题目内容
13．锆（40Zr）是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛．以锆英石（主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质）为原料生产锆及其化合物的流程如图所示：
（1）ZrSiO4中锆元素的价态是+4，SiCl4的电子式为
．（2）上述流程中，高温气化存在多个反应，若不考虑反应中的损失，则分馏后得到的SiCl4质量通常比由纯ZrSiO4发生的反应得到的SiCl4质量大，原因是因为杂质中的SiO2也通过反应产生了SiCl4．
（3）高温气化后的固体残渣除碳（C）外，还有Al2O3和FeCl3，加水浸取得氯化铁溶液，过滤，从滤渣中分离出碳和Al2O3两种固体的方法是加碱浸取过滤得到C，再向滤液中通入足量CO2，过滤后将固体加热得到氧化铝．（或加酸浸取过滤得到C，再向滤液中加氨水，过滤后将固体加热得到氧化铝）．
（4）写出上述流程中ZrCl4与水反应的化学方程式：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl．
（5）某燃料电池是以C2H4作为燃料气，另一极通入氧气，电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在熔融状态下能传导O2-，则负极上发生的反应式为C2H4+6O2--12e-═2CO2+2H2O．用该电池电解硫酸铜溶液一段时间后，需向溶液中加入4.44g Cu2（OH）2CO3使溶液复原．则这段时间内电路中转移的电子物质的量为0.12mol．
分析 锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl2•8H2O，900℃加热分解，即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，加入镁置换得到海绵锆，
（1）根据在化合物中正负化合价代数和为零，结合ZrSiO4的化学式进行解答；SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形成一个共价键达到稳定结构；
（2）因锆英石含有杂质SiO2，SiO2也能在高温气化条件下反应生成SiCl4；
（3）根据碳和氧化铝的化学性质的差异进行分离，氧化铝为两性氧化物；
（4）根据图示ZrCl4与水反应产物为ZrOCl2•8H2O，结合原子守恒进行解答；
（5）燃料所在极为负极，负极失去电子发生氧化反应，为乙烯失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水，4.44g Cu2（OH）2CO3其物质的量为0.02mol，加入0.02molCu2（OH）2CO3使溶液复原，相当于硫酸铜溶液在电解过程中产生了0.4moCu和消耗了0.2mol水，据此计算电子转移的物质的量．
解答 解：锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl2•8H2O，900℃加热分解，即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，加入镁置换得到海绵锆，
（1）根据在化合物中正负化合价代数和为零，氧元素显-2价，硅元素显+4价，设锆元素（Zr）的化合价是x，可知ZrSiO4中锆元素（Zr）的化合价：x+（+4）+（-2）×4=0，则x=+4，SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形成一个共价键达到稳定结构，电子式为：，
故答案为：+4；；
（2）锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），杂质SiO2也能在高温气化条件下反应生成SiCl4，则分馏后得到的SiCl4质量通常比由纯ZrSiO4发生的反应得到的SiCl4质量大，
故答案为：因为杂质中的SiO2也通过反应产生了SiCl4；
（3）氧化铝为两性氧化物，易溶于强酸强碱，碳不溶于非氧化性酸，不溶于碱，从滤渣中分离出C和A12O3两种固体：加碱浸取过滤得到C，再向滤液中通入足量CO2，过滤后将固体加热得到氧化铝．（或加酸浸取过滤得到C，再向滤液中加氨水，过滤后将固体加热得到氧化铝），
故答案为：加碱浸取过滤得到C，再向滤液中通入足量CO2，过滤后将固体加热得到氧化铝．（或加酸浸取过滤得到C，再向滤液中加氨水，过滤后将固体加热得到氧化铝）；
（4）ZrCl4与水反应产物为ZrOCl2•8H2O，根据原子守恒，反应方程式为：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl，
