2020届高考化学二轮复习大题精准训练——高考题中方程式（电极、氧化还原、热化学）书写专练

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2020届高考化学二轮复习大题精准训练
——高考题中方程式（电极、氧化还原、热化学）书写专练
1. 电化学原理在生产生活中应用十分广泛。请回答下列问题：
(1)通过SO2传感器可监测大气中SO2的含量，其工作原理如图1所示。

①固体电解质中O2-向______极移动(填“正”或“负”)。
②写出V2O5电极的电极反应式：_____________。
(2)近期科学家研究发现微生物可将生产废水中的尿素[CO(NH2)2]直接转化为对环境友好的两种物质，其工作原理如图2所示。回答下列问题：
 
①N极为____极(填“正”或“负”)，M电极反应式______________________。
②N极消耗标准状况下33.6L气体时，M极理论上处理的尿素的质量为______g。
(3)人工光合系统装置(如图)可实现以CO2和H2O合成CH4。下列说法不正确的是__________。

A.该装置为原电池，且铜为正极
B.电池工作时，H+向Cu电极移动
C.GaN电极表面的电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+
D.反应CO2+2H2OCH4+2O2中每消耗1molCO2转移4mole-
【答案】 (1). 负 (2). SO2-2e-+O2-=SO3 (3). 正 (4). CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+ (5). 60 (6). D
【解析】
【分析】
(1)根据图像，原电池内电路，阴离子向负极移动；
(2)N电极氧气变为水，化合价降低，得电子为正极；
(3)该装置无外加电源，为原电池，铜极上C的化合价降低，得电子，为正极。
【详解】(1)根据图像，原电池内电路，阴离子向负极移动，固体电解质中O2-向负极移动，Pt电极为正极：O2+4e-=2O2-，则V2O5电极为负极：SO2-2e-+O2-=SO3；
(2)N电极氧气变为水，化合价降低，得电子为正极，反应式为O2↑＋4H++4e－＝2H2O，M为负极：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+；N极消耗标准状况下33.6L气体时，即消耗1.5mol的O2，得处理=1mol的尿素，即60g的尿素；
(3)A.该装置无外加电源，为原电池，铜极上C的化合价降低，得电子，为正极，与题意不符，A不选；
B.电池工作时，H+为阳离子，向正极移动，即向Cu电极移动，与题意不符，B不选；
C.GaN电极为负极，失电子，表面的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，与题意不符，C不选；
D.反应CO2+2H2OCH4+2O2中每消耗1molCO2化合价由+4变为-4，转移8mole-，符合题意，D选；
答案为D。
2. (1)与MnO2-Zn电池类似，K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，其电极反应正极：______，负极：______，该电池总反应的离子方程式为______．
(2)如果把“碱性电池”改为“酸性电池”，其电极反应正极：______，负极：______，该电池总反应的离子方程式为______．
【答案】 (1). K2FeO4 (2). Zn (3). 3Zn+2FeO42-+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4OH- (4). K2FeO4 (5). Zn (6). 3Zn+2FeO42-+16H+=3Zn2++2Fe3++8H2O
【解析】
【分析】
(1)K2FeO4-Zn碱性电池，锌失电子，为负极；则K2FeO4为正极；
(2)为“酸性电池”，锌为负极，失电子生成锌离子；K2FeO4为正极，得电子，与溶液中的氢离子反应，生成铁离子和水。
【详解】(1)K2FeO4-Zn碱性电池，锌失电子，与溶液中的氢氧根离子反应生成氢氧化锌固体，为负极；则K2FeO4为正极，得电子，与溶液中的水反应生成氢氧化铁和氢氧根离子，总反应式为3Zn+2FeO42-+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4OH-；
(2)为“酸性电池”，锌为负极，失电子生成锌离子；K2FeO4为正极，得电子，与溶液中的氢离子反应，生成铁离子和水，总反应式为3Zn+2FeO42-+16H+=3Zn2++2Fe3++8H2O。
3. 锶有“金属味精”之称。以天青石（主要含有SrSO4和少量CaCO3、MgO杂质）生产氢氧化锶的工艺如下：

已知氢氧化锶在水中的溶解度：
温度（℃）
0
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度（g/100mL）
091
1.25
1.77
2.64
3.95
8.42
20.2
44.5
91.2
（1）隔绝空气焙烧时SrSO4只被还原成SrS，化学方程式为_____________。
（2）“除杂”方法：将溶液升温至95℃，加NaOH溶液调节pH为12。
①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－10，则溶液中c（Mg2＋）＝___。
②若pH过大，将导致氢氧化锶的产率降低，请解释原因____。
（3）“趁热过滤”的目的是____，“滤渣”的主要成分为___。
（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为____、过滤、洗涤、干燥。
（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，请写出吸收时的离子方程式______；再用石墨电极电解吸收液，电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3溶液。请写出电解时阳极的电极反应：____。
【答案】 (1). SrSO4＋4CSrS＋4CO↑ (2). 1.2×10-10 mol•L-1 (3). OH－对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH－浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出 (4). 防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失 (5). Ca(OH)2、Mg(OH)2 (6). 降温结晶 (7). 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ (8). Fe2+—e—=Fe3+
【解析】
【分析】
【详解】（1）根据图中信息，隔绝空气焙烧时SrSO4只被碳还原成SrS，同时生成一氧化碳，反应的化学方程式为：SrSO4 ＋ 4C SrS ＋ 4CO↑；
（2）①95℃时水的离子积KW＝1.0×10－12，pH为12，c（H＋）＝10-12mol/L，
c（OH-）＝=1mol/L，c（Mg2＋）＝==1.2×10-10 mol•L-1；
②OH－对氢氧化锶的溶解起抑制作用，OH－浓度过大，将使氢氧化锶沉淀析出，导致氢氧化锶的产率降低；
（3）“趁热过滤”的目的是防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失，“滤渣”的主要成分为在碱性条件下沉淀下来的Mg(OH)2和微溶物Ca(OH)2；
（4）从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为降温结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）“脱硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸产生的气体，铁离子将硫离子氧化为硫单质，吸收时的氧化产物为S；再用石墨电极电解吸收液，电解过程将氯化亚铁氧化为氯化铁，故电解后可在“脱硫”中循环利用的物质是FeCl3。
4. 高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛用途。
(1)化学氧化法生产高铁酸钾（K2FeO4）是用固体Fe2O3、KNO3、KOH混合加热生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物。此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。
(2)工业上湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的工艺如图所示：

①反应Ⅰ的化学方程式为_________________________________________________。
②反应Ⅱ的离子方程式为_________________________________________________。
③加入饱和KOH溶液的目的是_________________________________________________。
④高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为____________________________。
⑤实验室配制Fe（NO3）3溶液，为防止出现浑浊，一般是将Fe（NO3）3固体溶于稀HNO3后再加水稀释。已知25 ℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10-38，此温度下在实验室中配制100 mL 5 mol·L-1 Fe（NO3）3溶液，则至少需要________mL、4 mol·L-1 HNO3。

(3)高铁酸钠（Na2FeO4）制备可采用三室膜电解技术，装置如图所示，阳极的电极反应式为________。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为________（填化学式）。
【答案】 (1). 3∶1 (2). 2NaOH +Cl2=NaCl+NaClO+H2O (3). 3ClO−+10OH−+2Fe3+=2FeO42-+3Cl−+5H2O (4). 增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出 (5). K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体具有吸附性 (6). 1.25 (7). Fe−6e−+8OH−=FeO42-+4H2O (8). NaOH
【解析】
【分析】
（1）由条件可知发生反应：，以此分析；
（2）①反应Ⅰ：；②反应Ⅱ：；③加入饱和KOH溶液利用平衡回答；④K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体具有吸附性；⑤利用溶度积计算；
（3）阳极与电源正极相连为Fe极发生氧化反应：；阴极发生还原反应： ,A溶液为NaOH。
【详解】(1)Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，被氧化，N元素化合价由+5价降低+3价， ，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，故答案为：3：1；
(2)①反应Ⅰ为氧化还原反应，方程式为： ；
②反应Ⅱ为氧化还原反应，+3价铁被氧化成+6价铁，+1价的氯被还原为-1价，
反应的离子方程式为 ，
③，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，
故答案为：增大K+的浓度，促进K2FeO4晶体析出；
④K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可生成Fe（OH）3，具有吸附性，可除去水的悬浮性杂质，
故答案为：K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体具有吸附性，
⑤根据溶度积公式 可计算，由水的离子积可知。设需要xmL、4 mol·L-1HNO3，则xmL×4mol·L-1=0.05mol·L-1×100mL，解得x=1.25
故答案为：1.25。
(3)阳极是失去电子发生氧化反应，金属铁有还原性故阳极的电极反应为：；阴极氢离子得电子生成氢气，所以溶液中的溶质为NaOH；故答案为：； NaOH​。
5. 硫酸锰广泛应用于医药、食品、农药、造纸等行业，如图是以软锰矿(主要成分是MnO2，还含有SiO2等杂质)和黄铁矿(FeS2)制取MnSO4∙H2O的流程图，已知Ksp(MnCO3)=2.2×10-11，气体常用作气体肥料。回答下列问题：

(1)空气中高温焙烧发生反应的化学方程式为________．
(2)气体的电子式为________。
(3)操作a所用的主要玻璃仪器：________。
(4)常温下，0.1mol/L碳酸氢铵溶液中微粒浓度分数与pH的关系如图所示，取一定量母液C加入NH4HCO3至其浓度为0.1mol/L可制得高性能强磁性材料MnCO3，该反应的离子方程式为________同时调pH=10.3，则溶液中c(Mn2+)=________．

(5)硫酸锰是工业制备MnO2电极的活性原料，则用惰性电极电解酸性母液C制得MnO2的阳极电极反应式为________若电路中通过0.3mol电子时，理论上得到MnO2的质量为________g。

