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2020届高考化学二轮复习题型特训（精编30题）——化学工艺流程综合题【 答案+解析】
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这是一份2020届高考化学二轮复习题型特训（精编30题）——化学工艺流程综合题【 答案+解析】，共55页。
二轮复习题型特训
化学工艺流程综合题
【精编30题 答案+解析】
1.镍及其化合物用途广泛。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的工艺路线：
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。锡(Sn)位于第五周期第ⅣA族。
(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SnCl2将Fe3＋还原为Fe2＋，所需SnCl2的物质的量不少于Fe3＋物质的量的________(填分数)；除去过量的SnCl2后，再用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2＋，还原产物为 Cr3＋，滴定时反应的离子方程式为________________________________________________________________。
(4)“浸出液”中c(Ca2＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，当除钙率达到99%时，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＋的萃取率的影响如图所示，V0/VA的最佳取值是________。
解析：(1)混合研磨的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Fe3＋发生水解反应生成FeO(OH)，离子方程式为Fe3＋＋2H2OFeO(OH)↓＋3H＋。浸渣中还含有难溶于水的SiO2及反应生成的CaSO4。(3)Fe3＋Fe2＋、Sn2＋Sn4＋，根据得失电子守恒知，SnCl2与Fe3＋反应时，SnCl2的物质的量为Fe3＋的物质的量的一半。Fe2＋Fe3＋、Cr2O2Cr3＋，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平离子方程式：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。(4)当除钙率达到99%时，溶液中c(Ca2＋)＝1.0×10－3mol·L－1×(1－99%)＝1.0×10－5mol·L－1，根据Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)，得溶液中c(F－)＝＝ mol·L－1＝2.0×10－3mol·L－1。
答案：(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
(2)Fe3＋＋2H2OFeO(OH)↓＋3H＋ SiO2、CaSO4 (3) Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (4)2.0×10－3 (5)0.25
2.过氧化尿素[CO(NH2)2·H2O2]是一种白色粉末，溶于水，溶液呈弱酸性。过氧化尿素不稳定，在痕量重金属离子等活性催化剂的存在下迅速分解。工业生产过氧化尿素的原理和流程如下。原理：CO(NH2)2＋H2O2CO(NH2)2·H2O2
流程：
回答下列问题：
(1)已知过氧化尿素[CO(NH2)2·H2O2]中的CO(NH2)2与H2O2以氢键连接，其中氮元素的化合价是____________(填序号)。
A．＋3 B．－2 C．－3
(2)过氧化尿素鉴定反应：在重铬酸钾酸性溶液中加入乙醚和少许过氧化尿素，振荡。上层乙醚呈蓝色，这是由于在酸性溶液中过氧化尿素中的过氧化氢与重铬酸钾反应生成较稳定的蓝色过氧化铬(CrO5)。写出H2O2与重铬酸钾反应的离子方程式___________________________________________________。
(3)经过上述化学工艺后的产品是粗产品。已知30 ℃时尿素的溶解度远大于过氧化尿素的溶解度，则提纯粗产品的操作顺序是________(填序号)。
①洗涤 ②蒸发浓缩 ③过滤 ④冷却至30 ℃结晶 ⑤溶解
(4)在实验室中采用上述原理制取过氧化尿素，搅拌器的材质一般用玻璃而非铁质，原因是___________________________________________________。
而实际生产中搅拌器选用的是铁质材料，但需要对搅拌器进行处理，处理方法是_______________________________________________________。
(5)Ⅰ.为测定产品中H2O2的含量，常用KMnO4溶液滴定H2O2(5H2O2＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O)。高锰酸钾标准溶液通常放置时间较长，因此在滴定H2O2前，常用现配的草酸钠溶液先标定出KMnO4标准溶液的浓度。
Ⅱ.称取过氧化尿素样品2.000 g，溶解在250 mL容量瓶中定容。准确量取25.00 mL于锥形瓶中，加入1.00 mL 6 mol·L－1的硫酸，用标定过的0.100 0 mol·L－1的高锰酸钾标准溶液滴定至滴入最后一滴时溶液显浅红色且半分钟内不褪色，三次滴定平均消耗KMnO4标准溶液8.00 mL(KMnO4与尿素不反应)。
①H2O2的质量分数是________(精确至0.1%)。
②若装草酸钠溶液的滴定管水洗后未润洗，最终H2O2的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析：(1)过氧化尿素中氮元素的化合价与尿素中氮元素的化合价相同，均为－3。(2)CrO5中Cr为＋6价，反应前后各元素化合价均不变化，根据原子守恒、电荷守恒配平离子方程式。(3)根据30 ℃时尿素的溶解度远大于过氧化尿素的溶解度，可知提纯粗产品的操作顺序为溶解、蒸发浓缩、冷却至30 ℃结晶、过滤、洗涤。(5)①根据5H2O2～2MnO知，25.00 mL样品溶液中n(H2O2)＝n(KMnO4)＝×0.100 0 mol·L－1×8.00×10－3L＝2×10－3mol，则样品中H2O2的质量分数为2×10－3 mol×34 g·mol－1×÷2.000 g×100%＝34.0%。②若装草酸钠溶液的滴定管水洗后未润洗，则标定KMnO4标准溶液时消耗的草酸钠溶液的体积偏大，从而使标定的KMnO4标准溶液的浓度偏大，最终导致所测得的H2O2的质量分数偏大。
答案：(1)C (2)4H2O2＋Cr2O＋2H＋===2CrO5＋5H2O (3)⑤②④③①
(4)H2O2水溶液呈弱酸性，故H2O2可与铁单质反应，进而氧化生成可催化H2O2分解的Fe3＋ 将搅拌器放在浓硫酸(或浓硝酸)中浸泡一段时间，铁表面钝化(或对搅拌器采用“发蓝”处理) (5)①34.0% ②偏大
3.工业上以铬铁矿(主要成分是FeO·Cr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等)为原料制取铬酸钠(Na2CrO4)晶体，其工艺流程如下：
已知：①＋3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH>9时以CrO形式存在且易被氧化。
②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3＋
Fe2＋
Mg2＋
Al3＋
Cr3＋
开始沉淀时的pH
1.9
7.0
9.1
—
—
沉淀完全时的pH
3.2
9.0
11.1
4.7(>10溶解)
5.6(>9溶解)
(1)提高酸浸速率的措施有________(答两条)，滤渣3的主要成分是________(填化学式)。
(2)流程中两次使用了H2O2进行氧化，H2O2的电子式为________；第二次氧化时反应的离子方程式为_______________________________________。
(3)如果把“调pH＝4.7”和“调pH>11”中间的“过滤”步骤省略，引起的后果是___________________________________________________。
(4)流程图中“□”内的操作是________、洗涤、干燥。
(5)①制取铬酸钠后的废水中含有的Cr2O可以用绿矾除去，测得反应后的溶液中含Cr3＋、Fe2＋、Fe3＋、H＋等阳离子。该反应的离子方程式为_______________________________________________________________。
②某工厂排放废水中含2.00×10－3 mol·L－1的Cr2O，将废水处理得到磁性材料Cr0.5 Fe1.5 FeO4(Cr的化合价为＋3，Fe的化合价依次为＋3、＋2)。欲使1 L该废水中的Cr2O完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4，理论上需要加入________g绿矾。(结果保留两位小数)
解析：(1)提高酸浸速率的措施有升高温度、将铬铁矿粉碎、搅拌、增加硫酸浓度等；滤渣1为SiO2，滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3，滤渣3为Mg(OH)2。(2)H2O2的电子式为；第一次加入H2O2是为了将Fe2＋氧化为Fe3＋；第二次加入H2O2是为了将CrO氧化为CrO，反应的离子方程式为2CrO＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O。(3)调pH＝4.7时沉淀成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，如果不过滤，当继续加入NaOH至pH＝11时，Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO。(4)Na2CrO4溶液制得Na2CrO4晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，涉及的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等。
(5)①Cr2O转化为Cr3＋，亚铁离子被氧化为铁离子，该反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。②根据Cr0.5Fe1.5FeO4知，Cr、Fe的原子个数比为0.5∶2.5＝1∶5，故需要n(FeSO4·7H2O)＝2.00×10－3mol·L－1×1 L×2×5＝0.02 mol，质量为5.56 g。
答案：(1)升高温度、将铬铁矿粉碎、搅拌、增加硫酸浓度等(任答两条即可) Mg(OH)2
(2) 2CrO＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O
(3)pH>11时Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO，使产品不纯
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(5)①Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O ②5.56
4.立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白),是一种常用的白色颜料。回答下列问题:
(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花,亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时,钡的焰色为 (填标号)。
A.黄色 B.红色
C.紫色 D.绿色
(2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉:
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为 。 回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为 。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差,其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的 (填化学式)。
③沉淀器中反应的离子方程式为
。
(3)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品,置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.100 0 mol·L-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5 min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2O32-2I-+S4O62-。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为 ,样品中S2-的含量为 (写出表达式)。
答案 (1)D (2)①BaSO4+4CBaS+4CO↑ CO+H2OCO2+H2 ②BaCO3 ③S2-+Ba2++Zn2++SO42-ZnS·BaSO4↓
(3)浅蓝色至无色 (25.00-12V)×0.100 0×32m×1 000×100%
解析 (1)常见的金属元素在焰色反应中呈现的焰色分别为:钠—黄色、钾—紫色(透过蓝色钴玻璃观察)、钙—砖红色、锶—洋红色、铜—绿色、钡—黄绿色。
(2)①由于焦炭过量,故C被氧化为CO,反应的化学方程式为4C+BaSO4BaS+4CO↑;根据生成CO2和一种清洁能源气体的信息可以写出CO与H2O反应生成CO2与H2的化学方程式。②根据信息结合框图可知,还原料的主要成分为BaS,BaS表面与空气中的H2O和CO2反应生成有臭鸡蛋气味的H2S和难溶于水的BaCO3。③根据立德粉的化学式和框图可知离子反应方程式为Ba2++S2-+Zn2++SO42-ZnS·BaSO4↓。
(3)碘单质能使淀粉溶液显蓝色,当I2全部被消耗完后,溶液蓝色褪去。
根据反应:I2+S2-S↓+2I-,I2+2S2O32-2I-+S4O62-,n(S2-)+12n(S2O32-)=n(I2),因此,n(S2-)=(25.00×0.100 0×10-3-12V×0.100 0×10-3) mol,故样品中S2-的含量为(25.00-12V)×0.100 0×32m×1 000×100%。
5.工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：
已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。
②Al3＋、Fe3＋沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，Mn2＋、Mg2＋开始沉淀的pH分别为8.1、9.1。
③焙烧过程中主要反应为MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。
(1)结合图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别为_____________________________________________________、
____________、____________。
(2)对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2将Fe2＋转化为Fe3＋，再调节溶液pH的范围为____________________________________________________，
将Fe3＋和Al3＋变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2＋、Mg2＋变为氟化物沉淀除去。
(3)“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为__________________________________________________________________
______________________________________________________________。
(4)上述流程中可循环使用的物质是________。
(5)现用滴定法测定浸出液中Mn2＋的含量。实验步骤：称取1.000 g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使反应2Mn2＋＋NO＋4PO＋2H＋2[Mn(PO4)2]3－＋NO＋H2O充分进行；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO＋NH===N2↑＋2H2O以除去NO；加入稀硫酸酸化，用2.00 mol·L－110.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋＋2PO；用0.10 mol·L－110.00 mL酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。
①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应的离子方程式为______________________
_____________________________________________(还原产物是Cr3＋)。
②试样中锰的质量分数为________。
解析：(1)随着温度的升高，锰浸出率逐渐升高，但是500 ℃以后，锰浸出率增加缓慢，并且在500 ℃时，锰浸出率已超过95%。从节约能源的角度考虑，焙烧温度取500 ℃即可；焙烧时间为60 min时锰浸出率较大，超过60 min锰浸出率趋于平缓，因此，实验选择最佳的焙烧时间为60 min；当氯化铵与菱锰矿粉质量比为1.10∶1时，锰浸出率已经很高，继续增加氯化铵用量，锰浸出率提高不明显，因此，氯化铵与菱锰矿粉最佳质量比为1.10∶1。(2)Fe3＋和Al3＋完全沉淀的pH分别是3.2、4.7，调节pH不能使Mn2＋沉淀，所以pH的范围是4.7≤pH<8.1。(4)蒸发浓缩、冷却结晶后得到的氯化铵可以循环使用。(5)②首先根据关系式6Fe2＋～Cr2O计算出过量的Fe2＋为0.006 0 mol，然后得出与[Mn(PO4)2]3－反应的Fe2＋为0.020 0 mol－0.006 0 mol＝0.014 mol，根据关系式Mn2＋～[Mn(PO4)2]3－～Fe2＋计算得出n(Mn2＋)＝0.014 mol，试样中的m(Mn)＝0.014 mol×55 g·mol－1＝0.77 g，故试样中锰的质量分数为77%。
答案：(1)500 ℃ 60 min 1.10
(2)4.7≤pH<8.1
(3)Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
(4)NH4Cl
(5)①6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O
②77%
6.高纯MnCO3在电子工业中有重要的应用,湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe、Al、Mg等杂质元素)制备高纯碳酸锰的实验过程如下:
(1)浸出时温度控制在90~95 ℃之间,并且要连续搅拌3小时的目的是 ,植物粉的作用是 。
(2)除杂过程的操作如下:
①向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿,调节浸出液的pH为3.5~5.5。
②再加入一定量的软锰矿和双氧水,过滤。
③……
操作①中使用碳酸锰调pH的优势是 ;操作②中加入双氧水不仅能将Fe2+氧化为Fe3+,而且能提高软锰矿的浸出率。写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式 。
(3)在30~35 ℃下,将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中,控制反应液的最终pH在6.5~7.0,可得到MnCO3沉淀。温度控制在35 ℃以下的原因是 ;该反应的化学方程式为 ;生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤,检验洗涤是否完全的方法是 。
(4)已知室温下,Ksp(MnCO3)=1.8×10-11,Ksp(MgCO3)=2.6×10-5,当离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时,表示该离子沉淀完全。若净化液中的c(Mg2+)=10-2 mol·L-1,试计算说明Mg2+的存在是否会影响MnCO3的纯度。
答案 (1)使软锰矿粉充分反应,提高软锰矿中锰的浸出率 作还原剂
(2)增加MnCO3的产量(或不引入新的杂质等) MnO2+H2O2+2H+Mn2++2H2O+O2↑
(3)减少碳酸氢铵的分解,提高原料利用率 MnSO4+2NH4HCO3MnCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O 取最后一次的洗涤滤液1~2 mL置于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤干净
(4)Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)·c(CO32-),当Mn2+沉淀完全时,c(CO32-)=1.8×10-111.0×10-5 mol·L-1=1.8×10-6 mol·L-1,若Mg2+也能形成沉淀,则要求c(Mg2+)>2.6×10-51.8×10-6 mol·L-1≈14.4 mol·L-1,Mg2+的浓度为0.01 mol·L-1,远小于14.4 mol·L-1,所以Mg2+的存在不会影响MnCO3的纯度。
解析 湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe、Al、Mg等杂质元素)制备高纯碳酸锰,加入浓硫酸和植物粉浸出、过滤得到滤液并除去杂质,加入碳酸氢铵形成沉淀,再通过一系列操作可得到高纯碳酸锰。
(1)升温、搅拌都可以加快物质的溶解反应速率,浸出时温度控制在90~95 ℃之间,并且要连续搅拌3小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率。加入植物粉作还原剂。
(2)使用碳酸锰调pH的优势是增加MnCO3的产量且不引入新的杂质。酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢生成氧气,同时二氧化锰被还原为锰离子,反应的离子方程式为MnO2+H2O2+2H+Mn2++2H2O+O2↑。
(3)根据碳酸氢铵受热易分解分析,温度控制在35 ℃以下的原因是防止碳酸氢铵分解,在30~35 ℃下,将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中,控制反应液的最终pH在6.5~7.0,可得到MnCO3沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水,反应的化学方程式为MnSO4+2NH4HCO3MnCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O。生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤,检验洗涤是否完全的方法是取最后一次的洗涤滤液1~2 mL置于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤干净。
(4)Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)·c(CO32-),当Mn2+沉淀完全时,c(CO32-)=1.8×10-111.0×10-5 mol·L-1=1.8×10-6 mol·L-1,若Mg2+也能形成沉淀,则要求c(Mg2+)>2.6×10-51.8×10-6 mol·L-1≈14.4 mol·L-1,净化液中Mg2+的浓度为0.01 mol·L-1,远小于14.4 mol·L-1,则Mg2+的存在不会影响MnCO3的纯度。
7.H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答：
Ⅰ.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物。
(1)该反应的化学方程式为
___________________________________________________________。
Ⅱ.H2S可用于检测和沉淀金属阳离子。
(2)H2S的第一步电离方程式为
_____________________________________________________________。
(3)已知：25 ℃时，Ksp(SnS)＝1.0×10－25，Ksp(CdS)＝8.0×10－27。该温度下，向浓度均为0.1 mol·L－1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，当Sn2＋开始沉淀时，溶液中c(Cd2＋)＝________(溶液体积变化忽略不计)。
Ⅲ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。反应原理为
ⅰ.COS(g)＋H2(g)H2S(g)＋CO(g) ΔH＝＋7 kJ·mol－1；
ⅱ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－42 kJ·mol－1。
(4)已知：断裂1 mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示。
分子
COS(g)
H2(g)
CO(g)
H2S(g)
H2O(g)
CO2(g)
能量/(kJ·mol－1)
1 319
442
x
678
930
1 606
表中x＝________。
(5)向10 L容积不变的密闭容器中充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和1 mol H2O(g)，进行上述两个反应。其他条件不变时，体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。
①随着温度升高，CO的平衡体积分数________(填“增大”或“减小”)。原因为________________________________________________________
___________________________________________________________。
②T1℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol。则该温度下，COS的平衡转化率为________；反应ⅰ的平衡常数为________(保留两位有效数字)。
解析：(1)天然气的主要成分是CH4，根据题意，CH4与SO2反应生成H2S、CO2和H2O，反应条件是高温、催化剂。根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式。(2)H2S是二元弱酸，分两步电离，且电离过程是“可逆过程”，以第一步电离为主，H2S的第一步电离方程式为H2SH＋＋HS－。(3)当Sn2＋开始沉淀时，溶液中c(S2－)＝＝ mol·L－1＝1.0×10－24mol·L－1，此时溶液中c(Cd2＋)＝＝ mol·L－1＝8.0×10－3mol·L－1。(4)反应热＝反应物总键能－生成物总键能，对于反应ⅰ，ΔH＝(1 319＋442－678－x)kJ·mol－1＝＋7 kJ·mol－1，解得x＝1 076[或利用反应ⅱ进行计算，ΔH＝(x＋930－1 606－442)kJ·mol－1＝－42 kJ·mol－1，解得x＝1 076]。(5)①由题图知，随着温度升高，CO的平衡体积分数增大。反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数增大，综合来讲，其他条件不变，升高温度，体系中CO的平衡体积分数增大。②T1 ℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol，则反应的n(COS)＝0.20 mol，故COS的平衡转化率为×100%＝20%。反应ⅰ生成0.20 mol CO，剩余0.80 mol H2，生成的CO与H2O(g)发生反应ⅱ，设达到平衡时，参加反应ⅱ的CO为x mol，利用三段式法进行计算：
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始(mol) 0.20 1 0 0.80
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 0.20－x 1－x x 0.80＋x
开始共投入3 mol气体，且反应ⅰ和反应ⅱ都是气体分子数不变的反应，故平衡时体系中气体的总物质的量不变。根据题图知，T1℃达到平衡时，CO的体积分数为5%，故×100%＝5%，解得x＝0.05。故平衡时体系中n(COS)＝0.80 mol，n(H2)＝0.80 mol＋0.05 mol＝0.85 mol，n(H2S)＝0.20 mol，n(CO)＝0.20 mol－0.05 mol＝0.15 mol，反应ⅰ的平衡常数K＝＝≈0.044。
