热门试卷

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Al2O3，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：Al2O3；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，在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是降低Al2O3的熔点，减少熔融电解质的能耗；

故答案为：降低Al2O3的熔点，减少熔融电解质的能耗；

（3）氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成Al2OF62-，依据电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：Al2O3+4AlF63-═3Al2OF62-+6F-； 若电解的总反应为2Al2O3+3C3CO2+4Al，电解池中阳极上是元素化合价升高失电子发生氧化反应，则阳极的电极反应式：C+2 Al2OF62-+12F--4e-═CO2+4 AlF63-；

故答案为：Al2O3+4AlF63-═3Al2OF62-+6F-；C+2 Al2OF62-+12F--4e-═CO2+4 AlF63-；

（4）冰晶石与足量NaOH溶液反应生成两种钠盐分别为偏铝酸钠和氟化钠，结合原则守恒配平书写化学方程式为：Na3AlF6+4NaOH═6NaF+NaAlO2+2H2O；

故答案为：Na3AlF6+4NaOH═6NaF+NaAlO2+2H2O；

（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8×106J，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kJ，生产9g铝制饮料罐消耗的电能=×1.8×103KJ，则铝制饮料罐的热回收效率η=×100%=×100%=0.033%，故答案为：0.033%．

解：合金废料含铝、铁、铜，其中只有铝与足量氢氧化钠溶液反应，所以反应①的反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，滤液A含偏铝酸根，再通过量的二氧化碳，发生反应为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3，则沉淀C为氢氧化铝，加热分解得氧化铝；而滤渣B含铁、铜，加入稀硫酸再过滤得滤液D为硫酸亚铁溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥得到绿矾晶体；滤渣E为铜，在稀硫酸和氧化剂的作用下反应生成硫酸铜溶液；

（1）根据以上分析，合金废料含铝、铁、铜，其中只有铝与足量氢氧化钠溶液反应，离子方程式是 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）根据以上分析，滤液A含偏铝酸根，再通过量的二氧化碳，发生反应为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3；

（3）检验滤液D中是否含有Fe3+的最佳试剂为KSCN溶液，操作简单，现象明显，不受其他离子的干扰；

故答案为：D；

（4）因为绿矾晶体是结晶水合物，所以要从滤液D中得到绿矾晶体，不能直接蒸干，必须进行的实验操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥；在这一系列操作中没有用到的仪器为石棉网．

故答案为：蒸发浓缩；B；

（5）经分析滤渣E的成分应当是铜，要得到含Cu2+的溶液，试剂Y必须具有氧化性能和铜反应生成Cu2+，故答案为：氧化剂；B．

（1）①碳酸钙、碳酸镁分解得到氧化钙、氧化镁，都可以和水反应得到氢氧化物：Ca（OH）2和Mg（OH）2故答案为：Ca（OH）2和Mg（OH）2；

②镁离子在水溶液中会发生水解反应得到氢氧化镁，所以从MgCl2晶体得到无水MgCl2的操作在HCl气流中进行，

故答案为：将MgCl2•6H2O晶体在干燥的HCl气流中加热；

（2）①实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量故A是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，防止进入D装置中，影响测量结果，装置是：，故答案为：；                  

②要排除空气中的水以及二氧化碳的干扰，开始之前要先通空气，排尽装置中的空气，再进行试验，

故答案为：关闭K2，打开K1，通入足量空气后，再打开K2，关闭K1；

③实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量故A是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，防止进入D装置中，D中碱石灰会吸收空气中水蒸气和CO2等酸性气体，产生误差，测得m偏大，n偏小，最后的碱石灰的作用：吸收空气中水蒸气和CO2等，不能去掉，故答案为：E中碱石灰会吸收空气中水蒸气和CO2等酸性气体，产生误差，测得m偏大，n偏小；

④设水合碱式碳酸镁的化学式为mMgCO3•nMg（OH）2，

mMgCO3•nMg（OH）2•xH2O（m+n）MgO+mCO2↑+（n+x）H2O

                        80（m+n）   44m    18（n+x）

                        1.60       1.32    0.72

则：==，解得x=3，n=1，m=3，即3MgCO3•Mg（OH）2•3H2O，

故答案为：3MgCO3•Mg（OH）2•3H2O．

解：硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，再加氢氧化钠调节PH值3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀而被除去，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到实验目的；

（1）根据影响反应速率的因素知道：升高温度；增加浸出时间；增大硫酸的浓度；研磨硫酸渣，增大固体表面积均可以提高铁的浸出率，因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2；故答案为：适当提高反应温度（增加浸出时间；增大硫酸的浓度；研磨硫酸渣，增大固体表面积等）；SiO2；

（2）-2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故答案为：8；2；16H+；

（3）通入空气、加入NaOH可以将溶液中的铁元素充分转化为氢氧化铁沉淀而析出，即4Fe2++O2+2H2O+8OH-=4Fe（OH）3↓，故答案为：4Fe2++O2+2H2O+8OH-=4Fe（OH）3↓；

（4）为了确保铁红的质量，氧化过程调节溶液的pH至3.2-3.8，其目的是使Fe3+沉淀完全，而其他金属阳离子不生成沉淀，因加入的是氢氧化钠来调节PH，所以滤液B中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠；洗涤未沉淀的离子为Na+、Mg2+、Al3+，故滤液B可以回收的物质有Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4，故答案为：使Fe3+沉淀完全，而其他金属阳离子不生成沉淀．

