1、物质结构与性质综合题1.碲(Te)为第VIA族元素，其单质凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu2Te)中回收碲，（1）“培烧”后,确主要以TeO2形式存在，写出相应反应的离子方程式:_。（2）为了选择最佳的培烧工艺进行了温度和硫酸加入量的条件试验，结果如下表所示:温度/硫酸加入量(理论量倍数)浸出率/%CuTe4501.2577.32.634601.0080.292.811.2589.862871.5092.317.705001.2559.835.485501.2511.6510.63则实验中
2、应选择的条件为_，原因为_。（3）滤渣1在碱浸时发生的化学方程式为_。（4）工艺（I）中，“还原”时发生的总的化学方程式为_。（5）由于工艺（I）中“氧化”对溶液和物料条件要求高。有研究者采用工艺（II）获得磅.则“电积”过程中，阴极的电极反应式为_。（6）工业生产中，滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。滤液3与滤液1合井。进入铜电积系统。该处理措施的优点为_。滤渣3中若含Au和Ag，可用_将二者分离。(填字母)A.王水 B.稀硝酸 C.浓氢氧化钠溶液 D.浓盐酸【答案】 （1）Cu2Te+4H+2O22Cu2+TeO2+2H2O （2）460，硫酸用量为理论量的1.25倍 该条件下,铜的浸出
3、率高且碲的损失较低（3）ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O （4）Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O （5）TeO32-+ 4e-+3H2O=Te+6OH- （6）CuSO4溶液回收利用，提高经济效益 B【解析】（1）Cu2Te在H2SO4条件下，与氧气在高温下反应生成TeO2和CuSO4，反应的离子方程式Cu2Te+4H+2O22Cu2+TeO2+2H2O；正确答案：Cu2Te+4H+2O22 Cu2+TeO2+2H2O 。（2）从图表信息可知：当硫酸的量一定时，温度升高时，铜的浸出率降低；温度一定时，铜和Te的浸出率均增大。在460条件下，硫
4、酸用量为理论量的1.25倍的条件下最佳，铜的浸出率高且Te 的损失较小；正确答案：460，硫酸用量为理论量的1.25倍；该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低。 （3）从流程可知，滤渣1为ToO2，它可与碱反应生成TeO32-；正确答案： ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O。（4）从流程图可知：Na2TeO4被Na2SO3还原为Te，而Na2SO3被氧化为Na2SO4，总反应方程式：Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O；正确答案：Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4 +Te+H2O。（5）根据反应ToO2+2NaOH=Na2Te
5、O3+H2O，生成的TeO32-在阴极得电子被还原为Te，极反应方程式为：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH- ；正确答案：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。（6）工业生产中，滤渣2为少量的氢氧化铜固体，经硫酸酸浸后得滤液硫酸铜，滤液1中主要成分也为硫酸铜，滤液3与滤液1合并进入铜电积系统，提取金属铜，有效回收利用了硫酸铜，提高经济效益；正确答案：CuSO4溶液回收利用，提高经济效益。 Au和Ag都与王水反应，与浓氢氧化钠溶液、.浓盐酸均不反应；但是Au与稀硝酸不反应而Ag可以反应，所以可以用稀硝酸将二者分离；正确答案： B。2.元素周期表中的28号元素Ni有重要的用途
6、，它有良好的耐高温、耐腐蚀、防锈功能，在电池、催化剂方面也有广泛应用。工业上以硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备并精制镍的基本流程如下：已知：电极电位(E)能体现微粒的氧化还原能力强弱，如：H2-2e-=2H+ E=0.00V Cu-2e-=Cu2+ E=0.34VFe-2e-=Fe2+ E=-0.44V Ni-2e-=Ni2+ E=-0.25V（1）镍在周期表中的位置为_。（2）高镍矿破碎细磨的作用_。（3）焰色反应实验可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，原因是_。（4）造渣除铁时发生的化学反应方程式_（产物以氧化形式表示)。（5）电解制粗镍时阳极发生的主要电极反应式
