第3章 第15讲 化工流程中的过渡金属（教师word）-【金版新学案】2025年高考化学高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

第15讲　化工流程中的过渡金属 【课程标准】　1.了解热点过渡金属及其化合物的转化。2.能用热重分析法计算判断金属化合物的组成。 考点一　热重分析法的应用 1．结晶水合盐受热分解步骤 加热结晶水合盐反应可分三步进行：第一步是脱去部分水，第二步是生成羟基盐或含水盐，第三步是生成金属氧化物；如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。 2．热重曲线图的分析方法 (1)识图。识图的关键是三看：一看轴，即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量X轴和函数Y轴表示的意义)，寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点，即曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线，即曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化)。 (2)析图。分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系，通过联想，把课本内的相关化学概念、原理、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。 (3)用图。将相关的化学知识与图中曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。 3．解题的方法思路 根据失重的质量与反应物的质量关系判断反应过程失去的元素及化合物，利用完全失去水的反应计算特殊点。 (1)设晶体为1 mol，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)， ×100%＝固体残留率。 (4)晶体中金属质量不再减少，仍在残留固体(m余)中。 (5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)即可求出失重后物质的化学式。 (6)根据失重后物质的化学式，写出相应的化学方程式。 (2019·全国卷Ⅰ)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________________________________________________________________________。 答案：NH4Fe(SO4)2·12H2O 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×100%＝5.6%，解得x≈12。 (全国卷Ⅱ)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×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PbO2PbOx＋O2↑，有×32＝239×4.0%，解得x＝2－≈1.4，根据mPbO2·nPbO，有＝1.4，得＝＝。 学生用书↓第79页 (2021·全国甲卷)测定胆矾(CuSO4·5H2O)结晶水的含量。 称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为____________(写表达式)。下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是________(填标号)。 ①胆矾未充分干燥　 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少量胆矾迸溅出来 答案：　①③ 解析：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2－m3) g，所以胆矾(CuSO4·nH2O)中n值的表达式为∶＝n∶1，解得n＝；①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目测定值偏高，符合题意；②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目测定值偏低，不符合题意；③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目测定值偏高，符合题意；故①③符合题意。 1．研究表明NH4VO3固体(固体的组成用V2O5·aNH3·bH2O表示)热分解得到V2O5的过程可分为四步，每一步产生NH3和H2O(g)的物质的量之比依次为2∶1、x∶y、3∶2、3∶2。某实验小组取23.4 g NH4VO3固体进行热重分析，剩余固体的质量与温度的关系如图所示： 下列分析错误的是(　　) A．NH4VO3可表示为V2O5·2NH3·H2O B．150 ℃时，剩余固体的组成可表示为V2O5·NH3·H2O C．已知180 ℃时，剩余固体的组成可表示为V2O5·NH3·H2O，则x∶y＝1∶1 D．