(6)如图是MnSO4∙H2O的热重曲线，则850℃时固体化学式为________．700℃时发生反应的化学方程式是________．
【答案】 (1). 4FeS2+11O2+8MnO22Fe2O3+3MnSO4 (2). (3). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (4). Mn2++2HCO3-=MnCO3+CO2↑+H2O (5). 4.4×10-10mol/L (6). Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (7). 13.05 (8). Mn3O4 (9). MnSO4∙H2OMnSO4+H2O↑
【解析】
【分析】
(1)由流程图可知：Mn元素存在于溶液中，最后结晶出MnSO4∙H2O，故空气中高温焙烧时MnO2参加了反应；
(2)CO2电子式为；
(3)操作a为过滤操作；
(4)母液C中溶质为MnSO4加入NH4HCO3生成MnCO3；由图象可知，pH=10.3，c(HCO3-)=c(CO32-)= 0.05mol/L；
(5)根据Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+计算；
(6)由MnSO4∙H2O热重曲线可知，利用质量差，推测物质。
【详解】(1)由流程图可知：Mn元素存在于溶液中，最后结晶出MnSO4∙H2O，故空气中高温焙烧时MnO2参加了反应，其发生反应的化学方程式为4FeS2+11O2+8MnO22Fe2O3+3MnSO4；
(2)CO2为气体肥料，其电子式为；
(3)操作a为过滤操作，故所用的主要玻璃仪器：烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)母液C中溶质为MnSO4加入NH4HCO3生成MnCO3，故反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3+CO2↑+H2O；由图象可知，pH=10.3，c(HCO3-)=c(CO32-)= 0.05mol/L，则溶液中c(Mn2+)===4.4×10-10mol/L；
(5)惰性电极电解酸性硫酸锰溶液制得MnO2的阳极电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；当电路中通过0.3mol电子时，理论上得到MnO2的质量为0.3×0.5×87=13.05g；
(6)由MnSO4∙H2O热重曲线可知，MnSO4∙H2O晶体的起始物质的量为=0.03mol，当700℃时固体质量减少量为5.07g-4.53g=0.54g，可知减少的H2O的物质的量为0.03mol，则发生的反应为MnSO4∙H2OMnSO4+H2O↑；850℃时固体质量为2.29g，其中锰元素的质量为0.03×55=1.65g，氧原子的物质的量为=0.04mol，Mn原子与O原子个数比为3:4，则固体的化学式为Mn3O4。
6. 二氧化锗(GeO2)可用于制备半导体材料，某实验小组以铁矾渣(主要成分为FeO、CaO、GeO和SiO2等)为原料制取二氧化锗的工艺流程如下所示。

已知：25℃时，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀时的pH如下表所示。
离子
Fe3+
Mn2+
Ge4+
开始沉淀时的pH
2.3
8.3
8.2
沉淀完全时的pH
4.1
9.8
11.2
请回答下列问题：
(1)由下图可知，“浸出”时，所用硫酸的最佳质量分数为________，浸渣的主要成分为________________(填化学式)。

(2)“氧化”时，可选用的试剂为________(填字母)。
A.KMnO4 B.NaOH C.H2O2 D.I2
(3)“氧化”时，若以适量稀硝酸作氧化剂，则Ge2+被氧化的离子方程式为________________。“氧化”后，选用K3[Fe(CN)6]溶液证明Fe2+已全部被氧化的实验现象为________________________________________________。
(4)“除铁”时，可选用Na2CO3为除铁剂，其原理为____________________________。
(5)已知Ge(OH)4，具有两性，在得到Ge(OH)4的过程中，若溶液的pH大于12，会导致Ge(OH)4溶解，写出该反应的离子方程式：________________________________。
(6)利用惰性电极电解酸性GeSO4溶液也可制得GeO2，则阳极的电极反应式为___________________。
【答案】 (1). 30% (2). SiO2、CaSO4 (3). C (4). 3Ge2++8H++2NO3-=3Ge4++2NO↑+4H2O (5). 加入K3[Fe(CN)6]溶液后，无蓝色沉淀产生 (6). Na2CO3可以消耗溶液中的H+，使溶液的pH升高，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀 (7). Ge(OH)4+2OH-=GeO32-+3H2O (8). Ge2++2H2O-2e-=GeO2+4H+
【解析】
【分析】
(1)由图判断；浸渣为不溶物和生成的微溶物；
(2)“氧化”时，为了不引入新的杂质，可选用的试剂为H2O2；
(3)根据流程Ge2+被氧化为Ge4+；K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀；
(4)“除铁”时，用Na2CO3调节溶液的pH达到除铁目的；
(5)Ge(OH)4具有两性，碱性条件下导致Ge(OH)4溶解生成GeO32-；
(6)利用惰性电极电解酸性GeSO4溶液也可制得GeO2，则Ge2+失电子化合价升高，生成GeO2。
【详解】(1)由图可知，“浸出”时，所用硫酸的最佳时质量分数为30%，浸渣的主要成分为SiO2、CaSO4；
(2)“氧化”时，为了不引入新的杂质，可选用的试剂为H2O2，答案为C；
(3)根据流程Ge2+被氧化为Ge4+，离子方程式为3Ge2++8H++2NO3-=3Ge4++2NO↑+4H2O，K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀，则“氧化”后，加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀产生，证明Fe2+已全部被氧化；
(4)“除铁”时，用Na2CO3调节溶液的pH达到除铁目的，其原理为Na2CO3可以消耗溶液中的H+，使溶液的pH升高，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；
(5)Ge(OH)4具有两性，溶液的pH大于12，显碱性，导致Ge(OH)4溶解生成GeO32-，则离子方程式为Ge(OH)4+2OH-=GeO32-+3H2O；
(6)利用惰性电极电解酸性GeSO4溶液也可制得GeO2，则Ge2+失电子化合价升高，生成GeO2，则阳极的电极反应式为Ge2++2H2O-2e-=GeO2+4H+。
【点睛】Ge(OH)4具有两性，和Al(OH)3类似，在强碱性条件下生成GeO32-。
7. 过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]是一种常用的氧化剂和漂白剂。一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，且杂质不参与下列流程中的反应)为原料制备过二硫酸铵的流程如图所示：

请回答下列问题：
(1)矿石“粉碎”的目的是________
(2)Cu2O和辉铜矿在高温下反应的化学方程式为________。在该反应中，n(氧化剂)：n(还原剂)=________。
(3)工业上，常采用电解法制取(NH4)2S2O8，其装置如下图所示。则电解时，阳极的电极反应式为：________。当电路中转移2.5mol电子时，阴极产生________(填数值)mol________(填物质)。

(4)从过二硫酸铵溶液中获得过二硫酸铵晶体，需采用蒸发浓缩、降温结晶、________、________、干燥等操作。
(5)过二硫酸铵常用于检验废水中的Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(还原产物为SO42-)，写出该反应的离子方程式________。
【答案】 (1). 增大固体与气体的接触面积，加快化学反应速率 (2). Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑ (3). 3:1 (4). 2SO42--2e-=S2O82- (5). 1.25 (6). H2 (7). 过滤 (8). 洗涤 (9). 2Cr3++3S2O82-+7H2O=Cr2O72-+6SO42-+14H+
【解析】
【分析】
(1)矿石“粉碎”可增大固体与气体的接触面积，加快化学反应速率；
(2)根据Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑化合价的变化判断氧化剂与还原剂及关系；
(3)根据装置图电解时，阳极为SO42-电解生成S2O82-及转移电子数目进行计算；
(4)制取二硫酸铵晶体，采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；
(5)过二硫酸铵检验废水中的Cr3+超标时溶液会变成橙色。
【详解】(1)矿石“粉碎”可增大固体与气体的接触面积，加快化学反应速率；
(2)Cu2O和辉铜矿在高温下反应的化学方程式为：Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑；在该反应中，Cu2S、Cu2O中Cu由+1价降低到0价，为氧化剂，n(氧化剂)=3mol，Cu2S中S化合价由-2升高到+4，为还原剂，n(还原剂)为1mol，n(氧化剂):n(还原剂)=3:1；
(3)工业上，常采用电解法制取(NH4)2S2O8，根据装置图电解时，阳极为SO42-电解生成S2O82-，其电极反应式为2SO42--2e-=S2O82-，当电路中转移电子时，阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，产生1.25molH2；
(4)从过二硫酸铵溶液中获得过二硫酸铵晶体，需采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；
(5)过二硫酸铵常用于检验废水中的Cr3+是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(还原产物为SO42-)，写出该反应的离子方程式2 Cr3++3S2O82-+7H2O=Cr2O72-+6SO42-+14H+。
8. 某含锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等。已知FeCO3、MnCO3难溶于水。一种运用阴离子膜电解法的新技术可用于从碳酸锰矿中提取金属锰，主要物质转化关系如下：

（1）设备1中反应后，滤液1里锰元素只以Mn2+的形式存在，且滤渣1中也无MnO2。滤渣1的主要成分是_______（填化学式）。
（2）设备1中发生氧化还原反应的离子方程式是_______。
（3）设备2中加足量双氧水的作用是_______。设计实验方案检验滤液2中是否存在Fe2+：_______。
（4）设备4中加入过量氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解,。用化学平衡移动原理解释原因：_______。
（5）设备3中用阴离子膜法提取金属锰的电解装置图如下：

