制革工业用熟石灰给毛皮脱毛,剩余的熟石灰用盐酸来中和的化学方程式

A、根据图象可知2min、8min都处于平衡状态，2min时平衡常数k=0.12×0.060.04=0.18，8min时平衡常数为0.14×0.080.02=0.56，故8min时的平衡常数大于2min时的平衡常数，故A错误；B、由A分析可知，8 min时的平衡常...

点评：
本题考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线．

考点点评： 本题考查化学平衡图象、平衡常数、化学平衡与反应速率的影响因素，题目难度中等，根据平衡常数与改变条件的瞬间各物质的浓度变化判断条件是解题的关键．

（1）工业碳酸钠（钝度约98%）中含有Mg²⁺，Fe³⁺，Ca²⁺，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）₂、Fe（OH）₃、CaCO₃沉淀，滤渣的主要成分为Mg（OH）₂、Fe（OH）₃、CaCO₃，
故答案为：Mg（OH）₂、Fe（OH）₃、CaCO₃；
（2）根据所给的坐标图可以发现：温度减少至313K时发生突变，溶解度迅速减少，若不趁热过滤将析出晶体，所以“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na₂CO₃•H₂O，防止因温度过低而析出Na₂CO₃•10H₂0晶体或Na₂CO₃•7H₂0晶体，使后续的加热脱水耗时长，
故答案为：使析出的晶体为Na₂CO₃•H₂O，防止因温度过低而析出Na₂CO₃•10H₂0晶体或Na₂CO₃•7H₂0晶体，使后续的加热脱水耗时长；
（3）在实验室进行“趁热过滤”时，要注意减少过滤的时间和保持过滤时的温度，可采取的措施是用预热过滤装置（或已预热的布氏漏斗趁热抽滤，或用常压热过滤漏斗进行过滤），故答案为：用预热过滤装置（或已预热的布氏漏斗趁热抽滤，或用常压热过滤漏斗进行过滤）；
（4）根据流程图内容“母液”中存在氯离子和硫酸根离子，若参与循环，将使离子浓度增大，导致产品纯度降低，故答案为：产品纯度降低；因为循环使用时母液中Cl^-与SO₄^2-浓度增大，导致产品含有NaCl或Na₂SO₄杂质；
（5）通过观察两个热化学方程式，利用盖斯定律，可将两式相减得到Na₂CO₃•H₂O（S）═Na₂CO₃（s）+H₂O（g），即Na₂CO₃•H₂O（S）═Na₂CO₃（s）+H₂O（g）△H=+58.73kJ/mol，
故答案为：Na₂CO₃•H₂O（S）═Na₂CO₃（s）+H₂O（g）△H=+58.73kJ/mol．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题是一道综合题，考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，难度大．

（1）碳酸钠属于盐类，但它的俗名叫纯碱是因为碳酸钠的水溶液显碱性．
（2）【查阅资料】：碳酸氢钠与氯化钙溶液反应生成碳酸钙、氯化钠、水和二氧化碳，方程式为：2NaHCO₃+CaCl₂═CaCO₃↓+2NaCl+H₂O+CO₂↑
【实验操作步骤与现象】
①H₂SO₄与CaCO₃反应生成CaSO₄，CaSO₄微溶于水，附着在CaCO₃的表面，阻止反应进一步发生，所以不用硫酸和大理石反应制取CO₂；
②浓盐酸易挥发，用浓盐酸制取的二氧化碳中混有氯化氢气体，饱和的NaHCO₃溶液与氯化氢气体可反应，除去氯化氢气体，防止进入Ⅲ与碳酸钠溶液反应，影响实验进行；
③由题意可知：氢氧化钙与碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液都能反应生成沉淀，现象相同，无法鉴别，所以选择氯化钙；
碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化钠、水和二氧化碳，所以可以根据是否生成气体进行区分碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液；
由CaCO₃+CO₂+H₂O=Ca（HCO₃）₂可知，Na₂CO₃溶液与CO₂发生化学反应的化学方程式是：Na₂CO₃+CO₂+H₂O═2NaHCO₃；
（3）①因稀盐酸过量，故加入碳酸钠后首先与过量的稀盐酸反应，然后再与氯化钙反应；
②设原滤液中CaCl₂的质量为x
Na₂CO₃+CaCl₂=CaCO₃↓+2NaCl
111100
x5g
[111/x]=[100/5g]
x=5.55g
故原滤液中氯化钙的质量分数为：[5.55g/50g]×100%=11.1%
答：原滤液中氯化钙的质量分数是11.1%．