图中m的值为18.20 答案：C 解析：NH4VO3可以表示为V2O5·2NH3·H2O，NH4VO3的摩尔质量为117 g/mol，23.4 g NH4VO3固体的物质的量为0.2 mol，相当于0.1 mol V2O5，0.2 mol NH3，0.1 mol H2O，150 ℃时减少的质量为2.6 g，减少0.1 mol NH3和0.05 mol H2O，剩余固体的组成可表示为V2O5·NH3·H2O，当剩余固体为V2O5时，质量为0.1 mol×182 g/mol＝18.2 g。NH4VO3各原子数均2倍后可表示为V2O5·2NH3·H2O，故A正确；150 ℃时减少的质量为2.6 g，减少0.1 mol NH3和0.05 mol H2O，150 ℃时，剩余固体的组成可表示为V2O5·NH3·H2O，故B正确；已知180 ℃时，剩余固体的组成可表示为V2O5·NH3·H2O，由150 ℃时，剩余固体的组成可表示为V2O5·NH3·H2O，则失去的氨的物质的量∶失水的物质的量＝(1－)∶(－)＝3∶1，则x∶y＝3∶1，故C错误；23.4 g NH4VO3固体的物质的量为0.2 mol，将NH3和H2O全部失去后为V2O5，质量为23.4 g－0.2 mol×17 g/mol－0.1 mol×18 g/mol＝18.2 g，图中m的值为18.20，故D正确；故选C。 2．将草酸锌晶体(ZnC2O4·2H2O)加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温度的变化如下图所示，300～460 ℃范围内，发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 答案：ZnC2O4ZnO＋CO↑＋CO2↑ 解析：设加热1 mol草酸锌晶体，加热到190 ℃，剩余固体占原固体质量的80.95%，可知190 ℃时的固体为ZnC2O4，190 ℃～300 ℃固体质量不变，加热到460 ℃，剩余固体占原固体质量的42.86%，设剩余固体的化学式为ZnOx，＝＝0.428 6，x≈1，可知460 ℃得到的固体为ZnO。 3．在空气中加热Co(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示。290～500 ℃，发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 答案：6Co2O34Co3O4＋O2↑ 解析：n[Co(OH)2]＝＝0.01 mol，根据钴原子守恒，m(Co)＝0.590 g，290 ℃时，n(O)＝ mol＝0.015 mol，故290 ℃时氧化物为Co2O3，根据钴原子守恒，500 ℃时n(O)＝ mol≈0.013 3 mol，故500 ℃时氧化物为Co3O4。 考点二　化工流程中的过渡元素 化工流程题是近年高考中备受关注的一类题型，过渡金属及其化合物工业制备是其主要出题方向。此类试题集综合性、真实性、开放性于一体，包含必要的操作名称、化工术语或文字说明，考查知识面广、综合性强、思维容量大。题干的呈现形式多为流程图、表格和图像；设问角度一般为操作措施、物质成分、化学反应、条件控制的原因和产率计算等，能力考查侧重于获取信息的能力、分析问题的能力、语言表达能力和计算能力；涉及到的化学知识有基本理论、元素化合物和实验基础知识等。今后仍是命题的方向。 学生用书↓第80页 (2023·辽宁卷)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以＋6价形式存在，下列说法错误的是(　　) A．“焙烧”中产生CO2 B．滤渣的主要成分为Fe(OH)2 C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 答案：B 解析：流程梳理如图： 焙烧时Cr2O3发生反应：2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O24Na2CrO4＋ 4CO2，有CO2产生，A项正确；焙烧时FeO发生反应：4FeO＋O22Fe2O3，滤渣的主要成分为Fe2O3，B项错误；水浸后滤液①中主要溶质为Na2CrO4，Cr元素的主要存在形式为CrO，C项正确；淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖具有还原性，能将CrO还原为Cr(OH)3，D项正确。 (2022·福建卷)用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下： 下列说法错误的是(　　) A．“浸出”产生的气体含有H2 B．“除杂”的目的是除去Ni、Co元素 C．流程中未产生六价铬化合物 D．“滤渣2”的主要成分是Fe2(C2O4)3 答案：D 解析：由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含Ni2＋、Co2＋、Cr3＋、Fe2＋，加入Na2S分离出滤渣1含CoS和NiS，Cr3＋、Fe2＋不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分离出硫酸铬，以此来解答。