① 电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则A电极是直流电源的_______极。实际生产中，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为___________。
② 该工艺之所以采用阴离子交换膜，是为了防止Mn2+进入阳极区发生副反应生成MnO2造成资源浪费，写出该副反应的电极反应式______________。
【答案】 (1). SiO2 (2). 2Fe2+＋MnO2＋4H+＝2Fe3+＋Mn2+＋2H2O或2FeCO3＋MnO2＋8H+＝2Fe3+＋Mn2+＋CO2↑＋4H2O (3). 将Fe2+完全氧化为Fe3+ (4). 取滤液2，加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀产生，则有Fe2＋，否则没有Fe2＋ (5). 滤渣2中存在Al(OH)3，存在电离平衡: Al3++3OH—Al（OH）3AlO2—+H++H2O，加入NaOH溶液，H＋被中和,浓度减低，Al(OH)3不断溶解 (6). 负极 (7). 4OH——4e—＝2H2O＋O2↑ (8). Mn2+＋2H2O－2e-＝MnO2＋4H+
【解析】
【分析】
【详解】（1）含锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等，加入稀硫酸后，SiO2不能与硫酸发生反应，所以滤渣1的主要成分是SiO2；
（2）设备1中FeCO3可与硫酸反应生成亚铁离子，Fe2＋与MnO2发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2+＋ MnO2＋4H+＝ 2Fe3+＋Mn2+＋2H2O 或2FeCO3＋MnO2＋8H+ ＝ 2Fe3+＋Mn2+＋CO2↑＋4H2O；
（3）设备2中加足量双氧水的作用是将Fe2+完全氧化为Fe3+，检验滤液2中是否存在Fe2+的方法是取滤液2，加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀产生，则有Fe2＋，否则没有Fe2＋；
（4）设备4中的滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁，加入过量氢氧化钠溶液，NaOH与氢氧化铝反应，使其溶解，用化学平衡移动原理解释原因为Al(OH)3中存在电离平衡: Al3++3OH-Al（OH）3AlO2-+H++H2O ，加入NaOH溶液，H＋被中和，浓度减低，Al(OH)3不断溶解；
（5）①电解池中，阴离子由阴极流向阳极，则B为正极，A为负极，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为4OH——4e—＝2H2O＋O2↑；
②该副反应为Mn2+失去电子氧化成为MnO2，电极反应式为Mn2+＋2H2O－2e-＝MnO2＋4H+。
9. 某种碳酸锰矿的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、MgO、SiO2、Al2O3等．已知碳酸锰难溶于水．一种运用阴离子膜电解法的新技术可用于从碳酸锰矿中提取金属锰，流程如图1：阴离子膜法电解装置如图2所示：

(1)写出用稀硫酸溶解碳酸锰反应的离子方程式______．
(2)已知不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如表：
离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
2.7
3.7
70
7.8
9.3
沉淀完全的pH
3.7
4.7
9.6
9.8
10.8
加氨水调节溶液的pH等于6，则滤渣的成分是______，滤液中含有的阳离子有H+和______．
(3)在浸出液里锰元素只以Mn2+的形式存在，且滤渣中也无MnO2，请解释原因______．
(4)电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则A电极是直流电源的______极．实际生产中，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为______．
(5)该工艺之所以采用阴离子交换膜，是为了防止Mn2+进入阳极区发生副反应生成MnO2造成资源浪费，写出该副反应的电极反应式______．
【答案】 (1). MnCO3+2H+=Mn2++CO2↑＋H2O (2). Al(OH)3、Fe(OH)3 (3). Mn2+、Mg2+、NH4+ (4). MnO2在酸性条件下被二价铁还原为Mn2+ (5). 负 (6). 2H2O-4e－＝O2↑＋4H+ (7). Mn2+-2e－＋2H2O＝MnO2＋4H+
【解析】
【分析】
将碳酸锰矿粉溶于稀硫酸中MnCO3、FeCO3、MgO、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，酸性条件下，MnO2被亚铁离子还原生成Mn2+，SiO2以沉淀析出，然后向浸出液中先加双氧水、再加氨水，并调节溶液的pH到6，根据表中数据可知，pH=6时，Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，溶液中存在Mn2+、Mg2+、NH4+，则滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3，然后进一步精制，再利用阴离子交换膜电解，从而得到金属Mn。
【详解】(1)碳酸锰和稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，离子方程式为MnCO3+2H+=Mn2++CO2↑＋H2O；
(2)加入双氧水时将亚铁离子氧化为铁离子，根据氢氧化物沉淀需要的pH表知pH=6时，Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，溶液中存在Mn2+、Mg2+、NH4+，则滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3；
(3)酸性条件下，MnO2被亚铁离子还原生成Mn2+，亚铁离子被氧化生成Fe3+，所以在浸出液里锰元素只以Mn2+的形式存在，且滤渣中也无MnO2；
(4)根据阴离子移动方向知，左边电极是阴极、右边电极是阳极，则连接阴极电极A是电源负极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为2H2O-4e－＝O2↑＋4H+；
(5)锰离子不稳定，易被氧气氧化生成二氧化锰，所以阳极反应的副反应为Mn2+-2e－＋2H2O＝MnO2＋4H+。
【点睛】电解池中阴离子向阳极移动，则左边电极是阴极、右边电极是阳极。
10. 可燃冰(天然气水合物，可用CH4∙xH2O表示)的开采和利用，既有助于解决人类面临的能源危机，又能生产一系列的工业产品。
(1)可燃冰在一定条件下能够释放出CH4气体，该条件是________(填“低温、高压”或“高温、低压”)。
(2)熔融碳酸盐型燃料电池(MCFC)通常被称为第二代燃料电池。以CH4为MCFC的燃料时，电池的工作原理如图所示。

①CH4(g)和H2O(g)可在电池内部经重整反应转化为H2(g)和CO2(g)，已知CH4和H2的标准燃烧热分别为890.3kJ/mol和285.8kJ/mol，H2O(l)=H2O(g) ∆H=+41 kJ/mol，则甲烷重整反应的热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g) ∆H=________kJ/mol。
②图中电极A为燃料电池的________(填“正极”或“负极”)，电极B上的电极反应式为________。
(3)在压强为p的恒压容器中，CH4在电弧炉的作用下制取乙炔，化学方程式为2CH4=C2H2+3H2。下表为反应体系的物料衡算表。
成分
进料
出料
纯CH4
CH4
C2H2
H2
物质的量(mol)
44.8
19.13
8.96
39.5
①计算可知C2H2的产率α=________。
②出料中C2H2和H2的物质的量之比并不等于1:3，可能的原因是________。
【答案】 (1). 高温、低压 (2). +170.9kJ/mol (3). 负极 (4). O2+4e-+2CO2=CO32- (5). 40% (6). 该反应存在较多副反应(或甲烷、乙炔分解或乙炔与氢气发生加成反应等)
【解析】
【分析】
(1)高温、低压条件有利于CH4的逸出；
(2)①根据盖斯定律计算；
②燃料电池中，通入燃气的一极是负极，通入空气的一极是正极，电解质是熔融碳酸盐；
(3)①产率=×100%；
②有产生氢气的副反应存在导致出料中C2H2和H2的物质的量之比不等于1:3。
【详解】(1)可燃冰释放出CH4的过程中是产生气体的过程，高温、低压条件有利于CH4的逸出；
(2)①由题意可知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+H2O(l) ∆H1=-890.3kJ/mol；②H2(g)+O2(g)= H2O(l) ∆H2=-285.8kJ/mol；③H2O(l)=H2O(g) ∆H3=+41kJ/mol；根据盖斯定律，①-4②-2③可得CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g) ∆H=-890.3+285.8×4-41×2=+170.9kJ/mol；
②燃料电池中，通入燃气的一极是负极，通入空气的一极是正极，电解质是熔融碳酸盐，则正极的电极反应式为O2+4e-+2CO2=CO32-；
(3)①题中所给数据，理论产量为22.4mol，实际生成C2H2为8.96mol，则产率==40%；
②出料中C2H2和H2的物质的量之比并不等于1:3，可能的原因是该反应存在较多副反应(或甲烷、乙炔分解或乙炔与氢气发生加成反应等)。
【点睛】燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时释放的热量，再利用盖斯定律求解。
11. 某含镍(Ni)废催化剂中主要含有Ni，还含有Al、Al2O3、Fe及其它不溶于酸、碱的杂质。部分金属氢氧化物Ksp近似值如下表所示：
化学式
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Ni(OH)2
Ksp近似值
10-17
10-39
10-34
10-15

现用含镍废催化剂制备NiSO4∙7H2O晶体，其流程图如下：

回答下列问题：

(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为______。
(2)“酸浸”所使用的酸为______。
(3)“净化除杂”需加入H2O2溶液，其作用是______。然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀，列式计算此时的pH。______
(4)“操作A”为______、过滤、洗涤、干燥，即得产品。
(5)NiSO4在强碱性溶液中可被NaClO氧化为NiOOH，该反应的离子方程式为______。
(6)NiOOH可作为镍氢电池的电极材料，该电池的工作原理如图所示，其放电时，正极的电极反应式为______。
【答案】 (1). 2Al＋2OH-＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑ Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (2). H2SO4 (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). c(OH-)=mol/L=10-11.3mol/L，pH=14+lgc(OH-)=2.7 (5). 冷却结晶 (6). 2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O (7). NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-
【解析】
【分析】
某含镍(Ni)废催化剂中主要含有Ni，还含有Al、Al2O3、Fe及其它不溶于酸、碱的杂质，目的是用含镍废催化剂制备NiSO4∙7H2O晶体，分析工艺流程，将含Ni废催化剂碱浸，Al和Al2O3溶于碱生成AlO2-，进行过滤，则Fe、Ni及其他不溶于碱的杂质被过滤出，进行酸浸，则Fe和Ni溶于酸形成和，进行过滤操作，则不溶于酸的杂质被过滤出，滤液中主要含有Fe2+和Ni2+，净化除杂主要除去Fe元素得到Ni元素的溶液，经过后续处理得到NiSO4∙7H2O。
【详解】(1)“碱浸”时Al和Al2O3溶于碱生成AlO2-，则发生反应的离子方程式为：2Al＋2OH-＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑ ， Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
(2)工艺流程最终目的是制备NiSO4∙7H2O晶体，所以酸浸时所用的酸应为H2SO4；
(3)加入的H2O2具有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+更易形成Fe(OH)3而去除Fe元素的；溶液中c(Fe3+)浓度低于10-5mol/L，认为Fe3+几乎完全被除去，此时溶液中c(OH-)=mol/L==10-11.3mol/L，pH=14+lgc(OH-)=14+lg10-11.3=2.7；
(4)含有NiSO4的溶液，经过加热浓缩和操作A得到NiSO4∙7H2O晶体，则操作A为冷却结晶；
(5)NiSO4在强碱性溶液中被NaClO氧化为NiOOH，而ClO-被还原为Cl-，反应的离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O；
(6)NiOOH可作为镍氢电池的电极材料，原电池正极发生还原反应，NiOOH放电转化为Ni(OH)2，溶液呈碱性，则生成OH-，电极反为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-。
12. 常温下钛的化学活性很小，在较高温度下可与多种物质反应。工业上由金红石（含TiO2大于96％）为原料生产钛的流程如下：