故答案为：（1）碳酸钠的水溶液显碱性
（2）【查阅资料】：2NaHCO₃+CaCl₂═CaCO₃↓+2NaCl+H₂O+CO₂↑
【实验操作步骤与现象】
①H₂SO₄与CaCO₃反应生成CaSO₄，CaSO₄微溶于水，附着在CaCO₃的表面，阻止反应进一步发生
②除去混入的氯化氢气体
③既有气体又有沉淀生成；Na₂CO₃+CO₂+H₂O═2NaHCO₃
（3）①稀盐酸先与碳酸钠反应；②11.1%

点评：
本题考点： 实验探究物质的性质或变化规律；气体的净化（除杂）；有关溶质质量分数的简单计算；盐的化学性质；根据化学反应方程式的计算．

考点点评： 本题注重考查了学生分析信息，并结合所学知识分析信息、解决问题的能力，有思维深度．

（1）①8Na₂CrO₄+6Na₂S+23H₂O═8Cr（OH）₃↓+3Na₂S₂O₃+22NaOH中，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，则Na₂CrO₄为氧化剂，该反应中生成1mol Cr（OH）₃时转移电子1mol×（6-3）=3mol，故答案为：Na₂CrO₄；3；
②步骤IV中电解Cr₂O₃的阳极反应为氧离子失去电子生成氧气，该阳极反应为2O^2--4e^-=O₂↑，故答案为：2O^2--4e^-=O₂↑；
（2）由图可知，B端生成氢气，则B端氢离子得到电子，所以B为负极，则A为正极；阳极发生Cr₂O₇^2-、Fe²⁺的氧化还原反应，所以阳极几乎不含Cr₂O₇^2-；，则阳极的氧化还原反应为Cr₂O₇^2-+6Fe²⁺+14H⁺=2Cr³⁺+6Fe³⁺+7H₂O，故答案为：正极；Cr₂O₇^2-+6Fe²⁺+14H⁺=2Cr³⁺+6Fe³⁺+7H₂O；
（3）①K₂Cr₂O₇溶液具有氧化性，则量取K₂Cr₂O₇溶液的仪器为酸式滴定管（或移液管），故答案为：酸式滴定管（或移液管）；
②碎瓷片可防止液体剧烈沸腾，其作用为防止暴沸，故答案为：防止暴沸；
③由I可知废水与K₂Cr₂O₇溶液发生氧化还原反应，由Ⅲ可知Fe²⁺把多余的Cr₂O₇^2-反应成Cr³⁺，由电子守恒可知，1mol废液中失去的电子为
[10×0.25×2×(6−3)−c×Vb]×10−3
Va×10−3=
15−cVb
Va，
由电子守恒转化为相当于O₂的含量n（O₂）=
15−cVb
4Vamol，
则COD=
15−cVb
4Vamol×32g/mol×1000mg/L=8000
(15−cVb)
Va，故答案为：8000
(15−cVb)
Va．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理．

