2020届高考化学二轮复习大题精准训练——化工流程中的实验分析探究

2020届高考化学二轮复习大题精准训练化工流程中的实验分析探究1. 硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO，还有CaO、MnO、Fe2O、FeO、Al2O3，、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁可用于印染、造纸、医药等工业从硼镁泥中制取MgSO47H2O的工艺流程如下： 已知：NaClO与Mn2+反应产生MnO2沉淀 沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2开始沉淀pH2.34.07.6完全沉淀pH4.15.29.6(1)实验中需用1.00molL1的硫酸80.0ml.若用98%的浓硫酸配制，除量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的玻璃仪器有 _ (2)滤渣的主要成分除含有Fe(OH)3、Al(OH)3外，还有 _ (3)“操作I”的主要操作为蒸发浓缩、冷却结晶、 _ (4)写出加入NaClO时，溶液中氧化还原反应的离子方程式 _ 、 _ (5)已知：溶液的pH3时，铝元素有多种存在形态，如A13+、Al(OH)2+、Al(OH)2+等，各形态之间可相互转化，写出该溶液中Al(OH)2+转化为Al(OH)2+的离子方程式 _ (6)某同学为探究Ag+和Fe2+反应，按如图连接装置并加入药品(盐桥中的物质不参与反应)，发现电压表指针偏移电子由石墨经导线流向银放置一段时间后，向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小回到零点逆向偏移则电压表指针逆向偏移后，银为 _ 极(填“正”或“负”).由实验得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是 _ 2. Ag/Al2O3是石油化学工业的一种重要催化剂，其中Ag起催化作用，Al2O3是载体且不溶于硝酸，该催化剂的回收实验如图1所示其中的转化反应为：6AgCl+Fe2O33Ag2O+2FeCl3 阅读上述实验流程，完成下列填空： (1)Ag/Al2O3加酸溶解应该选用装置(图2) _ (选填a、b、c)(2)在实验操作()，如果用自来水代替蒸馏水进行洗涤，将会发生化学反应的离子方程式 _ (3)实验操作()所需玻璃仪器为 _ (填写三种)(4)实验操作()从AgNO3溶液获得AgNO3晶体需要进行的实验操作依次为： _ (多选扣分)(a)蒸馏(b)蒸发(c)灼烧(d)冷却结晶 (5)已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O； 2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O NO和NO2的混合气体的组成可表示为NOx.该混合气体通入NaOH溶液被完全吸收时，x的值为 _ (a)x1.5(b)x=1.2(c)X1.5 (6)已知Ag/Al2O3中Ag的质量分数，若计算Ag的回收率，还必须知道的实验数据为 _ 和 _ 3. 铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛 (1)某温度下，Ksp(FeS)=8.11017，FeS饱和溶液中c(H+)与c(S2)之间存在关系： c2(H+)c(S2)=1.01022，为了使溶液里c(Fe2+)达到1molL1，现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的pH约为 _ (填字母). A.2B.3C.4D.5 (2)氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红(Fe2O3)的过程如下： 酸溶过程中Fe2O3发生反应的离子方程式为 _ ；“滤渣A”主要成分的化学式为 _ 还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4，请完成该反应的离子方程式：FeS2+ _ Fe3+ _ = _ Fe2+ _ SO42+ _ 氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为 _ 为了确保铁红的质量和纯度，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是3.23.8 沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2开始沉淀pH2.73.87.69.4完全沉淀pH3.25.29.712.4如果pH过大，可能引起的后果是 _ (几种离子沉淀的pH见上表)滤液B可以回收的物质有 _ (填序号)A.Na2SO4B.Al2(SO4)3C.Na2SiO3D.MgSO44. 镍是有机合成的重要催化剂某化工厂有含镍催化剂废品(主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质).某学习小组设计如下流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体： 几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH： 沉淀物开始沉淀完全沉淀Al(OH)33.85.2Fe(OH)32.73.2Fe(OH)27.69.7Ni(OH)27.19.2回答下列问题： (1)溶液中含金属元素的离子是 _ (2)用离子方程式表示加入双氧水的目的 _ .