备战2025年高考二轮复习化学（湖南版）大单元主观题突破练2（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习化学（湖南版）大单元主观题突破练2（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了9×10-5　Ksp=3等内容，欢迎下载使用。
学生用书P219
1.(15分)(2024·甘肃卷,15节选)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为原料,对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用,有效减少了环境污染,主要流程如图所示。
已知:Ksp(CaSO4)=4.9×10-5 Ksp(CaCO3)=3.4×10-9
(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是 。
(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和 。
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ,该反应能进行的原因是 。
(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于 。
答案:(1)NH3
(2)SiO2
(3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4 Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
(4)净水
解析:高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400 ℃下焙烧,生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝,同时产生气体,该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应生成(NH4)2CO3,所以该气体为NH3;焙烧产物经过“水浸1”,然后过滤,“滤渣”为CaSO4以及未反应的SiO2,滤液中溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵;滤液经浓缩结晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;向“滤渣”中加入(NH4)2CO3溶液,滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。
(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3。
(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2。
(3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵反应生成更难溶的碳酸钙,反应的化学方程式为CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4,该反应之所以能发生,是由于Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。
(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后,会产生Al3+,Al3+水解生成Al(OH)3胶体,可用于净水。
2.(12分)(2024·山东卷)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,消耗Fe3+物质的量之比为 ;溶液中盐酸浓度不宜过大,除防止“热浸”时HCl挥发外,另一目的是防止产生 (填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用,利用该吸收液的操作单元为 。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是 。
(4)“置换”中可选用的试剂X为 (填字母);

A.AlB.Zn
C.PbD.Ag
“置换”反应的离子方程式为 。
(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,用作 (填“阴极”或“阳极”)。
答案:(1)1∶1 H2S
(2)热浸
(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+
(4)C Pb+2[AgCl2]-[PbCl4]2-+2Ag
(5)阳极
解析:本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag,“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,“过滤Ⅰ”除掉单质硫,滤液中[PbCl4]2-在稀释、降温的过程中转化为PbCl2沉淀,然后用饱和食盐水热溶,增大氯离子浓度,使PbCl2又转化为[PbCl4]2-,电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液成分主要为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2,试剂X将[AgCl2]-置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液中含FeCl2。
