2020高考化学常考知识点专练 10：流程题
一、单选题
1．（2019高一上·东辽期中）某同学利用贝壳制备氢氧化钾的工艺流程如下
上述流程中没有涉及的化学反应类型是（ ）
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
【答案】C
【知识点】化学基本反应类型
【解析】【解答】CaCO3煅烧过程发生反应的化学方程式为：CaCO3CaO＋CO2↑，该反应中反应物只有一种，生成物有两种，因此属于分解反应；CaO水化过程中发生反应的化学方程式为：CaO＋H2O=Ca(OH)2，该反应中反应物有两种，生成物只有一种，属于化合反应；制备过程中发生反应的化学方程式为：Ca(OH)2＋K2CO3=2KOH＋CaCO3↓，该反应是在溶液中进行的阴阳离子交换的反应，属于复分解反应；因此整个制备过程中，没有涉及的反应类型为置换反应，C符合题意；
故答案为：C
【分析】根据制备过程中发生的反应，结合各反应类型的特征进行分析。
2．（2019高一下·北仑期末）下列制备物质的工业生产流程合理的是（ ）
A．由铝土矿冶炼铝：铝土矿 Al
B．制硫酸：硫铁矿 SO2 H2SO3 H2SO4
C．由NaCl制漂白粉：NaCl(aq) Cl2 漂白粉
D．合成NH3：NH4Cl和Ca(OH)2固体 NH3 纯净干燥的氨气
【答案】C
【知识点】工业合成氨；氯气的化学性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A.铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解，电解氧化铝制备Al，A不符合题意；
B. 硫铁矿燃烧生成二氧化硫，应将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成生成硫酸，B不符合题意；
C.电解氯化钠生成氯气，氯气与石灰乳反应生成漂白粉，C符合题意；
D.工业合成氨是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，实验室常用氯化铵固体与碱石灰固体共热来制取氨气，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.铝土矿为混合物；
B.根据H2SO4的制备分析；
C.漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2、CaCl2；
D.结合工业合成氨的原理分析；
3．（2019高二下·慈溪期中）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：
对上述流程中的判断正确的是（ ）
A．试剂X为稀硫酸
B．结合质子（ H+）的能力由强到弱的顺序是：AlO2-＞ OH- ＞CO32-
C．反应II中生成Al(OH)3的反应为：CO2＋AlO2－ ＋2H2O ＝Al(OH)3↓＋HCO3－
D．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al
【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 分离氧化铝和氧化铁，只能用氢氧化钠等强碱溶液，不能用稀硫酸，因氧化铝与氢氧化钠反应，氧化铁不反应，但二者都可与稀硫酸反应，故A不符合题意；
B. 结合质子能力越强，相应的酸放出质子的能力就越弱，其对应酸的酸性就越弱，酸性：HCO3－ > Al(OH)3>H2O，所以结合质子能力：OH－>AlO2－ >CO32－，故B不符合题意；
C. 由上述分析可知，反应II中生成Al(OH)3的反应为：CO2＋AlO2－＋2H2O ＝Al(OH)3↓＋HCO3－，故C符合题意；
D. 氯化铝是分子晶体，熔融时不能电离出离子，电解熔融的氯化铝不能获得金属铝，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，过滤分离后，电解熔融Al2O3得到单质Al，以此解答该题。
4．（2019高三上·宁江月考）从实验室含银废液中回收Ag的流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．步骤①的操作为分液
B．步骤②中离子方程式为2Ag++Zn=2Ag+Zn2+
C．步骤②中锌不宜过量太多，否则Ag的产率降低
D．步骤③的目的是除去过量的锌
【答案】D
【知识点】分液和萃取；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、步骤①的操作为过滤，A不符合题意；
B、步骤②的离子方程式为：2AgCl+Zn=2Ag+Zn2++2Cl-，B不符合题意；
C、锌过量太多会增大步骤③中盐酸的用量和单质锌的消耗，不会降低产率，C不符合题意；
D、显然D项符合题意；
【分析】A.从悬浊液中得到固体，应采用过滤操作；
B.AgCl是难溶固体，在离子方程式中应保留化学式；
C.为使AgCl完全反应，所加锌粉应过量；
D.过量的锌粉可用稀盐酸除去；
5．（2019高三上·许昌月考）工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是（ ）
A．在铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石
B．石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应
C．在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2∶1
D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A.由铝土矿制备高纯度Al的过程中，需先加入NaOH溶液，将Al转化为NaAlO2溶液，除去难溶性杂质，再向NaAlO2溶液中通入过量CO2，形成Al(OH)3沉淀，过滤、洗涤后将Al(OH)3加热分解，得到Al2O3，电解熔融Al2O3的过程中，加入冰晶石，以降低Al2O3的熔点，选项正确，A不符合题意；
B.石英的主要成分是SiO2，不属于盐，也不能与盐酸反应，选项错误，B符合题意；
C.制取粗硅的过程中发生反应SiO2＋2CSi＋2CO↑，该反应中，被氧化的物质和被还原的物质的物质的量之比为2:1，选项正确，C不符合题意；
D.黄铜矿中Cu显+2价，Fe显+2价，S显-2价，反应后生成Cu2S中Cu显+1价，FeO中O显-2价，化合价都降低，因此都为还原产物，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.结合铝的制备过程分析；
B.石英的主要成分为SiO2；
C.结合反应的化学方程式分析；
D.结合反应过程中元素化合价变化分析；
6．（2019高三上·汉中月考）高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组用以下流程制取高纯度氧化铝：
以下说法不合理的是（ ）
