2024届高考化学一轮复习练习第三章金属及其化合物第14讲过渡金属与化工流程

这是一份2024届高考化学一轮复习练习第三章金属及其化合物第14讲过渡金属与化工流程，共13页。
考点一 热重分析法的应用
1．设晶体为1 ml，其质量为m。
2．失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
3．计算每步固体剩余的质量(m余)，
eq \f(m余,m) ×100%＝固体残留率。
4．晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。
5．失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属∶n氧即可求出失重后物质的化学式。
1．取3.92 g摩尔盐[(NH4)2SO4·FeSO4·xH2O]产品，在隔绝空气的条件下加热至135 ℃时完全失去结晶水，此时固体质量为2.84 g，则该摩尔盐结晶水个数x＝________。
解析： m[(NH4)2SO4·FeSO4]＝2.84 g，
n[(NH4)2SO4·FeSO4]＝ eq \f(2.84 g,284 g·ml－1) ＝0.01 ml，m(H2O)＝3.92 g－2.84 g＝1.08 g，n(H2O)＝ eq \f(1.08 g,18 g·ml－1) ＝0.06 ml，则该摩尔盐结晶水个数x＝ eq \f(0.06 ml,0.01 ml) ＝6。
答案： 6
2．CCl2·6H2O晶体受热易分解，取119 g该晶体加热至某一温度，得到CCl2·xH2O晶体83 g，则x＝________。
解析： 119 g该晶体的物质的量为 eq \f(119 g,238 g·ml－1) ＝0.5 ml，含结晶水3 ml，加热后失去结晶水的质量为119 g－83 g＝36 g，n(H2O)＝ eq \f(36 g,18 g·ml－1) ＝2 ml，则0.5 ml CCl2·xH2O含结晶水为3 ml－2 ml＝1 ml，所以x＝2。
答案： 2
3．“煅烧”NiSO4·6H2O晶体时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中B段所表示氧化物的名称为________。
解析： 26.3 g NiSO4·6H2O晶体的物质的量为 eq \f(26.3 g,263 g·ml－1) ＝0.1 ml，0.1 ml该晶体中含Ni的质量为0.1 ml×59 g·ml－1＝5.9 g，该晶体受热先失结晶水，再分解得到镍的氧化物，根据原子守恒，8.3 g氧化物中Ni的质量为5.9 g，那么O的质量为2.4 g即0.15 ml，所以固体氧化物中n(Ni)∶n(O)＝0.1 ml∶0.15 ml＝2∶3，所以B段所表示氧化物的名称为三氧化二镍。
答案： 三氧化二镍
4．CO溶于盐酸可得粉红色的CCl2溶液，CCl2·6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的示意关系如图，B段物质的化学式是_____________________________。
解析： 476 mg CCl2·6H2O的物质的量是 eq \f(0.476 g,238 g·ml－1) ＝0.002 ml，其中结晶水的质量是0.216 g，根据图像可知固体质量由476 mg变为332 mg，质量减少144 mg，这说明该阶段减少水的物质的量是 eq \f(0.144 g,18 g·ml－1) ＝0.008 ml，剩余水的物质的量是0.004 ml，质量是0.072 g，则A段物质的化学式为CCl2·2H2O。A到B阶段固体质量减少332 mg－296 mg＝36 mg，则剩余水的质量是72 mg－36 mg＝36 mg，物质的量是0.002 ml，因此B对应物质的化学式是CCl2·H2O。
答案： CCl2·H2O
考点二 化工流程题中的过渡金属
过渡金属元素常具有多种可变化合价，形成化合物种类较多，近年高考题常以Cr、Mn、V、Zn等元素化合物的制备流程为载体，考查不同价态物质转化规律，条件控制、物质的分离提纯等关键能力。
1．(2022·山东师范大学附中模拟预测)实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2＋、Mn2＋)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下：
下列说法正确的是( )
A．过二硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素的化合价为＋7价
B．氧化除锰后的溶液中存在：Na＋、Zn2＋、Fe2＋、SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4))
C．调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质
D．沉锌时的离子方程式为3Zn2＋＋6HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===ZnCO3·2Zn(OH)2↓＋5CO2↑＋H2O
D [把流程中前两步过滤后溶液编号为：滤液1、滤液2，由题给流程可知，向含锌废液中加入过二硫酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，锰离子氧化为二氧化锰，过滤得到二氧化锰和滤液1；向滤液1中加入氧化锌或碳酸锌等调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液2；向滤液2中加入碳酸氢铵溶液，将锌离子转化为ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀，过滤得到滤液和ZnCO3·2Zn(OH)2。A.过二硫酸钠中含有过氧键，分子中硫元素的化合价为＋6价，故A错误；B.由分析可知，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na＋、Zn2＋、Fe3＋、SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，故B错误；C.溶液中铁离子能与锌反应生成氯化亚铁和氯化锌，所以调节溶液pH时试剂X不能选用锌，故C错误；D.沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为3Zn2＋＋6HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===ZnCO3·2Zn(OH)2↓＋5CO2↑＋H2O，故D正确。]
