1、2020-2021 高考化学专题铁及其化合物推断题综合检测试卷附答案一、铁及其化合物1X、Y、 Z、 W 为四种常见元素，其中X、Y、 Z 为短周期元素。ZX4 分子是由粗 Z 提纯 Z 的中间产物， X 的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中的最强酸，Y 的离子在同周期中离子半径最小，其氧化物有两性且可用于制造一种极有前途的高温材料，Z 是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料，W 原子的最外层电子数小于4 且 W的常见化合价有 +3、 +2， WX3 的稀溶液呈黄色，回答下列问题：(1)X 在元素周期表的位置 _,其简单阴离子的结构示意图为_ ，用电子式表示X 的氢化物的
2、形成过程_ 。(2)Z 的氧化物在通讯领域用来作_。锗与 Z 是同一主族元素，它可用来制造半导体晶体管。研究表明：有机锗具有明显的抗肿瘤活性，锗不与NaOH 溶液反应但在有H O 存在时可与 NaOH 溶液反应生成锗酸盐，反应的化学方程式为：22_(3)W(OH)2 在空气中不稳定，极易被氧化，由白色迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应的化学方程式为：_ ，若灼烧 W(OH)2 固体得到_。【答案】第三周期A 族光导纤维 Ge + 2H2O2 +2NaOH = Na GeO + 3H O4Fe(OH) + O + 2H O = 4Fe(OH)Fe O323222232【解析】【分析】根据元素的
3、性质及用途等信息分析元素的种类；根据核外电子排布情况确定在元素周期表中的位置；根据物质的性质及反应的现象书写反应方程式，及用相关化学用语表示物质的组成和结构。【详解】Z 是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料，则Z 为硅； ZX 分4子是由粗 Z 提纯 Z 的中间产物， X 的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中的最强酸，则X为氯； Y 的离子在同周期中离子半径最小，其氧化物有两性且可用于制造一种极有前途的高温材料，则 Y 为铝； W 原子的最外层电子数小于4 且 W 的常见化合价有+3、 +2， WX3 的稀溶液呈黄色，则 W 为铁；(1)X 为氯元素，在元素周期表的位置
4、为：第三周期 A 族；氯离子的结构示意图为：；用电子式表示 HCl 的形成过程 :；(2)Z 为硅，二氧化硅在通讯领域用作光导纤维；根据题干信息知锗NaOH 溶液在有 H2O2存在时反应生成锗酸盐，反应的化学方程式为：Ge + 2H2O2 + 2NaOH = Na2GeO3 + 3H2O；(3)反应现象知该反应为氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)+2O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 ， Fe(OH)3 不稳定，灼烧分解得到固体Fe2O3。2 已知 A、 B、 C、 D 分别是 AlCl3、 BaCl2、 FeSO4、 NaOH 四种化合物中的一种，它们的水溶
5、液之间的一些反应现象如下：A+B白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解。B+D白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色。C+D白色沉淀，继续加D 溶液，白色沉淀逐渐消失。（ 1）则各是什么物质的化学式为：A_、 B_、 C_、 D_。（ 2）现象中所发生的反应的化学方程式为：_、_ 。（ 3）现象中所发生反应的离子方程式为：_ 、_ 。【答案】 BaCl24342244 Fe( OH)2FeSO AlClNaOH； FeSO +2NaOH Fe( OH) + Na SO+ O2 + 2H2O 4Fe( OH) 3Al3+-Al( OH) 3 +-+ 3OH Al( OH) 3OH AlO2 +
6、 2H2O【解析】【分析】A BBaSO+ 白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解应，则生成的白色沉淀为4， B+D白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色，是Fe( OH) 2 的转化为 Fe( OH) 3，故 A为 BaCl2，B 为 FeSO4， D 为 NaOH，则 C 为 AlCl3 ，氯化铝溶液与NaOH 溶液反应生成白色沉淀 Al( OH) 3， Al( OH) 3 能溶解在 NaOH 溶液中，符合中现象。【详解】( 1) 根据以上分析可知A、 B、 C、 D 依次为 BaCl2、 FeSO4 、AlCl3、 NaOH；( 2) 现象先生成白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为
7、红褐色时所发生的反应的化学方程式为： FeSO4+22422232NaOHFe( OH) + Na SO ， 4Fe( OH) +O +2HO 4Fe( OH) ；( 3) 现象中所发生反应的离子方程式为：Al3+3OH- Al( OH) 3， Al( OH) 3+OH- AlO2-+2H2 O。【点睛】考查无机物的推断，关键是明确物质之间的反应，根据现象进行判断，其中“白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色”为解题突破口，这里发生了 Fe( OH) 2 沉淀的生成及转化为 Fe( OH) 3 的过程，另外灵活利用氢氧化铝的两性知识即可解题。3 下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或
