2025届高三化学一轮复习 高考化学解答大题：制备实验方案的设计

2025高考化学制备实验方案的设计（解答大题）（共25小题） 1．（2024秋•浦东新区校级月考）乳酸亚铁固体（[CH3CH（OH）COO]2Fe，摩尔质量：234g/mol）易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液易被氧化。它是一种很好的补铁剂常用于治疗缺铁性贫血。可由乳酸与FeCO3反应制得。 Ⅰ．制备碳酸亚铁：装置如图所示 ①组装仪器，检查装置气密性，加入试剂； ②先关闭K2，打开K1、K3，一段时间后关闭K3； ③打开活塞K2； ④过滤，洗涤干燥。 （1）盛放碳酸钠溶液的玻璃仪器名称为 　 　。操作②中，先关闭K2，打开K1、K3，加入适量稀硫酸，使反应进行一段时间，其目的是 　 　。 （2）装置a可盛适量的水，其作用是 　 　。 （3）可用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，观察到有大量气泡冒出，发生反应的离子方程式为 　 　，此法所得产品纯度更高，原因是 　 　。 Ⅱ．制备乳酸亚铁： 将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸。 （4）从所得溶液中获得乳酸亚铁所需的实验操作是：隔绝空气低温蒸发，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。 ①过滤所需的玻璃仪器为 　 　。 ②选用乙醇洗涤的原因是 　 　。 Ⅲ．乳酸亚铁晶体纯度的测量： （5）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量计算纯度，发现结果总是大于100%，其原因是 　 　。 （6）该兴趣小组改用铈（Ce）量法测定产品中Fe2+的含量，可通过用Ce（SO4）2滴定法测定样品中Fe2+的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度（反应中Ce元素被还原为Ce3+）。称取7.8g样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10mol•L﹣1Ce（SO4）2标准溶液滴定。反复滴定3次，平均消耗标准液30.00mL，则产品中乳酸亚铁的纯度为 　 　。若滴定操作时间过长，则测得的样品纯度将 　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 2．（2024秋•南京期中）废旧锂电池正极材料（含LiCoO2及少量Al、Fe等）为原料制备CoSO4溶液，再以CoSO4溶液、NaOH溶液、氨水和水合肼为原料制得微米级Co（OH）2。 已知： ①Co2+、Co3+易与NH3形成配合物； ②水合肼（N2H4•H2O）为无色油状液体，具有强还原性，氧化产物为N2； ③沉淀的生成速率越快，颗粒越小，呈凝乳状胶体，不易过滤。 （1）写出钴基态原子的价层电子排布式 　 　。 （2）制备CoSO4溶液。 取一定量废旧锂电池正极材料，粉碎后与Na2SO3溶液混合配成悬浊液，边搅拌边加入1 mol/LH2SO4溶液充分反应。LiCoO2转化为CoSO4、Li2SO4的化学方程式为 　 　。从分液漏斗中滴入1 mol/LH2SO4时，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是 　 　。 （3）制备微米级Co（OH）2 60℃时在搅拌下向500mL1mol/LCoSO4溶液中加入氨水，调节pH至6后，再加入NaOH溶液，调节pH至9.5左右，一段时间后，过滤、洗涤，真空烘干得微米级Co（OH）2。 制备时，在加入NaOH溶液前必须先加氨水的原因是 　 　。 （4）经仪器分析，测得按题（3）步骤制得的Co（OH）2晶体结构中含有Co（Ⅲ），进一步用碘量法测得Co（Ⅱ）的氧化程度为8%。因此制备时必须加入一定量的还原剂。 为确保制得的Co（OH）2产品中不含Co（Ⅲ），制备时至少需加入水合肼的质量为 　 　g。（写出计算过程） （5）利用含钴废料（主要成分为Co3O4，还含有少量的石墨、LiCoO2等杂质）制备碳酸钴CoCO3。 已知：①CoCO3几乎不溶于水，Li2CO3微溶于水； ②钴、锂在有机磷萃取剂（HR）中的萃取率与pH的关系如图所示； ③酸性条件下的氧化性强弱顺序为：Co3+＞H2O2。 请补充完整实验方案：取一定量含钴废料，粉碎后 　 　，充分反应后，静置后过滤，洗涤、干燥得到CoCO3。【实验中必须使用的试剂：2mol/LH2SO4溶液、2mol/LNaOH溶液、有机磷（HR）、0.5mol/LNa2CO3溶液、30%H2O2溶液。】 3．（2024秋•东莞市月考）高铁酸钾（K2FeO4，极易溶于水）是常见的水处理剂，其原理如图所示。 【查阅资料】向胶体中加入电解质后，胶体因失去稳定性而发生离子的聚集以至沉淀，称为电解质对胶体的聚沉作用，简称胶体的聚沉。 请回答下列问题： （1）过程①中活性菌表现了 　 　（填“氧化”或“还原”）性，该过程的还原产物是 　 　。 （2）根据上述原理分析，作水处理剂时，K2FeO4的作用有 　 　（填两个）。 （3）制备高铁酸钾常用的反应原理为Fe（OH）3+KClO+KOH→K2FeO4+KCl+H2O（反应未配平）。写出该反应的离子方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目 　 　。 （4）某同学利用制得的Fe（OH）3胶体进行下列实验： ①将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的液体颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3胶体微粒带 　 　（带“正”或“负”）电荷。 ②实验证明，电解质的凝聚能力主要取决于与胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚力越大。向Fe（OH）3胶体加入下列电解质时，其凝聚能力最强的为 　 　。 A.NaCl B.FeCl3 C.K2SO4 D.Na3PO4 4．（2024秋•黄浦区校级月考）戊是用于制造隐形眼镜的功能高分子材料，它的一种合成路线如图： （1）甲的名称为：　 　。 （2）图为制取并检验甲性质的实验装置图： （a）写出实验室制取甲的化学方程式 　 　。 （b）下列说法正确的是 　 　。 A．a中反应温度可以控制在140℃ B．b中溶液颜色逐渐褪去说明产生了甲 C．c中溶液颜色逐渐褪去说明产生了甲 D．d口导出的气体均具有可燃性 （3）写出乙中官能团检验的化学方法：　 　。 （4）下列叙述正确的是 　 　。 A．用分液操作分离乙 B．丙为CH3CH2OH C．丁发生缩聚反应合成戊 D．戊因含羟基而具有亲水性 （5）写出戊的结构简式：　 　。 （6）写出丙生成丁的化学方程式 　 　。 5．（2024秋•东城区校级月考）研究人员合成了一种普鲁士蓝（PB）改性的生物炭（BC）复合材料（BC—PB），并将其应用于氨氮废水（含NH3、）的处理。 资料：①普鲁士蓝（PB）是亚铁氰化铁的俗称，化学式为Fe4[Fe（CN）6]3，难溶于水。 ②BC—PB中，PB负载在BC表面，没有产生新化学键，各自化学性质保持不变。 Ⅰ．复合材料BC—PB的合成 （1）下列关于ⅰ中HCN参与反应的说法正确的是 　 　（填字母）。 a．提供H+，与Fe反应 b．提供H+，与OH﹣反应 c．提供CN﹣，与Fe2+配位 d．提供CN﹣，与K+反应 （2）ⅱ中分离得到K4[Fe（CN）6]•3H2O的操作包括加热浓缩、　 　。 （3）ⅲ中生成普鲁士蓝反应的离子方程式为 　 　。 （4）添加造孔剂可以增加BC的孔道数目和容量。造孔剂的造孔原理之一是在一定条件下分解产生气体。700℃时，KHCO3造孔原理的化学方程式为 　 　。 Ⅱ．氨氮废水处理 用NH4Cl溶液模拟氨氮废水。实验发现pH＝2时，在BC—PB体系中加入H2O2，可将氨氮转化为无毒气体N2，提高氨氮的去除率。其原理为： ⅰ． ⅱ．•OH将氨氮氧化为N2 （5）ⅱ的离子方程式为 　 　。 （6）用BC—PB和H2O2混合处理某氨氮废水。实验结束后，收集到22.4LN2（已折算成标准状况）。实验中消耗的H2O2的质量至少为 　 　g。 6．（2024秋•鼓楼区校级月考）一水草酸钙（CaC2O4•H2O）可用作分离稀有金属的载体。其制备方法如下： 步骤Ⅰ：用精制氯化钙稀溶液与草酸溶液共热反应，过滤，将固体溶于热盐酸中。 步骤Ⅱ：加氨水反应得一水草酸钙沉淀，过滤，热水洗涤，在105℃干燥得产品。 （1）写出步骤Ⅱ发生反应的化学方程式 　 　。 （2）为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50g样品加热，样品的固体残留率（）随温度的变化如图所示。 300℃时残留固体的成分为 　 　，900℃时残留固体的成分为 　 　。 （3）通过下列方法测定CaC2O4•H2O的纯度：取2.500gCaC2O4•H2O样品于锥形瓶中，加入10mL2：1的H2SO4溶液溶解，再稀释至100mL。从锥形瓶中取20.00mL溶液，用0.1000mol/L的KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液12.00mL。 ①滴定终点的现象是，加入最后半滴KMnO4标准溶液，　 　。 ②计算CaC2O4•H2O的纯度 　 　（写出计算过程）。 7．（2024秋•鼓楼区校级月考）HClO4是易挥发的发烟液体，温度高于130℃易爆炸。高氯酸铜晶体[Cu（ClO4）2•6H2O]易溶于水，120℃开始分解，常用于生产电极和作催化剂等。 （1）将CuCl2和Na2CO3用研钵分别研细，加入适量的沸水，搅拌，充分反应后静置得蓝色Cu2（OH）2CO3沉淀。写出生成Cu2（OH）2CO3沉淀的化学方程式 　 　。 （2）向Cu2（OH）2CO3沉淀中滴加稍过量的HClO4，小心搅拌，适度加热后得到蓝色Cu（ClO4）2溶液，同时产生大量的白雾。 ①白雾的主要成分是 　 　（填化学式）。 ②加热时温度不能过高的原因是 　 　。 （3）某研究小组欲用CuCl2粗品（含少量FeCl2）制备纯净的无水氯化铜固体。请补充完整由CuCl2粗品制备纯净的无水氯化铜固体的实验步骤：将粗CuCl2固体溶于适量稀盐酸；边搅拌边缓慢加入适量 　 　并充分混合，直至 　 　，停止滴加。边搅拌边分批加入 　 　，　 　，停止加入。 　 　，　 　，冷却结晶，过滤、冰水洗涤，低温干燥，得到CuCl2•2H2O晶体；将CuCl2•2H2O晶体 　 　，得到无水氯化铜固体。 已知：①实验中必须用的试剂：CuO、K3[Fe（CN）6]溶液、HCl气体和H2O2溶液 ②下表列出相应金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1mol•L﹣1）； 金属离子 开始沉淀 沉淀完全 Fe3+ 1.1 3.2 Fe2+ 5.8 8.8 Cu2+ 4.7 6.7 8．（2024秋•海淀区校级月考）某钒渣主要成分为V2O3（含有少量Al2O3、CaO），以其为原料生产V2O5的工艺如图： 已知： ⅰ.钒酸（H3VO4）是强酸，NH4VO3（偏钒酸铵）难溶于水；+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表所示。 pH 4～6 6～8 8～10 10～12 主要离子 V2 ⅱ.室温下，Ksp（CaCO3）＝m，Ksp[Ca3（VO4）2]＝n。 ⅲ.Al3+在溶液pH＝3.3时开始沉淀，溶液pH＝4.7时沉淀完全。 请回答以下问题： （1）“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是 　 　；焙烧过程中V2O3生成Ca（VO3）2的化学方程式为 　 　。 （2）已知Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH＝5，则Ca（VO3）2溶于盐酸的离子方程式为 　 　。 （3）“转沉”时，发生反应Ca3（VO4）2（s）+3（aq）⇌2（aq）+3CaCO3（s），该反应的平衡常数K＝ 　 　（用含m、n的代数式表示）。 （4）“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是 　 　。 （5）产品纯度测定： 将mg产品（V2O5）溶于足量稀硫酸配成100mL（VO2）2SO4溶液。取20.00mL该溶液于锥形瓶中，用amol•L﹣1H2C2O4标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。 ①完成下列滴定过程的离子方程式：　 　+□H2C2O4+□CO2++□CO2+□。 ②产品的纯度为 　 　（用质量分数表示，M（V2O5）＝182g•mol﹣1）。 9．（2024•贵州开学）纳米级MoO3具有致电变性性能，在电子工业上有广泛应用。以铁铝华矿[主要成分是Fe2（MoO4）3•8H2O还含有少量的Al2O3]为原料制备MoO3和Na2FeO4的流程如图。回答下列问题： 已知： K＝1013.38；当溶液中某离子的浓度小于或等于10﹣5mol•L﹣1时，表明该离子已完全沉淀。 （1）基态Fe的价层电子排布式为 　 　，Mo和Cr同族，Mo位于 　 　区。 （2）“焙烧”时Fe2（MoO4）3•8H2O 　 　（填“作氧化剂”“作还原剂”或“既不作氧化剂又不作还原剂”），提高“焙烧”反应速率，宜采取的措施有 　 　（答1条）。 （3）“调pH”的最低值为 　 　。 （4）“沉钼”时分两步反应：第一步是 　 　（写化学方程式），第二步是H2MoO4═MoO3+H2O。 （5）配平制备Na2FeO4的反应方程式：　 　Fe（OH）3+　 　ClO﹣+　 　═　 　 　 　Cl﹣+　 　。 （6）Na2MoO4、Na2SO4的溶解度随温度变化的情况如图所示，曲线A代表 　 　（填“Na2SO4”或“Na2MnO4”。 10．（2024秋•西城区校级月考）合成NH3是重要的研究课题，一种合成NH3的流程示意如图。 相关数据如下： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 与N2反应温度/℃ 分解温度/℃ Mg 649 1090 ＞300 Mg3N2：＞800 （1）固氮： ①固氮反应的化学方程式是 　 　。 ②固氮的适宜温度范围是 　 　。 a．500～600℃b．700～800℃c．900～1000℃ ③人工固氮是高能耗的过程，结合N2分子结构解释原因：　 　。 ④检测固氮作用：向固氮后的产物中加水，　 　（填操作和现象），说明Mg能起到固氮作用。 （2）转氨：选用试剂a完成转化。 Ⅰ．选用H2O进行转化。发现从体系中分离出NH3较困难。 Ⅱ.选用HCl气体进行转化。发现能产生NH3，且产物MgCl2能直接循环利用。但NH3的收率较低，原因是 　 　。 Ⅲ.选用NH4Cl固体进行转化。合成氨的过程如下： 合成氨的总反应方程式是 　 　。 经实验研究，证实了Mg3N2中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨。 实验：将 　 　（填化学式）两种物质混合，充分反应。检测结果：经探测仪检测所得氨气中存在15NH3。 11．（2024•河南开学）丙烯（CH3CH＝CH2）是一种重要的化工原料，可以通过多种途径制得。 （1）实验室以正丙醇为原料制取丙烯，其反应原理为CH3CH2CH2OH═CH3CH＝CH2↑+H2O，在制备过程中产生少量的SO2、CO2，，某兴趣小组在实验室模拟该反应并用下列装置检验反应产物。 ①为检验反应产物，选择以上装置的连接顺序为混合气体→　 　（用字母表示，装置可以重复使用）。 ②检验SO2的存在利用了SO2的 　 　性质。 ③写出正丙醇与浓硫酸共热生成SO2、CO2的化学方程式：　 　。 （2）丙烷无氧条件下催化脱氢制丙烯，其原理为C3H8（g）＝C3H6（g）+H2（g）ΔH。反应历程如图所示。 ①该脱氢过程ΔH 　 　0（填“＞”或“＜”）。 ②依据历程图推测该脱氢过程中可能会产生的副产物为 　 　（填分子式）。 （3）某丙烯燃料电池工作原理如图所示，电解质溶液为NaOH溶液。 ①电极a的电极反应式为 　 　。 ②当外电路中转移3mol电子时，理论上电解质溶液中减少的OH﹣的物质的量为 　 　mol。 12．（2024秋•山东月考）NH3—CaSO4法可用于吸收燃煤发电厂的CO2，同时获得产品（NH4）2SO4。反应的原理为：CO2+CaSO4+2NH3+H2O═CaCO3↓+（NH4）2SO4。实验室根据上述反应原理，模拟生产硫酸铵。完成下列填空： （1）上述反应原理中，属于电解质的物质有 　 　种，实验室利用大理石制备CO2的离子方程式为 　 　。 （2）搭建如图1所示装置，先从 　 　（选填“a”或“b”）通入气体 　 　（填物质名称）至饱和。然后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的可能原因是 　 　（用离子方程式解释）。 （3）将反应后混合体系过滤，滤液经一系列操作后得（NH4）2SO4晶体（溶解度曲线如图2）。将下列操作或现象的标号填入相应括号中 　 　。 A．蒸发皿中出现少量晶体 B．使用漏斗趁热过滤 C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干 D．用玻璃棒不断搅拌 E．等待蒸发皿冷却 若烘干“过滤”所得（NH4）2SO4晶体时温度过高，会分解产生SO2、N2、NH3和H2O，则相同条件下，SO2和N2的体积比为 　 　。 13．（2024秋•9月份月考）乙二胺四乙酸铁钠结构如图所示，是一款具有生物活性的有机螯合铁营养强化剂。 乙二胺四乙酸铁钠（C10H12FeN2NaO8） 一种制备方案如下： 制备FeCO3：称取4.38gFeSO4•7H2O加水溶解，加热至40～50℃，再缓慢添加1.31gNa2CO3，得到FeCO3悬浊液。 制备Fe（OH）3：向FeCO3悬浊液中逐滴加入7mL30%H2O2溶液，过滤，洗涤，得到高活性Fe（OH）3。 制备乙二胺四乙酸铁钠：将0.14mol乙二胺四乙酸和0.56gNaOH，用30mL水溶解后，缓慢加入上述制得的Fe（OH）3，调节pH为4.5～6.0，充分反应后减压过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、干燥，得到土黄色高纯乙二胺四乙酸铁钠晶体。 请回答下列问题： （1）乙二胺四乙酸铁钠的配位原子中第一电离能最大的元素是 　 　。 （2）制备FeCO3时，Na2CO3添加过快，会导致 　 　。 （3）制备Fe（OH）3的化学方程式为 　 　； 利用 　 　（填试剂的化学式）检验Fe（OH）3是否洗涤干净。 （4）制备乙二胺四乙酸铁钠时，调节pH为4.5～6.0能达到最好的效果。pH太高或太低均会导致乙二胺四乙酸铁钠晶体产率下降，原因是 　 　。 （5）测定乙二胺四乙酸铁钠中铁的含量。称量mg样品溶解后加稀H2SO4酸化，再加入mg锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液用250mL容量瓶定容。移取25mL溶液至锥形瓶中，加入一定量的H2SO4—H3PO4混酸，用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液平行滴定3次，平均消耗KMnO4溶液VmL。KMnO4标准溶液盛装在 　 　（填仪器名称）中，加入H2SO4—H3PO4混酸的作用是 　 　；该晶体中铁元素的质量分数的表达式为 　 　（用题中所给字母表示）。注：磷酸与Fe3+配位形成无色配离子[Fe（HPO4）2]﹣。 14．（2024秋•安徽月考）硫酸是重要的基础化工原料之一，是化学工业中最重要的产品，号称“工业之母”。 （1）我国古代炼丹家狐刚子在《出金矿图录》中记载了一种硫酸的提取方法——“炼石胆取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4•5H2O分解的TG曲线（热重）如图所示。700℃左右分解生成的氧化物有SO2、　 　和 　 　（填化学式）。 （2）铅室法使用了大容积铅室制备硫酸（76%以下），副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：NO2+SO2+H2O＝NO+H2SO4、2NO+O2＝2NO2。 ①上述过程中，NO2的作用为 　 　。 ②为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 　 　（答出两点即可）。 （3）接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：SO2（g）+O2（g）⇌SO3（g） ΔH＝﹣98.9kJ•mol﹣1。 ①为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和SO2转化率的关系如图所示，催化性能最佳的是 　 　（填标号）。 ②在450℃、100kPa的条件下，SO3的平衡体积分数随起始时投料比的变化如图所示，用平衡压强（平衡压强＝该物质的体积分数×总压强）代替平衡浓度，则450℃时，该反应的Kp＝ 　 　。 15．（2024秋•龙湾区月考）根据下列物质间的转化关系，回答下列问题： （1）上述反应中属于氧化还原反应的是 　 　（填序号）。 （2）分别写出④⑤反应的离子方程式：④　 　、⑤　 　。 （3）碳酸钙是牙膏中常用的摩擦剂，甲乙丙三位同学用石灰石来制备，分别设计以下方案。 甲：⑥→⑦→⑧；乙：④→⑤；丙：⑥→⑦→⑨→⑤ 下列说法不正确的是 　 　。 A.乙方案的优点是反应步骤少，节约能源 B.CaO俗称生石灰，属于碱性氧化物，是一种常用固体干燥剂的主要成分 C.⑤中反应也可以向CaCl2溶液中通入CO2制备CaCO3 D.Ca（OH）2俗称熟石灰，⑧中反应也可以向澄清石灰水中通入足量CO2制备CaCO3 16．（2024秋•青浦区校级月考）高铁酸钾（K2FeO4）是兼具杀菌消毒和吸附絮凝功能的高效水处理剂。 （1）K2FeO4在处理污水时，与水体中的 　 　物质反应生成Fe3+。 A．氧化性 B．还原性 （2）Fe3+再水解生成Fe（OH）3胶体，起到吸附絮凝作用，这与胶体的 　 　有关。 A丁达尔现象 B．电泳 C．聚沉 （一）电解法制备K2FeO4： 装置如图所示，原理为Fe+2KOH+2H2OK2FeO4+3H2↑ （3）灰铸铁材料作 　 　极。 A．正 B．负 C．阴 D．阳 （4）电解时，左侧烧杯中溶液的pH 　 　。 A．升高 B．降低 C．不变 （5）写出电解时石墨电极反应式 　 　。 （二）水相法制备K2FeO4： 实验流程如下所示。 （6）实验室制取NaClO所需的两种原料为 　 　、　 　。 （7）写出反应Ⅰ的化学方程式 　 　。 （8）简述反应Ⅱ能生成K2FeO4的原因 　 　。 （三）K2FeO4的纯度分析 水相法制备的K2FeO4产品纯度测定步骤如下：称取0.500g产品配成100mL溶液。取25.00mL置于锥形瓶，再加入足量Na[Cr（OH）4]溶液，再加适量稀硫酸；最后用0.100mol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液15.00mL。主要反应如下： +[Cr（OH）4]﹣＝Fe（OH）3++OH﹣ 2+2H+＝Cr2+H2O Cr2+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O （9）计算该K2FeO4产品纯度为 　 　。 17．（2024•镇江开学）纳米FeS可用于处理含铬废水。 已知：Ksp[Fe（OH）2]＝1×10﹣14，Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ka1（H2S）＝1.3×10﹣7，Ka2（H2S）＝7.0×10﹣15。 （1）实验室用FeSO4溶液和Na2S溶液制备纳米硫化亚铁的装置如图﹣1所示。 ①从滴液漏斗中滴加的A溶液为 　 　溶液。 ②pH＝8时，Na2S溶液中含硫微粒的浓度由大到小顺序为 　 　。 ③室温下反应FeS+2H+＝Fe2++H2S的K值为 　 　。 （2）纳米FeS处理含铬废水。处理六价铬需经历“吸附﹣还原“等过程。pH＜7.5时，FeS胶粒带正电荷；pH＞7.5时，FeS胶粒带负电荷；六价铬去除率与pH关系如图﹣2所示。 ①pH＝4时，用FeS处理含六价铬废水（铬元素主要以存在），生成Fe（OH）3和硫酸盐，反应的离子方程式为 　 　。 ②pH在5∼9时，pH增大，六价铬去除率下降的原因为 　 　。 （3）70℃时，控制pH约为9，硫酸亚铁铵溶液和硫代乙酰胺（CH3CSNH2）溶液可反应制备高纯纳米FeS。 已知：①碱性条件下，CH3CSNH2+3OH﹣＝CH3COO﹣+S2﹣+NH3•H2O。 ②柠檬酸钠可与Fe2+形成络合物，降低溶液中c（Fe2+）。 请补充完整用硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]和硫代乙酰胺制备纳米硫化亚铁的实验方案： 在三颈烧瓶中加入一定量的硫酸亚铁铵溶液，通入N2赶走装置内空气，　 　，加入缓冲溶液调节溶液pH＝9，　 　，烘干，制得纳米FeS。 （实验中必须用到的试剂：柠檬酸钠溶液、BaCl2溶液，硫代乙酰胺溶液、蒸馏水） 18．（2024秋•广西月考）高氯酸氟（FClO4或FOClO3）易分解，会与有机物发生剧烈～反应，会自发爆炸，自身有刺鼻的气味。制取FClO4可采用特制的耐氟容器，使氟气（F2）缓缓地与10%的HClO4溶液反应，实验装置如图。 已知：Ⅰ．F2、HF、O2的沸点依次为﹣188℃、19.54℃、﹣183.9℃；FClO4的熔点为﹣167℃，沸点为﹣15.9℃。 Ⅱ．核磁共振碳谱中不同化学环境的碳出现不同的吸收峰。 回答下列问题： （1）FClO4中F元素的价态是 　 　价，实验中生成FClO4反应的化学方程式是 　 　。 （2）A中的环状填充物的作用是 　 　；实验中选用液氧分离FClO4，试分析原因：　 　。 （3）FClO4自身会分解生成F2、O2和一种氯的氧化物X，产物中O2与X的化学计量数之比为1：1，则FClO4自身分解的化学方程式为 　 　。 （4）FClO4可与六氟代丙烯发生加成反应形成C—F键，为探究它们反应的产物，提出以下假设： 假设1：产物只有CF3CF2CF2OClO3； 假设2：产物只有 　 　（填结构简式）； 假设3：产物为两者的混合物。 为验证假设1是否成立，可采用的方法是 　 　。若假设1成立，现象是 　 　。 19．（2024•淮安开学）铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如图： 已知：①滤渣1成分：Au、AgCl、PbSO4等； ②当某离子的浓度低于1.0×10﹣5mol/L时，可忽略该离子的存在； ③AgCl（s）+Cl﹣（aq）⇌[AgCl2]﹣（aq） K＝2.0×10﹣5； ④δ表示微粒分布分数，。 回答下列问题： （1）O属于 　 　区元素，其基态原子的价电子排布式为 　 　。 （2）“滤液1”中含有H2SeO3，“氧化酸浸”时Ag2Se反应的离子方程式为 　 　。 （3）在“除金”工序溶液中，Cl﹣浓度不能超过0.5mol/L的原因是 　 　。 （4）在“银转化”体系中，存在： [Ag（SO3）2]3﹣+⇌[Ag（SO3）3]5﹣平衡，且[Ag（SO3）2]3﹣和[Ag（SO3）3]5﹣浓度之和为0.075mol/L，两种离子分布分数δ随浓度的变化关系如图﹣1所示，若浓度为1mol/L，则[Ag（SO3）3]5﹣的浓度为 　 　mol/L。 （5）AgCl经还原也可制得Ag单质。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5mol•L﹣1盐酸后静置，充分反应得到Ag和FeCl2。为判断AgCl是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，　 　。 [实验中必须使用的试剂和设备：稀HNO3、AgNO3溶液、蒸馏水，通风设备] 20．（2024•重庆）含钌（Ru）催化剂在能源等领域应用广泛。Ru（NO）（NO3）3是制备负载型钉催化剂的前驱体。一种制备高纯Ru（NO）（NO3）3的技术路线如图（部分试剂、步骤及反应条件略）。 RuCl•3H2ORu（NO）Cl3Ru（NO）（OH）3Ru（NO）（NO3）3 回答下列问题： （1）已知基态Ru的核外电子排布式为[Kr]4d75s1，则Ru在元素周期表中位于第 　 　周期第 　 　族。KNO2中，的空间结构为 　 　。 （2）为验证Ru与NO形成了配位键，对所得Ru（NO）Cl3的表征结果如图所示，表征所用仪器是 　 　。 A.核磁共振仪 B.质谱仪 C.红外光谱仪 D.X射线衍射仪 （3）步骤①中无气体生成，除生成Ru配合物外，生成的盐还有 　 　（填化学式）。 （4）步骤②生成的Ru（NO）（OH）3为难溶物，反应的化学方程式为 　 　。 （5）步骤③在加入稀硝酸前，需要将难溶物加入AgNO3溶液中，以除去残留的Cl；为使Cl沉淀完全，Ag+浓度应大于 　 　mol/L。（已知AgCl的Ksp＝1.8×10﹣10） （6）Ru（NO）（NO3）3受热易分解，在660K时完全分解，失重率为58%，剩余固体为Ru的氧化物，则该氧化物的化学式为 　 　。 21．（2024秋•渝中区校级月考）图是含Ag+的一系列物质的转化过程的具体流程。 回答下列问题： （1）Ag与Cu同族，且位于Cu的下一周期，写出基态Ag原子的价电子排布式 　 　。 （2）S2可以看作中的一个O被S替换得到的，写出S2的空间构型 　 　。 （3）步骤③反应的离子方程式为 　 　。 （4）向AgI悬浊液中滴加Na2S可得到黑色沉淀Ag2S，下列溶液中能够溶解Ag2S的是 　 　（填序号）。 a．浓氨水 b．Na2S2O3溶液 c．浓硝酸 d．以上溶液都不能 （5）化学分析中常用AgNO3作滴定剂来测定溶液中Cl﹣的浓度，以K2CrO4为指示剂。 ①已知：溶度积常数Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10﹣12，通过计算比较AgCl与Ag2CrO4的溶解度的大小关系（以物质的量浓度表示） 　 　。 ②下列实验操作会使滴定结果偏大的有 　 　（填序号）。 a．装有AgNO3溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失 b．滴完立即读数，半分钟后颜色发生变化 c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 d．锥形瓶洗净后残留少量蒸馏水 ③滴定终点时，若Ag+浓度为5.0×10﹣5mol/L，则溶液中＝　 　。 （6）碱性银锌蓄电池具有放电电压平稳和自放电小等优点，放电时发生的总反应式为：AgxO+Zn+H2O＝xAg+Zn（OH）2。 ①写出负极发生的电极反应式 　 　。 ②为探究AgxO的具体组成，设计如图实验（a、b表示电极）： 当a电极附近产生标准状况下的1.12L气体时，有6.2gAgxO转化为Ag，则x＝　 　。 22．（2024秋•泰安月考）Ⅰ．央视《每周质量报告》曝光了河北省一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给浙江绍兴某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。 （1）已知Fe（CrO2）2中铁元素是+2价，则其中铬元素是 　 　价。已知Cr2O3能够与酸、碱反应均只生成盐和水，则从性质的角度Cr2O3属于 　 　氧化物。 （2）明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是 　 　（填字母）。 a．都不稳定，密封放置会产生沉淀 b．分散质粒子可透过滤纸 c．二者均有丁达尔效应 （3）实验室常向煮沸的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体，证明有胶体生成的最常用的实验操作和现象是 　 　。 Ⅱ．铈及其化合物可用于制造打火石、陶瓷和合金等。工业上利用氟碳铈矿（主要成分为CeCO3F）提取CeCl3的一种工艺流程如图所示（部分条件省略）。回答下列问题： （4）第Ⅱ步酸浸后需要进行的分离操作名称为 　 　；该操作所需要的玻璃仪器有：　 　。 （5）酸浸过程中可用稀硫酸和双氧水替代盐酸，避免造成环境污染。写出稀硫酸、双氧水与CeO2反应生成Ce3+的离子方程式：　 　。 （6）双氧水能将碱性废水中的CN﹣转化成碳酸盐和一种对环境无污染的气体。CN﹣的电子式为 　 　，该反应的离子方程式为 　 　。 （7）一种利用废弃铜锌合金制取CuCl的流程如图所示： ①与Al类似，碱溶Zn时还会产生H2。写出碱溶时Zn反应的化学方程式 　 　。 ②写出沉铜时反应的离子方程式 　 　。 23．（2024秋•江西月考）聚乳酸（PLA）是一种具有良好生物相容性和可生物降解的聚合物，已成为生物医用领域重要的材料之一。制备聚乳酸的反应原理和主要装置如图所示（加热及夹持装置已省略）。 反应原理： 实验步骤： 步骤1：组装仪器，预先在油水分离器内加入一定量水； 步骤2：向仪器A中加入30.0mL乳酸、60.0mL甲苯、适量辛酸亚锡（催化剂）和沸石，控制温度在130℃，加热回流4h，再升温至170℃，不断放出油水分离器下层的水，保持水层高度略低于支管口，直至反应基本完成； 步骤3：将制备的聚乳酸粗品溶解于丙酮中，并用水沉淀，过滤后在40℃左右真空器中干燥得到产品； 步骤4：测定聚乳酸的平均相对分子质量。 已知：甲苯的沸点为110.6℃，可与水形成共沸物，共沸物的沸点为85℃。 回答下列问题： （1）仪器A的名称是 　 　。 （2）制备聚乳酸时，应采用 　 　（填“水浴”或“油浴”）进行加热，冷凝水的进水口是 　 　（填“a”或“b”）。 （3）乳酸能与NaOH溶液发生反应，写出反应的化学方程式：　 　。 （4）实验过程中甲苯的作用是作溶剂、　 　；油水分离器中不断分离除去水的目的是 　 　。判断反应已完成的标志是 　 　。 （5）回流过程中冷凝管内的气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的，若气雾上升过高，可采取的措施是 　 　。 （6）实验测得聚乳酸的平均相对分子质量为12338，平均聚合度约为 　 　。 24．（2024秋•杨浦区校级月考）碘化铝（AlI3）由于其独特的结构，它在某些化学反应中表现出良好的催化性能。某小组采用如下实验流程制备碘化铝（AlI3）： 已知：AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。 ①第一电离能：Mg＞Al，结合核外电子排布相关知识，说明其原因　 　。 ②如图为步骤Ⅰ的实验装置图（夹持仪器和尾气处理装置已省略），图中仪器A的名是 　 　，判断步骤Ⅰ反应结束的实验现象是 　 　。 ③下列做法不正确的是 　 　。（不定项） A.步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前除水 B.步骤Ⅰ中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯（配石棉网）加热 C.步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜 D.步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤 ④所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证 　 　。 纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I﹣含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I﹣，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。 难溶电解质 AgI（黄色） AgSCN（白色） Ag2CrO4（红色） Ag2SO4（白色） 溶度积常数Ksp 8.5×10﹣17 1.0×10﹣12 1.2×10﹣12 7.7×10﹣5 测定步骤：称取产品1.0200g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗→润洗，从滴定管尖嘴放出液体→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶→准确移25.00mL4.000×10﹣2mol/LAgNO3标准溶液加入锥形瓶→滴加指示剂硫酸铁铵NH4Fe（SO4）2溶液→加入稀酸B→用1.000×10﹣2mol/LNH4SCN标准溶液滴定→读数。 ⑤判断滴定终点的现象为 　 　。 ⑥以下说法不正确的是 　 　。（不定项） A.润洗时，为了加快速度，可直接从滴定管上口倒出液体 B.整个过程中会先后生成黄色、白色两种沉淀 C.指示剂NH4Fe（SO4）2溶液，不会导致Ag2SO4沉淀生成 D.指示剂可换为K2CrO4溶液，滴定终点观察沉淀颜色变化 ⑦加入稀酸B的作用是 　 　，否则测定结果将偏 　 　（填“大”或“小”）。 ⑧三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则产品纯度为 　 　。 25．（2024秋•浦东新区校级月考）硫酸锰在农业上是重要微量元素肥料，也是植物合成叶绿素的催化剂。一种以高硫锰矿（主要成分为含锰化合物及FeS）与氧化锰矿（主要成分为MnO2等锰的氧化物）为原料制备硫酸锰的工艺流程如图： 已知：①金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示（25℃）： 物质 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Mn（OH）2 开始沉淀的pH 1.9 7.6 7.3 完全沉淀的pH 3.2 9.6 9.3 ②离子浓度≤10﹣5mol•L﹣1时，离子沉淀完全。 （1）“混合焙烧”时一般会将原料粉碎，这样做的主要目的是 　 　。 （2）混合焙烧过程会产生SO2气体，若直接排放到大气中，会造成的环境问题是 　 　。 A．温室效应 B．酸雨 C．光化学烟雾 D．臭氧层的破坏 （3）下列试剂可以用来吸收SO2的是 　 　。 A．BaCl2溶液 B．浓硫酸 C．高锰酸钾酸性溶液 D．稀盐酸 （4）如图是常温下一定量SO2通入一定浓度的NaOH溶液后含硫微粒分布系数随pH的关系图（已知：含硫微粒X的分布系数＝）。基于该图可得该条件下亚硫酸的一级电离常数为 　 　（以1.0×10x的形式表示，下同）；的水解平衡常数为 　 　。 若某浓度的NaOH溶液吸收了0.1mol SO2，且吸收后pH＝7，c（Na+）＝c（）+　 　（用含硫微粒浓度的代数式表示）。 （5）若试剂a为MnO2，完成并配平氧化步骤发生反应的离子方程式： 　 　MnO2+　 　Fe2++　 　Mn2++　 　，若省略“氧化”步骤，造成的影响是 　 　。 （6）“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是 　 　。 （7）“氟化除杂”后，溶液中[F﹣]浓度为0.05mol•L﹣1。则溶液中[Mg2+]和[Ca2+]的比值为 　 　。（已知：Ksp（MgF2）＝6.4×10﹣10；Ksp（CaF2）＝3.6×10﹣12） （8）“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵，产生MnCO3沉淀。“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为 　 　。 （9）“系列操作”为 　 　，　 　，过滤，洗涤，干燥。 （10）用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极的电极反应式是 　 　。 2025高考化学制备实验方案的设计（解答大题） 参考答案与试题解析 一．解答题（共25小题） 1．（2024秋•浦东新区校级月考）乳酸亚铁固体（[CH3CH（OH）COO]2Fe，摩尔质量：234g/mol）易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液易被氧化。它是一种很好的补铁剂常用于治疗缺铁性贫血。可由乳酸与FeCO3反应制得。 Ⅰ．制备碳酸亚铁：装置如图所示 ①组装仪器，检查装置气密性，加入试剂； ②先关闭K2，打开K1、K3，一段时间后关闭K3； ③打开活塞K2； ④过滤，洗涤干燥。 （1）盛放碳酸钠溶液的玻璃仪器名称为 　三颈烧瓶　。操作②中，先关闭K2，打开K1、K3，加入适量稀硫酸，使反应进行一段时间，其目的是 　排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化　。 （2）装置a可盛适量的水，其作用是 　液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2+　。 （3）可用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，观察到有大量气泡冒出，发生反应的离子方程式为 　Fe2++2＝FeCO3↓+CO2↑+H2O　，此法所得产品纯度更高，原因是 　碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁　。 Ⅱ．制备乳酸亚铁： 将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸。 （4）从所得溶液中获得乳酸亚铁所需的实验操作是：隔绝空气低温蒸发，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。 ①过滤所需的玻璃仪器为 　漏斗和烧杯　。 ②选用乙醇洗涤的原因是 　可减少乳酸亚铁固体损失，防止被氧化　。 Ⅲ．