高考化学 难点剖析 专题09 氧化还原反应在化工流程中的考查练习

高考化学 难点剖析 专题09 氧化还原反应在化工流程中的考查练习

‎【2019最新】精选高考化学 难点剖析 专题09 氧化还原反应在化工流程中的考查练习 ‎ ‎1．（2018届河南省××市第一中学高三第十五次考试）钻(Co)及其化合物在工业上有广泛应用。为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如图(废料中含有Al、Li、Co2O3和Fe2O3等物质)。‎ 已知: LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水。‎ 请回答:‎ ‎（1）写出I中发生反应的化学方程式并用单线桥标记电子转移的方向和数目________。‎ ‎（2）写出步骤中Co2O3与盐酸反应生成Cl2的离子方程式_______________。‎ ‎（3）步骤II所得废渣的主要成分除了LiF外，还有________________。‎ ‎（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤IV所起的作用是___________。‎ ‎（5）在空气中加热10.98g草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。己知:M(CoC2O4•2H2O)=183g/mol。  ‎ 温度范围/℃ ‎ ‎ 固体质量/g ‎150--210‎ ‎  8.82‎ ‎290--320‎ ‎4.82‎ ‎890--920  ‎ ‎4.5‎ 经测定，加热到210℃时，固体物质的化学式为_____。加热到210--290℃过程中产生的气体只有CO2，此过程发生反应的化学方程式是_________。温度高于890℃时，固体产物发生分解反应，固体产物为__________。‎ ‎【答案】 Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2O Fe(OH)3 防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀 CoC2O4 3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2 ‎ 49 / 49‎ ‎ CoO ‎【解析】废料经氢氧化钠溶液溶解除去铝，得到钴渣，钴渣经盐酸溶解得浸出液，浸出液中含氯化锂、氯化钴和氯化铁，向浸出液中加入20%的碳酸钠溶液促进Fe3+水解为氢氧化铁沉淀、加入氟化钠溶液沉淀其中的Li+，过滤，再向滤液中加入30%的碳酸钠溶液，把氯化钴转化为碳酸钴沉淀，碳酸钴经盐酸溶解后，再加草酸铵转化为草酸钴晶体，最后将草酸钴高温煅烧得到氧化钴粉末。‎ ‎（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，因为碳酸锂微溶于水，故此反应对步骤IV所起的作用是防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀。‎ ‎（5）由表中数据可知，加热到210℃时，10.98g草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)样品的质量变为8.82g，质量减少了2.16g。结晶水合物受热分解时，通常最先失去结晶水。10.98g草酸钴晶体的物质的量为0.06mol，其中含结晶水0.12mol，其质量恰好为2.16g，所以此时固体物质的化学式为CoC2O4。加热到210--290℃过程中产生的气体只有CO2，此过程发生反应的化学方程式是3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。温度高于890℃时，固体产物Co3O4发生分解反应，固体的质量变为4.5g，其中含0.06mol Co，则产物中n(O)=，所以，此时产物为CoO。‎ ‎2．（2018届福建省永安一中、德化一中、漳平一中高三上学期第二次联考）某含氧酸盐X的化学式为ABO3 ；已知在元素周期表中，A、B均为前四周期主族元素，且A位于B的下一周期。‎ ‎（1）若常温下A、B的单质都能与水发生反应，且A的焰色反应为紫色。‎ ‎①B在元素周期表中的位置是___________________。‎ 49 / 49‎ ‎②下列说法正确的是__________(填代号)。‎ a．A离子的半径大于B离子的半径 ‎ b．A、B元素的最高价氧化物对应的水化物都是强电解质 c．A单质与水反应后溶液的pH比B单质与水反应后溶液的pH大 ‎③400℃时，X能发生分解反应生成两种盐，其物质的量之比为1:3，其中一种是无氧酸盐。该反应的化学方程式为_______________________________________________。‎ ‎（2）若含氧酸盐X难溶于水，在空气中易氧化变质；且B元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。已知X能快速消除自来水中的C1O—，则该反应的离子方程式为_____________‎ ‎（3）若含氧酸盐X能与稀硫酸反应，生成无色、无味的气体。‎ ‎①该气体的电子式为______________。‎ ‎②X可用作防火涂层，其原因是：‎ a．高温下X发生分解反应时，吸收大量的热；b．________________________(任写一种)。‎ ‎【答案】 第3周期第VIIA族 bc 4KClO3 KCl+3KClO4 ClO—+CaSO3=Cl—+CaSO4 生成CO2阻隔空气或生成高熔点的MgO覆盖在可燃物表面 ‎②‎ 49 / 49‎ a、K+和Cl-的电子层结构相同，电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小，所以K+的半径小于Cl-，故a错误；b、K（A）的最高价氧化物对应的水化物为KOH，属于强碱，是强电解质；Cl(B)的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，是最强酸，属于强电解质，故b正确；c、K与水反应生成KOH，所得溶液显强碱性，Cl2与水反应生成盐酸与次氯酸，所得溶液显酸性，故pH比较小，故c正确；故选bc。‎ ‎③X为KClO3，分解时生成两种盐，其中一种为无氧酸盐，根据元素守恒，该无氧酸盐一定是KCl；KCl为Cl元素升高的产物，则另外一种必为化合价升高的产物。X中K元素化合价不能升高，O化合价若升高产物为氧气，不符合要求。KClO3中Cl化合价为+5，则Cl化合价升高只能被氧化成KClO4。故反应方程式为：4KClO3 KCl+3KClO4；‎ ‎（2）B元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则B可能是碳元素或硫元素。若B为碳元素，则X为碳酸盐。A在B的下一周期，则A是第三周期的元素，所以X为MgCO3；‎ ‎ MgCO3没有还原性，不能被空气氧化，不符合要求。若B为硫元素，则X为亚硫酸盐，具有强还原性，在空气中易被氧化；A在B的下一周期，则A为第四周期的主族元素，X为CaSO3,难溶于水，符合题意。C1O—具有强氧化性，能和CaSO3反应，反应的离子方程式为：‎ ClO—+CaSO3=Cl—+CaSO4；‎ ‎（3）含氧酸盐ABO3能与稀硫酸反应生成无色无味的气体，可推测ABO3为碳酸盐，所以B为碳元素。A在B元素的下一周期，且为+2价，则A为Mg，即X为MgCO3，气体为CO2。①CO2的电子式为：‎ ‎②MgCO3在高温条件下分解，能吸收大量的热，且产生CO2和MgO，生成CO2阻隔空气或生成高熔点的MgO覆盖在可燃物表面，所以MgCO3可作防火涂层。‎ ‎3．（2018届山东省××市高三下学期第二次模拟）碲(Te)为第五周期元素，与氧同主族，其单质和化合物在化工生产等方面具有广泛应用。‎ ‎（1）画出碲的原子结构示意图___________________。‎ ‎（2）已知TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。写出TeO2溶于浓氢氧化钠溶液的离子方程式_________________________。‎ 49 / 49‎ ‎（3）工业上用铜阳极泥(主要成分为Cu2Te，还含有少量的Ag、Au)为原料制备单质碲的工艺流程如下：‎ ‎①“加压浸出”过程中被氧化的元素为_____________ (填元素符号)，1molCu2Te被“浸出”时氧化剂得到的电子数为___________________。‎ ‎②“酸浸”时，温度过高会使碲的浸出率降低，原因为____________________。‎ ‎③“还原”过程的化学方程式为____________________。‎ ‎④工业上还可以将铜阳极泥煅烧、碱浸后得到Na2TeO3溶液，然后再通过电解的方法得到单质碲，阴极的电极反应式为______________________ 。‎ ‎（4）25℃时，向1mol·L-1的Na2TeO3溶液中滴加盐酸，当溶液pH约为6时，此时溶液中c(HTeO3-) ：c(TeO32-)=_____________。(H2TeO3 的Ka1=1.0×10-3，Ka2=2.0×10-8)‎ ‎【答案】 TeO2+2OH-=TeO32-+H2O Cu、Te 8NA(或4.816×1024) 温度升高，盐酸挥发，反应物浓度降低，导致浸出率降低 TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+4HCl+2H2SO4 TeO32-+3H2O+4e-=Te +6OH- 50：1‎ ‎【解析】（1）碲(Te)为第五周期元素，与氧同主族，其原子序数为：52，故其原子电子排布为：2 8 18 18 6，原子结构示意图为；‎ ‎（2）已知易溶于较浓的强酸和强碱，这一性质与氧化铝的性质类似，故TeO2溶于浓氢氧化钠溶液的离子方程式为：TeO2+2OH-=TeO32-+H2O；‎ ‎（3）①根据流程图：“加压浸出”得到了CuSO4溶液和TeO2，铜阳极泥主要成分为Cu2Te，均为0价，故该过程中Cu和Te被氧气氧化；1molCu2Te被“浸出”时，生成2mol CuSO4 转移4mol电子和1mol TeO2 转移4mol电子，故1molCu2Te被“浸出”时氧化剂得到的电子数为8NA或4.816×1024；‎ ‎②“酸浸”‎ 49 / 49‎ 时，用浓盐酸将TeO2转化成TeCl4，温度过高，盐酸挥发，反应物浓度降低，导致浸出率降低；‎ ‎③“还原”过程用SO2将TeCl4还原成单质Te，故该反应的方程式为：TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+4HCl+2H2SO4；‎ ‎④工业上还可以将铜阳极泥煅烧、碱浸后得到Na2TeO3溶液，然后再通过电解Na2TeO3溶液的方法得到单质碲，阴极发生还原反应，有元素化合价要降低，即是Te由+4价降到0价，故电极反应为：TeO32-+3H2O+4e- =Te +6OH-；‎ ‎（4）25℃时，向1mol·L-1的Na2TeO3溶液中滴加盐酸，当溶液pH约为6时，c（H+）=10-6mol/L，H2TeO3 的Ka2==2.0×10-8，故c(HTeO3-) ：c(TeO32-)=50：1。