- 酚醛树脂
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高铁酸钾(K2Fe04)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂，其生产工艺如下：
已知：2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O
回答下列问题：
（1）将Cl2通入KOH溶液中发生反应的离子方程式是____________。
（2）写出工业上制取Cl2的化学方程式____________。
（3）在“反应液I”中加入KOH固体的目的是____________。
（4）K2FeO4可作为新型多功能水处理剂的原因是____________。
（5）配制KOH溶液时，将61.6g KOH固体溶解在100 mL水中，所得溶液的密度为1.47 g • mL-1，则该溶液的物质的量浓度为____________。
（6）从“反应液II”中分离出K2Fe04后，副产品是___________ (写化 学 式）。
（7）该工艺每得到1.98kgK2FeO4，理论上消耗Cl2的物质的量为______mol。
正确答案
（1）Cl2+2OH- = Cl-+ ClO-+ H2O（2分）
（2）2NaCl + 2H2O
（3）与“反应液Ⅰ”中过量的Cl2继续反应生成KClO（2分）
（4）K2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒；还原产物Fe元素为+3价，在水中形成Fe(OH)3胶体，可吸附水中悬浮物形成沉淀。（2分）
（5）10 mol·L-1（3分）
（6）KNO3 KCl（2分）
（7）15 （2分）
试题分析：注意刚开始通入足量的Cl2,多余的Cl2会干扰K2FeO4制备时的反应。由K2FeO4制备方程可知副产品为KNO3和KCl， (5)中根据物质的量浓度定义计算，n(KOH)=1.1mol,V=
Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O, 2K2Fe04～～3Cl2,
n(K2FeO4)=10mol,n(Cl2)=15mol
高铁酸钠（Na2FeO4）具有很强的氧化性，是一种比氯气更好的净水消毒剂。工业上可以通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠，生产过程如下，回答下列问题：
（1）氯气作净水消毒剂是因为它溶于水生成了________，它有强的氧化性，能杀菌消毒。
（2）步骤②反应的离子方程式是 。
（3）从溶液Ⅰ中分离出Na2FeO4后，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤③中反应的离子方程式为 。
（4）将一定量的Na2FeO4投入到pH不同的污水中（污水中其余成分均相同），溶液中Na2FeO4浓度变化如图曲线Ⅰ、Ⅱ所示，试推测曲线II比曲线I对应的污水pH________（填“高”或“低”）。
（5）通过计算得知Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）约是氯气的_____倍
正确答案
（1）次氯酸或HClO （2）2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O
（3）2Fe3+ + 3ClO- + 10OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O （4）低 （5）0.64。
试题分析：（1）氯气在水中发生反应：Cl2+H2O="HCl+HClO." HclO有强的氧化性，能对水杀菌、消毒。（2）H2O2有强的氧化性，在酸性条件下把Fe2+氧化成Fe3+，它本身被还原为H2O。步骤②反应的离子方程式是2Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O。（3）ClO-能在碱性条件下把Fe3+氧化成FeO42-，它本身被还为Cl-。步骤③中反应的离子方程式为2Fe3+ + 3ClO- + 10OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O 。（4）FeO42-在酸性条件下氧化能力比碱性条件下强，浓度变化大。所以曲线II比曲线I对应的污水pH小，即酸性强。（5）Na2FeO4的消毒效率是：3NA÷166；氯气的消毒效率是：2NA÷71.所以Na2FeO4的消毒效率与氯气消毒效率之比为：（3NA÷166）：（2NA÷71）=0.64..2FeO4）的制法、消毒效率及相应的化学反应原理。
锰锌铁氧体可用于隐形飞机上吸收雷达波涂料。现以废旧锌锰电池为原料制备锰锌铁氧体的主要流程如下：
(1)酸浸时，二氧化锰被双氧水还原的化学方程式为_______。
(2)活性铁粉除汞时，铁粉的作用是______ (填“氧化剂”或“还原剂”或“吸附剂”）。
(3)除汞是以氮气为载气吹入滤液带出汞蒸汽经KMnO4溶液进行吸收而实现的。如下图是KMnO4溶液处于不同pH时对应的Hg去除率变化图，图中物质为Hg与 MnO4-在该pH范围内的主要产物。
①请根据该图给出pH对汞去除率影响的变化规律：______。
②试猜想在强酸性环境下汞的单位时间去除率高的原因：______。
(4)当x＝0.2时，所得到的锰锌铁氧体对雷达波的吸收能力特别强，试用氧化物的形式表示该铁氧体组成____________。
(5)经测定滤液成分后同时加入一定量的MnSO4和铁粉的目的是______。
正确答案
（15分）（1）MnO2 + H2O2 + H2SO4＝MnSO4 +O2↑ + 2H2O（3分）（2）还原剂（2分）
（3）①随pH的升高汞的去除率先降低后增加（2分）
②Mn2+具有催化作用，单位时间内去除率高（2分）
（4）MnO·4ZnO·5Fe2O3（3分）
（5）调节滤液离子的成分，符合水热后获得锰锌铁氧化体组成（3分）
试题分析：（1）二氧化锰被双氧水还原，说明二氧化锰是氧化剂，得到电子。双氧水是还原剂失去电子，其氧化产物是氧气，所以反应的化学方程式为MnO2 + H2O2 + H2SO4＝MnSO4 +O2↑ + 2H2O。
（2）铁是活泼的金属，所以活性铁粉除汞时，铁粉的作用是还原剂。