（1）TiCl4遇水强烈水解，写出其水解的化学方程式___________________。
（2）①若液氯泄漏后遇到苯，在钢瓶表面氯与苯的反应明显加快，原因是___________。
②Cl2含量检测仪工作原理如下图，则Cl2在Pt电极放电的电极反应式为_______。

③实验室也可用KClO3和浓盐酸制取Cl2，方程式为：KClO3+ 6HCl(浓) =" KCl" + 3Cl2↑+ 3H2O。
当生成6.72LCl2（标准状况下）时，转移的电子的物质的量为____mol。
（3）一定条件下CO可以发生如下反应：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H。
①该反应的平衡常数表达式为K=_____________。
②将合成气以n(H2)/n(CO)=2通入1 L的反应器中，CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示，下列判断正确的是___________（填序号）。

a．△H <0
b．P1 c．若在P3和316℃时，起始时n(H2)/n(CO)=3，则达到平衡时，CO转化率小于50％
③采用一种新型的催化剂（主要成分是Cu-Mn的合金），利用CO和H2制备二甲醚（简称DME）。观察下图回答问题。

催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为___________时最有利于二甲醚的合成。
【答案】 (1). TiCl4+ 4H2O＝Ti(OH)4↓+ 4HCl↑或TiCl4+ 3H2O＝H2TiO3↓+ 4HCl↑ (2). 铁与氯气反应生成的氯化铁，对氯与苯的反应有催化作用 (3). Cl2+ 2e-+ 2Ag+= 2AgCl (4). 0.5 (5). c(CH3OCH3)c(H2O)/[c(H2)4c(CO)2] (6). a (7). 2.0
【解析】
【分析】
【详解】(1) TiCl4遇水强烈水解，生成氯化氢和氢氧化钛，化学方程式是TiCl4+ 4H2O＝Ti(OH)4↓+ 4HCl↑；或TiCl4+ 3H2O＝H2TiO3↓+ 4HCl↑；
（2）①氯气与钢瓶中的铁反应生成的氯化铁对氯气与苯的反应有催化作用，所以钢瓶表面氯与苯的反应明显加快；
②根据图可知，银离子向通入氯气的一极移动，说明通入氯气的一极是阴极，所以氯气得到电子生成氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，电极反应式是Cl2+ 2e-+ 2Ag+= 2AgCl；
③根据KClO3+ 6HCl(浓) = KCl + 3Cl2↑+ 3H2O，当生成6.72LCl2（标准状况下）物质的量是0.3mol时，消耗氯酸钾的物质的量是0.1mol，氯酸钾中Cl元素的化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，则0.1mol氯酸钾参加反应得到电子的物质的量是0.5mol，所以该过程中转移的电子的物质的量为0.5mol；
（3）①根据平衡常数的定义，可知该反应的平衡常数可表示为K=c(CH3OCH3)c(H2O)/[c(H2)4c(CO)2]；
②a、压强一定时，温度升高，CO的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应是放热反应，△H <0，正确；
b、压强增大，平衡正向移动，则CO的转化率增大，所以P1>P2>P3，错误；
c、若在P3和316℃时，起始时n(H2)/n(CO)=3，即增大氢气的浓度而CO的浓度不变，则平衡正向移动，所以达到平衡时CO的转化率增大，大于50%，错误；
答案选a；
③根据图可知，当CO的转化率最大、DME的选择性最大值时对应的横坐标大约在2.0附近，所以n(Mn)/n(Cu)约为2.0时最有利于二甲醚的合成。
13. NH3可用于制氮肥尿素、碳铵等、HNO3、铵盐、纯碱，还可用于制合成纤维、塑料、染料等。回答下列问题：
(1)传统的联氨(N2H4)合成方法是用NaClO溶液氧化NH3得到，反应的化学方程式为________________。联氨的电子式为________________。
(2)已知①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ∆H=-92.4kJ/mol，②N2H4(l)+O2(g)⇌N2(g)+2H2O(l) ∆H=-624kJ/mol，则反应2NH3(g) +2H2O(l)⇌N2H4(l)+O2(g) +3H2(g)的∆H=________，该反应的平衡常数表达式为________________，在常温下该反应________(填“能”或“不能”)自发进行。为了提高N2H4的产率，下列措施可行的是____________________。
A.增加H2O(l)的量  B.增大压强   C.降低温度    D.及时导出O2
(3)现在采用电解法合成氨，在电解法合成氨的过程中，用石墨作电极，阳极通入________________，阴极通入________________，阴极的电极反应式为________________。
【答案】 (1). NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O (2). (3). +716.4kJ/mol (4). (5). 不能 (6). D (7). H2 (8). N2 (9). N2+6H++6e-=2NH3
【解析】
【分析】
(1)NaClO氧化NH3得到N2H4，N元素化合价由-3升为-2，Cl元素化合价由+1降为-1，根据得失电子守恒写出反应的化学方程式为NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，联氨的电子式为；
(2)根据盖斯定律计算；平衡常数表达式K=；根据综合判据判断反应方向；
A.在常温下，氨气和水反应生成氨水，增加H2O(l)的量，平衡不移动，N2H4的产率不变；
B.反应体系中，反应物气体的计量数小于生成物气体计量数的和，则增大压强平衡逆向移动，N2H4的产率降低；
C.该反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，N2H4的产率降低；
D.及时导出O2，平衡向正反应方向移动，N2H4的产率升高；
(3)电解法合成氨，阳极发生氧化反应，应通入氢气，阴极发生还原反应，应通入氮气。
【详解】(1)NaClO氧化NH3得到N2H4，N元素化合价由-3升为-2，Cl元素化合价由+1降为-1，根据得失电子守恒写出反应的化学方程式为NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，联氨的电子式为；
(2)已知①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ∆H=-92.4kJ/mol，②N2H4(l)+O2(g)⇌N2(g)+2H2O(l) ∆H=-624kJ/mol，2NH3(g) +2H2O(l)⇌N2H4(l)+O2(g) +3H2(g) ③，根据盖斯定律③=-(①+②) ∆H=92.4+624=+716.4 kJ/mol；
平衡常数表达式K=；
该反应为熵增的吸热反应，∆H>0，∆S>0，则在常温下，∆H-T∆S>0，反应不能自发进行；
A.在常温下，氨气和水反应生成氨水，增加H2O(l)的量，平衡不移动，N2H4的产率不变，A错误；
B.反应体系中，反应物气体的计量数小于生成物气体计量数的和，则增大压强平衡逆向移动，N2H4的产率降低，B错误；
C.该反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，N2H4的产率降低，C错误；
D.及时导出O2，平衡向正反应方向移动，N2H4的产率升高，D正确；
答案为D；
(3)电解法合成氨，阳极发生氧化反应，应通入氢气，阴极发生还原反应，应通入氮气，阴极的电极反应方程式为N2+6H++6e-=2NH3。
14. 高氯酸铵(NH4ClO4)可用作火箭推进剂等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：

(1)电解NaClO3溶液时，ClO3-在____极发生反应，其电极反应式为____。
(2)“除杂”有两种方案。
①方案1：加入盐酸和H2O2溶液，NaClO3转化为ClO2，化学方程式为______。
方案2：加入氨水和FeCl2∙4H2O，NaClO3转化为Cl-，离子方程式为____，如果FeCl2∙4H2O过量会出现黑色磁性沉淀，该沉淀可能是______。(填化学式)
②比较氧化性：ClO3-_____ClO4-(填“>”或“<”)。
③两种方案相比，方案1的优点是____。(答一条即可)
(3)“反应”时用NaClO4和NH4Cl在90℃制备NH4ClO4。如果用浓盐酸和液氨代替NH4Cl，则无需加热，原因是____。
(4)该流程中可循环利用的物质是_________。(填化学式)
【答案】 (1). 阳 (2). ClO3-+H2O-2e- =ClO4-+2H+ (3). 2NaClO3+2HCl+H2O2=2ClO2↑+2NaCl+2H2O+O2↑ (4). 6Fe2++ClO3-+3H2O+12NH3∙H2O=6Fe(OH)3↓+Cl-+12NH4+ (5). Fe3O4 (6). (7). 操作步骤简单(或过量的H2O2易除去等合理答案) (8). 浓盐酸和液氨的反应为放热反应 (9). NaCl
【解析】
【分析】
(1)氯酸根离子化合价为+5价升高到高氯酸根离子的+7价，发生氧化反应，为阳极反应；
(2)①双氧水把氯酸钠还原为二氧化氯；氨水、亚铁离子、氯酸根离子反应生成氯离子、氢氧化铁沉淀、铵根离子；如果FeCl2∙4H2O过量会出现黑色磁性沉淀四氧化三铁；
②根据以上分析，氯酸根离子氧化性大于高氯酸根离子；
③方案1的优点是操作步骤简单；
(3)浓盐酸和液氨为放热反应；
(4)根据流程判断。
【详解】(1)氯酸根离子化合价为+5价升高到高氯酸根离子的+7价，发生氧化反应，在阳极发生反应，反应式为：ClO3-+H2O-2e- =ClO4-+2H+；
(2)①双氧水把氯酸钠还原为二氧化氯，方程式为：2NaClO3+2HCl+H2O2=2ClO2↑+2NaCl +2H2O+O2↑；氨水、亚铁离子、氯酸根离子反应生成氯离子、氢氧化铁沉淀、铵根离子，离子方程式为：6Fe2++ClO3-+3H2O+12NH3∙H2O=6Fe(OH)3↓+Cl-+12NH4+；如果FeCl2∙4H2O过量会出现黑色磁性沉淀，该沉淀可能是四氧化三铁；
②根据以上分析，氯酸根离子氧化性大于高氯酸根离子；
③两种方案相比，方案1的优点是操作步骤简单(或过量的H2O2易除去等合理答案)；
(3)由于浓盐酸和液氨的反应为放热反应，故反应无需加热；
(4)根据流程可知，该流程中可循环利用的物质是氯化钠。
15. 氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列有关含氮物质的问题：