乳酸亚铁晶体纯度的测量： （5）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量计算纯度，发现结果总是大于100%，其原因是 　乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化　。 （6）该兴趣小组改用铈（Ce）量法测定产品中Fe2+的含量，可通过用Ce（SO4）2滴定法测定样品中Fe2+的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度（反应中Ce元素被还原为Ce3+）。称取7.8g样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10mol•L﹣1Ce（SO4）2标准溶液滴定。反复滴定3次，平均消耗标准液30.00mL，则产品中乳酸亚铁的纯度为 　90%　。若滴定操作时间过长，则测得的样品纯度将 　偏小　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 【答案】（1）三颈烧瓶；排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化； （2）液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2+； （3）Fe2++2＝FeCO3↓+CO2↑+H2O；碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁； （4）①漏斗和烧杯； ②可减少乳酸亚铁固体损失，防止被氧化； （5）乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化； （6）90%；偏小。 【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备碳酸亚铁过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故圆底烧瓶内制备硫酸亚铁，利用生成的氢气，使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，和Na2CO3溶液发生反应制备碳酸亚铁。 【解答】解：（1）盛放碳酸钠溶液的玻璃仪器名称为三颈烧瓶；操作②中，先关闭K2，打开K1、K3，加入适量稀硫酸，和铁屑生成氢气，使反应进行一段时间，排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化， 故答案为：三颈烧瓶；排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化； （2）根据上述分析，装置a的作用是液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2+， 故答案为：液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2+； （3）可用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，则依据电荷守恒、元素质量守恒得反应的离子方程式为Fe2++2＝FeCO3↓+CO2↑+H2O，此法所得产品纯度更高，原因是：碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁（或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁）， 故答案为：Fe2++2＝FeCO3↓+CO2↑+H2O；碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁； （4）①过滤所需的玻璃仪器为漏斗和烧杯， 故答案为：漏斗和烧杯； ②根据已知信息，乳酸亚铁固体易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液易被氧化，选用乙醇洗涤的原因是可减少乳酸亚铁固体损失，防止被氧化， 故答案为：可减少乳酸亚铁固体损失，防止被氧化； （5）已知乳酸亚铁固体化学式为[CH3CH（OH）COO]2Fe，乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%， 故答案为：乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化； （6）平均消耗标准液V＝30.00mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n（Fe2+）＝n（Ce4+）＝0.10mol/L×0.030L＝0.0030mol，故250mL含有n（Fe2+）＝0.0030mol×＝0.030mol，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为：×100%＝90%，若滴定操作时间过长，则样亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小， 故答案为：90%；偏小。 【点评】本题考查实验方案的设计和评价，为高考常见题型，题目涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等。 2．（2024秋•南京期中）废旧锂电池正极材料（含LiCoO2及少量Al、Fe等）为原料制备CoSO4溶液，再以CoSO4溶液、NaOH溶液、氨水和水合肼为原料制得微米级Co（OH）2。 已知： ①Co2+、Co3+易与NH3形成配合物； ②水合肼（N2H4•H2O）为无色油状液体，具有强还原性，氧化产物为N2； ③沉淀的生成速率越快，颗粒越小，呈凝乳状胶体，不易过滤。 （1）写出钴基态原子的价层电子排布式 　3d74s2　。 （2）制备CoSO4溶液。 取一定量废旧锂电池正极材料，粉碎后与Na2SO3溶液混合配成悬浊液，边搅拌边加入1 mol/LH2SO4溶液充分反应。LiCoO2转化为CoSO4、Li2SO4的化学方程式为 　2LiCoO2+Na2SO3+3H2SO4＝2CoSO4+Li2SO4+Na2SO4+3H2O　。从分液漏斗中滴入1 mol/LH2SO4时，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是 　使硫酸与悬浊液充分接触反应，防止局部酸性过强产生二氧化硫逸出（或提高钴的还原率）　。 （3）制备微米级Co（OH）2 60℃时在搅拌下向500mL1mol/LCoSO4溶液中加入氨水，调节pH至6后，再加入NaOH溶液，调节pH至9.5左右，一段时间后，过滤、洗涤，真空烘干得微米级Co（OH）2。 制备时，在加入NaOH溶液前必须先加氨水的原因是 　Co2+与NH3形成配离子，降低溶液中Co2+的浓度，使Co2+与OH﹣形成Co（OH）2的速率降低，从而得到较大颗粒的Co（OH）2，防止形成凝乳状沉淀或胶体，便于过滤分离提纯　。 （4）经仪器分析，测得按题（3）步骤制得的Co（OH）2晶体结构中含有Co（Ⅲ），进一步用碘量法测得Co（Ⅱ）的氧化程度为8%。因此制备时必须加入一定量的还原剂。 为确保制得的Co（OH）2产品中不含Co（Ⅲ），制备时至少需加入水合肼的质量为 　0.5　g。（写出计算过程） （5）利用含钴废料（主要成分为Co3O4，还含有少量的石墨、LiCoO2等杂质）制备碳酸钴CoCO3。 已知：①CoCO3几乎不溶于水，Li2CO3微溶于水； ②钴、锂在有机磷萃取剂（HR）中的萃取率与pH的关系如图所示； ③酸性条件下的氧化性强弱顺序为：Co3+＞H2O2。 请补充完整实验方案：取一定量含钴废料，粉碎后 　向其中加入2mol/L稀硫酸和10%H2O2溶液，充分反应后过滤，向溶液中加入有机磷（HR），用2mol/LNaOH溶液调节pH为5.4左右（5.2﹣5.8之间），（充分振荡后静置）分液，向有机层中滴加2mol/LH2SO4溶液，调节pH约为2，分液，边搅拌边向水层中滴加0.5mol/LNa2CO3溶液　，充分反应后，静置后过滤，洗涤、干燥得到CoCO3。【实验中必须使用的试剂：2mol/LH2SO4溶液、2mol/LNaOH溶液、有机磷（HR）、0.5mol/LNa2CO3溶液、30%H2O2溶液。】 【答案】（1）3d74s2； （2）2LiCoO2+Na2SO3+3H2SO4＝2CoSO4+Li2SO4+Na2SO4+3H2O；使硫酸与悬浊液充分接触反应，防止局部酸性过强产生二氧化硫逸出（或提高钴的还原率）； （3）Co2+与NH3形成配离子，降低溶液中Co2+的浓度，使Co2+与OH﹣形成Co（OH）2的速率降低，从而得到较大颗粒的Co（OH）2，防止形成凝乳状沉淀或胶体，便于过滤分离提纯； （4）0.5； （5）向其中加入2 mol/L稀硫酸和10%H2O2溶液，充分反应后过滤，向溶液中加入有机磷（HR），用2 mol/L NaOH溶液调节pH为5.4左右（5.2﹣5.8之间），（充分振荡后静置）分液，向有机层中滴加2 mol/L H2SO4溶液，调节pH约为2，分液，边搅拌边向水层中滴加0.5 mol/LNa2CO3溶液。 【分析】废旧锂电池正极材料主要含LiCoO2，将其粉碎后与Na2SO3、H2SO4溶液混合，发生氧化还原反应产生CoSO4，然后先加入氨水，使Co2+与NH3形成络合物，降低Co2+的浓度，再滴加NaOH溶液，使Co2+与OH﹣形成Co（OH）2的速率降低，从而得到较大颗粒的Co（OH）2，但在制取Co（OH）2中，其中含有Co（Ⅲ），因此制备时必须加入一定量的还原剂；利用含钴废料制备碳酸钴，可根据还原性：Co3+＞H2O2，向其中加入2 mol/L稀硫酸和10%H2O2溶液，使Co（Ⅲ）转化为Co（Ⅱ）。充分反应后过滤，向溶液中加入有机磷（HR）萃取Co2+，为提高Co2+萃取率可用2 mol/L NaOH溶液调节pH为5.4左右（5.2﹣5.8之间），经充分振荡后分液，向有机层中滴加2 mol/L H2SO4溶液，调节pH约为2，再分液，边搅拌边向水层中滴加0.5 mol/LNa2CO3溶液，发生复分解反应产生CoCO3沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到纯净CoCO3。 【解答】解：（1）Co为27号元素，其基态原子的价层电子排布式为：3d74s2， 故答案为：3d74s2； （2）废旧锂电池正极材料主要含LiCoO2，将其粉碎后与Na2SO3混合得到悬浊液，然后边搅拌边滴加1 mol/L H2SO4溶液，发生反应产生CoSO4、Li2SO4、Na2SO4、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：2LiCoO2+Na2SO3+3H2SO4＝2CoSO4+Li2SO4+Na2SO4+3H2O；从分液漏斗中滴入1 mol/LH2SO4时，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是使硫酸与悬浊液充分接触反应，防止局部酸性过强产生二氧化硫逸出（或提高钴的还原率）， 故答案为：2LiCoO2+Na2SO3+3H2SO4＝2CoSO4+Li2SO4+Na2SO4+3H2O；使硫酸与悬浊液充分接触反应，防止局部酸性过强产生二氧化硫逸出（或提高钴的还原率）； （3）60℃时在搅拌下向CoSO4溶液中加入氨水，调节pH至6后，再加入NaOH溶液，调节pH至9.5左右，一段时间后，过滤、洗涤，真空烘干得微米级Co（OH）2。制备时，在加入NaOH溶液前必须先加氨水的原因是Co2+与NH3形成络合物，降低溶液中Co2+的浓度，使Co2+与OH﹣形成Co（OH）2的速率降低，从而得到较大颗粒的Co（OH）2，防止形成凝乳状沉淀或胶体，便于过滤分离提纯， 故答案为：Co2+与NH3形成配离子，降低溶液中Co2+的浓度，使Co2+与OH﹣形成Co（OH）2的速率降低，从而得到较大颗粒的Co（OH）2，防止形成凝乳状沉淀或胶体，便于过滤分离提纯； （4）500 mL CoSO4溶液中含有n（CoSO4）＝1 mol/L×0.5L＝0.5 mol，被氧化后的n[Co（Ⅲ）]＝0.5 mol×8%＝0.04 mol，n（N2H4•H2O）＝，m（N2H4•H2O）＝0.01mol×50g/mol＝0.5g， 故答案为：0.5； （5）利用含钴废料（主要成分为Co3O4，还含有少量的石墨、LiCoO2等杂质）制备碳酸钴CoCO3，首先取一定量含钴废料，粉碎后，向其中加入2 mol/L稀硫酸和10%H2O2溶液，使Co3+反应变为Co2+，充分反应后过滤，向溶液中加入有机磷（HR）。用2 mol/L NaOH溶液调节pH为5.4左右（5.2﹣5.8之间），充分振荡萃取Co2+后分液，弃去水层，向有机层中滴加2 mol/L H2SO4溶液，调节pH约为2，分液，边搅拌边向水层中滴加0.5 mol/LNa2CO3溶液，Co2+与反应变为CoCO3沉淀，充分反应后，静置后过滤，洗涤、干燥得到CoCO3， 故答案为：向其中加入2 mol/L稀硫酸和10%H2O2溶液，充分反应后过滤，向溶液中加入有机磷（HR），用2 mol/L NaOH溶液调节pH为5.4左右（5.2﹣5.8之间），（充分振荡后静置）分液，向有机层中滴加2 mol/L H2SO4溶液，调节pH约为2，分液，边搅拌边向水层中滴加0.5 mol/LNa2CO3溶液。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 3．（2024秋•东莞市月考）高铁酸钾（K2FeO4，极易溶于水）是常见的水处理剂，其原理如图所示。 【查阅资料】向胶体中加入电解质后，胶体因失去稳定性而发生离子的聚集以至沉淀，称为电解质对胶体的聚沉作用，简称胶体的聚沉。 请回答下列问题： （1）过程①中活性菌表现了 　Fe3+　（填“氧化”或“还原”）性，该过程的还原产物是 　Fe3+　。 （2）根据上述原理分析，作水处理剂时，K2FeO4的作用有 　杀菌消毒、净水　（填两个）。 （3）制备高铁酸钾常用的反应原理为Fe（OH）3+KClO+KOH→K2FeO4+KCl+H2O（反应未配平）。写出该反应的离子方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目 　2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O，　。 （4）某同学利用制得的Fe（OH）3胶体进行下列实验： ①将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的液体颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3胶体微粒带 　正　（带“正”或“负”）电荷。 ②实验证明，电解质的凝聚能力主要取决于与胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚力越大。向Fe（OH）3胶体加入下列电解质时，其凝聚能力最强的为 　D　。 A.NaCl B.FeCl3 C.K2SO4 D.Na3PO4 【答案】（1）还原；Fe3+； （2）杀菌消毒，净水； （3）2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O，； （4）①正； ②D。 【分析】（1）由图可知，过程①中活性菌表现了还原性，元素化合价降低后的产物是还原产物； （2）K2FeO4具有强氧化性，可以杀菌消毒、还原产物可以形成胶体，胶体可以净水； （3）根据原子守恒、化合价升降守恒，可得制备高铁酸钾常用的反应原理为：2Fe（OH）3+3KClO+4KOH＝2K2FeO4+3KCl+5H2O，该反应的电子转移数目为6e﹣，据此书写离子方程式，画用双线桥； （4）①通电一段时间后发现阴极附近的液体颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3胶体微粒带正电荷； ②电解质的凝聚能力主要取决于与胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚力越大。 【解答】解：（1）由图可知，过程①中活性菌表现了还原性，该过程的还原产物是Fe3+， 故答案为：还原；Fe3+； （2）根据上述原理分析，作水处理剂时，K2FeO4的作用有杀菌消毒、净水， 故答案为：杀菌消毒，净水； （3）根据原子守恒、化合价升降守恒，可得制备高铁酸钾常用的反应原理为：2Fe（OH）3+3KClO+4KOH＝2K2FeO4+3KCl+5H2O，该反应的电子转移数目为6e﹣，则该反应的离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O，用双线桥标出电子转移的方向和数目为， 故答案为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O，； （4）①将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的液体颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3胶体微粒带正电荷， 故答案为：正； ②根据分析可知，凝聚能力最强的为Na3PO4，磷酸根离子带3个单位的负电荷， 故答案为：D。 【点评】本题主要考查制备 实验方案的设计，具体涉及高铁酸钠的制取，氧化还原反应的表示，属于高考高频考点，难度中等。 4．（2024秋•黄浦区校级月考）戊是用于制造隐形眼镜的功能高分子材料，它的一种合成路线如图： （1）甲的名称为：　乙烯　。 （2）图为制取并检验甲性质的实验装置图： （a）写出实验室制取甲的化学方程式 　CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O　。 （b）下列说法正确的是 　B　。 A．a中反应温度可以控制在140℃ B．b中溶液颜色逐渐褪去说明产生了甲 C．c中溶液颜色逐渐褪去说明产生了甲 D．d口导出的气体均具有可燃性 （3）写出乙中官能团检验的化学方法：　取乙于试管中，加NaOH溶液，充分振荡后加热。冷却后加稀硝酸酸化，然后加入几滴AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，证明乙中的官能团有碳溴键　。 （4）下列叙述正确的是 　D　。 A．用分液操作分离乙 B．丙为CH3CH2OH C．丁发生缩聚反应合成戊 D．戊因含羟基而具有亲水性 （5）写出戊的结构简式：　　。 （6）写出丙生成丁的化学方程式 　HOCH2CH2OH+CH2＝C（CH3）COOHH2O+　。 【答案】（1）乙烯； （2）（a）CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O； （b）B； （3）取乙于试管中，加NaOH溶液，充分振荡后加热。冷却后加稀硝酸酸化，然后加入几滴AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，证明乙中的官能团有碳溴键； （4）D； （5）； （6）HOCH2CH2OH+CH2＝C（CH3）COOHH2O+。 【分析】丁中有6个碳原子，甲基丙烯酸中含有4个碳原子，因此甲中含有2个碳原子，结合甲转化为乙的条件可知甲为乙烯，乙烯和溴单质发生加成反应生成乙（1，2﹣二溴乙烷），1，2﹣二溴乙烷在NaOH水溶液中水解生成丙（HOCH2CH2OH），丙和甲基丙烯酸发生酯化反应生成丁（），丁中含有碳碳双键，发生加聚反应得戊（）。 【解答】解：（1）据分析甲为乙烯， 故答案为：乙烯； （2）（a）实验室通过乙醇在浓硫酸、170℃制取乙烯，由于乙醇挥发和副反应，乙烯中含有乙醇蒸气、CO2和SO2，SO2不能使溴的四氯化碳溶液褪色，乙醇可溶于溴的四氯化碳溶液，乙烯通过加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，乙烯和SO2均能使KMnO4溶液褪色，逸出的气体中还含有二氧化碳，实验室制取乙烯的化学方程式为CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O， 故答案为：CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O； （b）A．a中反应温度控制在170℃，故A错误； B．据分析，b中溶液颜色逐渐褪去说明产生了乙烯，故B正确； C．据分析，c中溶液颜色逐渐褪去不能说明产生了乙烯，也可能是二氧化硫，故C错误； D．d口导出的气体中含有的二氧化碳不具有可燃性，故D错误； 故答案为：B； （3）据分析乙中的官能团为碳溴键，检验方法为：取乙于试管中，加NaOH溶液，充分振荡后加热。冷却后加稀硝酸酸化，然后加入几滴AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，证明乙中的官能团有碳溴键， 故答案为：取乙于试管中，加NaOH溶液，充分振荡后加热。冷却后加稀硝酸酸化，然后加入几滴AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，证明乙中的官能团有碳溴键； （4）A．乙与其他互溶的有机物混合时，不能用分液的方式分离，故A错误； B．