时间:2017-07-10 18:38:18
1、简答题 （15分）目前，全世界的镍消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍行业发展蕴藏着巨大的潜力。镍化合物中的三氧化二镍是一种重要的电子元件材料和二次电池材料。工业上可利用含镍合金废料（除镍外，还含有Fe、Cu、Ca、Mg、C等杂质）制取草酸镍，然后高温煅烧草酸镍来制取三氧化二镍。
已知：①草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水，且溶解度：NiC2O4> NiC2O4·H2O> NiC2O4·2H2O
②常温下，Ksp[(Fe(OH))3]=4.0×10-38,lg5=0.7
根据下列工艺流程图回答问题：
（1）加6%的H2O2时，温度不能太高，其目的是?。若H2O2在一开始酸溶时便与盐酸一起加入，会造成酸溶过滤后的滤液中增加一种金属离子，用离子方程式表示这一情况?。
（2）流程中有一步是调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，常温下当溶液中c (Fe3+)=0.5×10-5mol/L时，溶液的pH=?。
（3）流程中加入NH4F的目的是?。
（4）将最后所得的草酸镍晶体在空气中强热到400℃，可生成三氧化二镍和无毒气体，写出该反应的化学方程式?。
（5）工业上还可用电解法制取三氧化二镍，用NaOH溶液调节NiCl2溶液的pH至7.5，再加入适量Na2SO4进行电解，电解产生的Cl2其80%的可将二价镍氧化为三价镍。写出Cl2氧化Ni(OH)2生成三氧化二镍的离子方程式?；将amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量是?。
（6）近年来镍氢电池发展很快，它可由NiO(OH)跟LaNi5H6(LaNi5H6中各元素化合价均可看作是零)组成：6NiO(OH)+LaNi5H6
?LaNi5+6Ni(OH)2。该电池放电时，负极反应是?。
参考答案：（15分）（1）减少过氧化氢的分解（1分）? Cu+ H2O2+2H+= Cu2++ 2H2O（2分）
（2）3.3（2分）
（3）除去Ca2+、Mg2+（2分）
（4）4(NiC2O4·2H2O)+3O2 
2Ni2O3+8CO2+8H2O（2分）
（5）Cl2+2Ni(OH)2+2OH-=Ni2O3 +2Cl-+3H2O（2分）? 1.25a mol（2分）
（6）LaNi5H6+6OH--6e-=LaNi5+6 H2O（2分）
本题解析：（1）过氧化氢受热易分解，所以温度不能过高的原因是减少过氧化氢的分解；Fe、Ca、Mg均与盐酸直接反应，过氧化氢的加入造成酸溶过滤后的滤液中增加一种金属离子，则该金属离子只能是铜离子，所以反应的离子方程式为Cu+ H2O2+2H+= Cu2++ 2H2O；
（2）Ksp[(Fe(OH))3]=4.0×10-38=c(Fe3+)c(OH-)3，c(OH-)3=8×10-33mol/L，c(OH-)=2×10-11mol/L，所以c(H+)=5×10-4，lg5=0.7，所以pH=3.3；
（3）加入NH4F后的操作是过滤，说明该过程有沉淀产生，所以加入NH4F的目的是除去Ca2+、Mg2+；
（4）根据题目可知无毒气体是二氧化碳，
所以化学方程式为4(NiC2O4·2H2O)+3O2?2Ni2O3+8CO2+8H2O；
（5）根据氧化还原反应理论，Cl2氧化Ni(OH)2生成三氧化二镍，自身被还原为氯离子，化学方程式为Cl2+2Ni(OH)2+2OH-=Ni2O3 +2Cl-+3H2O；amol二价镍全部转化为三价镍时，需要氯气0.5amol，氯气的利用率是80%，则电解过程中的氯气是0.5amol/0.8，每生成1mol氯气转移2mol电子，所以外电路中通过电子的物质的量是0.5amol/0.8×2=1.25amol；
（6）NiO(OH)中Ni的化合价是+3价，Ni(OH)2中Ni是+2价，化合价降低，发生还原反应，所以放电时负极应发生氧化反应，LaNi5H6为负极反应物质，LaNi5H6中各元素化合价均可看作是零，所以化合价升高的只能是H元素，电极反应式为LaNi5H6+6OH--6e-=LaNi5+6 H2O。
本题难度：一般
