- 物质的检验
- 共3564题
（2015•吉林模拟）铬是一种银白色金属，化学性质稳定，以+2、+3和+6价为常见价态．工业上以铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料生产金属铬和重铬酸钠Na2Cr2O7•2H2O（已知Na2Cr2O7是一种强氧化剂），其主要工艺流程如图1：查阅资料得知：
①常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42-
②常温下，Ksp[Cr（OH）3]=6.3×10-31
回答下列问题：
（1）工业上常采用热还原法制备金属铬，写出以Cr2O3为原料，利用铝热反应制取金属铬的化学方程式______．
（2）酸化滤液D时，不选用盐酸的原因是______．
（3）固体E的主要成分是Na2SO4，根据图2分析操作a为______、______．
（4）已知含+6价铬的污水会污染环境．电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的Cr2O72-，处理该废水常用还原沉淀法，具体流程如图3：
①Cr（OH）3的化学性质与Al（OH）3相似．在上述生产过程中加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，是因为______；
②下列溶液中可以代替上述流程中Na2S2O3溶液的是______（填选项序号）；
A．FeSO4溶液 B．浓H2SO4 C．酸性KMnO4溶液D．Na2SO3溶液
③调整溶液的pH=5时，通过列式计算说明溶液中的Cr3+是否沉淀完全______；
④上述流程中，每消耗0.1molNa2S2O3转移0.8mole-，则加入Na2S2O3溶液时发生反应的离子方程式为______．
正确答案
Cr2O3+2Al
盐酸中的Cl-会被氧化，产生Cl2
蒸发结晶
趁热过滤
pH过高Cr（OH）3会与过量的NaOH反应
D
c（Cr3+）•（10-9）3=6.3×10-31，解之得c（Cr3+）=6.3×10-4＞10-5，所以没有沉淀完全
3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O
解析
解：（1）三氧化二铬与铝发生铝热反应的方程式为：Cr2O3+2Al
（2）盐酸中的氯是-1价具有还原性，会CrO42-被氧化成氯气，故答案为：盐酸中的Cl-会被氧化，产生Cl2；
（3）由图2可知Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大，而硫酸钠的温度随温度的升高而降低，所以采用蒸发结晶、趁热过滤的方法分离硫酸钠，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤；
（4）①Cr（OH）3的化学性质与Al（OH）3相似，如果氢氧化钠过量Cr（OH）3会溶解，故答案为：pH过高Cr（OH）3会与过量的NaOH 反应；
②可以代替上述流程中Na2S2O3溶液，需要具有还原性，能还原重铬酸根离子；
A．FeSO4溶液中亚铁离子具有还原性，可以还原Cr2O72-离子，但又引入新的杂质离子铁离子，故A不符合；
B．浓H2SO4 具有强氧化性，不能表现还原性，不能还原Cr2O72-，故B不符合；
C．酸性KMnO4 是强氧化剂不能还原Cr2O72-，故C不符合；
D．Na2SO3溶液中亚硫酸根离子具有还原性，可以还原Cr2O72-，故D符合；
故答案为：D；
③pH=5时，（OH-）=10-9mol/L，所以c（Cr3+）•（10-9）3=6.3×10-31，解之得c（Cr3+）=6.3×10-4＞10-5，所以没有沉淀完全，故答案为：c（Cr3+）•（10-9）3=6.3×10-31，解之得c（Cr3+）=6.3×10-4＞10-5，所以没有沉淀完全；
④每消耗0.1mol Na2S2O3转移0.8mol e-，Na2S2O3 ～2SO42-～8e-，Cr2O72-～2Cr3+～6e-，依据氧化还原反应电子守恒配平书写，3Na2S2O3 ～6SO42-～24e-，4Cr2O72-～8Cr3+～24e-，得到的氧化还原反应的离子方程式为3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O；
故答案为：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O．
过渡元素位于第四周期第ⅥB族，是一种银白色的金属，化学性质稳定．常用于金属加工，电镀等行业中．工业生产的含铬废水也是重要工业污染物之一．工业上以铬铁矿主要成分是Fe（CrO2）2为原料冶炼金属铬还可获得强氧化剂Na2Cr2O3，其工艺流程如如图1所示：