据分析，丙为乙二醇，故B错误； C．据分析，丁发生加聚反应合成戊，故C错误； D．据分析，戊的结构为，含有羟基而具有亲水性，故D正确； 故答案为：D； （5）据分析，戊的结构简式为， 故答案为：； （6）HOCH2CH2OH和甲基丙烯酸发生酯化反应生成丁：HOCH2CH2OH+CH2＝C（CH3）COOHH2O+， 故答案为：HOCH2CH2OH+CH2＝C（CH3）COOHH2O+。 【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。 5．（2024秋•东城区校级月考）研究人员合成了一种普鲁士蓝（PB）改性的生物炭（BC）复合材料（BC—PB），并将其应用于氨氮废水（含NH3、）的处理。 资料：①普鲁士蓝（PB）是亚铁氰化铁的俗称，化学式为Fe4[Fe（CN）6]3，难溶于水。 ②BC—PB中，PB负载在BC表面，没有产生新化学键，各自化学性质保持不变。 Ⅰ．复合材料BC—PB的合成 （1）下列关于ⅰ中HCN参与反应的说法正确的是 　ac　（填字母）。 a．提供H+，与Fe反应 b．提供H+，与OH﹣反应 c．提供CN﹣，与Fe2+配位 d．提供CN﹣，与K+反应 （2）ⅱ中分离得到K4[Fe（CN）6]•3H2O的操作包括加热浓缩、　冷却结晶、过滤、洗涤、干燥　。 （3）ⅲ中生成普鲁士蓝反应的离子方程式为 　＝Fe4[Fe（CN）6]3↓　。 （4）添加造孔剂可以增加BC的孔道数目和容量。造孔剂的造孔原理之一是在一定条件下分解产生气体。700℃时，KHCO3造孔原理的化学方程式为 　　。 Ⅱ．氨氮废水处理 用NH4Cl溶液模拟氨氮废水。实验发现pH＝2时，在BC—PB体系中加入H2O2，可将氨氮转化为无毒气体N2，提高氨氮的去除率。其原理为： ⅰ． ⅱ．•OH将氨氮氧化为N2 （5）ⅱ的离子方程式为 　　。 （6）用BC—PB和H2O2混合处理某氨氮废水。实验结束后，收集到22.4LN2（已折算成标准状况）。实验中消耗的H2O2的质量至少为 　204　g。 【答案】（1）ac； （2）冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （3）＝Fe4[Fe（CN）6]3↓； （4）； （5）； （6）204。 【分析】反应ⅰ中铁粉转化为亚铁离子，KOH溶液和HCN气体、铁粉反应生成K4[Fe（CN）6]，K4[Fe（CN）6]溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到K4[Fe（CN）6]•3H2O，K4[Fe（CN）6]•3H2O和氯化铁溶液、生物炭反应生成BC—PB； 【解答】解：（1）ⅰ中铁粉和HCN反应转化为亚铁离子，同时HCN提供CN﹣，形成配位键，故HCN作用为提供H+，与Fe反应；提供CN﹣，与Fe2+配位， 故答案为：ac； （2）ⅱ中从溶液分离得到的操作包括加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥， 故答案为：冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （3）ⅲ中生成普鲁士蓝反应的离子方程式为＝Fe4[Fe（CN）6]3↓， 故答案为：＝Fe4[Fe（CN）6]3↓； （4）700℃时，造孔原理为碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，化学方程式为， 故答案为：； （5）ⅱ•OH将氨氮氧化为N2，根据氧化还原配平离子方程式为， 故答案为：； （6）由反应ⅰ、ⅱ可得总反应为：。标准状况下22.4LN2物质的量为1mol，则实验中消耗的H2O2的质量至少为6mol×34g/mol＝204g， 故答案为：204。 【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。 6．（2024秋•鼓楼区校级月考）一水草酸钙（CaC2O4•H2O）可用作分离稀有金属的载体。其制备方法如下： 步骤Ⅰ：用精制氯化钙稀溶液与草酸溶液共热反应，过滤，将固体溶于热盐酸中。 步骤Ⅱ：加氨水反应得一水草酸钙沉淀，过滤，热水洗涤，在105℃干燥得产品。 （1）写出步骤Ⅱ发生反应的化学方程式 　H2C2O4+CaCl2+2NH3•H2O＝CaC2O4•H2O↓+2NH4Cl+H2O　。 （2）为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50g样品加热，样品的固体残留率（）随温度的变化如图所示。 300℃时残留固体的成分为 　CaC2O4　，900℃时残留固体的成分为 　CaO　。 （3）通过下列方法测定CaC2O4•H2O的纯度：取2.500gCaC2O4•H2O样品于锥形瓶中，加入10mL2：1的H2SO4溶液溶解，再稀释至100mL。从锥形瓶中取20.00mL溶液，用0.1000mol/L的KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液12.00mL。 ①滴定终点的现象是，加入最后半滴KMnO4标准溶液，　溶液变为浅红色，且半分钟不褪色　。 ②计算CaC2O4•H2O的纯度 　87.60%　（写出计算过程）。 【答案】（1）H2C2O4+CaCl2+2NH3•H2O＝CaC2O4•H2O↓+2NH4Cl+H2O； （2）CaC2O4；CaO； （3）①溶液变为浅红色，且半分钟不褪色； ②87.60%。 【分析】用精制氯化钙稀溶液与草酸溶液共热反应H2C2O4+CaCl2＝CaC2O4↓+2HCl，过滤，将固体溶于热盐酸中溶解加氨水反应H2C2O4+CaCl2+2NH3•H2O＝CaC2O4•H2O↓+2NH4Cl+H2O，得一水草酸钙沉淀，过滤，热水洗涤，在105℃干燥得产品。 【解答】解：（1）草酸钙溶于盐酸中，生成草酸，草酸和氯化钙、氨水反应生成一水草酸钙沉淀，化学方程式为H2C2O4+CaCl2+2NH3•H2O＝CaC2O4•H2O↓+2NH4Cl+H2O， 故答案为：H2C2O4+CaCl2+2NH3•H2O＝CaC2O4•H2O↓+2NH4Cl+H2O； （2）样品中，300℃时固体残留率为87.67%，失去的质量为4.5g，则失去的是0.25mol的H2O，300℃时残留固体成分为CaC2O4；900℃时，固体残留率为38.36%，剩余固体质量为14g，其中钙的质量为40g/mol×0.25mol＝10g，剩余4g物质的摩尔质量为，则900℃时残留固体为CaO， 故答案为：CaC2O4；CaO； （3）①草酸钙将高锰酸钾还原，加入的紫色高锰酸钾溶液褪色，溶液呈无色；当到达滴定终点，草酸钙反应完，再滴入高锰酸钾溶液，此时溶液呈浅红色。滴定终点的现象是，加入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液变为浅红色，且半分钟不褪色，故答案为：溶液变为浅红色，且半分钟不褪色； ②根据电子守恒可知，消耗的KMnO40.1000mol/L×12×10﹣3L＝1.2×10﹣3mol，20mL溶液中CaC2O4为，样品中CaC2O4•H2O纯度为， 故答案为：87.60%。 【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。 7．（2024秋•鼓楼区校级月考）HClO4是易挥发的发烟液体，温度高于130℃易爆炸。高氯酸铜晶体[Cu（ClO4）2•6H2O]易溶于水，120℃开始分解，常用于生产电极和作催化剂等。 （1）将CuCl2和Na2CO3用研钵分别研细，加入适量的沸水，搅拌，充分反应后静置得蓝色Cu2（OH）2CO3沉淀。写出生成Cu2（OH）2CO3沉淀的化学方程式 　　。 （2）向Cu2（OH）2CO3沉淀中滴加稍过量的HClO4，小心搅拌，适度加热后得到蓝色Cu（ClO4）2溶液，同时产生大量的白雾。 ①白雾的主要成分是 　HClO4　（填化学式）。 ②加热时温度不能过高的原因是 　防止HClO4爆炸、Cu（ClO4）2分解　。 （3）某研究小组欲用CuCl2粗品（含少量FeCl2）制备纯净的无水氯化铜固体。请补充完整由CuCl2粗品制备纯净的无水氯化铜固体的实验步骤：将粗CuCl2固体溶于适量稀盐酸；边搅拌边缓慢加入适量 　H2O2溶液　并充分混合，直至 　取少量溶液加入K3[Fe（CN）6]溶液无蓝色沉淀生成　，停止滴加。边搅拌边分批加入 　CuO　，　调节溶液pH至3.2～4.7　，停止加入。 　过滤　，　将滤液蒸发浓缩至表面出现晶膜　，冷却结晶，过滤、冰水洗涤，低温干燥，得到CuCl2•2H2O晶体；将CuCl2•2H2O晶体 　在HCl气氛中加热至质量不再变化（或恒重）为止　，得到无水氯化铜固体。 已知：①实验中必须用的试剂：CuO、K3[Fe（CN）6]溶液、HCl气体和H2O2溶液 ②下表列出相应金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1mol•L﹣1）； 金属离子 开始沉淀 沉淀完全 Fe3+ 1.1 3.2 Fe2+ 5.8 8.8 Cu2+ 4.7 6.7 【答案】（1）； （2）①HClO4； ②防止HClO4爆炸、Cu（ClO4）2分解； （3）H2O2溶液；取少量溶液加入K3[Fe（CN）6]溶液无蓝色沉淀生成；CuO；调节溶液pH至3.2～4.7；过滤；将滤液蒸发浓缩至表面出现晶膜；在HCl气氛中加热至质量不再变化（或恒重）为止。 【分析】（1）将CuCl2和Na2CO3用研钵分别研细，加入适量的沸水，搅拌，充分反应后静置得蓝色Cu2（OH）2CO3沉淀，反应的原理是利用“双水解反应”，反应过程中无元素化合价变化； （2）①HClO4是易挥发的发烟液体； ②HClO4温度高于130℃易爆炸、高氯酸铜晶体[Cu（ClO4）2•6H2O]在120℃开始分解； （3）用CuCl2粗品（含少量FeCl2））制备纯净的无水氯化铜固体，由于Fe2+完全沉淀时，Cu2+已沉淀完全，因此需要将Fe2+氧化为Fe3+，然后再通过调节溶液pH除去Fe3+，为确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，可取少量溶液加入K3[Fe（CN）6]溶液观察是否有蓝色沉淀生成，若无蓝色沉淀生成，则溶液中不含Fe2+，为不引入新杂质，可选用双氧水作氧化剂，加入CuO调节溶液pH至3.2～4.7，将Fe3+沉淀后，经过滤后将滤液蒸发浓缩至表面出现晶膜，再经过冷却结晶，过滤、冰水洗涤，低温干燥，得到CuCl2•2H2O晶体。 【解答】解：（1）将CuCl2和Na2CO3用研钵分别研细，加入适量的沸水，搅拌，充分反应后静置得蓝色Cu2（OH）2CO3沉淀，反应的原理是利用“双水解反应”，反应过程中无元素化合价变化，根据原子守恒可知反应化学方程式为， 故答案为：； （2）①HClO4是易挥发的发烟液体，因此反应过程中的白雾主要成分为HClO4， 故答案为：HClO4； ②HClO4温度高于130℃易爆炸、高氯酸铜晶体[Cu（ClO4）2•6H2O]在120℃开始分解，因此加热时温度不能过高， 故答案为：防止HClO4爆炸、Cu（ClO4）2分解； （3）用CuCl2粗品（含少量FeCl2））制备纯净的无水氯化铜固体，由于Fe2+完全沉淀时，Cu2+已沉淀完全，因此需要将Fe2+氧化为Fe3+，然后再通过调节溶液pH除去Fe3+，为确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，可取少量溶液加入K3[Fe（CN）6]溶液观察是否有蓝色沉淀生成，若无蓝色沉淀生成，则溶液中不含Fe2+，为不引入新杂质，可选用双氧水作氧化剂，加入CuO调节溶液pH至3.2～4.7，将Fe3+沉淀后，经过滤后将滤液蒸发浓缩至表面出现晶膜，再经过冷却结晶，过滤、冰水洗涤，低温干燥，得到CuCl2•2H2O晶体，因CuCl2会发生水解，因此为抑制其在加热过程中发生强烈水解，需在HCl气氛中进行，为确保加热充分，可通过称重判断，若固体质量不再变化，说明已反应充分， 故答案为：H2O2溶液；取少量溶液加入K3[Fe（CN）6]溶液无蓝色沉淀生成；CuO；调节溶液pH至3.2～4.7；过滤；将滤液蒸发浓缩至表面出现晶膜；在HCl气氛中加热至质量不再变化（或恒重）为止。 【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。 8．（2024秋•海淀区校级月考）某钒渣主要成分为V2O3（含有少量Al2O3、CaO），以其为原料生产V2O5的工艺如图： 已知： ⅰ.钒酸（H3VO4）是强酸，NH4VO3（偏钒酸铵）难溶于水；+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表所示。 pH 4～6 6～8 8～10 10～12 主要离子 V2 ⅱ.室温下，Ksp（CaCO3）＝m，Ksp[Ca3（VO4）2]＝n。 ⅲ.Al3+在溶液pH＝3.3时开始沉淀，溶液pH＝4.7时沉淀完全。 请回答以下问题： （1）“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是 　增大固体反应物与酸的接触面积，加快酸浸的速率　；焙烧过程中V2O3生成Ca（VO3）2的化学方程式为 　　。 （2）已知Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH＝5，则Ca（VO3）2溶于盐酸的离子方程式为 　　。 （3）“转沉”时，发生反应Ca3（VO4）2（s）+3（aq）⇌2（aq）+3CaCO3（s），该反应的平衡常数K＝ 　　（用含m、n的代数式表示）。 （4）“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是 　高于80℃时NH4水解程度增大，c（NH4）减小　。 （5）产品纯度测定： 将mg产品（V2O5）溶于足量稀硫酸配成100mL（VO2）2SO4溶液。取20.00mL该溶液于锥形瓶中，用amol•L﹣1H2C2O4标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。 ①完成下列滴定过程的离子方程式：　　+□H2C2O4+□CO2++□CO2+□。 ②产品的纯度为 　　（用质量分数表示，M（V2O5）＝182g•mol﹣1）。 【答案】（1）增大固体反应物与酸的接触面积，加快酸浸的速率； ； （2）；（3）；（4）高于80℃时NH4水解程度增大，c（NH4）减小；（5）；。 【分析】由题给流程可知，废钒渣中加CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为Ca（VO3）2，Al2O3与CaO反应转化为Ca（AlO2）2；向焙烧后的固体中加入盐酸，pH＝5时将Ca（VO3）2转化为VO2Cl，转化为Al（OH）3沉淀，过滤得到含有Al（OH）3的滤渣1和含有的滤液；向滤液中加入石灰乳，将转化为Ca3（VO4）2沉淀，过滤得到滤液1和Ca3（VO4）2；向Ca3（VO4）2中加入碳酸铵溶液，将Ca3（VO4）2转化为（NH4）3VO4，过滤得到含有CaCO3的滤渣2和含有（NH4）3VO4的滤液；向滤液中加入氯化铁固体，将（NH4）3VO4转化为NH4VO3沉淀，过滤得到滤液2和NH4VO3；NH4VO3灼烧脱氨制得V2O5。 【解答】解：（1）酸浸前将块状固体粉碎，可以增大反应物的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分；由分析可知，V2O3与CaO、空气中焙烧反应转化为Ca（VO3）2，反应的化学方程式为：， 故答案为：增大固体反应物与酸的接触面积，加快酸浸的速率； ； （2）由表格信息可知，溶液 pH为5时，钒元素在溶液中以形式存在，则Ca（VO3）2与盐酸反应生成CaCl2、VO2Cl和H2O，反应的离子方程式为：，故答案为：；（3）由方程式可知，反应的平衡常数， 故答案为：；（4）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小导致沉钒率下降， 故答案为：高于80℃时NH4水解程度增大，c（NH4）减小；（5）由题知，离子方程中，V元素的化合价从+5降低到+4，H2C2O4→CO2草酸为还原剂，C元素化合价从+3价升高到+4，按得失电子守恒、元素质量守恒，可得；产品纯度测定时发生的反应为：，可得关系式：，已知mg产品溶于足量稀硫酸配成100mL（VO2）2SO4溶液，取20.00mL该溶液，消耗20.00mLamol•L﹣1H2C2O4，则产品的纯度为：， 故答案为：；。 【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。 9．（2024•贵州开学）纳米级MoO3具有致电变性性能，在电子工业上有广泛应用。以铁铝华矿[主要成分是Fe2（MoO4）3•8H2O还含有少量的Al2O3]为原料制备MoO3和Na2FeO4的流程如图。回答下列问题： 已知： K＝1013.38；当溶液中某离子的浓度小于或等于10﹣5mol•L﹣1时，表明该离子已完全沉淀。 （1）基态Fe的价层电子排布式为 　3d64s2　，Mo和Cr同族，Mo位于 　d　区。 （2）“焙烧”时Fe2（MoO4）3•8H2O 　既不作氧化剂又不作还原剂　（填“作氧化剂”“作还原剂”或“既不作氧化剂又不作还原剂”），提高“焙烧”反应速率，宜采取的措施有 　将矿石粉碎（或适当升高温度或增大空气浓度）　（答1条）。 （3）“调pH”的最低值为 　8.38　。 （4）“沉钼”时分两步反应：第一步是 　Na2MoO4+2HCl＝H2MoO4↓+2NaCl　（写化学方程式），第二步是H2MoO4═MoO3+H2O。 （5）配平制备Na2FeO4的反应方程式：　2　Fe（OH）3+　3　ClO﹣+　4OH﹣　═　2　 　3　Cl﹣+　5H2O　。 （6）Na2MoO4、Na2SO4的溶解度随温度变化的情况如图所示，曲线A代表 　Na2MnO4　（填“Na2SO4”或“Na2MnO4”。 【答案】（1）3d64s2；d； （2）既不作氧化剂又不作还原剂；将矿石粉碎（或适当升高温度或增大空气浓度）； （3）8.38； （4）Na2MoO4+2HCl＝H2MoO4↓+2NaCl； （5）2；3；4OH﹣；2；3；5H2O； （6）Na2MnO4。 【分析】铁铝华矿的主要成分是Fe2（MoO4）3•8H2O还含有少量的Al2O3，焙烧，生成Na2MoO4、Fe2O3、Na[Al（OH）4]、该过程中铁元素、钼元素化合价都不变，向烧渣中加水浸出，过滤，得到滤渣为Fe2O3，溶于盐酸，得到氯化铁溶液，再加入次氯酸钠，制取高铁酸钠，浸出液中加入硫酸，调节溶液的pH，沉淀铝，得到氢氧化铝沉淀，过滤，除去，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，析出Na2SO4，再向滤液中加入盐酸，发生反应：第一步是：Na2MoO4+2HCl＝H2MoO4↓+2NaCl，第二步是H2MoO4═MoO3+H2O，从而制取MoO3，据此分析作答。 【解答】解：（1）Fe的原子序数为26，核外电子排布为：[Ar]3d64s2，基态Fe的价层电子排布式为3d64s2，Mo和Cr同族，Mo位于d区， 故答案为：3d64s2；d； （2）“焙烧”过程中，Fe2（MoO4）3•8H2O中的元素化合价没有不变，既不作氧化剂又不作还原剂，提高“焙烧”反应速率，宜采取的措施有将矿石粉碎或适当升高温度或增大空气浓度， 故答案为：既不作氧化剂又不作还原剂；将矿石粉碎（或适当升高温度或增大空气浓度）； （3）已知： K＝1013.38；当溶液中某离子的浓度小于或等于10﹣5mol•L﹣1时，表明该离子已完全沉淀，则铝元素完全沉淀时，存在：＝K＝1013.38，解得：c（H+）＝10﹣8.38，即“调pH”的最低值为8.38， 故答案为：8.38； （4）“沉钼”时分两步反应：第一步是：Na2MoO4+2HCl＝H2MoO4↓+2NaCl，第二步是H2MoO4═MoO3+H2O， 故答案为：Na2MoO4+2HCl＝H2MoO4↓+2NaCl； （5）根据原子守恒、化合价升降守恒，可得制备Na2FeO4的反应方程式为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O， 故答案为：2；3；4OH﹣；2；3；5H2O； （6）根据蒸发浓缩、冷却结晶，析出Na2SO4固体可知，Na2SO4在水中的溶解度不大，Na2MoO4的溶解度随温度变化较大，则曲线A代表Na2MnO4， 故答案为：Na2MnO4。 【点评】本题主要考查实验方案的设计，理解流程的原理是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度较大。 10．（2024秋•西城区校级月考）合成NH3是重要的研究课题，一种合成NH3的流程示意如图。 相关数据如下： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 与N2反应温度/℃ 分解温度/℃ Mg 649 1090 ＞300 Mg3N2：＞800 （1）固氮： ①固氮反应的化学方程式是 　　。 ②固氮的适宜温度范围是 　b　。 a．500～600℃b．