2019年高考化學(xué)沖刺逐題過關(guān)專題10第28題化學(xué)工業(yè)流程（考前訓(xùn)練）（含解析）.docx

第28題 工業(yè)流程題1工業(yè)上冶煉鋁的原料是鋁土礦(主要成分是Al2O3，雜質(zhì)為Fe2O3、FeO、SiO2等),某研究小組設(shè)計(jì)的提純Al2O3的方案如下：(1)加入過量鹽酸后過濾出的濾渣中含有_，加入過量的NaOH溶液，過濾后的濾液中含有的溶質(zhì)有_(均填化學(xué)式)。(2)加入過量NaOH溶液過濾后，若濾渣中Fe(OH)2也被氧化，則每消耗0.1mol氧氣有多少_mol Fe(OH)2被氧化。(3)寫出通入過量CO2生成沉淀A時(shí)反應(yīng)的離子方程式為_，沉淀A加熱得到Al2O3的化學(xué)方程式為_。(4)假設(shè)鋁土礦中含雜質(zhì)49%，則1噸鋁土礦理論上可生產(chǎn)多少_mol鋁?！敬鸢浮縎iO2 NaOH NaAlO2 NaCl 04 AlO2-CO22H2O=Al(OH)3HCO3- 2Al(OH)3 Al2O3+3H2O 10000 【解析】（1）根據(jù)上述分析，加入過量的鹽酸后，濾出的濾渣為SiO2，加入過量的NaOH溶液，過濾后的濾液中含有的溶質(zhì)為NaCl、NaAlO2、NaOH；（2）氫氧化亞鐵被氧氣氧化成氫氧化鐵，根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，0.1mol22=nFe(OH)31，即nFe(OH)3=0.4mol；（3）通入過量CO2，發(fā)生OHCO2=HCO3、AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3，因此生成氫氧化鋁沉淀的離子方程式為AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3；氫氧化鋁受熱分解：2Al(OH)3Al2O3+3H2O；（4）鋁土礦中含雜質(zhì)為49%，則含氧化鋁為51%，根據(jù)鋁元素守恒，因此有=n(Al)，解得n(Al)=10000mol。2鎳廢料中主要含有Ni，還有少量的Cu、Fe、Pb等?，F(xiàn)從中制取Ni2O3，可用于制造人造衛(wèi)星、宇宙飛船的高能電池，也可用于制成鎳鎘堿性電池。生產(chǎn)流程見下：已知0.010 mol/L金屬離子在不同pH下的沉淀情況如下：Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+開始沉淀pH3.05.07.49.7完全沉淀pH4.06.59.011回答下列問題：（1）加入碳酸鈣調(diào)pH的目的是_，“沉渣2”的主要成分是_，必須先過濾“沉渣1”后再進(jìn)行“除Cu”的原因是_。（2）用離子方程式解釋加入NH4F “除Ca”的過程_。（3）“酸浸”時(shí)參與反應(yīng)的H2SO4與HNO3物質(zhì)的量比保持為3:2，此時(shí)Ni單質(zhì)所發(fā)生的化學(xué)方程式為_。（4）“操作X”是_、_（5）向NiO中加入鹽酸溶解，待完全溶解后，加入足量NaOH溶液，再加入NaClO溶液，寫出其中和NaClO相關(guān)的反應(yīng)的離子方程式為_。（6）根據(jù)上表數(shù)據(jù)，計(jì)算當(dāng)0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+完全沉淀時(shí)的c(Ni2+) _mol/L。【答案】提高溶液 pH，去除Fe3+(使之轉(zhuǎn)化為 Fe(OH)3) CuS “除 Cu”時(shí)溶液pH會(huì)降低，可能會(huì)溶解部分Fe(OH)3沉淀 Ca2+ +2F-=CaF2 3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO+4H2O 過濾 洗滌 2Ni(OH)2+ClO- =Ni2O3+Cl- +2H2O 10-5.2 【解析】（1）加入碳酸鈣調(diào)節(jié)溶液pH，可使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而除去；向?yàn)V液中加入H2S，溶液中銅離子轉(zhuǎn)化為硫化銅沉淀；除溶液中銅離子時(shí)，銅離子與硫化氫反應(yīng)時(shí)，有氫離子生成，使溶液pH會(huì)降低，可能會(huì)溶解部分Fe(OH)3沉淀，所以必須先過濾“沉渣1”后再進(jìn)行“除Cu”，故答案為：提高溶液 