- 金属资源的开采及其污染治理
- 共94题
（2014秋•宝鸡校级期中）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，Fe2O3等）提取Al2O3作冶炼铝的原料，由熔盐电解法获得的粗铝中含一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝．工艺流程如图所示：（已知：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华）
（1）赤泥中的主要成分是______（化学式）；向滤液中通入过量CO2所发生反应的离子方程式为______．
（2）精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，则铝和氧化铁反应的化学方程式为______．
（3）将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮而除去．气泡的主要成分除Cl2外还含有______．固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在______．
（4）镀铝电解池中，金属铝为______，熔融盐电镀液中铝元素主要以AlCl4-形式存在，则阳极的电极反应式为______．
（5）钢材镀铝后，抗腐蚀性能会大大增强，其原因是______．
正确答案
解：（1）氢氧化钠与氧化铁不反应，所以赤泥中的主要成分是Fe2O3，滤液中含有偏铝酸钠，通入过量CO2所发生反应的离子方程式为：AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-；
故答案为：Fe2O3；AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-；
（2）氧化铁和二氧化硅分别与铝发生的是置换反应（单质和化合物发生反应生成新单质和化合物的反应），即铝和氧化铁高温反应生成铁和氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3
故答案为：2Al+Fe2O3
（3）粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801℃，较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分除Cl2外还含有HCl、AlCl3；
故答案为：HCl、AlCl3；NaCl；
（4）电镀池中镀件金属铝作阳极，金属铝失电子发生氧化反应，Al-3e-+4Cl-=AlCl4-；
故答案为：阳极；Al-3e-+4Cl-=AlCl4-；
（5）铝金属表面形成的致密氧化铝膜具有保护作用，致密的氧化膜能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生；
故答案为：表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀或致密的氧化铝膜将环境中的电解质溶液与内层金属隔离．
解析
解：（1）氢氧化钠与氧化铁不反应，所以赤泥中的主要成分是Fe2O3，滤液中含有偏铝酸钠，通入过量CO2所发生反应的离子方程式为：AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-；
故答案为：Fe2O3；AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-；
（2）氧化铁和二氧化硅分别与铝发生的是置换反应（单质和化合物发生反应生成新单质和化合物的反应），即铝和氧化铁高温反应生成铁和氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3
故答案为：2Al+Fe2O3
（3）粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801℃，较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分除Cl2外还含有HCl、AlCl3；
故答案为：HCl、AlCl3；NaCl；
（4）电镀池中镀件金属铝作阳极，金属铝失电子发生氧化反应，Al-3e-+4Cl-=AlCl4-；
故答案为：阳极；Al-3e-+4Cl-=AlCl4-；
（5）铝金属表面形成的致密氧化铝膜具有保护作用，致密的氧化膜能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生；
故答案为：表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀或致密的氧化铝膜将环境中的电解质溶液与内层金属隔离．
（2014•泗阳县校级一模）氧化锌为白色粉末，无臭、无味，广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、医药、玻璃和电子等行业，为了变废为宝，综合应用资源，经常从锌冶炼、锌制品加工企业回收的废渣（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质）来制取氧化锌，其流程如图所示：
有关氢氧化物沉淀完全的pH见下表
回答下列问题
（1）在酸浸过程中，经常要保持酸过量，而且要通入空气，理由是______．
（2）上述工艺流程中多处涉及“过滤”，实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有______．
