專題13元素及其化合物知識的綜合應用2012019年高考真題1．[2019江蘇]N2O、NO和NO2等氮氧化物是空氣污染物，含有氮氧化物的尾氣需處理后才能排放。（1）N2O的處理。N2O是硝酸生產中氨催化氧化的副產物，用特種催化劑能使N2O分解。NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O的化學方程式為▲。（2）NO和NO2的處理。已除去N2O的硝酸尾氣可用NaOH溶液吸收，主要反應為NO+NO2+2OH?2+H2O2NO2+2OH?++H2O①下列措施能提高尾氣中NO和NO2去除率的有▲（填字母）。A．加快通入尾氣的速率B．采用氣、液逆流的方式吸收尾氣C．吸收尾氣過程中定期補加適量NaOH溶液②吸收后的溶液經濃縮、結晶、過濾，得到NaNO2晶體，該晶體中的主要雜質是▲（填化學式）；吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是▲（填化學式）。（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾氣，可提高尾氣中NO的去除率。其他條件相同，NO轉化為的轉化率隨NaClO溶液初始pH（用稀鹽酸調節）的變化如圖所示。①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl?和，其離子方程式為▲。②NaClO溶液的初始pH越小，NO轉化率越高。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的濃度越大，氧化NO的能力越強【解析】【詳解】（1）NH3與O2在加熱和催化劑作用下發生氧化還原反應生成N2O，根據得失電子守恒和原子守恒可知反應有水生成，配平化學方程式為：2NH3+2O2N2O+3H2O。（2）①A、加快通入尾氣的速率，不能提高尾氣中NO和NO2的去除率，不符合題意；B、采用氣、液逆流的方式吸收尾氣，可使氣液充分接觸，能提高尾氣中NO和NO2的去除率，符合題意；C、定期補充適量的NaOH溶液可增大反應物濃度，能提高尾氣中NO和NO2的去除率，符合題意。故選BC。②由吸收反應：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O可知，反應后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，經濃縮、結晶、過濾得到NaNO2和NaNO3晶體，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反應可知，若NO和NO2的物質的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是NO。（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根離子和氫離子結合生成HClO，HClO和NO發生氧化還原反應生成NO3-和Cl-，根據得失電子守恒及電荷守恒、原子守恒，配平離子方程式為2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3Cl-+5H+。②在相同條件下，氧化劑的濃度越大，氧化能力越強，由反應2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO濃度越大，氧化NO的能力越強。2．[2019浙江4月選考]固體化合物X由3種元素組成。某學習小組進行了如下實驗：請回答：（1）由現象1得出化合物X含有________元素(填元素符號)。（2）固體混合物Y的成分________(填化學式)。（3）X的化學式________。X與濃鹽酸反應產生黃綠色氣體，固體完全溶解，得到藍色溶液，該反應的化學方程式是________?！敬鸢浮浚?）O（2）Cu和NaOH（3）NaCuO22NaCuO2＋8HCl2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O【解析】【分析】固體混合物Y溶于水，得到固體單質為紫紅色，說明是Cu，產生堿性溶液，焰色反應呈黃色說明含有鈉元素，與鹽酸HCl中和，說明為NaOH（易算出為0.02mol），混合氣體能使CuSO4變藍，說明有水蒸汽?！驹斀狻浚?）CuSO4由白色變為藍色，說明有水生成，根據元素守恒分析，必定含有O元素。（2）現象2獲得紫色單質，說明Y含有Cu,現象3焰色反應為黃色說明有Na元素，與HCl發生中和反應說明有NaOH，故答案填Cu和NaOH。（3）NaOH為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，故化學式為NaCuO2，X與濃鹽酸反應，根據反應現象，產物有Cl2，和CuCl2藍色溶液，因而化學方程式為2NaCuO2＋8HCl2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O。3．[2019北京]化學小組用如下方法測定經處理后的廢水中苯酚的含量（廢水中不含干擾測定的物質）。Ⅰ．用已準確稱量的KBrO3固體配制一定體積的amol·L?1KBrO3標準溶液；Ⅱ．取v1mL上述溶液，加入過量KBr，加H2SO4酸化，溶液顏色呈棕黃色；Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2mL廢水；Ⅳ．