pH，去除Fe3+(使之轉(zhuǎn)化為 Fe(OH)3）；CuS ； “除 Cu”時(shí)溶液pH會(huì)降低，可能會(huì)溶解部分Fe(OH)3沉淀；（2）加入NH4F溶液，溶液中的鈣離子與氟離子反應(yīng)生成氟化鈣沉淀，達(dá)到除鈣的目的，反應(yīng)的離子方程式為Ca2+2F-=CaF2；故答案為：Ca2+2F-=CaF2；（3）由題意設(shè)H2SO4與HNO3物質(zhì)的量分別為3mol，2mol；兩種混合酸提供氫離子8mol，2mol硝酸根離子全部被還原為2mol一氧化氮，轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為6mol，鎳在反應(yīng)中被氧化為硫酸鎳，根據(jù)電子守恒可知，消耗金屬鎳3mol，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO+4H2O，故答案為：3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO+4H2O；（4）向?yàn)V液中加入草酸，溶液中鎳離子與草酸反應(yīng)生成草酸鎳沉淀，然后進(jìn)行過濾、洗滌干燥得到草酸鎳沉淀，故答案為：過濾；洗滌； （5）向NiO中加入鹽酸溶解，待完全溶解后生成NiCl2，NiCl2在堿性環(huán)境下被次氯酸鈉氧化為三氧化二鎳、次氯酸鈉被還原為氯化鈉，反應(yīng)的離子方程式為：2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O ，故答案為：2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O；（6）由表中數(shù)據(jù)可知，當(dāng)0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+開始沉淀時(shí)，溶液中c（OH-）=10-6.6mol/L，KspNi(OH)2= c（Ni2+）c2（OH-）= 0.010 mol/L(10-6.6mol/L)2=10-15.2，當(dāng)0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+完全沉淀時(shí)，溶液中c（OH-）=10-5mol/L，c（Ni2+）=10-5.2 mol/L，故答案為：10-5.2。3氯化銨焙燒菱錳礦制備高純度碳酸錳的工藝流程如下： 已知：菱錳礦石主要成分是，還含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素； 相關(guān)金屬離子形成氯氧化物沉淀時(shí)的pH如下： 金屬離子Al3+ Fe3+ Fe2+ Ca2+Mn2+Mg2+開始沉淀的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 常溫下， 的溶度積分別為回答下列問題： (1)“焙燒”時(shí)發(fā)生的主要化學(xué)反應(yīng)方程式為_。 (2)分析下列圖1、圖2、圖3，氯化銨焙燒菱鎂礦的最佳條件是： 焙燒溫度_，氯化銨與菱鎂礦粉的質(zhì)量之比為_，焙燒時(shí)間為_.(3)浸出液“凈化除雜”過程如下：首先加入氧化為，反應(yīng)的離子方程式為_；然后調(diào)節(jié)溶液pH使沉淀完全，此時(shí)溶液的pH范圍為_。再加入沉淀，當(dāng)時(shí)， =_(4)碳化結(jié)晶時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。 (5)流程中能循環(huán)利用的固態(tài)物質(zhì)是_?！