- 物质的检验
- 共3564题
为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图1所示实验方案，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．
请回答：
（1）步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需进行的实验操作是______．
（2）溶液A中的离子主要有______；试剂X是______．
（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______（用离子方程式表示）；为了避免固体C减少，根据如图所示，改进的措施是______．
（4）从环境保护角度考虑，用固体F制备CuSO4溶液的化学方程式是______．
正确答案
解：（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，
故答案为：过滤；
（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-、Na+、OH-；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；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；
（4）依据流程图可知：固体F为铜，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，不会产生污染大气的气体，硫酸铜溶液是蓝色的，由于各反应物是混合接触在一起的，这两个反应是同时进行的，所以氧化铜没机会单独的存在，故我们可以认为反应物为氧气、铜和硫酸，而生成物为硫酸铜和水，故该反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，
故答案为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O．
解析
解：（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，
故答案为：过滤；
（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-、Na+、OH-；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；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；
（4）依据流程图可知：固体F为铜，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，不会产生污染大气的气体，硫酸铜溶液是蓝色的，由于各反应物是混合接触在一起的，这两个反应是同时进行的，所以氧化铜没机会单独的存在，故我们可以认为反应物为氧气、铜和硫酸，而生成物为硫酸铜和水，故该反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，
故答案为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O．
废旧物的回收利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．某研究小组同学以废旧锌锰干电池为原料，将废旧电池含锌部分转化成ZnSO4•7H2O，含锰部分转化成纯度较高的MnO2，将NH4Cl溶液应用于化肥生产中，实验流程如下：
（1）操作②中所用的加热仪器应选______（选填“蒸发皿”或“坩埚”）．
（2）将溶液A处理的第一步是加入氨水调节pH为9，使其中的Fe3+和Zn2+沉淀，请写出氨水和Fe3+反应的离子方程式______．
（3）操作⑤是为了除去溶液中的Zn2+．已知25℃时，
由上表数据分析应调节溶液pH最好为______（填序号）．
a．9 b．10 c．11
（4）MnO2精处理的主要步骤：
步骤1：用3%H2O2和6.0mol•L-l的H2SO4的混和液将粗MnO2溶解，加热除去过量H2O2，得MnSO4溶液（含少量Fe3+）．反应生成MnSO4的离子方程式为______；
步骤2：冷却至室温，滴加10%氨水调节pH为6，使Fe3+沉淀完全，再加活性炭搅拌，抽滤．加活性炭的作用是______；
步骤3：向滤液中滴加0.5mol•L-l的Na2CO3溶液，调节pH至7，滤出沉淀、洗涤、干燥，灼烧至黑褐色，生成MnO2．灼烧过程中反应的化学方程式为______．
（5）查文献可知，粗MnO2的溶解还可以用盐酸或者硝酸浸泡，然后制取MnCO3固体．
①在盐酸和硝酸溶液的浓度均为5mol•L-l、体积相等和最佳浸泡时间下，浸泡温度对MnCO3产率的影响如图1，由图看出两种酸的最佳浸泡温度都在______℃左右；
②在最佳温度、最佳浸泡时间和体积相等下，酸的浓度对MnCO3产率的影响如图2，由图看出硝酸的最佳浓度应选择______mol•L-l左右．
正确答案
解：根据流程知道，将废旧电池拆卸开，得到的锌皮和杂质中加入硫酸溶解，过滤可以得到硫酸锌的水溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，可以得到硫酸锌的晶体，得到的混合物中加入水溶解，过滤，可以得到氯化铵和氯化锌的溶液以及固体难溶物二氧化锰等，向滤液中加入NaOH，调节pH，可以将锌离子沉淀，过滤得到氢氧化锌沉淀和氯化铵溶液，将二氧化锰进行精处理，可以得到二氧化锰．
（1）物质的熔融需要较高的温度，操作②中所用的加热仪器应选坩埚，故答案为：坩埚；
（2）三价铁离子和氨水反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；
（3）由上表数据知道Zn2+完全沉淀的pH为8.9，所以应调节溶液pH最好为9，除去溶液中的Zn2+，故答案为：a；
（4）将MnO2溶解，加热除去过量H2O2，得MnSO4溶液的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑，pH为6，使Fe3+沉淀完全，再加活性炭搅拌，加活性炭的作用是吸附聚沉，有利于氢氧化铁形成较大沉淀颗粒，碳酸锰在氧气存在下，受热反应生成二氧化锰，即2MnCO3+O2
故答案为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑；吸附聚沉，有利于氢氧化铁形成较大沉淀颗粒；2MnCO3+O2
（5）①根据图示内容，碳酸锰的最高产率为65%左右，可以确定浸泡的温度的温度是60℃左右，故答案为：60；
②碳酸锰的产率最高时，盐酸和硝酸的最佳浓度是6mol/L左右，故答案为：6．
