物质的检测_章节学习

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题型：填空题

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填空题

工业上以锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）为原料生产碳酸锂．其部分工业流程如下：

250～300℃

已知：①Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4（浓）═Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O

②某些物质的溶解度（S）如下表所示．

（1）从滤渣1中分离出Al2O3部分的流程如图所示，括号表示加入的试剂，方框表示所得的物质．则步骤Ⅱ中反应的离子方程式是______

请写出Al2O3和Na2CO3固体在高温下反应的化学方程式______

（2）已知滤渣2的主要成分有Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡原理简述）______

（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的原因是______

（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：

a．将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解．

b．电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3．

①a中，阳极的电极反应式是______

②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是______．

正确答案

Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+

Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2

增加Ca2+、OH-的浓度，有利于Mg（OH）2、CaCO3的析出

Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失

2C1--2e-=Cl2↑

2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+NH3+2H2O

解析

解：锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1二氧化硅，滤液1经过调节PH值，使溶液得到滤液2Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH-的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，热水洗涤Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂，

（1）铝离子生成氢氧化铝的反应，氢氧化铝不能溶解于弱碱溶液氨水中，反应离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，

氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；

（2）石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子，故答案为：增加Ca2+、OH-的浓度，有利于Mg（OH）2、CaCO3的析出；

（3）向滤液2中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”，图表中碳酸锂溶解度随温度升高减小，减少沉淀的损失，故答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失；

（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为2C1--2e-=Cl2↑，故答案为：2C1--2e-=Cl2↑；

②电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+NH3+2H2O，故答案为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3+NH3+2H2O．

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题型：单选题

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单选题

下列实验装置图正确的是（　　）

A

实验室制备及收集乙烯

B

分离溴苯和水

C

实验室制硝基苯

D

制取少量乙炔并测量其体积

正确答案

D

解析

解：A．常温下，虽然乙烯和空气不反应，但乙烯的相对分子质量接近于空气，所以不能用排空气法收集，故A错误；

B．溴苯和水不互溶，所以应采取分液的方法分离，故B错误；

C．制取硝基苯的温度是50-60℃，沸水的温度是100℃，所以温度不合适，故C错误；

D．乙炔和水不反应，所以可以用排水法收集乙炔并测量其体积，故D正确；

故选D．

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题型：简答题

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简答题

明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）2•12H2O]．从明矾制备Al、K2SO4、和H2SO4的工艺过程如图所示：

焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O

请回答下列问题：

（1）在焙烧明矾的反应中，氧化剂是______，氧化剂与还原剂的物质的量之比为______．

（2）从水浸后的滤液中得到K2S04晶体的方法是______．产物K2SO4中K元素的鉴定操作方法是______．

（3）向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO2-4恰好沉淀完全的离子反应方程式为______．

（4）焙烧产生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、l0lkPa时：

2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=-197kJ/mol；

H2O（g）⇌H2O（l）△H2=-44kJ/mol；

2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4△H3=-545kJ/mol．

则SO3（g）与H2O（1）反应的热化学方程式是______．

（5）假设整个过程中没有物质损失，理论上三种最终产物K2SO4，Al和H2SO4的物质的量之比为______．

正确答案

解：（1）4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价．硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：3=2：1，故答案为：KAl（SO4）2•12H2O；2：1；

（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体；钾离子焰色反应呈紫色，需要透过蓝色钴玻璃观察，故答案为：蒸发结晶；用盐酸洗过铂丝后，用火烧干后用铂丝蘸取待测溶液，到酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察颜色，观察到紫色即证明有钾离子；

（3）假设SO42-的物质的量为2mol，则明矾溶液中含有2mol SO42-，1molAl3+，向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42-刚好沉淀完全时，需要2molBa（OH）2，即加入的Ba2+为2mol，OH-为4mol，生成2molBaSO4，1molAl3+与4molOH-反应生成1molAlO2-，反应的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，