A．“除杂”操作是加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+．发生的主要反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+4NH3·H2O=2Fe(OH)3 ↓+4NH4+
B．配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化的目的是抑制Al3+水解
C．“结晶”这步操作中，母液需要蒸干后才能获得铵明矾晶体(含结晶水)
D．“分离”操作的名称是过滤
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.H2O2具有氧化性，能将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，用氨水调节pH的过程中，形成Fe(OH)3沉淀，该过程发生反应的离子方程式为：2Fe2＋＋H2O＋4NH3·H2O=2Fe(OH)3↓＋4NH4＋，选项正确，A不符合题意；
B.由于Al3+易水解，因此在配制铝盐溶液时，应抑制Al3+的水解，故配制Al2(SO4)3溶液时，应加入硫酸酸化，抑制Al3＋的水解，选项正确，B不符合题意；
C.蒸发结晶过程中，当出现大量晶体时，停止加热，利用余热将剩余水分蒸发，若完全蒸干，易导致晶体烧焦，选项错误，C符合题意；
D.结晶后得到固液混合物，因此分离操作为过滤，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据H2O2的氧化性，以及发生的反应进行分析；
B.Al3+易水解，配制铝盐溶液时，应抑制Al3+的水解；
C.溶液蒸干，易导致晶体烧焦；
D.根据原混合物的状态确定分离操作；
二、实验探究题
7．（2019高一下·广东期末）以下为工业从海水中提取液溴的流程图：
（1）当进行步骤①时，应关闭活塞 ，打开活塞 。
（2）已知：溴的沸点为 59 ℃，微溶于水，有毒性。某同学利用下图装置进行步骤①至步骤④的实验,请回答：
步骤②中可根据 现象，简单判断热空气的流速。
（3）步骤③中简单判断反应完全的依据是 。
（4）步骤⑤用下图装置进行蒸馏。装置
C 中直接加热不合理，应改为 ，蒸馏时冷凝水应从 端进入(填“e”或“f”)， F 的作用是 。
【答案】（1）bd；ac
（2）A中气泡冒出的个数（或快慢）
（3）B中溶液橙色刚好褪去
（4）水浴加热；f；吸收溴蒸气，防止污染空气
【知识点】海水资源及其综合利用；蒸馏与分馏
【解析】【解答】（1）进行步骤①的目的是通入氯气，氯气与海水中溴离子发生置换反应得到溴与水的混合物，实验时应关闭bd，打开ac，进行反应和尾气处理，故答案为：bd；ac；
（2）步骤②是通入热空气把生成的溴单质赶到装置B得到粗溴溶液，和通入的二氧化硫发生氧化还原反应，实验时关闭ac，打开bd，依据A中玻璃管产生气泡的快慢判断热空气的流速，故答案为：A中玻璃管产生气泡的快慢；
（3）步骤③中是二氧化硫与溴单质发生氧化还原反应得到含有溴化氢和硫酸，溴水褪色，则简单判断反应完全的依据是B中溶液橙色刚好褪去，故答案为：B中溶液橙色刚好褪去；
（4）蒸馏时，因溴的沸点低于水的沸点，为使烧瓶均匀受热，避免温度过高，装置C中加热方式应改为水浴加热；为增强冷凝效果，冷凝管中的水应从下口f进入；因溴易挥发，有毒，装置F中氢氧化钠溶液的作用是吸收溴蒸气，防止污染空气，故答案为：水浴加热；f；吸收溴蒸气，防止污染空气。
【分析】（1）步骤①中是利用Cl2将Br-氧化成Br2，据此确定活塞的打开和关闭情况；
（2）判断空气的流速，可通过产生气泡的快慢判断；
（3）步骤③反应完全，则溶液的Br2完全反应；
（4）根据物质的沸点判断加热方式；蒸馏时，冷凝水由“下口进，上口出”；F装置中的NaOH溶液主要起尾气吸收的作用；
8．（2019高三上·拜泉月考）用含锌废渣(主要含Zn以及少量S、Fe、Mn、Cd等)制取氧化锌(ZnO)的工艺流程如图
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，锌、铁的浸出率如图(a)所示，应控制浸取终点的pH为 。
（2）“氧化”时，Fe2+、Mn2+去除率与温度的关系如图(b)所示，相同条件下还原性较强的是 (填“Fe2+”或“Mn2+”)，Fe2+被KMnO4氧化生成Fe3+和MnO2的离子方程式为 。
（3）加Zn粉“操作”的目的是 。
（4）“沉锌”的离子方程式为 ，由碱式碳酸锌制备轻质氧化锌的方法是 。
【答案】（1）4(填4~5之间数据均给分)
（2）Fe2+；3Fe2++MnO4-+4H+ 3Fe3++MnO2↓+2H2O
（3）除去Cd
（4）3Zn2++5CO32-+4H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+4HCO3-或3Zn2++3CO32-+2H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+2CO2↑；高温焙烧
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）此流程是为了制取氧化锌，因此“酸浸”过程中是为了浸出锌，而不浸出铁，由图中锌铁的浸出率可知，当pH在4~5时，锌的浸出率最高，铁的浸出率几乎为0；因此应控制浸取液终点的pH为4~5；
（2）由图b可知，反应过程中，Fe2+的去除率高于Mn2+，因此说明相同条件下，Fe2+的还原性强于Mn2+；
KMnO4将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身还原为MnO2，过程中Mn由＋7价变为＋4价，得到3个电子，Fe由＋2价变为＋3价，失去1个电子，根据得失电子守恒可得，Fe2＋、Fe3＋的系数为3，MnO4－、MnO2的系数为1；由电荷守恒可得，反应物中含有4个H＋；由氢原子守恒可得，生成物中含有H2O，且其系数为2；因此可得该反应的离子方程式为：3Fe2＋＋MnO4－＋4H＋=3Fe3＋＋MnO2↓＋2H2O；
（3）加锌粉是为了除去Cd；
（4）“沉锌”过程中反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2，该反应的离子方程式为： 3Zn2++5CO32-+4H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+4HCO3-或3Zn2++3CO32-+2H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+2CO2↑；由于ZnCO3·2Zn(OH)2受热易分解，形成ZnO，因此由碱式碳酸锌制备轻质氧化锌，可采用高温焙烧操作；
【分析】（1）“酸浸”过程是为了浸出锌，据此结合图像中锌、铁的浸出率与pH的关系确定答案；
（2）根据氧化时Fe2+和Mn2+去除率的大小分析其还原性强弱；根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
（3）加锌粉是为了除去Cd；
