热门试卷

（1）Cl2+2OH- = Cl-+ ClO-+ H2O（2分）

（2）2NaCl + 2H2O2NaOH + H2↑ + Cl2↑（2分）

（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==109.9ml=0.11L可得C(KOH)= 10 mol·L-1，（7）根据氧化还原电子守恒，2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O

Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O, 2K2Fe04～～3Cl2,

n(K2FeO4)=10mol,n(Cl2)=15mol

（1）将Fe2+氧化成Fe3+   （2）3.7～6.0    cd （3）水浴加热    CuO 

（4）2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2(OH)2CO3+2HCO3-

（5）取最后一次洗涤液，加入硝酸银、硝酸溶液，无沉淀生成则表明已洗净

（1）由于沉淀氢氧化亚铁的pH大于沉淀氢氧化铁的pH，所以应该把亚铁离子氧化生成铁离子，然后再沉淀，所以氯酸钠的作用是将Fe2+氧化成Fe3+。

（2）根据表中数据可知，要沉淀氢氧化铁，而不沉淀氢氧化铜，则溶液的pH应该控制在3.7～6.0之间；由于不能引入杂质，所以选择的试剂是cd。

（3）要控制在60℃左右，且保持恒温，可采用的加热方法应该是水浴加热；如果温度过高，则氢氧化铜会分解生成黑色的氧化铜。

（4）根据反应物和生成物可得出反应的方程式为

2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2(OH)2CO3+2HCO3-。

（5）由于沉淀表面含有吸附的氯离子，所以可以通过检验氯离子来判断，即取最后一次洗涤液，加入硝酸银、硝酸溶液，无沉淀生成则表明已洗净。

（1）． HCl(其它合理答案也给分)   (1分)   NH3·H2O   (1分)  

（2）． AlCl3 (其它合理答案也给分)  (1分)   Al(OH)3      (1分)

（3）．Al2O3+6H+→Al3++3H2O  (2分)

（4）．增加Ca2+、OH-的浓度，有利于Mg(OH)2、CaCO3的析出(其它合理答案也给分)  (2分)

（5）．Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失(2分)

（6）．2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑  (2分)

（1）.滤渣中含有氧化铝和二氧化硅，氧化铝是两性氧化物，所以先加入盐酸，将氧化铝溶解过滤及得到氯化铝溶液，然后通入氨气即可得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝灼烧即得到氧化铝。

（2）略

（3）氧化铝和盐酸反应的离子方程式为Al2O3+6H+→Al3++3H2O。

（4）加入石灰乳，可以增加Ca2+、OH-的浓度，有利于平衡向生成Mg(OH)2、CaCO3的方向进行。

（5）根据溶解度可知，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，所以热水洗涤可减少Li2CO3的损失。

（6）氧化铝电解生成越强和单质铝，方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑ 。

（1）3Cu2O+2Al Al2O3+6Cu     (2分)     正  (1分)     阴   (1分)

（2）2.5   (1分)        Cu2O和Cu2S    (1分)

（3）①2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O      (2分)

②Al3++4OH-=AlO2-+2H2O    (2分)

③稀硫酸 高锰酸钾溶液           (2分)

取少量高锰酸钾溶液于试管中，滴加经稀硫酸溶解的炉渣溶液，高锰酸钾溶液的紫色褪去，证明含有Fe2+   (2分)

试题分析：（1）由题意可知，“泡铜”与金属A1在高温条件下混合反应可得粗铜为铝热反应；电解精炼铜是粗铜做阳极，即连接电源的正极（2）将题目中三个方程式处理后可得：2CuFeS2+5O2=2FeO+4SO2+2Cu故每生成1 mol Cu，共消耗2.5mol O2；③中铜的化合价降低，故Cu2O和Cu2S是氧化剂（3）炉渣中含有FeO，需要将其氧化，亚铁具有还原性，故检验时可选择酸性高锰酸钾。

（1）不是     C    （每空1分）  （2） A、B、C （3分，每选一个1分）

（3）2NaClO3+4HCl（浓)=2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O （2分） 

（4）2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2  （2分）安全性好，没有产生毒副产品 （2分）

（5）H2C2O4+2NaClO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O （2分） 

反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用 （2分）

试题分析：（1）氯最外层7个电子，氧最外层6个电子，氯失去四个电子无法形成8电子结构，故ClO2中所有原子是不是都满足8电子结构；杂质气体呈碱性，故可用浓硫酸除去。（2）A、B、C均正确。（3）氯酸钠氧化浓盐酸的方程式为：2NaClO3+4HCl（浓)=2NaCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O（4）氯气与固体亚氯酸钠反应的方程式为：2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2该方法与欧洲的相比较没有杂质气体Cl2生成，故安全性好 （5）硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠的方程式为：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O；此法提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程中生成的二氧化碳起到稀释作用

（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

（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 Fe(OH)3+ 3 H+

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。

（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·H2OMn3O4 + SO2↑+ 2SO3↑+ 3H2O （3分）

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＝＝6.3×10-31 mol/L。

（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·H2OMn3O4 + SO2↑+ 2SO3↑+ 3H2O。

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。

⑴cd  ⑵滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色则存在Fe3＋。

⑶3Cu2O＋2AlAl2O3＋6Cu     ⑷d   ⑸O2＋4e－＋4H＋＝2H2O

（1）根据流程图可知，A应该是SO2。由于SO2是酸性氧化物，所以吸收SO2可选择cd。稀硝酸能氧化SO2，但还原产物是NO，仍然会污染环境，答案选cd。

（2）检验铁离子的常用试剂是KSCN溶液，即滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色则存在Fe3＋。

（3）铝是活泼的金属，能发生铝热反应，方程式是3Cu2O＋2AlAl2O3＋6Cu。

（4）由于粗铜中含有杂质，所以根据金属性强弱可知，阳极最初失去电子的是铝和锌。而阴极是始终是铜离子放电，所以ab不正确；电解池中阳离子向阴极移动，c不正确。铜的金属性强于Ag、Pt、Au，所以这些金属不会失去电子，最终形成阳极泥，答案选d。

（5）原电池中负极失去电子，正极得到电子，所以根据方程式可知，氧气在正极得到电子，反应式是O2＋4e－＋4H＋＝2H2O。