答案：Ⅰ.(1)4SO2＋3CH44H2S＋3CO2＋2H2O
Ⅱ.(2)H2SH＋＋HS－ (3)8.0×10－3mol·L－1
Ⅲ.(4)1 076 (5)①增大 反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大 ②20% 0.044
8.银的冶炼有很多方法,在《天工开物》均有记载,而现代流行的“氰化法”,用NaCN溶液浸出矿石中的银的方法是最常用的方法。该方法具备诸多优点:银的回收率高、对游离态和化合态的银均能浸出、对能源消耗相对较少、生产工艺简便等,但氰化物通常有毒。其炼制工艺简介如下:
(1)矿石需要先进行破碎、研磨,其目的是 。
(2)写出该工艺的一个明显的缺点 。
(3)用NaCN浸泡矿石(该矿石是辉银矿,其主要成分是Ag2S)时,反应容器处于开口状态,产生的银以[Ag(CN)2]-形式存在,硫元素被氧化至最高价,试写出主要反应的离子方程式: 。
(4)在矿石中银往往和锌、铜、金等元素伴生,故氰化法得到的银中往往因含有上述金属而不纯净,需要进一步纯化,从而获得纯净的银。其中方法之一就是进行电解精炼,在精炼过程中,含有杂质的银作 (填“阴”或“阳”)极,该电极上发生的主要反应式为 ,金以 形式存在。
(5)有人提出了另外的提纯银的方案,先将锌粉还原后的混合金属用略过量的硝酸溶解,通过精确调整溶液的pH来进行金属元素分离,已知:
①溶解后的离子浓度如下表:
Zn2+
Cu2+
Ag+
物质的量浓度/mol·L-1
0.001
0.002
0.5
②某些金属离子的氢氧化物Ksp如下:
Zn2+
Cu2+
Ag+
……
Ksp
1.0×10-17
2.0×10-20
2.0×10-8
若lg 2=0.3,该设计方案 (填“可行”或“不可行”),其原因是 。
答案 (1)增大接触面积,提高反应速率
(2)NaCN有剧毒,会污染环境(生成有毒HCN,生产工艺不环保,对环境不友好等)
(3)Ag2S+4CN-+2O22[Ag(CN)2]-+SO42-
(4)阳 Ag-e-Ag+、Zn-2e-Zn2+、Cu-2e-Cu2+ 阳极泥
(5)不可行 在调整溶液的pH时,各离子沉淀的pH相近,难以逐一沉淀
解析 (1)矿石需要先进行破碎、研磨,其目的是增大接触面积,提高反应速率。
(2)根据题干提示,氰化物有毒,所以该工艺的一个明显的缺点是NaCN有剧毒,会污染环境。
(3)根据提示可知,反应的离子方程式为Ag2S+4CN-+2O22[Ag(CN)2]-+SO42-。
(4)根据电解的原理,要除去杂质,需要将银溶解,故将有杂质的银作阳极,使其失电子,该电极上发生的主要反应为:Ag-e-Ag+、Zn-2e-Zn2+、Cu-2e-Cu2+。金的活泼性不如Ag,金不会失电子,最终会在阳极下面以阳极泥的形式存在。
(5)由Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH-(aq)可得,Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)·c2(OH-),当锌离子开始沉淀时c(OH-)=Kspc(Zn2+)=1×10-170.001 mol·L-1=10-7 mol·L-1,溶液pH=7。当Zn2+完全沉淀时c(OH-)=1×10-1710-5 mol·L-1=10-6 mol·L-1,溶液pH=8。
由Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)得,当铜离子开始沉淀时c(OH-)=Kspc(Cu2+)=2.0×10-200.002 mol·L-1=10-8.5 mol·L-1,溶液pH=5.5,当Cu2+完全沉淀时c(OH-)=2.0×10-2010-5 mol·L-1=2×10-15 mol·L-1,进一步计算可得溶液pH=6.65。
由AgOH(s)Ag+(aq)+OH-(aq)得,当银离子开始沉淀时c(OH-)=Kspc(Ag+)=2.0×10-80.5 mol·L-1=4×10-8 mol·L-1,进一步计算可得溶液pH=6.6。当Ag+完全沉淀时c(OH-)=2.0×10-810-5 mol·L-1=2×10-3 mol·L-1,pH=11.3。
根据以上数据可知,在调整溶液的pH时,各离子的沉淀pH相近,难以逐一沉淀。
9.工业上以软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2)为原料制取金属锰的工艺流程如下:
(1)软锰矿“粉磨”的目的是 。
(2)“浸渣”的主要成分是 (填名称)。
(3)经检测“浸取液”中无Fe2+,“浸取”时MnO2发生反应的离子方程式为 。
(4)在“沉锰”操作中,不能用Na2CO3代替NH4HCO3,其原因是 。
(5)将“酸溶”后的溶液作为电解液,用下图1装置电解,应采用 (填“阴”或“阳”)离子交换膜,阳极的电极反应式为 。
图1
图2
(6)为充分利用“滤渣1”,需测定滤渣中铝元素的含量,设计以下方案。
①将m g滤渣处理成a mL溶液。
②取少量①中溶液用EDTA滴定测得溶液中Fe3+、Al3+的浓度之和为b mmol·L-1。
③另取少量①中溶液将Fe3+用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl-)还原Fe2+,离子方程式为 ;
④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400(吸光度与Fe2+的浓度关系如上图2所示)。该样品中铝元素的质量分数为 (用含字母的表达式表示)。
答案 (1)加快浸取速率
(2)二氧化硅
(3)MnO2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O
(4)Na2CO3溶液碱性较强,会导致生成氢氧化物沉淀(碱式碳酸锰)
(5)阴 2H2O-4e-4H++O2↑
(6)③2Fe3++2NH3OH+2Fe2++4H++N2↑+2H2O ④27a(b-0.040)×10-6m×100%
解析 (1)软锰矿是固体物质,将其“粉磨”的目的是增大物质的表面积,以便于在用稀硫酸和FeSO4溶液浸取时反应速率大大加快。
(2)软锰矿的主要成分为MnO2,另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2,用硫酸和FeSO4溶液浸取时,FeCO3、Al2O3与硫酸反应产生FeSO4、Al2(SO4)3进入溶液,FeSO4与MnO2在酸性条件下发生氧化还原反应MnO2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O,而SiO2不能发生反应,所以“浸渣”的主要成分是二氧化硅。
(3)经检测“浸取液”中无Fe2+,说明Fe2+在“浸取”时与具有氧化性的MnO2发生了氧化还原反应,反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O。
(4)在“沉锰”操作中,不能用Na2CO3代替NH4HCO3,原因是由于CO32-的水解使Na2CO3溶液碱性较强,会导致Mn2+生成氢氧化物沉淀或碱式碳酸锰,影响MnCO3的纯度。
(5)反应产生的MnCO3与稀硫酸发生反应MnCO3+H2SO4MnSO4+H2O+CO2↑,要采用电解的方法使Mn2+还原为金属Mn,阴极电极反应式为2Mn2++4e-2Mn,阳极电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑,根据溶液电中性和电解原理,右边的SO42-要移向阳极进入左边,因此要选择阴离子交换膜。
(6)③另取少量①中溶液将Fe3+用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl-)还原为Fe2+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得反应的离子方程式为2Fe3++2NH3OH+2Fe2++4H++N2↑+2H2O。④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400,根据物质的吸光度与Fe2+的浓度关系知该溶液中c(Fe2+)=0.040 mmol·L-1,根据2Fe3++2NH3OH+2Fe2++4H++N2↑+2H2O可知c(Fe3+)=c(Fe2+)=0.040 mmol·L-1,因为c(Al3+)+c(Fe3+)=b mmol·L-1,所以c(Al3+)=(b-0.040) mmol·L-1,溶液的体积为a mL,故n(Al3+)=(b-0.040) mmol·L-1×a×10-3 L=a(b-0.040)×10-6 mol,则该样品中铝元素的质量分数为27×a×(b-0.040)×10-6m×100%。
10.硼氢化钠(NaBH4)具有优良的还原性,在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用。利用硼精矿(主要成分为B2O3,含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等)制取NaBH4的流程如图1:
图1
图2
已知:偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水,不溶于醇,在碱性条件下稳定存在。回答下列问题。
(1)写出加快硼精矿溶解速率的措施 (写一种)。
(2)操作1为 ,滤渣主要成分为 。
(3)除硅、铝步骤加入CaO而不加入CaCl2的原因有:①能将硅、铝以沉淀除去;② 。
(4)氢化镁(MgH2)中H元素的化合价为 ;MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应1,其化学方程式为 。
(5)如图2在碱性条件下,在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠,写出阴极室的电极反应式 。
(6)硼氢化钠是一种强还原剂,碱性条件可处理电镀废液中的硫酸铜制得纳米铜,从而变废为宝,写出该反应的离子方程式: 。
答案 (1)将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等(答1点即可)
(2)过滤 Fe(OH)3
(3)提供碱性溶液抑制NaBO2水解
(4)-1价 2MgH2+NaBO2NaBH4+2MgO
(5)BO2-+6H2O+8e-BH4-+8OH-
(6)4Cu2++BH4-+8OH-4Cu+BO2-+6H2O
解析 (1)将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等都可以加快硼精矿溶解速率。(2)根据以上分析,操作1为过滤,滤渣主要成分为Fe(OH)3。(3)已知NaBO2易溶于水,在碱性条件下稳定存在,所以除硅、铝步骤加入CaO而不加入CaCl2的原因有:①能将硅、铝以沉淀除去;②提供碱性溶液抑制NaBO2水解。(4)根据化合价代数和为0,则氢化镁(MgH2)中H元素的化合价为-1价;MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应生成NaBH4和MgO,则化学方程式为2MgH2+NaBO2NaBH4+2MgO。(5)在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠,则阴极室BO2-得电子发生还原反应生成BH4-,则电极反应式为BO2-+6H2O+8e-BH4-+8OH-。(6)硼氢化钠是一种强还原剂,碱性条件可处理电镀废液中的硫酸铜制得纳米铜,则反应的离子方程式为4Cu2++BH4-+8OH-4Cu+BO2-+6H2O。
11.重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的氧化剂，工业上常用铬铁矿为原料生产重铬酸钾。但含铬废渣(废水)是污染物，随意排放对人类的生存环境有极大的危害。某兴趣小组设计如图所示工艺，模拟工业用铬铁矿制取重铬酸钾。
小组成员通过查阅相关资料，获得以下信息：
①铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，其中含杂质SiO2、Al2O3和MgO
②某些物质在不同温度下的溶解度：
物质
KCl
NaCl
K2Cr2O7
Na2Cr2O7
溶解度
(g/100 g水)
0 ℃
28
35.7
4.7
163
40 ℃
40.1
36.4
26.3
215
80 ℃
51.3
38
73
376
③Na2CrO4溶液中存在平衡：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O
④常温下，Cr(OH)3的Ksp＝6.4×10－32
⑤lg 5＝0.7
请回答下列问题：
(1)流程①反应器中涉及的主要反应如下，请完成并配平该反应方程式。
FeO·Cr2O3＋NaOH＋KClO3Na2CrO4＋Fe2O3＋KCl＋________
(2)流程②后所得到的滤液中含有的金属阳离子是________。
(3)流程③中调节pH＝7～8并过滤，所得滤渣为________。
(4)流程④中酸化的目的是________________，但酸化不能选用盐酸，其理由是__________________________________________________________。
(5)流程⑤中加入KCl，能够析出重铬酸钾晶体的原因是
____________________________________________________________。
(6)①一定浓度的含Cr3＋废水排放到河塘中会使鱼类等水生物死亡，原因是
_____________________________________________________________。
②若Ⅰ类生活饮用水水质标准铬含量最高限值是5.2×10－5g·L－1，若通过调节溶液的pH的方法让含Cr3＋的水达到饮用水水质标准，则pH≥________。
解析：(1)缺项配平题应先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的系数，再根据观察法确定缺项物质及其系数。(2)MgO、Fe2O3成为滤渣，而铬、铝和硅元素分别变成CrO、AlO和SiO，所以流程2后所得滤液中的金属阳离子只有Na＋、K＋。(3)调节溶液的pH＝7～8，AlO和SiO转变为Al(OH)3和H2SiO3沉淀。(4)流程④，溶液中主要含CrO，利用平衡移动原理，加酸生成Cr2O。(5)流程⑤中加入KCl后，溶液中存在Cl－、K＋、Na＋和Cr2O四种离子，K2Cr2O7的溶解度较小，故能够析出。(6)①Cr3＋是重金属阳离子，能使蛋白质变性。②按标准Ⅰ类生活饮用水Cr3＋最高限值是5.2×10－5g·L－1，即1.0×10－6mol·L－1，调节pH让Cr3＋变成Cr(OH)3，根据Ksp[Cr(OH)3]＝6.4×10－32，可求得水中c(OH－)最小应为4×10－9mol·L－1，c(H＋)最大值为2.5×10－6mol·L－1，故pH≥5.6。
答案：(1)6 24 7 12 3 7 12H2O
(2)Na＋、K＋
(3)Al(OH)3和H2SiO3
(4)增大H＋浓度，促使2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O平衡向右移动，生成Cr2O 酸性条件下，Cl－能被Cr2O氧化
(5)重铬酸钾的溶解度较小，故在Cl－、K＋、Na＋和Cr2O共同存在的溶液中能够析出K2Cr2O7晶体
(6)①重金属离子可使蛋白质变性 ②5.6
12.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题:
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
(1)“滤渣1”含有S和 ;写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式 。
(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是 。
(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为 ~6.0之间。
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是 。
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是 。
(6)写出“沉锰”的离子方程式 。
(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=13时,z= 。
答案 (1)SiO2(或不溶性硅酸盐) MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+
(3)4.7
(4)NiS和ZnS
(5)F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2Mg2++2F-平衡向右移动
(6)Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O
(7)13
解析 (1)加硫酸“溶浸”过程中MnO2将MnS中的S2-氧化为单质硫:MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O。天然锰矿中含有的二氧化硅(或硅酸盐)不溶于稀硫酸,所以滤渣1为S和二氧化硅(或不溶性硅酸盐)。
(2)“溶浸”时杂质Fe、Al、Mg、Zn、Ni等元素也都转化为相应的硫酸盐,其中铁元素部分以Fe2+存在,结合金属离子沉淀时的pH范围,加MnO2是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,以方便后面将其转化为沉淀除去。(3)~(5)结合题给表格中金属离子沉淀时的pH范围可知,加氨水“调pH”主要是沉淀Fe3+和Al3+[滤渣2为Fe(OH)3和Al(OH)3],根据题给氢氧化物沉淀的pH范围可知需控制的pH范围为4.7~6.0。而后面加Na2S完成的“除杂1”是沉淀Zn2+和Ni2+,则滤渣3为ZnS和NiS。加MnF2完成的“除杂2”是沉淀Mg2+,滤渣4为MgF2。若沉淀Mg2+时溶液酸性较强,H+会与F-生成弱电解质HF,使平衡MgF2(s)Mg2+(aq)+2F-(aq)右移,则导致Mg2+沉淀不完全。
(6)流程图中加NH4HCO3是为了沉淀Mn2+,产物为MnCO3,同时生成CO2和(NH4)2SO4、H2O。
(7)根据化合物中元素化合价的代数和为0可列式计算:(+1)+(+2)×13+(+3)×13+(+4)×z+(-2)×2=0,解得z=13。
13.CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3,还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下:
已知:①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等。
②酸性条件下,ClO3-不会氧化Co2+,ClO3-转化为Cl-。
③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表(金属离子浓度为0.01 mol·L-1):
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
④CoCl2·6H2O熔点为86 ℃,加热至110~120 ℃时,失去结晶水生成无水氯化钴。
请回答:
(1)写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式 。
(2)向浸出液中加入NaClO3发生主要反应的离子方程式为 。
(3)“加Na2CO3调pH至5.2”,过滤所得到的沉淀X成分为 。
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示,萃取剂使用的适宜pH范围是 。(填选项序号字母)
A.1.0~2.0
B.2.5~3.5
C.4.0~5.0
(5)制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是 。
(6)为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量,称取2 g的粗产品溶于水,配成100 mL溶液,取出20 mL置于锥形瓶,加入K2CrO4做指示剂(Ag2CrO4为砖红色沉淀),用0.2 mol·L-1的AgNO3溶液滴定至终点,重复2~3次,平均消耗AgNO3标准溶液10.00 mL。该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为 。用K2CrO4做指示剂时,需要控制溶液pH为6.5~10.5,试分析原因是 。
答案 (1)Co2O3+SO32-+4H+2Co2++SO42-+2H2O
(2)6H++6Fe2++ClO3-6Fe3++Cl-+3H2O
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)B
(5)降低烘干温度,防CoCl2·6H2O高温下失去结晶水
(6)59.5% pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-),pH太大又会生成Ag(OH)沉淀(或Ag2O沉淀)
解析 (1)水钴矿主要成分为Co2O3和Co(OH)3,加入盐酸和亚硫酸钠,浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等,所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应,根据电荷守恒和得失电子守恒,反应的离子方程式为Co2O3+SO32-+4H+2Co2++SO42-+2H2O。
(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,其反应的离子方程式为ClO3-+6Fe2++6H+Cl-+6Fe3++3H2O。
(3)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,加Na2CO3调pH至5.2,铝离子与碳酸根离子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳,水解的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑。铁离子能与碳酸根离子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铁和二氧化碳,水解的离子方程式为2Fe3++3CO32-+3H2O2Fe(OH)3↓+3CO2↑,所以沉淀X的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)根据流程图可知,此时溶液中存在Mn2+、Co2+,由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知,调节溶液pH在3.0~3.5之间,可使Mn2+完全萃取,并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀,故选B。
(5)根据题意知,CoCl2·6H2O常温下稳定、无毒,加热至110~120 ℃时,失去结晶水变成有毒的无水氯化钴,为防止其分解失水,制得的CoCl2·6H2O需降低烘干温度,即采用减压烘干的方法。
(6)CoCl2·6H2O~2AgNO3
238 g 2 mol
x 0.2 mol·L-1×0.01 L
238 gx=2mol0.2mol·L-1×0.01 L
x=0.238 g
则CoCl2·6H2O的纯度为0.238 g×100202 g×100%=59.5%
pH太小K2CrO4会氧化Cl-(或转化为Cr2O72-),pH太大又会生成AgOH沉淀,所以需要控制溶液pH为6.5~10.5。
14.研究氮及其化合物的性质在人类进步过程中具有极为重要的意义。
(1)肼(N2H4)与N2O4分别是火箭发射中最常用的燃料与氧化剂。已知2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1 225 kJ·mol－1。几种化学键的键能数据如下：
化学键
N—H
N—N
N≡N
O—H
键能/(kJ·mol－1)
390
190
946
460
则1 mol N2O4(l)完全分解成相应的原子时需要吸收的能量是________。
(2)N2O4与NO2转化的热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝＋24.4 kJ·mol－1。
①将一定量的N2O4投入固定容积的真空容器中，下述现象能说明反应达到平衡的是________(填字母)。
a．v正(N2O4)＝2v逆(NO2) b．体系颜色不变
c．气体平均相对分子质量不变 d．气体密度不变
②在一密闭容器中发生该反应，达到平衡后，保持体积不变升高温度，再次达到平衡时，则混合气体的颜色________(填“变深”“变浅”或“不变”)，判断理由________________________________________________________
_____________________________________________________________。
③平衡常数K可用反应体系中气体物质平衡分压表示，即K表达式中平衡浓度可用平衡分压代替，分压＝总压×物质的量分数[例如：p(NO2)＝p总×x(NO2)]。写出上述反应平衡常数K的表达式________(用p总、各气体物质的量分数x表示)；影响K的因素为________。
(3)氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。在773 K时，分别将2.00 mol N2和6.00 mol H2充入一个固定容积为1 L的密闭容器中，限着反应的进行，气体混合物中n(H2)、n(NH3)与反应时间(t)的关系如表所示：
t/min
0
5
10
15
20
25
30
n(H2)/mol
6.00
4.50
3.60
3.30
3.03
3.00
3.00
n(NH3)/mol
0
1.00
1.60
1.80
1.98
2.00
2.00
①该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2、NH3，其浓度均为3 mol·L－1，则此时v正_______________________________________________
v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
②由表中的实验数据可得到“c—t”的关系，如图1所示，表示c(N2)—t的曲线是________。在此温度下，若起始充入4 mol N2和12 mol H2，则反应刚达到平衡时，表示c(H2)—t的曲线上相应的点为________。
(4)有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图2所示。电池正极的电极反应式是____________________，A是_______________________________。
解析：(1)N2O4(l)完全分解成相应的原子需要断裂分子中所有的化学键，故需要的总能量就等于其中化学键的总键能，设1 mol N2O4(l)的总键能为E，则ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能＝(8×390 kJ·mol－1＋2×190 kJ·mol－1＋E)－(3×946 kJ·mol－1＋8×460 kJ·mol－1)＝－1 225 kJ·mol－1，则E＝1 793 kJ·mol－1。(2)①达到化学平衡的条件是正逆反应速率相等，即＝，得2v正(N2O4)＝v逆(NO2)，所以a错误。N2O4为无色，NO2为红棕色，若颜色不变，说明c(NO2)及c(N2O4)不变，即各物质的浓度不变，所以b正确。＝，均是气体，m(气)不变，但在反应过程中气体的总物质的量发生变化，其平均相对分子质量也在变化，若气体平均相对分子质量不变，说明n(气)不变，则各物质的物质的量浓度不变，达到化学平衡状态，所以c正确。气体的质量不变，容器体积不变，在反应过程中，密度始终不变，所以气体密度不变不能说明反应达到平衡状态，d错误。②该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，c(NO2)增大，颜色加深。③K＝，将c(NO2)、c(N2O4)换成p(NO2)、p(N2O4)。影响平衡常数的因素只有温度。(3)①该温度下，25 min时反应处于平衡状态，平衡时c(N2)＝1 mol·L－1、c(H2)＝3 mol·L－1、c(NH3)＝2 mol·L－1，则K＝
＝L2·mol－2。在该温度下若向同容积的另一容器中投入N2、H2和NH3，其浓度均为3 mol·L－1，则Qc＝＝＝L2·mol－2
(2)①bc ②变深 正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c(NO2)增大，气体颜色加深 ③K＝p总·x2(NO2)/x(N2O4)(其他合理答案亦可) 温度 (3)①大于 ②乙 B
(4)N2＋8H＋＋6e－===2NH 氯化铵(或NH4Cl)
15.碱性锌锰电池是日常生活中消耗量最大的电池，其构造如图所示。放电时总反应为Zn＋2H2O＋2MnO2===Zn(OH)2＋2MnOOH。从废旧碱性锌锰电池中回收Zn和MnO2的工艺如图所示：
回答下列问题：
(1)MnOOH中，Mn元素的化合价为________。
(2)“还原焙烧”过程中，高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质(其中MnOOH、MnO2被还原成MnO)，主要原因是“粉料”中含有________。