（4）“沉锌”过程中反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2，据此写出反应的离子方程式；由ZnCO3·2Zn(OH)2获得ZnO应通过高温焙烧操作；
三、综合题
9．（2019高一上·深圳期中）海洋是人类巨大的资源宝库，如图为从海水中提取金属镁的简易流程图。
（1）海洋中含量最多的物质是 。
（2）实验室中进行操作1时，玻璃棒的作用是 。
（3）生石灰转化为石灰乳的过程是 反应(选填“吸热”或“放热”)。
（4）上述流程中未涉及到的基本反应类型是 反应。
【答案】（1）水
（2）引流
（3）放热
（4）置换
【知识点】吸热反应和放热反应；化学基本反应类型
【解析】【解答】(1)海洋中最主要是溶剂水，则含量最多的物质是水，故答案为：水；
(2)由实验的过程可知，操作I能将固液分开，操作是过滤，实验室中进行过滤时，玻璃棒
的作用是引流，故答案为：引流；
(3)生石灰转化为石灰乳的过程是放热反应，故答案为：放热；
(4)由题意可知，上述流程中煅烧石灰石、通电氯化镁得到了镁均发生了分解反应；生石灰转
化为石灰乳是化合反应;氢氧化钙与氯化镁反应、氢氧化镁与稀盐酸反应是复分解反应，则未涉及的反应类型为置换反应，故答案为：置换。
【分析】（2）海水与石灰乳反应时玻璃棒起到搅拌的作用；
（3）氧化钙与水反应放热；
（4）根据基本反应类型和反应过程进行判断。
10．（2019高二下·延边期末）氧化铁黄（化学式为FeOOH）是一种黄色颜料，工业上用废铁为主要原料生产氧化铁黄的一种工艺流程如下：
（1）氧化铁黄中铁元素的化合价为 ，废铁在反应前常用热的纯碱溶液清洗表面油污，其原理是 (写离子方程式)。
（2）氧化过程生成氧化铁黄的化学方程式是 。
（3）上述流程中，检验“洗涤”是否完全的方法是 。
（4）氧化时应控制pH的合理范围是3.5-4.0，pH过小导致氧化铁黄产率较低的可能原因是 。
【答案】（1）+3；CO32-+H2O HCO3-+OH-
（2）4FeSO4+O2+8NaOH＝ FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O
（3）取最后一次洗涤液，加入少量氯化钡溶液，后加入适量稀盐酸，如未观察到白色沉淀，即可证明洗干净
（4）pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸
【知识点】盐类水解的应用；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】（1）FeOOH中O元素为-2价，H元素为+1价，由化合价代数和为零可知Fe元素为+3价；废铁表面有防锈的油脂，碳酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，加热溶液碱性增强，油脂会在碳酸钠溶液中发生水解反应，达到清洗表面油污的目的，碳酸钠在溶液中水解的离子方程式为CO32-+H2O HCO3-+OH-，故答案为：+3；CO32-+H2O HCO3-+OH-；
（2）氧化过程为向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，并通入空气，发生氧化还原反应生成氧化铁黄，反应的化学方程式为4FeSO4+O2+8NaOH＝FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O，故答案为：4FeSO4+O2+8NaOH＝FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O；
（3）由氧化过程的化学方程式可知，氧化铁黄表面附有可溶的硫酸钠，检查洗涤是否完全的标准是洗涤液中不含有硫酸根离子，则检验洗涤是否完全的方法是，取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生沉淀，则表明已洗涤干净，否则未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入少量氯化钡溶液，后加入适量稀盐酸，如未观察到白色沉淀，即可证明洗干净；
（4）氧化时应控制pH的合理范围是保证产率最高，此时的pH范围为：3.5～4.0，若pH过小，氧化铁黄会溶解于酸导致产率降低，故答案为：pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸。
【分析】（1）结合化合物物中化合价代数和为0计算铁元素的化合价；纯碱溶液中存在CO32-的水解，使得溶液显碱性，可去除油污；
（2）根据流程确定反应物和生成物，结合原子个数守恒书写反应的化学方程式；
（3）洗涤过程中是为了除去可溶性的Na2SO4，可结合SO42-的检验分析；
（4）若pH过低，会导致FeOOH溶解；
11．（2020高二上·大理期末）以废镍(含NiO，杂质为少量Fe2O3)生产Ni2O3的一种工艺流程如下：
（1）“酸浸”时为了提高酸浸的速率(浸取率)，可采取的措施有 (任写出一条)。
（2）“酸浸”时Fe2O3发生反应的离子方程式： 。
（3）“调节pH”使溶液中的Fe3＋沉淀完全(离子浓度≤10－5 mol·L－1时，离子沉淀完全)，则需维持c(OH－)不低于 [已知Fe(OH)3的Ksp=4×10－38， ≈1.6 ]。
（4）“沉镍”的目的是将溶液中的Ni2＋转化为Ni(OH)2沉淀，确认Ni2＋已经完全沉淀的实验方法是 。
（5）“滤液Ⅱ”所含阴离子主要为Cl－，写出“氧化”时反应的离子方程式： 。
（6）以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的 。电解时阳极的电极反应式为 ，离子交换膜(b)为 (填“阴”或“阳”)离子交换膜。
【答案】（1）粉碎 / 加热 / 搅拌 / 适当增大硫酸浓度
（2）Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O
（3）1.6×10－11
（4）静置，在上层清液中继续滴加NaOH溶液，无沉淀生成
（5）2Ni(OH)2＋ClO－=Ni2O3＋Cl－＋2H2O
（6）Fe－6e－+8OH－=FeO42－+4H2O；阴
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）反应速率与浓度、温度、接触面积有关，因此为提高酸浸的速率，可适当升高温度、增加硫酸的浓度、搅拌或粉碎（增大固体与液体的接触面积）；
（2）酸浸时，Fe2O3与酸反应生成可溶性Fe2(SO4)3和H2O，该反应的离子方程式为：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；
（3）当溶液中的Fe3+完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，则此时溶液中；
（4）沉镍过程中，确认Ni2+完全沉淀，则可取上层清液，继续加入NaOH溶液，若无沉淀产生，则说明Ni2+已沉淀完全；
（5）氧化过程中，ClO－将Ni(OH)2氧化成Ni2O3，自身还原为Cl－，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得，该反应的离子方程式为：2Ni(OH)2＋ClO－=Ni2O3＋Cl－＋2H2O；
