- 非金属及其化合物
- 共31702题
（2014秋•七里河区校级月考）硫酸渣是用黄铁矿制造硫酸过程中排出的废渣，主要化学成分为SiO2（约45%）、Fe2O3（约40%）、Al2O3（约10%）和MgO（约5%）．某同学设计了如图1方案，分离样品中各种金属元素．请回答下列问题．
（2）参照如图2形式进一步完成“溶液C”到“Al2O3”的流程（注明试剂、条件和操作）______．
（3）为了分析某硫酸渣中铁元素的含量，先将硫酸渣预处理，把铁元素还原成Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定．写出反应的离方程式：______．
正确答案
MgCl2、AlCl3、FeCl3、HCl
5Fe2++MnO4_+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
解析
解：（1）废渣主要化学成分为SiO2（约45%）、Fe2O3（约40%）、Al2O3（约10%）和MgO（约5%）；加入过量盐酸，Fe2O3碱性氧化物，Al2O3两性氧化物、MgO碱性氧化物都和过量的盐酸反应生成的溶液中含有溶质为：MgCl2、AlCl3、FeCl3和过量HCl；故答案为：MgCl2、AlCl3、FeCl3、HCl；
（2）依据废渣溶于过量盐酸得到溶液B中含有溶质为：MgCl2、AlCl3、FeCl3和过量HCl；B溶液中加入氢氧化钠溶液，调节溶液PH=3.7后，生成氢氧化铁沉淀；和滤液MgCl2、AlCl3和过量HCl；在加入过量氢氧化钠溶液，过滤得到滤液中为NaCl，NaAlO2；通入二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝沉淀，灼烧得到Al2O3；依据流程图画出；
故答案为：
（3）KMnO4溶液具有强氧化性，把二价铁氧化成三价铁，本身被还原成二价锰离子，再根据得失电子守恒配平，则离子方程式为：5Fe2++MnO4_+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2++MnO4_+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
2006年世界锂离子电池总产量超过25亿只，锂电池消耗量巨大，对不可再生的金属资源的消耗是相当大的．因此锂离子电池回收具有重要意义，其中需要重点回收的是正极材料，其主要成分为钴酸锂（LiCoO2）．导电乙炔黑（一种炭黑）．铝箔以及有机粘接剂．某回收工艺流程如下：
（1）上述工艺回收到的产物有______．
（2）废旧电池可能由于放电不完全而残留有原子态的锂，为了安全对拆解环境的要求是______．
（3）碱浸时主要反应的离子方程式为______．
（4）酸浸时反应的化学方程式为______．如果用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液也能达到溶解的目的，但不利之处是______．
（5）生成Li2CO3的化学反应方程式为______．已知Li2CO3在水中的溶解度随着温度升高而减小，最后一步过滤时应______．
正确答案
Al（OH）3．CoSO4．Li2CO3
隔绝空气和水分
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O
有氯气生成，污染较大
Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3↓
趁热
解析
解：（1）工艺流程的最终产物为：Al（OH）3、CoSO4、Li2CO3，故答案为：Al（OH）3．CoSO4．Li2CO3；
（2）金属锂性质活泼，易与氧气、水发生反应，应隔绝空气和水分，故答案为：隔绝空气和水分；
（3）铝能与碱反应生成AlO2-，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（4）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，
故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；有氯气生成，污染较大；
（5））碳酸锂难溶，生成Li2CO3的化学反应属于复分解反应，方程式为Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3↓，
Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，应趁热过滤，
故答案为：Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3↓；趁热；
（1）小组成员经过检测，发现制得的绿矾不纯，最可能的原因是______；要想由沉淀Ⅰ最终制得纯度较高的绿矾，改进方法是______
（2）小组成员从资料中获知H2O2是一种绿色氧化剂，在滤渣B中加入稀硫酸和H2O2可以使B溶解，则该反应的离子方程式为______
（3）有同学提出可将方案中最初溶解合金的盐酸改用烧碱，重新设计方案，也能制得这三种物质，该方案比前一种方案相对更合理，原因是：______．
正确答案
解：（1）发现制得的绿矾不纯，是因为亚铁离子被氧化为铁离子，要想由沉淀I最终制得纯度较高的绿矾，需要向D溶液中加入过量铁粉还原铁离子为亚铁离子，过滤得到溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到绿矾晶体；
故答案为：反应过程中部分二价铁转化成了三价铁；向溶液D中加入足量铁粉，反应后过滤，取滤液蒸发结晶即可得绿矾；
（2）铜与浓硫酸反应生成有毒有污染的二氧化硫气体，若铜先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，该过程原料利用率高，所以途径②最佳，Cu中加入稀硫酸和H2O2可以制备胆矾晶体，反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，
