學生用書P219
1.(15分)(2024·甘肅卷,15節(jié)選)我國科研人員以高爐渣(主要成分為CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)為原料,對煉鋼煙氣(CO2和水蒸氣)進行回收利用,有效減少了環(huán)境污染,主要流程如圖所示。
已知:Ksp(CaSO4)=4.9×10-5 Ksp(CaCO3)=3.4×10-9
(1)高爐渣與(NH4)2SO4經(jīng)焙燒產(chǎn)生的“氣體”是 。
(2)“濾渣”的主要成分是CaSO4和 。
(3)“水浸2”時主要反應的化學方程式為 ,該反應能進行的原因是 。
(4)鋁產(chǎn)品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于 。
答案:(1)NH3
(2)SiO2
(3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4 Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣
(4)凈水
解析:高爐渣(主要成分為CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400 ℃下焙燒,生成硫酸鈣、硫酸鎂、硫酸鋁,同時產(chǎn)生氣體,該氣體與煙氣(CO2和水蒸氣)反應生成(NH4)2CO3,所以該氣體為NH3;焙燒產(chǎn)物經(jīng)過“水浸1”,然后過濾,“濾渣”為CaSO4以及未反應的SiO2,濾液中溶質(zhì)主要為硫酸鎂、硫酸鋁及硫酸銨;濾液經(jīng)濃縮結晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富鎂溶液;向“濾渣”中加入(NH4)2CO3溶液,濾渣中的CaSO4會轉化為更難溶的碳酸鈣。
(1)高爐渣與(NH4)2SO4經(jīng)焙燒產(chǎn)生的“氣體”是NH3。
(2)“濾渣”的主要成分是CaSO4和未反應的SiO2。
(3)“水浸2”時主要反應為硫酸鈣與碳酸銨反應生成更難溶的碳酸鈣,反應的化學方程式為CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4,該反應之所以能發(fā)生,是由于Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣。
(4)鋁產(chǎn)品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后,會產(chǎn)生Al3+,Al3+水解生成Al(OH)3膠體,可用于凈水。
2.(12分)(2024·山東卷)以鉛精礦(含PbS、Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag的工藝流程如下:
回答下列問題:
(1)“熱浸”時,難溶的PbS和Ag2S轉化為[PbCl4]2-和[AgCl2]-及單質(zhì)硫。溶解等物質(zhì)的量的PbS和Ag2S時,消耗Fe3+物質(zhì)的量之比為 ;溶液中鹽酸濃度不宜過大,除防止“熱浸”時HCl揮發(fā)外,另一目的是防止產(chǎn)生 (填化學式)。
(2)將“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復用飽和食鹽水熱溶,電解所得溶液可制備金屬Pb?！半娊猗瘛标枠O產(chǎn)物用尾液吸收后在工藝中循環(huán)使用,利用該吸收液的操作單元為 。
(3)“還原”中加入鉛精礦的目的是 。
(4)“置換”中可選用的試劑X為 (填字母);
AE.AlBE.Zn
CE.PbDE.Ag
“置換”反應的離子方程式為 。
(5)“電解Ⅱ”中將富銀鉛泥制成電極板,用作 (填“陰極”或“陽極”)。
答案:(1)1∶1 H2S
(2)熱浸
(3)將過量的Fe3+還原為Fe2+
(4)C Pb+2[AgCl2]-[PbCl4]2-+2Ag
(5)陽極