（3）①根据图像可知，随着pH的升高汞的去除率先降低后增加。
②根据图像可知，在强酸性条件下，MnO4－的还原产物是Mn2＋，Mn2+具有催化作用，所以单位时间内去除率高。
（4）当x＝0.2时，该物质的化学式可表示为Mn0.2Zn0.8Fe2O4，即Mn、Zn、Fe的原子个数之比＝1:4:10，所以用氧化物形式可表示为MnO·4ZnO·5Fe2O3。
（5）根据锰锌铁氧化体组成可知，加入一定量的MnSO4和铁粉可以调节滤液离子的成分，使其符合水热后获得锰锌铁氧化体组成
用菱锌矿（主要成分为碳酸锌，还含有Fe2+、Fe3+、 Mg2+、 Ca2+、Cu2+等）制备氯化锌的一种流程如下：
（1）在反应3前要将菱锌矿研磨，其目的是_______________________________
（2）反应4将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为______________________
（3）加入氧化锌调节pH=4.5,反应5的离子方程式为________________________
（4）锌粉不在反应4之前加的原因是____________________________________
（5）若用石墨作电极电解滤液Y，则可以得到参与本流程反应的物质有_________
正确答案
（15分）
（1）增大反应物接触面积,加快反应3的反应速率
（2）2Fe2+ + ClO- + 2H+ =" 2" Fe3+ + Cl- + H2O
（3）ZnO + 2H+ = Zn2+ + H2O 、Fe3+ + 3H2O 
或3 ZnO + 2 Fe3+ + 3H2O = Fe(OH)3↓ + 3 Zn2+
（4）Zn和H+以及Fe3+反应，将增加Zn的用量以及后续实验中次氯酸钠(或氯酸钠)的用量
（5）H2、Cl2、Zn
试题分析：
（1）依据影响化学反应速率的因素分析判断，增大接触面积会增大反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，使反应3反应速率加快；
（2）反应1是氯气与氢氧化钠溶液反应，产物是NaClO、NaClO3和水，反应3中加入了过量盐酸，反应4中将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+═2Fe3++Cl-+H2O，
（3）加入氧化锌调节溶液的pH=4.5，同时得到红褐色沉淀Fe（OH）3，同时不引入新的杂质；反应的离子方程式为：ZnO+2H+═Zn2++H2O，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3↓+3H+，
（4）因为菱锌矿中含有杂质离子Fe3+，以及加入的盐酸均可以与锌粉反应，这样锌的用量增加，并造成后续反应中所用的次氯酸钠或氯酸钠的用量也增加，
（5）滤液Y是ZnCl2，用石墨作电极，电解时首先得到H2和Cl2，当ZnCl2浓度较大时还可以得到Zn，故答案为：H2、Cl2、Zn。
考点定位：本题考查了物质制备流程的分析判断，影响化学反应速率的因素，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，常见金属元素的单质及其化合物的综合应用。离子方程式书写，电解原理的应用，题目难度中等。
MnSO4·H2O在工业、农业等方面有广泛的应用。工业上用化工厂尾气中低浓度SO2还原MnO2矿制备MnSO4·H2O过程如下：
已知： 常温时部分硫化物难溶盐的Ksp：CuS--6.3×10-36、PbS--1.0×10-28、NiS--2.0×10-26、
MnS--2.5×10-10，请回答下列问题：
（1）生产中MnO2矿粉碎的目的是 。
（2）除铁发生的离子反应方程式为 。
（3）除重金属离子后，若混合溶液中Cu2+、Pb2+、Ni2+的浓度均为1.0×10-5mol/L，则c(S2-)最大= mol/L。
（4）已知MnSO4·H2O在1150℃高温下分解的产物是Mn3O4、含硫化合物、水，则在该条件下硫酸锰晶体分解反应的化学方程式是
正确答案
（12分）（1）增大反应物接触面积，加快反应速率； （3分）
（2）2Fe3+ + 3H2O + 3CaCO3 ＝ 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑+ 3Ca2+ (3分)
（或 Fe3+ + 3H2O = Fe(OH)3↓+ 3H+ 2H+ + CaCO3 = Ca2+ + CO2↑+ H2O ）
（3）6.3×10-31 （3分） （4）3MnSO4·H2O
试题分析：（1）生产中MnO2矿粉碎增大了反应物的接触面积，加快了化学反应速率，即答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率。
（2）溶液中溶解度大的物质向溶解度小的物质转化，碳酸钙的溶度积大于氢氧化铁的溶度积，所以在水溶液里，铁离子和碳酸钙反应生成氢氧化铁，离子方程式为2Fe3+ + 3H2O + 3CaCO3 ＝ 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑+ 3Ca2+。
（3）当溶液中溶度积最小的物质恰好饱和时硫离子的浓度才最大，溶度积最小的是CuS--6.3×10-36，当溶液中Cu2+为1.0×10-5mol/L，则c（S2-）最大＝
（4）MnSO4•H2O在1150℃高温下分解的产物是Mn3O4、含硫化合物、水。生成Mn3O4锰元素失电子，生成二氧化硫是得电子，根据氧化还原反应中得失电子数相等结合原子守恒得出反应方程式为
3MnSO4·H2O
点评：该题以制备MnSO4·H2O为载体，重点考查学生对工艺流程试题了解掌握情况。试题综合性强，贴近高考，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力以及动手操作能力。该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论。该题的易错题是（3），明确当溶度积最小的都不产生沉淀时，硫离子的浓度才最大，这样才能作出正确解答。
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