（6）铁与电源的正极相连为阳极，发生失电子的氧化反应，生成FeO42-，其电极反应式为：Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；由于铁电极上OH-参与反应，则OH-由Ⅱ室通过离子交换膜(b)向Ⅲ室移动，因此离子交换膜(b)为阴离子交换膜；
【分析】（1）结合反应速率的影响因素分析；
（2）酸浸时，Fe2O3与酸反应生成可溶性Fe2(SO4)3和H2O，据此写出反应的离子方程式；
（3）根据Fe(OH)3的Ksp进行计算；
（4）确认Ni2+完全沉淀，则可继续加入NaOH，观察是否还有沉淀产生；
（5）氧化过程中，ClO-将Ni由+2价氧化为+3价，自身还原为-1价的Cl-，据此写出反应的离子方程式；
（6）铁与电源的正极相连为阳极，发生失电子的氧化反应，生成FeO42-，据此写出电极反应式；结合阳极的电极反应式分析离子的移动方向，从而确定离子交换膜b；
12．（2019高二上·鹰潭期末）铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如下：
实验室中可用FeSO4(用铁粉和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3溶液在如下装置模拟上述流程中的“转化”环节。
（1）装置A的仪器名称是 ，装置B中盛放的药品是 。
（2）实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合，操作方法是 。FeSO4溶液要现用现配制的原因是 。
（3）干燥过程的主要目的是脱去产物FeCO3中的游离水，该过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为 ，取干燥后的FeCO3样品24.98 g，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉12.32 g，计算样品中FeCO3的质量分数 %(计算结果取整数)。
（4）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂.用如图装置可以制取少量高铁酸钠．写出在用电解法制取高铁酸钠时，阳极的电极反应式
（5）25
℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38 ，此温度下，若实验室中配制2.5mol/L 100mL硫酸铁溶液，为使配制过程中不出现浑浊，则至少需要加入10mol/L的硫酸 mL(忽略加入硫酸的体积)。
【答案】（1）分液漏斗；铁粉
（2）待D处的氢气纯净后，关闭活塞3，打开活塞2；亚铁离子易被氧化
（3）4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2；93
（4）
（5）0.25
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)A和B装置是用来制取硫酸亚铁的，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
故答案为：分液漏斗 铁粉。(2)实验过程中，待D处的氢气纯净后，关闭活塞3，打开活塞2，可将B中生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合，由于亚铁盐具有强还原性容易被空气中的氧气氧化，所以最好现配现用；
故答案为：待D处的氢气纯净后，关闭活塞3，打开活塞2，亚铁离子易被氧化。(3)由于铁的化合价发生了变化，确定反应物为FeCO3、O2、H2O，产物为FeOOH、CO2写出方程式4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2；利用关系式法计算FeCO3的质量分数。
FeCO3 ～ Fe FeOOH ～ Fe
116g 56g 89g 56g
m（FeCO3）g m（FeOOH）g
根据已知得：m（FeCO3）+ m（FeOOH）=24.98 g； + =12.32g；
两个等式联立可得出m（FeCO3）=23.2g m（FeOOH）=1.78g
样品中FeCO3的质量分数。
FeCO3 ～ Fe FeOOH ～ Fe
116g 56g 89g 56g
m（FeCO3）g m（FeOOH）g
根据已知得：m（FeCO3）+ m（FeOOH）=24.98 g；=12.32g；
两个等式联立可得出m（FeCO3）=23.2g m（FeOOH）=1.78g
样品中FeCO3的质量分数：×100%≈93%；
正确答案： 4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2 93。(4)根据图像可以看出阳极铁失电子与氢氧根离子结合生成高铁酸根离子，写出电极反应式Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；
故答案为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；(5)配制2.5mol/L 100mL硫酸铁溶液，根据氢氧化铁的Ksp进行计算：Ksp[Fe(OH)3]＝C（Fe3+）×c(OH-)3=5×c(OH-)3 = 4.0×10－38，c（OH-）=2×10－13mol/L，所以c（H+）=Kw/ c（OH-）=5×10－2mol/L。根据C1V1=C2V2，可知5×10－2mol/L×100×10－3L=20×V1×10－3L，V1=0.25mL；
故答案为：0.25。
【分析】A（分液漏斗）中盛放的是稀硫酸，B中盛放的是铁粉，C中盛放的是NH4HCO3溶液，开始打开分液漏斗上口玻璃塞，打开活塞1，活塞3，关闭活塞2，反应进行到装置中的空气排尽，关闭活塞3，打开活塞2，B中生成的硫酸亚铁溶液被压入C中与碳酸氢铵溶液反应，生成沉淀，经过过滤，洗涤，干燥，焙烧得还原铁粉。
(1)A和B装置是用来制取硫酸亚铁的，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
(2)实验过程中，待D处的氢气纯净后，关闭活塞3，打开活塞2，可将B中生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合， 由于亚铁盐具有强还原性容易被空气中的氧气氧化，所以最好现配现用；
(3)由于铁的化合价发生了变化，确定反应物为FeCO3、O2、H2O，产物为FeOOH、CO2写出方程式4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2；利用关系式法计算FeCO3的质量分数；
(4)根据图像可以看出阳极铁失电子与氢氧根离子结合生成高铁酸根离子，写出电极反应式；
(5)根据氢氧化铁的Ksp进行计算。
1 / 12020高考化学常考知识点专练 10：流程题
一、单选题
1．（2019高一上·东辽期中）某同学利用贝壳制备氢氧化钾的工艺流程如下