8、其溶液，相互之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）。已知A、B 为气态单质，F 是地壳中含量最多的金属元素的单质； E、 H、 I 为氧化物， E 为黑色固体，I 为红棕色气体；M 为红褐色沉淀。请回答下列问题：(1)A 在 B 中燃烧的现象是 _ 。(2)D+E B的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是_ 。(3)G+J M的离子方程式是 _ 。(4)Y 受热分解的化学方程式是_ 。(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2 的试剂是 _。【答案】放出大量的热，产生苍白色火焰32332:1 3AlO2+Fe +6HO=3Al(OH) +Fe(OH)4Fe(NO )2Fe O +1
9、2NO2 +3O 酸性高锰酸钾溶液3 3232【解析】【分析】F 是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F 为 Al，转化关系中X 电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B 为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D， D 为 HCl，E为黑色固体，为氧化物，和HCl 反应又生成 B 气体， A 为 H222， B为 Cl，E 为 MnO ，电解 X是电解氯化钠溶液，C 为 NaOH，与 Al 反应生成 G，G 为 NaAlO2； M 为红褐色沉淀为Fe(OH) ，所以 J是含三价铁离子的物质，是H 和 D 反应生成，证明 J为 FeCl， H、 I 为氧化33物判断 H 为 Fe2323
10、O ， I 为红棕色气体为 NO ，结合转化关系可知，N 为 HNO ，Y 为Fe(NO3)3，结合物质的性质来解答。【详解】(1) A 为 H2，B 为 Cl2， H2 在 Cl2 中燃烧的现象是：气体安静燃烧，放出大量的热，火焰呈苍白色，并有白雾产生；(2) D+E B的反应为 MnO +4HCl加热中 Mn 元素化合价降低，被还MnCl +Cl +2H O， MnO22222原， HCl 中 Cl 元素化合价升高，被氧化，4mol 盐酸参与反应，发生氧化反应的盐酸为2mol ，另外 2mol 盐酸显酸性，则n(被氧化的物质HCl)： n(被还原的物质 MnO2)=2： 1；(3) G(N
11、aAlO2)+J(FeCl3) M(Fe(OH)3)的反应是在水溶液中发生的双水解反应，反应离子方程式是： 3AlO2 +Fe3+6H2O=3Al(OH)3 +Fe(OH)3；(4)依据分析推断可知Y 为 Fe(NO3)3，受热分解生成二氧化氮和氧化铁，依据原子守恒配平书写的化学方程式是：4Fe(NO3 )32Fe2 O3+12NO2 +3O2；(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的方法是取少量待测液于试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，证明原溶液中含有Fe2+，反之没有Fe2+。4 常见含硫物质AD，在生活、生产中有着广泛应用，它们之间的转化关系如下图所示。其中反应、中所需物
12、质B 溶液的浓度不同。请按要求回答下列问题：（ 1） A 的化学式为 _。（2）反应、中Cu、 Fe 所起的作用相同，即都作_（填 “氧化剂 ”或 “还原剂 ”），你判断的依据是它们都是金属，在反应中都_。（ 3）反应的离子方程式为 _。（ 4）大气中因废气 A 引起酸雨的反应流程之一可用下图示意：上图中由 DB的转化所需氧化剂为 _。当将含D的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其cH+（）将_。（填 “增大 ”“减小 ”或 “不变 ”）。废气 A 是一种重要的化工原料，常采用氨吸收法进行循环利用、变废为宝。某工厂若将6A 进行环保处理，4. 4810L（标准状况下）废气完全
13、转化为 NH4HSO3 时，需消耗 10mol/L 氨水溶液（溶质全部以NH3 ?H2O 计）的体积为_L。【答案】 SO2还原剂失去电子，化合价升高Fe+2H+=Fe2+H2O2增大20000【解析】【分析】由 B(含氧酸 )在常温下与足量的铁反应生成C(硫酸盐 )，故 B 是 H24，反应方程式为SOFe+2H2SO4=FeSO4+H2， C 是 FeSO4； Cu+2H2SO4 (浓)CuSO4+SO2 +2H2O，故 A 是 SO2，222323SO +H OH SO， D 是 H SO 。【详解】（1）由解析可知，A 的化学式为SO2；（2）反应、中，反应前后CuFe元素的化合价都升