(3)“净化”是为了除去浸出液中的Fe2＋，方法是：加入________(填化学式)溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，再调节pH使Fe3＋沉淀完全。已知浸出液中Mn2＋、Zn2＋的浓度约为0.1 mol·L－1，根据下列数据计算，调节pH的合理范围是________至________。(离子浓度小于1×10－5 mol·L－1即为沉淀完全)
化合物
Mn(OH)2
Zn(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10－13
10－17
10－38
(4)“电解”时，阳极的电极反应式为_____________________________。
本工艺中应循环利用的物质是________(填化学式)。
(5)若将“粉料”直接与盐酸共热反应后过滤，滤液的主要成分是ZnCl2和MnCl2。“粉料”中的MnOOH与盐酸反应的化学方程式为
____________________________________________________________。
(6)某碱性锌锰电池维持电流强度0.5 A(相当于每秒通过5×10－6 mol电子)，连接工作80分钟即接近失效。如果制造一节电池所需的锌粉为6 g，则电池失效时仍有________%的金属锌未参加反应。
解析：(1)根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，MnOOH中Mn元素的化合价为＋3。(2)结合题图知，废旧碱性锌锰电池经破碎操作后得到的粉料中含有C，因此还原焙烧过程中，高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质。(3)可以加入H2O2溶液或KMnO4溶液将Fe2＋氧化为 Fe3＋。欲使Fe3＋沉淀完全，需使c(OH－)>＝ mol·L－1＝10－11mol·L－1，即需pH>3；欲使Zn2＋不沉淀，需使c(OH－)<＝ mol·L－1＝10－8mol·L－1，即需pH<6；欲使Mn2＋不沉淀，需使c(OH－)<＝ mol·L－1＝10－6mol·L－1，即需pH<8，故应该调节pH为3～6。
(4)根据流程图知，净化后得到ZnSO4、MnSO4和H2SO4等的混合溶液，电解时，阳极上Mn2＋发生氧化反应：Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋，阴极上Zn2＋发生还原反应：Zn2＋＋2e－===Zn，得到的废电解液中含有大量H2SO4，可以循环用于浸出操作。
(5)MnOOH与盐酸反应生成MnCl2，Mn元素化合价降低，则HCl中Cl元素化合价升高，生成Cl2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式：2MnOOH＋6HCl2MnCl2＋Cl2↑＋4H2O。(6)电池接近失效时转移电子的物质的量为5×10－6mol·s－1×80×60 s＝0.024 mol，则参加反应的锌为0.012 mol，质量为0.012 mol×65 g·mol－1＝0.78 g，故电池失效时未参加反应的金属锌的质量分数为×100%＝87%。
答案：(1)＋3 (2)C (3)H2O2(或KMnO4) 3 6 (4)Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋ H2SO4
(5)2MnOOH＋6HClCl2↑＋2MnCl2＋4H2O (6)87
16.利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋等。
②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。
③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
(1)浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式为
____________________________________________________________。
(2)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为
_____________________________________________________________。
(3)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是________；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为________。
(4)操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，________、________、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(5)为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%，其原因可能是(回答一条原因即可)。
(6)将5.49 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，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。
温度范围/℃
固体质量/g
150～210
4.41
290～320
2.41
经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320 ℃温度范围，剩余的固体物质化学式为________。[已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183 g·mol－1]
解析：(1)浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2＋，Co元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO转化为SO，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：Co2O3＋4H＋＋SO===2Co2＋＋SO＋2H2O。(2)NaClO3加入浸出液中，将Fe2＋氧化为Fe3＋，ClO被还原为Cl－，反应的离子方程式为ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。(3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3＋和Al3＋沉淀完全。滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2＋、Mn2＋、Mg2＋、Ca2＋等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2。(4)经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。(5)根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。(6)整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49 g CoC2O4·2H2O为0.03 mol，固体质量变为4.41 g时，质量减少1.08 g，恰好为0.06 mol H2O的质量，因此4.41 g固体为0.03 mol CoC2O4。依据元素守恒知，生成n(CO2)＝0.06 mol，m(CO2)＝0.06 mol×44 g·mol－1＝2.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41 g时，质量减少2 g，说明290～320 ℃内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)＝2.64 g－2 g＝0.64 g，n(O2)＝0.02 mol；n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝0.03∶0.02∶0.06＝3∶2∶6，依据原子守恒，配平化学方程式：3CoC2O4＋2O2290～320 ℃,Co3O4＋6CO2，故290～320 ℃温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4或CoO·Co2O3。
答案：(1)Co2O3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋2H2O
(2)ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O
(3)使Fe3＋和Al3＋沉淀完全 CaF2和MgF2
(4)蒸发浓缩 冷却结晶
(5)粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质)
(6)Co3O4(或CoO·Co2O3)
17.锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌。某硫化锌精矿的主要成分为ZnS(还含少量FeS等其他成分)，以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生的焙砂的主要成分的化学式为________。浸出液净化过程中加入的主要物质为锌粉，其作用是
______________________________________________________________
_____________________________________________________________。
(2)电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用惰性电极，阳极的电极反应式为_______________________________________________________________
______________________________________________________________。
(3)在该流程中可循环使用的物质是Zn和________(填化学式)。
(4)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为________________________________。
(5)硫化锌精矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液可慢慢地转变为铜蓝(CuS)。请解释该反应发生的原理：________________________________________________
____________________________________________________________。
(6)我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌。明代宋应星著的《天工开物》中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，……，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，……，冷定毁罐取出，……，即倭铅也。”该炼锌工艺过程中发生的主要反应的化学方程式为____________。(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌)
解析：(1)硫化锌精矿在氧气气氛中焙烧，发生反应：2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2、4FeS＋7O22Fe2O3＋4SO2，由于FeS的含量较少，故焙砂的主要成分为ZnO。焙砂酸浸后，ZnO、Fe2O3分别转化为Zn2＋、Fe3＋，加入锌粉的作用是除去Fe3＋。(2)电解沉积过程中，阳极上H2O放电，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋。(3)焙烧过程中产生的含尘烟气经净化后可制备硫酸，硫酸可用于后续的酸浸操作，因此该流程中可循环使用的物质是Zn和H2SO4。(4)“氧压酸浸”是在酸性条件下通入氧气，将ZnS氧化为S，反应的离子方程式为 2ZnS＋4H＋＋O2===2Zn2＋＋2S＋2H2O。(5)硫化锌精矿转化为铜蓝，发生反应：ZnS＋Cu2＋===CuS＋Zn2＋，该反应能发生，说明在相同条件下，CuS的溶解度(溶度积)小于ZnS的溶解度(溶度积)。(6)根据题意知，该冶炼锌工艺的原理为C还原碳酸锌，反应的化学方程式为ZnCO3＋2CZn＋3CO↑。
答案：(1)ZnO 除去Fe3＋ (2)2H2O－4e－===O2↑＋4H＋ (3)H2SO4 (4)ZnS＋4H＋＋O2===2Zn2＋＋2S＋2H2O (5)在一定条件下，溶解度小的矿物可以转化为溶解度更小的矿物[或在相同条件下，由于Ksp(CuS)小于Ksp(ZnS)，故反应可以发生]
(6)ZnCO3＋2CZn＋3CO↑
18.某钒铅锌矿主要含有PbO、ZnO、CaO、V2O5等物质，工业上常用碱性熔炼法回收铅、锌、钒等金属，工艺流程如图1所示：
已知：钒酸铵(NH4VO3)加热至700 K可制得纯度较高的V2O5。
(1)流程中操作Ⅰ的名称是________，实验室进行此项操作用到的玻璃仪器主要有________________________________________________________。
(2)生成金属铅的化学方程式为____________________________________。
(3)熔炼过程中，若纯碱过量，将使更多的锌元素以Na2ZnO2的形式进入到碱熔渣中，此过程的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)焦炭用量对还原熔炼效果的影响如图2所示。分析图像可知，焦炭用量应取矿石质量的________较为合适。
(5)钒浸出过程中，液固比(液体质量∶固体质量)对钒浸出率的影响如图3所示。分析图像可知，浸出过程的液固比取2∶1为宜，理由是
______________________________________________________________。
(6)为制取纯度更高的V2O5，往含钒浸出液(主要为NaVO3)中加NH4Cl溶液，可获得________晶体。
(7)实验室称取50 g碱熔渣(钒的质量分数为7.5%)，水浸，获得V mL的V2O5浓度达60 g·L－1的浸出液，则钒的浸出率为________(列计算式)。
解析：(1)碱熔渣经过操作Ⅰ得到浸出渣和含钒浸出液，则操作Ⅰ为过滤，过滤所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。(2)根据题图知，生成金属铅的化学方程式为PbO＋COPb＋CO2。(3)纯碱与氧化锌反应得到Na2ZnO2，根据原子守恒配平化学方程式：Na2CO3＋ZnONa2ZnO2＋CO2↑。(4)由题图可知，焦炭用量为矿石质量的10%时，V、Pb、Zn的回收率都较高，且继续增大焦炭用量，V、Pb、Zn的回收率都没有明显增大，故焦炭用量取矿石质量的10%较为合适。(6)由已知条件“钒酸铵(NH4VO3)加热至700 K可制得纯度较高的V2O5”，可知获得的是NH4VO3晶体。(7)获得的浸出液中含钒60×V×10－3× g，碱熔渣中含钒50×7.5% g，则钒的浸出率为×100%。
答案：(1)过滤 漏斗、烧杯、玻璃棒 (2)PbO＋COPb＋CO2 (3)Na2CO3＋ZnONa2ZnO2＋CO2↑ (4)10% (5)液固比为2∶1时，钒浸出率在97%以上，再进一步增大液固比，钒浸出率提高不明显，而且还会导致浸出用水量、废水排放量的增大等 (6)NH4VO3 (7)×100%
19.水合碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]，又称轻质碳酸镁。常利用菱镁矿(质量含量为碳酸镁90%，碳酸钙10%)碳化法制取：
(1)根据下列表格数据，选择消化反应的最佳温度为________；理由是________________________________________________________________
___________________________________________________________。
消化温度/℃
30
40
50
60
70
80
90
转化率/%
50.3
58.2
85.1
85.2
90.7
91.2
91.5
(2)碳化反应可生成Mg(HCO3)2，生成Mg(HCO3)2的化学方程式为________。
(3)流程图中________和________可以为碳化反应提供二氧化碳。
(4)有工艺设计利用卤水碳化法制取轻质碳酸镁：
①卤水中含有Fe2＋和Mn2＋，当离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，可以认为其完全除去。常温时当调节溶液pH为9.5时，此时Mg2＋的浓度小于________mol·L－1，不会沉淀出来。
物质
Mg(OH)2
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Ksp
10－11
10－39
10－17
10－14
②如果把Fe2＋转化为Fe3＋，从环境角度选择最合适的氧化剂为________。
A．Ca(ClO)2 B．Cl2 C．H2O2 D．HNO3
③下列方案中，较好的为________，理由是________。
解析：(1)选择方案时，既要注意转化率、产率等，同时也要兼顾生产成本。分析表中数据，可以看出当消化温度低于70 ℃时，升高温度，转化率有较大幅度的提高；当消化温度高于70 ℃时，升高温度，转化率变化不大，且温度升高，生产成本提高，故消化反应的最佳温度为70 ℃。(2)经过“净化”步骤之后所得产物的主要成分是Mg(OH)2，依据元素守恒书写化学方程式即可。(3)煅烧反应中MgCO3分解、热解反应中Mg(HCO3)2分解，都会生成二氧化碳，从而可以为碳化反应提供二氧化碳。(4)①pH＝9.5时，溶液中c(H＋)＝10－9.5 mol·L－1，c(OH－)＝10－4.5mol·L－1。根据Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)，当Mg2＋开始沉淀时，溶液中c(Mg2＋)＝＝0.01 mol·L－1，故当c(Mg2＋)<0.01 mol·L－1时，溶液中不会产生Mg(OH)2沉淀。②Ca(ClO)2的还原产物氯离子虽然对环境影响不大，但CaCl2会成为废物，难以处理；Cl2有毒，如果泄漏会严重污染大气；H2O2的还原产物是H2O，对环境无影响；HNO3的还原产物是氮的氧化物，会污染大气，形成酸雨或光化学烟雾。所以从环境角度来看，最佳选择是H2O2。③根据水解原理，碳酸钠的碱性强于碳酸铵，所以加入碳酸钠的产品中易混入较多的金属氢氧化物杂质，不易提纯。
答案：(1)70 ℃ 温度进一步升高同等幅度，转化率几乎不变，但能耗增加 (2)Mg(OH)2＋2CO2===Mg(HCO3)2 (3)煅烧反应 热解反应 (4)①0.01 ②C ③方案2 加入碳酸钠的产品中易混入更多杂质，不易提纯
20.以硫铁矿烧渣(主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅等)制备绿矾(FeSO4·7H2O)的流程图如下：
请回答下列问题：
(1)为加快烧渣的酸溶速率可采取的措施是________________________(答两点即可)。
(2)Fe3O4的俗名是________，写出酸溶时Fe2O3溶解的离子方程式______________________________________________________________。
(3)检验“反应Ⅰ”已经完全反应的最佳试剂为________(填序号)。
a．酸性KMnO4溶液 b．氨水
c．硫氰化钾溶液 d．铁氰化钾溶液
(4)为测量所得绿矾中铁元素的质量分数，某实验小组进行了以下实验：取W g绿矾配制成100 mL溶液，用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管从中取出20.00 mL溶液放入锥形瓶中待用，滴定时，用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装标准K2Cr2O7溶液，滴定时，左手________，右手______________，眼睛注视________，当达到滴定终点时，消耗0.010 mol·L－1的K2Cr2O7 23.20 mL，发生反应的离子方程式是_________________________，
铁元素的质量分数为________(用含有W的式子表示)。如果配制绿矾溶液时，没有洗涤烧杯和玻璃棒，造成所测铁元素的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)，滴定前读取盛有标准K2Cr2O7溶液的滴定管数据正确，滴定终点时，仰视读数，造成所测铁元素的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
解析：(1)将硫铁矿烧渣粉碎、适当升高温度、增大硫酸浓度等均可加快酸溶的速率。(2)四氧化三铁的俗称是磁性氧化铁、磁铁、黑铁等，Fe2O3与硫酸反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O。(3)如果反应完全，则溶液中不存在Fe3＋。检验时加入硫氰化钾溶液，若溶液变红色，说明没有反应完全；否则，反应完全。(4)硫酸亚铁和重铬酸钾都应放在酸式滴定管中，滴定时，左手控制酸式滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化。由化合价升降法配平离子方程式：6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，根据离子方程式计算出铁元素的物质的量，进而求出其质量，则Fe的质量分数表达式为×100%≈×100%。如果配制绿矾溶液时没有洗涤烧杯和玻璃棒，造成铁元素残留，测得的结果偏小，滴定终点时，仰视读数，读取体积数值偏大，测得结果偏大。
答案：(1)将硫铁矿烧渣粉碎、适当升高温度、增大硫酸浓度等(任答两条，答案合理即可)
(2)磁性氧化铁(或其他正确答案即可) Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
(3)c
(4)酸式 酸式 控制酸式滴定管活塞 摇动锥形瓶
锥形瓶内溶液颜色的变化
6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O
×100% 偏小 偏大
21.二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的化合物，其处理流程图如下：
化合物
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10－31
10－16
10－38
(1)硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为_________________________________________________
___________________________________________________________。
(2)“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能________；滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需调节pH至少达到________，恰好能使Fe3＋、Al3＋沉淀完全(当c≤10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全)。
(3)滤渣B的成分是________。
(4)碱性锌锰电池中，MnO2参与的电极反应式为_____________________。
(5)MnO2也可在MnSO4－H2SO4－H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极反应式为________。
(6)工业上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：准确称量0.920 0 g该样品，与足量酸性KI溶液充分反应后，配制成100 mL溶液。取其中10.00 mL，恰好与25.00 mL 0.080 0 mol·L－1Na2S2O3溶液反应(I2＋2S2O===2I－＋S4O)。计算可得该样品纯度为________。
解析：(1)根据硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4可知，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为2FeSO4＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2(SO4)3＋2H2O。(2)搅拌不仅能加快反应速率，还能使Fe2＋氧化得更充分。根据题表知，当Fe3＋恰好沉淀完全时，c(OH－)＝＝mol·L－1＝10－11mol·L－1，则c(H＋)＝10－3mol·L－1，溶液pH＝3；当Al3＋恰好沉淀完全时，c(OH－)＝＝＝10×10－9mol·L－1，则c(H＋)＝10－×10－5 mol·L－1，溶液pH＝－lg(10－×10－5)＝5＋≈5.3，故需调节pH至少达到5.3。(3)第二次过滤得到的滤液中含有Cu2＋、Zn2＋，加入MnS，加热至沸生成CuS、ZnS，故滤渣B的成分是CuS、ZnS。(4)碱性锌锰电池中，Zn作负极，MnO2作正极，正极反应式为MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－。(5)阳极上Mn2＋失电子，发生氧化反应，电极反应式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。(6)由MnO2～I2～2S2O可知，该样品中n(MnO2)＝×25.00×10－3×0.080 0× mol＝1×10－2 mol，m(MnO2)＝1×10－2×87 g＝0.87 g，故该样品纯度为×100%≈94.6%。
答案：(1)MnO2＋2FeSO4＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2(SO4)3＋2H2O (2)充分氧化过量的Fe2＋ 5.3
(3)CuS、ZnS (4)MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－(或2MnO2＋H2O＋2e－===Mn2O3＋2OH－) (5)Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋ (6)94.6%
22.草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料。一种利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、MnO2、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取草酸钴(CoC2O4)的工艺流程如下：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋等。
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀完全时溶液的pH如表(恰好沉淀完全时离子浓度等于1×10－5 mol·L－1)：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
沉淀完全时的pH
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
③Ksp(MgF2)＝7.35×10－11，Ksp(CaF2)＝1.05×10－10。
回答下列问题：
(1)焙烧的目的是________；浸钴过程中Co3＋转化为Co2＋，反应的离子方程式为__________________________________________________________。
(2)加入H2O2的目的是________；加入Na2CO3溶液，调pH至5.2，滤渣Ⅰ的主要成分为________。
(3)加入过量NaF溶液，可将Ca2＋、Mg2＋除去，若所得滤液中c(Ca2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，则滤液中c(Mg2＋)为________。
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是________；萃取时，溶液的pH需要控制在一定范围内才比较适宜，其pH范围约为________。
(5)已知含钴废料中含Co2O3的质量分数为a%，若取m g该含钴废料按照上述流程，理论上最多能制得CoC2O4的质量为________g。(列出计算式即可)