解析
解：根据流程知道，将废旧电池拆卸开，得到的锌皮和杂质中加入硫酸溶解，过滤可以得到硫酸锌的水溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，可以得到硫酸锌的晶体，得到的混合物中加入水溶解，过滤，可以得到氯化铵和氯化锌的溶液以及固体难溶物二氧化锰等，向滤液中加入NaOH，调节pH，可以将锌离子沉淀，过滤得到氢氧化锌沉淀和氯化铵溶液，将二氧化锰进行精处理，可以得到二氧化锰．
（1）物质的熔融需要较高的温度，操作②中所用的加热仪器应选坩埚，故答案为：坩埚；
（2）三价铁离子和氨水反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；
（3）由上表数据知道Zn2+完全沉淀的pH为8.9，所以应调节溶液pH最好为9，除去溶液中的Zn2+，故答案为：a；
（4）将MnO2溶解，加热除去过量H2O2，得MnSO4溶液的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑，pH为6，使Fe3+沉淀完全，再加活性炭搅拌，加活性炭的作用是吸附聚沉，有利于氢氧化铁形成较大沉淀颗粒，碳酸锰在氧气存在下，受热反应生成二氧化锰，即2MnCO3+O2
故答案为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑；吸附聚沉，有利于氢氧化铁形成较大沉淀颗粒；2MnCO3+O2
（5）①根据图示内容，碳酸锰的最高产率为65%左右，可以确定浸泡的温度的温度是60℃左右，故答案为：60；
②碳酸锰的产率最高时，盐酸和硝酸的最佳浓度是6mol/L左右，故答案为：6．
从废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）中回收V2O5的一种生产工艺流程示意图如下：
回答下列问题：
（1）①中废渣的主要成分是______．
（2）②、③中的变化过程可简化为（下式中Rn+表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂的主要成分）：Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn （有机层）+nH+（水层）；②中萃取时必须加入适量碱，其原因是______．③中反萃取时加入的X试剂是______．
（3）完成④中反应的离子方程式：ClO3-+VO2++H+=VO3++Cl-+______
（4）25℃时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如下：
根据上表数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为______；若钒沉淀率为90%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜______．（已知：25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=2.6×10-39）
（5）写出废液Y中除H+之外的两种阳离子______．
正确答案
解：（1）废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，V2O5、Fe2O3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，
故答案为：SiO2；
（2）②中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，
故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；
（3）依据氧化还原反应元素化合价变化和电子守恒原子守恒分析配平，ClO3-中氯元素化合价从+5价变化为-1价，得到电子6，VO2+变化为VO3+、元素化合价从+4价变化为+5价失电子1，依据电子守恒、原子守恒配平得到离子方程式为：ClO3-+6VO2++6H+=6VO3++Cl-+3H2O，
故答案为：3H2O；
（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.6，此时钡沉淀率达到最大，需要调节的PH较小；若钒沉淀率为90%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时PH=2，氢离子浓度=10-2mol/L，c（OH-）=10-12mol/L，则溶液中c（Fe3+）浓度依据溶度积计算，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=2.6×10-39，计算得到c（Fe3+）=2.6×10-3mol/L，不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜4.0×10-2mol/L，
故答案为：1.6；2.6×10-3mol/L；
（5）依据流程反应分析，加入的试剂在反应过程中生成的离子为，除H+之外的阳离子为Fe3+、VO22+、NH4+、K+，故答案为：Fe3+、VO22+、NH4+、K+．
解析
解：（1）废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，V2O5、Fe2O3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，
故答案为：SiO2；
（2）②中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，
故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；
（3）依据氧化还原反应元素化合价变化和电子守恒原子守恒分析配平，ClO3-中氯元素化合价从+5价变化为-1价，得到电子6，VO2+变化为VO3+、元素化合价从+4价变化为+5价失电子1，依据电子守恒、原子守恒配平得到离子方程式为：ClO3-+6VO2++6H+=6VO3++Cl-+3H2O，
故答案为：3H2O；
（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.6，此时钡沉淀率达到最大，需要调节的PH较小；若钒沉淀率为90%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时PH=2，氢离子浓度=10-2mol/L，c（OH-）=10-12mol/L，则溶液中c（Fe3+）浓度依据溶度积计算，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=2.6×10-39，计算得到c（Fe3+）=2.6×10-3mol/L，不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜4.0×10-2mol/L，
