2023届高考化学二轮总复习广西专版课后习题 非选择题专项训练一 工艺流程题

这是一份2023届高考化学二轮总复习广西专版课后习题 非选择题专项训练一 工艺流程题，共12页。试卷主要包含了工业上以氟磷灰石，0×10-4等内容，欢迎下载使用。
非选择题专项训练一　工艺流程题
1.金属钒在汽车、航空、铁路、电子技术、国防工业等行业应用广泛,钒的氧化物已经成为化学工业中最佳催化剂之一。从钒铬还原渣[VO2·H2O、Cr(OH)3]中分离钒、铬的工艺流程如下:

(1)为提高“碱浸”速率,除适当升高温度外,还可采取的措施有　(举一例)。 
(2)“碱浸”中主要反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)“焙烧”产物经不同浓度的NaOH溶液浸出后所得到的V2O5和Cr2O3浸出率如图所示:

则NaOH溶液适宜的浓度为　　　　　　　　　　　。 
(4)“碱浸”时加入NaOH不宜过量太多的原因是  　　　　　　　　　。 
(5)流程中“沉淀”所得为钒的铵盐沉淀物[x(NH4)2O·yV2O5·zH2O],证明沉淀已洗净的操作是  　　　　　　　　　。 
(6)实验室“过滤”时,用到的硅酸盐质仪器除烧杯外,还用到的两种为　　　　　　、　　　　　　　　。 
2.湿法冶炼脆硫铅锑矿(主要成分为Pb4FeSb6S14)制取锑白(Sb2O3)的工艺流程如图所示:

已知:①锑(Sb)为第ⅤA族元素,Sb2O3为两性氧化物。
②“水解”时锑元素转化为SbOCl沉淀。
回答下列问题。
(1)“氯化浸出”后的滤液中含有两种锑的氯化物,分别为SbCl3和　　　　　　　(填化学式)。滤渣Ⅰ中所含的反应产物有PbCl2和一种单质,该单质是　　　　　　　。 
(2)“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中,Sb将Fe3+转化为Fe2+的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　,该转化有利于“水解”时锑铁分离。 
(3)滤液Ⅳ的成分是　　　　　　(填化学式)。“中和”时若用NaOH溶液代替氨水,Sb2O3可能会转化为　　　　　(填离子符号),使锑白的产量降低。 
(4)锑白也可用火法冶炼脆硫铅锑矿制取,该法中有焙烧、烧结、还原和吹炼等生产环节。与火法冶炼相比,湿法冶炼的优点有　　　　　　　　　(任写一点)。 
3.铬元素的+6价化合物毒性较大,不能随意排放。某化工厂以铬渣(含有Na2SO4及少量Cr2O72-、Fe3+)为原料提取硫酸钠,同时制备金属铬的工艺流程如下:

已知:Fe3+完全沉淀[c(Fe3+)≤1.0×10-5 mol·L-1]时pH为3.4。
回答下列问题。
(1)滤渣A的主要成分为　　　　　　　　。 
(2)根据下图信息,操作B包含蒸发结晶和　　　　　　　　　。 

(3)酸化后的Cr2O72-可被SO32-还原,该反应中若有0.5 mol Cr2O72-被还原为Cr3+,则消耗SO32-的物质的量为　　　　 mol。 
(4)将重铬酸钠与浓硫酸加热熔融反应、再分离除去硫酸氢钠可以制得工业用粗化液的主要成分CrO3(铬酐),写出该反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(5)通过两步反应可以实现Cr(OH)3转化为Cr,若第一步反应为2Cr(OH)3Cr2O3+3H2O;第二步反应利用了铝热反应原理,则该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 


(6)利用如图装置,探究铬和铁的活动性强弱。能证明铁比铬活动性强的实验现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。工业上,在钢器具表面镀铬以增强器具的抗腐蚀性能,用硫酸铬[Cr2(SO4)3]溶液作电解质溶液,阴极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　。 
4.下图为从预处理后的可充电电池粉末(主要为NiO、CdO、CoO和Fe2O3等)中回收重金属的工艺流程。