14、高，故反应、中CuFe所起、的作用相同，即都作还原剂；（3）铁与稀硫酸常温下反应，离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2；SO H SO 过程中， S 元素化合价升高，即H SO 被空气中的 O氧化为 H SO ；（4） H2 324232242H2SO3+ O2 = H2SO4， H2SO3 是弱酸， H2SO4 是强酸，故当将含H2SO3 的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c( H+) 将增大； SO2+NH3?H2O=NH4HSO3， n(SO2)=4.48 106L532510mol/L 氨水溶液（溶质全=2.0 10mol，故 n(NH ?H O)= 2.0 1
15、0mol ，需消耗22.4L/mol部以 NH3?H2O 计）的体积为2.0 105 mol=20000L。10mol/L【点睛】本题是结合图考查S 元素的化合物知识，有关化学方程式书写等，难度不大。5 在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去。已知：甲、乙是两种常见金属，反应是工业制盐酸的反应。回答下列问题：( 1) 反应 I 中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，写出该物质的电子式：_，该化合物中存在的化学键有：_ 。与甲在同一周期的金属元素（包括甲），按单质熔点由高到低的顺序排列依次为：_（元素符号）。( 2) 反应中，乙与H2O 在高温下反应，
16、除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙在周期表中的位置是_；写出反应的化学方程式_。( 3) 通过比较反应I、的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性_（填“强”或“弱”），比较二者金属性强弱的依据还可以是_（写出一种即可）。( 4) 下列关于第三周期金属元素的单质及其化合物的说法正确的是_（选填答案编号）a工业上一般用电解法进行冶炼，获取单质b金属阳离子都具有相同的电子排布式c氢氧化物都能容易分解得到相应的氧化物d金属氯化物都是电解质，都属于离子化合物【答案】离子键、共价键Al、 Mg、 Na第四周期族3Fe 4H2O高温Fe3O4+H2强NaOH是强碱，而FeOH 3是弱碱ab+（）【解析】
17、【分析】已知反应是工业制盐酸的反应，则丙为H2，丁为 HCl；反应 I 中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则甲为金属钠；反应中，乙与H2O 在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙为铁。据此解答。【详解】( 1) 由以上分析知，甲为金属钠，则焰色反应为黄色的物质为NaOH，电子式为，该化合物中存在的化学键有离子键、共价键。与甲在同一周期的金属元素有Na、 Mg、 Al 三种，它们的离子带电荷数依次增多，离子半径依次减小，所以按单质熔点由高到低的顺序排列依次为Al、 Mg 、 Na。答案为：；离子键、共价键；Al、Mg、 Na；( 2) 由以上分析
18、知，乙为铁，与H23 4O 在高温下反应，生成的有磁性的物质为Fe O ，铁为 26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁在周期表中的位置是第四周期族；反应的化学方程式为3Fe+4H2O高温Fe3 O4+H2。答案为：第四周期族；高温3Fe+4H2OFe3O4+H2 ；( 3) 钠与水在常温下剧烈反应，铁与水在高温下才能反应，由此可得出钠的金属性比铁的金属性强，比较二者金属性强弱的依据还可以是NaOH是强碱，而Fe OH 3是弱碱来判断。( )答案为：强； NaOH 是强碱，而 Fe( OH) 3 是弱碱；( 4) a工业上一般用电解法冶炼NaCl、MgCl2 、
19、Al2O3，获取单质， a 正确；+1s22s2 2p6， b 正确；b Na 、 Mg2、Al3 都具有相同的电子排布式c NaOH 热稳定性强，很难分解得到相应的氧化物，c 不正确；d金属氯化物都是电解质，但AlCl3 属于共价化合物，d 不正确；答案为： ab。【点睛】在书写铁与 H22 3和O 在高温下反应，我们易忽视“有磁性的物质”，而把产物写成Fe OH2，从而产生错误。6 氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙（含有少量Al3+、 Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl22H2O）的主要流程如下：完成下列填空：(1)除杂操作是加入物质A 来调节溶液的 p
20、H，以除去溶液中的Al3+、 Fe3+，根据下表所给信息，此时控制溶液的pH 范围是 _，加入的物质A 是 _（写化学式）。开始沉淀时的pH 沉淀完全时的 pH沉淀开始溶解时的 pHAl(OH)3.35.27.83Fe(OH)1.54.13(2)检验 Fe3+是否沉淀完全的实验操作是_ 。(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是_ 。(4)测定制得的样品的纯度，可采用如下方案：a称取 0.750 g 样品，溶解，在250 mL 容量瓶中定容；b量取 25.00 mL 待测溶液于锥形瓶中；c用 0.050 mol/L AgNO 3 溶液滴定至终点，消耗AgNO3 溶液体积的平均值为 2
