资源简介

高考化学考前冲刺押题预测 制备实验方案的设计解答题
一．解答题（共20小题）
1．（2025 广东一模）硫代硫酸钠（Na2S2O3 5H2O）的俗名是大苏打，在化学实验中有广泛应用。
（1）实验室可通过向含Na2S和Na2CO3的溶液中通入SO2来制备Na2S2O3（其简单流程如图所示）。
①写出制备Na2S2O3的化学方程式：　 　 。
②“一系列操作”包括 　 　 、　 　 、过滤、洗涤、干燥。（填操作名称）
（2）工业上，常用Na2S2O3溶液吸收尾气中的Cl2，氧化产物为。写出发生反应的离子方程式：　 　 。
（3）临床上，Na2S2O3可用于氰化物解毒，解毒原理：S2CN﹣═SCN﹣。检验该转化生成了SCN﹣的操作为 　 　 。
（4）工业上，测定V2O5样品纯度的方法：取wg样品溶于稀硫酸，加入足量KI溶液，再加入cmol/L的Na2S2O3溶液至恰好完全反应，消耗Na2S2O3溶液VmL。
相关反应：V2O5+2KI+3H2SO4═2VOSO4+I2+K2SO4+3H2O；
I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6。
①该样品中V2O5的质量分数为 　 　 （假设杂质不参与反应）。
②如果稀硫酸过多，测得结果会 　 　 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
2．（2025春 南昌县校级期中）Ⅰ．亚硝酸钠（NaNO2）外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，使用过量会使人中毒。某兴趣小组进行下面实验探究，查阅资料知道：
①HNO2为弱酸 ②2NO+Na2O2＝2NaNO2 ③2NO2+Na2O2＝2NaNO3
④酸性KMnO4溶液可将NO和均氧化为，还原成Mn2+。
NaNO2的制备方法如下（夹持装置和加热装置已略，气密性已检验）：
（1）B装置的作用是 　 　 ；其中铜参与反应的离子方程式是 　 　 。
（2）为避免B中逸出的气体中混有的杂质气体与Na2O2反应，应在B、C装置间增加一个装置，则该装置及其中盛放药品的仪器及药品名称分别为 　 　 、　 　 。
（3）D装置发生反应的离子方程式为 　 　 。
（4）试设计实验检验装置C中NaNO2的存在（不考虑Na2O2剩余）（写出操作、现象和结论） 　 　 。
Ⅱ．将一定量纯净的氨基甲酸铵（NH2COONH4）置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s） 2NH3（g）+CO2（g）。
（5）能使该反应的速率增大的是 　 　 。
A．及时分离出CO2气体
B．适当升高温度
C．加入少量NH2COONH4（s）
D．选择高效催化剂
（6）下列不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是 　 　 （填序号）。
①v正（NH3）＝2v逆（CO2）
②混合气体的密度保持不变
③CO2（g）的体积分数保持不变
④密闭容器中气体总压强保持不变
⑤气体的平均相对分子质量保持不变
3．（2025春 杭州期中）铁及其化合物与生产、生活联系紧密。请回答下列问题：
（1）自然界有多种含铁矿石，其中黄铁矿的主要成分 　 　 。
（2）钢铁厂生产中，炽热的铁水注入模具之前，模具要充分干燥处理。用化学方程式解释模具不得留有水的原因：　 　 。
（3）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种高效杀菌、净水剂，用废铁屑制备高铁酸钠的流程如图所示：
Ⅰ.下列有关说法不正确的是 　 　 。
A.步骤①中加入Na2CO3溶液的目的除去铁屑表面油污
B.部分原料废铁屑表面已氧化生锈，铁锈不影响Na2FeO4的制备
C.步骤④中涉及到的离子方程式为：
D.Na2FeO4具强氧化性能杀菌，生成的氢氧化铁胶体具吸附性能沉降水体中悬浮颗粒
Ⅱ.步骤③操作：边加NaOH溶液、边鼓入空气、边搅拌。步骤③制备Fe（OH）3的过程用一步离子方程式表示为 　 　 。
4．（2025 全国模拟）一种用于汽车尾气处理的三效催化剂（CexZr（1﹣x）O2）的合成步骤如下：
Ⅰ.称取18.04g硝酸亚铈[Ce（NO3）3 6H2O，Mr＝434g/mol]，加入到盛有100mL蒸馏水的烧杯中，使全部溶解。缓慢加入4.15mLH2O2（体积分数30%）。
称取5.75g碳酸氧锆（Mr＝167g/mol），加入到盛有1.73mL浓硝酸（质量分数68%）的烧杯中，在60﹣80℃下，用玻璃棒搅拌至不再产生气泡，加入50mL蒸馏水，搅拌均匀。
将上述烧杯中的两种溶液混合均匀，得Ce﹣Zr盐溶液，备用。
Ⅱ.在60℃下，控制pH8﹣10，以恒定速率向500mL三颈烧瓶加入150mLCe﹣Zr盐溶液和0.1mol/L碳酸钠溶液进行共沉淀，溶液加完后，继续搅拌10min。
Ⅲ.将沉淀物减压过滤、在120℃下烘干，再置于马弗炉中400℃下焙烧1h，得到分末状CexZr（1﹣x）O2氧化物。
回答下列问题：
（1）恒压滴液漏斗在使用的时候 　 　 （填需要或不需要）将上口塞子拔下来，原因是 　 　 。
（2）双氧水将无色Ce3+氧化为橙红色的Ce4+该反应的离子方程式为 　 　 。
（3）本实验采用了碳酸钠溶液代替NH3 H2O～（NH4）2CO3缓冲溶液来控制溶液的pH，制取了相同晶型的铈锆固溶体，选择的Na2CO3溶液的原因是 　 　 。
（4）为了确定适合的焙烧温度，对样品进行了热重测试，结果如图所示。
50～90℃主要为 　 　 的过程，随着温度升高，沉淀物分解转化为氧化物。
（5）沉淀产物需要减压过滤以及洗涤，图是一种减压过滤装置。
其中，C装置的作用是 　 　 ，减压过滤结束时应该首先进行的操作是 　 　 。
A.应先断开连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管
B.先关闭水龙头，以防倒吸
（6）根据实验数据，氧化物CexZr（1﹣x）O2中x＝ 　 　 （保留2位小数）。
5．（2025春 南通期中）含氯化合物在工业上有广泛的用途。
（1）过氧化氢法制备亚氯酸钠（NaClO2）的流程如图：
已知：Ⅰ.ClO2气体极易溶于水，具有强灭菌作用。浓度高时易发生分解爆炸，在碱性溶液中会转化为和。
Ⅱ.NaClO2在温度高于60℃时易分解。
①制备ClO2气体的化学方程式为 　 　 （已知硫酸的化合价没有发生变化）。制备过程中，需不断的鼓入空气，其原因是 　 　 。
②“吸收”时，反应一段时间后产品的纯度逐渐降低，为提高产品纯度可采取的措施为 　 　 。
③“吸收”过程中转移2mol电子时，理论上生成标准状况下O2的体积为 　 　 。
④已知NaClO2的溶解度随温度变化曲线如图所示。请补充完整从NaClO2溶液中获得无水NaClO2晶体的实验方案：操作时先减压，　 　 ，获得无水NaClO2晶体。
（2）用过量冷氢氧化钠溶液吸收氯气，测得ClO﹣的浓度为1.2mol L﹣1（不含NaClO3），加热时NaClO转化为NaClO3一段时间后，测得溶液中含ClO﹣浓度为0.3mol L﹣1。（忽略过程中体积变化，反应过程中无气体产生）计算此时溶液中Cl﹣的浓度 　 　 （写出计算过程）。
6．（2025 广西模拟）过氧乙酸（CH3COOOH一种弱酸）是一种广谱消毒剂。它是无色易挥发、易溶于水的液体，受热易分解，具有强氧化性，其氧化性与高锰酸钾的氧化性相近。某课外实验小组同学按下述流程合成少量过氧乙酸并对其含量进行测定。
Ⅰ.合成过氧乙酸
按如图装置，利用高浓度的双氧水和乙酸反应合成少量过氧乙酸，同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物（沸点90.7℃）及时分离出水。已知乙酸丁酯的密度为0.88g/cm3，难溶于水。
CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O ΔH＜0
（1）仪器a的名称为 　 　 。
（2）装置中油水分离器的作用是将水从体系中分离出来，有利于反应向 　 　 （填“正”或“逆”）。
反应方向进行，当观察到 　 　 时，可判断反应结束。
（3）反应体系采用减压的目的是降低共沸物的沸点，防止 　 　 。
Ⅱ.过氧乙酸含量测定
（4）过氧乙酸被Fe2+还原，产物之一为CH3COOH其离子方程式为 　 　 。
（5）若样品体积为V0mL，加入c1mol L﹣1FeSO4溶液V1mL，消耗c2mol L﹣1K2Cr2O7溶液V2mL，则样品中过氧乙酸含量为 　 　 g L﹣1。
（6）若用KMnO4溶液除H2O2时，不慎滴加KMnO4过量，则导致最终测定过氧乙酸的含量 　 　 （填“偏高”“偏低”或“不变”）。
7．（2025 江苏模拟）利用镁泥（主要成分为MgCO3、FeCO3和SiO2等）为主要原料制取碳酸镁（MgCO3 3H2O）的工业流程如图：
（1）酸溶。某工厂用1.78吨发烟硫酸（化学式：H2SO4 SO3）配制质量分数为50%H2SO4溶液，配制时需要水的质量为　 　 吨。
（2）除铁。已知滤渣2的成分与温度、pH的关系如图所示。
①若控制温度80℃、pH＝2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]（上图中阴影部分），写出“除铁”过程总反应的离子方程式：　 　 。
②工业生产不选择以Fe（OH）3形式除铁的可能原因：　 　 （写出两点）。
（3）沉淀。
①写出“沉淀”过程的离子方程式：　 　 。
②“沉淀”过程中溶液pH随时间的变化如图所示。
“沉淀”过程的操作：向含Mg2+溶液中　 　 。
（4）控制“沉淀”温度50℃，可制得碱式碳酸镁[Mga（CO3）b（OH）c xH2O]，碱式碳酸镁常用作塑料阻燃剂。现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得8.0gMgO固体，放出3.36LCO2（标准状况），计算该碱式碳酸镁样品中的　 　 （写出计算过程）。
（5）某钙镁矿（CaMgS2）的晶胞结构如图所示。若将Ca全部换为Mg，所得晶体中每个晶胞含有的Mg原子数为　 　 。
8．（2025 顺义区一模）高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效的多功能水处理剂。
资料：ⅰ．K2FeO4为紫色固体；在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
ⅱ．FeAsO3和FeAsO4均不溶于水，Ksp（FeAsO4）＜Ksp（FeAsO3）。
（1）高铁酸钾中铁元素的化合价为 　 　 。
（2）配制高铁酸钾溶液时，应将高铁酸钾固体溶于一定浓度的KOH溶液中，结合化学用语解释原因 　 　 。
（3）含砷（主要以形式存在）废水对环境污染极大，工业上常用高铁酸钾处理含砷酸性废水，结合资料解释K2FeO4处理含砷酸性废水效果优于FeCl3的原因是 　 　 。
（4）电解法制备K2FeO4产量高、设备要求低、纯度高等优点。工业上以Fe和16mol L﹣1KOH溶液为原料，装置示意图如图所示。
①阳极的电极反应式为 　 　 。
②为了进一步探究温度对K2FeO4产量的影响，将电解装置水浴加热相同时间，得到K2FeO4产量的相关数据（电流效率）如图。
已知：电流效率。
解释当反应温度在60℃～70℃时，K2FeO4产量随温度的升高而降低的原因是 　 　 （写一条即可）。
③该装置可以实现电解液的循环利用，请结合电极反应解释其原理 　 　 。
9．（2025 金山区二模）硫在自然界中既有游离态又有化合态。在硫酸工业的接触室中发生的反应为2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣198kJ mol﹣1。
（1）下列说法正确的是 　 　 。
A．SO2是含有极性键的非极性分子
B．SO2能使紫色石蕊试液先变红后褪色
C．接触室中的催化剂为铁触媒
D．硫酸分子间能形成氢键
（2）实验室制取SO2并回收硫酸铜，下列装置及操作能达到相应实验目的的是 　 　 。
A．生成SO2 B．干燥SO2 C．收集SO2 D．蒸发浓缩CuSO4（aq）
