2019届一轮复习鲁科版常见无机物间的转化学案 27页

第四节　常见无机物间的转化 ‎[知能深化——扫盲点]‎ ‎1．无机框图推断题的题型特点和解题思想 ‎(1)题型特点 无机框图推断题结构紧凑，文字表述少，包含信息多，综合性强，思维能力要求高，是多年考查元素化合物知识的热点题型。主要考查考生观察、分析、推理、获取信息的能力。‎ ‎(2)解题思路 迅速浏览、整体扫描、产生印象、寻找“突破口”，“突破口”由点到面、随时检验，注意联系、大胆假设、全面分析(正推或逆推)，验证确认。解题的关键是仔细审题，依据物质的特性或特征转化来确定“突破口”，顺藤摸瓜，进而完成全部未知物的推断。我们可以将推断题的解题方法及推理过程表示如下： ‎ 推断题结论―→验证 ‎2．无机框图推断题的5种解题方法 ‎(1)抓住“物质颜色”作为突破口 有色固体 ‎①红色：Cu、Cu2O、Fe2O3；‎ ‎②红褐色：Fe(OH)3；‎ ‎③黄色：AgI；‎ ‎④淡黄色：S、Na2O2、AgBr；‎ ‎⑤蓝色：Cu(OH)2；‎ ‎⑥黑色：炭粉、CuO、MnO2、FeS、CuS；‎ ‎⑦紫黑色：KMnO4、I2；‎ ‎⑧白色：Fe(OH)2、CaCO3、BaSO4、AgCl、BaSO3‎ 有色溶液 Fe2＋(浅绿色)、Fe3＋(黄色)、Cu2＋(蓝色)、MnO(紫红色)、Fe3＋遇 SCN－(血红色)、I2遇淀粉(蓝色)、Fe3＋遇苯酚(紫色)等 有色气体 Cl2(黄绿色)、Br2(g)、NO2(红棕色)、I2(g)(紫色)、O3(淡蓝色)等 火焰颜色 ‎①焰色反应：Na＋(黄色)、K＋(紫色，透过蓝色钴玻璃)等；‎ ‎②蓝色：CO在空气中燃烧；‎ ‎③淡蓝色：S、H2、CH4等在空气中燃烧；‎ ‎④苍白色：H2在Cl2中燃烧 ‎(2)抓住“物质特性”作为突破口 ‎①能使品红溶液退色的气体 SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色)。‎ ‎②沉淀发生特殊的颜色变化 Fe(OH)2Fe(OH)3(白色沉淀先变灰绿色，再变红褐色)。‎ ‎③在空气中变为红棕色 NO(无色)NO2(红棕色)。‎ ‎④能使澄清石灰水变浑浊的气体：CO2、SO2。‎ ‎⑤通入CO2气体变浑浊的溶液：澄清石灰水(过量则变澄清)、Na2SiO3溶液、饱和Na2CO3溶液。‎ ‎⑥使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体：NH3。‎ ‎⑦使湿润的淀粉KI试纸变蓝的物质：NO2、Cl2、Br2、FeCl3等。‎ ‎⑧常温下能溶解SiO2固体的物质：氢氟酸和NaOH溶液。‎ ‎⑨烟雾现象 棕(黄)色的烟 Cu或Fe在Cl2中燃烧 白烟 Na在Cl2中燃烧；NH3遇到浓盐酸或浓硝酸 白雾 由HX等极易溶于水的气体产生 ‎⑩钝化现象：常温下Fe、Al遇到浓硫酸或浓硝酸会生成一层致密的氧化膜，从而保护金属不再发生反应。‎ ‎(3)抓住“特殊反应条件”作为突破口 反应条件 反应方程式 高温 ‎①CaCO3CaO＋CO2↑；‎ ‎②SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑；‎ ‎③SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑；‎ ‎④SiO2＋CaOCaSiO3；‎ ‎⑤SiO2＋2CSi＋2CO↑；‎ ‎⑥C＋H2O(g)CO＋H2；‎ ‎⑦CO＋H2O(g)CO2＋H2；‎ ‎⑧3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；‎ ‎⑨2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3；‎ ‎⑩4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2‎ 高温、高压和催化剂 N2＋3H22NH3‎ 加热、催化剂 ‎①4NH3＋5O24NO＋6H2O；‎ ‎②2SO2＋O22SO3‎ 电解 ‎①2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；‎ ‎②2H2O2H2↑＋O2↑；‎ ‎③2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑‎ ‎(4)抓住“特殊数据”作为突破口 ‎①常见10电子微粒及相互转化关系 分子：Ne、HF、H2O、NH3、CH4；‎ 阳离子：Na＋、Mg2＋、Al3＋、NH、H3O＋；‎ 阴离子：F－、O2－、N3－、OH－、NH。‎ 其相互转化关系为NH＋OH－NH3↑＋H2O；H3O＋＋OH－===2H2O。‎ ‎②常见18电子微粒 分子：Ar、HCl、H2S、PH3、SiH4、H2O2、N2H4、F2；‎ 阳离子：K＋、Ca2＋；‎ 阴离子：Cl－、S2－、P3－、O；‎ 有机物：CH3OH、CH3NH2、CH3F、CH3CH3。‎ ‎③常见物质的相对分子质量 相对分子质量为28的物质：CO、N2、C2H4；‎ 相对分子质量为26的物质：C2H2；‎ 相对分子质量为32的物质：S、O2；‎ 相对分子质量为78的物质：Na2S、Na2O2、Al(OH)3；‎ 相对分子质量为100的物质：CaCO3、KHCO3、Mg3N2。‎ ‎(5)抓住“特殊转化关系”作为突破口 ‎①直线型转化关系 a．金属碱性氧化物碱盐型，‎ 满足此关系的有 K、Na、Ca、Ba等。‎ b．非金属酸性氧化物酸盐型，‎ 满足此关系的有C、N、S等。‎ c．ABC(酸或碱)型，‎ 满足此关系的有NH3、N2、S、H2S、C、Na等。‎ ‎②交叉型转化关系 ‎③三角型转化关系 ‎④置换反应型反应关系 化合物A＋单质B―→化合物C＋单质D 这类反应主要有：‎ CO2＋2Mg2MgO＋C；‎ Fe2O3＋3H22Fe＋3H2O；‎ Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑；‎ C＋H2O(g)CO＋H2；‎ ‎3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2。‎ ‎[题点全练——过高考]‎ ‎1.a、b、c、X均为中学化学常见物质，一定条件下它们有如图所示转化关系(部分产物已略去)。下列说法正确的是(　　)‎ A．若X为Fe，则c可能为Fe(NO3)2溶液 B．若X为KOH溶液，则a可能为Al C．若a、b、c均为焰色反应呈黄色的化合物，则X一定为CO2‎ D．若X为O2，则a可为有机物乙醇，也可为非金属单质硫 解析：选A　若a为Al、X为KOH，Al与KOH反应只能生成K[Al(OH)4]，B项错；若a、b、c均为焰色反应呈黄色的化合物，则三者中都含有钠元素，则X可能为CO2、SO2‎ ‎、H2S等，C项错；如果a为S，则S与O2反应只能生成SO2，D项错。‎ ‎2．下表各物质中，a、b、c、d、e均含有同一种短周期元素，其中a是单质，b在常温下是气态的氢化物，c、d是氧化物，e是d和水反应的产物。则各物质之间通过一步反应就能实现表中所示转化的是(　　)‎ 物质编号 物质转化关系 a d e ‎①‎ Si SiO2‎ H2SiO3‎ ‎②‎ S SO3‎ H2SO4‎ ‎③‎ C CO2‎ H2CO3‎ ‎④‎ N2‎ NO2‎ HNO3‎ A.②③　　　　　　　　　 B．②③④‎ C．①③④ D．①②③④‎ 解析：选B　SiO2不能一步反应生成H2SiO3，故①不符合题意。‎ ‎3．有一化合物X，其水溶液为浅绿色，可发生如下的转化关系(部分反应物、生成物已略)。其中B、D、E、F均为无色气体，M、L为常见的金属单质，C为难溶于水的红褐色固体。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，H和M反应可放出大量的热。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)B的电子式为____________。‎ ‎(2)画出元素M的原子结构示意图__________________________________________。‎ ‎(3)物质X的化学式为____________。