‎ ‎4．（2018届云南省高三毕业生统测）我国的矿产资源丰富。利用某冶炼废渣(主要成分为二氧化硅和锡、铜、铅、铁的氧化物)回收锡、铜、铅的工艺流程如下图所示:‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）电炉冶炼时，焦炭的作用是________(填“氧化剂”或“还原剂”)，将焦炭粉碎的目的是__________。熔剂的主要成分是氟石(CaF2)，高温下能与SiO2反应生成两种钙盐，其中之一为 CaSiF6，该反应的化学方程式为____________________________。‎ ‎（2）脱铁后的溶液中含有少量的Sn2+，为减少锡的损失，可用锡、铜、铅、铁多元合金回收处理，反应的离子方程式为____________________________。‎ ‎（3）已知SnO2不溶于稀硫酸。脱铁后氧化焙烧的目的是__________________。‎ ‎（4）电解CuSO4溶液时，阳极的电极反应式为___________________________。‎ ‎（5）已知H2CO3的一、二级电离常数分别为K1、K2，PbSO4、PbCO3的溶度积常数分别为Ksp(PbSO4)、Ksp(PbCO3)。锡、铅渣中的铅主要以PbSO4存在，脱硫时发生的反应为：‎ PbSO4(s)+HCO3ˉ(aq)‎ 49 / 49‎ ‎ PbCO3(s)+H+(aq)+SO42-(aq)，该反应的平衡常数K=___________(用上述已知常数表示)。脱硫后需过滤、洗涤再进入下一步工序，检验滤渣是否洗涤干净的方法是____________。‎ ‎（6）若该冶炼废渣中锡的质量分数为5%，30t废渣制得精锡lt，则锡的回收率为_____________________。‎ ‎【答案】 还原剂 加快反应速率使反应更充分 3CaF2+3SiO2 CaSiF6+2CaSiO3 Sn2++Fe=Sn+Fe2+ 将Sn、Cu分别氧化为SnO2、CuO，利于浸铜时分离 2H2O-4e-=O2↑+4H+ 取少量末次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若不出现浑浊，说明滤渣已洗净(合理答案均可) 66.7%‎ 程式为Sn2++Fe=Sn+Fe2+；(3)已知SnO2不溶于稀硫酸。脱铁后氧化焙烧的目的是将Sn、Cu分别氧化为SnO2、CuO，利于浸铜时分离；(4)电解CuSO4溶液时，阳极水电离出的氢氧根离子失电子产生氧气，反应的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；(5)已知H2CO3的一、二级电离常数分别为K1、K2，PbSO4、PbCO3的溶度积常数分别为Ksp(PbSO4)、Ksp(PbCO3)。锡、铅渣中的铅主要以PbSO4存在，脱硫时发生的反应为PbSO4(s)+HCO3ˉ(aq) PbCO3(s)+H+(aq)+SO42+(aq)，该反应的平衡常数K=；检验滤渣是否洗涤干净是检验洗涤液中是否含有硫酸根离子，检验的方法是取少量末次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若不出现浑浊，说明滤渣已洗净；(6)若该冶炼废渣中锡的质量分数为5%，30t废渣制得精锡lt，则锡的回收率为。‎ 49 / 49‎ ‎5．（2018届山东省山东师范大学附属中学高三下学期第八次模拟）金属镍及其化合物在合金材料及催化剂等方面应用广泛。某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是从该矿渣中回收NiSO4的工艺流程：‎ 已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。‎ ‎(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是______________________。‎ ‎(2)“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为___________________，“浸渣”的成分除Fe2O3，FeO(OH)外还含有______________(填化学式)。‎ ‎(3)为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnC12将Fe3+还原为Fe2+，所需SnC12的物质的量不少于Fe3+物质的量的_____倍；除去过量的SnC12后，再用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2+，滴定时反应的离子方程式为____________。‎ ‎(4)“浸出液”中c(Ca2+)=1.0×10-3mol，当除钙率达到99％时，除钙后的溶液中c(F-)=____mol·L-1[已知Ksp(CaF2)=4.0×10-11]。‎ ‎(5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(V0／VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0／VA的最佳取值是______________。‎ ‎【答案】 增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+ SiO2、CaSO4 0.5 Cr2O72－+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O 2.0×10－3 0.25‎ ‎【解析】考查化学工艺流程，（1）研磨矿渣和硫酸铵，其目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；（2）浸泡过程中，加入热水，发生的水解反应，即反应方程式为Fe3＋+2H2O 49 / 49‎ ‎ FeO(OH)↓+3H＋；根据矿渣中的成分，SiO2不与水反应，即浸渣中含有SiO2，硫酸铵在350℃以上分解成NH3和H2SO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，即浸渣中还含有CaSO4；（3）根据得失电子数目守恒，n(SnCl2)×2=n(Fe3＋)×1，得出SnCl2的物质的量不少于Fe3＋物质的量的0.5倍；利用Fe2＋的还原性，与K2Cr2O7发生氧化还原反应，即离子反应方程式为Cr2O72－+6Fe2＋+14H＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O ；（4）除钙率达到99%，除钙后，溶液中c(Ca2＋)=1.0×10－3×1%mol·L－1=1.0×10－5mol·L－1，则c(F－)=2.0×10－3mol·L－1；（5）根据流程图，Fe2＋被萃取，Ni2＋不被萃取，因此根据图像，V0/VA的最佳取值为0.25。‎ ‎6．（2018届百校联盟TOP20四月联考）电子垃圾中含有大量的废弃塑料和重金属，工业上可以从电子废料(电脑主板和手机废件)中提取大量的金、银和铜，每吨电子废料中能够提取出130公斤铜，0.45公斤黄金和2公斤白银，提取流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)“酸溶”过程中，王水与金反应的化学方程式为________________________。‎ ‎(2)“萃取”过程中，将混合液分离所需要的主要仪器为____________________，该仪器在使用前必须进行的操作为____________________________。‎ ‎(3)“还原Ⅰ”制备单质Ag的过程中，发生反应的本质是Zn和AgCl在电解质HCl中形成微电池，该过程的总反应为：2AgCl+Zn=2Ag+ZnCl2，则该电池正极的电极反应式为__________________________。‎ ‎(4)滤渣的主要成分为Cu2(OH)2CO3，则“沉铜”过程中发生反应的离子方程式为______________________。‎ ‎(5)滤液为NaCl、Na2CO3和NaHCO3的混合液，若上述三种物质的物质的量浓度相同，则溶液中各离子浓度的大小顺序为______________________。‎ ‎(6)根据下表中数据，综合分析工业上进行“还原Ⅱ”过程中所选用的还原剂最好为______________。‎ 物质 价格（元·吨-1）‎ 双氧水（含30%H2O2）‎ ‎3200‎ 49 / 49‎ 绿矾（含99.0%FeSO4·7H2O）‎ ‎1800‎ 亚硫酸氢钠（含99.5%NaHSO3）‎ ‎2850‎ 草酸（含99.0%H2C2O4)‎ ‎3000‎ ‎【答案】 Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+2H2O+NO↑ 分液漏斗 检漏 AgCl+e-=Ag+Cl- 2Cu2++ 3CO32-+2H2O= Cu2(OH)2CO3↓+2HCO3- c(Na+)>c(HCO3-)>c(Cl-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+) 草酸 根据总反应，得出正极反应式为AgCl＋e－=Ag＋Cl－；（4）沉铜时，向CuCl2溶液种加入足量的Na2CO3溶液，产生Cu2(OH)2CO3，根据（5）的提示，滤液中有新的物质是NaHCO3，即沉铜时产生NaHCO3，即沉铜时的离子方程式为2Cu2＋+ 3CO32－+2H2O= Cu2(OH)2CO3↓+2HCO3－ ；（5）三者物质的量相同，c(Na＋)最多，因为CO32－的水解程度大于HCO3－的水解程度，因此c(HCO3－)>c(Cl－)>c(CO3－)，CO32－水解后溶液显碱性，即c(OH－)>c(H＋)，水解程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(HCO3－)>c(Cl－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)；（6）H2O2：H2O2含量低，且价格贵，因此不选H2O2；绿矾：虽然价格便宜，但根据得失电子情况分析，等物质的量的绿矾和草酸相比，还原效率相差一倍，再结合相对分子质量，可以得出草酸比绿矾的成本低；亚硫酸氢钠：有可能产生SO2，对环境产生污染，因此还原剂最好的是草酸。