2020届高三化学大题练-化学工艺流程题

2020口口□□口□□口 □□□□□□□一、简答题(本大题共12小题)NH3O2VXtV—NH4MomHSOr1.工业生产中产生的NH3O2VXtV—NH4MomHSOr1.工业生产中产生的SO2、NO直接排放将对大气造成严重污染，利用电化学原理吸收SO2和NO，同时获得Na2s2O4和NH4NO3产品的工艺流程图如下(Ce为铈元素).鎏左=甲。工NO#£力4，一请回答下列问题.(1)若装置II中反应生成的含氮化合物的物质的量比为1：1,则该反应的离子方程式.(2)含硫各微粒(H2SO3、HSO3-和SO32-)存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数①与溶液pH的关系如图1所示.图1 图2①下列说法中正确的是 (填标号).NaHSO3溶液中滴加氯水可以使c(HSO3-)/c(SO/)的值变大pH=7时，溶液中c(Na+)>c(HSO3-)+c(SO32-)pH=9时的溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HSO3-)+c(H2SO3)D.由图1中数据，可以估算出H2SO3的第二级电离平衡常数Kar10-7E.由图1中数据，pH=5和pH=9时的溶液中水的电离程度相同②若利用氨水吸收二氧化硫，其相关反应的主要热化学方程式如下：SO2(g)+NH3・H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=akJ・mol-1第1页，共24页NH3-H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l)AH2=bkJ・mol-i2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)AH3=ckJ-mol-i反应2SO2(g)+4NH3・H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2sO4(aq)+2H2O(l)△H=kJ・mol-1.③取装置I中的吸收液VmL,用cmol/L的酸性高镒酸钾溶液滴定.吸收液溶液应TOC\o"1-5"\h\z装在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中，判断滴定终点的方法 .(3)装置皿的作用之一是再生Ce4+,其原理如图2所示.图中B为电源的(填“正”或“负”)极.左侧反应室中发生的主要电极反应式为 .(4)已知进入装置W的溶液中NO2-的浓度为0.4mol/L,要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为nh4no3,该过程中转移电子数目为 .2.2015年2月16日李克强总理到东北调研经济情况，重点走访了钢铁厂，鼓励钢铁厂提高钢铁质量和产量，铁及其化合物在日常生活中应用广泛.(1)利用Fe2+、Fe3+的催化作用，常温下可将SO2转化为SO/,从而实现对SO2的治理.已知含SO2的废气通入含Fe2+、Fe3+的溶液时，其中一个反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,则另一反应的离子方程式为 ；(2)氧化铁是重要工业颜料，下面是制备氧化铁的一种方法，其流程如下：N逝C5溶液稀疏酸 箱过量的「J NHgHCOj溶液铁展匹卜［加热卜］怫言)■广勰液滤液BL■海渣 L沉淀［FeecyT.作||T'「速H避烧-产品①操作I的名称是 ；操作n为洗涤，洗涤操作的具体方法为 ；②滤液a中加入稍过量的nh4hco3溶液生成沉淀同时有一种气体产生，写出其化学方程式：；(3)如果煅烧不充分，产品中将有FeO存在，称取3.0g氧化铁产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用酸化的0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至终点，重复滴定2-3次，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL,①该实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是 (填字母序号).a.稀硝酸b.稀盐酸c.稀硫酸d.浓硝酸②计算上述产品中Fe2O3的质量分数为.3.某学习小组利用废旧电池拆解后的碳包滤渣(含MnO2、C、Hg2+等)制取硫酸镒晶体(MnSO4-H2O)，实验流程如下：已知：(1)25℃时，几种硫化物的溶度积常数如下:第2页，共24页

物质FeSMnSHgS溶度积5x10-184.6x10-142x10-54(2)25℃时，几种金属氢氧化物沉淀时的PH如下:Fe(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2开始沉淀时的PH6.32.78.3沉淀完全时的PH8.43.79.8请回答下列问题:(1)“浸取”时加热的作用是 ；写出“浸取”时生成MnSO4、Fe2(SO4)3反应的离子方程式：.(2)若“浸取”在25℃时进行，加入足量FeS,贝UFeS(s)+Hg2+(aq)#HgS(s)+Fe2+(aq)的平衡常数K为.(3)过滤I过程中，需要使用的玻璃仪器有烧杯、，滤渣I的主要成分为FeS、S和(化学式).(4)“氧化”时加入MnO2的作用是 ，也可用H2O2代替MnO2,H2O2的电子式为.(5)“中和”过程，应该调节溶液PH为，写出该过程产生滤渣II的离子方程式：(6)获得MnSO4・H2O的“一系列操作”是 、过滤、洗涤、干燥.(7)1150c时，MnSO4・H2O在氩气氛围中进行焙烧的分解产物是Mn3O4、硫的氧化物等，分解反应的化学方程式是：，在MnSO4・H2O进行焙烧时，除加热仪器外，还需要的仪器中主要成分属硅酸盐的有 .4.草酸钻用途广泛，可用于指示剂和催化剂制备.一种利用水钻矿［主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等］制取CoC2O4・2H2O工艺流程如图1：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等;②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2第3页，共24页

完全沉淀的pH3.79.69.25.29.8(1)浸出过程中加入Na2s03的目的是将还原(填离子符号).NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+,产物中氯元素处于最低化合价.该反应的离子方程式为.(3)请用平衡移动原理分析加Na2c03能使浸出液中Fe3+、A13+转化成氢氧化物沉淀的原因是：.(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2所示.滤液II中加入萃取剂的作用是 ；使用萃取剂适宜的pH是 .A.接近2.0B.接近3.0C.接近4.0(5)“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀.已知K(MgF2)=7.35x10-11、K(CaF0)=1.05x10-10.当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2+)_ .sp2 c(Ca2+)(6)为测定制得的无水草酸钻样品的纯度，现称取样品mg,先用适当试剂将其转化，得到纯净的草酸铵溶液，再用过量的稀硫酸酸化，用cmol/L高镒酸钾溶液去滴定，当溶液由 (填颜色变化)，共用去高镒酸钾溶液VmL(CoC2O4的摩5.