（3）下列关于硫及其化合物的转化，说法正确的是 　 　 。（不定项）
A．硫酸型酸雨产生途径之一：SO2→H2SO3→H2SO4
B．用少量O2处理H2S：H2S→SO2
C．用过量氨水处理工业尾气中的SO2：SO2→NH4HSO3
D．用H2O2、BaCl2证明SO2的还原性：SO2→BaSO4
（4）工业上可以用硫（S8）与CH4为原料制备CS2，加热时S8分解为S2，然后发生反应：2S2（g）+CH4（g） CS2（g）+2H2S（g）ΔH＞0
共价键键能如表所示：
共价键 S＝S C—H C＝S S—H
键能/kJ mol﹣1 a b c d
则（a+2b） 　 　 （c+2d）（选填“＞”“＜”或“＝”）。该反应涉及化合物分子中键角由大到小的顺序是 　 　 。
（5）焦炭催化还原SO2既可除去SO2，同时还可以回收硫（S2）：2C（s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2（g）
一定压强下，向1L密闭容器中加入足量的焦炭、催化剂和1mol SO2，测得SO2的生成速率与S2（g）的生成速率随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是 　 　 （不定项）。
A．a点时，反应正向进行
B．图中a、b、c、d四点，只有c点处于平衡状态
C．T3℃时增大压强（压缩容器），能增大活化分子百分数
D．该反应的ΔH＞0
（6）铁酸锌可用于高温煤气脱硫：ZnFe2O4（s）+3H2S（g）+H2（g） 2FeS（s）+ZnS（s）+4H2O（g），在600℃时，该反应的K＝8，H2S的平衡转化率为60%，则初始投料比x[]的值为 　 　 。
（7）利用Fe2（SO4）3溶液可除去天然气中的H2S，原理如图1，请写出Fe2+与O2反应的离子方程式　 　 。
实验室测得Fe2（SO4）3溶液的脱硫率与溶液pH、Fe3+质量浓度的关系如图2。请分析当Fe3+质量浓度大于10g L﹣1时，脱硫率逐渐降低的原因。 　 　 。
（8）利用电化学原理（图甲）去除天然气中的H2S，同时将甲装置作为电源利用双极膜实现烟气脱SO2（图乙）。图甲中主要反应：2Fe+2H2S+O2＝2FeS+2H2O，负极的电极反应式为 　 　 。标准状况下，甲中天然气的进气流量为448m3 h﹣1（H2S的体积分数为1%），则乙装置中H2O2的产量为 　 　 kg h﹣1。
10．（2025 海淀区一模）利用菱锰矿[主要化学成分为MnCO3，含CaMg（CO3）2、SiO2等杂质]制备MnCO3粉的工艺流程如图。
已知：ⅰ.MnO易被氧化为Mn2O3MnO能溶于氨水生成[Mn（NH3）4]2+
ⅱ.Mn（OH）2（s） Mn2+（aq）+2OH﹣（aq）
（1）脱硅时进行的分离操作是 　 　 。
（2）在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如表。
温度/℃ 600 700 800
主要成分 MnO、CaMg（CO3）2 MnO、CaMg（CO3）2CaCO3MgO MnO、CaCO3MgO
下列说法正确的是 　 　 （填序号）。
A.800℃时发生了反应：CaMg（CO3）2CaCO3+MgO+CO2↑
B.热稳定性：MnCO3＞CaCO3＞MgCO3
C.焙烧时，N2的作用是避免MnO被氧化
（3）已知MnCO3分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将N2替换为CO2MnCO3显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因：　 　 。
（4）图1中，氨水﹣（NH4）2CO3溶液中的总氮浓度固定为14mol L﹣1，结合图1解释浸锰时同时使用氨水和碳酸铵的原因：　 　 。
（5）沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn沉淀率增大的原因：　 　 。
（6）该工艺流程中可再次利用的物质为 　 　 。
11．（2025春 苏州期中）高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效水处理剂，可用于去除水体中的As元素。已知高铁酸钾具有下列性质：
①紫色固体，可溶于稀的KOH溶液，微溶于浓KOH溶液；
②具有强氧化性，在酸性溶液中完全、快速产生O2；
③在冰水浴、碱性溶液中比较稳定。
（1）制备K2FeO4
①装置B中所用试剂为 　 　 。
②装置C中得到紫色固体。发生的主要反应为 　 　 （写化学方程式）。
③提纯K2FeO4粗产品[含有Fe（OH）3、KCl等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的稀KOH溶液中，　 　 （实验中须使用的试剂有：冰水、饱和KOH溶液，乙醇）。
（2）测定K2FeO4的纯度。准确称取0.5280gK2FeO4样品置于锥形瓶中，用KOH溶液溶解，加入过量KCr（OH）4溶液，再加入硫酸酸化配成待测液。用0.3000mol L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL。计算样品中K2FeO4的纯度（写出计算过程）。
测定过程中涉及的离子反应有（未配平）：
Cr（OH）4﹣→Fe（OH）3OH﹣
H+→Cr2H2O
Cr2Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O
　 　
（3）K2FeO4的应用。某水样中As元素主要以As（Ⅲ）存在，As（Ⅲ）可被K2FeO4氧化为As（Ⅴ），再通过Fe（Ⅲ）吸附去除。
①K2FeO4对水中As元素的去除率随pH变化如图2所示。当pH大于7时，As去除率迅速下降的原因是 　 　 。
②FeCl3也能去除水中As元素。pH＝6.5时，加入FeCl3或K2FeO4后水中铁浓度对As去除率的影响如图3所示，铁浓度相同，使用K2FeO4时As去除率比使用FeCl3时高的原因是 　 　 。
12．（2025 福建三模）利用绿矾（FeSO4 7H2O）为原料制备高纯补铁剂乙二胺四乙酸铁钠晶体（NaFeY 3H2O）的工艺流程如图：
已知：ⅰ．乙二胺四乙酸（H4Y）微溶于冷水，易溶于热水；25℃时，Ka1＝10﹣2，Ka2＝10﹣2.7，Ka3＝10﹣6，Ka4＝10﹣10.3；H4Y结构如图甲。
ⅱ．25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝10﹣37.4；Fe3+（aq）+Y4﹣（aq） [FeY]﹣（aq）K＝1025.1；[FeY]﹣结构如图乙。
回答下列问题：
（1）“沉铁”生成FeCO3的离子方程式为 　 　 。
（2）“氧化”生成Fe（OH）3的化学方程式为 　 　 。
（3）“沉铁”和“氧化”也可用FeCl3 6H2O与NaHCO3一步反应完成。
已知：ⅰ．Fe3+水解过程先生成碱式盐，再聚合生成多核阳离子，如[Fe2（OH）2（H2O）8]4+，结构如图。
ⅱ．FeCO3颗粒大，易沉降。
①键长：1 　 　 2（填“＞”“＜”或“＝”）。
②结合[Fe2（OH）2（H2O）8]4+的结构分析，绿矾两步反应制备Fe（OH）3的优点有 　 　 。
（4）①“合成”反应Fe（OH）3（s）+H4Y（aq）+OH﹣（aq）＝[FeY]﹣（aq）+4H2O（l）的平衡常数K＝ 　 　 ；此时溶液中未参与配位的含Y主要微粒为 　 　 。
②相较于H4Y，[FeY]﹣中C—N键极性会 　 　 （填“增大”“减小”或“不变”）。
③将NaOH、H4Y、Fe（OH）3固体加入水中，保持NaOH用量不变，NaFeY产率随的变化关系如图。1时，产率减小的原因为 　 　 。
（5）操作X为 　 　 。（填标号）
a．热水洗涤
b．冷水洗涤
c．硫酸洗涤
（6）利用“滤液1”三室电解后的阴极产物溶液吸收“气体1”“气体2”，吸收液可在流程中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 　 　 。
13．（2025 杭州二模）二茂铁的化学式为Fe（C5H5）2，制备原理和流程如图1：4KOH+2C5H6+FeCl2═Fe（C5H5）2+2KCl+2KOH H2O ΔH＜0。
已知：
①环戊二烯酸性与乙醇相当
②相关物质的部分性质如下：
物质 熔点 沸点 溶解性
二茂铁 173℃ 249℃ 不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂
环戊二烯 — 41.5℃ —
乙醚 — 34.6℃ —
请回答：
（1）步骤1在图2装置中进行，仪器a的名称为 　 　 ，Fe（C5H5）2属于 　 　 晶体。
（2）步骤Ⅱ中发生的反应为 　 　 。
（3）SOCl2在步骤Ⅲ中的作用 　 　 ，　 　 。
（4）关于本实验，下列说法正确的是 　 　 。
A.步骤Ⅰ中图仪器b可以冷凝回流乙醚
B.乙醚在反应中主要作用是溶剂，若用乙醇代替产率不变
C.步骤Ⅳ中溶液3加入溶液2中：应当分批次缓慢
D.FeCl2 4H2O可由FeCl2的溶液蒸发结晶获得
（5）步骤Ⅴ，从混合物Ⅰ中得到粗产物的所有操作如下，请排序：过滤→　 　 →　 　 →　 　 →　 　 →　 　 （填序号）。
①水洗并分液
②过滤
③用乙醚洗涤滤渣，合并有机相
④蒸出乙醚后得到产品
⑤加入无水Na2SO4吸水
（6）环戊二烯负离子为平面结构（图3），较稳定，请分析KOH夺取的H为 　 　 （填Ha、Hb或Hc）。
14．（2025春 静安区期中）天然气开采过程中普遍混有H2S，它会腐蚀管道等设备，必须予以去除。
工业上，CH4和H2S重整制氢的反应为：
（1）关于硫（S）、磷（P）、氯（Cl）三种元素的判断，正确的是 　 　 。
A.第一电离能：S＞P＞Cl
B.原子半径：Cl＞S＞P
C.电负性：Cl＞S＞P
D.酸性：H3PO4＜H2SO3＜HClO4
（2）反应i在金属硫化物的催化下进行，机理如图。
①请判断机理图中的物质X、Y，将其化学式分别填入下列空格中：
X为 　 　 ，Y为 　 　 。
②反应ⅰ的ΔH1＝ 　 　 （用代数式表示）。
（3）一定条件下，若只发生反应i。下列说法正确的是 　 　 。（不定项）
A.加入合适的催化剂，可以降低反应i的焓变
B.升高温度，若H2S的体积分数将减小，则ΔH1＜0
C.降低反应温度，反应i的正逆反应速率均减小
D.增大反应容器的体积，H2S的平衡转化率增大
天然气开采过程产生的H2S一般可用Na2SO3氧化处理。
（4）常温下，向浓度为0.68g L﹣1的H2S溶液中加入一定量Na2SO3固体。不同pH下，H2S的去除率随时间变化如图所示。
①实际生产中采用的去除条件是pH＝5，不选择更低pH的原因是 　 　 ；
②pH＝5时，计算0﹣10min内H2S的去除速率v（H2S）＝ 　 　 mol L﹣1 min﹣1；
（5）实际生产中反应时间一般选择10min，而不是更长，其原因是 　 　 。（不定项）
A.10min后，H2S的去除率增幅减小
B.10min后，H2S的去除率继续增高，但与时间成本相比，效率反而降低
C.10min后，H2S溶液的浓度持续下降，其反应速率必然减小
D.10min后，溶液的pH不断升高
（6）25℃时，Ka1（H2S）＝10﹣6.97、Ka2（H2S）＝10﹣12.90。此温度下，0.01mol L﹣1Na2S溶液的有关微粒浓度关系正确的是 　 　 。（不定项）
A.c（Na+）+c（H+）＜c（OH﹣）+c（HS﹣）+c（S2﹣）
B.c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（S2﹣）＞c（HS﹣）
C.c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣）
D.c（Na+）＝2c（S2﹣）+2c（HS﹣）
我国科技工作者设计了一套电化学装置，能在常温常压下实现H2S的分解，得到H2和S。该装置的工作示意图如图。
（7）该装置能实现的能量转换是 　 　 。
A.化学能→电能
B.电能→化学能
