2020届一轮复习人教版化学流程、无机物的推断及综合应用作业

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化学流程、无机物的推断及综合应用 ‎1．一种利用钢铁厂烟灰(含Fe、Mn、SiO2，少量的Al2O3、CaO及MgO)制备MnCO3的工艺流程如下：‎ 已知‎25℃‎时，下列难溶物的溶度积常数：‎ 难溶物 CaF2‎ MgF2‎ MnCO3‎ Mn(OH)2‎ Ksp ‎4.0×10-11‎ ‎6.4×10-9‎ ‎2.2×10-11‎ ‎1.9×10-13‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)步骤(Ⅰ)浸渣的主要成分是______________(填化学式)。‎ ‎(2)步骤(Ⅱ)加H2O2溶液时反应的离子方程式为________________；‎ 加氨水调节pH沉铁铝时，步骤(Ⅲ)应调节的pH适宜范围为____________。(部分金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH范围如下)‎ 金属离子 Fe2+‎ Fe3+‎ Al3+‎ Mn2+‎ Mg2+‎ 沉淀pH范围 ‎7.6～9.6‎ ‎2.7~3.7‎ ‎3.4~5.2‎ ‎8.3~9.3‎ ‎9.6～11.1‎ ‎(3)步骤(Ⅳ)用KF溶液沉钙镁时，要使c(Ca2+)、c(Mg2+)均小于1×10-6mol·L-1，则应控制反应液中c(F-)>___________mol·L-1；反应MgF2(s)+Ca2+CaF2(s)+Mg2+的平衡常数K=___________。‎ ‎(4)步骤Ⅴ沉锰时，在‎60℃‎按投料比n[(NH4)2CO3]/n(Mn2+)=2，溶液的pH对MnCO3产率的影响如图(a)所示；pH=7，按投料比n[(NH4)2CO3]/n(Mn2+)=2，反应温度对MnCO3产率的影响如图(b)所示。‎ ‎①上图中，在pH<7.0时，pH越小产率____________(填“越高”或“越低”；在pH>7.0时，pH越大产率越低且纯度也降低，其原因是___________________。‎ ‎②上图中，温度高于‎60℃‎时，温度越高产率越低且纯度也越低，主要原因是______________。‎ ‎【答案】SiO2 2Fe2++H2O2+2H+-2Fe3++2H2O 5.2~8.3 0.08 160 越低 部分MnCO3转化为溶解度更小的Mn(OH)2 温度越高MnCO3水解程度越大[或温度升高，(NH4)2CO3和MnCO3也会热分解] ‎ ‎【解析】由流程图可知，向钢铁厂烟灰中加入浓硫酸并加热，烟灰中Fe、Mn、Al2O3、CaO及MgO溶解，酸性氧化物SiO2不溶解，过滤得到浸液和浸渣；向浸液中加入双氧水溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液pH，铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，加入氟化钾溶液，将钙离子和镁离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，过滤得到含锰离子的滤液和滤渣；向含锰离子的滤液中加入碳酸氢铵溶液，锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到碳酸锰产品。‎ ‎（1）步骤(Ⅰ)浸渣的主要成分是不与浓硫酸反应的酸性氧化物二氧化硅，故答案为：SiO2；‎ ‎（2）步骤(Ⅱ)加H2O2溶液时，双氧水将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+-2Fe3++2H2O；加入氨水的目的是调节溶液pH，使溶液中铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀而除去，而锰离子不能沉淀，由题给表格数据可知，应调节的pH适宜范围为5.2~8.3，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+-2Fe3++2H2O；5.2~8.3；‎ ‎（3）用KF溶液沉钙镁时，溶解度小的CaF2沉淀先生成，MgF2沉淀后生成，则c(Mg2+)小于1×10-6mol·L-1时，溶液中c(F-)>mol/L；反应MgF2(s)+Ca2+CaF2(s)+Mg2+的平衡常数K==160，故答案为：0.08；160；‎ ‎ (4) ①由图可知，在‎60℃‎按投料比n[(NH4)2CO3]/n(Mn2+)=2时，在pH<7.0时，pH越小MnCO3产率越小；由表格所给溶度积可知，pH>7.0时，溶液碱性增强， MnCO3部分会转化为溶解度更小的Mn(OH)2，导致产率越和度降低，故答案为：越低；部分MnCO3转化为溶解度更小的Mn(OH)2；‎ ‎②由图可知，‎60℃‎时，MnCO3产率最大，温度高于‎60℃‎时，温度升高MnCO3水解程度越大，(NH4)2CO3和MnCO3也会热分解，导致产率越和度降低，故答案为：温度越高MnCO3水解程度越大[或温度升高，(NH4)2CO3和MnCO3也会热分解]。‎ ‎2．锂离子电池与传统电池相比，充电更快，功率密度更高，使用时间更长，在手机和笔记本电脑等便携式电子产品上广泛应用。工业上常以锂辉矿(主要成分为 LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质)为原料来制取金属锂，其中一种工艺流程如下 已知 ‎①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：‎ ‎②Li2CO3的溶解度随温度变化如图所示：‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取升高温度、粉碎矿石、搅拌、过滤后再次浸取等措施还可通过_______来提高浸取率。‎ ‎(2)反应I中应调节pH范围为_______，沉淀A的成分除H2SiO3、CaCO3、Al(OH)3外，还有___________。‎ ‎(3)反应Ⅱ的离子方程式为_________________。‎ ‎(4)“操作I＂的名称为______；洗涤Li2CO3沉淀要使用___(选填“热水”或“冷水”)，理由是_________。‎ ‎(5)已知铷(Rb)是制造光电管的材料，它与锂同主族。将 amol CH3 COORb溶于水配成溶液，向该溶液中滴加 bLc mol／L醋酸后，溶液呈中性。则c=_______(用含a、b的式子表示；已知‎25℃‎时，CH3COOH电离平衡常数ka＝210－5)。‎ ‎【答案】延长浸取时间（或：增大酸的浓度） 4.7~9.6 Fe(OH)3、CaSO4 Mg2＋＋2OH－＝Mg(OH)2↓ (或：Mg2＋＋Ca(OH)2＝Ca2+＋Mg(OH)2↓) Ca2+＋CO32-= CaCO3↓ 过滤 热水 碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，热水洗涤可以减少碳酸锂的溶解损失 ‎ ‎【解析】（1）增大酸的浓度、升高温度、增大固体表面积、搅拌或延长浸取时间可以提高浸取率，所以为了提高浸取率可采取升高温度、粉碎矿石、搅拌、过滤后再次浸取等措施还可通过延长浸取时间或增大酸的浓度来提高浸取率；‎ ‎(2)反应I中调节pH的目的是除去Fe3+、Al3+，所以调节pH范围为4.7～9.6，硫酸钙微溶于水，所以沉淀A的成分除H2SiO3、CaCO3、Al(OH)3外，还有Fe(OH)3、CaSO4。