化学二模试题分类汇编无机非金属材料推断题综合含详细答案.docx

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化学二模试题分类汇编无机非金属材料推断题综合含详细答案

化学二模试题分类汇编——无机非金属材料推断题综合含详细答案

一、无机非金属材料练习题（含详细答案解析）

1．甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示

某些条件和部分产物已略去

。

下列说法正确的是

A．若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物

B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应

C．若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能具有漂白性

D．若甲、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲

丙

戊

【答案】D

【解析】

【详解】

A．甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出

，则甲为Al或Si，所以丙可能是氧化铝，也可能是二氧化硅，不一定是两性氧化物，故A错误；

B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，所以丙可以为氧化钠或过氧化钠，当丙为氧化钠时，丙生成戊不是氧化还原反应，故B错误；

C．丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl和

或

和

等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气或氢气或氮气，都不具有漂白性，故C错误；

D．若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，丁为HClO等具有强氧化性的物质，戊为硫酸，则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲

丙

戊，故D正确；

故答案为D。

2．对于足球烯C60的认识错误的是（）

A．是分子晶体B．含有非极性共价键

C．存在同素异形体D．结构稳定，难以发生化学反应

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A.C60之间的相互作用力是范德华力，属于分子晶体，A正确；

B.足球烯中既有双键又有单键，化学键是共价键，且是非极性共价键，B正确；

C.金刚石、石墨、足球烯都是碳的同素异形体，所以足球烯存在同素异形体，C正确；

D．足球烯是属分子晶体，在常温下，碳碳之间键能大，也比较稳定，但其易发生加成反应，D错误；

答案选D。

3．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是

A．Fe

FeCl2

Fe（OH）2B．H2SiO3

SiO2

SiCl4

C．浓盐酸

Cl2

漂白粉D．NH3

HNO3

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．氯气具有强氧化性，与铁反应生成三氯化铁，不能一步反应生成氯化亚铁，故A错误；

B．硅酸受热分解生成二氧化硅，二氧化硅与HCl不反应，不能转化为SiCl4，故B错误；

C．二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，可以制得漂白粉，物质间转化均能实现，故C正确；

D.氨催化氧化生成NO，NO与水不反应，不能转化为硝酸，故D错误；

故选C。

4．下列表述正确的是（）

①人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是二氧化硅

②化学家采用玛瑙研钵摩擦固体反应物进行无溶剂合成，玛瑙的主要成分是硅酸盐

③提前建成的三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料

④夏天到了，游客佩戴由涂加氧化亚铜的二氧化硅玻璃制作的变色眼镜来保护眼睛

⑤太阳能电池可采用硅材料制作，其应用有利于环保、节能

A．①②④B．②④C．③④⑤D．③⑤

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

①人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是三氧化二铝，故①错误；

②玛瑙的主要成分是二氧化硅，故②错误；

③水泥的成分是硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙，是硅酸盐，故③正确；

④变色眼镜由添加溴化银的普通玻璃璃制作，故④错误；

⑤晶体硅可以制太阳能电池，利于环保、节能，故⑤正确；

故答案选：

D。

【点睛】

本题主要考察物质的组成和分类，需了解常见矿物及常见无机物组成成分。

5．青石棉（cricidolite）是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，青石棉的化学式为：

Na2Fe5Si8O22（OH）2，青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法中正确的是

A．青石棉是一种易燃品，且易溶于水

B．青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：

Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O

C．1molNa2Fe5Si8O22（OH）2与足量的硝酸作用，至少需消耗8.5L2mol/LHNO3溶液

D．1molNa2Fe5Si8O22（OH）2与足量氢氟酸作用，至少需消耗7L2mol/LHF溶液

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．青石棉属于硅酸盐，不易燃，也不溶于水，A错误；

B．青石棉中铁元素的化合价由+2价和+3价两种，根据原子守恒和化合价不变的思想，化学组成用氧化物的形式可表示为：

Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O，B正确；

C．8.5L2mol·L-1HNO3溶液中硝酸的物质的量为17mol，青石棉用稀硝酸溶液处理时，亚铁离子被氧化为铁离子，硝酸被还原为一氧化氮，产物为NaNO3、Fe（NO3）3、NO、H2O、SiO2，1mol该物质能和18molHNO3反应，C错误；