故答案为：1.6；2.6×10-3mol/L；
（5）依据流程反应分析，加入的试剂在反应过程中生成的离子为，除H+之外的阳离子为Fe3+、VO22+、NH4+、K+，故答案为：Fe3+、VO22+、NH4+、K+．
工业上用铝土矿（主要成分是Al2O3，还有少量的Fe2O3、SiO2）提取冶炼铝的原料氧化铝．工艺流程如下图：（每步所加试剂均稍过量）
（1）步骤①反应的离子方程式是______．
（2）原料B的化学式是______，步骤②所得沉淀的化学式是：______．
（3）步骤③中生成沉淀的化学方程式是：______．
（4）如果省去步骤①，即溶解铝土矿是从加入原料B开始，则会对氧化铝的提取有什么影响？______．
正确答案
解：由工艺流程可知步骤③通入的为二氧化碳，生成的沉淀为氢氧化铝，所以滤液②含有AlO2-．步骤②应加入氢氧化钠，所以滤液①中含有Al3+，步骤①应为加入盐酸，除去SiO2．
（1）由上述分析可知，步骤①加入盐酸，除去SiO2，所以原料A为盐酸，氧化铝与酸反应离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，氧化铁与盐酸反应离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，
故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）步骤①加入过量盐酸，滤液①中含有Al3+、Fe3+、H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，将铝离子转化为AlO2-，反应为 H++OH-=H2O，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O．
故答案为：NaOH； Fe（OH）3；
（3）滤液②含有AlO2-，步骤③通入二氧化碳，与AlO2-反应生成的沉淀为氢氧化铝，反应化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；
（4）若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，通入二氧化碳会生成硅酸沉淀，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．
故答案为：若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．
解析
解：由工艺流程可知步骤③通入的为二氧化碳，生成的沉淀为氢氧化铝，所以滤液②含有AlO2-．步骤②应加入氢氧化钠，所以滤液①中含有Al3+，步骤①应为加入盐酸，除去SiO2．
（1）由上述分析可知，步骤①加入盐酸，除去SiO2，所以原料A为盐酸，氧化铝与酸反应离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，氧化铁与盐酸反应离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，
故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）步骤①加入过量盐酸，滤液①中含有Al3+、Fe3+、H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，将铝离子转化为AlO2-，反应为 H++OH-=H2O，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O．
故答案为：NaOH； Fe（OH）3；
（3）滤液②含有AlO2-，步骤③通入二氧化碳，与AlO2-反应生成的沉淀为氢氧化铝，反应化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；
（4）若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，通入二氧化碳会生成硅酸沉淀，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．
故答案为：若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．
某工厂用提取粗盐后的盐卤（主要成分为MgCl2）制备金属镁，其工艺流程如图．
下列说法的是（ ）
正确答案
解析
解：盐卤加入足量石灰浆沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀加入适量盐酸溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中失水得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，
A．盐卤和氢氧化钙发生复分解反应生成氢氧化镁，为复分解反应，不是氧化还原反应，故A错误；
B．操作①为过滤操作，滤操作中需要使用漏斗和烧杯、玻璃棒，故B错误；
C．操作②是MgCl2溶液得到MgCl2晶体，需要蒸发浓缩结晶，故C正确；
D．题中涉及反应有氢氧化钙与氯化镁的反应、氯化镁与盐酸的反应以及电解氯化镁，只发生复分解反应、氧化还原反应、分解反应，未发生置换反应，故D错误．
故选C．
某铝合金（硬铝）中含有铝、镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计了如图实验：（已知：硅不与盐酸和水反应）
（1）若固体Ⅰ中含有铜和硅，步骤①的试剂X应选择______ （填“NaOH溶液”“盐酸”“FeCl3溶液”）；步骤②的操作是______，反应的离子方程式为______，______．
（2）固体Ⅲ的化学式为______步骤④反应的化学方程式为______．
（3）步骤④中的沉淀没有用蒸馏水洗涤时，会使测定结果______ （填“偏高”“偏低”“不影响”）
正确答案
盐酸
过滤
Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
Al2O3
2Al（OH）3
偏高
解析
解：（1）若固体Ⅰ中含有铜和硅，步骤①是将Mg、Al转化为盐溶液，除去不溶的Cu、Si，步骤①的试剂X不能与Cu、Si，NaOH溶液与Si反应，FeCl3溶液与Cu反应，故试剂X应选择盐酸；由流程图可知，步骤②是将镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去，将铝离子转化为偏铝酸根离子，进行固液分离，应是过滤；