(1)“热浸”时,Fe3+将PbS和Ag2S中-2价的硫氧化为单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变,所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,S2-的物质的量相等,所以消耗Fe3+的物质的量相等,比值为1∶1;溶液中HCl浓度过大时会生成H2S气体。
(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,会溶解为[PbCl4]2-,电解含[PbCl4]2-的溶液可制备金属Pb,Pb在阴极产生,阳极Cl-放电产生Cl2,尾液中含有FeCl2,FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3,可以在“热浸”中循环使用。
(3)“过滤Ⅱ”所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+,根据还原之后可以得到含硫滤渣可知,“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
(4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥,为了防止引入其他杂质,则试剂X应为Pb,发生的反应为Pb+2[AgCl2]-2Ag+[PbCl4]2-。
(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,“电解Ⅱ”得到金属银和金属铅,将银和铅分离出来,所以不可能作为阴极,应作为阳极板,阳极放电时,银变成阳极泥而沉降下来,铅失电子为Pb2+,阴极得电子得到Pb,所以电极板应作阳极。
3.(10分)(2023·湖南衡阳三模)钪及其化合物具有许多优良的性能,在航天、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图:
回答下列问题:
(1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是 。
(2)钪锰矿石中含铁元素,其中Fe2+易被氧化为Fe3+的原因是 。(从原子结构角度解释)
(3)常温下,先加入氨水调节pH=3,过滤,滤渣主要成分是 。(已知:Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39、Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31)
(4)已知Ka1(H2C2O4)=a,Ka2(H2C2O4)=b,Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时得到草酸钪的离子方程式是 ,此反应的平衡常数K= (用含a、b、c的代数式表示)。反应过程中,草酸用量过多时,钪的沉淀率下降,原因可能是 。
(5)草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·6H2O]在空气中加热,m(剩余固体)m(原始固体)随温度的变化情况如图所示。250 ℃时,晶体的主要成分是 (填化学式)。550~850 ℃发生反应的化学方程式为 。
答案:(1)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,冷却后再慢慢注入H2O2中,并不断搅拌
(2)Fe2+的价层电子排布式为3d6,易失去1个电子达到半充满的稳定结构
(3)Fe(OH)3
(4)2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+ a3·b3c 草酸钪沉淀可能会转化为可溶性络合物,导致钪的沉淀率下降
(5)Sc2(C2O4)3·H2O 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
解析:工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)萃取后得到“油相”,洗涤“油相”可除去大量的钛离子,加入NaOH反萃取,得到滤渣Fe(OH)3、Mn(OH)2、Sc(OH)3,加入盐酸酸溶,得到Fe3+、Mn2+、Sc3+,先加入氨水调节pH=3,滤渣主要成分是Fe(OH)3,再向滤液加入氨水调节pH=6,得到沉淀Sc(OH)3,加入盐酸溶解沉淀后再加入草酸沉钪,灼烧后得到Sc2O3。
(1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子,洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成,不同的液体混合时,一般先加密度小的、易挥发的,后加密度大的、难挥发的,若混合时放热,则最后加受热易分解的,因此,混合的实验操作是:将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,冷却后再慢慢注入H2O2中,并不断搅拌。
(2)Fe2+的价层电子排布式为3d6,易失去1个电子达到半充满的稳定结构。
(3)废酸中含钪、钛、铁、锰等离子,洗涤“油相”以除去大量的钛离子,根据Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39、Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31,可以求出三种离子沉淀完全时的pH,先加入氨水调节pH=3,过滤,滤渣主要成分是Fe(OH)3。