故答案为：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O；

（4）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=-197kJ/mol；Ⅰ

H2O（g）⇌H2O（l）△H2=-44kJ/mol；Ⅱ

2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=-545kJ/mol．Ⅲ

依据盖斯定律Ⅲ-Ⅰ-2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=-260KJ/mol；

即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-130KJ/mol；

故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-130KJ/mol；

（5）根据方程式4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O，Al2O3电解得到铝单质，二氧化硫氧化后全部反应得到硫酸．可知最终产物K2SO4，Al和H2SO4的物质的量之比为2：4：9，故答案为：2：4：9．

解析

解：（1）4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价．硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：3=2：1，故答案为：KAl（SO4）2•12H2O；2：1；

（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体；钾离子焰色反应呈紫色，需要透过蓝色钴玻璃观察，故答案为：蒸发结晶；用盐酸洗过铂丝后，用火烧干后用铂丝蘸取待测溶液，到酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察颜色，观察到紫色即证明有钾离子；

（3）假设SO42-的物质的量为2mol，则明矾溶液中含有2mol SO42-，1molAl3+，向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42-刚好沉淀完全时，需要2molBa（OH）2，即加入的Ba2+为2mol，OH-为4mol，生成2molBaSO4，1molAl3+与4molOH-反应生成1molAlO2-，反应的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，

故答案为：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O；

（4）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=-197kJ/mol；Ⅰ

H2O（g）⇌H2O（l）△H2=-44kJ/mol；Ⅱ

2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=-545kJ/mol．Ⅲ

依据盖斯定律Ⅲ-Ⅰ-2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=-260KJ/mol；

即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-130KJ/mol；

故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-130KJ/mol；

（5）根据方程式4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O，Al2O3电解得到铝单质，二氧化硫氧化后全部反应得到硫酸．可知最终产物K2SO4，Al和H2SO4的物质的量之比为2：4：9，故答案为：2：4：9．

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题型：简答题

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简答题

工业上制备BaCl2的工艺流程图如下：

某研究小组在实验室用重晶石（主要成分BaSO4）对工业过程进行模拟实验．查表得

BaSO4（s）+4C（s）4CO（g）+BaS（s）△H1=571.2kJ•mol-1 ①

BaSO4（s）+2C（s）2CO2（g）+BaS（s）△H2=226.2kJ•mol-1 ②

（1）气体用过量NaOH溶液吸收，得到硫化钠．Na2S水解的离子方程式为______．

（2）反应C（s）+CO2（g）2CO（g）的△H2=______kJ•mol-1．

（3）“温室效应”是全球关注的环境问题之一．CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体．因此，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径．

①下列措施中，有利于降低大气中CO2浓度的有：______．（填字母）

a．减少化石燃料的使用 b．植树造林，增大植被面积

c．采用节能技术 d．利用太阳能、风能

②将CO2转化成有机物可有效实现碳循环．CO2转化成有机物的例子很多，如：

a．6CO2+6H2OC6H12O6 b．CO2+3H2CH3OH+H2O

c．CO2+CH4CH3COOH d．2CO2+6H2CH2═CH2+4H2O

以上反应中，最节能的是______，原子利用率最高的是______．

正确答案

解：（1）Na2S水解呈碱性，且有两步水解，以第一步水解为主，第一步水解生成离子HS-，第二步水解生成H2S，水解的离子方程式分别为S2-+H2O⇌HS-+OH-； HS-+H2O⇌H2S+OH-，

故答案为：S2-+H2O⇌HS-+OH-；HS-+H2O⇌H2S+OH-；

（2）利用盖斯定律求解：

BaSO4（s）+4C（s）4CO（g）+BaS（s）△H1=571.2kJ•mol-1 ①

BaSO4（s）+2C（s）2CO2（g）+BaS（s）△H2=226.2kJ•mol-1 ②

将以上两个热化学方程式相减，然后除以2可得：

C（s）+CO2（g）2CO（g）△H=（571.2kJ•mol-1-226.2kJ•mol-1）÷2=172.5kJ•mol-1，

故答案为：172.5；

（3）①a．减少化石燃料的使用，可以减少向大气中排放二氧化碳，所以正确；

b．植树造林，增大植被面积，可以通过光合作用吸收部分二氧化碳，所以正确；

c．采用节能技术，可减少化石燃料的利用，也能减少二氧化碳的排放，所以正确；

d．利用太阳能、风能，减少化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，所以正确．

故答案为：abcd；

②光合作用是自然界中碳循环的反应，不需要再人为提供能源，所以最好；C是化合反应，所有原子都变成了产物，所以利用率最高，

故答案为：a；c；

解析

解：（1）Na2S水解呈碱性，且有两步水解，以第一步水解为主，第一步水解生成离子HS-，第二步水解生成H2S，水解的离子方程式分别为S2-+H2O⇌HS-+OH-； HS-+H2O⇌H2S+OH-，