‎ ‎7．（2018届福建省××市双十中学高三第九次能力考试）金属镍具有较高的经济价值。工业上采用一定方法处理含镍废水使其达标排放并回收镍。某电镀废水中的镍主要以NiRz络合物形式存在，在水溶液中存在以下平衡: NiR2(aq) Ni2+(aq) +2R-(aq) (R-为有机物配体，K=1.6×10-14)‎ ‎（1）传统的“硫化物沉淀法”是向废水中加入Na2S，使其中的NiR2 生成NiS 49 / 49‎ ‎ 沉淀进而回收镍。‎ ‎①该反应的离子方程式为_______________。‎ ‎②NiS 沉淀生成的同时会有少量Ni(OH)2沉淀生成，用离子方程式解释Ni(OH)2生成的原因是______________。‎ ‎（2）“硫化物沉淀法”镍的回收率不高，处理后废水中的镍含量难以达标。“铁脱络-化学沉淀法”可达到预期效果，该法将镍转化为Ni(OH)2固体进而回收镍。工艺流程如下：‎ ‎“脱络”(指镍元素由络合物NiR2转化成游离的Ni3+) 过程中，R-与中间产物-OH (羟基自由基) 反应生成难以与Ni2+络合的-R (有机物自由基)，但-OH也能与H2O2发生反应。反应的方程式如下：Fe2+ + H2O2 = Fe3+ +OH-+-OH i R- +-OH =OH-+-R ii ‎ H2O2+2-OH=O2↑+ 2H2O iii 实验测得“脱络”过程中H2O2的加入量对溶液中镍去除率的影响如图所示：‎ ‎①从平衡移动的角度解释加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是______________。‎ ‎②分析图中曲线，可推断过氧化氢的最佳加入量为_______________ g/ L； 低于或高于这个值，废水处理效果都下降，原因是____________。‎ ‎（3） 工业上还可用电解法制取三氧化二镍。①用NaOH溶液调节NiCl2溶液PH至7.5，加入适量硫酸钠后采用情性电极进行电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-，再把二价镍氧化为三价镍。写出ClO- 氧化Ni (OH) 2生成三氧化二镍的离子方程式是______， amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量是_________。‎ ‎②电解法制取三氧化二镍实际过程中，有时获得一种结晶水合物，已知1mol 49 / 49‎ ‎ 该物质中含有0.5mol结晶水。取该化合物20.2g进行充分加热，而获得三氧化二镍固体和0.2mol水，则该结晶水合物的化学式为______。‎ ‎【答案】 NiR2 +S2-=NiS↓+2R- S2-+ H2O HS- + OH-   NiR2+2OH-=Ni(OH)2↓+2R- NiR2在溶液中存在平衡: NiR2(aq)Ni2+(aq) +2R-(aq)，Fe2+和H2O2 通过反应i和反应ⅱ将R-转化成难以与Ni2+络合的·R，使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱絡” 0.45 低于此数值，反应i 生成的-OH过少，不足以使R-充分转化成-R；高于此数值，H2O2多，但反应i生成-OH能与H2O2发生反应ⅲ,使H2O2转化成O2和H2O,同样不能使R- 充分转化成-R C1O-+2Ni(OH)2=Cl- +Ni2O3+2H2O 1.25a mol NiOOH·H2O 或2NiOOH·H2O ‎（2）脱络是指镍元素由络合物NiR2转化成游离的Ni3＋，R－与中间产物-OH (羟基自由基) 反应生成难以与Ni2＋络合的-R (有机物自由基)，NiR2溶液中存在NiR2(aq) Ni2+(aq) +2R-(aq) ，加入Fe2＋和H2O2，依据反应i和反应ii，将R－转化成难以与Ni2＋络合的－R，使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱络”；②根据镍去除率的图像，当过氧化氢的投加量为0.45g·L－1时，去除率达到最大，即过氧化氢的最佳加入量为0.45g·L－1；低于此值时，反应i种产生的－OH的量少，不足以使R－转化成－R，高于此值时，H2O2多，H2O2与－OH会发生反应iii，不能使R－充分转化成－R；（3）①ClO－把Ni(OH)2氧化成Ni2O3，本身被还原成Cl－，因此离子方程式为ClO－＋Ni(OH)2→Ni2O3＋Cl－，根据化合价的升降法进行配平，即离子方程式为ClO－+2Ni(OH)2=Cl－‎ 49 / 49‎ ‎ +Ni2O3+2H2O；根据离子方程式，消耗amolNi(OH)2的同时消耗a/2mol的ClO－，Cl2有80%在弱碱性转化成ClO－，即Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，电解过程中产生氯气的量为0.5a/80%mol，电解过程种2Cl－－2e－=Cl2，因此外电路转移电子物质的量为0.5a×2/80%mol=1.25a；②产生H2O的质量为0.2×18g=3.6g，根据质量守恒，Ni2O3的质量为(20.2－3.6)g=16.6g，即Ni2O3的物质的量为0.1mol，n(Ni2O3):n(H2O)=0.1:0.2=1:2，根据原子守恒和元素守恒，得出化学式为NiOOH·H2O 或2NiOOH·H2O。‎ ‎8．（2018届安徽省江淮十校高三第三次联考4月）硒(34Se)与氧同主族，硒元素及其化合物与人体健康、工业生产密切相关。某科研小组以阳极泥(主要成分是Se，含有CuSe、Ag2Se等杂质)为原料，提炼硒的流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)硒原子的次外层电子数_______,与硒同周期相邻元素是________(填元素名称)。‎ ‎(2)已知A是Na2SeO3，可用于治疗克山病,则A的化学名称为______；C是Na2Se，则Na2Se的电子式为_______。‎ ‎(3)上述流程图中的括号内“( )”，按操作先后顺序依次填写的内容是_____、_____。‎ ‎(4)写出高温下用焦炭还原B的化学方程式___________________。‎ ‎(5)溶液C中析出硒的离子方程式____________________。‎ ‎(6)向Na2SeO3溶液中滴加稍过量的乙酸，其离子方程式为__________________。已知:Ka1(H2SeO3)=2.7×10-3、Ka2(H2SeO3)=2.5×10-8、Ka(CH3COOH)=1.8×10-5。‎ ‎(7)粗硒可采用真空蒸馏的方法进行提纯,获得纯硒。真空蒸馏的挥发物中硒含量与温度的关系如图所示：‎ 蒸馏操作中控制的最佳温度是________(填标号)。‎ A．455℃ B．462℃ C．475℃ D．515℃‎ ‎【答案】 18 砷、溴 亚硒酸钠 粉碎 过滤 Na2SeO4 +4CNa2Se +4CO↑ 2Se2- +O2 +2CO2=2Se↓+2CO32- (或2Se2- +O2 +4CO2 +2H2O=2Se↓+4HCO3-) ‎ 49 / 49‎ ‎ SeO32-+CH3COOH=HSeO3- +CH3COO- C ‎【解析】(1). 已知硒与氧同主族，核外电子数为34，硒元素的最外层有6个电子，K层有2个电子，L层有8个电子，则M层有18个电子，同周期中与硒相邻的元素是砷和溴，故答案为：18；砷、溴；‎ ‎(2). 类比Na2SO3的化学名称是亚硫酸钠可知，Na2SeO3的化学名称是亚硒酸钠，Se元素最外层有6个电子，得到2个Na原子失去的2个电子形成稳定结构，Na2Se的电子式为：，故答案为：亚硒酸钠；；‎ ‎(3). 在水浸之前应将烧结后的固体粉碎，以提高浸出率，依据“Cu、Ag残渣”和滤液A可以判断水浸后的操作是过滤，故答案为：粉碎；过滤；‎ ‎(4). A是Na2SeO3，通入空气后蒸干，得到的固体B是Na2SeO4，高温下用焦炭还原Na2SeO4得到Na2Se 和CO，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：Na2SeO4 +4CNa2Se +4CO↑，故答案为：Na2SeO4 +4CNa2Se +4CO↑；‎ ‎(5). 在滤液C中通入空气，氧气可把还原性强的Se2- 氧化为单质Se，通入CO2可以减弱反应后溶液的碱性，有利于Se的析出，依题意可知该反应的离子方程式为：2Se2- +O2 +2CO2=2Se↓+2CO32- (或2Se2- +O2 +4CO2 +2H2O=2Se↓+4HCO3-)，故答案为：2Se2- +O2 +2CO2=2Se↓+2CO32- (或2Se2- +O2 +4CO2 +2H2O=2Se↓+4HCO3-)；‎ ‎9．（广东省××市高三3月质量检测一模）金属钒被誉为“合金的维生素”‎ 49 / 49‎ ‎，常用于催化剂和新型电池。钒(V)在溶液中主要以VO43-(黄色)、VO2+(浅黄色)、VO2+ (蓝色)、V3+(绿色)、V2+(紫色)等形式存在。回答下列问题：‎ ‎（1）已知：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) △H1 4V(s)+5O2(g)=2V2O5(s) △H2‎ 写出V2O5与Al 反应制备金属钒的热化学方程式__________________。（反应热用△H1、△H2表示）‎ ‎（2） V2O5具有强氧化性，溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液(含有VO2+)，试写出V2O5与浓盐酸 反应的化学反应方程式：_________________________________。‎ ‎（3）VO43-和V2O74-在pH≥13的溶液中可相互转化。室温下，1.0mol·L-1的Na3VO4溶液中c(VO43-)随c(H+)的变化如图所示。溶液中c(H+)增大，VO43-的平衡转化率_________(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算该转化反应的平衡常数的数值为________。