敬鸢浮縈nCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O 500 1.10 60min MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O 5.2pH8.8 510-6 Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O NH4Cl 【解析】(1)根據(jù)工藝流程圖知“焙燒”時(shí)發(fā)生的主要化學(xué)反應(yīng)方程式為：MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3+CO2+H2O；(2)根據(jù)圖示錳浸出率比較高，焙燒菱鎂礦的最佳條件是：焙燒溫度500；氯化銨與菱鎂礦粉的質(zhì)量比為1.10；焙燒時(shí)間為60min； (3)二氧化錳具有氧化性，可以氧化亞鐵離子，而二氧化錳被還原為錳離子，反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；根據(jù)題干信息知pH在5.2時(shí)Al3+沉淀完全，pH在8.8時(shí)，Mn2+開始沉淀，所以將Fe3+、Al3+沉淀完全，可以調(diào)整pH范圍在5.2pH8.8；根據(jù) 的溶度積計(jì)算得：c2(F-)= ，c(Mg2+)= mol/L；(4)根據(jù)流程圖知碳化結(jié)晶時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O；(5)流程圖可以看出能循環(huán)利用的固態(tài)物質(zhì)是NH4Cl。4利用廢舊鋰離子電池的正極材料，主要成分為 LiCoO2(難溶于水)還含有 Al以及少量 Ca、Mg、Cu、Fe 等。制備 Co3O4 微球的工藝流程如下：回答下列問題：(1)LiCoO2 中 Co 元素的化合價(jià)為_。(2)配平步驟中生成 Co2+的離子方程式為_LiCoO2 +_H+_H2 O2 =_Co2+_O2 +_Li+_H 2O此過程中若用濃鹽酸代替 H2SO4 和 H2O2的混合溶液，除因揮發(fā)使其利用率降低外，還有的缺點(diǎn)是_。(3)步驟中，不同 pH 下溶液中金屬離子的去除效果如下圖所示。該過程加入NaOH調(diào)節(jié)溶液 pH 的最佳范圍是_，理由是_。(4)步驟中，過濾、洗滌操作均需用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、_。(5)步驟中，Co(OH)2 在空氣中高溫焙燒生成 Co3O4 的化學(xué)方程式為_?！敬鸢浮?3 2 6 1 2 6 2 4 鹽酸(或Cl-)可被LiCoO2氧化產(chǎn)生Cl2污染環(huán)境 5.56.0 在pH為5.56.0的范圍內(nèi)，F(xiàn)e3+、Al3+、Cu2+雜質(zhì)離子的去除率很高，而Co2+去除率很低，損失率較小 漏斗 6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O 【解析】（1）由化合價(jià)代數(shù)和為零可知，LiCoO2 中Co元素的化合價(jià)為+3，故答案為：+3；（2）步驟在正極材料中加入硫酸和過氧化氫溶液，過氧化氫做還原劑將LiCoO2生成Co2+，本身被氧化生成氧氣，由升降法配平可得離子方程式：2LiCoO2 +6H+H2O2=2Co2+ O2+2Li+4H2O；此過程中若用濃鹽酸代替H2SO4和H2O2的混合溶液，除因揮發(fā)使其利用率降低外，還有的缺點(diǎn)是鹽酸（或Cl-）可被LiCoO2氧化產(chǎn)生Cl2污染環(huán)境，故答案為：2；6；1；2；6；2；4；鹽酸(或Cl-)可被LiCoO2氧化產(chǎn)生Cl2污染環(huán)境；（3）由圖可知，步驟中，加入NaOH調(diào)節(jié)溶液pH的最佳范圍是pH=5.56.0，在此范圍內(nèi)，F(xiàn)e3+、Al3+、Cu2+雜質(zhì)離子幾乎被沉淀完全，而Co2+損失率較小，故答案為：在pH為5.56.0的范圍內(nèi)，F(xiàn)e3+、Al3+、Cu2+雜質(zhì)離子的去除率很高，而Co2+去除率很低，損失率較??；（4）步驟中，過濾、洗滌操作均需用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、和漏斗，故答案為：漏斗；（5）步驟中，Co(OH)2在空氣中高溫焙燒生成Co3O4，Co元素由+2價(jià)被氧化到+3價(jià)，故需氧氣的參與，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O，故答案為：6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O。