四种金属均与稀硫酸反应生成H2，A正确；共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂”的目的是除去Ni、Co元素，B正确；由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正确；“滤渣2”的主要成分是FeC2O4，D错误。 （2022·广东卷）稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下： 已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10-8；Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+ 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2～7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / (1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是________________________________________________________________________。 (2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至　　　　的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 学生用书第80页 (3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7 g·L-1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO－)低于　　　　mol·L-1（保留两位有效数字）。 (4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②“操作X”的过程为：先__________________________________________________， 再固液分离。 (5)该工艺中，可再生循环利用的物质有___________________________________________ _____________________________　　　　　　　　（写化学式）。 (6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。 ①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移　　　　mol电子。 ②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(1)Fe2+　(2)4.7≤pH＜6.2 Al3+＋3OH－===Al(OH)3↓　(3)4.0×10-4　(4)①加热使温度升高，加快反应速率；搅拌增大反应物接触面积，加快化学反应速率。月桂酸被熔化为液态，防止(C11H23COO)3RE被月桂酸包裹，阻止反应进行 ②冷却结晶（或降温结晶）　 (5) MgSO4、C11H23COOH（或C11H23COONa或C11H23COO－） (6)①15　②O2＋2H2O＋4e－===4OH－ 解析： (1)矿物中的铁、铝元素与酸反应后转化为Fe2+、Fe3+和Al3+，其中Fe2+能够被氧化为Fe3+。(2)调pH的作用是将Fe3+和Al3+完全沉淀，但RE3+不能沉淀，所以调pH的范围为4.7≤pH<6.2；由于pH未达到8.8, Al(OH)3未溶解转化为NaAlO2，故该过程中Al3+与NaOH反应的离子方程式为Al3+＋3OH－===Al(OH)3↓。(3)加入月桂酸钠的目的是将RE3+转化为难溶物(C11H23COO)3RE，但是为了防止Mg2+转化为(C11H23COO)2Mg，故要求c2(C11H23COO－)·c(Mg2+)<Ksp，已知c( Mg2+)＝2.7 g·L-1＝0.112 5 mol· L-1，则c(C11H23COO－)<4.0×10-4 mol·L-1。(4)①“加热搅拌”的温度为55 ℃，高于月桂酸的熔点，故加热不仅可以直接加快反应速率，还能防止生成的月桂酸凝固阻碍反应物相互接触，再结合搅拌操作使(C11H23COO)3RE与盐酸充分接触发生反应，从而加快RE3+溶出；②(C11H23COO)3RE与盐酸反应生成RECl3和月桂酸，月桂酸的熔点为44 ℃，降温至44 ℃以下时月桂酸为固体，可以通过过滤进行分离。(5)根据流程分析可知，滤液2主要溶质为MgSO4，可用于“浸取”步骤；“操作X”得到的月桂酸可制成月桂酸钠并加入滤液1中循环利用。(6)①已知YCl3中Y为＋3价，PtCl4为＋4价，Pt3Y为合金，故Pt3Y中Pt元素和Y元素的化合价均为0，生成1 mol Pt3Y时，Pt元素和Y元素总共得到的电子为3 mol×4＋1 mol×3＝15 mol；②氢氧燃料电池中，O2在正极发生反应，碱性溶液中发生的电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。 1．