D．7L2mol·L-1HF溶液中HF的物质的量为14mol，1mol青石棉能与34mol氢氟酸反应生成四氟化硅，D错误。

答案选B。

6．下列说法不正确的是

A．氧化镁熔点很高，可作为优质的耐高温材料

B．有色玻璃就是某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成

C．溴化银可用于感光材料，也可用于人工降雨

D．分子筛可用于物质分离，还能作干燥剂和催化剂

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．氧化镁是离子化合物，离子键很强，所以氧化镁熔点高，可作耐高温材料，故A正确；

B．某些金属氧化物呈现特殊的颜色，分散于玻璃中即可制得有色玻璃，故B正确；

C．溴化银不稳定，见光易分解，可用于制感光胶卷，碘化银可用于人工降雨，故C错误；

D．分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性，可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等，故D正确；

故答案：

C。

7．C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中正确的是

A．三种元素在自然界中既有游离态又有化合态

B．二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应

C．最低价的气态氢化物都具有还原性，易与O2发生反应

D．其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：

H2SO4＞H2SiO3＞H2CO3

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A、Si元素是亲氧元素，在自然界中无游离态，A项错误；

B、SiO2能与HF反应，B项错误；

C、C、Si、S低价态气态氢化物为CH4、SiH4、H2S，都具有还原性，易与O2发生反应，C项正确；

D、根据元素性质的递变性，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：

H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，D项错误；

本题答案选C。

8．下列说法中正确的是

A．由Na2CO3+SiO2

Na2SiO3+CO2↑可知，酸性H2SiO3>H2CO3

B．氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的玻璃试剂瓶中

C．向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀，过量时沉淀溶解

D．瓷坩埚、氧化铝坩埚均不可作为融化NaOH固体的装置

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A.强酸制弱酸都是在溶液中进行的反应，而SiO2与Na2CO3是高温下的反应，生成CO2气体逸出，有利于反应的进行，与最高价含氧酸的酸性无关，A项错误；

B.氢氟酸与玻璃中的成分反应，氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的塑料试剂瓶中，B项错误；

C．向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀硅酸，硅酸与盐酸不反应，过量时沉淀不溶解，C项错误；

D．瓷坩埚、氧化铝坩埚都和NaOH反应，故均不可作为融化NaOH固体的装置，D项正确；

答案选D。

9．有三种透明、不溶于水的坚硬固体。

A固体在氧气中完全燃烧只得到一种无色无味气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，标准状况下测得此气体的密度是氧气密度的1.375倍。

B固体能溶于热的苛性钠溶液，再往该溶液中加入过量盐酸时，析出白色沉淀，此沉淀是一种比H2CO3还弱的酸，干燥后为不溶于水的白色粉末。

B与石灰石、纯碱按一定比例混合加热后，能得到C，C在高温时软化，无固定熔点。

根据以上事实，判断A、B、C各为何物：

_______、_______、_______；写出有关反应的化学方程式______________。

【答案】金刚石石英普通玻璃C＋O2

CO2，CO2＋Ca（OH）2＝CaCO3↓＋H2O；SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O；