向Ⅲ中加入過量KI；Ⅴ．用bmol·L?1Na2S2O3標準溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時，滴加2滴淀粉溶液，繼續滴定至終點，共消耗Na2S2O3溶液v2mL。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液顏色均為無色（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和____________。（2）Ⅰ中發生反應的離子方程式是_______________________________。（3）Ⅲ中發生反應的化學方程式是_________________________________。（4）Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是______________________________。（5）KI與KBrO3物質的量關系為n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量，理由是________。（6）Ⅴ中滴定至終點的現象是_____________________________。（7）廢水中苯酚的含量為___________g·L?1（苯酚摩爾質量：94g·mol?1）。（8）由于Br2具有____________性質，Ⅱ~Ⅳ中反應須在密閉容器中進行，否則會造成測定結果偏高?！敬鸢浮浚?）容量瓶（2）+5Br-+6H+=3Br2+3H2O（3）（4）Br2過量，保證苯酚完全反應（5）反應物用量存在關系：KBrO3~3Br2~6KI，若無苯酚時，消耗KI物質的量是KBrO3物質的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以當n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量（6）溶液藍色恰好消失（7）（8）易揮發【解析】【分析】本題考查氧化還原反應滴定的綜合運用。苯酚與溴反應快速靈敏，但滴定終點難以判斷，因而制得一定量的溴分別與苯酚和KI反應（溴須完全反應完），而溴與KI反應生成的I2與Na2S2O3進行滴定分析，因而直接測出與KI反應所消耗的溴，進而計算出與苯酚反應消耗的溴，最后根據苯酚與溴反應的系數計算廢水中苯酚的濃度?！驹斀狻浚?）準確稱量KBrO3固體配置溶液所需的玻璃儀器有燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管，一定規格的容量瓶，因而該空填容量瓶、量筒。（2）KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液顏色呈棕黃色，說明生成Br2，根據缺項配平可知該離子方程式為+5Br-+6H+=3Br2+3H2O。（3）苯酚和溴水反應得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化學方程式為。（4）該測量過程是利用一定量的溴分別與苯酚和KI反應，注意溴須反應完全，且一定量溴的總量已知，部分溴與KI反應生成的I2可利用氧化還原滴定法測量，進而計算出與KI反應的溴的消耗量，將一定量溴減去與KI反應的溴的消耗量，可得與苯酚反應的溴的消耗量，因而一定量的溴與苯酚反應完，必須有剩余的溴與KI反應，Ⅲ中反應結束時，若溶液顯黃色說明苯酚反應完，且有溴剩余，以便與KI反應，故原因為Ⅱ中生成的Br2與廢水中苯酚完全反應后，Ⅲ中溶液顏色為黃色，說明有Br2剩余，剩余Br2與過量KI反應，從而間接計算苯酚消耗的Br2。（5）Ⅱ中反應為KBrO3+5KBr+3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，Ⅱ中Br2部分與苯酚反應，剩余溴的量設為n2(Br2)（n1(Br2)>n2(Br2)）在Ⅳ中反應為Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反應，則n(KI)≥2n2(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3)；因而當n(KI)≥6n(KBrO3)，KI一定過量。（6）Ⅴ中含碘的溶液內加入淀粉，溶液顯藍色，隨著Na2S2O3溶液滴入，藍色變淺直至消失，因而當滴入最后一滴Na2S2O3標準溶液時，溶液由藍色變為無色，且30s不變色。（7）n(BrO3-)=av1×10-3mol，根據反應BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O可知n(Br2)=3av1×10-3mol，溴分別與苯酚和KI反應，先計算由KI消耗的溴的量，設為n1(Br2)，根據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，再計算由苯酚消耗的溴的量，設為n2(Br2)=n(Br2)-n1(Br2)=(3av1-bv3)×10-3mol，苯酚與溴水反應的計量數關系為3Br2~C6H5OH，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)×10-3mol，廢水中苯酚的含量==mol。（8）Ⅱ中生成的溴須被苯酚和KI完全反應掉，而溴有揮發性，反應時須在密閉容器中進行。