故答案为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；
（3）在实验原方案中，需要的是适量的酸，且步骤繁琐，这很难控制，改用烧碱，首先分离出来铝，然后加入硫酸，分离出铁，最后得铜的化合物，故比较合理，
故答案为：原方案操作步骤多、时间长、消耗试剂量过大．
解析
解：（1）发现制得的绿矾不纯，是因为亚铁离子被氧化为铁离子，要想由沉淀I最终制得纯度较高的绿矾，需要向D溶液中加入过量铁粉还原铁离子为亚铁离子，过滤得到溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到绿矾晶体；
故答案为：反应过程中部分二价铁转化成了三价铁；向溶液D中加入足量铁粉，反应后过滤，取滤液蒸发结晶即可得绿矾；
（2）铜与浓硫酸反应生成有毒有污染的二氧化硫气体，若铜先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，该过程原料利用率高，所以途径②最佳，Cu中加入稀硫酸和H2O2可以制备胆矾晶体，反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，
故答案为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；
（3）在实验原方案中，需要的是适量的酸，且步骤繁琐，这很难控制，改用烧碱，首先分离出来铝，然后加入硫酸，分离出铁，最后得铜的化合物，故比较合理，
故答案为：原方案操作步骤多、时间长、消耗试剂量过大．
从经济效益和环境保护考虑，大量制取硝酸铜最宜采用的方法是（ ）
ACu+HNO3（浓）→Cu（NO3）2
BCu+HNO3（稀）→Cu（NO3）2
CCu
DCu
正确答案
解析
解：A、Cu+4 HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，NO2是有毒气体，污染环境，故A错误．
B、3 Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，NO是有毒气体，污染环境，故B错误．
C、Cu+2 H2SO4（浓）
故C错误
D、2Cu+O2=2CuO
CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O
该反应过程没有有毒气体生成，不污染环境，故D正确．
故选D
工业上需要利用一批回收的含铜废料制造胆矾（CuSO4•5H2O）．该废料中各种成份含量如下：Cu和CuO约占87%，其它为Mg、Al、Fe、Si及其氧化物，还有少量的难溶物质．工艺流程为：
部分金属阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如下表：
回答：
（1）步骤①中为什么要将含铜废料研磨成粉状？______
（2）步骤②中的离子方程式（写出2个即可）：______、______．
步骤⑤中H2O2参加反应的离子方程式：______
（3）步骤⑥中调节溶液pH时适宜的物质是______（填序号）；
A．NaOH B．氨水 C．Cu2（OH）2CO3 D．Cu（OH）2 E．MgCO3
步骤⑥中滤渣主要成份的化学式______
（4）步骤⑦中用硫酸调节pH=2～3的原因是______
步骤⑧的分离方法是______．
正确答案
解：（1）反应物的接触面积与反应速率成正比，将含铜废料研磨成粉状，增大固体反应物的接触面积，加快了反应速率．
故答案为：增大固体反应物的表面积，增大化学反应的速率；
（2）铝、硅及氧化铝、二氧化硅都能与碱反应，Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，过氧化氢具有强氧化性，会把亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为水，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑； Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）调节pH不能引入新的杂质，A项会引入钠离子，B项会引入铵根离子、E项会引入镁离子，C、D项物质会和氢离子反应调节pH，同时生成铜离子，不会引入新的杂质；根据阳离子沉淀的pH可知，在pH为5.2时，铁离子沉淀完全生成氢氧化铁，
故答案为：C、D；Fe（OH）3；
（4）铜离子为弱碱阳离子能水解，水解方程式为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加热时会促进水解，加入硫酸，增大了H+离子浓度，会抑制铜离子水解．故答案为：加热蒸发浓缩时会导致Cu2+发生水解生成Cu（OH）2，用硫酸调节pH=2～3是为了抑制Cu2+的水解，也不会引入杂质，从溶液中得到晶体一般采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法．
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤．
解析
解：（1）反应物的接触面积与反应速率成正比，将含铜废料研磨成粉状，增大固体反应物的接触面积，加快了反应速率．
故答案为：增大固体反应物的表面积，增大化学反应的速率；
（2）铝、硅及氧化铝、二氧化硅都能与碱反应，Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，过氧化氢具有强氧化性，会把亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为水，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑； Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）调节pH不能引入新的杂质，A项会引入钠离子，B项会引入铵根离子、E项会引入镁离子，C、D项物质会和氢离子反应调节pH，同时生成铜离子，不会引入新的杂质；根据阳离子沉淀的pH可知，在pH为5.2时，铁离子沉淀完全生成氢氧化铁，
