题目内容

6．铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用．
（1）二氧化铈 （CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用．CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作氧化剂．
（2）自然界中Cr主要以+3价和化学选修-化学与技术+6价存在．+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬．写出过程中的离子方程式：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O．
（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是4Na+TiCl4═Ti+4NaCl．
（4）NiSO4•xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得．操作步骤如下：
废渣稀硫酸过滤滤液Ⅰ调pH，加入FeS过滤加H2O2，调pH过滤加Na2CO3过滤NiCO3 滤液Ⅱ滤液Ⅲ稀硫酸NiSO4 一系列操作NiSO4•xH2O
①向滤液Ⅰ中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为FeS+Cu2+=CuS+Fe2+．
②对滤液Ⅱ先加H2O2再调pH，加H2O2的目的是氧化Fe2+，调pH的目的是除去Fe3+．
③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）．

分析 （1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2中的Ce是+4价，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此发生还原反应，CeO2在该反应中作氧化剂；
（2）自然界中Cr主要以+3价和+6价存在．+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，根据得失电子相等，Cr2O72-与SO32-的物质的量之比是1：3；结合原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；
（3）工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，依据原子守恒书写；
（4）①FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化；
②对滤液Ⅱ加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH沉淀Fe3+；
③NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶．

解答 解：（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2中的Ce是+4价，在H2O2的作用下可生成Ce3+，因此发生还原反应，CeO2在该反应中作氧化剂，
故答案为：氧化；
（2）自然界中Cr主要以+3价和+6价存在．+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，根据得失电子相等，Cr2O72-与SO32-的物质的量之比是1：3；反应的离子方程式：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O，
故答案为：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O；
（3）工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，反应的化学方程式为：4Na+TiCl4═Ti+4NaCl，
故答案为：4Na+TiCl4═Ti+4NaCl；
（4）①FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化，反应的离子方程式为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+，
故答案为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；
②对滤液Ⅱ加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH使Fe3+完全沉淀，
故答案为：氧化Fe2+；除去Fe3+；
③NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，然后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶，
故答案为：增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）．

点评 本题考查了金属及其化合物性质，题目难度中等，主要考查氧化还原反应的离子方程式书写方法和产物判断，注意掌握常见金属及其化合物性质，掌握基础是关键．

练习册系列答案
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16．下列制取氢气的方法中，反应速率最小的是（　　）
A．10℃时，粉末状锌与3 mol/L硫酸溶液反应
B．50℃时，粉末状锌与3 mol/L硫酸溶液反应
C．10℃时，块状锌与3 mol/L硫酸溶液反应
D．50℃时，块状锌与3 mol/L硫酸溶液反应
17．下列有关叙述错误的是（　　）
A．推广使用无磷洗衣粉主要是为了防止水体富营养化
B．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型自来水处理剂，有强氧化性可消毒杀菌，其还原产物能吸附水中杂质
C．石油裂解、煤的气化、海水制镁、纤维素制火棉等过程中都包含化学变化
D．测定有机物结构方法较多，如红外光谱、紫外光谱、质谱、核磁共振氢谱、同位素原子示踪法等
14．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．中性溶液中：Fe3+、K+、Cl-、SO42-
B．在澄清透明溶液中：NH4+、Cu2+、Cl-、SO42-
C．酸性溶液中：Na+、K+、ClO-、NO3-
D．0.1 mol•L-1 KMnO4溶液：Na+、K+、Cl-、SO32-
1．某天然碱的化学组成为aNa2CO3•bNaHCO3•cH2O（a、b、c为正整数），为确定该天然碱的组成，进行如下实验．准确称m g样品在空气中加热，样品的固体残留率．固体残留率=$\frac{固态样品的剩余质量}{固体样品的起始质量}$×100%它随温度的变化如图所示，样品在100℃时已完全失去结晶水，300℃时NaHCO3已分解完全，Na2CO3的分解温度为1800℃）．

（1）加热过程中，保持100℃足够长时间，而不持续升温的原因是确保晶体中的结晶水失去完全，同时防止稍稍升温引起NaHCO3分解．
（2）根据以上实验数据计算该天然碱中a：b：c=1：1：2（写出计算过程）．
（3）另取0.1130g样品配成溶液，逐滴加入5.00mL的HCl溶液，生成CO2 5.60mL（标准状况），则c（HCl）=0.1500mol•L-1．
11．漂白粉的有效成分是次氯酸钙（填名称），溶于水（含CO2）后发生的化学反应的方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；干燥的液氯可贮存在钢瓶里，而一旦液氯中混有水时，则钢瓶会很快被腐蚀，这是因为氯气与水反应生成HCl、HClO，Fe与酸反应．
18．质子核磁共振普（NMR）是研究有机物结构的有力手段之一，在研究的化合物分子中，每一结构中的等性氢原子NMR谱中都给出了相应的峰（信号），谱中峰的强度和结构中的氢原子数成正比，如乙醛的结构是，其NMR谱中有两个信号峰，强度之比为3：1．

（1）结构式的有机物，在NMR谱上观察峰给出的强度之比为1：1：1：1：1；
（2）实践中可根据NMR谱上观察到氢原子给出的峰值情况，确定有机物的结构．如分子式为C3H6O2的链状有机物，有NMR谱上峰给出的稳定强度仅有四种，它们分别为：①3：3  ②3：2：1  ③3：1：1：1  ④1：2：2：1
请分别推断出其对应的全部结构
①CH3COOCH3、②CH3CH2COOH或HCOOCH2CH3、③CH3CH（OH）CHO、④HOCH2CH2CHO．
（3）从化合物CH3CH2CH2CH3的NMR谱上可观察到两种峰而CH3-CH=CH-CH3的NMR谱上氢原子给出的信号峰为4个，结合其空间结构，解释产生4个信号峰的原因：CH3-CH=CH-CH3存在顺反异构．
15．分析下表中各项的排布规律．有关第23、24项说法中不正确的是（　　）
1234567…2324
C2H6C2H6OC2H4O2C3H8C3H8OC3H6O2C4H10…MN
A．M为C9H20OB．N为C9H18O2
C．M、N均可发生加成反应D．M、N均可能发生取代反应
18．下列各表述与示意图一致的是（　　）
A．
表示稀释冰醋酸过程中溶液导电性的变化曲线
B．
曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）；△H＜0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
C．
表示10 mL 0.01 mol•L-1 KMnO4 酸性溶液与过量的0.1 mol•L-1 H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+） 随时间的变化
D．
a、b曲线分别表示反应CH2=CH2 （g）+H2（g）→CH3CH3（g）；△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化

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