2020年高考专题训练-工艺流程题七

1、工艺流程题（七）.倒是一种熔点很高的金属，具有良好的可塑性和低温抗腐蚀性，有延展性、硬度大，无磁性。广泛应用于钢铁、航空航天、能源、化工等领域。工业上常用钮炉渣（主要含FeO?V2O3,还有少量 SiO2、P2O5等杂质）提取V2O5的流程如图：kr 空气 浸出流 漉液（1）焙烧的目的是将 FeO?V2O3转化为可溶性 NaVO 3,其中铁元素全部转化为 +3价，写出该反应的化学方程式 （2）力口 MgSO4溶液的步骤中，滤渣的主要成分是 （用化学式表示）。（3）沉钮过程中的发生反应的离子方程式为 ,得到的固体物质往往需要洗涤，写出实验室洗涤 NH 4VO 3沉淀的操作方法 。（4）元素钮在溶

2、液中还可以以V2+（紫色）、V3+（绿色）、VO2+（蓝色）、VO2+（黄色）等形式存在.某利用锂元素微粒间的反应来设计的可充电电池的工作原理如图示，已知溶液中还含有 1 mol硫酸，请回答下列问题：充电时，左槽电极上发生的电极反应式为 放电过程中，右槽溶液颜色变化为 ,若此时外电路转移了3.01 1022个电子，则左槽溶液中H+的变化量A n（H+） =。【答案】4FeO?VC5+4NaCO+5Q-!L 8NaVO+2Fe2Q+4COMgSQMg（PO）3NH +VQ7NHVOJ往漏斗中加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复 2-3次VO+HO-e=VQ+2H+紫色变为绿色0.05mol【解析】

3、【分析】钮炉渣加入碳酸钠在空气中焙烧，生成NaVQ氧化铁、硅酸钠、磷酸钠，水浸后得到滤渣中含有氧化铁，滤液为 NaVO、硅酸钠、磷酸钠的水溶液，滤液中加入硫酸镁生成生成难溶 的硅酸镁、磷酸镁沉淀，过滤后向溶液中再加入硫酸俊生成NHVO沉淀，NHVO灼烧生成 VO【详解】根据以上分析，(1) FeO?V 2Q与碳酸钠、氧气在高温条件下反应生成NaVO FezQ、CO,该反应的化学方程式是 4FeO?VQ+4NaCO+5Q高温. 8NaVG+2Fe2Q+4CO。(2)加入MgS丽液生成硅酸镁、磷酸镁沉淀，所以滤渣的主要成分是MgSi。、Mg (PO)3。(3)沉钮过程中NaVO与(NH) 2SO发

4、生反应生成 NHVO沉淀，反应的离子方程式为 NH +VCO =NHVOJ,实验室洗涤NHVO沉淀的操作方法是：往漏斗中加水至浸没沉淀， 让水自然流下， 重复2-3次；(4)充电时，外接电源的正极与电池的正极相连，左槽电极为阳极，失电子发生氧化反应，锂元素化合价升高，发生的电极反应式为VO+HO-e-=VQ+2H+ ;放电过程中，右槽是负极，负极失电子钮元素化合价升高，由变为V+,溶液颜色由紫色变为绿色，放电时正极反应为VQ+2H+e=VO+HQ若此时外电路转移了 3.01 X1022个电子，通过电极反应消耗氢离子0.1mol ,同时0.05mol氢离子由右槽进入左槽，则左槽溶液中 4的变化量

5、 An(H+) = 0.1-0.05=0.05mol 。【点睛】本题考查物质制备工艺流程，需要熟练掌握元素化合物性质；对工艺流程题目关键是理解整个过程，常涉及物质的分离提纯、原理的分析评价、陌生方程式书写等，侧重考查学生分析 能力、知识迁移运用能力。.硫酸锌可用于制造锌银白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnQ还含有FezQ、CuO SiO2等杂成)制备ZnSO - 7H2O的流程如下。H声d修的 KMiKh tt ZbO锋白卜一高卜一|疆工一地趣 避清I阻0瓦MhOj 母旗相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH (开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol L-1计算)如下表：开始沉淀的沉淀