4．[2019江蘇]聚合硫酸鐵[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m廣泛用于水的凈化。以FeSO4·7H2O為原料，經溶解、氧化、水解聚合等步驟，可制備聚合硫酸鐵。（1）將一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在約70℃下邊攪拌邊緩慢加入一定量的H2O2溶液，繼續反應一段時間，得到紅棕色黏稠液體。H2O2氧化Fe2+的離子方程式為▲；水解聚合反應會導致溶液的pH▲。（2）測定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質量分數：準確稱取液態樣品3.000g，置于250mL錐形瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過量的SnCl2溶液（Sn2+將Fe3+還原為Fe2+），充分反應后，除去過量的Sn2+。用5.000×10?2mol·L?1K2Cr2O7溶液滴定至終點（滴定過程中與Fe2+反應生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。①上述實驗中若不除去過量的Sn2+，樣品中鐵的質量分數的測定結果將▲（填“偏大”或“偏小”或“無影響”）。②計算該樣品中鐵的質量分數（寫出計算過程）?！敬鸢浮浚?）2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O減?。?）①偏大 ②n()=5.000×10?2mol·L?1×22.00mL×10?3L·mL?1=1.100×10?3mol由滴定時→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根據電子得失守恒可得微粒的關系式：~6Fe2+（或+14H++6Fe2+6Fe3++2Cr3++7H2O）則n(Fe2+)=6n()=6×1.100×10?3mol=6.600×10?3mol樣品中鐵元素的質量：m(Fe)=6.600×10?3mol×56g·mol?1=0.3696g樣品中鐵元素的質量分數：w(Fe)=×100%=12.32%【解析】【分析】（1）Fe2+具有還原性，H2O2具有氧化性，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒書寫離子方程式；根據水解反應的離子方程式分析溶液pH的變化；（2）①根據Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+判斷還原性的強弱，進一步進行誤差分析；②根據K2Cr2O7溶液的濃度和體積計算消耗的K2Cr2O7物質的量，由得失電子守恒計算n（Fe2+），結合Fe守恒和ω（Fe）的表達式計算。【詳解】（1）Fe2+具有還原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其還原產物為H2O，根據得失電子守恒可寫出反應2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O，根據溶液呈酸性、結合原子守恒和電荷守恒，H2O2氧化Fe2+的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2氧化后的溶液為Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3發生水解反應Fe2（SO4）3+（6-2n）H2OFe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸鐵，根據水解方程式知水解聚合反應會導致溶液的酸性增強，pH減小。（2）①根據題意，Sn2+能將Fe3+還原為Fe2+，發生的反應為Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根據還原性：還原劑>還原產物，則還原性Sn2+>Fe2+，實驗中若不除去過量的Sn2+，則加入的K2Cr2O7先氧化過量的Sn2+再氧化Fe2+，導致消耗的K2Cr2O7溶液的體積偏大，則樣品中鐵的質量分數的測定結果將偏大。②實驗過程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol由滴定時Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根據電子得失守恒，可得微粒的關系式：Cr2O72-~6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）則n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol（根據Fe守恒）樣品中鐵元素的質量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g樣品中鐵元素的質量分數：ω（Fe）=×100%=12.32%。【點睛】本題以聚合硫酸鐵的制備過程為載體，考查氧化還原型離子方程式的書寫、鹽類的水解、氧化還原滴定的誤差分析和元素質量分數的計算。易錯點是第（2）①的誤差分析，應利用“強制弱”和“先強后弱”的氧化還原反應規律分析。難點是第（2）②，注意理清滴定實驗中物質之間的計量關系。2012019屆高考模擬試題5．