考点13 金属材料-2024年高考化学试题分类汇编

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考点13 金属材料
一、选择题
1.(2024·黑、吉、辽选择考·13)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-并制备Zn,流程如下。“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法正确的是( )
锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)
A.“浸铜”时应加入足量H2O2,确保铜屑溶解完全
B.“浸铜”反应:2Cu+4H++H2O22Cu2++H2↑+2H2O
C.“脱氯”反应:Cu+Cu2++2Cl-2CuCl
D.脱氯液净化后电解,可在阳极得到Zn
【解析】选C。铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+,反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O,再加入锌浸出液进行“脱氯”,“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变,得到CuCl固体,可知“脱氯”步骤发生反应的离子方程式为Cu2++Cu+2Cl-2CuCl,过滤得到脱氯液,脱氯液净化后电解,Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。由分析得,“浸铜”时,铜屑不能溶解完全,Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂,故A错误;“浸铜”时,铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+,反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O,故B错误;“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变,得到CuCl固体,即Cu的化合价升高,Cu2+的化合价降低,发生归中反应,离子方程式为Cu2++Cu+2Cl-2CuCl,故C正确;脱氯液净化后电解,Zn2+应在阴极得到电子变为Zn,故D错误。
2.(2024·甘肃选择考·1)下列成语涉及金属材料的是( )
A.洛阳纸贵 B.聚沙成塔
C.金戈铁马 D.甘之若饴
【解析】选C。纸的主要成分是纤维素,A错误;沙的主要成分是二氧化硅,B错误;金和铁都是金属,C正确;甘之若饴的意思是把它看成像糖那样甜,糖类是有机物,D错误。
二、非选择题
3.(2024·全国甲卷·26)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注:加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 ml·L-1,其他金属离子不沉淀,即认为完全分离。
已知:①Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=2.5×10-22,Ksp(CS)=4.0×10-21。
②以氢氧化物形式沉淀时,lg[c(M)/(ml·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。
回答下列问题:
(1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是
。
(2)“酸浸”步骤中,CO发生反应的化学方程式是
。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(C2+)均为0.10 ml·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此时溶液中c(C2+)= ml·L-1,据此判断能否实现Zn2+和C2+的完全分离 (填“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中,生成1.0 ml MnO2,产生H+的物质的量为 。
(5)“沉淀”步骤中,用NaOH调pH=4,分离出的滤渣是 。
(6)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化C2+,其反应的离子方程式为
。
(7)根据题中给出的信息,从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。
【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质,经稀硫酸酸浸时,铜不溶解,除含铅元素的+2价氧化物转化为硫酸铅沉淀外,Zn及其他+2价氧化物均转化为相应的+2价阳离子进入溶液;然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀;过滤后,滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去,同时亚铁离子也被氧化为铁离子;再次过滤后,用氢氧化钠调节pH=4,铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去;过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴,得到C(OH)3。
(1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是增大固体与酸反应的接触面积,提高钴元素的浸出效率。(2)“酸浸”步骤中,Cu不溶解,除含铅元素的+2价氧化物转化为硫酸铅沉淀外,Zn单质及其他+2价氧化物均转化为相应的+2价阳离子进入溶液,即CO转化为CSO4,反应的化学方程式为CO+H2SO4CSO4+H2O。(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(C2+)均为0.10 ml·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此时溶液中c(S2-)=2.5×10-2210-5 ml·L-1=2.5×10-17 ml·L-1,则c(C2+)=4.0×10-212.5×10-17 ml·L-1=1.6×10-4 ml·L-1,c(C2+)小于0.10 ml·L-1,说明大部分C2+也转化为硫化物沉淀,据此判断不能实现Zn2+和C2+的完全分离。(4)“沉锰”步骤中,Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去,发生的反应为S2O82−+Mn2++2H2OMnO2↓+4H++2SO42−,因此,生成1.0 ml MnO2,产生H+的物质的量为4.0 ml。(5)“沉锰”步骤中,S2O82−同时将Fe2+氧化为Fe3+,“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4,Fe3+可以完全沉淀为Fe(OH)3,因此,分离出的滤渣是Fe(OH)3。(6)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化C2+,为了保证C2+被完全氧化,NaClO要适当过量,其反应的离子方程式为2C2++5ClO-+5H2O2C(OH)3↓+Cl-+4HClO。(7)根据题中给出的信息,“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5,溶液中Zn元素以Zn2+形式存在,随pH增大Zn2+逐渐减少,转化为Zn(OH)2,当pH>12后氢氧化锌会溶解转化为Zn(OH)42−,因此,从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是向滤液中滴加NaOH溶液,边加边搅拌,控制溶液的pH接近12但不大于12,静置后过滤、洗涤、干燥。
答案:(1)增大固体与酸反应的接触面积,提高钴元素的浸出效率
(2)CO+H2SO4CSO4+H2O