7、_。（6）工业上由NiSO4溶液制得Ni(OH)2后，再滴加NaC1O溶液，滴加过程中发生反应的离子方程式为_。（7）电解精炼镍的过程需控制pH为25，试分析原因_，阳极泥的成分为_(写名称)。【答案】（1）第四周期族 （2）增大接触面积，提高浮选率 （3）镍的焰色反应呈无色，不影响其他金属元素的焰色 （4）2FeO+SiO2 2FeOSiO2 （5）NiS-2e-=Ni2+S （6）2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-( 2Ni(OH)2+ClO-+OH-=2NiO (OH) +Cl-+H2O) （7）pH5时，c(OH-)大，镍离子容易沉淀 铜【分析】根据金属元素在
8、电解过程的中放电顺序分析电解反应。【详解】（1）镍是28号元素，根据电子排布规律分析，其在第四周期族；（2）高镍矿破碎细磨是为了增大接触面积，提高浮选率；（3）焰色反应实验是观察某些金属元素灼烧时的颜色，可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，说明镍的焰色反应呈无色，不影响其他金属元素的焰色；（4）根据流程分析，硫化亚铁在溶炼时转化为FeO和SO2，加入二氧化硅除铁时，FeO转化为Fe2SiO4，故方程式为：2FeO+SiO2 2FeOSiO2；（5）电解制粗镍时，阳极上硫化镍失去电子生成镍离子和硫，阴极是镍离子得到电子生成镍单质，阳极反应为：NiS-2e-=Ni2+S；（6）Ni(OH
9、)与 NaC1O溶液发生氧化还原反应，镍元素化合价升高为+3价，氯元素化合价降低到-1价，根据电子守恒和质量守恒得方程式为：2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-或2Ni(OH)2+ClO-+OH-=2NiO (OH) +Cl-+H2O；（7电解硫酸镍溶液时需要考虑离子的放电顺序，当氢离子浓度较大时是氢离子放电不是镍离子放电，即pH5时，c(OH-)较大，镍离子容易沉淀。由电极电位的数据可知，镍比铜活泼，电解精炼时，阳极上镍失去电子，铜不能失去电子，铜转化为阳极泥。3.化合物M (CH3COO)2Cr22H2O，相对分子质量为376不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中
10、以锌粒、三氧化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备该化合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下：Zn(s)+2HCl(aq)ZnCl2(aq)+H2(g)2CrCl3(aq)+Zn(s)2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)2Cr2+(aq)+4CH3COO-(aq)+2H2O(l)Cr(CH3COO)222H2O(s)请回答下列问题：（1）仪器1的名称是_；（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是_（填序号）；目的是_。A.盐酸和三氯化铬溶液同时加入B.先加三氯化铬溶液，一段时间后再加盐酸 C.先加盐
11、酸，一段时间后再加三氯化铬溶液（3）为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液顺利混合，应关闭阀门_（填“A”或“B”，下同），打开阀门_。（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与醋酸钠溶液反应外，另一个作用是_。（5）已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，取用的醋酸钠溶液为1.5L0.1mol/L；实验后得干燥纯净的Cr(CH3COO)222H2O 9.024g，则该实验所得产品的产率为_（不考虑溶解的M）。（6）铬的离子会污染水，常温下要除去上述实验中多余的Cr2+，最好往废液中通入足量的_，再加入碱液，调节pH至少为_才能使铬的离
12、子沉淀完全(铬的离子浓度应小于10-5mol/L)。【已知Cr(OH)3的溶度积为6.310-31，=4，lg20.3】【答案】（1）分液漏斗 （2）C 让锌粒先与盐酸反应产生氢气，H2将装置2和装置3中的空气排出，防止生成的Cr2+被氧化 （3）B A （4）过量的Zn将Cr3+充分还原为Cr2+ （5）80.0% 或0.80 （6）空气或氧气 (9). 5.6【详解】（1）由图可知，仪器1的名称是分液漏斗。（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，将装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，故选C。（3）为使生成的CrCl