（1）Na2Cr2O3中铬元素的化合价为______，已知Cr（OH）3为两性氢氧化物，写出其电离方程式：______．
（2）酸化过程中，选用硫酸而不选用盐酸的原因是______．
（3）固体a的主要成分是Na2SO4•10H2O，根据如图2分析操作a为______、______、过滤．
（4）加入Na2S溶液充分反应后，硫元素全部以S2O32-的形式存在，写出生成S2O32-的离子方程式______．
（5）高温氧化时，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______．
（6）写出利用铝热反应制取铬的化学方程式______．
正确答案
解：铬铁矿（主要成分是Fe（CrO2）2）为原料冶炼铬及获得强氧化剂Na2Cr2O3流程：铬铁矿加入碳酸钠和氧气高温氧化时，Fe（CrO2）2和碳酸钠、氧气反应氧化还原反应化学方程式为4Fe（CrO2）2+8Na2CO3+7O2=8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，生成Na2CrO4，二氧化碳和氧化铁，水浸过滤得到渣料氧化铁和滤液Na2CrO4溶液，溶液中加入稀硫酸酸化生成重铬酸钠和硫酸钠溶液，通过蒸发浓缩冷却结晶，依据溶解度图象分析可知，过滤得到固体a的主要成分是Na2SO4•10H2O，溶液a为重铬酸钾溶液，另一份Na2CrO4溶液中加入Na2S发生氧化还原反应8Na2CrO4+6Na2S+23H2O═8Cr（OH）3↓+3Na2S2O3+22NaOH，硫元素全部以S2O32-的形式存在．铬元素生成氢氧化铬沉淀，过滤后灼烧得到氧化铬，利用铝热反应制备金属铬2Al+Cr2O3
（1）钠元素显+1价，氧元素显-2价，设铬元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+1）×2+2x+（-2）×3=0，则x=+2，Cr（OH）3的电离方程式为CrO2-+H++H2O⇌Cr（OH）3⇌Cr3++3OH-，
故答案为：+2；H++H2O+CrO2-⇌Cr（OH）3⇌Cr3++3OH-；
（2）铬酸根有强氧化性，氯离子具有还原性，酸化过程中，不选用盐酸的原因是氯离子易被氧化为氯气，
故答案为：铬酸根有强氧化性，把盐酸中的氯离子氧化，生成氯气；
（3）结合溶解度图象分析，溶液中得到硫酸钠晶体的方法是：利用重铬酸钠溶解度随温度变化不大，硫酸钠溶解度速温度变化大，可以利用蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到晶体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（4）加入Na2S溶液反应后，和Na2CrO4溶液反应生成氢氧化铬，硫元素全部以S2O32-的形式存在，依据原子守恒书写离子方程式为，6S2-+8CrO42-+23H2O=3S2O32-+8Cr（OH）3+22OH-，
故答案为：6S2-+8CrO42-+23H2O=3S2O32-+8Cr（OH）3↓+22OH-；
（5）铬铁矿加入碳酸钠和氧气高温氧化时，O元素化合价由0价变为-2价、Fe元素化合价由+2价变为+3价，Cr元素化合价由+3价变为+6价，Fe（CrO2）2和碳酸钠、氧气反应氧化还原反应化学方程式为4Fe（CrO2）2+8Na2CO3+7O2=8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：4，
故答案为：7：4；
（6）氧化铬和铝高温反应生成铬和氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Cr2O3
故答案为：2Al+Cr2O3
解析
解：铬铁矿（主要成分是Fe（CrO2）2）为原料冶炼铬及获得强氧化剂Na2Cr2O3流程：铬铁矿加入碳酸钠和氧气高温氧化时，Fe（CrO2）2和碳酸钠、氧气反应氧化还原反应化学方程式为4Fe（CrO2）2+8Na2CO3+7O2=8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，生成Na2CrO4，二氧化碳和氧化铁，水浸过滤得到渣料氧化铁和滤液Na2CrO4溶液，溶液中加入稀硫酸酸化生成重铬酸钠和硫酸钠溶液，通过蒸发浓缩冷却结晶，依据溶解度图象分析可知，过滤得到固体a的主要成分是Na2SO4•10H2O，溶液a为重铬酸钾溶液，另一份Na2CrO4溶液中加入Na2S发生氧化还原反应8Na2CrO4+6Na2S+23H2O═8Cr（OH）3↓+3Na2S2O3+22NaOH，硫元素全部以S2O32-的形式存在．铬元素生成氢氧化铬沉淀，过滤后灼烧得到氧化铬，利用铝热反应制备金属铬2Al+Cr2O3