(1)图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式______________________________________________；
恒温恒容条件下，不能说明该反应已达到平衡状态的是________填序号。
A.容器内混合气体颜色不再变化 容器内的压强保持不变
C.v逆(NO2)=v正(NO)                 容器内混合气体密度保持不变
(2)汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：
N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) ∆H>0，已知该反应在2404℃时，平衡常数K=64×10-4。
该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，此时反应的正反应速率和逆反应速率的关系：v正_____v逆(填“>”、“<”或“=”)。
(3)肼-空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%~30%的KOH溶液。总电池反应为N2H4+O2=N2+2H2O。该电池放电时，负极的电极反应式是______________。
(4)盐酸肼(N2H6Cl2)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式____________。
【答案】 (1). NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) ∆H=-234kJ/mol (2). BD (3). > (4). N2H4+4OH- - 4e- =N2↑+4H2O (5). N2H62++H2O⇌[N2H5∙H2O]++H+
【解析】
【分析】
(1)根据图像判断焓变，再写热化学方程式；
A.容器内混合气体颜色不再变化时，则气体浓度不变，达到平衡；
B.该反应为气体气体的总物质的量不变，则容器内压强不变，压强不能判断反应达到平衡；
C.化学反应速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，同一物种的正逆反应速率相等，v逆(NO2)=v正(NO)，达到平衡状态；
D.恒容体积不变，混合气体的质量不变，则容器内混合气体密度始终不变，密度不能说明反应到达平衡；
(2)根据Qc与K的关系判断；
(3)负极失电子，发生氧化反应，生成氮气；
(4)由N2H6Cl2与NH4Cl类似推测。
【详解】(1)由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量234kJ，则NO2和CO反应的热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) ∆H=-234kJ/mol；
A.容器内混合气体颜色不再变化时，气体浓度不变，达到平衡，与题意不符，A错误；
B.该反应为气体气体的总物质的量不变，则容器内压强不变，压强不能判断反应达到平衡，符合题意，B正确；
C.化学反应速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，同一物种的正逆反应速率相等，v逆(NO2)=v正(NO)，达到平衡状态，与题意不符，C错误；
D.恒容体积不变，混合气体的质量不变，则容器内混合气体密度始终不变，密度不能说明反应到达平衡，符合题意，D正确；
答案为BD；
(2)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，Qc==9×10-4 (3)肼--空气燃料电池是一种碱性燃料电池工作时，负极发生氧化反应，负极反应式为N2H4+4OH- - 4e- =N2↑+4H2O；
(4)由N2H6Cl2与NH4Cl类似，而N2H4是二元碱而NH3是一元碱，则盐酸肼第一步水解反应的离子方程式为N2H62++H2O⇌[N2H5∙H2O]++H+。
16. 磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。废旧电池正极片（磷酸亚铁锂、炭黑和铝箔等）可再生利用，其工艺流程如下：

已知：碳酸锂在水中的溶解度，0℃时为1.54g，90℃时为0.85g，100℃时为0.71g。
（1）上述流程中至少需要经过______次过滤操作。
（2）“氧化”发生反应的离子方程式为__________；若用HNO3代替H2O2不足之处是_____。
（3）①已知Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39。常温下，在Fe(OH)3悬浊液中，当溶液的pH=3.0时，Fe3+的浓度为________mol/L。
②实际生产过程中，“调节pH”生成沉淀时，溶液pH与金属元素的沉淀百分率(ω)的关系如下表：
pH
3.5
5.0
6.5
8.0
10.0
120
ω(Fe)/%
66.5
79.2
88.5
97.2
97.4
98.1
ω(Li)/%
0.9
1.3
1.9
2.4
4.5
8.0
则最佳的沉淀pH=________。
（4）“沉锂" 时的温度应选（填标号）______为宜，并用___洗涤（填“热水" 或“冷水"）。
a．90℃ b．60 ℃ c．30 ℃ d．0 ℃
（5）磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生LiFePO4和FePO4的转化，该电池放电时正极的电极反应式为________。
（6）工业上可以用FePO4、Li2CO3和H2C2O4作原料高温焙烧制备 LiFePO4，该反应的化学方程式为________
【答案】 (1). 5 (2). H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O (3). 产生氮的氧化物，污染空气 (4). 2.6×10-6 (5). 8 (6). a (7). 热水 (8). FePO4+e-+Li+=LiFePO4 (9). 2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑
【解析】
【分析】
由已知废旧电池正极片为磷酸亚铁锂、炭黑和铝箔等，加氢氧化钠溶液后，铝箔溶解，通过过滤除去含铝的溶液，滤渣加入硫酸，溶解磷酸亚铁锂，炭黑不溶，再过滤除去炭黑，滤液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+,加入NaOH和NH3·H2O调节pH，使Fe3+变成Fe(OH)3沉淀。过滤后除去沉淀，滤液中加入碳酸钠，碳酸锂在水中的溶解度很小，把易容的硫酸锂转化为微溶的碳酸锂即可。
【详解】（1）根据上述分析可知上述流程中至少需要经过5次过滤操作。答案：5。
（2）H2O2具有强氧化性，可以把Fe2+氧化生成Fe3+，此反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；若用HNO3代替H2O2容易产生具有污染性的氮的氧化物气体。答案：H2O2+ 2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；产生氮的氧化物，污染空气；
（3）①pH=3.0时，c(H+)=1.0×10-3 mol/L，c(OH-)=1.0×10-11mol/L，Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，所以c(Fe3+)=2.6×10-39/(1.0×10-11)3 mol/L =2.6×10-6 mol/L；答案：2.6×10-6。
②由图表数据分析可知pH=8时，铁元素的沉淀率较高，锂元素损失量较小，故应调节pH=8沉淀最佳；答案：8；
(4）因为碳酸锂在水中的溶解度，0℃时为1.54g，90℃时为0.85g，100℃时为0.71g。90℃ 反应速率较快，而碳酸锂溶解度很小，所以“沉锂"时的温度应选90℃为宜，并用热水洗涤。答案：a、热水。
（5）磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生还原反应，所以是FePO4得电子生成，该电池放电时正极的电极反应式为FePO4+e-+Li+=LiFePO4；答案：FePO4+e-+Li+=LiFePO4。
（6）用FePO4、Li2CO3和H2C2O4作原料高温焙烧制备LiFePO4，根据元素守恒即可得到化学方程式为：2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑；答案：2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑。
17. 有一种节能的氯碱工业新工艺，将电解池与燃料电池相组合，相关流程如图所示(电极未标出)。回答下列有关问题：

(1)电解池的阴极反应式为_____________。
(2)通入空气一极的电极反应式为_____________。燃料电池中阳离子的移动方向是_____________ (“从左向右”或“从右向左”)。
(3)电解池中产生 2molCl2，理论上燃料电池中消耗标准状况下_____________LO2。
(4) a、b、c 由大到小的顺序为：_____________。
(5)二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，可由 KClO3在H2SO4存在下与 Na2SO3反应制得。请写出反应的离子方程式_____________
【答案】 (1). 2H++2e-=H2↑ (2). 正极 (3). 从左向右 (4). 22.4 (5). c＞a＞b (6). 2ClO3-+SO32-+2H+═2ClO2+SO42-+H2O
【解析】
【分析】
(1) 电解池中生成氢气的一端为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气；
(2) 燃料电池中燃料在原电池负极失电子发生氧化反应，空气中氧气在正极上得到电子生成氢氧根离子，燃料电池中阳离子移向正极；
(3) 依据电解池和原电池中电子守恒计算得到；
(4)燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，再结合离子交换膜的作用分析即可；
(5) 二氧化氯由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得，则可知反应物、生成物，结合电子守恒、电荷守恒分析。
【详解】(1) 电解池中生成氢气的一端为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，在氢氧化钠溶液中，电解池的阴极反应式为；2H++2e-=H2↑；
(2) 燃料电池的工作原理：负极是燃料氢气发生失电子的氧化反应，即H2-2e-+2OH-=2H2O，正极是氧气发生得电子得还原反应，即O2+4e-+2H2O=4OH-，铜空气的电极为正极；原电池中，阳离子交换膜使阳离子通过，阳离子移向正极；
(3) 电解池中产生2mol Cl2，依据电子守恒，O2+4e-+2H2O=4OH-，4Cl--4e-=2Cl2↑，得到2Cl2～O2，计算得到生成氧气1mol，标准状况下O2的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L；
(4) 燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%小于c%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以b%＜a%，得到b%＜a%＜c%，故答案为：c＞a＞b；
(5) KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32-被氧化成SO42-，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3-+SO32-+2H+═2ClO2+SO42-+H2O。
18. 氧化还原反应在生产生活中有着重要的应用。请按要求写出相应的方程式。
(1)ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂。氯化钠电解法生产ClO2工艺原理示意图如下：

①写出氯化钠电解槽内发生反应的离子方程式：________________________。
②写出ClO2发生器中的化学方程式，并标出电子转移的方向及数目：_____________。
(2)甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，其工作原理的示意图如下：

请回答下列问题：
Pt(a)电极是电池的_______极，电极反应式为______________________；
(3)方法Ⅱ采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，该电池的阳极反应式为______________________________________。
【答案】 (1). Cl-+3H2O3H2↑+ClO3- (2). =2ClO2↑+2NaCl+Cl2↑+2H2O (3). 负 (4). CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+ (5). 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+ H2O
【解析】
【分析】
(1)①根据流程图判断电解食盐水得到氯酸钠；
②ClO2发生器中，NaClO3和盐酸发生反应，生成NaCl、ClO2、Cl2、H2O；
(2)燃料从负极通入，电解质为酸性介质，则产物为二氧化碳；
(3)制备纳米Cu2O，故铜电极为阳极。
【详解】(1)①根据流程图可以知道：食盐水电解得出到氯酸钠，根据电解池原理，Cl-失电子，在阳极放电，则阴极放电的是H+，生成氢气，其电解离子方程式为：Cl-+3H2O3H2↑+ClO3-；
②ClO2发生器中，NaClO3和盐酸发生反应，生成NaCl、ClO2、Cl2、H2O，用化学方程式表示并标出电子转移的方向及数目为：=2ClO2↑+2NaCl+Cl2↑+2H2O；
(2)在燃料电池中，燃料从负极通入，故Pt(a)电极是电池的负极，电解质为酸性介质，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+；
(3)制备纳米Cu2O，故铜电极为阳极，电极反应为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+ H2O。
19. 工业上，从精制黑钨矿(FeWO4、MnWO4)中提取金属钨的一种流程如下图所示，该流程同时获取副产物Fe2O3和MnCl2。

