1选择题
某地新闻报道：一家企业利用含镍废催化剂（主要含 NiO，另含 Fe₂O₃、CuO 及少量不溶性硅酸盐）回收镍，工艺流程为「粉碎→稀硫酸酸浸→调节 pH 除去 Fe³⁺→加入 Na₂S 沉淀 Cu²⁺→蒸发浓缩、冷却结晶得 NiSO₄·6H₂O」。已知 25℃ 时 Ksp(CuS)=6.3×10⁻³⁶，Ksp(NiS)=1.1×10⁻²¹，Ksp[Fe(OH)₃]=2.6×10⁻³⁹，Ksp[Ni(OH)₂]=2.1×10⁻¹⁵。酸浸后滤液中 c(Ni²⁺)=0.10 mol/L、c(Cu²⁺)=1.0×10⁻³ mol/L。下列说法正确的是
- A. 将废催化剂粉碎的主要目的是提高镍的浸出率并加快酸浸速率
- B. 酸浸后分离不溶性硅酸盐残渣的操作是蒸发结晶
- C. 25℃ 时，使溶液中 Cu²⁺恰好沉淀完全（c(Cu²⁺)≤1.0×10⁻⁵ mol/L）所需 c(S²⁻) 至少为 6.3×10⁻³¹ mol/L
- D. 调节 pH 时，只要使 Qc[Ni(OH)₂]＞Ksp[Ni(OH)₂] 就可证明 Fe³⁺已沉淀完全
答案：C
解析：逐项分析：A 项，粉碎的直接目的是增大固体与酸的接触面积、加快反应速率，从而提高浸出率；选项把「提高浸出率」置于首要且并列强调，表述虽接近但混淆了直接目的与结果，全国卷中此类「目的」表述需严格区分，故 A 不选（若题意强调直接目的，应答「增大接触面积、加快反应速率」）。B 项，固体与液体分离应采用过滤，蒸发结晶用于从溶液中获得溶质晶体，操作与目的不匹配，错误。C 项，沉淀完全时 c(Cu²⁺)=1.0×10⁻⁵ mol/L，由 Ksp(CuS)=c(Cu²⁺)·c(S²⁻) 得 c(S²⁻)=6.3×10⁻³⁶÷1.0×10⁻⁵=6.3×10⁻³¹ mol/L，计算正确。D 项，Qc＞Ksp 只能说明有沉淀生成，不能证明 Fe³⁺已沉淀完全；判断沉淀是否完全应看残余离子浓度是否≤1.0×10⁻⁵ mol/L，概念混淆。故选C。
2选择题
某地环保部门在报道中指出，工业废水中 Cr(VI) 的高效去除备受关注。处理含 Cr₂O₇²⁻ 的酸性废水时，常用 Na₂SO₃ 将其还原为 Cr³⁺，再调 pH 使 Cr³⁺ 转化为 Cr(OH)₃ 沉淀除去。已知信息：还原反应为 Cr₂O₇²⁻ + 3SO₃²⁻ + 8H⁺ = 2Cr³⁺ + 3SO₄²⁻ + 4H₂O。下列说法正确的是（ ）
- A. 该反应中 Cr₂O₇²⁻ 是还原剂，SO₃²⁻ 是氧化产物
- B. 每消耗 1 mol Cr₂O₇²⁻，转移电子的物质的量为 6 mol
- C. 若用 FeSO₄ 代替 Na₂SO₃，Fe²⁺ 被还原为 Fe³⁺
- D. 调 pH 使 Cr³⁺ 生成 Cr(OH)₃ 沉淀属于物理变化，是利用溶解度差异分离
答案：B
解析：本题以废水处理新闻情境为背景，考查氧化还原反应概念与电子守恒计算，同时结合工艺流程中“调 pH 除杂”的分离思想。
A 项：Cr₂O₇²⁻ 中 Cr 为 +6 价，反应后变为 +3 价，化合价降低、得电子，是氧化剂而非还原剂；SO₃²⁻ 中 S 为 +4 价，被氧化为 SO₄²⁻ 中的 +6 价，SO₄²⁻ 才是氧化产物，故 A 错误。
B 项：Cr₂O₇²⁻ 中 2 个 Cr 由 +6 → +3，共得 2×3 = 6 mol 电子，故每消耗 1 mol Cr₂O₇²⁻ 转移 6 mol 电子，B 正确。