Na2SiO3＋2HCl＋H2O＝H4SiO4↓＋2NaCl；H4SiO4＝H2SiO3＋H2O；

CaCO3＋SiO2

CaSiO3＋CO2↑；SiO2＋Na2CO3

Na2SiO3＋CO2↑

【解析】

【详解】

A物质燃烧后产生气体的相对分子质量为：

32×1.375＝44。

结合它无色无味且使澄清石灰水变浑浊的性质，可推断此气体为CO2，又因为A为透明不溶于水的坚硬固体，故可判断A为金刚石。

方程式为：

C＋O2

CO2。

B物质能与苛性钠反应，且所得溶液与盐酸反应生成一种比H2CO3还弱的酸，且这种酸是一种难溶于水的白色固体，故可判断B为石英。

相关方程式为：

SiO2＋CaCO3

CaSiO3＋CO2↑；SiO2＋Na2CO3

Na2SiO3＋CO2↑。

【点睛】

本题考查有关SiO2、Na2SiO3、H2SiO3以及玻璃等物质的性质以及推理判断能力。

其突破口是C高温时软化，无固定熔点，这是玻璃的特性，由此推知B可能为SiO2是解题的关键。

10．固体化合物X由四种常见的元素组成，为探究其成分，某学生进行如下实验：

①20.8gX固体进行实验，得到白色粉末1质量12.0g，白色粉末2质量为6.0g；

②白色粉末2可用作耐高温材料，白色粉末3是一种常见干燥剂；请回答问题：

（1）X中金属元素的名称是______。

（2）化合物X与足量盐酸反应离子方程式______。

（3）在高温条件下，白色粉末2中某元素单质与白色粉末1反应，是工业制备另一种单质方法之一，写出该反应的化学方程式______。

【答案】钙、镁Ca4Mg3Si4O15+14H+=4Ca2++3Mg2++4H2SiO3+3H2O2Mg+SiO2

2MgO+Si

【解析】

【分析】

化合物X与过量盐酸反应生成白色胶状沉淀与无色溶液，其中白色胶状灼烧得到的白色粉末1能与NaOH溶液反应得到无色溶液，故白色胶状沉淀为H2SiO3、白色粉末1为SiO2；无色溶液与过量的NaOH溶液反应得到白色沉淀，经灼烧生成的白色粉末2可用作耐高温材料，可知白色粉末2为MgO；白色粉末3是一种常见干燥剂，结合转化可知白色粉末3为CaO；由元素守恒可知X含有Si、Mg、Ca元素，而固体化合物X由四种常见的元素组成，与盐酸反应没有气体生成，根据元素守恒可知X不可能含有H元素，而是还含有O元素，化合物X为硅酸盐，改写为氧化物的形式，由原子守恒可知SiO2、MgO、CaO的物质的量，得到它们的比，就可得出X的化学式。

【详解】

根据上述分析可知：

白色胶状沉淀为H2SiO3；白色粉末1为SiO2；白色粉末2为MgO；白色粉末3为CaO；由元素守恒可知X含有Si、Mg、Ca元素，而固体化合物X由四种常见的元素组成，与盐酸反应没有气体生成，根据元素守恒可知X不可能含有H元素，而是还含有O元素，化合物X为硅酸盐，改写为氧化物的形式，由原子守恒可知n（SiO2）=12.0g÷60g/mol=0.2mol，n（MgO）=6.0g÷40g/mol=0.15mol，故n（CaO）=（20.8g-12.0g-6.0g）÷56g/mol=0.2mol，n（CaO）：

n（MgO）：

n（SiO2）=0.2mol：

0.15mol：

0.2mol=4：

3：

4，所以X的化学式为：

4CaO•3MgO•4SiO2。

（1）由上述分析可知，X中金属元素的名称是：

钙、镁；

（2）化合物X与足量盐酸反应离子方程式：

Ca4Mg3Si4O15+14H+=4Ca2++3Mg2++4H2SiO3+3H2O；

（3）在高温条件下，MgO中某元素单质与SiO2反应，是工业制备另一种单质方法之一，应是Mg与SiO2反应制备Si，同时生成MgO，该反应的化学方程式为：

2Mg+SiO2

2MgO+Si。

【点睛】

11．中国传统文化是人类文明的瑰宝，古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。

回答下面问题：

（1）我国最原始的陶瓷约出现在距今12000年前，制作瓷器所用的原料是高岭士，其晶体化学式是Al4[Si4O10]（OH）8，用氧化物表示其组成为______________。

（2）《本草纲目》中记载：

“（火药）乃焰消（KNO3）、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。

”反应原理为：

S+2KNO3+3C

K2S+N2↑+3CO2↑，该反应的氧化剂是_________，反应转移4mol电子时，被S氧化的C有____________mol。

（3）我国古代中药学著作《新修本草》记载的药物有844种，其中有关“青矾”的描述为：

“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色…。

”我国早期科技丛书《物理小适-金石类》记载有加热青矾时的景象：

“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。

”青矾就是绿矾（FeSO4·7H2O）。

根据以上信息，写出“青矾”受热分解的化学方程式_____________________________________________________。

【答案】Al2O3·2SiO2·2H2OS，KNO31/6或0.17或0.1672FeSO4·7H2O

Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O

【解析】

【分析】

（1）化学式改写成相应的氧化物的形式，按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序来书写，并要遵守原子守恒来分析解答；

