热门试卷

解：因为废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的，所以废液中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl-、Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的PH=8使铁离子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀Ⅰ中加硝酸溶解，溶液Ⅱ中含有大量锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的铁离子，调节溶液的PH使铁离子沉淀，溶液Ⅲ是硝酸锌溶液，在酸性条件下加热浓缩蒸发结晶，得到Zn（NO3）2•6H2O是一种无色晶体．

（1）废液中溶质的主要成分是Zn（NO3）2；稀硝酸腐蚀锌板产生的气体为N2O，则锌化合价升高2价作还原剂，硝酸化合价降低4价作氧化剂，根据氧化还原反应得失电子守恒，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故答案为：Zn（NO3）2；2：1；

（2）使锌离子完全转化为氢氧化锌，PH不大，如果PH加大氢氧化锌两性又溶解，故答案为：防止生成的Zn（OH）2溶解；

（3）Zn2+、Fe3+完全沉淀生成相应的氢氧化物，故答案为：Fe（OH）3和Zn（OH）2；

（4）因为温度越高，水解程度越大，所以加热煮沸促使Fe3+完全水解，故答案为：促进Fe3+完全水解；

（5）锌离子易水解生成氢氧化锌，酸性条件下可抑制锌离子的水解，则操作④保持pH=2的目的是抑制Zn2+水解为Zn（OH）2；故答案为：抑制Zn2+水解为Zn（OH）2．

解：（1）根据题中的信息及框图转化关系：软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化-还原反应，MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O，当软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时，酸性条件下会发生3MnO2+6H2SO4+2FeS═Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O+2S↓，CuS+MnO2+2H2SO4═CuSO4+MnSO4+S↓+2H2O，CdS+2H2SO4+MnO2═CdSO4+MnSO4+S↓+2H2O，Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O．

故答案为：MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+2S↓+6H2O

         Al2O3+6H+=2Al3++3H2O   加热

（2）根据滤液A中含有MnSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、CdSO4，向其中加入适量的锌粉后，发生如下反应：Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu，Zn+CdSO4═ZnSO4+Cd，Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+，过滤得滤液B，其中的成分有MnSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、FeSO4，滤渣乙中有Cu、Cd，加以回收．

故答案为：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+  Zn+Cd2+=Cd+Zn2+  Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+ 

（3）向滤液B中加入ZnCO3、MnCO3加热，将发生：溶液中的Fe2+反被空气中的氧气氧化为Fe3+，

3CO+2Al3++3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2，3CO+2Fe3++3H2O═2Fe（OH）3↓+3CO2，得滤渣丙其成分为Al（OH）3、Fe（OH）3；过滤后得到滤液其成分为ZnSO4、MnSO4，滤渣丙的成分为：Al（OH）3、Fe（OH）3．

故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3；

（4）电解ZnSO4、MnSO4溶液，根据溶液中离子的放电顺序，阳极反应：Mn2+-2e-+2H2O═MnO2+4H+，Fe作阴极，阴极反应：Zn2++2e-═Zn，故答案为：阴极；Zn2++2e-═Zn；

（5）从传统的工艺流程上看，2ZnS+O22ZnO+2SO2  2C+O22CO  ZnO+COZn（g）+CO2

反应都需要在高温下进行，因此都需要消耗大量的能量；同时有SO2生成会污染环境；而现在新工艺过程中，消耗的能量较小，而且不产生有毒的二氧化硫气体，有利于环保．

故答案为：从环境保护角度评价：无SO2对大气的污染；从能量消耗角度评价：无高温焙烧热污染，不需要高温焙烧节约燃料．

解：酸性废水以铁作阳极发生氧化反应，此时的阴极发生还原反应生成氢气，阳极产生的亚铁离子还原Cr2O72-和CrO42-生成Cr3+，本身被氧化成三价铁离子，调节溶液的pH使铁离子沉淀，然后过滤向滤液中加入过量的氧化钙完全沉淀Cr3+，同时钙离子与硫酸生成微溶的硫酸钙，所以残渣是Cr（OH）3和硫酸钙，最后用惰性电极电解含CN-的碱性溶液，阳极是CN-放电，转化为CO32-和N2而除去，阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，从而将有毒的CN-而使酸性废水达到排放的标准，

（1）①④电解池的阴极都是氢离子放电产生一种可燃气体是氢气，该气体是氢气，步骤③使用稍过量的石灰，同时钙离子与硫酸生成微溶的硫酸钙，所以残渣是Cr（OH）3和硫酸钙，故答案为：氢气；Cr（OH）3和硫酸钙；

