- 气体的检验
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多晶硅（硅单质的一种）被称为“微电子大厦的基石”，制备中副产物以SiCl4为主，它对环境污染很大，能遇水强烈水解，放出大量的热．研究人员利用SiCl4水解生成的盐酸和钡矿粉（主要成份为BaCO3，且含有铁、镁等离子）制备BaCl2•2H2O，工艺流程如下．
已知：常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4．
（1）已知：SiCl4（s）+H2（g）=SiHCl3（s）+HCl（g）△H1=+47kJ/mol
SiHCl3（s）+H2（g）=Si（s）+3HCl（g）△H2=+189kJ/mol
则由SiCl4制备硅的热化学方程式为______．
（2）请写出SiCl4水解反应的化学方程式______．
（3）加钡矿粉并调节PH=7的作用是______．
（4）加20% NaOH调节pH=12.5，得到滤渣A的主要成分是______．
正确答案
解：（1）将方程式SiCl4（s）+H2（g）=SiHCl3（s）+HCl（g）△H1=+47kJ/mol和SiHCl3（s）+H2（g）=Si（s）+3HCl（g）△H2=+189kJ/mol相加可得：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol，
故答案为：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol；
（2）氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，水解方程式为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl，
故答案为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；
（3）pH=3.4时，三价铁离子完全生成沉淀，使Fe3+完全沉淀；盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡和二氧化碳、水，加钡矿粉并调节pH=7的作用是使BaCO3转化为BaCl2，同时使使Fe3+完全沉淀，
故答案为：①使BaCO3转化为BaCl2，②使Fe3+完全沉淀生成氢氧化铁沉淀；
（4）当pH=3.4时，铁离子完全生成沉淀，当pH=12.4时，镁离子完全沉淀生成氢氧化镁，Mg（OH）2，所以当pH=12.5时，滤渣A的成分是氢氧化镁，
故答案为：Mg（OH）2．
解析
解：（1）将方程式SiCl4（s）+H2（g）=SiHCl3（s）+HCl（g）△H1=+47kJ/mol和SiHCl3（s）+H2（g）=Si（s）+3HCl（g）△H2=+189kJ/mol相加可得：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol，
故答案为：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol；
（2）氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，水解方程式为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl，
故答案为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；
（3）pH=3.4时，三价铁离子完全生成沉淀，使Fe3+完全沉淀；盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡和二氧化碳、水，加钡矿粉并调节pH=7的作用是使BaCO3转化为BaCl2，同时使使Fe3+完全沉淀，
故答案为：①使BaCO3转化为BaCl2，②使Fe3+完全沉淀生成氢氧化铁沉淀；
（4）当pH=3.4时，铁离子完全生成沉淀，当pH=12.4时，镁离子完全沉淀生成氢氧化镁，Mg（OH）2，所以当pH=12.5时，滤渣A的成分是氢氧化镁，
故答案为：Mg（OH）2．
难溶性杂卤石（K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O）属于“呆矿”，在水中存在如下溶解平衡：
K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O（s）⇌2Ca2++2K++Mg2++4SO42-+2H2O
为充分利用钾资源，用饱和Ca（OH）2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程如下：
（1）滤渣主要成分有______和CaSO4以及未溶杂卤石．