上述流程中没有涉及的化学反应类型是（ ）
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
2．（2019高一下·北仑期末）下列制备物质的工业生产流程合理的是（ ）
A．由铝土矿冶炼铝：铝土矿 Al
B．制硫酸：硫铁矿 SO2 H2SO3 H2SO4
C．由NaCl制漂白粉：NaCl(aq) Cl2 漂白粉
D．合成NH3：NH4Cl和Ca(OH)2固体 NH3 纯净干燥的氨气
3．（2019高二下·慈溪期中）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：
对上述流程中的判断正确的是（ ）
A．试剂X为稀硫酸
B．结合质子（ H+）的能力由强到弱的顺序是：AlO2-＞ OH- ＞CO32-
C．反应II中生成Al(OH)3的反应为：CO2＋AlO2－ ＋2H2O ＝Al(OH)3↓＋HCO3－
D．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al
4．（2019高三上·宁江月考）从实验室含银废液中回收Ag的流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．步骤①的操作为分液
B．步骤②中离子方程式为2Ag++Zn=2Ag+Zn2+
C．步骤②中锌不宜过量太多，否则Ag的产率降低
D．步骤③的目的是除去过量的锌
5．（2019高三上·许昌月考）工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是（ ）
A．在铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石
B．石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应
C．在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2∶1
D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物
6．（2019高三上·汉中月考）高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组用以下流程制取高纯度氧化铝：
以下说法不合理的是（ ）
A．“除杂”操作是加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+．发生的主要反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+4NH3·H2O=2Fe(OH)3 ↓+4NH4+
B．配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化的目的是抑制Al3+水解
C．“结晶”这步操作中，母液需要蒸干后才能获得铵明矾晶体(含结晶水)
D．“分离”操作的名称是过滤
二、实验探究题
7．（2019高一下·广东期末）以下为工业从海水中提取液溴的流程图：
（1）当进行步骤①时，应关闭活塞 ，打开活塞 。
（2）已知：溴的沸点为 59 ℃，微溶于水，有毒性。某同学利用下图装置进行步骤①至步骤④的实验,请回答：
步骤②中可根据 现象，简单判断热空气的流速。
（3）步骤③中简单判断反应完全的依据是 。
（4）步骤⑤用下图装置进行蒸馏。装置
C 中直接加热不合理，应改为 ，蒸馏时冷凝水应从 端进入(填“e”或“f”)， F 的作用是 。
8．（2019高三上·拜泉月考）用含锌废渣(主要含Zn以及少量S、Fe、Mn、Cd等)制取氧化锌(ZnO)的工艺流程如图
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，锌、铁的浸出率如图(a)所示，应控制浸取终点的pH为 。
（2）“氧化”时，Fe2+、Mn2+去除率与温度的关系如图(b)所示，相同条件下还原性较强的是 (填“Fe2+”或“Mn2+”)，Fe2+被KMnO4氧化生成Fe3+和MnO2的离子方程式为 。
（3）加Zn粉“操作”的目的是 。
（4）“沉锌”的离子方程式为 ，由碱式碳酸锌制备轻质氧化锌的方法是 。
三、综合题
9．（2019高一上·深圳期中）海洋是人类巨大的资源宝库，如图为从海水中提取金属镁的简易流程图。
（1）海洋中含量最多的物质是 。
（2）实验室中进行操作1时，玻璃棒的作用是 。
（3）生石灰转化为石灰乳的过程是 反应(选填“吸热”或“放热”)。
（4）上述流程中未涉及到的基本反应类型是 反应。
10．（2019高二下·延边期末）氧化铁黄（化学式为FeOOH）是一种黄色颜料，工业上用废铁为主要原料生产氧化铁黄的一种工艺流程如下：
（1）氧化铁黄中铁元素的化合价为 ，废铁在反应前常用热的纯碱溶液清洗表面油污，其原理是 (写离子方程式)。
（2）氧化过程生成氧化铁黄的化学方程式是 。
（3）上述流程中，检验“洗涤”是否完全的方法是 。
（4）氧化时应控制pH的合理范围是3.5-4.0，pH过小导致氧化铁黄产率较低的可能原因是 。
11．（2020高二上·大理期末）以废镍(含NiO，杂质为少量Fe2O3)生产Ni2O3的一种工艺流程如下：
（1）“酸浸”时为了提高酸浸的速率(浸取率)，可采取的措施有 (任写出一条)。
（2）“酸浸”时Fe2O3发生反应的离子方程式： 。
（3）“调节pH”使溶液中的Fe3＋沉淀完全(离子浓度≤10－5 mol·L－1时，离子沉淀完全)，则需维持c(OH－)不低于 [已知Fe(OH)3的Ksp=4×10－38， ≈1.6 ]。
（4）“沉镍”的目的是将溶液中的Ni2＋转化为Ni(OH)2沉淀，确认Ni2＋已经完全沉淀的实验方法是 。
（5）“滤液Ⅱ”所含阴离子主要为Cl－，写出“氧化”时反应的离子方程式： 。
（6）以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的 。电解时阳极的电极反应式为 ，离子交换膜(b)为 (填“阴”或“阳”)离子交换膜。
12．（2019高二上·鹰潭期末）铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如下：
实验室中可用FeSO4(用铁粉和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3溶液在如下装置模拟上述流程中的“转化”环节。
（1）装置A的仪器名称是 ，装置B中盛放的药品是 。
（2）实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合，操作方法是 。FeSO4溶液要现用现配制的原因是 。
（3）干燥过程的主要目的是脱去产物FeCO3中的游离水，该过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为 ，取干燥后的FeCO3样品24.98 g，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉12.32 g，计算样品中FeCO3的质量分数 %(计算结果取整数)。
