热门试卷

解：（1）工业生产中产生了二氧化硫，二氧化硫形成的酸雨成分中含有亚硫酸，亚硫酸是一种弱酸，在空气中能被氧化为强酸硫酸，溶液的酸性增强，pH变小；

故答案为：2H2SO3+O2=2H2SO4；

（2）①先用观察法配平，反应过程中硫元素失去电子，氧元素得到电子，方程式为；

故答案为：；

②先用观察法配平，2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，若生成1molSO2，则有 6mol+l价的铜被还原；

故答案为：6；

③1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键，二氧化硅可与FeO反应：FeO+SiO2FeSiO3，变为炉渣，进而除去杂质FeS；

故答案为：与FeO形成炉渣FeSiO3，进而除去杂质FeS；

（3）由纯铜制高纯铜需用电解精炼；

故答案为：电解精炼；

（4）废气的主要成分是二氧化硫，可用于工业制硫酸；

故答案为：硫酸．

解：硫酸废液中含有大量硫酸外，还含有少量NH4+、Fe3+、AsO43-、Cl-，加入生石灰，调节pH2～3，大量沉淀主要成分为CaSO4•2H2O[含有少量Fe（OH）3]，滤液加入生石灰调节pH8～9，生成Ca3（AsO4）2沉淀，滤液主要含有（NH4）2SO4和NH4Cl，

（1）如c[（NH4）2SO4]=c（NH4Cl），则（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）较大，因c（NH4+）越大，NH4+水解程度越小，则（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）小于是NH4Cl溶液中c（NH4+）的2倍，如等于2倍，则c（NH4Cl）应较大，

故答案为：＜；

（2）随着向废液中投入生石灰，c（OH-）增大，c（NH3•H2O）减小，则溶液中减小，故答案为：减小；

（3）提纯CaSO4•2H2O，可加入稀硫酸溶解Fe（OH）3，且防止CaSO4•2H2O的溶解，过滤后洗涤、干燥，

故答案为：稀硫酸；晾干或干燥；

（4）①H3AsO4是弱酸电离出来的AsO43-较少，所以酸性条件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀，当溶液中pH调节到8左右时AsO43-浓度增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀，

故答案为：H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右，c（AsO43-）增大，Ca3（AsO4）2开始沉淀；

②Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为：AsO43-+H2O⇌HAsO42-+OH-，该步水解的平衡常数Kh=====2.5×10-3，

故答案为：2.5×10-3；

③已知：AsO43-+2I-+2H+=AsO33-+I2+H2O，SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+．还原剂还原性大于还原产物的还原性，则还原性SO2＞I-＞AsO33-，两个反应中还原性最强的微粒是SO2，

故答案为：SO2．

解：（1）氧化铁和二氧化硅分别与铝发生的是置换反应（单质和化合物发生反应生成新单质和化合物的反应），即2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，4Al+3SiO23Si+2Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；4Al+3SiO23Si+2Al2O3；

（2）粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801℃，较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分除Cl2外还含有H2、HCl、AlCl3，故答案为：H2、HCl、AlCl3；NaCl；

（3）A中有氯气以及氯化氢，均能和烧碱反应，用于尾气处理，实质为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，H++OH-=H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，H++OH-=H2O；

解：铝土矿加入氢氧化钠溶液过滤，得到滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣a为氧化铁，溶液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根粒子，向溶液a中加入过量A为酸溶液，除去硅酸根离子，同时将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液b中，向滤液b中加过量试剂B氨水，铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，加热氢氧化铝分解得氧化铝，

Ⅰ．（1）铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，加入盐酸或硝酸等酸性溶液可除去硅酸根离子，所以试剂A为强酸，可以为盐酸、硫酸或硝酸，

故答案为：盐酸（硫酸或硝酸）； 

（2）滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，向溶液a中通入过量的CO2，沉淀为Al（OH）3及少量硅酸，煅烧得到与和二氧化硅，则Al2O3中含有SiO2杂质，

故答案为：Al2O3中含有SiO2杂质；

Ⅱ．（3）电解熔融的氧化铝可制备金属铝，阳极生成氧气，阴极生成铝，总反应为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，

故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；

Ⅲ．（4）碳从0价→+2价，化合价升高2价，氮从0价→-3价，化合价至少升高6价，最小公倍数为6，则碳的系数为3、氮气的系数为1，然后根据观察法配平，配平后的反应方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，

故答案为：1；3；1；2；3；

（5）A．方法①中的Al2O3、C、N2结构稳定，则在反应过程中破坏化学键时需要消耗更多能量，故A正确；

B．根据反应原理可知，方法①中的Al2O3和C都是固体，二者容易残留在氮化铝中，故B正确；

C．方法①中氮化铝为氮气被还原生成的，方法②为非氧化还原反应，故C错误；

故答案为：AB．

解：合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作Ⅰ过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O4•2H2O足量空气煅烧得到氧化钴，

（1）上述分析判断金属M为Cu，操作Ⅰ为过滤操作故答案为：Cu；过滤；

（2）加入H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；加入氨水的作用是调节溶液PH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，

故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；

（3）CoC2O4焙烧生成Co2O3、CO2和水，反应的化学方程式为4CoC2O4・2H2O+3O22Co2O3+8 H2O+8CO2，

故答案为：4CoC2O4・2H2O+3O22Co2O3+8 H2O+8CO2；

（4）Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓缩后必须趁热过滤，90℃时c（Li2CO3）的浓度为0.10mol/L，则c（Li+）=0.20mol/L，c（CO32-）=0.10mol/L，则Ksp（Li2CO3）=0.20×0.20×0.10=4.0×10-3，