图1表示“侯氏制碱法”工业流程，图2表示各物质的溶解度曲线.NH4cl-NaHCO55.图1表示“侯氏制碱法”工业流程，图2表示各物质的溶解度曲线.NH4cl-NaHCO5温度(七)子主意二＞351C同H4HC口哈有分解郎回答下列问题：(1)图中X的化学式为(2)沉淀池中发生反应的化学方程式为，该反应先向饱和食盐水中通入(填化学式)至饱和，再通入另一种气体，若顺序颠倒，后果是(3)沉淀池的反应温度控制在30〜35℃,原因是.(4)母液中加入CaO后生成丫的化学方程式为.(5)氯碱工业是指电解饱和食盐水，这里的碱是指(填化学式)，其另外两种气体产物可以用于工业上制取纯硅，流程如图3：朴光HC1FHGblm朴光HC1FHGblm碧11f反应口①整个制备过程必须严格控制无水无氧.SiHC13遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式.第4页，共24页②假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应I中HCl的利用率为90%，反应II中H2的利用率为93.75%.则在第二轮次的生产中，补充投入HCl和H2的物质的量之比是.I.工业上常利用电解含有铁、钯、铜等金属的粗银棒精炼银，示意图如下：粗弋1 || [磬片二二二AgNO^溶液(1)阴极反应式为。(2)精炼过程中,AgNO3溶液的浓度将(填“增大”、“减小”或“不变”)原因是 。n.“钯(Pd)金”不仅是优异的催化剂，也是首饰界的新宠。精炼银的过程中钯元素可在电解液中大量富集，因此工业上常利用精炼银的电解液[主要成分为：AgNO3、Pd(NO3)2、Cu(NO3)2、Fe(NO3)3、N(NO3)2、HNO3等]为原料生产“钯金”，流程如下：NaOH(aq)HCkH202 NH&CK叫) HCOCHtaq)」一,港沌1尸,‘ 遣渣电瓣液f调节pH—;一,双化一MdQ―“沉淀一►(NH4)之FHC%-*还原据渣 滤液2 P&单质(3)定量实验检测表明，当滤液1中c(Ni2+)=2x10-3mol・L-i时，Pd2+仍没有开始沉淀，计算此时溶液中c(Fe3+)= (Ka[Ni(OH)]=2.0x10-15、K[Fe(OH) - 2 spL3]=4.0X10-38)。(4)“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。(5)为保证产品的纯净，“沉淀”过程中所得滤渣需要洗涤，简述检验滤渣是否洗净的实验方法。(6)写出“还原”步骤中发生反应的离子方程式：。.某大型精炼铜厂，在电解铜的阳极泥中含有3-14%Se元素，(Se和S同主族化学性质相似)以Se单质、Cu2Se存在，还含有稀有金属及贵金属.人体缺乏Se就会得“克山病”，Se也是制光电池的一种原料.从阳极泥中提取Se的流程如下:(1)流程②的目的是.流程④操作用到的玻璃仪器有烧杯、.H2SeO3与SO2的离子反应方程式为.第5页，共24页(2)上述工业提取Se的流程中，SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是.工业提取Se的流程中，可循环利用的物质是.(3)称取5.000g电解铜阳极泥样品以合适方法溶解，配成250.00mL混酸溶液，移取上述溶液25.00mL于锥形瓶中，加入25.00mL0.01000mol-L-iKMnO4标准溶液{只发生Se(+4)转化为Se(+6)}.反应完全后，用0.05000mol・L-iFe2+标准溶液滴至终点，消耗15.00mL.则电解铜阳极泥中Se的质量分数为.若用FeCl2溶液为Fe2+标准溶液滴至终点，对测定Se的质量分数结果是否有影响，理由是..铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛.某研究小组用粗铜(含杂质铁)制备氯化铜晶体(CuCl2-2H2O)的流程如下.师试剂X.粗钢3周体加耦,溶解.渚液j调节制「口.厂溶液“--2，珥。」固体已知常温下，Cu2+、Fe3+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表：金属离子Fe3+Cu2+氢氧化物开始沉淀时的pH1.94.7氢氧化物完全沉淀时的pH3.26.7请回答下列问题：(1)溶液I中加入试剂X可以调节溶液pH,从而除去Fe3+且不引入杂质.①试剂X可选用下列物质中的(填代号).a.CuO b.NaOHc.Cud.Cu(OH)2②调节溶液pH时，理论上可选择pH最大范围是 .(2)由溶液II制备CuCl2・2H2O的操作依次为：边滴加浓盐酸边加热浓缩、(填操作名称)、过滤、洗涤干燥.(3)室温下，将NaOH溶液逐滴加入到浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中，先生成的沉淀是 .(室温时KSp[Mg(OH)2]=1.8x10-11,KSp[Cu(OH)SP 2 SP2]=2.2x10-20)(4)某学习小组用碘量法测定CuCl2・2H2O样品的纯度(杂质不与发生反应).实验如下：a.准确称取CuCl2・2H2O样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和足量的碘化钾，再滴入适量的稀硫酸，充分反应后，将所得混合液配成250mL待测溶液.(已知：2Cu2++4I-=2CuI+I2)b.移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴指示剂，用cmol・L-1Na2s2O3标准液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准液体积的平均值为VmL.(E知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)①实验中使用的指示剂名称为，达到滴定终点时的溶液颜色变化为.第6页，共24页

②该样品中CuCl2-2H2O的质量分数为(用含m、c、V的代数式表示，不用化简)..硼氢化钠(NaBH4)具有优良的还原性，在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用.利用硼精矿(主要成分为B2O3,含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等)制取NaBH4的流程如图1：已知：偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，不溶于醇，在碱性条件下稳定存在，回答下列问题：(1)写出加快硼精矿溶解速率的措施 (写一种).(2)操作1为，滤渣主要成分为.(3)除硅铝步骤加入CaO而不加入CaCl2的原因有：①能将硅、铝以沉淀除去；②.(4)氢化镁(MgH2)中H元素的化合价为；MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应1,其化学方程式为：.(5)如图2在碱性条件下，在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠，写出阴极室的电极反应式.(6)硼氢化钠是一种强还原剂，碱性条件可处理电镀废液中的硫酸铜制得纳米铜，从而变废为宝，写出该反应的离子方程式 .10.蛇纹石矿可以看做由MgO、Fe2O3、Al2O3和SiO2组成，某实验小组设计如下流程欲分别制得单质Mg、Fe、Al和Si。有关氢氧化物沉淀时的pH见表:金属阳离子氢氧化物开始沉淀时的pH氢氧化物完全沉淀时的pHFe3+1.93.2第7页，共24页Mg2+9.411.6请回答下列问题：(1)滤液A中含有的阳离子有。(2)操作②中涉及的化学方程式为，操作④中生成沉淀G的离子方程式为。(3)除去MgCl2溶液中的HCl，可以选用的试剂为(填字母)。a.NaOH溶液b.