21、0.39 mL。上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有_ 。计算上述样品中CaCl22H2O 的质量分数为_（保留三位有效数字）。若配制和滴定操作均无误，但最终测定的样品中CaCl22H2O 的质量分数偏高，写出可能导致该结果的一种情况_ 。【答案】 5.2pH 7.8Ca(OH)23取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若或 CaO或 CaCO不出现血红色，表明 Fe(OH)3沉淀完全2转化为2将溶液中的少量 Ca(OH)CaCl 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管99.9% 蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl22H2O 失去部分结晶水【解析】【分析】工业碳酸钙加过量盐酸进行溶
22、解，得到Ca2+、 Al3+、 Fe3+，加入物质 A 来调节溶液的 pH，以除去溶液中的 Al3+、 Fe3+，根据沉淀对应的pH 表，需要把二者沉淀完全，pH 最小为 5.2，但是当 pH 大于等于 7.8，氢氧化铝开始溶解，故调节pH 范围是5.2 pH 7.8；加入的 A能调节 pH，但是不能引入新杂质，则可以选用Ca(OH)2 或 CaO 或 CaCO3；过滤后滤液进行盐酸酸化，在 160 蒸发结晶，得产品 CaCl22H2O。【详解】(1)根据分析，加入物质A 来调节溶液的pH，此时控制溶液的 pH 范围是 5.2 pH7.8；加入的物质 A 是 Ca(OH)23或 CaO或 Ca
23、CO（填一种即可）；(2)检验 Fe3+是否沉淀完全的实验操作是：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3 沉淀完全；(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是将溶液中的少量Ca(OH)2 转化为 CaCl2 ，防止产物中混有Ca(OH)2 杂质；(4) 测定样品的纯度过程中， a 为配制一定体积物质的量浓度溶液的过程，需要用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、 250mL容量瓶、胶头滴管； b、 c 为滴定过程，需要用到的玻璃仪器：锥形瓶、滴定管；故上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管； 使用 AgNO3溶液滴定
24、样品的22CaCl 2H O， n（ Ag+） =0.050 mol/L 20.39 10-3L=1.0195 10-3 mol，则 25mL 中含 n （Cl- ） =1.019510-3mol， 250 mL 中含 n （Cl-） =1.019510-2mol，含 n（ CaCl22H2O） =5.0975 10-3mol ， m（ CaCl2 2H2 O） =5.0975 10-3mol 147g mol -1=0.7493g，样品 CaCl2 2H2O 的质量分数0.749 g100%=99.9%； 蒸发结晶过程中，温度过高，使22H2O 失去部分结晶=CaCl0.750g水，而计算的
25、时候仍按照没有失去结晶水的化合物质量计算，故最终测定的样品中CaCl22H2O 的质量分数偏高。【点睛】化工流程中把握常见的金属离子的除杂方式；注意调节pH 的范围，以及试剂的选用，不引入新杂质用可以与氢离子发生反应，一般选用制备物质的阳离子对应的氧化物、氢氧化物等。7 某工厂废金属屑的主要成分为 Cu、 Fe 和 Al，此外还含有少量 Al2O3 和 Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的金属废料制取氯化铝、绿矾晶体 (FeSO 7H O)和胆矾晶体。42完成下列填空：（ 1）写出步骤反应的离子方程式：_。（ 2）试剂 X 是 _，溶液 D 是 _。
26、（ 3）在步骤中，用如图装置制取CO2 并通入溶液 A 中。一段时间后，仍观察不到烧杯中产生白色沉淀。为了固体C 的生成，在药品和装置上可采取的改进措施是_。（4）溶液 E 中加入 KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，用离子方程式解释其可能的原因： _。（5）将固体 F 继续加入热的稀硫酸，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4 溶液，写出反应的化学方程式： _。【答案】 2Al+2H 2O+2OH - =2AlO 2- +3H 2、 Al 2O3 +2OH - =2AlO 2- +H 2 O稀硫酸NaHCO3 溶液 浓盐酸改为稀盐酸；在装置a 和装置 b 之间增加一个盛有饱和N
27、aHCO3 溶液的洗气瓶，以除去装置a 中挥发出的 HCl3+2+3+2+2+2Fe +Fe=3Fe 、 2Fe +Cu=2Fe +Cu2Cu+O2 +2H2SO4 = 2CuSO4 +2H2O【解析】【分析】Fe、 Cu、 Fe2O3 都不与 NaOH 溶液反应， Al 和 Al2O3 可与 NaOH 溶液反应，用含有Al、 Fe、Cu 和Al2O3 和Fe2O3 的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体(FeSO4?7H2 O)和胆矾晶体流程为：合金中 Al、 Al2O3 与NaOH 反应，所得滤液A 为NaAlO2 溶液，经途径 与足量二氧化碳发生反应：AlO -2 +CO2 +2H2 O=A