我国首艘使用了钛合金材料的国产航母已成功下水，钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应，但高温下能被空气氧化，由钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)提取金属钛的主要工艺流程如图，下列说法错误的是(　　) A．步骤Ⅰ、Ⅱ中均发生氧化还原反应 B．步骤Ⅰ、Ⅱ中碳元素的化合价均升高 C．步骤Ⅲ中反应可在空气中进行 D．可用稀硫酸除去金属钛中少量镁杂质 答案：C 解析：由题给流程可知，步骤Ⅰ发生的反应为钛铁矿中的氧化亚铁与碳在高温下发生氧化还原反应，生成Fe和一氧化碳，步骤Ⅱ发生的反应为二氧化钛与碳、氯气在高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，步骤Ⅲ发生的反应为四氯化钛和足量镁粉在高温下发生置换反应生成氯化镁和钛。由分析可知，步骤Ⅰ、Ⅱ中均有元素发生化合价变化，发生的反应都是氧化还原反应，故A正确；由分析可知，步骤Ⅰ、Ⅱ中碳元素的化合价均升高被氧化，碳都是反应的还原剂，故B正确；步骤Ⅲ为四氯化钛和过量镁粉在高温下发生置换反应生成氯化镁和钛，镁是活泼的金属，钛在高温下能被空气氧化，所以步骤Ⅲ需在氩气环境中进行，防止金属被空气氧化，不能在空气中进行，故C错误；钛在常温下与酸、碱均不反应，镁与稀硫酸反应，可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁杂质，故D正确。 2．（2023·广州一模，节选）铋的化合物在电催化和光催化领域都有广泛应用。一种从含铋矿渣（主要成分是CuBi2O4、CuO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等）中提取高纯Bi2S3的工艺如下： 已知： ①乙酰胺(CH3CONH2)有臭味，有毒，熔点为82.3 ℃，沸点为221 ℃，可溶于水。 ②常温下，Ksp[Bi(OH)3]＝4.0×10-31，BiOCl＋H2O⥫⥬Bi3+＋2OH－＋Cl－　K＝1.6×10-31。 ③该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 离子 Fe3+ Al3+ Cu2+ 开始沉淀的pH 1.5 3.6 4.5 沉淀完全的pH 3.2 4.7 6.7 回答下列问题： (1)CuBi2O4中的Cu的化合价为＋2，则Bi的化合价是　　　　。 (2)“沉铋”时加入NaOH溶液，Bi3+转化为BiOCl沉淀的离子方程式是　　　　　　　　　　　　。往“沉铋”所得滤液中加入铁粉可回收其中的　　　（填化学式）金属。 (3)“洗涤”时先用水洗，再用稀硫酸洗涤。用稀硫酸洗涤的目的是除去滤饼中的　　　　（填化学式）杂质。 学生用书第81页 (4)“转化”分两步进行：第一步BiOCl转化为Bi(OH)3，反应的离子方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________； 第二步Bi(OH)3受热分解，2Bi(OH)3Bi2O3＋3H2O。常温下，当BiOCl恰好完全转化成Bi(OH)3时，溶液中Cl－浓度为0.04 mol·L-1，则此时溶液的pH为　　　　。 (5)“合成”所得乙酰胺的水溶液经　　　　（填操作）可获得乙酰胺固体，以再生硫代乙酰胺(CH3CSNH2)。 答案：(1)＋3 (2)Bi3+＋2OH－＋Cl－===BiOCl↓ ＋H2O　Cu (3)Fe(OH)3 (4) BiOCl＋OH－＋H2O===Bi(OH)3＋Cl－　13 (5)蒸馏、冷却 解析：含铋矿渣中加入盐酸酸浸，浸出渣为SiO2，所得溶液中含有Cu2+、Bi3+、Fe3+、Al3+、H＋、Cl－等；加入NaOH溶液调节pH＝2.5，滤饼中含有BiOCl和Fe(OH)3；“转化”时加入NaOH溶液生成Bi(OH)3，进而得到Bi2O3；“合成”时加入CH3CSNH2溶液与Bi2O3反应，得到Bi2S3。(2)“沉铋”时Bi3+转化为BiOCl沉淀，Bi元素化合价没有变化，根据电荷守恒和原子守恒可得离子方程式；“沉铋”所得滤液中含有Cu2+、Fe3+、Al3+、Na＋等，加入铁粉与Cu2+反应生成Cu。(3)“沉铋”时调节溶液pH＝2.5，根据题中表格数据可知此时Fe3+已开始沉淀，故滤饼中含有BiOCl和Fe(OH)3，Fe(OH)3可与稀硫酸反应。(4)由已知②知，反应BiOCl＋H2O⥫⥬Bi3+＋2OH－＋Cl－的K＝c(Bi3+)·c2(OH－)·c(Cl－)＝1.6×10-31，等号两边同时乘以c(OH－)，可得c( Bi3+)·c3(OH－)·c(Cl－)＝c(OH－)×1.6×10-31，即Ksp·c(Cl－)＝c(OH－)×1.6×10-31，已知Ksp＝4.0×10-31，当c(Cl－)＝0.04 mol·L-1时，c(OH－)＝ mol·L-1＝0.1 mol·L-1，则pH＝13。(5)由已知①知，乙酰胺的沸点与水的相差较大，熔点为82.3 ℃，故可先蒸馏除去水，再冷却使乙酰胺凝固。 课时测评15　化工流程中的过渡金属 (时间：45分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－6题，每题8分，第7题27分，第8题25分，共100分) 1．