‎ ‎(3)反应Ⅱ调节pH=11，目的是除去Mg2＋，反应的主要离子方程式是Mg2＋＋2OH－＝Mg(OH)2↓；‎ ‎(4)“操作I＂目的是分离出固体碳酸锂，所以“操作I＂是过滤；碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，热水洗涤可以减少碳酸锂的溶解损失，所以洗涤Li2CO3沉淀要使用热水；‎ ‎(5) 将 amol CH3 COORb溶于水配成溶液，向该溶液中滴加 bLc mol／L醋酸后，溶液呈中性。设混合后溶液的体积为V，根据物料守恒，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝(a+bc)/V，根据电荷守恒，c(CH3COO－) ＝ c(Rb+)＝a/V，所以c(CH3COOH)＝bc/V，， ，所以c=。‎ ‎3．硒是典型的半导体材料，在光照射下导电性可提高近千倍。下图是从某工厂的硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)中提取硒、银的工艺流程图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）为提高反应①的浸出速率，可采用的措施为____（答出两条)。‎ ‎（2）已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，写出该反应的离子方程式____。‎ ‎（3）反应②为Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+SO42-(aq)；常温下的Ag2SO4、AgCl的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。则Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数的数量级为____。‎ ‎（4）写出反应④的化学方程式____。‎ ‎（5）室温下，H2SeO3水溶液中H2SeO3、HSeO3-、SeO32-的摩尔分数随pH的变化如图所示，则室温下H2SeO3的Ka2=___。‎ ‎（6）工业上粗银电解精炼时，电解液的pH为1.5~2，电流强度为5~‎10A，若电解液pH太小，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生____(写电极反应式)，若用‎10A的电流电解60min后，得到32.4gAg，则该电解池的电解效率为____%。(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为‎96500C·mol-1)‎ ‎【答案】加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等任答两条 4AgCl+N2H4·H2O+4OH-4Ag+4Cl-+N2↑+5H2O(或4AgCl+N2H4+4OH-4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O) 1014 H2SeO3+ 2SO2 +H2O ==2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3==2H2SO4+Se+H2O 10-7.3或5.0×10-8 2H++2e-H2↑ 80.4 ‎ ‎【解析】硒化银半导体废料（含Ag2Se、Cu单质），加入硫酸、通入氧气，可生成硫酸铜、硫酸银和SeO2，SeO2和水反应生成H2SeO3，通入二氧化硫，被还原成Se，蒸硒渣加入氯化钠溶液生成AgCl，过滤加入N2H4·H2O和氢氧化钠溶液，发生氧化还原反应生成Ag，电解精炼，可得到纯银。‎ ‎（1）为提高反应①的浸出速率，可采用加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等措施，任答两条；‎ ‎（2）已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，应生成氮气，反应的离子方程式为4AgCl+N2H4·H2O+4OH－═4Ag+4Cl－+N2↑+5H2O；（或4AgCl+N2H4+4OH－═4Ag+4Cl－+N2↑+4H2O）；‎ ‎（3）由图象可知Ksp（Ag2SO4）=10-5，Ksp（AgCl）=10-9.75，Ag2SO4（s）+2Cl－（aq）═2AgCl（s）+SO42－（aq）的化学平衡常数K=c(SO42－)/c2(Cl－)=Ksp(Ag2SO4)/[Ksp(AgCl)]2=10-5/(10-9.75)2=1014.5，则化学平衡常数的数量级为1014；‎ ‎（4）反应④的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O ═2H2SO4+Se或H2SeO3+2H2SO3═2H2SO4+Se+H2O；‎ ‎（5）由图象可知H2SeO3的Ka2=c(H＋)c(SeO32－)/c(HSO3－)=10-7.3或5.0×10-8；‎ ‎（6）若电解液pH太小，则氢离子浓度较大，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生2H＋+2e－═H2↑，用‎10A的电流电解60min，则电子的物质的量为10×60×60/96500mol=0.373mol，理论可得到0.373molAg，而得到32.4gAg，物质的量为‎32.4g/‎108g·mol－1=0.3mol，则该电解池的电解效率为0.3/0.373×100%=80.4%。‎ ‎4．黄钠铁钒渣主要含有Na2Fe6(SO4)4(OH)12、BaSO4、NiSO4、MgSO4、CaSO4、Al2(SO4)3等，利用其制备镍锌铁氧体工艺流程如下。‎ 已知：①锌、铝两种元素化学性质相似；②晶体完整度与晶体中Ni、Zn、Fe比例有关；③常温下，相关物质的pKsp单如下表：‎ ‎（1）“焙烧”中无烟煤的作用为___________.‎ ‎（2）“调pH”时，a值可取___________(填标号)。‎ A.3.2‎‎ B.‎4.3 C.5.2 D.9.1‎ ‎（3）若“净化”后的溶液中c(M2+)=1.0×10－3mol·L－1，则c(Ca2+)=___________ mol·L－1。‎ ‎（4）“水热合成”发生反应的离子方程式为___________，滤液的主要成分为___________（填化学式)‎ ‎（5）由右图可知，pH=8时“水热合成”所得镍锌铁氧体晶体的完整度最高，其原因是___________。‎ ‎（6）“焙烧”会生成少量BaS，对该工艺造成的影响是___________。