2．(2022·湖北黄冈中学二模)电镀污泥(包含Ni、Ca、Fe、Al等金属阳离子)对环境污染极大，是典型危险废弃物。某科研团队设计了从电镀污泥中提取镍的流程，如图所示。
根据以上信息，下列说法错误的是( )
学生用书第67页
A.“浸出渣”的主要成分可能是CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3
B．“氨浸”时适当提高氨水浓度和反应温度，有利于增大浸出率
C．该流程中“有机萃取剂”和“萃余液”均可重复使用，且重复使用的目的相同
D．“富集”与“还原”之间的操作可能是沉淀、过滤、洗涤、干燥、灼烧
C [A.电镀污泥(包含Ni、Ca、Fe、Al等金属阳离子)，研磨后加入碳酸铵、氨水进行氨浸后除去浸出渣，钙离子与碳酸根离子反应生成CaCO3，溶液pH增大促进Fe3＋、Al3＋的水解，转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，故浸出渣主要成分为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，选项A正确；B.“氨浸”时适当提高氨水浓度，pH值增大，升高反应温度，均促进Fe3＋、Al3＋的水解，有利于增大浸出率，选项B正确；C.该流程中“有机萃取剂”和“萃余液”均可重复使用，但前者重复使用的目的是充分利用萃取剂，而后者是为了提高Ni的萃取率，目的不相同，选项C错误；D.“富集”与“还原”之间的操作是将溶液中的Ni转化后处理富集且转化为粗镍，可能是沉淀、过滤、洗涤、干燥、灼烧，选项D正确。]
3．(2021·河北衡水中学二模)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用，废钒催化剂的主要成分为V2O5、V2O4、K2SO4、Al2O3、SiO2、Fe2O3，如图为废钒催化剂回收工艺路线，其中“离子交换”和“洗脱”过程可简单表示为4ROH＋V4O eq \\al(\s\up1(4－),\s\d1(12)) R4V4O12＋4OH－(ROH为强碱性阴离子交换树脂)：
下列说法错误的是( )
A．“酸浸”时V2O5转化为VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ，反应的离子方程式为V2O5＋2H＋===2VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ＋H2O
B．“废渣1”的主要成分是SiO2
C．“氧化”中欲使3 ml的VO2＋变为VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ，则需要氧化剂KClO3至少为0.5 ml
D．为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈酸性
D [V2O5、V2O4、K2SO4、Al2O3、SiO2、Fe2O3等加入稀硫酸反应生成(VO2)2SO4、VOSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，SiO2不与硫酸反应，过滤后，向滤液中加KClO3，将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加KOH溶液沉淀铝离子和铁离子，再进行离子交换，再用碱液淋洗得到V4O eq \\al(\s\up1(4－),\s\d1(12)) ，再加入氯化铵沉钒，再将固体煅烧得到V2O5。A.“酸浸”时V2O5和硫酸反应生成(VO2)2SO4和水，反应的离子方程式为V2O5＋2H＋===2VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ＋H2O，故A正确；B.SiO2不与硫酸反应，因此“废渣1”的主要成分是SiO2，故B正确；C.VO2＋中＋4价V变为VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 中＋5价V，化合价升高1个价态，KClO3中＋5价Cl变为－1价Cl，降低6个价态， “氧化”中欲使3 ml的VO2＋变为VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ，即转移3 ml电子，因此需要氧化剂KClO3至少为 eq \f(3 ml,6) ＝0.5 ml，故C正确；D.根据“离子交换”和“洗脱”过程可简单表示为4ROH＋V4O eq \\al(\s\up1(4－),\s\d1(12)) R4V4O12＋4OH－，因此为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈碱性，增大氢氧根浓度，促使反应向洗脱方向进行，故D错误。]
真题演练 明确考向
1．[2019·全国卷Ⅰ，27(5)]采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为________________________________________________________________________。
解析： 失重5.6%是质量分数，设硫酸铁铵结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知 eq \f(1.5×18,266＋18x) ＝ eq \f(5.6,100) ，解得x≈12。
