2025高考化学解密之考点篇试题 工艺流程（解答大题）（Word版附解析）

这是一份2025高考化学解密之考点篇试题 工艺流程（解答大题）（Word版附解析），共72页。试卷主要包含了冶炼铜的一种方法如图，，流程如图所示，6]Cl3}的一种工艺流程，回答下列问题，制备铁红和硫酸流程如图等内容，欢迎下载使用。
1．（2024秋•河南月考）过氧化钙（CaO2）微溶于水，可作医用防腐剂、消毒剂等，制备CaO2的一种工业流程如图所示：
回答下列问题：
（1）CaO2中氧元素的化合价为 ，CaO2•8H2O属于 （填“纯净物”或“混合物”）。
（2）步骤Ⅱ中反应生成两种化合物，另一种化合物的化学式为 ，反应在冰水浴中进行是为了防止NH3•H2O挥发和 。
（3）待CaO2•8H2O结晶析出后，分离晶体所使用的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒和 （填仪器名称）。
（4）CaO2常用作鱼塘的供氧剂，其原理用化学方程式表示为CaO2+2H2O＝Ca（OH）2+H2O2、 ；该过程生成1个O2分子，转移 个电子。
2．（2024秋•海淀区校级月考）工业用黄铜矿（主要成分CuFeS2，含少量锌、铅的硫化物）冶炼铜的一种方法如图：
（1）Ⅰ中发生下列反应。
ⅰ.CuFeS2+3Cu2++4Cl﹣＝4CuCl+Fe2++2S
ⅱ.CuCl+Cl﹣⇌
Ⅰ中盐酸的作用是 。
（2）Ⅱ中通入空气，将Fe2+转化FeOOH沉淀。
①Fe2+转化为FeOOH的离子方程式是 。
②溶液A中含金属元素的离子有：Zn2+、Pb2+和 。
（3）Ⅲ中需控制NaOH溶液的用量，其原因是 。
（4）Ⅳ中加入Na2CO3溶液的目的是 。
（5）Ⅴ中反应的离子方程式是 。
3．（2024秋•赤峰月考）以辉铜矿（主要成分是Cu2S，含少量FeS、SiO2等）为原料制备胆矾、硫代硫酸钠（Na2S2O3•5H2O），流程如图所示。回答下列问题：
已知：Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]（OH）2+4H2O，[Cu（NH3）4]（OH）2与硫酸反应生成CuSO4。
（1）滤渣2的主要成分是 （填化学式）。
（2）向Na2S和Na2CO3的混合溶液中通入SO2制备硫代硫酸钠的化学方程式为 。
（3）某小组探究外界条件对Na2S2O3相关反应的反应速率的影响，实验方案如下：
已知：①S2+2I﹣＝I2+2（慢），②2S2+I2＝2I﹣+S4（快）。
上述反应中，活化能较大的反应是 （填“①”或“②”）。下列叙述错误的是 （填标号）。
A.在KI﹣淀粉溶液中滴加过量Na2S2O3溶液，溶液始终不会变蓝
B.上述方案可以探究浓度对反应速率的影响
C.当n（Na2S2O3）：n（K2S2O8）的值小于2时会出现蓝色
（4）检验溶液2中含Fe2+的试剂可能是 （填标号）。
A.KSCN溶液
B.K3Fe（CN）6溶液
C.酸性KMnO4溶液
D.NaOH溶液
（5）25.0gCuSO4•5H2O受热分解，残留固体的质量与温度的关系如图所示。
①1300℃时，固体的成分是 （填化学式）。
②已知580～1000℃之间产生了两种气体和一种固体，写出发生反应的化学方程式： 。
4．（2024秋•鼓楼区校级期中）草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O）可作为制备电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FeSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如图：
（1）“沉淀”步骤的离子反应方程式为 ，得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是 。
（2）“转化”过程[H2C2O4+Fe（OH）2＝FeC2O4+2H2O]在如图所示的装置中进行。导管A的作用是 。
（3）检验“洗涤”完全的实验操作是 。
（4）以废渣（主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等）为原料制备实验所需的FeSO4溶液。请补充实验方案：向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤：在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液至 时，过滤：用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入 至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入 ，直至向取出的少量溶液中滴加 溶液不再出现红色，过滤。
[实验中可供使用的试剂：稀硫酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水]
5．（2024秋•海淀区校级月考）草酸是一种二元弱酸，草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，熔点为101℃，，易溶于水，其钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸晶体的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式如下，找出其中的氧化还原反应，并用双线桥法标明电子转移的方向和总数 。

（2）该制备工艺中“钙化”、“酸化”两步均为复分解反应，“钙化”后过滤操作①的滤液是 ，滤渣是 ；“酸化”后过滤操作②的滤渣是 。
（3）结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。
①配平反应的离子方程式：
②称量草酸晶体成品0.250g溶于水中，用0.0500ml•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定，至粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00mL，根据以上数据，该草酸成品的纯度的计算式为（草酸晶体M＝126g/ml）： 。
6．（2024秋•西城区校级月考）氯化亚铜（CuCl）是重要的化工原料，广泛用作有机合成催化剂。
资料：①水溶液中存在平衡：2Cl﹣（aq）+CuCl（s）⇌（aq）。
②CuCl是难溶于水的白色固体，在热水中迅速水解生成Cu2O。
③CuCl在潮湿的空气中易被氧化，生成的碱式盐为Cu2（OH）3Cl。
Ⅰ．实验室中用纯净的CuCl2固体制备CuCl。制备方法为：取75gCuCl2固体于烧杯中，加入100mL0.2ml/L盐酸和水配成200mL溶液，然后在溶液中通入SO2气体。
（1）结合化学用语解释配制溶液时加入盐酸的主要目的 。
（2）溶液中通入SO2气体后，发生反应的离子方程式为 。
Ⅱ.工业中，用初级铜矿粉（主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等）为原料制备CuCl。流程如图。
（3）“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜过量太多的原因是 。
（4）用化学用语解释，析出的CuCl晶体不能用水洗涤的原因 。
（5）若要制99.5gCuCl，理论上至少需要含Cu2S50%的铜矿粉的质量为 g。
（6）相同时间内，反应物在最佳配比条件下，温度对CuCl产率的影响如图所示。溶液温度控制在58℃时，CuCl产率最大，随温度升高CuCl产率降低，其原因是 、 。（答出2条即可）
7．（2024•安徽开学）制备简单的C3+离子比较困难，但C（Ⅲ）的配合物却容易制得。三氯化六氨合钴{[C（NH3）6]Cl3}主要用于磷酸盐的测定和其它含钴配合物的制备。图是利用含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取{[C（NH3）6]Cl3}的一种工艺流程：
已知：25℃时，Ksp[C（OH）2]＝5.9×10﹣15（新制）、Ksp[C（OH）3]＝1.6×10﹣44。
请回答下列问题：
（1）基态C3+的价层电子排布式为 。
（2）“加Na2CO3调pH至a”的目的是 。
（3）操作Ⅰ的步骤包括 、冷却结晶、减压过滤、洗涤等。
（4）流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时使c（OH﹣）过大，其作用原理是 。
（5）[C（NH3）6]Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物。甲同学认为“氧化”步骤中应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为 （填“甲”或“乙”）同学观点正确，理由是 。
（6）若制备反应中没有活性炭存在时，主要生成物为二氯化一氯•五氨合钴，写出该产物所含配离子的结构简式并用“→”标出配位键 。
（7）通过碘量法可测定产品中钴的含量。将[C（NH3）6]Cl3转化成C3+后，加入过量KI溶液，再用Na2S2O3标准液滴定（淀粉溶液作指示剂）。滴定的反应原理如下：
2C3++2I﹣＝2C2++I2、I2+2S2＝2I﹣+S4。
①[C（NH3）6]3+很稳定，只有在强碱和沸腾条件下才分解，待煮沸赶尽NH3后将悬浊液调至酸性即可转化为C3+。请写出在NaOH和沸腾条件下发生反应的化学方程式 。
②下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是 （填代号）。
a．滴定前的待测液酸性过强
b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗
c．滴定结束后，发现滴定管尖嘴部分有了气泡
d．溶液蓝色褪去，立即读数
8．（2024•翠屏区校级开学）卤块的主要成分是MgCl2（还含有少量Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子）。以它为原料按如图流程可制得单质镁。
已知：溶液中生成氢氧化物的pH如下表
②MnCO3不溶于水。
请回答下列问题：
（1）步骤①中加入NaClO的目的是 ；为了尽量除去杂质，pH应调至 ，固体a中的成分有 。
（2）溶液b中的主要溶质为 ，步骤②后检验固体b已洗涤干净的操作为 。
（3）步骤④选用的试剂X应是 。
（4）步骤⑤操作Ⅰ包括：先制得MgCl2•6H2O，再加热失水得无水MgCl2。由溶液c制MgCl2•6H2O的操作为 、 、过滤。
（5）步骤⑥反应的化学方程式为 。
9．（2024秋•米东区校级月考）回答下列问题。
（1）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种重要的化工原料。工业上，以黄铁矿（主要成分FeS2）生产硫酸的尾气为原料制备焦亚硫酸钠的一种流程如图所示：
请回答下列问题：
①FeS2中铁元素的化合价为 。
②“煅烧”时，主要反应的化学方程式为 。
③将含有少量SO2的尾气通入烧碱溶液中，反应的离子方程式是 。
（2）写出CO2通入NaOH溶液的离子反应方程式
①CO2少量： ；
②CO2足量： 。
10．（2024秋•包河区校级月考）以硫铁矿为原料（主要成分是FeS2含少量CuO和SiO2等）制备铁红和硫酸流程如图：
回答下列问题：
（1）固体A主要成分是 （填化学式）。
（2）提高硫铁矿粉在空气中煅烧速率的措施有 、 （答两条）。在“沸腾炉”下部充入 （填“空气”或“矿粉”）。
（3）已知：12.0gFeS2固体与氧气完全反应生成红色粉末和相对分子质量为64的气体氧化物，放出热量为85.3kJ。写出热化学方程式： 。
（4）已知：SO3（g）+H2O（l）＝H2SO4（l）ΔH＝﹣130.3kJ/ml溶于水得到硫酸溶液时放出热量 （填“大于”“小于”或“等于”）260.6kJ。
（5）已知：V2O5催化SO2氧化生成VOSO4（s）和V2O4（s），反应分两步进行：
①V2O4（s）+SO4（g）＝V2O5（s）+SO2（g）ΔH1＝﹣24kJ•ml﹣1K1；
②V2O4（s）+2SO3（g）＝2VOSO4（s）ΔH2＝﹣399kJ•ml﹣1K2
则2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）ΔH＝ kJ•ml﹣1，且该反应的平衡常熟K3用K1和K2表示为：K3＝ 。
（6）SO2催化氧化反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣196.6kJ•ml﹣1。
实验测得SO2平衡转化率与温度、压强的关系如下表
简述工业生产中，选择常压（0.1MPa）的理由： 。
11．（2023秋•肇东市校级期末）硼化钛（TiB2）常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣（主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3）为原料制取TiB2的流程如图：
已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；
②B2O3高温下蒸气压大、易挥发；
③TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+。
回答下列问题：
（1）为提高“酸浸”的浸出率，可采取的措施为 （写一条即可）。
（2）“酸解”后滤渣的主要成分为 （写化学式）。
（3）“水解”需在沸水中进行，离子反应方程式为 ；该工艺中，经处理可循环利用的物质为 （写化学式）。
（4）“热还原”中发生反应的化学方程式为 ，B2O3的实际用量超过了理论化学计量用量，原因是 。
（5）原料中的B2O3可由硼酸脱水制得。以NaB（OH）4为原料，用电渗析法制备硼酸（H3BO3）的装置如图所示。已知装置中阳离子交换膜只允许阳离子通过，关闭NaOH溶液进出口阀门后电解一段时间，NaOH溶液的质量变化11g，则产品室中制得H3BO3的质量为 g。
12．（2024秋•海淀区校级月考）超细银粉在光学、生物医疗等领域有着广阔的应用前景。由含银废催化剂制备超细银粉的过程如图：
资料：
ⅰ．含银废催化剂成分：主要含Ag、α﹣Al2O3及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等。
ⅱ．α﹣Al2O3为载体，且不溶于硝酸。
（1）预处理
过程Ⅰ中，为提高银的浸取速率采取的措施有 ，银与稀硝酸反应的离子方程式是 。
（2）分离除杂
①过程Ⅱ中，检验沉淀表面的Fe3+所用的试剂是 。
②写出过程Ⅲ中发生的离子方程式 。
（3）过程Ⅳ中，N2H4•H2O被氧化为N2，同时获得粗银，该反应的离子方程式是 。
（4）银纯度测定
采用如下方法测定粗银中银的纯度：取mg粗银样品用硝酸溶解，以铁铵矾（NH4Fe（SO4）2•12H2O）为指示剂，用cml/L的KSCN标准溶液滴定，消耗标准溶液VmL。
已知：ⅰ．Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓（白色） K＝1012
Fe3++SCN﹣⇌[FeSCN]2+（红色） K＝102.3
ⅱ．Fe3+开始沉淀的pH为1.5，完全沉淀的pH为2.8
ⅲ．AgSCN可溶于较浓硝酸
①判断已达滴定终点时的现象是 。
②为保证获取数据准确性，滴定时溶液c（H+）一般控制在0.1～1ml/L之间，可能原因是 。
③该工艺获得粗品中银的纯度计算式是 。（用质量分数表示）
13．（2024秋•鼓楼区校级月考）以铜矿石（含CuFeS2、Cu2S和少量SiO2）为原料，采用微生物堆浸技术制备黄铵铁矾[NH4Fe3（SO4）2（OH）6]的实验流程如图：
已知：浆液中含有Fe2+、Cu2+、CuS、S、SiO2等；氧化硫硫杆菌可将S单质转化为：。
（1）“研磨”的目的是 。
（2）“一次浸出”时需在低温下进行，温度过高浸出率会下降，可能的原因有 。
（3）“二次浸出”时加入Fe2（SO4）3的目的是把CuS全部转化为可溶性的铜盐。检验加入的Fe2（SO4）3中的Fe3+是否完全被还原的实验操作是 。“过滤”得到的滤渣的主要成分为 。
（4）“氧化”时发生反应的离子方程式为 。
14．（2024秋•东西湖区校级月考）硼是第ⅢA族中唯一的非金属元素，可以形成众多的化合物。回答下列问题：
（1）氨硼烷（H3N•BH3）分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N—H•••H—B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是 。
A．苯和三氯甲烷
B．LiH和HCN
C．C2H4和C2H2
D．B2H6和NH3
硼氢化钠（NaBH4）是一种常见的还原剂，常温下易与水反应，可溶于异丙胺（沸点33℃），某探究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其实验流程如图：
（2）第一步为高温合成，写出该合成的化学方程式 。
（3）流程中可以循环利用的物质除NaBO2外，还有 （写结构简式）。
（4）NaBH4做还原剂时需控制溶液为弱碱性。若酸性较强，NaBH4易与水反应放出H2并生成硼酸，写出反应的离子方程式 。
实验测定NaBH4的产率原理及步骤如下：
①测定原理：
3NaBH4+4KIO3＝3NaBO2+4KI+6H2O
KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2O
I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6
②测定步骤
步骤1：探究小组以：23.76gNaBO2为主要原料制得NaBH4产品，配成250mL溶液，量取2.50mL置于碘量瓶中，加入•L﹣1KIO3溶液振荡60s，使充分反应。
步骤2：向充分反应的溶液加入过量的KI溶液，调节至酸性，冷却后暗处放置数分钟。
步骤3：用0.2000ml•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至微黄色，加入几滴淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为24.00mL。