[上海市閔行區2019屆高三二模]氫化鋁鋰（LiAlH4）是化工生產中廣泛應用于藥物合成的常用試劑。（1）LiAlH4可將乙醛轉化為乙醇，LiAlH4作該反應的______劑（選填“氧化”“還原”“催化”），用____（填試劑名稱）可檢驗乙醛已完全轉化。（2）配平化學反應方程式。______LiAlH4+______H2SO4→______Li2SO4+_______Al2(SO4)3+_______H2↑該反應中H2SO4體現________性。若上述反應中電子轉移數目為0.2NA個，則生成標準狀況下氫氣體積為_____________。（3）現有兩種濃度的LiOH溶液，已知a溶液的pH大于b溶液，則兩種溶液中由水電離的c(H+)大小關系是：a___________b（選填“>”、“<”或“=”）。（4）鋁和氧化鐵高溫下反應得到的熔融物通常為鐵鋁合金，設計實驗證明其含金屬鋁。________________________________________________________________________________?！敬鸢浮浚?）還原新制氫氧化銅懸濁液（銀氨溶液）（2）24118氧化性和酸性4.48L（3）<（4）取樣，滴加氫氧化鈉溶液，若有氣泡產生，則合金中有金屬鋁。若無氣泡產生，則合金中沒有金屬鋁【解析】（1）乙醛被還原生成乙醇，則LiAlH4作該反應的還原劑，乙醛可以與新制的氫氧化銅懸濁液反應生成磚紅色沉淀，以此來檢驗乙醛，或者利用乙醛可以與銀氨溶液發生銀鏡反應，以此來檢驗乙醛。（2）LiAlH4中H元素從-1價轉化為0價的H2即LiAlH4作還原劑，硫酸中H元素從+1價轉化成0價即硫酸作氧化劑，同時生成了硫酸鹽，體現了硫酸的酸性，根據氧化還原反應中得失電子數相等，可配平方程式：2LiAlH4+4H2SO4→Li2SO4+Al2(SO4)3+8H2↑，根據方程式可知，2LiAlH4——8H2——8e-，若上述反應中電子轉移數目為0.2NA個，即生成氫氣0.2mol，標況下體積為：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，則a溶液中的c(H+)小于b溶液。（4）由于金屬鋁既能和酸反應又能和堿反應，而鐵不能和堿反應，所以可以用氫氧化鈉檢驗金屬鋁，合金與氫氧化鈉反應，有氣泡生成即說明合金中含有金屬鋁。6．[上海市寶山區2019屆高三二模]碳酸氫鈉俗稱“小蘇打”，在生活、生產中用途廣泛。（1）泡沫滅火器中主要成分是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，兩者混合后發生雙水解反應生成Al(OH)3和CO2進行滅火，寫出該反應的化學方程式______________________________________________。（2）Na2O2和NaHCO3都屬于鈉的化合物，它具有很強的氧化性。少量Na2O2與FeCl2溶液能發生如下反應：____Na2O2+____FeCl2+____H2O→____Fe(OH)3+____FeCl3+____NaCl，已知FeCl2前面系數為6，配平上述化學方程式______，并標出電子轉移方向和數目______。該反應中被還原的元素是_________，氧化產物是_________。（3）向NaHCO3溶液中加入少許Ba(OH)2固體，忽略溶液體積變化，溶液中的c(CO32-)的變化是_____(選填“增大”、“減小”或“不變”)。（4）NaHCO3是氨堿法和聯合制堿法制純堿的中間產物，在濾出小蘇打后，母液提取氯化銨有兩種方法：①通入氨，冷卻、加食鹽，過濾②不通入氨，冷卻、加食鹽，過濾對兩種方法的評價正確的是______(選填編號)。A．①析出的氯化銨純度更高B．②析出的氯化銨純度更高C．①的濾液可直接循環使用D．②的濾液可直接循環使用（5）已知HCO3-在水中既能水解也能電離。NaHCO3溶液呈堿性，溶液中c(H2CO3)___c(CO32-)(選填“>”、“<”、“=”)。【答案】（1）6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O→2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4（2）366426 Fe(OH)3和FeCl3（3）減小 （4）ad （5）>【解析】（1）根據信息，NaHCO3與Al2(SO4)3發生雙水解反應，其化學反應方程式為Al2(SO4)3＋6NaHCO3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋6CO2↑＋3Na2SO4。（2）Na2O2具有強氧化性，該反應中作氧化劑，Fe2＋以還原性為主，作還原劑，Na2O2中O元素共降低2價，Fe2＋→Fe3＋升高1價，最小公倍數為2，題中給出FeCl2的系數為6，則Na2O2的系數為3，根據原子守恒配平其他，即反應方程式為3Na2O2＋6FeCl2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋2FeCl3＋6NaCl；電子轉移的方向和數目是；該反應中被還原的元素是Na2O2中－1價O，氧化產物是FeCl3和Fe(OH)3。（3）Ba(OH)2少量，發生離子反應方程式Ba2＋＋2OH－＋2HCO3－=BaCO3↓＋2H2O＋CO32－，NaHCO3電離方程式為NaHCO3=Na＋＋HCO3－，因此加入少許Ba(OH)2固體，溶液中c(CO32－)增大。