热门试卷

解：锌锰干电池中含NH4Cl淀粉糊（电糊）、Mn02、炭粉和锌筒等物质，剖开分选：金属为锌，碳棒再利用，粉状化合物主要成分为：NH4Cl、Mn02、炭粉，氯化铵易溶于水，二氧化锰、炭粉难溶于水，分离溶液和沉淀用过滤的方法，加水浸液为NH4Cl溶液，结晶A为NH4Cl，滤渣为：Mn02、炭粉，高温焙烧，碳和氧气反应生成二氧化碳，剩下的为Mn02，加硫酸反应生成MnS04和H20，提纯得到硫酸锰，

（1）从冶炼厂制得纯净金属是锌，用于电池底部的铁片的防腐，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，被保护的金属铁做正极，选择比铁活泼的金属锌做负极，在电池内电路为阳极，称为牺牲阳极的阴极保护法，

故答案为：锌；牺牲阳极的阴极保护法；

（2）粉状化合物主要成分为：NH4Cl、Mn02、炭粉，氯化铵易溶于水，二氧化锰、炭粉难溶于水，分离溶液和沉淀用过滤的方法，加水浸液为NH4Cl溶液，结晶A为NH4Cl，

故答案为：NH4Cl、Mn02、炭粉；NH4Cl；过滤；

（3）滤渣为：Mn02、炭粉，高温焙烧，碳和氧气反应C+O2CO2，生成二氧化碳，所以烟气的主要成分是CO2，

故答案为：C+O2CO2；CO2；

解：（1）在4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O反应中，CuFeS2中Fe从+2价变为产物中的+3价，硫从-2价变为产物中的+6价，Fe和CuFeS2中的S化合价升高，在反应中被氧化，

故答案为：Fe和CuFeS2中的S；

（2）①该实验的目的是制备胆矾（CuSO4•5H2O），需除去杂质三价铁离子，所以调节溶液的pH使三价铁离子变成氢氧化铁沉淀且沉淀完全，而铜离子不能沉淀，所以步骤一应调节溶液的pH范围是3.2≤pH＜4.7，加入CuO，CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH-）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH-）＞Ksp[Fe（OH）3]，导致Fe3+生成沉淀而除去，

故答案为：3.2≤pH＜4.7；加入CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH-）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH-）＞Ksp[Fe（OH）3]，导致Fe3+生成沉淀而除去；

②CuSO4溶解度受温度影响较大，将硫酸铜溶液蒸发浓缩后，将热的硫酸铜溶液静置并慢慢降温，得到硫酸铜晶体，

故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；

（3）CuSO4溶液中铜离子的放电能力大于氢离子的放电能力，所以铜离子先放电；氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，氢氧根离子先放电，阳极上失电子，发生氧化反应，所以该过程中右边电极氢氧根离子在阳极上失电子生成氧气4OH--4e-=O2↑+2H2O；阴极上得电子，反应还原反应，所以铜离子的阴极上得电子生成铜Cu2++2e-=Cu，总的反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，

故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑．

解：根据图示可知，生成气体通过碱石灰体积不变（无酸性气体），而通过浓硫酸体积减小，说明剩余的3.36L气体为氢气，即原固体中一定含有金属Al，且其质量为：×27 g/mol=2.7 g．生成氨气的物质的量为：=0.1 mol，则原固体中一定含有 0.1 mol （NH4）2SO4，其质量为6.6g，得到白色沉淀久置不变色，说明无FeCl2（氢氧化亚铁易被氧化为红棕色的氢氧化铁），因为NaOH过量，所以白色沉淀不可能含有氢氧化铝，则说明2.90g白色沉淀为Mg（OH）2，为0.05mol，则固体中MgCl2为0.05mol，质量为4.75g，无色溶液中有Al与过量NaOH溶液反应后得到的NaAlO2，

（1）白色沉淀久置不变色，说明无FeCl2（氢氧化亚铁易被氧化为红棕色的氢氧化铁），

故答案为：否；

（2）气体通过浓硫酸后，体积减少2.24L，说明气体中有NH3，则原固体中一定含有（NH4）2SO4，

故答案为：是；气体通过浓硫酸减少2.24L；

（3）由以上分析可知原固体中一定含有2.7g Al，原固体中一定含有 0.05 mol （NH4）2SO4，其质量为6.6g，固体中MgCl2为0.05mol，质量为4.75g，三种物质的质量之和刚好等于14.05g，所以一定没有AlCl3，

