Question

6．某混合物浆液含有Al（OH）₃、MnO₂和少量Na₂CrO₄．考虑到胶体的吸附作用使Na₂CrO₄不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用．回答Ⅰ和Ⅱ中的问题．

Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）
（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为．B→C的反应条件为加热（或煅烧），C→Al的制备方法称为电解法．
（2）该小组探究反应②发生的条件．D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl₂生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl₂．由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）ac．
a．温度          b．Cl^-的浓度        c．溶液的酸度
（3）0.1mol Cl₂与焦炭、TiO₂完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO₂•xH₂O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为2Cl₂（g）+TiO₂（s）+2C（s）═TiCl₄（l）+2CO（g）△H=-85.6kJ•mol^-1．
Ⅱ含铬元素溶液的分离和利用
（4）用惰性电极电解时，CrO₄^2-能从浆液中分离出来的原因是在直流电场作用下，CrO₄^2-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，分离后含铬元素的粒子是CrO₄^2-、Cr₂O₇^2-；阴极室生成的物质为NaOH和H₂（写化学式）．

Answer 1

分析 Ⅰ．（1）固体混合物含有Al（OH）₃、MnO₂，加入NaOH溶液，过滤，可得到滤液A为NaAlO₂，通入二氧化碳，生成B为Al（OH）₃，固体C为Al₂O₃，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO₂，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；
（2）题中涉及因素有温度和浓度；
（3）0.1mol Cl₂与焦炭、TiO₂完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO₂•xH₂O的液态化合物，放热4.28kJ，由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl₂（g）+TiO₂（s）+2C（s）═TiCl₄（l）+2CO（g），以此可计算反应热并写出热化学方程式；
Ⅱ．（4））电解时，CrO₄^2-通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题．

解答 解：（1）NaOH为离子化合物，电子式为，B为Al（OH）₃，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝，
故答案为：；加热（或煅烧）；电解法；
（2）反应涉及的条件为加热，加热下可反应，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，故答案为：ac；
（3）0.1mol Cl₂与焦炭、TiO₂完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO₂•xH₂O的液态化合物，放热4.28kJ，由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl₂（g）+TiO₂（s）+2C（s）═TiCl₄（l）+2CO（g），则2mol氯气反应放出的热量为$\frac{2}{0.1}×$4.28kJ=85.6kJ，
所以热化学方程式为2Cl₂（g）+TiO₂（s）+2C（s）═TiCl₄（l）+2CO（g）△H=-85.6kJ•mol^-1，
故答案为：2Cl₂（g）+TiO₂（s）+2C（s）═TiCl₄（l）+2CO（g）△H=-85.6kJ•mol^-1；
（4）电解时，CrO₄^2-通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在2CrO₄^2-+2H⁺?Cr₂O₇^2-+H₂O，则分离后含铬元素的粒子是CrO₄^2-、Cr₂O₇^2-，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，
故答案为：在直流电场作用下，CrO₄^2-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；CrO₄^2-、Cr₂O₇^2-；NaOH和H₂．

点评 本题为2017年天津考题，侧重考查物质的制备、分离以及电解知识，解答本题，注意把握物质的性质，能正确分析试验流程，把握电解的原理，题目难度不大，有利于培养学生的分析能力和实验能力．