解析:本題以鉛精礦(含PbS、Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag,“熱浸”時,難溶的PbS和Ag2S轉化為[PbCl4]2-和[AgCl2]-及單質(zhì)硫,Fe3+被還原為Fe2+,“過濾Ⅰ”除掉單質(zhì)硫,濾液中[PbCl4]2-在稀釋、降溫的過程中轉化為PbCl2沉淀,然后用飽和食鹽水熱溶,增大氯離子濃度,使PbCl2又轉化為[PbCl4]2-,電解得到Pb;過濾Ⅱ后的濾液成分主要為[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3,故加入鉛精礦主要將FeCl3還原為FeCl2,試劑X將[AgCl2]-置換為Ag,得到富銀鉛泥,試劑X為鉛,尾液中含F(xiàn)eCl2。
(1)“熱浸”時,Fe3+將PbS和Ag2S中-2價的硫氧化為單質(zhì)硫,Fe3+被還原為Fe2+,在這個過程中Pb和Ag的化合價保持不變,所以溶解等物質(zhì)的量的PbS和Ag2S時,S2-的物質(zhì)的量相等,所以消耗Fe3+的物質(zhì)的量相等,比值為1∶1;溶液中HCl濃度過大時會生成H2S氣體。
(2)“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復用飽和食鹽水熱溶,會溶解為[PbCl4]2-,電解含[PbCl4]2-的溶液可制備金屬Pb,Pb在陰極產(chǎn)生,陽極Cl-放電產(chǎn)生Cl2,尾液中含有FeCl2,FeCl2吸收Cl2后轉化為FeCl3,可以在“熱浸”中循環(huán)使用。
(3)“過濾Ⅱ”所得的濾液中有過量的未反應的Fe3+,根據(jù)還原之后可以得到含硫濾渣可知,“還原”中加入鉛精礦的目的是將過量的Fe3+還原為Fe2+。
(4)“置換”中加入試劑X可以得到富銀鉛泥,為了防止引入其他雜質(zhì),則試劑X應為Pb,發(fā)生的反應為Pb+2[AgCl2]-2Ag+[PbCl4]2-。
(5)“電解Ⅱ”中將富銀鉛泥制成電極板,“電解Ⅱ”得到金屬銀和金屬鉛,將銀和鉛分離出來,所以不可能作為陰極,應作為陽極板,陽極放電時,銀變成陽極泥而沉降下來,鉛失電子為Pb2+,陰極得電子得到Pb,所以電極板應作陽極。
3.(12分)(2024·山東名校聯(lián)盟二模)以水鈷礦(C2O3·H2O,含F(xiàn)e2O3、MgO、CaO)和輝銅礦(Cu2S,含SiO2、Fe2O3)為原料制取膽礬和單質(zhì)鈷。
已知:
①常溫下,Ksp(MgF2)=6.25×10-9,Ksp(CaSO4)=7.1×10-7,Ksp(CCO3)=2.4×10-7;
②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表:
③萃取Cu2+的反應原理:Cu2++2HRCuR2+2H+;
④Mg、Ca、Fe、C均能與強酸反應產(chǎn)生H2。
回答下列問題:
(1)“酸浸”過程硫元素價態(tài)變?yōu)?6價,寫出“酸浸”過程中主要反應的化學方程式:
。
(2)“濾渣1”的主要成分為 。
(3)常溫下,“濾液1”中(Fe元素都以Fe3+形式存在)加“氧化銅”調(diào)pH不小于 。
(4)常溫下,若“濾液2”中c(Mg2+)=0.015 ml·L-1(忽略溶液中極少量的Ca2+),除去2 L“濾液2”中的Mg2+,至少需加入NaF固體的質(zhì)量為 g(忽略溶液體積的變化,保留至小數(shù)點后一位)。
(5)“反萃取”步驟中加入的“試劑a”為 。
(6)采用惰性電極電解CCl2溶液﹑在無離子交換膜的條件下,不能用CSO4溶液代替CCl2溶液的理由是 。
(7)將制得的膽礬配成溶液,先加入足量氨水,得到深藍色溶液,再通入SO2至弱酸性,生成白色沉淀。經(jīng)儀器分析:白色沉淀含H、N、O、S、Cu五種元素,且Cu∶N∶S=1∶4∶1;所含銅離子中無單電子;晶體的部分組成微粒的空間結構分別為三角錐形和正四面體形。則白色沉淀的化學式為 。
答案:(1)Cu2S+5C2O3·H2O+11H2SO42CuSO4+10CSO4+16H2O
(2)SiO2、CaSO4
(3)3.7 (4)4.6 (5)稀硫酸
(6)電解CSO4溶液使溶液呈酸性,將生成的C再次溶解
(7)[NH4Cu(NH3)3]SO4