氨水c.MgOd.Mg(OH)2(4)由滤液H制取金属Mg的流程如下：、占、7fcS如视甯阖 疗却喝曷 〈scUS在滤液H ,MgCl2・6H2O -MgJfMg该流程中由MgCl2冶炼Mg的方法是。(5)工业上常用碱液除去铝表面的氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是 (用离子方程式表示)，为将碱洗液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的。a.NH3b.CO2c.NaOHd.HNO311.生态产业链是指依据生态学的原理，以恢复和扩大自然资源存量为宗旨，为提高资源基本生产率和根据社会需要为主体，对2种以上产业的链接所进行的设计(或改造)并开创为一种新型的产业系统的创新活动.如图是某企业设计的硫酸-磷肥-水泥联产、海水-淡水多用、盐-热-电联产的三大生态产业链流程图：根据上述产业流程回答下列问题：(1)该流程①、②、③、④、⑤可以实现能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：①、②、③、④、⑤.(2)沸腾炉中发生反应的化学方程式为.磷肥厂的主要产品是普钙(磷酸二氢钙和硫酸钙)，写出由磷矿石和硫酸反应制普钙的化学方程式为.磷肥能否与草木灰混合施用，请说明原因.(3)用1t硫铁矿(FeS2的质量分数为60%)接触法制硫酸，制硫酸的产率为80%,则最后能生产出质量分数为98%的硫酸t.(4)热电厂的冷却水是，该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有(写出一种即可).(5)根据现代化工厂设计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想：,(写出两点即可).第8页，共24页

12.辉铜矿主要含有硫化亚铜（Cu2S）及少量脉石（SiO2）.I.用辉铜矿制备硝酸铜的工艺流程如下:（1）沉淀1的成分是（2）CuO的作用是（3）结晶Cu（NO3）2-nH2O时，下列操作中不正确的是①加稀H2sO4②加稀HNO3③加热蒸干④加热浓缩⑤冷却结晶（4）当反应①中有2molFeCl3被还原时，被氧化的Cu原子的物质的量为.II.焙烧辉铜矿会产生大气污染物SO2,为探究SO2的化学性质，用下图装置进行实验.E C D E（5）实验中，对于装置B中溶液红色褪为无色的现象，甲同学猜测是由于SO2显酸性引起的，乙同学猜测是由于SO2有漂白性引起的.请设计简单实验予以判断:（6）装置D可证明SO2具有氧化性，则D中的溶液可选用（填化学式），现象为.（7）为完成以上实验，仪器接口的连接顺序为a-.第9页，共24页

答案和解析1.【答案】4Ce4++2NO+3H2O=NO3-+NO2-+4Ce3++6H+BD2a+2b+c酸式最后一滴溶液变为紫色且半分钟不变说明反应达到终点负Ce3+-e=Ce4+800NA■A.【解析】解：装置I中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应：so2+oh-=hso3-，no和氢氧化钠之间不会反应，装置n中no在酸性条件下，no和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+，装置皿中，在电解槽的阳极2Ce3+-2e-=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O,装置W中通入氨气、氧气，2NO2-+O2++2H++2NH3=2NH4++2NO3-，(1)装置n中NO在酸性条件下NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应，若装置n中反应生成的含氮化合物的物质的量比为1：1，反应的离子方程式为：4Ce4++2NO+3H2O=NO3-+NO2-+4Ce3++6H+，故答案为：4Ce4++2NO+3H2O=NO3-+NO2-+4Ce3++6H+；(2)①A.NaHSO(2)①A.NaHSO3溶液中滴加氯水，溶液中氢离子浓度增大，c(HSO-)_c(HSO-)c(H+)c(H+)X. 一c(SO3-)c(SO3-)c(H+) Ka2c(HSO-)3^^^^^C^^c(SO3-)的比值变大，故A正确;pH=7时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-),故溶液中c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-),溶液中c(Na+)>c(HSO3-)+c(SO32-),故B正确；pH=9时溶液，溶液为亚硫酸钠溶液，由质子守恒可知，c(OH-)=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3),故C错误；H2sO3的第二级电离，HSO3-=H++SO32-,图中分析可知，PH=7时，c(HSO3-)=c(SO32-),K=c(H+)=10-7,故D正确；E.由图1中数据，pH=5时时亚硫酸氢钠，pH=9时的溶液中为亚硫酸钠，二者水解不同，水的电离程度不相同，故E错误；故答案为：・BD；②I.SO2(g)+NH3・H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=akJ-mol-1n.NH3・H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l)△H2=bkJ・mol-1皿.2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)△H3=ckJ-mol-1盖斯定律计算2I+2n+皿得到反应热化学方程式为：2SO2(g)+4NH3・H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)△H=(2a+2b+c)KJ/mol,故答案为：2a+2b+c；③取装置I中的吸收液VmL,用cmol/L的酸性高镒酸钾溶液滴定.吸收液溶液应装在酸式滴定管中，判断滴定终点的方法是滴入最后一滴溶液变为紫色且半分钟不变说明反应达到终点,故答案为：酸式；滴入最后一滴溶液变为紫色且半分钟不变说明反应达到终点；(3)电解池的阴极发生得电子的还原反应，即右侧电极反应式为2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O,阳极电极反应为：Ce3+-e-=Ce4+,则图中A为电源的正第10页，共24页极，B为电源的负极，左侧反应室中发生的主要电极反应式为Ce3+-e=Ce4+,故答案为：负；Ce3+-e-=Ce4+；(4)NO2-的浓度为0.4mol/L,要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，则失去电子数为：1000X(5-3)x0.4mol，设消耗标况下氧气的体积是V，根据电子守恒：—VL—x4=1000x(5-3)x0.4mol，解得V=4480L，该过程中转移电子数目22.4L/mol二4480Lx4xNa=800Na，22.4L/molAA故答案为：800Na.