专题13+元素及其化合物知识的综合应用-2019年高考真题和模拟题分项汇编化学含解析

专题13元素及其化合物知识的综合应用2012019年高考真题1．[2019江苏]N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为▲。（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为NO+NO2+2OH−2+H2O2NO2+2OH−++H2O①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有▲（填字母）。A．加快通入尾气的速率B．采用气、液逆流的方式吸收尾气C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是▲（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是▲（填化学式）。（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和，其离子方程式为▲。②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是▲。【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2O （2）①BC②NaNO3NO（3）①3HClO+2NO+H2O3Cl−+2+5H+②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强【解析】【详解】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O。（2）①A、加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不符合题意；B、采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，符合题意；C、定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，符合题意。故选BC。②由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO。（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3-和Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3Cl-+5H+。②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。2．[2019浙江4月选考]固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：请回答：（1）由现象1得出化合物X含有________元素(填元素符号)。（2）固体混合物Y的成分________(填化学式)。（3）X的化学式________。X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反应的化学方程式是________。【答案】（1）O（2）Cu和NaOH（3）NaCuO22NaCuO2＋8HCl2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O【解析】【分析】固体混合物Y溶于水，得到固体单质为紫红色，说明是Cu，产生碱性溶液，焰色反应呈黄色说明含有钠元素，与盐酸HCl中和，说明为NaOH（易算出为0.02mol），混合气体能使CuSO4变蓝，说明有水蒸汽。【详解】（1）CuSO4由白色变为蓝色，说明有水生成，根据元素守恒分析，必定含有O元素。（2）现象2获得紫色单质，说明Y含有Cu,现象3焰色反应为黄色说明有Na元素，与HCl发生中和反应说明有NaOH，故答案填Cu和NaOH。（3）NaOH为0.02mol，易算出m(Na)=0.02×23g=0.46g，m(O)=m-m(Na)-m(Cu)=2.38-0.46-1.28=0.46g，N(Na)：N(Cu)：N(O)==1：1：2，故化学式为NaCuO2，X与浓盐酸反应，根据反应现象，产物有Cl2，和CuCl2蓝色溶液，因而化学方程式为2NaCuO2＋8HCl2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O。3．[2019北京]化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol·L−1KBrO3标准溶液；Ⅱ．取v1mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2mL废水；Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；Ⅴ．用bmol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v2mL。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________。（2）Ⅰ中发生反应的离子方程式是_______________________________。（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是_________________________________。（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是______________________________。（5）KI与KBrO3物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是________。（6）Ⅴ中滴定至终点的现象是_____________________________。（7）废水中苯酚的含量为___________g·L−1（苯酚摩尔质量：94g·mol−1）。（8）由于Br2具有____________性质，Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。【答案】（1）容量瓶（2）+5Br-+6H+=3Br2+3H2O（3）（4）Br2过量，保证苯酚完全反应（5）反应物用量存在关系：KBrO3~3Br2~6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量（6）溶液蓝色恰好消失（7）（8）易挥发【解析】【分析】本题考查氧化还原反应滴定的综合运用。苯酚与溴反应快速灵敏，但滴定终点难以判断，因而制得一定量的溴分别与苯酚和KI反应（溴须完全反应完），而溴与KI反应生成的I2与Na2S2O3进行滴定分析，因而直接测出与KI反应所消耗的溴，进而计算出与苯酚反应消耗的溴，最后根据苯酚与溴反应的系数计算废水中苯酚的浓度。【详解】（1）准确称量KBrO3固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，一定规格的容量瓶，因而该空填容量瓶、量筒。（2）KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液颜色呈棕黄色，说明生成Br2，根据缺项配平可知该离子方程式为+5Br-+6H+=3Br2+3H2O。（3）苯酚和溴水反应得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化学方程式为。（4）该测量过程是利用一定量的溴分别与苯酚和KI反应，注意溴须反应完全，且一定量溴的总量已知，部分溴与KI反应生成的I2可利用氧化还原滴定法测量，进而计算出与KI反应的溴的消耗量，将一定量溴减去与KI反应的溴的消耗量，可得与苯酚反应的溴的消耗量，因而一定量的溴与苯酚反应完，必须有剩余的溴与KI反应，Ⅲ中反应结束时，若溶液显黄色说明苯酚反应完，且有溴剩余，以便与KI反应，故原因为Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应，从而间接计算苯酚消耗的Br2。