故答案为：C、D；Fe（OH）3；
（4）铜离子为弱碱阳离子能水解，水解方程式为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加热时会促进水解，加入硫酸，增大了H+离子浓度，会抑制铜离子水解．故答案为：加热蒸发浓缩时会导致Cu2+发生水解生成Cu（OH）2，用硫酸调节pH=2～3是为了抑制Cu2+的水解，也不会引入杂质，从溶液中得到晶体一般采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法．
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤．
镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni（OH）2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成．由于电池使用后电极材料对环境有危害．某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：
已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+．②Ksp（Ni（OH）2）：5.0×10-16 Ksp（NiC2O4）：4.0×10-10
回答下列问题：
（1）酸溶后所留残渣的主要成份______ （填物质名称）．
（2）用NiO调节溶液的pH，析出沉淀的成分为______（填化学式）；用pH试纸测定某溶液pH的具体操作是______．
（3）写出加入Na2C2O4溶液后反应的化学方程式______．
（4）写出加入NaOH溶液所发生反应的离子方程式______，该反应的平衡常数为______．
（5）沉淀Ⅲ可被电解所得产物之一______（填化学式）氧化生成Ni（OH）3，如何洗涤Ni（OH）3沉淀？______．
正确答案
解：（1）碳粉不溶于水、酸；故答案为：碳粉；
（2）用NiO调节溶液的pH，先生成Fe（OH）3沉淀，然后生成Al（OH）3沉淀；测定pH的具体操作是：把干燥pH试纸置于表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，待显色后立即与标准比色卡比对即可读数；
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3、把干燥pH试纸置于表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，待显色后立即与标准比色卡比对即可读数；
把干燥pH试纸置于表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，待显色后立即与标准比色卡比对即可读数；
（3）NiCl2可与Na2C2O4反应生成NiC2O4和NaCl，反应的化学方程式为NiCl2+Na2C2O4═NiC2O4↓+2NaCl；故答案为：NiCl2+Na2C2O4═NiC2O4↓+2NaCl；
（4）加入NaOH溶液，NiC2O4沉淀转化为Ni（OH）2，NiC2O4+2OH-
c（Ni2+）=c（C2O42-）=
（5）过滤2得到Ni（OH）2电解滤液1产生氯气，二者发生氧化还原反应，离子方程式为2Ni（OH）2+2OH-+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl-，洗涤Ni（OH）3沉淀的方法：向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，使水自然流完，重复操作2～3次；故答案为：氯气、向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，使水自然流完，重复操作2～3次．
解析
解：（1）碳粉不溶于水、酸；故答案为：碳粉；
（2）用NiO调节溶液的pH，先生成Fe（OH）3沉淀，然后生成Al（OH）3沉淀；测定pH的具体操作是：把干燥pH试纸置于表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，待显色后立即与标准比色卡比对即可读数；
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3、把干燥pH试纸置于表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，待显色后立即与标准比色卡比对即可读数；
把干燥pH试纸置于表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，待显色后立即与标准比色卡比对即可读数；
（3）NiCl2可与Na2C2O4反应生成NiC2O4和NaCl，反应的化学方程式为NiCl2+Na2C2O4═NiC2O4↓+2NaCl；故答案为：NiCl2+Na2C2O4═NiC2O4↓+2NaCl；
（4）加入NaOH溶液，NiC2O4沉淀转化为Ni（OH）2，NiC2O4+2OH-
c（Ni2+）=c（C2O42-）=
（5）过滤2得到Ni（OH）2电解滤液1产生氯气，二者发生氧化还原反应，离子方程式为2Ni（OH）2+2OH-+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl-，洗涤Ni（OH）3沉淀的方法：向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，使水自然流完，重复操作2～3次；故答案为：氯气、向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，使水自然流完，重复操作2～3次．
