2019年高考化学冲刺逐题过关专题10第28题化学工业流程（考前训练）（含解析）.docx

第28题 工业流程题1工业上冶炼铝的原料是铝土矿(主要成分是Al2O3，杂质为Fe2O3、FeO、SiO2等),某研究小组设计的提纯Al2O3的方案如下：(1)加入过量盐酸后过滤出的滤渣中含有_，加入过量的NaOH溶液，过滤后的滤液中含有的溶质有_(均填化学式)。(2)加入过量NaOH溶液过滤后，若滤渣中Fe(OH)2也被氧化，则每消耗0.1mol氧气有多少_mol Fe(OH)2被氧化。(3)写出通入过量CO2生成沉淀A时反应的离子方程式为_，沉淀A加热得到Al2O3的化学方程式为_。(4)假设铝土矿中含杂质49%，则1吨铝土矿理论上可生产多少_mol铝。【答案】SiO2 NaOH NaAlO2 NaCl 04 AlO2-CO22H2O=Al(OH)3HCO3- 2Al(OH)3 Al2O3+3H2O 10000 【解析】（1）根据上述分析，加入过量的盐酸后，滤出的滤渣为SiO2，加入过量的NaOH溶液，过滤后的滤液中含有的溶质为NaCl、NaAlO2、NaOH；（2）氢氧化亚铁被氧气氧化成氢氧化铁，根据得失电子数目守恒，0.1mol22=nFe(OH)31，即nFe(OH)3=0.4mol；（3）通入过量CO2，发生OHCO2=HCO3、AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3，因此生成氢氧化铝沉淀的离子方程式为AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3；氢氧化铝受热分解：2Al(OH)3Al2O3+3H2O；（4）铝土矿中含杂质为49%，则含氧化铝为51%，根据铝元素守恒，因此有=n(Al)，解得n(Al)=10000mol。2镍废料中主要含有Ni，还有少量的Cu、Fe、Pb等。现从中制取Ni2O3，可用于制造人造卫星、宇宙飞船的高能电池，也可用于制成镍镉碱性电池。生产流程见下：已知0.010 mol/L金属离子在不同pH下的沉淀情况如下：Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+开始沉淀pH3.05.07.49.7完全沉淀pH4.06.59.011回答下列问题：（1）加入碳酸钙调pH的目的是_，“沉渣2”的主要成分是_，必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”的原因是_。（2）用离子方程式解释加入NH4F “除Ca”的过程_。（3）“酸浸”时参与反应的H2SO4与HNO3物质的量比保持为3:2，此时Ni单质所发生的化学方程式为_。（4）“操作X”是_、_（5）向NiO中加入盐酸溶解，待完全溶解后，加入足量NaOH溶液，再加入NaClO溶液，写出其中和NaClO相关的反应的离子方程式为_。（6）根据上表数据，计算当0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时的c(Ni2+) _mol/L。【答案】提高溶液 pH，去除Fe3+(使之转化为 Fe(OH)3) CuS “除 Cu”时溶液pH会降低，可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀 Ca2+ +2F-=CaF2 3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO+4H2O 过滤 洗涤 2Ni(OH)2+ClO- =Ni2O3+Cl- +2H2O 10-5.2 【解析】（1）加入碳酸钙调节溶液pH，可使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去；向滤液中加入H2S，溶液中铜离子转化为硫化铜沉淀；除溶液中铜离子时，铜离子与硫化氢反应时，有氢离子生成，使溶液pH会降低，可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀，所以必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”，故答案为：提高溶液 pH，去除Fe3+(使之转化为 Fe(OH)3）；CuS ； “除 Cu”时溶液pH会降低，可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀；（2）加入NH4F溶液，溶液中的钙离子与氟离子反应生成氟化钙沉淀，达到除钙的目的，反应的离子方程式为Ca2+2F-=CaF2；故答案为：Ca2+2F-=CaF2；（3）由题意设H2SO4与HNO3物质的量分别为3mol，2mol；两种混合酸提供氢离子8mol，2mol硝酸根离子全部被还原为2mol一氧化氮，转移电子总数为6mol，镍在反应中被氧化为硫酸镍，根据电子守恒可知，消耗金属镍3mol，则反应的化学方程式为：3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO+4H2O，故答案为：3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO+4H2O；（4）向滤液中加入草酸，溶液中镍离子与草酸反应生成草酸镍沉淀，然后进行过滤、洗涤干燥得到草酸镍沉淀，故答案为：过滤；洗涤； （5）向NiO中加入盐酸溶解，待完全溶解后生成NiCl2，NiCl2在碱性环境下被次氯酸钠氧化为三氧化二镍、次氯酸钠被还原为氯化钠，反应的离子方程式为：2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O ，故答案为：2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O；（6）由表中数据可知，当0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+开始沉淀时，溶液中c（OH-）=10-6.6mol/L，KspNi(OH)2= c（Ni2+）c2（OH-）= 0.010 mol/L(10-6.6mol/L)2=10-15.2，当0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时，溶液中c（OH-）=10-5mol/L，c（Ni2+）=10-5.2 mol/L，故答案为：10-5.2。3氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下： 已知：菱锰矿石主要成分是，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素； 相关金属离子形成氯氧化物沉淀时的pH如下： 金属离子Al3+ Fe3+ Fe2+ Ca2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH 3.8 1.5 6.3 10.6 8.8 9.6 沉淀完全的pH 5.2 2.8 8.3 12.6 10.8 11.6 常温下， 的溶度积分别为回答下列问题： (1)“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为_。 (2)分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是： 焙烧温度_，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为_，焙烧时间为_.(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入氧化为，反应的离子方程式为_；然后调节溶液pH使沉淀完全，此时溶液的pH范围为_。再加入沉淀，当时， =_(4)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为_。 (5)流程中能循环利用的固态物质是_。【答案】MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O 500 1.10 60min MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O 5.2pH8.8 510-6 Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O NH4Cl 【解析】(1)根据工艺流程图知“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为：MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3+CO2+H2O；(2)根据图示锰浸出率比较高，焙烧菱镁矿的最佳条件是：焙烧温度500；氯化铵与菱镁矿粉的质量比为1.10；焙烧时间为60min； (3)二氧化锰具有氧化性，可以氧化亚铁离子，而二氧化锰被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；根据题干信息知pH在5.2时Al3+沉淀完全，pH在8.8时，Mn2+开始沉淀，所以将Fe3+、Al3+沉淀完全，可以调整pH范围在5.2pH8.8；根据 的溶度积计算得：c2(F-)= ，c(Mg2+)= mol/L；(4)根据流程图知碳化结晶时，发生反应的离子方程式为：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O；(5)流程图可以看出能循环利用的固态物质是NH4Cl。4利用废旧锂离子电池的正极材料，主要成分为 LiCoO2(难溶于水)还含有 Al以及少量 Ca、Mg、Cu、Fe 等。制备 Co3O4 微球的工艺流程如下：回答下列问题：(1)LiCoO2 中 Co 元素的化合价为_。(2)配平步骤中生成 Co2+的离子方程式为_LiCoO2 +_H+_H2 O2 =_Co2+_O2 +_Li+_H 2O此过程中若用浓盐酸代替 H2SO4 和 H2O2的混合溶液，除因挥发使其利用率降低外，还有的缺点是_。(3)步骤中，不同 pH 下溶液中金属离子的去除效果如下图所示。该过程加入NaOH调节溶液 pH 的最佳范围是_，理由是_。(4)步骤中，过滤、洗涤操作均需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_。(5)步骤中，Co(OH)2 在空气中高温焙烧生成 Co3O4 的化学方程式为_。