镁离子与氢氧根反应生成氢氧化镁沉淀，反应离子方程式为Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，铝离子转化为偏铝酸根离子，离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，
故答案为：盐酸；过滤；Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
（2）由流程图可知，步骤②的溶液中，通入二氧化碳，将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀，加热灼烧氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝与水，反应方程式为2Al（OH）3
故答案为：Al2O3；2Al（OH）3
（3）氢氧化铝沉淀会附着碳酸钠、氯化钠等物质，氢氧化铝沉淀没有用蒸馏水洗涤，导致加热生成的氧化铝的质量偏大，使测定的合金中铝的质量增大，测定合金中铝的质量分数偏高，故答案为：偏高．
污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题．某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）．
请回答下列问题：
（1）上述流程脱硫实现了______（选填下列字母编号）．
A．废弃物的综合利用 B．白色污染的减少 C．酸雨的减少
（2）过滤操作用到的玻璃仪器有：______．
（3）用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，其原因是______．
（4）写出KMnO4溶液加入到MnSO4溶液中制备MnO2的离子反应方程式：______；用惰性电极电解MnSO4溶液也可制得MnO2，其阳极的电极反应式是______．
（5）MnO2是碱性锌锰电池的电极材料，电池反应方程式为：2MnO2+Zn+H2O═2MnOOH+Zn（OH）2，
写出该电池放电时，正极的电极反应式是______．
正确答案
解：二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，
（1）白色污染主要是塑料等难降解的物质形成的，SO2能形成酸雨，因此脱硫实现了废弃物的综合利用，同时也减少了酸雨形成，所以AC正确，
故答案为：AC；
（2）过滤是分离不溶物与易溶物的一种操作方法，过滤操作用到的仪器有铁架台、玻璃棒、漏斗、烧杯等，其中属于玻璃仪器的为：烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，
故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；
（4）KMnO4溶液加入到MnSO4溶液中制备MnO2，锰离子被高锰酸根离子氧化成二氧化锰，反应的离子方程式为：3Mn2++2MnO4-+2H2O═5MnO2+4H+，
电解池中阳极失去电子发生氧化反应，则用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，因此阳极是锰离子放电，其阳极电极反应式是：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，
故答案为：3Mn2++2MnO4-+2H2O═5MnO2+4H+；Mn2++2H2O-2e-═MnO2+4H+；
（5）原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则电极反应式为：MnO2+H2O+e-=MnO（OH）+OH-，
故答案为：MnO2+H2O+e-═MnOOH+OH-．
解析
解：二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，
（1）白色污染主要是塑料等难降解的物质形成的，SO2能形成酸雨，因此脱硫实现了废弃物的综合利用，同时也减少了酸雨形成，所以AC正确，
故答案为：AC；
（2）过滤是分离不溶物与易溶物的一种操作方法，过滤操作用到的仪器有铁架台、玻璃棒、漏斗、烧杯等，其中属于玻璃仪器的为：烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，
故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；
（4）KMnO4溶液加入到MnSO4溶液中制备MnO2，锰离子被高锰酸根离子氧化成二氧化锰，反应的离子方程式为：3Mn2++2MnO4-+2H2O═5MnO2+4H+，
电解池中阳极失去电子发生氧化反应，则用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，因此阳极是锰离子放电，其阳极电极反应式是：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，
故答案为：3Mn2++2MnO4-+2H2O═5MnO2+4H+；Mn2++2H2O-2e-═MnO2+4H+；
（5）原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则电极反应式为：MnO2+H2O+e-=MnO（OH）+OH-，
故答案为：MnO2+H2O+e-═MnOOH+OH-．
（2015春•米易县校级月考）锌钡白是一种白色颜料．工业上是由ZnSO4与BaS溶液混合而成：BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓．请根据以下工业生产流程（图1）回答有关问题．
Ⅰ、ZnSO4溶液的制备与提纯：
有关资料：a．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等；
b．Zn（OH）2与Al（OH）3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2．
（1）②中使用的氧化剂最好是下列的______（选填字母代号）．
A．Cl2B．浓HNO3C．KMnO4D．H2O2
（2）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤______（选填①、②、③、⑤）．
（3）写出步骤②加入氧化剂反应的离子方程式______．
（4）与Al相似，Zn也能溶于NaOH溶液．写出将Zn片和Cu片放入NaOH溶液中形成原电池的负极电极反应式：______．
Ⅱ、BaS溶液的制备：（图2）