（5）Ⅱ中反应为KBrO3+5KBr+3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，Ⅱ中Br2部分与苯酚反应，剩余溴的量设为n2(Br2)（n1(Br2)>n2(Br2)）在Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI)≥2n2(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3)；因而当n(KI)≥6n(KBrO3)，KI一定过量。（6）Ⅴ中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着Na2S2O3溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色。（7）n(BrO3-)=av1×10-3mol，根据反应BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O可知n(Br2)=3av1×10-3mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~I2，可得Br2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=bv3×10-3mol，n1(Br2)=bv3×10-3mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)=n(Br2)-n1(Br2)=(3av1-bv3)×10-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)×10-3mol，废水中苯酚的含量==mol。（8）Ⅱ中生成的溴须被苯酚和KI完全反应掉，而溴有挥发性，反应时须在密闭容器中进行。4．[2019江苏]聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。（1）将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为▲；水解聚合反应会导致溶液的pH▲。（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10−2mol·L−1K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将▲（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。【答案】（1）2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O减小（2）①偏大 ②n()=5.000×10−2mol·L−1×22.00mL×10−3L·mL−1=1.100×10−3mol由滴定时→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：~6Fe2+（或+14H++6Fe2+6Fe3++2Cr3++7H2O）则n(Fe2+)=6n()=6×1.100×10−3mol=6.600×10−3mol样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600×10−3mol×56g·mol−1=0.3696g样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=×100%=12.32%【解析】【分析】（1）Fe2+具有还原性，H2O2具有氧化性，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式；根据水解反应的离子方程式分析溶液pH的变化；（2）①根据Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+判断还原性的强弱，进一步进行误差分析；②根据K2Cr2O7溶液的浓度和体积计算消耗的K2Cr2O7物质的量，由得失电子守恒计算n（Fe2+），结合Fe守恒和ω（Fe）的表达式计算。【详解】（1）Fe2+具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，根据得失电子守恒可写出反应2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2氧化后的溶液为Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3发生水解反应Fe2（SO4）3+（6-2n）H2OFe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。（2）①根据题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根据还原性：还原剂>还原产物，则还原性Sn2+>Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。②实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-~6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）则n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g样品中铁元素的质量分数：ω（Fe）=×100%=12.32%。【点睛】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体，考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的水解、氧化还原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。易错点是第（2）①的误差分析，应利用“强制弱”和“先强后弱”的氧化还原反应规律分析。难点是第（2）②，注意理清滴定实验中物质之间的计量关系。2012019届高考模拟试题5．[上海市闵行区2019届高三二模]氢化铝锂（LiAlH4）是化工生产中广泛应用于药物合成的常用试剂。（1）LiAlH4可将乙醛转化为乙醇，LiAlH4作该反应的______剂（选填“氧化”“还原”“催化”），用____（填试剂名称）可检验乙醛已完全转化。（2）配平化学反应方程式。______LiAlH4+______H2SO4→______Li2SO4+_______Al2(SO4)3+_______H2↑该反应中H2SO4体现________性。若上述反应中电子转移数目为0.2NA个，则生成标准状况下氢气体积为_____________。（3）现有两种浓度的LiOH溶液，已知a溶液的pH大于b溶液，则两种溶液中由水电离的c(H+)大小关系是：a___________b（选填“>”、“<”或“=”）。（4）铝和氧化铁高温下反应得到的熔融物通常为铁铝合金，设计实验证明其含金属铝。________________________________________________________________________________。【答案】（1）还原新制氢氧化铜悬浊液（银氨溶液）（2）24118氧化性和酸性4.48L（3）<（4）取样，滴加氢氧化钠溶液，若有气泡产生，则合金中有金属铝。若无气泡产生，则合金中没有金属铝【解析】（1）乙醛被还原生成乙醇，则LiAlH4作该反应的还原剂，乙醛可以与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，以此来检验乙醛，或者利用乙醛可以与银氨溶液发生银镜反应，以此来检验乙醛。