解析:水鈷礦(C2O3·H2O,含F(xiàn)e2O3、MgO、CaO)和輝銅礦(Cu2S,含SiO2、Fe2O3)中加硫酸進行溶解,二氧化硅不能被硫酸溶解,同時生成硫酸鈣,過濾將二者除去;溶解過程中C3+將Cu2S氧化,自身被還原為C2+;加入氧化銅調(diào)節(jié)pH,使Fe3+形成沉淀過濾除去;加入NaF,可使Mg2+和Ca2+形成沉淀,過濾除去;加入萃取劑對Cu2+進行萃取,使Cu2+和C2+分離,分離后加入反萃取劑硫酸進行反萃取后得含CuSO4的溶液,進一步得到膽礬;萃取后水相中加入碳酸鈉將C2+沉淀形成CCO3,加鹽酸溶解后對溶液進行電解得C。
(1)“酸浸”過程C元素化合價由+3價降為+2價,硫元素化合價由-2價變?yōu)?6價,Cu元素化合價由+1價升高為+2價,根據(jù)得失電子守恒及質(zhì)量守恒,化學方程式:Cu2S+5C2O3·H2O+11H2SO42CuSO4+10CSO4+16H2O。
(2)根據(jù)分析,“濾渣1”的主要成分:SiO2、CaSO4。
(3)為確保Fe3+完全沉淀,應調(diào)pH不小于3.7。
(4)“濾液2”中c(Mg2+)=0.015 ml·L-1,除去后認為溶液中c(Mg2+)≤10-5 ml·L-1,c(F-)≥Ksp(MgF2)c(Mg2+)=6.25×10-910-5 ml·L-1=2.5×10-2 ml·L-1,生成MgF2沉淀反應過程中Mg2+濃度變化:(0.015-0.000 01) ml·L-1,“濾液2”體積為2 L,則消耗NaF物質(zhì)的量:n(NaF)=2n(Mg2+),至少需加入NaF物質(zhì)的量n(NaF)=(0.015-0.000 01) ml·L-1×2 L×2+2.5×10-2 ml·L-1×2 L=0.109 96 ml,對應質(zhì)量:0.109 96 ml×42 g·ml-1≈4.6 g。
(5)根據(jù)萃取Cu2+的反應原理:Cu2++2HRCuR2+2H+及產(chǎn)物為膽礬可判斷,“反萃取”步驟中加入的“試劑a”為稀硫酸。
(6)用CSO4溶液代替CCl2溶液,電解過程中陽極發(fā)生電極反應:2H2O-4e-O2↑+4H+,導致溶液呈酸性,而陰極電極反應:C2++2e-C,生成的C在酸性環(huán)境下被溶解。
4.(12分)(2024·山東日照一模)回收利用廢舊鋰離子電池中鈷酸鋰粗品制備LiCO2產(chǎn)品,可實現(xiàn)資源的循環(huán)利用。其工藝流程如下。
已知:①氯化膽堿[HOCH2CH2N+(CH3)3·Cl-]是銨鹽,熔點較低;LiCO2熔點較高。
②C2+在溶液中常以[CCl4]2-(藍色)和[C(H2O)6]2+(粉紅色)形式存在。
③常溫下,Ksp[C(OH)2]=1×10-15。
回答下列問題:
(1)“水浸”過程中溶液由藍色逐漸變?yōu)榉奂t色,則“微波共熔”后獲得的含Li、C的化合物為 (填化學式),“微波共熔”中氯化膽堿的作用是 。
(2)“沉鈷”過程發(fā)生反應的離子方程式為 。常溫下,鈷離子恰好沉淀完全時溶液的pH= [當c(C2+)≤10-5 ml·L-1時可認為離子沉淀完全]。
(3)“煅燒”過程生成C3O4,則消耗的n[C(OH)2]∶n(O2)= 。
(4)可回收利用“沉鋰”后的濾液的操作單元是 。
(5)“高溫燒結”發(fā)生反應的化學方程式為 。
答案:(1)Li2[CCl4] 作為反應物提供Cl-,作助劑降低LiCO2熔融所需的溫度
(2)[C(H2O)6]2++2OH-C(OH)2↓+6H2O 9
(3)6∶1 (4)沉鈷
(5)6Li2CO3+O2+4C3O412LiCO2+6CO2
解析:(1)[CCl4]2-呈藍色,“水浸”過程中溶液由藍色逐漸變?yōu)榉奂t色,則“微波共熔”后獲得的含Li、C的化合物為Li2[CCl4],又已知氯化膽堿[HOCH2CH2N+(CH3)3·Cl-]是銨鹽,熔點較低,LiCO2熔點較高,則“微波共熔”中氯化膽堿的作用是作為反應物提供Cl-,作助劑降低LiCO2熔融所需的溫度。
(2)“水浸”之后,溶液變?yōu)榉奂t色,C2+在溶液中的存在形式為[C(H2O)6]2+,加入氫氧化鈉沉鈷,得到C(OH)2沉淀,則“沉鈷”過程發(fā)生反應的離子方程式為[C(H2O)6]2++2OH-C(OH)2↓+6H2O。常溫下,Ksp[C(OH)2]=1×10-15,當c(C2+)≤10-5 ml·L-1時可認為離子沉淀完全,則鈷離子恰好沉淀完全時溶液中c(OH-)=10-5 ml·L-1,pOH=5,則pH=9。