故答案为：S2-+H2O⇌HS-+OH-；HS-+H2O⇌H2S+OH-；

（2）利用盖斯定律求解：

BaSO4（s）+4C（s）4CO（g）+BaS（s）△H1=571.2kJ•mol-1 ①

BaSO4（s）+2C（s）2CO2（g）+BaS（s）△H2=226.2kJ•mol-1 ②

将以上两个热化学方程式相减，然后除以2可得：

C（s）+CO2（g）2CO（g）△H=（571.2kJ•mol-1-226.2kJ•mol-1）÷2=172.5kJ•mol-1，

故答案为：172.5；

（3）①a．减少化石燃料的使用，可以减少向大气中排放二氧化碳，所以正确；

b．植树造林，增大植被面积，可以通过光合作用吸收部分二氧化碳，所以正确；

c．采用节能技术，可减少化石燃料的利用，也能减少二氧化碳的排放，所以正确；

d．利用太阳能、风能，减少化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，所以正确．

故答案为：abcd；

②光合作用是自然界中碳循环的反应，不需要再人为提供能源，所以最好；C是化合反应，所有原子都变成了产物，所以利用率最高，

故答案为：a；c；

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题型：填空题

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填空题

（2013秋•金台区校级月考）据新华社报道，发展改革委员会于2007年4月发出“遏制铝冶炼投资反弹”的紧急通知．原因是铝冶炼属高耗能产业，而且某些铝冶炼企业以污染环境为代价，得不偿失．

如图是传统的工业生产金属铝的基本流程图，阅读上述新闻信息，结合铝生产的流程图解答下列问题：

请回答：

（1）工业冶炼金属铝用的是铝土矿，铝土矿的主要成分是______（填化学式）．石油炼制和煤的干馏产品______（填物质名称）作电解铝的阴极和阳极材料．

（2）氧化铝熔点高达2050℃，工业上为了降低能量消耗，在金属铝的冶炼中采取的措施是______．

（3）在冶炼过程中，阳极材料需要定期地进行更换，原因是该极材料不断被消耗，产生这种现象的原因是：______（用化学方程式表示）．

（4）工业上制取金属镁时是电解MgCl2，电解反应方程式为______，镁和铝都是活泼金属，为什么在电解冶炼过程中，一个用氯化物，一个用氧化物？原因是：______．

正确答案

Al2O3

石墨（或碳）

加入冰晶石（Na3AlF6）和少量CaF2

2C+O22CO

MgCl2Mg+Cl2↑

氧化镁熔点太高，MgCl2熔点低，熔化时能发生电离而导电，通过电解制得镁，而AlCl3是共价化合物，熔化时不能发生电离，所以用电解氧化铝的方法制铝

解析

解：传统的工业生产金属铝的基本流程为：萤石主要成分为氟化钙，萤石中加入冰晶石和氟化钙，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，电解氧化铝得到铝和氧气，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝，电解得到的铝净化、澄清铸锭．

（1）工业上用电解氧化铝熔融氧化铝的方法冶炼铝，冶炼金属铝时用的主要冶炼是铝土矿，说明铝土矿的主要成分是氧化铝，电解法冶炼金属铝需要使用惰性电极，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝，

故答案为：氧化铝；石墨（或碳）；

（2）Al2O3属于离子晶体，熔点较高，加入冰晶石和氟化钙，熔融的冰晶石和氟化钙能溶解Al2O3晶体，所以其在电解冶炼铝时被用作助熔剂，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，