（5）①通过计算确定上述实验流程中NaBH4的产率 。
②若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，将导致NaBH4的产率 （填“偏高”或“偏低”）。
15．（2024秋•邢台月考）工业上常用NaClO氧化法生产高铁酸钾（K2FeO4），其主要生产流程如图：
已知：Ⅰ．Cl2和NaOH溶液在常温下反应可以制得漂白液，当温度高于70℃时可以反应生成NaClO3；
Ⅱ．K2FeO4在温度低于198℃或强碱性条件下相当稳定，其稳定性随pH减小而降低，其氧化性随pH减小而逐渐显现；
Ⅲ．K2FeO4不溶于乙醚、醇和氯仿等有机溶剂，是一种高效多功能新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。
（1）基态Fe原子的核外电子排布式为 ，铁元素位于元素周期表的 区。
（2）写出温度高于70℃时氯气和NaOH发生反应的离子方程式： 。
（3）写出反应②的离子方程式： 。
（4）提纯高铁酸钾固体时，过滤后最好用 洗涤滤渣，得到高纯度产品；其中过滤需要用到的硅酸盐仪器主要有 。
（5）实验室也可以用氯气与Fe（OH）3在氢氧化钾溶液中反应制备少量K2FeO4，该反应中每制得2ml K2FeO4，消耗的氯气在标准状况下的体积为 L；在高铁酸钾溶液中滴加盐酸，有黄绿色气体产生，原因是 （用文字描述）。
16．（2024秋•六合区月考）钴是一种重要战略物质，由钴催化剂废料（含C2O3、Fe2O3、CuO等杂质）制备CCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3（SO4）2（OH）6]的工艺流程如图所示：
已知：
（i）氧化性：C3+＞ClO﹣＞Fe3+。
（ii）CCO3、C（OH）2、黄钠铁矾[NaFe3（SO4）2（OH）6]均难溶于水。
（1）“还原浸出”时提高浸取率的措施有 。（写两点）
（2）“还原浸出”后的溶液中阳离子有C2+、Fe2+、Cu2+等。其中C2O3被Na2SO3还原的化学方程式为 。
（3）“氧化”中，被氧化的离子有 。
（4）如图表示几种含铁微粒稳定存在形态与溶液pH和温度的关系。其中阴影部分表示黄钠铁矾。若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制pH范围为 。
（5）CCO3可制备锂离子电池的电极材料钴酸锂（LiCO2）。一种锂离子电池装置如图所示，充放电过程中，存在LiCO2与Li1﹣xCO2之间的转化。放电时，Li+从A电极向B电极迁移，写出该电池放电时的正极反应： ，若用该电池电解食盐水，当1ml Li+通过隔膜时，电解池阴极收集到的气体体积在标准状况下为 L。
17．（2024•玉树州四模）钛酸钡（BaTiO3）可以作为防火涂料的添加剂，可提高涂层的防火性能和抗化学腐蚀性。以钛渣（主要成分是TiO2，含少量CaO、Fe2O3、SiO2等）为原料制备钛酸钡的流程如图：
已知：①草酸钡难溶于水；②常温下，几种离子沉淀的pH如表所示。
注：TiO2++2H2O⇌TiO（OH）2+2H+。
回答下列问题：
（1）浸渣的主要成分是 （填化学式）。
（2）“酸浸”中，其他条件相同，1h内钛浸出率与硫酸的质量分数、温度关系如图所示。
提高钛浸出率宜选择的条件是硫酸质量分数、温度依次为 。图2中温度高于65℃，钛浸出率降低的原因可能是 。
（3）“还原”时，主要反应的离子方程式为 ，检验“还原”后溶液中是否含Fe3+的试剂是 （填化学式）。
（4）“沉钛”中，先加入过量H2C2O4溶液，后加入适量BaCl2溶液，如果加试剂顺序颠倒，会产生 （填化学式）杂质，影响产率。“调pH”范围为 。
（5）“氧化焙烧”发生反应的化学方程式为 。工业上，还可以直接将BaTiO（C2O4）2•4H2O在150℃无氧环境下反应24h制备BaTiO3该方法的缺点是 。
18．（2024秋•西城区校级月考）三氧化二铬（Cr2O3）是重要的有机反应催化剂，一种利用铬酸钾（K2CrO4）粗品制备Cr2O3的流程示意图如图。
已知：Ⅰ．K2CrO4粗品中含有Mg2+、Ca2+等杂质
Ⅱ．K＝1×10﹣14
Ⅲ．BaCr2O7易溶于水，BaCrO4难溶于水
（1）净化除杂
向K2CrO4粗品中加入K2CO3溶液，生成MgxCayCO3沉淀以除去Mg2+、Ca2+。反应的离子方程式是 。
（2）制备K2Cr2O7
①向K2CrO4净化液中通入过量的CO2可制得K2Cr2O7。反应的化学方程式是 。
②电解K2CrO4净化液也可制得K2Cr2O7，装置示意图如图。
ⅰ．阴极室中获得的产品有H2和 。
ⅱ．结合化学用语说明制备K2Cr2O7的原理： 。
ⅲ．取V1mL某K2Cr2O7溶液稀释至100mL，移取10mL稀释液于锥形瓶中，加入过量的BaCl2溶液，滴加2∼3滴酚酞溶液，用cml/LNaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL。则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为 ml/L。
（3）制备Cr2O3
在热压反应釜中，将蔗糖（C12H22O11）与K2Cr2O7的混合溶液加热至120℃，可获得Cr2O3，同时生成K2CO3、CO2。若生成1ml Cr2O3，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是 ml。
19．（2024秋•漳州月考）碳酸锰（MnCO3）是制造高性能磁性材料的主要原料。工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图所示。
已知：①25℃时，Ksp（ZnS）＝2.9×10﹣25，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21；
②相关金属离子[c0（Mn+）＝0.1ml•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
回答下列问题：
（1）基态锰原子的价电子排布式为 ，的空间构型为 。
（2）硫化锰矿预先粉碎的目的是 。
（3）“氧化”中MnO2将Fe2+氧化成Fe3+的离子方程式为 。
（4）“调pH”除铁、铝元素，溶液的pH范围应调节为： ≤pH＜6.2，滤渣2的主要成分是 （填化学式）。
（5）“除杂”的目的是除去Zn2+和Ni2+，若“除杂”后滤液中c（Ni2+）＝1.0×10﹣5ml•L﹣1，则c（Zn2+）＝ ml•L﹣1。
（6）“沉锰”中发生反应的离子方程式为 。
（7）锰可与CO形成金属羰基配合物Mn2（CO）10（熔点154℃）。其结构如图所示。则Mn2（CO）10晶体中微粒间作用力有 （填标号）。
a．配位键
b．极性键
c．范德华力
d．离子键
20．（2024秋•丽水月考）氧化铁俗名铁红，是重要的铁的氧化物。
流程一：制备氧化铁
用废铁屑制备氧化铁的流程如图：
（1）废铁屑中加入Na2CO3溶液的作用是 ；
（2）加入NH4HCO3溶液产生FeCO3沉淀的离子方程式为 ；
（3）写出“煅烧”发生反应的化学方程式 ；
流程二：探究氧化铁的性质
A、B、C、D均是含铁元素的物质，氧化铁发生的反应及物质转化关系如图：
（4）检验A溶液中金属阳离子的实验过程是 ；
（5）写出物质C与O2反应的化学方程式 。
21．（2024秋•顺德区月考）稀土元素钪（Sc）广泛应用于航空航天、超导、激光、核能等领域，从钛白水解工业废酸（含Sc3+、TiO2+、Mn2+、H+、等离子）中提取氧化钪并制备三氯化钪（ScCl3）的一种工艺流程如图：
请回答下列问题：
（1）21Sc基态原子的价层电子排布式为 。
（2）在钛白水解工业废酸中，加入H2O2是为了使TiO2+转化为[TiOz（OH）（H2O）4]+，若该离子中Ti的化合价为+4价，则除去OH﹣和H2O外的其余氧元素价态为 价，写出H2O2与TiO2+反应离子方程式 。
（3）萃取相比（）指的是萃取时有机相与被萃取的酸性废水的体积比，“萃取”工序中，萃取相比（）与Sc3+的萃取率关系如表所示：
该工序中最适宜的值为1：20，理由是 。
（4）写出“灼烧”阶段Sc2（C2O4）3转化为Sc2O3的化学反应方程式 。
实验室模拟流程中“灼烧”得到Sc2O3用来盛放被约烧物的仪器为 。
（5）在“灼烧”步骤中可得到Sc2O3，“加热氯化”步骤中可得到一种使热的氧化铜由黑变红的气体，“加热氯化”步骤中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
（6）25℃时，草酸钪Ksp[Sc2（C2O4）3]＝1.0×10﹣22，若“沉钪”阶段要使Sc3+沉淀完全（溶液中离子浓度≤10﹣5ml/L，视为沉淀完全），则c（C2）＝ ml/L。
（7）ScCl3易溶于水，熔点为960℃，熔融状态下能够导电，据此可判断ScCl3晶体属于 （填晶体类型）
22．（2024秋•9月份月考）碳酸锶（SrCO3）是荧光屏玻璃的基础粉料。由天青石（SrSO4，含BaSO4、MgCO3等杂质）制备高纯SrCO3的流程如图：
已知：25℃时，涉及难溶电解质的溶度积常数如下表：
请回答下列问题：
（1）38Sr元素基态原子的价层电子排布式为 。
（2）“酸浸”工序中，发生反应的离子方程式为 。
（3）“转化”工序中发生反应：SrSO4+⇌SrCO3+。若保持c（）＝0.01ml•L﹣1，c（）小于 ml•L﹣1，才有利于SrSO4转化为SrCO3。
（4）滤渣1在进入转化工序前，添加一定量的（NH4）2SO4的作用是 。
（5）滤液3中主要成分为硝酸锶，含有少量的钡离子。用硫酸除去滤液3中的钡通常采取喷雾方式，喷雾方式有利于 。
（6）制备高纯SrCO3的流程中，能循环利用的物质是 。
（7）高纯SrCO3高温分解后，用铝热法制备金属Sr的化学方程式为 。
23．（2024秋•南京月考）黄钠铁矾[Na3Fe3（SO4）3（OH）6]被用于作净水剂。以高品质的硫铁矿（主要成分为FeS2，含少量SiO2）为原料制取黄钠铁矾，工艺流程如图：
（1）“盐浸”时的反应为FeS2+Fe2（SO4）3→FeSO4+S↓（未配平），其中氧化剂是 。
（2）“氧化”时发生反应的离子方程式为 。
（3）“沉铁”过程，控制不同条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示（图中阴影部分表示黄钠铁矾稳定产生的区域）。
①生成黄钠铁矾[Na3Fe3（SO4）3（OH）6]的离子反应方程式 。
②由图15﹣1所示，在pH＝2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾。试解释其原因 。
（4）测定黄钠铁矾样品中铁的质量分数：称取样品2.000g置于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4溶解，滴入稍过量的KI溶液，待充分反应后，调节溶液近中性，滴入几滴淀粉溶液，用0.1500ml•L﹣1Na2S2O3溶液平行滴定，平均消耗20.00mL。（已知：）
①判断滴定终点的方法为 。
②样品中铁的质量分数为 。（写出计算过程）
24．（2024秋•湖南月考）我国科学家研究和开发的锰氧化物分子筛（MnOx@MS）材料，可大大提升分子筛对含酚废水的处理能力。工业上可由二氧化锰粉末与硫化锰矿（含Fe，Al，Mg，Ni，Zn，Si等元素的硫化物或氧化物以及C和少量有机物）和4A级分子筛为原料制备该材料。
Ⅰ．高纯MnSO4制备
注：滤渣1中无MnO2。
附：①一些相关物质的Ksp
②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH
（1）将MnS矿与MnO2粉进行“联合焙烧”的目的有 （答出1点即可）；为了提高焙烧效率可采取的措施有 （答出2点即可），“尾气”中所含气体中除O2外还有 。
（2）“酸浸”时所得“滤渣1”的主要成分为 ；“除杂1”中“滤渣3”的主要成分为 。
（3）除杂2的目的是生成MgF2，从而除去Mg2+。请通过计算解释选用MnF2可行的原因。
（4）沉锰过程中选用X为氨水和碳酸氢钠的混合溶液，请写出该过程的离子方程式 。
Ⅱ．@MS材料的制备
（5）将一定量的MnSO4溶于蒸馏水中，加入预处理的分子筛和NaClO溶液，再加入H2SO4和NaOH调节溶液pH为7.2，在室温下搅拌2h，反应结束后经过滤洗涤干燥得MnOx@MS材料。若发生反应的MnSO4与NaClO物质的量之比为1：2，则MnOx@MS中Mn的化合价为 。
Ⅲ．流程评价
（6）有同学认为此流程不适宜大规模工业生产，请从物质利用角度谈谈你的看法。
25．（2024秋•雨花区校级月考）硫酸镁在工农业生产中有重要的作用。工业上以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3、SiO2等）为原料制备硫酸镁的流程如图：
（1）“酸溶”时MgCO3发生反应的化学方程式为 。
（2）滤渣的成分是 （填化学式），“氧化”后溶液中的金属离子为 ，Fe（OH）3的颜色为 。
（3）将硫酸镁与木炭在800℃时煅烧，可以得到高纯度的MgO，煅烧过程中存在以下反应：
利用图装置对煅烧产生的气体进行分步收集、吸收或处理。（已知：SO2能与酸性KMnO4溶液、NaHCO3溶液反应；单质硫的沸点约为446℃。）
①装置A中U型管放在冷水中的目的是 。
②装置B、C中所盛放的试剂分别是 溶液、 溶液。（填化学式）
③装置D的作用是 。
2025菁优高考化学解密之工艺流程（解答大题）
参考答案与试题解析
一．工艺流程题（共25小题）
1．（2024秋•河南月考）过氧化钙（CaO2）微溶于水，可作医用防腐剂、消毒剂等，制备CaO2的一种工业流程如图所示：
回答下列问题：
（1）CaO2中氧元素的化合价为 ﹣1 ，CaO2•8H2O属于 纯净物 （填“纯净物”或“混合物”）。
（2）步骤Ⅱ中反应生成两种化合物，另一种化合物的化学式为 NH4Cl ，反应在冰水浴中进行是为了防止NH3•H2O挥发和 H2O2 。
（3）待CaO2•8H2O结晶析出后，分离晶体所使用的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒和 漏斗 （填仪器名称）。
（4）CaO2常用作鱼塘的供氧剂，其原理用化学方程式表示为CaO2+2H2O＝Ca（OH）2+H2O2、 2H2O2＝2H2O+O2↑ ；该过程生成1个O2分子，转移 2 个电子。
【答案】（1）﹣1；纯净物；
（2）NH4Cl；H2O2；
（3）漏斗；
（4）2H2O2＝2H2O+O2↑；2。
【分析】制备CaO2时，以大理石为原料，先制得纯CaCO3，再加盐酸溶解得到CaCl2溶液，往溶液中加入H2O2、NH3•H2O，冰水浴冷却，得到CaO2•8H2O晶体，洗涤、烘干得到CaO2。
【解答】解：（1）CaO2中，Ca元素的化合价为+2，则氧元素的化合价为﹣1，CaO2•8H2O是结晶水合物，属于纯净物，
故答案为：﹣1；纯净物；
（2）步骤Ⅱ中反应生成两种化合物，反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O＝CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，则另一种化合物的化学式为NH4Cl，反应在冰水浴中进行是为了防止NH3•H2O挥发和H2O2分解，
故答案为：NH4Cl；H2O2；
（3）待CaO2•8H2O结晶析出后，分离晶体所使用的操作是过滤，所用玻璃仪器为烧杯、玻璃棒和漏斗，
故答案为：漏斗；
（4）CaO2常用作鱼塘的供氧剂，其原理用化学方程式表示为CaO2+2H2O＝Ca（OH）2+H2O2、2H2O2＝2H2O+O2↑；该过程中，H2O2中O元素一部分由﹣1价升高到0价，一部分由﹣1价降低到﹣2价，则生成1个O2分子，转移2个电子，
故答案为：2H2O2＝2H2O+O2↑；2。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
2．（2024秋•海淀区校级月考）工业用黄铜矿（主要成分CuFeS2，含少量锌、铅的硫化物）冶炼铜的一种方法如图：
（1）Ⅰ中发生下列反应。
ⅰ.CuFeS2+3Cu2++4Cl﹣＝4CuCl+Fe2++2S
ⅱ.CuCl+Cl﹣⇌
Ⅰ中盐酸的作用是 增加Cl﹣的浓度，使得反应ⅱ的平衡正向移动，增大铜元素的浸出率 。
（2）Ⅱ中通入空气，将Fe2+转化FeOOH沉淀。
①Fe2+转化为FeOOH的离子方程式是 4Fe2++O2+6H2O＝4FeOOH↓+8H+ 。
②溶液A中含金属元素的离子有：Zn2+、Pb2+和 、Cu2+ 。
（3）Ⅲ中需控制NaOH溶液的用量，其原因是 防止Zn2+、Pb2+形成沉淀，同时也可避免变成Cu2O沉淀，以防止Cu2（OH）3Cl中含有杂质 。
（4）Ⅳ中加入Na2CO3溶液的目的是 除去Zn2+和Pb2+ 。
（5）Ⅴ中反应的离子方程式是 2+2OH﹣＝Cu2O↓+4Cl﹣+H2O 。
【答案】（1）增加Cl﹣的浓度，使得反应ⅱ的平衡正向移动，增大铜元素的浸出率；
（2）①4Fe2++O2+6H2O＝4FeOOH↓+8H+；
②、Cu2+；
（3）防止Zn2+、Pb2+形成沉淀，同时也可避免变成Cu2O沉淀，以防止Cu2（OH）3Cl中含有杂质；
（4）除去Zn2+和Pb2+；
（5）2+2OH﹣＝Cu2O↓+4Cl﹣+H2O。
【分析】业用黄铜矿（主要成分CuFeS2，含少量锌、铅的硫化物）用盐酸处理，发生下列反应：ⅰ.、ⅱ.，Ⅱ中通入空气，将Fe2+转化FeOOH沉淀，Ⅲ中加入NaOH溶液得到Cu2（OH）3Cl，Ⅳ中加入Na2CO3溶液除去Zn2+和Pb2+，溶液C中的主要离子为，加入NaOH溶液反应生成了Cu2O，以此解答。
【解答】解：（1）使用稀盐酸，可以增加Cl﹣的浓度，使得反应ⅱ的平衡正向移动，增大铜元素的浸出率，
故答案为：增加Cl﹣的浓度，使得反应ⅱ的平衡正向移动，增大铜元素的浸出率；
（2）①Fe2+转化为FeOOH过程中，O2将Fe2+氧化为FeOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：4Fe2++O2+6H2O＝4FeOOH↓+8H+，