答案： NH4Fe(SO4)2·12H2O
2．[全国卷Ⅱ，27(4)]PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即 eq \f(样品起始质量－a点固体质量,样品起始质量) ×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和m∶n值。
答案： 根据PbO2 eq \(=====,\s\up7(△)) PbOx＋ eq \f(2－x,2) O2↑，有 eq \f(2－x,2) ×32＝239×4.0%，解得x＝2－ eq \f(239×4.0%,16) ≈1.4，根据mPbO2·nPbO，有 eq \f(2m＋n,m＋n) ＝1.4，得 eq \f(m,n) ＝ eq \f(0.4,0.6) ＝ eq \f(2,3)
3．(2022·全国甲卷)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_________________________________
________________________________________________________________________。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有________________、________________。
(3)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是________(填标号)。
A．NH3·H2O B．Ca(OH)2 C．NaOH
滤渣①的主要成分是________、________、______。
(4)向80～90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为_______________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是_______________________________________
________________________________________________________________________。
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是________、________。
解析： 由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3 eq \(=====,\s\up7(焙烧)) ZnO＋CO2↑，再加入H2SO4浸取，得到含Zn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋的溶液，加入物质X调节pH＝5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ca2＋、Fe2＋，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2＋，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。(3)A.NH3·H2O受热易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；B.Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；C.NaOH会引入杂质Na＋，且成本较高，C不适宜；当沉淀完全时(离子浓度小于10－5 ml/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3＋，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；(4)向80～90 ℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2＋，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2＋＋MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋；(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2＋为Cu从而除去；(6)由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
答案： (1)ZnCO3 eq \(=====,\s\up7(焙烧)) ZnO＋CO2↑ (2)将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 增大硫酸的浓度
(3)B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2
(4)3Fe2＋＋MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋ (5)置换Cu2＋为Cu从而除去 (6)CaSO4 MgSO4
课时精练(十四) 过渡金属与化工流程 eq \a\vs4\al(\f(对应学生,用书P353))
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．(2022·辽宁模拟预测)利用闪锌矿[主要成分为ZnS，还有Fe、C、In(铟)、F、Cl等元素]生产Zn的一种工艺流程如图所示。下列说法中正确的是( )
已知：焙烧时，Fe、C均转化为＋3价的氧化物；CaF2易成胶状。
A．Na2S2O4在“除杂1”中作氧化剂
B．“气体2”中含有有色气体，由此说明氧化性：Cl2＞O3
C．“除氟”时，适量的CaCO3可以防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率
D.“溶浸”时，易形成难溶的ZnFe2O4和In2(Fe2O4)3，其中Fe元素的化合价为＋6价
