Question

11．铬及其化合物在工业上有许多用途，但化工废料铬渣对人体健康有很大危害．
以制革工业产生的污泥为原料，回收污泥中三价铬的工艺流程如图所示，（硫酸浸取液中金属离子主要是Cr³⁺，其次是Fe³⁺、Al³⁺、Cu²⁺、Mg²⁺）：

部分阳离子常温下以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：

阳离子	Fe3+	Fe2+	Mg2+	Al3+	Cu2+	Cr3+
开始沉淀时的pH	1.9	7.0	--	--	4.7	--
沉淀完全时的pH	3.2	9.0	11.1	8	6.7	9 （＞9溶解）

（1）能提高酸浸时三价铬的浸取率的措施有ABC（填字母）
A．将含铬污泥粉碎并适当延长浸取时间 B．升高温度不断搅拌 C．多次浸取，合并浸取液 D．缩短浸取时间
（2）氧化过程中加入H₂O₂，除了能把Cr³⁺氧化为Cr₂O₇^2-外，另一个作用是2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O（用离子方程式表示）
（3）过滤Ⅱ产生的沉淀是Fe（OH）₃、Al（OH）₃、Cu（OH）₂，（填化学式）
（4）钠离子交换树脂的原理为：Mⁿ⁺+nNaR→MR_n+nNa⁺，被交换的杂质离子是Ca²⁺，Mg²⁺（填离子符号）
（5）每生成1molCr（OH）（H₂O）₃SO₄，消耗SO₂的物质的量为1.5mol
（6）工业上可用电解法处理含Cr₂O₇^2-的酸性废水，具体方法是将含Cr₂O₇^2-的酸性废水放入电解槽内，加入适量的NaCl，以铁和石墨为电极进行电解，经过一段时间后，生成Cr（OH）₃和Fe（OH）₃沉淀除去
①铁电极与直流电源的正极（填“正极”或“负极”）相连，加入适量NaCl的目的是增大溶液导电能力
②若电解后的溶液中c（Fe³⁺）为2.0×10^-13mol•L^-1，则溶液中为3.0×10^-6mol/L（已知K_sp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38，K_sp[Fe（OH）₃]=6.0×10^-31）

Answer 1

分析 含铬污泥酸浸后滤去不溶物，滤液中加入过氧化氢，由（2）可知过氧化氢将Cr³⁺氧化为Cr₂O₇^2-，此外将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，再加入NaOH调节pH=4，使Fe³⁺转化为Fe（OH）₃，过滤除去，滤液经过钠离子交换树脂后，被二氧化硫还原得到CrOH（H₂O）₅SO₄，则钠离子交换膜除去溶液中Al³⁺、Ca²⁺、Mg²⁺．
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是延长浸取时间、加快溶解速度等措施；硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr³⁺，其次是Fe³⁺、Al³⁺、Cu²⁺和Mg²⁺，酸浸是溶解物质为了提高浸取率，可以升高温度增大物质溶解度，增大接触面积增大反应速率，或加快搅拌速度等；
（2）过氧化氢是氧化剂可以氧化亚铁离子为铁离子；
（3）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr³⁺，其次是Fe³⁺、Al³⁺、Cu²⁺和Mg²⁺，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Fe³⁺、Al³⁺、Cu²⁺转化为沉淀除去；
（4）钠离子交换树脂交换的离子是阳离子，为溶液中钙离子和镁离子；
（5）依据流程图中的转化关系和产物，结合二氧化硫的还原性，利用氧化还原反应原理分析书写，根据方程式计算或或电子守恒计算；
（6）①Fe为阳极，发生反应：Fe-2e^-=Fe²⁺，得到还原性的Fe²⁺离子将还原Cr₂O₇^2-还原为Cr³⁺，阴极发生反应：2H⁺+2e^-=H₂↑，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，Cr³⁺、Fe³⁺转化为Cr（OH）₃和Fe（OH）₃沉淀除去；
②根据K_sp[Fe（OH）₃]=c（Fe³⁺）×c³（OH^-）、K_sp[Cr（OH）₃]=c（Cr³⁺）×c³（OH^-）计算．