13、2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B，打开阀门A。（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。（5）CrCl3的物质的量为： =0.06mol，得到CrCl2为0.06mol，而CH3COONa为0.15mol，由方程式可知CH3COONa足量，则得到Cr(CH3COO)222H2O为0.06mol376g/mol=11.28g，所得产品的产率为：100%=80.0%。（6）向废液中通入足量的空气或氧气，将Cr2+氧化为Cr3+；铬的离子沉淀完全时，浓度应小于10-5m
14、ol/L，根据KspCr（OH）3=c（Cr3+）c3（OH-）=6.310-31，此时溶液中c（OH-）=410-9mol/L，溶液pH=-lgc（H+）=5.6。4.金属锰在冶金工业中用来制造特种钢，常作为脱硫剂和去氧剂，其化合物广泛应用于电池、机械制造业等领域。（1）以软锰矿(主要为MnO2)为原料通过热还原法得到金属锰涉及的两个反应： 3MnO2(s)=Mn3O4(s)+ O2(g) H1= akJmol-13Mn3O4(s)+ 8Al(s) =4Al2O3(s) + 9Mn(s) H2= bkJmol-1已知Al的燃烧热为 ckJmol-1，则MnO2与Al发生铝热反应的热化学方程式
15、为_。（2）科研人员将制得的锰粉碎后加入到SnCl2溶液中使其浸出(假定杂质不反应，溶液 体积不变)，发生反应Mn(s)+ Sn2+(aq)Mn2+(aq)+ Sn(s)(已知含Sn2+水溶液为米黄色)请回答下列问题：为加快反应速率可以采取的措施有_；不考虑温度因素，一段时间后Mn的溶解速率加快，可能的原因是_。下列能说明反应已达平衡的有_(填编号)。A.溶液的颜色不发生变化B.溶液中c(Mn2+)=c( Sn2+)C.体系中固体的质量不变D.Mn2+与Sn2+浓度的比值保持不变室温下，测得溶液中阳离子浓度c(R2+)随时间的变化情况如下图所示，则上述反应的平衡常数K=_，Mn2+的产率为_。
16、若其他条件不变，10min后向容器中迅速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，则 再次平衡时c(Mn2+) =_(不考虑离子水解的影响)。（3）MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极反应式为_，阳极附近溶液的pH_(选填“增大”、“减小”或“不变”)。（4）电解制锰后的废水中含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入等体积的Na2S溶液，进行二级沉降。为了将Mn2+的浓度降到1.0l0-9mol/L，则加入的Na2S溶液的浓度至少是_mol/L 已知Ksp(MnS)=4.5l0-14。【答案】（1）3MnO2(s) +
17、4Al(s) 2Al2O3(s) + 3Mn(s) H=(3a+b+4c)kJmol-1 （2）升高温度或增大c(Sn2+) 构成多个微型原电池，加快反应速率 ACD 3 75 0375molL-1 （3）Mn2+ -2e- +2H2O = MnO2 + 4H+ 减小 （4）9.0105【详解】（1）3MnO2(s)=Mn3O4(s)+ O2(g)，3Mn3O4(s)+ 8Al(s) =4A12O3(s) + 9Mn(s) ，Al(s)3/4O2(g)=1/2Al2O3(s) H=ckJmol1，MnO2与Al反应的方程式为4Al3MnO2=2Al2O33Mn，因此有(34)/3，得出：3Mn
18、O2(s) + 4Al(s) 2Al2O3(s) + 3Mn(s) H=(3ab4c)/3kJmol1；（2）加快反应速率，可以适当升高温度，增加c(Sn2)等；根据反应方程式，有Sn单质的生成，与Mn构成原电池，加快反应速率；A、Mn2、Sn2是有颜色的离子，当溶液颜色不再改变，说明反应达到平衡，故A符合题意；B、不知投入量和转化率，因此无法通过c(Mn2)=c(Sn2)判断是否达到平衡，故B不符合题意；C、Mn和Sn摩尔质量不同，因此当体系固体质量不变，说明达到平衡，故C符合题意；D、随着反应进行,Mn2的量增大，Sn2量减少，当Mn2与Sn2浓度的比值保持不变，说明反应达到平衡，故D符合