C [闪锌矿焙烧后产生气体1为SO2，Fe、C、In均转化为＋3价的氧化物；硫酸溶浸后得到Fe3＋、C3＋、In3＋，不溶性物质进入浸渣，上层清液中加入Na2S2O4, C3＋转化为C(OH)2沉淀，C化合价降低，Na2S2O4为还原剂；O3除杂2产生气体2为Cl2，剩下滤液中加氢氧化钙和碳酸钙进行除氟，由于CaF2易成胶状，除氟时适量的碳酸钙可以使生成的氟化钙附着在碳酸钙表面形成沉淀，防止氟化钙形成胶体，提高氟的沉降率，滤液经过电解得到金属锌。A.焙烧时，C会转化为C2O3，加入Na2S2O4可将C3＋转化为C2＋，Na2S2O4作还原剂，A错误；B.－1价氯元素会和臭氧反应生成氯气，说明氧化性O3＞Cl2，B错误；C.CaF2易成胶状，除氟时适量的碳酸钙可以使生成的氟化钙附着在碳酸钙表面形成沉淀，防止氟化钙形成胶体，提高氟的沉降率，C正确；D.ZnFe2O4中锌、氧的化合价分别为＋2、－2，则铁元素的化合价为＋3，In2(Fe2O4)3中Fe元素的化合价为＋3，D错误。]
2．如今环境保护越来越受重视，某化工集团为减少环境污染，提高资源的利用率，将钛厂、氯碱厂、甲醇厂进行联合生产。其主要生产工艺如下(FeTiO3中Ti为＋4价)：
下列叙述正确的是( )
A．该流程中只有“电解”“氯化”涉及氧化还原反应
B．“合成”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．“氯化”时反应方程式为7Cl2＋2FeTiO3＋6C===2FeCl3＋2TiCl4＋6CO(条件省略)
D．上述流程中“Mg，Ar”可用“Mg，CO2”代替
C [由氢气合成甲醇的过程中也涉及氧化还原反应，A项错误；根据CO＋2H2===CH3OH可以看出，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，B项错误；根据工艺流程图不难看出“氯化”即氯气、钛铁矿和焦炭反应得到四氯化钛、一氧化碳和氯化铁的过程，C项正确；二氧化碳和镁会发生反应，因此不能用二氧化碳来作保护气，D项错误。]
3．钽酸锂(LiTaO3)是功能材料领域的“万能”材料，具有良好的机械性能。某企业利用含钽废渣(主要含Ta2O3·FeO、Al2O3及油脂等)制备钽酸锂的工艺流程如下：
已知：①“钠盐和氧化物”中主要成分有NaTaO3、NaAlO2、Fe2O3等；②正五价的钽元素具有一定的氧化性。
下列说法错误的是( )
A．通空气目的是氧化Ta2O3·FeO生成NaTaO3和Fe2O3同时将油脂氧化除去
B．“滤渣Ⅰ”中主要成分是Fe2O3
C．“溶液Ⅱ”中最好将盐酸换为硫酸
D．实验室模拟“灼烧”时，主要仪器有瓷坩埚、酒精灯、玻璃棒等
D [A.通空气除氧化Ta2O3·FeO生成NaTaO3和Fe2O3外，还可以将油脂氧化除去，A项正确；B.由钠盐和氧化物主要成分可知，过滤后的滤渣Ⅰ中主要成分是Fe2O3，B项正确；C.正五价的钽元素具有一定的氧化性，盐酸有还原性，为防止发生氧化还原反应，溶液Ⅱ中最好将盐酸换为硫酸，C项正确；D.灼烧时瓷坩埚的主要成分为二氧化硅，能与Li2CO3发生反应，D项错误。]
4．将Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为404 g·ml－1)在空气中加热，样品的固体残留率( eq \f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量) ×100%)随温度的变化如下图所示。
当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为______(填字母)。
A．Ce(SO4)2 B．Ce2(SO4)3 C．CeOSO4
解析： 404×70.3%≈284，A项的相对分子质量为332，B项的相对分子质量为568，C项的相对分子质量为252；因为B项中有两个Ce，根据质量守恒808×70.3%≈568。
答案： B
5．PbO2受热会随温度升高逐步分解。称取23.9 g PbO2，将其加热分解，受热分解过程中固体质量随温度的变化如图所示。
A点与C点对应物质的化学式分别为________、________。
解析： 二氧化铅是0.1 ml，其中氧原子是0.2 ml。A点，固体减少0.8 g，则剩余氧原子的物质的量是0.15 ml，此时剩余的铅和氧原子的个数之比是2∶3，A点对应的物质是Pb2O3。同理可得出C点对应物质是PbO。
答案： Pb2O3 PbO
6．25.35 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示：
(1)300 ℃时，所得固体的化学式为________。
(2)1 150 ℃时，反应的化学方程式为______________________________________
________________________________________________________________________。
解析： (1)25.35 g MnSO4·H2O样品中n(Mn)＝n(MnSO4·H2O)＝0.15 ml ，其中n(H2O)＝0.15 ml ，m(H2O)＝2.7 g，300 ℃时，所得固体质量为22.65 g，减少的质量为2.7 g，则说明该段失去结晶水，此时固体为MnSO4。
(2)温度继续升高，固体MnSO4受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物0.15 ml ，850 ℃时，固体质量由22.65 g减少到13.05 g，减少的质量为9.6 g，则硫的氧化物的相对分子质量为64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2，1 150 ℃时固体为二氧化锰分解所得，由锰元素质量守恒，则m(Mn)＝n(Mn)×55 g·ml－1＝8.25 g，则氧化物中m(O)＝11.45 g－8.25 g＝3.2 g，n(O)＝0.2 ml ，故n(Mn)∶n(O)＝0.15∶0.2＝3∶4，则该氧化物为Mn3O4，故反应的化学方程式为3MnO2 eq \(=====,\s\up7(1 150 ℃)) Mn3O4＋O2↑。