故答案为：减少Li2CO3的溶解损失；4.0×10-3；

（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，应为二氧化碳和氧气，电极方程式为2CO32--4e-=O2↑+CO2↑，

故答案为：2CO32--4e-=O2↑+CO2↑．

（1）辉钼精矿在600℃下进行氧化焙烧，转化为MoO3，同时产生SO2，即2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2，二氧化硫是有毒物质，可以进行回收再利用联合生产硫酸和化肥，故答案为：2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2；SO2；回收SO2再利用 （或回收SO2联合生产硫酸和化肥）；

（2）根据信息：将焙砂（主要成分：MoO3）用氨水浸出，与氨水反应生成钼酸铵[（NH4）2MoO4]溶液，即：MoO3+2NH3•H2O=2NH4++MoO42-+H2O，没有化合价变化，不是氧化还原反应，故答案为：MoO3+2NH3•H2O=2NH4++MoO42-+H2O；不是；

（3）根据氢气还原三氧化钼得到钼粉，可以得出具有还原性的CO也可以还原三氧化钼得到钼粉，故答案为：CO．

解：（1）Ba（FeO2）2中Fe元素是+3价，钡元素为+2价，故Ba（FeO2）2与硝酸不发生氧化还原反应，其反应方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O，

故答案为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；

（2）酸溶时控制反应温度不超过70℃，是为了防止温度过高，反应速率太快；不使用浓硝酸，是因为浓HNO3不稳定，易分解，4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，易挥发，

故答案为：防止反应速率过快，浓HNO3易挥发、分解；

（3）加入X调节溶液的pH=4～5，则X应能消耗H+，结合工厂主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的实际情况，可选用BaCO3；中和后溶液中H+浓度减小，pH在4～5时，Fe3+也完全沉淀，故Fe3+浓度也减小，

故答案为：BaCO3；Fe3+、H+．

解：（1）加Na2S，易生成CuS沉淀，反应的离子方程式为S2-+Cu2+=CuS↓，故答案为：S2-+Cu2+=CuS↓；

（2）温度较高时，H2O2分解，加6%的H2O2时，温度不能过高，故答案为：减少过氧化氢的分解；

（3）ClO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为

6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，

故答案为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；

（4）经过加入a2S、H2O2、NaOH后可除去Cu、Zn、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；

（5）为防止Ni2+水解，可加H2SO4溶解，故答案为：H2SO4．

解：（Ⅰ）无机盐A是由两种元素组成，将其溶于水，通入适量黄绿色气体B，则B为氯气，然后向反应后的溶液中加入四氯化碳并振荡、静置，溶液分层，下层液体呈橙红色，则A中含有溴元素，分液后取上层溶液，经元素分析，溶质为漂白粉的主要成分之一，则溶液中有钙元素，所以A为溴化钙，往此溶液通入CO2和NH3可获得纳米材料E和铵态氮肥F，则F为NH4Cl，E为CaCO3，

（1）工业上制取漂白粉的化学反应方程式2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，

故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（2）CO2和NH3两气体中，由于氨气极易溶于水，而二氧碳在水中溶解度不大，所以应该先通入溶液中的是 NH3，这样便于两气体和溶液充分反应，制备E和F的离子反应方程式为Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+，

故答案为：NH3；Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+．

（II）浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子，B为水，A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为硫酸钡，23.3g白色沉淀E的物质的量为n==0.1mol，黑色固体C可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等，黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G，G能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，所以黑色固体G为氧化亚铜，气体F为氧气，红色H为铜，蓝色溶液I为硫酸铜，逆推可得：一定量的浅绿色盐X中n（S）=0.1mol，28.8g红色固体G为氧化亚铜，n（Cu2O）==0.2mol，12.8g红色固体H，n（Cu）=0.2mol，浅绿色盐X中n（Cu）=0.4mol，n（CuO）=0.4mol，浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，n（S）=0.1mol，n（CuO）：n（SO3）=1：4，

浅绿色盐X，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu4（OH）mSO4，Cu4（OH）mSO44CuO+SO3↑+（m-1）H2O↑，根据氧元素守恒得：m=4，符合M（X）＜908g•mol-1，则该反应流程为：X在隔绝空气、570℃温度下加热Cu4（OH）6SO44CuO+SO3↑+3H2O↑，A和B反应SO3+H2O=H2SO4，硫酸与足量氯化钡反应：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，白色沉淀E为BaSO4，黑色固体C为氧化铜，在1000℃反应生成气体F为氧气，红色固体G为氧化亚铜4CuO2Cu2O+O2↑，G氧化亚铜和硫酸发生歧化反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，红色H为铜，蓝色溶液I为硫酸铜．

（1）水是共价化合物，氢原子和氧原子之间以共价键结合，其电子式为，

故答案为：；

（2）红色固体G为氧化亚铜，Cu2O中+1价的铜被硝酸氧化，稀硝酸被还原成一氧化氮，反应为：3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O，

故答案为：3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O；

（3）浅绿色盐X中n（Cu）=0.4mol，n（S）=0.1mol，n（CuO）：n（SO3）=1：4，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：Cu4（OH）mSO4，Cu4（OH）mSO44CuO+SO3↑+（m-1）H2O↑，根据氧元素守恒得：m=4，则该反应流程为：X在隔绝空气、570℃温度下加热Cu4（OH）6SO44CuO+SO3↑+3H2O，

故答案为：Cu4（OH）6SO4；Cu4（OH）6SO44CuO+SO3↑+3H2O；

（4）空气主要成分为氧气、氮气，黑色固体C为氧化铜，与氨气反应生成氮气、铜（0价）或氧化亚铜（铜为+1价）和水，反应为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，

故答案为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O．