（4）a、濾出小蘇打后，母液里有NH4Cl和NaHCO3，通入氨氣，增加c(NH4＋)，再加入食鹽，使NH4Cl析出，然后過濾，氯化銨的純度較高，故a說法正確；b、②中析出的NH4Cl中含有較多的NaCl，氯化銨的純度降低，故b說法錯誤；c、①中濾液還有較多的NH3，不能直接循環使用，故c說法錯誤；d、②中濾液中含有較多NaCl，可以直接循環使用，故d說法正確。（5）HCO3－電離方程式為HCO3－H＋＋CO32－，HCO3－水解方程式HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，NaHCO3溶液顯堿性，說明HCO3－水解程度大于其電離程度，即c(H2CO3)>c(CO32－)?！军c睛】氧化還原反應方程式的配平是難點，首先應找準氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物，像本題，Na2O2為氧化劑，FeCl2為還原劑，Fe3＋為氧化產物，然后需要根據化合價升降法進行配平，，Na2O2中O元素共降低2價，Fe2＋→Fe3＋升高1價，最小公倍數為2，題中所給FeCl2的系數為6，則Na2O2的系數為3，最后根據原子守恒配平其他。7．[山東省淄博市2019屆高三三模]鈹銅廣泛應用于制造高級彈性元件。從某廢舊鈹銅元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收鈹和銅兩種金屬的流程如下：已知：I．鈹與鋁元素處于周期表中相鄰周期對角線的位置，化學性質相似。Ⅱ．常溫下：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）寫出鈹銅元件中SiO2與NaOH溶液反應的離子方程式_____________________________。寫出生成“紅褐色固體”的離子方程式_____________________________________。（2）濾渣B的主要成分為_________________(填化學式)。寫出反應①中含鈹化合物與過量鹽酸反應的離子方程式_________________________________。（3）①從“溶液C???→BeCl2溶液”的過程中，下列操作中合理的是（按先后順序排序）_________(填字母)。A．加入過量的NaOH溶液B．過濾C．加入適量的鹽酸D．加入過量的氨水E．通入過量的CO2氣體 F．洗滌②從“BeCl2溶液→BeCl2固體”的操作是_______________________________________。（4）MnO2能將金屬硫化物中的硫元素氧化為單質硫，寫出反應②中CuS發生反應的離子方程式__________________________________________。（5）溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol·L－1、c(Fe3+)=0.008mol·L－1、c(Mn2+)=0.01mol·L－1，逐滴加入稀氨水調節pH可依次分離，首先沉淀的是_____________(填離子符號)?！敬鸢浮浚?）SiO2+2OH-SiO32—+H2OFe3++3NH3·H2OFe(OH)3↓+3NH4+（2）CuSFeSBeO22-+4H+Be2++2H2O（3）①DBFC②在HCl氣流中加熱蒸干BeCl2溶液（蒸發結晶時向溶液中持續通入HCl氣體）（4）MnO2+CuS+4H+Mn2++Cu2++S↓+2H2O（5）Fe3+【解析】【分析】廢舊鈹銅元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中，加入氫氧化鈉溶液反應后過濾，信息可知BeO屬于兩性氧化物，CuS不與氫氧化鈉溶液反應，FeS不與氫氧化鈉溶液反應，二氧化硅屬于酸性氧化物，和氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉和水，因此濾液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，濾渣B為CuS、FeS，濾液A中加入過量鹽酸過濾得到固體1為硅酸，溶液C中為BeCl2，向溶液C中先加入過量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，然后過濾洗滌，再加入適量的HCl生成BeCl2，在HCl氣氛中對BeCl2溶液蒸發結晶得到晶體，濾渣B中加入硫酸酸化的二氧化錳，MnO2能將金屬硫化物中的硫元素氧化為單質硫，酸性介質中二氧化錳被還原為錳鹽，過濾得到溶液D為硫酸銅、硫酸鐵、硫酸錳的混合溶液，逐滴加入稀氨水調節pH可依次分離，最后得到金屬銅。【詳解】（1）SiO2是酸性氧化物，和NaOH反應生成，硅酸鈉和水，離子方程式為：SiO2+2OH－=SiO32－+H2O，Fe3+和NH3·H2O反應生成“紅褐色固體”的離子方程式：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+。（2）由以上分析：濾渣B的主要成分是不反應的CuS、FeS；濾液A中含鈹化合物為Na2BeO2，Na2BeO2與過量的鹽酸反應的化學方程式為：Na2BeO2+4HClBeCl2+2NaCl+2H2O，離子方程式為：BeO22—+4H+Be2++2H2O。