故答案为：4Fe2++O2+6H2O＝4FeOOH↓+8H+；
②黄铜矿和CuCl2、稀盐酸反应后，再向所得溶液通入O2得到溶液A，可以推出溶液中有，再根据溶液A中加入NaOH溶液得到Cu2（OH）3Cl，可以推出溶液A中还含有Cu2+，
故答案为：、Cu2+；
（3）Ⅲ中控制NaOH的用量是为了防止Zn2+、Pb2+形成沉淀，同时也可避免变成Cu2O沉淀，以防止Cu2（OH）3Cl中含有杂质，
故答案为：防止Zn2+、Pb2+形成沉淀，同时也可避免变成Cu2O沉淀，以防止Cu2（OH）3Cl中含有杂质；
（4）通过V、Ⅵ可知，溶液C中没有杂质离子，故Ⅳ中加入Na2CO3溶液是为了除去Zn2+和Pb2+，
故答案为：除去Zn2+和Pb2+；
（5）溶液C中的主要离子为，根据图中可知，该离子和NaOH反应生成了Cu2O，则反应的离子方程式为：2+2OH﹣＝Cu2O↓+4Cl﹣+H2O，
故答案为：2+2OH﹣＝Cu2O↓+4Cl﹣+H2O。
【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。
3．（2024秋•赤峰月考）以辉铜矿（主要成分是Cu2S，含少量FeS、SiO2等）为原料制备胆矾、硫代硫酸钠（Na2S2O3•5H2O），流程如图所示。回答下列问题：
已知：Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]（OH）2+4H2O，[Cu（NH3）4]（OH）2与硫酸反应生成CuSO4。
（1）滤渣2的主要成分是 SiO2 （填化学式）。
（2）向Na2S和Na2CO3的混合溶液中通入SO2制备硫代硫酸钠的化学方程式为 2Na2S+Na2CO3+4SO2＝3Na2S2O3+CO2 。
（3）某小组探究外界条件对Na2S2O3相关反应的反应速率的影响，实验方案如下：
已知：①S2+2I﹣＝I2+2（慢），②2S2+I2＝2I﹣+S4（快）。
上述反应中，活化能较大的反应是 ① （填“①”或“②”）。下列叙述错误的是 B （填标号）。
A.在KI﹣淀粉溶液中滴加过量Na2S2O3溶液，溶液始终不会变蓝
B.上述方案可以探究浓度对反应速率的影响
C.当n（Na2S2O3）：n（K2S2O8）的值小于2时会出现蓝色
（4）检验溶液2中含Fe2+的试剂可能是 BC （填标号）。
A.KSCN溶液
B.K3Fe（CN）6溶液
C.酸性KMnO4溶液
D.NaOH溶液
（5）25.0gCuSO4•5H2O受热分解，残留固体的质量与温度的关系如图所示。
①1300℃时，固体的成分是 Cu2O （填化学式）。
②已知580～1000℃之间产生了两种气体和一种固体，写出发生反应的化学方程式： 2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑ 。
【答案】（1）SiO2；
（2）2Na2S+Na2CO3+4SO2＝3Na2S2O3+CO2；
（3）①；B；
（4）BC；
（5）①Cu2O；
②2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑。
【分析】辉铜矿通入空气氧化焙烧，硫元素转化为二氧化硫气体，二氧化硫使用碳酸钠、硫化钠吸收得到硫代硫酸钠溶液，一系列操作得到硫代硫酸钠晶体；铜、铁元素转化为金属氧化物和不反应的二氧化硅进入烧渣1，烧渣加入硫酸，二氧化硅不反应得到滤渣2，铜、铁氧化物转化为盐溶液得到溶液2，加入过量氨水，铁转化为沉淀得到滤渣3，铜离子进入溶液3，加入硫酸经系列处理得到胆矾。
【解答】解：（1）焙烧时，粉碎矿石的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；滤渣2的主要成分是不和稀硫酸反应的二氧化硅SiO2，
故答案为：SiO2；
（2）向Na2S和 Na2CO3的混合溶液中通入SO2制备硫代硫酸钠，Na2S中硫元素化合价由﹣2变为+2、二氧化硫中硫元素化合价由+4变为+2，硫元素发生归中反应生成硫代硫酸钠，根据质量守恒可知还会生成二氧化碳，结合电子守恒可知，反应化学方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2＝3Na2S2O3+CO2，
故答案为：2Na2S+Na2CO3+4SO2＝3Na2S2O3+CO2；
（3）活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，则上述反应中，活化能较大的反应是①；
A．在KI﹣淀粉溶液中滴加过量 Na2S2O3溶液，生成I2的反应为慢反应，消耗I2的反应为快反应，则溶液中碘单质被迅速转化，且生成的碘离子和Na2S2O3不反应，溶液始终不会变蓝，故A正确；
B．实验1、2加入的K2S2O8溶液的体积不同，溶液的总体积不同，K2S2O8溶液浓度大小无法确定，不能判断浓度对反应速率的影响，故B错误；
C．由反应①②可知，当n（Na2S2O3）：n（K2S2O8）的值等于2时，恰好反应，溶液中碘元素以碘离子存在，n（Na2S2O3）：n（K2S2O8）的值小于2时，生成的碘单质不会完全转化为碘离子，溶液会出现蓝色，故C正确；
故答案为：①；B；
（4）溶液2中含 Fe2+、Fe3+，检验溶液2中含 Fe2+，需要考虑铁离子对亚铁离子的干扰，亚铁离子和K3Fe（CN）6溶液生成蓝色沉淀、和酸性 KMnO4溶液发生氧化还原反应使得溶液褪色，
故答案为：BC；
（5）①25.0 g CuSO4•5H2O受热会首先失去结晶水得到16.0gCuSO4，继续加热CuSO4会分解生成氧化铜，已知580～1000℃之间产生了两种气体和一种固体，则反应中硫元素化合价降低生成二氧化硫，氧元素化合价升高生成氧气，反应为，反应得到8.0g氧化铜；继续加热氧化铜会分解生成7.2g氧化亚铜和氧气，；故1300℃时，固体的成分是Cu2O，
故答案为：Cu2O；
②由分析可知，580～1000℃之间反应为，
故答案为：2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
4．（2024秋•鼓楼区校级期中）草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O）可作为制备电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FeSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如图：
（1）“沉淀”步骤的离子反应方程式为 Fe2++2NH3•H2O＝Fe（OH）2↓+2 ，得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是 Fe（OH）2易被氧化为Fe（OH）3 。
（2）“转化”过程[H2C2O4+Fe（OH）2＝FeC2O4+2H2O]在如图所示的装置中进行。导管A的作用是 平衡气压，使草酸溶液顺利滴下 。
（3）检验“洗涤”完全的实验操作是 取最后一次洗涤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，无现象，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净 。
（4）以废渣（主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等）为原料制备实验所需的FeSO4溶液。请补充实验方案：向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤：在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液至 沉淀不再减少 时，过滤：用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入 稀硫酸 至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入 铁粉 ，直至向取出的少量溶液中滴加 KSCN溶液 溶液不再出现红色，过滤。
[实验中可供使用的试剂：稀硫酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水]
【答案】（1）Fe2++2NH3•H2O＝Fe（OH）2↓+2；Fe（OH）2易被氧化为Fe（OH）3；
（2）平衡气压，使草酸溶液顺利滴下；
（3）取最后一次洗涤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，无现象，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净；
（4）沉淀不再减少；稀硫酸；铁粉；KSCN溶液；
【分析】（1）FeSO4溶液中加入氨水，生成Fe（OH）2沉淀和硫酸铵；Fe（OH）2易被氧化为Fe（OH）3；
（2）恒压滴液漏斗可以平衡气压，使草酸溶液顺利滴下；
（3）检验“洗涤”完全的实验操作的本质是检验溶液中是否含有硫酸根离子；
（4）废渣主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等，向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤，在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液至沉淀不再减少时，过滤，得到氢氧化铁沉淀，用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液，不再出现红色，过滤，滤去过量的铁粉，可得FeSO4溶液；
【解答】解：（1）“沉淀”步骤的离子反应方程式为 Fe2++2NH3•H2O＝Fe（OH）2↓+2，得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是Fe（OH）2易被氧化为Fe（OH）3，
故答案为：Fe2++2NH3•H2O＝Fe（OH）2↓+2；Fe（OH）2易被氧化为Fe（OH）3；
（2）由图可知，导管A的作用是平衡气压，使草酸溶液顺利滴下，
故答案为：平衡气压，使草酸溶液顺利滴下；
（3）检验“洗涤”完全的实验操作是取最后一次洗涤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，无现象，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，无现象，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净；
（4）废渣主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等，向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤，滤去不反应的SiO2，在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液至沉淀不再减少时，过滤，得到氢氧化铁沉淀，用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液，不再出现红色，过滤，滤去过量的铁粉，可得FeSO4溶液，
故答案为：沉淀不再减少；稀硫酸；铁粉；KSCN溶液；
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，同时考查方程式书写，离子检验等，属于高考高频考点，难度中等。
5．（2024秋•海淀区校级月考）草酸是一种二元弱酸，草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，熔点为101℃，，易溶于水，其钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸晶体的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式如下，找出其中的氧化还原反应，并用双线桥法标明电子转移的方向和总数 。

（2）该制备工艺中“钙化”、“酸化”两步均为复分解反应，“钙化”后过滤操作①的滤液是 氢氧化钠 ，滤渣是 草酸钙 ；“酸化”后过滤操作②的滤渣是 硫酸钙 。
（3）结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。
①配平反应的离子方程式： 5H2C2O4+2+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O
②称量草酸晶体成品0.250g溶于水中，用0.0500ml•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定，至粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00mL，根据以上数据，该草酸成品的纯度的计算式为（草酸晶体M＝126g/ml）： 94.5% 。
【答案】（1）；
（2）氢氧化钠；草酸钙；硫酸钙；
（3）5H2C2O4+2+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O；94.5%。
【分析】根据流程图知，一定条件下，一氧化碳和氢氧化钠反应生成甲酸钠，反应方程式为：，加热条件下，甲酸钠脱氢生成草酸钠，由原子守恒可知有氢气生成，反应方程式为：，草酸钠与氢氧化钙反应得到草酸钙与氢氧化钠，滤液是NaOH溶液，浓缩后循环利用，固体为CaC2O4，草酸钙与硫酸反应得到硫酸钙与草酸钠，则滤渣为CaSO4，滤液B为草酸钠溶液，再经过结晶、干燥得到草酸钠晶体，母液中含有硫酸和草酸，可循环利用，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）甲酸钠分解反应属于氧化还原反应，其中氢元素被圆环，C元素被氧化，对应方程式为 ，双线桥法表示为，
故答案为：；
（2）该制备工艺中“钙化”、“酸化”两步均为复分解反应，“钙化”后过滤操作①的滤液是氢氧化钠，滤渣是草酸钙，过滤操作②的滤液是H2C2O4溶液、H2SO4溶液，滤渣是 CaSO4，
故答案为：氢氧化钠；草酸钙；硫酸钙；
（3）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，离子反应方程式为：5H2C2O4+2+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O，
设草酸的物质的量为xml，则：
5H2C2O4+6H++2＝10CO2↑+2Mn2++8H2O
5ml 2ml
x 0.0500ml•L﹣1×0.015L
所以，5ml：2ml＝x：0.0500ml•L﹣1×0.015L
解得x＝0.001875ml，
故其纯度＝×100%＝94.5%，
故答案为：5H2C2O4+2+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O；94.5%。
【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。
6．（2024秋•西城区校级月考）氯化亚铜（CuCl）是重要的化工原料，广泛用作有机合成催化剂。
资料：①水溶液中存在平衡：2Cl﹣（aq）+CuCl（s）⇌（aq）。
②CuCl是难溶于水的白色固体，在热水中迅速水解生成Cu2O。
③CuCl在潮湿的空气中易被氧化，生成的碱式盐为Cu2（OH）3Cl。
Ⅰ．实验室中用纯净的CuCl2固体制备CuCl。制备方法为：取75gCuCl2固体于烧杯中，加入100mL0.2ml/L盐酸和水配成200mL溶液，然后在溶液中通入SO2气体。
（1）结合化学用语解释配制溶液时加入盐酸的主要目的 ，加酸抑制了Cu2+的水解 。
（2）溶液中通入SO2气体后，发生反应的离子方程式为 。
Ⅱ.工业中，用初级铜矿粉（主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等）为原料制备CuCl。流程如图。
（3）“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜过量太多的原因是 避免“除杂”步骤消耗更多的氨水和NH4HCO3 。
（4）用化学用语解释，析出的CuCl晶体不能用水洗涤的原因 4CuCl+O2+4H2O＝2Cu2（OH）3Cl+2HCl，水洗导致产率降低 。
（5）若要制99.5gCuCl，理论上至少需要含Cu2S50%的铜矿粉的质量为 160 g。
（6）相同时间内，反应物在最佳配比条件下，温度对CuCl产率的影响如图所示。溶液温度控制在58℃时，CuCl产率最大，随温度升高CuCl产率降低，其原因是 温度过高，促进了CuCl水解生成Cu2O；促进了CuCl与空气中的氧气发生反应 、 促使SO2逸出、CuCl挥发 。（答出2条即可）
【答案】（1），加酸抑制了Cu2+的水解；
（2）；
（3）避免“除杂”步骤消耗更多的氨水和NH4HCO3；
（4）4CuCl+O2+4H2O＝2Cu2（OH）3Cl+2HCl，水洗导致产率降低；
（5）160；
（6）温度过高，促进了CuCl水解生成Cu2O；促进了CuCl与空气中的氧气发生反应；促使SO2逸出、CuCl挥发。
【分析】初级铜矿粉（主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO）中加入稀硫酸、二氧化锰，Cu2S和二氧化锰、稀硫酸发生氧化还原反应，发生的离子反应方程式为Cu2S+2MnO2+8H+＝2Cu2++2Mn2++S+4H2O，杂质FeO、Fe2O3分别与稀硫酸反应，过滤生成的S，向滤液中加入氨水调节溶液的pH值，铁离子生成Fe（OH）3沉淀，加入碳酸氢铵，得到MnCO3沉淀，过滤，得到的滤液中含有Cu（NH3）4CO3，加热Cu（NH3）4CO3得到CuO，CuO与盐酸、二氧化硫反应：SO2+2CuO+2Cl﹣＝2CuCl+，经过过滤、洗涤、真空干燥或隔绝空气干燥得产品，以此解答。
【解答】解：（1）氯化铜溶液中存在平衡：，配制溶液时加入盐酸的主要目的是：加酸抑制了Cu2+的水解，
故答案为：，加酸抑制了Cu2+的水解；