8.34 g FeSO4·7H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是(　　) A．温度为78 ℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O B．温度为159 ℃时固体物质N的化学式为FeSO4·2H2O C．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·2H2OFeSO4＋2H2O D．取适量380 ℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650 ℃得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，Q的化学式为Fe2O3 答案：D 解析：8.34 g FeSO4·7H2O样品物质的量为0.03 mol，其中m(H2O)＝0.03 mol×7×18 g·mol－1＝3.78 g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34 g－3.78 g＝4.56 g，可知在加热到373 ℃之前，晶体失去部分结晶水，加热至635 ℃时，固体的质量为2.40 g，成为铁的氧化物，其中n(Fe)＝n(FeSO4·7H2O)＝0.03 mol，m(Fe)＝0.03 mol×56 g·mol－1＝1.68 g，则固体中m(O)＝2.40 g－1.68 g＝0.72 g，n(O)＝0.045 mol，则n(Fe)∶n(O)＝0.03 mol∶0.045 mol＝2∶3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3。温度为78 ℃时，固体质量为6.72 g，其中m(FeSO4)＝0.03 mol×152 g·mol－1＝4.56 g，m(H2O)＝6.72 g－4.56 g＝2.16 g，n(H2O)＝0.12 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.12 mol∶0.03 mol＝4∶1，则化学式为FeSO4·4H2O，故78 ℃时，M的化学式为FeSO4·4H2O，故A错误；温度为159 ℃时，固体质量为5.10 g，其中m(FeSO4)＝0.03 mol×152 g·mol－1＝4.56 g，m(H2O)＝5.10 g－4.56 g＝0.54 g，n(H2O)＝0.03 mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)＝0.03 mol∶0.03 mol＝1∶1，则化学式为FeSO4·H2O，故B错误；由B知N的化学式为FeSO4·H2O，且P的化学式为FeSO4，在隔绝空气条件下由N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O，故C错误；由上述分析可知，P的化学式为FeSO4，Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为x mol、y mol，则，解得x＝y＝0.015，所以方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑，Q的化学式为Fe2O3，故D正确。 2．Co(OH)2在空气中加热时，固体(不含其他杂质)质量随温度变化的曲线如图所示，取400 ℃时的产物[其中Co的化合价为＋2、＋3，分别表示为Co(Ⅱ)、Co(Ⅲ)]，用500 mL 5.1 mol·L－1盐酸将其恰好完全溶解，得到CoCl2溶液和4.48 L(标准状况)黄绿色气体。下列说法错误的是(　　) A．290 ℃时，若固体中只含有两种元素，则为Co2O3 B．400 ℃时，n[Co(Ⅱ)]∶n[Co(Ⅲ)]＝27∶8 C．500 ℃时，固体中氧元素质量分数约为26.6% D．生成的黄绿色气体可用于工业上生产“84”消毒液 答案：B 解析：290 ℃时，所得固体的摩尔质量为93 g/mol×≈83 g/mol，可知固体为CoO1.5，即Co2O3，A项正确；400 ℃时，Co2O3与盐酸反应的离子方程式为Co2O3＋2Cl－＋6H＋===2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O，当标准状况下，4.48 L即0.2 mol黄绿色气体产生时，此时0.2 mol Co2O3转化为0.4 mol Co2＋，此时溶液中溶质为CoCl2，根据溶液电荷守恒可得，n(Cl－)＝0.5 L×5.1 mol/L＝2.55 mol，溶液中含有的n(Cl－)＝2.55 mol－0.2 mol×2＝2.15 mol，n(Co2＋)＝ mol＝1.075 mol，400 ℃产物中n[Co(Ⅱ)]＝1.075 mol－0.4 mol＝0.675 mol，即＝＝，B项错误；500 ℃时，Co(OH)2的摩尔质量为93 g/mol，总的钴原子的物质的量为≈1.075 mol，质量为1.075 mol×59 g/mol＝63.425 g，氧原子的质量为86.38 g－63.425 g＝22.955 g，氧的质量分数为×100%≈26.6%，C项正确；根据元素守恒可知黄绿色气体为氯气，与NaOH溶液反应可生成NaClO，可以工业生产“84”消毒液，D项正确。 