- 无机非金属材料的主角——硅
- 共9292题
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
最近我国学者发现，以精CuFeS2矿为原料在沸腾炉中和O2（空气）反应，生成物冷却后经溶解、除铁、结晶，得到CuSO4•5H2O．实验结果如下下列关于这一过程的叙述错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A、精CuFeS2矿为原料在沸腾炉中和O2（空气）反应的方程式为：4CuFeS2+15O2=4CuSO4+2Fe2O3+4SO2↑，故A正确；
B、根据表中数据，产物中酸溶性Cu%量居多，所以产物中铜元素主要以CuSO4形式存在，故B错误；
C、根据表中数据可以看出：随温度升高，铁的氧化物在酸中的溶解度降低，故C正确；
D、水溶性铜化合物为CuSO4•5H2O，酸溶性铜化合物为CuO，温度较高时，CuSO4•5H2O可分解生成CuO，则在600℃以上时水溶性铜化合物含量减少，故D正确．
故选B．
（2015春•姜堰市月考）平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）．某课题以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce（OH）4和硫酸铁铵：
已知：
①酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce3+易水解，Ce4+有较强氧化性．
②CeO2不溶于稀硫酸
③硫酸铁铵[aFe2（SO4）3•b（NH4）2SO4•cH2O]广泛用于水的净化处理．
（1）在氧化环节，下列物质中最适合用作氧化剂B的是______（填序号）．
a．NaClO b．H2O2c．KMnO4
（2）操作Ⅰ的名称是______，检验硫酸铁铵溶液中含有NH4+的方法是______．
（3）写出反应②的化学方程式______．
（4）用滴定法测定制得的Ce（OH）4产品纯度．
称取Ce（OH）4样品→加硫酸溶解→用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定
所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则测得该Ce（OH）4产品的质量分数______．（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
（5）称取14.00g硫酸铁铵样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份加入足量NaOH溶液，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到1.60g固体；向另一份溶液中加入0.5mol/L Ba（NO3）2溶液100mL，恰好完全反应．通过计算，该硫酸铁铵的化学式为______（写出必要的计算步骤，否则不得分）．
正确答案
b
冷却结晶
取样于试管中加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，若试纸变蓝，即可证明
4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4
偏大
Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O
解析
解：废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；滤渣A（Fe2O3、CeO2、FeO）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液，加入氧化剂C可生成硫酸铁，所加氧化剂应避免引入新杂质，滤渣B的成分是CeO2；CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2；Ce3+加碱生成Ce（OH）3悬浊液；Ce（OH）3悬浊液被氧化生成Ce（OH）4．
（1）在氧化环节，所加氧化剂应避免生成杂质，只能选用过氧化氢，
故答案为：b；
（2）根据操作流程判断，由溶液生成固体，应首先进行蒸发浓缩，然后冷却结晶，检验硫酸铁铵溶液中含有NH4+，方法为取样于试管中加入NaOH溶液，加热，在试管口置一湿润的红色石蕊试纸，
故答案为：冷却结晶；取样于试管中加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，若试纸变蓝，即可证明；
（3）Ce（OH）3被氧气氧化为Ce（OH）4，根据质量守恒可知，反应物中有水参与，化学方程式为：4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4，
故答案为：4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4；
（4）滴定时所用定量仪器的最小刻度为0.1mL，估读0.01ml，FeSO4溶液在空气中露置一段时间后会被氧化，消耗硫酸亚铁增大，测定该Ce（OH）4产品的质量分数会偏大；
故答案为：偏大；
（5）称取14.00g样品，将其溶于水配置成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到沉淀并烘干灼烧至恒重得到1.60g固体为氧化铁，n（Fe2O3）=
向另一份溶液中加入0.05mol Ba（NO3）2溶液，恰好完全反应，则n（SO42-）=0.05mol，
所以14.00g样品中含有Fe2（SO4）30.02mol，n（SO42-）为0.1mol，则（NH4）2SO4为0.1mol-0.02mol×3=0.04mol，
则m（H2O）=14.00g-0.02mol×400g/mol-0.04mol×132g/mol=0.72g，
n（H2O）=
n（Fe2（SO4）3）：n（（NH4）2SO4）：n（H2O）=0.02：0.04：0.04=1：2：2，
所以化学式为Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O，
故答案为：Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O．
回收利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），最新一种离子交换法回收钒工艺，主要流程如下：
部分含钒物质在水中的溶解性如下：
回答下列问题：
（1）工业由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，该反应的氧化剂为______．
（2）滤液中含钒的主要成分为______ （填化学式）．
（3）该工艺中反应①的化学方程式为______；沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比）和温度．根据如图判断最佳控制氯化铵系数和温度分别为______、______．