2、选择题 一定温度下，下列叙述正确的是（ ）
A．向饱和AgCl水溶液中加入饱和NaCl溶液，c（Cl-）增大，AgCl的溶度积增大
B．将难溶电解质放入纯水中，溶解达平衡时，电解质离子的浓度的乘积就是该物质的溶度积
C．向含有AgCl固体的溶液中加入适量的水使AgCl溶解，重新达到平衡时，AgCl的溶度积不变，其溶解度也不变
D．AgCl的Ksp=1.8×10-10mol2?L-2，则在任何含AgCl固体的溶液中，c（Ag+）=c（Cl-）且Ag+与Cl-浓度的乘积等于1.8×10-10mol2?L-2
参考答案：A．向饱和AgCl水溶液中加入饱和NaCl溶液，c（Cl-）增大，溶度积只受温度的影响，溶度积不变，故A错误；
B．溶度积等于离子的浓度幂之积，离子带电荷不同，表达式不同，故B错误；
C．溶度积只受温度的影响，温度不变，溶度积不变，饱和溶液的浓度不变，溶解度不变，故C正确；
D．在含有Ag+或Cl-的溶液中，c（Ag+）、c（Cl-）不一定相等，但Ag+和Cl-浓度的乘积等于1.8×10-10，故D错误．
故选C．
本题解析：
本题难度：简单
3、填空题 （17分）铁、铜及其化合物在工农业生产中应用广泛。
（1）在潮湿空气中，钢铁发生电化学腐蚀转化为Fe(OH)2的反应方程式为 。在含有等浓度硫酸溶液的下列装置中，铁腐蚀的速率由快到慢的顺序是 （用序号填写）。
（2）已知：①3Fe（s）+2O2（g）=Fe3O4（s） 
H="-1118" kJ·mol-1
②2Al（s）+3/2O2（g）=A12O3（s） H="-1675.7" kJ·mol-1
则焊接钢轨时铝与Fe3O4发生反应生成铁和Al2O3的热化学方程式为 。
（3）Na2FeO4具有强氧化性，其电解制法如图所示，请写出阳极的电极反应式 。Na2FeO4是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，其原理是 。
（4）工业上常用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板，发生反应的离子方程式是 。若腐蚀铜板后的溶液中，Cu2+、Fe3+和Fe2+浓度均为0．1 mol·L-1，结合下图分析，当混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5．6时，溶液中存在的金属阳离子为 。从图中数据计算Fe(OH)2的溶度积Ksp[Fe(OH)2]= 。
已知：横坐标为溶液的pH，纵坐标为金属离子的物质的量浓度的对数（当溶液中金属离子浓度
10-5 mol·L-1时，可认为沉淀完全）。
参考答案：（17分）（1）2Fe + O2 + 2H2O = 2Fe(OH)2（2分） ⑤③②①④（2分）
（2）8Al（s）+3Fe3O4（s）=4Al2O3（s）+9Fe（s） △H= ?3349.8 kJ·mol－1（2分）
（3）Fe + 8OH- -6e-= FeO42- + 4H2O （2分）
Na2FeO4具有强氧化性，能起 到杀菌、消毒作用；高价的铁被还原成的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，能吸附水中杂质。（3分，仅答对1点给2分）
（4）2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ +Cu2+（2分） ；Cu2+、Fe2+（2分）；1.0×10-17(mol·L-1)3（2分）
本题解析：（1）在潮湿空气中，钢铁发生电化学腐蚀转化为Fe(OH)2的反应方程式为: 2Fe + O2 + 2H2O = 2Fe(OH)2；①Zn为负极，Fe为正极，Fe受到保护；②Fe与硫酸发生置换反应，被氧化变为Fe2+，比①腐蚀的快；③构成Fe-Cu原电池，Fe作负极，首先被腐蚀，腐蚀速率③>②；④形成电解池，Fe为阴极，被保护，只要存在外加电源，Fe就不会被腐蚀，所以腐蚀速率④<①；⑤构成电解池。由于Fe为阳极，被氧化，发生氧化反应，腐蚀速率比③快。所以铁腐蚀的速率由快到慢的顺序是⑤③②①④；
