放电顺序，电解电解质溶液时，有电解水型，如电解硫酸钠溶液；有电解电解质型，如电解氯化铜溶液；有电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液，明确电极反应是解答本题的关键，题目难度不大．

题型五：电解原理的应用（见铜的精炼和氯碱工业相关考点卡片）

【解题方法点拨】
用惰性电极作阳极电解酸、碱、盐水溶液的规律：
物 质
代表物
参加电解
的物质
阴极（区）
产物
阳极（区）
产物
溶液pH
的变化
酸
含氧酸
H2SO4、HNO3
H2O
H2
O2
减小
无氧酸
（除HF）
HCl
HCl
H2
C12
增大
碱
强碱
NaOH、KOH
H2O
H2
O2
增大
盐
不活泼金属的无氧酸盐
CuCl2
CuCl2
Cu
C12
增大（若考虑C12的溶解，则pH减小）
活泼金属的
无氧酸盐
NaCl
NaCl、H2O
H2、NaOH
C12
减小
不活泼金属的含氧酸盐
CuSO4、AgNO3
CuSO4、H2O
AgNO3、H2O
Cu；Ag
O2、H2SO4
O2、HNO3
增大
活泼金属的
含氧酸盐
K2SO4、NaNO3
KNO3、Na2SO4
H2O
H2
O2
不变
归纳：（1）电解含氧酸、强碱和活泼金属含氧酸盐的水溶液，实际上都是电解水，即：2H2O2H2↑+O2↑
（2）电解无氧酸（HF除外）、不活泼金属无氧酸的水溶液，就是电解溶质本身．例如：2HClH2↑+Cl2↑；CuCl2Cu+C12↑
（3）电解活泼金属无氧酸盐溶液时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OH2↑+碱+卤素单质X2（或S）
（4）电解不活泼金属含氧酸盐的溶液时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OO2↑+酸+金属单质
（5）电解时，若只生成H2，pH增大．若只生成O2，则pH减小．若同时生成H2和O2，则分为三种情况：电解酸的溶液，pH减小；电解碱的溶液，pH增大；电解盐的溶液，pH不变．
4．镁、铝的重要化合物
【知识点的知识】
一、MgO和Al2O3的比较
相同点：都是离子化合物，熔点高，化学性质活泼，可作为耐火材料；
不同点：①MgO与水缓慢化合；Al2O3与水不反应；②氧化镁是碱性氧化物，可以和酸反应，而氧化铝是两性氧化物，既可以和酸反应，又可以和碱反应．
二、Mg（OH）2和Al（OH）3的比较
1、Mg（OH）2：白色难溶于水的固体，其水溶液中c（OH﹣）很小，可以使酚酞溶液变成浅红色
Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）
化学性质：
①可与酸反应生成盐和水，如Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O
②热稳定性差，受热容易分解：Mg（OH）2MgO+H2O
2、Al（OH）3：不溶于水的白色胶状物质；能凝聚水中的悬浮物，可用作净水剂、可治疗胃酸过多、作糖的脱色剂等；既能与酸反应，又能与碱反应．
化学性质：
（1）与酸反应：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O
（2）与碱反应：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O
（3）受热易分解：2Al（OH）3Al2O3+3H2O
氢氧化铝的制备：
实验室制法：Al2（SO4）3+6NH3•H2O═3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓
其他制法：①AlO2﹣+HCO3﹣+H2O＝Al（OH）3↓+CO32﹣
②2AlO2﹣+CO2+3H2O＝2Al（OH）3↓+CO32﹣
③AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣
④3AlO2﹣+Al3++6H2O═4Al（OH）3↓
【解题思路点拨】
一、易错点分析：
1、利用互滴顺序不同，现象不同可检验的溶液
（1）AlCl3溶液和盐酸
（2）NaAlO2溶液和盐酸
（3）Na2CO3溶液和盐酸
（4）AgNO3溶液和氨水
2、当溶液中有多种离子时，要考虑离子之间的反应顺序，如向含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，NaOH先与H+反应，再与Mg2+、Al3+反应生成沉淀，再与NH4+反应，最后才溶解Al（OH）3沉淀．一般是按生成水、沉淀、气体的顺序反应．
3、AlO2﹣与HCO3﹣的反应不属于水解相互促进的反应，而是HCO3﹣电离出的H+与AlO2﹣发生的反应：AlO2﹣+HCO3﹣+H2O＝Al（OH）3↓+CO32﹣．
二、铝相关图象分析
1、向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量．
（1）实验现象：
①AlCl3溶液中先出现白色沉淀；②继续滴加NaOH溶液沉淀溶解．
（2）反应离子方程式
①Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓；②Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O
（3）图象．
2、向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量．
（1）实验现象：
①NaOH溶液中开始无沉淀（或出现白色沉淀后迅速溶解）；②继续滴加AlCl3溶液中产生沉淀达到最大值后保持不变．
（2）反应离子方程式
①Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；②Al3++3AlO2﹣+6H2O＝4Al（OH）3↓
（3）图象．
3、向AlO2﹣溶液中滴加HCl溶液至过量．
（1）实验现象：
①AlO2﹣溶液中先出现白色沉淀；②继续滴加HCl溶液沉淀溶解．
（2）反应离子方程式
①AlO2﹣+H++H2O＝Al（OH）3↓；②Al（OH）3+3H+＝Al3++3H2O
（3）图象．
4、向HCl溶液中滴加AlO2﹣+溶液至过量．
（1）实验现象：
①HCl溶液中开始无沉淀（或出现白色沉淀后迅速溶解）；②继续滴加AlO2﹣+溶液产生沉淀至不变．
（2）反应离子方程式
①AlO2﹣+4H+＝Al3++2H2O；②Al3++3AlO2﹣++6H2O＝4Al（OH）3↓
（3）图象．
5．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用
【知识点的知识】
1、分离或提纯时，若需要加入试剂，试剂的选择应遵循以下五个原则：
1）所选试剂一般只和杂质反应．
2）操作不应引入新的杂质．
3）不减，即不减少欲被提纯的物质．
4）易分，即欲被提纯的物质与杂质应容易分离．
5）易得，试剂应尽可能容易获得，且价格低廉．
2、还必须做到以下“三必须”：
1）所加除杂质的试剂必须“过量”，只有过量才能除尽欲除杂质．
2）由过量试剂引入的新的杂质必须除尽．
3）分离和除杂质的途径必须选择最佳方案．
3、物质分离和提纯方法的选择：
1）固﹣固混合分离型：加热（包括灼烧、热分解和升华）、结晶（重结晶）；
2）固﹣液混合分离型：过滤、盐析、蒸发；
3）液﹣液混合分离型：萃取、分液、蒸馏、渗析；
4）气﹣气混合分离型：洗气，包括（1）采用液体净化剂时﹣﹣用洗气瓶；
（2）采用固体净化剂时﹣﹣用干燥管或反应管．
物质的分离和提纯常用方法如下表：