3．将26.3 g NiSO4·nH2O样品在900 ℃下煅烧，样品受热过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。已知：L→N时失掉全部的结晶水。下列说法错误的是(　　) A．n＝6 B．固体M的化学式为NiSO4·4H2O C．生成固体P时，样品的失重率约为71.5% D．固体Q的化学式为NiO 答案：D 解析：L→N时失掉全部的结晶水，则分解反应为NiSO4·nH2O===NiSO4＋nH2O，根据图像可知，L→N剩余固体NiSO4质量是15.5 g，失去结晶水的质量是26.3 g－15.5 g＝10.8 g，则根据NiSO4～nH2O建立等式，＝，解得n＝6，A项正确；L→M时失掉结晶水的质量是3.6 g，则失去2个结晶水，则固体M的化学式为NiSO4·4H2O，B项正确；失重率等于固体失去的质量与原固体质量的比值，则生成固体P时，样品的失重率＝×100%≈71.5%，C项正确；Q样品的质量为8.3 g，其中n(Ni)＝0.1 mol，m(Ni)＝5.9 g，则m(O)＝8.3 g－5.9 g＝2.4 g，n(O)＝0.15 mol，则n(Ni)∶n(O)＝0.1 mol∶0.15 mol＝2∶3，则固体Q的化学式为Ni2O3，D项错误。 4．硝酸钬可用作科研试剂等。4.41 g Ho(NO3)3·nH2O受热分解过程的热重曲线(晶体质量随温度变化的曲线)如图所示。 已知Ho(NO3)3·nH2O中m(Ho)∶m(H2O)＝11∶6。下列说法错误的是(　　) A．Ho(NO3)3·nH2O中n值为5 B．M点物质的化学式为Ho(NO3)3·H2O C．已知Q点物质的化学式为3Ho(NO3)3·HoONO3，则M→Q过程的其他产物为H2O和NO D．P点氧化物的化学式为Ho2O3 答案：C 解析：Ho(NO3)3·nH2O中m(Ho)∶m(H2O)＝11∶6，所以n(Ho)∶n(H2O)＝∶＝1∶5。Ho(NO3)3·nH2O中n值为5，选项A正确；M点质量减少，4.41 g－3.69 g＝0.72 g，为水的质量，其物质的量为＝0.04 mol，4.41 g Ho(NO3)3·5H2O的物质的量为＝0.01 mol，所以1个Ho(NO3)3·5H2O失去4个H2O，M点物质为Ho(NO3)3·H2O，选项B正确；Q点产物3Ho(NO3)3·HoONO3，但若是M→Q过程的其他产物为H2O和NO，只涉及N的化合价降低，没有化合价升高，不可能，选项C错误；由Ho元素守恒m(Ho)＝0.01 mol×165 g/mol＝1.65 g，则m(O)＝1.89 g－1.65 g＝0.24 g，n(O)＝＝0.015 mol，所以n(Ho)∶n(O)＝0.01 mol∶0.015 mol＝2∶3，则P点氧化物化学式为Ho2O3，选项D正确。 5．(2023·山东济宁模拟预测)某铬贫矿主要成分为Fe(CrO2)2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3，采用次氯酸钠法处理矿石并制备CrO3的工艺流程如图，已知“氧化浸出”时铁以最高价氧化物存在。下列说法错误的是(　　) A．“氧化浸出”时煮沸的目的是加快氧化浸出速率 B．滤渣的主要成分是MgO、Fe2O3 C．化合物Ⅰ为NaOH，化合物Ⅱ为NaHCO3 D．实验室进行“混合”时，将Na2Cr2O7溶液缓慢倒入浓硫酸中，边倒边搅拌 答案：D 解析：通过次氯酸钠将铬贫矿中Fe(CrO2)2氧化为Na2CrO4，电解后再通入二氧化碳即可生成重铬酸钠，之后再加入浓硫酸即可得到产物，以此解题。升高温度可加快反应速率，故“氧化浸出”时煮沸的目的是加快氧化浸出速率，A正确；Al2O3与NaOH溶液反应，则“滤渣”的主要成分为MgO、Fe2O3，B正确；由于电解时产生氢气和氯气，故会产生NaOH，“沉铝”时通入过量的CO2，产生NaHCO3，C正确；实验室进行“混合”时，将浓硫酸缓慢倒入Na2Cr2O7溶液中，边倒边搅拌，D错误。 6．(2023·河北统考模拟预测)钒铬还原渣是钠化提钒过程的固体废弃物，其主要成分为VO2·xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2。一种初步分离钒铬还原渣中钒铬并获得Na2Cr2O7的工艺流程如图。 已知：①“酸浸”后VO2·xH2O转化为VO2＋； ②Cr(OH)3的Ksp近似为1×10－31。下列说法正确的是(　　) A．滤渣的成分为H2SiO3 B．“氧化”生成VO发生反应的离子方程式为2VO2＋＋S2O＋2H2O===2VO＋2SO＋4H＋ C．若“含Cr3＋净化液”中c(Cr3＋)＝0.1 mol/L，则“水解沉钒”调pH应不超过10 D．“溶液1”中含CrO，加入H2O2后发生反应的离子方程式为2CrO＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋2H＋＋2H2O 答案：B 解析：钒铬还原渣中加入H2SO4酸浸，SiO2不溶而成为滤渣；往滤液中加入Na2S2O8将VO2＋氧化为VO，调节pH水解沉钒，从而得到V2O5·xH2O；将含Cr3＋净化液中加入过量NaOH，生成CrO，再加入H2O2，将CrO氧化生成CrO，调节pH，再经多步操作，从而获得Na2Cr2O7和Na2SO4。