‎ ‎(4)电解混合液时阳极反应式为__________________________________________。‎ ‎(5)按要求写出上述转化关系中有关反应的化学方程式 ‎①含有L元素的化合反应：____________________________________________；‎ ‎②含有L元素的置换反应：_____________________________________________。‎ ‎(6)已知a g E气体在D中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出b kJ的热量，写出E气体燃烧热的热化学方程式为 ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：由颜色可知C为Fe(OH)3，则A为Fe(OH)2、H为Fe2O3，由M、L为常见的金属单质，可知M、L分别为Al、Fe；X与NaOH反应生成气体B，B一定是NH3‎ ‎；在混合液中加入BaCl2溶液有不溶于盐酸的沉淀生成，可知含有SO，所以X为(NH4)2Fe(SO4)2，混合液为NaOH和Na2SO4溶液，电解生成H2、O2，D、E分别为O2、H2，F为NO，G为HNO3。‎ 答案：(1)H　(2)‎ ‎(3)(NH4)2Fe(SO4)2‎ ‎(4)4OH－－4e－===O2↑＋2H2O ‎(5)①4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3‎ ‎②Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3‎ ‎(6)H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－ kJ·mol－1‎ 以物质制备为目的的化学工艺流程 ‎1.原料处理阶段的常见考查点 ‎(1)加快反应速率。‎ ‎(2)溶解：通常用酸溶。如用硫酸、盐酸、浓硫酸等。‎ ‎(3)灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质高温下氧化、分解。‎ ‎2．分离提纯阶段的常见考查点 ‎(1)调pH除杂 ‎①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。‎ ‎②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。‎ ‎(2)加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。‎ 如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。‎ ‎(3)降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。‎ ‎3．获得产品阶段的常见考查点 ‎(1)洗涤(冰水、热水)：如乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。‎ ‎(2)蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。‎ ‎(3)蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl和K2Cr2O7‎ 混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。‎ ‎(4)蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。‎ ‎[对点练]‎ ‎1．(2018·安徽两校阶段性测试)用铝土矿(含30% SiO2、40.8% Al2O3和少量Fe2O3等)制取铝硅合金材料的方法有湿法、干法等，其中干法制备的工艺流程如下：‎ ‎(1)若湿法处理铝土矿，用强酸浸取时，所得溶液中阳离子有________________。‎ ‎(2)焙烧除铁反应：4(NH4)2SO4＋Fe2O32NH4Fe(SO4)2＋3H2O＋6NH3↑(Al2O3部分发生类似反应)。氧化物转化为硫酸盐的百分率与温度的关系如图，最适宜焙烧温度为______，用电子式表示气体Ⅰ的形成过程________________________________________。‎ ‎(3)操作①包括：加水溶解、________。‎ ‎(4)用焦炭还原SiO2、Al2O3会产生中间体SiC、Al4C3。写一个高温下中间体与Al2O3反应生成铝单质的化学方程式：_______________________________________________。‎ ‎(5)铝硅合金材料中若含铁，会影响其抗腐蚀性。原因是 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(6)不计损失，投入1 t铝土矿，当加入54 kg纯铝后，铝硅合金中m∶n＝________。‎ 解析：(1)Al2O3和少量Fe2O3都能溶于强酸，故所得溶液中阳离子是Al3＋、Fe3＋、H＋(酸过量)。(2)焙烧的目的是除去铁，根据题图知，选择的最适宜温度为300 ℃，此时氧化铁的转化率较高，且氧化铝的转化率较低，铝的损耗较少。气体Ⅰ为NH3，NH3为共价化合物，用电子式表示NH3的形成过程为。(3)操作①是分离出不溶于水的SiO2和Al2O3，因此加水溶解后需进行过滤操作。(4)SiC、Al4C3高温下与Al2O3反应生成铝单质的化学方程式分别为3SiC＋Al2O33Si＋2Al＋3CO↑、Al4C3＋Al2O3 ‎6Al＋3CO↑。(5)铝硅合金材料中若含铁，则与电解质溶液接触时会形成铁铝原电池，铝作负极，加快了铝的腐蚀。(6)1 t铝土矿可得到Si的质量为1 t×30%×＝0.14 t＝140 kg，可得到Al的质量为1 t×40.8%×＝0.216 t＝216 kg，当加入54 kg纯铝后，Al、Si的物质的量之比为∶＝2∶1，所以m∶n＝2∶1。‎ 答案：(1)Al3＋、Fe3＋、H＋‎ ‎(2)300 ℃　 ‎ ‎(3)过滤 ‎(4)Al4C3＋Al2O36Al＋3CO↑(或3SiC＋Al2O33Si＋2Al＋3CO↑)‎ ‎(5)铁与铝形成原电池，加快了铝的腐蚀 ‎(6)2∶1‎ ‎2．(2018·肇庆模拟)草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂制备。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等)制取CoC2O4·2H2O的工艺流程如下：‎ 已知：①浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋等。‎ ‎②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 Fe(OH)2‎ Co(OH)2‎ Al(OH)3‎ Mn(OH)2‎ 完全沉淀的pH ‎3.7‎ ‎9.6‎ ‎9.2‎ ‎5.2‎ ‎9.8‎ ‎(1)浸出过程中加入Na2SO3的目的是将________(填离子符号)还原以便固体溶解。该步反应的离子方程式为____________________________________________________‎ ‎_______________________________________________________________(写一个)。‎ ‎(2)NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，氯元素被还原为最低价。该反应的离子方程式为____________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)利用平衡移动原理分析：加Na2CO3能使浸出液中Fe3＋、Al3＋转化成氢氧化物沉淀的原因是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是________________；使用萃取剂适宜的pH＝________(填字母)左右。‎ A．2.0　　　　　 B．3.0　　　　　　C．