5海洋深處有豐富的軟錳礦，以此為主要原料生產(chǎn)MnSO4的工業(yè)流程如下：已知：軟錳礦的主要成分是MnO2，此外還含有Fe2O3、Al2O3、CuO、NiO、SiO2等少量雜質(zhì)。幾種離子沉淀時(shí)數(shù)據(jù)信息如下：(1)寫出酸浸過程中SO2與MnO2反應(yīng)的離子方程式_。(2)為了探究MnO2與SO2反應(yīng)情況，某研究小組將含有SO2尾氣和一定比例的空氣通入MnO2懸濁液中，保持溫度不變的情況下，測得溶液中c(Mn2+)和c(SO42)隨反應(yīng)時(shí)間的變化如圖所示。導(dǎo)致溶液中c(Mn2+)和c(SO42)的變化產(chǎn)生明顯差異的原因是_。(3)操作I是“除鐵鋁”，其主要步驟為向?yàn)V液I中加入軟錳礦，調(diào)節(jié)p=5.26.0左右，使其Fe3+、Al3+沉淀完全，再加入活性炭攪拌、抽濾。寫出濾液I中生成Fe2+相關(guān)的離子方程式_、_。(4)操作是“除銅鎳”，其主要步驟為：向?yàn)V液中加入MnS(難溶物)，充分?jǐn)嚢?，過濾。加入MnS能除去濾液中Cu2+和Ni2+的原因是_。(5)以MnSO4溶液為原料可通過電解法制備超級(jí)電容器材料MnO2，其裝置如圖所示：則電解過程中陽極電極反應(yīng)式為_，電解一段時(shí)間后，陰極溶液中H+的物質(zhì)的量_(填“變大”、“減小”或“不變”)。實(shí)際生產(chǎn)過程中_(填“能”或“不能”)用MnCl2溶液代替MnSO4溶液?！敬鸢浮縈nO2+S02=Mn2+SO42- Mn2+催化O2與H20、SO2反應(yīng),生成H2SO4 Fe2O3+6H+=2Fe2+3H2O SO2+2Fe3+2H20=SO42-+2Fe2+4H+ CuS和NiS的溶度積常數(shù)小于MnS,易于發(fā)生不溶物的轉(zhuǎn)化 Mn2+2H20-2e-=MnO2+4H+ 不變 不能 【解析】 (1)酸浸過程中SO2具有還原性，MnO2具有氧化性，所以兩者反應(yīng)生成硫酸錳，反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+S02=Mn2+SO42-；答案：MnO2+S02=Mn2+SO42-。(2) 若反應(yīng)體系只發(fā)生MnO2+SO2=MnSO4,Mn2+與SO42-的濃度變化應(yīng)該一致,而圖示信息表明，SO42-的濃度變化比Mn2+的濃度變化要快，說明反應(yīng)體系還發(fā)生了其它生成SO42-的反應(yīng),由于溫度不變, SO42-的濃度變化說明Mn2+能催化O2與H20、SO2生成H4SO4反應(yīng)。答案：Mn2+催化了O2與H20、SO2反應(yīng),生成H2SO4的反應(yīng)。(3)濾液I首先發(fā)生的是三氧化二鐵被硫酸溶解反應(yīng)：Fe2O3+6H+=2Fe2+3H2O，生成的三價(jià)鐵離子具有氧化性，二氧化硫具有還原性，所以又會(huì)繼續(xù)反應(yīng)：SO2+2Fe3+2H20=SO42-+2Fe2+4H+。答案：Fe2O3+6H+=2Fe2+3H2O；SO2+2Fe3+2H20=SO42-+2Fe2+4H+。(4)因?yàn)镃uS和NiS的溶度積常數(shù)小于MnS,所以向?yàn)V液中加入MnS后，會(huì)轉(zhuǎn)化成更難溶解的CuS和NiS沉淀，進(jìn)而除去銅鎳。答案：CuS和NiS的溶度積常數(shù)小于MnS,易于發(fā)生不溶物的轉(zhuǎn)化。(5)由圖可知陽極上Mn2+失電子化合價(jià)升高，生成二氧化錳,因此電極反應(yīng)式為Mn2+2H20-2e-=MnO2+4H+;陰極上2H+2e-=H2,若電解過程中外電路轉(zhuǎn)移amole-,則陰極消耗amolH+,同時(shí)有amnolH+由陽極移向陰極，故陰極溶液中H+的物質(zhì)的量不會(huì)改變;不能用MnCl2溶液代替MnSO4溶液，因?yàn)镃l-會(huì)放電導(dǎo)致MnO2的產(chǎn)率降低。答案：不變；不能。6聚硅酸鐵是將鐵離子引入到活性硅酸而制得的復(fù)合型混凝劑。用廢鐵皮(主要成分Fe和Fe3O4，少量碳)為原料制備的流程如下：(1)廢鐵渣進(jìn)行“粉碎”的目的是_。