（2）②×4-①×3，整理可得：8Al(s)+3Fe3O4(s)=4Al2O3(s)+9Fe(s) △H= ?3349.8 kJ·mol－1；（3）Na2FeO4具有强氧化性，其电解制法如图所示，则在阳极，Fe失去电子，被氧化，与溶液中的OH-结合反应，阳极的电极反应式是Fe + 8OH- -6e-= FeO42- + 4H2O；Na2FeO4是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，其原理是Na2FeO4中的Fe化合价为+6价，具有强氧化性，能起到杀菌、消毒作用；高价的铁被还原成的Fe3+发生水解反应生成Fe(OH)3胶体，表面积大，吸附能力强，能吸附水中杂质，使之形成沉淀，从水中分离出去，从而使水得到净化。（4）工业上常用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板，Fe3+将Cu单质氧化为Cu2+，Fe3+被还原变为Fe2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得发生反应的离子方程式是2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ +Cu2+；根据图像可知，在溶液的pH接近3而小于3时，Fe3+已经沉淀完全。所以在溶液的pH=5.6时，溶液中存在的金属阳离子为Cu2+、Fe2+；Fe(OH)2的溶度积Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)?c2(OH-)=10-5×(10-14÷10-8)21.0×10-17(mol·L-1)3。
考点：考查化学反应方程式的书写、金属腐蚀快慢比较、电解原理在物质制备的作用、水的消毒净化的原因分析、氧化还原反应在工业上的应用、沉淀溶解平衡原理的应用的知识。
本题难度：困难
4、选择题 将足量的AgCl(s)分别添加到下述四种溶液中，所得溶液c(Ag+)最小的是
A．10 mL 0.4 mol.L-1的盐酸
B．10 mL 0.3 mol.L-1MgCl2溶液
C．10 mL 0.5 mol.L-1NaCl溶液
D．10 mL 0.1 mol.L-1A1C13溶液
参考答案：B
本题解析：足量的AgCl加入水中，形成饱和溶液，存在AgCl的溶解平衡，当氯离子的浓度越大时，银离子的浓度越小。A中的氯离子的浓度是0.4mol/L，B中氯离子的浓度是0.6mol/L，C中的氯离子的浓度是0.5mol/L，D中氯离子的浓度是0.3mol/L，氯离子浓度最大的是B，所以银离子浓度最小的为B，答案选B。
考点：考查沉淀的溶解平衡的应用
本题难度：一般
5、选择题 关于沉淀溶解平衡和溶度积常数，下列说法不正确的是
A．将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明Ksp[Ca(OH)2]大于Ksp(CaSO4)
B．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关
C．已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10—38，该温度下反应Fe(OH)3+3H＋
Fe3＋+3H2O的平衡常数K=4.0×104
D．已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10—11，在MgCl2溶液中加入氨水，测得混合液的pH=11，则溶液中的c(Mg2+)=1.8×10-5mol·L—1
参考答案：A
本题解析：A、将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明硫酸钙的溶解度小，但二者阴阳离子个数比不同，不能说明Ksp大小，错误；B、Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关，正确；C、Ksp[Fe(OH)3]=c3(OH-)·c(Fe3+)，反应Fe(OH)3+3H＋Fe3＋+3H2O的平衡常数K=c(Fe3+)/c3(H+)=[c3(OH-)·c(Fe3+)]/K3w=4.0×104，正确；D、混合液的pH=11，Ksp[Mg(OH)2]=c2(OH-)·c(Mg2+)，c(OH-)=10-3，带入求得c(Mg2+)=1.8×10-5 mol·L—1，正确。
考点：考查沉淀溶解平衡。
本题难度：一般