(4)根据分析可知,“沉钪”得到草酸钪的离子方程式2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+;平衡常数K=c6(H+)c2(Sc3+)·c3(H2C2O4)=c6(H+)·c3(C2O42-)c2(Sc3+)·c3(H2C2O4)·c3(C2O42-)=(Ka1·Ka2)3Ksp=a3·b3c;草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物,故草酸用量过多时,草酸钪沉淀可能会转化为可溶性络合物,导致钪的沉淀率下降。
(5)设起始时Sc2(C2O4)3·6H2O的物质的量为1 ml,质量为462 g,由图可知,250 ℃时,减少的质量为462 g×19.5%≈90 g,90 g18 g·ml-1=5 ml,即晶体失去5个结晶水,故250 ℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O。250~550 ℃减少的质量为462 g×3.9%≈18 g,可知550 ℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3。850 ℃时剩余固体的质量为462 g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)≈138 g,除去钪元素质量后剩余质量为138 g-2 ml×45 g·ml-1=48 g,应为氧元素的质量,48 g16 g·ml-1=3 ml,则850 ℃时晶体的化学式为Sc2O3,故550~850 ℃发生反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
4.(12分)(2023·湖南明德中学三模)金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂,是重要的战略物资,但资源匮乏。从某废镍渣(含NiFe2O4、NiO、FeO、Al2O3)中回收镍并转化为NiSO4的流程如图所示:
回答下列问题:
(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为 。
(2)“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在,写出NiO与(NH4)2SO4反应的化学方程式:
。
(3)使用95 ℃热水“溶解”后过滤,所得滤渣的主要成分的化学式是 。
(4)①“萃取”时发生反应Mn++nRHMRn+nH+(Mn+为金属离子,RH为萃取剂),萃取率与V(萃取剂)V(溶液)的关系如下表所示,当V(萃取剂)V(溶液)=0.25时,水层中主要的阳离子为 。
②物质X的化学式为 。
(5)碳酸镍受热可分解为NiO,NiO的晶体结构如图甲所示,其中离子坐标参数A为(0,0,0),B为(1,1,0),则C坐标参数为 。
图甲
(6)一定温度下,NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”,可以认为O2-作密置单层排列,Ni2+填充其中(如图乙),已知O2-的半径为a pm,设阿伏加德罗常数的值为NA,每平方米面积上分散的该晶体的质量为 g(用含a、NA的代数式表示)。
图乙
答案:(1)Al2O3+2OH-+3H2O2[Al(OH)4]-
(2)NiO+(NH4)2SO4NiSO4+2NH3↑+H2O↑
(3)Fe(OH)3 (4)①Fe2+、H+ ②H2SO4
(5)(1,12,12) (6)253×10242a2NA
解析:废镍渣(含NiFe2O4、NiO、FeO、Al2O3)粉碎后加入NaOH溶液碱浸,则废镍渣中的Al2O3和NaOH反应,反应的离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O2[Al(OH)4]-;通过过滤分离,剩下的物质经过焙烧加入(NH4)2SO4,金属变成硫酸盐,NiFe2O4、NiO、FeO与(NH4)2SO4反应生成的盐为NiSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4,同时有氨气生成;95 ℃热水溶解,Fe3+水解为Fe(OH)3;经过萃取将Fe2+、Ni2+分离,得到含Ni2+的有机层,最后得到NiSO4。
(1)根据分析可知,“碱浸”时发生反应的离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O2[Al(OH)4]-。
(2)根据分析可知,“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在,则NiO与(NH4)2SO4反应的方程式为(NH4)2SO4+NiO2NH3↑+NiSO4+H2O↑。
(3)烧渣中含有NiSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4,95 ℃热水“溶解”Fe3+水解为Fe(OH)3,则过滤所得滤渣的化学式为Fe(OH)3。
(4)从表中数据可以看出,当V(萃取剂)V(溶液)为0.25时,Fe2+、Ni2+萃取率分别为5%、99%,所以Ni2+进入有机相,Fe2+主要存在于水中,萃取过程中产生H+在水层;为了从有机相中获得金属离子,需要使平衡M2++nRHMRn+nH+逆向移动,加入酸增加产物浓度使平衡逆向移动,为了不引入更多杂质,所以加入的X为H2SO4。