（3）①依據Be（OH）2和Al（OH）3性質相似，難溶于水及具有兩性的特點，在溶液C中加入過量的氨水，生成Be（OH）2沉淀，過濾后洗滌，再加入鹽酸溶解即可，提純BeCl2選擇的合理步驟為：DBFC。②BeCl2易發生水解，生成Be（OH）2和HCl，從BeCl2溶液中用蒸發結晶法得到BeCl2固體時，為抑制水解，操作為：蒸發結晶時向溶液中持續通入HCl氣體（或在HCl氣流中加熱蒸干）。（4）反應是在硫酸存在的條件下，MnO2和CuS反應，CuS中的S元素被氧化成S單質，同時MnO2中的Mn被還原成Mn2＋，所以反應的離子方程式為：MnO2+CuS+4H＋S+Mn2＋+Cu2＋+2H2O。（5）當加入氨水時，依據Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20，欲使Cu（OH）2沉淀，根據c（OH－）2c（Cu2＋）=2.2×10-20，即c（OH－）=1mol·L－1，時就有Cu（OH）2沉淀，同理可求欲使Fe3＋、Mn2＋轉化為沉淀的c（OH－）分別為，1.7mol·L－1，1.45mol·L－1，因此首先沉淀的是Fe3＋。8．[武漢市武昌區2019屆高三五月調研考試]元素鉻(Cr)在自然界主要以+3價和+6價存在。請回答下列問題：（1）+6價的Cr能引起細胞的突變而對人體不利，可用Na2SO3將Cr2O72—還原為Cr3+。該反應的離子反應方程式為___________。（2）利用鉻鐵礦(FeO?Cr2O3)冶煉制取金屬鉻的工藝流程如圖所示：①為加快焙燒速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是__________________________。②“水浸”要獲得浸出液的操作是__________。浸出液的主要成分為Na2CrO4，向“濾液”中加入酸化的氯化鋇溶液有白色沉淀生成，則“還原”操作中發生反應的離子方程式為___________________。③加熱Cr(OH)3可得到Cr2O3，從工業成本角度考慮，用Cr2O3制取金屬Cr的冶煉方法是_______。（3）已知Cr3+完全沉淀時溶液pH為5，（Cr3+濃度降至10-5mol?L-1可認為完全沉淀）則Cr(OH)3的溶度積常數Ksp＝_______________。（4）用石墨電極電解鉻酸鈉(Na2CrO4)溶液，可制重鉻酸鈉(Na2Cr2O7)，實驗裝置如圖所示(已知：2Cr+2H+Cr2+H2O)。①電極b連接電源的______極(填“正”或“負”),b極發生的電極反應式為_________________。②電解一段時間后，測得陽極區溶液中Na+物質的量由amol變為bmol，則理論上生成重鉻酸鈉的物質的量是_______________mol。【答案】（1）Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O（2）①鉻鐵礦粉碎②過濾8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-③CO高溫還原Cr2O3（熱還原法）（3）1×10-32（4）①正2H2O-4e-=O2↑+4H+②【解析】【分析】（1）分析元素化合價變化情況，依據得失電子守恒，原子個數守恒，得出離子反應方程式。（2）①影響化學反應速率的因素：物質的表面積大小，表面積越大，反應速率越快。②依據原子守恒和得失電子守恒，得出離子方程式。③用Cr2O3制取金屬Cr，可以采取CO高溫還原Cr2O3（熱還原法）。（3）根據Ksp＝c(Cr3+)c3(OH-)求算。（4）①根據裝置圖和離子放電順序得出陽極的電極反應式。②電解一段時間后，測得陽極區溶液中Na+物質的量由amol變為bmol，則溶液中移動的電荷為（a-b）mol，所以外電路轉移的電子為（a-b）mol，陽極的電極反應為2H2O-4e-=O2↑+4H+，則陽極生成的氫離子為（a-b）mol。【詳解】（1）反應中鉻元素化合價從+6價降為+3價，硫元素從+4價升高到+6價，依據得失電子守恒，原子個數守恒，離子反應方程式為Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O。（2）①影響化學反應速率的因素：物質的表面積大小，表面積越大，反應速率越快，為加快焙燒速率和提高原料的利用率，可采取的措施將鉻鐵礦粉碎。②“水浸”要獲得浸出液，要過濾出浸渣，采取的操作是過濾；浸出液的主要成分為Na2CrO4，向“濾液”中加入酸化的氯化鋇溶液有白色沉淀生成，說明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr元素由+6價降為+3價，S元素由-2價升到+6價，依據原子守恒和得失電子守恒，得到反應為：8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-。③從工業成本角度考慮，用Cr2O3制取金屬Cr，可以采取CO高溫還原Cr2O3（熱還原法）。（3）pH為5，c(OH-)=10-9，Ksp＝c(Cr3+)c3(OH-)=10-5×（10-9）3=1×10-32。（4）①根據圖示，在b極所在電極室得到Na2Cr2O7，根據2CrO42-+2H+Cr2O72—+H2O，電解過程中b極c（H+）增大，則b極電極反應式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，a是陰極，b是陽極，電極b連接電源的正極。②電解一