16.(14分)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2)，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__________，C→Al的制备方法称为______________。

(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)_______ a.温度 b.Cl^-的浓度 c.溶液的酸度

(3)0.1 mol 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4.28 kJ，该反应的热化学方程式为__________。

Ⅱ.含铬元素溶液的分离和利用

(4)用惰性电极电解时，能从浆液中分离出来的原因是__________，分离后含铬元素的粒子是_________;阴极室生成的物质为___________(写化学式)。

答案

(1)加热(或煅烧) 电解法

(2)a c

(3)2Cl₂(g)+ TiO₂(s)+2C(s)===TiCl₄(l)+2CO(g) ΔH=?85.6 kJ·mol?1

(4)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-和Cr₂O₇^2- NaOH和H₂

解析

Ⅰ.(1)NaOH是离子化合物，电子式为;反应①所得溶液A是偏铝酸钠溶液，沉淀B是氢氧化铝，固体C是氧化铝，氢氧化铝生成氧化铝的条件是受热分解。而工业上制取铝单质是电解熔融的氧化铝，故答案为：(1);加热(或煅烧);电解法;

(2)D与浓盐酸混合，不加热，无变化，加热有Cl₂生成，证明加热时反应条件;当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl₂，说明溶液中的氢离子影响反应速率，故答案为：a c;

比较影响反应速率的关键是对比不同点，找出二者的差异。

(3)依据氧化还原反应先配平化学方程式，2Cl₂+ TiO₂+2C===TiCl₄+2CO;再求出对于反应热。0.1 mol Cl₂放出热量4.28 kJ，故2mol氯气放出85.6 kJ的热量，

故答案为：2Cl₂(g)+ TiO₂(s)+2C(s)===TiCl₄(l)+2CO(g) ΔH=?85.6 kJ·mol?1;

Ⅱ.含铬元素溶液的分离和利用

(4)电解池中，离子做定向移动，利用电解原理，判断CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室;同时在电流作用下，两个电极发生氧化还原反应，阴极还原反应，氢离子放电，生成氢气，生成氢氧根离子，受阳离子交换膜阻挡，和从混合区域过来的钠离子生成氢氧化钠;阳极室发生氧化反应，水电离生成的氢氧根离子放电，生成氧气，同时阳极室有氢离子生成，在氢离子作用下，2CrO₄^2-+2H⁺?Cr₂O₇^2-+H₂O，故分离后含铬元素的粒子是CrO₄^2-和Cr₂O₇^2-

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-和Cr₂O₇^2-;NaOH和H₂。

考查方向

电解原理的应用;热化学方程式书写;影响化学反应速率的因素。

解题思路

Ⅰ.(1)NaOH是离子化合物，电子式为;反应①所得溶液A是偏铝酸钠溶液，沉淀B是氢氧化铝，固体C是氧化铝，最终的铝单质。

(2)比较影响反应速率的关键是对比不同点，找出二者的差异。

(3)依据氧化还原反应完成化学方程式，2Cl₂+ TiO₂+2C===TiCl₄+2CO，再求出对于反应热。

Ⅱ.(4)利用电解原理，判断电解液中离子移动方向，至于产物的判断，要根据电极反应类型判断：阳极氧化反应，阴极还原反应。

易错点

本题考查电解原理的应用，利用电解原理处理工业中问题;热化学方程式书写、影响化学反应速率的因素，等，难度较大。