(5)NiO的晶体结构如图甲所示,其中离子坐标参数A为(0,0,0),B为(1,1,0),C在x、y、z轴上的投影分别是1、12、12,所以C的晶胞参数为(1,12,12)。
(6)根据图知,每个Ni原子被3个O原子包围,每个O原子被3个Ni原子包围,相邻的3个圆中心连线为正三角形,三角形的边长为2a pm,每个三角形含有一个Ni原子,三角形的面积=[12×2a×2a×sin 60°×10-24]m2=3×10-24a2 m2,实际上每个Ni原子被两个小三角形包含,小平行四边形面积为23×10-24a2 m2,O原子个数=16×6=1,每平方米面积上分散的该晶体的质量=123×10-24a2×MNA g=123×10-24a2×75NA g=253×10242a2NA g。
5.(10分)(2024·山东临沂二模)高纯二硫化钼(MS2)粉体被誉为“固体润滑之王”。由钼精矿(主要成分为MS2,还有少量MgO、Fe2O3、K2CO3等)制备高纯MS2的一种工艺流程如图所示。
回答下列问题:
(1)“焙烧”时生成MO3的化学方程式为 ;
“水洗”的目的是 。
(2)“转化”过程中,存在MO42-→MO3S2-→MO2S22-→MOS32-→MS42-。
①(NH4)2MO4转化为(NH4)2MS4的化学方程式为 。
②保持温度为55 ℃反应1 h后,冷却至20 ℃并静置24 h,测得δ=n[(NH4)2S]n[(NH4)2MO4]对(NH4)2MS4晶体产率的影响如图所示。
δ=3时,(NH4)2MS4晶体产率为0的原因是 ;δ>4时,(NH4)2MS4晶体产率继续增大的原因是 。
(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体可通入 (填操作单元的名称)中循环使用。
(4)MS2也可由(NH4)2MS4在一定条件下加热分解制得,同时产生NH3、H2S和某种硫单质,且NH3与硫单质的物质的量之比为8∶1,则硫单质的分子式为 。
答案:(1)2MS2+7O22MO3+4SO2 除去碳酸钾
(2)①(NH4)2MO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MS4+8NH3·H2O ②(NH4)2S量不足,(NH4)2MO4转化生成(NH4)2MS3 继续加入(NH4)2S,使得铵根离子浓度增大,降低了(NH4)2MS4的溶解度,使其结晶析出,导致晶体产率继续增大
(3)转化 (4)S4
解析:钼精矿在空气中煅烧时,MS2转化为MO3和二氧化硫,水洗除去碳酸钾等可溶物,过滤分离出固体并加入氨水浸取,氧化铁、氧化镁不反应成为“浸渣”,浸取液中含有(NH4)2MO4,加入硫化铵将(NH4)2MO4转化为(NH4)2MS4,加入稀硫酸酸浸,得到硫化氢气体和MS3沉淀:MS42-+2H+MS3↓+H2S↑,使用氢气在高温下还原MS3得到MS2。
(1)空气中的氧气具有氧化性,“焙烧”时MS2被氧化为MO3,同时生成二氧化硫,该反应的化学方程式为2MS2+7O22MO3+4SO2;氧化铁、氧化镁、MO3均不溶于水,而碳酸钾溶于水,则“水洗”的目的是除去碳酸钾。
(2)①向含(NH4)2MO4的溶液中加入硫化铵生成(NH4)2MS4,根据质量守恒可知,同时生成一水合氨,化学方程式为(NH4)2MO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MS4+8NH3·H2O。②δ=3时,(NH4)2S量不足,(NH4)2MO4转化生成(NH4)2MS3,故(NH4)2MS4晶体产率为0;δ>4时,(NH4)2MO4转化生成(NH4)2MS4,继续加入(NH4)2S,使得溶液中铵根离子浓度增大,降低了(NH4)2MS4溶解度,使其结晶析出,从而导致晶体产率继续增大。
(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体为硫化氢,硫化氢和氨水反应生成硫化铵,故可通入“转化”环节中继续使用。
(4)NH3与硫单质的物质的量之比为8∶1,假设生成8分子氨气、1分子硫单质,根据质量守恒可知,有4分子(NH4)2MS4参与反应,则生成4分子MS2,M化合价由+6价变为+4价,转移4×2=8个电子,生成硫单质的硫化合价由-2价变为0价,根据得失电子守恒可知,生成硫单质中硫原子数目为8÷2=4,故硫单质化学式为S4。
6.(12分)(2023·湖南长郡中学一模)铟(In)是一种稀散金属,常与其他金属矿石伴生,回收氧化锌烟尘(主要成分是ZnO、ZnFe2O4、SnO、SnO2、In2O3、In2S3等)中的金属铟的工艺流程如下:
已知:萃取时,发生反应In3++3H2A2In(HA2)3+3H+,H2A2代表有机萃取剂。室温下,金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
回答下列问题:
(1)In为49号元素,基态In原子的价电子排布式为 。
(2)“氧化浸出”时ZnFe2O4发生反应的化学方程式是 。
“氧化浸出”后加入CaO调整pH=5.0~5.2,所得滤渣1的主要成分是 。
(3)实验测得氧分压对Sn、In、Zn的浸出率影响如图所示。结合反应的离子方程式,从平衡移动的角度解释氧分压对Sn的浸出率的影响: 。
(4)实验室进行萃取和反萃取时,均需要使用的硅酸盐仪器有 。
(5)“置换”时,加入锌粉的量远大于获得海绵铟所需的理论消耗量,其原因是 。“置换”后的滤液可混入该工艺中的 再利用。
答案:(1)5s25p1
(2)ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O Fe(OH)3、In(OH)3