6、完全的PHPH金属离子L 3+Fe1.13.2L 2+Fe5.88.8-7 2+ Zn6.48.0“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的 措施有：适当提高酸的浓度、 (填一种)。“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+, H+反应外，另一主要反应的化学方程式为。“氧化” 一步中，发生氧化还原反应的离子方程式为 。溶液 pH控制在3.2 , 6.4)之间的目的是 。“母液”中含有的盐类物质有 (填化学式)。(5)ZnSO4 7H2O可用于配制铁件上镀锌电镀池的电解液，下列说法不正确的是 A.配制一定物质的量浓度ZnSO溶液时必需的玻璃仪器为容量瓶、烧

7、杯、玻璃棒B.电镀池的阳极为铁件C.阴极质量增加65g时，理论上导线中通过 2mol电子D.电镀过程中电解质溶液的浓度不变【答案】SiO2粉碎锌白矿(或充分搅拌浆料、适当加热等)Zn+CuSO-Cu+ZnSO3Fe2+MnO+7ZnO+9HH3Fe(OH)3 J+MnOJ +7Zn2+使 563+沉淀完全，而 Zn2+不沉淀 Mn。变为MnO沉淀，避免引入杂质ZnSQ、K2SOAB【解析】【分析】锌白矿(主要成分为ZnO,还含有Fe2Q、CuO SiO2等杂成)加稀硫酸溶解，SiO2不溶，过滤, 滤渣1为SiO2,滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁，加入锌粉发生置换反应：Zn+CuSMCu+Zn

8、S Zn+Fe2(SO)-2FeSQ+ZnSO ,滤渣2为铜与过量的锌粉，滤液中再加 高镒酸钾溶液、纯 ZnO与亚铁离子反应生成 MnO 2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液为硫酸锌， 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSQ- 7H2O晶体，以此解答该题。【详解】(1)锌白矿加稀硫酸溶解，SiO2不溶，过滤，滤渣1为Si6;酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、粉碎锌白矿(或充分搅拌浆料、适当加热等 );因此，本题正确答案是：SiO2；粉碎锌白矿(或充分搅拌浆料、适当加热等 )；(2)置换”过程中，加入适量的锌粉，发生置换反应：Zn+CuSO4 Cu+ZnSQ、Zn+Fe(SO4)3

9、 2FeSQ+ZnSO ；因此，本题正确答案是：Zn+CuSO4 Cu+ZnSQ；(3)氧化”一步中，高镒酸钾溶液、纯ZnO与亚铁离子反应生成 MnO2和氢氧化铁沉淀，发生反应的离子方程式为3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+ 3Fe(OH)3 J +MnO J +7Zn+;由表知溶液pH控制在3.2 , 6.4)之间的目的是使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀，MnO4-变为MnO?沉淀， 避免引入杂质；因此，本题正确答案是：3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H + 3Fe(OH)U +MnOj +7Zn+；使 Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀，MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质；

10、(4)锌离子、钾离子、硫酸根离子未除去，母液”中含有的盐类物质有 ZnSO4、K2SO4;因此，本题正确答案是：ZnSO4、K2SO4；(5)A.配制一定物质的量浓度 ZnSO溶液时必需的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒和胶头滴管，故A错误；B.电镀时，铁件作阴极，镀层金属作阳极，含镀层金属离子的溶液作电解液，故B错误；C.镀锌时，阴极反应为Zn2+2e-=Zn,当阴极质量增加 65g时，理论上导线中通过 2mol电子，故C正确；D.镀锌时，阴极反应为 Zn2+2e=Zn,阳极反应式为 Zn-2e-= Zn2+,所以电镀过程中电解质溶液的浓度不变，故 D正确。因此，本题正确答案是：AB。17.某

11、厂废酸主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO 2+、Al3+。利用该废液制备过二硫酸俊 (NH 4) 2s2。8 和TiO 2的一种工艺流程如下：- 一HSO,HjOaI 电解辄水一 r 滤液*适量”粉氨水高手调pH*10过滤过滤L TiO(OH)t -2 TiOj滤渣n已知：i.TiOSO4在热水中易水解生成 H2TiO3,相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如 下表:金属离子TiO2+Fe3+Fe2+Al3+开始沉淀的pH1.21.97.03.2沉淀完全的pH2.83.19.44.7pH7时,Fe2+部分生成 Fe( n )氨络离Fe(NH 3)02+o请回答下列问题：(1)加入适量Fe的作