C 项：Fe²⁺ 作还原剂应被氧化为 Fe³⁺，而非被还原，C 错误。
D 项：调 pH 使 Cr³⁺ 转化为 Cr(OH)₃ 沉淀属于化学变化（生成新物质），且并非利用溶解度差异的物理分离，D 错误。
故选 B。
易错点：混淆氧化剂/还原剂与氧化产物/还原产物的概念；电子转移数目只按单个原子算而不乘以原子个数；误以为沉淀生成是物理变化。
3选择题
我国科研团队报道了一种以 CO₂ 和 H₂ 为原料合成甲醇的新型催化体系，反应为：CO₂(g) + 3H₂(g) ⇌ CH₃OH(g) + H₂O(g) ΔH < 0。
已知信息：在 500 K 时，向容积为 10 L 的恒容密闭容器中充入 1 mol CO₂ 和 3 mol H₂，反应达到平衡时体系总压为 p，CH₃OH 的物质的量分数为 0.1。
已知分压 = 总压 × 物质的量分数，Kp 用各气体平衡分压表示。下列说法正确的是（ ）
- A. 平衡时 CO₂ 的物质的量分数为 0.2
- B. 该温度下反应的 Kp = 25/p²
- C. 升高温度，正反应速率增大，平衡常数 Kp 也增大
- D. 平衡后充入 1 mol He（体积不变），平衡向正反应方向移动
答案：B
解析：本题为化学平衡常数 Kp 计算与应用的推理计算题。
第一步：求平衡组成。设转化的 CO₂ 为 x mol：
CO₂(g) + 3H₂(g) ⇌ CH₃OH(g) + H₂O(g)
起始：1 3 0 0
转化：x 3x x x
平衡：1−x 3−3x x x
平衡总物质的量 n总 = (1−x) + (3−3x) + x + x = 4 − 2x。
由 CH₃OH 物质的量分数为 0.1：x/(4−2x) = 0.1，解得 x = 0.4 mol。
第二步：检验各选项。
A 项：n(CO₂) = 1 − 0.4 = 0.6 mol，n总 = 4 − 0.8 = 3.2 mol，CO₂ 物质的量分数 = 0.6/3.2 = 0.1875，不是 0.2，A 错误。
B 项：各物质的量分数：CO₂ = 0.1875，H₂ = 1.8/3.2 = 0.5625，CH₃OH = 0.1，H₂O = 0.4/3.2 = 0.125。
分压：p(CO₂) = 0.1875p，p(H₂) = 0.5625p，p(CH₃OH) = 0.1p，p(H₂O) = 0.125p。
Kp = p(CH₃OH)·p(H₂O) ÷ [p(CO₂)·p(H₂)³]
= (0.1p × 0.125p) ÷ [0.1875p × (0.5625p)³]
= 0.0125p² ÷ (0.1875 × 0.17798 × p⁴)
= 0.0125 ÷ 0.03337 × 1/p² ≈ 25/p²，B 正确。
C 项：升温使正、逆反应速率均增大，但该反应放热（ΔH < 0），升温平衡逆向移动，Kp 减小，C 错误。
D 项：恒容条件下充入惰性气体 He，各反应组分的分压（浓度）不变，平衡不移动，D 错误。
易错点：① 平衡总物质的量计算漏掉生成的 H₂O，误认为 n总 = 3；② 分压 = 总压 × 物质的量分数的代入出错；③ Kp 表达式中 H₂ 分压的三次方漏写或幂次错；④ 误认为充入惰性气体总压增大就使平衡正向移动（恒容时不成立）；⑤ 忽略 ΔH < 0 而错判升温对 Kp 的影响。故选B。
4填空题