（1）钠元素显+1价，氧元素显-2价，设铬元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+1）×2+2x+（-2）×3=0，则x=+2，Cr（OH）3的电离方程式为CrO2-+H++H2O⇌Cr（OH）3⇌Cr3++3OH-，
故答案为：+2；H++H2O+CrO2-⇌Cr（OH）3⇌Cr3++3OH-；
（2）铬酸根有强氧化性，氯离子具有还原性，酸化过程中，不选用盐酸的原因是氯离子易被氧化为氯气，
故答案为：铬酸根有强氧化性，把盐酸中的氯离子氧化，生成氯气；
（3）结合溶解度图象分析，溶液中得到硫酸钠晶体的方法是：利用重铬酸钠溶解度随温度变化不大，硫酸钠溶解度速温度变化大，可以利用蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到晶体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（4）加入Na2S溶液反应后，和Na2CrO4溶液反应生成氢氧化铬，硫元素全部以S2O32-的形式存在，依据原子守恒书写离子方程式为，6S2-+8CrO42-+23H2O=3S2O32-+8Cr（OH）3+22OH-，
故答案为：6S2-+8CrO42-+23H2O=3S2O32-+8Cr（OH）3↓+22OH-；
（5）铬铁矿加入碳酸钠和氧气高温氧化时，O元素化合价由0价变为-2价、Fe元素化合价由+2价变为+3价，Cr元素化合价由+3价变为+6价，Fe（CrO2）2和碳酸钠、氧气反应氧化还原反应化学方程式为4Fe（CrO2）2+8Na2CO3+7O2=8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：4，
故答案为：7：4；
（6）氧化铬和铝高温反应生成铬和氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Cr2O3
故答案为：2Al+Cr2O3
如图表示从混合物中分离出X的两种方案，根据方案I和方案Ⅱ下列说法合理的是（ ）
正确答案
解析
解：A．若含X的混合物为混有少量氯气的液溴，需将氯气转化为液溴，加入适量的溴化钠溶液发生反应：Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2，然后进行萃取分液，所以可通过方案I进行分离，故A正确；
B．若含X的混合物为FeCl3和CuCl2，方案Ⅰ中采用加过量铁粉进行分离，铜和氯化铁溶液反应的方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；氯化铁溶液也能与铁反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2；所以通过方案I无法进行分离，故B错误；
C．若含X的混合物为碘水，可通过方案I进行分离，加入试剂为CC14液体，充分振荡后液体分层，因CC14液体密度比水大，且难溶于水，所以下层为紫红色的X的CC14溶液，故C错误；
D．SiO2与NaOH反应，生成Na2SiO3和水，SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，Al2O3与NaOH溶液反应Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，两者都反应变成易溶于水的物质，无法进行过滤分离，所以通过方案II无法进行分离SiO2和Al2O3，故D错误；
故选A．
某混合物A中含有Al2（SO4）3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可以实现下列所示的物质之间的转变，回答下列问题．
（1）固体B所含有的物质的化学式为______．
（2）固体E所含有的物质的化学式为______．
（3）写出反应反应①的离子方程式______．
（4）写出反应②的离子方程式______．
（5）写出反应③的化学方程式______．
正确答案
解：Al2（SO4）3溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是Al2（SO4）3，沉淀是Al2O3和Fe2O3；
向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；
向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中溶质为过量氨水和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的固体E为（NH4）2SO4；