（2）反应过程中，元素化合价升高的失电子做还原剂发生氧化反应，元素化合价降低的做氧化剂发生还原反应，反应中得电子数等于失电子数来分析计算；

（3）本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色，青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。

”青矾就是绿矾（ FeSO4•7H2O），说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水。

【详解】

（1）铝的氧化物为Al2O3，硅的氧化物为SiO2，氢的氧化物为H2O，则根据活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O得顺序可知Al4[Si4O10]（OH）8可改成：

2Al2O3•4SiO2•4H2O；

（2）S+2KNO3+3C

K2S+N2↑+3CO2↑，反应中硫元素化合价0价降低为-2价，氮元素化合价+5价降低为0价，反应中做氧化剂的是S、KNO3，电子守恒计算，碳元素化合价0价升高为+4价，电子守恒分析电子转移总数12e-，其中硫得到电子2e-，氮元素得到电子10e-，电子转移总数12e-时，被硫氧化的碳0.5mol，反应转移4mol电子时，被S氧化的C有

mol=

mol；

（3）本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色，青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。

”青矾就是绿矾（ FeSO4•7H2O），说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水，分解的化学方程式：

2FeSO4•7H2O

Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O。

12．2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。

工业中利用锂辉石（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等）制备钴酸锂（LiCoO2）的流程如图：

已知：

Ksp[Mg（OH）2]=10-11，Ksp[Al（OH）3]=10-33，Ksp[Fe（OH）3]=10-38

回答下列问题：

（1）为鉴定某矿石中是否含有锂元素，可以采用焰色反应来进行鉴定，当观察到火焰呈__，可以认为该矿石中存在锂元素。

a.紫红色b.紫色c.黄色

（2）锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为__。

（3）为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是__。

（4）向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，则pH至少为__。

（已知：

完全沉淀后离子浓度低于1×l05）mol/L）

（5）“滤渣Ⅱ”的主要化学成分为___。

（6）“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的__溶液（填化学式）；该过程所获得的“母液”中仍含有大量的Li+，可将其加入到“__”步骤中。

（7）Li2CO3与Co3O4在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为__。

【答案】aLi2O·Al2O3·4SiO2将矿石粉碎（搅拌、升高温度）4.7Mg（OH）2，CaCO3Na2CO3净化6Li2CO3+4Co3O4+O2=12Li2CoO2+6CO2

【解析】

【分析】

锂辉石（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等）为原料来制取钴酸锂（LiCoO2），加入过量浓硫酸溶解锂辉矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%Li2S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4高温下焙烧生成钴酸锂，据此分析解题。

【详解】

（1）焰色反应常用来检测金属元素，钠元素的焰色为黄色，钾元素的焰色为紫色，利用排除法可以选出锂元素的焰色为紫红色，故答案为a；

（2）锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，在原子简单整数比不变的基础上，其氧化物的形式为Li2O•Al2O3•4SiO2；

（3）“酸化焙烧”时使用的是浓硫酸，为提高“酸化焙烧”效率，还可采取的措施有将矿石细磨、搅拌、升高温度等；

（4）根据柱状图分析可知，Al（OH）3的Ksp大于Fe（OH）3的Ksp，那么使Al3+完全沉淀pH大于Fe3+的Al（OH）3的Ksp=c（Al3+）×c3（OH-）=1×10-33，c（OH-）=

mol/L=1×10-9.3mol/L，则c（H+）=1×10-4.7mol/L，pH=4.7，即pH至少为4.7；

（5）由分析知，“滤渣Ⅱ”的主要化学成分为Mg（OH）2和CaCO3；

（6）根据“沉锂”后形成Li2CO3固体，以及大量生产的价格间题，该过程中加入的沉淀剂为饱和Na2CO3溶液；该过程得的“母液“中仍含有大量的Li+，需要从中2提取，应回到“净化“步隳中循环利用；