解析：(1)根据含钴废料的组成可知，焙烧的目的是除去碳和有机物。浸钴过程中Co3＋与Na2SO3发生反应，Co3＋转化为Co2＋，则SO转化为SO，根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒配平离子方程式：2Co3＋＋SO＋H2O===2Co2＋＋SO＋2H＋。(2)根据提供的金属离子沉淀完全时溶液的pH可知，当Fe2＋沉淀完全时，Co2＋也沉淀完全，而当Fe3＋沉淀完全时，Co2＋还未开始沉淀，因此加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋。加入Na2CO3溶液，调pH至5.2，Fe3＋、Al3＋沉淀完全，故滤渣Ⅰ的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3。(3)根据Ksp(CaF2)＝1.05×10－10、c(Ca2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，则c2(F－)＝＝1.05×10－5 mol2·L－2；根据Ksp(MgF2)＝7.35×10－11，则滤液中c(Mg2＋)＝＝ mol·L－1＝7.0×10－6 mol·L－1。(4)滤液Ⅱ中含有Mn2＋、Co2＋等金属阳离子，根据流程图知，萃取剂的作用是除去Mn2＋。结合题图及实验目的知，控制溶液的pH为3.0～3.5时，Mn2＋的萃取率较高，Co2＋的萃取率较低。(5)根据关系式：Co2O3～2CoC2O4，m g含钴废料理论上最多能制得CoC2O4的质量为×2×147 g＝ g。
答案：(1)除去碳和有机物 2Co3＋＋SO＋H2O===2Co2＋＋SO＋2H＋ (2)将Fe2＋氧化为Fe3＋
Al(OH)3、Fe(OH)3 (3)7.0×10－6mol·L－1 (4)除去Mn2＋ 3.0～3.5(其他合理答案均可) (5)
23.锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：
已知：①浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等；
②常温下：Ksp(CuS)＝1.27×10－36，Ksp(PbS)＝9.04×10－29；
③溶液中离子浓度小于等于1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。
(1)滤渣1中除了S之外，还有________(填化学式)。
(2)“浸出”时，Sb2S3发生反应的化学方程式为____________________。
(3)“还原”时，被Sb还原的物质为________(填化学式)。
(4)常温下，“除铜、铅”时，Cu2＋和Pb2＋均沉淀完全，此时溶液中的c(S2－)不低于________；所加Na2S也不宜过多，其原因为___________________。
(5)“除砷”时有H3PO3生成，该反应的化学方程式为__________________________________________________________。
(6)“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为________。
(7)一种突破传统电池设计理念的镁－锑液态金属储能电池工作原理如图所示：
该电池由于密度的不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成不变。充电时，Cl－向________(填“上”或“下”)移动；放电时，正极的电极反应式为___________________________。
解析：(1)由题给已知信息知，辉锑矿中只有SiO2不与盐酸反应，故滤渣1中还含有SiO2。(2)Sb2S3与SbCl5反应生成SbCl3和S，根据得失电子守恒和原子守恒写出并配平化学方程式：Sb2S3＋3SbCl5===5SbCl3＋3S。(3)根据流程图知，适量Sb还原没有反应的SbCl5。(4)当Cu2＋恰好沉淀完全时，溶液中c(S2－)＝ mol·L－1＝1.27×10－31 mol·L－1，当Pb2＋恰好沉淀完全时，溶液中c(S2－)＝ mol·L－1＝9.04×10－24mol·L－1，故Cu2＋和Pb2＋均沉淀完全时，溶液中c(S2－)不低于9.04×10－24 mol·L－1。(5)由题意知，反应物有AsCl3、Na3PO2、HCl，生成物有As、H3PO3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式：2AsCl3＋3Na3PO2＋3HCl＋3H2O===2As＋3H3PO3＋9NaCl。(6)由流程图可知，电解SbCl3得到Sb和SbCl5，根据得失电子守恒，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3∶2。(7)充电时是电解池，Cl－向阳极移动，根据电流方向可知，Cl－应向下移动；放电时，Mg(液)为负极，失去电子生成Mg2＋，由题意知，工作时中间层熔融盐的组成不变，故在正极Mg2＋得电子，生成金属镁，电极反应式为Mg2＋＋2e－===Mg。
答案：(1)SiO2 (2)Sb2S3＋3SbCl5===5SbCl3＋3S (3)SbCl5 (4)9.04×10－24 mol·L－1 产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3(或其他合理答案) (5)2AsCl3＋3Na3PO2＋3HCl＋3H2O===2As＋3H3PO3＋9NaCl (6)3∶2 (7)下 Mg2＋＋2e－===Mg
24.炼锌厂的铜镉废渣中含有铜、锌、镉、铁、砷等元素，其含量依次减少。对这些元素进行提取分离会减小环境污染，同时制得ZnSO4·7H2O实现资源的再利用，其流程图如下。已知FeAsO4难溶于水和酸；ZnSO4·7H2O易溶于水，难溶于酒精。
常温下金属离子沉淀的pH
金属离子
Fe3＋
Zn2＋
Mn2＋
Cu2＋
Cd2＋
开始沉淀pH
2.7
6.5
7.7
5.2
6.9
沉淀完全pH
3.2
8.0
9.8
6.4
9.4
请回答下列问题：
(1)提高浸出速率可以采用的方法是(写出其中一点即可)________。
(2)滤液Ⅰ中有少量AsO，若不除去，则AsO与Cd反应会产生一种有毒氢化物气体，其分子式为________，向滤液Ⅰ中逐滴滴入酸性KMnO4溶液可与AsO反应生成FeAsO4，完成并配平下列反应的离子方程式：
Fe2＋＋AsO＋MnO＋________－FeAsO4↓＋Mn2＋＋________判断该滴定终点的现象是_____________。
(3)流程中②调节pH时可以选用的试剂为________，滤渣Ⅱ的成分为________。
(4)常温下Zn(OH)2的溶度积Ksp＝________。
(5)制得的ZnSO4·7H2O需洗涤，洗涤晶体时可选用试剂为________。
解析：(1)可以通过适当增大硫酸浓度、升高溶液温度、搅拌、将铜镉渣磨碎成小颗粒等措施提高浸出率；
(2)AsO与Cd反应，Cd被氧化，则AsO被还原为一种有毒氢化物气体，此气体的分子式为AsH3；向滤液Ⅰ中逐滴滴入酸性KMnO4溶液可与AsO发生反应生成FeAsO4，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒得此反应的离子方程式为5Fe2＋＋5AsO＋3MnO＋14H＋===3Mn2＋＋5FeAsO4＋7H2O，当滴最后一滴高锰酸钾，溶液变为粉红色且半分钟内不恢复为原色，则反应到终点；(3)流程中②调节pH时，选用的试剂要能与H＋反应，同时不引入新的杂质，则可选用的试剂为ZnO、ZnCO3或Zn(OH)2；由图示可知，当溶液pH＝4时，溶液中的Fe3＋水解完全转化为 Fe(OH)3，则滤渣Ⅱ的主要成分为 Fe(OH)3；(4)沉淀完全时溶液pH＝8，即c(OH－)＝1×10－6 mol/L，此时溶液中c(Zn2＋)浓度为1×10－5 mol/L，常温下Zn(OH)2的溶度积Ksp＝c(Zn2＋)×c2(OH－)＝1×10－17；(5)因ZnSO4·7H2O易溶于水，难溶于酒精，制得的ZnSO4·7H2O晶体可选择酒精或饱和硫酸锌溶液洗涤。
答案：(1)增大硫酸浓度、升高溶液温度、搅拌、将铜镉渣磨碎成小颗粒等合理答案均可 (2)AsH3(写成H3As也给分) 14H＋＋5Fe2＋＋5AsO＋3MnO===5FeAsO4＋3Mn2＋＋7H2O 滴最后一滴高锰酸钾，溶液变为浅紫色(或紫色或紫红色粉红色)且半分钟内不恢复为原色，则反应到终点 (3)Zn、ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等合理答案均可 FeAsO4、Fe(OH)3 (4)1×10－17 (5)乙醇或饱和硫酸锌溶液
25.钴的化合物用途广泛。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等)制取CoCl2·6H2O粗品的工艺流程如下：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋等；
②部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时的pH如下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
完全沉淀的pH
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
③CoCl2·6H2O熔点为86 ℃，加热至110 ℃～120 ℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。
请回答下列问题：
(1)写出“浸出”时Co2O3发生反应的离子方程式：____________________。
(2)加入NaClO3的作用是________。
(3)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如下图所示。向“滤液Ⅱ”中加入萃取剂的主要目的是________，使用萃取剂时最适宜的pH是________(填字母序号)。
A．2.0～2.5 B．3.0～3.5 C．5.0～5.5 D．9.5～9.8
(4)“除钙、镁”是将溶液中Ca2＋与Mg2＋转化为MgF2、CaF2沉淀。已知某温度下，Ksp(MgF2)＝7.35×10－11，Ksp(CaF2)＝1.05×10－10。当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2＋)/c(Ca2＋)＝________。
(5)制得的CoCl2·6H2O粗品经进一步提纯得到CoCl2·6H2O晶体，在烘干晶体时需采用减压烘干，其原因是__________________________________。
(6) 某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑等。充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C＋xLi＋＋xe－===LixC6。在电池充放电过程中，发生LiCoO2与Li1－xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式________________________________________________________________。
解析：(1)Co2O3中Co显＋3价，浸出液中Co元素显＋2价，显然与Na2SO3发生氧化还原反应，反应是Co2O3＋SO＋H＋→Co2＋＋SO＋H2O，根据化合价的升降法进行配平，得到 Co2O3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋2H2O；(2)NaClO3具有强氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，通过调节pH容易除去Fe3＋，因此NaClO3的作用是将Fe2＋氧化成Fe3＋；(3)根据流程，萃取前已经除去铁元素、钙元素、镁元素，还剩下锰元素，因此萃取的目的是除去Mn2＋；最适宜的pH，应是Mn2＋萃取率最高的，因此选项B正确；(4)＝＝＝＝0.7；(5)加热至110 ℃～120 ℃时，失去结晶水生成无水氯化钴，因此减压烘干，可以降低烘干的温度，防止产品分解；(6)充电时电池的负极接电源的负极，阴极反应式是负极反应式的逆过程，因此放电时，负极反应式为LixC6－xe－===xLi＋＋6C，正极反应是得到电子化合价降低，因此正极反应式为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－＝LiCoO2，因此电池反应方程式为Li1－xCoO2＋LixC6===LiCoO2＋6C。
答案：(1)Co2O3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋2H2O (2)将Fe2＋氧化为Fe3＋ (3)除去Mn2＋ B (4)0.7 (5)降低烘干温度，防止产品分解
(6)Li1－xCoO2＋LixC6===LiCoO2＋6C。
26.碳酸锰(MnCO3)是制造电信器材的软磁铁氧体，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如下图所示：
已知：还原焙烧主反应为2MnO2＋C2MnO＋CO2↑。
可能用到的数据如下：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
1.5
6.5
4.2
8.3
沉淀完全pH
3.7
9.7
7.4
9.8
根据要求回答下列问题：
(1)在实验室进行步骤A，需要用到的仪器为________，步骤B中若采用质量分数为35%的硫酸(密度ρ＝1.26 g/cm3)，则其物质的量浓度为________。
(2)步骤C中得到的滤渣主要成分是________，步骤D中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________。
(3)步骤E中调节pH的范围为________，其目的是_____________________。
(4)步骤G的离子方程式为_____________________________________，
若Mn2＋沉淀完全时测得溶液中CO的浓度为2.2×10－6 mol/L，则Ksp(MnCO3)＝________。
(5)实验室可以用Na2S2O8溶液来检验Mn2＋是否完全发生反应，原理为：
Mn2＋＋S2O＋H2O―→H＋＋SO＋MnO，
①请配平上述离子方程式______________________________________；
②确认Mn2＋离子已经完全反应的现象是_________________________。
解析：(1)固体焙烧应在坩埚中进行；步骤B中若采用质量分数为35%的硫酸(密度ρ＝1.26 g/cm3)，则其物质的量浓度为
＝4.5 mol/L；(2)步骤C中得到的滤渣是不溶于水的Cu和微溶的CaSO4，步骤D中加入MnO2氧化溶液中的Fe2＋，其中Mn从＋4价降为＋2价，Fe从＋2价升高为＋3价，Fe2＋是还原剂，根据电子守恒，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1；(3)由图表可知为了使Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2＋，步骤E中调节pH的范围为大于3.7小于8.3; (4)在含有Mn2＋的溶液中加入碳酸氢铵生成MnCO3沉淀，发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，若Mn2＋沉淀完全时其浓度为1×10－5 mol/L，溶液中CO的浓度为2.2×10－6mol/L，则Ksp(MnCO3)＝(1×10－5mol/L)×(2.2×10－6 mol/L)＝2.2×10－11 mol2/L2；(5)实验室可以用Na2S2O8溶液来检验Mn2＋是否完全发生反应，原理为：Mn2＋＋S2O＋H2O―→H＋＋SO＋MnO，①Mn2＋＋S2O＋H2O―→H＋＋SO＋MnO中Mn从＋2价升高为＋7价，S从＋7价降为＋6价，根据电子守恒，Mn2＋前系数为2，S2O前系数为5，再结合电荷守恒和原子守恒得此反应的离子方程式2Mn2＋＋5S2O＋8H2O===16H＋＋10SO＋2MnO；②取少量试样于试管中，滴入Na2S2O8溶液，溶液不变为紫色，可确认Mn2＋离子已经完全反应。
答案：(1)坩埚 4.5 mol/L (2)CaSO4和Cu 2∶1
(3)大于3.7小于8.3 使Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2＋
(4)Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
2．2×10－11
(5)2Mn2＋＋5S2O＋8H2O===16H＋＋10SO＋2MnO 取少量试样于试管中，滴入Na2S2O8溶液，溶液不变为紫色
×
27.高锰酸钾是常用的氧化剂。工业上以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备高锰酸钾晶体。中间产物为锰酸钾。下图是实验室模拟制备KMnO4晶体的操作流程：
已知：锰酸钾(K2MnO4)是墨绿色晶体，其水溶液呈深绿色，这是锰酸根离子(MnO)在水溶液中的特征颜色，在强碱性溶液中能稳定存在；在酸性、中性和弱碱性环境下，MnO会发生自身氧化还原反应，生成MnO和MnO2。
回答下列问题：
(1)KOH的电子式为________，煅烧KOH和软锰矿的混合物应放在________中加热(填标号)。
A．烧杯 B．瓷坩埚 C．蒸发皿 D．铁坩埚
(2)调节溶液pH过程中，所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。
(3)趁热过滤的目的是________。
(4)已知20 ℃时K2SO4、KCl、CH3COOK的溶解度分别为11.1 g、34 g、217 g，则从理论上分析，选用下列酸中________(填标号)，得到的高锰酸钾晶体纯度更高。
A．稀硫酸 B．浓盐酸 C．醋酸 D．稀盐酸
(5)产品中KMnO4的定量分析：
①配制浓度为0.125 0 mg·mL－1的KMnO4标准溶液100 mL。
②将上述溶液稀释为浓度分别为2.5、5.0、7.5、10.0、12.5、15.0(单位：mg·L－1)的溶液，分别测定不同浓度溶液对光的吸收程度，并将测定结果绘制成曲线如右。
③称取KMnO4样品(不含K2MnO4)0.125 0 g按步骤①配得产品溶液1 000 mL，取10 mL稀释至100 mL，然后按步骤②的方法进行测定，两次测定所得的吸光度分别为0.149、0.151，则样品中KMnO4的质量分数为________。
(6)酸性KMnO4溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为__________________________________________________________________。
解析：(1)KOH属于离子化合物，其电子式为
，因为是煅烧，烧杯和蒸发皿都不耐高温，瓷坩埚成分含SiO2，SiO2在高温下与KOH反应 ，因此不能用瓷坩埚，因此选D；(2)根据信息，锰酸钾在酸性、中性、弱碱性环境中发生歧化反应，MnO2是锰酸钾中Mn由＋6价→＋4价，化合价降低得到，因此MnO2是还原产物，KMnO4是氧化产物，n(KMnO4)×1＝n(MnO2)×2，得出n(KMnO4)∶n(MnO2)＝2∶1；(3)高锰酸钾易溶于水，MnO2不溶于水，因此趁热过滤目的是：防止析出高锰酸钾，降低产率；(4)高锰酸钾与浓盐酸反应，然后根据三种物质的溶解度大小，溶解度越大，得到高锰酸钾纯度越高，故选C；(5)③吸光度的平均值为(0.149＋0.151)/2＝0.150，此时对应的KMnO4的浓度为11.25 mg·L－1，则1 000 mL的溶液中KMnO4的浓度为11.25×1 000/100 mg·L－1＝112.5 mg·L－1，因此高锰酸钾的质量分数为112.5/(0.125 0×103)×100%＝90.0%；(6)利用高锰酸钾的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原成Mn2＋，然后根据化合价的升降法进行配平，即离子反应方程式为MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。
答案：(1) (2)2∶1 (3)防止析出高锰酸钾，降低产率 (4)C (5)90.0% (6)MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
28.研究发现钼酸钠可减缓金属的腐蚀速率。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2，含少量重金属化合物)制备钼酸钠晶体( Na2MoO4·2H2O)的途径如图所示：
回答下列问题：
Ⅰ.(1)下列标志中，应贴在保存NaClO容器上的是________。
(2)为了提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施有________。
(3)途径①制备钼酸钠溶液，同时有SO生成，该反应的离子方程式为________________________________________________________________。
(4)重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是_______________________________________________
______________________________________________________________。
(5)“结晶”前测得部分离子浓度c(MoO)＝0.40 mol/L，c(SO)＝0.04 mol/L，需加入Ba(OH)2固体除去SO。当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为________(保留三位有效数字)。
Ⅱ.(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)若缓释剂钼酸钠－月桂酰肌氨酸总浓度为300 mg·L－1，则缓蚀效果最好时钼酸钠的物质的量浓度为________(保留三位有效数字)。
解析：Ⅰ.(1)NaClO是强氧化剂，应在保存NaClO容器中贴上的标志是氧化剂，故选B；(2)提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施是充分粉碎矿石或逆流焙烧；(3)途径①制备钼酸钠溶液，用NaClO在碱性条件下氧化MoS2，同时有SO生成，该反应的离子方程式为 MoS2＋9ClO－＋6OH－===MoO＋9Cl－＋2SO＋3H2O；(4)母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度，故重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理；(5)BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c(Ba2＋)＝＝1×10－7 mol/L，溶液中硫酸根离子的浓度为c(SO)＝ mol/L＝1.1×10－3mol/L，硫酸根离子的去除率为1－×100%＝1－2.75%≈97.3%；
Ⅱ.(1)由图示数据可知，碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速度；硫酸浓度增大变成浓硫酸后，发生了钝化现象，腐蚀速度很慢；(2)根据图示可知，当钼酸钠—月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，腐蚀效果最好，所以钼酸钠的浓度为：150 mg·L－1,1 L溶液中含有的钼酸钠物质的量为≈7.28×10－4 mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7. 28×10－4 mol·L－1。
答案：Ⅰ.(1)B (2)充分粉碎矿石 (3)MoS2＋9ClO－＋6OH－===MoO＋9Cl－＋2SO＋3H2O (4)母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度 (5)97.3%
Ⅱ.(1)Cl－有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀，使得碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸
(2)7.28×10－4 mol·L－1
29.锰及其化合物间的转化如下图。
请回答下列问题：
(1)反应①发生的主要化学反应的方程式为___________________________。
反应③发生的主要化学反应的方程式为__________________________。
(2)粗KMnO4晶体中含有少量的K2CO3，检验其中的少量CO用________试剂；为了得到纯的KMnO4晶体，操作Ⅲ的名称为________。
(3)测定高锰酸钾样品纯度采用硫酸锰滴定：向高锰酸钾溶液
中滴加硫酸锰溶液，产生黑色沉淀。当高锰酸钾溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不恢复，表明达到滴定终点。写出该反应的离子方程式：
__________________________________________________。
(4)已知：常温下，Ksp＝2.4×10－13。工业上，调节pH可以沉淀废水中Mn2＋，当pH＝10时，溶液中c(Mn2＋)＝________。
(5)如图，用Fe、C作电极电解含MnO的污水，使之转化为沉淀除去。A电极是________(填“Fe”或“C”)，污水中MnO转化为沉淀除去的离子方程式为______________________________________________________________。
解析：(1)反应①投入物质是MnO2、KOH和氧气，生成物质是K2MnO4，反应式为MnO2＋O2＋KOH→K2MnO4＋H2O，利用化合价升降法进行配平，即反应方程式2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O；反应③利用铝的强还原性，把Mn置换出来，反应方程式为3Mn3O4＋8Al4Al2O3＋9Mn；(2)除去CO一般用Ca2＋或Ba2＋，因此加入可溶性的钙盐或钡盐；得到纯的高锰酸钾，需要进行重结晶；(3)黑色沉淀是MnO2，因此有MnO＋Mn2＋→MnO2↓，根据化合价的升降法进行配平得到：2MnO＋3Mn2＋→5MnO2↓，遵循电荷守恒和原子守恒，即反应物中有H2O参与，生成物H＋，即离子反应方程式为2MnO＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋；(4)根据溶度积，c(Mn2＋)＝Ksp/c2(OH－)＝2.4×10－13/(10－4)2 mol·L－1＝2.4×10－5 mol·L－1；(5)利用铁转化成Fe2＋，MnO把Fe2＋氧化，达到除去MnO的目的，根据电解原理，A是阳极，其材料是Fe，阳极反应Fe－2e－===Fe2＋，阴极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，反应方程式为5Fe2＋＋MnO＋9OH－＋4H2O===5Fe(OH)3↓＋Mn(OH)2↓。
答案：(1)2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O
3Mn3O4＋8Al4Al2O3＋9Mn
(2)可溶性的钙盐或钡盐均可 重结晶
(3)2MnO＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋ (4)2.4×10－5mol/L
(5) Fe 5Fe2＋＋MnO＋9OH－＋4H2O===5Fe(OH)3↓＋Mn(OH)2↓
30.实验室用卤块(主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质)制备少量Mg(ClO3)2·6H2O的流程如图：
已知：①四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如图所示：
②室温时一些物质的Ksp如表所示：
化学式
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
8.0×10－18
8.0×10－38
1.8×10－11
③Mg(ClO3)2有较强的氧化性，其还原产物是Cl－。
回答下列问题：
(1)H2O2的电子式为________________。
(2)滤渣的成分是________________(填化学式)。
(3)经测定，D中铁离子的浓度为1×10－5 mol·L－1，则x为________(已知：lg 5≈0.7)。
(4)D中所发生的化学反应方程式为_______________________________________
________________________，框图中由D→……→制Mg(ClO3)2·6H2O晶体的实验步骤依次为①加热蒸发；②____________(请补充)；③冷却结晶；④过滤洗涤。
解析：(1)H2O2属于共价化合物，电子式为。(2)卤块中的Fe2＋被双氧水氧化生成Fe3＋，加入适量的BaCl2溶液可以使SO沉淀，加入MgO调节溶液的pH，根据氢氧化物的溶度积常数可知，可使Fe3＋沉淀，因此滤渣中含有Fe(OH)3、BaSO4。(3)经测定，D中Fe3＋的浓度为1×10－5 mol·L－1，c(OH－)＝ mol·L－1＝2×10－11 mol·L－1，则c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)≈3.3。(4)根据溶解度曲线，D中NaClO3与MgCl2反应生成Mg(ClO3)2和NaCl沉淀，化学反应方程式为2NaClO3＋MgCl2===2NaCl↓＋Mg(ClO3)2，Mg(ClO3)2的溶解度随温度的变化较大，由Mg(ClO3)2溶液制Mg(ClO3)2·6H2O晶体的实验步骤依次为①加热蒸发；②趁热过滤；③冷却结晶；④过滤洗涤。