装置I中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应：so2+oh-=hso3-,NO和氢氧化钠之间不会反应，装置n中NO在酸性条件下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+,NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+,装置皿中，在电解槽的阳极2Ce3+-2e-=2Ce4+,阴极电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O,装置W中通入氨气、氧气，2NO2-+O2+2H++2NH3=2NH4++2NO3-,(1)在酸性环境下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应，若装置n中反应生成的含氮化合物的物质的量比为1：1,为NO3-：NO2-=1：1；(2)①A.NaHSO3溶液中滴加氯水发生氧化还原反应，溶液中氢离子浓度增大，结合平衡常数分析；pH=7时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒；pH=9时溶液，溶液为亚硫酸钠溶液，结合质子守恒分析；H2sO3的第二级电离，HSO3-=H++SO32-,图中分析可知，PH=7时，c(HSO3-)二c(SO32-),K=c(H+)；E.由图1中数据，pH=5时时亚硫酸氢钠，pH=9时的溶液中为亚硫酸钠，二者水解不同，水的电离程度不相同；②I.SO2(g)+NH3・H2O(aq)=NH4HSO3(aq)△H1=akJ-mol-1n.NH3・H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l)△H2=bkJ・mol-1皿.2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2sO4(aq)△HhckJ-mol-1盖斯定律计算反应2SO2(g)+4NH3・H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2sO4(aq)+2H2O(l)的焓变；③酸性高镒酸钾溶液具有氧化性，能氧化橡胶管，需要盛在酸式滴定管，反应终点是滴入最后一滴溶液变紫红色判断反应终点；(3)在电解池中，阳极上发失去电子的氧化反应，阴极上发生得电子的还原反应；(4)NO2-的浓度为0.4mol/L,要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，设消耗标况下氧气的体积是V,结合电子守恒进行计算.本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，涉及氧化还原反应、离子浓度比较、电化学等，综合性强，侧重分析、计算能力的考查，题目难度中等.2.【答案】2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；过滤；沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复2-3次；FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3l+(NH4)2sO4+CO2T+H2O；c；76%第11页，共24页【解析】解：(1)常温下将SO2转化为SO42-而实现SO2的处理.含SO2的废气通入含Fe2+、Fe3+的溶液时其中一个反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，则另一反应的离子方程式为三价铁离子氧化二氧化硫到硫酸根离子，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H20=2Fe2++SO42-+4H+，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；(2)用碳酸钠溶液除去Fe表面的油污，加稀硫酸除去碳酸钠，且溶解Fe，过除去不溶物滤，滤液A中含Fe2+，与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀，再过滤分离，碳酸亚铁经过洗涤、干燥、煅烧得到氧化铁.①操作I是分离互不相溶的固体与液态，应是过滤，操作n为洗涤，洗涤操作的具体方法为：沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀,让蒸馏水自然流下，重复2-3次，故答案为：过滤；沿玻璃棒往漏斗中加入适量蒸馏水至浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复2-3次；②滤液A中含有FeSO4等，加入稍过量的NH4HCO3溶液生成碳酸亚铁沉淀，同时有一种气体产生，该气体为二氧化碳，反应化学方程式：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3l+(NH4)2so4+co2T+h2o,故答案为：FeSO4+2NH4HCO尸FeCOJ+(NH4)2SO4+CO2T+H2O；(3)①亚铁离子具有还原性，硝酸具有强氧化性，不能用硝酸酸化，酸性高镒酸钾溶液具有强氧化性，不能用盐酸酸化，故选：c；②由Fe元素守恒、电子转移守恒可得关系式：5FeO〜5Fe2+〜KMnO4，设样品中FeO的质量为m,则：5FeO〜5Fe2+〜KMnO4360g1molmx-25mL 0.02Lx0.01mol/L250mL所以360g：mx25^=1mol：0.02Lx0.01mol/L250mL解得m=0.72g则样品中氧化铁的质量分数为竺皿丝乂100%=76%,3g故答案为：76%.(1)SO2转化为SO42-该过程为氧气氧化二价铁离子到三价铁离子，然后用三价铁离子氧化二氧化硫到硫酸根离子；(2)用碳酸钠溶液除去Fe表面的油污，加稀硫酸除去碳酸钠，且溶解Fe,过除去不溶物滤，滤液A中含Fe2+,与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀，再过滤分离，碳酸亚铁经过洗涤、干燥、煅烧得到氧化铁；(3)①亚铁离子具有还原性，不能用氧化性酸酸化，酸性高镒酸钾溶液具有强氧化性，不能用盐酸酸化；②由Fe元素守恒、电子转移守恒可得关系式：5FeO〜5Fe2+〜KMnO4,结合关系式计算样品中FeO的质量，进而计算氧化铁的质量分数.本题考查物质制备实验、定量测定实验、氧化还原反应、混合物分离提纯、实验基本操作等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，明确工艺流程原理，为高考常考题型，是对第12页，共24页学生综合能力的考查，题目难度中等.3.【答案】提高浸取的反应速率；9MnO2+2FeS+20H+=9Mn2++2Fe3++2SO42-+10H2O；2.5x1036；漏斗、玻璃棒；HgS和C；将Fe2+全部氧化为Fe3+；：匚：二；；：H3.7SPH«■1■.<8.3；2Fe3++3MnCO3+3H2O=2Fe(OH)3+3Mn2++3CO2f；蒸发浓缩、冷却结晶；3MnSO4-H2O高!Mn3O4+SO#+2SO3T+3H20；坩埚、泥三角【解析】解：将碳包滤渣溶于稀硫酸中，二氧化镒和汞离子溶于稀硫酸，C不溶于稀硫酸，向溶液中加入FeS,根据表中数据知，FeS转化为HgS沉淀，然后过滤，得到的滤渣1中含有C、HgS且还有未反应的FeS,二氧化镒和FeS发生氧化还原反应9MnO2+2FeS+20H+=9Mn2++2Fe3++2SO42-+10H2O,则得到的滤液中含有硫酸镒、硫酸铁;向滤液中加入二氧化镒，二氧化镒具有氧化性，酸性条件下能将Fe2+全部氧化为Fe3+,且不引入新杂质，然后向溶液中加入碳酸镒，调节溶液的pH值，将溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，而镒离子不反应，然后过滤得到的滤渣II为氢氧化铁，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到MnSO4-H2O,(1)用酸浸取固体，加入硫化亚铁作还原剂，温度低，反应慢，故加热提高浸取的反应速率；浸取时反应生成MnSO4、Fe2(SO4)3，由此可判断出MnO2在酸性条件下氧化FeS,根据得失电子守恒配平反应，写出离子方程式为9MnO2+2FeS+20H+=9Mn2++2Fe3++2SO42-+10H2O,故答案为：提高浸取的反应速率；9MnO2+2FeS+20H+=9Mn2++2Fe3++2SO42-+10H2O；(2)根据溶度积数据计算平衡常数，K=3»=3^=巫18=2.5x1036,c(Hg2+)Ksp(HgS)2x10-54故答案为：2.5x1036；(3)过滤时，需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；从硫化物的溶度积数据可以看出，加入FeS容易将Hg2+转化为HgS沉淀，C不溶于该溶液，所以滤渣1的成分为FeS、HgS和C,故答案为：漏斗；玻璃棒；C和HgS；(4)“氧化”过程，用MnO2将Fe2+全部氧化为尸《3+,加入H2O2也具有氧化性，且不引进杂质离子，双氧水分子中H、O原子之间共用一对电子，且O、O原子之间共用一,•♦♦对电子，电子式为H： :「：H，■>«•*t■ ■・故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+；H：：：：；；：H；«■1■•(5)将铁离子和镒离子分离，需要将铁离子转化为沉淀而镒离子不生成沉淀，根据表中生成沉淀所需pH值知，调节溶液的pH为3.7<PH<8.3,该过程产生滤渣II的离子方程式2Fe3++3MnCO3+3H2O=2Fe(OH)3+3Mn2++3CO2T,故答案为：3.7<PH<8.3；2Fe3++3MnCO3+3H2O=2Fe(OH)3+3Mn2++3CO2T；(6)从溶液中获得结晶水合物，要通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥一系列操作，第13页，共24页故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；(7)根据反应物MnSO4-H2O在氩气氛围中进行焙烧的分解产物是Mn3O4、硫的氧化物等，依据化合价升降判断出生成物，并配平化学反应方程式为3MnSO4-H2011Mn3O4+SO2T+2SO/+3H20；固体焙烧时需要的硅酸盐仪器有酒精灯、乙 J 乙 J 乙坩埚、泥三角，故答案为：3MnSO4-H2011Mn3O4+SO2T+2SO3T+3H20；坩埚、泥三角.将碳包滤渣溶于稀硫酸中，二氧化镒和汞离子溶于稀硫酸，C不溶于稀硫酸，向溶液中加入FeS,根据表中数据知，FeS转化为HgS沉淀，然后过滤，得到的滤渣1中含有C、HgS且还有未反应的FeS,二氧化镒和FeS发生氧化还原反应9MnO2+2FeS+20H+=9Mn2++2Fe3++2SO42-+10H2O,则得到的滤液中含有硫酸镒、硫酸铁；向滤液中加入二氧化镒，二氧化镒具有氧化性，酸性条件下能将Fe2+全部氧化为Fe3+,且不引入新杂质，然后向溶液中加入碳酸镒，调节溶液的pH值，将溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，而镒离子不反应，然后过滤得到的滤渣II为氢氧化铁，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到MnSO4-H2O,(1)升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率加快；浸取时反应生成MnSO4、Fe2(SO4)3,由此可判断出MnO2在酸性条件下氧化FeS,根据得失电子守恒配平反应，写出离子方程式；(2)根据溶度积数据计算平衡常数，K=g+)=K^；c(Hg2+)Ksp(HgS)(3)过滤时，需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；从硫化物的溶度积数据可以看出，加入FeS容易将Hg2+转化为HgS沉淀，C不溶于该溶液，且还有未反应的FeS；(4)“氧化”过程，用MnO2将Fe2+全部氧化为尸《3+,加入H2O2也具有氧化性，且不引进杂质离子，双氧水分子中H、O原子之间共用一对电子，且O、O原子之间共用一对电子；(5)将铁离子和镒离子分离，需要将铁离子转化为沉淀而镒离子不生成沉淀，根据表中生成沉淀所需pH值判断；(6)从溶液中获得结晶水合物，要通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥一系列操作；(7)根据反应物MnSO4・H2O在氩气氛围中进行焙烧的分解产物是Mn3O4、硫的氧化物等,依据化合价升降判断出生成物,并配平化学反应方程式；固体焙烧时需要的硅酸盐仪器有酒精灯、坩埚、泥三角.本题考查物质分离和提纯，为高频考点，侧重考查学生综合分析判断及知识综合运用能力，明确流程图中发生的反应、物质分离提纯方法、物质成分及其性质是解本题关键，综合性较强，注意结合表中的数据进行分析解答，难点是判断生成沉淀所需溶液的pH值..【答案】Fe3+、Co3+；ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；R3++3H2O#R(OH)3+3H+,加入碳酸钠后，H+与CO32-反应，使水解平衡右移，从而产生沉淀；除去溶液中的Mn2+；第14页，共24页B；0.7；无色变为浅紫色(或紫红色)；皿2%m【解析】解：(1)亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子Fe3+、Co3+,所以浸出过程中加入Na2s03的目的是将Fe3+、Co3+还原；故答案为：Fe3+、Co3+；(2)NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H20；(3)Fe3+、Al3+水解导致溶液呈酸性，水解方程式为R3++3H2O#R(OH)3+3H+，碳酸根离子和氢离子反应，从而促进水解平衡向右移动，产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；故答案为：R3++3H2O#R(OH)3+3斗，加入碳酸钠后，H+与CO32-反应，使水解平衡右移，从而产生沉淀；(4)根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0〜3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀；故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；(5)由溶度积可知，滤液I“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，根据溶度积可知c(Mg2+)：c(Ca2+)=KsP(MgF2)=7.35xlO-ll=0.7；Ksp(CaF2)1.05x10-10故答案为：0.7；(6)用高镒酸钾溶液去滴定，当溶液由无色变为浅紫色(或紫红色)，且半分钟内不变色时，达到滴定终点；根据n=cV计算反应中草酸的物质的量，设样品中含CoC2O4质量为x,根据方程式:5H2c2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2f+8H,O,草酸根守恒可得：5CoC2O4-5(NH4)2c2O4-5H2c2O4-2MnO4-146.93g 2molx