2020届高考化学一轮复习（浙江）　化学反应与化工流程题复习策略作业 12页

化学反应与化工流程题复习策略 ‎1.某实验室产生的废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+三种金属离子,研究小组设计了下列实验方案对废液进行处理,以回收金属,保护环境。‎ 请回答:‎ ‎(1)步骤①②④用到的主要玻璃仪器是　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)步骤③的实验现象是　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)设计一个实验方案,验证步骤①中所加硫酸溶液已经过量:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)玻璃棒、漏斗、烧杯　(2)溶液由浅绿色变为黄色　(3)取上层清液,继续加硫酸溶液,若无白色沉淀生成,则说明硫酸溶液已经过量(答案合理即可)‎ 解析　(1)根据流程图可知,步骤①②④为过滤,用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒;(2)步骤③利用H2O2的氧化性,把Fe2+氧化成Fe3+,发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O,实验现象为溶液颜色由浅绿色变为黄色;(3)步骤①发生反应:Ba2++SO‎4‎‎2-‎BaSO4↓,溶液中含有H+,因此不能检验H+的存在,因此需要检验SO‎4‎‎2-‎或Ba2+,操作是取上层清液,继续加入硫酸溶液,若无白色沉淀生成,则说明硫酸溶液已经过量或者取上层清液,加入BaCl2溶液,如果有白色沉淀生成,则说明硫酸溶液已经过量。‎ ‎2.重铬酸钾是一种重要的化工原料,工业上由铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3、SiO2等)制备,制备流程如图所示:‎ 已知:a.步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2‎ b.2CrO‎4‎‎2-‎+2H+ Cr2O‎7‎‎2-‎+H2O 下列说法正确的是(　　)‎ A.步骤①熔融、氧化可以在陶瓷容器中进行 B.步骤①中每生成44.8 L(标准状况下)CO2共转移14 mol电子 C.步骤④若调节滤液2的pH使之变大,则有利于生成Cr2‎O‎7‎‎2-‎ D.步骤⑤生成K2Cr2O7晶体,说明该温度下K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7‎ 答案　D　陶瓷容器中含有二氧化硅,SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2↑,陶瓷容器会被腐蚀,故A错误;步骤①中2CO2~7e-,每生成44.8 L(标准状况下)即2 mol CO2共转移7 mol电子,故B错误;步骤④若调节滤液2的pH使之变大,2CrO‎4‎‎2-‎+2H+ Cr2O‎7‎‎2-‎+H2O反应的平衡左移,则不有利于生成Cr2O‎7‎‎2-‎,故C错误;溶液趋向于析出溶解度较小的晶体,步骤⑤生成K2Cr2O7晶体,说明该温度下K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7,故D正确。‎ ‎3.一种含铝、锂、钴的新型电子材料,生产中产生的废料数量可观,废料中的铝以金属铝箔的形式存在,钴以Co2O3·CoO的形式存在,吸附在铝箔的单面或双面,锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下:‎ ‎(1)过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出废料中的Al,反应的离子方程式为　。 ‎ ‎(2)过程Ⅱ中加入稀硫酸酸化后,再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的反应的化学方程式为(产物中只有一种酸根)　 。 ‎ 在实验室模拟工业生产时,也可用盐酸浸出钴,但实际工业生产中不用盐酸,请从氧化还原反应和环境保护的角度分析不用盐酸浸出钴的主要原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3,碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用,请写出该反应的离子方程式:　 。 ‎ ‎(4)碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同,请写出在过程Ⅳ中起的作用是　 。 ‎ 答案　(1)2Al+2OH-+2H2O 2AlO‎2‎‎-‎+3H2↑‎ ‎(2)4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4 12CoSO4+Na2SO4+11H2O ‎　Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2,污染环境 ‎(3)2Al3++3CO‎3‎‎2-‎+3H2O 2Al(OH)3↓+3CO2↑‎ ‎(4)调节pH,提供CO‎3‎‎2-‎,使Co2+沉淀为CoCO3‎ 解析　(1)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O 2AlO‎2‎‎-‎+3H2↑。