Question

19．工业废弃物对环境的危害极大，硫酸工业废渣废弃物的主要成分为MgO、Al₂O₃、Fe₂O₃、SiO₂．某同学设计以下方案，变废为宝提取废渣中的金属元素．

已知常温条件下：
①阳离子以氢氧化物形式完全沉淀（阳离子浓度低于10^?5mol•L^-1）时溶液的pH：

沉淀物	Fe（OH）3	Al（OH）3	Mg（OH）2
pH	3.4	5.2	11

②饱和氨水溶液中c（OH^-）约为1×10^-3mol•L^-1．
请回答：
（1）写出A与氢氟酸反应的化学方程式：SiO₂+4HF=SiF₄↑+2H₂O．
（2）上述流程中两次使用试剂X，推测试剂X是氢氧化钠（填“氨水”或“氢氧化钠”）其理由是经过计算饱和氨水的pH=11，使用氨水不能将溶液调至pH=13，所以选择氢氧化钠调节溶液酸碱性．
（3）写出F→H的反应离子方程式：AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-；
（4）溶液D到固体E过程中需要控制溶液pH=13，如果pH过小，可能导致的后果是镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全．
（5）固体C跟HI反应的离子方程式为：2Fe（OH）₃+2I^-+6H⁺=2Fe²⁺+I₂+6H₂O．
（6）试计算Mg（OH）₂的Ksp=10^-11．

Answer 1

分析 废渣的成分为SiO₂、Fe₂O₃、Al₂O₃、MgO，当加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加氢氧化钠溶液并调节溶液的PH值，结合题意溶液pH=3.7时Fe³⁺已经沉淀完全知，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入氢氧化钠溶液并调节溶液的PH值为10.8，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝，以此解答该题．

解答 解：废渣的成分为SiO₂、Fe₂O₃、Al₂O₃、MgO，当加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加氢氧化钠溶液并调节溶液的PH值，结合题意溶液pH=3.7时Fe³⁺已经沉淀完全知，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入氢氧化钠溶液并调节溶液的PH值为10.8，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝，
（1）A是二氧化硅，与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，反应的化学方程式为SiO₂+4HF=SiF₄↑+2H₂O，故答案为：SiO₂+4HF=SiF₄↑+2H₂O；
（2）向溶液B中加试剂X并调节溶液的PH值为3.7，结合题意知，溶液pH=3.7时Fe³⁺已经沉淀完全知，试剂X是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂X只能是强碱溶液，可为氢氧化钠溶液，且饱和氨水溶液中c（OH^-）约为1×10^-3mol•L^-1，pH=11，使用氨水不能将溶液调至pH=13，所以选择氢氧化钠调节溶液酸碱性，
故答案为：氢氧化钠；经过计算饱和氨水的pH=11，使用氨水不能将溶液调至pH=13，所以选择氢氧化钠调节溶液酸碱性；
（3）反应a为偏铝酸钠和过量二氧化碳能反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应方程式为AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-，
故答案为：AlO₂^-+CO₂+2H₂O=Al（OH）₃↓+HCO₃^-；
（4）在强碱性条件下，铝元素以偏铝酸根离子存在，镁元素以氢氧化镁存在，当溶液的PH=13时，溶液呈强碱性，如果pH过小，可能导致的后果是镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全等．
故答案为：镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全；
（5）固体C是氢氧化铁，与HI溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe（OH）₃+2I^-+6H⁺=2Fe²⁺+I₂+6H₂O，
故答案为：2Fe（OH）₃+2I^-+6H⁺=2Fe²⁺+I₂+6H₂O；
（6）由表中数据可知氢氧化镁完全沉淀时pH=11，则Mg（OH）₂的Ksp=c（Mg²⁺）×c²（OH）^-=10^-5×（10^-3）²=10^-11，
故答案为：10^-11．

点评 本题考查了物质的分离、提纯的方法选择及应用，实验方案设计和评价，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，题目难度较大，明确各物质的性质是解本题的关键，本题注意溶度积的相关计算．