12、用是 .(2)生成TiO(OH) 2的化学方程式为 。(3)滤渣I、滤渣II均含有的物质的化学式为 .(4)加入H2O2的目的是除掉Fe( n )氨络离子Fe(NH 3)22+,此过程中氧化剂与还原剂的物质的 量之比理论上等于 (填数值)。(5)常温下，含硫微粒主要存在形式与pH的关系如下图所示。用Pt电极电解饱和NH4HSO4溶液制备过二硫酸俊时，为满足在阳极放电的离子主要为HSO 4-,应调节阳极区溶液的pH范围在 之间淇电极反应式为 (6)科研人员常用硫酸铁俊NH 4Fe(SO4)2滴定法测定TiO2的纯度，其步骤为：用足量酸溶解wg二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为

13、 100 mL,取25.00 mL, 以NH 4SCN作指示剂，用标准硫酸铁俊溶液滴定至终点，反应原理为：Ti 3+Fe3+=Ti 4+Fe2+判断滴定终点的方法： 。滴定终点时消耗 c mol/L-1 NH4Fe(SO4)2溶液VmL,则TiO2纯度为(写出相关 字母表示的代数式)。【答案】将Fe3+还原为Fe2+,避免Fe3+和TiO2+同时沉淀TiOSO4+2NH 3?H2O = TiO(OH) 2 J +(NH 4)2SO4Fe(OH)31 : 2022HSO4-2e-= S2O82 - + 2H+当滴入最后一滴硫酸铁钱溶液时，溶液变为血红色且30s内不恢复原色32cv/w%【解析】【

14、分析】废酸中主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+,根据流程图，用氨水调节pH=3得到TiO(OH) 2, 而此时铁离子也会形成沉淀，因此需要加铁粉将铁离子转化为亚铁离子；滤液中加入氨水调节pH=10,得到的沉淀有氢氧化亚铁和氢氧化铝(滤渣I);滤液中含有部分 Fe(II)氨络离子Fe(NH 3)22+,因此加入双氧水将亚铁离子氧化形成氢氧化铁沉淀(滤渣II);再在滤液中加入硫酸酸化后电解得到过二硫酸镂(NH 4)2S2O8o据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，铁粉主要作用是将Fe3+还原为Fe2+,避免Fe3+和TiO2+同时沉淀，故答案为将Fe3+还原为Fe2+,避免F

15、e3+和TiO2+同时沉淀；(2)根据流程图，用氨水调节pH=3, TiO2+生成TiO(OH) 2,所以化学方程式为：TiOSO 4+2NH3?HzO = TiO(OH) 2J + (NH”SO4,答案：TiOSO4+2NH 3?H2O = TiO(OH) 2J + (NH4)2SO4;(3)滤渣I为氢氧化亚铁和氢氧化铝，部分氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁，滤渣 II为氢氧化铁 沉淀，因此滤渣I、滤渣II均含有的物质的化学式为Fe(OH)3,故答案为Fe(OH)3；(4)在碱性溶液中，加入 H2O2的目的是氧化除掉 Fe(II)氨络离子Fe(NH3)22+得到氢氧化铁沉 淀，根据化合价升降守恒，配

16、平后的离子方程式为2Fe(NH 3)22+4OH-+4H2O+H 2O2=2Fe(OH) 3 4NH 3 H2O,氧化剂为 H2O2,还原剂为 Fe(NH 3)22+,氧化剂与还原剂的物质的量之比理论上等于1: 2,故答案为1: 2;(5)根据常温下，含硫微粒主要存在形式与pH的关系图，阳极放电的离子主要是HSO4-,则阳极区电解质溶液的 pH范围应控制在02,阳极发生氧化反应，HSO4-放电转化为S2O82-, 则阳极的电极反应为：2HSO4-2e-S2O82-+2H+,故答案为 02; 2HSO4-2e- S2O82-+2H + ； (6)铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：当滴入最后一

17、滴硫酸铁镂时，溶液变成血红色，且30s内不变回原色；答案：当滴入最后一滴硫酸铁镂溶液时，溶液变为血红色且 30s内不恢复原色；由 TiO2 Fe3+关系式，n(TiO2)=n(Fe 3+)=cmol - L 1XVX 10-3 LX 100mL/25mL=4cV 10 -3mol, TiO2纯度为 4cVX 10-3molX80g mol 1/w x 100%=32cv/w% 故答案为 32cv/w%。【点睛】滴定终点固定答法需要记忆：当滴入最后一滴溶液时，溶液由变为色，且30s内不恢复原色。.含+6价铭的废水毒性强，对环境污染严重，工业上常利用化学原理把+6价铭转化为不溶性Cr(OH) 3除