故答案为：加入冰晶石（Na3AlF6）和少量CaF2；

（3）在冶炼过程中，阳极材料碳被氧气氧化成一氧化碳，反应为2C+O22CO，所以需定期地进行更换，

故答案为：2C+O22CO；

（4）工业上用电解熔融的MgCl2制备金属镁，电解熔融的氯化镁生成镁与氯气，反应化学方程式为MgCl2Mg+Cl2↑，氧化镁熔点太高，MgCl2熔点低，熔化时能发生电离而导电，所以用氯化镁电解制镁；AlCl3是共价化合物，熔化时不能发生电离，所以用氧化铝电解制铝；

故答案为：MgCl2Mg+Cl2↑；氧化镁熔点太高，MgCl2熔点低，熔化时能发生电离而导电，通过电解制得镁，而AlCl3是共价化合物，熔化时不能发生电离，所以用电解氧化铝的方法制铝．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•镇江校级期中）绿矾（FeSO4•7H2O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分．下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：

查询资料，得25℃时有关物质的数据如下表：

（1）操作II中，先通入硫化氢至饱和，目的是______；后加入硫酸酸化至pH=2的作用是______．

（2）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：

①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②______．

（3）工业上常用氧化还原滴定法测定绿矾产品中Fe2+含量，测定步骤如下：

a．称取2.850g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；

b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；

c．用硫酸酸化的0.01000mol•L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL．

①已知酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+．写出该测定过程的离子反应方程式：______；

②滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为______（填仪器名称）．

③判断此滴定实验达到终点的方法是______．

④若实验操作无失误，测得上述样品中FeSO4•7H2O的含量仍偏低，则可能的原因是：______．

正确答案

解：铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO4•7H2O，

（1）通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知：在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn2+完全沉淀，亚铁离子不沉淀，

故答案为：除去溶液中的Sn2+离子；防止Fe2+离子生成沉淀；

（2）②冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，

故答案为：降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗；

（3）①酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+，反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，

故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；

②高锰酸钾具有强氧化性，可腐蚀橡皮管，应放在酸式滴定管中，故答案为：酸式滴定管；

③滴定实验达到终点时，滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色，

故答案为：滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；

④Fe2+具有还原性，易被空气中氧化而变质，常常导致测定结果偏低，故答案为：部分Fe2+被空气中O2氧化．

解析

解：铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO4•7H2O，

（1）通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知：在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn2+完全沉淀，亚铁离子不沉淀，

故答案为：除去溶液中的Sn2+离子；防止Fe2+离子生成沉淀；

（2）②冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，

故答案为：降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗；

（3）①酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+，反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，

故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；

②高锰酸钾具有强氧化性，可腐蚀橡皮管，应放在酸式滴定管中，故答案为：酸式滴定管；

③滴定实验达到终点时，滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色，

故答案为：滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；

④Fe2+具有还原性，易被空气中氧化而变质，常常导致测定结果偏低，故答案为：部分Fe2+被空气中O2氧化．

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题型：填空题

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填空题

氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH溶液的工艺流程示意图如下所示，完成下列填空：

（1）在电解过程中，与电源正极相连的电极上电极反应为______，与电源负极相连的电极附近，溶液pH______（选填“不变”、“升高”或“下降”）．

（2）工业食盐含Ca2+、Mg2+等杂质，精制过程发生反应的离子方程式为______．

（3）如果粗盐中SO42-含量较高，必须添加钡试剂除去SO42-，该钡试剂不能是______．

a．Ba（OH）2 b．Ba（NO3）2 c．BaCl2

（4）为了有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，加入试剂不合理的顺序为______（选填a、b、c）

a．先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂

b．先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3

c．先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3

（5）脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过______、冷却、______（填写操作名称）除去NaCl．

正确答案

2Cl--2e-═Cl2↑

升高

Ca2++CO32-═CaCO3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓

b

a

加热蒸发

过滤

解析

解：（1）电解饱和食盐水的反应：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，与正极相连为阳极，生成氯气，该电极反应为2Cl--2e-═Cl2↑，与电源负极相连为阴极，生成氢气和NaOH，生成碱，所以pH升高，

故答案为：2Cl--2e-═Cl2↑；升高；

（2）Ca2+、Mg2+等杂质与碳酸钠、NaOH反应转化为沉淀，离子反应分别为Ca2++CO32-═CaCO3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，