铝是重要的金属材料，铝土矿（主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质）是工业上制取铝的原料．实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取Al2（SO4）3和铵明矾晶体[NH4Al（SO4）2•12H2O]的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
（1）固体a的化学式为______，Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为______．
（2）由Ⅴ制取铵明矾溶液的化学方程式为______．从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为（填操作名称）______、冷却结晶、过滤洗涤．
（3）以1000kg含氧化铝36%的铝土矿为原料制取Al2（SO4）3，需消耗质量分数98%的硫酸（密度1.84g•cm-1）______L（计算结果请保留一位小数）．
（4）若同时制取铵明矾和硫酸铝，通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量．若欲使制得的铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为1：1，则投料时铝土矿中的Al2O3和H2SO4的物质的量之比为______．
正确答案
解：（1）铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸，所以固体a的化学式为SiO2，Al2O3溶于烧碱生成NaAlO2溶液，在其中通入CO2生成Al（OH）3沉淀，
故答案为：SiO2； AlO2-+CO2+2H2O═HCO3-+Al（OH）3↓；
（2）Al（OH）3分解生成Al2O3，Al2O3与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾溶液，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，
故答案为：Al2O3+4H2SO4+2NH3═2NH4Al（SO4）2+3H2O；蒸发浓缩；
（3）m（Al2O3）=1 000 kg×36%=360 kg，
依据：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O
102 294
360kg m（H2SO4）
故m（H2SO4）=
故答案为：575.4；
（4）设制得的Al2（SO4）3和NH4Al（SO4）2•12H2O的物质的量都是1 mol，则Al3+共3 mol，SO42-共5 mol，根据Al3+和SO42-守恒原理可得，加入Al2O3和H2SO4的物质的量之比为：
解析
解：（1）铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸，所以固体a的化学式为SiO2，Al2O3溶于烧碱生成NaAlO2溶液，在其中通入CO2生成Al（OH）3沉淀，
故答案为：SiO2； AlO2-+CO2+2H2O═HCO3-+Al（OH）3↓；
（2）Al（OH）3分解生成Al2O3，Al2O3与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾溶液，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，
故答案为：Al2O3+4H2SO4+2NH3═2NH4Al（SO4）2+3H2O；蒸发浓缩；
（3）m（Al2O3）=1 000 kg×36%=360 kg，
依据：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O
102 294
360kg m（H2SO4）
故m（H2SO4）=
故答案为：575.4；
（4）设制得的Al2（SO4）3和NH4Al（SO4）2•12H2O的物质的量都是1 mol，则Al3+共3 mol，SO42-共5 mol，根据Al3+和SO42-守恒原理可得，加入Al2O3和H2SO4的物质的量之比为：
工业上需要利用一批回收的含铜废料制造胆矾（CuSO4•5H2O）．该废料中各种成份含量如下：Cu和CuO约占87%，其它为Al、Fe、Si及其氧化物，还有少量的难溶物质．工艺流程为：
部分金属阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如下表：
回答：
（1）步骤①中为什么要将含铜废料研磨成粉状？______．
（2）步骤⑤中H2O2参加反应的离子方程式：______．
（3）步骤⑥中调节溶液pH时适宜的物质是______．（填序号）；
A．NaOH B．氨水 C．Cu2（OH）2CO3 D．Cu（OH）2 E．MgCO3
步骤⑥中滤渣成份的化学式______．
（4）步骤⑦中用硫酸调节pH=2～3的原因是______．
（5）步骤⑧的分离操作是：______，冷却结晶，______．
正确答案
解：（1）反应物的接触面积与反应速率成正比，将含铜废料研磨成粉状，增大固体反应物的接触面积，加快了反应速率，
故答案为：增大固体反应物的表面积，增大化学反应的速率；
（2）过氧化氢具有强氧化性，会把亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为水，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）调节pH不能引入新的杂质，A项会引入钠离子，B项会引入铵根离子、E项会引入镁离子，C、D项物质会和氢离子反应调节pH，同时生成铜离子，不会引入新的杂质；根据阳离子沉淀的pH可知，在pH为5.2时，铁离子沉淀完全生成氢氧化铁，
故答案为：C、D；Fe（OH）3；
（4）铜离子为弱碱阳离子能水解，水解方程式为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加热时会促进水解，加入硫酸，增大了H+离子浓度，会抑制铜离子水解，