双氧水可以用下列物质替代的是 _ A.氧气B.漂液C.氯气D.硝酸 (3)操作b调节溶液范围为3.27.1，其目的是 _ (4)操作a和c需要共同的玻璃仪器是 _ .上述流程中，防止浓缩结晶过程中Ni2+水解的措施是 _ (5)如果加入双氧水量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是 _ .设计实验证明产品中是否含“杂质”(不考虑硫酸镍影响)： _ 5. 某研究性学习小组在网上收集到如下信息：以贫软锰矿和有色金属冶炼厂的SO2废气为原料制备高纯碳酸锰已知，贫软锰矿的主要成分为MnO2和少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质工艺流程如图1： 已知：有关氢氧化物沉淀pH对应表 物质开始沉淀时的pH完全沉淀时的pH氢氧化铁2.73.7氢氧化铝3.35.2氢氧化亚铁7.69.6请回答： (1)在浸出液除杂过程中需通入适量空气并调节溶液的pH到5.05.5，沉淀部分杂质离子，此时滤渣I中主要含有 _ (填化学式)(2)影响浸锰率的操作因素有多种，其中温度选择不合理时会产生杂质MnS2O6造成锰损失温度对浸锰率的影响见图2、图3 为了提高锰的浸出率，请选择合适的条件 _ .(填序号) a.30120b.150155c.180以上 (3)在滤液中加入NH4HCO3生成MnCO3的同时还可以获得一种作为肥料的副产物，写出该过程的化学反应方程式 _ ，从废液中分离出该副产物的操作是蒸发浓缩、 _ .若该分离过程在实验室进行，其中除了需要酒精灯、蒸发皿、玻璃棒外，还需要 _ (4)现有含锰质量分数为20%的贫锰矿1吨，若按照上述工艺锰的产率为82.5%，最终获得碳酸锰的质量 _ 6. 锅炉水垢既会降低燃料的利用率、影响锅炉的使用寿命，还可能造成安全隐患 (1)某锅炉水垢的主要成分有CaCO3、CaSO4、Mg(OH)2、Fe2O3，用酸洗法可除去该水垢，其基本原理如图1所示 酸洗时，为使水垢尽可能溶解，不宜选用的是 _ (填标号)A.稀硫酸B.盐酸C.硝酸D.醋酸 不溶物用碳酸钠溶液浸泡时，反应的离子方程式是 _ 洗出液中的Fe3+会腐蚀铁质管道，反应的离子方程式是 _ ，因此，常在洗出液中加入具有强还原性的SnCl2溶液，反应中的Sn2+与Fe3+的物质的量之比为1：2，Sn2+转化为 _ (填离子符号)柠檬酸(用H3R表示)可用作酸洗剂，溶液中H3R、H2R、HR2、R3的含量与pH的关系如图2所示图中a曲线所代表的微粒的百分含量随溶液pH的改变而变化的原因是 _ .调节柠檬酸溶液的pH=4，有利于除去水垢中的氧化铁pH=4时，溶液中上述4种微粒含量最多的是 _ (2)利用下图所示装置对锅炉水(含Ca2+、Mg2+、HCO3)进行预处理，可有效防止锅炉水垢的形成电解过程中，Ca2+、Mg2+在 _ (填“a”或“b”)极附近形成沉淀 7. (一)醇烃化新技术是近几年合成氨工业净化精炼原料气，除去少量CO一种新方法，其原理可分为甲醇化与甲烷化两个部分。 甲醇化：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=116kJmol1甲烷化：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) H2=203kJmol1(1)下列措施有利于提高醇烃化过程CO转化率的是_。A.及时分离出CH3OHB.适当升高反应温度C.使用高效的催化剂 D.适当增大压强(2)甲醇化平衡常数可用K=(CH3OH)(CO)2(H2)表示，为平衡组分中各物质的物质的量分数。若CO与H2混合原料气中CO的体积分数为1%，经甲醇化后CO的平衡转化率为w，则K=_(用含w的表达式来表示)。(3)测试a、b两种催化剂在不同压强与温度条件下，甲醇化过程中催化效率如下图： 从上图可知选择哪种催化剂较好_(填a或b)，理由是_。(4)下列关于醇烃化过程说法正确的是_。A.甲醇化与甲烷化过程在任何条件下均为自发反应B.选择不同的催化剂可以控制醇烃化过程中生成甲醇与甲烷的百分含量C.当温度与反应容器体积一定时，在原料气中加入少量的惰性气体，有利于提高平衡转化率与甲醇的产率D.适当增大混合气体中H2的百分含量，有利于提高醇烃化过程CO平衡转化率(二)“五水共治”是浙江治水的成功典范，其中含氮废水处理是污水治理的一个重要课题，图3是高含氰(CN)废水处理方案： (5)高含氰废水可以通过电解法进行处理，阳极反应分两个阶段，第一阶段电极反应式：CN+2OH2e=CNO+H2O，请写出第二阶段的电极反应式_。(6)电解后低含氰废水通过化学氧化方法处理：在碱性条件下加入NaClO，将CN氧化为碳酸盐与对环境友好气体。请写出相关离子反应方程式_。8. 过碳酸钠(2Na2CO33H2O2)俗称固体双氧水。实验室可用碳酸钠和双氧水等为原料来制备，具体流程如下： 已知：相关反应的方程式如下：2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO33H2O2 H0工业上常以产品活性氧的质量分数(活性氧)=16n(H2O2)m(样品)100%来衡量产品的优劣，13.00%以上为优等品。