‎ ‎【答案】提供热量、还原剂 C 1.0×10-5mol·L－1 xZn2++(1-x)Ni2++2Fe2++6OH-+H2O2 Ni(1-x)ZnxFe2O4↓+4H2O Na2SO4 pH<8，沉淀不完全，pH>8，Zn(OH)2沉淀溶解 BaS与酸反应会生成H2S气体污染环境，生成NiS沉淀降低产率 ‎ ‎【解析】（1）根据流程图中的反应原理，“焙烧”中无烟煤的作用为提供热量、还原剂，故答案为：提供热量、还原剂；‎ ‎（2）调pH主要是除去Mg2+和Al3+，但Fe3+不能沉淀，根据氢氧化铁的pKsp计算得：pKsp=-lg[c(Fe3+)∙c3(OH-)]=37.4，c(OH-)==10-9.4，则a=5.6，故答案为：C；‎ ‎（3）根据MgF2和CaF2的pKsp计算得：由c(Mg2+)=1.0×10－3mol·L－1得，c(F-)==10-2.6mol·L－1，pKsp(CaF2)=-lg[c(Ca2+)∙c2(F-)]=10.2，则c(Ca2+)=1.0×10-5mol·L－1，故答案为：1.0×10-5mol·L－1；‎ ‎（4）根据题干信息，水热合成发生反应的离子方程式为xZn2++(1-x)Ni2++2Fe2++6OH-+H2O2 Ni(1-x)ZnxFe2O4↓+4H2O，滤液的主要成分为Na2SO4，故答案为：xZn2++(1-x)Ni2++2Fe2++6OH-+H2O2 Ni(1-x)ZnxFe2O4↓+4H2O；Na2SO4；‎ ‎（5）根据图示信息得：pH<8，沉淀不完全，pH>8，Zn(OH)2沉淀溶解，故答案为：pH<8，沉淀不完全，pH>8，Zn(OH)2沉淀溶解；‎ ‎（6）分析工艺流程知：BaS与酸反应会生成H2S气体污染环境，生成NiS沉淀降低产率，故答案为：BaS与酸反应会生成H2S气体污染环境，生成NiS沉淀降低产率。‎ ‎5．高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性,是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上以菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)为原料制备高铁酸钠生产过程如下：‎ ‎(1)Na2FeO4中铁元素的化合价为___,高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为____(填“氧化还原反应”、“复分解反应”或“化合反应”)。‎ ‎(2)按照上述流程,步骤①中碱浸时能否用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH_____(填“能”或“不能”),理由是___________。‎ ‎(3)步骤②中28%的稀硫酸需要用98%的浓硫酸配制,配制时所需玻璃仪器除量筒外,还____(填字母序号)。步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是：__________。‎ A．容量瓶 B．烧杯 C．烧瓶 D．玻璃棒 E．酸式滴定管;‎ ‎(4)步骤④中除生成Na2FeO4外,还有NaCl生成,其离子方程式为_________；己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液,则操作a的名称为_____。‎ ‎(5)理论上,每获得0.5mol的FeO42-消耗 NaClO的总质量为_____。‎ ‎【答案】+6 氧化还原反应 不能 CaSiO3 难溶于水，无法分离出SiO2（其它合理答案也可） BD 取少量③中溶液于试管，滴入少量K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2＋ 已经全部转化成Fe3＋ 2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O 过滤 ‎74.5g ‎ ‎【解析】工业上菱铁矿，主要成分是FeCO3及少量SiO2，①用NaOH溶解SiO2除去，步骤②中用28%的稀硫酸溶解生成亚铁离子，③NaClO将亚铁离子氧化成铁离子，④然后加入NaOH和NaClO发生反应：2Fe3＋+3ClO－+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O，得到高铁酸钠（Na2FeO4）溶液，⑤最后结构蒸发浓缩、冷却结晶得到产品高铁酸钠。‎ ‎（1）Na2FeO4中化合价代数和为零，则Fe元素的化合价为+6价；高铁酸钠具有很强的氧化性，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为氧化还原反应；‎ ‎（2）用NaOH溶解SiO2生成硅酸钠能溶解，从而与FeCO3分离而除去，不能用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH，CaSiO3 难溶于水，无法分离出SiO2。‎ ‎（3）根据配制一定量分数溶液的步骤：计算、称量、溶解，确定所用的仪器：胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯，故选：BD。‎ 步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是：取少量③中溶液于试管，滴入少量K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2＋ 已经全部转化成Fe3＋；‎ ‎（4）步骤④中除生成Na2FeO4外，还有NaCl生成,其离子方程式为2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－=2FeO42－‎ ‎＋3Cl－＋5H2O；‎ 己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，分离固体与液体应用过滤，则操作a的名称为过滤。‎ ‎（5）理论上，由电子守恒，铁从+2价变成+6价，按关系式FeO42-～2NaClO计算，每获得0.5mol的FeO42-消耗 NaClO的总质量为‎74.5g。‎ ‎6． 是一种常见的强氧化剂，主要用于防腐、化工、制药等。现以某种软锰矿主要成分，还有、、等作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的，又制得反应条件已经省略。‎ 已知：，回答下列问题：‎ 滤渣A的成分是写化学式 ______。‎ 析出沉淀B时，首先析出的物质是写化学式 ______。‎ 步骤2中加入的作用为______。‎ 滤液C中加入时发生反应的离子方程式是______。‎ 完成步骤4中反应的化学方程式________________________‎ 电解制备的装置如图所示。电解液中最好选择______离子交换膜填“阳”或“阴”。电解时，阳极的电极反应式为______。