（3）在“除杂Ⅰ”步骤中，经常使用酸性高锰酸钾溶液，并调节溶液的pH．将溶液调至pH=4的目的是______．
（4）在“碳化合成”中，生成的产物之一为碱式碳酸锌[Zn2（OH）2CO3]，请写出碳化合成步骤的化学方程式______．
（5）在“洗涤”过程中，证明沉淀洗涤完全的标志是______．
（6）由于本工艺液固分离次数较多，明显的不足是______．
正确答案
保证锌渣酸浸充分；通空气起搅拌作用，使反应充分
烧杯、玻璃棒、漏斗
使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去
2Na2CO3+2Zn（NO3）2+H2O=4NaNO3+Zn2（OH）2CO3+CO2↑
取最后一次洗涤液，做焰色反应，若未见黄色火焰，则表示洗涤干净
锌的损失较大
解析
解：（1）在酸浸过程中，经常要保持酸过量，可保证锌渣酸浸充分，而且要通入空气，通空气起搅拌作用，使反应充分，可提高锌的浸出速率，
故答案为：保证锌渣酸浸充分；通空气起搅拌作用，使反应充分；
（2）过滤的原理：过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法，过滤时需要制作过滤器的漏斗、滤纸、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯等，所以需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，
故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
（3）Fe（OH）3完全沉淀的PH为3.2，“除杂I”步骤中，将溶液调至pH=4，可以让三价铁转化为氢氧化铁沉淀而除去，
故答案为：使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去；
（4）在“碳化合成”中，是碳酸钠和硝酸锌的水溶液之间发生反应生成产物之一为碱式碳酸锌[Zn2（OH）2CO3]，同时放出CO2，依据原子守恒该反应可表示成2Na2CO3+2Zn（NO3）2+H2O=[Zn2（OH）2CO3+CO2+4NaNO3，
故答案为：2Na2CO3+2Zn（NO3）2+H2O=[Zn2（OH）2CO3+CO2+4NaNO3；
（5）在“碳化合成”中，生成的产物之一为碱式碳酸锌，在“洗涤”过程中，若未洗净则含有钠离子，取最后一次洗涤液，做焰色反应，若未见黄色火焰，则表示洗涤干净，
故答案为：取最后一次洗涤液，做焰色反应，若未见黄色火焰，则表示洗涤干净；
（6）本工艺液固分离次数较多，在液固多次分离的过程中，锌的损失较大，
故答案为：锌的损失较大；
某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+，为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜．请根据流程图，在方框和括号内填写物质名称（或主要成分的化学式）或操作方法，完成回收硫酸亚铁和铜的简单实验方案．
（1）试剂a为______，试剂b为______．
（2）物质1为______．
（3）操作1为______，操作1所需的玻璃仪器为______．
（4）若操作1所涉及的反应为氧化还原反应，请用单线桥法标出反应中电子转移的方向和数目：______．
正确答案
解：（1）工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+，根据流程图中可以知道，完成回收硫酸亚铁和铜，先加过量铁粉把铜置换出来，Cu2++Fe=Fe2++Cu，过滤，废水中剩下FeSO4和少量的Na+，铁粉、铜中加H2SO4得到FeSO4，故答案为：Fe；H2SO4；
（2）先加过量铁粉把铜置换出来，Cu2++Fe=Fe2++Cu，过滤的滤渣，故答案为：Cu、Fe；
（3）分离固体和液体用过滤，所需的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：过滤；漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）铁元素化合价由0价升高为+2价，失去电子，铜元素得到电子化合价与+2价降低为0价，共降低2价，转移电子为2e-，操作1所涉及的反应：
故答案为：
解析
解：（1）工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+，根据流程图中可以知道，完成回收硫酸亚铁和铜，先加过量铁粉把铜置换出来，Cu2++Fe=Fe2++Cu，过滤，废水中剩下FeSO4和少量的Na+，铁粉、铜中加H2SO4得到FeSO4，故答案为：Fe；H2SO4；
（2）先加过量铁粉把铜置换出来，Cu2++Fe=Fe2++Cu，过滤的滤渣，故答案为：Cu、Fe；
（3）分离固体和液体用过滤，所需的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：过滤；漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）铁元素化合价由0价升高为+2价，失去电子，铜元素得到电子化合价与+2价降低为0价，共降低2价，转移电子为2e-，操作1所涉及的反应：
故答案为：
工业上制备BaCl2的工艺流程图如下，某研究小组在实验室用重晶石（主要成分为BaSO4）对上述工业过程进行了模拟实验．
（1）步骤①中BaSO4与碳在高温下反应，每1mol碳生成CO需要吸收142.8kJ的热量，此反应的热化学方程式为______．