分离和提纯方法
适用范围
举例


物

理

方

法
过滤法
固体与液体分离
蛋白质的提纯
蒸发浓缩法
分离溶于溶剂中的溶质
提取食盐溶液中的NaCl
结晶、重结晶法
混合物在溶剂中的溶解度随温度变化不同
NaCl和KNO3混合物分离
蒸馏、分馏法
沸点不同的液体分离
乙醇和乙酸，石油分离
分液法
两种互不相溶的液体
苯和水
萃取法
某物质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同
用CCl4从溴水中提取溴
升华法
混合物中某一成分在一定温度下可直接由固体
变为气体，冷却后，气体又直接变为固体
碘和NaCl混合物中提取碘

液化法
气体混合物各组分沸点不同，先使其液化后，
控制温度再汽化
从空气中分离N2、O2

渗析法
用半透膜使离子或小分子从胶体溶液中分离
把KI从淀粉溶液中分离出来
盐析法
加入无机盐，使某些物质溶解度降低而沉淀
从肥皂液中分离甘油；蛋白质盐析
化

学

方

法
热分解法
混合物各组分的热稳定性不同，加热或灼烧可分
除去Na2CO3中的NaHCO3
溶解 法
混合物各组分的酸、碱性不同，用酸或碱处理
分离Fe2O3和Al2O3
沉淀法
混合物中某一成分与某试剂反应而沉淀
KNO3中含有KCl即可加入
AgNO3，使Cl﹣沉淀除去
氧化还原法
利用混合物中某一成分能被氧化（或被还原）
的性质分离
除去苯中的甲苯，加入酸性KMnO4，甲苯被氧化除去
电解法
利用电解分离和提纯
电解法精练铜
离子交换法
利用离子交换法提纯
离子交换法软化硬水
络合法
混合物中某一组分可形成络合物
分离Al2O3和ZnO
6．探究物质的组成或测量物质的含量
【知识点的认识】
1、科学探究的一般方法：
提出问题﹣﹣猜想与假设﹣﹣制定计划﹣﹣收集证据﹣﹣实验设计﹣﹣证实猜想﹣﹣解释与讨论﹣﹣反思与评价﹣﹣表达与交流
2、探究物质组成的一般方法：
（1）元素分析法：如燃烧法探究碳、氢、氧元素的存在，用元素分析仪确定物质中是否含有C、H、O、N、S、Cl、Br等元素；
（2）用红外光谱仪确定物质中是否存在某些有机原子团；
（3）用原子吸收光谱仪确定物质中含有哪些金属元素；
（4）用用于比色分析的分光光度计测定溶液颜色深浅，分析溶液颜色与反应物（或生成物）浓度的关系（即比色分析），从而可以确定该化学反应的速率；
（5）用pH计是测定溶液pH；
（6）特性分析法：如能跟酸反应生成沉淀的盐可能是硅酸盐等．
3、物质含量测量的一般方法：
（1）溶解法：将固体混合物中的某种成分溶解；
（2）沉淀法：将混合物某种成分转化为沉淀；
（3）气化法：把混合物中某种成分转化为气体；
（4）滴定法：通过滴定测某一组分含量；
（5）差量法：通过组分质量变化测物质含量．
7．制备实验方案的设计
【知识点的知识】
1、无机物的制备
无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，制备的目标物质要容易分离出来．物质分离与提纯有多种方法，总的说有物理方法和化学方法两大类．物理方法有过滤、蒸发、蒸馏、分液、萃取、结晶、重结晶、渗析等．化学方法有沉淀法、热分解法、电解法、氧化还原法等．要根据目标物质的性质和特点来选择适宜的制备、分离方法．
2、有机物的制备
有机物的制备要通过有机反应来实现．各类有机物的结构和性质，就是有机物制备的基础．一种有机物的性质，往往是另一种有机物的制备方法．尽管有机物数量庞大，但是各类有机物之间一般存在着确定的相互转化的衍生关系．理解和掌握这种关系，可以为寻找有机物制备的合理途径、正确地进行有机物的制备提供科学的依据．因此，在设计有机物的制备实验方案时，要充分利用这种衍生关系．
3、设计制备实验方案的一般思路
设计制备实验方案的一般思路是：
①列出可能的几种制备方法和途径；
②从方法是否可行、装置和操作是否简单、经济与安全等方面进行分析和比较；
③从中选取最佳的实验方法．在制定具体的实验方案时，还应注意对实验条件进行严格、有效的控制．

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