‎ ‎【答案】 调节溶液的pH，促进、水解以沉淀形式除去 3 6 3 阳 ‎ ‎【解析】向软锰矿主要成分，还有、、等通入含有的尾气，同时加入稀硫酸：‎ ‎、、，不溶，过滤，滤渣A为，滤液中含有的金属离子为：、、，加入调节溶液的pH，促进、水解以沉淀形式除去，沉淀B为和，滤液C就主要含有，加入时发生价态归中反应：，过滤得到，与和KOH熔融反应：，得到，加水溶液得到溶液，电解溶液得到产品，据此分析作答。‎ 软锰矿中不溶于酸，过滤，滤渣A为； 故答案为：； ‎ 经过分析可知沉淀B为和，已知：，，的溶解度更小，先沉淀； 故答案为：； ‎ 步骤2中加入的作用为调节溶液的pH，促进、水解以沉淀形式除去； 故答案为：调节溶液的pH，促进、水解以沉淀形式除去； ‎ 滤液C主要含有，加入时发生价态归中反应：； 故答案为：； ‎ 通过流程可知步骤4中反应为与和KOH熔融生成的反应，方程式为：； 故答案为：3；6；3；； ‎ 阳极为溶液，阳极失去电子发生氧化反应，为，说明在阳极生成，则应为阳离子交换膜； 故答案为：阳；。‎ ‎7．金属钛在航天、潜海和医疗方面应用广泛。工业上用钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁FeTiO3，含FeO、Fe2O3、SiO2)为原料制TiO2,再由TiO2制得金属Ti 资料：TiO2+会发生水解 ‎(1)步骤②、③、④中，均需用到的操作是_______。(填操作名称)‎ ‎(2)检验滤液2中是否含Fe3+的方法是：_______。‎ ‎(3)步骤1中FeTiO3溶于过量硫酸的化学方程式___________。‎ ‎(4)请结合化学用语解释步骤④中加热水的原因___________。‎ ‎(5)电解法获得Ti是通过图装置，以熔融CaCl2做电解质 ‎①a为电源的_____(填“正”或“负”)‎ ‎②在制备钛的过程中石墨电极附近的气泡中除了O2、CO、CO2外还可能有的气体是______________，用化学用语解释原因________________。‎ ‎(6)测定废液中Fe2+浓度已确认铁元素的回收率：取25.00ml废液于锥形瓶中，用硫酸酸化的xmol/LKMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液体积如图所示：‎ ‎(滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe2+＋MnO4-＋8H+→5Fe3+＋Mn2+＋4H2O).废液中c(Fe2+)=_________‎ ‎【答案】过滤 取1—2mL滤液2，滴加KSCN溶液，变红，有Fe3+ FeTiO3 + 2H2SO4 = FeSO4 + TiOSO4 + 2H2O TiO2+ + 2H2OH2TiO3 + 2H+，水解反应吸热，用热水促进反应向正向进行 负 Cl2 2Cl-— 2e-= Cl2↑ 2xmol•L—1 ‎ ‎【解析】钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁FeTiO3，含FeO、Fe2O3、SiO2)在353K时用硫酸溶解，FeTiO3‎ ‎、FeO和Fe2O3溶于硫酸生成硫酸铁、硫酸亚铁和TiOSO4，二氧化硅不溶，过滤除去；滤液1中加入过量铁粉，将Fe3+还原为Fe2+，过滤出不溶性物质，得到滤液2，经冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，过滤后得滤液3，滤液3中含有TiOSO4加入热水促进水解经过滤得到H2TiO3固体，煅烧H2TiO3制TiO2，TiO2通过电解得到Ti。‎ ‎ (1) 步骤②、③、④操作过程中都得到沉淀或晶体，故需要过滤操作得到固体和溶液，故答案为：过滤；‎ ‎(2)检验Fe3+的方法是：取1—2mL滤液2，滴加KSCN溶液，变红，说明有Fe3+，故答案为：取1—2mL滤液2，滴加KSCN溶液，变红，有Fe3+；‎ ‎(3)由流程图可知，步骤1中FeTiO3溶于过量硫酸生成TiOSO4、FeSO4和水，化学方程式为：FeTiO3 + 2H2SO4 = FeSO4 + TiOSO4 + 2H2O；‎ ‎(4) TiO2+在溶液中水解，溶液中存在平衡：TiO2+ + 2H2OH2TiO3 + 2H+，水解反应一般为吸热反应，当加入热水，稀释、升温平衡正向移动，有利于生成H2TiO3。故答案为：TiO2+ + 2H2OH2TiO3 + 2H+，水解反应吸热，用热水促进反应向正向进行；‎ ‎(5)①由图可知，制取Ti，用石墨作阳极、TiO2作阴极、熔融CaCl2作电解质，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，电解池的阴极要与电源的负极连接，故a为电源的负极，故答案为：负极；‎ ‎②由图示阳极产物可知，阳极生成二氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳或一氧化碳，同时氯离子也可以失电子生成氯气，电极反应为：2Cl-— 2e-= Cl2↑，故答案为：2Cl-— 2e- = Cl2↑；‎ ‎(6)由图可知滴定管的初读数为0.80mL，末读数为10.80mL，所以滴定时消耗KMnO4溶液体积为：10.80mL-0.80mL=10.00mL，‎ 根据滴定时发生反应的离子方程式： 5Fe2+＋MnO4-＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O，‎ n(Fe2+)=5n(MnO4-)=5×xmol/L×‎0.01L=0.05xmol，‎ 所以c(Fe2+)= =2xmol•L—1，故答案为：2xmol•L—1。‎ ‎8．三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3 是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料（含少量Fe、Al 等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3 的工艺流程：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出加“适量NaClO3”发生反应的离子方程式______________。‎ ‎（2）“加Na2CO3 调pH至a”会生成两种沉淀，分别为_______________________（填化学式）。‎ ‎（3）操作Ⅰ的步骤包括_____________________________、冷却结晶、减压过滤。‎ ‎（4）流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH－) 过大，其原理是_________________。‎ ‎（5）“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为___________（填“甲”或“乙”）同学观点正确，理由是_________________________________。写出该步骤的化学方程式：________________________________‎ ‎（6）通过碘量法可测定产品中钴的含量。