（2）溶液中通入SO2气体后，二氧化硫将Cu2+还原为CuCl沉淀，Cu元素化合价由+2价下降到+1价，S元素化合价由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和质量守恒配平离子方程式为：SO2+2Cu2++2Cl﹣+2H2O＝+2CuCl↓+4H+，
故答案为：；
（3）H2SO4过多会消耗“除杂”步骤中的氨水和碳酸氢铵，影响除杂效果，
故答案为：避免“除杂”步骤消耗更多的氨水和NH4HCO3；
（4）CuCl在潮湿的空气中易被氧化，生成的碱式盐为Cu2（OH）3Cl，若用水洗会生成Cu2（OH）3Cl导致产率降低，方程式为：4CuCl+O2+4H2O＝2Cu2（OH）3Cl+2HCl，
故答案为：4CuCl+O2+4H2O＝2Cu2（OH）3Cl+2HCl，水洗导致产率降低；
（5）由Cu元素守恒得到关系式：Cu2S～2CuCl，99.5gCuCl的物质的量为＝1ml，理论上需要0.5ml Cu2S，其质量为160g/ml×0.5ml＝80g，理论上至少需要含Cu2S50%的铜矿粉的质量为＝160g，
故答案为：160；
（6）步骤中发生反应SO2+2Cu2++2Cl﹣+2H2O＝+2CuCl↓+4H+，根据图象可知，溶液温度控制在 58℃时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解生成 Cu2O，同时温度升高CuCl被氧化的速度加快，或是温度升高SO2逸出、HCl挥发等，
故答案为：温度过高，促进了CuCl水解生成Cu2O；促进了CuCl与空气中的氧气发生反应；促使SO2逸出、CuCl挥发。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
7．（2024•安徽开学）制备简单的C3+离子比较困难，但C（Ⅲ）的配合物却容易制得。三氯化六氨合钴{[C（NH3）6]Cl3}主要用于磷酸盐的测定和其它含钴配合物的制备。图是利用含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取{[C（NH3）6]Cl3}的一种工艺流程：
已知：25℃时，Ksp[C（OH）2]＝5.9×10﹣15（新制）、Ksp[C（OH）3]＝1.6×10﹣44。
请回答下列问题：
（1）基态C3+的价层电子排布式为 3d6 。
（2）“加Na2CO3调pH至a”的目的是 除去Fe3+、Al3+杂质 。
（3）操作Ⅰ的步骤包括 在HCl氛围下蒸发浓缩 、冷却结晶、减压过滤、洗涤等。
（4）流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时使c（OH﹣）过大，其作用原理是 增大溶液中，抑制后期加入的NH3•H2O的电离 。
（5）[C（NH3）6]Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物。甲同学认为“氧化”步骤中应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为 甲 （填“甲”或“乙”）同学观点正确，理由是 若先加入H2O2，会导致钴元素被氧化为C3+，再加入氨水则易生成难溶的C（OH）3，不利于形成配合物 。
（6）若制备反应中没有活性炭存在时，主要生成物为二氯化一氯•五氨合钴，写出该产物所含配离子的结构简式并用“→”标出配位键 。
（7）通过碘量法可测定产品中钴的含量。将[C（NH3）6]Cl3转化成C3+后，加入过量KI溶液，再用Na2S2O3标准液滴定（淀粉溶液作指示剂）。滴定的反应原理如下：
2C3++2I﹣＝2C2++I2、I2+2S2＝2I﹣+S4。
①[C（NH3）6]3+很稳定，只有在强碱和沸腾条件下才分解，待煮沸赶尽NH3后将悬浊液调至酸性即可转化为C3+。请写出在NaOH和沸腾条件下发生反应的化学方程式 [C（NH3）6]Cl3+3NaOH＝C（OH）3↓+6NH3↑+3NaCl 。
②下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是 ab （填代号）。
a．滴定前的待测液酸性过强
b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗
c．滴定结束后，发现滴定管尖嘴部分有了气泡
d．溶液蓝色褪去，立即读数
【答案】（1）3d6；
（2）除去Fe3+、Al3+杂质；
（3）在HCl氛围下蒸发浓缩；
（4）增大溶液中，抑制后期加入的NH3•H2O的电离；
（5）甲；若先加入H2O2，会导致钴元素被氧化为C3+，再加入氨水则易生成难溶的C（OH）3，不利于形成配合物；
（6）；
（7）①[C（NH3）6]Cl3+3NaOH＝C（OH）3↓+6NH3↑+3NaCl；
②ab。
【分析】含钴废料含少量Fe、Al等杂质，加入盐酸溶解，生成氯化亚铁、氯化铝、氯化钴的混合溶液，向浸出液中加入适量的氯酸钠溶液，氧化亚铁离子和C2+离子，再加入碳酸钠，调节溶液的pH，使铁离子、铝离子沉淀，过滤，向滤液中加入盐酸，调节溶液的pH＝2～3之间，经过蒸发浓缩、冷却结晶，得到CCl2•6H2O，向该晶体中加入活性炭、氯化铵溶液混合，再加入氨水和双氧水氧化，进过一系列处理得到[C（NH3）6]Cl3，据此分析作答。
【解答】解：（1）C的原子序数为27，核外电子排布式为：[Ar]3d74s2，失去3个电子后，形成C3+，则基态C3+的价层电子排布式为3d6，
故答案为：3d6；
（2）根据分析可知，“加Na2CO3调pH至a”的目的是除去Fe3+、Al3+杂质，
故答案为：除去Fe3+、Al3+杂质；
（3）根据分析可知，操作I的步骤包括在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤、洗涤等，
故答案为：在HCl氛围下蒸发浓缩；
（4）流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时使c（OH﹣）过大，其作用原理是增大溶液中，抑制后期加入的NH3•H2O的电离，
故答案为：增大溶液中，抑制后期加入的NH3•H2O的电离；
（5）[C（NH3）6]Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物。甲同学认为“氧化”步骤中应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为甲同学观点正确，理由是若先加入H2O2，会导致钴元素被氧化为C3+，再加入氨水则易生成难溶的C（OH）3，不利于形成配合物，
故答案为：甲；若先加入H2O2，会导致钴元素被氧化为C3+，再加入氨水则易生成难溶的C（OH）3，不利于形成配合物；
（6）若制备反应中没有活性炭存在时，主要生成物为二氯化一氯•五氨合钴，根据配位化合物的组成可知，该产物的结构为：，
故答案为：；
（7）①[C（NH3）6]3+很稳定，只有在强碱和沸腾条件下才分解，待煮沸赶尽NH3后将悬浊液调至酸性即可转化为C3+，根据原子守恒可知，在NaOH和沸腾条件下发生反应的化学方程式为：[C（NH3）6]Cl3+3NaOH＝C（OH）3↓+6NH3↑+3NaCl，
故答案为：[C（NH3）6]Cl3+3NaOH＝C（OH）3↓+6NH3↑+3NaCl；
②a．滴定前的待测液酸性过强，消耗的Na2S2O3标准液增多，测定结果偏高，故a正确；
b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，导致Na2S2O3标准液被稀释，浓度偏低，消耗Na2S2O3标准液的体积偏大，测定结果偏高，故b正确；
c．滴定结束后，发现滴定管尖嘴部分有了气泡，导致消耗Na2S2O3标准液的体积偏小，测定结果偏低，故c错误；
d．溶液蓝色褪去，立即读数，可能是局部褪色，还没有完全达到滴定终点，导致消耗Na2S2O3标准液的体积偏小，测定结果偏低，故d错误；
故答案为：ab。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体考查[C（NH3）6]Cl3的制备，设计配位化合物的相关知识，属于高考高频考点，难度较大。
8．（2024•翠屏区校级开学）卤块的主要成分是MgCl2（还含有少量Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子）。以它为原料按如图流程可制得单质镁。
已知：溶液中生成氢氧化物的pH如下表
②MnCO3不溶于水。
请回答下列问题：
（1）步骤①中加入NaClO的目的是 将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去 ；为了尽量除去杂质，pH应调至 9.8 ，固体a中的成分有 Fe（OH）3、Mn（OH）2、Mg（OH）2 。
（2）溶液b中的主要溶质为 NaCl ，步骤②后检验固体b已洗涤干净的操作为 取少量最后一次洗液于试管，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色淀生成，则固体b已洗净 。
（3）步骤④选用的试剂X应是 盐酸 。
（4）步骤⑤操作Ⅰ包括：先制得MgCl2•6H2O，再加热失水得无水MgCl2。由溶液c制MgCl2•6H2O的操作为 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、过滤。
（5）步骤⑥反应的化学方程式为 MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑ 。
【答案】（1）将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去；9.8；Fe（OH）3、Mn（OH）2、Mg（OH）2；
（2）NaCl；取少量最后一次洗液于试管，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色淀生成，则固体b已洗净；
（3）盐酸；
（4）蒸发浓缩；冷却结晶；
（5）MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑。
【分析】卤块的主要成分是MgCl2，还含有少量Fe2+、Fe3+和Mn2+等离子，卤块溶解后加入次氯酸钠溶液氧化亚铁离子，加入氢氧化钠溶液，调节pH，除去铁离子、锰离子杂质，过滤后的滤液为氯化镁，加入碳酸钠生成碳酸镁沉淀，溶液b主要含有氯化钠，碳酸镁加水煮沸，可生成氢氧化镁和二氧化碳气体，用稀盐酸溶解氢氧化镁得到得到浓度较高的氯化镁溶液，在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属Mg，以此解答该题。
【解答】解：（1）亚铁离子具有还原性，步骤①中加入NaClO的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去，为了尽量除去杂质，pH应调至9.8，此时生成的沉淀有Fe（OH）3、Mn（OH）2，以及少量Mg（OH）2，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去；9.8；Fe（OH）3、Mn（OH）2、Mg（OH）2；
（2）溶质b为NaCl，沉淀吸附溶液中的氯离子，可用检验氯离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是取少量最后一次洗液于试管，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色沉淀生成，则固体b已洗净，
故答案为：NaCl；取少量最后一次洗液于试管，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色沉淀生成，则固体b已洗净；
（3）溶解氢氧化镁生成氯化镁，应加入盐酸，
故答案为：盐酸；
（4）由溶液c制MgCl2•6H2O的操作为蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）步骤⑥应电解熔融的氯化镁，反应的化学方程式为MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，
故答案为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑。
【点评】本题考查物质制备工艺流程，涉及混合物的分离和提纯、电解、信息获取与迁移运用等，侧重考查学生对知识的综合运用能力，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。
9．（2024秋•米东区校级月考）回答下列问题。
（1）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种重要的化工原料。工业上，以黄铁矿（主要成分FeS2）生产硫酸的尾气为原料制备焦亚硫酸钠的一种流程如图所示：
请回答下列问题：
①FeS2中铁元素的化合价为 +2 。
②“煅烧”时，主要反应的化学方程式为 。
③将含有少量SO2的尾气通入烧碱溶液中，反应的离子方程式是 SO2+2OH﹣＝+H2O 。
（2）写出CO2通入NaOH溶液的离子反应方程式
①CO2少量： CO2+2OH﹣＝+H2O ；
②CO2足量： CO2+OH﹣＝ 。
【答案】（1）①+2；
②；
③SO2+2OH﹣＝+H2O；
（2）①CO2+2OH﹣＝+H2O；
②CO2+OH﹣＝。
【分析】硫酸工业中黄铁矿在空气中煅烧被氧气氧化为Fe2O3和SO2，尾气中SO2的用NaOH吸收生成Na2SO3，当SO2过量时生成NaHSO3，NaHSO3加热脱水生成Na2S2O5。
【解答】解：（1）①FeS2中S元素化合价为﹣1价，根据化合物中正负化合价的代数和为0，Fe元素化合价为+2价，
故答案为：+2；
②黄铁矿在空气中煅烧被氧气氧化为Fe2O3和SO2，化学方程式为：，
故答案为：；
③根据分析，少量SO2用NaOH吸收生成Na2SO3和水，反应的离子方程式为：SO2+2OH﹣＝+H2O，
故答案为：SO2+2OH﹣＝+H2O；
（2）①少量CO2气体通入氢氧化钠溶液中反应生成碳酸钠和水，离子方程式：CO2+2OH﹣＝+H2O，
故答案为：CO2+2OH﹣＝+H2O；
②足量的CO2通入NaOH溶液生成碳酸氢钠，离子方程式为 CO2+OH﹣＝，
故答案为：CO2+OH﹣＝。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
10．（2024秋•包河区校级月考）以硫铁矿为原料（主要成分是FeS2含少量CuO和SiO2等）制备铁红和硫酸流程如图：
回答下列问题：
（1）固体A主要成分是 SiO2 （填化学式）。
（2）提高硫铁矿粉在空气中煅烧速率的措施有 将矿石粉碎 、 适当通入过量的空气等 （答两条）。在“沸腾炉”下部充入 空气 （填“空气”或“矿粉”）。
（3）已知：12.0gFeS2固体与氧气完全反应生成红色粉末和相对分子质量为64的气体氧化物，放出热量为85.3kJ。写出热化学方程式： FeS2（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）+2SO2（g）ΔH＝﹣853kJ/ml 。
（4）已知：SO3（g）+H2O（l）＝H2SO4（l）ΔH＝﹣130.3kJ/ml溶于水得到硫酸溶液时放出热量 大于 （填“大于”“小于”或“等于”）260.6kJ。
（5）已知：V2O5催化SO2氧化生成VOSO4（s）和V2O4（s），反应分两步进行：
①V2O4（s）+SO4（g）＝V2O5（s）+SO2（g）ΔH1＝﹣24kJ•ml﹣1K1；
②V2O4（s）+2SO3（g）＝2VOSO4（s）ΔH2＝﹣399kJ•ml﹣1K2
则2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）ΔH＝ ﹣351 kJ•ml﹣1，且该反应的平衡常熟K3用K1和K2表示为：K3＝ 。
（6）SO2催化氧化反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣196.6kJ•ml﹣1。
实验测得SO2平衡转化率与温度、压强的关系如下表
简述工业生产中，选择常压（0.1MPa）的理由： 常压下，450℃时，SO2转化率已经很高，再增大压强，，转化率增大很小 。
【答案】（1）SiO2；
（2）将矿石粉碎；适当通入过量的空气；空气；
（3）FeS2（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）+2SO2（g）ΔH＝﹣853kJ/ml；
（4）大于；
（5）﹣351；；
（6）常压下，450℃时，SO2转化率已经很高，再增大压强，，转化率增大很小。
【分析】硫铁矿的主要成分是FeS2，还含少量CuO和SiO2等，在空气中高温焙烧，FeS2被氧化为氧化铁和SO2，烧渣为氧化铁、CuO和SiO2，往烧渣中加入稀硫酸，氧化铁、CuO溶于稀硫酸，生成硫酸铁、硫酸铜，SiO2不反应，过滤除去，故固体A为SiO2，溶液A中含有铁离子、铜离子，向A中加入氢氧化钠溶液，调节pH，使铁离子氢氧化铁沉淀，过滤，得到氢氧化铁沉淀，然后灼烧，得到铁红（即氧化铁），SO2被进一步氧化为SO3，SO3与水反应，生成硫酸，据此分析作答。
【解答】解：（1）固体A主要成分是SiO2，
故答案为：SiO2；
（2）提高硫铁矿粉在空气中煅烧速率的措施有将矿石粉碎、适当通入过量的空气等，在“沸腾炉”下部充入空气，矿粉从上部加入，
故答案为：将矿石粉碎；适当通入过量的空气；空气；
（3）已知：12.0gFeS2固体物质的量为＝0.1ml，与氧气完全反应生成红色粉末氧化铁，和相对分子质量为64的气体氧化物，即SO2，放出热量为85.3kJ，则该反应的热化学方程式为：FeS2（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）+2SO2（g）ΔH＝﹣853kJ/ml，
故答案为：FeS2（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）+2SO2（g）ΔH＝﹣853kJ/ml；