（2）LiAlH4中H元素从-1价转化为0价的H2即LiAlH4作还原剂，硫酸中H元素从+1价转化成0价即硫酸作氧化剂，同时生成了硫酸盐，体现了硫酸的酸性，根据氧化还原反应中得失电子数相等，可配平方程式：2LiAlH4+4H2SO4→Li2SO4+Al2(SO4)3+8H2↑，根据方程式可知，2LiAlH4——8H2——8e-，若上述反应中电子转移数目为0.2NA个，即生成氢气0.2mol，标况下体积为：0.2mol×22.4mol/L=4.48L。（3）pH大，即c(OH-)大，c(H+)小，已知a溶液的pH大于b溶液，则a溶液中的c(H+)小于b溶液。（4）由于金属铝既能和酸反应又能和碱反应，而铁不能和碱反应，所以可以用氢氧化钠检验金属铝，合金与氢氧化钠反应，有气泡生成即说明合金中含有金属铝。6．[上海市宝山区2019届高三二模]碳酸氢钠俗称“小苏打”，在生活、生产中用途广泛。（1）泡沫灭火器中主要成分是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，两者混合后发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2进行灭火，写出该反应的化学方程式______________________________________________。（2）Na2O2和NaHCO3都属于钠的化合物，它具有很强的氧化性。少量Na2O2与FeCl2溶液能发生如下反应：____Na2O2+____FeCl2+____H2O→____Fe(OH)3+____FeCl3+____NaCl，已知FeCl2前面系数为6，配平上述化学方程式______，并标出电子转移方向和数目______。该反应中被还原的元素是_________，氧化产物是_________。（3）向NaHCO3溶液中加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化，溶液中的c(CO32-)的变化是_____(选填“增大”、“减小”或“不变”)。（4）NaHCO3是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，在滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：①通入氨，冷却、加食盐，过滤②不通入氨，冷却、加食盐，过滤对两种方法的评价正确的是______(选填编号)。A．①析出的氯化铵纯度更高B．②析出的氯化铵纯度更高C．①的滤液可直接循环使用D．②的滤液可直接循环使用（5）已知HCO3-在水中既能水解也能电离。NaHCO3溶液呈碱性，溶液中c(H2CO3)___c(CO32-)(选填“>”、“<”、“=”)。【答案】（1）6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O→2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4（2）366426 Fe(OH)3和FeCl3（3）减小 （4）ad （5）>【解析】（1）根据信息，NaHCO3与Al2(SO4)3发生双水解反应，其化学反应方程式为Al2(SO4)3＋6NaHCO3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋6CO2↑＋3Na2SO4。（2）Na2O2具有强氧化性，该反应中作氧化剂，Fe2＋以还原性为主，作还原剂，Na2O2中O元素共降低2价，Fe2＋→Fe3＋升高1价，最小公倍数为2，题中给出FeCl2的系数为6，则Na2O2的系数为3，根据原子守恒配平其他，即反应方程式为3Na2O2＋6FeCl2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋2FeCl3＋6NaCl；电子转移的方向和数目是；该反应中被还原的元素是Na2O2中－1价O，氧化产物是FeCl3和Fe(OH)3。（3）Ba(OH)2少量，发生离子反应方程式Ba2＋＋2OH－＋2HCO3－=BaCO3↓＋2H2O＋CO32－，NaHCO3电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO3－，因此加入少许Ba(OH)2固体，溶液中c(CO32－)增大。（4）a、滤出小苏打后，母液里有NH4Cl和NaHCO3，通入氨气，增加c(NH4＋)，再加入食盐，使NH4Cl析出，然后过滤，氯化铵的纯度较高，故a说法正确；b、②中析出的NH4Cl中含有较多的NaCl，氯化铵的纯度降低，故b说法错误；c、①中滤液还有较多的NH3，不能直接循环使用，故c说法错误；d、②中滤液中含有较多NaCl，可以直接循环使用，故d说法正确。（5）HCO3－电离方程式为HCO3－H＋＋CO32－，HCO3－水解方程式HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，NaHCO3溶液显碱性，说明HCO3－水解程度大于其电离程度，即c(H2CO3)>c(CO32－)。【点睛】氧化还原反应方程式的配平是难点，首先应找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，像本题，Na2O2为氧化剂，FeCl2为还原剂，Fe3＋为氧化产物，然后需要根据化合价升降法进行配平，，Na2O2中O元素共降低2价，Fe2＋→Fe3＋升高1价，最小公倍数为2，题中所给FeCl2的系数为6，则Na2O2的系数为3，最后根据原子守恒配平其他。7．[山东省淄博市2019届高三三模]铍铜广泛应用于制造高级弹性元件。从某废旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程如下：已知：I．铍与铝元素处于周期表中相邻周期对角线的位置，化学性质相似。Ⅱ．常温下：Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38，Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10－13。（1）写出铍铜元件中SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式_____________________________。写出生成“红褐色固体”的离子方程式_____________________________________。（2）滤渣B的主要成分为_________________(填化学式)。写出反应①中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式_________________________________。（3）①从“溶液C•••→BeCl2溶液”的过程中，下列操作中合理的是（按先后顺序排序）_________(填字母)。A．加入过量的NaOH溶液B．过滤C．加入适量的盐酸D．加入过量的氨水E．通入过量的CO2气体 F．洗涤②从“BeCl2溶液→BeCl2固体”的操作是_______________________________________。（4）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应②中CuS发生反应的离子方程式__________________________________________。（5）溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol·L－1、c(Fe3+)=0.008mol·L－1、c(Mn2+)=0.01mol·L－1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，首先沉淀的是_____________(填离子符号)。