C.光能→化学能→电能
D.光能→电能→化学能
（8）装置中，电极a为 　 　 （填电极名称）。装置工作时，两侧电解质溶液pH的变化是 　 　 。
15．（2025 陕西模拟）某同学欲在实验室制备消毒剂亚氯酸钠（NaClO2），经查阅资料部分物质性质如下：
①制备NaClO2的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2，且是放热反应。
②ClO2的浓度较大时易分解爆炸，一般操作时需要控制浓度低于10%。
③NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2 3H2O晶体，温度高于38℃时析出NaClO2晶体，温度高于60℃时，NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
现设计如图装置完成亚氯酸钠的实验室制备（夹持装置已略去）：
回答下列问题：
（1）从如图选出制备装置中B处所缺的仪器组合 　 　 。
（2）制备装置中装草酸溶液的仪器a的名称是 　 　 。
（3）写出A装置中生成ClO2的离子方程式 　 　 ，实验中通入氮气的目的是 　 　 。
（4）实验中C处冰水浴的目的是 　 　 。
（5）从装置C反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作名称依次为：
a.减压，55℃蒸发结晶；b. ；c.温水洗涤；d.低于60℃干燥，得到成品。
b的操作名称为 　 　 。
（6）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力，则NaClO2的有效氯含量为 　 　 （计算结果保留两位有效数字）。
16．（2025 江苏模拟）工业上可由菱锌矿（主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素）制备ZnO。工艺如图所示：
已知：①“酸浸”后的溶液pH＝1，所含金属离子主要有Zn2+、Fe3+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。
②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2。
（1）“氧化除杂”时，KMnO4与Mn2+的离子方程式为 　 　 。
（2）“沉锌”生成碱式碳酸锌[ZnCO3 2Zn（OH）2 2H2O]沉淀，写出生成该沉淀的化学方程式：　 　 。
（3）“高温灼烧”后获得ZnO。已知ZnO的一种晶体晶胞是立方晶胞（如图﹣1），请在图﹣1中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图 　 　 。
（4）测定氧化锌样品纯度（杂质不参与反应）：称取1.000g样品，酸溶后，配制成250mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶，调节pH至7～8，加入几滴铬黑T（用X﹣表示）做指示剂，用0.08000mol L﹣1的EDTA（Na2H2Y）标准液滴定其中的Zn2+（反应方程式为Zn2++X﹣═ZnX+，Zn2++H2Y2﹣═ZnY2﹣+2H+），平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL。（已知X﹣呈蓝色、ZnY2﹣呈无色、ZnX+呈酒红色）。
①滴定终点时的现象为 　 　 。
②计算ZnO样品的纯度 　 　 。（保留四位有效数字，写出计算过程）
（5）ZnO有棒状ZnO（r﹣ZnO）、片状ZnO（p﹣ZnO）两种．均可用作CO2选择性加氢转化为CH3OH的催化剂。
在ZnO催化剂存在下，将CO2与H2混合，同时发生以下两个反应：
反应ⅠCO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣53.7kJ/mol
反应ⅡCO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ/mol
控制一定的CO2和H2初始投料比，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据（其中“甲醇选择性”是指转化的CO2中生成甲醇的百分比）
已知：p﹣ZnO表面合成CH3OH的生成活化能Ea＝32kJ mol﹣1，r﹣ZnO表面合成CH3OH的生成活化能Ea＝54kJ mol﹣1
①在280～320℃范围内，相同催化剂条件下，随温度升高，CH3OH与CO的产率均提高，而甲醇的选择性降低的可能原因是 　 　 ；
②在280～320℃范围内，比较图a和图b两种ZnO催化剂催化CO2加氢性能，说明在CO2加氢合成甲醇时优先选用p﹣ZnO催化剂的原因：　 　 。
17．（2025 张掖一模）比亚迪2025年计划推出新一代基于磷酸铁锂技术的“刀片电池”。一种以钛铁矿（FeTiO3）和磷灰石矿[Ca5F（PO4）3]为主要原料制取磷酸铁锂前驱体磷酸铁（FePO4）的工艺流程如图1：
已知：钛（Ⅳ）在酸性溶液中的存在形式是TiO2+，在碱性环境中转化为H4TiO4。
（1）写出对应物质的化学式：“试剂X”　 　 ，“气体Y”　 　 。
（2）“滤液1”中加入过量Na2CO3粉末可得到H4TiO4，写出该反应的离子方程式：　 　 。
（3）“沉淀”反应的化学方程式为 　 　 。
（4）工业上也可以用磷酸亚铁粗产品（混有氢氧化铁）制备磷酸铁（FePO4）。其他条件一定，制备FePO4时测得Fe的有效转化率与溶液pH的关系如图2所示。从下列所给试剂中选择相应试剂并完成制备FePO4晶体的实验：边搅拌边向磷酸亚铁粗产品中加入 　 　 溶液至完全溶解，向溶液中加入足量的 　 　 溶液充分反应，边搅拌边滴加 　 　 溶液至溶液 　 　 ，充分反应至不再有沉淀产生，过滤、洗涤、干燥。
（实验中须使用的试剂：1mol L﹣1Na2HPO4溶液，1mol L﹣1H2SO4溶液，30%H2O2溶液）。
（5）锂离子电池电极材料是LiFePO4其晶胞结构示意图如图①所示。其中O围绕Fe和P分别形成4个正八面体和4个正四面体。电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+形成Li（1﹣x）FePO4，其结构示意图如图②所示，则Li（1﹣x）FePO4晶胞中n（Fe2+）；n（Fe3+）＝ 　 　 。
18．（2025 河南模拟）某小组设计实验制备对氨基苯甲酸乙酯。
【反应式】
+CH3CH2OH+H2O
【试剂】
1g（约0.0073mol）对氨基苯甲酸、12.5mL95%乙醇（过量）、1mL浓硫酸、10%碳酸钠溶液、乙醚、无水硫酸镁。
【步骤】
①在50mL圆底烧瓶中，加入1g对氨基苯甲酸和12.5mL95%乙醇，旋摇烧瓶使大部分固体溶解。加入1mL浓硫酸，将烧瓶置于冰浴中冷却，立即产生大量沉淀（在接下来的回流中沉淀溶解），将反应混合物在水浴上回流1小时，并时加摇荡。
②将反应后混合物转入烧杯中，冷却后分批加入10%碳酸钠溶液中和（约需6mL），可观察到有气体逸出并产生泡沫，直至加入碳酸钠溶液后无明显气体释放。反应混合液接近中性时，测定溶液pH，再加入碳酸钠溶液调节pH为9左右。在中和过程中会产生少量固体沉淀。
③将溶液倾滗到分液漏斗中，并用少量乙醚洗涤固体后并入分液漏斗。向分液漏斗中加入乙醚，摇荡后分出醚层。加入无水硫酸镁，在水浴上蒸去乙醚和大部分乙醇，至残余油状物约1mL为止。残余液用乙醇﹣水重结晶，产量约为0.5g。
已知：ⅰ.对氨基苯甲酸乙酯呈弱碱性；ⅱ.对氨基苯甲酸能与硫酸反应生成盐（对氨基苯甲酸硫酸盐）。
回答下列问题：
（1）步骤①中，加入浓硫酸之后，将烧瓶置于冰浴中冷却，其目的是 　 　 。加入浓硫酸产生“大量沉淀”，解释其产生原因：　 　 。
（2）步骤②中，“冷却后分批加入”碳酸钠溶液的目的是 　 　 。
（3）步骤②中，不用NaOH溶液替代碳酸钠溶液，其原因是 　 　 。不调节溶液呈中性，而应调节溶液pH至9左右，其目的是 　 　 。
（4）步骤②中和过程中会生成少量沉淀，该沉淀是 　 　 。
（5）步骤③中，用乙醇—水重结晶时需要选择如图玻璃仪器中的 　 　 （填字母）。
（6）本实验产率约为 　 　 %（结果保留1位小数）。
19．（2025 枣庄模拟）[Co（Ⅱ）Salen]常用于模拟研究金属蛋白质的载氧机理。回答下列问题：
Ⅰ.按如图甲装置进行制备[Co（Ⅱ）Salen]
已知：1Co2+在溶液中易被氧化为Co3+
Ⅱ.双水杨醛缩乙二胺与[Co（Ⅱ）Salen]的结构简式分别为：
制备过程：在三颈烧瓶中加入水杨醛（1.6mL）、乙二胺（0.5mL）及95%乙醇（80mL），室温搅拌4～5min，生成亮黄色双水杨醛缩乙二胺晶体。通N2，通冷凝水，加热使晶体溶解，将醋酸钴溶液（15mL）加入烧瓶中，生成胶状沉淀，继续保持微沸，有暗红色晶体析出，回流结束……。冷却、抽滤、洗涤、干燥，制得产品。
（1）A处应安装的仪器是 　 　 （填名称）；恒压滴液漏斗支管的作用是 　 　 。
（2）不通氮气会造成实验失败，原因是 　 　 ；“保持微沸”的目的是 　 　 。
（3）回流结束后，接下来的操作顺序为 　 　 （填序号）。
①关闭冷凝水②停止加热③停止通氮气
（4）双水杨醛缩乙二胺与醋酸钴反应生成[Co（Ⅱ） Salen]的化学方程式为 　 　 。
Ⅱ.按如图乙装置进行载氧量测定
（5）除去装置中的空气后，关闭K1%K2，每隔5分钟记录一次数据。每次读数前应先进行的操作是 　 　 。
（6）[Co（Ⅱ）Salen]在DMF中可吸氧。载氧量测定结果如表：
序号 [Co（Ⅱ）Salen]样品质量/g 吸氧体积/mL（标况下）
1 m 3.22
2 m 3.38
3 m 3.20
配合物载氧量＝n（吸收的O2）：n（[Co（Ⅱ）Salen]）的计算式为 　 　 （已知：M[Co（Ⅱ）Salen]＝325g mol﹣1）。
20．（2025春 辽宁月考）二苯乙二酮（）是重要的化学品，常由安息香（，Mr＝212）制得。一种利用NH4NO3氧化安息香制二苯乙二酮的原理、装置及步骤如下：
Ⅰ．在50mL装置A中加入0.08g（CH3COO）2Cu，2.40gNH4NO3（过量）、4.24g安息香以及18.0mL冰醋酸。
Ⅱ．安装回流装置，加入磁子，使用磁搅拌加热器加热搅拌。平稳回流40min后，每隔15min利用薄板层析检测反应混合物，当安息香已全部转化为二苯乙二酮后，停止加热。
Ⅲ．充分冷却后，将析出的黄色固体滤出，用95%乙醇重结晶，晾干后称量，得黄色柱状晶体3.57g。
回答下列问题：
（1）装置A的名称是 　 　 。（CH3COO）2Cu的作用是 　 　 。
（2）步骤Ⅱ中，搅拌的作用是 　 　 。
（3）反应B的化学方程式为 　 　 。
（4）薄板层析在生化实验中应用广泛。薄板表面涂有硅胶，其剖面如图一所示。取装置A内液体点在薄板M处，乙酸乙酯和正己烷的混合液带动样品在薄板上爬升时（图二），由于硅胶层表面对安息香与二苯乙二酮吸附力强弱不同，因此爬升高度不同（图三）。回答下列问题：
①以下关于薄板层析检测的说法错误的是 　 　 （填字母）。
A．乙酸乙酯是一种常用的密度比水小的有机溶剂
B．将硅胶置于蒸馏水中，Si—O键会逐渐断开形成硅酸
C．薄板层析实验的原理是利用物质的相对分子质量不同对物质进行区分
②图三中，当 　 　 （填“P点”或“Q点”）消失时，应关闭磁搅拌加热器停止反应。
（5）利用红外光谱对产物进行表征，对比安息香的红外光谱图，能够初步推测安息香转化为二苯乙二酮的谱图变化为 　 　 。
（6）本次实验二苯乙二酮的产率为 　 　 。
高考化学考前冲刺押题预测 制备实验方案的设计解答题
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．（2025 广东一模）硫代硫酸钠（Na2S2O3 5H2O）的俗名是大苏打，在化学实验中有广泛应用。
（1）实验室可通过向含Na2S和Na2CO3的溶液中通入SO2来制备Na2S2O3（其简单流程如图所示）。
①写出制备Na2S2O3的化学方程式：　Na2CO3+2Na2S+4SO2＝ 3Na2S2O3+CO2　 。