SiO2不与水、H2SO4反应，滤渣的成分为SiO2，A错误；将VO2＋用Na2S2O8“氧化”，生成VO、SO等，发生反应的离子方程式为2VO2＋＋S2O＋2H2O===2VO＋2SO＋4H＋，B正确；Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)×c3(OH－)，c(Cr3＋)＝0.1 mol/L，则c(OH－)＝10－10 mol/L，pH＝4，C错误；“溶液1”为碱性环境，加入H2O2将CrO氧化生成CrO，发生反应的离子方程式为2CrO＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O，D错误。 7.(27分)铬元素是一种重金属元素，工业上处理含铬废水并将其资源化的工艺有多种，其中两种工艺如下图所示： 已知：①含铬废水中铬元素主要有＋3和＋6两种价态，＋6价铬在酸性环境中氧化性更强。 ②Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋。 回答下列问题： (1)“还原”时，先加入H2SO4酸化，再加入Na2S2O5固体，其发生反应的离子方程式为____________________________________________________________________________________________________________________________，若不加H2SO4酸化，可能造成的后果是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (2)“中和”过程中，有大量气泡生成，写出“中和”时产生Cr(OH)3的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (3)“过滤洗涤”时，证明沉淀已洗涤干净的操作为________________________________________________________________________。 (4)“冶炼”时，该反应的能量主要转化形式为____________。 (5)“氧化”时，发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (6)已知Ksp(BaCrO4)＝2.4×10－10，利用氧化法除铬时，欲使废液中铬元素的含量不高于0.26 mg·L－1，则此滤液中c(Ba2＋)的范围为________________________________________________________________________。 (7)与还原法相比，氧化法的优点为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 答案：(1)2Cr2O＋3S2O＋10H＋===4Cr3＋＋5H2O＋6SO　＋6价铬不能完全被还原 (2)2Cr3＋＋3CO＋3H2O===2Cr(OH)3↓＋3CO2↑ (3)取最后一次洗涤液，向其中加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成 (4)化学能转化为热能 (5)2Cr(OH)3＋3NaClO＋4NaOH===2Na2CrO4＋3NaCl＋5H2O (6)≥4.8×10－5 mol·L－1 (7)能耗低 解析：含铬废水先加入H2SO4酸化，再加入Na2S2O5固体，先发生转化2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，随后发生反应2Cr2O＋3S2O＋10H＋===4Cr3＋＋5H2O＋6SO，加入碳酸钠调节，中和pH，发生反应2Cr3＋＋3CO＋3H2O===2Cr(OH)3↓＋3CO2↑，过滤获得Cr(OH)3，经煅烧，得到氧化铬，加铝发生置换反应，获得单质铬；下方流程：含铬废水加入氢氧化钠调节pH，发生反应Cr3＋＋3OH－===Cr(OH)3↓，“氧化”时，发生反应的化学方程式为2Cr(OH)3＋3NaClO＋4NaOH===2Na2CrO4＋3NaCl＋5H2O，加硝酸钡，利用沉淀溶解平衡，获得BaCrO4沉淀，据此分析回答问题。 (1)已知＋6价铬在溶液中存在如下平衡：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，因此加入稀硫酸的目的是将CrO转化为Cr2O。此时加入Na2S2O5固体，发生反应的离子方程式为2Cr2O＋3S2O＋10H＋===4Cr3＋＋5H2O＋6SO，根据题意可知，＋6价铬在酸性环境中氧化性更强，若不加H2SO4酸化，可能造成的后果是＋6价铬不能完全被还原；(3)“过滤洗涤”时，洗涤Cr(OH)3沉淀上的SO等杂质离子，证明沉淀已洗涤干净的操作为取最后一次洗涤液，向其中加入足量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成；(6)若废液中c(CrO)＝＝5×10－6 mol/L，根据c(Ba2＋)＝＝ mol/L＝4.8×10－5 mol·L－1，因此溶液中c(Ba2＋)≥4.8×10－5 mol·L－1。 8．