请回答：反应温度/ 产品收率/% 活性氧质量分数/% 5 65.3 12.71 10 73.2 13.24 15 85.0 13.55 20 83.2 13.30 25 55.1 12.78 表1反应温度对产品收率及活性氧含量的影响加料时间/min 产品收率/% 活性氧质量分数/% 5 65.7 13.30 10 76.8 14.75 15 81.3 14.26 20 89.0 13.82 25 87.9 13.51 表2加料时间对产品收率及活性氧含量的影响(1)分析表1，一般选择的反应温度为_。(2)分析表2，加料时间对产品收率也有很大影响，时间太短或太长均不利于生产，加料时间太短导致产品收率较低的原因是_。(3)结晶过程中加入氯化钠，作用是_。(4)下列关于抽滤操作，正确的是_。A.准备略大于漏斗内径的滤纸，以盖住布氏漏斗瓷板上的小孔B.用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀C.洗涤沉淀时，加入少量水并开大水龙头，重复操作23次D.用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体，晾干后保存在试剂瓶中(5)使用图2所示装置抽滤，中途需停止抽滤时，最佳操作为_。 (6)产品出厂前需测定活性氧的质量分数。现将0.1000g某厂的产品(所含杂质均不参与反应)溶于水配成溶液，加入10.00mL1.000molL1的稀硫酸，再加入足量KI，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量_，用0.1000molL1的Na2S2O3标准溶液滴定，若该产品的活性氧质量分数为13.60%，则达到滴定终点时共消耗标准液的体积为_mL。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)9. 辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分为MnO2，它们都含有少量SiO2、Fe2O3等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸锰和碱式碳酸铜的主要工艺流程如下： 已知：MnO2能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫； Cu(NH3)4SO4常温稳定，在热水中会分解生成NH3； 部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示(开始沉淀的pH按金属离子浓度为 1.0molL1计算)： 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Fe3+ 1.1 3.2 Mn2+ 8.3 9.8 Cu2+ 4.4 6.4 (1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_(任写一点)； (2)调节浸出液pH的范围为_，其目的是_； (3)本工艺中可循环使用的物质是_(写化学式)； (4)在该工艺的“加热赶氨”环节，若加热的温度较低或过高，都将造成_的结果； (5)碳酸锰在一定条件下可得硫酸锰溶液，试根据如图所示曲线，由硫酸锰溶液制备MnSO4H2O的实验方案为_。 (6)用标准BaCl2溶液测定样品中MnSO4H2O质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可忽略)，其可能原因有_(任写一种)。10. 以硫铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质)为原料制备绿矾晶体(FeSO47H2O)的工艺流程如下： (1)“酸浸”过程，矿渣中的Fe2O3与稀H2SO4反应的离子方程式_。(2)烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，写出该反应的离子方程式_。(3)滤液中金属阳离子的检验方法_。(4)FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，理由_。(结合化学用语说明原因)(5)燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌(T.f)对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到FeSO4溶液。其过程如图所示： 已知总反应为：FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42+15Fe2+16H+将过程I离子方程式补充完整 过程II反应的离子方程式_。(6)绿矾晶体在空气中易被氧化。取Xg样品，加水完全溶解，用酸化的amolL1K2Cr2O7溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL。反应原理：6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O。则绿矾晶体纯度的计算式为_。(FeSO47H2O摩尔质量为278g/mol)11. 过碳酸钠(Na2CO33H2O2)，有固体双氧水的俗称，该晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质，被大量应用于洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域中，过碳酸钠的某生产流程如图所示已知：2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO33H2O2H1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是_。 (2)研究表明：NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。图3所示为复合吸收剂组成一定时，温度对脱硫、脱硝的影响。 温度高于60后，NO去除率下降的原因为_。 写出废气中的SO2与NaClO2反应的离子方程式：_。14. 盐卤中除含有Mg2+、Cl外，还含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、SO42和CO(NH2)2等从海水提取食盐和Br2后的盐卤中可以提取MgCl2、MgO、Mg(OH)2等物质，制备流程如图所示：(1)从MgCl2溶液得到MgCl26H2O晶体的过程中所需的基本操作顺序依次为_；A.加热蒸馏B.加热浓缩C.冷却结晶D.趁热过滤E.过滤洗涤(2)制取无水氯化镁必须在氯化氢存在的条件下进行，原因是_(用适当的文字结合化学用语说明)(3)用NaClO除去尿素CO(NH2)2时，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质，则该反应的化学方程式为_；加入NaClO的另一个作用是_(4)Mg(OH)2是制镁盐、耐火材料和阻燃剂的重要原料已知25时KspMg(OH)2=5.61012，且Mg(OH)2(s)=MgO(s)+H2O(s)H=+81.5kJ/mol下列叙述正确的是_A.从盐卤或海水中获得Mg(OH)2，工业上选择NaOH作沉淀剂B.Mg(OH)2能作阻燃剂的原因是它分解吸热且生成MgO覆盖可燃物C.可加热Mg(OH)2得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下：pH9.6颜色黄色绿色蓝色25时，在Mg(OH)2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜色为_答案和解析1.【答案】烧杯、100mL容量瓶；MnO2、SiO2；过滤洗涤；Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl；2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O；Al(OH)2+H+=Al(OH)+H2O；负；Fe2+Ag+Fe3+Ag【解析】解：(1)配制硫酸溶液需要用到烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶以及胶头滴管等容器， 故答案为：烧杯、100mL容量瓶； (2)加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，SiO2不反应，则滤渣的主要成分除含有Fe(OH)3、Al(OH)3外，还含有MnO2、SiO2， 故答案为：MnO2、SiO2； (3)溶液经蒸发、浓缩、结晶、过滤后可得到晶体，故答案为：过滤(或过滤洗涤)； (4)溶液中含有Mn2+、Fe2+，具有还原性，可与NaClO发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl，2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O， 故答案为：Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl；2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O； (5)Al(OH)2+与H+结合，可转化为Al(OH)+，离子方程式为Al(OH)2+H+=Al(OH)+H2O， 故答案为：Al(OH)2+H+=Al(OH)+H2O； (6)向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，和乙池组成原电池，发现电压表指针的变化依次为，偏移减小回到零点逆向偏移，依据电子流向可知乙池中银做原电池负极，发生的反应为铁离子氧化为银生成亚铁离子；由实验现象得出，Ag+和Fe2+反应生成铁离子和金属银，反应的离子方程式是Fe2+Ag+Fe3+Ag； 故答案为：负；Fe2+Ag+Fe3+Ag(1)配制硫酸溶液需要用到烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶以及胶头滴管等容器； (2)加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，SiO2不反应，则滤渣的主要成分除含有Fe(OH)3、Al(OH)3外，还含有MnO2、SiO2， (3)溶液经蒸发、浓缩、结晶、过滤后可得到晶体； (4)溶液中含有Mn2+、Fe2+，具有还原性，可与NaClO发生氧化还原反应； (5)Al(OH)2+与H+结合，可转化为Al(OH)+； (6)向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，和乙池组成原电池，发现电压表指针的变化依次为，偏移减小回到零点逆向偏移，证明银做原电池负极，发生的反应为铁离子氧化为银；实验可知银离子具有强氧化性氧化亚铁离子为铁离子 本题考查物质的制备、除杂，涉及物质的检验以及沉淀的转化等知识，题目较为综合，有一定难度，本题注意要认真分析题中数据，考查学生的分析能力2.