（4）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂.用如图装置可以制取少量高铁酸钠．写出在用电解法制取高铁酸钠时，阳极的电极反应式
（5）25
℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38 ，此温度下，若实验室中配制2.5mol/L 100mL硫酸铁溶液，为使配制过程中不出现浑浊，则至少需要加入10mol/L的硫酸 mL(忽略加入硫酸的体积)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学基本反应类型
【解析】【解答】CaCO3煅烧过程发生反应的化学方程式为：CaCO3CaO＋CO2↑，该反应中反应物只有一种，生成物有两种，因此属于分解反应；CaO水化过程中发生反应的化学方程式为：CaO＋H2O=Ca(OH)2，该反应中反应物有两种，生成物只有一种，属于化合反应；制备过程中发生反应的化学方程式为：Ca(OH)2＋K2CO3=2KOH＋CaCO3↓，该反应是在溶液中进行的阴阳离子交换的反应，属于复分解反应；因此整个制备过程中，没有涉及的反应类型为置换反应，C符合题意；
故答案为：C
【分析】根据制备过程中发生的反应，结合各反应类型的特征进行分析。
2．【答案】C
【知识点】工业合成氨；氯气的化学性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A.铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解，电解氧化铝制备Al，A不符合题意；
B. 硫铁矿燃烧生成二氧化硫，应将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成生成硫酸，B不符合题意；
C.电解氯化钠生成氯气，氯气与石灰乳反应生成漂白粉，C符合题意；
D.工业合成氨是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，实验室常用氯化铵固体与碱石灰固体共热来制取氨气，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.铝土矿为混合物；
B.根据H2SO4的制备分析；
C.漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2、CaCl2；
D.结合工业合成氨的原理分析；
3．【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 分离氧化铝和氧化铁，只能用氢氧化钠等强碱溶液，不能用稀硫酸，因氧化铝与氢氧化钠反应，氧化铁不反应，但二者都可与稀硫酸反应，故A不符合题意；
B. 结合质子能力越强，相应的酸放出质子的能力就越弱，其对应酸的酸性就越弱，酸性：HCO3－ > Al(OH)3>H2O，所以结合质子能力：OH－>AlO2－ >CO32－，故B不符合题意；
C. 由上述分析可知，反应II中生成Al(OH)3的反应为：CO2＋AlO2－＋2H2O ＝Al(OH)3↓＋HCO3－，故C符合题意；
D. 氯化铝是分子晶体，熔融时不能电离出离子，电解熔融的氯化铝不能获得金属铝，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，过滤分离后，电解熔融Al2O3得到单质Al，以此解答该题。
4．【答案】D
【知识点】分液和萃取；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、步骤①的操作为过滤，A不符合题意；
B、步骤②的离子方程式为：2AgCl+Zn=2Ag+Zn2++2Cl-，B不符合题意；
C、锌过量太多会增大步骤③中盐酸的用量和单质锌的消耗，不会降低产率，C不符合题意；
D、显然D项符合题意；
【分析】A.从悬浊液中得到固体，应采用过滤操作；
B.AgCl是难溶固体，在离子方程式中应保留化学式；
C.为使AgCl完全反应，所加锌粉应过量；
D.过量的锌粉可用稀盐酸除去；
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A.由铝土矿制备高纯度Al的过程中，需先加入NaOH溶液，将Al转化为NaAlO2溶液，除去难溶性杂质，再向NaAlO2溶液中通入过量CO2，形成Al(OH)3沉淀，过滤、洗涤后将Al(OH)3加热分解，得到Al2O3，电解熔融Al2O3的过程中，加入冰晶石，以降低Al2O3的熔点，选项正确，A不符合题意；
B.石英的主要成分是SiO2，不属于盐，也不能与盐酸反应，选项错误，B符合题意；
C.制取粗硅的过程中发生反应SiO2＋2CSi＋2CO↑，该反应中，被氧化的物质和被还原的物质的物质的量之比为2:1，选项正确，C不符合题意；
D.黄铜矿中Cu显+2价，Fe显+2价，S显-2价，反应后生成Cu2S中Cu显+1价，FeO中O显-2价，化合价都降低，因此都为还原产物，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.结合铝的制备过程分析；
B.石英的主要成分为SiO2；
C.结合反应的化学方程式分析；
D.结合反应过程中元素化合价变化分析；
6．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.H2O2具有氧化性，能将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，用氨水调节pH的过程中，形成Fe(OH)3沉淀，该过程发生反应的离子方程式为：2Fe2＋＋H2O＋4NH3·H2O=2Fe(OH)3↓＋4NH4＋，选项正确，A不符合题意；
B.由于Al3+易水解，因此在配制铝盐溶液时，应抑制Al3+的水解，故配制Al2(SO4)3溶液时，应加入硫酸酸化，抑制Al3＋的水解，选项正确，B不符合题意；
C.蒸发结晶过程中，当出现大量晶体时，停止加热，利用余热将剩余水分蒸发，若完全蒸干，易导致晶体烧焦，选项错误，C符合题意；
D.结晶后得到固液混合物，因此分离操作为过滤，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据H2O2的氧化性，以及发生的反应进行分析；
B.Al3+易水解，配制铝盐溶液时，应抑制Al3+的水解；
C.溶液蒸干，易导致晶体烧焦；
D.根据原混合物的状态确定分离操作；
7．【答案】（1）bd；ac
（2）A中气泡冒出的个数（或快慢）
（3）B中溶液橙色刚好褪去
（4）水浴加热；f；吸收溴蒸气，防止污染空气
【知识点】海水资源及其综合利用；蒸馏与分馏
【解析】【解答】（1）进行步骤①的目的是通入氯气，氯气与海水中溴离子发生置换反应得到溴与水的混合物，实验时应关闭bd，打开ac，进行反应和尾气处理，故答案为：bd；ac；
（2）步骤②是通入热空气把生成的溴单质赶到装置B得到粗溴溶液，和通入的二氧化硫发生氧化还原反应，实验时关闭ac，打开bd，依据A中玻璃管产生气泡的快慢判断热空气的流速，故答案为：A中玻璃管产生气泡的快慢；