故答案为：是；存在的Al、（NH4）2SO4、MgCl2的 质量和小于14.05g，剩余固体一定是AlCl3；

（4）步骤①中所有反应的离子方程式有：NH4++OH-═NH3↑+H2O、2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓、Al3++4OH-═AlO2-+2H2O，

故答案为：NH4++OH-═NH3↑+H2O、2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓、Al3++4OH-═AlO2-+2H2O．

解：（1）金属冶炼是利用氧化还原反应原理，在一定条件下将金属从其化合物中还原出来，根据金属提炼步骤分析，先要富集提高金属元素的含量，然后冶炼得到粗产品，再精炼，钛酸亚铁的化学式为FeTiO3，化合物中元素化合价的代数和为0，所以钛的化合价为0-（+2）-（-2）×3=+4；经过FeTiO3+CFe+TiO2+CO↑，TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，2Mg+TiCl42MgCl2+Ti反应，钛从+4→0，被还原，生铁是铁的合金，生铁的主要成分是铁，还含有碳等物质，属于混合物，

故答案为：矿石中金属元素的还原；矿石的富集；碳；FeTiO3+CFe+TiO2+CO↑；TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；

（2）碳单质具有还原性，碳燃烧为放热反应，能提供反应所需要的热能，常温下Ti不和非金属、强酸反应，所得产物Ti中混有过量Mg，则除去镁可利用稀盐酸（或稀硫酸），因镁能与盐酸（或稀硫酸）反应，则可将钛中的镁除去，化学方程式为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑（或Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑），充分反应后过滤，洗涤，干燥获得金属钛，

故答案为：作燃料，提供反应所需要的热能；防止钛、镁被空气氧化；向固体中加入足量盐酸（或稀硫酸），充分反应后过滤，洗涤，干燥．

解：①电池经过放电处理后拆解，将正极材料用NaOH溶液浸泡，过滤，正极材料中Al和NaOH溶液反应，方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，然后过滤，滤液中含有NaAlO2和NaOH、滤渣中含有LiCoO2；

②向①所得滤液中通入过量CO2气体得到白色沉淀，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氢氧化铝，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；

③向①所得的滤渣中加入稀硫酸和H2O2，在80℃时加热一段时间，发生反应2LiCoO2 +3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，该反应中Co元素化合价由+3价变为+2价、O元素化合价由-1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，该混合物中还存在双氧水的分解反应；如果将稀硫酸换为稀盐酸，盐酸具有还原性，能被LiCoO2 氧化生成氯气；

④将③所得的液体调整pH后过滤，滤液中存在CuSO4和LiSO4；

⑤向④所得滤液中加入有机溶剂，溶液分层．经检测水溶液中CoSO4含量大大减小，说明CoSO4在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度．

（1）通过以上分析知，步骤①中反应方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（2）通过以上分析知，步骤②中得到的白色沉淀是Al（OH）3，故答案为：Al（OH）3；

（3）步骤③发生的反应为2LiCoO2 +3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，该反应中Co元素化合价由+3价变为+2价、O元素化合价由-1价变为0价，所以氧化剂是LiCoO2，氧化产物是O2，

故答案为：LiCoO2；O2；

（4）步骤③中的稀硫酸可用盐酸代替，但缺点是盐酸具有还原性，能被LiCoO2 氧化生成氯气，氯气有毒污染空气，故答案为：氯气有毒污染空气；

（5）步骤③加热时除发生上述反应，还发生的反应是2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；

（6）通过以上分析知，CoSO4和Li2SO4中易溶于有机溶剂的是CoSO4，第⑤步操作名称为萃取，

故答案为：CoSO4；萃取．

解：铜矿主要成分为碱式碳酸铜，还含有铁元素的杂质，加入过量的硫酸，Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，过滤，滤液中主要含有硫酸铜、和硫酸铁、硫酸亚铁，加入碳酸氢铵，能提高MnSO4的转化率，使MnCO3沉淀完全，调节PH1.5-2.0，加入稍过量的NH4HCO3溶液的pH不过低，H+可与MnCO3，NH4HCO3反应，加入少量的强氧化剂二氧化锰，可以和亚铁离子发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化为铁离子，加入硫酸铵除去杂质反应为：3Fe3++NH4++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+；，过滤，滤液为硫酸铜，通过结晶制取硫酸铜．