回答下列问题。
(1)“浸取”过程先加入NH4HCO3溶液,再通入NH3,滤液①中主要含
[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+及CO32-。写出NiO浸取时发生反应的化学方程式: 　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)探究“催化氧化”步骤中[Co(NH3)6]2+氧化为[Co(NH3)6]3+的实验条件。向[Co(NH3)6]2+含量为0.38 g·L-1的溶液中通入空气,待反应完全后,记录[Co(NH3)6]3+浓度数据如表:
反应
时间
[Co(NH3)6]3+/(g·L-1)
25 ℃
90 ℃,石墨催化
1.5 h
0.090
0.35
2.5 h
0.14
0.38
5 h
0.35
0.38
由表中数据可得,[Co(NH3)6]2+氧化的最佳条件为　　　　　　　　　。 
(3)已知Co(OH)3为强氧化剂,向Co(OH)3中加入浓盐酸发生“反应Ⅰ”,写出该反应的离子方程式 　　　　　　　　　。 
(4)“反萃取”的原理为NiR有机相+2H+Ni2++2HR有机相,需加入的试剂X为　　　　　　,分离有机相和水相的操作为　　　　　　。 
(5)水相①的主要溶质为　　　　　(填化学式)。 
(6)生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2++CO32-CdCO3↓+4NH3↑,常温下,该反应平衡常数K=2.75×105,[Cd(NH3)4]2+Cd2++4NH3的平衡常数K不稳=2.75×10-7,Ksp(CdCO3)=　 　　　　　　　　。 
5.(2022山东卷)工业上以氟磷灰石
[Ca5F(PO4)3,含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏,工艺流程如下:

回答下列问题。
(1)酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6,离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiF62-)=1∶1加入Na2CO3脱氟,充分反应后,c(Na+)=　　　　　 mol·L-1;再分批加入一定量的BaCO3,首先转化为沉淀的离子是　　　　　　。 
项目
BaSiF6
Na2SiF6
CaSO4
BaSO4
Ksp
1.0×10-6
4.0×10-6
9.0×10-4
1.0×10-10
(3)SO42-浓度(以SO3%计)在一定范围时,石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后,在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏存在形式为　　　　　　　(填化学式);洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,回收利用洗涤液X的操作单元是　　　　　　　;一定温度下,石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示,下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是　　　(填字母)。 
A.65 ℃、P2O5%=15、SO3%=15
B.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=20
C.65 ℃、P2O5%=10、SO3%=30
D.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=10

图甲

图乙
6.钴的氧化物广泛应用于磁性材料及超导材料等领域。一种利用含钴废料(主要成分Co2O3,含少量Al2O3、MgO、SiO2等)制备Co2O3的工艺流程如图所示。

(1)“浸出液”中溶质的主要成分是　　　　(写化学式)。 
(2)“酸浸、还原”过程中溶解Co2O3的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。稀硫酸和Na2SO3也可用盐酸替代,工业生产中不用盐酸的理由是　　　　　　　　　。 
(3)NaF的作用是　　　　　　　　　。 
(4)“沉钴”时生成CoCO3的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。检验CoCO3是否洗涤干净的操作方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(5)在空气中焙烧CoCO3生成CoxOy和CO2,测得充分煅烧后固体质量为4.82 g,CO2的体积为1.344 L(标准状况),则CoxOy的化学式为　　　　　　　。 
7.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:

回答下列问题。
(1)NaClO2中Cl的化合价为　　　　。 
(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式: 　　　　　　　　　。 
(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去Mg2+和Ca2+,要加入的试剂分别为　　　　　　、　　　　　　。“电解”中阴极反应的主要产物是　　　　　　　　　。 
(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　,该反应中氧化产物是　　　　。 
(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为　 g。 
(计算结果保留两位小数)