（4）160gSO3为2ml，已知：SO3（g）+H2O（l）＝H2SO4（l）ΔH＝﹣130.3kJ/ml，则生成2ml硫酸放热260.6kJ，硫酸溶于水也要放热，所以放出热量大于260.6kJ，
故答案为：大于；
（5）已知①V2O4（s）+SO4（g）＝V2O5（s）+SO2（g）ΔH1＝﹣24kJ•ml﹣1K1；②V2O4（s）+2SO3（g）＝2VOSO4（s）ΔH2＝﹣399kJ•ml﹣1K2，根据盖斯定律：②﹣①×2得到2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）ΔH，则ΔH＝（﹣399kJ•ml﹣1）﹣（﹣24kJ•ml﹣1）×2＝﹣351kJ•ml﹣1，根据多重平衡叠加原则，K3＝，
故答案为：﹣351；；
（6）常压（0.1MPa）下，450℃时，SO2转化率已经很高，再增大压强，材料、能源等成本增加，而转化率增大慢，不经济，
故答案为：常压下，450℃时，SO2转化率已经很高，再增大压强，，转化率增大很小。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，同时考查高盖斯定律的应用，热化学方程式的书写等，对学生的能力要求较高，难度较大。
11．（2023秋•肇东市校级期末）硼化钛（TiB2）常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣（主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3）为原料制取TiB2的流程如图：
已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；
②B2O3高温下蒸气压大、易挥发；
③TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+。
回答下列问题：
（1）为提高“酸浸”的浸出率，可采取的措施为 粉碎高钛渣（适当加热、搅拌） （写一条即可）。
（2）“酸解”后滤渣的主要成分为 SiO2 （写化学式）。
（3）“水解”需在沸水中进行，离子反应方程式为 ；该工艺中，经处理可循环利用的物质为 H2SO4 （写化学式）。
（4）“热还原”中发生反应的化学方程式为 ，B2O3的实际用量超过了理论化学计量用量，原因是 B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应 。
（5）原料中的B2O3可由硼酸脱水制得。以NaB（OH）4为原料，用电渗析法制备硼酸（H3BO3）的装置如图所示。已知装置中阳离子交换膜只允许阳离子通过，关闭NaOH溶液进出口阀门后电解一段时间，NaOH溶液的质量变化11g，则产品室中制得H3BO3的质量为 31 g。
【答案】（1）粉碎高钛渣（适当加热、搅拌）；
（2）SiO2；
（3）；H2SO4；
（4）；B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；
（5）31。
【分析】工业上以高钛渣（主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3）为原料制取TiB2，加入稀盐酸，只有SiO2不会溶解，TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+，TiO2+在沸水中形成TiO2•xH2O，脱水后在电弧炉中与B2O3和C发生“热还原”反应生成TiB2和CO，据此分析解题。
【解答】解：（1）粉碎高钛渣，增大反应物的接触面积或者适当加热、搅拌，有理即可，
故答案为：粉碎高钛渣（适当加热、搅拌）；
（2）加入稀盐酸，只有SiO2不会溶解，滤渣为SiO2，
故答案为：SiO2；
（3）“水解”需在沸水中进行，TiO2+在沸水中形成TiO2•xH2O，离子方程式为；TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+，TiO2+在沸水中形成TiO2•xH2O，TiO2•xH2O可以在浓硫酸中脱水，所以该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4，
故答案为：；H2SO4；
（4）TiO2•xH2O脱水后在电弧炉中与B2O3和C发生“热还原”反应生成TiB2和CO，化学方程式为；B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应，
故答案为：；B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；
（5）有稀硫酸的一极为阳极，1膜为阳离子交换膜，氢离子由左边极室通过1膜进入产品室，2膜为阴离子交换膜，原料室中的通过2膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为。原料室中的钠离子通过阳极膜进入右侧极室，由电荷守恒可知，当阴极上通过1ml电子时，NaOH溶液的质量变化为23g﹣1g＝22g，此时制得的物质的量为1ml，质量为62g，若反应前后NaOH溶液的质量变化为11g，则制得的H3BO3质量为，
故答案为：31。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
12．（2024秋•海淀区校级月考）超细银粉在光学、生物医疗等领域有着广阔的应用前景。由含银废催化剂制备超细银粉的过程如图：
资料：
ⅰ．含银废催化剂成分：主要含Ag、α﹣Al2O3及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等。
ⅱ．α﹣Al2O3为载体，且不溶于硝酸。
（1）预处理
过程Ⅰ中，为提高银的浸取速率采取的措施有 磨碎、85℃ ，银与稀硝酸反应的离子方程式是 。
（2）分离除杂
①过程Ⅱ中，检验沉淀表面的Fe3+所用的试剂是 KSCN 。
②写出过程Ⅲ中发生的离子方程式 。
（3）过程Ⅳ中，N2H4•H2O被氧化为N2，同时获得粗银，该反应的离子方程式是 。
（4）银纯度测定
采用如下方法测定粗银中银的纯度：取mg粗银样品用硝酸溶解，以铁铵矾（NH4Fe（SO4）2•12H2O）为指示剂，用cml/L的KSCN标准溶液滴定，消耗标准溶液VmL。
已知：ⅰ．Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓（白色） K＝1012
Fe3++SCN﹣⇌[FeSCN]2+（红色） K＝102.3
ⅱ．Fe3+开始沉淀的pH为1.5，完全沉淀的pH为2.8
ⅲ．AgSCN可溶于较浓硝酸
①判断已达滴定终点时的现象是 滴入最后半滴KSCN溶液，锥形瓶中的溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色 。
②为保证获取数据准确性，滴定时溶液c（H+）一般控制在0.1～1ml/L之间，可能原因是 c（H+）太小时，会导致Fe3+水解，对滴定终点的颜色产生干扰 。
③该工艺获得粗品中银的纯度计算式是 ×100% 。（用质量分数表示）
【答案】（1）磨碎、85℃；；
（2）①KSCN；
②；
（3）；
（4）①滴入最后半滴KSCN溶液，锥形瓶中的溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色；
②c（H+）太大时，会导致AgSCN溶解造成标准液消耗过多，产生实验误差；
③×100%。
【分析】由题给流程可知，向磨碎后的含银废催化剂中加入稀硝酸，85℃条件下酸浸，银、氧化镁、氧化钾、氧化铁反应得到可溶硝酸盐，二氧化硅和α﹣Al2O3不与稀硝酸反应，过滤得到含有二氧化硅、α﹣Al2O3的滤渣和浸取液；向浸取液中加入氯化钠，将溶液中的银离子转化为氯化银沉淀，过滤、洗涤得到氯化银；向氯化银中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，向反应后的溶液中加入一水合肼，将溶液中的银氨络离子转化为银，电解精炼粗银得超细银粉。
【解答】解：由题给流程可知，向磨碎后的含银废催化剂中加入稀硝酸，85℃条件下酸浸，银、氧化镁、氧化钾、氧化铁反应得到可溶硝酸盐，二氧化硅和α﹣Al2O3不与稀硝酸反应，过滤得到含有二氧化硅、α﹣Al2O3的滤渣和浸取液；向浸取液中加入氯化钠，将溶液中的银离子转化为氯化银沉淀，过滤、洗涤得到氯化银；向氯化银中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，向反应后的溶液中加入一水合肼，将溶液中的银氨络离子转化为银，电解精炼粗银得超细银粉；
（1）过程I中，为提高银的浸取速率采取的措施为将含银废催化剂磨碎、85℃条件下酸浸；银与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，
故答案为：磨碎、85℃；；
（2）①溶液中的铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁，所以过程Ⅱ中，应选择硫氰化钾溶液检验沉淀表面的铁离子，
故答案为：KSCN；
②过程Ⅲ中加入氨水的目的是将氯化银转化为银氨络离子，反应的离子方程式为，
故答案为：；
（3）过程Ⅳ中加入一水合肼的目的是将溶液中的银氨络离子转化为银，反应的离子方程式为，
故答案为：；
（4）①溶液中的银离子与硫氰酸根离子完全反应，滴入最后半滴硫氰化钾溶液，过量的硫氰根离子会与溶液中的铁离子反应生成硫氰化铁，使溶液变为红色，则滴定终点的现象为滴入最后半滴KSCN溶液，锥形瓶中的溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：滴入最后半滴KSCN溶液，锥形瓶中的溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色；
②溶液中氢离子浓度小于0.1ml/L时，溶液中的铁离子会发生水解，对滴定终点的颜色产生干扰；溶液中氢离子浓度大于1ml/L时，会导致硫氢化银沉淀溶解造成标准液消耗过多，产生实验误差，所以为保证获取数据准确性，滴定时溶液氢离子浓度一般控制在0.1～1ml之间，c（H+）太小时，会导致Fe3+水解，对滴定终点的颜色产生干扰，
故答案为：c（H+）太大时，会导致AgSCN溶解造成标准液消耗过多，产生实验误差；
③关系式：Ag～Ag+～KSCN，滴定消耗VmLcml/L硫氰化钾溶液，则粗品中银的纯度为×100%＝×100%，
故答案为：×100%。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
13．（2024秋•鼓楼区校级月考）以铜矿石（含CuFeS2、Cu2S和少量SiO2）为原料，采用微生物堆浸技术制备黄铵铁矾[NH4Fe3（SO4）2（OH）6]的实验流程如图：
已知：浆液中含有Fe2+、Cu2+、CuS、S、SiO2等；氧化硫硫杆菌可将S单质转化为：。
（1）“研磨”的目的是 增大反应物的接触面积，加快浸出速率，提高浸取率 。
（2）“一次浸出”时需在低温下进行，温度过高浸出率会下降，可能的原因有 氧化亚铁硫杆菌活性降低、（NH4）2SO4分解、O2的溶解度降低 。
（3）“二次浸出”时加入Fe2（SO4）3的目的是把CuS全部转化为可溶性的铜盐。检验加入的Fe2（SO4）3中的Fe3+是否完全被还原的实验操作是 取少量滤液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则Fe3+已完全被还原 。“过滤”得到的滤渣的主要成分为 SiO2 。
（4）“氧化”时发生反应的离子方程式为 。
【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快浸出速率，提高浸取率；
（2）氧化亚铁硫杆菌活性降低、（NH4）2SO4分解、O2的溶解度降低；
（3）SiO2；
（4）。
【分析】铜矿石含CuFeS2、Cu2S和少量SiO2，因为SiO2不溶于水且不与酸反应，“一次浸取”将Cu2S转化为 CuS，“二次浸取”时加入Fe2（SO4）3的目的是把CuS全部转化为可溶性的铜盐，并生成S单质，氧化铁硫杆菌可将S单质转化为，“氧化”时MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，发生反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2+4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O，以此解答。
【解答】解：（1）“研磨”的目的是增大反应物接触面积，使反应速率加快，提高浸出率，
故答案为：增大反应物的接触面积，加快浸出速率，提高浸取率；
（2）细菌的活性受温度影响，“一次浸出”时需在低温下进行，温度过高浸出率会下降，可能的原因有：氧化亚铁硫杆菌活性降低、（NH4）2SO4分解、O2的溶解度降低，
故答案为：氧化亚铁硫杆菌活性降低、（NH4）2SO4分解、O2的溶解度降低；
（3）检验加入的Fe2（SO4）3中的Fe3+是否完全被还原的实验操作是：取少量滤液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则Fe3+已完全被还原。SiO2不溶于水且不与酸反应，“过滤”得到的滤渣的主要成分为SiO2，
故答案为：SiO2；
（4）“氧化”时MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，MnO2和Fe2+反应生成Fe3+和Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平反应的离子方程式为：，
故答案为：。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
14．（2024秋•东西湖区校级月考）硼是第ⅢA族中唯一的非金属元素，可以形成众多的化合物。回答下列问题：
（1）氨硼烷（H3N•BH3）分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N—H•••H—B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是 BD 。
A．苯和三氯甲烷
B．LiH和HCN
C．C2H4和C2H2
D．B2H6和NH3
硼氢化钠（NaBH4）是一种常见的还原剂，常温下易与水反应，可溶于异丙胺（沸点33℃），某探究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其实验流程如图：
（2）第一步为高温合成，写出该合成的化学方程式 NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3 。
（3）流程中可以循环利用的物质除NaBO2外，还有 异丙胺 （写结构简式）。
（4）NaBH4做还原剂时需控制溶液为弱碱性。若酸性较强，NaBH4易与水反应放出H2并生成硼酸，写出反应的离子方程式 +H++3H2O＝H3BO3+4H2↑ 。
实验测定NaBH4的产率原理及步骤如下：
①测定原理：
3NaBH4+4KIO3＝3NaBO2+4KI+6H2O
KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2O
I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6
②测定步骤
步骤1：探究小组以：23.76gNaBO2为主要原料制得NaBH4产品，配成250mL溶液，量取2.50mL置于碘量瓶中，加入•L﹣1KIO3溶液振荡60s，使充分反应。
步骤2：向充分反应的溶液加入过量的KI溶液，调节至酸性，冷却后暗处放置数分钟。
步骤3：用0.2000ml•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至微黄色，加入几滴淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为24.00mL。
（5）①通过计算确定上述实验流程中NaBH4的产率 45.8% 。
②若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，将导致NaBH4的产率 偏高 （填“偏高”或“偏低”）。
【答案】（1）BD；
（2）NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3；
（3）异丙胺；
（4）+H++3H2O＝H3BO3+4H2↑；
（5）①45.8%；
②偏高。
【分析】分析流程可知，NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；加入溶剂异丙胺萃取分液，过滤得到硅酸钠副产品，滤液蒸馏得到硼氢化钠（NaBH4）和异丙胺，偏硼酸钠（NaBO2）返回第一步，继续利用，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）A．在苯和三氯甲烷分子中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，故A不选；
B．在LiH中H显负电性，而在HCN中H显正电性，因此二者之间存在双氢键，故B选；
C．在C2H4和C2H2中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，故C不选；
在B2H6中H显负电性，在NH3中H原子都是呈正电性，因此二者之间存在双氢键，故D选，
故答案为：BD；
（2）第一步为高温合成，NaBO2、Na、SiO2和氢气在高温条件下反应生成NaBH4和硅酸钠，合成的化学方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，
故答案为：NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3；
（3）根据流程中信息可知，萃取时加入异丙胺，蒸馏时产生异丙胺可循环使用，
故答案为：异丙胺；
（4）若酸性较强，NaBH4易与水反应放出H2并生成一种弱酸，为硼酸，反应的离子方程式为+H++3H2O＝H3BO3+4H2↑，
故答案为：+H++3H2O＝H3BO3+4H2↑；