4.0‎ ‎(5)滤液Ⅰ“除钙、镁”是将溶液中Ca2＋与Mg2＋转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)＝7.35×10－11、Ksp(CaF2)＝1.05×10－10。当加入过量NaF后，所得滤液＝________。‎ 解析：含钴废料中加入盐酸和Na2SO3，可得到CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到 Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去Ca2＋、Mg2＋，然后向过滤得到的滤液Ⅱ中加入萃取剂，萃取后溶液加入(NH4)2C2O4，得到CoC2O4。‎ ‎(1)Na2SO3具有还原性，能还原氧化性离子Fe3＋、Co3＋，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3＋、Co3＋还原，反应的离子方程式为SO＋2Fe3＋＋H2O===SO＋2Fe2＋＋2H＋或SO＋2Co3＋＋H2O===SO＋2Co2＋＋2H＋。‎ ‎(2)NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原生成Cl－，同时生成水，反应的离子方程式为ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。‎ ‎(3)Fe3＋、Al3＋水解导致溶液呈酸性，水解方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，CO和H＋反应，从而促进水解平衡向右移动，产生Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。‎ ‎(4)根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2＋、Co2＋；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，可使Mn2＋完全沉淀，并防止Co2＋转化为Co(OH)2沉淀。‎ ‎(5)当加入过量NaF后，所得滤液中＝＝＝＝0.7。‎ 答案：(1)Fe3＋、Co3＋　SO＋2Fe3＋＋H2O===SO＋2Fe2＋＋2H＋(或SO＋2Co3＋＋H2O===SO＋2Co2＋＋2H＋)‎ ‎(2)ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O ‎(3)因Fe3＋和Al3＋(用M3＋代替)在水溶液中存在平衡M3＋＋H2OM(OH)3＋3H＋，加入Na2CO3后CO与H＋结合生成难电离的HCO，使水解平衡右移而产生沉淀 ‎(4)除去Mn2＋　B ‎(5)0.7‎ 以分离提纯为目的的化学工艺流程 ‎1.物质分离提纯的原则 ‎(1)不增：不引入新的杂质。‎ ‎(2)不减：不减少被提纯的物质。‎ ‎(3)易分离：被提纯物与杂质易于分离。‎ ‎(4)易复原：被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。‎ ‎2．常用的提纯方法 水溶法 除去可溶性杂质 酸溶法 除去碱性杂质 碱溶法 除去酸性杂质 氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质 加热灼烧法 除去受热易分解或易挥发的杂质 调节溶液的pH法 如除去酸性Cu2＋溶液中的Fe3＋等 ‎　　3.常用的分离方法 过滤 分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 萃取和分液 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 蒸发结晶 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 冷却结晶 提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等 蒸馏或分馏 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 冷却法 利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气 ‎[对点练]‎ ‎3．(2018·绵阳诊断)电石广泛应用于生产PVC、维尼纶等，电石与水反应所得残渣——电石渣，主要含Ca(OH)2、CaCO3及少量其他杂质。某工业电石渣的几种回收利用流程如下：‎ 几种物质在水中的溶解度曲线如图所示。回答下列问题：‎ ‎(1)常温氯化 ‎①反应的化学方程式是___________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②为提高Cl2转化为Ca(ClO)2的转化率，可行的措施有________(填序号)。‎ A．加热升高温度 B．适当减缓通入Cl2的速率 C．充分搅拌浆料 D．加水使Ca(OH)2完全溶解 ‎③电石渣中的有害杂质CN－与ClO－反应转化为两种无害的气体，每转化1 mol CN－至少需要消耗氧化剂ClO－________ mol。‎ ‎(2)75 ℃氯化 ‎①生成氯酸钙中氯的化合价为________，氯化完成后过滤，滤渣的主要成分为__________________________________________________________________(填化学式)。‎ ‎②氯酸钙能与KCl反应转化为氯酸钾的原因是______________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)有机反应 首先生成氯代乙醇，其结构简式为____________，氯代乙醇再与Ca(OH)2反应生产环氧乙烷。总反应的化学方程式是_________________________________________________。‎ 解析：(1)①常温氯化，Cl2与Ca(OH)2发生反应得到漂白液。②加热升高温度，Ca(OH)2的溶解度降低，则Cl2的转化率也降低，A项不符合题意；适当减缓通入Cl2的速率，等效于增大Ca(OH)2的浓度，Cl2的转化率增大，B项符合题意；充分搅拌浆料，能使反应完全，Cl2的转化率增大，C项符合题意；加水使Ca(OH)2完全溶解，不能改变Cl2‎ 的转化率，D项不符合题意。③根据题意，CN－与ClO－反应转化为CO2和N2，CN－中C、N分别为＋2价、－3价，1 mol CN－失去5 mol电子，而ClO－转化为Cl－，1 mol ClO－得到2 mol电子，根据得失电子守恒，则每转化1 mol CN－至少需要消耗氧化剂ClO－ 2.5 mol。(2)①Ca(ClO3)2中Cl的化合价为＋5价。氯化完成后过滤，得到的滤渣的主要成分为CaCO3、Ca(OH)2。②根据题图知，75 ℃时氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙都小得多，故氯酸钙与KCl能发生反应：Ca(ClO3)2＋2KClCaCl2＋2KClO3↓。(3)氯代乙醇为氯原子取代乙醇分子中乙基上的氢原子，根据“氯代乙醇再与Ca(OH)2反应生产环氧乙烷”，则氯原子应取代甲基上的氢原子，故氯代乙醇的结构简式为ClCH2CH2OH，总反应的化学方程式为CH2===CH2＋Cl2＋Ca(OH)2―→H2COCH2＋CaCl2＋H2O。‎ 答案：(1)①2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O　②BC　③2.5‎ ‎(2)①＋5价　CaCO3、Ca(OH)2　②75 ℃时，氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙都小得多 ‎(3)ClCH2CH2OH　CH2===CH2＋Cl2＋Ca(OH)2―→H2COCH2＋CaCl2＋H2O ‎4．(2018·长沙摸底)我国是干电池的生产和消费大国。某科研团队设计了以下流程对碱性锌锰干电池的废旧资源进行回收利用。