(3)“煅燒”過程C(OH)2生成C3O4,反應為6C(OH)2+O22C3O4+6H2O,則消耗的n[C(OH)2]∶n(O2)=6∶1。
(5)碳酸鋰和C3O4高溫燒結(通入空氣氧化)得到LiCO2產(chǎn)品,則“高溫燒結”發(fā)生反應的化學方程式為6Li2CO3+O2+4C3O412LiCO2+6CO2。
5.(12分)(2024·山東臨沂二模)高純二硫化鉬(MS2)粉體被譽為“固體潤滑之王”。由鉬精礦(主要成分為MS2,還有少量MgO、Fe2O3、K2CO3等)制備高純MS2的一種工藝流程如圖所示。
回答下列問題:
(1)“焙燒”時生成MO3的化學方程式為 ;
“水洗”的目的是 。
(2)“轉化”過程中,存在MO42-→MO3S2-→MO2S22-→MOS32-→MS42-。
①(NH4)2MO4轉化為(NH4)2MS4的化學方程式為 。
②保持溫度為55 ℃反應1 h后,冷卻至20 ℃并靜置24 h,測得δ=n[(NH4)2S]n[(NH4)2MO4]對(NH4)2MS4晶體產(chǎn)率的影響如圖所示。
δ=3時,(NH4)2MS4晶體產(chǎn)率為0的原因是 ;δ>4時,(NH4)2MS4晶體產(chǎn)率繼續(xù)增大的原因是 。
(3)“酸浸”和“高溫還原”中產(chǎn)生的氣體可通入 (填操作單元的名稱)中循環(huán)使用。
(4)MS2也可由(NH4)2MS4在一定條件下加熱分解制得,同時產(chǎn)生NH3、H2S和某種硫單質(zhì),且NH3與硫單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為8∶1,則硫單質(zhì)的分子式為 。
答案:(1)2MS2+7O22MO3+4SO2 除去碳酸鉀
(2)①(NH4)2MO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MS4+8NH3·H2O ②(NH4)2S量不足,(NH4)2MO4轉化生成(NH4)2MS3 繼續(xù)加入(NH4)2S,使得銨根離子濃度增大,降低了(NH4)2MS4的溶解度,使其結晶析出,導致晶體產(chǎn)率繼續(xù)增大
(3)轉化 (4)S4
解析:鉬精礦在空氣中煅燒時,MS2轉化為MO3和二氧化硫,水洗除去碳酸鉀等可溶物,過濾分離出固體并加入氨水浸取,氧化鐵、氧化鎂不反應成為“浸渣”,浸取液中含有(NH4)2MO4,加入硫化銨將(NH4)2MO4轉化為(NH4)2MS4,加入稀硫酸酸浸,得到硫化氫氣體和MS3沉淀:MS42-+2H+MS3↓+H2S↑,使用氫氣在高溫下還原MS3得到MS2。
(1)空氣中的氧氣具有氧化性,“焙燒”時MS2被氧化為MO3,同時生成二氧化硫,該反應的化學方程式為2MS2+7O22MO3+4SO2;氧化鐵、氧化鎂、MO3均不溶于水,而碳酸鉀溶于水,則“水洗”的目的是除去碳酸鉀。
(2)①向含(NH4)2MO4的溶液中加入硫化銨生成(NH4)2MS4,根據(jù)質(zhì)量守恒可知,同時生成一水合氨,化學方程式為(NH4)2MO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MS4+8NH3·H2O。②δ=3時,(NH4)2S量不足,(NH4)2MO4轉化生成(NH4)2MS3,故(NH4)2MS4晶體產(chǎn)率為0;δ>4時,(NH4)2MO4轉化生成(NH4)2MS4,繼續(xù)加入(NH4)2S,使得溶液中銨根離子濃度增大,降低了(NH4)2MS4溶解度,使其結晶析出,從而導致晶體產(chǎn)率繼續(xù)增大。
(3)“酸浸”和“高溫還原”中產(chǎn)生的氣體為硫化氫,硫化氫和氨水反應生成硫化銨,故可通入“轉化”環(huán)節(jié)中繼續(xù)使用。
(4)NH3與硫單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為8∶1,假設生成8分子氨氣、1分子硫單質(zhì),根據(jù)質(zhì)量守恒可知,有4分子(NH4)2MS4參與反應,則生成4分子MS2,M化合價由+6價變?yōu)?4價,轉移4×2=8個電子,生成硫單質(zhì)的硫化合價由-2價變?yōu)?價,根據(jù)得失電子守恒可知,生成硫單質(zhì)中硫原子數(shù)目為8÷2=4,故硫單質(zhì)化學式為S4。