(2)Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O,反应的化学方程式为4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4 12CoSO4+Na2SO4+11H2O,所以加入Na2S2O3的作用是还原Co3+,HCl具有还原性,能被Co2O3·CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境,所以不用盐酸。(3)铝离子能与碳酸根离子互相促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳,水解的离子方程式为2Al3++3CO‎3‎‎2-‎+3H2O 2Al(OH)3↓+3CO2↑。(4)碳酸钠溶液在过程Ⅲ中起的作用是:碳酸根离子能与铝离子互相促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳;碳酸钠溶液在过程Ⅳ中起的作用是调节pH,提供CO‎3‎‎2-‎,使Co2+沉淀为CoCO3。‎ ‎4.氨基磺酸镍[Ni(H2NSO3)2]是工业电镀镍所必需的化工原料,某科研小组先用尿素、SO3合成中间体氨基磺酸(H2NSO3H),再用氨基磺酸、金属镍和双氧水反应来合成氨基磺酸镍。已知磺化制氨基磺酸反应原理和整个过程的流程图如下:‎ ‎①CO(NH2)2(s)+SO3(g) H2NCONHSO3H(s)　ΔH<0‎ ‎②H2NCONHSO3H(s)+H2SO4 2H2NSO3H(s)+CO2↑‎ 图1‎ 已知物质的部分性质如下:‎ 物质 溶解性 稳定性 酸碱性 氨基磺酸 溶于水、不溶于乙醇 pH较低时发生水解生成NH4HSO4‎ 强酸性 氨基磺酸镍 溶于水、乙醇 高于110 ℃时分解 酸性 请回答:‎ ‎(1)操作A的名称是　　　,液体1的主要成分是　　　　(填化学式)。 ‎ ‎(2)“磺化”过程的温度与产率的关系如图2。温度高于80 ℃时氨基磺酸产率会降低,原因一是升高温度平衡逆向移动,原因二是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 图2‎ ‎(3)写出制备氨基磺酸镍的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)写出固体2洗涤的操作过程:  　。 ‎ ‎(5)流程图中“天蓝色溶液”需要调节pH=5~6的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)过滤或抽滤　H2SO4‎ ‎(2)温度过高,SO3气体逸出加快,使反应①转化率降低 ‎(3)Ni+H2O2+2H2NSO3H Ni(H2NSO3)2+2H2O ‎(4)关小水龙头,向布氏漏斗中加入乙醇的水溶液至浸没沉淀,让其慢慢流下,重复2~3次 ‎(5)pH较小时氨基磺酸易发生水解,使产物中含有NiSO4、(NH4)2SO4等杂质,造成产物纯度降低 解析　本题考查实验化学相关知识。(1)操作A为过滤或抽滤,液体1的主要成分是硫酸;(2)温度高于80 ℃时氨基磺酸的产率会降低,其原因除了升高温度促使平衡向逆反应方向移动外,还有一个原因是当反应体系温度过高时,会加快SO3气体的逸出,使反应①的转化率降低;(3)镍单质在H2O2的氧化作用下与H2NSO3H反应生成Ni(H2NSO3)2 ,其化学方程式为Ni+H2O2+2H2NSO3H Ni(H‎2‎NSO‎3‎)‎‎2‎+2H2O;(4)在抽滤装置中对沉淀进行洗涤的方法为:先关小水龙头,然后向布氏漏斗中加入乙醇的水溶液至浸没沉淀,让其慢慢流下,并重复2~3次;(5)pH较小时氨基磺酸发生水解生成NH4HSO4,造成产物中含有NiSO4、(NH4)2SO4等杂质,使产物纯度降低。‎ ‎5.工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有Al2O3、CaO等杂质),钙化法焙烧制备V2O5,其流程如下:‎ 石煤 焙砂 浸出液 NH4VO3 V2O5‎ ‎【资料】　+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系:‎ pH ‎4~6‎ ‎6~8‎ ‎8~10‎ ‎10~12‎ 主要离子 VO‎2‎‎+‎ VO‎3‎‎-‎ V2‎O‎7‎‎4-‎ VO‎4‎‎3-‎ ‎(1)焙烧:向石煤中加生石灰焙烧,将V2O3转化为Ca(VO3)2的化学方程式是　　　　　　　。 ‎ ‎(2)酸浸:‎ ‎①Ca(VO3)2难溶于水,可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH=4,Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②酸度对钒和铝的溶解量的影响如下图所示:酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%,根据下图推测,酸浸时不选择更高酸度的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)转沉:将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体,其流程如下:‎ 浸出液 ‎ ‎①浸出液中加入石灰乳的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②已知CaCO3的溶解度小于Ca3(VO4)2。