故答案为：Ca2++CO32-═CaCO3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓；

（3）添加钡试剂除去SO42-，注意不能引入新的杂质，选Ba（NO3）2会引入杂质硝酸根离子，所以该钡试剂不能选用，

故答案为：b；

（4）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液，最后加入盐酸，所以加入试剂不合理的顺序为a，

故答案为：a；

（5）氢氧化钠的溶解度随温度的升高而增大，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，所以氢氧化钠和氯化钠分离的方法是：通过加热蒸发结晶、冷却、过滤除去NaCl，

故答案为：加热蒸发；过滤；

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题型：简答题

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简答题

氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗．纯化工业级氧化锌（含有Fe（II）、Mn（II）、Ni（II）等杂质）的流程如图所示：

提示：在本实验条件下，Ni（II）不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2．

回答下列问题：

（1）反应②中除掉的杂质离子是______，发生反应的离子方程式为______；在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是______．

（2）反应③的反应类型为______，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有______．

（3）反应④形成的沉淀要用水洗，检查沉淀是否洗涤干净的方法是______．

（4）反应④中产物的成分可能是ZnCO3•xZn（OH）2．取干燥后的滤饼11.2g，锻烧后可得到产品8.1g，则x等于______．

正确答案

解：（1）根据题意，Ni（Ⅱ）不能被氧化，反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+，发生的离子方程式为MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；加高锰酸钾溶液前，若pH较低，铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质；

故答案为：Fe2+和Mn2+；MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质；

（2）反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍，反应类型为置换反应；得到的滤渣中，除了过量的锌外还有金属镍，

故答案为：置换反应；镍；

（3）由于溶液中硫酸根离子属于杂质离子，因此可以检验测定洗涤液中是否存在硫酸根离子，操作为：取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，故答案为：取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净；

（4）根据关系式ZnCO3•xZn（OH）2 ～（x+1）ZnO

125+99x 81（x+1）

11.2g 8.1g

解得：x=1

故答案为：1．

解析

解：（1）根据题意，Ni（Ⅱ）不能被氧化，反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+，发生的离子方程式为MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；加高锰酸钾溶液前，若pH较低，铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质；

故答案为：Fe2+和Mn2+；MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质；

（2）反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍，反应类型为置换反应；得到的滤渣中，除了过量的锌外还有金属镍，

故答案为：置换反应；镍；

（3）由于溶液中硫酸根离子属于杂质离子，因此可以检验测定洗涤液中是否存在硫酸根离子，操作为：取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，故答案为：取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净；

（4）根据关系式ZnCO3•xZn（OH）2 ～（x+1）ZnO

125+99x 81（x+1）

11.2g 8.1g

解得：x=1

故答案为：1．

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题型：简答题

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简答题

2013年6月，我国“蛟龙”号再次刷新“中国深度”--下潜7062米，为我国深海矿物资源的开发奠定了基础．海洋深处有丰富的锰结核矿，锰结核的主要成分是MnO2，同时还含有黄铜矿．

Ⅰ、“蛟龙”号外壳是用特殊的钛合金材料制成，它可以在7000m的深海中承受重压，Ti是以钛白粉（TiO2）为原料进行生产，钛白粉是利用TiO2+发生水解生成钛酸（H2TiO3）沉淀，再煅烧沉淀制得的．TiO2+发生水解的离子方程式为______．

Ⅱ、MnO2是一种重要的无机功能材料，工业上从锰结核中制取纯净的MnO2工艺流程如下图所示：

（1）步骤Ⅱ中以NaClO3为氧化剂，当生成0.05molMnO2时，消耗0.1mol/L的NaClO3溶液200ml，该反应离子方程式为______．

（2）已知溶液B的溶质之一可循环用于上述生产，此物质的名称是______．

Ⅲ、利用黄铜矿炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等）可制备Fe2O3，方法为：

（A）用过量的稀盐酸浸取炉渣、过滤；（B）向滤液中加入5%的H2O2，再向其中加入过量的NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得到Fe2O3．根据以上信息回答下列问题：