‎ 已知：①Ksp(MnS)＝2.5×10－13，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24；②Mn(OH)2开始沉淀时pH为8.3，完全沉淀的pH为9.8。‎ ‎(1)碱性锌锰干电池是以锌粉为负极，二氧化锰为正极，氢氧化钾溶液为电解质。电池总反应式为2MnO2＋Zn＋2KOH===2MnOOH＋K2ZnO2，则电池的正极反应式为________________________________。‎ ‎(2)为了提高碳包的浸出效率，可以采取的措施有__________________________‎ ‎________________________(写一条即可)。‎ ‎(3)向滤液1中加入MnS的目的是______________________________________________‎ ‎________________。‎ ‎(4)已知MnSO4的溶解度曲线如图所示，从滤液2中析出MnSO4·H2O晶体的操作是蒸发结晶、__________、洗涤、低温干燥。‎ ‎(5)为了选择试剂X，在相同条件下，分别用3 g碳包进行制备MnSO4的实验，得到数据如下表，请写出最佳试剂X与碳包中的主要成分发生反应的化学方程式：‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 实验编号 试剂X MnSO4/g ‎1‎ 锌粉 ‎2.4‎ ‎2‎ 铁粉 ‎2.7‎ ‎3‎ FeS粉末 ‎3.0‎ ‎4‎ ‎30%过氧化氢 ‎3.7‎ ‎(6)工业上经常采用向滤液2中加入NaHCO3溶液来制备MnCO3，不选择Na2CO3溶液的原因是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(7)该科研小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为Y2－)进行络合滴定测定Mn2＋在电池中的百分含量，化学方程式可以表示为Mn2＋＋Y2－===MnY。实验过程如下：准确称量一节电池的质量平均为24.00 g，完全反应后，得到200.00 mL滤液2，量取10.00 mL滤液2稀释至100.00 mL，取20.00 mL溶液用0.050 0 mol·L－1 EDTA标准溶液滴定，平均消耗标准溶液22.00 mL，则该方案测得Mn元素的百分含量为________(保留3位有效数字)。‎ 解析：(1)锌粉为负极，发生氧化反应，氢氧化钾溶液为电解质时发生的电极反应式为Zn＋4OH－－2e－===ZnO＋2H2O，用电池总反应2MnO2＋Zn＋2KOH===2MnOOH＋K2ZnO2减去负极电极反应式，即得电池的正极反应式为MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－。(2)通过适当的升温、固体粉碎或搅拌等措施可提高碳包的浸出效率。(3)滤液1含有Zn2＋，加入MnS可以生成ZnS沉淀，再通过过滤即可除去。(4)由MnSO4的溶解度曲线可知MnSO4·H2O在温度超过40 ℃后溶解度随温度的升高而降低，则将滤液2溶液蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、并低温干燥防分解即可得到MnSO4·H2O晶体。(5)由表可知选用30%的过氧化氢获得的MnSO4质量最高，则30%的过氧化氢为最佳试剂，与MnO2在酸性条件下发生反应的化学方程式为H2O2＋MnO2＋H2SO4===MnSO4＋2H2O＋O2↑或H2O2‎ ‎＋2MnOOH＋2H2SO4===2MnSO4＋4H2O＋O2↑。(6)相同浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，因CO的水解能力强于HCO，Na2CO3溶液的碱性强，更容易产生Mn(OH)2沉淀。(7)消耗EDTA的物质的量为0.050 0 mol·L－1×0.022 L＝0.001 1 mol，则样品中Mn2＋的物质的量为0.0011 mol××＝0.11 mol，Mn元素的百分含量为×100%≈25.2%。‎ 答案：(1)MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－‎ ‎(2)适当的升温(或固体粉碎、搅拌)‎ ‎(3)将溶液中的Zn2＋转化为ZnS沉淀而除去 ‎(4)趁热过滤 ‎(5)H2O2＋MnO2＋H2SO4===MnSO4＋2H2O＋O2↑(或H2O2＋2MnOOH＋2H2SO4===2MnSO4＋4H2O＋O2↑)‎ ‎(6)Na2CO3溶液的碱性强，容易产生Mn(OH)2沉淀 ‎(7)25.2%‎ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎ [课堂真题集训——明考向]‎ ‎1．(2017·江苏高考)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是(　　)‎ A．FeFeCl2Fe(OH)2‎ B．SSO3H2SO4‎ C．CaCO3CaOCaSiO3‎ D．NH3NOHNO3‎ 解析：选C　Fe与Cl2反应生成FeCl3，A项错误；S与O2反应生成SO2，B项错误；CaCO3高温分解生成CaO，CaO与SiO2在高温时反应生成CaSiO3，C项正确；NO与H2O不反应，D项错误。‎ ‎2．(2017·江苏高考)某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。‎ 已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：‎ ‎3NaClO===2NaCl＋NaClO3‎ ‎②AgCl可溶于氨水：AgCl＋2NH3·H2OAg(NH3)＋Cl－＋2H2O ‎③常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)：4Ag(NH3)＋N2H4·H2O===4Ag↓＋N2↑＋4NH＋4NH3↑＋H2O ‎(1)“氧化”阶段需在80 ℃条件下进行，适宜的加热方式为 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。‎ HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是________________________________________________________________________。‎ ‎(3)为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3·H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3·H2O不反应)，还因为 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎(实验中须使用的试剂有：2 mol·L－1水合肼溶液，1 mol·L－1H2SO4)。‎ 解析：(1)加热温度在低于100 ℃时，可采用水浴加热的方式。(2)在溶液中，NaClO氧化Ag生成AgCl、NaOH和O2，根据得失电子守恒及原子守恒配平反应的化学方程式。HNO3氧化Ag时会产生氮氧化物，污染环境。(3)为提高Ag的回收率，需要将洗涤后的滤液也一起合并到过滤Ⅱ的滤液中。(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，增加氨水的用量；由已知信息①知冷却后的溶液中因NaClO的分解，会含有一定浓度的Cl－，不利于AgCl和氨水反应的正向进行。(5)由已知信息③知，水合肼可以和银氨溶液发生反应生成Ag和NH3。生成的NH3用1 mol·L－1H2SO4溶液吸收，当溶液中不再产生气泡时，说明反应已进行完全，静置，过滤出生成的Ag，洗涤、干燥，得Ag。