向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液,可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语,用平衡移动原理解释其原因:   ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎③向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液,控制溶液的pH=7.5。当pH>8时,NH4VO3的产量明显降低,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)测定产品中V2O5的纯度:‎ 称取a g产品,先用硫酸溶解,得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1 mL c1 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO‎2‎‎+‎+2H++Fe2+ VO2++Fe3++H2O)。最后用c2 mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点,消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知MnO‎4‎‎-‎被还原为Mn2+,假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是　　　　　　　　(V2O5的摩尔质量:182 g·mol-1)。 ‎ 答案　(1)CaO+O2+V2O3 Ca(VO3)2‎ ‎(2)①Ca(VO3)2+4H+ 2VO‎2‎‎+‎+Ca2++2H2O ‎②酸度大于3.2%时,钒的溶解量增大不明量,而铝的溶解量增大程度更大 ‎(3)①调节溶液的pH,并提供Ca2+,形成Ca3(VO4)2沉淀(富集钒元素)‎ ‎②Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s) 3Ca2+(aq)+2VO‎4‎‎3-‎(aq),(NH4)2CO3溶液中的CO‎3‎‎2-‎与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀,c(Ca2+)降低,平衡正向移动,使钒从沉淀中溶出 ‎③pH>8时,钒的主要存在形式不是VO‎3‎‎-‎ ‎(4)‎‎91(c‎1‎b‎1‎-5c‎2‎b‎2‎)‎‎(1 000a)‎ 解析　(1)根据反应流程:向石煤中加生石灰焙烧,V2O3与氧化钙和氧气反应生成Ca(VO3)2,化学方程式是CaO+O2+V2O3 Ca(VO3)2。(2)①根据信息可知:pH在4~6之间,生成VO‎2‎‎+‎,所以Ca(VO3)2与盐酸反应离子方程式是Ca(VO3)2+4H+ 2VO‎2‎‎+‎+Ca2++2H2O。②根据图像变化可知:酸度大于3.2%时,钒的溶解量增大不明显,而铝的溶解量增大程度更大,因此酸浸时不选择更高酸度。(3)①浸出液中含有VO‎4‎‎3-‎,加入石灰乳后生成Ca3(VO4)2沉淀,便于钒元素的富集。②Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s) 3Ca2+(aq)+2VO‎4‎‎3-‎(aq),(NH4)2CO3溶液中的CO‎3‎‎2-‎与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀,c(Ca2+)降低,平衡正向移动,使钒从沉淀中溶出;因此向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液,可使钒从沉淀中溶出。③根据信息可知:pH>8时,钒的主要存在形式为V2O‎7‎‎4-‎或VO‎4‎‎3-‎等,不是VO‎3‎‎-‎,NH4VO3的产量明显降低。(4)高锰酸钾氧化亚铁离子变为铁离子,根据反应规律:MnO‎4‎‎-‎~5Fe2+,消耗KMnO4的量b2×10-3×c2 mol,则消耗亚铁离子的量为5b2×10-3×c2 mol,再根据VO‎2‎‎+‎~Fe2+关系可知,用来还原VO‎2‎‎+‎的亚铁离子的量为b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol,因此VO‎2‎‎+‎的量为b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol,产品中V2O5的量为‎1‎‎2‎(b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2) mol,产品中V2O5的质量为‎1‎‎2‎(b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2)×182=91(c1b1-5c2b2)×10-3g,则产品中V2O5的质量分数是‎91(c‎1‎b‎1‎-5c‎2‎b‎2‎)‎‎1 000a。‎ ‎6.锰酸钾(K2MnO4)是一种强氧化剂,可用于油脂、纤维、皮革的漂白。在酸性溶液中不稳定,容易发生歧化反应而变成MnO2和KMnO4。锰酸钾的合成路线与反应装置如下(部分装置已省略)。