（1）题目要求调高PH，铵根离子显酸性，碳酸氢根离子显碱性，则起作用的离子是碳酸氢根离子，

故答案为：HCO3-；

（2）Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，2mol Fe2+转移电子2 mol氧化成Fe3+，1mol MnO2转移电子2 mol，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，以便在步骤（ⅳ）中形成沉淀，

故答案为：将溶液中的Fe2+转化为Fe3+；

（3）加入硫酸铵，硫酸铵和三价铁离子形成沉淀，反应为：3Fe3++NH4++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+，

故答案为：3Fe3++NH4++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+；

（4）①沉淀表面吸附溶液中的Na+和SO42-；对滤渣进行洗涤，过滤后，向漏斗缓缓中加入适量蒸馏水，使液面刚好没过滤渣，可以洗掉固体表面的残液，静置，待液体流下，重复操作2-3次，保证洗涤干净，

故答案为：除去沉淀表面吸附的Na+和SO42-；沿着玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至刚好浸没沉淀，让蒸馏水流尽后，重复2-3次即可；

②碱式碳酸铜完全分解得到CuO，设样品中碱式碳酸铜的质量分数为x，

依据碱式碳酸铜的方程式，Cu2（OH）2CO32CuO+H2O+CO2↑ 质量差△m

                       222                 18 44 （18+44）=62

                       ax                               （a-b）

可得=，解得x=，则此样品中碱式碳酸铜的分数是×100%，

故答案为：×100%；

解：（1）镁离子能与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀：Mg2++Ca（OH）2═Mg（OH）2+Ca2+，写离子方程式时氢氧化镁沉淀写化学式，

故答案为：沉淀Mg2+（或使Mg2+形成Mg（OH）2沉淀）；Mg2++Ca（OH）2═Mg（OH）2+Ca2+；

（2）贝壳或牡蛎壳的主要成分为碳酸钙，故答案为：贝壳（或牡蛎壳等）；

（3）分离不溶于水的固体和液体，可用过滤的方法，从沉淀池中得到氢氧化镁用过滤的方法，从氯化镁溶液中得到六水合氯化镁，防结晶水损失，通过加热浓缩或蒸发结晶的方法获得六水合氯化镁，

故答案为：过滤； 加热浓缩（或蒸发结晶）；

（4）从氢氧化镁到氯化镁，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的化学方程式为：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，加入的足量试剂a是HCl，

故答案为：HCl；

（5）无水MgCl2在熔融状态下，通电后阳极氯离子失去电子生成氯气，阴极镁离子得到电子生成镁单质，所以氯化镁电解会产生Mg和Cl2，副产物氯气和氢气反应生成氯化氢，能循环使用，

故答案为：MgCl2（熔融） Mg+Cl2↑；制盐酸，循环使用；

（6）将海水中的氯化镁含量大，由于未富集，镁离子浓度很低，直接加热浓缩提取须消耗大量的电能，成本高，且提取的氯化镁盐中混有大量的其它氯化钠盐等离子，所以须将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁，

故答案为：海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，浓度高，且成本低．

解：（1）步骤Ⅱ中只有FeS和ZnS固体，FeS固体溶解在稀硫酸中生成FeSO4，反应方程式为FeS+2H+═Fe2++H2S↑，ZnS固体溶解在稀硫酸中生成ZnSO4，反应方程式为ZnS+2H+═Zn2++H2S↑，

故答案为：FeS+2H+═Fe2++H2S↑、ZnS+2H+═Zn2++H2S↑；

（2）抽滤时产生负压，能加快过滤；向FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入过量NaOH时，Fe2+与OH-反应生成Fe（OH）2，Fe（OH）2迅速被空气中的O2氧化为Fe（OH）3，其反应的离子方程式为4Fe2++O2+8OH-+2H2O═4Fe（OH）3↓；

故答案为：加快过滤；4Fe2+O2+8OH-+2H2O═4Fe（OH）3↓；

（3）根据框图转化关系，不难发现Zn（OH）2的性质类似于Al（OH）3的，Na2ZnO2的性质类似于NaAlO2的，所以向Na2ZnO2的溶液中加入过量H2SO4生成ZnSO4溶液，其反应的离子方程式为ZnO22-+4H+═Zn2++2H2O，

