届化学高考二轮专题复习与测试第二部分 题型1 工艺流程综合题Word格式文档下载.docx
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(4)Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似。
在上述生产过程中加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高,否则会导致_________(用离子方程式表示)。
(5)实际工业生产中,有时还采用阳离子交换树脂法来测定沉淀后溶液中Cr3+的含量,其原理是Mn++nNaR===nNa++MRn,其中NaR为阳离子交换树脂,Mn+为要测定的离子。
常温下,将沉淀后的溶液(此时溶液pH=5)经过阳离子交换树脂后,测得溶液中Na+比交换前增加了0.046g·
L-1,则该条件下Cr(OH)3的Ksp的值为______________________。
(6)在含铬废水实际处理中,还可采用直接沉淀的方法,处理成本较低。
已知在含铬废水中存在Cr2O
和CrO
相互转化平衡,请用离子方程式表示它们之间的转化反应:
______________________。
详细分析:
(1)N2H4的电子式为
。
(2)可以代替题给流程中N2H4溶液,需要具有还原性,能还原重铬酸根离子。
FeSO4溶液中亚铁离子具有还原性,可以还原Cr2O
离子,A符合;
浓HNO3溶液具有强氧化性,不能表现还原性,不能还原Cr2O
,B不符合;
酸性KMnO4是强氧化剂不能还原Cr2O
,C不符合;
Na2SO3溶液中亚硫酸根离子具有还原性,可以还原Cr2O
,D符合。
(3)加入N2H4的流程中,N2H4转化为无污染的物质,即生成氮气和水,反应中N元素由-2价变成0价,失去电子数为4,Cr元素化合价由+6价变成+3价,得到电子数为6,则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶6=2∶3。
如果加入NaOH溶液时溶液的pH过高,Cr(OH)3将被氢氧化钠溶解,离子方程式为Cr(OH)3+OH-===CrO
+2H2O。
(5)阳离子交换树脂法来测定沉淀后溶液中Cr3+的含量,其原理是Cr3++3NaR===3Na++CrR3,其中NaR为阳离子交换树脂,Cr3+为要测定的离子,Na+比交换前增加了4.6×
10-2g·
L-1,物质的量浓度=
×
10-2mol·
L-1=2×
10-3mol·
L-1,计算被交换的离子Cr3+浓度=
2×
L-1,Cr(OH)3(s)
3OH-(aq)+Cr3+(aq),将pH=5的废水经过阳离子交换树脂后,溶液中c(OH-)=10-9mol·
L-1,Ksp=c3(OH-)·
c(Cr3+)=[10-9]3×
10-3≈6.7×
10-31。
(6)Cr2O
在溶液中相互转化,离子方程式为Cr2O
+H2O
2CrO
+2H+。
答案:
(1)
(2)AD
(3)2∶3
(4)Cr(OH)3+OH-===CrO
+2H2O
(5)6.7×
10-31
+2H+
2.(2019·
宝鸡质检)下面是某科研小组利用废铁屑还原浸出软锰矿(主要成分为MnO2)制备硫酸锰及电解其溶液制锰的工艺流程图:
已知:
①浸出液中主要含有Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+等杂质金属离子;
②生成氢氧化物的pH见下表:
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ni(OH)2
Co(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀的pH
7.5
2.7
7.7
7.6
8.3
完全沉淀的pH
9.7
3.7
8.4
8.2
9.8
请回答下列问题:
(1)“酸浸”前将原料粉碎的目的是_____________________。
(2)流程图中“①加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+,同时自身被还原为Mn2+。
该反应的离子方程式是____________________________________,其中的MnO2可以用试剂__________(填化学式)代替。
(3)流程图中“②调节pH”可以除去某种金属离子,应将溶液pH调节控制的范围是________________。
下列可用于流程中调节pH的试剂是__________________(填序号)。
a.MnCO3 b.Na2CO3
c.NaOHd.氨水
(4)向滤液Ⅰ中加入MnS的作用是除去Co2+、Ni2+等离子,发生反应为MnS+Ni2+===NiS+Mn2+等。
当该反应完全后,滤液2中的Mn2+与Ni2+的物质的量浓度之比是________________[已知Ksp(MnS)=2.8×
10-10,Ksp(NiS)=2.0×
10-21]。
(5)上述流程中,能循环使用的一种物质是________________(填化学式)。
(6)上述流程中在电解前需对电解液中Mn2+的含量进行测定。
方法是:
取出一定体积的电解液,加入一定质量的NaBiO3(不溶于水),使二者发生反应,反应的氧化产物和还原产物分别是MnO
、Bi3+。
该反应的离子方程式是____________________________________。
(7)在适当条件下,在MnSO4、H2SO4和H2O为体系的电解液中电解也可获得MnO2,其阳极电极反应式为_________________。