‎ 答案：(1)水浴加热 ‎(2)4Ag＋4NaClO＋2H2O===4AgCl＋4NaOH＋O2↑‎ 会释放出氮氧化物(或NO、NO2)，造成环境污染 ‎(3)将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中 ‎(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl－，不利于AgCl与氨水反应 ‎(5)向滤液中滴加2 mol·L－1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 mol·L－1H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥 ‎3．(2017·海南高考)以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4·7H2‎ O的过程如图所示：‎ 硼镁泥的主要成分如下表：‎ MgO SiO2‎ FeO、Fe2O3‎ CaO Al2O3‎ B2O3‎ ‎30%～40%‎ ‎20%～25%‎ ‎5%～15%‎ ‎2%～3%‎ ‎1%～2%‎ ‎1%～2%‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“酸解”时应该加入的酸是________，“滤渣1”中主要含有________(写化学式)。‎ ‎(2)“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是__________________________‎ ‎____________________、________________________________________。‎ ‎(3)判断“除杂”基本完成的检验方法是________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)分离滤渣3应趁热过滤的原因是_________________________________________。‎ 解析：(1)流程制备的是MgSO4·7H2O，为了不引入杂质，因此所用的酸是硫酸，化学式为H2SO4；根据硼镁泥的成分，SiO2不与硫酸反应，因此滤渣1为SiO2。(2)硼镁泥中含有FeO，与硫酸反应后生成FeSO4，次氯酸钙具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，氧化镁的作用是调节pH，使Al3＋和Fe3＋以氢氧化物形式沉淀出来，除去Fe3＋和Al3＋。(3)除杂是除去的Fe3＋和Al3＋，因此验证Fe3＋就行，方法是取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全。‎ 答案：(1)H2SO4　SiO2　(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋　调节溶液pH，使Fe3＋、Al3＋以氢氧化物的形式沉淀除去　(3)取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全　(4)防止MgSO4·7H2O结晶析出 ‎4．(2016·全国卷Ⅲ)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：‎ 物质 V2O5‎ V2O4‎ K2SO4‎ SiO2‎ Fe2O3‎ Al2O3‎ 质量分数/%‎ ‎2.2～2.9‎ ‎2.8～3.1‎ ‎22～28‎ ‎60～65‎ ‎1～2‎ ‎＜1‎ 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“酸浸”时V2O5转化为VO，反应的离子方程式为_________________________‎ ‎________________________________________________________________________，‎ 同时V2O4转化成VO2＋。“废渣1”的主要成分是________。　‎ ‎(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2＋变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为________ mol。‎ ‎(3)“中和”作用之一是使钒以V4O形式存在于溶液中。“废渣2”中含有________。‎ ‎(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为4ROH＋V4OR4V4O12＋4OH－(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈________性(填“酸”“碱”或“中”)。‎ ‎(5)“流出液”中阳离子最多的是________。‎ ‎(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)“酸浸”时V2O5转化为VO，V2O5、VO中V元素均显＋5价，V元素化合价不变，则该反应是非氧化还原反应，结合溶液的酸碱性及元素守恒写出离子方程式：V2O5＋2H＋===2VO＋H2O。废钒催化剂中除SiO2外，其余物质均与稀硫酸反应生成易溶于水的盐，则“废渣1” 的主要成分是二氧化硅。(2)“氧化”中使3 mol的VO2＋变为VO，转移电子的物质的量为3 mol×(5－4)＝3 mol；氧化剂KClO3被还原为KCl，Cl元素由＋5价降低到－1价，根据电子守恒可知，需要KClO3的物质的量至少为＝0.5 mol。(3)由图可知，加入KOH中和后产生废渣2，而“中和”作用之一是使钒以V4O形式存在于溶液中，后续操作中未进行除杂操作，显然该过程中还生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，从而除去Fe3＋、Al3＋，故“废渣2”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为4ROH＋V4OR4V4O12＋4OH－(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，应增加溶液中c(OH－)，使平衡逆向移动，故淋洗液应该呈碱性。(5)“氧化”和“中和”操作中分别加入KClO3、KOH，而“离子交换”过程中，消耗V4O同时生成OH－，而阳离子未参与离子交换，故“流出液”中阳离子最多的是K＋。(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”过程中生成V2O5，考虑铵盐的不稳定性，还应生成NH3和H2O，结合元素守恒写出化学方程式：2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。‎ 答案：(1)V2O5＋2H＋===2VO＋H2O　SiO2　‎ ‎(2)0.5　(3)Fe(OH)3和Al(OH)3　(4)碱　‎ ‎(5)K＋　(6)2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑‎ ‎[课下能力测评——查缺漏]‎ ‎1．表中各组物质之间不可以通过一步反应实现如图所示转化关系的是(　　)‎ 选项 X Y Z 箭头旁所标数字 代表的反应条件 A Na2O2‎ NaOH NaCl ‎①常温遇水 B Al2O3‎ Na[Al(OH)4]‎ Al(OH)3‎ ‎②通入CO2‎ C NO NO2‎ HNO3‎ ‎④加入铜粉 D Cl2‎ NaClO HClO ‎③加浓盐酸 解析：选A　A项，NaCl不能通过一步反应得到Na2O2；‎ ‎2．已知X、Y、Z、E、F五种常见物质含有同一元素M，在一定条件下它们有如下转化关系，Z是NO，下列推断不合理的是(　　)‎ A．X可能是一种氢化物 B．X生成Z一定是化合反应 C．E可能是一种有色气体 D．F中M元素的化合价可能为＋5价 解析：选B　根据题给转化关系推断，M为氮元素，Z为NO，E为NO2，F为HNO3。A.X可能是NH3，则Y可能为N2，正确；B.若X为NH3，NH3转化为NO可发生反应：4NH3＋5O24NO＋6H2O，不是化合反应，错误；C.E可能是NO2，是一种红棕色气体，正确；D.F可能为HNO3，其中氮元素的化合价为＋5价，正确。‎ ‎3．