（2）步骤①中阳极是铁失去电子变成亚铁离子，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，二价铁离子有还原性，Cr2O72-有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离子，Cr2O72-被还原为Cr3+，反应方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O；

（3）步骤④的电解池中，阳极是CN-发生氧化反应，电极反应式为：2CN--12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O，故答案为：2CN--12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O；

（4）Ksp=c（Cr3+）•c3（OH-），c（OH-）==mol/L=10-10mol/L，所以c（H+）=mol/L=10-4mol/L，所以pH=4，故答案为：4；

（5）根据电子转移相等，②溶液中所含Cr3+的浓度为0.6mol/L，所以n（Cr3+）=600mol，根据Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，所以6e-～2Cr3+～3H2，则①生成V（H2）=L=20160L，根据电极2CN--12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O，最初废水中CN-的浓度为0.08mol/L，所以n（CN-）=80mol，2CN-～10e-～5H2，生成V（H2）=L=4480L，①④两处电解池阴极得到气体在标况下的总体积至少为20160L+4480L=24.64m3，故答案为：24.64．

解：（1）含有少量杂质铜的氯化铁溶于水后，金属铜会和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，过滤所得滤液是氯化铜和氯化亚铁，把滤液加热蒸干得不到FeCl3晶体，故答案为：不科学，加水后2FeCl3+Cu═CuCl2+2FeCl2，过滤不能除去CuCl2；在溶液蒸干过程中FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，得不到氯化铁；

（2）可以向含有含有少量杂质铜的氯化铁溶液中加入金属铁，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，过滤所得滤液是氯化亚铁，加氯水将其氧化为氯化铁，再在氯化氢气流中蒸发结晶即可，故答案为：①加蒸馏水溶解；②加过量Fe粉；③过滤除去Cu和过量Fe；④通入适量氯气；⑤加入少量氯化氢气体；⑥蒸发浓缩结晶得到FeCl3晶体．

解：回收利用钢铁生产过程中产生的SO2，工业上采用软锰矿（主要成分MnO2）脱硫同时制取硫酸锰技术，其流程为：通入含SO2烟气进入浸出液中，软锰矿浆的主要成分是MnO2，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4，同时副反应之一是部分SO2被氧化为硫酸，因酸性条件不利于软锰矿浆继续吸收SO2，需加MnCO3，除去硫酸，同时不引入新的杂质，所以试剂A为MnCO3，因pH接近4，其中的金属离子主要是Mn2+，所以浸出过程的操作I的目的是除去浸出液中的Fe2+，MnO2在氧化Fe2+的同时还调节溶液pH，促进Fe3+水解生成Fe（OH）3，使Fe3+沉淀，已知大于27℃时，MnSO4•H2O溶解度随温度上升而明显下降，则操作II的过程为：蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，制得MnSO4．

（1）软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH接近4，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4，

故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；

（2）浸出过程的副反应之一是部分SO2被氧化为硫酸，硫酸是强酸，能和软锰矿浆的主要成分是MnO2反应，不利于软锰矿浆继续吸收SO2，除去硫酸，同时不引入新的杂质，硫酸和MnCO3反应生成Mn2+和二氧化碳，能除去硫酸，同时不引入新的杂质，

故答案为：不利；a；

（3）Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，所以MnO2在氧化Fe2+的同时还调节溶液pH，促进Fe3+水解生成Fe（OH）3，检验过滤后溶液中是否含有Fe3+的操作：加入KSCN溶液，发生络合反应，Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3溶液立即呈血红色，证明含有三价铁离子，

故答案为：调节溶液pH，促进Fe3+水解生成Fe（OH）3；取上层清液，滴加KSCN，若溶液不显血红色，则说明Fe3+已沉淀完全；

（4）操作Ⅱ是依据流程得到硫酸锰溶液中得到溶质晶体，因大于27℃时，MnSO4•H2O溶解度随温度上升而明显下降，所以采取的措施是：蒸发浓缩、趁热过滤，操作II后剩余的母液含Mn2+，工业上为了充分利用锰元素，在流程中操作II后剩余的母液可循环使用，

故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤；操作II后剩余的母液；

（5）探究物质的变化规律时，运用了物质的质量守恒和元素的质量守恒法．MnSO4•H2O在高温下易分解，101.4克的MnSO4•H2O物质的量为：=0.6mol，根据锰元素守恒，MnSO4•H2O分解时，先转变为MnSO4和H2O，质量为：0.6mol×151g/mol=90.60g，所以图2曲线中A段质量减少：101.4-90.60=10.8克为水，所以该曲线中A段所表示物质的化学式为MnSO4，根据表中的数据可知：B固体质量为45.80克，为MnxO4，根据锰元素守恒，MnxO4的物质的量为mol，则mol×（55x+16×4）g/mol=45.80g，x=3，

