Question

20．硫酸工业中废渣称为硫酸渣，其成分为SiO₂、Fe₂O₃、Al₂O₃、MgO．某探究性学习小组的同学设计以下方案，进行硫酸渣中金属元素的提取实验．

已知溶液pH=3.7时，Fe³⁺已经沉淀完全；一水合氨电离常数K_b=1.8×10^-5，其饱和溶液中c（OH^-）约为1×10^-3mol•L^-1．请回答：
（1）写出A与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O．
（2）上述流程中两次使用试剂①，推测试剂①应该是A（填以下字母编号）
A．氢氧化钠溶液      B．氧化铝          C．氨水        D．水
（3）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等；（任写一点）
（4）H中溶质的化学式：NaHCO₃；
（5）计算溶液F中c（Mg²⁺）=5.6×10^-10mol/L（25℃时，氢氧化镁的K_sp=5.6×10^-12）

Answer 1

分析 硫酸渣的成分为SiO₂、Fe₂O₃、Al₂O₃、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，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中加试剂①并调节溶液的PH值为3.7，结合题意溶液pH=3.7时Fe³⁺已经沉淀完全知，试剂①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①只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂①并调节溶液的PH值为13，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、H为碳酸氢钠．
（1）根据二氧化硅和氢氧化钠的性质写出相应的化学反应方程式；
（2）能使铁离子产生沉淀，而铝离子不产生沉淀的物质只能是强碱；
（3）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；
（4）H中溶质为碳酸氢钠；
（5）根据c（Mg²⁺）=$\frac{Ksp}{C（O{H}^{-}）^{2}}$计算．

解答 解：硫酸渣的成分为SiO₂、Fe₂O₃、Al₂O₃、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，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中加试剂①并调节溶液的PH值为3.7，结合题意溶液pH=3.7时Fe³⁺已经沉淀完全知，试剂①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①只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂①并调节溶液的PH值为13，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、H为碳酸氢钠，
（1）通过以上分析知，A是二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和强碱反应生成盐和水，
所以反应方程式为：SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O．
故答案为：SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O；
（2）向溶液B中加试剂①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①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①只能是强碱溶液，符合条件的是A选项．
故选A；
（3）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等；
（4）H中溶质为碳酸氢钠，故答案为：NaHCO₃；
（5）c（Mg²⁺）=$\frac{Ksp}{C（O{H}^{-}）^{2}}$=$\frac{5.6×1{0}^{-12}}{（0.1）^{2}}mol/L$=5.6×10^-10 mol/L
故答案为：5.6×10^-10 mol/L．

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，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，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．