- 金属资源的开采及其污染治理
- 共94题
化学实验室产生的废液中含有大量会污染环境的物质，为了保护环境，化学实验室里的废液必须经处理后才能排放．某化学实验室里的废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，实验室设计了下列方案对废液进行处理：
（1）废液经操作①得到的沉淀中含有的金属单质是______；
（2）在操作②中所观察到的实验现象是______；
（3）操作③中所发生反应的离子方程式为______．
正确答案
铜、银、铁
溶液由浅绿色变为黄色
Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓
解析
解：（1）废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，加入过量的铁粉后，铜离子、银离子被还原成金属铜、银和铁粉，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜、银和过量的铁，
故答案为：铜、银、铁；
（2）Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，溶液由浅绿色变为黄色，
故答案为：溶液由浅绿色变为黄色；
（3）滤液中含有亚铁离子，加入双氧水后溶液中亚铁离子氧化成铁离子，铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，
故答案为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓．
七铝十二钙（12CaO•7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：
（1）锻粉主要含MgO和______，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，或滤液Ⅰ中c（Mg2+）小于5×10-6mol•L-1，则溶液pH大于______（Mg（OH）2的Ksp=5×10-12）；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是______．
（2）滤液Ⅰ中阴离子有______（忽略杂质成分的影响）；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会生成______，从而导致CaCO3产率降低．
（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为______．
（4）电解制备Al（OH）3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为______．
（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为______．
正确答案
解：（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO3
故答案为：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；
（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3-，还含有OH-；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，则会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低，故答案为：NO3-，OH-；Ca（HCO3）2；
（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al做阳极，石墨做阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+①，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e-=2OH-+H2↑ ②
将①×2+②×3可得总反应：2Al+6H2O
（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-做反应物而Al2Cl7-为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-，故答案为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-．
解析
解：（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO3
故答案为：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；
（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3-，还含有OH-；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，则会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低，故答案为：NO3-，OH-；Ca（HCO3）2；
（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al做阳极，石墨做阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+①，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e-=2OH-+H2↑ ②
将①×2+②×3可得总反应：2Al+6H2O
（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-做反应物而Al2Cl7-为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-，故答案为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-．
处理照相胶片的废液中含有大量的NO3-、Ag+、Zn2+、Fe2+，对环境造成严重污染．某同学利用所学化学知识，从上述废液中回收得到贵重金属银，并得到副产品FeSO4•7H2O，不但保护了环境，而且给社会创造了可观的经济效益．其设计的操作流程如下：
请回答：
（1）操作I的名称是______，物质X的化学式是______，固体B化学式是______，晶体E的化学式是______．
（2）写出加过量X后发生反应的离子方程式______．
正确答案
解：（1）分离混合物的状态液体和固体，所以采取过滤的方法，即操作I的名称是过滤；加入的X物质能和贵重金属离子反应且不产生新的杂质且得到副产品FeSO4•7H2O，所以X物质只能是Fe，铁与银离子反应生成银单质；因为加入过量的X物质，所以固体A是银和铁的混合物；采用倒推的方法，根据题意知，得到副产品FeSO4•7H2O，FeSO4•7H2O是晶体，所以晶体E是FeSO4•7H2O，溶液D是FeSO4溶液，加入的Y是稀硫酸溶液，银和稀硫酸不反应，所以固体B是银单质．
故答案为：过滤； Fe；Ag； FeSO4•7H2O
（2）通过以上分析知，X是铁，铁能和银离子发生置换反应，所以其离子方程式为 2Ag++Fe=Fe2++2Ag．
故答案为：2Ag++Fe=Fe2++2Ag
解析