答案：(1)
(2)Fe(OH)3、BaSO4 (3)3.3
(4)2NaClO3＋MgCl2===2NaCl↓＋Mg(ClO3)2 趁热过滤
二轮复习题型特训
化学工艺流程综合题
【精编30题 答案+解析】
1.镍及其化合物用途广泛。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的工艺路线：
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。锡(Sn)位于第五周期第ⅣA族。
(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SnCl2将Fe3＋还原为Fe2＋，所需SnCl2的物质的量不少于Fe3＋物质的量的________(填分数)；除去过量的SnCl2后，再用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2＋，还原产物为 Cr3＋，滴定时反应的离子方程式为________________________________________________________________。
(4)“浸出液”中c(Ca2＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，当除钙率达到99%时，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＋的萃取率的影响如图所示，V0/VA的最佳取值是________。
解析：(1)混合研磨的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Fe3＋发生水解反应生成FeO(OH)，离子方程式为Fe3＋＋2H2OFeO(OH)↓＋3H＋。浸渣中还含有难溶于水的SiO2及反应生成的CaSO4。(3)Fe3＋Fe2＋、Sn2＋Sn4＋，根据得失电子守恒知，SnCl2与Fe3＋反应时，SnCl2的物质的量为Fe3＋的物质的量的一半。Fe2＋Fe3＋、Cr2O2Cr3＋，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平离子方程式：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。(4)当除钙率达到99%时，溶液中c(Ca2＋)＝1.0×10－3mol·L－1×(1－99%)＝1.0×10－5mol·L－1，根据Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)，得溶液中c(F－)＝＝ mol·L－1＝2.0×10－3mol·L－1。
答案：(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
(2)Fe3＋＋2H2OFeO(OH)↓＋3H＋ SiO2、CaSO4 (3) Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (4)2.0×10－3 (5)0.25
2.过氧化尿素[CO(NH2)2·H2O2]是一种白色粉末，溶于水，溶液呈弱酸性。过氧化尿素不稳定，在痕量重金属离子等活性催化剂的存在下迅速分解。工业生产过氧化尿素的原理和流程如下。原理：CO(NH2)2＋H2O2CO(NH2)2·H2O2
流程：
回答下列问题：
(1)已知过氧化尿素[CO(NH2)2·H2O2]中的CO(NH2)2与H2O2以氢键连接，其中氮元素的化合价是____________(填序号)。
A．＋3 B．－2 C．－3
(2)过氧化尿素鉴定反应：在重铬酸钾酸性溶液中加入乙醚和少许过氧化尿素，振荡。上层乙醚呈蓝色，这是由于在酸性溶液中过氧化尿素中的过氧化氢与重铬酸钾反应生成较稳定的蓝色过氧化铬(CrO5)。写出H2O2与重铬酸钾反应的离子方程式___________________________________________________。
(3)经过上述化学工艺后的产品是粗产品。已知30 ℃时尿素的溶解度远大于过氧化尿素的溶解度，则提纯粗产品的操作顺序是________(填序号)。
①洗涤 ②蒸发浓缩 ③过滤 ④冷却至30 ℃结晶 ⑤溶解
(4)在实验室中采用上述原理制取过氧化尿素，搅拌器的材质一般用玻璃而非铁质，原因是___________________________________________________。
而实际生产中搅拌器选用的是铁质材料，但需要对搅拌器进行处理，处理方法是_______________________________________________________。
(5)Ⅰ.为测定产品中H2O2的含量，常用KMnO4溶液滴定H2O2(5H2O2＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O)。高锰酸钾标准溶液通常放置时间较长，因此在滴定H2O2前，常用现配的草酸钠溶液先标定出KMnO4标准溶液的浓度。
Ⅱ.称取过氧化尿素样品2.000 g，溶解在250 mL容量瓶中定容。准确量取25.00 mL于锥形瓶中，加入1.00 mL 6 mol·L－1的硫酸，用标定过的0.100 0 mol·L－1的高锰酸钾标准溶液滴定至滴入最后一滴时溶液显浅红色且半分钟内不褪色，三次滴定平均消耗KMnO4标准溶液8.00 mL(KMnO4与尿素不反应)。
①H2O2的质量分数是________(精确至0.1%)。
②若装草酸钠溶液的滴定管水洗后未润洗，最终H2O2的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析：(1)过氧化尿素中氮元素的化合价与尿素中氮元素的化合价相同，均为－3。(2)CrO5中Cr为＋6价，反应前后各元素化合价均不变化，根据原子守恒、电荷守恒配平离子方程式。(3)根据30 ℃时尿素的溶解度远大于过氧化尿素的溶解度，可知提纯粗产品的操作顺序为溶解、蒸发浓缩、冷却至30 ℃结晶、过滤、洗涤。(5)①根据5H2O2～2MnO知，25.00 mL样品溶液中n(H2O2)＝n(KMnO4)＝×0.100 0 mol·L－1×8.00×10－3L＝2×10－3mol，则样品中H2O2的质量分数为2×10－3 mol×34 g·mol－1×÷2.000 g×100%＝34.0%。②若装草酸钠溶液的滴定管水洗后未润洗，则标定KMnO4标准溶液时消耗的草酸钠溶液的体积偏大，从而使标定的KMnO4标准溶液的浓度偏大，最终导致所测得的H2O2的质量分数偏大。
答案：(1)C (2)4H2O2＋Cr2O＋2H＋===2CrO5＋5H2O (3)⑤②④③①
(4)H2O2水溶液呈弱酸性，故H2O2可与铁单质反应，进而氧化生成可催化H2O2分解的Fe3＋ 将搅拌器放在浓硫酸(或浓硝酸)中浸泡一段时间，铁表面钝化(或对搅拌器采用“发蓝”处理) (5)①34.0% ②偏大
3.工业上以铬铁矿(主要成分是FeO·Cr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等)为原料制取铬酸钠(Na2CrO4)晶体，其工艺流程如下：
已知：①＋3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH>9时以CrO形式存在且易被氧化。
②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3＋
Fe2＋
Mg2＋
Al3＋
Cr3＋
开始沉淀时的pH
1.9
7.0
9.1
—
—
沉淀完全时的pH
3.2
9.0
11.1
4.7(>10溶解)
5.6(>9溶解)
(1)提高酸浸速率的措施有________(答两条)，滤渣3的主要成分是________(填化学式)。
(2)流程中两次使用了H2O2进行氧化，H2O2的电子式为________；第二次氧化时反应的离子方程式为_______________________________________。
(3)如果把“调pH＝4.7”和“调pH>11”中间的“过滤”步骤省略，引起的后果是___________________________________________________。
(4)流程图中“□”内的操作是________、洗涤、干燥。
(5)①制取铬酸钠后的废水中含有的Cr2O可以用绿矾除去，测得反应后的溶液中含Cr3＋、Fe2＋、Fe3＋、H＋等阳离子。该反应的离子方程式为_______________________________________________________________。
②某工厂排放废水中含2.00×10－3 mol·L－1的Cr2O，将废水处理得到磁性材料Cr0.5 Fe1.5 FeO4(Cr的化合价为＋3，Fe的化合价依次为＋3、＋2)。欲使1 L该废水中的Cr2O完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4，理论上需要加入________g绿矾。(结果保留两位小数)
解析：(1)提高酸浸速率的措施有升高温度、将铬铁矿粉碎、搅拌、增加硫酸浓度等；滤渣1为SiO2，滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3，滤渣3为Mg(OH)2。(2)H2O2的电子式为；第一次加入H2O2是为了将Fe2＋氧化为Fe3＋；第二次加入H2O2是为了将CrO氧化为CrO，反应的离子方程式为2CrO＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O。(3)调pH＝4.7时沉淀成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，如果不过滤，当继续加入NaOH至pH＝11时，Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO。(4)Na2CrO4溶液制得Na2CrO4晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，涉及的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等。
(5)①Cr2O转化为Cr3＋，亚铁离子被氧化为铁离子，该反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。②根据Cr0.5Fe1.5FeO4知，Cr、Fe的原子个数比为0.5∶2.5＝1∶5，故需要n(FeSO4·7H2O)＝2.00×10－3mol·L－1×1 L×2×5＝0.02 mol，质量为5.56 g。
答案：(1)升高温度、将铬铁矿粉碎、搅拌、增加硫酸浓度等(任答两条即可) Mg(OH)2
(2) 2CrO＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O
(3)pH>11时Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO，使产品不纯
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(5)①Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O ②5.56
4.立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白),是一种常用的白色颜料。回答下列问题:
(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花,亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时,钡的焰色为 (填标号)。
A.黄色 B.红色
C.紫色 D.绿色
(2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉:
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为 。 回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为 。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差,其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的 (填化学式)。
③沉淀器中反应的离子方程式为
。
(3)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品,置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.100 0 mol·L-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5 min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2O32-2I-+S4O62-。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为 ,样品中S2-的含量为 (写出表达式)。
答案 (1)D (2)①BaSO4+4CBaS+4CO↑ CO+H2OCO2+H2 ②BaCO3 ③S2-+Ba2++Zn2++SO42-ZnS·BaSO4↓
(3)浅蓝色至无色 (25.00-12V)×0.100 0×32m×1 000×100%
解析 (1)常见的金属元素在焰色反应中呈现的焰色分别为:钠—黄色、钾—紫色(透过蓝色钴玻璃观察)、钙—砖红色、锶—洋红色、铜—绿色、钡—黄绿色。
(2)①由于焦炭过量,故C被氧化为CO,反应的化学方程式为4C+BaSO4BaS+4CO↑;根据生成CO2和一种清洁能源气体的信息可以写出CO与H2O反应生成CO2与H2的化学方程式。②根据信息结合框图可知,还原料的主要成分为BaS,BaS表面与空气中的H2O和CO2反应生成有臭鸡蛋气味的H2S和难溶于水的BaCO3。③根据立德粉的化学式和框图可知离子反应方程式为Ba2++S2-+Zn2++SO42-ZnS·BaSO4↓。
(3)碘单质能使淀粉溶液显蓝色,当I2全部被消耗完后,溶液蓝色褪去。
根据反应:I2+S2-S↓+2I-,I2+2S2O32-2I-+S4O62-,n(S2-)+12n(S2O32-)=n(I2),因此,n(S2-)=(25.00×0.100 0×10-3-12V×0.100 0×10-3) mol,故样品中S2-的含量为(25.00-12V)×0.100 0×32m×1 000×100%。
5.工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：
已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。
②Al3＋、Fe3＋沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，Mn2＋、Mg2＋开始沉淀的pH分别为8.1、9.1。
③焙烧过程中主要反应为MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。
(1)结合图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别为_____________________________________________________、
____________、____________。
(2)对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2将Fe2＋转化为Fe3＋，再调节溶液pH的范围为____________________________________________________，
将Fe3＋和Al3＋变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2＋、Mg2＋变为氟化物沉淀除去。
(3)“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为__________________________________________________________________
______________________________________________________________。
(4)上述流程中可循环使用的物质是________。
(5)现用滴定法测定浸出液中Mn2＋的含量。实验步骤：称取1.000 g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使反应2Mn2＋＋NO＋4PO＋2H＋2[Mn(PO4)2]3－＋NO＋H2O充分进行；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO＋NH===N2↑＋2H2O以除去NO；加入稀硫酸酸化，用2.00 mol·L－110.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋＋2PO；用0.10 mol·L－110.00 mL酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。
①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应的离子方程式为______________________
_____________________________________________(还原产物是Cr3＋)。
②试样中锰的质量分数为________。
解析：(1)随着温度的升高，锰浸出率逐渐升高，但是500 ℃以后，锰浸出率增加缓慢，并且在500 ℃时，锰浸出率已超过95%。从节约能源的角度考虑，焙烧温度取500 ℃即可；焙烧时间为60 min时锰浸出率较大，超过60 min锰浸出率趋于平缓，因此，实验选择最佳的焙烧时间为60 min；当氯化铵与菱锰矿粉质量比为1.10∶1时，锰浸出率已经很高，继续增加氯化铵用量，锰浸出率提高不明显，因此，氯化铵与菱锰矿粉最佳质量比为1.10∶1。(2)Fe3＋和Al3＋完全沉淀的pH分别是3.2、4.7，调节pH不能使Mn2＋沉淀，所以pH的范围是4.7≤pH<8.1。(4)蒸发浓缩、冷却结晶后得到的氯化铵可以循环使用。(5)②首先根据关系式6Fe2＋～Cr2O计算出过量的Fe2＋为0.006 0 mol，然后得出与[Mn(PO4)2]3－反应的Fe2＋为0.020 0 mol－0.006 0 mol＝0.014 mol，根据关系式Mn2＋～[Mn(PO4)2]3－～Fe2＋计算得出n(Mn2＋)＝0.014 mol，试样中的m(Mn)＝0.014 mol×55 g·mol－1＝0.77 g，故试样中锰的质量分数为77%。
答案：(1)500 ℃ 60 min 1.10
(2)4.7≤pH<8.1
(3)Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
(4)NH4Cl
(5)①6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O
②77%
6.高纯MnCO3在电子工业中有重要的应用,湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe、Al、Mg等杂质元素)制备高纯碳酸锰的实验过程如下:
(1)浸出时温度控制在90~95 ℃之间,并且要连续搅拌3小时的目的是 ,植物粉的作用是 。
(2)除杂过程的操作如下:
①向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿,调节浸出液的pH为3.5~5.5。
②再加入一定量的软锰矿和双氧水,过滤。
③……
操作①中使用碳酸锰调pH的优势是 ;操作②中加入双氧水不仅能将Fe2+氧化为Fe3+,而且能提高软锰矿的浸出率。写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式 。
(3)在30~35 ℃下,将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中,控制反应液的最终pH在6.5~7.0,可得到MnCO3沉淀。温度控制在35 ℃以下的原因是 ;该反应的化学方程式为 ;生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤,检验洗涤是否完全的方法是 。
(4)已知室温下,Ksp(MnCO3)=1.8×10-11,Ksp(MgCO3)=2.6×10-5,当离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时,表示该离子沉淀完全。若净化液中的c(Mg2+)=10-2 mol·L-1,试计算说明Mg2+的存在是否会影响MnCO3的纯度。
答案 (1)使软锰矿粉充分反应,提高软锰矿中锰的浸出率 作还原剂
(2)增加MnCO3的产量(或不引入新的杂质等) MnO2+H2O2+2H+Mn2++2H2O+O2↑
(3)减少碳酸氢铵的分解,提高原料利用率 MnSO4+2NH4HCO3MnCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O 取最后一次的洗涤滤液1~2 mL置于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤干净
(4)Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)·c(CO32-),当Mn2+沉淀完全时,c(CO32-)=1.8×10-111.0×10-5 mol·L-1=1.8×10-6 mol·L-1,若Mg2+也能形成沉淀,则要求c(Mg2+)>2.6×10-51.8×10-6 mol·L-1≈14.4 mol·L-1,Mg2+的浓度为0.01 mol·L-1,远小于14.4 mol·L-1,所以Mg2+的存在不会影响MnCO3的纯度。
解析 湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe、Al、Mg等杂质元素)制备高纯碳酸锰,加入浓硫酸和植物粉浸出、过滤得到滤液并除去杂质,加入碳酸氢铵形成沉淀,再通过一系列操作可得到高纯碳酸锰。
(1)升温、搅拌都可以加快物质的溶解反应速率,浸出时温度控制在90~95 ℃之间,并且要连续搅拌3小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率。加入植物粉作还原剂。
(2)使用碳酸锰调pH的优势是增加MnCO3的产量且不引入新的杂质。酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢生成氧气,同时二氧化锰被还原为锰离子,反应的离子方程式为MnO2+H2O2+2H+Mn2++2H2O+O2↑。
(3)根据碳酸氢铵受热易分解分析,温度控制在35 ℃以下的原因是防止碳酸氢铵分解,在30~35 ℃下,将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中,控制反应液的最终pH在6.5~7.0,可得到MnCO3沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水,反应的化学方程式为MnSO4+2NH4HCO3MnCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O。生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤,检验洗涤是否完全的方法是取最后一次的洗涤滤液1~2 mL置于试管中,向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤干净。
(4)Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)·c(CO32-),当Mn2+沉淀完全时,c(CO32-)=1.8×10-111.0×10-5 mol·L-1=1.8×10-6 mol·L-1,若Mg2+也能形成沉淀,则要求c(Mg2+)>2.6×10-51.8×10-6 mol·L-1≈14.4 mol·L-1,净化液中Mg2+的浓度为0.01 mol·L-1,远小于14.4 mol·L-1,则Mg2+的存在不会影响MnCO3的纯度。
7.H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答：
Ⅰ.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物。
(1)该反应的化学方程式为
___________________________________________________________。
Ⅱ.H2S可用于检测和沉淀金属阳离子。
(2)H2S的第一步电离方程式为
_____________________________________________________________。
(3)已知：25 ℃时，Ksp(SnS)＝1.0×10－25，Ksp(CdS)＝8.0×10－27。该温度下，向浓度均为0.1 mol·L－1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，当Sn2＋开始沉淀时，溶液中c(Cd2＋)＝________(溶液体积变化忽略不计)。
Ⅲ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。反应原理为
ⅰ.COS(g)＋H2(g)H2S(g)＋CO(g) ΔH＝＋7 kJ·mol－1；
ⅱ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－42 kJ·mol－1。
(4)已知：断裂1 mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示。
分子
COS(g)
H2(g)
CO(g)
H2S(g)
H2O(g)
CO2(g)
能量/(kJ·mol－1)
1 319
442
x
678
930
1 606
表中x＝________。
(5)向10 L容积不变的密闭容器中充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和1 mol H2O(g)，进行上述两个反应。其他条件不变时，体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。
①随着温度升高，CO的平衡体积分数________(填“增大”或“减小”)。原因为________________________________________________________
___________________________________________________________。
②T1℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol。则该温度下，COS的平衡转化率为________；反应ⅰ的平衡常数为________(保留两位有效数字)。
解析：(1)天然气的主要成分是CH4，根据题意，CH4与SO2反应生成H2S、CO2和H2O，反应条件是高温、催化剂。根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式。(2)H2S是二元弱酸，分两步电离，且电离过程是“可逆过程”，以第一步电离为主，H2S的第一步电离方程式为H2SH＋＋HS－。(3)当Sn2＋开始沉淀时，溶液中c(S2－)＝＝ mol·L－1＝1.0×10－24mol·L－1，此时溶液中c(Cd2＋)＝＝ mol·L－1＝8.0×10－3mol·L－1。(4)反应热＝反应物总键能－生成物总键能，对于反应ⅰ，ΔH＝(1 319＋442－678－x)kJ·mol－1＝＋7 kJ·mol－1，解得x＝1 076[或利用反应ⅱ进行计算，ΔH＝(x＋930－1 606－442)kJ·mol－1＝－42 kJ·mol－1，解得x＝1 076]。(5)①由题图知，随着温度升高，CO的平衡体积分数增大。反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数增大，综合来讲，其他条件不变，升高温度，体系中CO的平衡体积分数增大。②T1 ℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol，则反应的n(COS)＝0.20 mol，故COS的平衡转化率为×100%＝20%。反应ⅰ生成0.20 mol CO，剩余0.80 mol H2，生成的CO与H2O(g)发生反应ⅱ，设达到平衡时，参加反应ⅱ的CO为x mol，利用三段式法进行计算：
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始(mol) 0.20 1 0 0.80
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 0.20－x 1－x x 0.80＋x
开始共投入3 mol气体，且反应ⅰ和反应ⅱ都是气体分子数不变的反应，故平衡时体系中气体的总物质的量不变。根据题图知，T1℃达到平衡时，CO的体积分数为5%，故×100%＝5%，解得x＝0.05。故平衡时体系中n(COS)＝0.80 mol，n(H2)＝0.80 mol＋0.05 mol＝0.85 mol，n(H2S)＝0.20 mol，n(CO)＝0.20 mol－0.05 mol＝0.15 mol，反应ⅰ的平衡常数K＝＝≈0.044。
答案：Ⅰ.(1)4SO2＋3CH44H2S＋3CO2＋2H2O
Ⅱ.(2)H2SH＋＋HS－ (3)8.0×10－3mol·L－1