（2）用化学平衡移动原理解释Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石浸出K+的原因：______．
（3）“除杂”环节中，先加入______溶液，经搅拌等操作后，过滤，再加入______溶液调滤液pH至中性．
（4）不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系见图．由图可得，随着温度升高，
①______；
②溶浸出的K+的平衡浓度增大
（5）有人以可溶性碳酸盐为溶浸剂，则溶浸过程中会发生：
CaSO4（s）+CO32-⇌CaCO3（s）+SO42-已知298K时，Ksp（CaCO3）=2.80×10-9，Ksp（CaSO4）=4.90×10-5，计算此温度下该反应的平衡常数，K=______．
正确答案
解：杂卤石在水中存在如下溶解平衡：K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O（s）⇌2 Ca2++2K++Mg2++4 SO42-+2H2O，向杂卤石中加入Ca（OH）2溶液，氢氧根离子和镁离子反应生成更难溶的Mg（OH）2沉淀，钙离子和硫酸根离子浓度达到一定程度时生成CaSO4沉淀，所以得到的滤渣成分是Mg（OH）2、CaSO4和未溶解的杂卤石，滤液中含有Ca2+、K+、OH-、SO42-，向滤液中加入过量K2CO3，除去溶液中的Ca2+，然后再加入稀硫酸除去过量的Ca2+，条件溶液的pH得到较纯净的硫酸钾，然后将溶液蒸发浓缩得到硫酸钾晶体，
（1）通过以上分析知，滤渣成分是Mg（OH）2、CaSO4和未溶解的杂卤石，故答案为：Mg（OH）2；
（2）加入Ca（OH）2溶液，Ca（OH）2电离生成的氢氧根离子和镁离子反应生成Mg（OH）2沉淀，从而减小镁离子浓度，导致固体溶解，所以K+增多，
故答案为：加入Ca（OH）2溶液，Mg2+与OH-结合生成Mg（OH）2沉淀，Mg2+浓度减小，平衡正向移动，K+增多；
（3）除杂环节中，要加入过量的K2CO3除去钙离子、加入稀硫酸除去过量的K2CO3，故答案为：K2CO3；稀硫酸；
（4）根据图象知，温度越高，钾离子溶浸速率增大，溶浸出的钾离子平衡浓度越大，故答案为：①溶浸平衡向右移动，K+的溶浸速率增大；
（5）该温度下，该反应的平衡常数K=
解析
解：杂卤石在水中存在如下溶解平衡：K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O（s）⇌2 Ca2++2K++Mg2++4 SO42-+2H2O，向杂卤石中加入Ca（OH）2溶液，氢氧根离子和镁离子反应生成更难溶的Mg（OH）2沉淀，钙离子和硫酸根离子浓度达到一定程度时生成CaSO4沉淀，所以得到的滤渣成分是Mg（OH）2、CaSO4和未溶解的杂卤石，滤液中含有Ca2+、K+、OH-、SO42-，向滤液中加入过量K2CO3，除去溶液中的Ca2+，然后再加入稀硫酸除去过量的Ca2+，条件溶液的pH得到较纯净的硫酸钾，然后将溶液蒸发浓缩得到硫酸钾晶体，
（1）通过以上分析知，滤渣成分是Mg（OH）2、CaSO4和未溶解的杂卤石，故答案为：Mg（OH）2；
（2）加入Ca（OH）2溶液，Ca（OH）2电离生成的氢氧根离子和镁离子反应生成Mg（OH）2沉淀，从而减小镁离子浓度，导致固体溶解，所以K+增多，
故答案为：加入Ca（OH）2溶液，Mg2+与OH-结合生成Mg（OH）2沉淀，Mg2+浓度减小，平衡正向移动，K+增多；
（3）除杂环节中，要加入过量的K2CO3除去钙离子、加入稀硫酸除去过量的K2CO3，故答案为：K2CO3；稀硫酸；
（4）根据图象知，温度越高，钾离子溶浸速率增大，溶浸出的钾离子平衡浓度越大，故答案为：①溶浸平衡向右移动，K+的溶浸速率增大；
（5）该温度下，该反应的平衡常数K=
（2012秋•大庆校级月考）某化工厂废水中含一定量的重铬酸根离子，毒性很大．某科研小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0．5Fe1．5FeO4（Fe的化合价依次为+3、+2），设计了如下实验流程：
（1）该化工厂排出的废水呈橙黄色，其中橙色、黄色分别是由______离子和______离子污染造成的（填写离子符号）．
（2）该流程中用pH试纸测定溶液pH的操作方法是：______．
（3）实验中过滤得到的滤渣中主要成分除Cr（OH）3外，还有______．
正确答案
解：（1）重铬酸根离子（Cr2O72-）是橙红色的，铬酸根离子（CrO42-）是黄色的，故答案为：Cr2O72-；CrO42-；
（2）用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，故答案为：取一小块pH试纸放在表面皿上，用干净的玻璃棒蘸取待测液点在试纸上，与标准比色卡对比读数；
（3）由题给框图之二可得：Fe2+过量，加NaOH时，产生Cr（OH）3、Fe（OH）3和Fe（OH）2三种沉淀物，故答案为：Fe（OH）3和Fe（OH）2；