（1）由上述分析可知，B为氢氧化铝分解生成的Al2O3，
故答案为：Al2O3；
（2）根据分析可知，E中含（NH4）2SO4，
故答案为：（NH4）2SO4；
（3）反应①为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
（4）反应②为偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-，
故答案为：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；
（5）反应③为氢氧化铝分解生成氧化铝和水，反应的化学方程式为：2Al（OH）3
故答案为：2Al（OH）3
解析
解：Al2（SO4）3溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是Al2（SO4）3，沉淀是Al2O3和Fe2O3；
向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；
向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中溶质为过量氨水和（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到的固体E为（NH4）2SO4；
（1）由上述分析可知，B为氢氧化铝分解生成的Al2O3，
故答案为：Al2O3；
（2）根据分析可知，E中含（NH4）2SO4，
故答案为：（NH4）2SO4；
（3）反应①为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
（4）反应②为偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-，
故答案为：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；
（5）反应③为氢氧化铝分解生成氧化铝和水，反应的化学方程式为：2Al（OH）3
故答案为：2Al（OH）3
某种碳酸锰矿的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、MgO、SiO2、Al2O3等．已知碳酸锰难溶于水．一种运用阴离子膜电解法的新技术可用于从碳酸锰矿中提取金属锰，流程如下：
阴离子膜法电解装置如图所示：
（1）写出用稀硫酸溶解碳酸锰反应的离子方程式：______．
（2）已知Ksp （Fe（OH）3）=4×10-38，假设溶液中Fe3+离子浓度为0.1mol•L-1，则开始生成Fe（OH）3 沉淀的pH是______，沉淀完全的pH是______．（可能用到的数据：lg
（3）已知不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如下表：
加氨水调节溶液的pH等于6，则“滤渣（待处理）”的成分是______ （写化学式），滤液中含有的阳离子有H+和______（写符号）．
（4）在浸出液里锰元素只以Mn2+的形式存在，且滤渣A中也无MnO2，请用离子方程式解释原因：______．
（5）电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则A电极是直流电源的______极．实际生产中，阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为______．
（6）该工艺之所以采用阴离子交换膜，是为了防止Mn2+进入阳极区发生副反应生成MnO2造成资源浪费，写出该副反应的电极反应式：______．
正确答案
MnCO3+2H+=Mn2++CO2↑+H2O
1.9
3.2
Al（OH）3、Fe（OH）3
Mn2+、Mg2+、NH4+
MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
负
4OH--4e-=O2↑+2H2O
Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，
解析
解：将碳酸锰矿粉溶于稀硫酸中，MnCO3、FeCO3、MgO、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，酸性条件下，MnO2被亚铁离子还原生成Mn2+，SiO2以沉淀析出，然后向浸出液中先加双氧水、再加氨水，并调节溶液的pH到6，根据氢氧化物沉淀需要的pH表知，pH=6时Fe3+、Al3+完全转化为沉淀，溶液中存在 Mn2+、Mg2+、NH4+，则滤渣为Al（OH）3、Fe（OH）3，然后进一步精制，再利用阴离子交换膜电解，从而得到金属Mn，