(3)2Sn2++O2+4H2O2H2SnO3↓+4H+(或2SnO+O2+2H2O2H2SnO3),氧分压增大,平衡正向移动,Sn的浸出率降低
(4)烧杯、分液漏斗
(5)部分锌粉和溶液中的氢离子反应 滤液1
解析:氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnFe2O4、SnO、SnO2、In2O3、In2S3)中的各成分在“氧化浸出”过程中会分别转化为Zn2+、Fe3+、Sn2+、Sn4+、In3+和S单质,Sn2+会发生氧化反应及水解反应、Sn4+会发生水解反应,转化为固体H2SnO3,随S单质分离出体系,加CaO调pH过滤分离得到滤液1,滤液1为ZnSO4,滤渣1主要含In(OH)3、Fe(OH)3,加入硫酸浸取,溶液中主要含有In3+、Fe3+,加入P204+260号溶剂油萃取,再加入硫酸反萃取后,加入Zn置换得到海绵铟。
(1)In为49号元素,位于第五周期第ⅢA族元素,基态In原子的价电子排布式为5s25p1。
(2)“氧化浸出”时ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁和水,化学方程式为ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O;加CaO调pH过滤分离得到滤液1,滤液1为ZnSO4,滤渣1主要含In(OH)3、Fe(OH)3。
(3)由反应2Sn2++O2+4H2O2H2SnO3↓+4H+(或2SnO+O2+2H2O2H2SnO3),可知该反应正向气体分子数减小,氧分压增大,平衡正向移动,Sn的浸出率降低。
(4)萃取需在分液漏斗中进行,同时还需要用到烧杯。
(5)“置换”时,加入的锌粉部分会与溶液中的氢离子反应,导致加入锌粉的量远大于获得海绵铟所需的理论消耗量;“置换”后的滤液中含有硫酸锌,可与滤液1合并分离出硫酸锌再利用。
7.(12分)(2024·江苏南京二模)高效氧化剂亚氯酸钠(NaClO2)常用于烟气脱硝(NOx)和废水脱除氨氮。
(1)NaClO2的制备。一种制备NaClO2的过程可表示为:
①“反应2”的化学方程式为 。
②“反应1”的产物ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2,从消毒后饮用水水质和消毒效率(单位质量消毒剂被还原时得电子数)的角度考虑,用ClO2替代Cl2的原因是 。
(2)NaClO2溶液对烟气脱硝。
①酸性条件下,Fe3+可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体,总反应可表示为5ClO2-+4H+4ClO2+Cl-+2H2O。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式:
Ⅰ.Fe3++ClO2-FeClO22+;
Ⅱ. ;
Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+5Fe3++Cl-+2H2O。
②Fe3+催化NaClO2溶液脱硝。其他条件相同时,烟气中NO氧化率随c(Fe3+)、反应温度的变化分别如图所示。
ⅰ.NO氧化率随c(Fe3+)增大而增大的原因是 。
ⅱ.温度升高,NO氧化率先增大后减小的可能原因是 。
(3)NaClO2溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的NaClO2溶液,用传感器测得溶液中NH4+与NO3-含量随反应时间的变化如图所示。判断该实验中被氧化的NH4+是否全部转化为NO3-的依据为 。
答案:(1)①2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O ②可避免产生对人体有害的有机氯化物,且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍
(2)①FeClO22+Fe2++ClO2 ②ⅰ.催化剂Fe3+的浓度增大,生成氧化性更强的ClO2速率加快,NO的氧化率提高
ⅱ.温度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度减小,导致NO氧化率减小。温度低于60 ℃时,以前者为主,高于60 ℃时,以后者为主
(3)一定时间内,相同体积溶液中,若NH4+减少的质量与NO3-增加的质量的比值约为18∶62,则被氧化的NH4+几乎全部转化为NO3-
解析:根据NaClO2的制备过程可知,NaClO3与SO2在酸性条件下发生反应生成硫酸氢钠、ClO2;生成的ClO2与H2O2反应生成NaClO2和氧气。
(1)①ClO2与H2O2反应生成NaClO2和氧气,1 ml ClO2得1 ml电子,1 ml H2O2失2 ml电子,根据得失电子守恒可得反应的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O。②使用ClO2可避免产生对人体有害的有机氯化物,且1 ml ClO2转化为氯离子得5 ml电子,而1 ml Cl2转化为氯离子得2 ml电子,ClO2的消毒效率与Cl2的消毒效率之比为5ml67.5 g·ml-1∶2ml71 g·ml-1≈2.63∶1。
(2)①结合反应Ⅰ和Ⅲ可知,反应Ⅱ中FeClO22+作反应物,Fe2+、ClO2作产物,该反应为FeClO22+Fe2++ClO2。②催化剂Fe3+的浓度增大,生成氧化性更强的ClO2的速率加快,NO的氧化率提高。③温度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度减小,导致NO氧化率减小。温度低于60 ℃时,以前者为主,高于60 ℃时,以后者为主。