700～800℃c．900～1000℃ ③人工固氮是高能耗的过程，结合N2分子结构解释原因：　氮分子中存在氮氮三键，键能很大　。 ④检测固氮作用：向固氮后的产物中加水，　用湿润的红色石蕊试纸，如果变蓝，说明有氨气　（填操作和现象），说明Mg能起到固氮作用。 （2）转氨：选用试剂a完成转化。 Ⅰ．选用H2O进行转化。发现从体系中分离出NH3较困难。 Ⅱ.选用HCl气体进行转化。发现能产生NH3，且产物MgCl2能直接循环利用。但NH3的收率较低，原因是 　氨气能和HCl反应生成氯化铵　。 Ⅲ.选用NH4Cl固体进行转化。合成氨的过程如下： 合成氨的总反应方程式是 　Mg3N2+6NH4Cl＝3MgCl2+8NH3　。 经实验研究，证实了Mg3N2中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨。 实验：将 　Mg315N2、NH4Cl　（填化学式）两种物质混合，充分反应。检测结果：经探测仪检测所得氨气中存在15NH3。 【答案】（1）①； ②b； ③氮分子中存在氮氮三键，键能很大； ④用湿润的红色石蕊试纸，如果变蓝，说明有氨气； （2）氨气能和HCl反应生成氯化铵；Mg3N2+6NH4Cl＝3MgCl2+8NH3；Mg315N2、NH4Cl。 【分析】熔融氯化镁电解生成镁，熔融镁和氮气反应生成氮化镁，氮化镁转氨生成氨气； 【解答】解：（1）①固氮反应为熔融镁和氮气反应生成氮化镁，化学方程式为， 故答案为：； ②熔融镁和氮气反应生成氮化镁，结合表格数据，镁熔点649℃、沸点1090℃，而分解温度Mg3N2＞800，故固氮的适宜温度范围是700～800℃， 故答案为：b； ③氮分子中存在氮氮三键，键能很大，断裂氮氮键需要较大能量，故人工固氮是高能耗的过程， 故答案为：氮分子中存在氮氮三键，键能很大； ④氮化镁能水反应生成白色氢氧化镁和氨气，则向固氮后的产物中加水，用湿润的红色石蕊试纸，如果变蓝，说明有氨气，即生成了氮化镁，则说明Mg能起到固氮作用， 故答案为：用湿润的红色石蕊试纸，如果变蓝，说明有氨气； （2）NH3的收率较低，原因是氨气能和HCl反应生成氯化铵，由图可知，合成氨的总反应为氮化镁和氯化铵反应生成氯化镁和氨气，Mg3N2+6NH4Cl＝3MgCl2+8NH3；经实验研究，证实了Mg3N2中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨，可以使用15N标记氮化镁中氮元素和氯化铵反应，检测生成的氨气，故Mg315N2、NH4Cl两种物质混合，充分反应， 故答案为：氨气能和HCl反应生成氯化铵；Mg3N2+6NH4Cl＝3MgCl2+8NH3；Mg315N2、NH4Cl。 【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。 11．（2024•河南开学）丙烯（CH3CH＝CH2）是一种重要的化工原料，可以通过多种途径制得。 （1）实验室以正丙醇为原料制取丙烯，其反应原理为CH3CH2CH2OH═CH3CH＝CH2↑+H2O，在制备过程中产生少量的SO2、CO2，，某兴趣小组在实验室模拟该反应并用下列装置检验反应产物。 ①为检验反应产物，选择以上装置的连接顺序为混合气体→　BDBCA　（用字母表示，装置可以重复使用）。 ②检验SO2的存在利用了SO2的 　漂白　性质。 ③写出正丙醇与浓硫酸共热生成SO2、CO2的化学方程式：　CH3CH2CH2OH+9H2SO4（浓）9SO2+3CO2+13H2O　。 （2）丙烷无氧条件下催化脱氢制丙烯，其原理为C3H8（g）＝C3H6（g）+H2（g）ΔH。反应历程如图所示。 ①该脱氢过程ΔH 　＞　0（填“＞”或“＜”）。 ②依据历程图推测该脱氢过程中可能会产生的副产物为 　C6H14　（填分子式）。 （3）某丙烯燃料电池工作原理如图所示，电解质溶液为NaOH溶液。 ①电极a的电极反应式为 　C3H6﹣18e﹣+24OH﹣＝3+15H2O　。 ②当外电路中转移3mol电子时，理论上电解质溶液中减少的OH﹣的物质的量为 　1　mol。 【答案】（1）①BDBCA； ②漂白； ③CH3CH2CH2OH+9H2SO4（浓）9SO2+3CO2+13H2O； （2）①＞； ②C6H14； （3）①C3H6﹣18e﹣+24OH﹣＝3+15H2O； ②1。 【分析】由所给检验试剂可知，丙烯的检验只能通过酸性KMnO4溶液，SO2也能与酸性KMnO4溶液反应，同时丙烯与酸性KMnO4溶液反应有CO2生成，所以丙烯应在最后检验。用澄清石灰水检验CO2前须先除去SO2，所以检验的顺序：检验SO2→除去SO2→检验SO2是否除尽→检验CO2→检验丙烯，据此解答。 【解答】解：（1）①由分析可知检验顺序为检验SO2（品红溶液）→除去SO2（饱和亚硫酸钠溶液）→检验SO2是否除尽（品红溶液）→检验CO2（澄清石灰石）→检验丙烯（酸性KMnO4溶液）；则顺序为BDBCA， 故答案为：BDBCA； ②由以上分析可知检验SO2用品红而不能用酸性KMnO4溶液，则检验SO2利用了SO2的漂白性， 故答案为：漂白； ③正丁醇被氧化为CO2浓硫酸被还原为SO2，化学方程式为CH3CH2CH2OH+9H2SO4（浓）9SO2+3CO2+13H2O， 故答案为：CH3CH2CH2OH+9H2SO4（浓）9SO2+3CO2+13H2O； （2）①由图像可知反应物的总能量低于生成物的总能量，所以该反应是吸热反应，ΔH＞0， 故答案为：＞； ②由历程图可知两个•H可结合为H2分子，则可推测两个•C3H7可结合为C6H14分子， 故答案为：C6H14； （3）①由图可知，电极a为负极，丙烯失电子，碱性条件下生成，则负极电极反应式为C3H6﹣18e﹣+24OH﹣＝3+15H2O， 故答案为：C3H6﹣18e﹣+24OH﹣＝3+15H2O； ②正极反应为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，所以电路中转移3 mol电子时负极消耗4 mol OH﹣，而正极产生3 mol OH﹣，所以OH﹣减少的物质的量为1mol， 故答案为：1。 【点评】本题考查物质的制备实验设计，题目难度中等，综合性较强，答题时注意把握反应原理，把握物质的性质的异同是解答该题的关键。 12．（2024秋•山东月考）NH3—CaSO4法可用于吸收燃煤发电厂的CO2，同时获得产品（NH4）2SO4。反应的原理为：CO2+CaSO4+2NH3+H2O═CaCO3↓+（NH4）2SO4。实验室根据上述反应原理，模拟生产硫酸铵。完成下列填空： （1）上述反应原理中，属于电解质的物质有 　4　种，实验室利用大理石制备CO2的离子方程式为 　CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑　。 （2）搭建如图1所示装置，先从 　a　（选填“a”或“b”）通入气体 　氨气　（填物质名称）至饱和。然后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的可能原因是 　CO2++H2O＝2　（用离子方程式解释）。 （3）将反应后混合体系过滤，滤液经一系列操作后得（NH4）2SO4晶体（溶解度曲线如图2）。将下列操作或现象的标号填入相应括号中 　D、A、E　。 A．蒸发皿中出现少量晶体 B．使用漏斗趁热过滤 C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干 D．用玻璃棒不断搅拌 E．等待蒸发皿冷却 若烘干“过滤”所得（NH4）2SO4晶体时温度过高，会分解产生SO2、N2、NH3和H2O，则相同条件下，SO2和N2的体积比为 　3：1　。 【答案】（1）4；CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑； （2）a；氨气；CO2++H2O＝2； （3）D、A、E；3：1。 【分析】（1）硫酸钙，碳酸钙，硫酸铵，水为电解质，实验室利用大理石制备CO2的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑； （2）由于碱性溶液更易吸收二氧化碳，且氨气易溶于水，需要防倒吸处理，故先从a处通入氨气，然后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的可能原因是过量的CO2与CaCO3反应生成可溶性的Ca（HCO3）2，造成产品（NH4）2SO4中杂质多，不易分离； （3）步骤Ⅴ的正确操作或现象为：将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥、得到Na2S2O6•2H2O，依次填入D、A、E，若烘干“过滤”所得（NH4）2SO4晶体时温度过高，会分解产生SO2、N2、NH3和H2O，反应方程式为3（NH4）2SO4＝3SO2↑+N2↑+4NH3↑+12H2O，结合方程式分析即可。 【解答】解：（1）硫酸钙，碳酸钙，硫酸铵，水为电解质，实验室利用大理石制备CO2的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑， 故答案为：4；CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑； （2）由于碱性溶液更易吸收二氧化碳，且氨气易溶于水，需要防倒吸处理，故先从a处通入氨气，然后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的可能原因是过量的CO2与CaCO3反应生成可溶性的Ca（HCO3）2，造成产品（NH4）2SO4中杂质多，不易分离，反应方程式为CO2++H2O＝2； 故答案为：a；氨气；CO2++H2O＝2； （3）步骤Ⅴ的正确操作或现象为：将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥、得到Na2S2O6•2H2O，依次填入D、A、E，若烘干“过滤”所得（NH4）2SO4晶体时温度过高，会分解产生SO2、N2、NH3和H2O，反应方程式为3（NH4）2SO4＝3SO2↑+N2↑+4NH3↑+12H2O，则相同条件下，SO2和N2的体积比为物质的量之比即反应系数比＝3：1， 故答案为：D、A、E；3：1。 【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。 13．（2024秋•9月份月考）乙二胺四乙酸铁钠结构如图所示，是一款具有生物活性的有机螯合铁营养强化剂。 乙二胺四乙酸铁钠（C10H12FeN2NaO8） 一种制备方案如下： 制备FeCO3：称取4.38gFeSO4•7H2O加水溶解，加热至40～50℃，再缓慢添加1.31gNa2CO3，得到FeCO3悬浊液。 制备Fe（OH）3：向FeCO3悬浊液中逐滴加入7mL30%H2O2溶液，过滤，洗涤，得到高活性Fe（OH）3。 制备乙二胺四乙酸铁钠：将0.14mol乙二胺四乙酸和0.56gNaOH，用30mL水溶解后，缓慢加入上述制得的Fe（OH）3，调节pH为4.5～6.0，充分反应后减压过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、干燥，得到土黄色高纯乙二胺四乙酸铁钠晶体。 请回答下列问题： （1）乙二胺四乙酸铁钠的配位原子中第一电离能最大的元素是 　N（或氮）　。 （2）制备FeCO3时，Na2CO3添加过快，会导致 　反应体系的碱性增大，可能生成Fe（OH）2　。 （3）制备Fe（OH）3的化学方程式为 　2FeCO3+2H2O+H2O2＝2Fe（OH）3+2CO2↑　； 利用 　BaCl2　（填试剂的化学式）检验Fe（OH）3是否洗涤干净。 （4）制备乙二胺四乙酸铁钠时，调节pH为4.5～6.0能达到最好的效果。pH太高或太低均会导致乙二胺四乙酸铁钠晶体产率下降，原因是 　pH太高，反应体系中Fe3+浓度小；pH太低，反应体系中配体与H+结合，浓度小　。 （5）测定乙二胺四乙酸铁钠中铁的含量。称量mg样品溶解后加稀H2SO4酸化，再加入mg锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液用250mL容量瓶定容。移取25mL溶液至锥形瓶中，加入一定量的H2SO4—H3PO4混酸，用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液平行滴定3次，平均消耗KMnO4溶液VmL。KMnO4标准溶液盛装在 　酸式滴定管　（填仪器名称）中，加入H2SO4—H3PO4混酸的作用是 　磷酸与Fe3+配位形成无色配离子，使反应更完全，也消除Fe3+的黄色对判断滴定终点的影响　；该晶体中铁元素的质量分数的表达式为 　　（用题中所给字母表示）。注：磷酸与Fe3+配位形成无色配离子[Fe（HPO4）2]﹣。 【答案】（1）N（或氮）； （2）反应体系的碱性增大，可能生成Fe（OH）2； （3）2FeCO3+2H2O+H2O2＝2Fe（OH）3+2CO2↑BaCl2； （4）pH太高，反应体系中Fe3+浓度小；pH太低，反应体系中配体与H+结合，浓度小； （5）酸式滴定管；磷酸与Fe3+配位形成无色配离子，使反应更完全，也消除Fe3+的黄色对判断滴定终点的影响；。 【分析】称取一定量的FeSO4•7H2O加水溶解，经加热后缓慢添加Na2CO3，得到FeCO3悬浊液，再经过过氧化氢氧化，生成Fe（OH）3沉淀，经过滤，洗涤得到高活性Fe（OH）3，将获得的氢氧化铁加入乙二胺四乙酸和NaOH水溶液中，调节pH为4.5～6.0，充分反应后减压过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、干燥，得到土黄色高纯乙二胺四乙酸铁钠晶体。 【解答】解：（1）乙二胺四乙酸铁钠中的配位原子有N、O，其中基态N原子2p轨道半充满，难失电子，第一电离能大，故配位原子中第一电离能最大的元素是N（或氮）， 故答案为：N（或氮）； （2）Na2CO3溶液呈碱性，添加过快，会导致反应体系的碱性增大，可能生成Fe（OH）2， 故答案为：反应体系的碱性增大，可能生成Fe（OH）2； （3）H2O2将FeCO3氧化为Fe（OH）3，反应的化学方程式为2FeCO3+2H2O+H2O2＝2Fe（OH）3+2CO2↑；洗涤液中没有，证明Fe（OH）3洗涤干净，选用BaCl2检验， 故答案为：2FeCO3+2H2O+H2O2＝2Fe（OH）3+2CO2↑BaCl2； （4）制备乙二胺四乙酸铁钠时，调节pH为4.5～6.0能达到最好的效果。pH太高或太低均会导致乙二胺四乙酸铁钠晶体产率下降，原因是pH太高，反应体系中Fe3+转化生成Fe（OH）3，Fe3+浓度小；pH太低，反应体系中配体中的N会优先与H+配位，浓度小，均不利于生成乙二胺四乙酸铁钠， 故答案为：pH太高，反应体系中Fe3+浓度小；pH太低，反应体系中配体与H+结合，浓度小； （5）高锰酸钾能氧化乳胶管，应使用酸式滴定管盛装；磷酸与Fe+配位形成无色配离子，使反应更完全，也消除Fe3+的黄色对判断滴定终点的影响；锌把铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液再将亚铁离子氧化为铁离子；反应中，消耗的高锰酸钾的物质的量为c•V×10﹣3mol，根据电子得失守恒可知，该反应中铁离子的物质的量是5c•V×10﹣3mol，则该晶体中铁元素的质量分数的表达式为， 故答案为：酸式滴定管；磷酸与Fe3+配位形成无色配离子，使反应更完全，也消除Fe3+的黄色对判断滴定终点的影响；。 【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度较大。 14．（2024秋•安徽月考）硫酸是重要的基础化工原料之一，是化学工业中最重要的产品，号称“工业之母”。 （1）我国古代炼丹家狐刚子在《出金矿图录》中记载了一种硫酸的提取方法——“炼石胆取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4•5H2O分解的TG曲线（热重）如图所示。700℃左右分解生成的氧化物有SO2、　CuO　和 　SO3　（填化学式）。 （2）铅室法使用了大容积铅室制备硫酸（76%以下），副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：NO2+SO2+H2O＝NO+H2SO4、2NO+O2＝2NO2。 ①上述过程中，NO2的作用为 　催化剂　。 ②为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 　反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高　（答出两点即可）。 （3）接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：SO2（g）+O2（g）⇌SO3（g） ΔH＝﹣98.9kJ•mol﹣1。 ①为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和SO2转化率的关系如图所示，催化性能最佳的是 　d　（填标号）。 ②在450℃、100kPa的条件下，SO3的平衡体积分数随起始时投料比的变化如图所示，用平衡压强（平衡压强＝该物质的体积分数×总压强）代替平衡浓度，则450℃时，该反应的Kp＝ 　0.05　。 【答案】（1）CuO；SO3； （2）①催化剂； ②反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高； （3）①d； ②0.05。 【分析】（1）根据图示的热重曲线所示，800℃左右质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2； （2）①由NO2+SO2+H2O＝NO+H2SO4、2NO+O2＝2NO2两个反应可以看出二氧化氮在反应中先消耗再生成； ②近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高； （3）①为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V﹣K—Cs—Ce对SO2的转化率最好，产率最佳； ②根据图中信息得到当反应物的投料比等于计量数之比时，生成物的体积分数最大，所以此条件下a＝，平衡时SO3的体积分数为40%，则平衡时p（SO3）＝40kPa，二氧化硫和氧气的投料比为2：1，消耗的量也是2：1，剩余的量也是2：1，则p（SO2）＝40kPa，p（O2）＝20kPa。 【解答】解：（1）根据图示的热重曲线所示，800℃左右质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2， 故答案为：CuO；SO3； （2）①由NO2+SO2+H2O＝NO+H2SO4、2NO+O2＝2NO2两个反应可以看出二氧化氮在反应中先消耗再生成，是反应的催化剂， 故答案为：催化剂； ②近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高，故原因为反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高， 故答案为：反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高； （3）①为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V﹣K—Cs—Ce（d）对SO2的转化率最好，产率最佳， 故答案为：d； ②根据图中信息得到当反应物的投料比等于计量数之比时，生成物的体积分数最大，所以此条件下a＝，平衡时SO3的体积分数为40%，则平衡时p（SO3）＝40kPa，二氧化硫和氧气的投料比为2：1，消耗的量也是2：1，剩余的量也是2：1，则p（SO2）＝40kPa，p（O2）＝20kPa，该反应的， 故答案为：0.05。 【点评】本题考查物质的制备，题目难度较大，能依据题目所给信息准确反应原理是解题的关键。 15．（2024秋•龙湾区月考）根据下列物质间的转化关系，回答下列问题： （1）上述反应中属于氧化还原反应的是 　①　（填序号）。 （2）分别写出④⑤反应的离子方程式：④　CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑　、⑤　Ca2++＝CaCO3↓　。 （3）碳酸钙是牙膏中常用的摩擦剂，甲乙丙三位同学用石灰石来制备，分别设计以下方案。 甲：⑥→⑦→⑧；乙：④→⑤；丙：⑥→⑦→⑨→⑤ 下列说法不正确的是 　CD　。 A.乙方案的优点是反应步骤少，节约能源 B.CaO俗称生石灰，属于碱性氧化物，是一种常用固体干燥剂的主要成分 C.⑤中反应也可以向CaCl2溶液中通入CO2制备CaCO3 D.Ca（OH）2俗称熟石灰，⑧中反应也可以向澄清石灰水中通入足量CO2制备CaCO3 【答案】（1）①； （2）④CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑； ⑤Ca2++＝CaCO3↓； （3）CD。 