6.(12分)(2024·山東德州一模)BiVO4是一種光催化材料。工業(yè)利用某廢催化劑(主要含V2O5、Bi2O3、NiO及少量Al2O3、SiO2)制備BiVO4的工藝流程如下:
已知:Ⅰ.Bi2O3、NiO都是不溶于水的堿性氧化物
Ⅱ.0.1 ml·L-1 Bi(NO3)3溶液的pH=1.0
Ⅲ.VO2++2HR(有機層)VOR2(有機層)+2H+
回答下列問題:
(1)濾渣的主要成分是 ;酸化時,[Al(OH)4]-完全轉化為Al(OH)3的最大pH為 。{已知Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]- K=100.63;離子濃度≤10-5 ml·L-1時沉淀完全}
(2)“酸化”后的溶液中存在VO3-,則“還原”時發(fā)生反應的離子方程式為 。
(3)反萃取劑應選用 (填“酸性”“中性”或“堿性”)溶液;若“萃取”“反萃取”的過程中釩的總回收率為90%,則“還原”時加入的Na2SO3和“氧化”時加入的NaClO3的物質(zhì)的量之比為 。
(4)生成BiVO4的化學方程式為 ,實驗測得溶液pH、溫度和Bi(NO3)3溶液濃度對生成BiVO4的粒徑影響圖像如下:
綜合分析:制備粒徑較小的BiVO4晶體的最佳條件是 ;制備過程中需加入NaOH維持最佳pH,若Bi(NO3)3過量,需要增加NaOH的用量,原因是 。
答案:(1)Al(OH)3和H2SiO3 8.37
(2)2VO3-+SO32-+6H+2VO2++SO42-+3H2O
(3)酸性 10∶3
(4)H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3BiVO4+NH4NO3+2HNO3 pH=6,80 ℃,濃度為1.0 ml·L-1 Bi(NO3)3溶液顯酸性,則為了維持最佳pH,需要增加NaOH的用量
解析:(1)某廢催化劑首先用氫氧化鈉溶液堿溶,根據(jù)信息可知,“沉淀”為Bi2O3、NiO,其中氧化鋁和二氧化硅分別轉化為四羥基合鋁酸鈉和硅酸鈉,過濾后再酸化,則濾渣主要成分為Al(OH)3和H2SiO3;題中反應的平衡常數(shù)K=c([Al(OH)4]-)c(OH-)=10-5ml·L-1c(OH-)=100.63,c(OH-)=10-5.63 ml·L-1,c(H+)=10-8.37 ml·L-1,pH=8.37。
(2)根據(jù)流程可知,“還原”時VO3-轉化為VO2+,相應的方程式為2VO3-+SO32-+6H+2VO2++SO42-+3H2O。
(3)結合信息Ⅲ,根據(jù)平衡移動原理可知,反萃取劑應選用酸性溶液;“萃取”“反萃取”前后V的化合價都是+4價,則根據(jù)得失電子守恒可知,還原劑失去電子的物質(zhì)的量等于氧化劑得到電子的物質(zhì)的量,設Na2SO3的物質(zhì)的量為x,NaClO3的物質(zhì)的量為y,則2x×90%=6y,則x∶y=10∶3。
(4)根據(jù)流程可知,生成BiVO4的化學方程式為H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3BiVO4+NH4NO3+2HNO3;根據(jù)圖中信息可知,制備粒徑較小的BiVO4晶體的最佳條件是pH=6,80 ℃,濃度為1.0 ml·L-1;根據(jù)信息Ⅱ可知,Bi(NO3)3溶液顯酸性,則為了維持最佳pH,需要增加NaOH的用量。
7.(12分)(2024·江蘇南京二模)高效氧化劑亞氯酸鈉(NaClO2)常用于煙氣脫硝(NOx)和廢水脫除氨氮。
(1)NaClO2的制備。一種制備NaClO2的過程可表示為:
①“反應2”的化學方程式為 。
②“反應1”的產(chǎn)物ClO2經(jīng)凈化后常作為飲用水消毒劑替代傳統(tǒng)的Cl2,從消毒后飲用水水質(zhì)和消毒效率(單位質(zhì)量消毒劑被還原時得電子數(shù))的角度考慮,用ClO2替代Cl2的原因是 。
(2)NaClO2溶液對煙氣脫硝。
①酸性條件下,Fe3+可催化溶液中的NaClO2產(chǎn)生氧化性更強的ClO2氣體,總反應可表示為5ClO2-+4H+4ClO2+Cl-+2H2O。請補充完整過程Ⅱ的離子方程式:
Ⅰ.Fe3++ClO2-FeClO22+;
Ⅱ. ;
Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+5Fe3++Cl-+2H2O。
②Fe3+催化NaClO2溶液脫硝。其他條件相同時,煙氣中NO氧化率隨c(Fe3+)、反應溫度的變化分別如圖所示。
ⅰ.NO氧化率隨c(Fe3+)增大而增大的原因是 。
ⅱ.溫度升高,NO氧化率先增大后減小的可能原因是 。
(3)NaClO2溶液處理氨氮廢水。向一定量酸性氨氮廢水中加入一定體積已知濃度的NaClO2溶液,用傳感器測得溶液中NH4+與NO3-含量隨反應時間的變化如圖所示。判斷該實驗中被氧化的NH4+是否全部轉化為NO3-的依據(jù)為 。
答案:(1)①2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O ②可避免產(chǎn)生對人體有害的有機氯化物,且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍
(2)①FeClO22+Fe2++ClO2 ②ⅰ.催化劑Fe3+的濃度增大,生成氧化性更強的ClO2速率加快,NO的氧化率提高
ⅱ.溫度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反應速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度減小,導致NO氧化率減小。溫度低于60 ℃時,以前者為主,高于60 ℃時,以后者為主
(3)一定時間內(nèi),相同體積溶液中,若NH4+減少的質(zhì)量與NO3-增加的質(zhì)量的比值約為18∶62,則被氧化的NH4+幾乎全部轉化為NO3-
解析:根據(jù)NaClO2的制備過程可知,NaClO3與SO2在酸性條件下發(fā)生反應生成硫酸氫鈉、ClO2;生成的ClO2與H2O2反應生成NaClO2和氧氣。
(1)①ClO2與H2O2反應生成NaClO2和氧氣,1 ml ClO2得1 ml電子,1 ml H2O2失2 ml電子,根據(jù)得失電子守恒可得反應的化學方程式為2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O。②使用ClO2可避免產(chǎn)生對人體有害的有機氯化物,且1 ml ClO2轉化為氯離子得5 ml電子,而1 ml Cl2轉化為氯離子得2 ml電子,ClO2的消毒效率與Cl2的消毒效率之比為5ml67.5 g·ml-1∶2ml71 g·ml-1≈2.63∶1。
(2)①結合反應Ⅰ和Ⅲ可知,反應Ⅱ中FeClO22+作反應物,Fe2+、ClO2作產(chǎn)物,該反應為FeClO22+Fe2++ClO2。②催化劑Fe3+的濃度增大,生成氧化性更強的ClO2的速率加快,NO的氧化率提高。③溫度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反應速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度減小,導致NO氧化率減小。溫度低于60 ℃時,以前者為主,高于60 ℃時,以后者為主。
(3)一定時間內(nèi),相同體積溶液中,若NH4+幾乎全部轉化為NO3-,則NH4+減少1 ml即18 g時應生成1 ml NO3-,則NO3-增加的質(zhì)量為62 g,因此當NH4+減少的質(zhì)量與NO3-增加的質(zhì)量的比值約為18∶62時可說明NH4+完全被氧化為NO3-。
8.(12分)(2024·山東濰坊調(diào)研試題二)錳廢渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、C2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+。通過沉淀-萃取法可以回收其中的錳、鈷、鎳,流程如圖所示。
已知:萃取劑a和萃取劑b均為有機化合物,可用通式HR表示,萃取金屬離子時,發(fā)生反應:nHR+Mn+MRn+nH+(M代表被萃取的金屬)?；卮鹣铝袉栴}:
(1)MnO2的作用是 。
(2)該流程中涉及的實驗操作有 (填字母)。
AE.過濾BE.蒸發(fā)結晶
CE.分液DE.蒸餾
(3)加入CaCO3調(diào)pH的目的是 。