(2)在實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行過濾操作時(shí)，所用到玻璃儀器有_。(3)“酸浸”需適宜的酸濃度、液固比、酸浸溫度、氧流量等條件，其中酸浸溫度對(duì)鐵浸取率的影響如下表所示：溫度()406080100120鐵浸取率(%)5062799283已知：在一定溫度下，F(xiàn)e3+在pH=2開始沉淀，pH=3.7沉淀完全。酸浸時(shí)應(yīng)控制溶液的pH_酸浸時(shí)通入O2的目的是_。當(dāng)酸浸溫度超過100時(shí)，鐵浸取率反而減小，其原因是_。(4)濾渣的主要成分為_(填化學(xué)式)。(5)“Fe3+濃度檢測”是先用SnCl2將Fe3+還原為Fe2+；在酸性條件下，再用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Fe2+(Cr2O72被還原為Cr3+)，該滴定反應(yīng)的離子方程式為_；已知稱取2.60 g聚硅酸鐵產(chǎn)品，加入硫酸，再加入足量SnCl2，用0.2000 mol/L K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗K2Cr2O7溶液的體積為20.00 mL，則聚硅酸鐵產(chǎn)品中鐵元素的百分含量為_(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)?！敬鸢浮繙p小顆粒直徑，增大浸取時(shí)的反應(yīng)速率和提高鐵浸取率 燒杯、漏斗、玻璃棒 B,酸性H2CO3 H3BO3,故向NaHCO3固體中滴加飽和硼酸溶液，不會(huì)有氣泡產(chǎn)生，故b錯(cuò)誤；c. 硼酸是一元弱酸，所以電離方程式可表示為：H3BO3 + H2OB(OH)4-+H+，故c正確；答案：ac。（3）證明溶液中含有Fe2+的方法是：取少量褐色浸出液于試管中，滴加K3Fe(CN)6溶液，如果產(chǎn)生藍(lán)色沉淀說明含有Fe2+。答案：滴加K3Fe(CN)6溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀。（4）根據(jù)框圖分析浸出液中的雜質(zhì)離子為：Al3+、Fe3+，由已知Al(OH)3開始沉淀時(shí)pH=3.4完全沉淀時(shí)pH=4.7；Fe(OH)3開始沉淀時(shí)pH=1.9完全沉淀時(shí)pH=3.2，要除去Al3+、Fe3+兩種離子，應(yīng)用MgO調(diào)節(jié)溶液的至4.7pHc(SO42)c(H + )c(OH ) 【解析】（1）由題意可知，MnxZn(1x)Fe2O4中錳元素的化合價(jià)為+2價(jià)，設(shè)鐵元素化合價(jià)為+a，由化合價(jià)代數(shù)和為零可得：（+2）x+（+2）（1x）+（+a）2+（2）4=0，解得a=3，故答案為：+3；（2）由題意可知，硫酸亞鐵與MnO(OH)在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，硫酸亞鐵被氧化生成硫酸鐵，MnO(OH)被還原為硫酸錳，反應(yīng)的離子方程式為MnO(OH)+Fe 2+ +3H += Mn 2+ +Fe 3+ +2H 2O，故答案為：MnO(OH)+Fe 2+ +3H += Mn 2+ +Fe 3+ +2H 2O；（3）“調(diào)鐵”工序中，加入的鐵粉與溶液中的Fe 3+和H+反應(yīng)，反應(yīng)時(shí)，氧化性較強(qiáng)的Fe 3+與Fe反應(yīng)生成Fe 2+，F(xiàn)e 3+完全反應(yīng)后，H+與Fe反應(yīng)生成Fe 2+和H2，反應(yīng)的離子方程式為Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+和Fe+2H += Fe 2+ +H2，故答案為：Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+；Fe+2H += Fe 2+ +H2；由MnxZn(1x)Fe2O4得化學(xué)式可知，nMn2+Zn2+:n(Fe 3+)=1:2，設(shè)加入的鐵粉為xmol，依據(jù)題意可得（a molL1103 