【分析】C燃烧生成CO2，CO2和Ca（OH）2反应生成CaCO3和H2O，CaCO3高温分解生成CaO和CO2，CaO和H2O反应生成Ca（OH）2，Ca（OH）2和Na2CO3反应生成CaCO3和NaOH，CaCO3和稀盐酸反应生成CaCl2、CO2、H2O，CaCl2和Na2CO3反应生成CaCO3、NaCl，Ca（OH）2和HCl反应生成CaCl2和H2O。 【解答】解：（1）氧化还原反应的实质是有电子转移，特征是有元素化合价升降，上述反应中属于氧化还原反应的是①， 故答案为：①； （2）④的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑、⑤的离子方程式为Ca2++＝CaCO3↓， 故答案为：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑；Ca2++＝CaCO3↓； （3）A.乙方案的优点是反应步骤少，药品使用少，所以节约能源，故A正确； B.CaO俗称生石灰，属于碱性氧化物，具有吸水性，所以是一种常用固体干燥剂的主要成分，故B正确； C.碳酸的酸性小于盐酸，所以氯化钙和CO2不反应，故C错误； D.Ca（OH）2俗称熟石灰，⑧中反应也可以向澄清石灰水中通入足量CO2得到Ca（HCO3）2而不是CaCO3，故D错误； 故答案为：CD。 【点评】本题考查物质的制备，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，题目难度不大。 16．（2024秋•青浦区校级月考）高铁酸钾（K2FeO4）是兼具杀菌消毒和吸附絮凝功能的高效水处理剂。 （1）K2FeO4在处理污水时，与水体中的 　B　物质反应生成Fe3+。 A．氧化性 B．还原性 （2）Fe3+再水解生成Fe（OH）3胶体，起到吸附絮凝作用，这与胶体的 　C　有关。 A丁达尔现象 B．电泳 C．聚沉 （一）电解法制备K2FeO4： 装置如图所示，原理为Fe+2KOH+2H2OK2FeO4+3H2↑ （3）灰铸铁材料作 　D　极。 A．正 B．负 C．阴 D．阳 （4）电解时，左侧烧杯中溶液的pH 　A　。 A．升高 B．降低 C．不变 （5）写出电解时石墨电极反应式 　2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣　。 （二）水相法制备K2FeO4： 实验流程如下所示。 （6）实验室制取NaClO所需的两种原料为 　Cl2　、　NaOH　。 （7）写出反应Ⅰ的化学方程式 　10NaOH+3NaClO+2Fe（NO3）3＝2Na2FeO4+9NaNO3+5H2O　。 （8）简述反应Ⅱ能生成K2FeO4的原因 　该温度下，高铁酸钾的溶解度远小于高铁酸钠，高铁酸钾析出　。 （三）K2FeO4的纯度分析 水相法制备的K2FeO4产品纯度测定步骤如下：称取0.500g产品配成100mL溶液。取25.00mL置于锥形瓶，再加入足量Na[Cr（OH）4]溶液，再加适量稀硫酸；最后用0.100mol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液15.00mL。主要反应如下： +[Cr（OH）4]﹣＝Fe（OH）3++OH﹣ 2+2H+＝Cr2+H2O Cr2+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O （9）计算该K2FeO4产品纯度为 　79.2%　。 【答案】（1）B； （2）C； （3）D； （4）A； （5）2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣； （6）Cl2；NaOH； （7）10NaOH+3NaClO+2Fe（NO3）3＝2Na2FeO4+9NaNO3+5H2O； （8）该温度下，高铁酸钾的溶解度远小于高铁酸钠，高铁酸钾析出； （9）79.2%。 【分析】（1）K2FeO4在处理污水时，与水体中的物质反应生成Fe3+，Fe元素的化合价由+6价变为+3价，则K2FeO4作氧化剂，在反应中被还原； （2）Fe3+再水解生成的Fe（OH）3胶体具有吸附性； （3）根据图知，该装置有外接电源，属于电解池，根据电池反应式知，灰铸铁电极上Fe失电子发生氧化反应，石墨电极上H2O得电子发生还原反应； （4）电解时，左侧烧杯中水得电子生成H2和OH﹣，溶液中c（OH﹣）增大； （5）电解时石墨电极上水得电子生成H2和OH﹣； （6）实验室用Cl2、NaOH制取NaClO； （7）反应Ⅰ的反应物是NaOH、NaClO、Fe（NO3）3，生成物是NaCl、NaNO3、Na2FeO4； （8）溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质； （9）根据+[Cr（OH）4]﹣＝Fe（OH）3++OH﹣、2+2H+＝Cr2+H2O、Cr2+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O得关系式2K2FeO4～Cr2～6Fe2+，25.00mL待测液中n（K2FeO4）＝n[（NH4）2Fe（SO4）2]＝×0.100mol/L×0.015L＝5×10﹣4 mol，则100mL待测液中n（K2FeO4）＝5×10﹣4 mol×4＝2×10﹣3mol，该K2FeO4产品纯度为×100%。 【解答】解：（1）K2FeO4在处理污水时，与水体中的物质反应生成Fe3+，Fe元素的化合价由+6价变为+3价，则K2FeO4作氧化剂，在反应中被还原，所以需要还原性的物质， 故答案为：B； （2）Fe3+再水解生成的Fe（OH）3胶体具有吸附性，与胶体的聚沉有关， 故答案为：C； （3）根据图知，该装置有外接电源，属于电解池，根据电池反应式知，灰铸铁电极上Fe失电子发生氧化反应，石墨电极上H2O得电子发生还原反应，则灰铸铁电极为阳极， 故答案为：D； （4）电解时，左侧烧杯中水得电子生成H2和OH﹣，溶液中c（OH﹣）增大，溶液的pH升高， 故答案为：A； （5）电解时石墨电极上水得电子生成H2和OH﹣，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣， 故答案为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣； （6）实验室用Cl2、NaOH制取NaClO，所以实验室制取NaClO的原料是Cl2、NaOH， 故答案为：Cl2；NaOH； （7）反应Ⅰ的反应物是NaOH、NaClO、Fe（NO3）3，生成物是NaCl、NaNO3、Na2FeO4，化学方程式为10NaOH+3NaClO+2Fe（NO3）3＝2Na2FeO4+9NaNO3+5H2O， 故答案为：10NaOH+3NaClO+2Fe（NO3）3＝2Na2FeO4+9NaNO3+5H2O； （8）反应Ⅱ为高铁酸钠和KOH反应生成K2FeO4，原因是：该温度下，高铁酸钾的溶解度远小于高铁酸钠，高铁酸钾析出， 故答案为：该温度下，高铁酸钾的溶解度远小于高铁酸钠，高铁酸钾析出； （9）根据+[Cr（OH）4]﹣＝Fe（OH）3++OH﹣、2+2H+＝Cr2+H2O、Cr2+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O得关系式2K2FeO4～Cr2～6Fe2+，25.00mL待测液中n（K2FeO4）＝n[（NH4）2Fe（SO4）2]＝×0.100mol/L×0.015L＝5×10﹣4 mol，则100mL待测液中n（K2FeO4）＝5×10﹣4 mol×4＝2×10﹣3mol，该K2FeO4产品纯度为×100%＝×100%＝79.2%， 故答案为：79.2%。 【点评】本题考查了物质的制备流程的理解应用、滴定原理等知识点，侧重于考查学生的实验能力和对基础知识的综合应用能力，明确元素化合物的性质、氧化还原反应原理、滴定原理是解本题关键，题目难度中等。 17．（2024•镇江开学）纳米FeS可用于处理含铬废水。 已知：Ksp[Fe（OH）2]＝1×10﹣14，Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ka1（H2S）＝1.3×10﹣7，Ka2（H2S）＝7.0×10﹣15。 （1）实验室用FeSO4溶液和Na2S溶液制备纳米硫化亚铁的装置如图﹣1所示。 ①从滴液漏斗中滴加的A溶液为 　Na2S　溶液。 ②pH＝8时，Na2S溶液中含硫微粒的浓度由大到小顺序为 　S2﹣＞HS﹣＞H2S　。 ③室温下反应FeS+2H+＝Fe2++H2S的K值为 　6.92×103　。 （2）纳米FeS处理含铬废水。处理六价铬需经历“吸附﹣还原“等过程。pH＜7.5时，FeS胶粒带正电荷；pH＞7.5时，FeS胶粒带负电荷；六价铬去除率与pH关系如图﹣2所示。 ①pH＝4时，用FeS处理含六价铬废水（铬元素主要以存在），生成Fe（OH）3和硫酸盐，反应的离子方程式为 　FeS+3+10H+＝Fe（OH）3++3Cr3++5H2O　。 ②pH在5∼9时，pH增大，六价铬去除率下降的原因为 　pH增大，FeS吸附带负电的，导致六价铬去除率下降　。 （3）70℃时，控制pH约为9，硫酸亚铁铵溶液和硫代乙酰胺（CH3CSNH2）溶液可反应制备高纯纳米FeS。 已知：①碱性条件下，CH3CSNH2+3OH﹣＝CH3COO﹣+S2﹣+NH3•H2O。 ②柠檬酸钠可与Fe2+形成络合物，降低溶液中c（Fe2+）。 请补充完整用硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]和硫代乙酰胺制备纳米硫化亚铁的实验方案： 在三颈烧瓶中加入一定量的硫酸亚铁铵溶液，通入N2赶走装置内空气，　加入适量柠檬酸钠溶液　，加入缓冲溶液调节溶液pH＝9，　逐滴滴加硫代乙酰胺溶液并不断搅拌，直至沉淀不再增加，静置，过滤，洗涤沉淀　，烘干，制得纳米FeS。 （实验中必须用到的试剂：柠檬酸钠溶液、BaCl2溶液，硫代乙酰胺溶液、蒸馏水） 【答案】（1）①Na2S； ②S2﹣＞HS﹣＞H2S； ③6.92×103； （2）①FeS+3+10H+＝Fe（OH）3++3Cr3++5H2O； ②pH增大，FeS吸附带负电的，导致六价铬去除率下降； （3）加入适量柠檬酸钠溶液；逐滴滴加硫代乙酰胺溶液并不断搅拌，直至沉淀不再增加，静置，过滤，洗涤沉淀。 【分析】（1）①由Ksp[Fe（OH）2]＝1×10﹣14知，在碱性条件下Fe2+易生成Fe（OH）2沉淀，Na2S为强碱弱酸盐，显碱性，故应将Na2S溶液滴入FeSO4溶液中； ②pH＝8时，Na2S溶液中Na2S发生Na2S＝2Na++S2﹣电离，S2﹣发生水解S2﹣+H2O＝HS﹣+OH﹣，HS﹣+H2O＝H2S+OH﹣； ③室温下反应FeS+2H+＝Fe2++H2S的K＝； （2）①pH＝4时，用FeS处理含六价铬废水（铬元素主要以存在），生成Fe（OH）3和硫酸盐； ②由于pH＜7.5时，FeS胶粒带正电荷，pH在5～9时，pH增大，FeS吸附带负电的； （3）第一步加入柠檬酸钠溶液是为了与Fe2+形成络合物，降低溶液中c（Fe2+），防止Fe2+过快沉淀或被氧化，第二步逐滴滴加硫代乙酰胺溶液并不断搅拌，使其与Fe2+充分反应生成FeS沉淀，静置、过滤、洗涤沉淀以得到纯净的FeS沉淀，最后烘干制得纳米FeS；同时，不断搅拌可使反应更均匀，观察沉淀不再增加可确定反应基本完全；加入缓冲溶液调节pH＝9是根据已知条件在碱性条件下反应制备FeS。 【解答】解：（1）①由Ksp[Fe（OH）2]＝1×10﹣14知，在碱性条件下Fe2+易生成Fe（OH）2沉淀，Na2S为强碱弱酸盐，显碱性，故应将Na2S溶液滴入FeSO4溶液中，则从滴液漏斗中滴加的A溶液为Na2S溶液， 故答案为：Na2S； ②pH＝8时，Na2S溶液中Na2S发生Na2S＝2Na++S2﹣电离，S2﹣发生水解S2﹣+H2O＝HS﹣+OH﹣，HS﹣+H2O＝H2S+OH﹣，ZQ正确微粒的浓度由大到小顺序为S2﹣＞HS﹣＞H2S， 故答案为：S2﹣＞HS﹣＞H2S； ③室温下反应FeS+2H+＝Fe2++H2S的K＝＝≈6.92×103， 故答案为：6.92×103； （2）①pH＝4时，用FeS处理含六价铬废水（铬元素主要以存在），生成Fe（OH）3和硫酸盐，反应的离子方程式为FeS+3+10H+＝Fe（OH）3++3Cr3++5H2O， 故答案为：FeS+3+10H+＝Fe（OH）3++3Cr3++5H2O； ②由于pH＜7.5时，FeS胶粒带正电荷，pH在5～9时，pH增大，FeS吸附带负电的，导致六价铬去除率下降， 故答案为：pH增大，FeS吸附带负电的，导致六价铬去除率下降； （3）第一步加入柠檬酸钠溶液是为了与Fe2+形成络合物，降低溶液中c（Fe2+），防止Fe2+过快沉淀或被氧化，第二步逐滴滴加硫代乙酰胺溶液并不断搅拌，使其与Fe2+充分反应生成FeS沉淀，静置、过滤、洗涤沉淀以得到纯净的FeS沉淀，最后烘干制得纳米FeS；同时，不断搅拌可使反应更均匀，观察沉淀不再增加可确定反应基本完全；加入缓冲溶液调节pH＝9是根据已知条件在碱性条件下反应制备FeS；最后，加入硫代乙酰胺溶液之前需要确保装置内充满氮气以防止Fe2+被氧化，另外，使用BaCl2溶液可以检验是否生成了S2﹣，但在实验方案中没有明确的操作指令，因此没有体现在答案中， 故答案为：加入适量柠檬酸钠溶液；逐滴滴加硫代乙酰胺溶液并不断搅拌，直至沉淀不再增加，静置，过滤，洗涤沉淀。 【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、反应原理、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与实验的结合，题目难度中等。 18．（2024秋•广西月考）高氯酸氟（FClO4或FOClO3）易分解，会与有机物发生剧烈～反应，会自发爆炸，自身有刺鼻的气味。制取FClO4可采用特制的耐氟容器，使氟气（F2）缓缓地与10%的HClO4溶液反应，实验装置如图。 已知：Ⅰ．F2、HF、O2的沸点依次为﹣188℃、19.54℃、﹣183.9℃；FClO4的熔点为﹣167℃，沸点为﹣15.9℃。 Ⅱ．核磁共振碳谱中不同化学环境的碳出现不同的吸收峰。 回答下列问题： （1）FClO4中F元素的价态是 　﹣1　价，实验中生成FClO4反应的化学方程式是 　HClO4+F2＝FClO4+HF　。 （2）A中的环状填充物的作用是 　增大F2与HClO4的接触面积，以利于反应朝预定方向进行　；实验中选用液氧分离FClO4，试分析原因：　因为液氧提供的低温可以使FClO4成为固体，便于FClO4的分离　。 （3）FClO4自身会分解生成F2、O2和一种氯的氧化物X，产物中O2与X的化学计量数之比为1：1，则FClO4自身分解的化学方程式为 　2FClO4＝F2↑+O2↑+Cl2O6　。 （4）FClO4可与六氟代丙烯发生加成反应形成C—F键，为探究它们反应的产物，提出以下假设： 假设1：产物只有CF3CF2CF2OClO3； 假设2：产物只有 　CF3CF（OClO3）CF3　（填结构简式）； 假设3：产物为两者的混合物。 为验证假设1是否成立，可采用的方法是 　核磁共振碳谱法　。若假设1成立，现象是 　核磁共振碳谱有三组峰　。 【答案】（1）﹣1；HClO4+F2＝FClO4+HF； （2）增大F2与HClO4的接触面积，以利于反应朝预定方向进行；因为液氧提供的低温可以使FClO4成为固体，便于FClO4的分离； （3）2FClO4＝F2↑+O2↑+Cl2O6； （4）CF3CF（OClO3）CF3；核磁共振碳谱法；核磁共振碳谱有三组峰。 【分析】采用特制的耐氟容器，使氟气（F2）缓缓地与10%的HClO4溶液反应，制备制取FClO4。 【解答】解：（1）氟非金属性最强，没有正价，结合FOClO3可知F元素的价态是﹣1价，制取FClO4可采用特制的耐氟容器，使氟气（F2）缓缓地与10%的HClO4溶液反应，根据质量守恒可知，实验中生成FClO4反应的化学方程式是HClO4+F2＝FClO4+HF， 故答案为：﹣1；HClO4+F2＝FClO4+HF； （2）A中填充环状物可增大气体与液体的接触面积，提高反应速率，液氧的沸点为﹣183℃，FClO4的熔点为﹣167℃，B中冷却剂选用液氧有利于FClO4成为固体，便于FClO4的分离， 故答案为：增大F2与HClO4的接触面积，以利于反应朝预定方向进行；因为液氧提供的低温可以使FClO4成为固体，便于FClO4的分离； （3）FClO4自身会分解生成F2、O2和一种氯的氧化物X，产物中O2与X的化学计量数之比为1：1，则FClO4自身分解的化学方程式为2FClO4＝F2↑+O2↑+Cl2O6， 故答案为：2FClO4＝F2↑+O2↑+Cl2O6； （4）FClO4可与六氟代丙烯发生加成反应形成C—F键，根据加成在碳碳双键上的位置不同，产物可能为CF3CF2CF2OClO3，也可能为CF3CF（OClO3）CF3；为验证假设1是否成立，可采用的方法是核磁共振碳谱法；因核磁共振碳谱中不同化学环境的碳出现不同的吸收峰，若假设1成立，现象是核磁共振碳谱有三组峰， 故答案为：CF3CF（OClO3）CF3；核磁共振碳谱法；核磁共振碳谱有三组峰。 【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。 19．（2024•淮安开学）铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如图： 已知：①滤渣1成分：Au、AgCl、PbSO4等； ②当某离子的浓度低于1.0×10﹣5mol/L时，可忽略该离子的存在； ③AgCl（s）+Cl﹣（aq）⇌[AgCl2]﹣（aq） K＝2.0×10﹣5； ④δ表示微粒分布分数，。 回答下列问题： （1）O属于 　P　区元素，其基态原子的价电子排布式为 　2s22p4　。 （2）“滤液1”中含有H2SeO3，“氧化酸浸”时Ag2Se反应的离子方程式为 　Ag2Se+3H2O2+2Cl﹣+2H+＝2AgCl↓+H2SeO3+3H2O　。 （3）在“除金”工序溶液中，Cl﹣浓度不能超过0.5mol/L的原因是 　防止AgCl固体转化为[AgCl2]﹣而损失　。 （4）在“银转化”体系中，存在： [Ag（SO3）2]3﹣+⇌[Ag（SO3）3]5﹣平衡，且[Ag（SO3）2]3﹣和[Ag（SO3）3]5﹣浓度之和为0.075mol/L，两种离子分布分数δ随浓度的变化关系如图﹣1所示，若浓度为1mol/L，则[Ag（SO3）3]5﹣的浓度为 　0.05　mol/L。 （5）AgCl经还原也可制得Ag单质。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5mol•L﹣1盐酸后静置，充分反应得到Ag和FeCl2。为判断AgCl是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，　用蒸馏水洗涤滤渣，至取最后一次洗涤滤液滴加硝酸银溶液无沉淀产生，转移滤渣至烧杯中，打开通风设备，向烧杯中边加稀硝酸边搅拌至无气泡产生，若无固体残留，则AgCl转化完全　。 [实验中必须使用的试剂和设备：稀HNO3、AgNO3溶液、蒸馏水，通风设备] 【答案】（1）P；2s22p4； （2）Ag2Se+3H2O2+2Cl﹣+2H+＝2AgCl↓+H2SeO3+3H2O； （3）防止AgCl 固体转化为[AgCl2]﹣而损失； （4）0.05； （5）用蒸馏水洗涤滤渣，至取最后一次洗涤滤液滴加硝酸银溶液无沉淀产生，转移滤渣至烧杯中，打开通风设备，向烧杯中边加稀硝酸边搅拌至无气泡产生，若无固体残留，则AgCl转化完全； 【分析】铜阳极泥含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等，加入双氧水、硫酸、氯化钠，氧化酸浸，得到滤渣为Au、AgCl、PbSO4等，过滤，向滤渣中加入氯酸钠、硫酸、氯化钠，使金转化为四氯合金酸钠，进入滤液，继续向滤渣中加入亚硫酸钠，过滤后，除去硫酸铅，得到含有[Ag（SO3）2]3﹣和[Ag（SO3）3]5﹣的滤液，在向滤液中加入连二硫酸钠，还原银，得到银单质，据此分析作答。 【解答】解：（1）O属于P区元素，其基态原子的价电子排布式为 2s22p4， 故答案为：P；2s22p4； （2）“滤液1”中含有H2SeO3，根据原子守恒、化合价升降守恒，可得“氧化酸浸”时Ag2Se反应的离子方程式为Ag2Se+3H2O2+2Cl﹣+2H+＝2AgCl↓+H2SeO3+3H2O， 故答案为：Ag2Se+3H2O2+2Cl﹣+2H+＝2AgCl↓+H2SeO3+3H2O； （3）在“除金”工序溶液中，Cl﹣浓度不能超过0.5mol/L的原因是防止AgCl 固体转化为[AgCl2]﹣而损失， 故答案为：防止AgCl 固体转化为[AgCl2]﹣而损失； （4）由图可知，若浓度为0.5mol/L，[Ag（SO3）2]3﹣和[Ag（SO3）3]5﹣的分布分数相等，又[Ag（SO3）2]3﹣和[Ag（SO3）3]5﹣浓度之和为0.075mol/L，则两者的浓度均为0.0375mol/L，平衡常数K＝＝2，由于K只与温度有关，所以若浓度为1mol/L，设[Ag（SO3）2]3﹣的浓度为xmol/L，则[Ag（SO3）3]5﹣的浓度为（0.075﹣x）mol/L，则有＝2，解得：x＝0.025mol/L，所以[Ag（SO3）3]5﹣的浓度为0.05mol/L， 故答案为：0.05； （5）AgCl经还原也可制得Ag单质，在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5mol•L﹣1盐酸后静置，充分反应得到Ag和FeCl2。