(4)已知:Ksp(CaF2)=5.3×10-9,Ksp(MgF2)=5.2×10-11,向除鐵后的溶液中加入MnF2,當溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5 ml·L-1時,c(Ca2+)= ml·L-1(保留1位有效數(shù)字)。
(5)寫出反萃取出Mn2+的離子方程式: 。
(6)回收液中Ni2+濃度的測定:取50.00 mL Ni2+回收液,滴入幾滴紫脲酸胺(紫色)指示劑(遇Ni2+顯橙黃色),用濃度為0.100 0 ml·L-1的Na2H2Y溶液進行滴定(Ni2++H2Y2-[NiY]2-+2H+),達到滴定終點時消耗Na2H2Y溶液的體積為12.50 mL。
①滴定終點的現(xiàn)象是 。
②Ni2+的物質(zhì)的量濃度為 。
③若紫脲酸胺滴入過多,終點延遲,會導致所測Ni2+含量 (填“偏高”“偏低”或“無影響”)。
答案:(1)氧化Fe2+
(2)AC
(3)使Fe3+轉化成Fe(OH)3沉淀除去
(4)0.001
(5)MnR2+2H+2HR+Mn2+
(6)①當?shù)稳胱詈蟀氲蜰a2H2Y標準溶液后,溶液由橙黃色變?yōu)樽仙?且半分鐘內(nèi)不恢復橙黃色
②0.025 0 ml·L-1 ③偏高
解析:錳廢渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、C2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+,往其中加二氧化錳將二價鐵氧化為三價鐵,加碳酸鈣調(diào)溶液pH,使鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀,往濾液中加MnF2沉淀鈣離子和鎂離子,過濾,往濾液中加萃取劑a萃取錳離子,向所得有機相中加入反萃取劑得到含Mn2+的溶液;無機相用萃取劑b萃取C2+,所得無機相為含Ni2+的溶液,向有機相中加入反萃取劑得到含C2+的溶液。
(1)“浸出液”中含二價鐵,MnO2的作用是將二價鐵氧化為三價鐵。
(2)流程中得濾渣①和濾渣②的操作為過濾,萃取之后得有機相和無機相的操作為分液,故答案:為AC。
(3)用二氧化錳將二價鐵氧化為三價鐵后,加入CaCO3調(diào)pH可以使Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀,即加入CaCO3調(diào)pH的目的是使Fe3+轉化成氫氧化鐵沉淀除去。
(4)已知:Ksp(CaF2)=5.3×10-9,Ksp(MgF2)=5.2×10-11,向除鐵后的溶液中加入MnF2,當溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5 ml·L-1時,c(F-)=Ksp(MgF2)c(Mg2+)=5.2×10-111.0×10-5 ml·L-1=5.2×10-6 ml·L-1,則c(Ca2+)=Ksp(CaF2)c2(F-)=5.3×10-95.2×10-6 ml·L-1≈0.001 ml·L-1。
(5)根據(jù)信息可知,反萃取劑為酸,即反萃取出Mn2+時加入適量的酸將Mn2+反萃取出來,相應的離子方程式為MnR2+2H+2HR+Mn2+。
(6)①在Ni2+與Na2H2Y溶液恰好完全反應之前,溶液呈橙黃色,恰好完全反應后,溶液中無Ni2+,此時再加半滴Na2H2Y溶液,溶液將會呈紫色,且半分鐘內(nèi)不恢復橙黃色,所以滴定終點的現(xiàn)象是當?shù)稳胱詈蟀氲蜰a2H2Y標準溶液后,溶液由橙黃色變?yōu)樽仙?且半分鐘內(nèi)不恢復橙黃色。②反應時Ni2+與Na2H2Y按物質(zhì)的量1∶1反應,所以Ni2+物質(zhì)的量濃度為0.100 0ml·L-1×0.012 5 L0.05 L=0.025 0 ml·L-1。③若紫脲酸胺滴入過多,終點延遲,會導致Na2H2Y偏多,則所測Ni2+含量偏高。
金屬離子
Fe3+
Fe2+
C2+
Cu2+
開始沉淀時(c=0.01 ml·L-1)的pH
2.7
7.5
7.6
4.7
完全沉淀時(c=10-5 ml·L-1)的pH
3.7
9.0
9.1
6.2

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