将 [Co(NH3)6]Cl3 转化成Co3＋后，加入过量KI 溶液，再用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：2Co3＋＋2I－＝2Co2＋＋I2，I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－，实验过程中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是_______。‎ a．用久置于空气中的 KI 固体配制溶液 b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗 c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡 d．溶液蓝色退去，立即读数 ‎【答案】6Fe2＋＋ClO3－＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O Fe(OH)3 和 Al(OH)3 HCl氛围下蒸发浓缩 NH4Cl溶于水电离出NH4＋会抑制后期加入的NH3·H2O的电离 甲 防止Co(OH)3的生成 H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3↓＋12H2O ab ‎ ‎【解析】以含钴废料（含少量Fe、Al 等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3 ，用盐酸溶解废料，得到Co2+、Fe2+、Al3+的酸性溶液，加入适量的NaClO3将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子、铁离子为氢氧化铝和氢氧化铁，过滤，得到滤液，向含有Co2+的溶液中加入盐酸调节pH=2-3,加入活性炭和氯化铵溶液得到CoCl2 •6H2O，再依次加入氨水和过氧化氢，发生反应H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3↓＋12H2O，再将沉淀在氯化氢分为下蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤得到产品，据此分析作答。‎ ‎ (1)加适量NaClO3的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，发生的离子反应为6Fe2＋＋ClO3－＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O；‎ ‎(2)加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子和铁离子，转化为Fe(OH)3 和 Al(OH)3；‎ ‎(3)微粒防止产品水解，故应在HCl氛围下蒸发浓缩；‎ ‎(4)流程中氯化铵除作为反应物外，NH4Cl溶于水电离出NH4＋会抑制后期加入的NH3·H2O的电离，可防止加氨水时氢氧根离子浓度过大；‎ ‎(5)若先加入过氧化氢，将钴元素氧化到Co3+，后加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品的生成，故甲同学正确，先加入氨水再加入过氧化氢，可防止Co(OH)3的生成，此时的反应为H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3↓＋12H2O；‎ ‎(6) a．用久置于空气中的 KI 固体配制溶液，碘化钾部分被氧化为碘单质，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准增多，测定结果偏高，故正确；b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准也被稀释，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准也体积增多，测定结果偏高，故正确；c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占体积，则消耗的硫代硫酸钠标准液体积读数偏小，测定结果偏低，故错误；d．溶液蓝色退去，立即读数，此时溶液混合不均，碘单质并未完全被标准液反应完全，导致消耗的标准液减少，测定结果偏低，故错误。故选ab。‎ ‎ 9．钇的常见化合价为＋3价，我国蕴藏着丰富的含钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)，工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。‎ 已知：①该流程中有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见下表：‎ ‎ 离子 开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH ‎ Fe3＋‎ ‎2.1‎ ‎3.1‎ ‎ Y3＋‎ ‎6.0‎ ‎8.2‎ ‎②在元素周期表中，铍元素和铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似。‎ ‎(1)写出Na2SiO3的一种用途________________________。‎ ‎(2)欲从Na2SiO3和Na2BeO2混合溶液中制得Be(OH)2沉淀。‎ ‎① 最好选用盐酸和_______两种试剂，再通过必要的操作即可实现。‎ A．NaOH溶液 B．氨水 C．CO2 D．HNO3‎ ‎② 写出Na2BeO2与足量盐酸发生反应的离子方程式___________________________。‎ ‎(3)常温下，反应Fe3＋＋3H2O(g) Fe (OH)3↓＋3H+的平衡常数K= ______。为使Fe3＋沉淀完全，用氨水调节pH＝a时，a应控制在_________范围内；继续加氨水调节pH =b发生反应的离子方程式为____________________________。‎ ‎(4)煅烧草酸钇时发生分解反应，其固体产物为氧化钇，气体产物能使澄清石灰水变浑浊。写出草酸钇[Y2(C2O4)3·nH2O]煅烧的化学方程式___________________________________。