将软锰矿和废铁屑加入过量硫酸浸出,过滤,浸出液中主要含有Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+等金属离子,加入MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+,同时自身被还原为Mn2+,加入MnCO3调节溶液的pH以除去铁离子,过滤后的滤液中加入MnS净化除去Co2+、Ni2+等离子,过滤得到滤液再进行电解可得到金属锰和阳极液,阳极液可循环使用,滤渣2为MnS、CoS、NiS。
(1)“酸浸”前将原料粉碎的目的是增大反应物的接触面积,增大反应速率。
该反应的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O,其中的MnO2作氧化剂,可以用试剂H2O2代替。
(3)流程图中“②调节pH”可以除去铁离子,应将溶液pH调节控制的范围是3.7~7.6,促进铁离子水解。
MnCO3能与H+反应,不引入杂质,故可用MnCO3调节pH。
(4)根据沉淀转化的方程式:
MnS+Ni2+===NiS+Mn2+,Mn2+与Ni2+的物质的量浓度之比为c(Mn2+)∶c(Ni2+)=Ksp(MnS)∶Ksp(NiS)=(2.8×
10-10)∶(2.0×
10-21)=1.4×
1011。
(5)在题给工艺中,能循环使用的一种物质是电解过程中阳极液含有的硫酸。
(6)电解液中Mn2+具有还原性,加入一定质量的NaBiO3(不溶于水),使二者发生反应,反应的氧化产物和还原产物分别是MnO
反应的离子方程式是5NaBiO3+2Mn2++14H+===5Bi3++2MnO
+5Na++7H2O。
(7)在适当条件下,电解MnSO4时MnSO4在阳极失去电子得到MnO2,其阳极电极反应式为Mn2++2H2O-2e-===MnO2+4H+。
(1)增大反应物的接触面积,增大反应速率
(2)MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O H2O2
(3)3.7~7.6 a
(4)1.4×
1011
(5)H2SO4
(6)2Mn2++5NaBiO3+14H+===2MnO
+5Bi3++5Na++7H2O
(7)Mn2++2H2O-2e-===MnO2+4H+
3.(2019·
韶关调研)锌锰干电池是很古老的一次性电池,它的生产原料主要有软锰矿和闪锌矿。
已知闪锌矿中含ZnS约80%,FeS、CuS、SiO2共约7%,其余为水分;
软锰矿中含MnO2约a%,SiO2约20%,Al2O3约4%,其余为水分。
科研人员开发了综合利用软锰矿和闪锌矿的同槽酸浸工艺,工艺流程如下图所示。
(1)反应Ⅰ需不断搅拌,目的是____________________________。
(2)检验反应Ⅰ的滤液中含有Fe3+的试剂为________;
写出反应Ⅰ中由FeS生成Fe3+的离子方程式_____________________________
_____________________________________________________。
(3)反应Ⅱ加入适量锌的作用是__________________________;
反应Ⅲ中MnO2的作用是_______________________________。
(4)已知ZnCO3、MnCO3的Ksp分别为1.4×
10-10、2.2×
10-11;
要使反应Ⅳ之后的溶液中Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×
10-6mol·
L-1,则溶液中残留的CO
浓度至少为__________mol·
L-1。
(5)如图是Na2SO4和Na2SO4·
10H2O的溶解度曲线,则Ⅳ中得到Na2SO4固体的操作是:
将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液________→________→用乙醇洗涤→干燥。
用乙醇洗涤而不用水洗的原因是__________________________________________。
(1)反应Ⅰ是闪锌矿、软锰矿在硫酸中的溶解过程,搅拌是为了增大反应速率,提高原料利用率。
(2)Fe3+遇KSCN溶液变成红色,遇苯酚溶液显紫色,故欲检验Ⅰ的滤液中含有Fe3+的试剂为:
KSCN(或苯酚);
反应Ⅰ中由FeS和MnO2在酸性溶液中反应生成
Fe3+、H2O、S、Mn2+,反应的离子方程式为2FeS+3MnO2+12H+===2Fe3++2S+3Mn2++6H2O。
(3)由图可知,反应Ⅱ加入适量锌有铜析出,故反应Ⅱ是将溶液中的Cu2+还原为Cu;
反应Ⅲ中加入MnO2,将Fe2+氧化成Fe3+,最终生成Fe(OH)3沉淀。
(4)欲使Zn2+、Mn2+浓度均降到1.0×
10-6mol·
L-1,根据ZnCO3的Ksp=1.4×
10-10,即c(Zn2+)·
c(CO
)=1.4×
10-10,求得:
10-10÷
(1.0×
10-6)=1.4×
10-4mol·
L-1,同理可求使Mn2+沉淀,当Mn2+浓度均降到1.0×
L-1时,c(CO
)=2.2×
L-1,所以溶液中残留的CO
浓度至少为1.4×
(5)由图象溶解度曲线变化可知,Na2SO4的溶解度在温度较高时,随温度升高而降低,而Na2SO4·
10H2O的溶解度随温度升高而增大,欲得到Na2SO4晶体,应采取加热蒸发溶剂使Na2SO4结晶析出,并趁热过滤;
因Na2SO4在乙醇中难于溶解,所以用乙醇洗涤既防止Na2SO4和水作用生成Na2SO4·
10H2O,又能防止Na2