我国某地利用废旧磷酸铁锂电池正极废料（主要成分为 LiFePO₄，含少量炭粉、Al 箔及不溶性硅酸盐杂质）回收锂并制备碳酸锂，工艺流程如下。
已知信息：
① 废料经粉碎后，在空气中焙烧，炭粉被氧化为 CO₂ 除去，Al 箔表面生成致密 Al₂O₃；
② 焙烧渣用稀硫酸浸取，LiFePO₄ 转化为可溶性的 LiH₂PO₄ 与 FeSO₄，Al₂O₃ 溶解生成 Al₂(SO₄)₃，硅酸盐不溶；
③ 浸取液中加入石灰乳（Ca(OH)₂）调节 pH，使 Fe³⁺、Al³⁺ 完全沉淀（此时 Fe³⁺、Al³⁺ 浓度均小于 1×10⁻⁵ mol/L），过滤除去；
④ 除杂后的滤液加入饱和 Na₂CO₃ 溶液，得到 Li₂CO₃ 沉淀。
请回答下列问题：
（1）废料在“粉碎”后才进行焙烧，其目的是________。
（2）“酸浸”后，硅酸盐杂质与溶液分离所用的操作是________。
（3）“调 pH”时加入石灰乳，Fe³⁺ 与 OH⁻ 反应的离子方程式为________；该步骤中石灰乳必须过量，其原因是________。
（4）若 100.0 kg 废料中 LiFePO₄ 的质量分数为 80%，整个流程中锂元素的回收率为 90%，则最终可得到 Li₂CO₃ 的质量为________kg（保留一位小数）。已知 LiFePO₄ 的摩尔质量为 158 g/mol，Li₂CO₃ 的摩尔质量为 74 g/mol。
答案：（1）增大固体与空气（氧气）的接触面积，使炭粉充分氧化除去，同时加快焙烧反应速率。
（2）过滤。
（3）Fe³⁺ + 3OH⁻ = Fe(OH)₃↓；保证 Fe³⁺、Al³⁺ 沉淀完全（使 Fe³⁺、Al³⁺ 浓度降低到 1×10⁻⁵ mol/L 以下），从而与含锂滤液彻底分离。
（4）计算过程：
m(LiFePO₄) = 100.0 kg × 80% = 80.0 kg = 80000 g
n(LiFePO₄) = 80000 g ÷ 158 g/mol ≈ 506.33 mol
n(Li) = 506.33 mol，回收的 n(Li) = 506.33 mol × 90% ≈ 455.70 mol
n(Li₂CO₃) = 455.70 mol ÷ 2 = 227.85 mol
m(Li₂CO₃) = 227.85 mol × 74 g/mol ≈ 16861 g ≈ 16.9 kg
答：可得到 Li₂CO₃ 约 16.9 kg。
解析：本题为工艺流程综合填空，覆盖原料处理、核心反应、分离提纯三个环节。
（1）粉碎的目的是增大接触面积、加快反应速率，使炭粉焙烧除尽；易错点是只答“加快反应”而不提“接触面积”，或答成“提高浸取率”而与焙烧环节不匹配。
（2）不溶性硅酸盐为固体，与溶液分离用过滤；易错点是错答“蒸发”“结晶”，或混淆过滤与萃取的适用对象。
（3）离子方程式为 Fe³⁺ + 3OH⁻ = Fe(OH)₃↓；“过量”试剂的作用是使目标离子沉淀完全，为后续分离创造条件。易错点：写成化学方程式、漏写沉淀符号，或把“过量”的目的答成“加快反应”。
（4）守恒法：由锂元素守恒，n(Li₂CO₃) = ½ n(LiFePO₄) × 回收率。易错点：① 忘记 Li₂CO₃ 中含 2 个 Li，直接用 n(Li) 求 Li₂CO₃ 物质的量；② 忘记乘以回收率 90%；③ 摩尔质量代错（如 LiFePO₄ 误用 157 或 160）；④ 单位换算（kg→g）出错。最终结果约为 16.9 kg。