故答案为：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl；
（5）该燃料电池中通入乙烯的一极为负极，发生氧化反应，乙烯失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为：C2H4+6O2--12e-═2CO2+2H2O，4.44g Cu2（OH）2CO3其物质的量为0.02mol，加入0.02molCu2（OH）2CO3使溶液复原，相当于硫酸铜溶液在电解过程中产生了0.04moCu和消耗了0.02mol水，根据关系式Cu～2e-可知，产生了0.04moCu要转移0.08mol电子，根据关系式H2O～2e-，可知消耗了0.02mol水，转移电子的物质的量为0.04mol，所以反应中共转移电子的物质的量为0.12mol，
故答案为：C2H4+6O2--12e-═2CO2+2H2O；0.12mol．
点评 本题考查了海绵锆的制备以及物质分离提纯的方法和流程分析应用，涉及流程的分析应用、离子方程式的书写、基本实验操作、电解原理的应用及计算等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解答该类题目，注意把握实验原理和操作流程的目的，主要是物质性质的理解，题目难度中等．
阅读快车系列答案| 操作 | 现象 |
| 向盛有4gNa2O2的烧杯中加入50mL蒸馏水得到溶液a | 剧列反应，产生能使带火星木条复燃的气体 |
| 取5mL溶液a于试管中，滴入两滴酚酞 | ⅰ．溶液变红 ⅱ．10分种后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色 |
（2）ⅱ中溶液褪色可能是溶液a中存在较多的H2O2与酚酞发生了反应．
Ⅰ．甲同学通过实验证实了H2O2的存在：取少量溶液a，加入试剂MnO2（填化学式），有气体产生．
Ⅱ．乙同学查阅资料获悉：用KMnO4可以测定H2O2的含量：取15.00mL溶液a，用稀H2SO4酸化，逐滴加入0.003mol•L-1KMnO4溶液，产生气体，溶液褪色速率开始较慢后变快，至终点时共消耗20.00mLKMnO4溶液．
①请配平：2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O
②溶液a中c（H2O2）=0.01mol•L-1．
③溶液褪色速率开始较慢后变快的原因可能是反应生成的Mn2+作催化剂．
（3）为探究现象ⅱ产生的原因，同学们继续进行了如下实验：
Ⅲ．向H2O2溶液中滴入两滴酚酞，振荡，加入5滴0.1mol•L-1NaOH溶液，溶液变红又迅速变无色且产生气体，10分钟后溶液变无色．
Ⅳ．向0.1mol•L-1NaOH溶液中滴入两滴酚酞的，振荡，溶液变红，10分钟后溶液颜色无明显变化；向该溶液中通入O2，溶液颜色无明显变化．
①从实验Ⅲ和Ⅳ中，可得出的结论是碱性条件下，H2O2能与酚酞反应而O2不能．
②同学们进一步通过实验证实了溶液a中滴入酚酞后，H2O2与酚酞发生了化学反应．实验方案是：取少量溶液a于试管中，加入MnO2，充分反应后，向上层清液中滴入2滴酚酞后变红，10分钟后，溶液颜色无明显变化．
如图所示是钾、氧两元素形成的一种晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元）．晶体中氧的化合价可看作是部分为0价，部分为-2价．
，它可通过不同化学反应分别制得B、C和D三种物质．
．
依据氧化还原反应：2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图所示．| A． | 通入CH4的电极为正极 | |
| B． | 正极的电极反应式为O2+4H++4e-═2H2O | |
| C． | 通入CH4的一极的电极反应式为CH4+2O2+4e-═CO2+2H2O | |
| D． | 负极的电极反应式为CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O |
依据氧化还原反应2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图所示：
| A． | a 点所得溶液中；2n（H2A）+n（A2-）=0.002mol | |
| B． | b 点所得溶液中：c（H2A）+c（H+）=c（A2-）+c（OH-） | |
| C． | c 点所得溶液中：c（Na+）＜3c（HA-） | |
| D． | d 点所得溶液中：c（Na+）＞c（A2-）＞c（HA-） |