‎ ‎（4）全钒液流电池是一种优良的新型蓄电储能设备，其工作原理如图2所示：‎ ‎①放电过程中，A电极的反应式为___________________。‎ ‎②充电过程中，B电极附近溶液颜色变化为___________________。‎ ‎③若该电池放电时的电流强度I=2.0A，电池工作10分钟，电解精炼铜得到铜mg，则电流利用率为______________(写出表达式，不必计算出结果。已知：电量Q=It，t为时间/秒；电解时Q=znF，z为每摩尔物质得失电子摩尔数，n为物质的量，法拉弟常数F=96500C/mol，电流利用效率=×100%)‎ ‎【答案】 10Al(s)+3V2O3(s)=5Al2O3(s)+6V(s) △H=1/2(5△H1-3△H2) V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O 增大 0.4 VO2++2H++e-=VO2++H2O 溶液由绿色变为紫色 ‎ 49 / 49‎ ‎【解析】(1)①4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)△H1，②4V(s)+5O2(g)=2V2O5(s)△H2，盖斯定律计算(①×5-②×3)×得到V2O5与A1反应制备金属钒的热化学方程式10Al(s)+3V2O3(s)=5Al2O3(s)+6V(s)△H= ×(5△H1-3△H2)；‎ ‎(2)V2O5具有强氧化性，溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液为VO2+，V元素化合价+5价变化为+4价，做氧化剂，氯化氢被氧化生成氯气，结合电子守恒、原子守恒配平书写化学方程式V2O5+6HCl=2VOCl2+Cl2↑+3H2O；‎ ‎(3)VO43-和V2O74-在pH≥13的溶液中可相互转化，室温下，1.0mol•L-1的Na3VO4溶液中c(VO43-)随c(H+)的变化，根据图像，氢离子浓度越大，VO43-越少，溶液中Na3VO4转化为Na4V2O7的离子方程式2VO43-+H2O⇌V2O74-+2OH-，由图可知，溶液中c(H+)增大，VO43-的浓度减小，说明VO43-的平衡转化率增大，A点VO43-的浓度为0.2mol/L，消耗浓度1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，生成的Cr2O72-的浓度为0.4mol/L，此时c(H+)=5×10-14 mol/L，则c(OH-)=0.2 mol/L，K==0.4，；‎ ‎(4)①放电过程中A电极为原电池正极，电极的反应式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故答案为：VO2++2H++e-=VO2++H2O；‎ ‎②充电时，右槽B是电解池的阴极，该极上发生得电子的还原反应，即V2+→V3+，应该是绿色变为紫色； ‎ ‎③电解精炼铜得到铜mg时，即铜的物质的量为mol，所以电解消耗的电量Q=2×mol×96500C/mol，根据放电的电流强度I=2.0A=2.0C/s，电池工作10分钟，可计算得电池的输出电量Q=It=2.0 C/s ×10min×60s/min，所以电流利用效率＝×100%=×100%。‎ 49 / 49‎ ‎10．（2017-2018学年度山东省天成大联考高三理综）Cu2O主要用于制造船底防污漆，它是一种鲜红色粉末，几乎不溶于水，在湿空气中逐渐氧化成黑色氧化铜。用含NaOH的Na2SO3溶液还原CuSO4制备Cu2O的工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）流程中涉及的化学反应主要包括：‎ Ⅰ.Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；Ⅱ.生成CuOH；Ⅲ.2CuOH=Cu2O+H2O。‎ 写出第Ⅱ步反应的离子方程式： ______________________________。‎ ‎（2）其他反应条件相同时，测得反应时间和溶液的pH对Cu2O产率的影响如下图所示：‎ ‎①反应时间超过2h时，Cu2O产率开始降低其原因是____________________________。‎ ‎②pH<5时，Cu2O产率随pH减小而减小，产品中铜含量增加明显，其原因是______________________（用离子方程式说明）。‎ ‎（3）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.96 g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反应后用0.2000 mol·L-1标准KMnO4溶液滴定，至终点时消耗50mL标准液。‎ ‎①滴定时应选用______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，滴定终点的现象是______________________。‎ ‎②产品与硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液反应的离子方程式为________________________________。‎ ‎③假定杂质不参与反应，产品中Cu2O的质量分数为_______________。‎ ‎【答案】 2Cu(OH)2+SO32- 2CuOH+SO42-+H2O 部分Cu2O被氧化为CuO Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O 酸式 当最后一滴KMnO4滴入后，溶液呈紫红色且30 S内不褪去 2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++H2O 91%‎ ‎【解析】（1）由题意可知，第Ⅱ步反应是Cu(OH)2被Na2SO3还原为CuOH，离子方程式为2Cu(OH)2+SO32- 2CuOH+SO42-+H2O。 答案为：2Cu(OH)2+SO32- 2CuOH+SO42-+H2O 49 / 49‎ ‎（2）①反应时间超过2h时，Cu2O产率开始降低其原因是Cu2O在干燥的空气中虽然稳定，但在湿空气中会慢慢被氧化，生成CuO。‎ ‎②产品与硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液反应的离子方程式为：2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++H2O 。‎ ‎③假定杂质不参与反应，根据电子守恒有，则，产品中的质量分数为。答案为：当最后一滴KMnO4滴入后，溶液呈紫红色且30 S内不褪去 、2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++H2O 、91%‎ ‎11．（2018届河北省××市高三第二次模拟考试）NaBiO3可作为钢铁分析中测定锰的氧化剂，Bi2O3在电子行业有着广泛应用，可利用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质)来制备。其工艺流程如下:‎ 回答下列问题:‎ ‎（1）辉铋矿的“浸出液”中铋元素主要以Bi3+形式存在，写出Bi2S3与FeCl3 溶液反应的离子方程式:_____________________；加入盐酸，既可提高铋的浸出率，又可_____________________；滤渣1的主要成分是_____和硫。‎ ‎（2）NaBiO3 是为数不多的钠盐沉淀之一，由溶液3 制得纯净的NaBiO3，操作2 包括_________。‎ ‎（3） Bi2O3 与Na2O2 可在熔融状态下反应制得NaBiO3，其副产物为____________________。‎ ‎（4）写出“煅烧”中由碱式碳酸铋[(BiO)2CO3]制备Bi2O3的化学方程式:_____________________。‎ ‎（5） 某工厂用m1 kg 辉铋矿(含Bi2O360%)制备NaBiO3，最终得到产品m2kg，产率为_________。‎ 49 / 49‎ ‎【答案】 Bi2S3+6Fe3＋=2Bi3＋+6Fe2＋+3S 抑制溶液中Bi3＋的水解 SiO2 过滤、洗涤、干燥 Na2O (BiO)2CO3Bi2O3＋CO2↑ ‎ ‎【解析】试题分析:由题中信息可知，辉铋矿经氯化铁和盐酸的混合液浸取后，硫化铋中的硫离子被氧化为硫单质，过滤后除去二氧化硅和硫等滤渣，向滤液中加入足量的铁粉把铋置换出来得到海绵铋，海绵铋经盐酸和双氧水溶解得到氯化铋溶液，向氯化铋溶液中加入氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液把氯化铋氧化为铋酸钠；向氯化铋溶液中加入碳酸铵可以生成碳酸氧铋沉淀，碳酸氧铋经煅烧得到氧化铋。‎ ‎（1）辉铋矿的“浸出液”中铋元素主要以Bi3+形式存在， Bi2S3与FeCl3 溶液反应的离子方程式为Bi2S3+6Fe3＋=2Bi3＋+6Fe2＋+3S；加入盐酸，既可提高铋的浸出率，又可抑制溶液中Bi3＋的水解；滤渣1的主要成分是SiO2和硫。‎ ‎（2）由题中信息可知，NaBiO3 难溶于水，故溶液3 中生成的铋酸钠沉淀需经过滤、洗涤、干燥方能制得纯净的NaBiO3。‎ ‎（3） Bi2O3 与Na2O2 可在熔融状态下反应制得NaBiO3，Bi的化合价升高，根据化合价的升降规律，可以推断O的化合价由-1降低到-2，故其副产物为Na2O。‎ ‎（4） “煅烧”中由碱式碳酸铋[(BiO)2CO3]制备Bi2O3的化学方程式(BiO)2CO3Bi2O3＋CO2↑。‎ ‎（5） m1 kg 辉铋矿含Bi2O3的质量为 0.6m1 kg，若其完全转化为NaBiO3，可以得到NaBiO3的质量为kg=kg，最终得到产品m2kg，故产率为。‎ ‎12．（2018届甘肃省××市高三第二次诊断）工业上从电解精炼铜的阳极泥(成分为CuS、Cu2Se、Cu2Te 和少量金属单质Au) 中回收碲、硒的工艺流程如下:‎ 已知: (1)TeO2是两性氧化物。‎ 49 / 49‎ ‎(2)Se和TeO2的物理性质如下:‎ 物理性质 熔点 沸点 水溶性 Se ‎221℃‎ ‎685℃‎ 难溶于水 TeO2‎ ‎733℃‎ ‎1260℃‎ 微溶于水 ‎(1)“培烧”时，为提高原料的利用率，可采取的措施有_________(写一条即可)。‎ ‎(2)“碱浸”过滤得到滤渣的主要成分是_______(填化学式)。