18．工业生产无铁硫酸铝，以硫酸浸取铝土矿得含铁（Fe2+和Fe3+）的硫酸铝溶液，加热到一定温度，搅拌，加入一定量高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液，在溶液中生成活性二氧化锰，调节溶液的pH，反应一段时间，Fe（OH） 3和二氧化锰发生吸附共沉作用，最终得到无铁硫酸铝晶体．
（1）KMnO4首先将Fe2+氧化为Fe3+，其本身被还原为MnO2，反应的离子方程式为 MnO4﹣
+3Fe2++4H+=3Fe3++MnO2+2H2O ．
（2）写出高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液反应的化学方程式
2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4 ．实验证明，n（MnO2）/n（Fe）控制在4：1时，除铁效果较好．若溶液中亚铁离子和铁离子浓度均为0.03mol/L，为达到较好的除铁效果，每1L溶液应加入高锰酸钾的物质的量为 0.102mol ． （3）调节pH的作用是 使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去 ．
（4）操作1的名称为 过滤 ，操作2的名称为 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤 ． 【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】工业生产无铁硫酸铝，以硫酸浸取铝土矿得含铁（Fe2+和Fe3+）的硫酸铝溶液，加热到一定温度，搅拌，加入一定量高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液，在溶液中生成活性二氧化锰，调节溶液的pH，反应一段时间，Fe（OH）3和二氧化锰发生吸附共沉作用，最终得到无铁硫酸铝产品；
（1）KMnO4首先将Fe2+氧化为Fe3+，其本身被还原为MnO2，依据原子守恒和电荷守恒书写离子方程式；
（2）根据氧化还原反应中化合价升降相等，可写出化学方程式为
2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4；结合离子方程式和化学方程式定量关系计算；
（3）铁离子易发生水解反应生成氢氧化铁； （4）操作1为过滤，操作2为蒸发结晶．
【解答】解：（1）KMnO4首先将Fe2+氧化为Fe3+，其本身被还原为MnO2，依据原子守恒和电荷守恒书写离子方程式为：MnO4﹣+3Fe2++4H+=3Fe3++MnO2+2H2O， 故答案为：MnO4﹣+3Fe2++4H+=3Fe3++MnO2+2H2O；
（2）由题意可知高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液反应生成活性二氧化锰，根据氧化还原反应中化合价升降相等，可写出化学方程式为2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4，若溶液中亚铁离子和铁离子浓度均为0.03mol/L，溶液中含有Fe2+物质的量为0.03mol，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，n（Fe）=0.06mol MnO4﹣+3Fe2++4H+=3Fe3++MnO2+2H2O，
0.01mol 0.03mol 0.01mol
n（MnO2）/n（Fe）控制在4：1时，除铁效果较好．则n（MnO2）=0.06mol×4=0.24mol； 反应中生成二氧化锰物质的量=0.24mol﹣0.01mol=0.23mol，消耗高锰酸钾物质的量： 2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4， 2 5
21
n 0.23mol n=0.092mol，
为达到较好的除铁效果，每1L溶液应加入高锰酸钾的物质的量=0.092mol+0.01mol=0102mol；
故答案为：2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4；0.102mol；
（3）铁离子易发生水解反应生成氢氧化铁，当调节溶液PH，使溶液PH增大时，易使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，
故答案为：使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；
（4）根据题中信息，反应一段时间，二氧化锰和Fe （OH） 3发生吸附共沉作用，可知操作1为过滤，操作2为过滤后，滤液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤； 故答案为：过滤；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤．
19．以钡矿粉（主要成份为BaCO3，含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+等）制备BaCl2?2H2O的流程如图1：
（1）氧化过程主要反应的离子方程式为 H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O ．
（2）沉淀C的主要成分是Ca（OH）2和 Mg（OH）2 ．由图2可知，为了更好的使Ca2+沉淀，还应采取的措施为 提高温度 ．
（3）用BaSO4重量法测定产品纯度的步骤为：
步骤1：准确称取0.4～0.6g BaCl2?2H2O试样，加入100mL水，3mL 2mol?L﹣1 的HCl溶液加热溶解．
步骤2：边搅拌，边逐滴加入0.1mol?L﹣1 H2SO4溶液．
步骤3：待BaSO4沉降后，_____，确认已完全沉淀．