18、去。I、S02还原法：化工厂常用 SO2处理含铭废水，其工艺流程如下图所示：-C*OH)NaOH酸性Cr(-6)废水已知：Cr2O72-+H2O= 2CrO42-+ 2H + ,吸收塔中Cr2O72与S02反应如下：Cr2O72(aq)+3SO 2(g)+2H +(aq) 2C3+(aq)+3SO 42 (aq)+H 2O(l) A H-4145 kJ/mol。(1)其他条件不变，研究吸收塔中pH对反应的影响。pH246Cr (+6)最大去除率99.99%达排放标准99.95%达排放标准99.5%未达排放标准时间30 min35 min45 min由上述数据获得的结论,有实际工业生产控制 pH

19、 =左右。下列说法不合理的是。a.该酸性含铭废水中一定含有CrO 42-, pH越大其含量越高b.其他条件不变，增大压强，吸收塔中反应的K增大，有利于除去 Cr (+6)c.理论上看，SO32-、Fe2+等也可以用于除去 Cr (+6)(2)其他条件不变，研究温度对 Cr (+6)去除率的影响(如图所示)秋中toil已知：30min前相同时间内，80c的Cr (+6)去除率比40c高，是因为30min前反应正向进行，温度高反应速率快反应物的转化率增大；试解释 30min后80c的Cr (+6)去除率低的原因：。n、电解法处理：工业上处理含 Cr2O72-离子的酸性废水，采用往工业废水中加入适量

20、的食盐，再用 Fe为电 极进行电解，将 Cr2O72一离子还原为可溶性三价铭离子，再调 pH使三价铭离子变为不溶性 氢氧化物除去。(1)加入食盐的目的是 ;(2)电解时阳极反应式为 。【答案】pH越大，Cr(+6)的去除率降低，反应速率越慢4 b 30min后反应达到平衡状态，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，80 C的Cr( +6)去除率低增强溶液的导电能力Fe-2e三Fe2+【解析】【分析】(1)根据图表数据，pH越大，反应越慢，铭离子的最大去除率减小；pH4,反应速率减慢，铭离子去除率减小；a.根据溶液的酸碱性对平衡 Cr2O72-+H2O? 2CrO42-+2H+的影响判断；b.平衡常

21、数只与温 度有关；c. SO32-、Fe2+等具有还原性；据此分析判断；(2)30min前反应未达到平衡状态，开始反应正向进行，反应物转化率增大，30min后反应大多平衡状态，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，反应物转化率减小；n、阳极铁失去电子生成亚铁离子，阴极上氢离子得到电子生成氢气；加入适量的NaCl可增强溶液的导电性，据此分析解答。【详解】I、(1)根据表格数据，随pH增大，铭离子的最大去除率减小，反应所需时间越长， pH=6 时不符合排放标准，由上述数据获得的结论有：pH越大，Cr(+6)的去除率降低，反应速率越慢，故答案为:pH越大，Cr(+6)的去除率降低，反应速率越慢； pH

22、4,反应速率减慢，铭离子去除率减小，不能达到排放标准， 且铭离子形成氢氧化铭会堵塞管道，所以实际工业生产控制pH=4左右，故答案为：4;a. Cr2O72-+H2O? 2CrO42-+2H + ,该酸性含铭废水中一定含有CrO42-,增大pH,氢离子浓度减小，平衡正向移动，CrO42-含量变大，故a正确；b. K只与温度有关，其他条件不变，增大压强，吸收塔中反应的K不变，故b错误；c.理论上看，SO32-、Fe2+等具有还原性，+6价铭元素的化合物具有氧化性，也可以用于除去Cr(+6),故c正确；故答案为：b;(2)30min前反应正向进行，温度高，反应速率快，反应物的转化率增大，80 c的C

23、r(+6)去除率比40c高，30min后，80c条件下的反应达到平衡状态，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，80c的Cr(+6)去除率低，故答案为：30min后反应达到平衡状态，反应为放热反应，升温平衡逆向移动，80 c的Cr(+6)去除率低；n、(1)因NaCl为电解质，加入适量的NaCl可增强溶液的导电能力，故答案为：增强溶液的导电能力；(2)Fe为阳极，为活性电极，则铁失去电子生成Fe2+,所以阳极的电极反应式为Fe-2e=Fe2+,故答案为：Fe-2e-=Fe2+。.某铭盐厂生产过程中排出含Cr2O72-的工业酸性废水。为防止污染环境，现采用下列工艺流程进行处理后再排出。在整个处