‎ ‎(3)“沉碲”时控制溶液的pH为4.5-5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4的浓度过大，将导致“沉碲”不完全，原因为______________。‎ ‎(4)“酸溶”将TeO2先溶于硫酸得到Te(SO4)2，然后加入Na2SO3溶液进行还原，还原碲的离子反应方程式是______________。‎ ‎(5)SeO2与SO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，当有10mol电子转移时，会生成______mol Se。过滤所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯获得纯硒，采用真空蒸馏的目的是_______________。‎ ‎(6)常温下，SeO2与NaOH溶液反应所得NaHSeO3溶液的pH______7(填“>”“<”或“=”)，理由是_______________。(已知25℃时，亚硒酸(HSeO3)的Ka1=2.5×10-3，Ka2=2.6×10-7)‎ ‎【答案】 将阳极泥粉碎（通入过量的空气）等 Au、 CuO 硫酸浓度过大， TeO2会溶于酸， 导致 TeO2沉淀不完全 2SO32－+Te4++2H2O=Te↓+2SO42－+4H+ 2.5 降低Se的沸点，避免 Se与空气中氧气发生反应 < HSeO3－的水解常数Kh＝4.0×10－12，由于 Kh4时，Cu2＋出现沉淀；（5）混合物中BeO的质量为1000×25%=250g，理论上得到Be的物质的量为250/25mol=10mol，实际得到Be物质的量为81/9mol=9mol，产率是9/10×100%=90%。‎ ‎20．（2018届湖南省××市高三第二次教学质量监测）亚铁氰化钾的化学式为K4Fe(CN)6，一种用含NaCN废水合成该化合物的主要工艺流程如下：‎ ‎（1）请依据工艺流程图中的信息，回答下列问题：‎ ‎①在“除杂”步骤中弃渣的主要成分为__________________（填化学式）。‎ ‎②在“反应器“中发生的主要反应的化学方程式为：________________________________；‎ ‎③相同温度下溶解度：Na4[Fe(CN)6]________K4[Fe(CN)6] （选填“＞”、“＜”或“=”）‎ ‎（2）氰化钠(NaCN)是一种白色结晶颗粒，剧毒，易溶于水，水溶液呈碱性，易水解生成氰化氢。NaCN 49 / 49‎ ‎ 的电子式为__________________________；实验室用NaCN固体配制NaCN溶液时，应先将其溶于氢氧化钠溶液中，再用蒸馏水稀释。NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的离子方程式是______________________________________。‎ ‎（3）已知：氢氰酸是一种有苦杏仁气味的无色剧毒液体，易挥发，25℃时，Ka(HCN)=6.25×10-10。‎ ‎①处理含CN-废水的方法是：第一步控制pH>10，用NaClO溶液先将CN-不完全氧化为OCN-；第二步控制pH为7.5-8.5，用NaClO完全氧化OCN-生成N2和两种盐。‎ 请写出第二步反应的离子方程式：_________________________________________。‎ ‎②反应CN-+H2OHCN+OH-在25℃时的平衡常数K=_____________(填数值)。‎ ‎（4）K4Fe(CN)6与高锰酸钾溶液反应，其方程式为：‎ K4Fe(CN)6+KMnO4 +H2SO4=KHSO4+Fe2(SO4)3+MnSO4+HNO3+CO2↑+H2O（未配平）， 若有1mol K4Fe(CN)6被高锰酸钾氧化时，则消耗KMnO4的物质的量为________mol。‎ ‎【答案】 CaCO3 6NaCN+FeSO4+ CaCl2=CaSO4↓+Na4Fe(CN )6+2NaCl > CN-+H2O2+ H2O= HCO3-+ NH3↑ 2CNO-+3C1O-+2H2O=N2+3Cl-+2HCO3- 1.6×10-5 12.2‎ ‎【解析】试题分析：由流程可知，在反应器中发生反应6NaCN+FeSO4+ CaCl2=CaSO4↓+Na4Fe(CN )6+2NaCl，过滤后除去硫酸钙，向滤液中加入碳酸钠溶液，把溶液中的钙离子转化为碳酸钙除去，再向滤液中加入氯化钾溶液与Na4Fe(CN )6发生复分解反应生成溶解度更小的K4Fe(CN )6，过滤、洗涤、干燥得到K4Fe(CN )6。‎ ‎（1）①在“除杂”步骤中弃渣的主要成分为CaCO3。②在“反应器“中发生的主要反应的化学方程式为6NaCN+FeSO4+ CaCl2=CaSO4↓+Na4Fe(CN )6+2NaCl；③相同温度下溶解度：Na4[Fe(CN)6] ＞K4[Fe(CN)6] 。‎ ‎（2）NaCN 的电子式为；‎ 49 / 49‎ ‎ NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则该酸式盐为碳酸氢钠，该气体为氨气，该反应的离子方程式是CN-+H2O2+ H2O= HCO3-+ NH3↑。‎ ‎（4）K4Fe(CN)6与高锰酸钾溶液反应，其方程式为K4Fe(CN)6+KMnO4 +H2SO4=KHSO4+Fe2(SO4)3+MnSO4+HNO3+CO2↑+H2O（未配平），该反应中，K4Fe(CN)6中的Fe、C、N的化合价分别由+2、+2、-3升高到+3、+4、+5，KMnO4 中的Mn的化合价由+7下降到+2，根据化合价升降的总数相等，得到关系式10K4Fe(CN)6~122KMnO4， 所以，1mol K4Fe(CN)6被高锰酸钾氧化时，消耗KMnO4的物质的量为12.2mol。‎ ‎21．（2018届广西××市高三3月毕业班适应测试）Ni2O3主要用作陶瓷、搪瓷和玻璃的着色颜料，也可用于镍粉的制造，其中一种生产工艺如下(已知还原性：Fe2+>Ni2+)：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1) Ni2O3中Ni 的化合价为________________。‎ ‎(2)为了提高金属镍废料浸出速率，在“酸浸”时可采取的措施有_______________________(写两条)。‎ ‎(3)若将H2O2溶液改为酸性KMnO4溶液(在该实验条件下，Ni2+不能被KMnO4氧化)，则“氧化”过程中的离子方程式为_______________________；加入Na2CO3溶液调pH，产生的“滤渣X”是_____________。‎ ‎(4)从滤液A中可回收利用的主要物质是___________________；加入NaClO溶液和NaOH溶液，“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为_________________________。‎ 49 / 49‎ ‎(5)工业上用镍为阳极，电解0.05～0.1mol·L-1NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl 的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如下图所示：‎ ‎①NH4Cl浓度最好控制为____________g·L-1。‎ ‎②当NH4Cl浓度大于15g·L-1时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，相应的电极反应式 为______________________。‎ ‎【答案】 +3 适当升高温度，增大盐酸的浓度，搅拌或将镍废料研成粉末等 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O Fe(OH)3 NaCl 2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O 10 2H++2e-=H2↑(或2NH4++2H2O+2e-=2NH3·H2O+H2↑‎ ‎【解析】本题考查化学工艺流程，Ni2O3中O显－2价，则Ni的价态为＋3价；（2）提高浸出率的措施是适当升高温度，增大盐酸的浓度，搅拌或将镍废料研成粉末等；（3）金属镍的废料中含有Fe，铁与盐酸反应生成FeCl2，高锰酸钾具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原成Mn2＋，离子反应方程式为：5Fe2＋+MnO4－+8H＋=5Fe3＋+Mn2＋+4H2O；加入Na2CO3的目的是调节pH，让Fe3＋以氢氧化铁的形式沉淀出来，因此滤渣X为Fe(OH)3；（4）根据溶解过程，产生CO2，因此沉镍发生的离子反应是Ni2＋＋CO32－=NiCO3↓，滤液A的成分是NaCl和过量的Na2CO3；加入NaClO溶液，利用ClO－的强氧化性，把Ni2＋氧化成Ni3＋，因此离子反应方程式为2Ni2＋+ClO－+4OH－=Ni2O3↓+Cl－+2H2O；（5）①根据图像，当NH4Cl的浓度为10g·L－1时，阴极电流效率以及镍的成粉率达到最高；②根据题意，当达到15g·L－1时，阴极有气体产生，即阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，或2NH4＋+2H2O+2e－=2NH3·H2O+H2↑。‎ ‎22．（2018年山东省××市高三第一次模拟考试）锰主要用于钢铁工业生产锰合金钢，锰的化合物有+2、+4、+6、+7 等多种变价，以菱锰矿(主要成分为 MnCO3，还含有少量铁、镍、 钴等碳酸盐杂质)为原料经过一系列反应生产金属锰和高锰酸钾的工艺流程如下：‎ 已知 25 ℃时，部分物质的溶度积常数如下：‎ 49 / 49‎ 物质 Mn(OH)2‎ Co(OH)2‎ Ni(OH)2‎ MnS CoS NiS Ksp ‎2.1×10－13 ‎ ‎3.0×10－16 ‎ ‎5.0×10－16 ‎ ‎1.0×10－11 ‎ ‎5.0×10－22 ‎ ‎1.0×10－22‎ ‎（1）酸溶浸过程中，硫酸需稍过量，除保证反应充分进行外，其他作用还有_________(任写一条)。‎ ‎（2）除杂1过程加入MnO2后，发生氧化还原反应的离子方程式为_________；滤渣2 的主要成分是____________________________。‎ ‎（3）为加快过滤速度，选择如图抽滤装置完成。下列有关操作和说法正确的是______。‎ a. 抽滤的本质是加压过滤 b. 