参考答案

非选择题专项训练一　工艺流程题
1.答案 (1)搅拌、适当增大NaOH溶液的浓度或减小固体配料的颗粒直径(任写一个)
(2)V2O5+6OH-2VO43-+3H2O或V2O5+2OH-2VO3-+H2O
(3)3 mol∙L-1
(4)NaOH过量太多,会增加后续调节pH时H2SO4的用量,同时,碱的浓度过大,铬的浸出率也会增大,达不到分离钒、铬的效果
(5)取最后一次洗涤液少许放入试管中,加入足量稀盐酸后再加入BaCl2溶液,若没有白色沉淀产生,则证明沉淀已洗净
(6)漏斗　玻璃棒
解析 钒铬还原渣在富氧空气中焙烧生成V2O5和Cr2O3,加入NaOH溶液,主要是V2O5与NaOH溶液发生反应生成NaVO3或Na3VO4,过滤,向滤液中加入硫酸和硫酸铵反应生成钒的铵盐沉淀物,过滤洗涤,经过一系列转化生成V2O5。
(1)为提高“碱浸”速率,除适当升高温度外,还可采取的措施有搅拌、适当增大NaOH溶液的浓度或减小固体配料的颗粒直径;(2)VO2·H2O在焙烧中被氧气氧化为V2O5,“碱浸”中主要反应的离子方程式为V2O5+6OH-2VO43-+3H2O或V2O5+2OH-2VO3-+H2O;(3)根据图中信息NaOH浓度在3 mol∙L-1时,V2O5的浸出率比较高,Cr2O3浸出率最低,增大NaOH溶液浓度,V2O5的浸出率增加不大,但Cr2O3浸出率增加较多,且消耗的NaOH量较多,因此NaOH溶液适宜的浓度为3 mol∙L-1;(4)根据前面分析“碱浸”时加入的氢氧化钠不宜过量太多的原因是氢氧化钠过量太多,会增加后续调节pH时H2SO4的用量,同时,碱的浓度过大,铬的浸出率也会增大,达不到分离钒、铬的效果;(5)流程中“沉淀”所得为钒的铵盐沉淀物,沉淀表面有硫酸根离子,因此只需验证最后一次洗液中是否还有硫酸根离子即可;(6)实验室“过滤”时,用到的硅酸盐质仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。
2.答案 (1)SbCl5　硫(或“S”等其他合理答案)
(2)Sb+3Fe3+3Fe2++Sb3+
(3)NH4Cl　[Sb(OH)4]-(或SbO2-、SbO33-)
(4)能耗低(或“减排”等其他合理答案)
解析 由流程可知,“氯化浸出”是将矿粉加水后再通入氯气浸取后得到滤渣Ⅰ和滤液,Cl2将脆硫铅锑矿中低价锑氧化到高价,结合“锑为第ⅤA族元素”等题给信息,不难得出滤液中所含的另一种锑的氯化物为SbCl5。Cl2是一种常见的强氧化剂,氧化Sb3+的同时也会将Fe2+氧化成Fe3+,S2-被氧化,结合题设可推知“氯化浸出”后的滤液中含SbCl5,滤渣中除了PbCl2外,还含有的一种单质是S;“还原”过程是向所得滤液中加入锑粉,锑粉有还原性,加入锑还原高价金属离子,将+5价锑还原成+3价锑,选择锑粉作还原剂,一是因为锑粉不会引入新杂质离子,二是将Fe3+还原成Fe2+,有利于下一步“水解”分离得到SbOCl,由还原后锑元素的价态,可得Fe3+转化为Fe2+的离子方程式;“水解”的目的是锑铁分离,信息②给出“水解”时锑元素转化为SbOCl沉淀,Fe3+转化为Fe2+后,Fe2+更不易水解,留在滤液中,实现锑铁分离;“中和”是向水解所得的SbOCl沉淀中加入氨水,使锑元素转化为Sb2O3·nH2O,利用氨水中和SbOCl水解产生的HCl,使平衡右移。Sb2O3是两性氧化物,若使用NaOH代替氨水,可能会因NaOH过量而使Sb2O3转化为可溶性的[Sb(OH)4]-(或SbO2-、SbO33-),从而导致锑白产量降低,最后洗涤、干燥得到锑白,据此解答。
(1)由上述分析可知“氯化浸出”后的滤液中含有两种锑的氯化物,分别为SbCl3和SbCl5,滤渣Ⅰ中所含的反应产物有PbCl2和一种单质,该单质是S。
(2)“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中,Sb将Fe3+转化为Fe2+的离子方程式为Sb+3Fe3+3Fe2++Sb3+。
(3)由上述分析可知滤液Ⅳ的成分是NH4Cl;Sb2O3是两性氧化物,“中和”时若用NaOH溶液代替氨水,Sb2O3可能会转化为[Sb(OH)4]-(或SbO2-、SbO33-),使锑白的产量降低。
(4)锑白也可用火法冶炼脆硫铅锑矿制取,该法中有焙烧、烧结、还原和吹炼等生产环节。与火法冶炼相比,湿法冶炼的优点有能耗低(或“安全性高”“减排”等)。
3.答案 (1)Fe(OH)3　(2)趁热过滤　(3)1.5
(4)Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)2NaHSO4+2CrO3+H2O