（1）碳酸锰和稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，离子方程式为MnCO3+2H+=Mn2++CO2↑+H2O，故答案为：MnCO3+2H+=Mn2++CO2↑+H2O；
（2）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH-），溶液中Fe3+离子浓度为0.1mol•L-1，则开始生成Fe（OH）3 沉淀时，c（OH-）=
=
（3）加入双氧水时将亚铁离子氧化为铁离子，根据氢氧化物沉淀需要的pH表知，pH=6时Fe3+、Al3+完全转化为沉淀，溶液中存在 Mn2+、Mg2+、NH4+，所以滤渣的成分是Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中含有的阳离子有H+和Mn2+、Mg2+、NH4+，故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3；Mn2+、Mg2+、NH4+；
（4）酸性条件下，MnO2被亚铁离子还原，亚铁离子被氧化生成Fe3+，反应为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（5）根据阴离子移动方向知，左边电极是阴极、右边电极是阳极，则连接阴极的电极A是电源负极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，故答案为：负极；4OH--4e-=O2↑+2H2O；
（6）锰离子不稳定，易被氧气氧化生成二氧化锰，所以阳极反应的副反应为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+．
共沉淀法制备磁性纳米Fe3O4微粒的工艺流程如下：
（1）“共沉”制备Fe3O4粒子的离子方程式为______．
（2）
①若Fe3+过量，过量的Fe3+会生成副产物FeO（OH）．生成副产物FeO（OH） 的离子方程式为______．
②实际投料时，
（3）检验“水基Fe3O4粒子”是否符合产品要求的方法是______．
（4）要使“水基Fe3O4粒子”符合产品要求，“共沉”时需不断地强烈搅拌，主要原因是______，另一原因是使反应充分进行．．
（5）检验Fe3O4中不同价态的铁元素．选用的试剂是______（填字母代号）．
a．浓盐酸 b．稀硫酸 c．硫氰化钾溶液 d．高锰酸钾溶液 e．溴水．
正确答案
Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O
Fe3++3OH-=FeO（OH）+H2O
6Fe2++12OH-+O2=2Fe3O4+6H2O
用一束强光照射所得液体，若在液体中看到一条光亮的通路，则符合产品要求
有利于纳米微粒在混合溶液中保持稳定和分散均匀
b、c、d
解析
解：（1）由流程可知，生成Fe3O4的反应物为Fe2+、Fe3+和OH-，根据电荷守恒可写出该方程式为：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O，
故答案为：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O；
（2）①根据题意，三价铁与氢氧根生成FeO（OH）和水，所以离子方程式为：Fe3++3OH-=FeO（OH）+H2O，故答案为：Fe3++3OH-=FeO（OH）+H2O；
②根据题意，Fe2+与氢氧根直接生成Fe3O4粒子和水，所以离子方程式为：6Fe2++12OH-+O2=2Fe3O4+6H2O，故答案为：6Fe2++12OH-+O2=2Fe3O4+6H2O；
（3）水基Fe3O4粒子是纳米级，所以属于胶体，则用一束强光照射所得液体，若在液体中看到一条光亮的通路，则符合产品要求，
故答案为：用一束强光照射所得液体，若在液体中看到一条光亮的通路，则符合产品要求；
（4）由于胶体微粒不太稳定很容易聚沉，所以不断地强烈搅拌有利于纳米微粒在混合溶液中保持稳定和分散均匀，
故答案为：有利于纳米微粒在混合溶液中保持稳定和分散均匀；
（5）要检验Fe3O4中不同价态的铁元素，则先溶于硫酸转变成二价铁离子和三价铁离子，检验三价铁用KSCN溶液看是否变红，检验二价铁离子，因为溶液中含有三价铁所以不能用将二价转变成三价检验的方法，只能用酸性高锰酸钾溶液如果退色说明含二价铁，否则不含，故选：b、c、d．