抽滤成功的关键在于合理控制水的流速 c. 微粒直径大于滤纸孔径的物质进入吸滤瓶中 ‎（4）电解1过程阳极电极反应式为____________。‎ ‎（5）H2O2 是一种常用的绿色氧化剂，在平炉反应中不用 H2O2的原因是__________。‎ ‎（6）“CO2歧化法” 制备 KMnO4是传统工艺，写出该歧化反应的化学方程式_____________。‎ ‎【答案】 提供除杂 1 时所需要的酸性环境、抑制 Mn2＋的水解 MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O CoS 和 NiS b Mn2＋＋2H2O -2e- = MnO2＋4H＋ 锰的化合物可催化 H2O2 的分解，使消耗的 H2O2 增多 3K2MnO4 +4CO2+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KHCO3或3K2MnO4 +2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3‎ a. 抽滤的本质是减压过滤，选项a错误；b. 抽滤成功的关键在于合理控制水的流速，选项b正确；c.‎ 49 / 49‎ ‎ 微粒直径小于滤纸孔径的物质进入吸滤瓶中，选项c错误。答案选b；（4）电解1过程阳极Mn2＋失电子产生MnO2，电极反应式为Mn2＋＋2H2O -2e- = MnO2＋4H＋；（5）H2O2 是一种常用的绿色氧化剂，在平炉反应中不用 H2O2的原因是锰的化合物可催化 H2O2 的分解，使消耗的 H2O2 增多；（6）“CO2歧化法” 制备 KMnO4是传统工艺，该歧化反应锰的化合价由+6价变为+7价和+4价，发生的化学方程式为3K2MnO4 +4CO2+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KHCO3或3K2MnO4 +2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3。‎ ‎23．（2018年广东省××市高考模拟考试）钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，由钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)制备钼酸钠晶体的部分流程如图所示：‎ ‎（1）Na2MoO4·2H2O中钼元素的化合价为______；‎ ‎（2）焙烧时为了使钼精矿充分反应，可采取的措施是_______(答出一条即可)；‎ ‎（3）试配平焙烧过程中钼精矿发生的主要反应的化学方程式 为__MoS2+__O2 __MoO3+___SO2，该反应中氧化产物是________(填化学式)‎ ‎（4）碱浸时，MoO3与Na2CO3溶液反应的离子方程式为___________；‎ ‎（5）下图是碳钢在3种不同介质中的腐蚀速率实验结果：‎ ‎①碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，其原因可能是____。‎ ‎②空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4—Fe2O3保护膜。‎ 密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入NaNO2。则NaNO2的作用是__。‎ ‎（6）锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为：xLi+nMoS2Lix(MoS2)n。则电池放电时的正极反应式是：__________________。‎ ‎【答案】 +6 将矿石粉碎(或增加空气的进入量或采用逆流原理等) 2 7 2 4 MoO3、SO2 MoO3＋CO32－=MoO42－＋CO2↑ ‎ 49 / 49‎ ‎ Cl－有利于碳钢的腐蚀，SO42－不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；硫酸溶液随着浓度的增大，氧化性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢 替代空气中氧气起氧化剂作用 nMoS2+xLi++xe-=Lix(MoS2)n ‎【解析】(1). 根据化合物中元素化合价代数和为0，Na2MoO4·2H2O中钼元素的化合价为+6价；‎ ‎(2). 焙烧时为了使钼精矿充分反应，可采取的措施是将矿石粉碎或增加空气的进入量或采用逆流原理等；‎ ‎(3). 焙烧过程中MoS2和O2反应生成MoO3和SO2，Mo元素的化合价从+2价升高到+6价、S元素的化合价从－1价升高到+4价，O元素的化合价从0价降低到－2价，根据得失电子守恒和原子守恒，配平后的化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，还原剂是MoS2，所以该反应的氧化产物是MoO3、SO2；‎ ‎(4). 由流程图可知，碱浸时MoO3与Na2CO3反应生成CO2和Na2MoO4，该反应的离子方程式为：MoO3＋CO32－= MoO42－＋CO2↑；‎ ‎(5). ①. 由图示数据可知，碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于在硫酸中的腐蚀速率，说明Cl－有利于碳钢的腐蚀，SO42－不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；硫酸浓度增大变成浓硫酸后，氧化性增强，使碳钢发生了钝化，腐蚀速度减慢，故答案为: Cl－有利于碳钢的腐蚀，SO42－不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；硫酸溶液随着浓度的增大，氧化性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢；‎ ‎②. NaNO2具有氧化性，能够在钢铁表面形成FeMoO4—Fe2O3保护膜，可以替代空气中的氧气起氧化剂作用；‎ 49 / 49‎ ‎(6). 由题中所给的总反应式可知，该电池放电时，MoS2在正极上得到电子生成Lix(MoS2)n，电极反应式为：nMoS2 + xLi+ + xe－ = Lix(MoS2)n，。‎ ‎24．（2018届辽宁省××市高三2月抽考）我国双氧水(蒽醌法)生产厂家每年都会排放一定量的废镍触媒(主要含有金属镍，还含有Fe、Ca、Mg等杂质)。以其为原料制备NiSO4的工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）废镍触媒灼烧的目的是___________________________。‎ ‎（2）“酸浸”时，提高镍的浸取率的措施有_________(填字母)。‎ a．金属镍废料进行“粉碎” b．用硫酸多次浸取 c．浸取时间缩短一半 d．适当升高温度 ‎（3）“氧化”时发生反应的n(Fe2+) ∶n( H2O2) =_________,滤渣B的主要成分的化学式为_________。‎ ‎（4）已知溶液中c(Fe3+)≤1.0×10-5 mol·L-1 即除铁完全，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39。利用氨水调节溶液pH 可以将铁除去。若测得溶液的pH=3.5，则溶液中的铁是否完全除去? _______________________(列式计算)。‎ ‎（5）“溶解”过程中反应的离子方程式为_____________________________________。‎ ‎【答案】 除去废镍触媒中有机物 abd 2∶1 MgF2、CaF2 ==1×10-7.5<1.0×10-5，铁已完全除去 NiCO3+2H+=Ni2++CO2 ↑+ H2O ‎【解析】由流程可知，废料经灼烧后，再水洗，然后用硫酸浸取，加双氧水把亚铁离子氧化，加入氨水把铁离子沉淀，加氟化铵沉淀钙离子和镁离子，加碳酸钠沉镍，过滤后，把碳酸镍用硫酸溶解，得到硫酸镍溶液，最后分离提纯得到产品。‎ 49 / 49‎ ‎（1）灼烧废镍触媒的目的是除去废镍触媒中有机物。‎ ‎（2）“酸浸”时，a．金属镍废料进行“粉碎”，可以使废料反应更充分； b．用硫酸多次浸取也可以使废料充分反应，提高浸取率；c．浸取时间缩短一半，浸取率会变小； d．适当升高温度，可以使反应更充分，提高了废料的浸取率。综上所述，提高镍的浸取率的措施有abd。‎ ‎（3）根据化合价升降法，可以判断“氧化”时发生反应的n(Fe2+) ∶n( H2O2) =2∶1,滤渣B的主要成分的化学式为MgF2、CaF2。‎ ‎（4）已知溶液中c(Fe3+)≤1.0×10-5 mol·L-1 即除铁完全，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39。利用氨水调节溶液pH 可以将铁除去。若测得溶液的pH=3.5，则溶液中的c(F3+) =1×10-7.5<1.0×10-5，所以，铁已完全除去。‎ ‎（5）“溶解”过程中碳酸镍与稀硫酸反应的离子方程式为NiCO3+2H+=Ni2++CO2 ↑+ H2O。‎ ‎25．（2018届福建省福州第三中学高三下学期第一次校模拟考试）汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。‎ ‎（1）氧化还原法消除NOx的转化如下：‎ ‎①反应I为NO +O3===NO2+O2，生成标准状况下11.2 L O2时，转移电子的物质的量是__________mol ‎②反应Ⅱ中，当n( NO2)：n[CO(NH2)2]=3：2时，氧化产物与还原产物的质量比为___________‎ ‎（2）吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）。装置I中发生反应的离子方程式为____________________________________‎ ‎（3）装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3－、NO2－，请写出生成等物质的量的NO3－和NO2－时的离子方程式____________________________________‎ 49 / 49‎ ‎（4）装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4+再生，再生时生成的Ce4+在电解槽的_____________（填“阳极”或“阴极”），同时在另一极生成S2O42一的电极反应式为______________________。