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解：粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液Ⅰ为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液Ⅱ和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，

（1）第①步加入H2SO4时，MnO2不溶于硫酸，样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，故答案为：MnO、MnCO3；

（2）由电子、电荷守恒可知，发生的离子反应为5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，故答案为：5Mn2+；2；4H2O；5；1；8；

（3）检验第②步反应后过滤所得滤液中含SO42-的设计方法是取少量第②步反应后过滤所得滤液，先加入足量稀盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀则含有SO42-，蒸发所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，

故答案为：取少量第②步反应后过滤所得滤液，先加入足量稀盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀则含有SO42-；玻璃棒；

（4）由题意知样品中的MnO和MnCO3质量为12.69g-8.7 g=3.99g．由方程式H2SO4+MnCO3=MnSO4+H2O+CO2↑可知MnCO3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol×0.01mol=1.15g，所以MnO的质量为3.99g-1.15g=2.84g，其物质的量为=0.04mol，故答案为：0.04．

解：（1）H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中被还原成水，不引进杂质、不产生污染，所以试剂A最好选用H2O2；酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的离子反应为H2O2+Cu+2H+=Cu2++2H2O；如果用稀硝酸代替试剂H2O2，铁和铜分别与硝酸反应都能生成有毒气体一氧化氮，且在溶液中引入新的杂质硝酸根离子，所以，不能用硝酸代替过氧化氢，

故答案为：a；Cu+2H++H2O2═Cu2++2H2O；不能；引入杂质NO3-，并且会产生污染性其体NO；

（2）原来溶液是酸性较强，加入氢氧化铜或氧化铜可以与H+反应．H+反应后，PH增大，当PH大于3.7的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，以Cu2+形式存在，而氢氧化铜或氧化铜是不溶于水的固体，不会引入新的杂质；加氢氧化钠溶液中引入氢氧根离子和钠离子，所以不能；

故答案为：调节溶液的pH值，使Fe3+离子形成沉淀；CuO； 不能；

（3）由硫酸铜溶液制得硫酸铜晶体，经过滤后加热蒸发硫酸铜溶液，冷却结晶后、过滤、干燥后可得纯净的硫酸铜晶体；溶液在蒸发结晶过程中发生水解，为抑制其水解，根据Cu2++2H2O Cu（OH）2+2H+，操作1以后，加硫酸调节溶液的pH=1可起到抑制Cu2+的水解作用，

故答案为：蒸发浓缩； 冷却结晶；抑制Cu2+的水解；

（4）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：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，静置，待液体流下，重复操作2-3次．

解：原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，

（1）加入硫酸，可增大溶液中SO42-浓度，将Ca2+转化为沉淀，生成CaSO4，同时抑制Fe2+水解，

故答案为：增大溶液中SO42-浓度，将Ca2+转化为沉淀或抑制Fe2+水解；CaSO4；

（2）为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂，还原产物是水，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：b；

（3）在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，温度不能过高，防止分解，

故答案为：冷却结晶；常温晾晒；

（4）硫酸铁铵中铵根离子、铁离子易水解，应该在硫酸环境下来蒸发，故答案为：硫酸铁铵溶液蒸发应该在酸性环境中进行，防止铁离子水解；

（5）称取14.00g样品，将其溶于水配置成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀，应为Fe（OH）3，

n（Fe（OH）3）==0.02mol，

向另一份溶液中加入0.05mol Ba（NO3）2溶液，恰好完全反应，则n（SO42-）=0.05mol，

所以14.00g样品中含有Fe2（SO4）30.02mol，n（SO42-）为0.1mol，则（NH4）2SO4为0.1mol-0.02mol×3=0.04mol，

则m（H2O）=14.00g-0.02mol×400g/mol-0.04mol×132g/mol=0.72g，

n（H2O）==0.04mol，

n（Fe2（SO4）3）：n（（NH4）2SO4）：n（H2O）=0.02：0.04：0.04=1：2：2，

所以化学式为Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O，

故答案为：Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O．

解：（1）工业碳酸钠（钝度约98%）中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（OH）3沉淀，滤渣的主要成分为Mg（OH）2、Fe（OH）3，

故答案为：Mg（OH）2、Fe（OH）3；

（2）根据所给的坐标图可以发现：温度减少至313K时发生突变，溶解度迅速减少，若不趁热过滤将析出晶体，所以“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体，使后续的加热脱水耗时长，

故答案为：使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体，使后续的加热脱水耗时长；

（3）在实验室进行“趁热过滤”时，要注意减少过滤的时间和保持过滤时的温度，可采取的措施是用预热过滤装置（或已预热的布氏漏斗趁热抽滤，或用常压热过滤漏斗进行过滤），故答案为：用预热过滤装置（或已预热的布氏漏斗趁热抽滤，或用常压热过滤漏斗进行过滤）；

（4）产生的问题是溶解时有大量沉淀生成，使Na2CO3损耗且产物Na2CO3混有杂质．原因：“母液”中，含有的离子有Ca2+，Na+，Cl-，SO42-，OH-，CO32-，当多次循环后，使用离子浓度不断增大，溶解时会生成CaSO4，Ca（OH）2，CaCO3等沉淀．