【答案】+3 2 6 1 2 6 2 4 盐酸(或Cl-)可被LiCoO2氧化产生Cl2污染环境 5.56.0 在pH为5.56.0的范围内，Fe3+、Al3+、Cu2+杂质离子的去除率很高，而Co2+去除率很低，损失率较小 漏斗 6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O 【解析】（1）由化合价代数和为零可知，LiCoO2 中Co元素的化合价为+3，故答案为：+3；（2）步骤在正极材料中加入硫酸和过氧化氢溶液，过氧化氢做还原剂将LiCoO2生成Co2+，本身被氧化生成氧气，由升降法配平可得离子方程式：2LiCoO2 +6H+H2O2=2Co2+ O2+2Li+4H2O；此过程中若用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合溶液，除因挥发使其利用率降低外，还有的缺点是盐酸（或Cl-）可被LiCoO2氧化产生Cl2污染环境，故答案为：2；6；1；2；6；2；4；盐酸(或Cl-)可被LiCoO2氧化产生Cl2污染环境；（3）由图可知，步骤中，加入NaOH调节溶液pH的最佳范围是pH=5.56.0，在此范围内，Fe3+、Al3+、Cu2+杂质离子几乎被沉淀完全，而Co2+损失率较小，故答案为：在pH为5.56.0的范围内，Fe3+、Al3+、Cu2+杂质离子的去除率很高，而Co2+去除率很低，损失率较小；（4）步骤中，过滤、洗涤操作均需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、和漏斗，故答案为：漏斗；（5）步骤中，Co(OH)2在空气中高温焙烧生成Co3O4，Co元素由+2价被氧化到+3价，故需氧气的参与，反应的化学方程式为：6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O，故答案为：6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O。5海洋深处有丰富的软锰矿，以此为主要原料生产MnSO4的工业流程如下：已知：软锰矿的主要成分是MnO2，此外还含有Fe2O3、Al2O3、CuO、NiO、SiO2等少量杂质。几种离子沉淀时数据信息如下：(1)写出酸浸过程中SO2与MnO2反应的离子方程式_。(2)为了探究MnO2与SO2反应情况，某研究小组将含有SO2尾气和一定比例的空气通入MnO2悬浊液中，保持温度不变的情况下，测得溶液中c(Mn2+)和c(SO42)随反应时间的变化如图所示。导致溶液中c(Mn2+)和c(SO42)的变化产生明显差异的原因是_。(3)操作I是“除铁铝”，其主要步骤为向滤液I中加入软锰矿，调节p=5.26.0左右，使其Fe3+、Al3+沉淀完全，再加入活性炭搅拌、抽滤。写出滤液I中生成Fe2+相关的离子方程式_、_。(4)操作是“除铜镍”，其主要步骤为：向滤液中加入MnS(难溶物)，充分搅拌，过滤。加入MnS能除去滤液中Cu2+和Ni2+的原因是_。(5)以MnSO4溶液为原料可通过电解法制备超级电容器材料MnO2，其装置如图所示：则电解过程中阳极电极反应式为_，电解一段时间后，阴极溶液中H+的物质的量_(填“变大”、“减小”或“不变”)。实际生产过程中_(填“能”或“不能”)用MnCl2溶液代替MnSO4溶液。【答案】MnO2+S02=Mn2+SO42- Mn2+催化O2与H20、SO2反应,生成H2SO4 Fe2O3+6H+=2Fe2+3H2O SO2+2Fe3+2H20=SO42-+2Fe2+4H+ CuS和NiS的溶度积常数小于MnS,易于发生不溶物的转化 Mn2+2H20-2e-=MnO2+4H+ 不变 不能 【解析】 (1)酸浸过程中SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，所以两者反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为：MnO2+S02=Mn2+SO42-；答案：MnO2+S02=Mn2+SO42-。(2) 若反应体系只发生MnO2+SO2=MnSO4,Mn2+与SO42-的浓度变化应该一致,而图示信息表明，SO42-的浓度变化比Mn2+的浓度变化要快，说明反应体系还发生了其它生成SO42-的反应,由于温度不变, SO42-的浓度变化说明Mn2+能催化O2与H20、SO2生成H4SO4反应。答案：Mn2+催化了O2与H20、SO2反应,生成H2SO4的反应。(3)滤液I首先发生的是三氧化二铁被硫酸溶解反应：Fe2O3+6H+=2Fe2+3H2O，生成的三价铁离子具有氧化性，二氧化硫具有还原性，所以又会继续反应：SO2+2Fe3+2H20=SO42-+2Fe2+4H+。答案：Fe2O3+6H+=2Fe2+3H2O；SO2+2Fe3+2H20=SO42-+2Fe2+4H+。(4)因为CuS和NiS的溶度积常数小于MnS,所以向滤液中加入MnS后，会转化成更难溶解的CuS和NiS沉淀，进而除去铜镍。答案：CuS和NiS的溶度积常数小于MnS,易于发生不溶物的转化。(5)由图可知阳极上Mn2+失电子化合价升高，生成二氧化锰,因此电极反应式为Mn2+2H20-2e-=MnO2+4H+;阴极上2H+2e-=H2,若电解过程中外电路转移amole-,则阴极消耗amolH+,同时有amnolH+由阳极移向阴极，故阴极溶液中H+的物质的量不会改变;不能用MnCl2溶液代替MnSO4溶液，因为Cl-会放电导致MnO2的产率降低。答案：不变；不能。6聚硅酸铁是将铁离子引入到活性硅酸而制得的复合型混凝剂。用废铁皮(主要成分Fe和Fe3O4，少量碳)为原料制备的流程如下：(1)废铁渣进行“粉碎”的目的是_。(2)在实验室进行过滤操作时，所用到玻璃仪器有_。(3)“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸浸温度、氧流量等条件，其中酸浸温度对铁浸取率的影响如下表所示：温度()406080100120铁浸取率(%)5062799283已知：在一定温度下，Fe3+在pH=2开始沉淀，pH=3.7沉淀完全。