为判断AgCl是否完全转化，实验方案为：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，用蒸馏水洗涤滤渣，至取最后一次洗涤滤液滴加硝酸银溶液无沉淀产生，转移滤渣至烧杯中，打开通风设备，向烧杯中边加稀硝酸边搅拌至无气泡产生，若无固体残留，则AgCl转化完全， 故答案为：用蒸馏水洗涤滤渣，至取最后一次洗涤滤液滴加硝酸银溶液无沉淀产生，转移滤渣至烧杯中，打开通风设备，向烧杯中边加稀硝酸边搅拌至无气泡产生，若无固体残留，则AgCl转化完全。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及方程式书写，核外电子排布等，平衡常数K的应用等，属于高考高频考点，难度较大。 20．（2024•重庆）含钌（Ru）催化剂在能源等领域应用广泛。Ru（NO）（NO3）3是制备负载型钉催化剂的前驱体。一种制备高纯Ru（NO）（NO3）3的技术路线如图（部分试剂、步骤及反应条件略）。 RuCl•3H2ORu（NO）Cl3Ru（NO）（OH）3Ru（NO）（NO3）3 回答下列问题： （1）已知基态Ru的核外电子排布式为[Kr]4d75s1，则Ru在元素周期表中位于第 　五　周期第 　Ⅷ　族。KNO2中，的空间结构为 　V形　。 （2）为验证Ru与NO形成了配位键，对所得Ru（NO）Cl3的表征结果如图所示，表征所用仪器是 　C　。 A.核磁共振仪 B.质谱仪 C.红外光谱仪 D.X射线衍射仪 （3）步骤①中无气体生成，除生成Ru配合物外，生成的盐还有 　KNO3、KCl　（填化学式）。 （4）步骤②生成的Ru（NO）（OH）3为难溶物，反应的化学方程式为 　Ru（NO）Cl3+3KOH＝Ru（NO）（OH）3↓+3KCl　。 （5）步骤③在加入稀硝酸前，需要将难溶物加入AgNO3溶液中，以除去残留的Cl；为使Cl沉淀完全，Ag+浓度应大于 　1.8×10﹣5　mol/L。（已知AgCl的Ksp＝1.8×10﹣10） （6）Ru（NO）（NO3）3受热易分解，在660K时完全分解，失重率为58%，剩余固体为Ru的氧化物，则该氧化物的化学式为 　RuO2　。 【答案】（1）五；Ⅷ；V形； （2）C； （3）KNO3、KCl； （4）Ru（NO）Cl3+3KOH＝Ru（NO）（OH）3↓+3KCl； （5）1.8×10﹣5； （6）RuO2。 【分析】（1）已知基态Ru的核外电子排布式为[Kr]4d75s1，则Ru在元素周期表中位于第五周期第Ⅷ族，KNO2中，中N原子的价层电子对数为：2+＝3，含有一对孤电子对，据此判断其空间结构； （2）图为吸收光谱的谱图，属于红外光谱图； （3）步骤①中加入亚硝酸钠和稀盐酸，反应无气体生成，反应属于NaNO2的歧化反应，根据化合价升降守恒、原子守恒，可得反应的方程式为：3KNO2+2RuCl3•3H2O+2HCl＝2Ru（NO）Cl3+KNO3+2KCl+7H2O，据此判断生成的盐； （4）根据原子守恒，书写反应的化学方程式； （5）为使Cl﹣沉淀完全，即c（Cl﹣）＜1×10﹣5mol/L，Ag+浓度应大于，将数据代入计算； （6）设Ru（NO）（NO3）3为1mol，其质量为317g，在660K时完全分解，失重率为58%，剩余固体质量为317×（1﹣58%）＝133.14g，1mol Ru（NO）（NO3）3中Ru为1mol，其质量为101g，则氧化物中n（O）＝≈2mol，即可判断该氧化物的化学式。 【解答】解：（1）已知基态Ru的核外电子排布式为[Kr]4d75s1，则Ru在元素周期表中位于第五周期第Ⅷ族，KNO2中，中N原子的价层电子对数为：2+＝3，含有一对孤电子对，空间结构为V形， 故答案为：五；Ⅷ；V形； （2）图为吸收光谱的谱图，属于红外光谱图，表征所用仪器是红外光谱仪， 故答案为：C； （3）步骤①中加入亚硝酸钠和稀盐酸，反应无气体生成，反应属于NaNO2的歧化反应，根据化合价升降守恒、原子守恒，可得反应的方程式为：3KNO2+2RuCl3•3H2O+2HCl＝2Ru（NO）Cl3+KNO3+2KCl+7H2O，即除生成Ru配合物外，生成的盐还有KNO3、KCl， 故答案为：KNO3、KCl； （4）步骤②生成的Ru（NO）（OH）3为难溶物，反应的化学方程式为：Ru（NO）Cl3+3KOH＝Ru（NO）（OH）3↓+3KCl， 故答案为：Ru（NO）Cl3+3KOH＝Ru（NO）（OH）3↓+3KCl； （5）为使Cl﹣沉淀完全，即c（Cl﹣）＜1×10﹣5mol/L，Ag+浓度应大于＝mol/L＝1.8×10﹣5mol/L， 故答案为：1.8×10﹣5； （6）设Ru（NO）（NO3）3为1mol，其质量为317g，在660K时完全分解，失重率为58%，剩余固体质量为317×（1﹣58%）＝133.14g，1mol Ru（NO）（NO3）3中Ru为1mol，其质量为101g，则氧化物中n（O）＝≈2mol，则该氧化物的化学式为 RuO2， 故答案为：RuO2。 【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，同时考查Ksp计算、失重计算等，属于基本知识的考查，难度较大。 21．（2024秋•渝中区校级月考）图是含Ag+的一系列物质的转化过程的具体流程。 回答下列问题： （1）Ag与Cu同族，且位于Cu的下一周期，写出基态Ag原子的价电子排布式 　4d105s1　。 （2）S2可以看作中的一个O被S替换得到的，写出S2的空间构型 　四面体形　。 （3）步骤③反应的离子方程式为 　　。 （4）向AgI悬浊液中滴加Na2S可得到黑色沉淀Ag2S，下列溶液中能够溶解Ag2S的是 　c　（填序号）。 a．浓氨水 b．Na2S2O3溶液 c．浓硝酸 d．以上溶液都不能 （5）化学分析中常用AgNO3作滴定剂来测定溶液中Cl﹣的浓度，以K2CrO4为指示剂。 ①已知：溶度积常数Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10﹣12，通过计算比较AgCl与Ag2CrO4的溶解度的大小关系（以物质的量浓度表示） 　AgCl饱和浓度为饱和浓度为，铬酸银的溶解度更大　。 ②下列实验操作会使滴定结果偏大的有 　a　（填序号）。 a．装有AgNO3溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失 b．滴完立即读数，半分钟后颜色发生变化 c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 d．锥形瓶洗净后残留少量蒸馏水 ③滴定终点时，若Ag+浓度为5.0×10﹣5mol/L，则溶液中＝　4.5×10﹣3　。 （6）碱性银锌蓄电池具有放电电压平稳和自放电小等优点，放电时发生的总反应式为：AgxO+Zn+H2O＝xAg+Zn（OH）2。 ①写出负极发生的电极反应式 　Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝Zn（OH）2　。 ②为探究AgxO的具体组成，设计如图实验（a、b表示电极）： 当a电极附近产生标准状况下的1.12L气体时，有6.2gAgxO转化为Ag，则x＝　1　。 【答案】（1）4d105s1； （2）四面体形； （3）； （4）c； （5）①AgCl饱和浓度为饱和浓度为，铬酸银的溶解度更大； ②a； ③4.5×10﹣3； （6）①Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝Zn（OH）2； ②1。 【分析】（1）铜是29号元素，Cu原子基态核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Ag与Cu同族； （2）S2可以看作中的一个O被S替换得到的，结合价层电子对数互斥理论计算； （3）步骤③生成AgBr沉淀； （4）向AgI悬浊液中滴加Na2S可得到黑色沉淀Ag2S，沉淀转化与配离子转化难以溶解，由于S2﹣具有还原性，可以和浓硝酸发生氧化还原反应，从而使平衡正向移动； （5）①已知：溶度积常数Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10﹣12，结合平衡关系可知，AgCl饱和浓度为饱和浓度为； ②a．分析可知，装有硝酸银溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，会导致消耗硝酸银标准溶液的体积偏大；b．分析可知，滴完立即读数，半分钟后颜色发生变化，说明未滴定完全，则消耗硝酸银标准溶液的体积偏小； c．分析可知，滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，会导致测定消耗硝酸银标准溶液的体积偏小； d．分析可知，锥形瓶洗净后残留少量蒸馏水，对实验结果没有影响； ③滴定终点时，若Ag+浓度为5.0×10﹣5mol/L，则溶液中＝××＝，据此计算； （6）①分析装置可知，负极Zn失去电子生成Zn（OH）2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式； ②当a电极附近产生标准状况下1.12L气体时，转移mol电子，在正极得到2个电子生成Ag，当得到0.1mol电子时消耗0.05mol AgxO，AgxO的摩尔质量为g/mol＝124g/mol。 【解答】解：（1）铜是29号元素，Cu原子基态核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Ag与Cu同族，基态Ag原子的价电子排布式4d105s1， 故答案为：4d105s1； （2）S2可以看作中的一个O被S替换得到的，结合价层电子对数互斥理论，其σ键数目为4+，空间构型为四面体形， 故答案为：四面体形； （3）步骤③生成AgBr沉淀，对应离子方程式为， 故答案为：； （4）向AgI悬浊液中滴加Na2S可得到黑色沉淀Ag2S，沉淀转化与配离子转化难以溶解，由于S2﹣具有还原性，可以和浓硝酸发生氧化还原反应，从而使平衡正向移动，故可以选择浓硝酸， 故答案为：c； （5）①已知：溶度积常数Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10﹣12，结合平衡关系可知，AgCl饱和浓度为饱和浓度为，铬酸银的溶解度更大， 故答案为：AgCl饱和浓度为饱和浓度为，铬酸银的溶解度更大； ②a．分析可知，装有硝酸银溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，会导致消耗硝酸银标准溶液的体积偏大，会使滴定结果偏大，故a正确；b．分析可知，滴完立即读数，半分钟后颜色发生变化，说明未滴定完全，则消耗硝酸银标准溶液的体积偏小，会使滴定结果偏小，故b错误； c．分析可知，滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，会导致测定消耗硝酸银标准溶液的体积偏小，会使滴定结果偏小，故c错误； d．分析可知，锥形瓶洗净后残留少量蒸馏水，对实验结果没有影响，故d错误； 故答案为：a； ③滴定终点时，若Ag+浓度为5.0×10﹣5mol/L，则溶液中＝××＝＝4.5×10﹣3， 故答案为：4.5×10﹣3； （6）①分析装置可知，负极Zn失去电子生成Zn（OH）2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝Zn（OH）2， 故答案为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣＝Zn（OH）2； ②当a电极附近产生标准状况下1.12L气体时，转移mol电子，在正极得到2个电子生成Ag，当得到0.1mol电子时消耗0.05mol AgxO，AgxO的摩尔质量为g/mol＝124g/mol，x＝1， 故答案为：1。 【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。 22．（2024秋•泰安月考）Ⅰ．央视《每周质量报告》曝光了河北省一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给浙江绍兴某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。 （1）已知Fe（CrO2）2中铁元素是+2价，则其中铬元素是 　+3　价。已知Cr2O3能够与酸、碱反应均只生成盐和水，则从性质的角度Cr2O3属于 　两性　氧化物。 （2）明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是 　b　（填字母）。 a．都不稳定，密封放置会产生沉淀 b．分散质粒子可透过滤纸 c．二者均有丁达尔效应 （3）实验室常向煮沸的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体，证明有胶体生成的最常用的实验操作和现象是 　让一束可见光通过制得的分散系，从侧面观察到一条光亮的“通路”　。 Ⅱ．铈及其化合物可用于制造打火石、陶瓷和合金等。工业上利用氟碳铈矿（主要成分为CeCO3F）提取CeCl3的一种工艺流程如图所示（部分条件省略）。回答下列问题： （4）第Ⅱ步酸浸后需要进行的分离操作名称为 　过滤　；该操作所需要的玻璃仪器有：　烧杯、漏斗、玻璃棒　。 （5）酸浸过程中可用稀硫酸和双氧水替代盐酸，避免造成环境污染。写出稀硫酸、双氧水与CeO2反应生成Ce3+的离子方程式：　2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O　。 （6）双氧水能将碱性废水中的CN﹣转化成碳酸盐和一种对环境无污染的气体。CN﹣的电子式为 　　，该反应的离子方程式为 　5H2O2+CN﹣+2OH﹣＝2+N2+6H2O　。 （7）一种利用废弃铜锌合金制取CuCl的流程如图所示： ①与Al类似，碱溶Zn时还会产生H2。写出碱溶时Zn反应的化学方程式 　Zn+2NaOH＝NaZnO2+H2↑　。 ②写出沉铜时反应的离子方程式 　2Cu2++SO2+2Cl﹣+2H2O＝2CuCl↓++4H+　。 【答案】（1）+3；两性； （2）b； （3）让一束可见光通过制得的分散系，从侧面观察到一条光亮的“通路”； （4）过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒； （5）2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O； （6）；5H2O2+CN﹣+2OH﹣＝2+N2+6H2O； （7）①Zn+2NaOH＝NaZnO2+H2↑； ②2Cu2++SO2+2Cl﹣+2H2O＝2CuCl↓++4H+。 【分析】Ⅰ.（1）化合物中元素化合价代数和为0计算得到铁元素化合价，金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐； （2）明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体，溶液具有稳定性、均一性，胶体具有较稳定性、较均一，都能通过滤纸； （3）丁达尔效应是胶体特有的性质，可鉴别胶体和溶液；依据胶体的聚沉的性质和酸碱中和反应解答； Ⅱ.由氟碳铈矿（主要成分CeCO3F）提取CeCl3的工艺流程，CeCO3F焙烧得CeO2、CeF4，用盐酸和硼酸酸浸，过滤得沉淀Ce（BF）4和CeCl3滤液，Ce（BF）4与氯化钾溶液反应得到CeCl3和KBF4，CeCl3与前面滤液中CeCl3的合并再加氢氧化钠，得Ce（OH）3沉淀，Ce（OH）3沉淀与盐酸反应可得CeCl3•6H2O，加热CeCl3•6H2O和NH4Cl的固体混合物可得到无水CeCl3； （7）铜锌合金中加入氢氧化钠，锌与氢氧化钠反应生成Na2ZnO2和氢气，溶解后过滤，滤渣为铜，滤渣加入稀硫酸和稀硝酸，铜转化为硫酸铜，通入二氧化硫，加入氯化钠，得到氯化亚铜沉淀和硫酸钠，过滤得氯化亚铜，据此解答。 【解答】解：（1）已知Fe（CrO2）2中Fe元素是+2价，氧元素化合价﹣2价，铬元素化合价+3价，Cr2O3能够与酸、碱反应均只生成盐和水，则从性质的角度Cr2O3属于两性氧化物， 故答案为：+3；两性； （2）a.明胶的水溶液和K2SO4溶液是稳定的分散系，密封放置不会产生沉淀，故a错误； b.明胶的水溶液和K2SO4溶液的分散质粒子都可通过滤纸，故b正确； c.明胶的水溶液有丁达尔效应，K2SO4溶液无此现象，故c错误； 故答案为：b； （3）丁达尔效应是胶体特有的性质，可鉴别胶体和溶液，所以让一束可见光通过制得的分散系，从侧面观察到一条光亮的“通路“，说明制得的是胶体， 故答案为：让一束可见光通过制得的分散系，从侧面观察到一条光亮的“通路”； （4）酸浸后分成溶液和沉淀，则该步操作为过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗， 故答案为：过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒； （5）稀硫酸、双氧水与CeO2反应生成Ce3+和氧气，离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O， 故答案为：2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O； （6）CN﹣的电子式为；双氧水能将碱性废水中的CN﹣转化成碳酸盐和一种对环境无污染的气体，该气体是氧化产物氮气，该反应的离子方程式：5H2O2+CN﹣+2OH﹣＝2+N2+6H2O， 故答案为：；5H2O2+CN﹣+2OH﹣＝2+N2+6H2O； （7）①碱溶时Zn与氢氧化钠反应的化学方程式：Zn+2NaOH＝NaZnO2+H2↑， 故答案为：Zn+2NaOH＝NaZnO2+H2↑； ②沉铜时铜离子氧化二氧化硫生成氯化亚铜沉淀，二氧化硫生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：2Cu2++SO2+2Cl﹣+2H2O＝2CuCl↓++4H+， 故答案为：2Cu2++SO2+2Cl﹣+2H2O＝2CuCl↓++4H+。 【点评】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度较大。 23．（2024秋•江西月考）聚乳酸（PLA）是一种具有良好生物相容性和可生物降解的聚合物，已成为生物医用领域重要的材料之一。制备聚乳酸的反应原理和主要装置如图所示（加热及夹持装置已省略）。 反应原理： 实验步骤： 步骤1：组装仪器，预先在油水分离器内加入一定量水； 步骤2：向仪器A中加入30.0mL乳酸、60.0mL甲苯、适量辛酸亚锡（催化剂）和沸石，控制温度在130℃，加热回流4h，再升温至170℃，不断放出油水分离器下层的水，保持水层高度略低于支管口，直至反应基本完成； 步骤3：将制备的聚乳酸粗品溶解于丙酮中，并用水沉淀，过滤后在40℃左右真空器中干燥得到产品； 步骤4：测定聚乳酸的平均相对分子质量。 已知：甲苯的沸点为110.6℃，可与水形成共沸物，共沸物的沸点为85℃。 回答下列问题： （1）仪器A的名称是 　三颈（口）烧瓶　。 （2）制备聚乳酸时，应采用 　油浴　（填“水浴”或“油浴”）进行加热，冷凝水的进水口是 　a　（填“a”或“b”）。 （3）乳酸能与NaOH溶液发生反应，写出反应的化学方程式：　CH3CH（OH）COOH+NaOH→CH3CH（OH）COONa+H2O　。 （4）实验过程中甲苯的作用是作溶剂、　与水形成沸点更低的共沸物，及时将水带出　；油水分离器中不断分离除去水的目的是 　油水分离器中不断分离除去水的目的是移走部分产物，使反应向着有利于生成物生成的方向进行，提高聚乳酸产率　。判断反应已完成的标志是 　油水分离器中水层厚度保持不变　。 （5）回流过程中冷凝管内的气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的，若气雾上升过高，可采取的措施是 　降低油浴温度（或隔断式加热、撤走热源）　。 （6）实验测得聚乳酸的平均相对分子质量为12338，平均聚合度约为 　171　。 【答案】（1）三颈（口）烧瓶； （2）油浴；a； （3）CH3CH（OH）COOH+NaOH→CH3CH（OH）COONa+H2O； （4）与水形成沸点更低的共沸物，及时将水带出；油水分离器中不断分离除去水的目的是移走部分产物，使反应向着有利于生成物生成的方向进行，提高聚乳酸产率；油水分离器中水层厚度保持不变； （5）降低油浴温度（或隔断式加热、撤走热源）； （6）171。 【分析】（1）仪器A为三颈（口）烧瓶； （2）油浴温度高于100℃；从冷凝管下部进水，充分利用水，提高水的冷凝效果． （3）羟基不能与氢氧化钠反应，乳酸与NaOH反应的化学方程式为CH3CH（OH）COOH+NaOH→CH3CH（OH）COONa+H2O． （4）甲苯可与水形成沸点更低的共沸物，及时将水带出，使平衡向正反应方向移动，提高产物的产率． （5）温度过高，产生气雾，可以通过降温的方式解决． （6）根据72n+18＝12338计算． 