《2025年5年高考3年模拟高中化学全一册人教B版》

40.(2021辽宁，16，14分)从钒铬锰矿渣(主要成分为V₂O₅、Cr₂O₃、MnO)中提铬的一种工艺流程如下：
　　
已知：pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]在空气中易被氧化。回答下列问题：
（1）Cr元素位于元素周期表第____周期____族。
（2）用FeCl₃溶液制备Fe(OH)₃胶体的化学方程式为____________________________。
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数$[lgc_{总}(V)]$与pH关系如图1所示。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中$c_{总}(V)=0.01mol·L^{-1}$，“沉钒”过程控制pH = 3.0，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为________（填化学式）。

（4）某温度下，Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率与pH关系如图2所示。“沉铬”过程最佳pH 为______；在该条件下滤液B中$c(Cr^{3 + })=$________mol·L⁻¹[$K_{w}$近似为$1×10^{-14}$，Cr(OH)₃的$K_{sp}$近似为$1×10^{-30}$]。
　　　　
（5）“转化”过程中生成MnO₂的离子方程式为______________________________。
（6）“提纯”过程中Na₂S₂O₃的作用为______。

答案： 答案
(1)四　ⅥB
(2)${FeCl3 + 3H2O\xlongequal{\triangle}Fe(OH)3(胶体) + 3HCl}$
(3)${H3V2O7}$
(4)$6.0$ $1\times10^{-6}$
(5)${Mn^{2+} + H2O2 + 2OH^{-} = MnO2↓ + 2H2O}$
(6)作还原剂，将${Mn}$(Ⅱ)的氧化产物转化为${Mn}$(Ⅱ)
解析　
(1)${Cr}$是第24号元素，位于元素周期表第四周期ⅥB 族。
(2)注意不要漏掉“$\triangle$”符号，并且需注明“胶体”。
(3)钒铬锰矿渣硫酸浸液中$c_{总}({V}) = 0.01\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$，即$\lg c_{总}({V})=-2$，由题图1可知，$\text{pH}=3.0$、$\lg c_{总}({V})=-2$时，与胶体共沉淀的五价钒粒子的存在形态为${H3V2O7}$。
(4)“沉铬”过程中${Cr^{3+}}$沉淀越多越好、${Mn^{2+}}$沉淀越少越好，由题图2可知“沉铬"过程最佳$\text{pH}$为$6.0$；$\text{pH}=6.0$时，$c({OH-}) = 10^{-8}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$，则在该条件下滤液B中$c({Cr^{3+}})=\frac{K_{sp}[{Cr(OH)3}]}{c^{3}({OH-})}=\frac{1\times10^{-30}}{(10^{-8})^{3}}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}=1\times10^{-6}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$。
(5)分析工艺流程
图可知，${Mn^{2+}}$在${H2O2/NaOH}$溶液作用下被氧化为${MnO2}$，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可得反应的离子方程式为${Mn^{2+} + H2O2 + 2OH^{-} = MnO2↓ + 2H2O}$。
(6)题干信息提到$\text{pH}$较大时，二价锰$[{Mn}$(Ⅱ)]易被空气中的氧气氧化，转化为${MnO2}$，则可附在${Cr(OH)3}$(固体A)的表面，加入${Na2S2O3}$溶液，可将生成的${MnO2}$还原为${Mn^{2+}}$。

41.(2021重庆，15，14分)电镀在工业生产中具有重要作用。某电镀厂生产的废水经预处理后含有Cr₂O₇²⁻和少量的Cu²⁺、Ni²⁺，能够采用以下流程进行逐一分离，实现资源再利用。
　　
已知：$K_{sp}(CuS)=6.3×10^{-36}$和$K_{sp}(NiS)=3.0×10^{-19}$。回答下列问题：
（1）Cr₂O₇²⁻中Cr元素的化合价为________。
（2）还原池中有Cr³⁺生成，反应的离子方程式为______________________________。
（3）沉淀1为Cr(OH)₃，其性质与Al(OH)₃ 相似，则Cr(OH)₃与NaOH溶液反应的化学方程式为____________________________。
（4）Na₂S溶液呈碱性的原因是____________（用离子方程式表示），沉淀2为________。
（5）若废水中还含有Cd²⁺，pH = 4时Cd²⁺的浓度为________mol/L，用该结果说明Cd²⁺影响上述流程进行分离的原因是__________
[设H₂S平衡浓度为$1.0×10^{-6}mol/L$，已知：H₂S的$K_{1}=1.0×10^{-7}$，$K_{2}=7.0×10^{-15}$，$K_{sp}(CdS)=7.0×10^{-27}$]。

答案： 答案
(1)$+6$
(2)${Cr2O7^{2-} + 3H2C2O4 + 8H+ = 2Cr^{3+} + 6CO2↑ + 7H2O}$
(3)${Cr(OH)3 + NaOH = NaCrO2 + 2H2O}$
(4)${S^{2-} + H2O\rightleftharpoons HS^{-} + OH^{-}}$　　${CuS}$
(5)$1.0\times10^{-7}$　在沉淀池2中进行的沉淀${Cu^{2+}}$的反应需要调节溶液$\text{pH}=4$，此时$c({Cd^{2+}})＜1.0\times10^{-5}\ \text{mol/L}$，可以认为${Cd^{2+}}$与${Cu^{2+}}$此时均沉淀完全，即沉淀2是${CuS}$和${CdS}$的混合物而无法准确分离开
解析　
(2)还原池中${H2C2O4}$将${Cr2O7^{2-}}$还原为${Cr^{3+}}$，自身被氧化为${CO2}$，${H2C2O4}$属于弱电解质，在离子方程式中用化学式表示，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平。
(3)仿照${Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O}$写出${Cr(OH)3}$与${NaOH}$溶液反应的化学方程式。
(4)根据${CuS}$和${NiS}$溶度积常数的大小，加入${Na2S}$溶液，在$\text{pH}=4$时${S^{2-}}$浓度相对较小先生成溶解度更小的${CuS}$，从而实现${Cu^{2+}}$和${Ni^{2+}}$的分离。
(5)${H2S}$的$K_{1}=\frac{c({H+})\cdot c({HS-})}{c({H2S})}=1.0\times10^{-7}$，$K_{2}=\frac{c({H+})\cdot c({S^{2-}})}{c({HS-})}=7.0\times10^{-15}$，则$K_{1}\cdot K_{2}=\frac{c^{2}({H+})\cdot c({S^{2-}})}{c({H2S})}=7.0\times10^{-22}$，将$c({H+}) = 1.0\times10^{-4}\ \text{mol/L}$和$c({H2S}) = 1.0\times10^{-6}\ \text{mol/L}$代入，可得$c({S^{2-}})=7.0\times10^{-20}\ \text{mol/L}$；再根据$K_{sp}({CdS}) = c({Cd^{2+}})\cdot c({S^{2-}})=7.0\times10^{-27}$，可得$c({Cd^{2+}})=1.0\times10^{-7}\ \text{mol/L}$。沉淀溶液中的离子时，若离子浓度小于$1.0\times10^{-5}\ \text{mol/L}$，通常认为沉淀完全，故$\text{pH}=4$时，${Cd^{2+}}$与${Cu^{2+}}$均已沉淀完全，沉淀2是${CdS}$和${CuS}$的混合物，无法实现准确分离。