5解答题
【背景】媒体报道某钢铁厂将酸洗工序产生的酸性废水（主要含 Fe²⁺、H⁺、SO₄²⁻）与炼钢烟尘（主要含 Fe₂O₃，另含 ZnO、MnO）联合处理，制备聚合硫酸铁絮凝剂，实现「以废治废」。工艺流程如下：
第一步：将烟尘粉碎后加入酸性废水中，70℃ 搅拌反应 2 h，过滤；
第二步：向滤液中加入 H₂O₂，将 Fe²⁺全部氧化为 Fe³⁺；
第三步：调节 pH 至 3.5，使 Fe³⁺水解聚合，得到聚合硫酸铁溶液。
已知数据：Ksp[Zn(OH)₂]=3.0×10⁻¹⁷，Ksp[Fe(OH)₃]=2.6×10⁻³⁹；25℃ 时 0.10 mol/L FeCl₃ 溶液 pH≈1.5。相关反应：2Fe²⁺ + H₂O₂ + 2H⁺ = 2Fe³⁺ + 2H₂O。
取某批废水 2.0 L，测得其中 c(Fe²⁺)=0.15 mol/L、c(H⁺)=0.10 mol/L。请回答：
(1) 第一步中将烟尘粉碎的目的是什么？过滤所得滤渣的主要成分是什么？
(2) 计算将该批废水中 Fe²⁺全部氧化为 Fe³⁺所需 H₂O₂ 的物质的量（写出计算过程）。
(3) 第二步发生反应的离子方程式为 2Fe²⁺ + H₂O₂ + 2H⁺ = 2Fe³⁺ + 2H₂O，若该批废水中 H⁺ 恰好完全参与反应，判断 H₂O₂ 是否足量，并说明理由。
(4) 第三步调节 pH 至 3.5 时，通过计算说明 Zn²⁺(c=0.020 mol/L) 是否会生成 Zn(OH)₂ 沉淀（已知 25℃ 时 K_w=1.0×10⁻¹⁴）。
(5) 与「直接加碱中和后排放」相比，本工艺将 Fe²⁺氧化并聚合的意义是什么？
答案：(1) 粉碎的目的是增大烟尘与酸性废水的接触面积，加快反应速率，提高 Fe₂O₃ 等金属氧化物的浸出率。烟尘中 Fe₂O₃、ZnO、MnO 均能与酸反应进入溶液，不溶性杂质（如未反应的硅酸盐等）留在滤渣中，故滤渣主要为不溶性杂质（酸不溶物）。
(2) n(Fe²⁺)=0.15 mol/L×2.0 L=0.30 mol。由 2Fe²⁺ + H₂O₂ + 2H⁺ = 2Fe³⁺ + 2H₂O 可知 n(H₂O₂)=n(Fe²⁺)/2=0.30 mol÷2=0.15 mol。
(3) n(H⁺)=0.10 mol/L×2.0 L=0.20 mol，而氧化 0.30 mol Fe²⁺需 n(H⁺)=0.30 mol＞0.20 mol，故 H⁺ 不足；但 H⁺ 可由第一步酸浸过量的酸及 Fe³⁺ 水解补充，实际判断 H₂O₂ 是否足量应以 Fe²⁺ 的量为标准：需 0.15 mol H₂O₂，若加入量≥0.15 mol 即足量。本题数据表明仅凭废水中 H⁺ 不能满足反应需要，须补充酸，否则氧化不完全。
(4) pH=3.5 时，c(H⁺)=10⁻³·⁵ mol/L，c(OH⁻)=K_w/c(H⁺)=1.0×10⁻¹⁴÷10⁻³·⁵=10⁻¹⁰·⁵ mol/L≈3.2×10⁻¹¹ mol/L。Q_c[Zn(OH)₂]=c(Zn²⁺)·c²(OH⁻)=0.020×(3.2×10⁻¹¹)²≈2.0×10⁻²²＜K_sp[Zn(OH)₂]=3.0×10⁻¹⁷，故 Zn²⁺ 不会沉淀，仍留在溶液中，需后续深度处理。
(5) 将 Fe²⁺氧化为 Fe³⁺可提高絮凝效果（Fe³⁺ 水解生成的 Fe(OH)₃ 胶体吸附能力强），聚合后产物可作絮凝剂回用于废水处理，既降低 COD/色度、除去悬浮物，又实现铁资源化利用，减少固废与二次污染。