(3)1.6×10-4 不能
(4)4.0 ml
(5)Fe(OH)3
(6)2C2++5ClO-+5H2O2C(OH)3↓+Cl-+4HClO
(7)向滤液中滴加NaOH溶液,边加边搅拌,控制溶液的pH接近12但不大于12,静置后过滤、洗涤、干燥
4.(2024·河北选择考·16)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料,也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺,具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知:i石煤是一种含V2O3的矿物,杂质为大量Al2O3和少量CaO等;苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。
ii高温下,苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐;室温下,偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题:
(1)钒原子的价层电子排布式为 ;焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ,产生的气体①为 (填化学式)。
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液,滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙,滤液中杂质的主要成分为 (填化学式)。
(3)在弱碱性环境下,偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ;
CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为
;
浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称),可实现钒元素的充分利用。
(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。
(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a.延长沉钒时间 b.将溶液调至碱性 c.搅拌 d.降低NH4Cl溶液的浓度
【解析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧,反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等,水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3等)和不溶性物质[如Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等],过滤后滤液进行离子交换、洗脱,用于富集和提纯VO3-,加入氯化铵溶液沉钒,生成NH4VO3,经一系列处理后得到V2O5;滤渣①在pH≈8、65~70 ℃的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸,滤渣①中含有钒元素,通过盐浸,使滤渣①中的钒元素进入滤液①中,再将滤液①进入离子交换工序,进行VO3-的富集。
(1)钒是23号元素,其价层电子排布式为3d34s2;焙烧过程中,氧气被还原,V2O3被氧化生成VO3-,偏钒酸盐中钒的化合价为+5价;CaCO3在800 ℃以上开始分解,生成的气体①为CO2。
(2)由已知信息可知,高温下,苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙,偏铝酸钠溶于水,偏铝酸钙难溶于水,所以滤液中杂质的主要成分是NaAlO2。
(3)在弱碱性环境下,Ca(VO3)2与HCO3-和OH-反应生成CaCO3、VO3-和H2O,离子方程式为HCO3-+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO3-;CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率,因为可提高溶液中HCO3-浓度,促使偏钒酸钙转化为碳酸钙,释放VO3-;滤液①中含有VO3-、NH4+等,且浓度较低,若要利用其中的钒元素,需要通过离子交换进行分离、富集,故滤液①应进入离子交换工序。
(4)由离子交换工序中树脂的组成可知,洗脱液中应含有Cl-,考虑到水浸所得溶液中含有Na+,为避免引入其他杂质离子,且NaCl廉价易得,故洗脱液的主要成分应为NaCl。
(5)a.延长沉钒时间,能使反应更加完全,有利于沉钒,a不符合题意;
b.NH4Cl呈弱酸性,如果将溶液调至碱性,OH-与NH4+反应,不利于生成NH4VO3,b符合题意;
c.搅拌能使反应物接触更充分,提高反应速率,使反应更加充分,有利于沉钒,c不符合题意;
d.降低NH4Cl溶液的浓度,不利于生成NH4VO3,d符合题意。
答案:(1)3d34s2 +5 CO2
(2)NaAlO2
(3)HCO3-+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO3-
提高溶液中HCO3-浓度,促使偏钒酸钙转化为碳酸钙,释放VO3- 离子交换 (4)NaCl
(5)bd
5.(2024·山东等级考·18)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,消耗Fe3+物质的量之比为 ;溶液中盐酸浓度不宜过大,除防止“热浸”时HCl挥发外,另一目的是防止产生
(填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,电解所得溶液可制备金属Pb,“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用,利用该吸收液的操作单元为 。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是
。
(4)“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。
A.Al B.Zn C.Pb D.Ag
“置换”反应的离子方程式为 。
(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,用作 (填“阴极”或“阳极”)。
【解析】本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag,“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,过滤Ⅰ除掉含硫滤渣,滤液中[PbCl4]2-在稀释、冷却的过程中转化为PbCl2沉淀,然后用饱和食盐水热溶,增大氯离子浓度,使PbCl2又转化为[PbCl4]2-,电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液成分主要为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2,试剂X将[AgCl2]-置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液为FeCl2。
(1)“热浸”时,Fe3+将PbS和Ag2S中-2价的硫氧化为单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变,所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,S2-物质的量相等,所以消耗Fe3+的物质的量相等,比值为1∶1;溶液中盐酸浓度过大,这里主要考虑氢离子浓度会过大,会生成H2S气体。
(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,会溶解为[PbCl4]2-,电解[PbCl4]2-溶液可制备金属Pb,Pb在阴极产生,阳极Cl-放电产生Cl2,尾液成分为FeCl2,FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3,可以在热浸中循环使用。