Ⅲ.(4)1 076 (5)①增大 反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大 ②20% 0.044
8.银的冶炼有很多方法,在《天工开物》均有记载,而现代流行的“氰化法”,用NaCN溶液浸出矿石中的银的方法是最常用的方法。该方法具备诸多优点:银的回收率高、对游离态和化合态的银均能浸出、对能源消耗相对较少、生产工艺简便等,但氰化物通常有毒。其炼制工艺简介如下:
(1)矿石需要先进行破碎、研磨,其目的是 。
(2)写出该工艺的一个明显的缺点 。
(3)用NaCN浸泡矿石(该矿石是辉银矿,其主要成分是Ag2S)时,反应容器处于开口状态,产生的银以[Ag(CN)2]-形式存在,硫元素被氧化至最高价,试写出主要反应的离子方程式: 。
(4)在矿石中银往往和锌、铜、金等元素伴生,故氰化法得到的银中往往因含有上述金属而不纯净,需要进一步纯化,从而获得纯净的银。其中方法之一就是进行电解精炼,在精炼过程中,含有杂质的银作 (填“阴”或“阳”)极,该电极上发生的主要反应式为 ,金以 形式存在。
(5)有人提出了另外的提纯银的方案,先将锌粉还原后的混合金属用略过量的硝酸溶解,通过精确调整溶液的pH来进行金属元素分离,已知:
①溶解后的离子浓度如下表:
Zn2+
Cu2+
Ag+
物质的量浓度/mol·L-1
0.001
0.002
0.5
②某些金属离子的氢氧化物Ksp如下:
Zn2+
Cu2+
Ag+
……
Ksp
1.0×10-17
2.0×10-20
2.0×10-8
若lg 2=0.3,该设计方案 (填“可行”或“不可行”),其原因是 。
答案 (1)增大接触面积,提高反应速率
(2)NaCN有剧毒,会污染环境(生成有毒HCN,生产工艺不环保,对环境不友好等)
(3)Ag2S+4CN-+2O22[Ag(CN)2]-+SO42-
(4)阳 Ag-e-Ag+、Zn-2e-Zn2+、Cu-2e-Cu2+ 阳极泥
(5)不可行 在调整溶液的pH时,各离子沉淀的pH相近,难以逐一沉淀
解析 (1)矿石需要先进行破碎、研磨,其目的是增大接触面积,提高反应速率。
(2)根据题干提示,氰化物有毒,所以该工艺的一个明显的缺点是NaCN有剧毒,会污染环境。
(3)根据提示可知,反应的离子方程式为Ag2S+4CN-+2O22[Ag(CN)2]-+SO42-。
(4)根据电解的原理,要除去杂质,需要将银溶解,故将有杂质的银作阳极,使其失电子,该电极上发生的主要反应为:Ag-e-Ag+、Zn-2e-Zn2+、Cu-2e-Cu2+。金的活泼性不如Ag,金不会失电子,最终会在阳极下面以阳极泥的形式存在。
(5)由Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH-(aq)可得,Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)·c2(OH-),当锌离子开始沉淀时c(OH-)=Kspc(Zn2+)=1×10-170.001 mol·L-1=10-7 mol·L-1,溶液pH=7。当Zn2+完全沉淀时c(OH-)=1×10-1710-5 mol·L-1=10-6 mol·L-1,溶液pH=8。
由Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)得,当铜离子开始沉淀时c(OH-)=Kspc(Cu2+)=2.0×10-200.002 mol·L-1=10-8.5 mol·L-1,溶液pH=5.5,当Cu2+完全沉淀时c(OH-)=2.0×10-2010-5 mol·L-1=2×10-15 mol·L-1,进一步计算可得溶液pH=6.65。
由AgOH(s)Ag+(aq)+OH-(aq)得,当银离子开始沉淀时c(OH-)=Kspc(Ag+)=2.0×10-80.5 mol·L-1=4×10-8 mol·L-1,进一步计算可得溶液pH=6.6。当Ag+完全沉淀时c(OH-)=2.0×10-810-5 mol·L-1=2×10-3 mol·L-1,pH=11.3。
根据以上数据可知,在调整溶液的pH时,各离子的沉淀pH相近,难以逐一沉淀。
9.工业上以软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2)为原料制取金属锰的工艺流程如下:
(1)软锰矿“粉磨”的目的是 。
(2)“浸渣”的主要成分是 (填名称)。
(3)经检测“浸取液”中无Fe2+,“浸取”时MnO2发生反应的离子方程式为 。
(4)在“沉锰”操作中,不能用Na2CO3代替NH4HCO3,其原因是 。
(5)将“酸溶”后的溶液作为电解液,用下图1装置电解,应采用 (填“阴”或“阳”)离子交换膜,阳极的电极反应式为 。
图1
图2
(6)为充分利用“滤渣1”,需测定滤渣中铝元素的含量,设计以下方案。
①将m g滤渣处理成a mL溶液。
②取少量①中溶液用EDTA滴定测得溶液中Fe3+、Al3+的浓度之和为b mmol·L-1。
③另取少量①中溶液将Fe3+用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl-)还原Fe2+,离子方程式为 ;
④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400(吸光度与Fe2+的浓度关系如上图2所示)。该样品中铝元素的质量分数为 (用含字母的表达式表示)。
答案 (1)加快浸取速率
(2)二氧化硅
(3)MnO2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O
(4)Na2CO3溶液碱性较强,会导致生成氢氧化物沉淀(碱式碳酸锰)
(5)阴 2H2O-4e-4H++O2↑
(6)③2Fe3++2NH3OH+2Fe2++4H++N2↑+2H2O ④27a(b-0.040)×10-6m×100%
解析 (1)软锰矿是固体物质,将其“粉磨”的目的是增大物质的表面积,以便于在用稀硫酸和FeSO4溶液浸取时反应速率大大加快。
(2)软锰矿的主要成分为MnO2,另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2,用硫酸和FeSO4溶液浸取时,FeCO3、Al2O3与硫酸反应产生FeSO4、Al2(SO4)3进入溶液,FeSO4与MnO2在酸性条件下发生氧化还原反应MnO2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O,而SiO2不能发生反应,所以“浸渣”的主要成分是二氧化硅。
(3)经检测“浸取液”中无Fe2+,说明Fe2+在“浸取”时与具有氧化性的MnO2发生了氧化还原反应,反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O。
(4)在“沉锰”操作中,不能用Na2CO3代替NH4HCO3,原因是由于CO32-的水解使Na2CO3溶液碱性较强,会导致Mn2+生成氢氧化物沉淀或碱式碳酸锰,影响MnCO3的纯度。
(5)反应产生的MnCO3与稀硫酸发生反应MnCO3+H2SO4MnSO4+H2O+CO2↑,要采用电解的方法使Mn2+还原为金属Mn,阴极电极反应式为2Mn2++4e-2Mn,阳极电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑,根据溶液电中性和电解原理,右边的SO42-要移向阳极进入左边,因此要选择阴离子交换膜。
(6)③另取少量①中溶液将Fe3+用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl-)还原为Fe2+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得反应的离子方程式为2Fe3++2NH3OH+2Fe2++4H++N2↑+2H2O。④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400,根据物质的吸光度与Fe2+的浓度关系知该溶液中c(Fe2+)=0.040 mmol·L-1,根据2Fe3++2NH3OH+2Fe2++4H++N2↑+2H2O可知c(Fe3+)=c(Fe2+)=0.040 mmol·L-1,因为c(Al3+)+c(Fe3+)=b mmol·L-1,所以c(Al3+)=(b-0.040) mmol·L-1,溶液的体积为a mL,故n(Al3+)=(b-0.040) mmol·L-1×a×10-3 L=a(b-0.040)×10-6 mol,则该样品中铝元素的质量分数为27×a×(b-0.040)×10-6m×100%。
10.硼氢化钠(NaBH4)具有优良的还原性,在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用。利用硼精矿(主要成分为B2O3,含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等)制取NaBH4的流程如图1:
图1
图2
已知:偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水,不溶于醇,在碱性条件下稳定存在。回答下列问题。
(1)写出加快硼精矿溶解速率的措施 (写一种)。
(2)操作1为 ,滤渣主要成分为 。
(3)除硅、铝步骤加入CaO而不加入CaCl2的原因有:①能将硅、铝以沉淀除去;② 。
(4)氢化镁(MgH2)中H元素的化合价为 ;MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应1,其化学方程式为 。
(5)如图2在碱性条件下,在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠,写出阴极室的电极反应式 。
(6)硼氢化钠是一种强还原剂,碱性条件可处理电镀废液中的硫酸铜制得纳米铜,从而变废为宝,写出该反应的离子方程式: 。
答案 (1)将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等(答1点即可)
(2)过滤 Fe(OH)3
(3)提供碱性溶液抑制NaBO2水解
(4)-1价 2MgH2+NaBO2NaBH4+2MgO
(5)BO2-+6H2O+8e-BH4-+8OH-
(6)4Cu2++BH4-+8OH-4Cu+BO2-+6H2O
解析 (1)将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等都可以加快硼精矿溶解速率。(2)根据以上分析,操作1为过滤,滤渣主要成分为Fe(OH)3。(3)已知NaBO2易溶于水,在碱性条件下稳定存在,所以除硅、铝步骤加入CaO而不加入CaCl2的原因有:①能将硅、铝以沉淀除去;②提供碱性溶液抑制NaBO2水解。(4)根据化合价代数和为0,则氢化镁(MgH2)中H元素的化合价为-1价;MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应生成NaBH4和MgO,则化学方程式为2MgH2+NaBO2NaBH4+2MgO。(5)在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠,则阴极室BO2-得电子发生还原反应生成BH4-,则电极反应式为BO2-+6H2O+8e-BH4-+8OH-。(6)硼氢化钠是一种强还原剂,碱性条件可处理电镀废液中的硫酸铜制得纳米铜,则反应的离子方程式为4Cu2++BH4-+8OH-4Cu+BO2-+6H2O。
11.重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的氧化剂，工业上常用铬铁矿为原料生产重铬酸钾。但含铬废渣(废水)是污染物，随意排放对人类的生存环境有极大的危害。某兴趣小组设计如图所示工艺，模拟工业用铬铁矿制取重铬酸钾。
小组成员通过查阅相关资料，获得以下信息：
①铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，其中含杂质SiO2、Al2O3和MgO
②某些物质在不同温度下的溶解度：
物质
KCl
NaCl
K2Cr2O7
Na2Cr2O7
溶解度
(g/100 g水)
0 ℃
28
35.7
4.7
163
40 ℃
40.1
36.4
26.3
215
80 ℃
51.3
38
73
376
③Na2CrO4溶液中存在平衡：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O
④常温下，Cr(OH)3的Ksp＝6.4×10－32
⑤lg 5＝0.7
请回答下列问题：
(1)流程①反应器中涉及的主要反应如下，请完成并配平该反应方程式。
FeO·Cr2O3＋NaOH＋KClO3Na2CrO4＋Fe2O3＋KCl＋________
(2)流程②后所得到的滤液中含有的金属阳离子是________。
(3)流程③中调节pH＝7～8并过滤，所得滤渣为________。
(4)流程④中酸化的目的是________________，但酸化不能选用盐酸，其理由是__________________________________________________________。
(5)流程⑤中加入KCl，能够析出重铬酸钾晶体的原因是
____________________________________________________________。
(6)①一定浓度的含Cr3＋废水排放到河塘中会使鱼类等水生物死亡，原因是
_____________________________________________________________。
②若Ⅰ类生活饮用水水质标准铬含量最高限值是5.2×10－5g·L－1，若通过调节溶液的pH的方法让含Cr3＋的水达到饮用水水质标准，则pH≥________。
解析：(1)缺项配平题应先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的系数，再根据观察法确定缺项物质及其系数。(2)MgO、Fe2O3成为滤渣，而铬、铝和硅元素分别变成CrO、AlO和SiO，所以流程2后所得滤液中的金属阳离子只有Na＋、K＋。(3)调节溶液的pH＝7～8，AlO和SiO转变为Al(OH)3和H2SiO3沉淀。(4)流程④，溶液中主要含CrO，利用平衡移动原理，加酸生成Cr2O。(5)流程⑤中加入KCl后，溶液中存在Cl－、K＋、Na＋和Cr2O四种离子，K2Cr2O7的溶解度较小，故能够析出。(6)①Cr3＋是重金属阳离子，能使蛋白质变性。②按标准Ⅰ类生活饮用水Cr3＋最高限值是5.2×10－5g·L－1，即1.0×10－6mol·L－1，调节pH让Cr3＋变成Cr(OH)3，根据Ksp[Cr(OH)3]＝6.4×10－32，可求得水中c(OH－)最小应为4×10－9mol·L－1，c(H＋)最大值为2.5×10－6mol·L－1，故pH≥5.6。
答案：(1)6 24 7 12 3 7 12H2O
(2)Na＋、K＋
(3)Al(OH)3和H2SiO3
(4)增大H＋浓度，促使2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O平衡向右移动，生成Cr2O 酸性条件下，Cl－能被Cr2O氧化
(5)重铬酸钾的溶解度较小，故在Cl－、K＋、Na＋和Cr2O共同存在的溶液中能够析出K2Cr2O7晶体
(6)①重金属离子可使蛋白质变性 ②5.6
12.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题:
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
(1)“滤渣1”含有S和 ;写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式 。
(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是 。
(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为 ~6.0之间。
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是 。
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是 。
(6)写出“沉锰”的离子方程式 。
(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=13时,z= 。
答案 (1)SiO2(或不溶性硅酸盐) MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+
(3)4.7
(4)NiS和ZnS
(5)F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2Mg2++2F-平衡向右移动
(6)Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O
(7)13
解析 (1)加硫酸“溶浸”过程中MnO2将MnS中的S2-氧化为单质硫:MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O。天然锰矿中含有的二氧化硅(或硅酸盐)不溶于稀硫酸,所以滤渣1为S和二氧化硅(或不溶性硅酸盐)。
(2)“溶浸”时杂质Fe、Al、Mg、Zn、Ni等元素也都转化为相应的硫酸盐,其中铁元素部分以Fe2+存在,结合金属离子沉淀时的pH范围,加MnO2是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,以方便后面将其转化为沉淀除去。(3)~(5)结合题给表格中金属离子沉淀时的pH范围可知,加氨水“调pH”主要是沉淀Fe3+和Al3+[滤渣2为Fe(OH)3和Al(OH)3],根据题给氢氧化物沉淀的pH范围可知需控制的pH范围为4.7~6.0。而后面加Na2S完成的“除杂1”是沉淀Zn2+和Ni2+,则滤渣3为ZnS和NiS。加MnF2完成的“除杂2”是沉淀Mg2+,滤渣4为MgF2。若沉淀Mg2+时溶液酸性较强,H+会与F-生成弱电解质HF,使平衡MgF2(s)Mg2+(aq)+2F-(aq)右移,则导致Mg2+沉淀不完全。
(6)流程图中加NH4HCO3是为了沉淀Mn2+,产物为MnCO3,同时生成CO2和(NH4)2SO4、H2O。
(7)根据化合物中元素化合价的代数和为0可列式计算:(+1)+(+2)×13+(+3)×13+(+4)×z+(-2)×2=0,解得z=13。
13.CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3,还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下:
已知:①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等。
②酸性条件下,ClO3-不会氧化Co2+,ClO3-转化为Cl-。
③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表(金属离子浓度为0.01 mol·L-1):
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
④CoCl2·6H2O熔点为86 ℃,加热至110~120 ℃时,失去结晶水生成无水氯化钴。
请回答:
(1)写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式 。
(2)向浸出液中加入NaClO3发生主要反应的离子方程式为 。
(3)“加Na2CO3调pH至5.2”,过滤所得到的沉淀X成分为 。
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示,萃取剂使用的适宜pH范围是 。(填选项序号字母)
A.1.0~2.0
B.2.5~3.5
C.4.0~5.0
(5)制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是 。
(6)为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量,称取2 g的粗产品溶于水,配成100 mL溶液,取出20 mL置于锥形瓶,加入K2CrO4做指示剂(Ag2CrO4为砖红色沉淀),用0.2 mol·L-1的AgNO3溶液滴定至终点,重复2~3次,平均消耗AgNO3标准溶液10.00 mL。该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为 。用K2CrO4做指示剂时,需要控制溶液pH为6.5~10.5,试分析原因是 。
答案 (1)Co2O3+SO32-+4H+2Co2++SO42-+2H2O
(2)6H++6Fe2++ClO3-6Fe3++Cl-+3H2O
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)B
(5)降低烘干温度,防CoCl2·6H2O高温下失去结晶水
(6)59.5% pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-),pH太大又会生成Ag(OH)沉淀(或Ag2O沉淀)
解析 (1)水钴矿主要成分为Co2O3和Co(OH)3,加入盐酸和亚硫酸钠,浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等,所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应,根据电荷守恒和得失电子守恒,反应的离子方程式为Co2O3+SO32-+4H+2Co2++SO42-+2H2O。
(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,其反应的离子方程式为ClO3-+6Fe2++6H+Cl-+6Fe3++3H2O。
(3)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,加Na2CO3调pH至5.2,铝离子与碳酸根离子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳,水解的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑。铁离子能与碳酸根离子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铁和二氧化碳,水解的离子方程式为2Fe3++3CO32-+3H2O2Fe(OH)3↓+3CO2↑,所以沉淀X的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)根据流程图可知,此时溶液中存在Mn2+、Co2+,由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知,调节溶液pH在3.0~3.5之间,可使Mn2+完全萃取,并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀,故选B。
(5)根据题意知,CoCl2·6H2O常温下稳定、无毒,加热至110~120 ℃时,失去结晶水变成有毒的无水氯化钴,为防止其分解失水,制得的CoCl2·6H2O需降低烘干温度,即采用减压烘干的方法。
(6)CoCl2·6H2O~2AgNO3
238 g 2 mol
x 0.2 mol·L-1×0.01 L
238 gx=2mol0.2mol·L-1×0.01 L
x=0.238 g
则CoCl2·6H2O的纯度为0.238 g×100202 g×100%=59.5%
pH太小K2CrO4会氧化Cl-(或转化为Cr2O72-),pH太大又会生成AgOH沉淀,所以需要控制溶液pH为6.5~10.5。
14.研究氮及其化合物的性质在人类进步过程中具有极为重要的意义。
(1)肼(N2H4)与N2O4分别是火箭发射中最常用的燃料与氧化剂。已知2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1 225 kJ·mol－1。几种化学键的键能数据如下：
化学键
N—H
N—N
N≡N
O—H
键能/(kJ·mol－1)
390
190
946
460
则1 mol N2O4(l)完全分解成相应的原子时需要吸收的能量是________。
(2)N2O4与NO2转化的热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝＋24.4 kJ·mol－1。
①将一定量的N2O4投入固定容积的真空容器中，下述现象能说明反应达到平衡的是________(填字母)。
a．v正(N2O4)＝2v逆(NO2) b．体系颜色不变
c．气体平均相对分子质量不变 d．气体密度不变
②在一密闭容器中发生该反应，达到平衡后，保持体积不变升高温度，再次达到平衡时，则混合气体的颜色________(填“变深”“变浅”或“不变”)，判断理由________________________________________________________
_____________________________________________________________。
③平衡常数K可用反应体系中气体物质平衡分压表示，即K表达式中平衡浓度可用平衡分压代替，分压＝总压×物质的量分数[例如：p(NO2)＝p总×x(NO2)]。写出上述反应平衡常数K的表达式________(用p总、各气体物质的量分数x表示)；影响K的因素为________。
(3)氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。在773 K时，分别将2.00 mol N2和6.00 mol H2充入一个固定容积为1 L的密闭容器中，限着反应的进行，气体混合物中n(H2)、n(NH3)与反应时间(t)的关系如表所示：
t/min
0
5
10
15
20
25
30
n(H2)/mol
6.00
4.50
3.60
3.30
3.03
3.00
3.00
n(NH3)/mol
0
1.00
1.60
1.80
1.98
2.00
2.00
①该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2、NH3，其浓度均为3 mol·L－1，则此时v正_______________________________________________
v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
②由表中的实验数据可得到“c—t”的关系，如图1所示，表示c(N2)—t的曲线是________。在此温度下，若起始充入4 mol N2和12 mol H2，则反应刚达到平衡时，表示c(H2)—t的曲线上相应的点为________。
(4)有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图2所示。电池正极的电极反应式是____________________，A是_______________________________。
解析：(1)N2O4(l)完全分解成相应的原子需要断裂分子中所有的化学键，故需要的总能量就等于其中化学键的总键能，设1 mol N2O4(l)的总键能为E，则ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能＝(8×390 kJ·mol－1＋2×190 kJ·mol－1＋E)－(3×946 kJ·mol－1＋8×460 kJ·mol－1)＝－1 225 kJ·mol－1，则E＝1 793 kJ·mol－1。(2)①达到化学平衡的条件是正逆反应速率相等，即＝，得2v正(N2O4)＝v逆(NO2)，所以a错误。N2O4为无色，NO2为红棕色，若颜色不变，说明c(NO2)及c(N2O4)不变，即各物质的浓度不变，所以b正确。＝，均是气体，m(气)不变，但在反应过程中气体的总物质的量发生变化，其平均相对分子质量也在变化，若气体平均相对分子质量不变，说明n(气)不变，则各物质的物质的量浓度不变，达到化学平衡状态，所以c正确。气体的质量不变，容器体积不变，在反应过程中，密度始终不变，所以气体密度不变不能说明反应达到平衡状态，d错误。②该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，c(NO2)增大，颜色加深。③K＝，将c(NO2)、c(N2O4)换成p(NO2)、p(N2O4)。影响平衡常数的因素只有温度。(3)①该温度下，25 min时反应处于平衡状态，平衡时c(N2)＝1 mol·L－1、c(H2)＝3 mol·L－1、c(NH3)＝2 mol·L－1，则K＝
＝L2·mol－2。在该温度下若向同容积的另一容器中投入N2、H2和NH3，其浓度均为3 mol·L－1，则Qc＝＝＝L2·mol－2
(2)①bc ②变深 正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c(NO2)增大，气体颜色加深 ③K＝p总·x2(NO2)/x(N2O4)(其他合理答案亦可) 温度 (3)①大于 ②乙 B
(4)N2＋8H＋＋6e－===2NH 氯化铵(或NH4Cl)
15.碱性锌锰电池是日常生活中消耗量最大的电池，其构造如图所示。放电时总反应为Zn＋2H2O＋2MnO2===Zn(OH)2＋2MnOOH。从废旧碱性锌锰电池中回收Zn和MnO2的工艺如图所示：
回答下列问题：
(1)MnOOH中，Mn元素的化合价为________。
(2)“还原焙烧”过程中，高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质(其中MnOOH、MnO2被还原成MnO)，主要原因是“粉料”中含有________。