(5)Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr
(6)Cr电极上产生气泡,Fe电极逐渐溶解,溶液颜色变为浅绿色　Cr3++3e-Cr
解析 (1)铬渣中含有Na2SO4及少量Cr2O72-、Fe3+,先用水浸取,然后向其中加入稀的NaOH溶液,调节pH约为3.4,这时Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀进入滤渣A中,故滤渣A主要成分是Fe(OH)3。
(2)滤渣A过滤除去后的溶液中含有Na2SO4、Na2Cr2O7,将溶液蒸发浓缩,根据物质的溶解度曲线可知,Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大,Na2SO4·10H2O的溶解度先是随温度的升高而增大,当温度高于50 ℃后,Na2SO4的溶解度随温度的升高而减小,趁热过滤,就可以将Na2SO4过滤除去,得到的母液中主要含有Na2Cr2O7,因此操作是蒸发结晶、趁热过滤。
(3)酸化后的Cr2O72-可被SO32-还原,根据得失电子守恒可知,若该反应中有0.5 mol Cr2O72-被还原为Cr3+,转移电子的物质的量为n(e-)=0.5 mol×2×(6-3)=3 mol,由于SO32-被氧化为SO42-,每1 mol SO32-失去2 mol电子,所以消耗SO32-的物质的量n(SO32-)=3 mol×12=1.5 mol。
(4)重铬酸钠与浓硫酸在加热时反应产生硫酸氢钠、CrO3和水,则反应的化学方程式为Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)2NaHSO4+2CrO3+H2O。
(5)Cr2O3与Al在高温下发生铝热反应,产生Cr与Al2O3,根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式为Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr。
(6)若要利用原电池原理,证明铁比铬活动性强,可以将两者连接起来,放入稀硫酸中,在Fe电极上发生反应:Fe-2e-Fe2+,Fe2+进入溶液,溶液变为浅绿色;电子经过导线转移至金属Cr上,溶液中的H+在Cr电极上获得电子,发生还原反应:2H++2e-H2↑,在Cr电极上有许多气泡产生。在钢器具表面镀铬,需使钢器具与外接电源的负极连接,作阴极,发生还原反应:Cr3++3e-Cr,使钢器具表面覆盖一层金属铬,抗腐蚀能力大大增强。
4.答案 (1)NiO+5NH3+NH4HCO3[Ni(NH3)6]CO3+H2O
(2)90 ℃,石墨催化,反应时间为2.5 h
(3)2Co(OH)3+6H++2Cl-2Co2++Cl2↑+6H2O
(4)硫酸　分液
(5)[Cd(NH3)4]CO3
(6)1.0×10-12
解析 可充电电池粉末主要为NiO、CdO、CoO和Fe2O3等,向其中先加入NH4HCO3溶液,再通入NH3,浸取过滤得到滤液①,滤液①主要含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+和CO32-,催化氧化得到滤液②和沉淀Co(OH)3,沉淀中加入浓盐酸溶解得到CoCl2溶液,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CoCl2·6H2O晶体,滤液②中加入萃取剂,萃取分液得到有机相①和水相①,水相①通入热蒸汽得到CdCO3沉淀,有机相①加入试剂X,“反萃取”的原理为NiR有机相+2H+Ni2++2HR有机相,反萃取中X为硫酸,分液得到有机相②循环使用,水层中为NiSO4,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体。
(1)由题给信息,浸取过程得到的滤液①中含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+及CO32-,可知NiO浸取时发生反应的化学方程式为NiO+5NH3+NH4HCO3[Ni(NH3)6]CO3+H2O。
(2)由题给信息可知,催化氧化前溶液中[Co(NH3)6]2+的浓度为0.38 g·L-1,90 ℃、石墨催化、反应时间为2.5 h和90 ℃、石墨催化、反应时间为5 h两个条件下均可将溶液中的[Co(NH3)6]2+全部氧化为[Co(NH3)6]3+,但同等条件下,反应时间越短越好,故最佳条件为90 ℃,石墨催化,反应时间为2.5 h。