已知：I．过程①~④中，钨的化合价均不变；
Ⅱ．常温下钨酸难溶于水；
Ⅲ．25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10－38，Ksp [Mn(OH)2]=4.0×10－14
回答下列问题：
（1）上述流程中的“滤渣1”除MnO2外还有_____、“气体”除水蒸气、HCl外还有____(均填化学式)；
（2）过程①中MnWO4参与反应的化学方程式为______；FeWO4参与的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________；
（3）已知WO3(s)+3H2(g)=W(s)+3H2O(g) ΔH=a kJ·mol－1
WO3(s)=WO3(g) ΔH=b kJ·mol－1
写出WO3(g)与H2(g)反应生成W(s)的热化学方程式：_______；
（4）过程⑦在25℃时调pH，至少应调至_______(当离子浓度等于1.0×10－5mol·L－1时，可认为其已沉淀完全)；
（5）过程⑧要获得MnCl2固体，在加热时必须同时采取的一项措施是__________；
（6）钠钨青铜是一类特殊的非化学计量比化合物，其通式为NaxWO3，其中0 【答案】 (1). Fe2O3 (2). Cl2 (3). 2MnWO4+2Na2CO3+O22Na2WO4+2MnO2+2CO2 (4). 1:4 (5). WO3(g)+3H2(g)=W(s)+3H2O(g) ΔH=(a-b)kJ·mol-1 (6). 3.0 (7). 通入HCl气体，在HCl气氛中加热 (8). WO42-+xe-=WO3x-+O2-
【解析】
【分析】
紧扣工业流程中物质种类的变化、核心元素化合价的变化，判断物质成分，并书写化学方程式；根据盖斯定律，由已知热化学方程式可求目标热化学方程式；利用溶度积常数计算离子完全沉淀时的pH；从平衡移动原理考虑抑制水解的措施；根据电解原理写电极反应式。
【详解】(1)据“已知I”和化学式H2WO4、WO3知，黑钨矿(FeWO4、MnWO4)中Fe、Mn元素均为+2价，在步骤①中分别被空气氧化为Fe2O3、MnO2，即“滤渣1”有MnO2和Fe2O3。“滤渣1”与浓盐酸共热时，MnO2与HCl反应生成Cl2，另有浓盐酸挥发出HCl和水蒸气。
(2)从步骤③看，“滤液1”中含有Na2WO4。步骤①MnWO4中Mn被O2氧化为MnO2、WO42－与Na2CO3生成Na2WO4并放出CO2，由此写出方程式为2MnWO4+2Na2CO3+O22Na2WO4+2MnO2+2CO2 。FeWO4被O2氧化为Fe2O3，据化合价升降数相等，得氧化剂（O2）与还原剂（FeWO4）的物质的量之比为1:4。
(3)据盖斯定律，将两个已知热化学方程式相减，消去WO3(s)可得目标热化学方程式WO3(g)+3H2(g)=W(s)+3H2O(g) ΔH=(a-b)kJ·mol-1 。
(4)步骤⑥所得溶液中溶质有MnCl2、FeCl3，步骤⑦调节pH使Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀。当c(Fe3+)=1.0×10－5mol·L－1时，由Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10－38 得c(OH-)=1.0×10－11mol·L－1，进而c(H+)=1.0×10－3mol·L－1，pH=3。
(5)步骤⑧要从MnCl2溶液中获得MnCl2固体，为抑制Mn2+水解，必须通入HCl气体、并在HCl气氛中加热。
(6)NaxWO3中阴离子为WO3x-，熔融的Na2WO4和WO2混合物中有Na+、WO42－、W4+、O2－。WO42－在电解池阴极得电子生成WO3x-，电极反应为WO42-+xe-=WO3x-+O2- 。
20. 一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：

已知：“反应Ⅱ”的离子方程式为Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S
回答下列问题：
（1）铁红的化学式为__________________；
（2）“反应Ⅱ”的还原剂是_______________(填化学式)；
（3）“反应III”的离子方程式为____________________________________；
（4）辉铜矿的主要成分是Cu2S，可由黄铜矿(主要成分CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化如下如图 所示。转化时正极的电极反应式为___________________。
（5）从辉铜矿中浸取铜元素，可用FeCl3作浸取剂。
①反应Cu2S＋4FeCl32CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成1mol CuCl2，反应中转移电子的数目为______；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度。有关反应的离子方程式是__________。
②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素的浸取率的变化如图，其原因是_______________。

（6）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)，该反应的平衡常数K ＝__________________[已知Ksp(CuCl)＝1.2×10－6， Ksp(Cu2S)＝2.5×10－43]。
【答案】 (1). Fe2O3 (2). CuS (3). 4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O (4). 2CuFeS2＋6H+＋2e— = Cu2S＋2Fe2+＋3H2S↑ (5). 2mol或2NA (6). 4Fe2+＋O2＋4H+ = 4Fe3+＋2H2O (7). 生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取 (8). 5.76×1030
【解析】
【分析】
(1) 铁红是氧化铁；
(2) 根据Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S，硫元素化合价升高；
(3) 反应III [CuCl2]-被氧化为Cu2+；
(4) 根据转化关系图，CuFeS2在正极得电子生成Cu2S、Fe2+、H2S。
(5)①根据反应Cu2S＋4FeCl32CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成2mol CuCl2，转移4mol电子；氧气能把Fe2+氧化为Fe3+。
②Cu2S难溶，生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取；
（6）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)，该反应的平衡常数K ＝。
【详解】(1) 铁红是氧化铁，化学式Fe2O3；
(2) 根据Cu2++CuS+4C1-==2[CuCl2]-+S，硫元素化合价升高，所以CuS是还原剂；
(3) 反应III，[CuCl2]-被氧气氧化为Cu2+，离子方程式为4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O；
(4) 根据转化关系图，CuFeS2在正极得电子生成Cu2S、Fe2+、H2S，转化时正极的电极反应式为2CuFeS2＋6H+＋2e— = Cu2S＋2Fe2+＋3H2S↑。
（5）①根据反应Cu2S＋4FeCl32CuCl2＋4FeCl2＋S可知，每生成2mol CuCl2，转移4mol电子，每生成1mol CuCl2，反应中转移电子的数目为2NA；氧气能把Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为4Fe2+＋O2＋4H+ = 4Fe3+＋2H2O。
②Cu2S难溶，生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，所以洗涤时铜元素的浸取率的变化如图；
（6）2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)的平衡常数K ＝ ==5.76×1030；
【点睛】原电池中电子由负极流入正极，根据电子流动方向，可判断原电池的正负极。
21. 有关元素W、X、Y、Z的信息如下，请用化学用语完成下列问题：
元素
信息
W
所在主族序数与所在周期序数之差为4，其单质在常温下呈黄绿色
X
X+的电子层结构与Ne相同
Y
生活中常见的金属，其制品在潮湿的空气中会生锈
Z
地壳中含量最多的金属元素
(1)请写出Z元素在周期表中的位置________。请写出Z高价氧化物的水化物与X最高价氧化物水化物反应的离子方程式________。
(2)X在空气中加热，生成一种淡黄色固体，该固体的电子式是________。
(3)以铜棒、石墨为电极材料，YW3溶液为电解质溶液，形成如图所示的原电池，则该原电池正极的电极反应式为________。如何检验正极反应的产物离子，请简述操作过程及现象________，________。

(4)Y和Z单质混合物质量为3.28g，总物质的量为0.1mol。加入足量盐酸溶解，再加入适量H2O2溶液，然后加入氨水恰好完全沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到固体的质量为________g。加入H2O2溶液反应的离子方程式为________。
【答案】 (1). 第三周期ⅢA族 (2). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (3). (4). Fe3++e-=Fe2+ (5). 取反应后溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液) (6). 产生沉淀(或溶液褐色) (7). 8.38g (8). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
【解析】
【分析】
W所在主族序数与所在周期序数之差为4，其单质在常温下呈黄绿色，则为Cl；X+的电子层结构与Ne相同，X为Na；Y生活中常见的金属，其制品在潮湿的空气中会生锈则为Fe；Z地壳中含量最多的金属元素则为Al。
【详解】(1)Z为Al元素，为第三周期IIIA族元素，Z高价氧化物的水化物氢氧化铝与X最高价氧化物水化物氢氧化钠反应生成偏铝酸钠及水，离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
(2)钠与氧气反应生成过氧化钠，电子式为；
(3)以铜棒、石墨为电极材料，氯化铁溶液为电解质溶液，形成原电池，正极为碳，溶液中铁离子得电子变为亚铁离子，为Fe3++e-=Fe2+，检验亚铁离子方法为取反应后溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液)，产生沉淀(或溶液褐色)，则说明有二价铁；
(4)Fe与Al混合物3.28g，总物质的量为0.1mol，则可以计算出各固体物质的量，设Fe为xmol，Al为ymol，则有，解得，加入足量盐酸溶解，再加入适量H2O2溶液，然后加入氨水恰好完全沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到固体氢氧化铝与氢氧化铁质量为0.02×107+0.08×78=8.38g，加入H2O2是为了氧化二价铁为铁离子，故反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
【点睛】Fe、Al混合物加入足量的盐酸，再加入过氧化氢，得到氯化铝和氯化铁的混合液，加入氨水可得到氢氧化铝和氢氧化铁的混合沉淀。
22. 硼镁泥是硼镁矿生产硼砂晶体(Na2B4O7·10H2O)时的废渣，其主要成分是MgO，还含有Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO、MnO、SiO2等杂质。以硼镁泥为原料制取七水硫酸镁的工艺流程如下：