②“一系列操作”包括 　蒸发浓缩　 、　冷却结晶　 、过滤、洗涤、干燥。（填操作名称）
（2）工业上，常用Na2S2O3溶液吸收尾气中的Cl2，氧化产物为。写出发生反应的离子方程式：　S24Cl2+5H2O ＝ 28Cl﹣+10H+　 。
（3）临床上，Na2S2O3可用于氰化物解毒，解毒原理：S2CN﹣═SCN﹣。检验该转化生成了SCN﹣的操作为 　取解毒后溶液于试管中，滴加FeCl3溶液　 。
（4）工业上，测定V2O5样品纯度的方法：取wg样品溶于稀硫酸，加入足量KI溶液，再加入cmol/L的Na2S2O3溶液至恰好完全反应，消耗Na2S2O3溶液VmL。
相关反应：V2O5+2KI+3H2SO4═2VOSO4+I2+K2SO4+3H2O；
I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6。
①该样品中V2O5的质量分数为 　　 （假设杂质不参与反应）。
②如果稀硫酸过多，测得结果会 　偏高　 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】（1）①Na2CO3+2Na2S+4SO2＝ 3Na2S2O3+CO2；
②蒸发浓缩；冷却结晶；
（2）S24Cl2+5H2O ＝ 28Cl﹣+10H+；
（3）取解毒后溶液于试管中，滴加FeCl3溶液；
（4）①；
②偏高。
【分析】（1）根据题干提供的信息，Na2S2O3的制备涉及Na2CO3、Na2S和SO2的反应，以及后续的处理操作；
（2）Na2S2O3溶液吸收Cl2的反应涉及到氧化还原反应，需要写出相应的离子方程式；
（3）Na2S2O3用于氰化物解毒，涉及到SCN﹣的生成，需要检验SCN﹣的存在；
（4）V2O5样品纯度的测定涉及到氧化还原反应和滴定，需要计算V2O5的质量分数，并考虑稀硫酸的影响。
【解答】（1）①向含Na2S和Na2CO3的溶液中通入SO2反应生成Na2S2O3和CO2气体，则制备Na2S2O3的化学方程式为：Na2CO3+2Na2S+4SO2＝ 3Na2S2O3+CO2，
故答案为：Na2CO3+2Na2S+4SO2＝ 3Na2S2O3+CO2；
②“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（2）工业上，常用Na2S2O3溶液吸收尾气中的Cl2，氧化产物为，则氯气被还原为氯离子，则发生反应的离子方程式为：S24Cl2+5H2O ＝ 28Cl﹣+10H+，
故答案为：S24Cl2+5H2O ＝ 28Cl﹣+10H+；
（3）临床上，Na2S2O3可用于氧化物解毒，解毒原理：S2 +CN ＝ SCN 。检验该转化生成了SCN ：取解毒后溶液于试管中，滴加FeCl3溶液，若溶液变红，则证明解毒成功，
故答案为：取解毒后溶液于试管中，滴加FeCl3溶液；
（4）①加入cmol L﹣1的Na2S2O3溶液至恰好完全反应，消耗Na2S2O3溶液VmL，则Na2S2O3物质的量为：n（Na2S2O3）＝cV×10﹣3；由反应I2+2Na2S2O3＝ 2NaI+Na2S4O6可知n（I2）：n（Na2S2O3）＝1：2，则n（I2）＝cV×10﹣3；由反应V2O5+2KI+3H2SO4＝ 2VOSO4+I2+K2SO4+3H2O可知n（I2）：n（V2O5）＝1：1，则n（V2O5）＝cV×10﹣3，V2O5的相对分子质量为182，则实际质量为：m＝nM＝cV×10﹣3182＝0.091cV，取wg样品，则该样品中V2O5的质量分数为100%，
故答案为：；
②如果稀硫酸过多，则Na2S2O3和H2SO4会发生反应被消耗，所以测得结果会偏高；
故答案为：偏高。
【点评】本题主要考查了硫代硫酸钠的制备、性质和应用，以及氧化还原反应和滴定计算。完成此题，需要从题干中抽取有用的信息，并结合已有的化学知识进行分析和计算。这些知识点在化学实验和工业生产中有着广泛的应用，对于提高实验技能和理解化学反应机理具有重要意义。
2．（2025春 南昌县校级期中）Ⅰ．亚硝酸钠（NaNO2）外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，使用过量会使人中毒。某兴趣小组进行下面实验探究，查阅资料知道：
①HNO2为弱酸 ②2NO+Na2O2＝2NaNO2 ③2NO2+Na2O2＝2NaNO3
④酸性KMnO4溶液可将NO和均氧化为，还原成Mn2+。
NaNO2的制备方法如下（夹持装置和加热装置已略，气密性已检验）：
（1）B装置的作用是 　制取NO　 ；其中铜参与反应的离子方程式是 　　 。
（2）为避免B中逸出的气体中混有的杂质气体与Na2O2反应，应在B、C装置间增加一个装置，则该装置及其中盛放药品的仪器及药品名称分别为 　球形干燥管　 、　碱石灰　 。
（3）D装置发生反应的离子方程式为 　　 。
（4）试设计实验检验装置C中NaNO2的存在（不考虑Na2O2剩余）（写出操作、现象和结论） 　取少量装置C中产物于试管中，加入适量蒸馏水溶解，滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则说明C中含亚硝酸钠　 。
Ⅱ．将一定量纯净的氨基甲酸铵（NH2COONH4）置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s） 2NH3（g）+CO2（g）。
（5）能使该反应的速率增大的是 　BD　 。
A．及时分离出CO2气体
B．适当升高温度
C．加入少量NH2COONH4（s）
D．选择高效催化剂
（6）下列不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是 　③⑤　 （填序号）。
①v正（NH3）＝2v逆（CO2）
②混合气体的密度保持不变
③CO2（g）的体积分数保持不变
④密闭容器中气体总压强保持不变
⑤气体的平均相对分子质量保持不变
【答案】（1）制取NO；；
（2）球形干燥管；碱石灰；
（3）；
（4）取少量装置C中产物于试管中，加入适量蒸馏水溶解，滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则说明C中含亚硝酸钠；
（5）BD；
（6）③⑤。
【分析】装置A中碳和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化碳和水，二氧化氮在装置B中与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与铜反应也生成一氧化氮，一氧化氮可与C中过氧化钠反应制备亚硝酸钠，多余的一氧化氮可被D中酸性高锰酸钾溶液吸收，同时装置B中过来的水蒸气与二氧化碳也会与过氧化钠反应。
【解答】解：（1）装置A中碳和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化碳和水，二氧化氮在装置B中与水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与铜反应也生成一氧化氮，所以装置B的作用是制取NO；铜和反应生成的稀硝酸反应得到硝酸铜，水和一氧化氮，离子方程式为：，
故答案为：制取NO；；
（2）装置A中生成的二氧化碳经过B后可能会有剩余，会进入C中与过氧化钠反应，装置B中带出的水蒸气也会和过氧化钠反应，所以需将二氧化碳和水蒸气除去，可在B、C之间加一个装有碱石灰的球形干燥管，
故答案为：球形干燥管；碱石灰；
（3）酸性KMnO4溶液可将NO氧化为，还原成Mn2+，离子方程式为：，
故答案为：；
（4）酸性KMnO4溶液可将氧化为，还原成Mn2+溶液会褪色，可用酸性高锰酸钾溶液检验亚硝酸钠，具体方法为：取少量装置C中产物于试管中，加入适量蒸馏水溶解，滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则说明C中含亚硝酸钠，
故答案为：取少量装置C中产物于试管中，加入适量蒸馏水溶解，滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则说明C中含亚硝酸钠；
（5）A．及时分离出CO2气体，生成物浓度降低，速率降低，故A错误；
B．适当升高温度，能加快反应速率，故B正确；
C．加入少量NH2COONH4（s），不影响反应速率，故C错误；
D．选择高效催化剂，可降低反应活化能，大幅提升反应速率，故D正确；
故答案为：BD；
（6）①v正（NH3）＝2v逆（CO2），表示反应方向相反，且数值与化学计量数之比相等，则此时反应达到平衡状态，可作为判断平衡的标志，故①错误；
②由反应NH2COONH4（s） 2NH3（g）+CO2（g）可知，恒容时反应过程中气体质量不断增加，密度不断增大，反应平衡时，气体质量不再变化，则混合气体的密度保持不变，可判断平衡，故②错误；
③因为反应物为固体，容器中氨气和二氧化碳的物质的量之比始终为定值，则CO2（g）的体积分数始终保持不变，不能用于判断平衡，故③正确；
④对于该反应，反应过程中气体分子数增加，压强增大，当密闭容器中气体总压强保持不变，则反应达到平衡，故④错误；
⑤因为反应物为固体，整个体系中气体的平均相对分子质量为定值，不可用于判断平衡，故⑤正确；
故答案为：③⑤。
【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。
3．（2025春 杭州期中）铁及其化合物与生产、生活联系紧密。请回答下列问题：
（1）自然界有多种含铁矿石，其中黄铁矿的主要成分 　FeS2　 。
（2）钢铁厂生产中，炽热的铁水注入模具之前，模具要充分干燥处理。用化学方程式解释模具不得留有水的原因：　3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑　 。
（3）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种高效杀菌、净水剂，用废铁屑制备高铁酸钠的流程如图所示：
Ⅰ.下列有关说法不正确的是 　C　 。
A.步骤①中加入Na2CO3溶液的目的除去铁屑表面油污
B.部分原料废铁屑表面已氧化生锈，铁锈不影响Na2FeO4的制备
C.步骤④中涉及到的离子方程式为：
D.Na2FeO4具强氧化性能杀菌，生成的氢氧化铁胶体具吸附性能沉降水体中悬浮颗粒
Ⅱ.步骤③操作：边加NaOH溶液、边鼓入空气、边搅拌。步骤③制备Fe（OH）3的过程用一步离子方程式表示为 　4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O═4Fe（OH）3↓　 。
【答案】（1）FeS2；
（2）3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑；
（3）Ⅰ.C；
Ⅱ.4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O═4Fe（OH）3↓。
【分析】（1）黄铁矿的主要成分是二硫化亚铁；
（2）Fe可以与高温水蒸气反应，生成Fe3O4和H2；
（3）废铁屑加入碳酸钠溶液，加热，除去表面的油污，过滤，向滤渣中加入硫酸酸溶，向酸溶后的溶液中，边加NaOH溶液、边鼓入空气、边搅拌，发生离子反应；4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O═4Fe（OH）3↓，最后向生成的Fe（OH）3中加入次氯酸钠溶液，发生离子反应：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝23Cl﹣+5H2O，制取高铁酸钠（Na2FeO4），据此分析作答。
【解答】解：（1）自然界有多种含铁矿石，其中黄铁矿的主要成分是FeS2，
故答案为：FeS2；
（2）钢铁厂生产中，炽热的铁水注入模具之前，模具要充分干燥处理，模具不得留有水的原因是：3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑，
故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑；