解答 解：含铬污泥酸浸后滤去不溶物，滤液中加入过氧化氢，由（2）可知过氧化氢将Cr³⁺氧化为Cr₂O₇^2-，此外将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，再加入NaOH调节pH=4，使Fe³⁺转化为Fe（OH）₃，过滤除去，滤液经过钠离子交换树脂后，被二氧化硫还原得到CrOH（H₂O）₅SO₄，则钠离子交换膜除去溶液中Al³⁺、Ca²⁺、Mg²⁺．
（1）酸浸是溶解物质为了提高浸取率，可以将污泥粉碎、进行搅拌，以增大接触面积，可以延长浸取时间，可以升高温度，也可以过滤后再向滤渣中加入硫酸，进行多次浸取，合并浸取液，
故答案为：ABC；
（2）氧化过程中加入H₂O₂，除了能把Cr³⁺氧化为Cr₂O₇^2-外，另一个作用是氧化亚铁离子为铁离子，便于除去，反应的离子方程式为：2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O，
故答案为：2Fe²⁺+2H⁺+H₂O₂=2Fe³⁺+2H₂O；
（3）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr³⁺，其次是Fe³⁺、Al³⁺、Cu²⁺和Mg²⁺，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液PH=8，Fe³⁺、Cu²⁺、Al³⁺转化为沉淀除去，过滤Ⅱ得到的沉淀为Fe（OH）₃、Al（OH）₃、Cu（OH）₂，
故答案为：Fe（OH）₃、Al（OH）₃、Cu（OH）₂；
（4）钠离子交换树脂的原理为：Mⁿ⁺+nNaR→MR_n+nNa⁺，被交换的杂质离子是钙离子和镁离子，
故答案为：Ca²⁺，Mg²⁺；
（5）二氧化硫具有还原性，被滤液Ⅱ中通过离子交换后的溶液中Na₂CrO₄氧化为硫酸，Na₂CrO₄氧被还原为CrOH（H₂O）₅SO₄，水溶液中生成氢氧化钠溶液和硫酸反应生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平；3SO₂+2Na₂CrO₄+8H₂O=2CrOH（H₂O）₃SO₄↓+Na₂SO₄+2NaOH，每生成1molCr（OH）（H₂O）₃SO₄，消耗SO₂的物质的量1.5mol，或电子守恒计算，反应中Cr元素化合价由+6价降低为+3价，S元素由+4价升高为+6价，根据电子转移守恒，消耗SO₂物的质量为$\frac{1mol（6-3）}{6-4}$=1.5mol，
故答案为：1.5mol；
（6）①Fe为阳极，发生反应：Fe-2e^-=Fe²⁺，得到还原性的Fe²⁺离子将还原Cr₂O₇^2-还原为Cr³⁺，阴极发生反应：2H⁺+2e^-=H₂↑，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，Cr³⁺、Fe³⁺转化为Cr（OH）₃和Fe（OH）₃沉淀除去，铁电极与直流电源正极相连，加入适量NaCl的目的是增大溶液导电能力，
故答案为：正极；增大溶液导电能力；
②K_sp[Fe（OH）₃]=c（Fe³⁺）×c³（OH^-）=2.0×10^-13×c³（OH^-）=4.0×10^-38，
而K_sp[Cr（OH）₃]=c（Cr³⁺）×c³（OH^-）=6.0×10^-31，
联立可得c（Cr³⁺）=3.0×10^-6mol/L，
故答案为：3.0×10^-6mol/L．

点评 本题以化学工艺流程为载体，考查物质分离提纯、对原理与操作的分析评价、信息获取与迁移运用、氧化还原反应计算、电解原理、溶度积有关计算等，题目综合性强，侧重考查学生分析解决问题的能力，是高考题的常见形式，关键是理解工艺流程，难度中等．