（3）步骤③中是二氧化硫与溴单质发生氧化还原反应得到含有溴化氢和硫酸，溴水褪色，则简单判断反应完全的依据是B中溶液橙色刚好褪去，故答案为：B中溶液橙色刚好褪去；
（4）蒸馏时，因溴的沸点低于水的沸点，为使烧瓶均匀受热，避免温度过高，装置C中加热方式应改为水浴加热；为增强冷凝效果，冷凝管中的水应从下口f进入；因溴易挥发，有毒，装置F中氢氧化钠溶液的作用是吸收溴蒸气，防止污染空气，故答案为：水浴加热；f；吸收溴蒸气，防止污染空气。
【分析】（1）步骤①中是利用Cl2将Br-氧化成Br2，据此确定活塞的打开和关闭情况；
（2）判断空气的流速，可通过产生气泡的快慢判断；
（3）步骤③反应完全，则溶液的Br2完全反应；
（4）根据物质的沸点判断加热方式；蒸馏时，冷凝水由“下口进，上口出”；F装置中的NaOH溶液主要起尾气吸收的作用；
8．【答案】（1）4(填4~5之间数据均给分)
（2）Fe2+；3Fe2++MnO4-+4H+ 3Fe3++MnO2↓+2H2O
（3）除去Cd
（4）3Zn2++5CO32-+4H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+4HCO3-或3Zn2++3CO32-+2H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+2CO2↑；高温焙烧
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）此流程是为了制取氧化锌，因此“酸浸”过程中是为了浸出锌，而不浸出铁，由图中锌铁的浸出率可知，当pH在4~5时，锌的浸出率最高，铁的浸出率几乎为0；因此应控制浸取液终点的pH为4~5；
（2）由图b可知，反应过程中，Fe2+的去除率高于Mn2+，因此说明相同条件下，Fe2+的还原性强于Mn2+；
KMnO4将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身还原为MnO2，过程中Mn由＋7价变为＋4价，得到3个电子，Fe由＋2价变为＋3价，失去1个电子，根据得失电子守恒可得，Fe2＋、Fe3＋的系数为3，MnO4－、MnO2的系数为1；由电荷守恒可得，反应物中含有4个H＋；由氢原子守恒可得，生成物中含有H2O，且其系数为2；因此可得该反应的离子方程式为：3Fe2＋＋MnO4－＋4H＋=3Fe3＋＋MnO2↓＋2H2O；
（3）加锌粉是为了除去Cd；
（4）“沉锌”过程中反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2，该反应的离子方程式为： 3Zn2++5CO32-+4H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+4HCO3-或3Zn2++3CO32-+2H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+2CO2↑；由于ZnCO3·2Zn(OH)2受热易分解，形成ZnO，因此由碱式碳酸锌制备轻质氧化锌，可采用高温焙烧操作；
【分析】（1）“酸浸”过程是为了浸出锌，据此结合图像中锌、铁的浸出率与pH的关系确定答案；
（2）根据氧化时Fe2+和Mn2+去除率的大小分析其还原性强弱；根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
（3）加锌粉是为了除去Cd；
（4）“沉锌”过程中反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2，据此写出反应的离子方程式；由ZnCO3·2Zn(OH)2获得ZnO应通过高温焙烧操作；
9．【答案】（1）水
（2）引流
（3）放热
（4）置换
【知识点】吸热反应和放热反应；化学基本反应类型
【解析】【解答】(1)海洋中最主要是溶剂水，则含量最多的物质是水，故答案为：水；
(2)由实验的过程可知，操作I能将固液分开，操作是过滤，实验室中进行过滤时，玻璃棒
的作用是引流，故答案为：引流；
(3)生石灰转化为石灰乳的过程是放热反应，故答案为：放热；
(4)由题意可知，上述流程中煅烧石灰石、通电氯化镁得到了镁均发生了分解反应；生石灰转
化为石灰乳是化合反应;氢氧化钙与氯化镁反应、氢氧化镁与稀盐酸反应是复分解反应，则未涉及的反应类型为置换反应，故答案为：置换。
【分析】（2）海水与石灰乳反应时玻璃棒起到搅拌的作用；
（3）氧化钙与水反应放热；
（4）根据基本反应类型和反应过程进行判断。
10．【答案】（1）+3；CO32-+H2O HCO3-+OH-
（2）4FeSO4+O2+8NaOH＝ FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O
（3）取最后一次洗涤液，加入少量氯化钡溶液，后加入适量稀盐酸，如未观察到白色沉淀，即可证明洗干净
（4）pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸
【知识点】盐类水解的应用；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】（1）FeOOH中O元素为-2价，H元素为+1价，由化合价代数和为零可知Fe元素为+3价；废铁表面有防锈的油脂，碳酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，加热溶液碱性增强，油脂会在碳酸钠溶液中发生水解反应，达到清洗表面油污的目的，碳酸钠在溶液中水解的离子方程式为CO32-+H2O HCO3-+OH-，故答案为：+3；CO32-+H2O HCO3-+OH-；
（2）氧化过程为向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，并通入空气，发生氧化还原反应生成氧化铁黄，反应的化学方程式为4FeSO4+O2+8NaOH＝FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O，故答案为：4FeSO4+O2+8NaOH＝FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O；
（3）由氧化过程的化学方程式可知，氧化铁黄表面附有可溶的硫酸钠，检查洗涤是否完全的标准是洗涤液中不含有硫酸根离子，则检验洗涤是否完全的方法是，取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生沉淀，则表明已洗涤干净，否则未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入少量氯化钡溶液，后加入适量稀盐酸，如未观察到白色沉淀，即可证明洗干净；
（4）氧化时应控制pH的合理范围是保证产率最高，此时的pH范围为：3.5～4.0，若pH过小，氧化铁黄会溶解于酸导致产率降低，故答案为：pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸。
【分析】（1）结合化合物物中化合价代数和为0计算铁元素的化合价；纯碱溶液中存在CO32-的水解，使得溶液显碱性，可去除油污；