L）:(b molL1103 L +x) =1:2，解得x=(2a-b)103 mol，則加入的鐵粉質(zhì)量為(2a-b)103 mol56g/mol=56(2a-b)103g=56(2a-b)kg，故答案為：56(2a-b)；(4)在“氧化”工序中，雙氧水把 Fe 2+ 氧化為Fe 3+，反應(yīng)生成的Fe 3+可以做催化劑，使雙氧水催化分解，成為除溫度外，導(dǎo)致實(shí)際消耗雙氧水的量大于理論值的因素，故答案為：生成的 Fe 3+ 催化了雙氧水的分解；（5）由流程圖可知，反應(yīng)中加入了稀硫酸和氨水，濾液C中一定含有可以做氮肥的硫酸銨，硫酸銨溶液中由于銨根離子水解使溶液顯酸性，溶液中有c(H + )c(OH )，但是由于水解程度小，溶液中有c(NH4+)c(SO42)，則溶液中離子濃度由大到小的排序?yàn)?，故答案為：c(NH4+)c(SO42)c(H + )c(OH )；12堿式硫酸鐵Fe(OH)SO4是一種用于污水處理的新型高效絮凝劑。工業(yè)上利用廢鐵屑（含少量氧化鋁、氧化鐵等）生產(chǎn)堿式硫酸鐵的工藝流程如下：已知：部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH見下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3開始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列問題：（1）加入少量NaHCO3的目的是調(diào)節(jié)pH在_范圍內(nèi)。（2）反應(yīng)中加入NaNO2的目的是氧化亞鐵離子，寫出該反應(yīng)的離子方程式為_。（3）堿式硫酸鐵溶于水后生成的Fe(OH)2+離子可部分水解生成Fe2(OH)42+ 聚合離子，該水解反應(yīng)的離子方程式為_。（4）在醫(yī)藥上常用硫酸亞鐵與硫酸、硝酸的混合液反應(yīng)制備堿式硫酸鐵。根據(jù)我國質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)，產(chǎn)品中不得含有Fe2+及NO3。為檢驗(yàn)所得產(chǎn)品中是否含有Fe2+，應(yīng)使用的試劑為_。A氯水 BKSCN溶液 CNaOH溶液 D酸性KMnO4溶液（5）為測定含F(xiàn)e2+和Fe3+溶液中鐵元素的總含量，實(shí)驗(yàn)操作如下：準(zhǔn)確量取20.00mL溶液于帶塞錐形瓶中，加入足量H2O2，調(diào)節(jié)pH2，加熱除去過量H2O2；加入過量KI充分反應(yīng)后,再用 0.1000 molL-1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL。已知：2Fe3+2I-=2Fe2+I2 2S2O32-+I2=2I-+S4O62-則溶液中鐵元素的總含量為_gL-1。若滴定前溶液中H2O2沒有除盡，所測定的鐵元素的含量將會(huì)_ (填“偏高” “偏低” “不變”)【答案】4.47.5 2H+ + Fe2+ NO2- = Fe3+ + NO + H2O 2Fe(OH)2+ +2H2OFe2(OH)42+ + 2H+ D 5.6 偏高 【解析】（1）制備硫酸亞鐵，需與硫酸鋁分離，應(yīng)調(diào)節(jié)溶液pH生成Al（OH）3，避免生成Fe（OH）2沉淀，則應(yīng)控制溶液pH在4.47.5之間；（2）NaNO2可氧化亞鐵離子為鐵離子，本身變?yōu)镹O，故離子方程式為2H+ + Fe2+ NO2- = Fe3+ + NO + H2O；（3）Fe（OH）2+離子，可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合離子，根據(jù)電荷守恒和質(zhì)量守恒可寫出反應(yīng)的離子方程式為2Fe（OH）2+2H2O Fe2（OH）42+2H+；（5）檢驗(yàn)所得產(chǎn)品中是否含有Fe2+，可使用酸性KMnO4溶液，現(xiàn)象是酸性高錳酸鉀溶液褪色；（6）根據(jù)所給反應(yīng)可得關(guān)系式Fe3+S2O32-，所以n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L0.020L=0.0020mol，溶液中鐵元素的總含量為0.0020mol56g/mol0.020L=5.6g/L；若滴定前溶液中H2O2沒有除盡，則H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3將偏多，導(dǎo)致所測定的鐵元素的含量偏高。