【解答】解：（1）仪器A的名称是三颈（口）烧瓶， 故答案为：三颈（口）烧瓶； （2）制备聚乳酸时，温度高于100℃，应采用油浴进行加热；从冷凝管下部进水，提高水的冷凝效果，则冷凝水的进水口是a， 故答案为：油浴；a； （3）羟基不能与氢氧化钠反应，羧基能与氢氧化钠反应，则乳酸与NaOH反应的化学方程式为CH3CH（OH）COOH+NaOH→CH3CH（OH）COONa+H2O， 故答案为：CH3CH（OH）COOH+NaOH→CH3CH（OH）COONa+H2O； （4）由已知可知，甲苯的作用是作溶剂，甲苯可与水形成沸点更低的共沸物，及时将水带出；油水分离器中不断分离除去水的目的是移走部分产物，使反应向着有利于生成物生成的方向进行，提高聚乳酸产率；判断反应已完成的标志是油水分离器中水层厚度保持不变， 故答案为：与水形成沸点更低的共沸物，及时将水带出；油水分离器中不断分离除去水的目的是移走部分产物，使反应向着有利于生成物生成的方向进行，提高聚乳酸产率；油水分离器中水层厚度保持不变； （5）回流过程中冷凝管内的气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的，若气雾上升过高，说明温度过高，产生气雾，可以通过降温的方式解决，可采取的措施是降低油浴温度（或隔断式加热、撤走热源）， 故答案为：降低油浴温度（或隔断式加热、撤走热源）； （6）聚乳酸链节的式量为72，72n+18＝12338，解得：n≈171， 故答案为：171。 【点评】本题考查了物质的制备，涉及对制备流程的理解、对条件的控制选择与理解等，理解反应原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。 24．（2024秋•杨浦区校级月考）碘化铝（AlI3）由于其独特的结构，它在某些化学反应中表现出良好的催化性能。某小组采用如下实验流程制备碘化铝（AlI3）： 已知：AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。 ①第一电离能：Mg＞Al，结合核外电子排布相关知识，说明其原因　Mg原子的价电子排布为3s2，3s轨道是稳定结构，Al原子的价电子排布为3s23p1，容易失去一个电子达到3s2稳定结构　。 ②如图为步骤Ⅰ的实验装置图（夹持仪器和尾气处理装置已省略），图中仪器A的名是 　球形冷凝管　，判断步骤Ⅰ反应结束的实验现象是 　溶液由紫红色恰好变为无色　。 ③下列做法不正确的是 　BC　。（不定项） A.步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前除水 B.步骤Ⅰ中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯（配石棉网）加热 C.步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜 D.步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤 ④所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证 　取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有　。 纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I﹣含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I﹣，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。 难溶电解质 AgI（黄色） AgSCN（白色） Ag2CrO4（红色） Ag2SO4（白色） 溶度积常数Ksp 8.5×10﹣17 1.0×10﹣12 1.2×10﹣12 7.7×10﹣5 测定步骤：称取产品1.0200g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水洗→润洗，从滴定管尖嘴放出液体→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶→准确移25.00mL4.000×10﹣2mol/LAgNO3标准溶液加入锥形瓶→滴加指示剂硫酸铁铵NH4Fe（SO4）2溶液→加入稀酸B→用1.000×10﹣2mol/LNH4SCN标准溶液滴定→读数。 ⑤判断滴定终点的现象为 　滴入最后半滴标准液，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色　。 ⑥以下说法不正确的是 　AD　。（不定项） A.润洗时，为了加快速度，可直接从滴定管上口倒出液体 B.整个过程中会先后生成黄色、白色两种沉淀 C.指示剂NH4Fe（SO4）2溶液，不会导致Ag2SO4沉淀生成 D.指示剂可换为K2CrO4溶液，滴定终点观察沉淀颜色变化 ⑦加入稀酸B的作用是 　抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断　，否则测定结果将偏 　小　（填“大”或“小”）。 ⑧三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.60mL，则产品纯度为 　99.20%　。 【答案】①Mg原子的价电子排布为3s2，3s轨道是稳定结构，Al原子的价电子排布为3s23p1，容易失去一个电子达到3s2稳定结构； ②球形冷凝管；溶液由紫红色恰好变为无色； ③BC； ④取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有； ⑤滴入最后半滴标准液，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色； ⑥AD； ⑦抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断；小； ⑧99.20%。 【分析】①铝、碘在正己烷中加热反应生成碘化铝，过滤得到的滤液经浓缩得到浓溶液，浓溶液经结晶、过滤、洗涤、干燥后得到粗产品，镁原子的价电子排布为3s2，3s轨道是稳定结构，铝原子的价电子排布为3s23p1，容易失去一个电子达到3s2稳定结构； ②由②实验装置图知，仪器A为球形冷凝管，用于起冷凝回流的作用；碘溶于正己烷得到紫红色溶液，碘化铝是无色晶体，当碘反应完全后，溶液会变为无色，所以判断步骤I反应结束的实验现象是溶液由紫红色恰好变为无色； ③A．碘化铝吸湿性极强，因此在步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前必须除水； B．使用到易燃的有机溶剂时，应禁止使用明火加热，所以在步骤Ⅰ中，若控温加热器发生故障，不能改用酒精灯（配石棉网）加热； C．在空气中受热易被氧化，所以在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气（如持续通入氮气的蒸馏烧瓶等）的装置中进行，不能直接在蒸发皿浓缩； D．在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷因此，为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷的正己烷洗涤； ④碘易溶于正己烷，而碘化铝可溶于热的正己烷、不易溶于冷的正己烷，所以检验产品中是否混有碘单质的实验操作为取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有； ⑤当溶液中银离子与硫氰酸根离子完全反应后，滴入最后半滴硫氰酸铵溶液，过量的硫氰酸根离子与溶液中的铁离子反应生成红色的硫氰化铁，则滴定终点的现象为滴入最后半滴标准液，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色； ⑥A．滴定管润洗时，不能直接从滴定管上口倒出液体，否则标准溶液会被稀释，导致浓度减小； B．由题意可知，整个过程中会先后生成碘化银黄色沉淀和硫氰化银白色沉淀； C．加入硝酸银溶液的目的是使溶液中的碘离子完全转化为碘化银沉淀，溶液中过量银离子浓度较小，不能与硫酸铁铵溶液反应生成微溶的硫酸银沉淀； D．由表格数据可知，铬酸银的溶解度与硫氰化银溶解度接近，所以不能将指示剂换为铬酸钾溶液； ⑦硫酸铁铵在溶液中电离出的铁离子会发生水解，铁离子浓度减小会使消耗硫氰酸铵溶液的体积偏大，导致所测结果偏小，所以实验时需要加入稀硫酸抑制铁离子水解； ⑧滴定消耗25.60mL1.000×10﹣2mol/L硫氰酸铵溶液，则与碘离子反应的银离子浓度为4.000×10﹣2mol/L×0.02500L﹣1.000×10﹣2mol/L×0.02560L＝7.440×10﹣4mol，则产品的纯度为×100%＝99.20%。 【解答】解：①镁原子的价电子排布为3s2，3s轨道是稳定结构，铝原子的价电子排布为3s23p1，容易失去一个电子达到3s2稳定结构，所以镁元素的第一电离能大于铝元素， 故答案为：Mg原子的价电子排布为3s2，3s轨道是稳定结构，Al原子的价电子排布为3s23p1，容易失去一个电子达到3s2稳定结构； ②由②实验装置图知，仪器A为球形冷凝管，用于起冷凝回流的作用；碘溶于正己烷得到紫红色溶液，碘化铝是无色晶体，当碘反应完全后，溶液会变为无色，所以判断步骤I反应结束的实验现象是溶液由紫红色恰好变为无色， 故答案为：球形冷凝管；溶液由紫红色恰好变为无色； ③A．碘化铝吸湿性极强，因此在步骤Ⅰ中，反应物和溶剂在使用前必须除水，故A正确； B．使用到易燃的有机溶剂时，应禁止使用明火加热，所以在步骤Ⅰ中，若控温加热器发生故障，不能改用酒精灯（配石棉网）加热，故B错误； C．在空气中受热易被氧化，所以在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气（如持续通入氮气的蒸馏烧瓶等）的装置中进行，不能直接在蒸发皿浓缩，故C错误； D．在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷因此，为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷的正己烷洗涤，故D正确； 故选：BC； ④碘易溶于正己烷，而碘化铝可溶于热的正己烷、不易溶于冷的正己烷，所以检验产品中是否混有碘单质的实验操作为取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有， 故答案为：取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有； ⑤当溶液中银离子与硫氰酸根离子完全反应后，滴入最后半滴硫氰酸铵溶液，过量的硫氰酸根离子与溶液中的铁离子反应生成红色的硫氰化铁，则滴定终点的现象为滴入最后半滴标准液，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色， 故答案为：滴入最后半滴标准液，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色； ⑥A．滴定管润洗时，不能直接从滴定管上口倒出液体，否则标准溶液会被稀释，导致浓度减小，故A错误； B．由题意可知，整个过程中会先后生成碘化银黄色沉淀和硫氰化银白色沉淀，故B正确； C．加入硝酸银溶液的目的是使溶液中的碘离子完全转化为碘化银沉淀，溶液中过量银离子浓度较小，不能与硫酸铁铵溶液反应生成微溶的硫酸银沉淀，故C正确； D．由表格数据可知，铬酸银的溶解度与硫氰化银溶解度接近，所以不能将指示剂换为铬酸钾溶液，故D错误； 故选：AD； ⑦硫酸铁铵在溶液中电离出的铁离子会发生水解，铁离子浓度减小会使消耗硫氰酸铵溶液的体积偏大，导致所测结果偏小，所以实验时需要加入稀硫酸抑制铁离子水解， 故答案为：抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断；小； ⑧滴定消耗25.60mL1.000×10﹣2mol/L硫氰酸铵溶液，则与碘离子反应的银离子浓度为4.000×10﹣2mol/L×0.02500L﹣1.000×10﹣2mol/L×0.02560L＝7.440×10﹣4mol，则产品的纯度为×100%＝99.20%， 故答案为：99.20%。 【点评】本题考查酸碱中和滴定原理的应用、溶度积规则及其应用、电离能的概念及变化规律、常见无机物的制备。 25．（2024秋•浦东新区校级月考）硫酸锰在农业上是重要微量元素肥料，也是植物合成叶绿素的催化剂。一种以高硫锰矿（主要成分为含锰化合物及FeS）与氧化锰矿（主要成分为MnO2等锰的氧化物）为原料制备硫酸锰的工艺流程如图： 已知：①金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示（25℃）： 物质 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Mn（OH）2 开始沉淀的pH 1.9 7.6 7.3 完全沉淀的pH 3.2 9.6 9.3 ②离子浓度≤10﹣5mol•L﹣1时，离子沉淀完全。 （1）“混合焙烧”时一般会将原料粉碎，这样做的主要目的是 　增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分　。 （2）混合焙烧过程会产生SO2气体，若直接排放到大气中，会造成的环境问题是 　B　。 A．温室效应 B．酸雨 C．光化学烟雾 D．臭氧层的破坏 （3）下列试剂可以用来吸收SO2的是 　C　。 A．BaCl2溶液 B．浓硫酸 C．高锰酸钾酸性溶液 D．稀盐酸 （4）如图是常温下一定量SO2通入一定浓度的NaOH溶液后含硫微粒分布系数随pH的关系图（已知：含硫微粒X的分布系数＝）。基于该图可得该条件下亚硫酸的一级电离常数为 　1.0×10﹣1.9　（以1.0×10x的形式表示，下同）；的水解平衡常数为 　1.0×10﹣6.8　。 若某浓度的NaOH溶液吸收了0.1mol SO2，且吸收后pH＝7，c（Na+）＝c（）+　2c（）　（用含硫微粒浓度的代数式表示）。 （5）若试剂a为MnO2，完成并配平氧化步骤发生反应的离子方程式： 　1　MnO2+　2　Fe2++　4H+　Mn2++　2Fe3++2H2O　，若省略“氧化”步骤，造成的影响是 　Fe元素以Fe2+的形式存在，中和沉淀时，Fe2+、Mn2+均转化为沉淀，造成Mn2+损失　。 （6）“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是 　3.7≤pH＜7.3　。 （7）“氟化除杂”后，溶液中[F﹣]浓度为0.05mol•L﹣1。则溶液中[Mg2+]和[Ca2+]的比值为 　　。（已知：Ksp（MgF2）＝6.4×10﹣10；Ksp（CaF2）＝3.6×10﹣12） （8）“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵，产生MnCO3沉淀。“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为 　Mn2++2＝MnCO3↓+CO2↑+H2O　。 （9）“系列操作”为 　蒸发浓缩　，　冷却结晶　，过滤，洗涤，干燥。 （10）用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极的电极反应式是 　Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+　。 【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分； （2）B； （3）C； （4）1.0×10﹣1.9；1.0×10﹣6.8；2c（）； （5）1；2；4H+；1；2Fe3++2H2O；Fe元素以Fe2+的形式存在，中和沉淀时，Fe2+、Mn2+均转化为沉淀，造成Mn2+损失； （6）3.7≤pH＜7.3； （7）； （8）Mn2++2＝MnCO3↓+CO2↑+H2O； （9）蒸发浓缩；冷却结晶； （10）Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+。 【分析】高硫锰矿与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO，加入硫酸反应生成Mn2+、Fe2+、Fe3+，若试剂a为MnO2，则MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，碳酸钙和氢离子反应而增大溶液的pH值，使Fe3+转化为沉淀除去，氟化除杂过程中加入MnF2，使溶液中的Ca2+转化为沉淀，最后加入碳酸氢铵，将锰离子转化为MnCO3沉淀，再加硫酸溶解得MnSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等得到硫酸锰晶体。 【解答】解：（1）粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，则“混合焙烧”时一般会将原料粉碎，这样做的主要目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分， 故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分； （2）SO2是形成酸雨的主要成分，混合焙烧过程会产生SO2气体，若直接排放到大气中，会造成的环境问题是酸雨， 故答案为：B； （3）SO2属于酸性氧化物，能被碱溶液吸收，SO2具有还原性，能被高锰酸钾溶液氧化为硫酸根离子，则可以用来吸收SO2的是C， 故答案为：C； （4）X（H2SO3）＝X（）时，c（H2SO3）＝c（），pH＝1.9，该条件下亚硫酸的一级电离常数为＝c（H+）＝1.0×10﹣1.9mol/L；X（）＝X（）时，c（）＝c（），pH＝7.2，该条件下亚硫酸的二级电离常数为×c（H+）＝c（H+）＝1.0×10﹣7.2mol/L，的水解平衡常数为＝1.0×10﹣6.8；若某浓度的NaOH溶液吸收了0.1mol SO2，且吸收后pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（）+c（OH﹣）+2c（），则c（Na+）＝c（）+2c（）， 故答案为：1.0×10﹣1.9；1.0×10﹣6.8；2c（）； （5）该反应中Mn元素的化合价由+4价变为+2价，Fe元素的化合价由+2价变为+3价，溶液中还含有硫酸，所以有氢离子参加反应，生成H2O，该离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O，若省略“氧化”步骤，Fe元素以Fe2+的形式存在，中和沉淀时，Fe2+、Mn2+均转化为沉淀，造成Mn2+损失， 故答案为：1；2；4H+；1；2Fe3++2H2O；Fe元素以Fe2+的形式存在，中和沉淀时，Fe2+、Mn2+均转化为沉淀，造成Mn2+损失； （6）“中和除杂”时，Fe3+转化为沉淀，但Mn2+不能转化为沉淀，则应控制溶液的pH范围是3.7≤pH＜7.3， 故答案为：3.7≤pH＜7.3； （7）“氟化除杂”后，溶液中[F﹣]浓度为0.05mol•L﹣1。则溶液中[Mg2+]和[Ca2+]的比值为＝＝＝， 故答案为：； （8）“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵，产生MnCO3沉淀，“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为Mn2++2＝MnCO3↓+CO2↑+H2O， 故答案为：Mn2++2＝MnCO3↓+CO2↑+H2O； （9）“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥， 故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶； （10）用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，阳极发生氧化反应，反应式为：Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+， 故答案为：Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+。 【点评】本题考查物质的制备，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，难点是各物质成分的判断，题目难度中等。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/6 23:35:48；用户：组卷48；邮箱：zyb048@xyh.com；学号：41419011 学科网（北京）股份有限公司 $$