故答案为：加热蒸发浓缩时会导致Cu2+发生水解生成Cu（OH）2，用硫酸调节pH=2～3是为了抑制Cu2+的水解，也不会引入杂质；
（5）从溶液中得到晶体一般采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法，
故答案为：蒸发浓缩；过滤．
解析
解：（1）反应物的接触面积与反应速率成正比，将含铜废料研磨成粉状，增大固体反应物的接触面积，加快了反应速率，
故答案为：增大固体反应物的表面积，增大化学反应的速率；
（2）过氧化氢具有强氧化性，会把亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为水，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）调节pH不能引入新的杂质，A项会引入钠离子，B项会引入铵根离子、E项会引入镁离子，C、D项物质会和氢离子反应调节pH，同时生成铜离子，不会引入新的杂质；根据阳离子沉淀的pH可知，在pH为5.2时，铁离子沉淀完全生成氢氧化铁，
故答案为：C、D；Fe（OH）3；
（4）铜离子为弱碱阳离子能水解，水解方程式为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加热时会促进水解，加入硫酸，增大了H+离子浓度，会抑制铜离子水解，
故答案为：加热蒸发浓缩时会导致Cu2+发生水解生成Cu（OH）2，用硫酸调节pH=2～3是为了抑制Cu2+的水解，也不会引入杂质；
（5）从溶液中得到晶体一般采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法，
故答案为：蒸发浓缩；过滤．
（信息时代给人们的生活带来了极大的便利，但同时也产生了大量的电子垃圾．某化学兴趣小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到了主要含Cu、Al及少量Fe、Au等金属的混合物，并设计了如图制备硫酸铜晶体和硫酸铝晶体的路线：
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表：
（1）过滤操作中用到的玻璃仪器有______．
（2）Cu可溶于稀硫酸与H2O2的混合溶液，其离子方程式是______．
（3）滤渣a的主要成分是______．
（4）步骤③中X的取值范围是______．
（5）某小组甲同学提出如下方案测定CuSO4•5H2O晶体的纯度．
取b g试样配成100m L溶液，每次取20.00m L，消除干扰离子后，用c mol•L-1EDTA（H2Y2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液12.00m L．滴定反应如下：Cu2++H2Y2-═CuY2-+2H+．
①写出计算CuSO4•5H2O质量分数的表达式w=______．
②下列操作会导致CuSO4•5H2O含量的测定结果偏高的是______（填字母）．
a．未干燥锥形瓶 b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子
③该小组乙同学提出通过直接测定样品中SO42一的量也可求得硫酸铜晶体的纯度，老师审核后予以否决，其原因是______．
正确答案
漏斗、烧杯、玻璃棒
Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
Au
5.2≤X＜5.4
c
样品中的杂质Na2SO4中也含有SO42-
解析
解：（1）过滤是化学实验中经常用到的实验操作．过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）Cu可溶于稀硫酸与H2O2的混合溶液，铜被氧化成铜离子，双氧水生成水，根据化合价升降相等配平，反应的离子方程式是：Cu+H2O2+2H+→Cu2++2H2O；
故答案为：Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O；
（3）由于Cu、Al、Fe都因反应溶解于溶液中，剩下Au不反应，过滤到了滤渣a中；
故答案为：Au；
（4）加入氢氧化钠溶液调节PH=x，目的是生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝开始沉淀PH=4，沉淀完全PH=5.2，氢氧化铜开始沉淀PH=5.4，所以选择的PH范围是：5.2≤X＜5.4；
故答案为：5.2≤X＜5.4；
（5））①根据方程式可知20.00mL溶液中n（CuSO4•5H2O）=n（EDTA）=c×12×10-3mol；
所以m（CuSO4•5H2O）=c×12×10-3mol×250g/mol=3c g，
因此100mL溶液中CuSO4•5H2O的质量为：3c×5=15cg，所以ω=
故答案为：：
②根据CuSO4•5H2O质量分数的表达式：
a．未干燥锥形瓶，对滴定无影响；
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，读数时标准溶液体积偏小，结果偏小；
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，导致消耗的EDTA偏多，计算结果偏大，
故答案为c；
③由于样品中的杂质Na2SO4中也含有SO42-，不能通过直接测定样品中SO42-的量求得硫酸铜晶体的纯度，
故答案为：样品中的杂质Na2SO4中也含有SO42-．
某工厂排出的废水中含有大量的Fe2+、Cu2+和SO42-．为了减少污染，变废为宝，工程师们设计了如下流程，以回收铜和硫酸亚铁．请回答：
（1）原料①为______（填化学式）．
（2）写出加入原料②后反应的离子方程式：______．
（3）若在实验室中完成该流程，操作②需要用到的玻璃仪器的名称是______、
______、______；整个实验操作过程中不可能用到的装置是______（填字母）．
正确答案
Fe
Fe+2H+═Fe2++H2↑