故答案为：3.2-3.8；Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4．

解：（1））“净化除铁”中，加入CoCO3（难溶），CoCO3属于碳酸盐，可与酸反应，CoCO3+2H+=Co2++H2O+CO2↑，通过此反应降低溶液的酸性，调溶液的pH，

故答案为：CoCO3+2H+=Co2++H2O+CO2↑；

（2）滤液中（Fe3+）≤1.0×10-5mol/L时，可视为Fe3+沉淀完全，Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10-35=c（Fe3+）×c3（OH-）=1.0×10-5mol•L-1×c3（OH-），所以c（OH-）=10-10mol•L-1，c（H+）=mol•L-1=10-4mol•L-1，PH=-lgc（H+）=-lg10-4=4；

故答案为：4；

（3）根据（2）分析可知，为了使Fe3+完全沉淀，pH应略大于4，故答案为：使Fe3+完全沉淀；

（4）除去Fe3+，滤液中主要含有NaCl、CoCl2、以及极少量的HCl，故答案为：CoCl2；NaCl；

（5）因CoCl2•6H2O在110°C～120°C时脱水变成蓝色无水氯化钴，所以不能用高温烘干，为了防止CoCl2•6H2O脱水，“干燥”时宜采用的方法或操作是减压或温度低于110℃或在HCl气流中加热，故答案为：减压或温度低于110℃；或在HCl气流中加热．

解：（1）制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，要避免生成应Fe（OH）2沉淀，根据氢氧化物沉淀需要的pH知，在pH在4.4-7.5之间将铝离子转化为Al（OH）3沉淀，而亚铁离子不能生成沉淀，所以控制pH在4.4～7.5之间，

故答案为：4.4～7.5；Al3+；

（2）酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原生成NO，所以反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为 2H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O，

故答案为：氧化Fe2+；2H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O；

（3）1molNaNO2被还原生成NO，化合价由+3价降低到+2价，得到1mol电子，1mol氧气得到电子1mol×4=4mol，在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L（标准状况），反应过程中提供电子相等，则相当于节约NaNO2的物质的量==2mol，

故答案为：2mol；

（4）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，Fe（OH）2+可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为 2Fe（OH）2++2H2O⇌Fe2（OH）42++2H+，

故答案为：2Fe（OH）2++2H2O⇌Fe2（OH）42++2H+．

解：（1）如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，生成BaSO4沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，则试剂X为BaCl2[或Ba（NO3）2]，沉淀A为BaSO4，沉淀B为AgCl，

故答案为：BaCl2[或Ba（NO3）2]；BaSO4；

（2）加入过量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中含有Ag+、Ba2+，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，

故答案为：除去过量的Ba2+、Ag+；

（3）在所得滤液中加入过量的Na2CO3，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3，

故答案为：Na2CO3；

（4）①在混合物中加入BaCl2或Ba（NO3）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为Ba2++SO42-=BaSO4↓，②中反应为加入过量的AgNO3生成AgCl沉淀，反应的离子方程式为Cl-+Ag+=AgCl；Ag++Cl-=AgCl↓；

故答案为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；

解：根据流程可知，加热后碳酸氢铵分解，残留物为氯化钠和硫酸钠的混合物，将残留物溶解后加入过量硫酸钡溶液，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，加入碳酸钠溶液除去过量的钡离子，过滤除去硫酸钡、碳酸钡沉淀后向滤液中加入盐酸除去过量的碳酸钠，最后通过加热煮沸得到纯净的氯化钠，

（1）根据图示，操作①是将固体混合物加热，使用到的仪器为坩埚，所以B正确，

故答案为：B；

（2）操作②中钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，

故答案为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；

（3）加入硝酸钠溶液，硝酸钠和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质不能再后续试验中除去，

故答案为：否；用硝酸钡会引入新杂质NO3-，在以后的操作中无法除去；

（4）检验SO42-已除尽的方法是：静置，往上层清液中滴加BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42- 已除尽，

故答案为：静置，往上层清液中滴加BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42- 已除尽；

（5）操作③加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，从而除去过量的氯化钡，

故答案为：除去过量的Ba2+．

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）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；离子方程式：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑，故答案为：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑；

（3）BaSO3可被硝酸氧化生成硫酸钡，硫酸钡不溶于硝酸，故答案为：BaSO3；

（4）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42-反应中硝酸根是氧化剂，硫酸根是氧化产物，故答案为：强；

（5）根据化合价升降相等，在该反应中，NH4+→NO2-，N的化合价由-3→-+3，升高6价，O2化合价降低4价，化合价变化的最小公倍数为12，则NH4+的计量数为2，O2计量数为3，然后根据电荷守恒配平：2NH4++3O2+4OH-═2NO2-+6H2O，故答案为：2；3；4；2；6；

（6）1mol BaSO3被氧化时，失去2mol电子，则硝酸得到2mo电子，反应中N元素化合价由+5价降低到+2价，设有x mol硝酸被钡还原，则有[5-（+2）]x=2，

x=0.67，故答案为：0.67；

（7）消耗32g（1mol）CH3OH转移6mol电子，由CH3OH中碳原子的化合价升高6，所以反应后碳的化合价为+4，产物为CO2，根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH3OH+6HNO3═5CO2+3N2+13H2O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6，

故答案为：5：6；

（8）反应后剩余硝酸的物质的量为0.5×0.1=0.05mol，根据氮原子守恒可知n（HNO3）=n（HNO3）剩余+n（CuNO3）×2+n（NO2+NO）=0.05mol+mol×2+=0.45mol，故原有硝酸的物质的量浓度为=9mol/L，故答案为：9mol/L．