有关数据：Ba（s）+S（s）+2O2（g）═BaSO4（s）△H1=-1473.2kJ•mol-1
C（s）+
Ba（s）+S（s）═BaS（s）△H3=-460kJ•mol-1
（5）若BaSO与煤粉（主要成份是碳）煅烧还原的产物仅为BaS和CO，则其反应的热化学方程式为：______．
Ⅲ、制取锌钡白：
（6）如果生产流程步骤⑤硫酸过量，则ZnSO4与BaS溶液混合制取锌钡白产生的后果是______．
正确答案
解：I、由图1流程可知，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，经过过滤进行分离，则滤渣1为SiO2，滤液1含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锌、剩余的硫酸，②加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，Zn2+转化ZnO22-，使Cu2+、Fe3+转化为沉淀，通过过滤从溶液中除去，则滤渣2为Fe（OH）3、Cu（OH）2，滤液2中含有Na2ZnO2及过量的NaOH，④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣3为Zn（OH）2，步骤⑤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，滤液3含有碳酸氢钠．
（1）加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，不能引入新杂质，氯气做氧化剂会引入氯离子，且氯气有毒，浓HNO3做氧化剂会被还原为有毒气体，引入杂质离子NO3-，KMnO4 做氧化剂会引入K+、MnO4-，过氧化氢做氧化剂被还原为水，不引入新的杂质，过量的过氧化氢加热分解生成氧气和水，
故选：D；
（2）上述各步骤中，只有步骤①中有二氧化碳生成，
故选：①；
（3）硫酸锌、硫酸亚铁以及硫酸铜的混合溶液中，加氧化剂双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，以便于步骤③除去，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（4）Zn与NaOH溶液反应，Zn作负极，发生氧化反应失去电子，碱性条件下生成ZnO22-与H2O，负极电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，
故答案为：Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O；
Ⅱ、（5）煅烧发生反应：BaSO4+C
已知：①Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）；△H=-1473.2kJ•mol-1
②C（s）+
③Ba（s）+S（s）=BaS（s）；△H=-460kJ•mol-1
依据盖斯定律，②×4-③-①得到热化学方程式为：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2 kJ•mol-1，
故答案为：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2 kJ•mol-1；
Ⅲ、（6）步骤⑤中硫酸过量，过量的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率，
故答案为：过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率．
解析
解：I、由图1流程可知，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，经过过滤进行分离，则滤渣1为SiO2，滤液1含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锌、剩余的硫酸，②加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，Zn2+转化ZnO22-，使Cu2+、Fe3+转化为沉淀，通过过滤从溶液中除去，则滤渣2为Fe（OH）3、Cu（OH）2，滤液2中含有Na2ZnO2及过量的NaOH，④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣3为Zn（OH）2，步骤⑤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，滤液3含有碳酸氢钠．
（1）加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，不能引入新杂质，氯气做氧化剂会引入氯离子，且氯气有毒，浓HNO3做氧化剂会被还原为有毒气体，引入杂质离子NO3-，KMnO4 做氧化剂会引入K+、MnO4-，过氧化氢做氧化剂被还原为水，不引入新的杂质，过量的过氧化氢加热分解生成氧气和水，
故选：D；
（2）上述各步骤中，只有步骤①中有二氧化碳生成，
故选：①；
（3）硫酸锌、硫酸亚铁以及硫酸铜的混合溶液中，加氧化剂双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，以便于步骤③除去，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（4）Zn与NaOH溶液反应，Zn作负极，发生氧化反应失去电子，碱性条件下生成ZnO22-与H2O，负极电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，
故答案为：Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O；
Ⅱ、（5）煅烧发生反应：BaSO4+C
已知：①Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）；△H=-1473.2kJ•mol-1
②C（s）+
③Ba（s）+S（s）=BaS（s）；△H=-460kJ•mol-1
依据盖斯定律，②×4-③-①得到热化学方程式为：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2 kJ•mol-1，
故答案为：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2 kJ•mol-1；
Ⅲ、（6）步骤⑤中硫酸过量，过量的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率，