13氧化亞銅(Cu2O)是一種用途廣泛的光電材料，某工廠以硫化銅礦石(含 CuFeS2、Cu2S等)為原料制取Cu2O的工藝流程如下：常溫下幾種物質(zhì)開始形成沉淀與完全沉淀時(shí)的pH如下表(1)爐氣中的有害氣體成分是_，Cu2S與O2反應(yīng)時(shí)，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_。(2)若試劑X是H2O2溶液，寫出相應(yīng)反應(yīng)的離子方程式：_。當(dāng)試劑X是_時(shí)，更有利于降低生產(chǎn)成本。(3)加入試劑Y調(diào)pH時(shí)，pH的調(diào)控范圍是_。(4)寫出用N2H4制備Cu2O的化學(xué)方程式：_，操作X包括_、洗滌、烘干，其中烘干時(shí)要隔絕空氣，其目的是_。(5)以銅與石墨作電極，電解濃的強(qiáng)堿性溶液可制得納米級(jí)Cu2O，寫出陽極上生成Cu2O的電極反應(yīng)式：_。【答案】SO2 2：1 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O 空氣或氧氣 3.7pH4.8 4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2+4K2SO4+6H2O 過濾 防止Cu2O被空氣中氧氣氧化 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O 【解析】 (1)金屬硫化物焙燒時(shí)均轉(zhuǎn)化為金屬氧化物與二氧化硫，故爐氣中的有害氣體成分是SO2；Cu2S與O2反應(yīng)時(shí)，氧化劑為O2，還原劑為Cu2S，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，二者的物質(zhì)的量之比為2:1，故答案為：SO2；2：1；(2)酸性條件下，H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，本身被還原為H2O，方程式為2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；酸性條件下O2也可以將Fe2+氧化為Fe3+，而氧氣或空氣價(jià)格遠(yuǎn)低于H2O2，所以用氧氣替代雙氧水，可以有效降低生產(chǎn)成本，故答案為：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；空氣或氧氣；(3)調(diào)整pH的目的是使鐵離子全部轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去而銅離子不能形成沉淀，故pH調(diào)控范圍是3.7pH4.8，故答案為：3.7pH4.8；(4)N2H4將Cu2+還原為Cu2O，自身被氧化為N2，化學(xué)方程式為；4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2+4K2SO4+6H2O；由于Cu2O不溶于水，故操作X為過濾、洗滌、烘干；因Cu2O有較強(qiáng)的還原性，在加熱條件下易被空氣氧化，故烘干過程中要隔絕空氣，故答案為：4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2+4K2SO4+6H2O；過濾；防止Cu2O被空氣中氧氣氧化；(5)因Cu2O是在陽極上生成的，故陽極材料是銅，銅失去電子轉(zhuǎn)化為Cu2O，相應(yīng)的電極反應(yīng)式為：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；故答案為：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。14以廢舊鋅錳電池中的黑錳粉（MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化鐵等）為原料制備MnCl2，實(shí)現(xiàn)錳的