某兴趣小组用合金铝、铁、铜的废弃合金为原料制取硝酸铜晶体和氢氧化铝，并测定硝酸铜晶体的结晶水含量和氢氧化铝的纯度，设计的主要流程如图：
已知：Fe2+沉淀的pH范围为7.0～9.0；Fe3+沉淀的pH范围为1.9～3.2；Cu2+沉淀的pH范围为4.7～6.7
（1）写出合金中加入NaOH溶液后所发生的离子反应方程式______．试剂X的名称为______．
（2）加入Z的作用是调节溶液的pH，pH范围应为______；下列可作为试剂Z的是______．
a．铜粉 b．氨水 c．氧化铜 d．硫酸铜
（3）实验操作①依次是______、______、过滤洗涤即可得硝酸铜晶体．
（4）测定硝酸铜晶体的结晶水含量，下列方案中肯定不可行的是______．（选填编号）
a．称量样品→加热→冷却→称量CuO
b．称量样品→加热→冷却→称量Cu（NO3）2
c．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量
d．称量样品→加过量已知量的NaOH溶液→选用酚酞指示剂用标准盐酸滴定
（5）根据流程图内数据计算：滤渣C中氢氧化铝的质量分数为______．（用m、n的代数式表示）
（6）按该流程的操作步骤，氢氧化铝质量分数的测定结果偏高的可能性是最大的，原因有______．
正确答案
解：（1）合金中只有铝与加入NaOH溶液反应，所以离子方程式为：2Al+2OH¯+2H2O═2 AlO2¯+3H2↑，由分析可知X是硝酸，故答案为：2Al+2OH¯+2H2O═2 AlO2¯+3H2↑，硝酸；
（2）铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，所以PH控制在3.2≤pH＜4.7，除杂不能引入新的杂质，加入铜粉将铁离子还原成亚铁离子，而氨水引入铵根离子，硝酸铜溶液起不到调节PH的作用，所以只能用氧化铜，故答案为：3.2≤pH＜4.7；c；
（3）从硝酸铜溶液中得到硝酸铜晶体应采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤即可得硝酸铜晶体，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；
（4）Cu（NO3）2受热易分解，其分解反应为：2Cu（NO3）2
a．称量样品→加热→冷却→称量CuO，根据硝酸铜分解的方程式以及氧化铜的质量可测定Cu（NO3）2•nH2O的结晶水含量，故a不选；
b．因硝酸铜易分解，称量样品→加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸铜，故b选；
c．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，原体系中水蒸气也被吸收，故c选；
d．称量样品→加NaOH将硝酸铜转化为氢氧化铜，→过滤→加热氢氧化铜分解生成氧化铜→冷却→称量CuO，根据铜原子守恒求解无水硝酸铜的质量，据此求解结晶水含量，故d不选；
故选bc；
（5）由2Al（OH）3
（6）滤渣C没有洗涤，混有NaHCO3，滤渣C洗涤后未烘干或烘干不达标，故答案为：滤渣C没有洗涤，混有NaHCO3，煅烧后失重偏大；滤渣C洗涤后未烘干或烘干不达标，混有微量水，煅烧后失重偏大．
解析
解：（1）合金中只有铝与加入NaOH溶液反应，所以离子方程式为：2Al+2OH¯+2H2O═2 AlO2¯+3H2↑，由分析可知X是硝酸，故答案为：2Al+2OH¯+2H2O═2 AlO2¯+3H2↑，硝酸；
（2）铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，所以PH控制在3.2≤pH＜4.7，除杂不能引入新的杂质，加入铜粉将铁离子还原成亚铁离子，而氨水引入铵根离子，硝酸铜溶液起不到调节PH的作用，所以只能用氧化铜，故答案为：3.2≤pH＜4.7；c；
（3）从硝酸铜溶液中得到硝酸铜晶体应采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤即可得硝酸铜晶体，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；
（4）Cu（NO3）2受热易分解，其分解反应为：2Cu（NO3）2
a．称量样品→加热→冷却→称量CuO，根据硝酸铜分解的方程式以及氧化铜的质量可测定Cu（NO3）2•nH2O的结晶水含量，故a不选；
b．因硝酸铜易分解，称量样品→加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸铜，故b选；
c．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，原体系中水蒸气也被吸收，故c选；