玻璃棒
漏斗
烧杯
bd
解析
解：（1）根据题意知，该物质能和铜离子反应且不引进新的杂质离子，所以只能是铁，故答案为：Fe．
（2）操作①中加入过量的铁才能使铜离子完全反应，所以所得固体的成分是铁和铜；分离铁和铜且回收铜，所以加入某物质与铁反应，与铜不反应，且与铁反应后的物质与操作①所得溶液中溶质的成分一样，加入的物质只能是稀硫酸，所以发生的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑．
（3）操作②的分离是固体、液体分离，所以应用过滤的方法，故用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；
操作①、②的分离是固体、液体分离，所以应用过滤的方法；操作③是蒸发掉水分，使溶质从溶液中析出，所以应用蒸发结晶的方法；
a、该装置是过滤装置，分离固体和液体；
b、该装置是萃取装置，根据溶解度的不同分离；
c、该装置是蒸发结晶装置，分离溶剂和溶质；
d、该装置是蒸馏装置，根据沸点的不同分离液体和液体；
所以选bd
故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；bd．
镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料由Ni（OH）2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成．由于电池使用后电极材料对环境有危害．某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：
已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+．
②已知实验温度时的溶解度：NiC2O4＞NiC2O4•H2O＞NiC2O4•2H2O
③某温度下一些金属氢氧化物的Ksp及沉淀析出的理论pH如下表所示：
回答下列问题：
（1）用NiO调节溶液的pH，依次析出沉淀Ⅰ______和沉淀Ⅱ______（填化学式）．
（2）写出加入Na2C2O4溶液的反应的化学方程式：______．
（3）检验电解滤液时阳极产生的气体的方法：______．
（4）写出“氧化”反应的离子方程式：______．
（5）如何检验Ni（OH）3已洗涤干净？______．
正确答案
Fe（OH）3
Al（OH）3
NiCl2+Na2C2O4+2H2O═NiC2O4•2H2O↓+2NaCl
用湿润的淀粉碘化钾试纸
2Ni（OH）2+2OH-+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl-
取最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液，如有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，若沉淀不溶解，证明沉淀已洗涤干净
解析
解：（1）根据表中开始沉淀和沉淀完全PH，Fe（OH）3开始沉淀PH2.5沉淀完全PH2.9，Al（OH）3开始沉淀3.4沉淀完全PH4.2，故答案为：Fe（OH）3 Al（OH）3
（2）NiCl2可与Na2C2O4反应生成NiC2O4•2H2O和NaCl，故答案为：NiCl2+Na2C2O4+2H2O═NiC2O4•2H2O↓+2NaCl
（3）滤液为氯化钠溶液，电解时阳极产生氯气，氯气有强氧化性，故可用湿润的淀粉碘化钾试纸，故答案为：用湿润的淀粉碘化钾试纸
（4）过滤2得到Ni（OH）2电解滤液1产生氯气，二者发生氧化还原反应，离子方程式为2Ni（OH）2+2OH-+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl-，故答案为：2Ni（OH）2+2OH-+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl-
（5）取最后一次洗涤浸出液，加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则说明未洗涤干净，若无白色沉淀，说明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液，如有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，若沉淀不溶解，证明沉淀已洗涤干净．
钒的用途十分广泛，有金属“维生素”之称．某工厂为了从含有杂质的VOSO4样品中回收得到催化剂V2O5，设计流程如下：
请回答下列问题：
（1）步骤①所得废渣的成分是______（写化学式）．NH4VO3在焙烧前要洗涤2-3次，该步操作方法为______．
（2）步骤②、③的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2（SO4）n （水层）+2nHA（有机层）⇌2RAn（有机层）+nH2SO4 （水层）步骤②中萃取时必须加入适量碱，其原因是______．步骤③中X试剂为______．
（3）⑤的离子方程式为______．
（4）该工艺流程中，可以循环利用的物质有______和______．
（5）若取VOSO4样品wg，测得消耗a mol•L-1氯酸钾溶液VmL（氯酸钾还原产物为氯化钾），则1kg样品理论上可制得的V2O5质量是______g（用含w、V的代数式表示）．
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；在漏斗中加水至浸没沉淀，待水流尽后重复操作；
（2）②分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会中和氢离子促进平衡正向进行，提高了钒的萃取率；
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：加入的碱会中和氢离子促进平衡正向进行，提高了钒的萃取率；硫酸；