解析：本题以「以废治废」新闻情境考查工艺流程三环节（原料处理—核心反应—分离提纯）与定量计算。(1) 易错点：把粉碎目的答成「提高产量」，应答「增大接触面积、加快反应速率、提高浸出率」；滤渣成分易误答为 Fe₂O₃，实际酸浸后氧化物已溶解，残渣为酸不溶物。(2) 关键是先算物质的量再按系数比 2∶1 求 H₂O₂，易错点是把 0.15 mol/L 当成物质的量，或忘记乘体积 2.0 L，或将系数比写反。(3) 易错点：只看 H₂O₂ 用量不看 H⁺ 配比，忽视反应中 H⁺ 也是反应物；判断氧化剂是否足量应以被氧化物 Fe²⁺ 为标准。(4) 易错点：由 pH 直接得 c(OH⁻) 时算错数量级；比较 Q_c 与 K_sp 时忘掉平方，或把 K_sp 数值看错。(5) 易错点：只答「除去杂质」，未结合 Fe³⁺ 水解聚合的絮凝原理与资源化意义。
6解答题
废旧锂离子电池正极材料主要含 LiCoO₂，还含有少量 Al、Fe 及有机黏结剂。某工厂利用该废料回收钴并制备 CoCO₃，工艺流程如下（已知信息：① 废料先在空气中焙烧除去有机黏结剂；② 焙烧渣用稀硫酸浸取，LiCoO₂ 被还原为 Co²⁺ 进入溶液，同时 Al、Fe 生成 Al³⁺、Fe³⁺；③ 调节 pH 可使 Fe³⁺、Al³⁺ 完全沉淀而 Co²⁺ 不沉淀；④ 最后加入 NH₄HCO₃ 溶液沉钴得 CoCO₃）：
废料 →（空气，焙烧）焙烧渣 →（稀 H₂SO₄，加热浸取）浸出液 →（加 NaClO，调 pH≈5.0，过滤）滤液 →（加 NH₄HCO₃ 溶液）CoCO₃ ↓
请回答下列问题：
（1）焙烧前将废料粉碎的目的是什么？
（2）浸取时加入稀硫酸并加热，写出 LiCoO₂ 与 H₂SO₄ 反应生成 CoSO₄、Li₂SO₄ 的化学方程式（钴由 +3 价被还原为 +2 价，需补入还原剂 H₂O₂，产物为 O₂）。
（3）加入 NaClO 的作用是什么？调 pH≈5.0 的目的是什么？
（4）第③步过滤后，滤液中主要含 Co²⁺、Li⁺、SO₄²⁻、Na⁺ 等，加入 NH₄HCO₃ 溶液得到 CoCO₃ 沉淀，写出该反应的离子方程式；若要将固体与母液分离，应采用的分离操作是什么？
（5）若废料中 LiCoO₂ 的质量分数为 80%，称取废料 100 g，最终得到 CoCO₃ 68.2 g，则钴的回收率为多少？（已知 LiCoO₂ 的摩尔质量为 98 g/mol，CoCO₃ 的摩尔质量为 119 g/mol，结果保留三位有效数字）
答案：（1）粉碎可增大废料与空气、酸液的接触面积，加快焙烧与浸取的反应速率，使有机黏结剂和钴元素充分转化、提高浸出率。
（2）2LiCoO₂ + 3H₂SO₄ + H₂O₂ = Li₂SO₄ + 2CoSO₄ + O₂↑ + 4H₂O。
（3）加入 NaClO 的作用：将浸出液中可能存在的 Fe²⁺ 氧化为 Fe³⁺，便于后续调 pH 完全沉淀除去（同时不引入新的金属杂质）；调 pH≈5.0 的目的是使 Fe³⁺、Al³⁺ 转化为 Fe(OH)₃、Al(OH)₃ 沉淀而除去，同时保证 Co²⁺ 不沉淀、留在滤液中。
（4）Co²⁺ + 2HCO₃⁻ = CoCO₃↓ + CO₂↑ + H₂O（或 Co²⁺ + HCO₃⁻ + NH₃·H₂O 写法不作要求，写成 Co²⁺ + 2HCO₃⁻ = CoCO₃↓ + CO₂↑ + H₂O 即可）；分离固体与母液的操作是过滤。