(3)“净化”是为了除去浸出液中的Fe2＋，方法是：加入________(填化学式)溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，再调节pH使Fe3＋沉淀完全。已知浸出液中Mn2＋、Zn2＋的浓度约为0.1 mol·L－1，根据下列数据计算，调节pH的合理范围是________至________。(离子浓度小于1×10－5 mol·L－1即为沉淀完全)
化合物
Mn(OH)2
Zn(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10－13
10－17
10－38
(4)“电解”时，阳极的电极反应式为_____________________________。
本工艺中应循环利用的物质是________(填化学式)。
(5)若将“粉料”直接与盐酸共热反应后过滤，滤液的主要成分是ZnCl2和MnCl2。“粉料”中的MnOOH与盐酸反应的化学方程式为
____________________________________________________________。
(6)某碱性锌锰电池维持电流强度0.5 A(相当于每秒通过5×10－6 mol电子)，连接工作80分钟即接近失效。如果制造一节电池所需的锌粉为6 g，则电池失效时仍有________%的金属锌未参加反应。
解析：(1)根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，MnOOH中Mn元素的化合价为＋3。(2)结合题图知，废旧碱性锌锰电池经破碎操作后得到的粉料中含有C，因此还原焙烧过程中，高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质。(3)可以加入H2O2溶液或KMnO4溶液将Fe2＋氧化为 Fe3＋。欲使Fe3＋沉淀完全，需使c(OH－)>＝ mol·L－1＝10－11mol·L－1，即需pH>3；欲使Zn2＋不沉淀，需使c(OH－)<＝ mol·L－1＝10－8mol·L－1，即需pH<6；欲使Mn2＋不沉淀，需使c(OH－)<＝ mol·L－1＝10－6mol·L－1，即需pH<8，故应该调节pH为3～6。
(4)根据流程图知，净化后得到ZnSO4、MnSO4和H2SO4等的混合溶液，电解时，阳极上Mn2＋发生氧化反应：Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋，阴极上Zn2＋发生还原反应：Zn2＋＋2e－===Zn，得到的废电解液中含有大量H2SO4，可以循环用于浸出操作。
(5)MnOOH与盐酸反应生成MnCl2，Mn元素化合价降低，则HCl中Cl元素化合价升高，生成Cl2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式：2MnOOH＋6HCl2MnCl2＋Cl2↑＋4H2O。(6)电池接近失效时转移电子的物质的量为5×10－6mol·s－1×80×60 s＝0.024 mol，则参加反应的锌为0.012 mol，质量为0.012 mol×65 g·mol－1＝0.78 g，故电池失效时未参加反应的金属锌的质量分数为×100%＝87%。
答案：(1)＋3 (2)C (3)H2O2(或KMnO4) 3 6 (4)Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋ H2SO4
(5)2MnOOH＋6HClCl2↑＋2MnCl2＋4H2O (6)87
16.利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋等。
②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。
③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
(1)浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式为
____________________________________________________________。
(2)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为
_____________________________________________________________。
(3)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是________；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为________。
(4)操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，________、________、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(5)为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%，其原因可能是(回答一条原因即可)。
(6)将5.49 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，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。
温度范围/℃
固体质量/g
150～210
4.41
290～320
2.41
经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320 ℃温度范围，剩余的固体物质化学式为________。[已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183 g·mol－1]
解析：(1)浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2＋，Co元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO转化为SO，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：Co2O3＋4H＋＋SO===2Co2＋＋SO＋2H2O。(2)NaClO3加入浸出液中，将Fe2＋氧化为Fe3＋，ClO被还原为Cl－，反应的离子方程式为ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。(3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3＋和Al3＋沉淀完全。滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2＋、Mn2＋、Mg2＋、Ca2＋等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2。(4)经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。(5)根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。(6)整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49 g CoC2O4·2H2O为0.03 mol，固体质量变为4.41 g时，质量减少1.08 g，恰好为0.06 mol H2O的质量，因此4.41 g固体为0.03 mol CoC2O4。依据元素守恒知，生成n(CO2)＝0.06 mol，m(CO2)＝0.06 mol×44 g·mol－1＝2.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41 g时，质量减少2 g，说明290～320 ℃内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)＝2.64 g－2 g＝0.64 g，n(O2)＝0.02 mol；n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝0.03∶0.02∶0.06＝3∶2∶6，依据原子守恒，配平化学方程式：3CoC2O4＋2O2290～320 ℃,Co3O4＋6CO2，故290～320 ℃温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4或CoO·Co2O3。
答案：(1)Co2O3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋2H2O
(2)ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O
(3)使Fe3＋和Al3＋沉淀完全 CaF2和MgF2
(4)蒸发浓缩 冷却结晶
(5)粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质)
(6)Co3O4(或CoO·Co2O3)
17.锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌。某硫化锌精矿的主要成分为ZnS(还含少量FeS等其他成分)，以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生的焙砂的主要成分的化学式为________。浸出液净化过程中加入的主要物质为锌粉，其作用是
______________________________________________________________
_____________________________________________________________。
(2)电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用惰性电极，阳极的电极反应式为_______________________________________________________________
______________________________________________________________。
(3)在该流程中可循环使用的物质是Zn和________(填化学式)。
(4)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为________________________________。
(5)硫化锌精矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液可慢慢地转变为铜蓝(CuS)。请解释该反应发生的原理：________________________________________________
____________________________________________________________。
(6)我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌。明代宋应星著的《天工开物》中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，……，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，……，冷定毁罐取出，……，即倭铅也。”该炼锌工艺过程中发生的主要反应的化学方程式为____________。(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌)
解析：(1)硫化锌精矿在氧气气氛中焙烧，发生反应：2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2、4FeS＋7O22Fe2O3＋4SO2，由于FeS的含量较少，故焙砂的主要成分为ZnO。焙砂酸浸后，ZnO、Fe2O3分别转化为Zn2＋、Fe3＋，加入锌粉的作用是除去Fe3＋。(2)电解沉积过程中，阳极上H2O放电，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋。(3)焙烧过程中产生的含尘烟气经净化后可制备硫酸，硫酸可用于后续的酸浸操作，因此该流程中可循环使用的物质是Zn和H2SO4。(4)“氧压酸浸”是在酸性条件下通入氧气，将ZnS氧化为S，反应的离子方程式为 2ZnS＋4H＋＋O2===2Zn2＋＋2S＋2H2O。(5)硫化锌精矿转化为铜蓝，发生反应：ZnS＋Cu2＋===CuS＋Zn2＋，该反应能发生，说明在相同条件下，CuS的溶解度(溶度积)小于ZnS的溶解度(溶度积)。(6)根据题意知，该冶炼锌工艺的原理为C还原碳酸锌，反应的化学方程式为ZnCO3＋2CZn＋3CO↑。
答案：(1)ZnO 除去Fe3＋ (2)2H2O－4e－===O2↑＋4H＋ (3)H2SO4 (4)ZnS＋4H＋＋O2===2Zn2＋＋2S＋2H2O (5)在一定条件下，溶解度小的矿物可以转化为溶解度更小的矿物[或在相同条件下，由于Ksp(CuS)小于Ksp(ZnS)，故反应可以发生]
(6)ZnCO3＋2CZn＋3CO↑
18.某钒铅锌矿主要含有PbO、ZnO、CaO、V2O5等物质，工业上常用碱性熔炼法回收铅、锌、钒等金属，工艺流程如图1所示：
已知：钒酸铵(NH4VO3)加热至700 K可制得纯度较高的V2O5。
(1)流程中操作Ⅰ的名称是________，实验室进行此项操作用到的玻璃仪器主要有________________________________________________________。
(2)生成金属铅的化学方程式为____________________________________。
(3)熔炼过程中，若纯碱过量，将使更多的锌元素以Na2ZnO2的形式进入到碱熔渣中，此过程的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)焦炭用量对还原熔炼效果的影响如图2所示。分析图像可知，焦炭用量应取矿石质量的________较为合适。
(5)钒浸出过程中，液固比(液体质量∶固体质量)对钒浸出率的影响如图3所示。分析图像可知，浸出过程的液固比取2∶1为宜，理由是
______________________________________________________________。
(6)为制取纯度更高的V2O5，往含钒浸出液(主要为NaVO3)中加NH4Cl溶液，可获得________晶体。
(7)实验室称取50 g碱熔渣(钒的质量分数为7.5%)，水浸，获得V mL的V2O5浓度达60 g·L－1的浸出液，则钒的浸出率为________(列计算式)。
解析：(1)碱熔渣经过操作Ⅰ得到浸出渣和含钒浸出液，则操作Ⅰ为过滤，过滤所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。(2)根据题图知，生成金属铅的化学方程式为PbO＋COPb＋CO2。(3)纯碱与氧化锌反应得到Na2ZnO2，根据原子守恒配平化学方程式：Na2CO3＋ZnONa2ZnO2＋CO2↑。(4)由题图可知，焦炭用量为矿石质量的10%时，V、Pb、Zn的回收率都较高，且继续增大焦炭用量，V、Pb、Zn的回收率都没有明显增大，故焦炭用量取矿石质量的10%较为合适。(6)由已知条件“钒酸铵(NH4VO3)加热至700 K可制得纯度较高的V2O5”，可知获得的是NH4VO3晶体。(7)获得的浸出液中含钒60×V×10－3× g，碱熔渣中含钒50×7.5% g，则钒的浸出率为×100%。
答案：(1)过滤 漏斗、烧杯、玻璃棒 (2)PbO＋COPb＋CO2 (3)Na2CO3＋ZnONa2ZnO2＋CO2↑ (4)10% (5)液固比为2∶1时，钒浸出率在97%以上，再进一步增大液固比，钒浸出率提高不明显，而且还会导致浸出用水量、废水排放量的增大等 (6)NH4VO3 (7)×100%
19.水合碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]，又称轻质碳酸镁。常利用菱镁矿(质量含量为碳酸镁90%，碳酸钙10%)碳化法制取：
(1)根据下列表格数据，选择消化反应的最佳温度为________；理由是________________________________________________________________
___________________________________________________________。
消化温度/℃
30
40
50
60
70
80
90
转化率/%
50.3
58.2
85.1
85.2
90.7
91.2
91.5
(2)碳化反应可生成Mg(HCO3)2，生成Mg(HCO3)2的化学方程式为________。
(3)流程图中________和________可以为碳化反应提供二氧化碳。
(4)有工艺设计利用卤水碳化法制取轻质碳酸镁：
①卤水中含有Fe2＋和Mn2＋，当离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，可以认为其完全除去。常温时当调节溶液pH为9.5时，此时Mg2＋的浓度小于________mol·L－1，不会沉淀出来。
物质
Mg(OH)2
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Ksp
10－11
10－39
10－17
10－14
②如果把Fe2＋转化为Fe3＋，从环境角度选择最合适的氧化剂为________。
A．Ca(ClO)2 B．Cl2 C．H2O2 D．HNO3
③下列方案中，较好的为________，理由是________。
解析：(1)选择方案时，既要注意转化率、产率等，同时也要兼顾生产成本。分析表中数据，可以看出当消化温度低于70 ℃时，升高温度，转化率有较大幅度的提高；当消化温度高于70 ℃时，升高温度，转化率变化不大，且温度升高，生产成本提高，故消化反应的最佳温度为70 ℃。(2)经过“净化”步骤之后所得产物的主要成分是Mg(OH)2，依据元素守恒书写化学方程式即可。(3)煅烧反应中MgCO3分解、热解反应中Mg(HCO3)2分解，都会生成二氧化碳，从而可以为碳化反应提供二氧化碳。(4)①pH＝9.5时，溶液中c(H＋)＝10－9.5 mol·L－1，c(OH－)＝10－4.5mol·L－1。根据Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)，当Mg2＋开始沉淀时，溶液中c(Mg2＋)＝＝0.01 mol·L－1，故当c(Mg2＋)<0.01 mol·L－1时，溶液中不会产生Mg(OH)2沉淀。②Ca(ClO)2的还原产物氯离子虽然对环境影响不大，但CaCl2会成为废物，难以处理；Cl2有毒，如果泄漏会严重污染大气；H2O2的还原产物是H2O，对环境无影响；HNO3的还原产物是氮的氧化物，会污染大气，形成酸雨或光化学烟雾。所以从环境角度来看，最佳选择是H2O2。③根据水解原理，碳酸钠的碱性强于碳酸铵，所以加入碳酸钠的产品中易混入较多的金属氢氧化物杂质，不易提纯。
答案：(1)70 ℃ 温度进一步升高同等幅度，转化率几乎不变，但能耗增加 (2)Mg(OH)2＋2CO2===Mg(HCO3)2 (3)煅烧反应 热解反应 (4)①0.01 ②C ③方案2 加入碳酸钠的产品中易混入更多杂质，不易提纯
20.以硫铁矿烧渣(主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅等)制备绿矾(FeSO4·7H2O)的流程图如下：
请回答下列问题：
(1)为加快烧渣的酸溶速率可采取的措施是________________________(答两点即可)。
(2)Fe3O4的俗名是________，写出酸溶时Fe2O3溶解的离子方程式______________________________________________________________。
(3)检验“反应Ⅰ”已经完全反应的最佳试剂为________(填序号)。
a．酸性KMnO4溶液 b．氨水
c．硫氰化钾溶液 d．铁氰化钾溶液
(4)为测量所得绿矾中铁元素的质量分数，某实验小组进行了以下实验：取W g绿矾配制成100 mL溶液，用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管从中取出20.00 mL溶液放入锥形瓶中待用，滴定时，用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装标准K2Cr2O7溶液，滴定时，左手________，右手______________，眼睛注视________，当达到滴定终点时，消耗0.010 mol·L－1的K2Cr2O7 23.20 mL，发生反应的离子方程式是_________________________，
铁元素的质量分数为________(用含有W的式子表示)。如果配制绿矾溶液时，没有洗涤烧杯和玻璃棒，造成所测铁元素的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)，滴定前读取盛有标准K2Cr2O7溶液的滴定管数据正确，滴定终点时，仰视读数，造成所测铁元素的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
解析：(1)将硫铁矿烧渣粉碎、适当升高温度、增大硫酸浓度等均可加快酸溶的速率。(2)四氧化三铁的俗称是磁性氧化铁、磁铁、黑铁等，Fe2O3与硫酸反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O。(3)如果反应完全，则溶液中不存在Fe3＋。检验时加入硫氰化钾溶液，若溶液变红色，说明没有反应完全；否则，反应完全。(4)硫酸亚铁和重铬酸钾都应放在酸式滴定管中，滴定时，左手控制酸式滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化。由化合价升降法配平离子方程式：6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，根据离子方程式计算出铁元素的物质的量，进而求出其质量，则Fe的质量分数表达式为×100%≈×100%。如果配制绿矾溶液时没有洗涤烧杯和玻璃棒，造成铁元素残留，测得的结果偏小，滴定终点时，仰视读数，读取体积数值偏大，测得结果偏大。
答案：(1)将硫铁矿烧渣粉碎、适当升高温度、增大硫酸浓度等(任答两条，答案合理即可)
(2)磁性氧化铁(或其他正确答案即可) Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
(3)c
(4)酸式 酸式 控制酸式滴定管活塞 摇动锥形瓶
锥形瓶内溶液颜色的变化
6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O
×100% 偏小 偏大
21.二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的化合物，其处理流程图如下：
化合物
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10－31
10－16
10－38
(1)硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为_________________________________________________
___________________________________________________________。
(2)“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能________；滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需调节pH至少达到________，恰好能使Fe3＋、Al3＋沉淀完全(当c≤10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全)。
(3)滤渣B的成分是________。
(4)碱性锌锰电池中，MnO2参与的电极反应式为_____________________。
(5)MnO2也可在MnSO4－H2SO4－H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极反应式为________。
(6)工业上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：准确称量0.920 0 g该样品，与足量酸性KI溶液充分反应后，配制成100 mL溶液。取其中10.00 mL，恰好与25.00 mL 0.080 0 mol·L－1Na2S2O3溶液反应(I2＋2S2O===2I－＋S4O)。计算可得该样品纯度为________。
解析：(1)根据硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4可知，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为2FeSO4＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2(SO4)3＋2H2O。(2)搅拌不仅能加快反应速率，还能使Fe2＋氧化得更充分。根据题表知，当Fe3＋恰好沉淀完全时，c(OH－)＝＝mol·L－1＝10－11mol·L－1，则c(H＋)＝10－3mol·L－1，溶液pH＝3；当Al3＋恰好沉淀完全时，c(OH－)＝＝＝10×10－9mol·L－1，则c(H＋)＝10－×10－5 mol·L－1，溶液pH＝－lg(10－×10－5)＝5＋≈5.3，故需调节pH至少达到5.3。(3)第二次过滤得到的滤液中含有Cu2＋、Zn2＋，加入MnS，加热至沸生成CuS、ZnS，故滤渣B的成分是CuS、ZnS。(4)碱性锌锰电池中，Zn作负极，MnO2作正极，正极反应式为MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－。(5)阳极上Mn2＋失电子，发生氧化反应，电极反应式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。(6)由MnO2～I2～2S2O可知，该样品中n(MnO2)＝×25.00×10－3×0.080 0× mol＝1×10－2 mol，m(MnO2)＝1×10－2×87 g＝0.87 g，故该样品纯度为×100%≈94.6%。
答案：(1)MnO2＋2FeSO4＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2(SO4)3＋2H2O (2)充分氧化过量的Fe2＋ 5.3
(3)CuS、ZnS (4)MnO2＋H2O＋e－===MnO(OH)＋OH－(或2MnO2＋H2O＋2e－===Mn2O3＋2OH－) (5)Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋ (6)94.6%
22.草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料。一种利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、MnO2、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取草酸钴(CoC2O4)的工艺流程如下：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋等。
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀完全时溶液的pH如表(恰好沉淀完全时离子浓度等于1×10－5 mol·L－1)：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
沉淀完全时的pH
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
③Ksp(MgF2)＝7.35×10－11，Ksp(CaF2)＝1.05×10－10。
回答下列问题：
(1)焙烧的目的是________；浸钴过程中Co3＋转化为Co2＋，反应的离子方程式为__________________________________________________________。
(2)加入H2O2的目的是________；加入Na2CO3溶液，调pH至5.2，滤渣Ⅰ的主要成分为________。
(3)加入过量NaF溶液，可将Ca2＋、Mg2＋除去，若所得滤液中c(Ca2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，则滤液中c(Mg2＋)为________。
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是________；萃取时，溶液的pH需要控制在一定范围内才比较适宜，其pH范围约为________。
(5)已知含钴废料中含Co2O3的质量分数为a%，若取m g该含钴废料按照上述流程，理论上最多能制得CoC2O4的质量为________g。(列出计算式即可)