故答案为：ZnO22-+4H+═Zn2++2H2O；

（4）Fe（OH）3首先与稀H2SO4反应生成Fe2（SO4）3，Fe2（SO4）3再与过量的Fe粉反应得到FeSO4．经过滤除去Fe粉，将滤液经过浓缩结晶可得FeSO4•7H2O，

故答案为：稀硫酸；铁粉（过量）；过滤、浓缩结晶；

（5）HgS在空气中加热可得Hg、SO2，由于Hg蒸气和SO2都会对环境造成污染，在密闭容器中加热HgS可有效防止Hg蒸气和SO2释放到大气中，从而保护了环境，

故答案为：加热；是；在密闭容器中加热HgS；

（6）反应物有ClO-、Fe（OH）3、OH-，生成物有Cl-、FeO42-、H2O，则有ClO-+Fe（OH）3+OH→FeO42-+Cl-+H2O，配平该离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O．

故答案为：3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O．

解：（1）中性条件下CO2的溶解度很小，但是氨气易溶于水，得到的氨水易和二氧化碳反应，能把CaSO4完全转化为CaCO3，操作1与操作2的顺序不能调换；

故答案为：否，中性条件下CO2的溶解度很小，不能把CaSO4完全转化为CaCO3；

（2）从CaSO4向CaCO3转化中并存着沉淀溶解平衡：CaSO4（s）⇌Ca2++SO42-，Ca2++CO32-⇌CaCO3（s），随着CO2通入，CO32-浓度增大，平衡向CaSO4溶解和CaCO3沉淀生成的方向移动，即溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀，即CaSO4向CaCO3转化，

故答案为：从CaSO4向CaCO3转化中并存着沉淀溶解平衡：CaSO4（s）⇌Ca2++SO42-，Ca2++CO32-⇌CaCO3（s），随着CO2通入，CO32-浓度增大，平衡向CaSO4溶解和CaCO3沉淀生成的方向移动，即溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀；

（3）操作2通入“过量CO2”，取少量滤液至试管中，加入少量NaOH溶液，会继续和NaOH溶液反应而变浑浊，据此检验二氧化碳的过量与否，

故答案为：取少量滤液至试管中，加入少量NaOH溶液，无浑浊出现则操作2通入“适量CO2”；

（4）在制取中，原料是可以循环使用的，将滤液提纯（NH4）2SO4后的所有液体用于制CaSO4悬浊液，故答案为：将滤液提纯（NH4）2SO4后的所有液体用于制CaSO4悬浊液；

（5）豆腐的制作过程中，使用了石膏或盐卤，这样可以使豆浆胶体聚沉，故答案为：胶体中加入电解质，胶体发生聚沉．

解：将废蓄电池预处理，然后向含铅渣泥中加入Na2SO3、Na2CO3和H2O，Na2SO3和PbO2发生氧化还原反应生成PbSO4，因为Ksp（PbSO4）=1.6×10-5＞Ksp（PbCO3）=3.3×10-14，所以PbSO4转化为PbCO3，过滤、洗涤沉淀得到PbCO3，母液中含有Na2SO4，所以可以得到副产品Na2SO4；

将PbCO3溶于强酸性H2SiF6中，得到PbSiF6，然后采用电解的方法制取Pb，

（1）步骤①转化还原提高反应速率和铅浸出率可以采用升高温度、充分搅拌或增大亚硫酸钠和碳酸钠浓度等方法，故答案为：充分搅拌，适当升高温度，增大碳酸钠和亚硫酸钠浓度；

（2）Ksp（PbSO4）=1.6×10-5＞Ksp（PbCO3）=3.3×10-14，所以PbSO4和Na2CO3反应生成溶度积常数更小的PbCO3，同时生成Na2SO4，离子反应方程式为CO32-+PbSO4=PbCO3+SO42-；

二氧化铅具有强氧化性，Na2SO3具有还原性，二者发生氧化还原反应，反应方程式为PbO2+Na2SO3+Na2CO3+H2O=PbCO3↓+Na2SO4+2NaOH，

故答案为：CO32-+PbSO4=PbCO3+SO42-；PbO2+Na2SO3+Na2CO3+H2O=PbCO3↓+Na2SO4+2NaOH；

（3）如果洗涤液中不含有硫酸根离子就证明洗涤干净，其检验方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入过量盐酸再滴入少量氯化钡溶液，如果无沉淀产生，证明已经洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入过量盐酸再滴入少量氯化钡溶液，如果无沉淀产生，证明已经洗涤干净；