故答案为：过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率．
（1）固体X中含有的物质为______．
（2）流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为______．
（3）流程乙加入烧碱后生成SiO32-的离子方程式为______．
（4）验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入______（填试剂名称），现象为______．
（5）从操作流程上来看，流程______（填“甲”或“乙”）更为简单．
正确答案
Fe2O3、MgO
Al2O3+6H+═2Al3++3H2O
SiO2+2OH-═SiO32-+H2O
硫氰化钾
溶液变红色
乙
解析
解：由工艺流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液B，则固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；
根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，沉淀Z为Al（OH）3、硅酸，滤液K中含有NaHCO3，
（1）根据以上分析，固体X中含有的物质为Fe2O3、MgO，故答案为：Fe2O3、MgO；
（2）Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，氧化物不能拆，离子方程式为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；
（3）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，二氧化硅不能拆，故离子反应方程式为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
（4）Fe3+与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，检验滤液B中是否含Fe3+离子的方法为：取少量滤液B，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+，故答案为：硫氰化钾； 溶液变红色；
（5）根据反应流程，乙反应步骤少更为简单，故答案为：乙．
利用废旧干电池拆解后的碳包滤渣（含MnO2、C、Hg2+等），既可制取MnSO4•4H2O，又可消除废弃物对环境的污染．实验流程如图一所示：
已知：25℃时，Ksp（FeS）=5×10-18，Ksp（MnS）=4.6×10-14，Ksp（HgS）=2×10-54．
（1）“浸取”时，生成MnSO4和Fe2（SO4）3的化学方程式为______．
（2）滤渣Ⅰ的成分为MnO2、HgS和______（填化学式）；若浸取反应在25℃时进行，FeS足量，则充分浸取后溶液中c（Hg2+）/c（Fe2+）=______（填数值）．
（3）“氧化”时，溶液中Fe2+转化为Fe3+的离子方程式为______；滤渣Ⅱ的主要成分为______（填化学式）．
（4）最终MnSO4产率与“浸取”时m（FeS）/m（碳包滤渣）的投料比关系如图二所示，FeS用量超过最佳值时，MnSO4产率反而变小的原因是______．
正确答案
解：（1）MnO2和FeS在酸性条件下发生氧化还原反应，Mn（+4→+2），1molMnO2得到2mole-，Fe（+2→+3），S（-2→+6）1molFeS失去9mole-，最小公倍数为18，所以化学方程式为：9MnO2+2FeS+10H2SO4
故答案为：9MnO2+2FeS+10H2SO4
（2）碳包滤渣（含MnO2、C、Hg2+等），加入FeS在70℃浸取发生反应：9MnO2+2FeS+10H2SO4
故答案为：C；4×10-37；
（3）“氧化”时，溶液中Fe2+转化为Fe3+，MnO2转化为Mn2+，Mn（+4→+2），1molMnO2得到2mole-，Fe（+2→+3），最小公倍数为2，所以化学方程式为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O，Fe3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入CaCO3，CaCO3与H+反应消耗H+，促使Fe3+水解平衡右移，调节溶液PH在PH=5，可使Fe3+完全沉淀，所以滤渣Ⅱ的主要成分为Fe（OH）3，
故答案为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O；Fe（OH）3；
（4）浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀，所以FeS用量超过最佳值时，MnSO4产率反而变小，
故答案为：浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀．
解析
解：（1）MnO2和FeS在酸性条件下发生氧化还原反应，Mn（+4→+2），1molMnO2得到2mole-，Fe（+2→+3），S（-2→+6）1molFeS失去9mole-，最小公倍数为18，所以化学方程式为：9MnO2+2FeS+10H2SO4
故答案为：9MnO2+2FeS+10H2SO4
（2）碳包滤渣（含MnO2、C、Hg2+等），加入FeS在70℃浸取发生反应：9MnO2+2FeS+10H2SO4
故答案为：C；4×10-37；
（3）“氧化”时，溶液中Fe2+转化为Fe3+，MnO2转化为Mn2+，Mn（+4→+2），1molMnO2得到2mole-，Fe（+2→+3），最小公倍数为2，所以化学方程式为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O，Fe3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入CaCO3，CaCO3与H+反应消耗H+，促使Fe3+水解平衡右移，调节溶液PH在PH=5，可使Fe3+完全沉淀，所以滤渣Ⅱ的主要成分为Fe（OH）3，
故答案为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O；Fe（OH）3；
（4）浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀，所以FeS用量超过最佳值时，MnSO4产率反而变小，
故答案为：浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀．
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