（3）步骤⑤氨水与酸反应的离子方程式为：NH3•H2O+H+=NH4++H2O，故答案为：NH3•H2O+H+=NH4++H2O；
（4）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，
故答案为：氨气；有机萃取剂；
（5）根据电子守恒，n（VOSO4）×1=a mol•L-1×V×10-3L×6，则1kg样品理论上可制得的V2O5质量是
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；在漏斗中加水至浸没沉淀，待水流尽后重复操作；
（2）②分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会中和氢离子促进平衡正向进行，提高了钒的萃取率；
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：加入的碱会中和氢离子促进平衡正向进行，提高了钒的萃取率；硫酸；
（3）步骤⑤氨水与酸反应的离子方程式为：NH3•H2O+H+=NH4++H2O，故答案为：NH3•H2O+H+=NH4++H2O；
（4）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，
故答案为：氨气；有机萃取剂；
（5）根据电子守恒，n（VOSO4）×1=a mol•L-1×V×10-3L×6，则1kg样品理论上可制得的V2O5质量是
电镀废水一种特殊处理工艺如下：
图中DTCR能与Ni2+、Zn2+、Cu2+、Cr3+等各种重金属离子迅速反应，生成不溶水的螯合盐，再加入少量絮凝剂下，形成絮状沉淀，从而达到捕集去除重金属的目的．
试回答下列问题：
（1）步骤②ClO2可将CN-直接氧化成两种无毒气体，该反应的离子方程式为______．
（2）若含氰废水流量为0.8m3/h，含氰（CN-）浓度为300mg/L，为确保安全，实际投放ClO2为理论值的1.3倍，则完成氧化每小时共需投入ClO2质量为______kg．
（3）步骤③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______．
（4）PAM为丙烯酰胺（CH2=CHCONH2）的聚合物，该聚合物的结构简式为______．
（5）本工艺中将废水分类收集，分而治之的优点是______．
正确答案
解：（1）ClO2氧化性较强，是常用的氧化剂，其中+4价氯元素通常被还原为-1价，在该反应中而CN-中+2价碳元素通常被氧化成+4价，而氮元素则容易被还原成0价形成氮气，
故答案为：2CN-+2ClO2=2CO2↑+N2↑+2Cl-；
（2）若含氰废水流量为0.8m3/h，含氰（CN-）浓度为300mg/L，1小时废水中含（CN-）的质量为0.8×103L×300mg/L=2.4×104mg=24g，含（CN-）的物质的量为
故答案为：0.81；
（3）步骤3中亚硫酸氢根离子中硫为+4价，具有还原性，被氧化成+6价的硫，Cr2O72-中铬为+6价，具有氧化性，被还原成+3价的铬，发生反应Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为n（Cr2O72-）：n（HSO3-）=1：3，
故答案为：1：3；
（4）丙烯酰胺分子中含有双键，发生加聚反应时，打开双键生成聚丙烯酰胺，故答案为：
（5）本工艺中将废水分类收集，分而治之，处理含CN-与含铬的废水方法不同，用DTCR与Ni2+、Zn2+、Cu2+、Cr3+等各种重金属离子迅速反应，生成不溶水的螯合盐，再加入少量絮凝剂下，形成絮状沉淀，从而达到捕集去除重金属的目的，节约成本，避免彼此的相互干扰，
故答案为：节约成本，避免彼此的相互干扰．
解析
解：（1）ClO2氧化性较强，是常用的氧化剂，其中+4价氯元素通常被还原为-1价，在该反应中而CN-中+2价碳元素通常被氧化成+4价，而氮元素则容易被还原成0价形成氮气，
故答案为：2CN-+2ClO2=2CO2↑+N2↑+2Cl-；
（2）若含氰废水流量为0.8m3/h，含氰（CN-）浓度为300mg/L，1小时废水中含（CN-）的质量为0.8×103L×300mg/L=2.4×104mg=24g，含（CN-）的物质的量为
故答案为：0.81；
（3）步骤3中亚硫酸氢根离子中硫为+4价，具有还原性，被氧化成+6价的硫，Cr2O72-中铬为+6价，具有氧化性，被还原成+3价的铬，发生反应Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为n（Cr2O72-）：n（HSO3-）=1：3，
故答案为：1：3；
（4）丙烯酰胺分子中含有双键，发生加聚反应时，打开双键生成聚丙烯酰胺，故答案为：
（5）本工艺中将废水分类收集，分而治之，处理含CN-与含铬的废水方法不同，用DTCR与Ni2+、Zn2+、Cu2+、Cr3+等各种重金属离子迅速反应，生成不溶水的螯合盐，再加入少量絮凝剂下，形成絮状沉淀，从而达到捕集去除重金属的目的，节约成本，避免彼此的相互干扰，
故答案为：节约成本，避免彼此的相互干扰．
从含镍废催化剂中可回收镍，其流程如下：
某油脂化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时的pH如下：
回答下列问题：
（1）“碱浸”的目的是除去______．
（2）“酸浸”时所加入的酸是______（填化学式）．酸浸后，滤液②中可能含有的金属离子是______．
（3）“调pH为2～3”的目的是______．
（4）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），可能是由于生产过程中______．
（5）NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料--NiOOH．该反应的离子方程式是______．
正确答案
解：（1）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物极其油脂，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O，