24、理过程中，Cr2O72-被还原为Cr3+,溶液的pH值逐渐升高，最后滤出的沉淀有Cr(OH) 3和Fe(OH) 3,试分析这个污水处理过程，回答：(1)电解时，铁电极上的电极反应式：阳极：,阴极：。(2)用铁(而不用炭)作电极进行电解的原因： 。Cr2O72-在酸性环境中被还原剂还原，能除去Cr2O72-。减少溶液酸性是整个工艺流程中关键的一步，这个变化的离子方程式是 。(4)溶液的pH值逐渐增大的原因是 。【答案】Fe-2e-=Fe2+2H+2e-=H2 T产生还原剂 Fe2+Cr2O72-+6Fe2+14H + =2Cr3+6Fe3+7H2OCr2O72-还原时消耗H+,电解时阴极 H+放

25、电，都使溶液酸性减弱，pH值升高【解析】【分析】实验原理是:电解产生Fe2+,将Cr2O72-被还原为Cr3+;电解消耗溶液中的 H + ,降低了溶液的酸性，从而生成Cr (OH) 3沉淀。【详解】(1)电解时，阳极电解活性电极铁，电极反应式为：Fe- 2e-=Fe2+,阴极电解溶液中的阳离子氢离子放电，电极反应式为：2H+2e-=H2f；(2)炭是惰性电极，铁是活性电极，用铁作电极进行电解能产生还原剂Fe2+,在酸性溶液中与Cr2O72-离子发生氧化还原反应，将 Cr2O72-被还原为Cr3+；(3) Cr2O72-在酸性环境中被还原剂Fe2+还原，能减少溶液酸性，该离子方程式是Cr2O72

26、 +6Fe2+ 14H + = 2Cr3+6Fe3+7H2O;(4)在电解过程中，阴极消耗了溶液中的 H +产生氢气，降低了溶液的酸性，同时，在Cr2O72与Fe2+反应被还原为Cr3+的过程中，又消耗了溶液中的H+使溶液的酸性减弱，从而生成Cr (OH) 3沉淀，降低了废水中有害物质铭的污染。所以，导致溶液pH值升高的原因有上述两个。.利用工业炼铅产生的锌灰 (主要成分为ZnO、PbO、FeO、MnO2、CuO)可回收制备ZnCl 2, 工艺流程如下：年灰涌 溶回答下列问题(1)浸取”实验中，反应体系的温度、反应时间对镒脱除效果的影响如下表，则适合的温度 和反应时间分别是、。表1温度对镒脱除

27、效果的影响温度/Cp (Mn2+)/mg/L除镒率/%100.32587.9300.34189.5500.42484.3700.64676.1表2反应时间对镒脱除效果的影响时间/hP (Mn2+)/mg/L除镒率/%1.00.99563.11.50.79470.62.00.32887.92.50.32587.9(2)滤渣1”的主要成分是 。(3)H2O2溶液的作用是 ,已知 滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3,则氧化锌的作用 是。置换”实验中发生反应的离子方程式有Zn+Pb 2+=Pb+Zn 2+、。(4)由锌灰制取金属锌可采用碱溶解，然后电解浸取液，已知： ZnO溶于NaOH溶液中生成 Zn

28、(OH) 42-,则阴极的电极反应为 。(5)ZnCl 2晶体溶解于饱和 Na2CO3溶液中，得到6.46 g的碱式碳酸锌Zn x(CO 3)y(OH) z,为 了测定其组成，充分加热分解，产生的气体依次通入浓硫酸和碱石灰，质量分别增重了 0.72g和0.88g,则该碱式碳酸锌的化学式为 。【答案】30C2.0hMnO2将Fe2+氧化为Fe3+调节pH将Fe3+转化为沉淀除去Zn+Cu2+=Zn2+CuZn(OH) 42-+2e-=Zn+4OH -Zn3CO3(OH)4【解析】【分析】锌灰(主要成分为ZnO、PbO、FeO、MnO 2、CuO)加入稀盐酸酸浸，MnO2不溶液于稀盐酸， 过滤后得