（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，
【已知：Ksp（AgBr）=5.4×10-13，Ksp（AgCl）=2.0×10-10】
（3）在实验室中BaCl2的重要用途之一是检验SO42-，要检验某无色溶液中含有SO42- 的操作方法是：取少量样品，先加入足量的______（填试剂名称），无明显现象，再滴加少量______（填试剂名称），若有白色沉淀产生，说明含有SO42-．
（4）将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见有沉淀，继续通入另一种气体有沉淀生成，则后通入的气体不可能是______．
A．NH3 B．NO2 C．CO2 D．H2S
（5）若NaOH溶液吸收H2S气体生成等物质的量的Na2S和NaHS，则溶液中阴离子浓度由大到小的顺序为______．
（6）将pH=1的稀硫酸慢慢加入一定量的BaCl2的溶液中，恰好使Ba2+沉淀完全，此时混合溶液的体积为100mL，且混合溶液的pH=2，则原BaCl2溶液中Cl-的浓度为______mol/L．（保留小数点后三位）
正确答案
BaSO4（s）+4C（s）═4CO（g）+BaS（s）△H=+571.2kJ/mol
2.7×10-3
稀盐酸
氯化钡
C
c（HS-）＞c（S2-）＞c（OH-）
0.011
解析
解：（1）BaSO4与碳在高温下反应的方程式为：BaSO4（s）+4C（s）═4CO（g）+BaS（s），每1mol碳生成CO需要吸收142.8kJ的热量，所以△H=+571.2kJ/mol，此反应的热化学方程为：BaSO4（s）+4C（s）═4CO（g）+BaS（s）△H=+571.2kJ/mol，
故答案为：BaSO4（s）+4C（s）═4CO（g）+BaS（s）△H=+571.2kJ/mol；
（2）当两种沉淀共存时，溶液中Ag+离子浓度相同，根据溶度积常数计算，c（Br-）=
则
故答案为：2.7×10-3；
（3）检验SO42- 的操作方法是：取少量样品，先加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加少量氯化钡，若有白色沉淀产生，说明含有SO42-．
故答案为：稀盐酸；氯化钡；
（4）A．氨气与二氧化硫发生反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，故A不选；
B．二氧化氮通入溶液中生成硝酸，硝酸氧化二氧化硫反应生成硫酸根离子，与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，故B不选；
C．二氧化碳、二氧化硫与氯化钡均不反应，不能生成沉淀，故C选；
D．二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成S沉淀，故D不选；
故选C．
（5）Na2S和NaHS的混合溶液显碱性即c（OH-）＞c（H+），NaHS以水解为主，则c（HS-）＞c（S2-），所以溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HS-）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（H+），所以阴离子的浓度由大到小的顺序为c（HS-）＞c（S2-）＞c（OH-），故答案为：c（HS-）＞c（S2-）＞c（OH-）；
（6）将pH=1的稀硫酸慢慢加入一定量的BaCl2的溶液中，恰好使Ba2+沉淀完全，发生的是硫酸根和钡离子之间的反应，反应的整个过程中，H+没参加反应，所以前后的H+物质的量没变，导致pH变化的原因是体积的变化，则反应后H+的浓度是0.01mol/L，稀硫酸pH=1，故反应的稀硫酸为10ml，而SO42-的浓度是0.005 mol/L，
故Ba2+的物质的量等于SO42-的物质的量，为0.0005mol，所以Cl-的物质的量是0.001mol，BaCl2溶液为100mL-10mL=90mL，原BaCl2溶液中Cl-的浓度=
利用化学原理对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理．
（一）染料工业排放的废水中含有大量有毒的NO2-，可以在碱性条件下加入铝粉除去（加热处理后的废水会产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体）．除去NO2-的离子方程式为______．
（二）某工厂对制革工业污泥中Cr（Ⅲ）回收与再利用工艺如下（硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+）：
常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是______（至少写一条）．
（2）调pH=8是为了除去______（填Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）．
（3）钠离子交换树脂的原理为Mn++nNaR→MRn+nNa+，被交换的杂质离子是______（填Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）．
（4）试配平氧化还原反应方程式：□Na2Cr2O7+□SO2+□H2O=□Cr（OH）（H2O）5SO4+□Na2SO4；每生成1mol Cr（OH）（H2O）5SO4消耗SO2的物质的量为______．
