Question

6．欲探究某礦石可能是由FeCO₃、SiO₂、Al₂O₃中的一種或幾種組成，探究過程如圖所示．（已知：碳酸不能溶解Al（OH）₃沉淀）

（1）用濾渣制備粗硅的化學反應方程式為2C+SiO₂$\frac{\underline{\;加熱\;}}{\;}$Si+2CO↑
（2）下列說法正確的是ac
a．酸性：H₂CO₃＞H₂SiO₃b．結(jié)合質(zhì)子的能力：CO₃^2-＞AlO₂^-＞HCO₃^-
c．穩(wěn)定性：H₂O＞CH₄＞SiH₄d．離子半徑：O^2-＜Al³⁺
（3）濾渣和NaOH溶液反應的離子方程式是SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O，通過無色溶液中通入CO₂無白色沉淀生成 現(xiàn)象說明此礦山中不含Al₂O₃
（4）該礦石和稀HNO₃發(fā)生氧化還原反應的離子方程式為3FeCO₃+10H⁺+NO₃^-=3Fe³⁺+3CO₂↑+NO↑+5H₂O．

Answer 1

分析 礦石中加入稀硝酸生成氣體、可溶性物質(zhì)，同時又溶性物質(zhì)生成，生成氣體說明含有FeCO₃，SiO₂不溶于稀硝酸，通過實驗現(xiàn)象說明含有SiO₂，向濾渣中加入NaOH溶液得到無色濾液，二氧化硅和NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉，向偏鋁酸鈉溶液中加入稀鹽酸生成硅酸膠體沉淀；
濾液中加入NaOH溶液得到紅褐色沉淀說明濾液中含有鐵離子，向無色濾液中通入二氧化碳沒有沉淀，說明無色濾液中不含偏鋁酸鈉，則礦石中不含Al₂O₃，
（1）濾渣為二氧化硅，二氧化硅和C在高溫下反應生成Si；
（2）a．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強；
b．酸根離子水解程度越大，則該酸根離子結(jié)合質(zhì)子能力越強；
c．元素的非金屬性越強，其氫化物的穩(wěn)定性越強；
d．電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，離子半徑隨著原子序數(shù)增大而減��；
（3）二氧化硅和NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和水；偏鋁酸鈉溶液能和過量二氧化碳反應生成氫氧化鋁沉淀；
（4）該礦石和稀HNO₃發(fā)生氧化還原反應為碳酸亞鐵和硝酸的反應，生成鐵離子、二氧化碳、NO和水．

解答 解：礦石中加入稀硝酸生成氣體、可溶性物質(zhì)，同時又溶性物質(zhì)生成，生成氣體說明含有FeCO₃，SiO₂不溶于稀硝酸，通過實驗現(xiàn)象說明含有SiO₂，向濾渣中加入NaOH溶液得到無色濾液，二氧化硅和NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉，向偏鋁酸鈉溶液中加入稀鹽酸生成硅酸膠體沉淀；
濾液中加入NaOH溶液得到紅褐色沉淀說明濾液中含有鐵離子，向無色濾液中通入二氧化碳沒有沉淀，說明無色濾液中不含偏鋁酸鈉，則礦石中不含Al₂O₃，
（1）濾渣為二氧化硅，二氧化硅和C在高溫下反應生成Si，反應方程式為2C+SiO₂$\frac{\underline{\;加熱\;}}{\;}$Si+2CO↑，
故答案為：2C+SiO₂$\frac{\underline{\;加熱\;}}{\;}$Si+2CO↑；
（2）a．非金屬性：C＞Si，元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強，故a正確；
b．酸性：H₂CO₃＞HCO₃^-＞Al（OH）₃，對應的酸越強，則酸根離子得到質(zhì)子的能力越弱，則結(jié)合質(zhì)子能力：AlO₂^-＞CO₃^2-＞HCO₃^-，故b錯誤；
c．非金屬性O＞C＞Si，元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，故c正確；
d．兩種離子核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則O^2-＞Al³⁺，故d錯誤；
故答案為：ac；
（3）二氧化硅和NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O；偏鋁酸鈉溶液能和過量二氧化碳反應生成氫氧化鋁沉淀，該流程圖中無色溶液中通入二氧化碳沒有白色沉淀生成，說明不含氧化鋁，
故答案為：SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O； 無色溶液中通入CO₂無白色沉淀生成；
（4）該礦石和稀HNO₃發(fā)生氧化還原反應為碳酸亞鐵和硝酸的反應，生成鐵離子、二氧化碳、NO和水，反應方程式為3FeCO₃+10H⁺+NO₃^-=3Fe³⁺+3CO₂↑+NO↑+5H₂O，故答案為：3FeCO₃+10H⁺+NO₃^-=3Fe³⁺+3CO₂↑+NO↑+5H₂O．

點評 本題考查物質(zhì)分離和提純，為高頻考點，側(cè)重考查學生分析推斷及知識綜合運用能力，明確元素化合物性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意碳酸亞鐵能和稀硝酸發(fā)生氧化還原反應，為易錯點．