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图示变化的是(　　)‎ 物质 编号 物质转 化关系 a b c d ‎①‎ FeCl2‎ FeCl3‎ Fe CuCl2‎ ‎②‎ NO NO2‎ N2‎ HNO3‎ ‎③‎ Na2O Na2O2‎ Na NaOH ‎④‎ Al2O3‎ Na[Al(OH)4]‎ Al Al(OH)3‎ A.①④ B．①②③ ‎ C．①③④ D．②④‎ 解析：选A　②中N2不能一步生成NO2气体，③中NaOH不能一步生成Na2O。‎ ‎4．甲、乙、丙、丁、戊是中学常见的无机物，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。下列说法不正确的是(　　)‎ A．若甲既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则丙可能属于两性氧化物 B．若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，且戊为碱，则丙只能为Na2O2‎ C．若丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则乙的水溶液可能具有漂白作用 D．若甲、丙、戊含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲<丙<戊 解析：选B　若甲为单质，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则甲为Al，乙为O2，二者反应生成的丙为氧化铝，氧化铝属于两性氧化物，故A正确；若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质，则甲为Na，乙为O2，二者反应生成的丙可能为Na2O2或Na2O，故B错误；若丙、丁混合产生白烟，且丙为18电子分子，丁为10电子分子，则丙为HCl，丁为NH3，若乙为Cl2，其水溶液中含有HClO，具有漂白作用，故C正确；若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为O2，丙为SO2，丁为HClO等具有强氧化性的物质，戊为硫酸时，含S元素的化合价由低到高的顺序为甲<丙<戊，故D正确。‎ ‎5．MnO2是重要化学物质，某学习小组设计了将粗MnO2(含有较多的MnO、MnCO3)样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：‎ 按要求回答下列问题：‎ ‎(1)第②步操作中，氧化性强弱顺序：ClO________MnO2(填“＞”或“＜”)，当NaClO3转移2 mol电子时，生成的氧化产物的物质的量为________mol。NaClO3在常温下能够与盐酸反应生成氯气，该反应的离子方程式为__________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)第④步操作中，最终得到的固体除NaClO3外，还一定含有下列物质中的________(填字母)。‎ a．NaCl　 　b．NaClO　 　c．NaClO4　 　d．NaOH ‎(3)MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，则碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是________________________________________________________________________。‎ ‎(4)为得到纯净的MnO2，须将过滤后的MnO2合并后进行洗涤，判断是否洗涤干净可选用的试剂是_____________________________________________________‎ ‎(填写一组即可)。工业上可以以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制取二氧化锰，该反应的阳极反应式为__________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：粗MnO2(含有较多的MnO、MnCO3)样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液为MnSO4溶液，加入NaClO3发生反应为5Mn2＋＋2ClO＋4H2O===5MnO2＋Cl2↑＋8H＋，再过滤得到滤液和MnO2固体，而Cl2与热的NaOH溶液反应生成NaClO3的方程式为3Cl2＋6NaOH===NaClO3＋5NaCl＋3H2O。(1)5Mn2＋＋2ClO＋4H2O===5MnO2＋Cl2↑＋8H＋反应中，ClO作氧化剂，MnO2为氧化产物，则氧化性：ClO＞MnO2；当NaClO3转移2 mol电子时，消耗0.4 mol NaClO3，则生成1 mol MnO2；NaClO3在常温下与盐酸反应生成氯气，其反应的离子方程式为ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O。(2)第④步操作中NaOH过量，发生的反应为3Cl2＋6NaOH===NaClO3＋5NaCl＋3H2O，则最终得到的固体除NaClO3外，还有NaOH和NaCl。(3)原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此碱性锌锰电池放电时，正极是MnO2得到电子，则电极反应式为MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－。(4)若沉淀没有洗涤干净，则滤液中含有SO，检验SO选用BaCl2溶液；电解时，Mn2＋在阳极失电子生成MnO2，其电极反应式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。‎ 答案：(1)＞　1　ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O ‎(2)ad　(3)MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－‎ ‎(4)BaCl2溶液　Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋‎ ‎6．某实验小组以粗镍(含少量Fe和Cr杂质)为原料制备Ni(NH3)6Cl2，并测定相关组分的含量。制备流程示意图如下。‎ 已知：①部分离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按离子浓度为0.1 mol·L－1计算)如表所示。‎ 离子 Fe3＋‎ Cr3＋‎ Ni2＋‎ 开始沉淀pH ‎1.5‎ ‎4.3‎ ‎6.9‎ 完全沉淀pH ‎2.8‎ ‎5.6‎ ‎8.9‎ ‎②Ni(OH)2为绿色难溶物。Ni(NH3)6(NO3)2、Ni(NH3)6Cl2均为可溶于水的蓝紫色晶体，水溶液均显碱性。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)实验需要配制3.0 mol·L－1稀硝酸250 mL，需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和___________________________________________________。‎ ‎(2)步骤(a)中Ni和浓硝酸反应的化学方程式为________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)步骤(b)首先加入试剂X调节溶液的pH约为6，过滤后再继续加入X调节pH以得到绿色沉淀。‎ ‎①调节pH约为6的原因是__________________________________________________‎ ‎________________________。‎ ‎②试剂X可以是________(填标号)。‎ A．H2SO4 B．Ni(OH)2 C．NaOH D．Fe2O3 E．NiO ‎(4)步骤(c)和(d)反应都需要在冰浴环境下进行，其作用除了可以减少氨水的挥发，还有__________________________________________。