（5）①理论上制得n（NaBH4）＝n（NaBO2）＝0.3600ml，剩余的n（KIO3）＝×n（Na2S2O3）＝8.00×10﹣4ml，与NaBH4反应的n（KIO3）＝3.00×10﹣3ml﹣8.00×10﹣4ml＝2.20×10﹣3ml，制得n（NaBH4）＝n（KIO3）＝×2.20×10﹣3ml×＝0.1650ml，NaBH4产率为≈45.8%，
故答案为：45.8%；
②若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，标准液体积偏大，对应结果偏高，
故答案为：偏高。
【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。
15．（2024秋•邢台月考）工业上常用NaClO氧化法生产高铁酸钾（K2FeO4），其主要生产流程如图：
已知：Ⅰ．Cl2和NaOH溶液在常温下反应可以制得漂白液，当温度高于70℃时可以反应生成NaClO3；
Ⅱ．K2FeO4在温度低于198℃或强碱性条件下相当稳定，其稳定性随pH减小而降低，其氧化性随pH减小而逐渐显现；
Ⅲ．K2FeO4不溶于乙醚、醇和氯仿等有机溶剂，是一种高效多功能新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。
（1）基态Fe原子的核外电子排布式为 [Ar]3d64s2 ，铁元素位于元素周期表的 d 区。
（2）写出温度高于70℃时氯气和NaOH发生反应的离子方程式： 3Cl2+6OH﹣＝Cl+5Cl﹣+3H2O 。
（3）写出反应②的离子方程式： 4Na++3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣＝2Na2FeO4↓+3Cl﹣+5H2O 。
（4）提纯高铁酸钾固体时，过滤后最好用 乙醚、醇和氯仿等有机溶剂 洗涤滤渣，得到高纯度产品；其中过滤需要用到的硅酸盐仪器主要有 烧杯、玻璃棒、漏斗 。
（5）实验室也可以用氯气与Fe（OH）3在氢氧化钾溶液中反应制备少量K2FeO4，该反应中每制得2ml K2FeO4，消耗的氯气在标准状况下的体积为 67.2 L；在高铁酸钾溶液中滴加盐酸，有黄绿色气体产生，原因是 K2FeO4有强氧化性，将Cl﹣氧化为氯气 （用文字描述）。
【答案】（1）[Ar]3d64s2；d；
（2）3Cl2+6OH﹣＝Cl+5Cl﹣+3H2O；
（3）4Na++3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣＝2Na2FeO4↓+3Cl﹣+5H2O；
（4）乙醚、醇和氯仿等有机溶剂；烧杯、玻璃棒、漏斗；
（5）67.2；K2FeO4有强氧化性，将Cl﹣氧化为氯气。
【分析】氯气和氢氧化钠溶液反应，生成氯化钠、次氯酸钠、水，再加入硝酸铁溶液发生氧化还原反应，生成高铁酸钠，通过调节溶液pH，析出次氯酸钠，过滤后，加入饱和氢氧化钾溶液，将高铁酸钠转化为高铁酸钾，利用乙醚、醇和氯仿等有机溶剂洗涤后，过滤，提纯得到高铁酸钾。
【解答】解：（1）基态Fe原子的核外电子排布式为：[Ar]3d64s2，铁元素位于元素周期表的d区，
故答案为：[Ar]3d64s2；d；
（2）温度高于70℃时氯气和NaOH发生反应当温度高于70℃时可以反应生成NaClO3，离子方程式为：3Cl2+6OH﹣＝Cl+5Cl﹣+3H2O；
故答案为：3Cl2+6OH﹣＝Cl+5Cl﹣+3H2O；
（3）反应②中次氯酸钠氧化硝酸铁，然后过滤其滤渣转化为K2FeO4，所以生成的沉淀是Na2FeO4，离子方程式为4Na++3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣＝2Na2FeO4↓+3Cl﹣+5H2O，
故答案为：4Na++3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣＝2Na2FeO4↓+3Cl﹣+5H2O；
（4）K2FeO4不溶于乙醚、醇和氯仿等有机溶剂，因此可用乙醚、醇和氯仿等有机溶剂作洗涤剂洗涤滤渣，得到高纯度产品，其中过滤需要用到的硅酸盐仪器主要有：烧杯、玻璃棒、漏斗，
故答案为：乙醚、醇和氯仿等有机溶剂；烧杯、玻璃棒、漏斗；
（5）实验室也可以用氯气与Fe（OH）3在氢氧化钾溶液中反应制备少量K2FeO4，化学方程式为：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，该反应中每制得2ml K2FeO4，消耗的氯气在标准状况下的体积为3ml×22.4L/ml＝67.2L，在高铁酸钾溶液中滴加盐酸，有黄绿色气体产生，原因是：K2FeO4有强氧化性，将Cl﹣氧化为氯气，
故答案为：67.2；K2FeO4有强氧化性，将Cl﹣氧化为氯气。
【点评】本题考查氧化还原反应有关计算、氧化还原反应方程式的书写与配平、离子方程式的书写、电子排布式。
16．（2024秋•六合区月考）钴是一种重要战略物质，由钴催化剂废料（含C2O3、Fe2O3、CuO等杂质）制备CCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3（SO4）2（OH）6]的工艺流程如图所示：
已知：
（i）氧化性：C3+＞ClO﹣＞Fe3+。
（ii）CCO3、C（OH）2、黄钠铁矾[NaFe3（SO4）2（OH）6]均难溶于水。
（1）“还原浸出”时提高浸取率的措施有 搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度 。（写两点）
（2）“还原浸出”后的溶液中阳离子有C2+、Fe2+、Cu2+等。其中C2O3被Na2SO3还原的化学方程式为 C2O3+Na2SO3+2H2SO4＝2CSO4+Na2SO4+2H2O 。
（3）“氧化”中，被氧化的离子有 Fe2+ 。
（4）如图表示几种含铁微粒稳定存在形态与溶液pH和温度的关系。其中阴影部分表示黄钠铁矾。若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制pH范围为 0.7～2.2 。
（5）CCO3可制备锂离子电池的电极材料钴酸锂（LiCO2）。一种锂离子电池装置如图所示，充放电过程中，存在LiCO2与Li1﹣xCO2之间的转化。放电时，Li+从A电极向B电极迁移，写出该电池放电时的正极反应： Li1﹣xCO2+xe﹣+xLi+＝LiCO2 ，若用该电池电解食盐水，当1ml Li+通过隔膜时，电解池阴极收集到的气体体积在标准状况下为 11.2 L。
【答案】（1）搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度；
（2）C2O3+Na2SO3+2H2SO4＝2CSO4+Na2SO4+2H2O；
（3）Fe2+；
（4）0.7～2.2；
（5）Li1﹣xCO2+xe﹣+xLi+＝LiCO2；11.2。
【分析】含钴废渣加入硫酸和还原剂亚硫酸钠，得到含C2+、Fe2+、Cu2+的盐溶液，加入氧化剂次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠将铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，滤液除去铜后加入碳酸氢钠得到CCO3沉淀。
【解答】解：（1）根据影响反应速率的因素，搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度等都能加快“还原浸出”速率，
故答案为：搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度；
（2）亚硫酸钠具有还原性，酸性条件下将三价钴还原为二价钴，亚硫酸钠中硫化合价由+4变为+6，结合电子守恒，反应为C2O3+Na2SO3+2H2SO4＝2CSO4+Na2SO4+2H2O，
故答案为：C2O3+Na2SO3+2H2SO4＝2CSO4+Na2SO4+2H2O；
（3）“氧化”中，加入氧化剂次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，C2+不能被氧化，故为亚铁离子，
故答案为：Fe2+；
（4）由图可知，工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制pH范围为0.7～2.2，
故答案为：0.7～2.2；
（5）放电时，Li+从A电极向B电极迁移，则A为负极、B为正极，该电池放电时的正极反应为Li1﹣xCO2得到电子发生还原反应转化为LiCO2：Li1﹣xCO2+xe﹣+xLi+＝LiCO2；若用该电池电解食盐水，当1ml Li+通过隔膜时，则电路中转移电子1ml，电解池阴极反应为，则收集到的0.5ml氢气，气体体积在标准状况下为11.2L，
故答案为：Li1﹣xCO2+xe﹣+xLi+＝LiCO2；11.2。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
17．（2024•玉树州四模）钛酸钡（BaTiO3）可以作为防火涂料的添加剂，可提高涂层的防火性能和抗化学腐蚀性。以钛渣（主要成分是TiO2，含少量CaO、Fe2O3、SiO2等）为原料制备钛酸钡的流程如图：
已知：①草酸钡难溶于水；②常温下，几种离子沉淀的pH如表所示。
注：TiO2++2H2O⇌TiO（OH）2+2H+。
回答下列问题：
（1）浸渣的主要成分是 CaSO4和SiO2 （填化学式）。
（2）“酸浸”中，其他条件相同，1h内钛浸出率与硫酸的质量分数、温度关系如图所示。
提高钛浸出率宜选择的条件是硫酸质量分数、温度依次为 60%、65℃ 。图2中温度高于65℃，钛浸出率降低的原因可能是 温度过高，TiO2+ 水解加快，转化成 TiO（OH）2进入滤渣 。
（3）“还原”时，主要反应的离子方程式为 2Fe3+++H2O＝2Fe2+++2H+ ，检验“还原”后溶液中是否含Fe3+的试剂是 KSCN （填化学式）。
（4）“沉钛”中，先加入过量H2C2O4溶液，后加入适量BaCl2溶液，如果加试剂顺序颠倒，会产生 BaC2O4 （填化学式）杂质，影响产率。“调pH”范围为 2.5≤pH＜6.30 。
（5）“氧化焙烧”发生反应的化学方程式为 BaTiO（C2O4）2•4H2O+O2BaTiO3+4CO2↑+4H2O↑ 。工业上，还可以直接将BaTiO（C2O4）2•4H2O在150℃无氧环境下反应24h制备BaTiO3该方法的缺点是 能耗高、产生CO污染空气 。
【答案】（1）CaSO4和SiO2；
（2）60%、65℃；温度过高，TiO2+ 水解加快，转化成 TiO（OH）2进入滤渣；
（3）2Fe3+++H2O＝2Fe2+++2H+；KSCN；
（4）BaC2O4；2.5≤pH＜6.30；
（5）BaTiO（C2O4）2•4H2O+O2BaTiO3+4CO2↑+4H2O↑；能耗高、产生CO污染空气。
【分析】钛渣的主要成分是TiO2，含少量CaO、Fe2O3、SiO2等，加入硫酸酸浸，分别生成TiOSO4、CaSO4 和Fe2（SO4）3，硫酸钙微溶于水，SiO2与硫酸不反应，过滤除去，然后向滤液中加入Na2SO3，还原 Fe3+，方程式为2Fe3+++H2O＝2Fe2+++2H+，“调pH”范围为2.5≤pH＜6.30，使TiO2+ 沉淀完全，且Fe2+没有开始沉淀，过滤，向滤渣中先加入草酸、再加入氯化钡溶液，生成BaTiO（C2O4）2•4H2O沉淀，然后在800℃时，氧化焙烧，得到BaTiO3，据此分析作答。
【解答】解：（1）硫酸钙微溶于水，SiO2与硫酸不反应，所以浸渣有 CaSO4和SiO2，
故答案为：CaSO4和SiO2；
（2）工业生产考虑生产成本，由图可知，硫酸为60%，温度为65℃时浸出率已较高，故提高钛浸出率宜选择的条件是硫酸质量分数60%、温度为65℃，图2中温度高于65℃，钛浸出率降低的原因可能是温度过高，TiO2+ 水解加快，转化成 TiO（OH）2进入滤渣，
故答案为：60%、65℃；温度过高，TiO2+ 水解加快，转化成 TiO（OH）2进入滤渣；
（3）还原时，亚硫酸钠还原 Fe3+，生成硫酸根离子和亚铁离子，方程式为：2Fe3+++H2O＝2Fe2+++2H+，检验“还原”后溶液中是否含Fe3+的试剂是KSCN，
故答案为：2Fe3+++H2O＝2Fe2+++2H+；KSCN；
（4）“沉钛”中，先加入过量H2C2O4溶液，后加入适量BaCl2溶液，如果加试剂顺序颠倒，会产生BaC2O4杂质，影响产率，根据种离子沉淀的pH数值可知，“调pH”范围为2.5≤pH＜6.30，这样可以确保TiO2+ 沉淀完全，且Fe2+没有开始沉淀，
故答案为：BaC2O4；2.5≤pH＜6.30；
（5）根据分析可知，“氧化焙烧”发生反应的化学方程式为：BaTiO（C2O4）2•4H2O+O2BaTiO3+4CO2↑+4H2O↑，工业上，还可以直接将BaTiO（C2O4）2•4H2O在150℃无氧环境下反应24h制备BaTiO3，该方法的缺点是能耗高、产生CO污染空气，
故答案为：BaTiO（C2O4）2•4H2O+O2BaTiO3+4CO2↑+4H2O↑；能耗高、产生CO污染空气。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，同时考查氧化还原反应原理的应用，方程式的书写，对能力要求较高，难度较大。
18．（2024秋•西城区校级月考）三氧化二铬（Cr2O3）是重要的有机反应催化剂，一种利用铬酸钾（K2CrO4）粗品制备Cr2O3的流程示意图如图。
已知：Ⅰ．K2CrO4粗品中含有Mg2+、Ca2+等杂质
Ⅱ．K＝1×10﹣14
Ⅲ．BaCr2O7易溶于水，BaCrO4难溶于水
（1）净化除杂
向K2CrO4粗品中加入K2CO3溶液，生成MgxCayCO3沉淀以除去Mg2+、Ca2+。反应的离子方程式是 xMg2++yCa2++＝MgxCayCO3 。
（2）制备K2Cr2O7
①向K2CrO4净化液中通入过量的CO2可制得K2Cr2O7。反应的化学方程式是 2K2CrO4+2CO2+H2O＝K2Cr2O7+2KHCO3 。
②电解K2CrO4净化液也可制得K2Cr2O7，装置示意图如图。
ⅰ．阴极室中获得的产品有H2和 浓KOH溶液 。
ⅱ．结合化学用语说明制备K2Cr2O7的原理： 极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，溶液酸性增强，发生反应：2H++2（黄色）⇌Cr2（橙色）+H2O，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到K2Cr2O7 。
ⅲ．取V1mL某K2Cr2O7溶液稀释至100mL，移取10mL稀释液于锥形瓶中，加入过量的BaCl2溶液，滴加2∼3滴酚酞溶液，用cml/LNaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL。则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为 ml/L。
（3）制备Cr2O3
在热压反应釜中，将蔗糖（C12H22O11）与K2Cr2O7的混合溶液加热至120℃，可获得Cr2O3，同时生成K2CO3、CO2。若生成1ml Cr2O3，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是 0.125 ml。
【答案】（1）xMg2++yCa2++＝MgxCayCO3；
（2）①2K2CrO4+2CO2+H2O＝K2Cr2O7+2KHCO3；
②i.浓KOH溶液；
ii.极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，溶液酸性增强，发生反应：2H++2（黄色）⇌Cr2（橙色）+H2O，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到K2Cr2O7；
iii.；
（3）0.125。
【分析】铬酸钾粗品加入 K2CO3溶液生成 MgxCayCO3沉淀以除去 Mg2+、Ca2+，净化除杂后通入过量的 CO2 可制得 K2Cr2O7，蔗糖 （C12H22O11）与 K2Cr2O7的混合溶液加热至120℃，可获得 Cr2O3。
【解答】解：（1）向 K2CrO4粗品中加入 K2CO3 溶液，生成 MgxCayCO3 沉淀以除去Mg2+、Ca2+，则反应为镁、钙离子和碳酸根离子生成沉淀，反应的离子方程式是：xMg2++yCa2++＝MgxCayCO3，
故答案为：xMg2++yCa2++＝MgxCayCO3；
（2）①向K2CrO4净化液中通入过量的CO2可制得K2Cr2O7，根据质量守恒可知，水也参与反应，生成物还有碳酸氢钾，反应的化学方程式是2K2CrO4+2CO2+H2O＝K2Cr2O7+2KHCO3，
故答案为：2K2CrO4+2CO2+H2O＝K2Cr2O7+2KHCO3；
②i.阴极室中水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极区钾离子通过阳离子交换膜向阴极迁移得到氢氧化钾，故获得的产品有H2和浓KOH溶液，
故答案为：浓KOH溶液；
ii.制备K2Cr2O7的原理阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，溶液酸性增强，发生反应：2H++2（黄色）⇌Cr2（橙色）+H2O，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到K2Cr2O7，
故答案为：极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，溶液酸性增强，发生反应：2H++2（黄色）⇌Cr2（橙色）+H2O，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到K2Cr2O7；
iii.2H++2（黄色）⇌Cr2（橙色）+H2O，加入过量氯化钡生成铬酸沉淀和氢离子，加入氢氧化钠发生反应H++OH﹣＝H2O，则存在关系2OH﹣～2H+～Cr2，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为＝ml/L，
故答案为：；