故答案为：Al、Al2O3、油脂；
（2）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；镍、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸镍溶液，
故答案为：H2SO4；Ni2+、Fe2+；
（3）硫酸镍溶液需要蒸发浓缩结晶析出，为防止镍离子水解生成氢氧化镍沉淀，需要控制溶液pH在酸性条件下，
故答案为：防止在浓缩结晶过程中Ni2+水解（或“防止在浓缩结晶过程生成Ni（OH）2沉淀）；
（4）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），说明在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，保温目的是把亚铁离子完全氧化，
故答案为：H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的；
（5）NiSO4在强碱溶溶中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料--NiOOH．该反应的离子方程式是：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O，
故答案为：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O．
解析
解：（1）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物极其油脂，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O，
故答案为：Al、Al2O3、油脂；
（2）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；镍、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸镍溶液，
故答案为：H2SO4；Ni2+、Fe2+；
（3）硫酸镍溶液需要蒸发浓缩结晶析出，为防止镍离子水解生成氢氧化镍沉淀，需要控制溶液pH在酸性条件下，
故答案为：防止在浓缩结晶过程中Ni2+水解（或“防止在浓缩结晶过程生成Ni（OH）2沉淀）；
（4）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），说明在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，保温目的是把亚铁离子完全氧化，
故答案为：H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的；
（5）NiSO4在强碱溶溶中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料--NiOOH．该反应的离子方程式是：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O，
故答案为：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O．
（2014春•温州校级期末）某化学兴趣小组用只含有铝、铁、铜的工业废料制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用．其实验方案如下：
（1）写出合金与烧碱溶液反应的离子方程式：______．
（2）由滤液A制AlCl3溶液的途径有①和②两种，你认为较合理的途径及理由是：______．
（3）滤液E若放置在空气中一段时间后，溶液中的阳离子除了Fe2+和H+外，还可能存在______（用元素符号表示）．
（4）用滤渣F通过两种途径制取胆矾，与途径③相比，途径④明显具有的两个优点是：______、______．
（5）途径④发生反应的化学方程式为：______．
（6）实验室从CuSO4溶液制取胆矾，操作步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、______、自然干燥．
正确答案
解：（1）因铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）途径①发生反应：NaAlO2+4HCl=AlCl3↓+NaCl+2H2O，会引入盐酸，氯化钠杂质；
故答案为：②合理，途径②制得的氯化铝溶液纯度高；途径①制取的AlCl3溶液中混有NaCl杂质；
（3）滤液E的成分中的二价铁离子易被空气中的氧气氧化成三价铁离子，故答案为：Fe3+；
（4）途径③的反应：Cu+2H2SO4（浓）
（5）铜和氧气和酸反应生成硫酸铜和水：2Cu+2H2SO4+O2═2CuSO4+2H2O，故答案为：2Cu+2H2SO4+O2═2CuSO4+2H2O；
（6）由溶液制取晶体，需经过加热浓缩，冷却结晶、过滤洗涤、干燥才可得到，
故答案为：过滤洗涤．
解析
解：（1）因铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）途径①发生反应：NaAlO2+4HCl=AlCl3↓+NaCl+2H2O，会引入盐酸，氯化钠杂质；
故答案为：②合理，途径②制得的氯化铝溶液纯度高；途径①制取的AlCl3溶液中混有NaCl杂质；
（3）滤液E的成分中的二价铁离子易被空气中的氧气氧化成三价铁离子，故答案为：Fe3+；
（4）途径③的反应：Cu+2H2SO4（浓）
（5）铜和氧气和酸反应生成硫酸铜和水：2Cu+2H2SO4+O2═2CuSO4+2H2O，故答案为：2Cu+2H2SO4+O2═2CuSO4+2H2O；
（6）由溶液制取晶体，需经过加热浓缩，冷却结晶、过滤洗涤、干燥才可得到，
故答案为：过滤洗涤．
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