（5）n(LiCoO₂) = 100 g × 80% ÷ 98 g/mol ≈ 0.8163 mol，理论上可得 CoCO₃ 0.8163 mol，质量为 0.8163 mol × 119 g/mol ≈ 97.1 g；实际得 68.2 g，回收率 = 68.2 g ÷ 97.1 g × 100% ≈ 70.2%。
解析：本题以废旧锂电池回收这一社会热点为情境，综合考查工艺流程三个环节：原料处理（粉碎、焙烧）、核心反应（酸浸、氧化）、分离提纯（调 pH 除杂、过滤、沉钴）。
（1）易错点：只答“加快反应速率”，未点明“增大接触面积”，导致目的表述不完整；
（2）易错点：不配平氧化还原反应，忽略 H₂O₂ 作还原剂被氧化为 O₂，或不写气体符号；
（3）易错点：答“NaClO 消毒杀菌”而偏离除杂主线，未指出氧化 Fe²⁺ 便于沉淀；调 pH 目的漏答“Co²⁺ 不沉淀”；
（4）易错点：离子方程式写成 Co²⁺ + CO₃²⁻ = CoCO₃↓（本题加入的是 HCO₃⁻，应放出 CO₂）；分离方法误选“蒸发结晶”或“萃取”，固液分离应选过滤；
（5）易错点：回收率概念混淆，误用“实际产量÷废料质量”；应为实际产量÷理论产量，注意保留三位有效数字。
7解答题
我国某沿海化工园区以海水晒盐后的苦卤（主要含 Mg²⁺、Br⁻，以及少量 Na⁺、Ca²⁺、SO₄²⁻）为原料，生产溴素并回收镁资源，主要流程如下：
已知信息：
① 苦卤中 c(Mg²⁺) = 1.20 mol/L，取 100 L 苦卤进行处理；
② 粉碎后的苦卤先经预热，再通入 Cl₂ 将 Br⁻ 氧化为 Br₂，反应为 Cl₂ + 2Br⁻ = 2Cl⁻ + Br₂；
③ 用热空气将生成的 Br₂ 吹出，再用 Na₂CO₃ 溶液吸收，发生反应 3Br₂ + 3Na₂CO₃ = 5NaBr + NaBrO₃ + 3CO₂↑；
④ 吸收液酸化后重新得到 Br₂；
⑤ 吹出 Br₂ 后的苦卤加入石灰乳（主要成分 Ca(OH)₂）沉镁，Mg²⁺ 转化为 Mg(OH)₂，过滤、洗涤后加盐酸溶解，再经蒸发浓缩、冷却结晶得到 MgCl₂·6H₂O。
回答下列问题：
（1）流程中将苦卤原料先粉碎、预热，其目的分别是什么？
（2）写出吸收液酸化时 NaBr 与 NaBrO₃ 在酸性条件下反应生成 Br₂ 的离子方程式，并用单线桥或文字说明电子转移方向和数目。
（3）若通入的 Cl₂ 恰好完全反应，计算 100 L 苦卤理论上可得到 Br₂ 的物质的量；已知苦卤中 c(Br⁻) = 2.40 mol/L。
（4）苦卤中加入石灰乳后，为使 Mg²⁺ 沉淀完全（残余 c(Mg²⁺) ≤ 1.0×10⁻⁵ mol/L），计算溶液中应维持的 c(OH⁻) 至少为多少（已知 25℃ 时 Ksp[Mg(OH)₂] = 1.8×10⁻¹¹）。
（5）从 MgCl₂ 溶液得到 MgCl₂·6H₂O 时采用「蒸发浓缩、冷却结晶」而不能直接蒸发至干，其原因是____________；固液分离的操作名称是____________。
答案：（1）粉碎：增大苦卤中难溶性杂质（或原料）与后续试剂的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；预热：升高温度，加快 Cl₂ 氧化 Br⁻ 的反应速率，同时有利于后续用热空气将 Br₂ 吹出（提高吹出率）。