(3)Co(OH)3为强氧化剂,由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CoCl2溶液,因此Co(OH)3被浓盐酸还原为CoCl2,而浓盐酸被氧化为Cl2,故反应的离子方程式为2Co(OH)3+6H++2Cl-2Co2++Cl2↑+6H2O。
(4)“反萃取”的原理为NiR有机相+2H+Ni2++2HR有机相,反萃取中,为促进Ni元素向水相转移,平衡需正向移动,结合流程中的产物为NiSO4·6H2O,故应加入硫酸。分离有机相和水相的操作为分液。
(5)由流程分析可得,水相①的主要溶质为[Cd(NH3)4]CO3。
(6)Ksp(CdCO3)=c(CO32-)·c(Cd2+)=c4(NH3)c(Cd2+)c(CO32-)c([Cd(NH3)4]2+)c([Cd(NH3)4]2+)c4(NH3)=K不稳K=2.75×10-72.75×105=1.0×10-12。
5.答案 (1)6HF+SiO22H++SiF62-+2H2O
(2)2.0×10-2　SO42-
(3)CaSO4·0.5H2O　减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率　酸解　D
解析 本题考查工艺流程,内容包括离子方程式书写、沉淀溶解平衡、图像分析。
氟磷灰石用硫酸溶解后过滤,得到粗磷酸和滤渣,滤渣经洗涤后结晶转化为石膏(CaSO4·2H2O);粗磷酸经精制Ⅰ除杂,过滤,滤液经精制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。
(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6,该反应的离子方程式为6HF+SiO22H++SiF62-+2H2O。
(2)精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiF62-)=1∶1加入Na2CO3脱氟,该反应的化学方程式为H2SiF6+Na2CO3Na2SiF6↓+CO2↑+H2O,充分反应后得到沉淀Na2SiF6,此时溶液为Na2SiF6的饱和溶液,c(Na+)=2c(SiF62-),根据Na2SiF6的溶度积常数可知Ksp(Na2SiF6)=c2(Na+)·c(SiF62-)=4c3(SiF62-),c(SiF62-)=34.0×10-64=1.0×10-2 mol·L-1,因此c(Na+)=2c(SiF62-)=2.0×10-2 mol·L-1;同时,粗磷酸中硫酸钙也达到饱和状态,c(Ca2+)=c(SO42-)=Ksp(CaSO4)=9.0×10-4 mol·L-1=3.0×10-2 mol·L-1;再分批加入一定量的BaCO3,当BaSiF6沉淀开始生成时,c(Ba2+)=Ksp(BaSiF6)c(SiF62-)=1.0×10-61.0×10-2 mol·L-1=1.0×10-4 mol·L-1,当BaSO4沉淀开始生成时,c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)c(SO42-)=1.0×10-103.0×10-2 mol·L-1≈3.3×10-9 mol·L-1,因此,首先转化为沉淀的离子是SO42-,然后是SiF62-。
(3)由图像知100 ℃、P2O5为45%的混合体系中,石膏存在形式为CuSO4·0.5H2O;硫酸钙在水溶液中存在沉淀溶解平衡CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq),加入硫酸增大了硫酸根离子浓度,抑制了CaSO4的溶解,因此洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率;洗涤液X中含有硫酸,具有回收利用的价值,由于“酸解”时使用的也是硫酸,因此,回收利用洗涤液X的操作单元是“酸解”;由图乙信息可知,位于65 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于80 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