‎ ‎【答案】工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等 B BeO22-＋4H＋===Be2＋＋2H2O 10－4.3 ‎ ‎ 3.1～6.0 Y3++3NH3·H2O=Y(OH)3↓+3NH4+ Y2(C2O4)3·nH2OY2O3+3CO↑+3CO2↑+nH2O ‎ ‎【解析】（1）Na2SiO3俗称水玻璃，常用于工业粘合剂、制备硅胶、木材防火剂等；‎ ‎（2）①周期表中，铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似，欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be(OH)2沉淀，根据Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断；加过量的盐酸，硅酸钠反应生成硅酸沉淀，Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液，再加入过量氨水沉淀铍离子，故答案为B；②Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍、氯化钠和水，反应的离子方程式为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O；‎ ‎（3）当c(Fe3+)=10-5mol/L时达到平衡，由，三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的pH范围为：2.1-3.1；钇离子开始沉淀和沉淀完全的pH为：6.0-8.2；所以使Fe3+沉淀完全，须用氨水调节pH=a，3.1＜a＜6.0；继续加氨水调节pH=b发生反应的离子方程式为：Y3++3NH3•H2O=Y(OH)3↓+3NH4+；检验三价铁离子是否沉淀完全需要检验滤液中是否含有三价铁离子，结合三价铁离子检验试剂是硫氰酸钾溶液变血红色；取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3+完全沉淀，反之则未完全沉淀；‎ ‎(4)煅烧草酸钇时发生分解反应，其固体产物为氧化钇，气体产物能使澄清石灰水变浑浊，说明有CO2气体产生，草酸钇[Y2(C2O4)3·nH2O]煅烧的化学方程式为Y2(C2O4)3·nH2OY2O3+3CO↑+3CO2↑+nH2O。‎ ‎10．氯化钴渗入水泥中可以制备彩色水泥(变色水泥)。以某废钴渣(主要成分为Co2O3，含少量Fe3O4、Al2O3、CaO和SiO2)制备氯化钴晶体的一种流程如下：‎ 已知：在酸性条件下，氧化性Co3+＞Cl2＞H2O2＞Fe3+。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)滤渣A的主要成分是_______(填化学式)；提高废钴渣溶解速率的措施宜采用_______(填两条)。‎ ‎(2)在滤液A中加入H2O2，H2O2作还原剂的离子方程式为________________________。‎ ‎(3)从滤渣B中提取铁红的操作是将滤渣B溶于过量的______________溶液(填化学式)，____________，洗涤、灼烧得到铁红。‎ ‎(4)从环境保护角度分析，不用浓盐酸替代硫酸的原因是__________________________。‎ ‎(5)已知常温下，Ksp[Al(OH)3]≈1.0×10-34。当pH=5时，c(Al3+)=___________mol·L-1。‎ ‎(6)为了测定CoCl2•nH2O中结晶水数目进行如下实验：取‎16.6 g样品在一定条件下脱水得‎13.0 g CoCl2，则n=__________。‎ ‎【答案】SiO2和CaSO4 加热、搅拌和适当增大硫酸浓度等 2Co3+＋H2O22Co2+＋O2↑＋2H+ NaOH 过滤 产生Cl2污染环境 1.0×10-7 2 ‎ ‎【解析】(1)分析原料成分知，二氧化硅不溶于硫酸，氧化钙与硫酸生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，滤渣A主要成分是二氧化硅和硫酸钙。从影响化学反应速率的外界因素角度寻找合适的措施。可以将固体研磨成颗粒，升高温度，适当提高硫酸的浓度。答案为SiO2和CaSO4 ；加热、搅拌和适当增大硫酸浓度等；‎ ‎(2)根据后面的产物可知Co为+2价，加入双氧水将＋3价钴离子还原成＋2价钴离子，双氧水被氧化生成O2，答案为2Co3+＋H2O22Co2+＋O2↑＋2H+；‎ ‎(3)滤渣B中主要含有氢氧化铁和氢氧化铝，利用氢氧化铝溶于强碱而氢氧化铁不会，过滤得氢氧化铁，洗涤、灼烧氢氧化铁得氧化铁。答案为NaOH ；过滤；‎ ‎(4)根据已知氧化性排序Co3+＞Cl2，三氧化二钴氧化盐酸生成氯气，氯气污染环境。答案为产生Cl2污染环境；‎ ‎(5)常温下，pH=5，c(OH-)=1.0×10-9 mol·L-1，c(Al3+)==1.0×10-7mol·L-1。答案为1.0×10-7；‎ ‎(6) ‎16.6 g样品在一定条件下脱水得‎13.0 g CoCl2，，，n(CoCl2)=0.10 mol，n(H2O)=0.20 mol，物质的量之比为1:2，故n=2。答案为2。‎ ‎11．一种从废甲醇催化剂（含ZnO、CuO及少量Fe2O3、石墨及MnO2等）回收铜并制取活性氧化锌的工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）废催化剂“破碎”的目的是________，“酸浸”后“浸渣”的主要成分是________。‎ ‎（2）“氧化”时Mn2＋被氧化的离子方程式为________。‎ ‎（3）“中和沉淀”时pH对锌转化为碱式碳酸锌的转化率影响如图所示：pH＞7时，转化率开始减小的原因是________[用离子方程式说明，已知Zn（OH）2性质与Al（OH）3类似]。‎ ‎（4）“过滤3、洗涤”时，能证明已洗涤干净的操作方法是________；所得滤液中主要溶质是________。‎ ‎（5）测定“粗铜粉”中铜的质量分数的实验步骤如下：‎ Ⅰ．准确称取粗铜粉mg，加入足量HCl和H2O2使其完全溶解（Cu＋H2O2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O，Zn及Fe也同时溶解）。‎ Ⅱ．将溶液煮沸1～2min，除去过量的H2O2。‎ Ⅲ．依次滴入适量氨水、醋酸及NH4HF2溶液，以排除Fe3＋的干扰。然后加入稍过量的KI（2Cu2＋＋4I－＝2CuI↓＋I2），再加入1mL淀粉溶液作指示剂，用cmol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失（I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－）且半分钟内不变色，共消耗Na2S2O3标准溶液VmL。‎ ‎①铜的质量分数为________（列出计算表达式）。‎ ‎②缺少步骤Ⅱ会使测定的铜的质量分数________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。‎ ‎【答案】提高铜、锌的浸取率和浸取速率 石墨 Mn2＋＋S2O82－＋3H2O＝MnO（OH）2↓＋2SO42－＋4H＋ Zn2＋＋4OH－＝ZnO22－＋2H2O 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BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净 （NH4）2SO4 偏大 ‎ ‎【解析】（1）“破碎”的目的是增大固体接触面积，提高铜、锌的浸取率和浸取速率；石墨常温下不与浓硫酸反应，所以“酸浸”后“浸渣”的主要成分是石墨； ‎ ‎（2）“氧化”时，Mn2＋被氧化为MnO（OH）2，S2O82－中-1价的氧原子被还原为-2价，所以离子方程式为Mn2＋＋S2O82－＋3H2O＝MnO（OH）2↓＋2SO42－＋4H＋；‎ ‎（3）已知Zn（OH）2性质与Al（OH）3类似，即碱性过强，Zn（OH）2会与OH－反应生成ZnO22－，故pH＞7时，转化率开始减小的原因用离子方程式说明是Zn2＋＋4OH－＝＋2H2O；‎ ‎（4）证明沉淀已洗涤干净的操作方法是检验杂质离子：硫酸根离子，步骤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BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净；由溶液中剩余大量NH4+和SO42-可知，所得滤液中主要溶质是（NH4）2SO4；‎ ‎（5）①由关系式：2Cu2＋~ I2~2S2O32－可知，n(Cu2＋)= n(S2O32－)=cV10-3mol，‎ m(Cu2＋)=10‎-3 g，则铜的质量分数为。