答案： (1)MnSO4 (2)3MnO2 eq \(=====,\s\up7(1 150 ℃)) Mn3O4＋O2↑
7．碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：
①准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成0.560 L CO2(已换算成标准状况下)。
②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率( eq \f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量) ×100%)随温度的变化如图所示(样品在270 ℃时已完全失去结晶水，600 ℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。
根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－)∶n(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝________。
解析： 碱式碳酸铝镁的化学式不确定，题中只表示为MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O，无法求得摩尔质量。试题中以3.390 g样品为研究对象，不妨暂定3.390 g样品为1 ml。3.390 g样品与足量的稀盐酸充分反应，生成CO2体积为0.560 L(标准状况)。n(CO2)＝ eq \f(0.560 L,22.4 L·ml－1) ＝0.025 ml，根据C元素守恒，即可确定d为0.025。270 ℃时已完全失去结晶水，失去结晶水的质量为3.390 g×(1－73.45%)≈0.9 g，600 ℃以上残留固体为金属氧化物的混合物，说明又失去了除结晶水外的氢元素。失去的氢元素只能再结合样品中的氧元素生成水。600 ℃时失重的质量为3.390 g×(1－37.02%)≈2.135 g，失去氢元素再生成水的质量为2.135 g－(0.025 ml×44 g·ml－1)－0.9 g＝0.135 g。n(H)＝ eq \f(0.135 g,18 g·ml－1) ×2＝0.015 ml，根据氢元素守恒，c＝0.015。故碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－)∶n(CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) )＝0.015∶0.025＝3∶5。
答案： 3∶5
8．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣(主要含FeO·V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐)生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题：
已知：①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。
②AlO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋4H＋===Al3＋＋2H2O。
(1)焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得V2O5，写出氧化过程中FeO·V2O3发生反应的化学方程式： _______________________________________________
________________________________________________________________________；
废渣Ⅰ的主要成分是____________；
精制Ⅰ中加盐酸调pH的主要作用是_____________________________________
________________________________________________________________________，
加入NH3·H2O后发生反应的离子方程式为___________________________________
________________________________________________________________________。
(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
pH过大时，沉淀量增大的原因是____________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)沉钒所得NH4VO3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是________。NH4VO3在500 ℃时焙烧脱氨制得产品V2O5，反应的化学方程式为2NH4VO3 eq \(=====,\s\up7(△)) V2O5＋H2O↑＋2NH3↑。但脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2，该反应的化学方程式为_________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析： (1)氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为4FeO·V2O3＋5O2 eq \(=====,\s\up7(焙烧)) 2Fe2O3＋4V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3成为滤渣；精制Ⅰ中加盐酸调pH是为了和SiO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 反应生成硅酸沉淀，并将AlO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 转化为Al3＋；加入NH3·H2O后与Al3＋发生反应生成Al(OH)3沉淀，还可以中和酸，反应的化学方程式为Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 、H＋＋NH3·H2O===H2O＋NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 。