步骤4：过滤，用0.01mol?L﹣1的稀H2SO4洗涤沉淀3～4次，直至洗涤液中不含Cl﹣为止．
步骤5：将折叠的沉淀滤纸包置于_____中，经烘干、炭化、灰化后在800℃灼烧至恒重．称量计算BaCl2?2H2O中Ba2+的含量．
①步骤3所缺的操作为 向上层清液中加入1～2滴0.1mol/LH2SO4溶液 ．
②若步骤1称量的样品过少，则在步骤4洗涤时可能造成的影响为 称取试样过少，沉淀量就少，洗涤造成的损失就大 ．
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③步骤5所用瓷质仪器名称为 坩埚 ．滤纸灰化时空气要充足，否则BaSO4易被残留的炭还原生成BaS，该反应的化学方程式为 BaSO4+4CBaSO4+2C2CO2↑+BaS ．
4CO↑+BaS或④有同学认为用K2CrO4代替H2SO4作沉淀剂效果更好，请说明原因 BaCrO4的摩尔质量大于BaSO4 ，得到沉淀质量更大，测定误差小 ．
[已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10 Ksp（BaCrO4）=1.2×10﹣10]． 【考点】制备实验方案的设计．
【分析】钡矿粉的主要成分BaCO3（含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+等），加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，过滤除去不溶物，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀过滤除去，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节pH=12，使溶液中Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀、大部分Ca2+转化为Ca（OH）2，过滤分离，滤液中加入盐酸酸化，再通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到BaCl2?2H2O晶体． （1）氧化过程是加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+； （2）沉淀C的主要成分是氢氧化钙与氢氧化镁，由氢氧化钡与氢氧化钙的溶解度曲线可知，升高温度氢氧化钡溶解度增大，可以降低氢氧化钙的溶解度；
（3）①步骤3：利用硫酸检验上清液是否含有Ba2+，确定沉淀完全； ②称取试样过少，沉淀量就少，洗涤造成的损失就大；
③步骤5：在坩埚中进而固体物质的灼烧；BaSO4被残留的炭还原生成BaS，C被氧化生成CO或二氧化碳；
④由溶度积常数可知，两种沉淀剂效果相差不大，用K2CrO4代替H2SO4作沉淀剂得到沉淀质量更大，测定误差小．
【解答】解：钡矿粉的主要成分BaCO3（含有Ca2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+等），加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，过滤除去不溶物，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀过滤除去，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节pH=12，使溶液中Mg2+转化为Mg（OH）
大部分Ca2+转化为Ca（OH）2，过滤分离，滤液中加入盐酸酸化，再通过蒸发浓缩、2沉淀、
冷却结晶、过滤等操作得到BaCl2?2H2O晶体．
（1）氧化过程是加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，以便调节溶液pH使铁离子完全沉淀，反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O； 故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
（2）加入氢氧化钠调节pH=12，使溶液中Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀、大部分Ca2+转化为Ca（OH）2，氢氧化钙溶解度随温度升高减小，为了更好的使Ca2+沉淀，还应采取的措施为提高温度；
故答案为：Mg（OH）2；提高温度；
（3）①步骤3所缺的操作是检验Ba2+是否沉淀完全，具体操作为：向上层清液中加入1～2滴0.1mol/LH2SO4溶液，
故答案为：向上层清液中加入1～2滴0.1mol/LH2SO4溶液；
②若步骤1称量的样品过少，则在步骤4洗涤时可能造成的影响为：沉淀量就少，洗涤造成的损失就大；
故答案为：称取试样过少，沉淀量就少，洗涤造成的损失就大；
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③将折叠的沉淀滤纸包置于坩埚中经烘干、炭化、灰化后在800℃灼烧至恒重，称量计算BaCl2?2H2O中Ba2+的含量；滤纸灰化时空气要充足，否则BaSO4易被残留的炭还原生成BaS，C被氧化生成CO或二氧化碳，反应的化学方程式为：BaSO4+4C或BaSO4+2C
2CO2↑+BaS，
4CO↑+BaS或BaSO4+2C
2CO2↑+BaS；
4CO↑+BaS
故答案为：坩埚；BaSO4+4C
④由溶度积常数可知，两种沉淀剂效果相差不大，由于BaCrO4的摩尔质量大于BaSO4 ，用K2CrO4代替H2SO4作沉淀剂得到沉淀质量更大，测定误差小；
故答案为：BaCrO4的摩尔质量大于BaSO4 ，得到沉淀质量更大，测定误差小．
20．氮可以形成多种化合物，如NH3、N2H4、HCN、NH4NO3等． （1）已知：N2（g）+2H2（g）=N2H4（l）△H=+50.6kJ?mol﹣1 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ?mol﹣1