解析
解：（1）重铬酸根离子（Cr2O72-）是橙红色的，铬酸根离子（CrO42-）是黄色的，故答案为：Cr2O72-；CrO42-；
（2）用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，故答案为：取一小块pH试纸放在表面皿上，用干净的玻璃棒蘸取待测液点在试纸上，与标准比色卡对比读数；
（3）由题给框图之二可得：Fe2+过量，加NaOH时，产生Cr（OH）3、Fe（OH）3和Fe（OH）2三种沉淀物，故答案为：Fe（OH）3和Fe（OH）2；
某厂使用的燃料为含S约4%～7%（质量分数）的褐煤，为除去烟气中的SO2，化害为利，采用以下工艺流程：
（1）吸收过程中可能产生的物质为______；
（2）调节pH使用的试剂为液氨，写出反应的离子方程式______；
（3）试剂A可能是______（填编号）：
a．硝酸 b．浓硫酸 c．空气
若以氧气为氧化剂，写出反应的化学方程式______；
（4）烟气的温度很高，经过热交换后溶液中即有部分晶体析出，主要原因是______，从化工生产三原则的
角度分析这一工序在该工业生产中的目的______；
（5）指出该工艺流程产品的一项用途______；
（6）用上述工艺可以去除烟气中98%的SO2，该厂消耗上述褐煤10吨最多可制得产品______吨．
正确答案
解：除尘烟气主要成分为二氧化硫，二氧化硫中+4价硫具有还原性，能被氧化剂氧化成三氧化硫，试剂A最佳选择为氧气，因氧气是空气的组成，原料充足，且使用成本低，符合工业生产的需要，进行热交换，便于氨水吸收，氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵，使用液氨调节pH，NH3+HSO3-=NH4++SO32-，经过A氧化，生成硫酸铵，经过热交换，蒸发得到硫酸铵晶体．
（1）二氧化硫为酸性氧化物，氨气为碱性气体，吸收过程中可能发生：2NH3+SO2+H2O=（NH4）2SO3、NH3+SO2+H2O=NH4HSO3，所以吸收过程中可能产生的物质为：（NH4）2SO3、NH4HSO3，
故答案为：（NH4）2SO3、NH4HSO3；
（2）氨气呈碱性，氨气和亚硫酸氢根离子反应：NH3+HSO3-=NH4++SO32-，故答案为：NH3+HSO3-=NH4++SO32-；
（3）经过A氧化，生成硫酸铵，需选择氧化剂，因氧气是空气的组成，原料充足，且使用成本低，符合工业生产的需要，以氧气为氧化剂，亚硫酸铵和氧气反应2（NH4）2SO3+O2=2（NH4）2SO4，生成硫酸铵，
故答案为：C；2（NH4）2SO3+O2=2（NH4）2SO4；
（4）烟气的温度很高，经过热交换后溶剂蒸发，溶液变过饱和溶液，饱和后溶质结晶，通过热交换，充分利用热能，
故答案为：溶液受热蒸发，饱和后溶质结晶；节能；
（5）硫酸铵为含氮元素的盐，可作植物生成的化肥，故答案为：化肥；
（6）褐煤中的硫含S最高为7%（质量分数），褐煤10吨可以去除烟气中98%的SO2，则被除去的二氧化硫的物质的量为n（S）=n（SO2）=
解析
解：除尘烟气主要成分为二氧化硫，二氧化硫中+4价硫具有还原性，能被氧化剂氧化成三氧化硫，试剂A最佳选择为氧气，因氧气是空气的组成，原料充足，且使用成本低，符合工业生产的需要，进行热交换，便于氨水吸收，氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵，使用液氨调节pH，NH3+HSO3-=NH4++SO32-，经过A氧化，生成硫酸铵，经过热交换，蒸发得到硫酸铵晶体．
（1）二氧化硫为酸性氧化物，氨气为碱性气体，吸收过程中可能发生：2NH3+SO2+H2O=（NH4）2SO3、NH3+SO2+H2O=NH4HSO3，所以吸收过程中可能产生的物质为：（NH4）2SO3、NH4HSO3，
故答案为：（NH4）2SO3、NH4HSO3；
（2）氨气呈碱性，氨气和亚硫酸氢根离子反应：NH3+HSO3-=NH4++SO32-，故答案为：NH3+HSO3-=NH4++SO32-；
（3）经过A氧化，生成硫酸铵，需选择氧化剂，因氧气是空气的组成，原料充足，且使用成本低，符合工业生产的需要，以氧气为氧化剂，亚硫酸铵和氧气反应2（NH4）2SO3+O2=2（NH4）2SO4，生成硫酸铵，
故答案为：C；2（NH4）2SO3+O2=2（NH4）2SO4；
（4）烟气的温度很高，经过热交换后溶剂蒸发，溶液变过饱和溶液，饱和后溶质结晶，通过热交换，充分利用热能，
故答案为：溶液受热蒸发，饱和后溶质结晶；节能；
（5）硫酸铵为含氮元素的盐，可作植物生成的化肥，故答案为：化肥；
（6）褐煤中的硫含S最高为7%（质量分数），褐煤10吨可以去除烟气中98%的SO2，则被除去的二氧化硫的物质的量为n（S）=n（SO2）=