（7）Li2CO3与Co3O4在敝口容器中反应生成LiCoO2时Co元素的化合价升高，因此推断空气中O2参与反应氧化Co元素，化字方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O2

12LiCoO2+6CO2。

【点睛】

硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：

a．氧化物的书写顺序：

活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以“•”隔开；b．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c．当计量数配置出现分数时应化为整数。

13．红矾钠（重铬酸钠：

Na2Cr2O7·2H2O）是重要的基础化工原料。

铬常见价态有+3、+6价。

铬的主要自然资源是铬铁矿FeCr2O4（含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质），实验室模拟工业以铬铁矿为原料生产红矾钠的主要流程如下：

①中主要反应：

4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2

8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2

①中副反应：

Al2O3+Na2CO3

2NaAlO2+CO2↑，SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑

请回答下列问题：

（1）FeCr2O4化学名为亚铬酸亚铁，写出它的氧化物形式________________。

步骤“①”的反应器材质应选用__________（填“瓷质”、“铁质”或“石英质”）。

（2）“②”中滤渣1的成分是__________，“③”中调pH值是_______（填“调高”或“调低”），“④”中滤渣2的成分是___________。

（3）“⑤”酸化的目的是使CrO42－转化为Cr2O72－，写出平衡转化的离子方程式：

______。

（4）上图是Na2Cr2O7·2H2O和Na2SO4的溶解度曲线，则操作I是______，操作II是______（填序号）。

①蒸发浓缩，趁热过滤②降温结晶，过滤

（5）已知某铬铁矿含铬元素34%，进行步骤①~④中损失2%，步骤⑤~⑦中产率为92%，则1吨该矿石理论上可生产红矾钠_______吨（保留2位小数）。

【答案】FeO·Cr2O3铁质Fe2O3、MgO调低H2SiO3、Al（OH）32CrO42－+2H+

Cr2O72－+H2O②①0.88

【解析】

【分析】

氧化煅烧中MgO不反应，FeCr2O4、Al2O3、SiO2反应产物中有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3．浸取时MgO、Fe2O3不溶，滤液中含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3及未反应的碳酸钠，调节pH值，生成H2SiO3、Al（OH）3沉淀过滤除去。

硫酸酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-．由图乙可知，硫酸钠的溶解度受温度影响比较大，应采取降温结晶、过滤；红矾钠溶解度受温度影响变化不大，应采取蒸发结晶、过滤。

【详解】

（1）FeCr2O4中铁元素化合价是+2价，氧化物为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，FeCr2O4中铁铁原子与Cr原子物质的量之比为1：

2，所以FeCr2O4写成氧化物形式为FeO•Cr2O3；“瓷质”或“石英质”仪器都含有二氧化硅，高温下与碳酸钠反应，故选择“铁质”仪器；

（2）步骤①中有氧化铁生成，氧化铝、二氧化硅发生反应生成可溶性盐，氧化镁不反应，据此判断步骤②中滤渣1的成分；氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁及氧化镁，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质，将pH值调低，可生成H2SiO3、Al（OH）3沉淀过滤除去；步骤“③”调节pH值，生成H2SiO3、Al（OH）3沉淀过滤除去，故“④”中滤渣2的成分是H2SiO3、Al（OH）3沉淀；

（3）酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-，则CrO42-在酸性条件下与H+离子反应生成Cr2O72-，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O；

（4）操作Ⅰ是分离出硫酸钠，操作Ⅱ获得红矾钠，由图2可知，硫酸钠的溶解度受温度影响比较大，应采取降温结晶、过滤；红矾钠溶解度受温度影响变化不大，应采取蒸发结晶、过滤；

（5）令生成红矾钠x吨，则：

2Cr～～～～～Na2Cr2O7•2H2O

104 298

1吨×34%×（1-2%）×92% x吨

所以：

104：

298=1吨×34%×（1-2%）×92%：

x吨，解得x=0.88。

14．高锰酸钾是中学化学常用的试剂。

主要用于防腐、化工、制药等。

实验室模拟工业上用

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