‎ 实验步骤:‎ 步骤一:向500 mL 圆底烧瓶中加入一定量的水、75 g氢氧化钾和10 g高锰酸钾;‎ 步骤二:水浴加热至65 ℃并冷凝回流一段时间;‎ 步骤三:冷却结晶、减压过滤,得到粗产品;‎ 步骤四:依次用40% KOH水溶液、0.015% KOH甲醇溶液、无水乙醚对产品进行洗涤;‎ 步骤五:干燥。‎ 已知:实验所用水及溶液均需煮沸。‎ 请回答:‎ ‎(1)冷凝水应该从　　　　　口进(填“A”或“B”),水浴加热的优点是　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)实验所用水及溶液均需煮沸的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)用40% KOH水溶液洗涤时,主要是为了除去　　　　　(填化学式)。 ‎ ‎(4)请你写出制备锰酸钾的化学方程式(产物中含Mn的化合物只有一种):　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(5)下列说法正确的是　　　　　。 ‎ A.过滤时,滤纸大小应略小于布氏漏斗内径又能将小孔全部盖住 B.洗涤时,右手压住分液漏斗的玻璃塞,左手握住旋塞,将分液漏斗倒转过来,用力振荡 C.干燥产品时,可以在真空干燥箱内进行 D.冷却结晶时,若出现过饱和现象,可振荡烧瓶 答案　(1)B　受热均匀,便于控温 ‎(2)除去溶解的二氧化碳,防止锰酸钾发生歧化反应 ‎(3)KMnO4‎ ‎(4)4KMnO4+4KOH4K2MnO4+2H2O+O2↑‎ ‎(5)CD 解析　(2)题目中提到锰酸钾在酸性条件下容易发生歧化反应,结合实验装置中干燥管中的碱石灰,说明煮沸要除去的不是氧气。‎ ‎(3)分析题干信息,杂质有未反应完的氢氧化钾和高锰酸钾,流程中用40%KOH水溶液洗涤是为了除去高锰酸钾。‎ ‎(4)失电子的只能是氧元素,因此有O2生成。‎ ‎(5)由于锰酸钾有强氧化性,故过滤时不能用滤纸,因此A错误。注意题目中洗涤的物质是固体,因此B错误。‎ ‎7.钴(Co)及其化合物在工业中应用广泛,从某工业废料中制备草酸钴(CoC2O4)的工业流程如下:‎ 已知:①废料中主要含有Co2O3,还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、CaO、SiO2等;‎ ‎②浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等;‎ ‎③H2O2不能氧化Co2+;‎ ‎④部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Co(OH)3‎ Al(OH)3‎ Co(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Mn(OH)2‎ 沉淀完全的pH ‎3.7‎ ‎4.6‎ ‎5.2‎ ‎9.2‎ ‎9.6‎ ‎9.8‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)在浸出过程中先加入盐酸与Co2O3反应生成黄绿色气体,此反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。浸出过程中加完盐酸后再加入还原性试剂A的目的是　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)用萃取剂萃取的步骤中,以下关于萃取分液操作的叙述正确的是　　　　。 ‎ A.为提高萃取率和产品产量,实验时分多次萃取并合并萃取后余液 B.溶液中加入萃取剂,转移至分液漏斗中,塞上玻璃塞,如上图所示用力振摇 C.振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气 D.经几次振摇并放气后,手持分液漏斗静置待液体分层 E.分液时,将分液漏斗上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔,打开旋塞,待下层液体完全流尽时,关闭旋塞后再从上口倒出上层液体 ‎(3)萃取剂对金属离子的萃取率(%)与溶液pH的关系如下图所示,在滤液Ⅱ中适宜萃取的pH为　　　　(填序号)。 ‎ A.接近2.0　　　B.接近3.0　　　C.接近5.0‎ ‎(4)萃取后余液中加入(NH4)2C2O4沉淀Co2+得到草酸钴,判断Co2+沉淀完全的操作是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(5)为测定制得的无水草酸钴样品的纯度,现称取样品m g,先用适当试剂将其转化,得到纯净的草酸铵溶液,再用过量的稀硫酸酸化,用c mol/L 高锰酸钾溶液去滴定,共用去高锰酸钾溶液V mL,则草酸钴样品的纯度为　　　　(用含m、c、V的式子表示)。 ‎ 答案　(1)Co2O3+6H++2Cl-2Co2++Cl2↑+3H2O　确保Co3+完全被还原成Co2+‎ ‎(2)AE ‎(3)B ‎(4)静置,等沉淀下沉后,向上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液,若无沉淀出现,可判断Co2+沉淀完全 ‎(5)‎36.75cVm%‎ 解析　本题考查物质的制备、物质的分离与提纯、滴定及相关计算。