（2）根据流程确定反应物和生成物，结合原子个数守恒书写反应的化学方程式；
（3）洗涤过程中是为了除去可溶性的Na2SO4，可结合SO42-的检验分析；
（4）若pH过低，会导致FeOOH溶解；
11．【答案】（1）粉碎 / 加热 / 搅拌 / 适当增大硫酸浓度
（2）Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O
（3）1.6×10－11
（4）静置，在上层清液中继续滴加NaOH溶液，无沉淀生成
（5）2Ni(OH)2＋ClO－=Ni2O3＋Cl－＋2H2O
（6）Fe－6e－+8OH－=FeO42－+4H2O；阴
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）反应速率与浓度、温度、接触面积有关，因此为提高酸浸的速率，可适当升高温度、增加硫酸的浓度、搅拌或粉碎（增大固体与液体的接触面积）；
（2）酸浸时，Fe2O3与酸反应生成可溶性Fe2(SO4)3和H2O，该反应的离子方程式为：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；
（3）当溶液中的Fe3+完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，则此时溶液中；
（4）沉镍过程中，确认Ni2+完全沉淀，则可取上层清液，继续加入NaOH溶液，若无沉淀产生，则说明Ni2+已沉淀完全；
（5）氧化过程中，ClO－将Ni(OH)2氧化成Ni2O3，自身还原为Cl－，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得，该反应的离子方程式为：2Ni(OH)2＋ClO－=Ni2O3＋Cl－＋2H2O；
（6）铁与电源的正极相连为阳极，发生失电子的氧化反应，生成FeO42-，其电极反应式为：Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；由于铁电极上OH-参与反应，则OH-由Ⅱ室通过离子交换膜(b)向Ⅲ室移动，因此离子交换膜(b)为阴离子交换膜；
【分析】（1）结合反应速率的影响因素分析；
（2）酸浸时，Fe2O3与酸反应生成可溶性Fe2(SO4)3和H2O，据此写出反应的离子方程式；
（3）根据Fe(OH)3的Ksp进行计算；
（4）确认Ni2+完全沉淀，则可继续加入NaOH，观察是否还有沉淀产生；
（5）氧化过程中，ClO-将Ni由+2价氧化为+3价，自身还原为-1价的Cl-，据此写出反应的离子方程式；
（6）铁与电源的正极相连为阳极，发生失电子的氧化反应，生成FeO42-，据此写出电极反应式；结合阳极的电极反应式分析离子的移动方向，从而确定离子交换膜b；
12．【答案】（1）分液漏斗；铁粉
（2）待D处的氢气纯净后，关闭活塞3，打开活塞2；亚铁离子易被氧化
（3）4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2；93
（4）
（5）0.25
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)A和B装置是用来制取硫酸亚铁的，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
故答案为：分液漏斗 铁粉。(2)实验过程中，待D处的氢气纯净后，关闭活塞3，打开活塞2，可将B中生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合，由于亚铁盐具有强还原性容易被空气中的氧气氧化，所以最好现配现用；
故答案为：待D处的氢气纯净后，关闭活塞3，打开活塞2，亚铁离子易被氧化。(3)由于铁的化合价发生了变化，确定反应物为FeCO3、O2、H2O，产物为FeOOH、CO2写出方程式4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2；利用关系式法计算FeCO3的质量分数。
FeCO3 ～ Fe FeOOH ～ Fe
116g 56g 89g 56g
m（FeCO3）g m（FeOOH）g
根据已知得：m（FeCO3）+ m（FeOOH）=24.98 g； + =12.32g；
两个等式联立可得出m（FeCO3）=23.2g m（FeOOH）=1.78g
样品中FeCO3的质量分数。
FeCO3 ～ Fe FeOOH ～ Fe
116g 56g 89g 56g
m（FeCO3）g m（FeOOH）g
根据已知得：m（FeCO3）+ m（FeOOH）=24.98 g；=12.32g；
两个等式联立可得出m（FeCO3）=23.2g m（FeOOH）=1.78g
样品中FeCO3的质量分数：×100%≈93%；
正确答案： 4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2 93。(4)根据图像可以看出阳极铁失电子与氢氧根离子结合生成高铁酸根离子，写出电极反应式Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；
故答案为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；(5)配制2.5mol/L 100mL硫酸铁溶液，根据氢氧化铁的Ksp进行计算：Ksp[Fe(OH)3]＝C（Fe3+）×c(OH-)3=5×c(OH-)3 = 4.0×10－38，c（OH-）=2×10－13mol/L，所以c（H+）=Kw/ c（OH-）=5×10－2mol/L。根据C1V1=C2V2，可知5×10－2mol/L×100×10－3L=20×V1×10－3L，V1=0.25mL；
故答案为：0.25。
【分析】A（分液漏斗）中盛放的是稀硫酸，B中盛放的是铁粉，C中盛放的是NH4HCO3溶液，开始打开分液漏斗上口玻璃塞，打开活塞1，活塞3，关闭活塞2，反应进行到装置中的空气排尽，关闭活塞3，打开活塞2，B中生成的硫酸亚铁溶液被压入C中与碳酸氢铵溶液反应，生成沉淀，经过过滤，洗涤，干燥，焙烧得还原铁粉。
(1)A和B装置是用来制取硫酸亚铁的，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
(2)实验过程中，待D处的氢气纯净后，关闭活塞3，打开活塞2，可将B中生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合， 由于亚铁盐具有强还原性容易被空气中的氧气氧化，所以最好现配现用；
(3)由于铁的化合价发生了变化，确定反应物为FeCO3、O2、H2O，产物为FeOOH、CO2写出方程式4FeCO3＋O2＋2H2O=4FeOOH＋4CO2；利用关系式法计算FeCO3的质量分数；
(4)根据图像可以看出阳极铁失电子与氢氧根离子结合生成高铁酸根离子，写出电极反应式；
(5)根据氢氧化铁的Ksp进行计算。
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