19、题意；随着反应进行，c(Mn2)增大，c(Sn2)减小，该反应平衡常数，K=c(Mn2)/c(Sn2)=0.75molL1/0.25molL1=3；因为是同一溶液反应，因此物质的量之比等于物质的量浓度之比，Mn2的产率为0.75molL1/(0.75molL10.25molL1)100%=75%；Mn2和Sn2的系数相等，Mn和Sn为固体，因此加水稀释，平衡不移动，加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，c(Mn2)为原来平衡时的一半，即c(Mn2)=0.75molL1/2=0.375molL1；（3）根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，因此MnSO4在阳极上放电，其电极反应式为Mn22H2
20、O2e=MnO24H；该电极产生H，酸性增强，pH减小；（4）Mn2为1.0109molL1，此时MnS溶液为饱和溶液，根据c(S2)=Ksp(MnS)/c(Mn2)= molL1=4.5105molL1，滤液中加入等体积的Na2S溶液，则加入Na2S溶液的浓度至少为4.51052molL1=9.0105molL1。5.某研究小组为探究SO2和Fe(NO3)3溶液反应的实质，设计了如图所示装置进行实验。已知：1.0 molL1的Fe(NO3)3溶液的pH1。请回答下列问题：（1）装置A中用于滴加浓硫酸的仪器名称为_，装置A中发生的化学方程式是_。（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应进
21、行的操作是_。（3）装置B中产生了白色沉淀，其成分是_，说明SO2具有_性。（4）分析B中产生白色沉淀的原因。观点1：SO2与Fe3反应；观点2：在酸性条件下SO2与反应。观点3：_；若观点1正确，装置B中反应的离子方程式是_，证明该观点应进一步确认生成的新物质，其实验操作及现象是_。按观点2，装置B中反应的离子方程式是_。有人认为，如将装置B中的Fe(NO3)3溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行实验，也可验证观点2是否正确。此时应选择最佳试剂是_(填字母)。A3.0 molL1 NaNO3溶液和0.1 molL1硫酸等体积混合的溶液B6.0 molL1 NaNO3溶液和0.2 mo
22、lL1盐酸等体积混合的溶液C1.5 molL1 Fe(NO3)2溶液D1 molL1稀硝酸【答案】（1）分液漏斗 Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O （2）打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹 （3） BaSO4 还原 （4）观点3：SO2既与Fe3+反应,也在酸性条件下与NO3反应(两者都有) SO2+2Fe3+Ba2+2H2O=BaSO4+2Fe2+4H+ 取少量B中溶液于试管中，加入少量铁氰化钾K3Fe（CN）6溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，所以观点1合理 3SO22NO3Ba22H2O3BaSO42NO4H B【分析】为防止氧气对实验的干
23、扰，先向装置中通入氮气排出空气，向A中加入浓硫酸与Na2SO3反应放出SO2气体，SO2气体进入装置B中被Fe(NO3)3溶液氧化为SO42-，SO42-与氯化钡反应生成白色沉淀BaSO4；酸性条件下Fe3、NO3都有氧化性。【详解】（1）根据装置图，装置A中用于滴加浓硫酸的仪器为分液漏斗，装置A中Na2SO3与H2S04（浓）发生反应生成二氧化硫气体，反应化学方程式是Na2SO3+H2S04（浓）Na2S04+SO2+H2O。（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹。（3）SO2气体进入装置B中被Fe(NO3)3溶液氧化为SO42-，装置
24、B中产生的白色沉淀是BaSO4，说明SO2具有还原性。（4）酸性条件下Fe3、NO3都有氧化性，所以观点3是SO2既与Fe3+反应，也在酸性条件下与NO3反应(两者都有)；若观点1正确，装置B中SO2被Fe3氧化为SO42-，反应的离子方程式是SO2+2Fe3+Ba2+2H2OBaSO4+2Fe2+4H+，该反应的还原产物是Fe2+，若证明该观点正确，实验操作及现象是取少量B中溶液于试管中，加入少量铁氰化钾K3Fe（CN）6溶液产生蓝色沉淀，则溶液中有Fe2+，则观点1合理；按观点2，装置B中SO2被NO3氧化为SO42-，反应的离子方程式是3SO22NO33Ba22H2O3BaSO42NO4H。若改变溶液后在相同条件下进行实验，也可验证观点2是否正确，要让NO3、H+的浓度与原溶液相同，所以最佳试剂是6.0 molL1 NaNO3溶液和0.2 molL1盐酸等体积混合的溶液，故选B。