考点点评： 本题为综合题，以废水的处理考查氧化还原反应、电化学及物质成分的测定，题目难度较大，注意电子守恒再解答中的重要作用，COD的计算为易错点．

（1）反应①是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，使反应物充分接触，加快反应速率；
故答案为：使反应物充分接触，加快反应速率；
（2）由图可知，温度高有利于硫酸钠结晶析出，可以防止Na₂Cr₂O₇•2H₂O结晶析出；滤液的温度较高，从溶液中获得晶体需要冷却结晶，
故答案为：有利于硫酸钠结晶析出，可以防止Na₂Cr₂O₇•2H₂O结晶析出；冷却结晶；
（3）由溶解度可知，较高温下K₂Cr₂O₇的溶解度大，氯化钠、氯化钾的溶解度较小，较低温度下，下K₂Cr₂O₇的溶解度小，氯化钠、氯化钾的溶解度较大，K₂Cr₂O₇的溶解度受温度影响大．应在较高温度下将Na₂Cr₂O₇与KCl配成饱和溶液后混合，再降低温度到0℃冷却结晶，过滤洗涤，可得K₂Cr₂O₇，
故答案为：较高温度下将Na₂Cr₂O₇与KCl配成饱和溶液后混合，再降低温度到0℃冷却结晶，过滤洗涤，可得K₂Cr₂O₇；
（4）①SnCl₂还原Fe³⁺生成亚铁离子，自身被氧化为Sn⁴⁺，反应离子方程式为：2Fe³⁺+Sn²⁺=Sn⁴⁺+2Fe²⁺，
故答案为：2Fe³⁺+Sn²⁺=Sn⁴⁺+2Fe²⁺；
②重铬酸钾溶液能氧化Sn²⁺，使消耗的重铬酸钾溶液体积偏大，计算铁元素的质量偏高，所测定的铁的含量偏高，
故答案为：偏高；
③步骤5的操作是滴定，酸性高锰酸钾具有强氧化性，应使用酸式滴定管，锥形瓶内盛放待测液，
故答案为：酸式滴定管、锥形瓶．

点评：
本题考点： 化学平衡的调控作用；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查学生对数据及图象的分析、常用化学用语、氧化还原反应滴定等，难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与运用知识分析解决问题的能力．

（1）配置一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、吸量管、容量瓶和胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；
（2）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，
故答案为：升高反应温度；增大固体颗粒的表面积；
（3）双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Cr³⁺有还原性，Cr³⁺能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离，
故答案为：2Cr³⁺+3H₂O₂+H₂O=Cr₂O₇^2-+8H⁺；
（4）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr³⁺，其次是Fe³⁺、Al³⁺、Ca²⁺和Mg²⁺．加入过氧化氢氧化铬离子为Cr₂O₇^2-，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr₂O₇^2-转化为CrO₄^2-．
溶液PH=8，Fe³⁺、Al³⁺沉淀完全，滤液Ⅱ中阳离子主要Na⁺、Ca²⁺和Mg²⁺；超过PH=8，氢氧化铝是两性氢氧化物会溶解于强碱溶液中影响铬离子的回收利用；
故答案为：Na⁺、Mg²⁺、Ca²⁺；pH超过8会使部分Al（OH）₃溶解生成AlO₂^-，最终影响Cr（III）回收与再利用；
（5）钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，故答案为：Ca²⁺、Mg²⁺；
（6）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+12H₂O=2CrOH（H₂O）₅SO₄↓+Na₂SO₄+2NaOH，
故答案为：3SO₂+2Na₂CrO₄+12H₂O=2CrOH（H₂O）₅SO₄↓+Na₂SO₄+2NaOH．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查了离子方程式、化学方程式的书写、物质的分离等知识点，难度较大，注意会运用溶液的PH值对溶液中的离子进行分离，除杂的原则是：除去杂质且不引进新的杂质．

①由图可知，8min时COCl₂的平衡浓度为0.04mol/L，Cl₂的平衡浓度为0.11mol/L，CO的平衡浓度为0.085mol/L，故该温度下化学平衡常数k=[0.11mol/L×0.085mol/L/0.04mol/L]=0.234 mol•L^-1，故答案为：0.234 mol•L^-1；
②第8min时反应物的浓度比第2min时减小，生成物浓度增大，平衡向正反应方向移动．4min瞬间浓度不变，不可能为改变压强、浓度，应是改变温度，又因为正反应为吸热反应，所以T（2）＜T（8），故答案为：＜；
③由图可知，10min瞬间Cl₂浓度增大，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl₂的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，故：
0.06mol/L×0.12mol/L
c(COCl2)=0.234mol/L，解得c（COCl₂）=0.031mol/L，故答案为：0.031；
④在5～6 min和15～16 min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但15～16 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小，即v（5～6）＞v（15～16），故答案为：＞；在相同温度时，该反应的反应物的浓度越高，反应速率越大．

点评：
本题考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡建立的过程；化学平衡常数的含义．

考点点评： 本题涉及化学方程式、热化学方程式的书写和化学平衡图象的有关计算，意在考查考生对反应热、化学平衡等化学反应原理掌握的情况，难度中等．