CVx10-3mol样品纯度=X乂100%,带入数据可得纯度为肛5比%；mm故答案为：无色变为浅紫色(或紫红色)；SV%.m含钻废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2,加入NaClO3,可得到FeCl3,然后加入Na2cO3调pH至5.2,可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钻,(1)亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子；NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成尸《3+,自身被还原生成氯离子，同时生成水；Fe3+、Al3+水解导致溶液呈酸性，碳酸根离子和氢离子反应，从而促进水解平衡向右移动；(4)滤液H中加入萃取剂的作用是除去镒离子；根据图知，调节溶液PH在3.0〜3.5第15页，共24页之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀；(5)由溶度积可知，滤液I“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为氟化钙、氟化镁沉淀，根据溶度积可知c(Mg2+)：c(Ca2+)=Ksp(MgF2)；Ksp(CaF2)(6)用高镒酸钾溶液去滴定，当溶液由无色变为浅紫色(或紫红色)，且半分钟内不变色时，达到滴定终点；根据n=cV计算反应中草酸的物质的量，根据方程式5H2c2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2f+8H2O计算V中高镒酸钾的物质的量，再计算原样品中的物质的量，进而计算纯度.本题考查物质分离和提纯，为高频考点，涉及溶度积常数计算、沉淀与pH的关系、盐类水解、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道涉及的操作方法及发生的反应，难点是溶度积常数计算，题目难度中等..【答案】(1)CO2；(2)NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3l+NH4Cl；NH3；不能析出NaHCO3晶体；(3)NaHCO3溶解度小，低于30℃反应速率慢，高于35℃NaHCO3分解，不利于NaHCO3晶体析出；CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3T+H2O；NaOH；①SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2T；②5：1【解析】【分析】本题主要考查了学生运用溶解度有关知识分析解决纯碱制取过程中有关问题.联合制碱法的原料、反应式以及副产物的回收利用，还考查硅及其化合物的性质，涉及化学方程式的书写、以及根据方程式的计算，计算是该题的难点.【解答】(1)碳酸氢钠煅烧生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以X是二氧化碳(CO2),故答案为：CO2；(2)氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3l，制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，所以应先通入氨气，氨气极易溶解于水，能形成较大浓度的溶液，有利于二氧化碳吸收，生成更多的碳酸氢铵，否则不能析出NaHCO3晶体，故答案为：NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3；NH3；不能析出NaHCO3晶体；(3)根据题意“35℃NH4HCO3会有分解"，所以温度不能超过35℃；同时反应速度受温度影响，温度太低反应速率太慢，所以温度必须控制在一个合理范围内，使温度保持一个恒定，故答案为：NaHCO3溶解度小，低于30℃反应速率慢，高于35℃NaHCO3分解，不利于NaHCO3晶体析出；(4)过滤后得到的母液中含有氯化铵，母液中加入石灰乳后，反应生成氨气，方程式为：CaO+2NH4cl=CaCl2+2NH3f+H2O,故答案为：CaO+2NH4cl=CaCl2+2NH3f+H2O；(5)电解饱和氯化钠溶液的方程式为:2NaCl+2H2O通12NaOH+H2T+Cl2T，碱是指NaOH,故答案为：NaOH；①SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气：SiHCl3+3H2O=H2SiO3l+H2T+3HClf,故答案为：SiHCl3+3H2O=H2SiO3l+3HClf+H2T；第16页，共24页②反应生产1mol纯硅需补充HCl：；%-3,需补充H2： ;-1,补充HCl与H2的物质的量之比为“5：1,故答案为：5：1.6.【答案】Ag++e二Ag减小阳极参与电极反应的金属除了银之外还有比银活泼的金属，例如Fe等，但阴极得电子的只有Ag+,则硝酸银浓度降低4.0x10-20mol/L1：1用一支洁净的小试管，取最后清洗液1-2mL,向其中滴加过量的稀硝酸酸化，之后滴加几滴硝酸银溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗干净了 (nh4)2PdCl6+HCOOH=Pd1+2CO2T+6C1-+4H+【解析】解：I.(1)阴极发生还原反应生成Ag,电极方程式为Ag++e=Ag,故答案为：Ag++e-=Ag；(2)由于阳极参与电极反应的金属除了银之外还有比银活泼的金属，例如Fe等，但阴极得电子的只有Ag+,则精炼过程中硝酸银浓度降低，故答案为：减小；阳极参与电极反应的金属除了银之外还有比银活泼的金属，例如Fe等，但阴极得电子的只有Ag+,则硝酸银浓度降低；H.(3)当滤液1中c(Ni2+)=2x10-3mol・L-1时，c(OH-)=即10-15mol/L=1x10-6mol/L,2X10-3贝Uc(Fe3+)=40X10-38mol/L=4.0x10-20mol/L,(1X10-6)3故答案为：4.0x10-20mol/L；(4)加入盐酸、过氧化氢，可生成PdCl62-,Pd化合价由+2价升高为+4价，升高2价，O元素化合价由-1价降低为-2价，共降低2价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1,故答案为：1：1;(5)沉淀吸附氯离子，可用检验氯离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是用一支洁净的小试管，取最后清洗液1-2mL,向其中滴加过量的稀硝酸酸化，之后滴加几滴硝酸银溶液,若出现白色沉淀,说明没有洗干净,反之则洗干净了,故答案为:用一支洁净的小试管，取最后清洗液1-2mL,向其中滴加过量的稀硝酸酸化，之后滴加几滴硝酸银溶液,若出现白色沉淀,说明没有洗干净,反之则洗干净了;(6)“还原”步骤中发生反应的离子方程式为(NH4)2PdCl6+HCOOH=Pd1+2CO2T+6C1-+4H+,故答案为：(NH4)2PdCl6+HCOOH=Pdl+2CO2T+6C1-+4H+。I.电解精炼银，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应生成银，硝酸银溶液浓度减小；n.利用精炼银的电解液(主要成分为：AgNO3、Pd(NO3)2、Cu(NO3)2、Fe(NO3)3、Ni(NO3)2、HNO3等］为原料生产“钯金”，由流程可知加入NaOH溶液，可除去Ag、Cu、Fe等，滤液中含有Pd离子，加入盐酸、过氧化氢，可生成PdCl62-,加入氯化铵生成(NH4)/4。6，加入HCOOH,发生氧化还原反应生成Pd,以此解答该题。本题考查物质的制备，为高考常见题型，涉及流程的理解、氧化还原反应原理、溶度积的计算等知识点，综合性强，要求学生将所学基础知识运用解决实际问题，题目难度中等。.