解：（1）分离混合物的状态液体和固体，所以采取过滤的方法，即操作I的名称是过滤；加入的X物质能和贵重金属离子反应且不产生新的杂质且得到副产品FeSO4•7H2O，所以X物质只能是Fe，铁与银离子反应生成银单质；因为加入过量的X物质，所以固体A是银和铁的混合物；采用倒推的方法，根据题意知，得到副产品FeSO4•7H2O，FeSO4•7H2O是晶体，所以晶体E是FeSO4•7H2O，溶液D是FeSO4溶液，加入的Y是稀硫酸溶液，银和稀硫酸不反应，所以固体B是银单质．
故答案为：过滤； Fe；Ag； FeSO4•7H2O
（2）通过以上分析知，X是铁，铁能和银离子发生置换反应，所以其离子方程式为 2Ag++Fe=Fe2++2Ag．
故答案为：2Ag++Fe=Fe2++2Ag
高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：
根据上述流程图填空：
（1）“除杂”操作是加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+．请写出在除去Fe2+离子的过程中，发生的主要反应的离子方程式______．
（2）通常条件下Ksp〔Fe（OH）3〕=4.0×10-38，除杂后溶液中c（Fe3+）约为______．
（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的目的是______．
（4）“结晶”这步操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水）．母液不能蒸干的原因是______．
（5）“分离”操作的名称是______ （填字母代号）．A．蒸馏 B．分液 C．过滤
（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，离子浓度最大的离子是______，离子浓度最小的离子是______．
正确答案
2Fe2++H2O2+4NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+
4×10-20mol/L
抑制Al3+水解
减少可溶性杂质的析出及Al3+水解
C
SO42-
OH-
解析
解：（1）亚铁离子具有还原性，双氧水具有强氧化性，在碱性溶液中，亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子与氢氧根结合生成氢氧化铁沉淀，此反应的离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+4NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+，故答案为：2Fe2++H2O2+4NH3•H2O=2Fe（OH）3↓+4NH4+；
（2）KSP[Fe（OH）3]=4.0×10-38，PH=8，溶液中氢氧根离子浓度为：1×10-6mol/L，c（Fe3+）=
（3）由于铝离子在溶液中能够发生水解生成氢氧化铝，所以加入硫酸酸化，抑制了铝离子的水解，故答案为：抑制Al3+水解；
（4）由于蒸干会析出可溶性杂质的析出，且Al3+水解程度增大，所以母液不能蒸干，故答案为：减少可溶性杂质的析出及Al3+水解；
（5）通过过滤，将硫酸铝晶体从溶液中分离，所以C正确；故选C；
（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，未水解前，c（Al3+）=c（NH4+）=0.1mol/L，由于铵根和铝离子均水解，水解结合水电离出的氢氧根，故水解后浓度均小于0.1mol/L，c（SO42-）=0.2mol/L，0.2＞0.1，故答案为：SO42-；OH-．
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某温度下一些金属氢氧化物的Kap及沉淀析出的理论pH如下表所示：
回答下列问题：
（1）根据上表数据判断步骤②依次析出沉淀Ⅱ______和沉淀Ⅲ______（填化学式），则pH1______ pH2（填填“＞”、“=”或“＜”），控制两种沉淀析出可利用______．
A．pH试纸B．石蕊指示剂 C．pH计
（2）已知溶解度：NiC2O4＞NiC2O4•H2O＞NiC2O4•2H2O，则③的化学方程式是______．第③步反应后，过滤沉淀时需要的玻璃仪器有______．若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因______、______．
（3）④中阳极反应产生的气体E为______，验证该气体的试剂为______．
（4）试写出⑥的离子方程式______．
正确答案
解：（1）根据金属氢氧化物的Kap及沉淀析出的理论pH，结合流程图可知，先沉淀的是三价铁离子，随后沉淀的是三价铝离子，控制两种沉淀析出必须准确测定溶液PH，所以用PH计测定，
故答案为：沉淀Ⅱ是Fe（OH）3，沉淀Ⅲ是Al（OH）3，PH1＜PH2，C；
（2）由溶解度：NiC2O4＞NiC2O4•H2O＞NiC2O4•2H2O和流程中的变化可知沉淀为溶解度小的NiC2O4•2H2O，所以根据转化关系写出化学方程式；在过滤装置中用到的玻璃仪器和注意问题，根据装置和操作步骤写出
NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O4.2H2O↓+2NaCl，
故答案为：NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O4.2H2O↓+2NaCl； 漏斗、玻璃棒、烧杯；玻璃棒划破滤纸、滤液超过滤纸边缘；
（3）D溶液时氯化钠溶液，电解反应方程式2NaCI+2H2O
故答案：Cl2，淀粉碘化钾溶液；
（4）根据转化关系和Ni2+沉淀的PH推知，加入氢氧化钠的主要目的是把NiC2O4.2H2O沉淀转化为Ni（OH）2沉淀，为了使沉淀完全转化，加入的氢氧化钠溶液应过量，根据镍元素化合价变化，结合氧化还原反应的规律写出离子方程
2Ni（OH）2+2OH-+Cl2=2Ni（OH）3+2Cl-，；故答案：2Ni（OH）2+2OH-+Cl2=2Ni（OH）3+2Cl-；
解析
解：（1）根据金属氢氧化物的Kap及沉淀析出的理论pH，结合流程图可知，先沉淀的是三价铁离子，随后沉淀的是三价铝离子，控制两种沉淀析出必须准确测定溶液PH，所以用PH计测定，
故答案为：沉淀Ⅱ是Fe（OH）3，沉淀Ⅲ是Al（OH）3，PH1＜PH2，C；
（2）由溶解度：NiC2O4＞NiC2O4•H2O＞NiC2O4•2H2O和流程中的变化可知沉淀为溶解度小的NiC2O4•2H2O，所以根据转化关系写出化学方程式；在过滤装置中用到的玻璃仪器和注意问题，根据装置和操作步骤写出
NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O4.2H2O↓+2NaCl，
故答案为：NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O4.2H2O↓+2NaCl； 漏斗、玻璃棒、烧杯；玻璃棒划破滤纸、滤液超过滤纸边缘；
（3）D溶液时氯化钠溶液，电解反应方程式2NaCI+2H2O
故答案：Cl2，淀粉碘化钾溶液；
（4）根据转化关系和Ni2+沉淀的PH推知，加入氢氧化钠的主要目的是把NiC2O4.2H2O沉淀转化为Ni（OH）2沉淀，为了使沉淀完全转化，加入的氢氧化钠溶液应过量，根据镍元素化合价变化，结合氧化还原反应的规律写出离子方程
2Ni（OH）2+2OH-+Cl2=2Ni（OH）3+2Cl-，；故答案：2Ni（OH）2+2OH-+Cl2=2Ni（OH）3+2Cl-；
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