28、l OH3+HCO-3 ，反应可生成Al(OH)3 固体C，生成的Al(OH)3 再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3 较纯净；溶液D 为NaHCO3 溶液；滤渣B 为Fe 和 Cu 的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E 为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F 为Cu，可用于制备胆矾，据此分析解答。【详解】（1）铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A 为NaAlO2 溶液，反应的离子方程式为：2Al+2H 2O+2OH - =2AlO -2 +3H 2、 Al 2O3 +2OH - =2AlO -2 +H 2O ；（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠溶液反应，金属铜和稀硫酸之
29、间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制得绿矾晶体，所以试剂X 为稀硫酸；溶液 D 为 NaHCO3 溶液；（3）进行步骤 时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO2 气体通入溶液 A 中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的 HCl 气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀，发生的反应为：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，为了避免固体 C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去 HCl 的装置，二氧化碳在饱和NaHCO3 中不溶，氯化氢和NaHCO3 反应生成二氧化碳气体，所以可降低盐酸浓度；在装置I 和
30、 之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢；（4）溶液 E 中加入 KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，原因是 Fe3+被 Fe、 Cu2+3+2+还原生成 Fe ，所以加入 KSCN溶液没有明显现象，故答案为：2Fe +Fe=3Fe 、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（5）用固体 F 继续加入热的稀H2 44SO ，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO 溶液，说明在加热条件下，Cu、氧气和稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为： 2Cu+O2 +2H 2SO4 = 2CuSO4 +2H2 O 。8 以废旧锌锰电池中的黑锰粉（ M
31、nO2、 MnO(OH)、 NH4Cl、少量 ZnCl2 及炭黑、氧化铁等）为原料制备 MnCl2，实现锰的再利用。其工作流程如下：（1）过程，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。 O2 氧化 MnO(OH) 的化学方程式是 _。（2）溶液 a 的主要成分为 NH4Cl，另外还含有少量2等。ZnCl 溶液 a 呈酸性，原因是 _。 根据如图所示的溶解度曲线，将溶液a_（填操作），可得NH4 Cl 粗品。 提纯 NH4Cl 粗品，有关性质数据如下：化合物ZnCl2NH4Cl熔点365337.8分解沸点732-根据上表，设计方案提纯NH4Cl： _。（ 3）检验 MnSO4 溶液
32、中是否含有 Fe3+：取少量溶液，加入 _（填试剂和现象），证明溶液中 Fe3+沉淀完全。（ 4）探究过程中 MnO 2 溶解的适宜条件。向 MnO22 2溶液，产生大量气泡；再加入稀H24中加入 H OSO，固体未明显溶解。向 MnO2中加入稀2422H SO ，固体未溶解；再加入HO 溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。 用化学方程式表示中MnO 2溶解的原因： _。 解释试剂加入顺序不同，MnO 2 作用不同的原因： _。上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。【答案】 4MnO(OH)+O222+232+（或+水解产生+）4NH4H=4MnO +2H O
33、NH +H O? NH H O+H蒸发浓缩，趁热过滤加热 NH4Cl 粗品至340左右， NH4Cl = NH3 + HCl；收集产物并冷却， NH3 + HCl=NH4Cl，得到纯净 NH4Cl。KSCN溶液，不变红22 224422MnO2作催化剂，反应快，MnO2只催化分解MnO +H O +H SO =MnSO +2H O+O i 中H 2 O 2 ii 中 MnO 2 作氧化剂，加入稀H 2SO4 后， MnO 2 的氧化性增强，被H 2O 2还原为MnSO 4 。【解析】【详解】（1）根据流程图可知，经过过程，得到了MnO2 粗品，则 O2 将 MnO(OH)氧化成 MnO2，根据得失电子守恒，1molO 2得到 4mol 电子， 1molMnO(OH) 失去 1mol 电子，则 O2 和MnO(OH) 的比例为14，再根据原子守恒可配平方程式，答案为