‎ ‎②缺少步骤Ⅱ，过量的H2O2会氧化更多I－，生成更多的I2，消耗更多的S2O32－，使测定的铜的质量分数偏大。‎ ‎12．铝氢化钠（ NaAlH4）是有机合成的重要还原剂。以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝氢化钠的一种工艺流程如下图所示：‎ 注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠（Na2Al2SixO8）沉淀。‎ ‎（1）铝硅酸钠（Na2 Al2SixO4）可以用氧化物的形式表示其组成，形式为_______。‎ ‎（2）“过滤I”中滤渣的主要成分有_______（填名称）。向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，发生反应的离子方程式为OH－＋HCO3—===CO32—＋H2O、__________________________。‎ ‎（3）“电解I”的另一产物在‎1000℃‎时可与N2反应制备AIN，在这种产物中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是___________。‎ ‎（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，其原理如图所示。‎ 阳极的电极反应式为____________。已知F＝‎96500C／mol，当I＝‎0.5A时，通电80min，理论上阴极获得H2（标准状况下）的体积为_____L（结果保留两位有效数字）。‎ ‎（5）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，且反应产生大量气泡，其反应的化学方程式为_____________________________________。‎ ‎【答案】Na2O·Al2O3·2SiO2 铝硅酸钠、氧化铁 A1O2－＋HCO3－＋H2O=CO32－+Al(OH)3↓ 氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜 4CO32－＋2H2O－4e－=4HCO3－＋O2↑ 0.28 NaAlH4+2H2O NaAlO2＋4H2↑ ‎ ‎【解析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝氢化钠，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸纳反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气。‎ ‎（1）铝硅酸钠（Na2Al2SixO8）中Na、Al、Si、O的化合价分别为+1、+3、+4、-2，根据化合物中正负化合价代数和为0，则1×2+3×2+4x-2×8=0，解得x=2。故铝硅酸钠为Na2Al2Si2O8，可以用氧化物的形式表示为Na2O·Al2O3·2SiO2，故答案为：Na2O·Al2O3·2SiO2；‎ ‎（2）根据上述分析，“过滤I”中滤渣主要有铝硅酸钠、氧化铁。向“过滤I”所得滤液中加入NaHCO3溶液，碳酸氢钠与偏铝酸钠和过量的氢氧化钠反应，反应的离子方程式为OH－＋HCO3－=CO32－＋H2O、A1O2－＋HCO3－＋H2O=CO32－+Al(OH)3↓，故答案为：铝硅酸钠、氧化铁；AlO2－＋HCO3－＋H2O=CO32－+Al(OH)3↓；‎ ‎（3）铝粉在‎1000℃‎时可与N2反应制备AlN，在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCI能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，使铝更容易与氮气反应，故答案为：NH4Cl分解产生的HC能够破坏Al表面的Al2O3薄膜；‎ ‎（4）由图可知，阳极反应为4CO32－＋2H2O－4e－=4HCO3－＋O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，已知F＝‎96500C／mol，当I＝‎0.5A时，通电80min，电量为‎0.5A×4800s=‎2400C，转移电子的物质的量为：‎ ‎ 0.02487mol，理论上阴极获得H2（标准状况下）的体积为：0.02487mol ×0.5×‎22.4L/mol，故答案为：4CO32－＋2H2O－4e－=4HCO3－＋O2↑；0.28；‎ ‎（5）铝氢化钠（NaAlH4）遇水发生剧烈反应产生大量气泡，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2＋4H2↑，故答案为：NaAlH4+2H2O NaAlO2＋4H2↑。‎ ‎13．铅蓄电池的阴、阳极填充物又被称为铅膏(主要含PbO、PbO2、PbSO4)是废旧铅蓄电池需要回收的部分，通过回收铅膏可制备聚氯乙烯塑料的热稳定剂三盐基硫酸铅(组成可表示为3PbO·PbSO4·H2O)，其工艺流程如下：‎ 已知：Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)加入Na2CO3 溶液的目的是______________________________________；浆液中PbO2 转化为PbCO3 的离子方程式是_____________________________________。‎ ‎(2)从滤液A可提取出一种含结晶水的钠盐副产品，若测定该晶体中结晶水的含量，所需的仪器有：三脚架、托盘天平、瓷坩埚、干燥器 、 酒精灯，还需要的仪器有(填序号)____________。‎ A .坩埚钳 B .泥三角 C .烧杯 D .蒸发皿 ‎(3)物质X 是一种可以循环利用的物质，该物质是_______，若其中残留SO42-过多，循环利用时可能出现的问题是__________________________。‎ ‎(4)硝酸溶解时，“酸溶”的效率与温度、硝酸的浓度关系如图所示。浓度：c1____________ c2‎ ‎(填“大于”“小于”或“等于”)。温度高于T0 时，浸出率降低最有可能原因是___________________ 。