(3)“过滤Ⅱ”所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+,根据还原之后可以得到含硫滤渣,“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
(4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥,为了防止引入其他杂质,则试剂X应为Pb,发生的反应为Pb+2[AgCl2]-2Ag+[PbCl4]2-。
(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,“电解Ⅱ”得到金属银和金属铅,将银和铅分离出来,所以不可能作为阴极板,应作为阳极板,阳极放电时,银变成阳极泥而沉降下来,铅失电子为Pb2+,阴极得电子得到Pb,所以电极板应作阳极。
答案:(1)1∶1 H2S
(2)热浸
(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+
(4)C Pb+2[AgCl2]-2Ag+[PbCl4]2-
(5)阳极
6.(2024·北京等级考·18)利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有SiO2等杂质)生产纯铜,流程示意图如下。
(1)矿石在焙烧前需粉碎,其作用是
。
(2)(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。(NH4)2SO4发生热分解的化学方程式是
。
(3)矿石和过量(NH4)2SO4按一定比例混合,取相同质量,在不同温度下焙烧相同时间,测得:ⅰ.“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图;ⅱ.400 ℃和500 ℃时,固体B中所含铜、铁的主要物质如表。
①温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,铜浸出率显著增大的原因是 。
②温度高于425 ℃,根据焙烧时可能发生的反应,解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是
。
(4)用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的
。
(5)粗铜经酸浸处理,再进行电解精炼;电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液,并维持一定的c(H+)和c(Cu2+)。粗铜若未经酸浸处理,消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量,原因是
。
【解析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧,黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下,转化成CuSO4,得到的混合气体中主要含NH3,用H2SO4吸收,得到硫酸铵,是溶液A的主要溶质,可以循环利用,固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物,加水分离,主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣,分别为滤液C和滤渣D,向硫酸铜溶液中加入过量的铁,置换得到粗铜和FeSO4,粗铜再精炼可以得到纯铜。(1)黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎,是为了增大反应物的接触面积,加快反应速率,使反应更充分。(2)铵盐不稳定,易分解,(NH4)2SO4分解为非氧化还原反应,产物中有NH3和SO3,故化学方程式为(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O。(3)①由图可知,温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,铜浸出率显著增大,是因为温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,(NH4)2SO4分解产生的SO3增多,可溶物CuSO4含量增加,故铜浸出率显著增大;②温度高于425 ℃,随焙烧温度升高,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3,铜浸出率降低。(4)加入Fe置换硫酸铜溶液中的铜,反应的离子方程式为Fe+Cu2+Cu+Fe2+。(5)粗铜中含有Fe杂质,加酸可以除Fe,但粗铜若未经酸浸处理,其中杂质Fe会参与放电,则消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量。
答案:(1)增大接触面积,加快反应速率,使反应更充分
(2)(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O
(3)①温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,(NH4)2SO4分解产生的SO3增多,可溶物CuSO4含量增加,故铜浸出率显著增大
②温度高于425 ℃,随焙烧温度升高发生反应:4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,铜浸出率降低(4)Fe+Cu2+Cu+Fe2+
(5)粗铜若未经酸浸处理,其中杂质Fe会参与放电,则消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量
7.(2024·新课标卷·27)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下:
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5 ml·L-1)时的pH:
回答下列问题:
(1)“酸浸”前废渣需粉碎处理,目的是 ;“滤渣1”中金属元素主要为 。
(2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是 。取少量反应后的溶液,加入化学试剂 检验 ,若出现蓝色沉淀,需补加MnO2。
(3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为
、
。
(4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式),残留的C3+浓度为
ml·L-1。
【解析】由题中信息可知,用硫酸处理含有C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣,得到含有C2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO42−等离子的溶液,Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4,则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4;向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,然后加入ZnO调pH=4,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3,则“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3,滤液中的金属离子主要是C2+、Zn2+和Mn2+;最后“氧化沉钴”,加入强氧化剂KMnO4,将溶液中的C2+氧化为C3+,在pH=5时C3+形成C(OH)3沉淀,而KMnO4则被还原为MnO2,KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2,得到C(OH)3和MnO2的混合物,“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4,据此解答。