(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH过小时易形成溶解度较大的酸式盐；pH过大时易形成Ca(OH)2沉淀。(3)沉钒时加入试剂NH4Cl，因此所得NH4VO3沉淀，含有的阴离子主要为Cl－；脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2，则V2O5为氧化剂，NH3为还原剂，还原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化还原方程式为3V2O5＋2NH3 eq \(=====,\s\up7(500 ℃)) 3V2O4＋N2＋3H2O。
答案： (1)4FeO·V2O3＋5O2 eq \(=====,\s\up7(焙烧)) 2Fe2O3＋4V2O5 Fe2O3 除Si并将AlO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 转化为Al3＋ Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 、H＋＋NH3·H2O===H2O＋NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4))
(2)形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷酸氢钙或磷酸二氢钙) 产生了Ca(OH)2沉淀
(3)Cl－ 3V2O5＋2NH3 eq \(=====,\s\up7(500 ℃)) 3V2O4＋N2＋3H2O
9．铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1 857 ℃。
(1)工业上以铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]为原料冶炼铬的流程如图所示：
①Fe(CrO2)2中各元素化合价均为整数，则铬为________价。
②高温氧化时反应的化学方程式为_________________________________________
________________________________________________________________________。
③操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分别是________________、铝热反应。
(2)Cr(OH)3是两性氢氧化物，请写出其分别与NaOH、稀硫酸反应时生成的两种盐的化学式：________________、________________。
(3)水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。转化为重要产品磁性铁铬氧体(CrxFeyOz)：先向含CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分Fe2＋)并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。
①写出CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 在酸性条件下被Fe2＋还原为Cr3＋的离子方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②若处理含1 ml CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗10 ml FeSO4，则当铁铬氧体中n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝3∶2时，铁铬氧体的化学式为________________________。
解析： (3)②根据Fe元素守恒，铁铬氧体中n(Fe2＋)＝10 ml× eq \f(3,5) ＝6 ml，n(Fe3＋)＝10 ml× eq \f(2,5) ＝4 ml，根据Cr元素守恒，铁铬氧体中n(Cr3＋)＝n(CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＝1 ml，根据电荷守恒，铁铬氧体中n(O2－)＝ eq \f(2×6 ml＋3×4 ml＋3×1 ml,2) ＝13.5 ml，铁铬氧体中n(Cr)∶n(Fe)∶n(O)＝1 ml∶10 ml∶13.5 ml＝2∶20∶27，铁铬氧体的化学式为Cr2Fe20O27。
答案： (1)①＋3 ②4Fe(CrO2)2＋7O2＋8Na2CO3 eq \(=====,\s\up7(高温)) 2Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2 ③灼烧使Cr(OH)3分解
(2)NaCrO2 Cr2(SO4)3
(3)①3Fe2＋＋CrO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋8H＋===3Fe3＋＋Cr3＋＋4H2O ②Cr2Fe20O27
学生用书第68页离子
Fe3＋
Zn2＋
Cu2＋
Fe2＋
Mg2＋
Ksp
4.0×
10－38
6.7×
10－17
2.2×
10－20
8.0×
10－16
1.8×
10－11