（5）通过观察两个热化学方程式，利用盖斯定律，可将两式相减得到Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g），即Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ/mol，

故答案为：Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ/mol．

解：（1）蛇纹石加盐酸溶解，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O．而SiO2不与盐酸反应，以沉淀的形式除去，

故答案为：Fe3+、Al3+；

（2）由（1）知，此时溶液中除了Mg2+外，还含有Fe3+、Al3+杂质，需除去Fe3+、Al3+但不能损失Mg2+，因Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+和Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，利用平衡移动的原理，消耗H+使上述水解平衡向正反应方向移动，除去Fe3+、Al3+，加Ca（OH）2需将溶液的pH控制在7～8，若pH过高，会导致生成的Al（OH）3发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O溶解，Mg（OH）2在pH为9.4时开始沉淀，所以碱性增强Mg（OH）2会沉淀，同时Mg2+也因转化为沉淀而损失，

故答案为：Al（OH）3；Mg（OH）2；

（3）从实验步骤图知：沉淀混合物为Fe（OH）3和Al（OH）3，红色氧化物是沉淀物Fe（OH）3分解后得到的Fe2O3，所以得先加碱把Al（OH）3除掉，反应为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，然后过滤洗涤灼烧即可，

故答案为：NaOH；过滤、洗涤、灼烧；

（4）m（样品）=18.2g，m（CO2）=6.6g，m（MgO）=8.0g，碱式碳酸镁分解：aMgCO3・bMg（OH）2・cH2O （a+b）MgO+aCO2↑+（b+c）H2O↑，根据质量守恒得：m（H2O）=18.2g-6.6g-8.0g=3.6g，则m（MgO）═0.2mol，n（CO2）═0.15mol，n（H2O）═0.2mol，得：a：b：c=0.15：0.05：0.15=3：1：3，

故答案为：3，1，3；

解：（1）①将软锰矿与过量的固体KOH和空气在高温下反应，生成锰酸钾（K2Mn04），结合原子守恒配平书写化学方程式为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；

②电解锰酸钾（K2Mn04）溶液，得到高锰酸钾，结合锰元素化合价变化+6价变化为+7价，失电子发生氧化还原反应，所以在阳极区发生反应；阴极上是溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H++2e-=H2↑；

故答案为：阳极区，2H++2e-=H2↑；

（2）猛泥（含K2Mn04、Mn02及Pb、Ca等元素）和轧钢废酸液制取工业级碳酸锰（MnCO3），锰泥和轧钢废液浸泡，其中轧钢废酸中Fe2+的作用是还原K2Mn04、Mn02为锰离子，加入适量氢氧化钠调节溶液PH=4，过滤得到溶液A和固体A，溶液A中加入硫化钠溶液反应得到固体B为PbS沉淀，滤液B加入碳酸氢铵溶液过滤得到固体C碳酸锰；

③轧钢废酸中Fe2+的作用是，亚铁离子具有还原性，还原锰元素为锰离子；

故答案为：将高价的锰元素还原成Mn2+；

④分析流程操作ⅠⅡⅢ都是分离固体和液体的操作，用过滤操作分离；

故答案为：过滤；

⑤依据流程和加入的试剂分析判断，溶液C中除含有Ca2+、Mn2+、H+外，还含有的阳离子是K+、Na+、NH4+；

故答案为：K+、Na+、NH4+；

⑥依据碳酸钙和碳酸锰共存，结合溶度积常数计计算，则溶液D中===500，若固体C中不含CaCO3，则溶液D中＜500；

故答案为：500；

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Mg（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）滤渣1□□Al2O3，滤渣1是Al2O3•4SiO2•H2O，先加酸溶解，然后过滤出不溶物二氧化硅，步骤Ⅱ中在铝离子的酸溶液中滴入氨水，生成氢氧化铝沉淀，所以步骤Ⅱ反应是铝离子生成氢氧化铝的反应，反应离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（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，离子反应方程式为：Mg2++Ca（OH）2=Mg（OH）2+Ca2+，故答案为：增加Ca2+、OH-的浓度，有利于Mg（OH）2、CaCO3的析出；Mg2++Ca（OH）2=Mg（OH）2+Ca2+；

（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•H2O+H2O．

解：由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑，然后中和液进行蒸发Ⅰ操作，应避免浓度过大NaNO2析出，蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I中主要含NaNO2，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母液Ⅱ中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率，

（1）由上述分析可知，二氧化氮与碱液反应生成NaNO2，还可生成NaNO3，中和液中含剩余的少量Na2CO3，故答案为：NaNO3；

（2）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2的析出，蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱，循环利用，提高利用率，故答案为：防止NaNO2的析出；溶碱；

（3）由上述分析可知，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3的目的是将NaNO2转化为NaNO3．母液Ⅱ需回收利用，可转入转化液或转入结晶Ⅱ操作，提高其利用率，

故答案为：将NaNO2转化为NaNO3；cd；

（4）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）==2×104mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1×104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），m（Na2CO3）=（2×104mol+1×104mol）××106g/mol=1.59×106g=1.59t，

故答案为：1.59．