（3）Ⅰ.A.Na2CO3溶液具有较强的碱性，可以促进油脂的水解，步骤①中加入Na2CO3溶液的目的除去铁屑表面油污，故A正确；
B.部分原料废铁屑表面已氧化生锈，铁锈溶液酸，生成铁离子，最终也可以被氧化为高铁酸钠，铁锈不影响Na2FeO4的制备，故B正确；
C.根据题意可知，步骤④中涉及到的离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝23Cl﹣+5H2O，故C错误；
D.Na2FeO4中铁为+6价，可以降低，具有强氧化性能杀菌，生成的氢氧化铁胶体具吸附性能沉降水体中悬浮颗粒，故D正确；
故答案为：C；
Ⅱ.步骤③操作：边加NaOH溶液、边鼓入空气、边搅拌，步骤③制备Fe（OH）3的过程用一步离子方程式表示为4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O═4Fe（OH）3↓，
故答案为：4Fe2++8OH﹣+O2+2H2O═4Fe（OH）3↓。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及高铁酸钠（Na2FeO4）的制取，同时考查铁及其化合物之间的转化，属于高考高频考点，难度中等。
4．（2025 全国模拟）一种用于汽车尾气处理的三效催化剂（CexZr（1﹣x）O2）的合成步骤如下：
Ⅰ.称取18.04g硝酸亚铈[Ce（NO3）3 6H2O，Mr＝434g/mol]，加入到盛有100mL蒸馏水的烧杯中，使全部溶解。缓慢加入4.15mLH2O2（体积分数30%）。
称取5.75g碳酸氧锆（Mr＝167g/mol），加入到盛有1.73mL浓硝酸（质量分数68%）的烧杯中，在60﹣80℃下，用玻璃棒搅拌至不再产生气泡，加入50mL蒸馏水，搅拌均匀。
将上述烧杯中的两种溶液混合均匀，得Ce﹣Zr盐溶液，备用。
Ⅱ.在60℃下，控制pH8﹣10，以恒定速率向500mL三颈烧瓶加入150mLCe﹣Zr盐溶液和0.1mol/L碳酸钠溶液进行共沉淀，溶液加完后，继续搅拌10min。
Ⅲ.将沉淀物减压过滤、在120℃下烘干，再置于马弗炉中400℃下焙烧1h，得到分末状CexZr（1﹣x）O2氧化物。
回答下列问题：
（1）恒压滴液漏斗在使用的时候 　不需要　 （填需要或不需要）将上口塞子拔下来，原因是 　导管a将漏斗与三颈烧瓶联通，溶液可以顺利滴下　 。
（2）双氧水将无色Ce3+氧化为橙红色的Ce4+该反应的离子方程式为 　　 。
（3）本实验采用了碳酸钠溶液代替NH3 H2O～（NH4）2CO3缓冲溶液来控制溶液的pH，制取了相同晶型的铈锆固溶体，选择的Na2CO3溶液的原因是 　廉价易得无污染　 。
（4）为了确定适合的焙烧温度，对样品进行了热重测试，结果如图所示。
50～90℃主要为 　失去吸附水　 的过程，随着温度升高，沉淀物分解转化为氧化物。
（5）沉淀产物需要减压过滤以及洗涤，图是一种减压过滤装置。
其中，C装置的作用是 　安全瓶　 ，减压过滤结束时应该首先进行的操作是 　A　 。
A.应先断开连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管
B.先关闭水龙头，以防倒吸
（6）根据实验数据，氧化物CexZr（1﹣x）O2中x＝ 　0.045　 （保留2位小数）。
【答案】（1）不需要；导管a将漏斗与三颈烧瓶联通，溶液可以顺利滴下；
（2）；
（3）廉价易得无污染；
（4）失去吸附水；
（5）安全瓶；A；
（6）0.45。
【分析】Ⅰ.称取18.04g硝酸亚铈[Ce（NO3）3 6H2O，Mr＝434g/mol]，即0.0416mol，加入到盛有100mL蒸馏水的烧杯中，使全部溶解。缓慢加入4.15mLH2O2（体积分数30%），将+3价Ce氧化为+4价；称取5.75g碳酸氧锆（Mr＝167g/mol），即0.0344mol，加入到盛有1.73mL浓硝酸（质量分数68%）的烧杯中，在60﹣80℃下，用玻璃棒搅拌至不再产生气泡，得到硝酸锆溶液，加入50mL蒸馏水，搅拌均匀，将上述烧杯中的两种溶液混合均匀，得Ce﹣Zr盐溶液，备用；
Ⅱ.在60℃下，控制pH在8﹣10，以恒定速率向500mL三颈烧瓶加入150mLCe﹣Zr盐溶液和0.1mol/L碳酸钠溶液进行共沉淀，溶液加完后，继续搅拌10min；
Ⅲ.将沉淀物减压过滤、在120℃下烘干，再置于马弗炉中400℃下焙烧1h，得到分末状CexZr（1﹣x）O2氧化物，据此分析作答。
【解答】解：（1）恒压滴液漏斗在使用的时候不需要将上口塞子拔下来，原因是导管a将漏斗与三颈烧瓶联通，溶液可以顺利滴下，
故答案为：不需要；导管a将漏斗与三颈烧瓶联通，溶液可以顺利滴下；
（2）根据题意可得离子方程式为：，
故答案为：；
（3）本实验采用了碳酸钠溶液代替NH3 H2O～（NH4）2CO3缓冲溶液来控制溶液的pH，制取了相同晶型的铈锆固溶体，选择的Na2CO3溶液的原因是廉价易得无污染，
故答案为：廉价易得无污染；
（4）50～90℃主要为失去吸附水的过程，随着温度升高，沉淀物分解转化为氧化物，
故答案为：失去吸附水；
（5）由图可知，其中，C装置的作用是安全瓶，防止倒吸，减压过滤结束时应该首先进行的操作是应先断开连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，即A符合题意，
故答案为：安全瓶；A；
（6）18.04g硝酸亚铈[Ce（NO3）3 6H2O，Mr＝434g/mol]的物质的量为0.0416mol，5.75g碳酸氧锆（Mr＝167g/mol）的物质的量为0.0344mol，根据原子守恒，可得：，解得：x≈0.045
故答案为：0.45。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及三效催化剂（CexZr（1﹣x）O2）的制取，属于高考高频考点，难度中等。
5．（2025春 南通期中）含氯化合物在工业上有广泛的用途。
（1）过氧化氢法制备亚氯酸钠（NaClO2）的流程如图：
已知：Ⅰ.ClO2气体极易溶于水，具有强灭菌作用。浓度高时易发生分解爆炸，在碱性溶液中会转化为和。
Ⅱ.NaClO2在温度高于60℃时易分解。
①制备ClO2气体的化学方程式为 　2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O　 （已知硫酸的化合价没有发生变化）。制备过程中，需不断的鼓入空气，其原因是 　稀释ClO2，防止ClO2浓度高时。发生分解爆炸　 。
②“吸收”时，反应一段时间后产品的纯度逐渐降低，为提高产品纯度可采取的措施为 　使用冰水浴或0℃的水浴降温　 。
③“吸收”过程中转移2mol电子时，理论上生成标准状况下O2的体积为 　22.4L　 。
④已知NaClO2的溶解度随温度变化曲线如图所示。请补充完整从NaClO2溶液中获得无水NaClO2晶体的实验方案：操作时先减压，　再将NaClO2溶液加热至略低于60℃加热浓缩，当晶膜出现时，再在常压下冷却至略高于38℃结晶，过滤、洗涤、低温干燥，获得无水NaClO2晶体　 ，获得无水NaClO2晶体。
（2）用过量冷氢氧化钠溶液吸收氯气，测得ClO﹣的浓度为1.2mol L﹣1（不含NaClO3），加热时NaClO转化为NaClO3一段时间后，测得溶液中含ClO﹣浓度为0.3mol L﹣1。（忽略过程中体积变化，反应过程中无气体产生）计算此时溶液中Cl﹣的浓度 　起始ClO﹣的浓度为1.2mol L﹣1，则c（Cl﹣）＝1.2mol L﹣1，加热时NaClO转化为NaClO3，方程式为：3ClO﹣＝2Cl﹣+3，当ClO﹣浓度为0.3mol L﹣1，即消耗ClO﹣浓度为0.9mol L﹣1，所以生成c（Cl﹣）＝0.6mol L﹣1，此时溶液中Cl﹣的浓度为（1.2+0.6）mol L﹣1＝1.8mol L﹣1　 （写出计算过程）。
【答案】（1）①2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；稀释ClO2，防止ClO2浓度高时。发生分解爆炸；
②使用冰水浴或0℃的水浴降温；
③22.4L；
④再将NaClO2溶液加热至略低于60℃加热浓缩，当晶膜出现时，再在常压下冷却至略高于38℃结晶，过滤、洗涤、低温干燥，获得无水NaClO2晶体；
（2）起始ClO﹣的浓度为1.2mol L﹣1，则c（Cl﹣）＝1.2mol L﹣1，加热时NaClO转化为NaClO3，方程式为：3ClO﹣＝2Cl﹣+3，当ClO﹣浓度为0.3mol L﹣1，即消耗ClO﹣浓度为0.9mol L﹣1，所以生成c（Cl﹣）＝0.6mol L﹣1，此时溶液中Cl﹣的浓度为（1.2+0.6）mol L﹣1＝1.8mol L﹣1。
【分析】ClO2发生器中发生反应：2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，制取ClO2，再将ClO2通入H2O2、NaOH的混合溶液中，发生反应：2H2O2+2ClO2+2NaOH＝2NaClO2+O2+2H2O，制取NaClO2，最后将其经过一系列处理得到NaClO2晶体，据此分析作答。
【解答】解：（1）①制备ClO2气体时，NaClO3被还原为ClO2，H2O2被氧化为O2，根据原子守恒、化合价升降守恒，可得反应的化学方程式为：2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，制备过程中，需不断的鼓入空气，其原因是：稀释ClO2，防止ClO2浓度高时。发生分解爆炸，
故答案为：2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；稀释ClO2，防止ClO2浓度高时。发生分解爆炸；
②NaClO2在温度高于60℃时易分解，“吸收”时，反应一段时间后，溶液温度升高，产品的纯度逐渐降低，为提高产品纯度可采取的措施为使用冰水浴或0℃的水浴降温，
故答案为：使用冰水浴或0℃的水浴降温；
③“吸收”过程中方程式为：2H2O2+2ClO2+2NaOH＝2NaClO2+O2+2H2O～2e﹣，若转移2mol电子，理论上生成标准状况下O2的体积为1mol×22.4L/mol＝22.4L，
故答案为：22.4L；
④由图可知，从NaClO2溶液中获得无水NaClO2晶体的实验方案：操作时先减压，再将NaClO2溶液加热至略低于60℃加热浓缩，当晶膜出现时，再在常压下冷却至略高于38℃结晶，过滤、洗涤、低温干燥，获得无水NaClO2晶体，
故答案为：再将NaClO2溶液加热至略低于60℃加热浓缩，当晶膜出现时，再在常压下冷却至略高于38℃结晶，过滤、洗涤、低温干燥，获得无水NaClO2晶体；
（2）根据方程式：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，起始ClO﹣的浓度为1.2mol L﹣1，则c（Cl﹣）＝1.2mol L﹣1，加热时NaClO转化为NaClO3，方程式为：3ClO﹣＝2Cl﹣+3，当ClO﹣浓度为0.3mol L﹣1，即消耗ClO﹣浓度为0.9mol L﹣1，所以生成c（Cl﹣）＝0.6mol L﹣1，此时溶液中Cl﹣的浓度为（1.2+0.6）mol L﹣1＝1.8mol L﹣1，
故答案为：起始ClO﹣的浓度为1.2mol L﹣1，则c（Cl﹣）＝1.2mol L﹣1，加热时NaClO转化为NaClO3，方程式为：3ClO﹣＝2Cl﹣+3，当ClO﹣浓度为0.3mol L﹣1，即消耗ClO﹣浓度为0.9mol L﹣1，所以生成c（Cl﹣）＝0.6mol L﹣1，此时溶液中Cl﹣的浓度为（1.2+0.6）mol L﹣1＝1.8mol L﹣1。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及氯及其化合物之间的转化、方程式书写等，属于高考高频考点，难度中等。
6．（2025 广西模拟）过氧乙酸（CH3COOOH一种弱酸）是一种广谱消毒剂。它是无色易挥发、易溶于水的液体，受热易分解，具有强氧化性，其氧化性与高锰酸钾的氧化性相近。某课外实验小组同学按下述流程合成少量过氧乙酸并对其含量进行测定。
Ⅰ.合成过氧乙酸