【答案】（1）SiO2+2OH-SiO32—+H2OFe3++3NH3·H2OFe(OH)3↓+3NH4+（2）CuSFeSBeO22-+4H+Be2++2H2O（3）①DBFC②在HCl气流中加热蒸干BeCl2溶液（蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体）（4）MnO2+CuS+4H+Mn2++Cu2++S↓+2H2O（5）Fe3+【解析】【分析】废旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，信息可知BeO属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠溶液反应，二氧化硅属于酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣B为CuS、FeS，滤液A中加入过量盐酸过滤得到固体1为硅酸，溶液C中为BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体，滤渣B中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜。【详解】（1）SiO2是酸性氧化物，和NaOH反应生成，硅酸钠和水，离子方程式为：SiO2+2OH－=SiO32－+H2O，Fe3+和NH3·H2O反应生成“红褐色固体”的离子方程式：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+。（2）由以上分析：滤渣B的主要成分是不反应的CuS、FeS；滤液A中含铍化合物为Na2BeO2，Na2BeO2与过量的盐酸反应的化学方程式为：Na2BeO2+4HClBeCl2+2NaCl+2H2O，离子方程式为：BeO22—+4H+Be2++2H2O。（3）①依据Be（OH）2和Al（OH）3性质相似，难溶于水及具有两性的特点，在溶液C中加入过量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，过滤后洗涤，再加入盐酸溶解即可，提纯BeCl2选择的合理步骤为：DBFC。②BeCl2易发生水解，生成Be（OH）2和HCl，从BeCl2溶液中用蒸发结晶法得到BeCl2固体时，为抑制水解，操作为：蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体（或在HCl气流中加热蒸干）。（4）反应是在硫酸存在的条件下，MnO2和CuS反应，CuS中的S元素被氧化成S单质，同时MnO2中的Mn被还原成Mn2＋，所以反应的离子方程式为：MnO2+CuS+4H＋S+Mn2＋+Cu2＋+2H2O。（5）当加入氨水时，依据Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20，欲使Cu（OH）2沉淀，根据c（OH－）2c（Cu2＋）=2.2×10-20，即c（OH－）=1mol·L－1，时就有Cu（OH）2沉淀，同理可求欲使Fe3＋、Mn2＋转化为沉淀的c（OH－）分别为，1.7mol·L－1，1.45mol·L－1，因此首先沉淀的是Fe3＋。8．[武汉市武昌区2019届高三五月调研考试]元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题：（1）+6价的Cr能引起细胞的突变而对人体不利，可用Na2SO3将Cr2O72—还原为Cr3+。该反应的离子反应方程式为___________。（2）利用铬铁矿(FeO•Cr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是__________________________。②“水浸”要获得浸出液的操作是__________。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则“还原”操作中发生反应的离子方程式为___________________。③加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr的冶炼方法是_______。（3）已知Cr3+完全沉淀时溶液pH为5，（Cr3+浓度降至10-5mol∙L-1可认为完全沉淀）则Cr(OH)3的溶度积常数Ksp＝_______________。（4）用石墨电极电解铬酸钠(Na2CrO4)溶液，可制重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2Cr+2H+Cr2+H2O)。①电极b连接电源的______极(填“正”或“负”),b极发生的电极反应式为_________________。②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由amol变为bmol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是_______________mol。【答案】（1）Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O（2）①铬铁矿粉碎②过滤8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-③CO高温还原Cr2O3（热还原法）（3）1×10-32（4）①正2H2O-4e-=O2↑+4H+②【解析】【分析】（1）分析元素化合价变化情况，依据得失电子守恒，原子个数守恒，得出离子反应方程式。（2）①影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快。②依据原子守恒和得失电子守恒，得出离子方程式。③用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3（热还原法）。（3）根据Ksp＝c(Cr3+)c3(OH-)求算。（4）①根据装置图和离子放电顺序得出阳极的电极反应式。②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由amol变为bmol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，所以外电路转移的电子为（a-b）mol，阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol。【详解】（1）反应中铬元素化合价从+6价降为+3价，硫元素从+4价升高到+6价，依据得失电子守恒，原子个数守恒，离子反应方程式为Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O。（2）①影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快，为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施将铬铁矿粉碎。②“水浸”要获得浸出液，要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr元素由+6价降为+3价，S元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，得到反应为：8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-。③从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3（热还原法）。（3）pH为5，c(OH-)=10-9，Ksp＝c(Cr3+)c3(OH-)=10-5×（10-9）3=1×10-32。（4）①根据图示，在b极所在电极室得到Na2Cr2O7，根据2CrO42-+2H+Cr2O72—+H2O，电解过程中b极c（H+）增大，则b极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，a是阴极，b是阳极，电极b连接电源的正极。②电解一