步骤(d)发生反应的总化学方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎(5)NH3含量的测定 ⅰ.用电子天平称量m g产品于锥形瓶中，用25 mL水溶解后加入3.00 mL 6 mol·L－1盐酸，以甲基橙作指示剂，滴定至终点消耗 0.500 0 mol·L－1 NaOH标准溶液V1 mL；‎ ⅱ.空白实验：不加入样品重复实验ⅰ，消耗NaOH标准溶液V2 mL。‎ ‎①NH3的质量分数为__________________。‎ ‎②在上述方案的基础上，下列措施能进一步提高测定准确度的有________(填标号)。‎ A．适当提高称量产品的质量 B．用H2SO4溶液替代盐酸 C．用酚酞替代甲基橙 D．进行平行实验 ‎(6)为测定Cl的含量，请补充完整下述实验方案。‎ 称量m g产品于锥形瓶中，用25 mL水溶解，____________________________，滴入2～3滴K2CrO4溶液作指示剂，用已知浓度的AgNO3标准溶液滴定至终点，记录读数，重复操作2～3次。‎ 解析：(1)根据一定物质的量浓度溶液配制的实验步骤确定实验仪器。实验需要配制3.0 mol·L－1稀硝酸250 mL，需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和250 mL容量瓶。(2)根据题给流程和信息知步骤(a)中Ni和浓硝酸反应生成硝酸镍(Ⅱ)、二氧化氮和水，化学方程式为Ni＋4HNO3(浓)Ni(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。(3)①根据流程知步骤(a)中镍、铁和铬分别转化为Ni2＋、Fe3＋和Cr3＋，结合信息①提供的数据知调节pH约为6的原因是pH＝6时，Fe3＋和Cr3＋已沉淀完全，而Ni2＋还未开始沉淀。②试剂X的作用为调节溶液的pH＝6和使Ni2＋转化为Ni(OH)2沉淀，试剂X可以是NaOH，选C。(4)根据信息②知Ni(NH3)6(NO3)2、Ni(NH3)6Cl2均为可溶于水的蓝紫色晶体，步骤(c)和(d)反应都需要在冰浴环境下进行，其作用除了可以减少氨水的挥发，还有降低温度以降低产物的溶解度，使其析出。根据题给流程知步骤(d)为Ni(NH3)6(NO3)2转化为Ni(NH3)6Cl2，发生反应的总化学方程式为Ni(NH3)6(NO3)2＋2HCl＋2NH3·H2O===Ni(NH3)6Cl2＋2NH4NO3。(5)①样品溶液中加入盐酸发生反应NH3＋HCl===NH4Cl，根据题意知NH3的物质的量等于与NH3反应的HCl的物质的量＝[0.500 0(V1－V2)×10－3]mol，NH3的质量分数＝×100%。②A项，适当提高称量产品的质量，可减小实验误差，正确；B项，用H2SO4溶液替代盐酸，对测定结果无影响，错误；C项，盐酸与氢氧化钠恰好完全反应时反应混合物溶液呈酸性，用酚酞替代甲基橙会增大实验误差，错误；D项，进行平行实验，可减小实验误差，D正确。(6)Ni(NH3)6Cl2溶于水，水溶液均显碱性，氢氧根能与银离子反应，影响氯离子含量的测定。故为测定Cl的含量，应先向样品溶液中加入稀硝酸至溶液呈弱酸性。‎ 答案：(1)250 mL容量瓶 ‎(2)Ni＋4HNO3(浓)Ni(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O ‎(3)①pH＝6时，Fe3＋和Cr3＋已沉淀完全，而Ni2＋还未开始沉淀　②C ‎(4)降低温度以降低产物的溶解度，使其析出 Ni(NH3)6(NO3)2＋2HCl＋2NH3·H2O=== Ni(NH3)6Cl2＋2NH4NO3‎ ‎(5)①×100%　②AD ‎(6)加入稀硝酸至溶液呈弱酸性 ‎7．某工厂对工业生产钛白粉产生的废液进行综合利用，废液含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，可用于生产颜料铁红和补血剂乳酸亚铁。其生产工艺流程如下：‎ 已知：①TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2＋和SO；‎ ‎②TiOSO4水解的反应为TiOSO4＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O＋H2SO4。‎ 请回答：‎ ‎(1)步骤①所得滤渣的主要成分为____________。‎ ‎(2)步骤③硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。‎ ‎(3)步骤④需控制反应温度低于35 ℃，其目的是________________________________‎ ‎________________________。‎ ‎(4)步骤④反应的离子方程式是___________________________________________。‎ ‎(5)已知FeCO3(s)Fe2＋(aq)＋CO(aq)，试用平衡移动原理解释步骤⑤生成乳酸亚铁的原因：____________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(6)Fe3＋对H2O2的分解具有催化作用。利用图(a)和(b)中的信息，按图(c)装置(连通的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验，可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的________(填“深”或“浅”)，其原因是__________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，向其中加入过量铁屑，发生反应：Fe2(SO4)3＋Fe===3FeSO4，Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑；随着反应的进行，溶液酸性减弱，TiOSO4的水解平衡：TiOSO4＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O＋H2SO4‎ 向右移动，所以最终得到的滤渣的主要成分是TiO2·xH2O和Fe。(2)步骤③FeSO4在空气中煅烧，发生反应：4FeSO4＋O22Fe2O3＋4SO3，该反应中氧化剂是O2，还原剂是FeSO4，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4。(3)步骤④是向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液来制取FeCO3，控制反应温度低于35 ℃是为了防止NH4HCO3分解和防止Fe2＋被氧化。(4)步骤④反应的离子方程式是Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋H2O＋CO2↑。(5)FeCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)Fe2＋(aq)＋CO(aq)，当向其中加入乳酸时，乳酸电离出的H＋与CO反应，降低了CO的浓度，上述沉淀溶解平衡正向移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁。(6)根据题中图(a)可知H2O2的分解反应是放热反应，根据题中图(b)可知2NO2(g)N2O4(g)的正反应是放热反应。题中图(c)的左边烧杯内放有水，右边烧杯内放有H2O2和Fe2(SO4)3的混合溶液，因为Fe3＋对H2O2的分解具有催化作用，所以H2O2会不断分解，放出热量，使右边烧杯内溶液的温度升高。根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，NO2浓度增大，所以B瓶内的气体颜色加深。