热门试卷

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：CaCO3CaO+CO2↑，MgCO3MgO+CO2↑，故所得锻粉主要含MgO和CaO；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp可知：Ksp=c（Mg2+）•c2（OH-）=5×10-12，而c（Mg2+）小于5×10-6mol•L-1，故c（OH-）大于10-3mol/L，则溶液中的c（H+）小于10-11mol/L，溶液的pH大于11；CaSO4微溶于水，如果用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失，

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+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑，故答案为：2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑；

（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：（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：（1）工艺流程的最终产物为：Al（OH）3、CoSO4、Li2CO3，故答案为：CoSO4、Li2CO3；

（2）金属锂性质活泼，易与氧气、水发生反应，故答案为：隔绝空气和水分；

（3）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；

（4）碳酸锂难溶，生成Li2CO3的化学反应属于复分解反应，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．

解：（1）高温煅烧时，若氧气足量，则ZnS发生的化学反应方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2，

故答案为：2ZnS+3O22ZnO+2SO2；

（2）根据锌熔体中组分金属的沸点不同，锌、铁、铜的沸点依次为1180k，2862k，1800k，采取分馏操作由锌熔体获得粗锌，

故答案为：分馏；

（3）锌熔体中的C、Cu不能与稀硫酸发生化学反应，因此固相2的成分为C、Cu，而锌熔体中的Zn、Fe与稀硫酸反应生成Zn2+、Fe2+，因此液相1所含金属离子为：Zn2+、Fe2+，

故答案为：C、Cu；Zn2+、Fe2+；

（4）液相1中含有Zn2+、Fe2+，要除去Fe2+可加入锌粉，Fe2++Zn=Fe+Zn2+，对比两种方案，方案2的优点是不需要加热，节约能源，

故答案为：Zn；节约能源．

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+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，E气体为Cl2，

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：工厂的工业废水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+，先加过量铁（A），过滤，得到D溶液为FeSO4，C为Cu和多余的铁，再向C中加过量稀硫酸，过滤得到的Cu，E为FeSO4，硫酸亚铁经过蒸发浓缩、冷却结晶可以得到绿矾晶体，

（1）酸性环境Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+中，能和金属铁发生反应的物质是Fe3+、Cu2+、H+，发生的反应有：Fe+Cu2+═Fe2++Cu、Fe+2H+═Fe2++H2↑、2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+；

（2）试剂B是将金属铜和金属铁分离开的物质，可以选择稀硫酸，故答案为：H2SO4；

（3）①②分析固体和液体，实验操作是过滤；③从FeSO4溶液中提取溶质晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥，防止变质，故答案为：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶；

（4）亚铁离子变质会生成铁离子，（Cr2O72-）转化为Cr3+，根据电子守恒得到二者之间的关系式：Cr2O72-～6Fe2+，

         Cr2O72-～6Fe2+

          1        6

1000kg×10-3mol/kg  6mol

处理1t废水（含Cr2O72- 10-3mol/kg），则需加入绿矾的质量是6mol×278g/mol=1668g，故答案为：1668g．

解：第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中（注意LiMn2O4不溶于水）生成四羟基合铝酸钠，即滤液的主要成分，第二步就是四羟基合铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠的过程，第三步是LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化发生的氧化还原反应，得到的滤液中有生成的硫酸锂，可能有过量的硫酸，最后一步加入碳酸钠之后所得的滤液主要成分为硫酸钠；

（1）四羟基合铝酸钠与过量二氧化碳反应得产物是Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，故答案为：Al（OH）3；

（2）在酸性环境下，LiMn2O4能被空气中的氧气氧化，离子方程式为：4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O，故答案为：4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O；

（3）过滤所用玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯；过滤时发现滤液中有少量浑浊，原因可能有：滤纸破损、滤液超过滤纸边缘等，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；滤纸破损、滤液超过滤纸边缘

（4）根据LiMn2O4～0.5H2SO4～Li+得18.1gLiMn2O4即0.1molLiMn2O4消耗硫酸的量为0.05mol，故硫酸有剩余，剩余的0.01mol硫酸和生成的Li+共消耗碳酸钠0.06mol，即6.36g，故答案为：6.36g．