（4）Na2SO4是可溶性盐，不会析出，所以会留在母液中，故答案为：Na2SO4；

（5）用惰性电极电解时，阴极上Pb 2+放电发生还原反应，电极反应式为Pb2++2e-=Pb，铅蓄电池放电时，正极上二氧化铅得电子发生还原反应，电极反应式为PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，

故答案为：Pb2++2e-=Pb；PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O．

解：（1）高温灼烧物质所需的仪器除坩埚、泥三角、玻璃棒、三脚架外，还需要夹取坩埚的仪器坩埚钳，产生热量的仪器酒精喷灯．

故答案为：坩埚钳、酒精喷灯．

（2）固体和液体分离的方法是过滤；温度越低，氢氧化钡的溶解性越低，析出的固体氢氧化钡越多，所以为减少

Ba（OH）2的损失并除去不溶物应进行的操作是趁热过滤．

故答案为：趁热过滤．   

（3）根据图象分析知，氢氧化钡的溶解度随温度的降低而减少，即析出固体，所以要从滤液中获取氢氧化钡固体应把滤液冷却结晶．

故答案为：冷却结晶．  

（4）氢氧化钡溶液呈碱性，滴加酚酞试液溶液呈红色，当通入二氧化碳会生成碳酸钡固体和水，溶液呈中性，溶液由红色变成无色，即红色消失．

故答案为：酚酞；红色刚好消失．

解：（1）确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液，加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成，判断镍离子是否全部沉淀，具体操作步骤为：静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；

故答案为：静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；

（2）已知Ksp[Ni（OH）2]=2×10-15，欲使NiSO4溶液中残留c（Ni2+）≤2×10-5 mol•L-1，

Ksp[Ni（OH）2]=c（Ni2+）×c2（OH-）=2×10-15，c（OH-）==10-5mol/L，c（H+）==10-9mol/L，则pH=9；

由于c（Ni2+）≤2×10-5 mol•L-1，则调节pH的范围是：pH≥9，

故答案为：pH≥9；

（3）空气中加热Ni（OH）2和空气中氧气反应生成NiOOH和水，原子守恒配平书写化学方程式为：4Ni（OH）2+O24NiOOH+2H2O，

故答案为：4Ni（OH）2+O24NiOOH+2H2O；

（4）消耗KMnO4物质的量：0.01 mol•L-1×0.02L=2×10-4 mol

与NiOOH反应后剩余的Fe2+物质的量：2×10-4 mol×5×（200÷20）=0.01 mol

Fe2+总物质的量：1.0 mol•L-1×0.1 L=0.1 mol

与NiOOH反应的Fe2+的物质的量：0.1 mol-0.01 mol=0.09 mol

n（NiOOH）=0.09 mol

m（NiOOH）=91.7 g•mol-1×0.09 mol=8.253 g

n[Ni（OH）2]==0.01mol，

x：y=n（NiOOH）：n[Ni（OH）2]=0.09 mol：0.01 mol=9：1，

即x=9、y=1，

故答案为：9；1．

解：（1）源水中含Ca2+、Mg2+、HCO3-、Cl-等，如加入石灰后，加适量的纯碱，即相当于存在氧化钙和水反应的加入的氢氧化钙，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应得到碳酸根离子，可以将钙离子沉淀，氢氧根离子可以将镁离子除去，即可以除去源水中的Ca2+、Mg2+、HCO3-，故答案为：Ca2+、Mg2+、HCO3-；

（2）混凝剂能使固体颗粒沉淀，且混凝剂中的硫酸根离子与钙离子结合生成沉淀，为化学变化，而最终生成胶状Fe（OH）3沉淀具有吸附性，除去悬浮固体颗粒为物理变化，

故答案为：C；胶状Fe（OH）3；

（3）通入二氧化碳，增大溶液中碳酸根离子浓度，则与钙离子反应生成沉淀，从而除去钙离子，并降低溶液的碱性，调节溶液的酸碱度，

故答案为：除去Ca2+；调节溶液pH； 

 （4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为Cl2+H2O═HCl+HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故答案为：消毒杀菌；强氧化性；

（5）Cl2的作用是杀菌、消毒利用了氯气强氧化性，选项中①Ca（ClO）2③K2FeO4都具有强氧化性，具有杀菌、消毒效果，故选：①③．