‎ 答案：(1)TiO2·xH2O、Fe　(2)1∶4‎ ‎(3)防止NH4HCO3分解和防止Fe2＋被氧化 ‎(4)Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋H2O＋CO2↑‎ ‎(5)乳酸电离出的H＋与CO反应，使平衡向正反应方向移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁 ‎(6)深　2NO2(g)N2O4(g)　ΔH＜0，Fe3＋催化H2O2分解放热，温度升高，使平衡2NO2(g)N2O4(g)向逆反应方向移动，颜色加深 ‎8．一种工业制备SrCl2·6H2O的生产流程如下：‎ 已知：①M(SrCl2·6H2O)＝267 g·mol－1；‎ ‎②Ksp(SrSO4)＝3.3×10－7、Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10；‎ ‎③经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2＋和Cl－外，还含有少量Ba2＋杂质。‎ ‎(1)隔绝空气高温焙烧，若2 mol SrSO4中只有S被还原，转移了16 mol电子。写出该反应的化学方程式：___________________________________________________________‎ ‎____________________________。‎ ‎(2)过滤2后还需进行的两步操作是________、________。‎ ‎(3)加入硫酸的目的是______________________；为了提高原料的利用率，滤液中Sr2＋的浓度应不高于________ mol·L－1(注：此时滤液中Ba2＋浓度为1×10－5 mol·L－1)。‎ ‎(4)产品纯度检测：称取1.000 g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO3 1.100×10－2 mol的AgNO3溶液(溶液中除Cl－外，不含其他与Ag＋反应的离子)，待Cl－完全沉淀后，用含Fe3＋的溶液作指示剂，用0.200 0 mol·L－1的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag＋ 以AgSCN白色沉淀的形式析出。‎ ‎①滴定反应达到终点的现象是______________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液20.00 mL，则产品中SrCl2·6H2O的质量百分含量为________(保留4位有效数字)。‎ 解析：(1)隔绝空气高温焙烧，若2 mol SrSO4中只有S被还原，转移了16 mol电子。则每1 mol S获得8 mol电子，元素化合价降低8价，由于原来是＋6价，所以反应后变为－2价，根据电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式是SrSO4＋4CSrS＋4CO↑。(2)过滤2后的溶液为SrCl2，该物质的溶解度随温度的升高而增大，随温度的降低而减小，所以从溶液中获得SrCl2·6H2O，还需进行的两步操作是洗涤、干燥。(3)由于BaSO4是难溶于水的物质，所以在操作过程中加入硫酸目的是使溶液中的Ba2＋形成BaSO4沉淀，而除去Ba2＋杂质；Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，由于溶液中Ba2＋浓度为1×10－5 mol·L－1，则c(SO)＝ mol·L－1＝1.1×10－5mol·L－1，根据Ksp(SrSO4)＝3.3×10－7可知c(Sr2＋)＝ mol·L－1＝3.0×10－2 mol·L－1＝0.03 mol·L－1。(4)①若NH4SCN不再与剩余的Ag＋结合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就会含有SCN－，就会与Fe3＋产生络合物使溶液变为红色，因此滴定达到终点时再滴加最后一滴溶液，溶液由无色变为血红色，且30 s不退色。②n(NH4SCN)＝0.200 0 mol·L－1×0.02 L＝4.0×10－3 mol，Ag＋以AgSCN白色沉淀的形式析出，所以溶液中剩余的Ag＋的物质的量为n(Ag＋)＝4.0×10－3 mol，则与Cl－反应的Ag＋的物质的量为n(Ag＋)＝1.100×10－2 mol－4.0×10－3 mol＝7.0×10－3 mol,1.000 g产品中SrCl2·6H2O的物质的量为n(SrCl2·6H2O)＝n(Ag＋)＝3.5×10－3 mol,1.000 g产品中SrCl2·6H2O的质量为m(SrCl2·6H2O)＝3.5×10－3 mol×267 g·mol－1＝0.934 5 g，所以产品纯度为＝93.45%。‎ 答案：(1)SrSO4＋4CSrS＋4CO↑‎ ‎(2)洗涤　干燥 ‎(3)除去Ba2＋杂质　0.03‎ ‎(4)①加入最后一滴标准液，溶液由无色变为红色，且30 s不退色　②93.45%‎ ‎9．以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的废渣，合理利用废渣可以减少环境污染，变废为宝。工业上利用废渣(含Fe2＋、Fe3＋的硫酸盐及少量CaO和MgO)制备高档颜料铁红(Fe2O3‎ ‎)和回收(NH4)2SO4，具体生产流程如下：‎ 注：铵黄铁矾的化学式为(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12。‎ ‎(1)在废渣溶解操作时，应选用________溶解(填字母)。‎ A．氨水 B．氢氧化钠溶液 C．盐酸 D．硫酸 ‎(2)物质A是一种氧化剂，工业上最好选用________(供选择使用的有：空气、Cl2、MnO2)，其理由是_______________________________________________________‎ ‎____________________________。氧化过程中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎(3)根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应控制的条件(从温度、pH和氧化时间三方面说明)是______________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)铵黄铁矾中可能混有的杂质有Fe(OH)3、____________________。铵黄铁矾与氨水反应的化学方程式为___________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)该流程的目的是制备高档颜料铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4，不能引入杂质离子，不能选用盐酸，而氨水和NaOH溶液能沉淀Fe3＋和Fe2＋，所以也不能选用。(2)空气中的氧气在酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3＋，空气易得，成本低，不产生污染，不引入杂质，氧化过程离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O。(3)由图知，控制温度在80 ℃、pH为1.5、氧化时间为4 h，Fe2＋的氧化率较高。(4)废渣溶解经氧化后溶液中存在Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋，加氨水后，可能生成Mg(OH)2沉淀、Fe(OH)3沉淀，另外Ca(OH)2和CaSO4的溶解度较小，也可能析出。由流程图可知，铵黄铁矾与氨水反应得到(NH4)2SO4和Fe(OH)3。‎ 答案：(1)D ‎(2)空气　原料易得，成本低，不产生污染，不引入杂质　4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O ‎(3)溶液温度控制在80 ℃，pH控制在1.5，氧化时间为4 h左右 ‎(4)Ca(OH)2、Mg(OH)2、CaSO4　(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12＋6NH3·H2O===4(NH4)2SO4＋6Fe(OH)3↓‎