（3）蔗糖（C12H22O11）与K2Cr2O7的混合溶液加热至12℃，可获得Cr2O3，同时生成K2CO3、CO2，反应中碳元素化合价由0变为+4，铬元素化合价由+6变为+3，结合电子守恒可知C12H22O11～48e﹣～8Cr2O3，若生成1ml Cr2O3，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是0.125ml，
故答案为：0.125。
【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度较大，根据制备流程明确实验原理为解答关键，注意合理把握题干信息，明确化学实验基本方法，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。
19．（2024秋•漳州月考）碳酸锰（MnCO3）是制造高性能磁性材料的主要原料。工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图所示。
已知：①25℃时，Ksp（ZnS）＝2.9×10﹣25，Ksp（NiS）＝1.0×10﹣21；
②相关金属离子[c0（Mn+）＝0.1ml•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
回答下列问题：
（1）基态锰原子的价电子排布式为 3d54s2 ，的空间构型为 平面三角形 。
（2）硫化锰矿预先粉碎的目的是 增大接触面积，加快溶浸速率 。
（3）“氧化”中MnO2将Fe2+氧化成Fe3+的离子方程式为 MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++Fe3++2H2O 。
（4）“调pH”除铁、铝元素，溶液的pH范围应调节为： 4.7 ≤pH＜6.2，滤渣2的主要成分是 Fe（OH）3、Al（OH）3 （填化学式）。
（5）“除杂”的目的是除去Zn2+和Ni2+，若“除杂”后滤液中c（Ni2+）＝1.0×10﹣5ml•L﹣1，则c（Zn2+）＝ 2.9×10﹣9 ml•L﹣1。
（6）“沉锰”中发生反应的离子方程式为 Mn2++2＝MnCO3↓+H2O+CO2↑ 。
（7）锰可与CO形成金属羰基配合物Mn2（CO）10（熔点154℃）。其结构如图所示。则Mn2（CO）10晶体中微粒间作用力有 abc （填标号）。
a．配位键
b．极性键
c．范德华力
d．离子键
【答案】（1）3d54s2；平面三角形；
（2）增大接触面积，加快溶浸速率；
（3）MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++Fe3++2H2O；
（4）4.7；Fe（OH）3、Al（OH）3；
（5）2.9×10﹣9；
（6）Mn2++2＝MnCO3↓+H2O+CO2↑；
（7）abc。
【分析】工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Zn、Ni、Si等元素）制备MnCO3，MnO2和硫化锰矿中加入稀硫酸进行溶浸，MnS、MnO2和稀硫酸反应生成MnSO4、S和H2O，Fe、Al、Zn、Ni元素分别转化为FeSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、NiSO4，硅元素转化为H2SiO3，过滤后得到的滤渣1为S和H2SiO3；滤液中加入MnO2，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水“调pH”除铁、铝元素，Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中加入Na2S进行除杂，“除杂”的目的是除去Zn2+和Ni2+，则滤渣3为ZnS、NiS，滤液中加入NH4HCO3进行沉锰，得到MnCO3，同时还生成CO2。
【解答】解：（1）基态锰原子的价电子为其3d、4s能级上的电子，则基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，中碳原子的价层电子对个数为3+＝3且不含孤电子对，则该离子的空间构型为平面三角形，
故答案为：3d54s2；平面三角形；
（2）反应物的接触面积越大，溶浸速率越快，硫化锰矿预先粉碎的目的是增大接触面积，加快溶浸速率，
故答案为：增大接触面积，加快溶浸速率；
（3）“氧化”中MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++Fe3++2H2O，
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++Fe3++2H2O；
（4）“调pH”除铁、铝元素，Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀但其它金属阳离子不能转化为沉淀，则溶液的pH范围应调节为：4.7≤pH＜6.2，滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3，
故答案为：4.7；Fe（OH）3、Al（OH）3；
（5）“除杂”的目的是除去Zn2+和Ni2+，若“除杂”后滤液中c（Ni2+）＝1.0×10﹣5ml•L﹣1，c（S2﹣）＝＝ml/L＝10﹣16ml/L，则c（Zn2+）＝＝ml/L＝2.9×10﹣9ml•L﹣1，
故答案为：2.9×10﹣9；
（6）根据以上分析知，“沉锰”中发生反应的离子方程式为Mn2++2＝MnCO3↓+H2O+CO2↑，
故答案为：Mn2++2＝MnCO3↓+H2O+CO2↑；
（7）Mn2（CO）10晶体的熔点较低，该晶体属于分子晶体，该晶体中微粒间作用力有范德华力、共价键、配位键，分子间存在范德华力，CO中存在极性共价键，中心原子和C原子之间存在配位键，
故答案为：abc。
【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，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质之间发生的反应、物质分离提纯方法是解本题关键，题目难度中等。
20．（2024秋•丽水月考）氧化铁俗名铁红，是重要的铁的氧化物。
流程一：制备氧化铁
用废铁屑制备氧化铁的流程如图：
（1）废铁屑中加入Na2CO3溶液的作用是 去油污 ；
（2）加入NH4HCO3溶液产生FeCO3沉淀的离子方程式为 ；
（3）写出“煅烧”发生反应的化学方程式 ；
流程二：探究氧化铁的性质
A、B、C、D均是含铁元素的物质，氧化铁发生的反应及物质转化关系如图：
（4）检验A溶液中金属阳离子的实验过程是 取少量溶液A于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明溶液中存在Fe3+ ；
（5）写出物质C与O2反应的化学方程式 4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3 。
【答案】（1）去油污；
（2）；
（3）；
（4）取少量溶液A于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明溶液中存在Fe3+；
（5）4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3。
【分析】流程一中Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，用于除油污，加入稀硫酸并加热50～80℃，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4和H2，通过操作Ⅰ得到滤液和滤渣，滤液中含有FeSO4、H2SO4，加入稍过量的NH4HCO3溶液得FeCO3，过滤后得FeCO3沉淀，过滤、洗涤、干燥煅烧得到Fe2O3，流程二中Fe2O3与盐酸反应生成A为FeCl3，再与足量铁粉反应生成FeCl2，然后与NaOH反应生成Fe（OH）2，最后被空气氧化为Fe（OH）3。
【解答】解：（1）Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，所以用于除油污，
故答案为：去油污；
（2）加入NH4HCO3溶液生成FeCO3沉淀的同时产生了使石灰水变浑浊的气体CO2，该反应的离子方程式为，
故答案为：；
（3）在空气中煅烧FeCO3可得产品Fe2O3，化学方程式为，
故答案为：；
（4）A为FeCl3，取少量溶液A于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明溶液中存在Fe3+，
故答案为：取少量溶液A于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明溶液中存在Fe3+；
（5）Fe（OH）2在空气中被氧化为Fe（OH）3，化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3。
【点评】本题考查有关铁及其化合物转化的流程题型、Fe3+的检验、盐类水解在生活、生产中的应用。
21．（2024秋•顺德区月考）稀土元素钪（Sc）广泛应用于航空航天、超导、激光、核能等领域，从钛白水解工业废酸（含Sc3+、TiO2+、Mn2+、H+、等离子）中提取氧化钪并制备三氯化钪（ScCl3）的一种工艺流程如图：
请回答下列问题：
（1）21Sc基态原子的价层电子排布式为 3d14s2 。
（2）在钛白水解工业废酸中，加入H2O2是为了使TiO2+转化为[TiOz（OH）（H2O）4]+，若该离子中Ti的化合价为+4价，则除去OH﹣和H2O外的其余氧元素价态为 ﹣1 价，写出H2O2与TiO2+反应离子方程式 TiO2++H2O2＝[TiO（H2O2）]2+ 。
（3）萃取相比（）指的是萃取时有机相与被萃取的酸性废水的体积比，“萃取”工序中，萃取相比（）与Sc3+的萃取率关系如表所示：
该工序中最适宜的值为1：20，理由是 该条件下萃取率最大，且物质消耗最少 。
（4）写出“灼烧”阶段Sc2（C2O4）3转化为Sc2O3的化学反应方程式 2Sc2（C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2 。
实验室模拟流程中“灼烧”得到Sc2O3用来盛放被约烧物的仪器为 坩埚 。
（5）在“灼烧”步骤中可得到Sc2O3，“加热氯化”步骤中可得到一种使热的氧化铜由黑变红的气体，“加热氯化”步骤中氧化剂与还原剂物质的量之比为 1：1 。
（6）25℃时，草酸钪Ksp[Sc2（C2O4）3]＝1.0×10﹣22，若“沉钪”阶段要使Sc3+沉淀完全（溶液中离子浓度≤10﹣5ml/L，视为沉淀完全），则c（C2）＝ 1×10﹣4ml/L ml/L。
（7）ScCl3易溶于水，熔点为960℃，熔融状态下能够导电，据此可判断ScCl3晶体属于 离子晶体 （填晶体类型）
【答案】（1）3d14s2；
（2）﹣1；TiO2++H2O2＝[TiO（H2O2）]2+；
（3）该条件下萃取率最大，且物质消耗最少；
（4）2Sc2（C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2；坩埚；
（5）1：1；
（6）1×10﹣4ml/L；
（7）离子晶体。
【分析】分析流程可知，钛白水解工业废酸含有Sc3+、TiO2+、Mn2+、H+、等离子，加入H2O2是为了使TiO2+转化为难萃取的[Ti（O2）（OH）（H2O）4]+，用有机萃取剂进行萃取，分液分离，可以除去TiO2+，用90%硫酸、27.5%的双氧水和水洗涤“油相”，可除去TiO2+，钪与铝类似，其氢氧化物具有两性，加入NaOH进行反萃取，使Sc3+转化酸根从有机相进入水相，碱性条件下双氧水可以氧化锰离子生成滤渣为MnO2，分离后，加入草酸进行沉淀，即滤渣为Sc2（C2O4）3，过滤分离，灼烧生成Sc2O3，加热氯化，加入足量焦炭，通入氯气生成ScCl3，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）Sc是第21号元素，钪位于元素周期表中第四周期第ⅢB族，故基态钪原子的价层电子排布式为3d14s2，
故答案为：3d14s2；
（2）依据[TiO2（OH）（H2O）4]+中Ti的化合价为+4且有一个OH﹣，整个原子团离子带一个单位正电荷，则另外两个氧原子只有是才可能满足条件，故除去OH﹣和H2O外的其余氧元素价态为﹣1价，该过程的离子方程式为：TiO2++H2O2＝[TiO（H2O2）]2+，
故答案为：﹣1；TiO2++H2O2＝[TiO（H2O2）]2+；
（3）该工序中最适宜的值为1：20，理由是该条件下萃取率最大，且物质消耗最少，
故答案为：该条件下萃取率最大，且物质消耗最少；
（4）由分析可知，在空气中灼烧草酸钪得到三氧化二钪的反应为草酸钪与空气中的氧气在高温条件下反应生成三氧化二钪和二氧化碳，反应的化学方程式为2Sc2（C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2，实验室模拟流程中“灼烧”得到Sc2O3用来盛放被约烧物的仪器为坩埚，
故答案为：2Sc2（C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2；坩埚；
（5）根据题意加热氯化可得到一种使热的氧化铜由黑变红的气体只能为CO，再综合题意并结合元素守恒和电子守恒可知Sc2O3制备ScCl3反应的化学方程式为Sc2O3+3C+3Cl2ScCl3+3CO，C作为还原剂，Cl2为氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
（6）25℃时，草酸钪Ksp[Sc2（C2O4）3]＝1.0×10﹣22，c（C2）＝＝ml/L＝1×10﹣4ml/L，此浓度为对应草酸跟离子的最低浓度，
故答案为：1×10﹣4ml/L；
（7）ScCl3易溶于水，熔点为960℃，熔融状态下能够导电，熔点较高，且熔融状态下，离子键被破坏，属于离子晶体，
故答案为：离子晶体。
【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•9月份月考）碳酸锶（SrCO3）是荧光屏玻璃的基础粉料。由天青石（SrSO4，含BaSO4、MgCO3等杂质）制备高纯SrCO3的流程如图：
已知：25℃时，涉及难溶电解质的溶度积常数如下表：
请回答下列问题：
（1）38Sr元素基态原子的价层电子排布式为 5s2 。
（2）“酸浸”工序中，发生反应的离子方程式为 MgCO3+2H+＝Mg2++CO2↑+H2O 。
（3）“转化”工序中发生反应：SrSO4+⇌SrCO3+。若保持c（）＝0.01ml•L﹣1，c（）小于 6.14 ml•L﹣1，才有利于SrSO4转化为SrCO3。
（4）滤渣1在进入转化工序前，添加一定量的（NH4）2SO4的作用是 抑制BaSO4转化为BaCO3 。
（5）滤液3中主要成分为硝酸锶，含有少量的钡离子。用硫酸除去滤液3中的钡通常采取喷雾方式，喷雾方式有利于 增大反应物间的接触面积，加快除钡速率 。
（6）制备高纯SrCO3的流程中，能循环利用的物质是 NH4NO3（或硝酸铵） 。
（7）高纯SrCO3高温分解后，用铝热法制备金属Sr的化学方程式为 3SrO+2Al3Sr+Al2O3 。
【答案】（1）5s2；
（2）MgCO3+2H+＝Mg2++CO2↑+H2O；
（3）6.14；
（4）抑制BaSO4转化为BaCO3；
（5）增大反应物间的接触面积，加快除钡速率；
（6）NH4NO3（或硝酸铵）；
（7）3SrO+2Al3Sr+Al2O3。
【分析】天青石的主要成分是SrSO4，含BaSO4、MgCO3等杂质，天青石中加入稀盐酸进行酸浸，MgCO3溶于稀盐酸生成MgCl2、CO2、H2O，BaSO4难溶于稀盐酸，SrSO4难溶于稀盐酸，过滤后滤液1中含有MgCl2、过量的稀盐酸，滤渣1中含有BaSO4、SrSO4；滤渣1中加入NH4HCO3、氨水进行转化，“转化”工序中发生反应：SrSO4+⇌SrCO3+；滤液2中含有过量的氨水、NH4HCO3和（NH4）2SO4，滤渣2中含有BaSO4、SrCO3，滤渣2中加入浓NH4NO3进行硝化，滤液3中主要成分为硝酸锶，含有少量的钡离子。
【解答】解：（1）38Sr元素位于第五周期第ⅡA族，5s能级上的电子为其价电子，则基态Sr原子的价层电子排布式为5s2，
故答案为：5s2；
（2）酸浸时，MgCO3与HCl反应生成MgSO4、H2O、CO2，该反应的离子方程式为MgCO3+2H+＝Mg2++CO2↑+H2O，
故答案为：MgCO3+2H+＝Mg2++CO2↑+H2O；
（3）的，当时，沉淀转化平衡正向移动，有利于SrSO4转化为SrCO3，即c（）＜K•c（）＝614×0.01ml/L＝6.14ml/L，
故答案为：6.14；
（4）添加一定量的（NH4）2SO4，增大c（），平衡逆向移动，抑制BaSO4转化为BaCO3，
故答案为：抑制BaSO4转化为BaCO3；
（5）反应物的接触面积越大，反应速率越快，喷雾方式增大硫酸小液滴与Ba2+接触的表面积，加快除钡速率，
故答案为：增大反应物间的接触面积，加快除钡速率；
（6）硝化时，发生反应：SrCO3+2NH4NO3＝Sr（NO3）2+2NH3↑+CO2↑+H2O；碳化时，发生反应：Sr（NO3）2+2NH3+CO2+H2O＝SrCO3↓+2NH4NO3，能循环利用的物质是NH4NO3，
故答案为：NH4NO3（或硝酸铵）；
（7）高纯SrCO3高温分解生成SrO，SrO与Al发生置换反应：3SrO+2Al3Sr+Al2O3，
故答案为：3SrO+2Al3Sr+Al2O3。
【点评】本题物质的制备，侧重考查分析、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，题目难度中等。
23．（2024秋•南京月考）黄钠铁矾[Na3Fe3（SO4）3（OH）6]被用于作净水剂。以高品质的硫铁矿（主要成分为FeS2，含少量SiO2）为原料制取黄钠铁矾，工艺流程如图：
（1）“盐浸”时的反应为FeS2+Fe2（SO4）3→FeSO4+S↓（未配平），其中氧化剂是 S 。
（2）“氧化”时发生反应的离子方程式为 2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O 。