二氧化钛（TiO2）广泛用于制造高级白色油漆，也是许多反应的催化剂．工业上用钛铁矿[主要成分为FeTiO3（钛酸亚铁，不溶于水）、Fe2O3及少量SiO2杂质]作原料，制取二氧化钛及绿矾，其生产流程如图：
回答下列问题：
（1）Ti原子序数为22，则Ti位于周期表第______周期，第______列．
（2）FeTiO3溶于过量硫酸的离子方程式______．
（3）流程中生成TiO2•xH2O离子方程式为______．
（4）若铁粉的用量不足，可能导致产品TiO2中混有______杂质．
（5）以TiO2为原料制取金属钛的其中一步反应为TiO2+Cl2+C
正确答案
解：制取二氧化钛及绿矾，其生产流程为：钛铁矿[主要成分为FeTiO3（钛酸亚铁，不溶于水）、Fe2O3及少量SiO2杂质]加过量硫酸，FeTiO3溶于过量硫酸，生成Fe2+、TiO2+、H2O，Fe2O3溶于过量硫酸，生成Fe3+离子，SiO2杂质不溶于酸，过滤滤渣为SiO2杂质，滤液为Fe2+、TiO2+、Fe3+，加入铁粉，发生了反应：2Fe3++Fe═3Fe2+，冷却过滤得绿矾和TiO2+、SO42-，TiO2+在加热条件下与水反应生成TiO2•xH2O，一定条件下得到TiO2．
（1）Ti原子序数为22，22-2-8-8=4，位于元素周期表第ⅣB族，所以Ti元素处于第四周期第4列，故答案为：四；4；
（2）由工艺流程转化关系可知，FeTiO3溶于过量硫酸，生成Fe2+、TiO2+、H2O，反应离子方程式为FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O，
故答案为：FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；
（3）由工艺流程转化关系可知，TiO2+在加热条件下与水反应生成TiO2•xH2O，根据电荷守恒可知还生成H+，所以反应离子方程式为TiO2++（x+1）H2O=TiO2•xH2O+2H+，故答案为：TiO2++（x+1）H2O=TiO2•xH2O+2H+；
（4）铁粉的用量不足，滤液中的Fe3+，不能除尽，生成的TiO2•xH2O沉淀中含有氢氧化铁，最后氢氧化铁分解生成氧化铁，所以可能导致产品TiO2中混有Fe2O3，
故答案为：Fe2O3；
（5）反应中Ti元素化合价未变化，氯元素化合价由0价降低为-1价，令碳元素在产物中等化合价为a，则a=2×[0-（-1）]，故a=2，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，结合元素守恒可知，TiO2、Cl2、C、TiCl4的系数分别为1、2、2、1，所以未知物中含有C原子与O原子，碳元素化合价为+2，故为CO，系数为2，
故答案为：2CO；CO．
解析
解：制取二氧化钛及绿矾，其生产流程为：钛铁矿[主要成分为FeTiO3（钛酸亚铁，不溶于水）、Fe2O3及少量SiO2杂质]加过量硫酸，FeTiO3溶于过量硫酸，生成Fe2+、TiO2+、H2O，Fe2O3溶于过量硫酸，生成Fe3+离子，SiO2杂质不溶于酸，过滤滤渣为SiO2杂质，滤液为Fe2+、TiO2+、Fe3+，加入铁粉，发生了反应：2Fe3++Fe═3Fe2+，冷却过滤得绿矾和TiO2+、SO42-，TiO2+在加热条件下与水反应生成TiO2•xH2O，一定条件下得到TiO2．
（1）Ti原子序数为22，22-2-8-8=4，位于元素周期表第ⅣB族，所以Ti元素处于第四周期第4列，故答案为：四；4；
（2）由工艺流程转化关系可知，FeTiO3溶于过量硫酸，生成Fe2+、TiO2+、H2O，反应离子方程式为FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O，
故答案为：FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；
（3）由工艺流程转化关系可知，TiO2+在加热条件下与水反应生成TiO2•xH2O，根据电荷守恒可知还生成H+，所以反应离子方程式为TiO2++（x+1）H2O=TiO2•xH2O+2H+，故答案为：TiO2++（x+1）H2O=TiO2•xH2O+2H+；
（4）铁粉的用量不足，滤液中的Fe3+，不能除尽，生成的TiO2•xH2O沉淀中含有氢氧化铁，最后氢氧化铁分解生成氧化铁，所以可能导致产品TiO2中混有Fe2O3，
故答案为：Fe2O3；
（5）反应中Ti元素化合价未变化，氯元素化合价由0价降低为-1价，令碳元素在产物中等化合价为a，则a=2×[0-（-1）]，故a=2，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，结合元素守恒可知，TiO2、Cl2、C、TiCl4的系数分别为1、2、2、1，所以未知物中含有C原子与O原子，碳元素化合价为+2，故为CO，系数为2，
故答案为：2CO；CO．
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