【答案】(1)a；(2)Ag+Cl=AgCl；(3)漏斗、烧杯、玻璃棒；(4)bd；(5)c；(6)催化剂的质量；AgNO3的质量【解析】解：由于Al2O3不溶于稀硝酸，Ag/aAl2O3中加入稀硝酸后银溶解生成硝酸银，过滤后，滤液中含有AgNO3，滤渣为Al2O3，滤液中加入NaCl得到沉淀为AgCl，再过滤分离得到AgNO3与NaNO3溶液，AgCl转化为Ag2O，溶解过滤分离，再用硝酸溶解Ag2O得到AgNO3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等得到AgNO3晶体 (1)反应生成氮的氧化物气体，需要导出用氢氧化钠溶液吸收，装置b中产生的气体不能导出，会导致装置内压强增强，发生炸裂的危险，c装置不密闭，故选a； (2)自来水中含有氯气，氯气与水反应生成HCl与HClO，HCl与AgNO3反应生成AgCl与HNO3，反应离子方程式为：Ag+Cl=AgCl， 故答案为：Ag+Cl=AgCl； (3)实验操作()为分离固体和溶液，应为过滤，则所需玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒； (4)从AgNO3溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，顺序为bd， 故答案为：bd； (5)由方程式可知混合气体通入NaOH溶液被完全吸收时，应满足n(NO2)n(NO)，即x1.5，故选：c； (6)要计算Ag的回收率必须知道催化剂的质量，再由所给Ag的质量分数求出Ag的质量，另外要知道最后所得AgNO3的质量，故答案为：催化剂的质量；AgNO3的质量 由于Al2O3不溶于稀硝酸，Ag/aAl2O3中加入稀硝酸后银溶解生成硝酸银，过滤后，滤液中含有AgNO3，滤渣为Al2O3，滤液中加入NaCl得到沉淀为AgCl，再过滤分离得到AgNO3与NaNO3溶液，AgCl转化为Ag2O，溶解过滤分离，再用硝酸溶解Ag2O得到AgNO3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等得到AgNO3晶体 (1)反应生成氮的氧化物气体，需要导出用氢氧化钠溶液吸收，装置应密闭，出气管不能在液面以下； (2)自来水中含有氯气，氯气与水反应生成HCl与HClO，HCl与AgNO3反应生成AgCl与HNO3； (3)实验操作()为分离固体和溶液，应为过滤，据此书写所需玻璃仪器； (4)从溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作； (5)根据反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，混合气体通入NaOH溶液被完全吸收时，应满足n(NO2)n(NO)即可； (6)已知催化剂中银的质量分数，计算银的回收率，还必须知道催化剂的质量和硝酸银的质量 本题考查制备方案工艺流程、物质的分离提纯、对原理的分析理解等，关键是明确工艺流程中每一步中的试剂、操作与原理，是对学生综合能力的考查，难度中等3.【答案】B；Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；SiO2；14；8H2O；15；2；16H+；4Fe2+O2+2H2O+8OH=4Fe(OH)3；Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；ABD【解析】解：(1)溶液中c(S2)=Kspc(Fe2+)=8.110171mol/L=8.11017mol/L，c2(H+)c(S2)=1.01022，则c(H+)=110228.11017mol/L=1.11103mol/L，pH=lg1.11103=3； 故选B； (2)硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.23.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红； 氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2 故答案为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；SiO2； FeS2中S元素的化合价从1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16，则反应的离子方程式为：1FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42+16H+， 故答案为：14；8H2O；16H+；15；2；16H+； Fe2+与OH反应生成4Fe(OH)2，Fe(OH)2不稳定易被氧气氧化为Fe(OH)3，用化合价升价法配平方程式为4Fe2+O2+2H2O+8OH=4Fe(OH)3， 故答案为：4Fe2+O2+2H2O+8OH=4Fe(OH)3； 根据几种离子沉淀的pH，如果pH过大，Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯； 故答案为：Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯； 未沉淀的离子为Na+、Mg2+、Al3+，故滤液B可以回收的物质有：Na2SO4、Al2(SO4)3、MgSO4， 故选：ABD(1)根据硫化亚铁的溶度积常数和亚铁离子浓度计算硫离子浓度，再根据氢硫酸的电离平衡常数计算氢离子浓度，最后利用pH计算公式计算溶液的pH； (2)硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.23.