酸浸时应控制溶液的pH_酸浸时通入O2的目的是_。当酸浸温度超过100时，铁浸取率反而减小，其原因是_。(4)滤渣的主要成分为_(填化学式)。(5)“Fe3+浓度检测”是先用SnCl2将Fe3+还原为Fe2+；在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+(Cr2O72被还原为Cr3+)，该滴定反应的离子方程式为_；已知称取2.60 g聚硅酸铁产品，加入硫酸，再加入足量SnCl2，用0.2000 mol/L K2Cr2O7标准溶液滴定，消耗K2Cr2O7溶液的体积为20.00 mL，则聚硅酸铁产品中铁元素的百分含量为_(结果保留两位有效数字)。【答案】减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率 烧杯、漏斗、玻璃棒 B,酸性H2CO3 H3BO3,故向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，不会有气泡产生，故b错误；c. 硼酸是一元弱酸，所以电离方程式可表示为：H3BO3 + H2OB(OH)4-+H+，故c正确；答案：ac。（3）证明溶液中含有Fe2+的方法是：取少量褐色浸出液于试管中，滴加K3Fe(CN)6溶液，如果产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。答案：滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀。（4）根据框图分析浸出液中的杂质离子为：Al3+、Fe3+，由已知Al(OH)3开始沉淀时pH=3.4完全沉淀时pH=4.7；Fe(OH)3开始沉淀时pH=1.9完全沉淀时pH=3.2，要除去Al3+、Fe3+两种离子，应用MgO调节溶液的至4.7pHc(SO42)c(H + )c(OH ) 【解析】（1）由题意可知，MnxZn(1x)Fe2O4中锰元素的化合价为+2价，设铁元素化合价为+a，由化合价代数和为零可得：（+2）x+（+2）（1x）+（+a）2+（2）4=0，解得a=3，故答案为：+3；（2）由题意可知，硫酸亚铁与MnO(OH)在酸性条件下发生氧化还原反应，硫酸亚铁被氧化生成硫酸铁，MnO(OH)被还原为硫酸锰，反应的离子方程式为MnO(OH)+Fe 2+ +3H += Mn 2+ +Fe 3+ +2H 2O，故答案为：MnO(OH)+Fe 2+ +3H += Mn 2+ +Fe 3+ +2H 2O；（3）“调铁”工序中，加入的铁粉与溶液中的Fe 3+和H+反应，反应时，氧化性较强的Fe 3+与Fe反应生成Fe 2+，Fe 3+完全反应后，H+与Fe反应生成Fe 2+和H2，反应的离子方程式为Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+和Fe+2H += Fe 2+ +H2，故答案为：Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+；Fe+2H += Fe 2+ +H2；由MnxZn(1x)Fe2O4得化学式可知，nMn2+Zn2+:n(Fe 3+)=1:2，设加入的铁粉为xmol，依据题意可得（a molL1103 L）:(b molL1103 L +x) =1:2，解得x=(2a-b)103 mol，则加入的铁粉质量为(2a-b)103 mol56g/mol=56(2a-b)103g=56(2a-b)kg，故答案为：56(2a-b)；(4)在“氧化”工序中，双氧水把 Fe 2+ 氧化为Fe 3+，反应生成的Fe 3+可以做催化剂，使双氧水催化分解，成为除温度外，导致实际消耗双氧水的量大于理论值的因素，故答案为：生成的 Fe 3+ 催化了双氧水的分解；（5）由流程图可知，反应中加入了稀硫酸和氨水，滤液C中一定含有可以做氮肥的硫酸铵，硫酸铵溶液中由于铵根离子水解使溶液显酸性，溶液中有c(H + )c(OH )，但是由于水解程度小，溶液中有c(NH4+)c(SO42)，则溶液中离子浓度由大到小的排序为，故答案为：c(NH4+)c(SO42)c(H + )c(OH )；12碱式硫酸铁Fe(OH)SO4是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在_范围内。（2）反应中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为_。（3）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+ 聚合离子，该水解反应的离子方程式为_。（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3。为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为_。A氯水 BKSCN溶液 CNaOH溶液 D酸性KMnO4溶液（5）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后,再用 0.1000 molL-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。已知：2Fe3+2I-=2Fe2+I2 2S2O32-+I2=2I-+S4O62-则溶液中铁元素的总含量为_gL-1。