（2）5Br⁻ + BrO₃⁻ + 6H⁺ = 3Br₂ + 3H₂O；电子转移：Br⁻ 中 Br 由 −1 价升高到 0 价（失电子、被氧化），BrO₃⁻ 中 Br 由 +5 价降低到 0 价（得电子、被还原），共转移 5 mol 电子（每生成 3 mol Br₂ 转移 5 mol e⁻）。
（3）n(Br⁻) = 2.40 mol/L × 100 L = 240 mol；由 2Br⁻ → Br₂ 得 n(Br₂) = 240 mol ÷ 2 = 120 mol。
（4）Ksp = c(Mg²⁺)·c²(OH⁻)，要使 c(Mg²⁺) ≤ 1.0×10⁻⁵ mol/L，
c²(OH⁻) ≥ Ksp ÷ c(Mg²⁺) = 1.8×10⁻¹¹ ÷ (1.0×10⁻⁵) = 1.8×10⁻⁶，
c(OH⁻) ≥ √(1.8×10⁻⁶) ≈ 1.3×10⁻³ mol/L。
（5）若直接蒸发至干，MgCl₂ 会因水解（MgCl₂ + 2H₂O ⇌ Mg(OH)₂ + 2HCl）且 HCl 挥发而得到碱式氯化镁或 MgO 等杂质，得不到纯净的 MgCl₂·6H₂O；故应蒸发浓缩、冷却结晶（必要时在 HCl 气流中抑制水解）。固液分离的操作为过滤。
解析：本题以苦卤综合利用的工业流程为情境，覆盖「原料处理—核心反应—分离提纯」三环节。
（1）易错：把「粉碎」的目的答成「提高纯度」，标准表述是「增大接触面积、加快反应速率」；预热目的易漏答「有利于 Br₂ 吹出」。
（2）易错：酸化反应写成 Br⁻ + BrO₃⁻ + H⁺ → Br₂ + H₂O 而未配平；正确配平须满足电子守恒：5 个 Br⁻ 失 5e⁻，1 个 BrO₃⁻ 得 5e⁻，故系数为 5、1、6、3、3。
（3）易错：把 n(Br₂) 直接当作 240 mol，忽视 2Br⁻ ~ Br₂ 的 2∶1 关系；注意先算 n(Br⁻) = cV，再按比例换算。
（4）易错：Ksp 表达式中 c(OH⁻) 忘记平方，或开方计算出错；应先由 Ksp ÷ c(Mg²⁺) 得 c²(OH⁻) 再开平方。
（5）易错：分离方法选错（写成蒸馏、萃取）或把结晶方式写成「蒸发结晶」；MgCl₂ 易水解，必须用冷却结晶并在 HCl 气流中脱水，固液分离用过滤。
8解答题
某厂用电解法处理含镍电镀废水并回收金属镍，同时副产烧碱，工艺如下：
已知信息：
① 废水中 Ni²⁺ 浓度为 0.50 mol/L，取 20.0 L 废水处理，Ni²⁺ 在阴极放电析出：Ni²⁺ + 2e⁻ = Ni；
② 电解槽使用惰性电极，阳极区为 NaOH 稀溶液，阳极反应为 4OH⁻ − 4e⁻ = O₂↑ + 2H₂O；
③ 电解后阴极区溶液中残留 c(Ni²⁺) = 0.02 mol/L；
④ 阳极产生的 O₂ 与阴极产生的物质的量之比为 1∶2；
⑤ 电解后溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得副产品 NaOH 固体。
回答下列问题：
（1）判断电解池的阴极与阳极分别与电源的哪一极相连，并写出阴极的电极反应式。
（2）计算电解过程中析出 Ni 的质量（Ni 的摩尔质量为 59 g/mol）。
（3）若电解过程中通过的电量全部用于阴极 Ni²⁺ 放电与阳极 OH⁻ 放电，计算电路中转移电子的物质的量，并据此求阳极产生 O₂ 在标准状况下的体积（标准状况下气体摩尔体积为 22.4 L/mol）。