（1）（B）中向滤液中加入5%的H2O2，其目的是______．

（2）设计实验证明炉渣中含有FeO______．

（3）将煅烧得到的Fe2O3还原为Fe单质，再将质量为m g的Fe单质分成相等的四份，分别与50mL、100mL、150mL、200mL的等浓度的稀硝酸反应，反应产物NO在标况下的体积见附表：

则：①m=______g

②写出实验②发生反应的化学方程式：______．

正确答案

解：Ⅰ、TiO2+发生水解生成钛酸（H2TiO3）沉淀，则根据原子守恒可知，还有氢离子产生，因此TiO2+发生水解的离子方程式为TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，故答案为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；

Ⅱ、（1）0.1mol/L的NaClO3溶液200ml的物质的量是0.02mol，当生成0.05molMnO2时，转移电子的物质的量是0.05mol×（4-2）=0.1mol，根据电子得失守恒可知0.02mol氯酸钠得到0.1mol电子，因此氯元素的化合价变化5价，即从+5价降低到0价，因此还原产物是氯气，所以该反应离子方程式为2ClO3-+5Mn2++4H2O=5MnO2+8H++Cl2↑，故答案为：2ClO3-+5Mn2++4H2O=5MnO2+8H++Cl2↑；

（2）氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，因此可以循环的物质B是氯酸钠，故答案为：氯酸钠；

Ⅲ、（1）滤液中含有亚铁离子，双氧水有氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，且不会引入新的杂质，故答案为：氧化亚铁离子；

（2）亚铁离子具有还原性，因此检验炉渣中含有FeO的实验方法是取炉渣少许，用稀硫酸浸取后的溶液使KMnO4溶液褪色，

故答案为：取炉渣少许，用稀硫酸浸取后的溶液使KMnO4溶液褪色；

（3）①根据表中数据可知实验③后硝酸是过量的，则铁与足量稀硝酸反应最多生成3.36LNO，NO的物质的量是=0.15mol，反应中转移电子的物质的量是0.15mol×（5-2）=0.45mol，因此根据电子得失守恒可知消耗铁的物质的量是=0.15mol，因此原铁的物质的量是0.15mol×4=0.6mol，质量是0.6mol×56g/mol=33.6g．

故答案为：33.6；

②实验②中产生NO的物质的量是=0.12mol，转移电子的物质的量是0.36mol．设生成硝酸铁和硝酸亚铁的物质的量是xmol和ymol，则

x+y=0.15

3x+2y=0.36

解得x=0.06、y=0.09，

即硝酸铁与硝酸亚铁的物质的量之比是2：3，

所以反应的化学方程式为5Fe+16HNO3=2Fe（NO3）3+3Fe（NO3）2+8H2O+4NO↑，故答案为：5Fe+16HNO3=2Fe（NO3）3+3Fe（NO3）2+8H2O+4NO↑．

解析

解：Ⅰ、TiO2+发生水解生成钛酸（H2TiO3）沉淀，则根据原子守恒可知，还有氢离子产生，因此TiO2+发生水解的离子方程式为TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，故答案为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；

Ⅱ、（1）0.1mol/L的NaClO3溶液200ml的物质的量是0.02mol，当生成0.05molMnO2时，转移电子的物质的量是0.05mol×（4-2）=0.1mol，根据电子得失守恒可知0.02mol氯酸钠得到0.1mol电子，因此氯元素的化合价变化5价，即从+5价降低到0价，因此还原产物是氯气，所以该反应离子方程式为2ClO3-+5Mn2++4H2O=5MnO2+8H++Cl2↑，故答案为：2ClO3-+5Mn2++4H2O=5MnO2+8H++Cl2↑；

（2）氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，因此可以循环的物质B是氯酸钠，故答案为：氯酸钠；

Ⅲ、（1）滤液中含有亚铁离子，双氧水有氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，且不会引入新的杂质，故答案为：氧化亚铁离子；