若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会_ (填“偏高” “偏低” “不变”)【答案】4.47.5 2H+ + Fe2+ NO2- = Fe3+ + NO + H2O 2Fe(OH)2+ +2H2OFe2(OH)42+ + 2H+ D 5.6 偏高 【解析】（1）制备硫酸亚铁，需与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，避免生成Fe（OH）2沉淀，则应控制溶液pH在4.47.5之间；（2）NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子，本身变为NO，故离子方程式为2H+ + Fe2+ NO2- = Fe3+ + NO + H2O；（3）Fe（OH）2+离子，可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为2Fe（OH）2+2H2O Fe2（OH）42+2H+；（5）检验所得产品中是否含有Fe2+，可使用酸性KMnO4溶液，现象是酸性高锰酸钾溶液褪色；（6）根据所给反应可得关系式Fe3+S2O32-，所以n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L0.020L=0.0020mol，溶液中铁元素的总含量为0.0020mol56g/mol0.020L=5.6g/L；若滴定前溶液中H2O2没有除尽，则H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3将偏多，导致所测定的铁元素的含量偏高。13氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表(1)炉气中的有害气体成分是_，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(2)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：_。当试剂X是_时，更有利于降低生产成本。(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是_。(4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：_，操作X包括_、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_。(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：_。【答案】SO2 2：1 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O 空气或氧气 3.7pH4.8 4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2+4K2SO4+6H2O 过滤 防止Cu2O被空气中氧气氧化 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O 【解析】 (1)金属硫化物焙烧时均转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2；Cu2S与O2反应时，氧化剂为O2，还原剂为Cu2S，根据得失电子守恒和原子守恒，二者的物质的量之比为2:1，故答案为：SO2；2：1；(2)酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，本身被还原为H2O，方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；酸性条件下O2也可以将Fe2+氧化为Fe3+，而氧气或空气价格远低于H2O2，所以用氧气替代双氧水，可以有效降低生产成本，故答案为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；空气或氧气；(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去而铜离子不能形成沉淀，故pH调控范围是3.7pH4.8，故答案为：3.7pH4.8；(4)N2H4将Cu2+还原为Cu2O，自身被氧化为N2，化学方程式为；4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2+4K2SO4+6H2O；由于Cu2O不溶于水，故操作X为过滤、洗涤、烘干；因Cu2O有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程中要隔绝空气，故答案为：4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2+4K2SO4+6H2O；过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；(5)因Cu2O是在阳极上生成的，故阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，相应的电极反应式为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；故答案为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。14以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的