（三）印刷电路铜板腐蚀剂常用FeCl3．腐蚀铜板后的混合浊液中，若Cu2+、Fe3+和Fe2+的浓度均为0.10mol•L-1，请参照上表给出的数据和提供的药品，简述除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+的实验步骤：
①______；
②______；
③过滤．（提供的药品：Cl2、浓H2SO4、NaOH溶液、CuO、Cu）．
正确答案
解：（一）加热处理后的废水会产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明产物之一为一水合氨，Al作还原剂，失去电子后在碱性条件下生成偏铝酸根离子，NO2-作氧化剂，依据电荷守恒和原子守恒配平得离子方程式：2Al+OH-+NO2-+2H2O═2AlO2-+NH3•H2O，
故答案为：2Al+OH-+NO2-+2H2O═2AlO2-+NH3•H2O；
（二）（1）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，酸浸是溶解物质为了提高浸取率，可以升高温度增大物质溶解度，增大接触面积增大反应速率，或加快搅拌速度等；酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，
故答案为：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等；
（2）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液PH=8，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；
故答案为：Fe3+、Al3+；
（3）钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，故答案为：Ca2+、Mg2+；
（4）二氧化硫具有还原性，被滤液Ⅱ中通过离子交换后的溶液中Na2CrO4氧化为硫酸，Na2CrO4氧被还原为CrOH（H2O）5SO4，水溶液中生成硫酸反应生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平；2Na2CrO4+3SO2+12H2O=2CrOH（H2O）5SO4↓+Na2SO4，
根据方程式：3SO2～2CrOH（H2O）5SO4
x 1mol
所以x=1.5mol
故答案为：2；3；12；2；1；1.5mol；
（三）根据上表给出的数据和提供的药品，除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+的实验步骤是：通入足量的氯气将Fe2+氧化为Fe3+、加入CuO调节溶液PH值3.2-4.7使铁离子沉淀完全，然后过滤，
故答案为：①通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+；②加入CuO调节溶液的pH至3.2～4.7．
解析
解：（一）加热处理后的废水会产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明产物之一为一水合氨，Al作还原剂，失去电子后在碱性条件下生成偏铝酸根离子，NO2-作氧化剂，依据电荷守恒和原子守恒配平得离子方程式：2Al+OH-+NO2-+2H2O═2AlO2-+NH3•H2O，
故答案为：2Al+OH-+NO2-+2H2O═2AlO2-+NH3•H2O；
（二）（1）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，酸浸是溶解物质为了提高浸取率，可以升高温度增大物质溶解度，增大接触面积增大反应速率，或加快搅拌速度等；酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，
故答案为：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等；
（2）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液PH=8，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；
故答案为：Fe3+、Al3+；
（3）钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，故答案为：Ca2+、Mg2+；
（4）二氧化硫具有还原性，被滤液Ⅱ中通过离子交换后的溶液中Na2CrO4氧化为硫酸，Na2CrO4氧被还原为CrOH（H2O）5SO4，水溶液中生成硫酸反应生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平；2Na2CrO4+3SO2+12H2O=2CrOH（H2O）5SO4↓+Na2SO4，
根据方程式：3SO2～2CrOH（H2O）5SO4
x 1mol
所以x=1.5mol
故答案为：2；3；12；2；1；1.5mol；
（三）根据上表给出的数据和提供的药品，除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+的实验步骤是：通入足量的氯气将Fe2+氧化为Fe3+、加入CuO调节溶液PH值3.2-4.7使铁离子沉淀完全，然后过滤，
故答案为：①通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+；②加入CuO调节溶液的pH至3.2～4.7．
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