热门试卷

（1）Fe2＋和Mn2＋　MnO4-＋3Fe2＋＋7H2O=3Fe（OH）3↓＋MnO2↓＋5H＋，2MnO4-＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋　铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质

（2）置换反应　镍

（3）取少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净　（4）1

从分析整个流程图入手，明确每步发生的反应，从而解决相关问题。

（1）在反应②中，通过调节溶液的pH，高锰酸钾能将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，将Mn2＋氧化为MnO2而除去；若开始溶液的pH过低，Fe2＋、Mn2＋将很难生成沉淀而除去。

（2）第一次过滤后的滤液中含有的阳离子有Zn2＋、Ni2＋、H＋等，加入锌后可将Ni置换出来，故滤渣中还含有金属镍。

（3）反应④生成的沉淀为ZnCO3，同时生成Na2SO4，若沉淀未洗涤干净，洗涤液中应含有SO和Na＋，故只要对洗涤液中是否含有SO42-进行检验即可。

（4）煅烧过程中ZnCO3、Zn（OH）2均发生分解反应生成ZnO，根据关系式ZnCO3·xZn（OH）2～（x＋1）ZnO，可得＝，故x＝1。

点拨：知识：除杂条件的选择、反应类型、离子检验、化学计算。能力：考查考生的逻辑思维能力、知识迁移应用能力和计算能力。试题难度：中等。

（1）Fe3+、Al3+

（2）Al(OH)3、Mg(OH)2；

（3）NaOH，过滤、洗涤、灼烧，CO2。

（4）测出蒸气的质量，测出二氧化碳的质量。

（5）A→C→D→D

（6）3  1  3

试题分析：（1）蛇纹石矿可以看做MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成，蛇纹石加盐酸溶解后，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，而SiO2和HCl不反应，不能溶解。

（2）当氢氧化钙过量时，溶液碱性增强，Al(OH)3会溶解，从氢氧化物沉淀的pH表中可看出，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。

（3）红色氧化物为Fe2O3，应先将其中含有的少量Al(OH)3除去，除去Al(OH)3的方法是利用它能溶于强碱的性质，此过程中CO2是可以重复使用的。

（4）确定产品aMgCO3•bMg（OH）2•cH2O中a、b、c的值，需要测定的数据是①样品质量；②MgO质量；③生成CO2的质量（或体积）；④生成水的质量。

（5）A为样品反应装置，加热后产生水蒸汽和二氧化碳气体，为测定二者质量，应首先连接C装置，测定水的质量，故连接C；继续测定二氧化碳，此时应选用D，由于B中溶液含有水，与C连接易被C吸收，产生误差。为防止空气中的二氧化碳与水蒸汽被D吸收产生误差，故应连续连接两个D装置。故答案为A→C→D→D。

（6）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。

（1）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O ； Fe2O3+6H+="2" Fe 3++3 H 2O   

（2）盐酸的浓度、反应温度、煤矸石颗粒大小、是否充分搅拌、反应时间（任写两个）

（3）CO2； Al(OH)3 +OH—=AlO2—+2H2O    

（4）加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe(OH）3后，再加CaCO3调节pH到5.4，过滤得到Al(OH)3

（5）AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡：AlCl3·6H2O(s）Al3+(aq）+3Cl—(aq）+6H2O(l)，通入HCl气体使溶液中c(Cl—)增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体。

试题分析：（1）金属氧化物Al2O3、Fe2O3能与酸反应，而非金属氧化物不能与酸反应。所以“酸浸”过程中主要反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O ； Fe2O3+6H+="2Fe" 3 ++3H2 O 。（2）在用酸溶解金属氧化物时，影响化学反应速率的元素有盐酸的浓度、反应温度、煤矸石颗粒大小、是否充分搅拌、反应时间等等。（3）在用酸溶解金属氧化物时酸可能过量，AlCl3、FeCl3都是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性。所以向该酸性溶液中加入CaCO3时发生反应：CaCO3+2H+=Ca2++ CO2↑+H2O。物质X是CO2。得到的沉淀是Al(OH)3、Fe(OH)3。加入NaOH溶液时，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，能跟强碱反应溶解，发生反应为：Al(OH)3 +OH—=AlO2—+2H2O。（4）由于Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，而Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4。所以为了得到纯净的Al(OH)3，首先加入CaCO3调节pH到3.2，得到Fe(OH）3，将其过滤除去后，再加CaCO3调节pH到5.4，这时又产生Al(OH）3。把它过滤出来并加以洗涤，即得到纯净的Al(OH）3。（5）常温下向AlCl3溶液中不断通入HCl气体，由于在AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡：AlCl3·6H2O(s）Al3+(aq）+3Cl—(aq）+6H2O(l)，通入HCl，即增大了生成物的浓度，化学平衡逆向移动。因此可析出大量AlCl3·6H2O晶体。3的两性、盐的水解平衡、离子方程式的书写、外界条件对化学反应速率、化学平衡移动的影响的知识。

（1）Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2O    （2分）

（2）ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O   ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O（每空2分）

（3）Fe(OH)3  Al(OH)3    （2分）

（4）蒸发(浓缩)、冷却(结晶) （2分） 降低烘干温度，防止产品分解（1分）

（5）除去溶液中的Mn2+          B    （每空1分）

（6）粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水    （1分）

试题分析：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]

加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Al3＋等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应为：Co2O3+SO32－+4H＋=2Co2＋+SO42－+2H2O；

（2）加入NaClO3，会发生FeCl2中铁元素的化合价+2→+3，失去电子，NaClO3中氯元素的化合价由+5→-1价，得到电子，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，“浸出液”中加过量NaClO3时，有毒气体是氯气，所以推断是NaClO3和“浸出液”中的氯离子发生了氧化还原反应，ClO3-中Cl元素的化合价由+5价降低为0价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高到0，根据电子守恒及质量守恒定律来配平，所以其方程式为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，离子方程式是ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；

（3）加Na2CO3调pH至5.2，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3＋+3CO32－+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3＋+3CO32－+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；

（4）从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，根据题意知，CoCl2·6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2·6H2O需减压烘干；

（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2＋、Co2＋金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知

调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2＋完全沉淀，并防止Co2＋转化为Co(OH)2沉淀，故答案为：除去溶液中的Mn2＋；选B；                      

（6）根据CoCl2·6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大，结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。2·6H2O的工艺流程。