【答案】使SO2、SeO2挥发出来；漏斗、玻璃棒；H.SeO3+2SO9+H.O=Se+2SO42-+4H+；H2sO4(浓)>SeO2>SO2；硫酸；3.95%；Cl-有还原性在酸性条件下与KMnO4标准溶第17页，共24页液反应，使测得Se的质量分数偏低【解析】解：在电解铜的阳极泥中含有3-14%Se元素，由提纯流程可知，焙烧时S、Se反应转化为SO2、SeO2,二者性质相似，均为分子晶体，加热至773K时为气态，流程②的目的是使SO2、SeO2挥发出来，再加水发生H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2SO42-+4H+，Se不溶于水，则流程④为过滤操作，过滤可得到Se，（1）由上述分析可知，流程②的目的是使SO2、SeO2挥发出来；流程④为过滤操作，需要漏斗、烧杯、玻璃棒；H2SeO3与SO2的离子反应方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2SO42-+4H+，故答案为：使SO2、SeO2挥发出来；漏斗、玻璃棒；H2seO3+2SO2+H2O=Se+2SO42-+4H+；乙 乙 乙 J 乙 乙（2）由Se+2H2SO4（浓）ASeO2T+2SO2T+2H2O、H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2SO42-+4H+可知，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性为H2sO4（浓）>SeO2>SO2，由反应可知，硫酸在①中消耗，在③中生成，则硫酸可循环利用，故答案为：H2sO4（浓）>SeO2>SO2；硫酸；（3）由电子守恒、原子守恒可知，Se%』02”^01m01几入；0.01心°05m&VLx79g/molx1Qx100%=3.95%,若FeCl2溶液为Fe2+标准溶5.0g液滴至终点，对测定Se的质量分数结果是否有影响，因为Cl-有还原性在酸性条件下与KMnO4标准溶液反应，使测得Se的质量分数偏低，故答案为：3.95%；Cl-有还原性在酸性条件下与KMnO4标准溶液反应，使测得Se的质量分数偏低.在电解铜的阳极泥中含有3-14%Se元素，由提纯流程可知，焙烧时S、Se反应转化为SO2、SeO2,二者性质相似，均为分子晶体，加热至773K时为气态，流程②的目的是使SO2、SeO2挥发出来，再加水发生H2SeO3+2SO2+H?O=Se+2SO42-+4H+,Se不溶于水，则流程④为过滤操作，过滤可得到Se,以此来（1）、（2）；（3）由电子守恒可知，Mn的得电子数二Se的失电子数+Fe的失电子数，然后结合Se原子守恒计算Se的质量分数；高镒酸钾可氧化氯离子，干扰Se的含量测定.本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程及发生的反应、混合物分离方法等为解答的关键，侧重分析、计算能力的考查，（3）为解答的难点，题目难度中等..【答案】ad；3.2WpH<4.7；冷却结晶；Cu（OH）2；淀粉；溶液由蓝色变为无色；171CVX10-3X10*100%m【解析】解：粗铜中含有Fe,粗铜与氯气反应生成CuCl2和FeCl3,加热稀盐酸至固体完全溶解，溶液中含有CuCl2和FeCl3,盐酸能抑制铜离子和铁离子水解，从而得到溶液1;向溶液1中加入试剂X调节溶液pH至4-5,根据铁离子沉淀需要溶液pH值知，铁离子完全沉淀生成Fe（OH）3,铜离子不产生沉淀，过滤得到的固体2是Fe（OH）3,加入的X能和氢离子反应且不能引进新的杂质，可为Cu2（OH）2cO3、CuO、CuCO3等物质，得到的溶液2为溶液CuCl2,经蒸发浓缩，冷却结晶可得到CuCl2晶体；（1）①试剂X能和氢离子反应而提高溶液的pH值，且不能引进新的杂质，可为Cu2第18页，共24页(OH)2cO3、CuO、CuCO3等物质，故答案为：ad；②调节溶液pH时，要使铁离子完全沉淀但铜离子不能产生沉淀才能达到分离目的，所以其pH范围为3.2WpH<4.7,故答案为：3.2<pH<4.7；(2)由溶液H制备CuCl2・2H2O的操作依次为：边滴加浓盐酸边加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，故答案为：冷却结晶；(3)由KJMg(OH)J=1.8x10-ii,K>[Cu(OH):2.2x10-20,将NaOH溶液逐滴加SP 2 SP 2入到浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中，先生成的沉淀是Cu(OH)2，故答案为：Cu(OH)2；(4)①碘遇淀粉试液变蓝色，所以要用淀粉作指示剂，达到滴定终点时的溶液颜色变化为溶液由蓝色变为无色，故答案为：淀粉；溶液由蓝色变为无色；②由2Na2s2O3+I广Na2s4O6+2NaI,2Cu2++4I-=2CuI；+I2；得到2Na2s2O3〜2Cu2+2 2cmol/LxVx10-3LcVx10-3mol试样中CuCl2・2H2O的质量百分数为皿但叱国X100%,m故答案为：⑺21-10X100%.m粗铜中含有Fe,粗铜与氯气反应生成CuCl2和FeCl3,加热稀盐酸至固体完全溶解，溶液中含有CuCl2和FeCl3,盐酸能抑制铜离子和铁离子水解，从而得到溶液1；向溶液1中加入试剂X调节溶液pH至4-5,根据铁离子沉淀需要溶液pH值知，铁离子完全沉淀生成Fe(OH)3，铜离子不产生沉淀，过滤得到的固体2是Fe(OH)3，加入的X能和氢离子反应且不能引进新的杂质，可为Cu2(OH)2cO3、CuO、CuCO3等物质，得到的溶液2为溶液CuCl2,经蒸发浓缩，冷却结晶可得到CuCl2晶体；(1)①试剂X能和氢离子反应而提高溶液的pH值，且不能引进新的杂质；②调节溶液pH时，要使铁离子完全沉淀但铜离子不能产生沉淀才能达到分离目的；(2)由溶液H制备CuCl2-2H2O,要抑制水解，不能蒸发结晶；(3)类型相同，溶度积小的先沉淀；(4)①碘遇淀粉试液变蓝色，所以要用淀粉检验碘单质；②依据碘化钾和氯化铜发生氧化还原反应，生成碘化亚铜沉淀，和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，依据碘单质被Na2s2O3标准溶液滴定到终点，根据反应的离子方程式计算分析.本题考查物质制备实验，为高频考点，侧重考查学生实验操作及实验分析能力，涉及物质分离和提纯、基本实验操作、滴定实验及计算等知识点，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等..【答案】将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等；过滤；Fe(OH)3；提供碱性溶液抑制NaBO2水解；-1；2MgH2+NaBO2=NaBH4+2MgO；BO2-+6H2O+8e=BH4-+8OH-；4Cu2++BH4-+8OH-=4Cu+BO2-+6H2O【解析】解：(1)将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等都可以加快硼精矿溶解速率，故答案为：将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等；(2)根据以上分析，操作1为过滤，滤渣主要成分为Fe(OH)3,故答案为：过滤；Fe(OH)；第19页，共24页(3)因为在NaBO2溶液除去硅铝，又NaBO2易溶于水，在碱性条件下稳定存在，所以除硅铝步骤加入CaO而不加入CaCl2的原因有：①能将硅、铝以沉淀除去；②提供碱性溶液抑制NaBO2水解，故答案为：提供碱性溶液抑制NaBO2水解；(4)根据化合价代数和为0，则氢化镁(MgH2)中H元素的化合价为-1；MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应生成NaBH4和MgO,则反应方程式为：2MgH2+NaBO广NaBH4+2MgO，故答案为：-1；2MgH2+NaBO广NaBH4+2MgO；(5)在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠，则阴极室BO2-得电子发生还原反应生成BH「则电极反应式为：BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-，故答案为：BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-；(6)硼氢化钠是一种强还原剂，碱性条件可处理电镀废液中的硫酸铜制得纳米铜，则反应的离子方程式为：4Cu2++BH4-+8OH-=4Cu+BO2-+6H2O，故答案为：4Cu2++BH4-+8OH-=4Cu+BO2-+6H2O.