‎ ‎(5)若铅膏的质量为‎78g，假设浆液中PbO2 和PbSO4 全部转化为PbCO3，且PbO 未发生反应；硝酸溶解时共收集到‎5.6 L CO2(标准状况)，最后获得‎90.9g PbSO4，则铅膏中PbO 的质量分数为_________________％(假设流程中原料无损失，小数点后保留一位数字)。‎ ‎【答案】将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，以便酸能浸出，提高铅的利用率 PbO2+SO32-+CO32-+H2O═PbCO3↓+SO42-+2OH- A B HNO3 浸出时部分铅离子生成PbSO4为难溶物，阻碍反应继续进行(合理即可) 小于 温度升高，硝酸挥发和分解速率加快 14.3 ‎ ‎【解析】（1）根据Ksp的数据，PbCO3更难溶，根据沉淀溶解平衡原理，难溶的可以转化为更难溶的，加入Na2CO3是为了使PbSO4转化为PbCO3，以便后续处理。PbO2 转化为PbCO3，Pb的化合价发生变化，化合价降低，处理过程中加入了亚硫酸钠，为氧化还原过程，根据物料守恒和得失电子守恒写出方程式。答案为将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，以便酸能浸出，提高铅的利用率 PbO2+SO32-+CO32-+H2O═PbCO3+SO42-+2OH-；‎ ‎（2）加热固体使之分解，需要使用到坩埚，配套使用到坩埚钳和泥三角，答案为AB；‎ ‎（3）硫酸溶液和硝酸铅，生成了硫酸铅沉淀，另一种物质就是硝酸，物质X为硝酸，如果残留液中SO42-过多，加入硝酸的处理过程中会直接生成PbSO4沉淀，影响后续操作；答案为HNO3 浸出时部分铅离子生成PbSO4为难溶物，阻碍反应继续进行；‎ ‎（4）在相同的温度下，c2的浸出率会高于c1，浓度越大，浸出率越大，则c1小于c2。温度高于T0时，由于硝酸的不稳定性，和易挥发性。温度越高，硝酸挥发和分解得越多。答案为小于 温度升高，硝酸挥发和分解速率加快；‎ ‎（5）浆液中所有的Pb最终都转化成了PbSO4，可以救出总的Pb含量，为0.3mol，而浆液中的PbO2 和PbSO4全部转化为PbCO3，可以通过二氧化碳求出PbO2 和PbSO4中Pb的含量为=0.25mol，它们的差值0.05mol，就是PbO中Pb的含量，进而求出PbO的质量为0.05mol×‎223g/mol=‎11.15g,，答案为14.3。‎ ‎14．随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”。为回收利用含钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，回收率达91.7%以上。部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：‎ 物质 VOSO4‎ V2O5‎ NH4VO3‎ ‎(VO2)2SO4‎ 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 该工艺的主要流程如下。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）请写出加入Na2SO3溶液发生反应的离子方程式_________。‎ ‎（2）催化氧化所使用的催化剂钒触媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率，此过程中产生了一连串的中间体（如下图）。其中a、c二步的化学方程式可表示为_________________，______________。‎ ‎（3）该工艺中沉矾率是回收钒的关键之一，沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比）和温度。根据下图试建议控制氯化铵系数为_________， 控制温度的方法为_________________。‎ ‎（4）将滤液1和滤液2混合后用氯酸钾氧化，氯元素被还原为最低价，其反应的离子反应方程式为___。‎ ‎（5）经过热重分析测得：NH4VO3在焙烧过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变化的曲线如图所示。则NH4VO3在分解过程中_________。‎ A．先分解失去H2O，再分解失去NH3  B．先分解失去NH3，再分解失去H2O C．同时分解失去H2O和NH3                 D．同时分解失去H2、N2和H2O ‎（6）全钒电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为VO2+ + V2++2H+ VO2+ +H2O +V3+。电池充电时阳极的电极反应式为___________。‎ ‎【答案】V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O SO2+V2O5⇌SO3+V2O4 4VOSO4+O2⇌2V2O5+4SO3 4 将反应容器置于‎80℃‎的水浴中 6 VO2++ClO3-+3 H2O=6VO2++Cl-+6 H+ B VO2+ +H2O –e- = VO2+ + 2H+ ‎ ‎【解析】（1）亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O；‎ ‎（2）依据图中的转化关系，V2O5参与反应先做氧化剂把二氧化硫氧化为三氧化硫，本身被还原为图中产物V2O4，根据氧化还原反应的实质写出并配平a步化学方程式SO2+V2O5⇌SO3+V2O4+V2O4；C是VOSO4转化为SO3，此过程需要重新生成催化剂V2O5，需要氧化剂完成，此过程中的氧化剂为氧气，根据化合价的变化写出C步化学方程式 4VOSO4+O2⇌2V2O5+4SO3；‎ ‎（3）根据图示分析数据，‎80℃‎时沉矾率最高为98%，再升高温度时其沉钒率反而降低，从氯化铵系数知，氯化铵系数越大沉钒率越大，但系数为5比为4稍微大些，且氯化铵系数越大需要的氯化铵越多，从经济角度分析不合适，所以加NH4Cl的系数最好为4；控制温度的方法为将反应容器置于‎80℃‎的水浴中；‎ ‎（4）将滤液1和滤液2混合后用氯酸钾氧化，氯元素被还原为最低价-1价，其反应的离子反应方程式为6 VO2++ClO3-+3 H2O=6VO2++Cl-+6 H+；‎ ‎（5）根据NH4VO3在焙烧变化的图象可知：‎ ‎2NH4VO3═V2O5+2NH3↑+H2O ‎234g‎ ‎34g ‎‎18g ‎210℃‎时，固体质量减少值为1-85.47%=14.54%，‎380℃‎时，根据质量减少值为85.47-77.78%=7.69%，‎ 根据方程式知，生成水时固体质量减少分数小于生成氨气时，所以‎210℃‎时减少的是氨气，‎380℃‎时减少的是水，则该反应过程中先失去氨气后失去水，故选B；‎ ‎（6）全钒电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为VO2+ + V2++2H+ VO2+ +H2O +V3+。电池充电时阳极VO2+失电子生成VO2+，其电极反应式为VO2+ +H2O –e- = VO2+ + 2H+。‎