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红； 氧化铁属于碱性氧化物，与酸反应生成盐和水；Fe2O3、Al2O3、MgO都和硫酸反应，二氧化硅不和酸反应； 根据得失电子守恒和原子守恒来配平，FeS2中S元素的化合价从1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16； NaOH与Fe2+反应生成的氢氧化亚铁易被氧化； 根据几种离子沉淀的pH分析； 因加入的是氢氧化钠来调节PH，所以滤液B中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠 本题考查了物质制备方案的设计及化学实验基本操作方法的综合应用，题目难度中等，明确制备流程及化学实验基本操作方法为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力4.【答案】AlO2；2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；A；除去Fe3+；玻璃棒；调节溶液pH为23；产品中混有绿矾；取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有Fe2+【解析】解：(1)碱和铝、氧化铝均能反应，溶液中含有的含有金属的离子是偏铝酸根离子，故答案为：AlO2； (2)亚铁离子具有还原性，双氧水具有氧化性，加入双氧水是为了氧化亚铁离子成为铁离子，离子反应方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，漂白液(主要成分次氯酸钠)、氯气、硝酸替代双氧水会引入新杂质，故此替代试剂为氧气，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；A； (3)由表格可知，氢氧化铁的沉淀范围为，2.73.2，镍离子的沉淀范围是7.19.2，调节pH在3.27.1的目的是除去铁离子，但是不沉淀镍离子，故答案为：除去Fe3+； (4)操作a是过滤得到固体和滤液，c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO47H2O，操作a、c中均需使用的仪器为玻璃棒，镍离子水解呈酸性，溶液始终保持溶液呈酸性可以抑制其水解，故答案为：玻璃棒；保持溶液呈酸性； (5)如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子， 故答案为：产品中混有绿矾；取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子 (1)根据废料成分知，碱和铝、氧化铝反应，溶液中含有偏铝酸根离子； (2)根据数据表知，应将亚铁离子转化成铁离子除去，加入双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，不引入新杂质用漂白液(主要成分次氯酸钠)、氯气、硝酸替代双氧水会引入新杂质用氧气替代双氧水； (3)调节溶液pH使Fe3+完全沉淀，使Ni2+不沉淀； (4)过滤、蒸发都需要用玻璃仪器：玻璃棒，氢氧化镍难溶于水，在结晶过程中，硫酸镍可能水解，保持溶液较强酸性，抑制镍离子水解； (5)如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全转化成铁离子，产品中会混有硫酸亚铁晶体，检验Fe2+试剂可以是氯水，KSCN溶液、酸性高锰酸钾溶液等 本题考查物质的制备，涉及离子反应方程式书写，氧化还原反应，离子的验证等，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，题目难度不大5.【答案】Fe(OH)3、Al(OH)3；b；2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O；冷却结晶、过滤；漏斗、烧杯；345kg【解析】解：(1)pH到5.05.5，沉淀部分杂质离子，Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3； (2)副反应为MnSO4+SO2MnS2O6，温度选择不合理时会产生杂质MnS2O6造成锰损失，根据图象知，温度越高，MnS2O6的生成率越低，所以该反应的正反应是放热反应，焓变小于H0；当温度为150时，MnS2O6的生成率为0，故选温度为150，故答案为：b； (3)滤液与NH4HCO3生成MnCO3的同时还可以获得一种作为肥料的副产物为硫酸铵，该反应为2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O，从废液中分离出该副产物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，蒸发需要酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，过滤需要漏斗、烧杯， 故答案为：2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O；冷却结晶、过滤；漏斗、烧杯； (4)含锰质量分数为20%的贫锰矿1吨，则Mn的物质的量为1000kg20%=200kg，由MnMnCO3可知，生成MnCO3的质量为200kg82.5%11555=345kg， 故答案为：345kg由流程可知，酸浸后的过滤液中含有Mn2+、Fe3+、Al3+，浸取渣为SiO2，结合表格数据可知，除杂若使用氢氧化钠溶液，会使铝离子反应生成偏铝酸根离子，无法生成沉淀，锰离子与氢氧根离子反应生成氢氧化锰沉淀；铝离子完全沉淀时溶液的pH=5.2，铁离子完全沉淀时溶液pH=3.2，所以调节溶液的最小pH为5.2；结合题中阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH可知，Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过滤得到的滤液中含硫酸锰，加碳酸氢铵反应生成碳酸锰，以此来解答 本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握流程中混合物分离提纯、除杂及发生的反应为解答的关键，侧重分析、实验、推断及计算能力的综合考查，题目难度中等6.