以硼精矿(主要成分为B2O3,含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等)为原料制取NaBH4,由流程可知，加NaOH溶解B2O3、Al2O3、SiO2,将FeCl3转化成氢氧化铁沉淀，则操作1为过滤，滤渣为Fe(OH)3,再加CaO将硅铝沉淀，则操作2也为过滤，从而除去硅铝，最后反应1为NaBO2与MgH2反应生成NaBH4，以此来解答.本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、实验装置的作用、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，题目难度中等..【答案】(1)Fe3+、Al3+、Mg2+、H+；2C+SiO,高BSi+2COf；AlO0-+CO°+2H,O=Al(OH)J+HCO“；乙 乙 乙 乙 J Jcd；(4)电解法；(5)2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2f；b。【解析】【分析】蛇纹石矿加盐酸溶解，发生反应的化学方程式为MgO+2HCl=MgCl2+H2O,Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O,SiO2不与盐酸反应，以固体形式先除去，因此，不溶物B为SiO2,滤液A中除了Mg2+外，还有的金属离子是Al3+和尸03+,加入过量烧碱，滤液E为偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝，用电解法冶炼可生成铝；沉淀D为Fe(OH)3和Mg(OH)2，加入过量盐酸生成氯化铁和氯化镁，调节溶液pH=5〜6时，促进铁离子水解，生成氢氧化铁沉淀，滤液H为氯化镁溶液，在HCl氛围中加热、蒸发结晶可得MgCl2-6H2O,脱水生成MgCl2，电解可得Mg。本题主要考查了元素化合物中金属铝、铁的性质，解题时不仅需熟知物质间的反应原理，还需灵活运用于实验的设计，题目难度不小。【解答】(1)蛇纹石加过量盐酸溶解，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O,Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O,而SiO2不与盐酸反应，以沉淀的形式除去，所以滤液A中含有的阳离子有Fe3+、Al3+、Mg2+、H+，第20页，共24页故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+、H+；（2）由（1）分析可知操作②中不溶物为SiO2,工业上粗硅的生产用二氧化硅和碳反应，碳是还原剂，二氧化硅是氧化剂，碳元素化合价由0价变为+2价，硅元素化合价由+4价变为0价，反应方程式为2C+SiO2高温Si+2COf；滤液A中含有镁离子、铁离子、铝离子、氢离子，氢离子和氢氧化钠反应生成水，镁离子、铁离子和铝离子都和氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化镁、氢氧化铁不溶于氢氧化钠溶液中，但氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢根离子，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）31+HCO3-；故答案为：2C+SiO2HSi+2COT；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3；+HCO3-；乙 乙 乙 乙 J J（3）除去MgCl2溶液中的HCl，且不引进新的杂质，氧化镁、氢氧化镁难溶于水，但能与盐酸反应，故答案为：cd；（4）镁是活泼金属，应采用电解其熔融盐的方法冶炼，所以工业上用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，反应方程式为：MgCl2通曳Mg+Cl/，故答案为：电解法；（5）铝能与强碱反应产生氢气；碱洗槽液中有铝以AlO2-存在，故应加酸来回收铝的沉淀物，可以通入CO2来回收Al（OH）3,发生反应2AlO2-+3H2O+CO2=2Al（OH）3l+CO32-乙 J 乙 乙 乙 J J或CO2+2H2O+AlO2-=HCO3-+Al（OH）尺；若加口HNO3，生成的沉淀还会继续溶解，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2f；b。11.【答案】Fe2O3；电能；热能；SO2；H2SO4；4FeS2+1102高温2Fe2O3+8SO2；Ca3（PO4）乙J 乙 乙 tT 乙 乙 乙J 乙 J tT2+2H2SO4=Ca（H2PO4）2+2CaSO4；不能混合施用，因为草木灰中的K2CO3水解显碱性会与磷酸二氢钙反应，生成难溶于水的磷酸一氢钙或磷酸钙降低了肥效；0.8；海水；镁或澳；废气（主要是高炉煤气）经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料；废渣（主要成分是硅酸钙等），可用作水泥生产原料【解析】解：硫铁矿含有FeS2,在沸腾炉中充分反应可生成Fe2O3、SO2,反应放出的热量可用于发电，生成的Fe2O3可用于冶炼铁，二氧化硫可用于生产水泥，二氧化硫可在接触室生成三氧化硫，在吸收塔生成硫酸，加入Ca5（PO4）3F，可生成Ca（H2PO4）2、CaSO4,可用作磷肥，（1）①中冶炼钢铁的原料是Fe2O3,②中热电厂中向外提供的能量为电能，③沸腾炉中FeS2与氧气反应放出大量的热，④制硫酸时接触室中二氧化硫被氧化，⑤硫酸工业中生成的硫酸，可用于制磷肥，故答案为：①Fe2O3②电能③热能④SO2⑤H2sO4；（2）沸腾炉中FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，其反应方程式为：4FeS2+1102^12Fe2O3+8SO2；普钙是磷酸二氢钙和硫酸钙，用硫酸与磷酸钙反应生成硫酸钙和磷酸二氢钙的化学方程式为：Ca3（PO4）2+2H2SO4=Ca（H2PO4）2+2CaSO4，因为草木灰中的K2cO3水解显碱性会与磷酸二氢钙反应，生成难溶于水的磷酸一氢钙或磷酸钙降低了肥效，则不能混合使用，第21页，共24页故答案为：4FeS2+1102H2Fe2O3+8SO2；Ca3(PO.)2+2H2SO广Ca(H2P0.)2+2CaSO4；乙 乙 乙J 乙 J tT乙 乙 乙 乙不能混合施用，因为草木灰中的K2cO3水解显碱性会与磷酸二氢钙反应，生成难溶于水的磷酸一氢钙或磷酸钙降低了肥效；(3)FeS2制取硫酸过程中，设生成的98%的硫酸为x吨，利用关系法列式，硫元素守恒，FeS2〜2H2sO4120 2x981x60%x80%98%xx=0.8,故答案为：0.8；(4)沿海地区有丰富的海水资源；海水中含有丰富的Mg元素、澳元素等可以制取Mg或澳，故答案为：海水；镁或澳；(5)根据工厂的废气、废渣的成分可知，废气(主要是高炉煤气)经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料；废渣(主要成分是硅酸钙