含钴废料中加入盐酸和试剂A,可得含HCl、CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2的浸出液,再加入H2O2,可将Fe2+氧化为Fe3+,然后加入Na2CO3调pH至5.2,Fe3+、Al3+变为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去,过滤后所得滤液Ⅰ中主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2和MnCl2‎ ‎,向滤液Ⅰ中加入NaF溶液,生成CaF2、MgF2沉淀而除去Ca2+和Mg2+,过滤得到的滤液Ⅱ中主要含有CoCl2和MnCl2,滤液Ⅱ中加入萃取剂除去Mn2+,萃取后余液中加入(NH4)2C2O4,充分反应后过滤得到CoC2O4。(1)盐酸与Co2O3反应生成的黄绿色气体为Cl2,氯元素化合价升高,则化合价降低的只能是钴元素,据此可写出反应的离子方程式为Co2O3+6H++2Cl-2Co2++Cl2↑+3H2O。依题给信息知浸出液中钴元素以Co2+形式存在,为使后续离子被顺利除去,加入还原性试剂A的目的是确保Co3+完全被还原成Co2+。(2)萃取分液操作中,为提高萃取率和产品产量,实验时可分多次萃取并合并萃取后余液,A正确;振摇时,先用右手手掌抵住玻璃塞,握住漏斗口部,左手握住旋塞部位,拇指压住旋塞,水平进行振摇,B错误;振摇几次后,将分液漏斗斜向上旋开旋塞放气,C错误;经几次振摇并放气后,将分液漏斗置于铁架台的铁圈上,静置待液体分层,D错误;分液时,将分液漏斗上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔,打开旋塞,待下层液体完全流尽时,关闭旋塞后再从上口倒出上层液体,E正确。(3)由萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系可知,调节溶液pH接近3.0,可使Mn2+萃取得较完全而Co2+损失较少。(5)根据方程式:‎ ‎5H2C2O4+2MnO‎4‎‎-‎+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,依据碳原子守恒可得关系式:5CoC2O4~‎5(NH‎4‎)‎‎2‎C2O4~5H2C2O4~2MnO‎4‎‎-‎,n(CoC2O4)=‎5‎‎2‎n(MnO‎4‎‎-‎)=‎5‎‎2‎cV×10-3mol,故草酸钴样品的纯度为‎5‎‎2‎cV×1‎0‎‎-3‎mol×147 g/molmg×100%=‎36.75cVm%。‎ ‎8.高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性,是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上可以通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠,生产过程如下:‎ ‎(1)高铁酸钠中铁元素的化合价为　　　　,次氯酸钠的电子式是　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)步骤①反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)从溶液Ⅰ中分离出Na2FeO4后,还有副产品Na2SO4、NaCl,则步骤③中反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)工业上还可用电解浓氢氧化钠溶液的方法制Na2FeO4,其原理如图所示:‎ 阳极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　,可循环使用的物质是　　　　　　　。 ‎ ‎(5)Cl2的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)是Na2FeO4的消毒效率的　　　倍(计算结果保留两位小数)。 ‎ 答案　(1)+6　Na+[··O‎··‎‎··‎··Cl‎··‎‎··‎··]-‎ ‎(2)2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O ‎(3)2Fe3++3ClO-+10OH-2FeO‎4‎‎2-‎+3Cl-+5H2O ‎(4)Fe-6e-+8OH-FeO‎4‎‎2-‎+4H2O　NaOH溶液 ‎(5)1.56‎ 解析　(1)化合物中各元素化合价代数和为0,故高铁酸钠中铁元素的化合价为+6,次氯酸钠为离子化合物,其电子式为Na+[··O‎··‎‎··‎··Cl‎··‎‎··‎··]-。(2)由框图可知,步骤①是FeSO4与H2O2反应得到Fe2(SO4)3,反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O。(3)根据题意并结合框图可知,Fe2(SO4)3、NaOH、NaClO反应生成Na2FeO4、Na2SO4、NaCl,反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-2FeO‎4‎‎2-‎+3Cl-+5H2O。(4)由题图可知,Fe作阳极,失去电子生成FeO‎4‎‎2-‎,阳极反应式为Fe-6e-+8OH-FeO‎4‎‎2-‎+4H2O,阴极上H+放电生成H2,阴极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,得到的A溶液为NaOH溶液,故能循环使用的物质为NaOH溶液。(5)已知:Na2FeO4Fe3+,Cl22Cl-,则每消耗1 g Na2FeO4得到‎3‎‎166‎ mol电子,每消耗1 g氯气得到‎2‎‎71‎ mol电子,故Cl2的消毒效率约是Na2FeO4的消毒效率的1.56倍。‎