则①N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H= ﹣622.2 kJ?mol﹣1
②N2（g）+2H2（g）=N2H4（l） 不能自发进行的原因是 △H＞0，△S＜0 ． ③用次氯酸钠氧化氨，可以得到N2H4的稀溶液，该反应的化学方程式是 NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O ．
（2）采矿废液中的CN﹣ 可用H2O2处理．已知：H2SO4=H++HSO4﹣ HSO4﹣?H++SO42﹣ 用铂电极电解硫酸氢钾溶液，在阳极上生成S2O82﹣，S2O82﹣水解可以得到H2O2．写出阳极上的电极反应式 2HSO4﹣﹣2e﹣═S2O82﹣+2H+ ．
（3）氧化镁处理含NH4+的废水会发生如下反应：
MgO+H2O?Mg（OH）2 Mg（OH）2+2NH4+?Mg2++2NH3?H2O． ①温度对氮处理率的影响如图所示．在25℃前，升高
温度氮去除率增大的原因是 升高温度NH3的溶解度降低，有利于NH3的逸出 ．
②剩余的氧化镁，不会对废水形成二次污染，理由是 氧化镁难溶于水中，以沉淀的形式排出，因此不会形成二次污染 ．
（4）滴定法测废水中的氨氮含量（氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中）步骤如下： ①取10mL废水水样于蒸馏烧瓶中，再加蒸馏水至总体积为175mL ②先将水样调至中性，再加入氧化镁使水样呈微碱性，加热
③用25mL硼酸吸收蒸馏出的氨[2NH3+4H3BO3=（NH4）2B4O7+5H2O]
④将吸收液移至锥形瓶中，加入2滴指示剂，用c mol?L﹣1的硫酸滴定至终点[（NH4）2B4O7+H2SO4+5H2O=（NH4）2SO4+4H3BO3]，记录消耗的体积V mL． 则水样中氮的含量是 2800cV mg?L﹣1（用含c、V的表达式表示）．（请写出计算过程）
【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量． 【分析】（1）①a、N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）；△H=+50.6kJ?mol﹣1 b、2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ?mol﹣1
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依据盖斯定律b﹣a得到N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）；依据热化学方程式和盖斯定律来计算；
②依据△H﹣T△S＜0判断反应自发进行；
③用次氯酸钠氧化氨，可以得到N2H4和氯化钠，据此书写方程式； （2）电解池中阴离子在阳极失电子发生氧化反应； （3）①依据氨气溶解度随温度增大减小分析； ②氧化镁是难溶物质；
（4）依据滴定实验步骤和滴定用量结合化学方程式计算分析得到． 【解答】解：（1）①a、N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）；△H=+50.6kJ?mol﹣1 b、2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ?mol﹣1 依据盖斯定律b﹣a得到N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）；△H=﹣622.2KJ/mol， 故答案为：﹣622.2；
②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）不能自发进行的原因是△H﹣T△S＞0，则反应△S＜0，△H＞0，故答案为：△H＞0，△S＜0；
NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，③用次氯酸钠氧化氨，可以得到N2H4和氯化钠，方程式为：
故答案为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；
（2）用铂电极电解硫酸氢钾溶液，在阳极上生成S2O82﹣，HSO4﹣离子在阳极失电子生成S2O82﹣，电极反应为：2HSO4﹣﹣2e﹣═S2O82﹣+2H+， 故答案为：2HSO4﹣﹣2e﹣═S2O82﹣+2H+；
（3）①在25℃前，升高温度氮去除率增大的原因是因为氨气溶解度随温度升高，溶解度减小，
故答案为：升高温度NH3的溶解度降低，有利于NH3的逸出；
②剩余的氧化镁，是难溶于水的物质沉淀出不形成污染，不会对废水形成二次污染， 故答案为：氧化镁难溶于水中，以沉淀的形式排出，因此不会形成二次污染； （4）依据滴定实验和反应化学方程式可知： 2NH3～（NH4）2B4O7～H2SO4 2 1
2×cV×10﹣3mol cV×10﹣3mol 水样中氮的含量=
=2.8cV（g/L）=2800cV（mg/L），
故答案为：2800cV．
本题包括A、B两小题，分别对应于“物质结构与性质”和“实验化学”两个选修模块的内容。请选定其中一题，并在相应的答题区域内作答。若两题都做，则按A题评分。 21．（1）在短周期主族元素中，氯及其相邻两元素的电负性由大到小的顺序是 F＞Cl＞S （用元素符号表示）
（2）A、B、C为同一短周期金属元素．依据下表数据分析，C元素在化合物中的主要化合价为 +3 ；A、B、C三种元素的原子半径由大到小的顺序是 A＞B＞C ． 电离能/kJ?mol﹣1 I1 I2 I3 I4 A B C 500 740 580 4600 1500 1800 6900 7700 2700 9500 10500 11600 25