29、到的滤渣1为MnO2,滤液中含有Zn2+、Fe2，Cu2+、Pb2+等，加入H2O2可氧化溶 液中的Fe2+生成Fe3+,发生H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2。，加入ZnO调节溶液pH除去Fe3+, 过滤后滤渣2为Fe(OH)3,滤液中含有等 Zn2+、Cu2+、Pb2+等，加入Zn置换出Cu、Pb,经 过滤后滤液中主要含有 Zn2+；根据表格中数据，确定 浸取”实验中，镒脱除效果最佳时反应体系的温度、反应时间； (2)酸浸时，锌灰中 ZnO、PbO、FeO、CuO均溶于稀盐酸，而 MnO 2不溶于稀盐酸；H2O2溶液有强氧化性，能氧化溶液中的Fe2+； Fe3+在溶液中易水解，加

30、入ZnO能促进Fe3+水解；在含有 Cu2+、Pb2+的溶液中加入 Zn,可置换出Cu和Pb;(4)石墨作电极电解时，阳极氢氧根离子失电子，阴极上 Zn(OH) 4广得电子；(5)浓硫酸增重为分解生成水的质量，碱石灰增重为分解得到二氧化碳的质量，结合原子守恒计算碳酸根、氢氧根的物质的量，再结合电荷守恒计算Zn2+的物质的量，计算 x、v、z的比例关系确定化学式。【详解】(1)结合温度、时间对镒脱除效果的影响数据，可知温度为30 C、时间为2小时时除镒率最高，故答案为：30 C； 2.0h；(2)含MnO2的锌灰用稀盐酸溶解时，MnO2不溶于稀盐酸，经过滤可除去，即滤渣1为MnO2； 向含有Zn

31、2+、Fe2+、Cu2+、Pb2+的滤液中，加入 H2O2可氧化溶液中的 Fe2+生成Fe3+;向含 Fe3+的溶液中加入ZnO,调节溶液pH,促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀除去；在含有 Cu2+、 Pb2+的溶液中加入 Zn,可置换出Cu和Pb,发生的离子反应包括：Zn+Pb2+=Pb+Zn2+、Zn+Cu2+=Zn2+Cu,所以答案为：将 Fe2+氧化为Fe3+；调节pH将Fe3+转化为沉淀除去； Zn+Cu2+ Zi2+Cu；(4)石墨作电极电解时，阳极氢氧根离子失电子生成O2,阴极上Zn(OH) 4产得电子生成Zn,则阴极的电极方程式为：Zn(OH) 42+2e-=Zn+4OH

32、 -;0.72 g(5)浓硫酸增重为分解生成水的质量，水的物质的量为n(H2O)=0.04mol,则18g / moln(OH-)=0.08mol ,碱石灰增重为分解得到CO2的质量，CO2物质的量为n(CO2)= 0.88g =0.02mol ,则 n(CO 32-)=0.02mol ,结合原子守恒，可知44g / mol(Zn2+)= 1 %0.08mol+0.02mol 2)=0.06mol ,则 x： y： z=0.06: 0.02： 0.08=3: 1:4,故该碱 2式碳酸锌的化学式为：Zn3CO3(OH) 4。【点睛】本题考查物质的制备的知识，涉及电解池、元素化合物性质、离子检验、

33、沉淀转化、化学工艺流程、物质的分离提纯、物质组成测定等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。.铁、馍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣 成分为NiFezQ(铁酸馍)、NiO、FeO CaO SiO2等中回收NiSQ的工艺流程如下：NaF(NH 6 60*已知（NHO2S。在350c分解生成 NH和H2SQ,回答下列问题: （1） “浸渣”的成分有 FezQ、FeO（OH） CaSO外，还含有 （写化学式）。（2）矿渣中部分FeO焙烧时与HkSO反应生成Fe2（SO4）3的化学方程式为 向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+（浓度为1. 0 xi0-3mol - L -1）,当溶

34、液中c（F-）=2. 0X10-3mol I/1 时，除钙率为 Ksp（CaF2）=4 . 0X10-11。（4）溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：2Fe 水相 2RH有机相？ FeR有机相2H 水相。萃取剂与溶液的体积比（Vo/Va）对溶?中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，Vo/Va的最佳取值为 。在（填“强碱性” “强酸性”或“中性”）介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。（5）以Fe、Ni为电极制取NaFeQ的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO2-,若pH过高，铁电极区会产生红褐色物质。腐了支换映1寓子交接电解时阳极的电极反应式为 ,离子交换膜（b）为（填“阴”或“阳”）离子交换膜。向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。该反应的离子方程式为 O【答案】SiO24FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O99%0.25 强酸性Fe-6e-+8OH-=FeO 42-+4H 2O阴2Fe(