(25分)钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图： 回答下列问题： (1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (2)常温下，先加入氨水调节pH＝3，过滤，滤渣主要成分是________。(已知：Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13、Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39、Ksp[Sc(OH)3]＝9.0×10－31)。 (3)已知Ka1(H2C2O4)＝a，Ka2(H2C2O4)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c。“沉钪”时得到草酸钪的离子方程式是________________________________________________________________________，此反应的平衡常数K＝________(用含a、b、c的代数式表示)。反应过程中，草酸用量过多时，钪的沉淀率下降，原因可能是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (4)草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·6H2O]；在空气中加热，随温度的变化情况如图所示。 250 ℃时，晶体的主要成分是________(填化学式)。550～850 ℃发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 答案：(1)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌 (2)Fe(OH)3 (3)2Sc3＋＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H＋　　草酸钪沉淀可能会转化为可溶性络合物，导致钪的沉淀率下降 (4)Sc2(C2O4)3·H2O　 2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2 解析：工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)萃取后得到“油相”，洗涤“油相”可除去大量的钛离子，加入NaOH反萃取，得到滤渣Fe(OH)3、Mn(OH)2、Sc(OH)3，加入盐酸酸溶，得到Fe3＋、Mn2＋、Sc3＋，加入氨水，先加入氨水调节pH＝3，滤渣主要成分是Fe(OH)3，加入盐酸溶解沉淀后再加入草酸沉钪，灼烧后得到Sc2O3。(1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子，洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成，不同的液体混合时，一般先加密度小的、易挥发的，后加密度大、难挥发的，若混合时放热，则最后加受热易分解的，因此，混合的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌；(2)废酸中含钪、钛、铁、锰等离子，洗涤“油相”以除去大量的钛离子，根据Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13、Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39、Ksp[Sc(OH)3]＝9.0×10－31，可以求出余下三种离子沉淀完全时的pH，先加入氨水调节pH＝3，过滤，滤渣主要成分是Fe(OH)3；(3)根据分析可知，“沉钪”得到草酸钪的离子方程式2Sc3＋＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H＋；平衡常数K＝＝＝＝；草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物，故草酸用量过多时，草酸钪沉淀可能会转化为可溶性络合物，导致钪的沉淀率下降；(4)设起始时Sc2(C2O4)3·6H2O的物质的量为1 mol，质量为462 g，由题图可知，250 ℃时，减少的质量为462 g×19.5%≈90 g；＝5 mol，即晶体失去5个结晶水，故250 ℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O。250～550 ℃减少的质量为462 g×3.9%≈18 g，可知550 ℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3。850 ℃时剩余固体的质量为462 g×(1－19.5%－3.9%－46.8%)≈138 g，除去钪元素质量后剩余质量为138 g－2 mol×45 g·mol－1＝48 g，应为氧元素的质量，＝3 mol，则850 ℃时晶体的化学式为Sc2O3，故550～850 ℃发生反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3＋3O22 Sc2O3＋12CO2。 学科网（北京）股份有限公司 $$