‎ ‎（5）取少量装置Ⅳ所得的产品溶于水，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_________________________‎ ‎【答案】 1 4:3 SO2 + OH-===HSO3- 2NO+3H2O+4Ce4+=NO3-+NO2-+6H++4Ce3+ 阳极 2H++2HSO3-+2e-=S2O42-+2H2O c(NO3－ )> c (NH4+)> c (H+)> c (OH－)‎ ‎【解析】(1). ①. 由反应方程式NO+O3═NO2+O2可知，N元素的化合价从+2价升高到+4价，生成1mol氧气转移电子2mol，则生成11.2L即0.5molO2(标准状况)时，转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，故答案为：1；‎ ‎②.当n(NO2):n[CO(NH2)2]=3:2时，即NO2和CO(NH2)2的化学计量数之比是3:2，反应方程式可表示为：6NO2+4CO(NH2)2=7N2+8H2O+4CO2，该反应中只有N元素的化合价变化，氮气既是氧化产物也是还原产物，由N原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为8:6=4:3，故答案为：4:3；‎ ‎(2). 由流程图可知，在装置I中SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3，离子方程式为：SO2 + OH－=HSO3－，故答案为：SO2 + OH－=HSO3－；‎ ‎(3). 由流程图可知，装置II中生成等物质的量的NO3－和NO2－时，Ce4+被还原为Ce3+，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为：2NO+3H2O+4Ce4+=4Ce3++NO3−+NO2−+6H+，故答案为：2NO+3H2O+4Ce4+=4Ce3++NO3−+NO2−+6H+；‎ ‎(4). 由Ce3+生成Ce4+为氧化反应，所以再生时生成的Ce4+在电解槽的阳极，在电解槽的阴极HSO3－被还原成S2O42一，电极反应式为：2H++2HSO3一+2e一=S2O42一+2H2O，故答案为：阳极；2H++2HSO3一+2e一=S2O42一+2H2O；‎ 49 / 49‎ ‎(5). 由流程图可知，装置IV所得的产品为NH4NO3，在NH4NO3溶液中，NH4＋水解使溶液呈酸性，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(NO3－ )> c (NH4+)> c (H+)> c (OH－)，故答案为：c(NO3－ )> c (NH4+)> c (H+)> c (OH－)。‎ ‎26．（2018届××市东××区高三第一学期期末）某小组研究Na2S溶液与KMnO4溶液反应，探究过程如下。‎ 资料：ⅰ. 在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为MnO2。‎ ⅱ. 单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。‎ ‎（1）根据实验可知，Na2S具有________性。‎ ‎（2）甲同学预测实验I中S2–被氧化成。‎ ‎①根据实验现象，乙同学认为甲的预测不合理，理由是________。‎ ‎②乙同学取实验I中少量溶液进行实验，检测到有，得出S2–被氧化成的结论，丙同学否定了该结论，理由是________。‎ ‎③同学们经讨论后，设计了如下实验，证实该条件下的确可以将S2–氧化成。‎ a.右侧烧杯中的溶液是________。‎ b.连通后电流计指针偏转，一段时间后，________（填操作和现象）。‎ ‎（3）实验I的现象与资料i存在差异，其原因是新生成的产物（Mn2+）与过量的反应物（）发生反应，该反应的离子方程式是________。‎ ‎（4）实验II的现象与资料也不完全相符，丁同学猜想其原因与（3）相似，经验证猜想成立，他的实验方案是______。‎ ‎（5）反思该实验，反应物相同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与________因素有关。‎ ‎【答案】 还原 溶液呈紫色，说明酸性KMnO4溶液过量， 能被其继续氧化 因KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，故溶液中出不一定是氧化新生成的 0.01mol/L KMnO4溶液（H2SO4酸化至pH=0） 取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成 ‎ 49 / 49‎ ‎ 2Mn+3Mn2+-+ 2H2O = 5MnO2↓+ 4H+ 将实验I中生成的MnO2分离洗涤后，加入0.1mol/L Na2S溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的MnO2与过量的S2-反应，故没得到MnO2沉淀 浓度、用量、溶液中的酸碱性 ‎（2）①反应I，溶液紫色变浅，但紫色并未褪去，说明酸性KMnO4过量，KMnO4能与SO32-反应，则甲的预测不合理。故答案为：溶液呈紫色，说明酸性KMnO4溶液过量，SO32-能被其继续氧化。‎ ‎②检验到溶液中存在SO42-，也不能说明S2-被氧化为SO42-，因KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，溶液中本身就存在SO42-。‎ ‎③要证明实验I中MnO4-的确将S2-氧化为SO42-，则要先排除酸性高锰酸钾溶液中SO42-的干扰。可以将MnO4-与S2-的氧化还原反应设计成带盐桥的原电池，将Na2S和酸性高锰酸钾分开反应。如图，如果能在左侧烧杯中检验到SO42-，说明S2-被氧化为SO42-。‎ a、由图可知，右侧烧杯中应放0.01mol/L KMnO4溶液（H2SO4酸化至pH=0）；‎ b、根据上述分析，取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成。‎ ‎（3）根据资料i可知，在强酸性条件下MnO4-被还原为Mn2+，实验I结束后溶液依然呈强酸性，但事实上了生成了MnO2。原因是高锰酸钾过量与生成的Mn2+可以反应生成MnO2，反应离子方程式：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+ 4H+ 。‎ ‎(4)‎ 49 / 49‎ ‎ 根据资料i可知，MnO4-在近中性条件下被还原为MnO2，实验II中反应结束后溶液pH≈8，接近中性，但生成了MnS。可猜测是因为过量的Na2S与一开始生成的MnO2继续反应。根据资料ⅱ，单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色，则Na2S与MnO2反应时，S2-被氧化为S单质，MnO2被还原为Mn2+。若要验证猜想，只需向MnO2中加入过量Na2S溶液，若溶液呈淡黄色，且生成浅粉色的MnS，即可证明猜想。故可设计实验方案：将实验I中生成的MnO2分离洗涤后，加入0.1mol/L Na2S溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的MnO2与过量的S2-反应，故没得到MnO2沉淀。‎ ‎（5）物质变化还与反应物的浓度或用量有关，反应I中KMnO4溶液过量，浓度较大，反应II中Na2S过量，浓度较大；也与溶液中的酸碱性有关，强酸性溶液时和中性时产物不同。故答案为：浓度、用量、溶液中的酸碱性。‎ ‎27．（2018届河南省××市第一中学高三第十六次考试）近几年来关于氮污染的治理倍受关注。‎ ‎(1)三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，能同时实现汽车尾气中的CO、CxHy、NOx三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图1所示，化合物X可借助傅里叶红外光谱图(如图2所示)确定。‎ ‎①在图示的转化中，被还原的元素是_______________，X的化学式为__________________。‎ ‎②钡元素在周期表中的位置是___________________________。‎ ‎(2)SCR技术可使NOx与NH3直接反应，实现无害转化。当NO与NO2的物质的最之比为2:1时，写出发生反应的化学方程式:____________________________。‎ ‎(3)利用ClO2氧化氮氧化物反应过程如下:NONO2N2反应I的化学方程式是2NO+ ClO2+H2O==NO2+HNO3+ 2HCl，反应II的离子方程式是__________________。‎ ‎(4)加入过量次氯酸钠可使废水中NH4+完全转化为N2，而本身被还原为NaCl。‎ ‎①检验废水中是否存在NH4+的方法是_______________________________________________。‎ ‎②若处理废水产生了0.448LN2‎ 49 / 49‎ ‎ (标准状况)，则需消耗浓度为2mol/L的次氯酸钠的体积为____mL。‎ ‎【答案】 N、O Ba(NO3)2 第六周期第 IIA 族 16NH3+12NO+6NO2=17N2+24H2O 2NO2+4SO32-=N2+4SO42- 少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若试紙变蓝，则A中生成NH4+ 30‎ ‎【解析】(1) ①在图示的转化中N、O的化合价降低被还原；由傅里叶红外光谱图(如图2所示)确定化合物X含有硝酸根，在结合图1有钡离子参加，所以X的化学式为Ba(NO3)2；‎ ‎②钡元素在周期表中的位置是第六周期第 IIA 族；‎ ‎(2)因为NOx与NH3直接反应，实现无害转化，则生成氮气和水，所以当NO与NO2的物质的最之比为2:1时，发生反应的化学方程式为16NH3+12NO+6NO2=17N2+24H2O；因此，本题正确答案为：16NH3+12NO+6NO2=17N2+24H2O；‎ ‎(3)二氧化氮具有氧化性，亚硫酸钠具有还原性，二者会发生氧化还原反应，因此，反应II的离子方程式是2NO2+4SO32-=N2+4SO42-；‎ ‎(4)①检验NH4+的方法是：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若试紙变蓝，则A中生成NH4+；‎ ‎②因为次氯酸钠氧化废水中NH4+完全转化为N2，而本身被还原为NaCl，根据得失电子守恒，离子方程式：2NH4++3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O 由2NH4++3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O 知处理废水产生了0.448L氮气，即=0.02mol,则需消耗浓度为2mol/L的次氯酸钠的体积为×1000mL=30mL；因此，本题正确答案为：30。