（2）亚铁离子具有还原性，因此检验炉渣中含有FeO的实验方法是取炉渣少许，用稀硫酸浸取后的溶液使KMnO4溶液褪色，

故答案为：取炉渣少许，用稀硫酸浸取后的溶液使KMnO4溶液褪色；

（3）①根据表中数据可知实验③后硝酸是过量的，则铁与足量稀硝酸反应最多生成3.36LNO，NO的物质的量是=0.15mol，反应中转移电子的物质的量是0.15mol×（5-2）=0.45mol，因此根据电子得失守恒可知消耗铁的物质的量是=0.15mol，因此原铁的物质的量是0.15mol×4=0.6mol，质量是0.6mol×56g/mol=33.6g．

故答案为：33.6；

②实验②中产生NO的物质的量是=0.12mol，转移电子的物质的量是0.36mol．设生成硝酸铁和硝酸亚铁的物质的量是xmol和ymol，则

x+y=0.15

3x+2y=0.36

解得x=0.06、y=0.09，

即硝酸铁与硝酸亚铁的物质的量之比是2：3，

所以反应的化学方程式为5Fe+16HNO3=2Fe（NO3）3+3Fe（NO3）2+8H2O+4NO↑，故答案为：5Fe+16HNO3=2Fe（NO3）3+3Fe（NO3）2+8H2O+4NO↑．

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题型：简答题

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简答题

（2013秋•无锡期末）NiSO4•6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣（除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质）为原料获得．工艺流程如图：

已知：25℃时，几种金属氢氧化物的溶度积常数和完全沉淀的pH范围如下表所示．

请回答下列问题：

（1）下列措施可行，且能提高废渣浸出率的有______．

A．升高反应温度 B．增大压强 C．在反应过程中不断搅拌

（2）在滤液Ⅰ中加入6%的H2O2，其作用是______（用离子方程式表示）；加入NaOH调节pH的范围是______，为了除去溶液中的______离子．

（3）滤液Ⅱ的主要成分是______．

（4）检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是______．

（5）操作Ⅰ的实验步骤依次为：

①______；

②______；

③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4•6H2O晶体；

④用少量乙醇洗涤NiSO4•6H2O晶体并晾干．

正确答案

解：废渣（除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质），在硫酸溶解过滤后除去不溶于硫酸的铜，所以滤液含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质，加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节PH值5.6～8.4使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅱ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4．

（1）能提高废渣浸出率即提高反应速率，所以AC都可以提高反应速率，而B增大压强对反应没影响，故选：AC；

（2）因为废渣（除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质），在硫酸溶解过滤后含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质，所以加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节PH值5.6～8.4使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；[5.6，8.4）；Fe3+、Cr3+；

（3）经过加入H2O2、NaOH后可除去Fe、Cr等杂质，滤液中含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，故答案为：Na2SO4、NiSO4；

（4）检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成，故答案为：静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成；

（5）得到NiCO3沉淀之后应，应先过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4，所以操作步骤为：①过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次直至流出液用pH试纸检验呈中性；

②向沉淀中加稀H2SO4溶液，直至恰好完全溶解，

故答案为：过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次直至流出液用pH试纸检验呈中性；向沉淀中加稀的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解．

解析

解：废渣（除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质），在硫酸溶解过滤后除去不溶于硫酸的铜，所以滤液含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质，加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节PH值5.6～8.4使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅱ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4．

（1）能提高废渣浸出率即提高反应速率，所以AC都可以提高反应速率，而B增大压强对反应没影响，故选：AC；

（2）因为废渣（除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质），在硫酸溶解过滤后含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质，所以加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节PH值5.6～8.4使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；[5.6，8.4）；Fe3+、Cr3+；

（3）经过加入H2O2、NaOH后可除去Fe、Cr等杂质，滤液中含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，故答案为：Na2SO4、NiSO4；

（4）检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成，故答案为：静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成；

（5）得到NiCO3沉淀之后应，应先过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4，所以操作步骤为：①过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次直至流出液用pH试纸检验呈中性；

②向沉淀中加稀H2SO4溶液，直至恰好完全溶解，

故答案为：过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次直至流出液用pH试纸检验呈中性；向沉淀中加稀的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解．