按如图装置，利用高浓度的双氧水和乙酸反应合成少量过氧乙酸，同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物（沸点90.7℃）及时分离出水。已知乙酸丁酯的密度为0.88g/cm3，难溶于水。
CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O ΔH＜0
（1）仪器a的名称为 　球形冷凝管　 。
（2）装置中油水分离器的作用是将水从体系中分离出来，有利于反应向 　正　 （填“正”或“逆”）。
反应方向进行，当观察到 　油水界面不再增高　 时，可判断反应结束。
（3）反应体系采用减压的目的是降低共沸物的沸点，防止 　温度过高过氧乙酸分解　 。
Ⅱ.过氧乙酸含量测定
（4）过氧乙酸被Fe2+还原，产物之一为CH3COOH其离子方程式为 　　 。
（5）若样品体积为V0mL，加入c1mol L﹣1FeSO4溶液V1mL，消耗c2mol L﹣1K2Cr2O7溶液V2mL，则样品中过氧乙酸含量为 　　 g L﹣1。
（6）若用KMnO4溶液除H2O2时，不慎滴加KMnO4过量，则导致最终测定过氧乙酸的含量 　偏高　 （填“偏高”“偏低”或“不变”）。
【答案】（1）球形冷凝管；
（2）正；油水界面不再增高；
（3）温度过高过氧乙酸分解；
（4）；
（5）；
（6）偏高。
【分析】（4）过氧乙酸具有强氧化性，Fe2+具有还原性，过氧乙酸被Fe2+还原，还原产物之一为乙酸，Fe2+被氧化生成Fe3+，离子方程式为CH3COOOH+2Fe2++2H+＝CH3COOH+2Fe3++H2O；
【解答】解：（1）仪器a的名称是球形冷凝管，
故答案为：球形冷凝管；
（2）利用油水分离器将反应过程中生成的水从体系中移除，可以使反应正向进行更容易；且乙酸丁酯难溶于水，若油水界面不再变化，说明反应已达限度，可以结束反应，
故答案为：正；油水界面不再增高；
（3）根据题目信息，过氧乙酸受热易分解，减压可以降低共沸物的沸点，使共沸物在较低温度下被蒸出，防止过氧乙酸分解，
故答案为：温度过高过氧乙酸分解；
（4）Fe2+作还原剂，氧化产物为Fe3+过氧乙酸为氧化剂，还原产物为乙酸，结合原子守恒、得失电子守恒可得离子方程式为：，
故答案为：；
（5）Fe2+总物质的量根据得失电子守恒有：K2Cr2O7～2Cr3+～6e﹣～6Fe2+～6Fe3+，即每1mol K2Cr2O7与6mol Fe2+恰好完全反应，与，反应的Fe2+的物质的量与过氧乙酸反应的Fe2+的物质的量，根据可得：CH3COOOH的物质的量n（c1V1×10﹣3mol﹣6c2V2×10﹣3mol），CH3COOOH的质量m＝n M（c1V1×10﹣3mol﹣6c2V2×10﹣3mol）×76g/mol＝38（c1V1×10﹣3mol﹣6c2V2×10﹣3）g，则过氧乙酸的含量，
故答案为：；
（6）若是在用KMnO4溶液除H2O2时，不慎滴加KMnO4过量，则过量高锰酸钾可以和加入的Fe2+反应，导致剩余的Fe2+偏少，则消耗重铬酸钾的量偏小，最终导致测定过氧乙酸的含量会偏高，
故答案为：偏高。
【点评】本题考查物质制备，侧重考查阅读、信息获取、信息整合和灵活应用能力及计算能力，明确实验原理、实验操作步骤及操作规范性、方程式中各物质的关系是解本题关键，易错点是操作顺序排列，题目难度中等。
7．（2025 江苏模拟）利用镁泥（主要成分为MgCO3、FeCO3和SiO2等）为主要原料制取碳酸镁（MgCO3 3H2O）的工业流程如图：
（1）酸溶。某工厂用1.78吨发烟硫酸（化学式：H2SO4 SO3）配制质量分数为50%H2SO4溶液，配制时需要水的质量为　2.14　 吨。
（2）除铁。已知滤渣2的成分与温度、pH的关系如图所示。
①若控制温度80℃、pH＝2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]（上图中阴影部分），写出“除铁”过程总反应的离子方程式：　2Na++3ClO﹣+6Fe2++4S9H2ONa2Fe6（SO4）4（OH）12↓+3Cl﹣+6H+　 。
②工业生产不选择以Fe（OH）3形式除铁的可能原因：　H+浓度小，ClO﹣的氧化性弱；温度低，反应速率慢　 （写出两点）。
（3）沉淀。
①写出“沉淀”过程的离子方程式：　Mg2++CO2+2OH﹣+2H2O＝MgCO3 3H2O↓　 。
②“沉淀”过程中溶液pH随时间的变化如图所示。
“沉淀”过程的操作：向含Mg2+溶液中　先通CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2　 。
（4）控制“沉淀”温度50℃，可制得碱式碳酸镁[Mga（CO3）b（OH）c xH2O]，碱式碳酸镁常用作塑料阻燃剂。现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得8.0gMgO固体，放出3.36LCO2（标准状况），计算该碱式碳酸镁样品中的　3：2　 （写出计算过程）。
（5）某钙镁矿（CaMgS2）的晶胞结构如图所示。若将Ca全部换为Mg，所得晶体中每个晶胞含有的Mg原子数为　4　 。
【答案】（1）2.14；
（2）①2Na++3ClO﹣+6Fe2++4S9H2ONa2Fe6（SO4）4（OH）12↓+3Cl﹣+6H+；
②H+浓度小，ClO﹣的氧化性弱；温度低，反应速率慢；
（3）①Mg2++CO2+2OH﹣+2H2O＝MgCO3 3H2O↓；
②先通CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2；
（4）3：2；
（5）4。
【分析】由制备流程可知，镁泥的主要成分为MgCO3、FeCO3和SiO2，加硫酸时SiO2不溶解，过滤得到滤渣1为二氧化硅，NaClO具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成沉淀除去，滤液通入二氧化碳、加入氢氧化钠溶液反应后得到沉淀，经过滤得到碳酸镁（MgCO3 3H2O）。
【解答】解：（1）1.78吨发烟硫酸（化学式：H2SO4 SO3）的物质的量为104mol，配制过程中，生成硫酸为2×104mol，配制质量分数为50%H2SO4溶液，配制时需要水的质量为10﹣6吨/g﹣1.78吨＝2.14吨，
故答案为：2.14；
（2）①“除铁”时，若控制温度80℃、pH＝2，可得到黄铁矾钠沉淀，则总反应的离子方程式：2Na++3ClO﹣+6Fe2++4S9H2ONa2Fe6（SO4）4（OH）12↓+3Cl﹣+6H+，
故答案为：2Na++3ClO﹣+6Fe2++4S9H2ONa2Fe6（SO4）4（OH）12↓+3Cl﹣+6H+；
②由图可知，pH在4附近温度略低于40℃时产生的氢氧化铁最多，温度继续升高时铁转化为其它含铁的不溶性物质，结合分析可知，铁工业生产不选择以Fe（OH）3形式除铁的可能原因：H+浓度小，ClO﹣的氧化性弱；温度低，反应速率慢，
故答案为：H+浓度小，ClO﹣的氧化性弱；温度低，反应速率慢；
（3）①结合分析可知，“沉淀”过程的离子方程式：Mg2++CO2+2OH﹣+2H2O＝MgCO3 3H2O↓，
故答案为：Mg2++CO2+2OH﹣+2H2O＝MgCO3 3H2O↓；
②由图知，“沉淀”时溶液的pH先减小后增大后维持不变，则“沉淀”过程的操作：向含Mg2+溶液中先通CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2，
故答案为：先通CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2；
（4）现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得8.0gMgO固体，根据镁元素守恒，镁离子为0.2mol，放出3.36LCO2（标准状况），其物质的量为0.15mol，则碳酸根为0.15mol，则根据电荷守恒可知氢氧根的物质的量为0.1mol，则碱式碳酸镁样品中的n（）：n（OH﹣）＝3：2，
故答案为：3：2；
（5）某钙镁矿（CaMgS2）的晶胞中若将Ca全部换为Mg，若Ca换为Mg，则该图变为两个立方晶胞，则Mg位于晶胞的8个顶点和6个面心，所得晶体中每个晶胞含有的Mg原子数为864，
故答案为：4。
【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握物质的制备的流程、理解反应原理为解答的关键，涉及物质的制备、除杂等知识，题目较为综合，考查学生的分析能力，题目难度中等。
8．（2025 顺义区一模）高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效的多功能水处理剂。
资料：ⅰ．K2FeO4为紫色固体；在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
ⅱ．FeAsO3和FeAsO4均不溶于水，Ksp（FeAsO4）＜Ksp（FeAsO3）。
（1）高铁酸钾中铁元素的化合价为 　+6　 。
（2）配制高铁酸钾溶液时，应将高铁酸钾固体溶于一定浓度的KOH溶液中，结合化学用语解释原因 　，增大OH﹣浓度，抑制平衡向正反应方向移动　 。
（3）含砷（主要以形式存在）废水对环境污染极大，工业上常用高铁酸钾处理含砷酸性废水，结合资料解释K2FeO4处理含砷酸性废水效果优于FeCl3的原因是 　K2FeO4有强氧化性，可以将氧化为，生成的Fe3+形成溶解度更小的FeAsO4　 。
（4）电解法制备K2FeO4产量高、设备要求低、纯度高等优点。工业上以Fe和16mol L﹣1KOH溶液为原料，装置示意图如图所示。
①阳极的电极反应式为 　　 。
②为了进一步探究温度对K2FeO4产量的影响，将电解装置水浴加热相同时间，得到K2FeO4产量的相关数据（电流效率）如图。
已知：电流效率。
解释当反应温度在60℃～70℃时，K2FeO4产量随温度的升高而降低的原因是 　温度高于50℃后，再升高温度，K2FeO4分解的速率加快，影响其产量（合理即可）　 （写一条即可）。
③该装置可以实现电解液的循环利用，请结合电极反应解释其原理 　阴极发生反应：，阳极室中的K+透过阳离子交换膜进入阴极室，生成浓度更高的KOH，反应后取出可以继续使用　 。
【答案】（1）+6；
（2），增大OH﹣浓度，抑制平衡向正反应方向移动；
（3）K2FeO4有强氧化性，可以将氧化为，生成的Fe3+形成溶解度更小的FeAsO4；
（4）①；
②温度高于50℃后，再升高温度，K2FeO4分解的速率加快，影响其产量（合理即可）；
③阴极发生反应：，阳极室中的K+透过阳离子交换膜进入阴极室，生成浓度更高的KOH，反应后取出可以继续使用。
【分析】（1）根据高铁酸钾的化学式 K2FeO4，利用化合物中元素化合价代数和为零的原则进行分析；
（2）结合高铁酸钾在不同溶液中的稳定性，以及其在溶液中的反应特性，解释为何需要在 KOH 溶液中配制；
（3）从高铁酸钾和三氯化铁的氧化性、反应产物的溶解性等方面进行分析，解释高铁酸钾处理含砷酸性废水的效果优于三氯化铁的原因；
（4）①根据电解法制备高铁酸钾的原理，分析阳极反应，写出电极反应式；
②结合温度对反应速率和产物稳定性的影响，分析温度升高导致高铁酸钾产量降低的原因；
③从电解过程中电极反应的物质转化角度，解释电解液循环利用的原理。
【解答】解：（1）高铁酸钾中K为+1价，O为﹣2价，所以Fe为+6价，
故答案为：+6；
（2）高铁酸钾在酸性或中性溶液中快速产生氧气O2，在碱性溶液中较稳定：，增大OH﹣浓度，抑制平衡向正反应方向移动，所以配制高铁酸钾溶液时，应将高铁酸钾固体溶于一定浓度的KOH溶液中，
故答案为：，增大OH﹣浓度，抑制平衡向正反应方向移动；
（3）高铁酸钾有强氧化性，可以将氧化为，生成的Fe3+形成溶解度更小的FeAsO4，所以K2FeO4处理含砷酸性废水效果优于FeCl3，
故答案为：K2FeO4有强氧化性，可以将氧化为，生成的Fe3+形成溶解度更小的FeAsO4；
（4）①铁作阳极，失去电子生成高铁酸根离子，电极反应式为：Fe+8OH﹣+6e﹣4H2O，
故答案为：；
②温度高于50℃后，再升高温度，K2FeO4分解的速率加快，导致K2FeO4产量随温度的升高而降低，