回答下列问题：
(l)Na2B4O7·10H2O中B的化合价为__________。
(2)Na2B4O7易溶于水，也易发生水解：B4O72-+7H2O4H3BO3(硼酸)+2OH-(硼酸在常温下溶解度较小)。写出加入硫酸时Na2B4O7发生反应的化学方程式：______________。
(3)滤渣B中含有不溶于稀盐酸但能溶于热浓盐酸的黑色固体，写出生成黑色固体的离子方程式____________。
(4)加入MgO的目的是___________________。
(5)已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
温度(℃)
溶解度(g)
40
50
60
70
MgSO4
30.9
33.4
35.6
36.9
CaSO4
0.210
0.207
0.201
0.193
“操作A”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明“操作A”步骤为____________________。
(6)硼砂也能在工业上制取NaBH4，NaBH4被称为有机化学中的“万能还原剂”。
①写出NaBH4的电子式：___________。
②“有效氢含量”可用来衡量含氢还原剂的还原能力，其定义是：每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力。NaBH4的有效氢含量为_________（保留两位小数）。
③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：________。
【答案】 (1). +3 (2). Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3↓ (3). ClO- +Mn2++H2O=MnO2+Cl-+2H+ (4). 调节溶液的pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去 (5). 蒸发浓缩、趁热过滤 (6). (7). 0.21 (8). BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-
【解析】
（1）设B的化合价为x价，根据化合物中各元素化合价代数和为零可得，，解得，所以中的化合价为+3价。
(2)Na2B4O7易溶于水，也易发生水解：B4O72-+7H2O4H3BO3(硼酸)+2OH-(硼酸在常温下溶解度较小)。加入硫酸时促进了B4O72-的水解，所以Na2B4O7与硫酸发生反应的化学方程式：Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3↓。
（3）由硼镁泥的成分推断可知，不溶于稀盐酸但能溶于浓盐酸的黑色固体为，即被氧化成，则其反应离子方程式为。（4）属于碱性氧化物，能够与溶液中的反应，从而改变溶液的值，因此可通过改变加入量来调节溶液的，达到使以沉淀的形式除去的目的。
（5）因为CaSO4 微溶于水，MgSO4 易溶于水，“操作A”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，操作A采用结晶的方法除去CaSO4，步骤为蒸发浓缩、趁热过滤。
（6）①写出NaBH4的电子式
②中显-1价，中显0价，两者的还原产物均为（显+1价）， 的可以失去电子，可以失去电子，则的的还原能力等价于的，则根据“有效氢含量”的定义可知，的有效氢含量为。
③在NaBO2 中，B的化合价为+3，中B化合价为+5，在碱性条件下，在阴极上电解NaBO2,制硼氢化钠的电极反应式：BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-。答案为BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-。
23. 菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：

已知：①相关金属离子［c0(Mn+)=0.1 mol/L］形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6

②常温下，CaF2、MgF2的溶度积常数分别为1.46×10－10、　7.42×10－11
回答下列问题：
(1) “焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为__________。气体X为________（填化学式），写出它生活中的一种用途_______________。
(2)焙烧时温度对锰浸出率的影响如图所示。焙烧时适应温度为_______________。

(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先用MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变成沉淀除去，溶液的pH的范围为____然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时，溶液中 =________（所得结果保留两位小数）。
(4)碳化结晶原理(用离子方程式表示)： ______________________。
(5)将制得的高纯度碳酸锰溶于过量稀硫酸后用惰性电极电解，在某极得到重要的无机功能材料MnO2，该电极的电极反应式为_________。
(6)在该工艺流程中可以循环使用的物质有__________。(填化学式)
【答案】 (1). MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O (2). CO2 (3). 人工降雨、肥料、降解塑料、灭火、碳酸饮料等 (4). 500℃ (5). 5.2≤pH<8.8 (6). 1.97 (7). Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+ (8). Mn2+-2e- +2H2O=MnO2+4H+ (9). NH4Cl、NH3
【解析】
【分析】
菱锰矿的主要成分为MnCO3，加入氯化铵焙烧发生MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，产生的气体为CO2和NH3、水蒸气，Fe、Al、Ca、Mg等与NH4Cl反应会产生FeCl2、CaCl2、MgCl2、AlCl3，所以浸出液中含MnCl2、FeCl2、CaCl2、MgCl2、AlCl3等，结合表中离子的沉淀pH及信息可知，浸取液净化除杂时加入少量MnO2氧化Fe2+为Fe3+，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+，净化液加入碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰，
(1)NH4Cl分解为NH3、HCl，HCl与MnCO3反应得到MnCl2、CO2、H2O，由此写出方程式；结合流程图可确定X是CO2，根据CO2的性质判断物质的用途；
(2)使锰浸出率达到最大值的最低温度就是合适的温度；
(3)MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+；欲使Al3+、Fe3+变为沉淀除去，不使Mn2+沉淀溶液pH大于等于Al3+、Fe3+完全沉淀的pH而小于Mn2+开始沉淀的pH即可确定pH范围；加入NH4F将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时，溶液中从而可根据二者的溶度积常数计算；
(4)碳化结晶时， Mn2+、HCO3-、NH3发生复分解反应；
(5)阳极得到重要的无机功能材料MnO2，失电子发生氧化反应。
(6)在该工艺流程中可以循环使用的物质是加入的反应物，发生反应又产生该物质，结合反应流程分析判断。
【详解】(1)NH4Cl分解为NH3、HCl，HCl与MnCO3反应得到MnCl2、CO2、H2O，反应方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；菱锰矿中的Fe、Al、Ca、Mg等与NH4Cl反应会产生FeCl2、CaCl2、MgCl2、AlCl3，所以浸出液中含MnCl2、FeCl2、CaCl2、MgCl2、AlCl3等，浸出液经净化除杂后，向溶液中加入NH3·H2O、NH4HCO3，反应产生MnCO3、NH4Cl，所以气体X是CO2，气体Y是NH3，CO2可用于人工降雨、肥料、降解塑料、灭火、碳酸饮料等；
(2)根据焙烧时温度对锰浸出率的影响图示可知：焙烧时适应温度为500℃；
(3)MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O，欲使Al3+、Fe3+变为沉淀除去，而不使Mn2+沉淀溶液，溶液的pH应该大于或等于Al3+、Fe3+完全沉淀的pH而小于Mn2+开始沉淀的pH即可，根据沉淀的pH表格数据可知溶液pH范围为5.2≤pH<8.8；加入NH4F将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时，溶液中；
(4)碳化结晶时， Mn2+、HCO3-、NH3发生复分解型离子反应，反应的离子方程式为：Mn2+ +HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+；
(5)将制得的高纯度碳酸锰溶于过量稀硫酸后用惰性电极电解，在阳极得到重要的无机功能材料MnO2，在阳极上，Mn2+失去电子变为MnO2。电极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
(6)菱镁矿用NH4Cl溶解，在焙烧时产生NH3，在碳化结晶时向溶液中通入NH3，同时有反应产生NH4Cl，可见循环使用的物质有NH4Cl、NH3。
【点睛】本题考查物质的制备实验的知识，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识及反应原理与实验的结合，该题为高频考点，题目难度不大。
24. 工业上用软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量的SiO2和FeS2杂质)为原料制取高纯MnO2，其工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)步骤①将软锰矿研磨成细粉的主要目的是________；步骤②酸浸取时，主要产物有S、MnSO4及Fe2(SO4)3，写出反应的化学方程式：________。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是________。
(3)步骤④加入氨水调节pH=4，过滤后的滤液中，c(Fe3+)=________mol/L。{已知Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38}
(4)步骤⑤所得的滤渣Ⅱ可用于制备铁红，该反应的化学方程式为________。

(5)步骤⑥电解MnSO4酸性溶液，原理如图所示。阳极产生MnO2，其电极反应式为________；阴极产生的气体为________(写化学式)。
【答案】 (1). 增大接触面积，提高硫酸浸取时的浸取率及反应速率 (2). 3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O (3). S、SiO2 (4). 1×10-8 (5). 2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O (6). Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ (7). H2
【解析】
【分析】
(1)将软锰矿磨成细粉，可提高浸取率；MnO2和FeS2与硫酸反应生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3；
(2)S、SiO2不与硫酸反应；
(3)根据Ksp[Fe(OH)3]计算；
(4)滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，受热分解得到Fe2O3；
(5)阳极发生氧化反应，MnSO4失去电子产生MnO2；阴极由氢离子得电子生成氢气。
【详解】(1)为了提高浸取率，将软锰矿磨成细粉，主要目的是：增大接触面积，提高硫酸浸取时的浸取率及反应速率；MnO2和FeS2与硫酸反应生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3，则化学方程式为3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O；
(2)S、SiO2不与硫酸反应，最后以沉淀的形式分离出来；
(3)pH=4时，c(OH-)=10-10mol/L，c(Fe3+)===1×10-8mol/L；
(4)步骤⑤所得的滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，受热分解，得到Fe2O3，则化学方程式为：2Fe(OH)3≜Fe2O3+3H2O；
(5)阳极发生氧化反应，MnSO4失去电子产生MnO2，电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；阴极由氢离子得电子生成氢气。
25. Ⅰ．氮氧化物、二氧化硫是造成大气污染的主要物质，某科研小组进行如下研究。
（1）写出SO2（g）与NO2（g）反应生成SO3（g）和NO（g）的热化学方程式_____________。

（2）常温下用NaOH溶液吸收SO2，当向NaOH溶液中通入足量的SO2时，得到NaHSO3溶液，利用图所示装置（电极均为惰性电极）在pH为4～7之间电解,可使NaHSO3转化为Na2S2O4，并获得较浓的硫酸，这是电化学脱硫技术之一，

①a为电源的_______（填 “正极”或“负极”）；
②阴极的电极反应式为______
Ⅱ.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，采用离子交换膜控制电解液中OH－的浓度而制备纳米Cu2O，反应为2Cu + H2O ==Cu2O + H2↑。装置如图所示：该离子交换膜为__________离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该电池的阳极反应式为：____________________，钛极附近的pH_______ (增大、减小、不变)。