由图乙信息可知,A项,P2O5%=15、SO3%=15,该点坐标位于两个温度线之间,不能实现晶体的完全转化;B项,P2O5%=10、SO3%=20,该点坐标位于两个温度线之间,不能实现晶体的完全转化;C项,P2O5%=10、SO3%=30,该点坐标位于65 ℃线上方,晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,不能实现晶体的完全转化;D项,P2O5%=10、SO3%=10,该点坐标位于80 ℃线下方,晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,能实现晶体的完全转化。
6.答案 (1)NaAlO2、Na2SiO3
(2)Co2O3+SO32-+4H+2Co2++SO42-+2H2O
防止盐酸被Co2O3氧化为Cl2,污染环境
(3)除去镁离子
(4)CoSO4+2NH4HCO3(NH4)2SO4+CoCO3↓+H2O+CO2↑　取最后一次洗涤液少许放入试管中,滴加足量稀盐酸后,再滴加BaCl2溶液
(5)Co3O4
解析 (1)Al2O3为两性氧化物,既可以与酸反应也可以与强碱反应,SiO2可以与强碱反应,因此含钴废料经碱浸后,氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠,因此“浸出液”中溶质的主要成分是NaAlO2、Na2SiO3。
(2)Co2O3与SO32-在酸性条件下发生氧化还原反应生成SO42-、Co2+和H2O,离子方程式为Co2O3+SO32-+4H+2Co2++SO42-+2H2O;盐酸具有还原性,还原产物有氯气,污染环境,因此工业生产中不用盐酸代替稀硫酸和Na2SO3。
(3)氟离子与溶液中的镁离子结合成沉淀,经过滤除去镁离子。
(4)除杂后溶液中溶质的主要成分是CoSO4,CoSO4与加入的NH4HCO3反应生成(NH4)2SO4、CoCO3、CO2和H2O,化学方程式为CoSO4+2NH4HCO3(NH4)2SO4+CoCO3↓+H2O+CO2↑;取最后一次洗涤液少许放入试管中,滴加足量稀盐酸后,再滴加BaCl2溶液,如果没有沉淀产生,则证明CoCO3沉淀已经洗涤干净。
(5)CO2的体积为1.344 L(标准状况),物质的量为1.344 L22.4 L·mol-1=0.06 mol,由CoCO3的化学式可知n(Co)=n(C)=0.06 mol,则m(Co)=n(Co)×M(Co)=0.06 mol×59 g·mol-1=3.54 g,煅烧后固体中氧元素的物质的量为n(O)=4.82 g-3.54 g16 g·mol-1=0.08 mol,则n(Co)∶n(O)=0.06∶0.08=3∶4,因此灼烧后的物质的化学式为Co3O4。
7.答案 (1)+3价
(2)2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4
(3)NaOH溶液　Na2CO3溶液　ClO2-(或NaClO2)
(4)2∶1　O2　(5)1.57
解析 (1)NaClO2中Na为+1价,O为-2价,则Cl为+3价。
(2)NaClO3中Cl为+5价,转化为ClO2,Cl变为+4价,NaClO3表现氧化性,SO2表现还原性,S由+4价升高到+6价,即SO2转化为NaHSO4,化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO42NaHSO4+2ClO2。
(3)利用过量NaOH溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2沉淀除去Mg2+,利用过量Na2CO3溶液与Ca2+反应生成CaCO3沉淀除去Ca2+。电解时,阴极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,2ClO2+H2+2OH-2ClO2-+2H2O,主要产物为ClO2-或NaClO2。
(4)用于“尾气吸收”的溶液中有NaOH、H2O2,与ClO2反应过程中,ClO2为氧化剂,Cl由+4价降低到+3价,还原产物为NaClO2,H2O2为还原剂,O由-1价升高到0价,氧化产物为O2,反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH2H2O+O2+2NaClO2。
(5)每克NaClO2的物质的量为n(NaClO2)=1 g90.5 g·mol-1=190.5 mol,1 mol NaClO2得4 mol e-转化为NaCl,则每克NaClO2得电子的物质的量为n(e-)=190.5×4 mol=490.5 mol,每1 mol Cl2得2 mol e-转化为Cl-,可知Cl2的物质的量为490.5 mol×12=290.5 mol,m(Cl2)=290.5×71 g≈1.57 g。