故答案为：温度高于50℃后，再升高温度，K2FeO4分解的速率加快，影响其产量（合理即可）；
③阴极发生反应：，阳极室中的K+透过阳离子交换膜进入阴极室，生成浓度更高的KOH，反应后取出可以继续使用，
故答案为：阴极发生反应：，阳极室中的K+透过阳离子交换膜进入阴极室，生成浓度更高的KOH，反应后取出可以继续使用。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9．（2025 金山区二模）硫在自然界中既有游离态又有化合态。在硫酸工业的接触室中发生的反应为2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣198kJ mol﹣1。
（1）下列说法正确的是 　D　 。
A．SO2是含有极性键的非极性分子
B．SO2能使紫色石蕊试液先变红后褪色
C．接触室中的催化剂为铁触媒
D．硫酸分子间能形成氢键
（2）实验室制取SO2并回收硫酸铜，下列装置及操作能达到相应实验目的的是 　D　 。
A．生成SO2 B．干燥SO2 C．收集SO2 D．蒸发浓缩CuSO4（aq）
（3）下列关于硫及其化合物的转化，说法正确的是 　AD　 。（不定项）
A．硫酸型酸雨产生途径之一：SO2→H2SO3→H2SO4
B．用少量O2处理H2S：H2S→SO2
C．用过量氨水处理工业尾气中的SO2：SO2→NH4HSO3
D．用H2O2、BaCl2证明SO2的还原性：SO2→BaSO4
（4）工业上可以用硫（S8）与CH4为原料制备CS2，加热时S8分解为S2，然后发生反应：2S2（g）+CH4（g） CS2（g）+2H2S（g）ΔH＞0
共价键键能如表所示：
共价键 S＝S C—H C＝S S—H
键能/kJ mol﹣1 a b c d
则（a+2b） 　＜　 （c+2d）（选填“＞”“＜”或“＝”）。该反应涉及化合物分子中键角由大到小的顺序是 　CS2＞CH4＞H2S　 。
（5）焦炭催化还原SO2既可除去SO2，同时还可以回收硫（S2）：2C（s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2（g）
一定压强下，向1L密闭容器中加入足量的焦炭、催化剂和1mol SO2，测得SO2的生成速率与S2（g）的生成速率随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是 　AB　 （不定项）。
A．a点时，反应正向进行
B．图中a、b、c、d四点，只有c点处于平衡状态
C．T3℃时增大压强（压缩容器），能增大活化分子百分数
D．该反应的ΔH＞0
（6）铁酸锌可用于高温煤气脱硫：ZnFe2O4（s）+3H2S（g）+H2（g） 2FeS（s）+ZnS（s）+4H2O（g），在600℃时，该反应的K＝8，H2S的平衡转化率为60%，则初始投料比x[]的值为 　1　 。
（7）利用Fe2（SO4）3溶液可除去天然气中的H2S，原理如图1，请写出Fe2+与O2反应的离子方程式　4H++4Fe2++O2＝4Fe3++2H2O　 。
实验室测得Fe2（SO4）3溶液的脱硫率与溶液pH、Fe3+质量浓度的关系如图2。请分析当Fe3+质量浓度大于10g L﹣1时，脱硫率逐渐降低的原因。 　随Fe3+质量浓度增大，促进H2S被氧化；溶液中H+浓度增大，H2S在溶液中溶解度减小。前者影响小于后者，H2S去除率降低　 。
（8）利用电化学原理（图甲）去除天然气中的H2S，同时将甲装置作为电源利用双极膜实现烟气脱SO2（图乙）。图甲中主要反应：2Fe+2H2S+O2＝2FeS+2H2O，负极的电极反应式为 　Fe﹣2e﹣+H2S＝FeS+2H+　 。标准状况下，甲中天然气的进气流量为448m3 h﹣1（H2S的体积分数为1%），则乙装置中H2O2的产量为 　6.8　 kg h﹣1。
【答案】（1）D；
（2）D；
（3）AD；
（4）＜；CS2＞CH4＞H2S；
（5）AB；
（6）1；
（7）4H++4Fe2++O2＝4Fe3++2H2O；随Fe3+质量浓度增大，促进H2S被氧化；溶液中H+浓度增大，H2S在溶液中溶解度减小。前者影响小于后者，H2S去除率降低；
（8）Fe﹣2e﹣+H2S＝FeS+2H+；6.8。
【分析】（5）SO2的生成速率代表逆反应速率，S2（g）的生成速率代表正反应速率，据此解答；
（6）由左图可知，利用硫酸铁溶液除去天然气中硫化氢气体发生的反应为：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+、4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；
【解答】解：（1）A．二氧化硫分子中孤对电子对数为（6﹣2×2）＝1，价层电子对数为2+1＝3，分子的空间构型是结构不对称的V形，属于极性分子，故A错误；B．二氧化硫具有漂白性，但不能使紫色石蕊溶液褪色，故B错误；
C．接触室中的催化剂为五氧化二钒，铁触媒是合成氨的催化剂，故C错误；
D．硫酸分子中含有羟基，能形成分子间氢键，故D正确；
故答案为：D；
（2）A．铜与浓硫酸常温下不反应，共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则题给装置不能达到生成二氧化硫的实验目的，故A错误；B．碱石灰能吸收酸性氧化物二氧化硫，则题给装置不能达到干燥二氧化硫的实验目的，故B错误；
C．二氧化硫的密度大于空气，应用向上排空气法收集二氧化硫，不能用向下排空气法收集二氧化硫，则题给装置不能达到收集二氧化硫的实验目的，故C错误；
D．用蒸发皿加热可以将硫酸铜溶液蒸发浓缩，则题给装置能达到蒸发浓缩硫酸铜溶液的实验目的，故D正确；
故答案为：D；
（3）A．硫酸型酸雨产生途径之一是溶于水的二氧化硫部分与水反应生成亚硫酸使雨水呈酸性，反应生成的弱酸亚硫酸与空气中氧气反应生成强酸硫酸，使雨水酸性增强、pH减小，故A正确；B．硫化氢在少量氧气中燃烧生成硫和水，故B错误；
C．二氧化硫与过量氨水反应生成亚硫酸铵和水，故C错误；
D．亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，则二氧化硫能与氯化钡和过氧化氢的混合溶液反应生成白色沉淀，说明二氧化硫具有还原性，故D正确；
故答案为：AD；
（4）A．a点时，SO2的生成速率与S2（g）的生成速率相等，说明S2（g）的生成速率大于消耗速率，反应正向进行，故A正确；B．平衡状态时，SO2的生成速率与S2（g）的生成速率为2：1，故B正确；
C．T3℃时增大压强（压缩容器），增大了单位体积内的活化分子数，但活化分子百分数不变，故C错误；
D．升高温度平衡向吸热方向移动，c点对应温度升高到d点对应温度，SO2的生成速率与S2（g）的生成速率之比大于2：1，说明SO2的生成速率大于其本身消耗速率，平衡逆向移动，即逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，ΔH＜0，故D错误；
故答案为：AB；
（5）由反应△H＝反应物总键能—生成物总键能可得：（2a+4b）—（2c+4d）＜0，解得（a+2b）＜（c+2d）；甲烷分子中碳原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为（4﹣1×4）＝0，分子的空间构型为正四面体形，二硫化碳分子中碳原子的价层电子对数为2、孤对电子对数为（4﹣2×2）＝0，分子的空间构型为直线形，硫化氢分子中硫的价层电子对数为4、孤对电子对数为（6﹣1×2）＝2，分子的空间构型为V形，则键角由大到小的顺序为CS2＞CH4＞H2S，
故答案为：＜；CS2＞CH4＞H2S；
（6）设起始氢气的浓度为1mol/L，则由投料比可知，起始硫化氢的浓度为xmol/L，由题意可建立如下三段式：
ZnFe2O4（s）+3H2S（g）+H2（g） 2FeS（s）+ZnS（s）+4H2O（g）
起（mol/L） x 1 0
转（mol/L） 0.6x 0.2x 0.8x
平（mol/L） 0.4x 1﹣0.2x 0.8x
由反应的平衡常数可得：8，解得x＝1，
故答案为：1；
（7）亚铁离子与氧气的反应为酸性条件下亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；溶液中铁离子浓度越大，硫化氢反应越充分，硫化氢去除率越高，但反应生成的氢离子会使溶液中氢离子浓度增大，导致硫化氢的溶解度减小，使得硫化氢去除率降低，所以当铁离子质量浓度大于10 g L﹣1时，脱硫率逐渐降低说明铁离子浓度增大对反应的影响小于氢离子浓度增大对反应的影响，
故答案为：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；随Fe3+质量浓度增大，促进H2S被氧化；溶液中H+浓度增大，H2S在溶液中溶解度减小，前者影响小于后者，H2S去除率降低；
（8）根据总反应2Fe+2H2S+O2＝2FeS+2H2O可知，在该原电池中，Fe为负极，负极上Fe失去电子变为FeS，负极的电极反应式为Fe﹣2e﹣+H2S＝FeS+2H+，假设反应时间为1h，甲中反应的H2S的体积为448m3/h×1h×1%×1000L/m3＝4480L，H2S的物质的量为200mol，由甲图中负极反应式Fe﹣2e﹣+H2S＝FeS+2H+可知转移电子为400mol，乙图中右边电极反应式为Fe﹣2e﹣+H2S＝FeS+2H+，根据电子守恒可知，生成H2O2的物质的量为200mol，乙装置中生成H2O2的质量为200mol×34g/mol＝6800g，则乙装置中H2O2的产量为6.8kg h﹣1，
故答案为：Fe﹣2e﹣+H2S＝FeS+2H+；6.8。
【点评】本题考查反应热和焓变、化学平衡状态等知识，为高频考点，明确平衡的影响因素等知识点是解本题关键，题目难度不大。
10．（2025 海淀区一模）利用菱锰矿[主要化学成分为MnCO3，含CaMg（CO3）2、SiO2等杂质]制备MnCO3粉的工艺流程如图。
已知：ⅰ.MnO易被氧化为Mn2O3MnO能溶于氨水生成[Mn（NH3）4]2+
ⅱ.Mn（OH）2（s） Mn2+（aq）+2OH﹣（aq）
（1）脱硅时进行的分离操作是 　过滤　 。
（2）在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如表。
温度/℃ 600 700 800
主要成分 MnO、CaMg（CO3）2 MnO、CaMg（CO3）2CaCO3MgO MnO、CaCO3MgO
下列说法正确的是 　AC　 （填序号）。
A.800℃时发生了反应：CaMg（CO3）2CaCO3+MgO+CO2↑
B.热稳定性：MnCO3＞CaCO3＞MgCO3
C.焙烧时，N2的作用是避免MnO被氧化
（3）已知MnCO3分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将N2替换为CO2MnCO3显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因：　替换后c（CO2）浓度变大，不利于MnCO3的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，K增大，Q＜K，MnCO3才能继续分解　 。
（4）图1中，氨水﹣（NH4）2CO3溶液中的总氮浓度固定为14mol L﹣1，结合图1解释浸锰时同时使用氨水和碳酸铵的原因：　加入氨水可使MnO转化为可溶性的[Mn（NH3）4]2+；加入（NH4）2CO3可避免pH过高发生副反应Mn2++2OH﹣＝Mn（OH）2；同时能与OH﹣结合补充NH3的消耗　 。
（5）沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn沉淀率增大的原因：　温度升高导致NH3被蒸出，c（NH3）减小，[Mn（NH3）4]2+ Mn2++4NH3正向移动，Mn2+浓度增大，生成MnCO3沉淀　 。
（6）该工艺流程中可再次利用的物质为 　CO2或（NH4）2CO3、NH3　 。
【答案】（1）过滤；
（2）AC；