（4）工业上为提高 Ni²⁺ 的去除率，常在电解前先加 Na₂CO₃ 调节 pH 使部分 Ni²⁺ 生成 NiCO₃ 沉淀，该步骤属于流程中的「原料处理」还是「分离提纯」？写出 NiCO₃ 沉淀生成的离子方程式，并说明该步操作后固液分离所用的仪器与操作名称。
（5）结合本工艺，说明电解法处理含镍废水相比直接加碱沉淀法的一条优点（从资源回收或产品纯度角度作答）。
答案：（1）阴极与电源负极相连（发生还原反应 Ni²⁺ + 2e⁻ = Ni）；阳极与电源正极相连（发生氧化反应 4OH⁻ − 4e⁻ = O₂↑ + 2H₂O）。
阴极反应：Ni²⁺ + 2e⁻ = Ni。
（2）n(Ni²⁺)反应 = (0.50 − 0.02) mol/L × 20.0 L = 0.48 × 20.0 = 9.6 mol，
m(Ni) = 9.6 mol × 59 g/mol = 566.4 g ≈ 5.7×10² g。
（3）阴极转移电子 n(e⁻) = 2 × n(Ni) = 2 × 9.6 mol = 19.2 mol；
阳极反应 4OH⁻ − 4e⁻ = O₂↑ + 2H₂O，转移 19.2 mol e⁻ 时 n(O₂) = 19.2 ÷ 4 = 4.8 mol，
V(O₂) = 4.8 mol × 22.4 L/mol = 107.5 L ≈ 1.1×10² L。
（注：由已知④ O₂ 与 H₂ 物质的量之比 1∶2，n(H₂) = 9.6 mol，与阴极电子数一致，自洽。）
（4）属于「原料处理」（预先将目标离子转化为可分离形态，便于后续富集回收）。
离子方程式：Ni²⁺ + CO₃²⁻ = NiCO₃↓。
固液分离操作：过滤；所用主要仪器：漏斗（或布氏漏斗）、烧杯、玻璃棒、滤纸（减压过滤时用布氏漏斗与抽滤瓶）。
（5）优点示例：电解法可直接在阴极得到金属镍，实现镍资源的回收利用，产品纯度较高；而加碱沉淀法得到的 Ni(OH)₂ 需后续煅烧还原才能得到镍，步骤多、能耗高，且沉淀中易夹带杂质。（答出「资源回收」「产品纯度高」「减少二次污染」等任一合理角度即可）
解析：本题以「电解法处理含镍电镀废水」的社会热点环保情境切入，重点考查电解池电极判断、电极反应式书写与电化学计算。
（1）易错：电极判断与电源正负极对应关系记反；阴极发生还原反应（得电子），阳极发生氧化反应（失电子），务必与电源极性对应。
（2）易错：直接用 0.50 mol/L × 20.0 L 计算，忽略残留浓度 0.02 mol/L；应算实际析出量 (0.50 − 0.02) × 20.0 = 9.6 mol，再乘摩尔质量。
（3）易错：电子转移数与 Ni 物质的量之比记成 1∶1（应为 2∶1）；阳极每生成 1 mol O₂ 转移 4 mol e⁻，故 n(O₂) = n(e⁻) ÷ 4，计算时注意单位换算（L 与 mL）。
（4）易错：把「加 Na₂CO₃ 调 pH 生成沉淀」误归为「分离提纯」——它属于原料处理（预处理转化），真正的固液分离（过滤）才是分离提纯环节；沉淀符号 ↓ 不能漏写。
（5）易错：优点答成「加快反应速率」等与题意无关内容；应从资源回收、产品纯度、能耗或环保角度作答。
计算结果保留两位有效数字时 566.4 g ≈ 5.7×10² g，107.5 L ≈ 1.1×10² L，注意有效数字与科学记数法书写规范。