(3)一定时间内,相同体积溶液中,若NH4+几乎全部转化为NO3-,则NH4+减少1 ml即18 g时应生成1 ml NO3-,则NO3-增加的质量为62 g,因此当NH4+减少的质量与NO3-增加的质量的比值约为18∶62时可说明NH4+完全被氧化为NO3-。
8.(12分)(2024·山东潍坊调研试题二)锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、C2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍,流程如图所示。
已知:萃取剂a和萃取剂b均为有机化合物,可用通式HR表示,萃取金属离子时,发生反应:nHR+Mn+MRn+nH+(M代表被萃取的金属)。回答下列问题:
(1)MnO2的作用是 。
(2)该流程中涉及的实验操作有 (填字母)。
A.过滤B.蒸发结晶
C.分液D.蒸馏
(3)加入CaCO3调pH的目的是 。
(4)已知:Ksp(CaF2)=5.3×10-9,Ksp(MgF2)=5.2×10-11,向除铁后的溶液中加入MnF2,当溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5 ml·L-1时,c(Ca2+)= ml·L-1(保留1位有效数字)。
(5)写出反萃取出Mn2+的离子方程式: 。
(6)回收液中Ni2+浓度的测定:取50.00 mL Ni2+回收液,滴入几滴紫脲酸胺(紫色)指示剂(遇Ni2+显橙黄色),用浓度为0.100 0 ml·L-1的Na2H2Y溶液进行滴定(Ni2++H2Y2-[NiY]2-+2H+),达到滴定终点时消耗Na2H2Y溶液的体积为12.50 mL。
①滴定终点的现象是 。
②Ni2+的物质的量浓度为 。
③若紫脲酸胺滴入过多,终点延迟,会导致所测Ni2+含量 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
答案:(1)氧化Fe2+
(2)AC
(3)使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去
(4)0.001
(5)MnR2+2H+2HR+Mn2+
(6)①当滴入最后半滴Na2H2Y标准溶液后,溶液由橙黄色变为紫色,且半分钟内不恢复橙黄色
②0.025 0 ml·L-1 ③偏高
解析:锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、C2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+,往其中加二氧化锰将二价铁氧化为三价铁,加碳酸钙调溶液pH,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀,往滤液中加MnF2沉淀钙离子和镁离子,过滤,往滤液中加萃取剂a萃取锰离子,向所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液;无机相用萃取剂b萃取C2+,所得无机相为含Ni2+的溶液,向有机相中加入反萃取剂得到含C2+的溶液。
(1)“浸出液”中含二价铁,MnO2的作用是将二价铁氧化为三价铁。
(2)流程中得滤渣①和滤渣②的操作为过滤,萃取之后得有机相和无机相的操作为分液,故答案:为AC。
(3)用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后,加入CaCO3调pH可以使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀,即加入CaCO3调pH的目的是使Fe3+转化成氢氧化铁沉淀除去。
(4)已知:Ksp(CaF2)=5.3×10-9,Ksp(MgF2)=5.2×10-11,向除铁后的溶液中加入MnF2,当溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5 ml·L-1时,c(F-)=Ksp(MgF2)c(Mg2+)=5.2×10-111.0×10-5 ml·L-1=5.2×10-6 ml·L-1,则c(Ca2+)=Ksp(CaF2)c2(F-)=5.3×10-95.2×10-6 ml·L-1≈0.001 ml·L-1。
(5)根据信息可知,反萃取剂为酸,即反萃取出Mn2+时加入适量的酸将Mn2+反萃取出来,相应的离子方程式为MnR2+2H+2HR+Mn2+。
(6)①在Ni2+与Na2H2Y溶液恰好完全反应之前,溶液呈橙黄色,恰好完全反应后,溶液中无Ni2+,此时再加半滴Na2H2Y溶液,溶液将会呈紫色,且半分钟内不恢复橙黄色,所以滴定终点的现象是当滴入最后半滴Na2H2Y标准溶液后,溶液由橙黄色变为紫色,且半分钟内不恢复橙黄色。②反应时Ni2+与Na2H2Y按物质的量1∶1反应,所以Ni2+物质的量浓度为0.100 0ml·L-1×0.012 5 L0.05 L=0.025 0 ml·L-1。③若紫脲酸胺滴入过多,终点延迟,会导致Na2H2Y偏多,则所测Ni2+含量偏高。V(萃取剂)V(溶液)
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
0.35
0.4
萃取率/%
Ni2+
55%
68%
80%
99%
99.5%
99.8%
99.9%
Fe2+
2%
2%
4%
5%
8%
30%
58%
金属离子
Fe3+
Fe2+
In3+
开始沉淀pH(离子浓度为0.1 ml·L-1时)
1.3
6
3
完全沉淀pH
2.7
8
4.3