(1)在原料预处理过程中,粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积,从而加快酸浸的反应速率,提高浸取效率;由分析可知,“滤渣1”的主要成分为PbSO4,则“滤渣1”中金属元素主要为Pb。
(2)酸浸液中含有C2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO42−等离子。由题表中数据可知,当Fe3+完全沉淀时,C2+未开始沉淀,而当Fe2+完全沉淀时,C2+已有一部分沉淀,因此为了除去溶液中的Fe元素且C2+不沉淀,应先将Fe2+氧化为Fe3+,然后调节溶液的pH使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀,因此,MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,以便在后续调pH时除去Fe元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+,若生成蓝色沉淀,则说明溶液中仍存在Fe2+,需补加MnO2。
(3)由分析可知,该过程发生两个氧化还原反应,根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH=5),结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式:3C2++MnO4-+7H2O3C(OH)3↓+MnO2↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O5MnO2↓+4H+。
(4)最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时和加入ZnO调pH时引入的Zn2+,加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+,而阴离子是在“酸浸”时引入的SO42−,因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH=1.1时c(H+)=10-1.1 ml·L-1,C3+恰好完全沉淀,此时溶液中c(C3+)=1.0×10-5 ml·L-1,则c(OH-)=Kwc(H+)=10-12.9 ml·L-1,则Ksp[C(OH)3]=1.0×10-5×(10-12.9)3=10-43.7。“除钴液”的pH=5,即c(H+)=10-5 ml·L-1,则c(OH-)=Kwc(H+)=10-9 ml·L-1,此时溶液中c(C3+)=Ksp[C(OH)3]c3(OH-)=10-43.7(10-9)3 ml·L-1=10-16.7 ml·L-1。
答案:(1)增大固液接触面积,加快酸浸速率,提高浸取效率 Pb
(2)将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,以便在后续调pH时除去Fe元素 K3[Fe(CN)6]溶液 Fe2+
(3)3C2++MnO4-+7H2O3C(OH)3↓+MnO2↓+5H+ 3Mn2++2MnO4-+2H2O5MnO2↓+4H+
(4)ZnSO4、K2SO4 10-16.7
8.(2024·甘肃选择考·15)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为原料,对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用,有效减少了环境污染,主要流程如图所示:
已知:Ksp(CaSO4)=4.9×10-5
Ksp(CaCO3)=3.4×10-9
(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是 。
(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和 。
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为
,
该反应能进行的原因是
。
(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于 。
(5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示,沿x轴方向的投影为图乙,晶胞底面显示为图丙,晶胞参数a≠c,α=β=γ=90°。图丙中Ca与N的距离为 pm;化合物的化学式是 ,其摩尔质量为M g·ml-1,阿伏加德罗常数的值是NA,则晶体的密度为 g·cm-3(列出计算表达式)。
【解析】高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400 ℃下焙烧,生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝,同时产生气体,该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应,生成(NH4)2CO3,所以该气体为NH3;焙烧产物经过水浸1,然后过滤,滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2,滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵;滤液浓缩结晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;滤渣加入(NH4)2CO3溶液,滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。
(1)由分析可知,高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3;
(2)由分析可知,“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2;
(3)由于Ksp(CaSO4)=4.9×10-5,Ksp(CaCO3)=3.4×10-9,Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙,因此“水浸2”的主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙,反应的化学方程式为CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4;
(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后,会产生Al3+,Al3+水解生成Al(OH)3胶体,可用于净水;
(5)图丙中,Ca位于正方形顶点,N位于正方形中心,故Ca与N的距离为22a pm;由均摊法可知,晶胞中Ca的个数为8×18+2=3,N的个数为8×14+2×12=3,B的个数为4×14=1,则化合物的化学式是Ca3N3B;其摩尔质量为M g·ml-1,阿伏加德罗常数的值是NA,晶胞体积为a2c×10-30 cm3则晶体的密度为MNAa2c×1030 g·cm-3。
答案:(1)NH3
(2)SiO2
(3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4 Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
(4)净水
(5)22a Ca3N3B MNAa2c×1030
离子
Zn2+
Cu2+
Cl-
浓度(g·L-1)
145
0.03
1
温度/℃
B中所含铜、铁的主要物质
400
Fe2O3、CuSO4、CuFeS2
500
Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO
Fe3+
Fe2+
C3+
C2+
Zn2+
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
1.1
9.4
8.2