d．称量样品→加NaOH将硝酸铜转化为氢氧化铜，→过滤→加热氢氧化铜分解生成氧化铜→冷却→称量CuO，根据铜原子守恒求解无水硝酸铜的质量，据此求解结晶水含量，故d不选；
故选bc；
（5）由2Al（OH）3
（6）滤渣C没有洗涤，混有NaHCO3，滤渣C洗涤后未烘干或烘干不达标，故答案为：滤渣C没有洗涤，混有NaHCO3，煅烧后失重偏大；滤渣C洗涤后未烘干或烘干不达标，混有微量水，煅烧后失重偏大．
铜电解精炼后的电解液含有多种杂质，工业上常除杂提纯制备硫酸铜．除杂时，溶液中离子的浓度小于1.0×10-5mol•L-1，可认为该离子沉淀完全．Fe（OH）3沉淀时，Sb3+、Bi3+形成SbOOH、BiOOH一起沉淀．某电解液中所含杂质离子如下表，除杂提纯路线如图．
已知：lg2=0.3；Ksp（FeAsO4）=5.7×10-21；Ka=5×10-3
（1）加入H2O2的目的之一是将AsO33-氧化为H3AsO4，其离子方程式是______；加入H2O2的另外一个目的是______；
（2）加入足量H2O2后相关物质氧化完全，溶液体积为1.2倍，则加硫酸铁之前有沉淀生成吗？简单计算说明______；
（3）调节pH值用的物质A为______；
（4）某温度下，物质A将溶液调节pH为3.3时，Fe3+沉淀完全，该温度下Kw越为1×10-14，则该温度下Fe（OH）3的Ksp约为______；
（5）操作B为______．
正确答案
AsO33-+H2O2+3H+═H3AsO4+H2O
将二价铁氧化成三价铁
有，
CuO或者CuCO3
10-37.1
蒸发浓缩、冷却结晶
解析
解：电解液加入双氧水氧化发生的反应为：AsO33-+H2O2+3H+═H3AsO4+H2O；2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，再加入硫酸亚铁生成沉淀FeAsO4，过滤除去FeAsO4沉淀，再加入物质A调节PH值使Fe3+、Sb3+、Bi3+形成Fe（OH）3、SbOOH、BiOOH一起沉淀而除去，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得硫酸铜晶体；
（1）根据以上分析，加入H2O2的目的将AsO33-氧化为H3AsO4，其离子方程式AsO33-+H2O2+3H+═H3AsO4+H2O，加入H2O2的另外一个目的是将二价铁氧化成三价铁；
故答案为：AsO33-+H2O2+3H+═H3AsO4+H2O，将二价铁氧化成三价铁；
（2）加入足量H2O2后相关物质氧化完全后，溶液体积为1.2倍，则溶液中三价铁离子浓度为：
故答案为：有；
（3）为了不引入新的杂质，则调节pH值用的物质A又能消耗氢离子，所以为CuO或者CuCO3，故答案为：CuO或者CuCO3；
（4）Fe（OH）3的Ksp=C（Fe3+）×C（OH-）3=1.0×10-5×（10-10.7）3=10-37.1，故答案为：10-37.1；
（5）根据以上分析，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得硫酸铜晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
蛇纹石矿可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3和SiO2组成．某实验小组设计如下流程欲分别制得单质Al、Fe、Mg和Si．
有关氢氧化物沉淀的pH见下表：
请回答下列问题：
（1）滤液A中含有的阳离子有______．
（2）操作②中涉及的化学方程式为______，
操作④中生成沉淀G的离子方程式为______．
（3）操作⑤中调节pH到5～6时，可以用到的试剂（填序号）______．
a．NaOH溶液 b．氨水 c．MgO d．Mg（OH）2
（4）从滤液H制取金属Mg的流程如下：
流程中由MgCl2冶炼Mg的方法是______．在干燥的HCl气流中加热MgCl2•6H2O制取无水氯化镁的原因是______．
正确答案
解：（1）蛇纹石加过量盐酸溶解，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，所以滤液A中含有的阳离子有Fe3+、Al3+、Mg2+、H+，
故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+、H+；
（2）由（1）分析可知操作②中不溶物为SiO2，工业上粗硅的生产，用二氧化硅和碳反应，碳是还原剂，二氧化硅是氧化剂，碳元素化合价由0价变为+2价，硅元素化合价由+4价变为0价，反应方程式为2C+SiO2