此时发生的反应为：3MnSO4•H2OMn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O，

故答案为：MnSO4；3．

解：废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，加入盐酸，发生Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+，然后通入适量的氯气，

发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液C为FeCl3，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，操作乙可得到氯气、铜和E，应为电解操作，阳极生成氯气，阴极生成铜，最后得到氯化亚铁溶液；

（1）废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，所需要的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒、烧杯；

（2）固体A为Fe2O3和Fe的混合物，加入盐酸，发生Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+，故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+；

（3）通入适量的氯气，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，所以通入适量氯气的目的是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，故答案为：将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-； 

（4）通入适量的氯气，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液C为FeCl3，呈棕黄色，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，则溶液D中可能含有的金属阳离子有Fe2+、Cu2+、Fe3+，

故答案为：棕黄色；Fe2+、Cu2+、Fe3+；

（4）Fe2+具有还原性，可用酸性高锰酸钾溶液检验，发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：d．

解：（1）蒸馏装置中的主要仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶，酒精灯，a为蒸馏烧瓶，b为冷凝管，c为容量瓶，为配制溶液的主要仪器，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管； 容量瓶；

（2）容量瓶在使用前一定要查漏，故答案为：c；

（3）分离四氯化碳和酒精的混合物的实质是蒸馏过程，必须用酒精灯，温度计应位于蒸馏烧瓶支管口，冷凝管下口是进水口，上口是出水口，

故答案为：酒精灯；蒸馏烧瓶支管口； g；f；

（4）①配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流，防止液体外溅，并且当滴加到离刻度线1～2cm时改用胶头滴管滴加液体，

故答案为：未用玻璃棒引流；玻璃棒、胶头滴管；

②实验室没有450mL的容量瓶，应配制500mL，则需n（NaOH）=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，

m（NaOH）=0.05mol×40g/mol=2.0g，

故答案为：2.0；

③配制溶液5000mL，配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量2.0gNaOH，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤，并将洗涤液移入容量瓶，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以操作顺序为BCAFED．

故答案为：BCAFED．

解：金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铝可与氢氧化钠反应，用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体流程为：合金与氢氧化钠反应，发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，反应可生成氢氧化铝固体C，生成的氢氧化铝再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为碳酸氢钠溶液；

滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，可用于制备胆矾；铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，即2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，不会产生污染大气的气体，可制得胆矾．

（1）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，将它们分离用过滤；步骤Ⅰ过滤得到的滤液A成分为偏铝酸钠，步骤Ⅱ中向偏铝酸钠中通入足量的二氧化碳，会得到纯净的氢氧化铝沉淀，溶液中的溶质为碳酸氢钠，将它们分离用过滤；步骤Ⅲ中金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铁和硫酸反应而金属铜不反应将它们分离用过滤，过滤操作时，所用到的玻璃仪器主要有烧杯、漏斗、玻璃棒，

故答案为：过滤；漏斗；      

（2）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，因铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，所以溶液A中的离子主要有AlO2-、Na+、OH-；本实验的目的是用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁而金属铜不反应，可以实现三种金属的分离，所以试剂X是稀硫酸，

故答案为：AlO2-；稀硫酸；

（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，

故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；NaHCO3；      

（4）因为硫酸亚铁的溶解度随温度的升高而增大，所以将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，即可得到绿矾，故答案为：蒸发浓缩．

解：（1）氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶液中的Br-氧化溴单质，因为单质溴极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗．由流程图可知单质溴在下层，因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水，所以该试剂是CCl4，故答案为：CCl4；分液漏斗；

（2）由于SO42-会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备，因此必需除去；由表中数据可知pH大于11时Mg2+沉淀完全，pH大于12.2时，Ca2+开始沉淀，所以理论上可选择pH最大范围是11.0≤pH＜12.2；因为不能引入新的杂质，所以酸化溶液Z时，使用的试剂应该为盐酸，

故答案为：除去溶液中的SO42-；11.0≤pH＜12.2；盐酸；

（3）实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热，由于盐酸易挥发，因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体，因为CO2的密度大于空气中的，所以采用向上排空气发收集CO2气体．若采用长颈漏斗时，长颈漏斗的下端必须插入到溶液中，以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来，因此选项b、d正确，故答案为：bd．