（4）用硫酸酸化的H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，以测定反应②后溶液中含钒量，反应方程式为2VO
正确答案
解：（1）工业由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，铝热反应中铝为还原剂，则金属的氧化物被还原，在反应中作氧化剂，所以氧化剂为V2O5，
故答案为：V2O5 ；
（2）废钒催化剂中含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣，由于V2O5为难溶物，所以滤液中含钒的主要成分为VOSO4，
故答案为：VOSO4 ；
（3）反应①的目的是把难溶的五氧化二钒还原为溶于水的VOSO4，该反应的化学方程式为：V2O5+Na2SO3+2H2SO4═VOSO4+Na2SO4+2H2O；工艺中反应③的沉淀率（又称沉矾率）是回收钒的关键之一，沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比）和温度，根据沉钒率与沉淀温度的图象可知，在80℃时沉矾率最高为98%，再根据氯化铵系数与沉钒率可知，氯化铵系数为4时沉钒率最高，所以最佳控制氯化铵系数和温度分别为：4，80℃，
故答案为：V2O5+Na2SO3+2H2SO4═VOSO4+Na2SO4+2H2O； 4； 80℃；
（4）2VO2++H2C2O4+2H+═2VOn++2CO2↑+mH2O，根据电荷守恒，2n=1×2+1×2，解得n=2；再根据氢原子质量守恒看得：2+2=2m，则m=2，
故答案为：2；2．
解析
解：（1）工业由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，铝热反应中铝为还原剂，则金属的氧化物被还原，在反应中作氧化剂，所以氧化剂为V2O5，
故答案为：V2O5 ；
（2）废钒催化剂中含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣，由于V2O5为难溶物，所以滤液中含钒的主要成分为VOSO4，
故答案为：VOSO4 ；
（3）反应①的目的是把难溶的五氧化二钒还原为溶于水的VOSO4，该反应的化学方程式为：V2O5+Na2SO3+2H2SO4═VOSO4+Na2SO4+2H2O；工艺中反应③的沉淀率（又称沉矾率）是回收钒的关键之一，沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比）和温度，根据沉钒率与沉淀温度的图象可知，在80℃时沉矾率最高为98%，再根据氯化铵系数与沉钒率可知，氯化铵系数为4时沉钒率最高，所以最佳控制氯化铵系数和温度分别为：4，80℃，
故答案为：V2O5+Na2SO3+2H2SO4═VOSO4+Na2SO4+2H2O； 4； 80℃；
（4）2VO2++H2C2O4+2H+═2VOn++2CO2↑+mH2O，根据电荷守恒，2n=1×2+1×2，解得n=2；再根据氢原子质量守恒看得：2+2=2m，则m=2，
故答案为：2；2．
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．
化学与科学．技术．社会．环境和生活密切相关．下列有关说法中不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、铁在海水中易腐蚀的原因是因为海水中含有大量的电解质，形成了无数微小的原电池造成的，不是因为海水中含氧量高造成的，故A错误；
B、塑料、金属、纸制品及玻璃都可以回收利用，不可随意丢弃，故B正确；
C、食品添加剂在一定范围内会对人体造成危害，必须严格遵守卫生部门的规定，故C正确；
D、煤燃烧是将化学能转变为热能，火力发电需要通过热机将热能转化为机械能，然后机械能转换为电能，故在燃煤发电过程中有如下能量变化：化学能→热能→机械能→电能，
故D正确；
故选A．
银铜合金广泛用于航空工业．从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃）
（1）电解精炼银时，阴极反应式为______；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为______．
（2）固体混合物B的组成为______；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为______．
（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：______CuO+______Al2O3
（4）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为______mol CuAlO2，至少需要1.0mol•L-1的Al2（SO4）3溶液______L．
（5）CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是______、过滤、洗涤和干燥．
正确答案
Ag++e-=Ag
2NO+O2=2NO2
Al（OH）3和CuO
Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
4
2
4
O2
50.0
25.0
蒸发浓缩、冷却结晶
解析
解：（1）电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Ag-e-=Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银：Ag++e-=Ag；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02：2NO+O2=2NO2；
故答案为：Ag++e-=Ag；2NO+O2=2NO2；
（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（3）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为-2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑，故答案为：4；2；4；O2；
（4）由关系式：Cu～CuAlO2得n（CuAlO2）=
由关系式：Al2（SO4）3～2CuAlO2得Al2（SO4）3=n（CuAlO2）×
故答案为：50.0；25.0；
（5）由CuSO4溶液获得CuSO4•5H2O晶体，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶（或结晶），过滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶．
扫码查看完整答案与解析