故答案为：2C+SiO2
（3）操作⑤中加入的物质能和盐酸反应，且不引进新的杂质，氧化镁、氢氧化镁难溶于水，但能与酸反应，可起调节pH作用，
故答案为：cd；
（4）镁是活泼金属，应采用电解其熔融盐的方法冶炼，所以工业上用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，反应方程式为：MgCl2 
故答案为：电解；防止Mg2+水解，并带走水分．
解析
解：（1）蛇纹石加过量盐酸溶解，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，所以滤液A中含有的阳离子有Fe3+、Al3+、Mg2+、H+，
故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+、H+；
（2）由（1）分析可知操作②中不溶物为SiO2，工业上粗硅的生产，用二氧化硅和碳反应，碳是还原剂，二氧化硅是氧化剂，碳元素化合价由0价变为+2价，硅元素化合价由+4价变为0价，反应方程式为2C+SiO2
故答案为：2C+SiO2
（3）操作⑤中加入的物质能和盐酸反应，且不引进新的杂质，氧化镁、氢氧化镁难溶于水，但能与酸反应，可起调节pH作用，
故答案为：cd；
（4）镁是活泼金属，应采用电解其熔融盐的方法冶炼，所以工业上用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，反应方程式为：MgCl2
故答案为：电解；防止Mg2+水解，并带走水分．
目前国内外使用的融雪剂一般有两大类：一类是以醋酸钾为主要成分的有机融雪剂；另一类是以“氯盐”为主要成分的无机融雪剂，如氯化钠、氯化钙、氯化镁等，通称“化冰盐”．某研究性学习小组拟对融雪氯盐（主要含有氯化钠及不溶性杂质、Mg2+、Ca2+等）进行回收提纯研究．
该小组设计流程如图：
（1）加入混合液A的主要成分是______（填化学式）．
（2）为检验溶液B中的Mg2+、Ca2+，通常分别取少量溶液B于两支试管中，进行如下实验：
步骤一：检验Mg2+，向其中一支试管中加入______溶液（填化学式），看是否有沉淀生成．
步骤二：检验Ca2+，向另一支试管中加入某溶液，看是否有沉淀生成．下列三种溶液，其沉淀效果最好的是______．
A．0.1mol•L-1 Na2CO3溶液 B．0.1mol•L-1 Na2SO3溶液 C．0.1mol•L-1 Na2C2O4溶液
（3）在除杂过程中，常温下向粗盐悬浊液中加混合液A时需控制溶液pH=12以确保Mg2+除尽，根据提供的数据计算，溶液B中Mg2+物质的量浓度将被控制在______以下．
（4）对溶液B加热并不断滴加6mol•L-1的盐酸，同时用pH试纸检测溶液，直至pH=2时停止加盐酸，得到溶液C．该操作的目的是______．
（5）溶液C倒入蒸发皿中，加热蒸发并用玻璃棒不断搅拌，直到有大量固体析出时停止加热．
正确答案
解：无机融雪剂氯化钠、氯化钙、氯化镁中的镁离子可以用氢氧化钠进行检验，氯化钙可以用碳酸钠来检验，加入相应的试剂后，可以得到氯化钠的溶液；
（1）氯化镁中的镁离子可以用氢氧化钠进行检验，氯化钙可以用碳酸钠来检验，所以加入混合液A的主要成分是NaOH、Na2CO3，故答案为：NaOH、Na2CO3；
（2）镁离子与强碱反应生成沉淀，可以用氢氧化钠检验镁离子，根据沉淀的溶度积数值的大小，数值越小，说明将钙离子沉淀需要的溶液的浓度越小，故效果最好的是碳酸钠溶液，故答案为：NaOH；A；
（3）加热能加快沉淀生成，根据氢氧化镁的Ksp=[Mg2+][OH-]2，所以[Mg2+]=
故答案为：1.8×10-7mol•L-1．
（4）加热并不断滴加6mol•L-1的盐酸溶液，可以将溶液中多余的氢氧化钠和碳酸钠除去，故答案为：除去NaOH和Na2CO3．
解析
解：无机融雪剂氯化钠、氯化钙、氯化镁中的镁离子可以用氢氧化钠进行检验，氯化钙可以用碳酸钠来检验，加入相应的试剂后，可以得到氯化钠的溶液；
（1）氯化镁中的镁离子可以用氢氧化钠进行检验，氯化钙可以用碳酸钠来检验，所以加入混合液A的主要成分是NaOH、Na2CO3，故答案为：NaOH、Na2CO3；
（2）镁离子与强碱反应生成沉淀，可以用氢氧化钠检验镁离子，根据沉淀的溶度积数值的大小，数值越小，说明将钙离子沉淀需要的溶液的浓度越小，故效果最好的是碳酸钠溶液，故答案为：NaOH；A；
（3）加热能加快沉淀生成，根据氢氧化镁的Ksp=[Mg2+][OH-]2，所以[Mg2+]=
故答案为：1.8×10-7mol•L-1．
（4）加热并不断滴加6mol•L-1的盐酸溶液，可以将溶液中多余的氢氧化钠和碳酸钠除去，故答案为：除去NaOH和Na2CO3．
扫码查看完整答案与解析