【答案】A；CaSO4+CO32CaCO3+SO42；2Fe3+Fe=3Fe2+；Sn4+；随溶液pH增大，平衡 H3RH2R+H+向右移动，所以，H3R的百分含量减小；H2R；b【解析】解：(1)若使用稀硫酸会生成微溶物硫酸钙，会沉在反应物的表面，使反应物不能完全反应故不能选硫酸，故答案为：A； 在水垢进行酸化之后，只有硫酸钙是不溶物，加入碳酸钠，可生成溶解度更小的碳酸钙，故答案为：CaSO4+CO32CaCO3+SO42； Fe3+具有氧化性可以与具有还原性的铁反应生成亚铁离子，会腐蚀铁质管道据得失电子总数相等的原则，两摩尔的三价铁离子，变成亚铁离子，总共得到两摩尔的电子，所以一摩尔Sn2+转化为Sn4+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Sn4+； H3RH2R+H随着PH值的增大，氢离子浓度会减小，平衡向右移动，所以H3R含量会减少H3R、H2R、HR2、R3在图形中表示的曲线分别为a、b、c、d所以从图形上看，B点式最高的所以含量最多的是H2R，故答案为：随溶液PH增大，平衡H3RH2R+H+向右移动所以，H3R的百分含量减小；H2R； (2)电解锅炉水实际上就是电解水，水电离出的氢离子在阴极放电，故阴极附近氢氧根浓度偏大，与锅炉水中的钙镁离子生成沉淀，与电源负极相连的极是阴极，即b极附近生成沉淀，故答案为：b(1)稀硫酸会生成微溶物硫酸钙，会沉在反应物的表面，据此解答； 沉淀物有向更难溶物转化的趋势，据此解答； 依据反应原理写出离子反应方程式，依据氧化还原反应判断产物； 依据平衡移动原理判断即可；依据题给信息判断含量最多的离子； (2)依据电解水原理分析即可 本题主要考查的是离子反应方程式的书写、氧化还原反应原理的利用，属于常考题7.【答案】(一)(1)AD (2)(1002w)2w(1w)(992w)2(3)b；b催化剂达到较高催化效率时的压强小，达到较高催化效率温度低且受温度影响小(4)BD(二)(5)2CNO+4OH6e=2CO2+N2+2H2O/或2CNO+8OH6e=2CO32+N2+4H2O(6)5ClO+2OH+2CN=2CO32+H2O+N2+5Cl【解析】【分析】本题考查化学平衡计算、电解原理等知识点，侧重考查对基本理论的理解和灵活运用能力、信息获取和运用能力，明确外界条件对化学平衡移动影响原理、化学平衡计算方法是解本题关键，难点是反应方程式的书写，注意题干信息的正确运用，题目难度中等。【解答】(一)(1)A.及时分离出CH3OH，平衡正向移动，提高CO转化率，故A正确；B.适当升高反应温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B错误；C.使用高效的催化剂平衡不移动，则CO转化率不变，故C错误；D.适当增大压强平衡正向移动，CO转化率提高，故D正确；故答案为：AD；(2)同一容器中不同物质的体积分数等于其物质的量分数，若CO与H2混合原料气中CO的体积分数为1%，则CO的物质的量分数为1%，H2的物质的量分数为99%，假设原来的n(CO)=1mol、n(H2)=99mol，经甲醇化后CO的平衡转化率为w，则消耗的n(CO)=n(CH3OH)=wmol，可逆反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)开始(mol)199 0反应(mol)w 2w w平衡(mol)1w 992ww平衡时混合气体总物质的量=(1w+992w+w)mol=(1002w)mol，(CO)=1w1002w，(H2)=992w1002w，(CH3OH)=w1002w，则K=w1002w1w1002w(992w1002w)2=(1002w)2w(1w)(992w)2，故答案为：(1002w)2w(1w)(992w)2；(3)根据图1知，催化效率最好时压强：ba，根据图2知，催化效率最好时温度：ba，催化效果最好时需要的温度越低、压强越小且受温度影响较小的较好，所以应该选择b，故答案为：b；b催化剂达到较高催化效率时的压强小，达到较高催化效率温度低且受温度影响小；(4)A.如果G=HTS0时反应能自发进行，甲醇化和甲烷化过程的H0、S0，温度较低时G=HTS0，反应能自发进行，温度较高时不能自发进行，故A错误；B.催化剂具有选择性，所以选择不同的催化剂可以控制醇烃化过程中生成甲醇与甲烷的百分含量，故B正确；C.当温度与反应容器体积一定时，在原料气中加入少量的惰性气体，反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，则不能改变平衡转化率和甲醇的产率，故C错误；D.适当增大混合气体中H2的百分含量，平衡正向移动，则提高CO转化率，故D正确；故答案为：BD；(二)(5)第一阶段电极反应式：CN+2OH2e=CNO+