（3）“沉铁”过程，控制不同条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示（图中阴影部分表示黄钠铁矾稳定产生的区域）。
①生成黄钠铁矾[Na3Fe3（SO4）3（OH）6]的离子反应方程式 3Fe3++3Na++3+3+3H2O＝Na3Fe3（SO4）3（OH）6↓+3CO2↑ 。
②由图15﹣1所示，在pH＝2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾。试解释其原因 温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾 。
（4）测定黄钠铁矾样品中铁的质量分数：称取样品2.000g置于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4溶解，滴入稍过量的KI溶液，待充分反应后，调节溶液近中性，滴入几滴淀粉溶液，用0.1500ml•L﹣1Na2S2O3溶液平行滴定，平均消耗20.00mL。（已知：）
①判断滴定终点的方法为 滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原 。
②样品中铁的质量分数为 8.400% 。（写出计算过程）
【答案】（1）Fe2（SO4）3；
（2）2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O；
（3）①3Fe3++3Na++3+3+3H2O＝Na3Fe3（SO4）3（OH）6↓+3CO2↑；
②温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾；
（4）①滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原；
②8.400%。
【分析】以高品质的硫铁矿（主要成分为FeS2，含少量SiO2）为原料制取黄钠铁矾，“盐浸”是FeS2和Fe2（SO4）3反应生成FeSO4和S，进行氧化还原反应配平可得反应原理为：FeS2+Fe2（SO4）3＝3FeSO4+2S，过滤I得到滤渣成分为SiO2和S，向滤液中加入NaClO和H2SO4，将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为：2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O，“沉铁”中是将Fe2（SO4）3与Na2CO3、Na2SO4反应生成黄钠铁矾沉淀，反应离子方程式为：3Fe3++3Na++3+3CO32﹣+3H2O＝Na3Fe3（SO4）3（OH）6↓+3CO2↑，过滤、洗涤、干燥得到纯净的黄钠铁矾[Na3Fe3（SO4）3（OH）6]，据此分析解题。
【解答】解：（1）由分析可知，“盐浸”时的反应为：FeS2+Fe2（SO4）3→3FeSO4+2S↓，其中FeS2还原剂，Fe2（SO4）3是氧化剂，
故答案为：Fe2（SO4）3；
（2）由分析可知，“氧化”时发生反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O，由于空气中氧气含量低，O2本身氧化Fe2+的速率较慢，则用空气代替NaClO进行该反应具有成本低等优点，但存在空气氧化速率小的缺点，
故答案为：2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O；
（3）①由分析可知，生成黄钠铁矾的离子反应方程式为：3Fe3++3Na++3+3+3H2O＝Na3Fe3（SO4）3（OH）6↓+3CO2↑，
故答案为：3Fe3++3Na++3+3+3H2O＝Na3Fe3（SO4）3（OH）6↓+3CO2↑；
②由图在pH＝2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾，这是由于Fe3+水解是一个吸热反应，温度过高，Fe3+的水解程度增大，生成的Fe（OH）3易分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾，
故答案为：温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾；
（4）①本实验使用淀粉溶液作指示剂，I2遇到淀粉溶液显蓝色，原溶液中含有I2，反应后没有I2，故滴定终点的实验现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原，
故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原；
②已知黄钠铁矾[Na3Fe3（SO4）3（OH）6]中铁为+3价，则有：2I﹣+2Fe3+＝2Fe2++I2，I2+2S2＝2I﹣+S4，可知：2Fe3+～～I2～～2 S2，则有：n（Fe3+）＝n（S2）＝0.1500ml•L﹣1×20.00×10﹣3L＝3×10﹣3ml，则黄钠铁矾中Fe的质量分数为：×100%＝8.400%，
故答案为：8.400%。
【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度较大，根据制备流程明确实验原理为解答关键，注意合理把握题干信息，明确化学实验基本方法，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。
24．（2024秋•湖南月考）我国科学家研究和开发的锰氧化物分子筛（MnOx@MS）材料，可大大提升分子筛对含酚废水的处理能力。工业上可由二氧化锰粉末与硫化锰矿（含Fe，Al，Mg，Ni，Zn，Si等元素的硫化物或氧化物以及C和少量有机物）和4A级分子筛为原料制备该材料。
Ⅰ．高纯MnSO4制备
注：滤渣1中无MnO2。
附：①一些相关物质的Ksp
②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH
（1）将MnS矿与MnO2粉进行“联合焙烧”的目的有 使金属转变为金属氧化物，使MnS与MnO2反应生成MnO，使有机物转化为CO2气体而除去 （答出1点即可）；为了提高焙烧效率可采取的措施有 将MnS矿粉碎，适当提高焙烧温度，增大O2通入量等 （答出2点即可），“尾气”中所含气体中除O2外还有 SO2、CO2和CO 。
（2）“酸浸”时所得“滤渣1”的主要成分为 SiO2 ；“除杂1”中“滤渣3”的主要成分为 NiS和ZnS 。
（3）除杂2的目的是生成MgF2，从而除去Mg2+。请通过计算解释选用MnF2可行的原因。 MnF2（s）+Mg2+（aq）⇌MgF2（s）+Mn2+（aq）的平衡常数＝9.2×106＞105，Mg2+可完全转化为MgF2沉淀
（4）沉锰过程中选用X为氨水和碳酸氢钠的混合溶液，请写出该过程的离子方程式 Mn2++＝MnCO3↓+CO2↑+H2O 。
Ⅱ．@MS材料的制备
（5）将一定量的MnSO4溶于蒸馏水中，加入预处理的分子筛和NaClO溶液，再加入H2SO4和NaOH调节溶液pH为7.2，在室温下搅拌2h，反应结束后经过滤洗涤干燥得MnOx@MS材料。若发生反应的MnSO4与NaClO物质的量之比为1：2，则MnOx@MS中Mn的化合价为 +6 。
Ⅲ．流程评价
（6）有同学认为此流程不适宜大规模工业生产，请从物质利用角度谈谈你的看法。 ①大规模生产，过程中会产生二氧化硫而污染环境同时生成NiS和ZnS难以分离，回收利用价值低；②除杂1也会造成部分MnS沉淀造成物质利用率低下
【答案】（1）使金属转变为金属氧化物，使MnS与MnO2反应生成MnO，使有机物转化为CO2气体而除去；将MnS矿粉碎，适当提高焙烧温度，增大O2通入量等；SO2、CO2和CO；
（2）SiO2；NiS和ZnS；
（3）MnF2（s）+Mg2+（aq）⇌MgF2（s）+Mn2+（aq）的平衡常数＝9.2×106＞105，Mg2+可完全转化为MgF2沉淀；
（4）Mn2++＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（5）+6；
（6）①大规模生产，过程中会产生二氧化硫而污染环境同时生成NiS和ZnS难以分离，回收利用价值低；②除杂1也会造成部分MnS沉淀造成物质利用率低下。
【分析】二氧化锰粉末与硫化锰矿（含Fe，Al，Mg，Ni，Zn，Si等元素的硫化物或氧化物以及C和少量有机物）在氧气作用下联合焙烧，除去有机物，金属与非金属均生成氧化物，在硫酸中酸浸，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH在4.7～6之间，除去Fe3+、Al3+，滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，滤渣4为MgF2，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸氢钠发生反应：Mn2++2＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰，据此解答。
【解答】解：（1）将MnS矿与MnO2粉进行“联合焙烧”的目的有，使金属转变为金属氧化物，使MnS与MnO2反应生成MnO，使有机物转化为CO2气体而除去；为了提高焙烧效率可采取的措施有：将MnS矿粉碎，适当提高焙烧温度，增大O2通入量等；“尾气”中所含气体中除O2外，MnS产生的SO2，有机物产生的CO2和CO，
故答案为：使金属转变为金属氧化物，使MnS与MnO2反应生成MnO，使有机物转化为CO2气体而除去；将MnS矿粉碎，适当提高焙烧温度，增大O2通入量等；SO2、CO2和CO；
（2）根据以上分析可知“滤渣1”含有SiO2；加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，
故答案为：SiO2；NiS和ZnS；
（3）根据方程式MnF2（s）+Mg2+（aq）⇌MgF2（s）+Mn2+（aq）可知该反应的平衡常数≈9.2×106＞105，因此Mg2+可完全转化为MgF2沉淀，所以除杂时选择MnF2，
故答案为：MnF2（s）+Mg2+（aq）⇌MgF2（s）+Mn2+（aq）的平衡常数＝9.2×106＞105，Mg2+可完全转化为MgF2沉淀；
（4）“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为：Mn2++＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Mn2++＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（5）当MnSO4与NaClO物质的量之比为1：2时，氯元素化合价从+1价降低到﹣1价，反应前Mn是+2价，所以根据电子得失守恒可知反应后Mn的价态是+（2×2+2）＝+6，
故答案为：+6；
（6）①大规模生产，过程中会产生二氧化硫而污染环境同时生成NiS和ZnS难以分离，回收利用价值低；②除杂1也会造成部分MnS沉淀造成物质利用率低下，
故答案为：①大规模生产，过程中会产生二氧化硫而污染环境同时生成NiS和ZnS难以分离，回收利用价值低；②除杂1也会造成部分MnS沉淀造成物质利用率低下。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
25．（2024秋•雨花区校级月考）硫酸镁在工农业生产中有重要的作用。工业上以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3、SiO2等）为原料制备硫酸镁的流程如图：
（1）“酸溶”时MgCO3发生反应的化学方程式为 MgCO3+H2SO4＝MgSO4+CO2↑+H2O 。
（2）滤渣的成分是 SiO2 （填化学式），“氧化”后溶液中的金属离子为 Fe3+、Mg2+ ，Fe（OH）3的颜色为 红褐色 。
（3）将硫酸镁与木炭在800℃时煅烧，可以得到高纯度的MgO，煅烧过程中存在以下反应：
利用图装置对煅烧产生的气体进行分步收集、吸收或处理。（已知：SO2能与酸性KMnO4溶液、NaHCO3溶液反应；单质硫的沸点约为446℃。）
①装置A中U型管放在冷水中的目的是 将气体冷却 。
②装置B、C中所盛放的试剂分别是 （酸性）KMnO4溶液或（饱和）NaHCO3 溶液、 NaOH 溶液。（填化学式）
③装置D的作用是 燃烧处理CO气体，防止污染空气 。
【答案】（1）MgCO3+H2SO4＝MgSO4+CO2↑+H2O；
（2）SiO2；Fe3+、Mg2+；红褐色；
（3）①将气体冷却；
②（酸性）KMnO4溶液或（饱和）NaHCO3溶液；NaOH；
③燃烧处理CO气体，防止污染空气。
【分析】由流程可知，菱镁矿用稀硫酸酸浸，浸出Mg2+、Fe2+，产生CO2气体，过滤分离出滤渣的主要成分为SiO2；滤液中含有Mg2+、Fe2+、H+、等，酸性条件下用H2O2氧化Fe2+为Fe3+，用氨水使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀过滤除去，滤液含硫酸镁，蒸发结晶得到硫酸镁；
【解答】解：（1）“酸溶”时MgCO3和稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为MgCO3+H2SO4＝MgSO4+CO2↑+H2O，
故答案为：MgCO3+H2SO4＝MgSO4+CO2↑+H2O；
（2）只有二氧化硅与硫酸不反应，滤渣的成分是SiO2，酸性条件下用H2O2氧化Fe2+为Fe3+，“氧化”后溶液中的金属离子为Fe3+、Mg2+，氢氧化铁是红褐色的沉淀，
故答案为：SiO2；Fe3+、Mg2+；红褐色；
（3）①装置A中U型管放在冷水中的目的是将气体冷却，
故答案为：将气体冷却；
②煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置中高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，装置B、C中所盛放的试剂分别是（酸性）KMnO4溶液或（饱和）NaHCO3溶液、NaOH溶液，
故答案为：（酸性）KMnO4溶液或（饱和）NaHCO3溶液；NaOH；
③最后剩余一氧化碳气体在D中点燃，装置D的作用是燃烧处理CO气体，防止污染空气，
故答案为：燃烧处理CO气体，防止污染空气。
【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。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/6 23:36:18；用户：组卷48；邮箱：zyb048@xyh.cm；学号：41419011
体积/mL
实验序号
K2S2O8溶液
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
1
10.0
4.0
5.0
2.0
2
5.0
4.0
5.0
2.0
物质
Fe（OH）3
Mn（OH）2
Mg（OH）2
开始沉淀
2.7
8.3
9.6
完全沉淀
3.7
9.8
11.1
温度/℃
平衡时SO2的转化率%
0.1MPa
0.5MPa
1MPa
5MPa
10MPa
450
97.5
98.9
99.2
99.6
99.7
550
85.6
92.9
94.9
97.7
98.3
金属离子
Fe3+
Fe2+
TiO2+
开始沉淀/pH
1.5
6.3
0.5
完全沉淀/pH
2.8
8.3
2.5
金属离子Mn+
Al3+
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Ni2+
Mn2+
开始沉淀的pH
3.4
1.5
6.3
6.2
6.9
8.1
沉淀完全的pH
4.7
2.8
8.3
8.2
8.9
10.1
萃取相比（）
1：10
1：15
1：20
1：25
1：30
1：35
1：40
Sc3+的萃取率/%
90
90
90
85
80
70
60
难溶电解质
SrSO4
SrCO3
BaSO4
BaCO3
Ksp
3.44×10﹣7
5.60×10﹣10
1.08×10﹣10
2.60×10﹣9
物质
MnS
NiS
ZnS
MgF2
MnF2
Ksp
2.5×10﹣13
1.07×10﹣21
2.93×10﹣25
6.4×10﹣10
5.93×10﹣3
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
体积/mL
实验序号
K2S2O8溶液
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
1
10.0
4.0
5.0
2.0
2
5.0
4.0
5.0
2.0
物质
Fe（OH）3
Mn（OH）2
Mg（OH）2
开始沉淀
2.7
8.3
9.6
完全沉淀
3.7
9.8
11.1
温度/℃
平衡时SO2的转化率%
0.1MPa
0.5MPa
1MPa
5MPa
10MPa
450
97.5
98.9
99.2
99.6
99.7
550
85.6
92.9
94.9
97.7
98.3
金属离子
Fe3+
Fe2+
TiO2+
开始沉淀/pH
1.5
6.3
0.5
完全沉淀/pH
2.8
8.3
2.5
金属离子Mn+
Al3+
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Ni2+
Mn2+
开始沉淀的pH
3.4
1.5
6.3
6.2
6.9
8.1
沉淀完全的pH
4.7
2.8
8.3
8.2
8.9
10.1
萃取相比（）
1：10
1：15
1：20
1：25
1：30
1：35
1：40
Sc3+的萃取率/%
90
90
90
85
80
70
60
难溶电解质
SrSO4
SrCO3
BaSO4
BaCO3
Ksp
3.44×10﹣7
5.60×10﹣10
1.08×10﹣10
2.60×10﹣9
物质
MnS
NiS
ZnS
MgF2
MnF2
Ksp
2.5×10﹣13
1.07×10﹣21
2.93×10﹣25
6.4×10﹣10
5.93×10﹣3
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9