Ⅲ.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。右图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。

①氢氧燃料电池的能量转化主要形式是________，工作时电流方向为_______（用a→b或b→a表示）。
②负极的电极反应式为__________________。
【答案】 (1). SO2（g）+NO2（g）=SO3（g）+NO（g）△H=-41.8kJ/mol (2). 正极 (3). 2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O (4). 阴 (5). 2Cu – 2e－ + 2OH－ = Cu2O + H2O (6). 增大 (7). 化学能→电能 (8). b→a (9). H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O
【解析】
【分析】
Ⅰ（1）从题中所给的两个图象，分析出NO和O2、SO2和O2反应的热化学方程式，依据盖斯定律写出SO2和NO2反应的热化学反应方程式；
（2）分析图中电解池，发生反应的的化合价变化情况，可以看出NaHSO3→Na2S2O4，S的化合价降低，所以b是负极，则a是正极；
Ⅱ.由总反应，可知阳极电极反应式，Ti为阴极，H+放电，溶液的pH增大；
Ⅲ.原电池是把化学能转化为电能的装置，燃料电池是原电池，在原电池中失电子的一极为负极，得电子的一极为正极。电子经导线由负极传递到正极，电流由正极到负极。
【详解】（1）已知由图分析得①2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）；△H=-196.6kJ/mol
②O2（g）+2NO（g）═2NO2（g）；△H=-113.0kJ/mol
根据盖斯定律可得：SO2（g）+NO2（g）=SO3（g）+NO（g）；△H=-41.8kJ/mol，本题答案为：SO2（g）+NO2（g）=SO3（g）+NO（g）；△H=-41.8kJ/mol；
（2）因NaHSO3→Na2S2O4，S的化合价降低，所以b是负极，则a是正极，阴极电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O，本题答案为：正极，2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；
Ⅱ.因为总反应为：2Cu + H2O ==Cu2O + H2↑，所以阳极反应为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O, 故离子交换膜应采用阴离子交换膜，阴极电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-, Ti极为阴极，阴极附近溶液的pH增大，本题答案为：阴、2Cu – 2e- + 2OH－ = Cu2O + H2O、增大；
Ⅲ.燃料电池是原电池，是把化学能转化为电能的装置，在氢氧燃料电池中通入H2的电极是负极，H2失去电子，通入O2的电极是正极，O2得到电子，电子经导线由负极传递到正极，电流由b流向a，电解质溶液显碱性，所以负极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，本题答案为：化学能→电能、b→a、H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O。
26. 粗铜精炼后的阳极泥中含有Cu、Au(金)和PbSO4等杂质，湿法处理阳极泥进行综合利用的工艺流程如图所示：

(1)电解精炼含铜、金、铅的粗铜时，电解液应该用________溶液作电解液，电解时阳极的电极反应式为___________________________和Cu-2e-=Cu2+。
(2)完成操作Ⅰ的主要步骤有：__________________，过滤，洗涤，干燥。
(3)写出用SO2还原AuCl4-的离子反应方程式____________________________。
(4)为了减少废液排放、充分利用有用资源，工业上将滤液1并入硫酸铜溶液进行循环操作，请指出流程图中另一处类似的做法________________________。
(5)用离子方程式表示加入碳酸钠溶液的作用：___________________________。[已知298K时，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，Ksp(PbSO4)=1.82×10-8]。当溶液中c(SO42-)=0.2mol/L时，c(CO32-)=________mol/L。结果保留2位有效数字
【答案】 (1). CuSO4 (2). Pb-2e-+SO42-=PbSO4 (3). 蒸发浓缩，降温结晶 (4). 2AuCl4-+3SO2+6H2O=2Au+3SO42-+8Cl-+12H+ (5). 用滤液2溶解碱浸渣(或并入硝酸中溶解碱浸渣) (6). PbSO4(s)+CO32-(aq)⇌PbCO3(s)+SO42-(aq) (7). 1.6×10-6
【解析】
【分析】
粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Au(金)和PbSO4等杂质，焙烧后金属铜成为氧化铜，酸浸可以得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经过蒸发浓缩，降温结晶，过滤、洗涤，干燥获得硫酸铜晶体；Au(金)和PbSO4等杂质经碳酸钠浸洗、浓硝酸氧化后，过滤得到硝酸铅溶液，滤液加硫酸生成硫酸铅沉淀，再过滤得到硫酸铅；脱铅滤渣主要是金，加王水溶金，得到含有AuCl4-的溶液，AuCl4-可以被SO2还原得到Au。
【详解】(1)电解精炼粗铜时一般用硫酸铜溶液作电解质溶液；电解精炼的粗铜作阳极会发生氧化反应，其中单质铜和活泼性比Cu强的金属都会发生溶解，因此粗铜中的铜和铅会发生失电子的氧化反应，电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；
(2)操作I的步骤是从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体，因此该步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，操作II是从酸浸渣(PbSO4)中得到碱浸渣(PbCO3)，因此该操作是过滤操作；
(3)SO2还原AuCl4-中还原剂和氧化剂都比较明确，因此很容易推测出氧化产物是SO42-，还原产物是Au，根据氧化还原反应得失电子守恒先缺项配平，然后根据电荷守恒再配平，因此得到的反应方程式为：2AuCl4-+3SO2+6H2O=2Au+3SO42-+8Cl-+12H+；
(4)滤液1是在结晶硫酸铜时剩下的滤液，还含有少量的未析出的硫酸铜，因此并入前面的硫酸铜溶液进行循环，有利于充分利用，因此类似此处的做法，应该是流程中得到的另一滤液2，此滤液2是在硝酸铅溶液中加入硫酸生成硫酸铅沉淀并过滤出硫酸铅后剩下的溶液，此溶液中H+没有发生反应，因此还有大量的硝酸溶液，所以可以把此滤液当成硝酸加入前面的碱浸渣中溶解碱浸渣；
(5)通过比较两种沉淀的溶度积，可以看出碳酸铅比硫酸铅更加难溶，因此往硫酸铅中加入碳酸钠，发生的是沉淀溶解转化的反应，离子方程式要注意标明状态，方程式为：PbSO4(s)+CO32-(aq)⇌PbCO3(s)+SO42-(aq)，已知298K时，当溶液中c(SO42-)=0.2mol/L，Ksp(PbSO4)=1.82×10-8时，c(Pb2+)=9.1×10-8mol/L，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，c(CO32-)=1.6×10-6mol/L。
【点睛】滤液1含有少量的未析出的硫酸铜，并入前面的硫酸铜溶液进行循环，有利于充分利用。
27. 钼(Mo)是一种过渡金属元素，它具有强度高、熔点高、耐腐蚀等优点，被广泛应用于钢铁、石油、化工、电气等领域。钼酸钠晶体(Na2MoO4∙2H2O)是一种新型水处理剂。某化学兴趣小组利用废钼催化剂(主要成分为MoS2，含少量Cu2S、FeS2)回收Mo并制备钼酸钠晶体，其主要流程如图所示：

回答下列问题：
(1)可以提高焙烧效率的措施有__________________(填一条即可)。MoS2中的钼元素在空气中焙烧，很容易被氧化成MoO3，若生成0.1molMoO3，则反应中转移电子的数目为______。
(2)往固体1中加碳酸钠溶液，发生反应的化学方程式为_______________。
(3)操作2为______________、洗涤、干燥。
(4)制备钼酸钠晶体还可通过向精制的MoS2中直接加入次氯酸钠溶液与氢氧化钠溶液进行氧化的方法，若氧化过程中还有硫酸钠生成，则反应的离子方程式为___________。
(5)已知钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol/L，由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-，当BaMoO4开始沉淀时，溶液中c(CO32-)=_________[已知：Ksp(BaCO3)=2.6×10-9，Ksp(Ba MoO4)=4.0×10-8。忽略溶液的体积变化]。
(6)锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为xLi+nMoS2Lix(MoS2)n[Lix(MoS2)n附着在电极上]，则电池充电时阳极的电极反应式为____。
【答案】 (1). 将废钼催化剂粉碎或增加空气的进入量 (2). 1.4NA (3). MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑ (4). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 (5). MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O (6). 2.6×10-2mol/L (7). Lix(MoS2)n-xe-= nMoS2+xLi+
【解析】
【分析】
(1)将废钼催化剂粉碎或增加空气的进入量，都可以提高焙烧效率；根据MoS2→MoO3+SO2计算；
(2)根据流程可知，固体1中加碳酸钠溶液生成了钼酸钠和二氧化碳；
(3)对钼酸钠溶液进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥等操作得到钼酸钠晶体；
(4)次氯酸根离子能够把MoS2直接氧化为MoO42-和SO42-，本身还原为Cl-；
(5)根据Ksp计算；
(6)充电时阳极发生氧化反应，Lix(MoS2)n失电子变为MoS2。
【详解】(1)将废钼催化剂粉碎或增加空气的进入量，都可以提高焙烧效率；根据流程可知，废钼催化剂在空气中焙烧时，MoS2→MoO3+SO2，钼元素由+4价升高到+6价，硫元素由-2价升高到+4价，因此若反应中生成0.1molMoO3，反应中转移电子的量为0.1×(6-4)+0.1×(4+2)×2=1.4mol，数目为1.4NA；
(2)根据流程可知，固体1中加碳酸钠溶液生成了钼酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为：MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑；
(3)从钼酸钠溶液中的得到钼酸钠晶体，可以进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥等操作；
(4)次氯酸根离子能够把MoS2直接氧化为MoO42-和SO42-，本身还原为Cl-，反应的离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O；
(5)根据Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)×c(MoO42-)=c(Ba2+)×0.40=4.0×10-8，则c(Ba2+)=10-7mol/L，当BaMoO4开始沉淀时，Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)×c(CO32-)=10-7×c(CO32-)=2.6×10-9，c(CO32-)=2.6×10-2mol/L；
(6)充电时阳极发生氧化反应，Lix(MoS2)n失电子变为MoS2，电极反应式为Lix(MoS2)n-xe-= nMoS2+xLi+。