‎ ‎28．（2018届辽宁省××市第一中学高三3月模拟考试第四次模拟）金属铬(Cr)的本意是颜色，因为它的化合物或离子都有美丽的颜色。下表是几种常见含铬的离子水溶液的颜色：‎ 离子 Cr2O72-‎ Cr(OH)4‎ Cr3+‎ CrO42-‎ Cr2+‎ 49 / 49‎ 颜色 橙色 绿色 蓝紫色 黄色 蓝色 ‎(1) 铬铁矿的主要成分是Fe(CrO2)2，该物质中三种元素的化合价均为整数，则Cr的化合价是_____________。‎ ‎(2) 向Na2CrO4溶液中加入浓盐酸，溶液会变为蓝紫色并有黄绿色气体产生，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。‎ ‎(3) 向Na2Cr2O7溶液中加入浓NaOH溶液，会变成黄色，请解释原因(用离子方程式和必要的文字说明)_____________________________________________。‎ ‎(4) 工业上以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2,含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]为主要原料，生产重铬酸钠晶体(Na2Cr2O7·2H2O)。主要工艺流程如下：‎ ‎①滤渣的成分是_____________(写化学式)‎ ‎②写出煅烧过程中，所发生的非氧化还原反应的化学方程式(任写一个)______________________。‎ ‎③煅烧过程中，所发生的氧化还原反应如下： (其中浸出液显黄色),请完成下面化学方程式并配平。‎ ‎□Fe(CrO2)2+□Na2CO3+□O2= □_________+□Fe2O3+□CO2‎ ‎④工业上在重铬酸钠溶液中加入适量稀硫酸，用石墨作电极电解生产金属铬，阴极的电极反应式为__________________。‎ ‎【答案】 +3 1∶3 NaCr2O7溶液中存在Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H，c(OH-)增大平衡正向移动，从而使溶液中c(CrO42-)增大，溶液显黄色 Al(OH)3 H2SiO3 Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑或Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑ 4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O ‎【解析】(1) 铬铁矿的主要成分是Fe(CrO2)2，铁有+2 +3价，该物质中三种元素的化合价均为整数，所以则Cr的化合价是+3价。‎ ‎(2) 由已知向Na2CrO4溶液中加入浓盐酸，溶液会变为蓝紫色并有黄绿色气体产生，知 ‎2CrO42-+ 16H++ 6Cl_= Cr3++ 3Cl2+‎ 49 / 49‎ ‎ 8H2O所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3。‎ ‎(3) 向Na2Cr2O7溶液为橙色，加入浓NaOH溶液，会变成黄色的CrO42-。没有化合价发生变化，所以发生水解反应，方程式为：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H，c(OH-)增大平衡正向移动，从而使溶液中c(CrO42-)增大，溶液显黄色 。‎ ‎（4）铬铁矿的主要成分为Fe(CrO2)2,含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质，加纯碱煅烧发生的反应为SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑‎ ‎(3)4Fe(CrO2)2＋7O2＋8Na2CO32Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2‎ 水浸过滤后滤液再通CO2的产物为Al(OH)3 H2SiO3，所以①滤渣的成分是Al(OH)3 H2SiO3。‎ ‎②煅烧过程中，所发生的非氧化还原反应的化学方程式Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑或Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑ 。‎ ‎③煅烧过程中发生□Fe(CrO2)2+□Na2CO3+□O2= □____+□Fe2O3+□CO2,属于氧化还原反应，根据电子守恒进行配平为：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2‎ ‎④工业上在重铬酸钠溶液中加入适量稀硫酸，用石墨作电极电解生产金属铬，知Na2Cr2O7 Cr发生还原反应做阴极，阴极的电极反应式为Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O。‎ ‎29．（2018届四川省××市高三三诊考试）对炼锌厂的铜镉废渣中各元素进行分离，能减少环境污染，同时制得食品锌强化剂的原料ZnSO4·7H2O实现资源的再利用。其流程图如下。‎ ‎[相关资料]‎ ‎①铜镉废渣中含有铜、锌、镉、铁、砷等元素，其含量依次减少。‎ ‎②FeAsO4难溶于水；ZnSO4·7H2O易溶于水，难溶于酒精。‎ ‎③Zn(OH)2属于两性氢氧化物。‎ 49 / 49‎ ‎④滤液I中有Fe2＋、Zn2＋、Cu2＋、Cd2＋和少量的AsO。‎ ‎⑤有关离子沉淀完全的pH 金属离子 Fe3＋‎ Zn2＋‎ Mn2＋‎ Cu2＋‎ Cd2＋‎ 沉淀完全pH ‎3.2‎ ‎8.0‎ ‎9.8‎ ‎6.4‎ ‎9.4‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）提高铜镉废渣浸出率可以采用的方法是（写出其中一点即可）____；‎ ‎（2）向滤液I中逐滴滴人酸性KMnO4溶液可与AsO发生反应生成FeAsO4，写出该反应的离子方程式____；加入酸性KMnO4溶液不能过量，判断该滴定终点的现象是____；滤渣Ⅱ中除了FeAsO4外，还有____； ‎ ‎（3）制得的ZnSO4·7H2O需洗涤，洗涤晶体时应选用试剂为____；‎ ‎（4）上述流程除了实现对这些元素进行提取分离能减少环境污染，同时制得ZnSO4·7H2O实现资源的再利用，还可以得到副产物___‎ ‎（5）回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池的工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的正极反应式为____；‎ ‎（6）若a克铜镉废渣含有b molFe元素，加入了c mol KMnO4,则铜镉废渣中As元素的质量分数为____。（不考虑镉元素与KMnO4的反应）‎ ‎【答案】 适当增大硫酸浓度 或 升高溶液温度 或 搅拌 或 将铜镉渣研磨成小颗粒 等合理答案均可以 5Fe2+ + 5AsO + 3MnO +14H+ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓ + 7H2O 溶液恰好变为浅紫红色且半分钟内不恢复为原色 Fe(OH)3 乙醇 或 饱和硫酸锌溶液 K2SO4 Ni(OH)2 – e—+ OH— = NiO(OH) + H2O 75(5c－b)/2a 49 / 49‎ ‎【解析】整个工艺流程目的是铜镉废渣中制得ZnSO4·7H2O，滤液I中有Fe2＋、Zn2＋、Cu2＋、Cd2＋和少量的As，加入高锰酸钾，将Fe2＋氧化成Fe3＋，再调节pH至4，将其沉淀，滤液II中就剩下Zn2＋、Cu2＋、Cd2＋，再加入过量KOH，由于Zn(OH)2属于两性氢氧化物，滤液III中就剩下ZnO22-，再加入硫酸，最终制得ZnSO4·7H2O。‎ ‎（1）提高铜镉废渣浸出率可以采用的方法是：适当增大硫酸浓度或升高溶液温度或搅拌 或将铜镉渣研磨成小颗粒等；‎ ‎（2）酸性KMnO4溶液可与AsO发生反应生成FeAsO4，KMnO4将Fe2＋氧化成Fe3＋，将AsO氧化成AsO43-，根据化合价升价相等，该反应的离子方程式为：5Fe2+ + 5AsO + 3MnO +14H+ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓ + 7H2O，加入酸性KMnO4溶液不能过量，判断该滴定终点的现象是溶液恰好变为浅紫红色且半分钟内不恢复为原色，滤渣Ⅱ中除了FeAsO4外，还有Fe(OH)3；‎ ‎（3）制得的ZnSO4·7H2O需洗涤，洗去残留的其它离子，但不能用水洗，ZnSO4·7H2O易溶于水，难溶于酒精，所以用酒精洗涤或饱和的硫酸锌溶液；‎ ‎（4）上述流程最后一步向K2ZnO2溶液中加硫酸同时制得ZnSO4·7H2O，还可以得到副产物K2SO4；‎ ‎（5）回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池的工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的正极反应为Ni(OH)2失电子转化为NiO(OH) ，故电极反应为：Ni(OH)2 – e—+ OH— = NiO(OH) + H2O；‎ ‎（6）KMnO4发生了两个反应：‎ ‎5Fe2+ + 5As + 3Mn +14H+ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓‎ ‎ 5 5 3‎ x mol x mol 0.6 x mol ‎ MnO4- + 5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O ‎ 5‎ 49 / 49‎