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题型：简答题

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简答题

CuFeS2（硫元素-2价，铁元素+2价）是工业炼铜的主要原料，已知黄铜矿在空气中焙烧生成Cu、FeS和SO2，FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑．H2S是一种剧毒气体．某科研小组设计以黄铜矿为原料制取单质铜和氯化铁晶体（FeCl3•6H2O的流程如图

（1）已知焙烧发生的化学方程式为：CuFeS2+O2=FeS+SO2+Cu，则被还原的元素有______（名称），当有标况下33.6LSO2生成时，电子转移的数目为______．

（2）在实验室中，欲用30%的盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸250mL，需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需______，在量取弄盐酸和定容时分别仰视，对实验结果造成误差，依次分别是______、______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．

（3）气体Ⅲ最好选用______气体，若加入绿色氧化剂H202也可，对应的离子方程式______．

（4）写出实验室制取Ⅲ的反应离子方程式______．

（5）操作B和过滤A中都用到一种相同的仪器，它在操作B中的作用是______．

（6）为得到比较纯净的FeCl3•6H2O，操作B需采取的措施是______．

（7）若通入的气体Ⅲ的量不足，则最后制得的氯化铁晶体不纯净，这是因为过滤A后得溶液含有杂质______．请设计合理的实验，验证溶液中的成分，并判断通入气体Ⅲ的量是否不足______（供选择的试剂：酸性KMnO4溶液、KSCN溶液、氯水）．

（8）气体Ⅰ和氯气都能使品红褪色，请你设计三种以上的实验方案进行鉴别（试剂自选）．

方案一：______；

方案二：______；

方案三：______．

正确答案

解：（1）反应CuFeS2+O2=FeS+SO2+Cu中铜和氧元素的化合价降低被还原，每生成1molSO2转移6mol电子，标况下33.6LSO2=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5mol×6=9mol，故答案为：铜和氧；9mol；

（2）配制一定物质的量浓度的稀盐酸250mL，量取时需要量筒和胶头滴管，溶解时需要烧杯和玻棒，转移时需要250mL的容量瓶和玻棒，除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需250mL的容量瓶和胶头滴管，量取浓盐酸时仰视时液面高于刻度线，溶液的浓度偏大，定容时仰视，液面高于刻度线，溶液的浓度偏低，故答案为：250mL的容量瓶和玻棒；偏高、偏低；

（3）通入气体的目的是为了氧化Fe2+，同时不引入新杂质，选择氯气最好，加入绿色氧化剂H202也能达到目的，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：Cl2；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（4）实验室利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制得，发生反应的离子反应方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

（5）过滤操作需要的仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，其中玻璃棒的作用是引流，操作B为蒸发结晶，所需仪器为蒸发皿、玻璃棒，玻璃棒的作用为搅拌，故答案为：引流、搅拌；

（6）Fe3+溶液里易水解，为得到得到纯净的FeCl3•6H2O，加热过程中需要不断滴加稀盐酸，故答案为：在加热过程中，就不断滴加浓盐酸抑制Fe3+的水解；

（7）Fe2+的氧化是通入氯气，如果氯气量不足，会有少量Fe2+未氧化，滤液里就会含有少量Fe2+，可通过滴加酸性KMnO4溶液看是否褪色来判断滤液里是否有Fe2+，证明通入的氯气是否过量，故答案为：Fe2+；滴加酸性高锰酸钾溶液，如果褪色说明溶液里仍有，通入氯气量不足，如果不褪色可证明通入氯气过量；

（8）SO2和和氯气都能使品红褪色，SO2是与品红结合成不稳定的无色物质，加热后仍为红色，氯气是利用与水作用生成的HClO强氧化性使品红褪色，不能再恢复，褪色后的溶解里有Cl-，故可通过下列三种方法鉴别使品红褪色的气体是SO2还是氯气，方案一观察通入气体的颜色，无色的是SO2，黄氯色的是氯气；方案二将褪色后的溶液加热，恢复红色的是SO2，仍为无色的是氯气，案三褪色后的溶液里滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成通入的是氯气，原因是通氯气后溶液里有Cl-，会生成AgCl沉淀，故答案为：观察通入气体的颜色；将褪色后的溶液加热；向褪色后的溶液里滴加AgNO3溶液．