（3）替换后c（CO2）浓度变大，不利于MnCO3的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，K增大，Q＜K，MnCO3才能继续分解；
（4）加入氨水可使MnO转化为可溶性的[Mn（NH3）4]2+；加入（NH4）2CO3可避免pH过高发生副反应Mn2++2OH﹣＝Mn（OH）2；同时能与OH﹣结合补充NH3的消耗；
（5）温度升高导致NH3被蒸出，c（NH3）减小，[Mn（NH3）4]2+ Mn2++4NH3正向移动，Mn2+浓度增大，生成MnCO3沉淀；
（6）CO2或（NH4）2CO3、NH3。
【分析】该工艺流程以菱锰矿[主要化学成分为MnCO3含CaMg（CO3）2、SiO2等杂质]为原料，制备MnCO3粉，菱锰矿与25%NaOH溶液脱硅，发生SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，生成的Na2SiO3能溶于水，过滤，与MnCO3、CaMg（CO3）2不溶物分离除去，MnCO3、CaMg（CO3）2在N2的作用下焙烧，使MnCO3发生分解反应生成MnO，再加入氨水﹣（NH4）2CO3溶液浸锰，过滤除去CaMg（CO3）2，得到含有[Mn（NH3）4]2+的浸锰液再沉锰制得MnCO3粉。
【解答】解：（1）脱硅时发生SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，生成的Na2SiO3能溶于水，与MnCO3、CaMg（CO3）2不溶物分离方法为过滤，
故答案为：过滤；
（2）A．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，800℃时发生了反应：CaMg（CO3）2CaCO3+MgO+CO2，故A正确；
B．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，600℃时MnCO3分解，700℃～800℃MgCO3分解，800℃时CaCO3未发生分解，故热稳定性：MnCO3＜MgCO3＜CaCO3，故B错误；
C．MnO易被氧化为Mn2O3，故焙烧时，N2的作用是避免MnO被氧化，故C正确；
故答案为：AC；
（3）相同温度下，将n2替换为CO2，c（CO2）浓度变大，MnCO3 MnO+CO2平衡逆移，不利于MnCO3分解，该分解反应为吸热反应，温度升高至700℃，K值增大，此时Q＜K，反应正向进行，MnCO3继续分解，
故答案为：替换后c（CO2）浓度变大，不利于MnCO3的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，K增大，Q＜K，MnCO3才能继续分解；
（4）从图像可看出，c[（NH4）2CO3]＝0，溶液pH较高，氨水可使MnO转化为可溶性的[Mn（NH3）4]2+，但Mn浸出量较低，随c[（NH4）2CO3]增大，溶液pH降低，Mn浸出量升高，c[（NH4）2CO3]＞1.5mol/L，pH略大于10，Mn浸出量几乎达最大值，这是因为加入氨水可使MnO转化为可溶性的[Mn（NH3）4]2+；加入（NH4）2CO3可避免pH过高发生副反应Mn2++2OH﹣＝Mn（OH）2；同时能与OH﹣结合补充NH3的消耗，
故答案为：加入氨水可使MnO转化为可溶性的[Mn（NH3）4]2+；加入（NH4）2CO3可避免pH过高发生副反应Mn2++2OH﹣＝Mn（OH）2；同时能与OH﹣结合补充NH3的消耗；
（5）氨水﹣（NH4）2CO3溶液浸锰时，得到含有[Mn（NH3）4]2+、等的浸锰液，溶液中存在[Mn（NH3）4]2+ Mn2++4NH3平衡，沉锰时，温度升高，导致NH3被蒸出，c（NH3）减小，[Mn（NH3）4]2+ Mn2++4NH3正向移动，Mn2+浓度增大，c（Mn2+）×c（）＞Ksp（MnCO3），有MnCO3沉淀生成，
故答案为：温度升高导致NH3被蒸出，c（NH3）减小，[Mn（NH3）4]2+ Mn2++4NH3正向移动，Mn2+浓度增大，生成MnCO3沉淀；
（6）焙烧生成的CO2可以与氨水反应制备（NH4）2CO3，而沉锰时逸出的NH3可以制备氨水，可再次利用的为CO2或（NH4）2CO3、NH3，
故答案为：CO2或（NH4）2CO3、NH3。
【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，难度较大。
11．（2025春 苏州期中）高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效水处理剂，可用于去除水体中的As元素。已知高铁酸钾具有下列性质：
①紫色固体，可溶于稀的KOH溶液，微溶于浓KOH溶液；
②具有强氧化性，在酸性溶液中完全、快速产生O2；
③在冰水浴、碱性溶液中比较稳定。
（1）制备K2FeO4
①装置B中所用试剂为 　饱和食盐水　 。
②装置C中得到紫色固体。发生的主要反应为 　3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O　 （写化学方程式）。
③提纯K2FeO4粗产品[含有Fe（OH）3、KCl等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的稀KOH溶液中，　过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，过滤，所得固体用适量乙醇洗涤2～3次后，干燥　 （实验中须使用的试剂有：冰水、饱和KOH溶液，乙醇）。
（2）测定K2FeO4的纯度。准确称取0.5280gK2FeO4样品置于锥形瓶中，用KOH溶液溶解，加入过量KCr（OH）4溶液，再加入硫酸酸化配成待测液。用0.3000mol L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL。计算样品中K2FeO4的纯度（写出计算过程）。
测定过程中涉及的离子反应有（未配平）：
Cr（OH）4﹣→Fe（OH）3OH﹣
H+→Cr2H2O
Cr2Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O
　，则有：n（K2FeO4）0.3mol/L×0.02L＝0.002mol，m（K2FeO4）＝0.002mol×198g/mol＝0.3960g，样品中K2FeO4的纯度为75%　
（3）K2FeO4的应用。某水样中As元素主要以As（Ⅲ）存在，As（Ⅲ）可被K2FeO4氧化为As（Ⅴ），再通过Fe（Ⅲ）吸附去除。
①K2FeO4对水中As元素的去除率随pH变化如图2所示。当pH大于7时，As去除率迅速下降的原因是 　碱性条件下，K2FeO4氧化As（Ⅲ）的速率减慢；溶液中用于吸附的Fe（Ⅲ）的量减少　 。
②FeCl3也能去除水中As元素。pH＝6.5时，加入FeCl3或K2FeO4后水中铁浓度对As去除率的影响如图3所示，铁浓度相同，使用K2FeO4时As去除率比使用FeCl3时高的原因是 　K2FeO4将As（Ⅲ）氧化为As（Ⅴ），As（Ⅴ）比As（Ⅲ）更容易被吸附去除　 。
【答案】（1）①饱和食盐水；
②3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O；
③过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，过滤，所得固体用适量乙醇洗涤2～3次后，干燥；
（2），则有：n（K2FeO4）0.3mol/L×0.02L＝0.002mol，m（K2FeO4）＝0.002mol×198g/mol＝0.3960g，样品中K2FeO4的纯度为75%；
（3）①碱性条件下，K2FeO4氧化As（Ⅲ）的速率减慢；溶液中用于吸附的Fe（Ⅲ）的量减少；
②K2FeO4将As（Ⅲ）氧化为As（Ⅴ），As（Ⅴ）比As（Ⅲ）更容易被吸附去除。
【分析】装置A中，高锰酸钾和浓盐酸反应，制取氯气，氯气中混有挥发的HCl，装置B中盛有饱和食盐水，除去HCl，装置C中发生反应：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，制取K2FeO4，装置D是尾气处理装置，吸收未反应的氯气，据此分析作答。
【解答】解：（1）①根据分析可知，装置B中所用试剂为饱和食盐水，
故答案为：饱和食盐水；
②装置C中得到紫色固体，发生的主要反应为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，
故答案为：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O；
③提纯K2FeO4粗产品[含有Fe（OH）3、KCl等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的稀KOH溶液中，过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，过滤，所得固体用适量乙醇洗涤2～3次后，干燥，得到纯净的K2FeO4产品，
故答案为：过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，过滤，所得固体用适量乙醇洗涤2～3次后，干燥；
（2）根据题意并结合化合价升降，可得关系式：，则有：n（K2FeO4）0.3mol/L×0.02L＝0.002mol，m（K2FeO4）＝0.002mol×198g/mol＝0.3960g，样品中K2FeO4的纯度为75%，
故答案为：，则有：n（K2FeO4）0.3mol/L×0.02L＝0.002mol，m（K2FeO4）＝0.002mol×198g/mol＝0.3960g，样品中K2FeO4的纯度为75%；
（3）①由图可知，当pH大于7时，As去除率迅速下降的原因是碱性条件下，K2FeO4氧化As（Ⅲ）的速率减慢；溶液中用于吸附的Fe（Ⅲ）的量减少，
故答案为：碱性条件下，K2FeO4氧化As（Ⅲ）的速率减慢；溶液中用于吸附的Fe（Ⅲ）的量减少；
②FeCl3也能去除水中As元素。pH＝6.5时，加入FeCl3或K2FeO4后水中铁浓度对As去除率的影响如图3所示，铁浓度相同，使用K2FeO4时As去除率比使用FeCl3时高的原因是K2FeO4将As（Ⅲ）氧化为As（Ⅴ），As（Ⅴ）比As（Ⅲ）更容易被吸附去除，
故答案为：K2FeO4将As（Ⅲ）氧化为As（Ⅴ），As（Ⅴ）比As（Ⅲ）更容易被吸附去除。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及K2FeO4的制取，同时考查产品纯度的计算，属于基本知识的考查，难度中等。
12．（2025 福建三模）利用绿矾（FeSO4 7H2O）为原料制备高纯补铁剂乙二胺四乙酸铁钠晶体（NaFeY 3H2O）的工艺流程如图：
已知：ⅰ．乙二胺四乙酸（H4Y）微溶于冷水，易溶于热水；25℃时，Ka1＝10﹣2，Ka2＝10﹣2.7，Ka3＝10﹣6，Ka4＝10﹣10.3；H4Y结构如图甲。
ⅱ．25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝10﹣37.4；Fe3+（aq）+Y4﹣（aq） [FeY]﹣（aq）K＝1025.1；[FeY]﹣结构如图乙。
回答下列问题：
（1）“沉铁”生成FeCO3的离子方程式为 　Fe2++2HCFeCO3↓+H2O+CO2↑　 。
（2）“氧化”生成Fe（OH）3的化学方程式为 　FeCO3+H2O2+2H2O＝2Fe（OH）3+CO2↑　 。
（3）“沉铁”和“氧化”也可用FeCl3 6H2O与NaHCO3一步反应完成。
已知：ⅰ．Fe3+水解过程先生成碱式盐，再聚合生成多核阳离子，如[Fe2（OH）2（H2O）8]4+，结构如图。
ⅱ．FeCO3颗粒大，易沉降。
①键长：1 　＞　 2（填“＞”“＜”或“＝”）。
②结合[Fe2（OH）2（H2O）8]4+的结构分析，绿矾两步反应制备Fe（OH）3的优点有 　生成大颗粒的FeCO3沉淀易于分离：Fe3+水解生成的阳离子易与水分子形成氢键，生成絮状沉淀，难以洗脱　 。
（4）①“合成”反应Fe（OH）3（s）+H4

展开更多......

收起↑