解析：(1)根据含钴废料的组成可知，焙烧的目的是除去碳和有机物。浸钴过程中Co3＋与Na2SO3发生反应，Co3＋转化为Co2＋，则SO转化为SO，根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒配平离子方程式：2Co3＋＋SO＋H2O===2Co2＋＋SO＋2H＋。(2)根据提供的金属离子沉淀完全时溶液的pH可知，当Fe2＋沉淀完全时，Co2＋也沉淀完全，而当Fe3＋沉淀完全时，Co2＋还未开始沉淀，因此加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋。加入Na2CO3溶液，调pH至5.2，Fe3＋、Al3＋沉淀完全，故滤渣Ⅰ的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3。(3)根据Ksp(CaF2)＝1.05×10－10、c(Ca2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，则c2(F－)＝＝1.05×10－5 mol2·L－2；根据Ksp(MgF2)＝7.35×10－11，则滤液中c(Mg2＋)＝＝ mol·L－1＝7.0×10－6 mol·L－1。(4)滤液Ⅱ中含有Mn2＋、Co2＋等金属阳离子，根据流程图知，萃取剂的作用是除去Mn2＋。结合题图及实验目的知，控制溶液的pH为3.0～3.5时，Mn2＋的萃取率较高，Co2＋的萃取率较低。(5)根据关系式：Co2O3～2CoC2O4，m g含钴废料理论上最多能制得CoC2O4的质量为×2×147 g＝ g。
答案：(1)除去碳和有机物 2Co3＋＋SO＋H2O===2Co2＋＋SO＋2H＋ (2)将Fe2＋氧化为Fe3＋
Al(OH)3、Fe(OH)3 (3)7.0×10－6mol·L－1 (4)除去Mn2＋ 3.0～3.5(其他合理答案均可) (5)
23.锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：
已知：①浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等；
②常温下：Ksp(CuS)＝1.27×10－36，Ksp(PbS)＝9.04×10－29；
③溶液中离子浓度小于等于1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。
(1)滤渣1中除了S之外，还有________(填化学式)。
(2)“浸出”时，Sb2S3发生反应的化学方程式为____________________。
(3)“还原”时，被Sb还原的物质为________(填化学式)。
(4)常温下，“除铜、铅”时，Cu2＋和Pb2＋均沉淀完全，此时溶液中的c(S2－)不低于________；所加Na2S也不宜过多，其原因为___________________。
(5)“除砷”时有H3PO3生成，该反应的化学方程式为__________________________________________________________。
(6)“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为________。
(7)一种突破传统电池设计理念的镁－锑液态金属储能电池工作原理如图所示：
该电池由于密度的不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成不变。充电时，Cl－向________(填“上”或“下”)移动；放电时，正极的电极反应式为___________________________。
解析：(1)由题给已知信息知，辉锑矿中只有SiO2不与盐酸反应，故滤渣1中还含有SiO2。(2)Sb2S3与SbCl5反应生成SbCl3和S，根据得失电子守恒和原子守恒写出并配平化学方程式：Sb2S3＋3SbCl5===5SbCl3＋3S。(3)根据流程图知，适量Sb还原没有反应的SbCl5。(4)当Cu2＋恰好沉淀完全时，溶液中c(S2－)＝ mol·L－1＝1.27×10－31 mol·L－1，当Pb2＋恰好沉淀完全时，溶液中c(S2－)＝ mol·L－1＝9.04×10－24mol·L－1，故Cu2＋和Pb2＋均沉淀完全时，溶液中c(S2－)不低于9.04×10－24 mol·L－1。(5)由题意知，反应物有AsCl3、Na3PO2、HCl，生成物有As、H3PO3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式：2AsCl3＋3Na3PO2＋3HCl＋3H2O===2As＋3H3PO3＋9NaCl。(6)由流程图可知，电解SbCl3得到Sb和SbCl5，根据得失电子守恒，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3∶2。(7)充电时是电解池，Cl－向阳极移动，根据电流方向可知，Cl－应向下移动；放电时，Mg(液)为负极，失去电子生成Mg2＋，由题意知，工作时中间层熔融盐的组成不变，故在正极Mg2＋得电子，生成金属镁，电极反应式为Mg2＋＋2e－===Mg。
答案：(1)SiO2 (2)Sb2S3＋3SbCl5===5SbCl3＋3S (3)SbCl5 (4)9.04×10－24 mol·L－1 产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3(或其他合理答案) (5)2AsCl3＋3Na3PO2＋3HCl＋3H2O===2As＋3H3PO3＋9NaCl (6)3∶2 (7)下 Mg2＋＋2e－===Mg
24.炼锌厂的铜镉废渣中含有铜、锌、镉、铁、砷等元素，其含量依次减少。对这些元素进行提取分离会减小环境污染，同时制得ZnSO4·7H2O实现资源的再利用，其流程图如下。已知FeAsO4难溶于水和酸；ZnSO4·7H2O易溶于水，难溶于酒精。
常温下金属离子沉淀的pH
金属离子
Fe3＋
Zn2＋
Mn2＋
Cu2＋
Cd2＋
开始沉淀pH
2.7
6.5
7.7
5.2
6.9
沉淀完全pH
3.2
8.0
9.8
6.4
9.4
请回答下列问题：
(1)提高浸出速率可以采用的方法是(写出其中一点即可)________。
(2)滤液Ⅰ中有少量AsO，若不除去，则AsO与Cd反应会产生一种有毒氢化物气体，其分子式为________，向滤液Ⅰ中逐滴滴入酸性KMnO4溶液可与AsO反应生成FeAsO4，完成并配平下列反应的离子方程式：
Fe2＋＋AsO＋MnO＋________－FeAsO4↓＋Mn2＋＋________判断该滴定终点的现象是_____________。
(3)流程中②调节pH时可以选用的试剂为________，滤渣Ⅱ的成分为________。
(4)常温下Zn(OH)2的溶度积Ksp＝________。
(5)制得的ZnSO4·7H2O需洗涤，洗涤晶体时可选用试剂为________。
解析：(1)可以通过适当增大硫酸浓度、升高溶液温度、搅拌、将铜镉渣磨碎成小颗粒等措施提高浸出率；
(2)AsO与Cd反应，Cd被氧化，则AsO被还原为一种有毒氢化物气体，此气体的分子式为AsH3；向滤液Ⅰ中逐滴滴入酸性KMnO4溶液可与AsO发生反应生成FeAsO4，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒得此反应的离子方程式为5Fe2＋＋5AsO＋3MnO＋14H＋===3Mn2＋＋5FeAsO4＋7H2O，当滴最后一滴高锰酸钾，溶液变为粉红色且半分钟内不恢复为原色，则反应到终点；(3)流程中②调节pH时，选用的试剂要能与H＋反应，同时不引入新的杂质，则可选用的试剂为ZnO、ZnCO3或Zn(OH)2；由图示可知，当溶液pH＝4时，溶液中的Fe3＋水解完全转化为 Fe(OH)3，则滤渣Ⅱ的主要成分为 Fe(OH)3；(4)沉淀完全时溶液pH＝8，即c(OH－)＝1×10－6 mol/L，此时溶液中c(Zn2＋)浓度为1×10－5 mol/L，常温下Zn(OH)2的溶度积Ksp＝c(Zn2＋)×c2(OH－)＝1×10－17；(5)因ZnSO4·7H2O易溶于水，难溶于酒精，制得的ZnSO4·7H2O晶体可选择酒精或饱和硫酸锌溶液洗涤。
答案：(1)增大硫酸浓度、升高溶液温度、搅拌、将铜镉渣磨碎成小颗粒等合理答案均可 (2)AsH3(写成H3As也给分) 14H＋＋5Fe2＋＋5AsO＋3MnO===5FeAsO4＋3Mn2＋＋7H2O 滴最后一滴高锰酸钾，溶液变为浅紫色(或紫色或紫红色粉红色)且半分钟内不恢复为原色，则反应到终点 (3)Zn、ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等合理答案均可 FeAsO4、Fe(OH)3 (4)1×10－17 (5)乙醇或饱和硫酸锌溶液
25.钴的化合物用途广泛。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等)制取CoCl2·6H2O粗品的工艺流程如下：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋等；
②部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时的pH如下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
完全沉淀的pH
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
③CoCl2·6H2O熔点为86 ℃，加热至110 ℃～120 ℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。
请回答下列问题：
(1)写出“浸出”时Co2O3发生反应的离子方程式：____________________。
(2)加入NaClO3的作用是________。
(3)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如下图所示。向“滤液Ⅱ”中加入萃取剂的主要目的是________，使用萃取剂时最适宜的pH是________(填字母序号)。
A．2.0～2.5 B．3.0～3.5 C．5.0～5.5 D．9.5～9.8
(4)“除钙、镁”是将溶液中Ca2＋与Mg2＋转化为MgF2、CaF2沉淀。已知某温度下，Ksp(MgF2)＝7.35×10－11，Ksp(CaF2)＝1.05×10－10。当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2＋)/c(Ca2＋)＝________。
(5)制得的CoCl2·6H2O粗品经进一步提纯得到CoCl2·6H2O晶体，在烘干晶体时需采用减压烘干，其原因是__________________________________。
(6) 某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑等。充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C＋xLi＋＋xe－===LixC6。在电池充放电过程中，发生LiCoO2与Li1－xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式________________________________________________________________。
解析：(1)Co2O3中Co显＋3价，浸出液中Co元素显＋2价，显然与Na2SO3发生氧化还原反应，反应是Co2O3＋SO＋H＋→Co2＋＋SO＋H2O，根据化合价的升降法进行配平，得到 Co2O3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋2H2O；(2)NaClO3具有强氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，通过调节pH容易除去Fe3＋，因此NaClO3的作用是将Fe2＋氧化成Fe3＋；(3)根据流程，萃取前已经除去铁元素、钙元素、镁元素，还剩下锰元素，因此萃取的目的是除去Mn2＋；最适宜的pH，应是Mn2＋萃取率最高的，因此选项B正确；(4)＝＝＝＝0.7；(5)加热至110 ℃～120 ℃时，失去结晶水生成无水氯化钴，因此减压烘干，可以降低烘干的温度，防止产品分解；(6)充电时电池的负极接电源的负极，阴极反应式是负极反应式的逆过程，因此放电时，负极反应式为LixC6－xe－===xLi＋＋6C，正极反应是得到电子化合价降低，因此正极反应式为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－＝LiCoO2，因此电池反应方程式为Li1－xCoO2＋LixC6===LiCoO2＋6C。
答案：(1)Co2O3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋2H2O (2)将Fe2＋氧化为Fe3＋ (3)除去Mn2＋ B (4)0.7 (5)降低烘干温度，防止产品分解
(6)Li1－xCoO2＋LixC6===LiCoO2＋6C。
26.碳酸锰(MnCO3)是制造电信器材的软磁铁氧体，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如下图所示：
已知：还原焙烧主反应为2MnO2＋C2MnO＋CO2↑。
可能用到的数据如下：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
1.5
6.5
4.2
8.3
沉淀完全pH
3.7
9.7
7.4
9.8
根据要求回答下列问题：
(1)在实验室进行步骤A，需要用到的仪器为________，步骤B中若采用质量分数为35%的硫酸(密度ρ＝1.26 g/cm3)，则其物质的量浓度为________。
(2)步骤C中得到的滤渣主要成分是________，步骤D中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________。
(3)步骤E中调节pH的范围为________，其目的是_____________________。
(4)步骤G的离子方程式为_____________________________________，
若Mn2＋沉淀完全时测得溶液中CO的浓度为2.2×10－6 mol/L，则Ksp(MnCO3)＝________。
(5)实验室可以用Na2S2O8溶液来检验Mn2＋是否完全发生反应，原理为：
Mn2＋＋S2O＋H2O―→H＋＋SO＋MnO，
①请配平上述离子方程式______________________________________；
②确认Mn2＋离子已经完全反应的现象是_________________________。
解析：(1)固体焙烧应在坩埚中进行；步骤B中若采用质量分数为35%的硫酸(密度ρ＝1.26 g/cm3)，则其物质的量浓度为
＝4.5 mol/L；(2)步骤C中得到的滤渣是不溶于水的Cu和微溶的CaSO4，步骤D中加入MnO2氧化溶液中的Fe2＋，其中Mn从＋4价降为＋2价，Fe从＋2价升高为＋3价，Fe2＋是还原剂，根据电子守恒，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1；(3)由图表可知为了使Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2＋，步骤E中调节pH的范围为大于3.7小于8.3; (4)在含有Mn2＋的溶液中加入碳酸氢铵生成MnCO3沉淀，发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，若Mn2＋沉淀完全时其浓度为1×10－5 mol/L，溶液中CO的浓度为2.2×10－6mol/L，则Ksp(MnCO3)＝(1×10－5mol/L)×(2.2×10－6 mol/L)＝2.2×10－11 mol2/L2；(5)实验室可以用Na2S2O8溶液来检验Mn2＋是否完全发生反应，原理为：Mn2＋＋S2O＋H2O―→H＋＋SO＋MnO，①Mn2＋＋S2O＋H2O―→H＋＋SO＋MnO中Mn从＋2价升高为＋7价，S从＋7价降为＋6价，根据电子守恒，Mn2＋前系数为2，S2O前系数为5，再结合电荷守恒和原子守恒得此反应的离子方程式2Mn2＋＋5S2O＋8H2O===16H＋＋10SO＋2MnO；②取少量试样于试管中，滴入Na2S2O8溶液，溶液不变为紫色，可确认Mn2＋离子已经完全反应。
答案：(1)坩埚 4.5 mol/L (2)CaSO4和Cu 2∶1
(3)大于3.7小于8.3 使Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2＋
(4)Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
2．2×10－11
(5)2Mn2＋＋5S2O＋8H2O===16H＋＋10SO＋2MnO 取少量试样于试管中，滴入Na2S2O8溶液，溶液不变为紫色
×
27.高锰酸钾是常用的氧化剂。工业上以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备高锰酸钾晶体。中间产物为锰酸钾。下图是实验室模拟制备KMnO4晶体的操作流程：
已知：锰酸钾(K2MnO4)是墨绿色晶体，其水溶液呈深绿色，这是锰酸根离子(MnO)在水溶液中的特征颜色，在强碱性溶液中能稳定存在；在酸性、中性和弱碱性环境下，MnO会发生自身氧化还原反应，生成MnO和MnO2。
回答下列问题：
(1)KOH的电子式为________，煅烧KOH和软锰矿的混合物应放在________中加热(填标号)。
A．烧杯 B．瓷坩埚 C．蒸发皿 D．铁坩埚
(2)调节溶液pH过程中，所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。
(3)趁热过滤的目的是________。
(4)已知20 ℃时K2SO4、KCl、CH3COOK的溶解度分别为11.1 g、34 g、217 g，则从理论上分析，选用下列酸中________(填标号)，得到的高锰酸钾晶体纯度更高。
A．稀硫酸 B．浓盐酸 C．醋酸 D．稀盐酸
(5)产品中KMnO4的定量分析：
①配制浓度为0.125 0 mg·mL－1的KMnO4标准溶液100 mL。
②将上述溶液稀释为浓度分别为2.5、5.0、7.5、10.0、12.5、15.0(单位：mg·L－1)的溶液，分别测定不同浓度溶液对光的吸收程度，并将测定结果绘制成曲线如右。
③称取KMnO4样品(不含K2MnO4)0.125 0 g按步骤①配得产品溶液1 000 mL，取10 mL稀释至100 mL，然后按步骤②的方法进行测定，两次测定所得的吸光度分别为0.149、0.151，则样品中KMnO4的质量分数为________。
(6)酸性KMnO4溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为__________________________________________________________________。
解析：(1)KOH属于离子化合物，其电子式为
，因为是煅烧，烧杯和蒸发皿都不耐高温，瓷坩埚成分含SiO2，SiO2在高温下与KOH反应 ，因此不能用瓷坩埚，因此选D；(2)根据信息，锰酸钾在酸性、中性、弱碱性环境中发生歧化反应，MnO2是锰酸钾中Mn由＋6价→＋4价，化合价降低得到，因此MnO2是还原产物，KMnO4是氧化产物，n(KMnO4)×1＝n(MnO2)×2，得出n(KMnO4)∶n(MnO2)＝2∶1；(3)高锰酸钾易溶于水，MnO2不溶于水，因此趁热过滤目的是：防止析出高锰酸钾，降低产率；(4)高锰酸钾与浓盐酸反应，然后根据三种物质的溶解度大小，溶解度越大，得到高锰酸钾纯度越高，故选C；(5)③吸光度的平均值为(0.149＋0.151)/2＝0.150，此时对应的KMnO4的浓度为11.25 mg·L－1，则1 000 mL的溶液中KMnO4的浓度为11.25×1 000/100 mg·L－1＝112.5 mg·L－1，因此高锰酸钾的质量分数为112.5/(0.125 0×103)×100%＝90.0%；(6)利用高锰酸钾的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原成Mn2＋，然后根据化合价的升降法进行配平，即离子反应方程式为MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。
答案：(1) (2)2∶1 (3)防止析出高锰酸钾，降低产率 (4)C (5)90.0% (6)MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
28.研究发现钼酸钠可减缓金属的腐蚀速率。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2，含少量重金属化合物)制备钼酸钠晶体( Na2MoO4·2H2O)的途径如图所示：
回答下列问题：
Ⅰ.(1)下列标志中，应贴在保存NaClO容器上的是________。
(2)为了提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施有________。
(3)途径①制备钼酸钠溶液，同时有SO生成，该反应的离子方程式为________________________________________________________________。
(4)重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是_______________________________________________
______________________________________________________________。
(5)“结晶”前测得部分离子浓度c(MoO)＝0.40 mol/L，c(SO)＝0.04 mol/L，需加入Ba(OH)2固体除去SO。当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为________(保留三位有效数字)。
Ⅱ.(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)若缓释剂钼酸钠－月桂酰肌氨酸总浓度为300 mg·L－1，则缓蚀效果最好时钼酸钠的物质的量浓度为________(保留三位有效数字)。
解析：Ⅰ.(1)NaClO是强氧化剂，应在保存NaClO容器中贴上的标志是氧化剂，故选B；(2)提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施是充分粉碎矿石或逆流焙烧；(3)途径①制备钼酸钠溶液，用NaClO在碱性条件下氧化MoS2，同时有SO生成，该反应的离子方程式为 MoS2＋9ClO－＋6OH－===MoO＋9Cl－＋2SO＋3H2O；(4)母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度，故重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理；(5)BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c(Ba2＋)＝＝1×10－7 mol/L，溶液中硫酸根离子的浓度为c(SO)＝ mol/L＝1.1×10－3mol/L，硫酸根离子的去除率为1－×100%＝1－2.75%≈97.3%；
Ⅱ.(1)由图示数据可知，碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速度；硫酸浓度增大变成浓硫酸后，发生了钝化现象，腐蚀速度很慢；(2)根据图示可知，当钼酸钠—月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，腐蚀效果最好，所以钼酸钠的浓度为：150 mg·L－1,1 L溶液中含有的钼酸钠物质的量为≈7.28×10－4 mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7. 28×10－4 mol·L－1。
答案：Ⅰ.(1)B (2)充分粉碎矿石 (3)MoS2＋9ClO－＋6OH－===MoO＋9Cl－＋2SO＋3H2O (4)母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度 (5)97.3%
Ⅱ.(1)Cl－有利于碳钢的腐蚀，SO不利于碳钢的腐蚀，使得碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸
(2)7.28×10－4 mol·L－1
29.锰及其化合物间的转化如下图。
请回答下列问题：
(1)反应①发生的主要化学反应的方程式为___________________________。
反应③发生的主要化学反应的方程式为__________________________。
(2)粗KMnO4晶体中含有少量的K2CO3，检验其中的少量CO用________试剂；为了得到纯的KMnO4晶体，操作Ⅲ的名称为________。
(3)测定高锰酸钾样品纯度采用硫酸锰滴定：向高锰酸钾溶液
中滴加硫酸锰溶液，产生黑色沉淀。当高锰酸钾溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不恢复，表明达到滴定终点。写出该反应的离子方程式：
__________________________________________________。
(4)已知：常温下，Ksp＝2.4×10－13。工业上，调节pH可以沉淀废水中Mn2＋，当pH＝10时，溶液中c(Mn2＋)＝________。
(5)如图，用Fe、C作电极电解含MnO的污水，使之转化为沉淀除去。A电极是________(填“Fe”或“C”)，污水中MnO转化为沉淀除去的离子方程式为______________________________________________________________。
解析：(1)反应①投入物质是MnO2、KOH和氧气，生成物质是K2MnO4，反应式为MnO2＋O2＋KOH→K2MnO4＋H2O，利用化合价升降法进行配平，即反应方程式2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O；反应③利用铝的强还原性，把Mn置换出来，反应方程式为3Mn3O4＋8Al4Al2O3＋9Mn；(2)除去CO一般用Ca2＋或Ba2＋，因此加入可溶性的钙盐或钡盐；得到纯的高锰酸钾，需要进行重结晶；(3)黑色沉淀是MnO2，因此有MnO＋Mn2＋→MnO2↓，根据化合价的升降法进行配平得到：2MnO＋3Mn2＋→5MnO2↓，遵循电荷守恒和原子守恒，即反应物中有H2O参与，生成物H＋，即离子反应方程式为2MnO＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋；(4)根据溶度积，c(Mn2＋)＝Ksp/c2(OH－)＝2.4×10－13/(10－4)2 mol·L－1＝2.4×10－5 mol·L－1；(5)利用铁转化成Fe2＋，MnO把Fe2＋氧化，达到除去MnO的目的，根据电解原理，A是阳极，其材料是Fe，阳极反应Fe－2e－===Fe2＋，阴极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，反应方程式为5Fe2＋＋MnO＋9OH－＋4H2O===5Fe(OH)3↓＋Mn(OH)2↓。
答案：(1)2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O
3Mn3O4＋8Al4Al2O3＋9Mn
(2)可溶性的钙盐或钡盐均可 重结晶
(3)2MnO＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋ (4)2.4×10－5mol/L
(5) Fe 5Fe2＋＋MnO＋9OH－＋4H2O===5Fe(OH)3↓＋Mn(OH)2↓
30.实验室用卤块(主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质)制备少量Mg(ClO3)2·6H2O的流程如图：
已知：①四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如图所示：
②室温时一些物质的Ksp如表所示：
化学式
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
8.0×10－18
8.0×10－38
1.8×10－11
③Mg(ClO3)2有较强的氧化性，其还原产物是Cl－。
回答下列问题：
(1)H2O2的电子式为________________。
(2)滤渣的成分是________________(填化学式)。
(3)经测定，D中铁离子的浓度为1×10－5 mol·L－1，则x为________(已知：lg 5≈0.7)。
(4)D中所发生的化学反应方程式为_______________________________________
________________________，框图中由D→……→制Mg(ClO3)2·6H2O晶体的实验步骤依次为①加热蒸发；②____________(请补充)；③冷却结晶；④过滤洗涤。
解析：(1)H2O2属于共价化合物，电子式为。(2)卤块中的Fe2＋被双氧水氧化生成Fe3＋，加入适量的BaCl2溶液可以使SO沉淀，加入MgO调节溶液的pH，根据氢氧化物的溶度积常数可知，可使Fe3＋沉淀，因此滤渣中含有Fe(OH)3、BaSO4。(3)经测定，D中Fe3＋的浓度为1×10－5 mol·L－1，c(OH－)＝ mol·L－1＝2×10－11 mol·L－1，则c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)≈3.3。(4)根据溶解度曲线，D中NaClO3与MgCl2反应生成Mg(ClO3)2和NaCl沉淀，化学反应方程式为2NaClO3＋MgCl2===2NaCl↓＋Mg(ClO3)2，Mg(ClO3)2的溶解度随温度的变化较大，由Mg(ClO3)2溶液制Mg(ClO3)2·6H2O晶体的实验步骤依次为①加热蒸发；②趁热过滤；③冷却结晶；④过滤洗涤。
答案：(1)
(2)Fe(OH)3、BaSO4 (3)3.3
(4)2NaClO3＋MgCl2===2NaCl↓＋Mg(ClO3)2 趁热过滤
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