Question

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

（1）Si在周期表中的位置是______．
（2）下列說法正確的是______．
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）該礦石的組成是______，濾渣和NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式是______．
（4）該礦石和1mol?L^-1 HNO₃反應(yīng)的離子方程式______．
（5）工業(yè)上依據(jù)上述實驗原理處理該礦石，將反應(yīng)池逸出的氣體與一定量的O₂混合循環(huán)通入反應(yīng)池中，目的是______；若處理該礦石2.36×10³ kg，得到濾渣1.2×10³ kg，理論上至少需要1mol?L^-1 HNO₃的體積為______L．

Answer 1

解：（1）硅的原子核外有3個電子層，最外層電子數(shù)為4，則應(yīng)位于周期表第三周期、ⅣA族，故答案為：第三周期、ⅣA族；
（2）a．非金屬性：C＞Si，元素的非金屬性越強，對應(yīng)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(yīng)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(shè)＞C＞Si，元素的非金屬性越強，對應(yīng)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）礦石加硝酸生成氣體，可說明含有FeCO₃，加入過量NaoH溶液后通入過量二氧化碳沒有沉淀生成，說明沒有Al₂O₃，濾渣溶解后加入鹽酸生成膠狀沉淀，說明含有SiO₂，
濾渣和NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式是SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O，
故答案為：FeCO₃和SiO₂；SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O；
（4）礦石含有FeCO₃，可與HNO₃反應(yīng)，離子方程式為3FeCO₃+10H⁺+NO₃^-=3Fe³⁺+3CO₂↑+NO↑+5H₂O，
故答案為：3FeCO₃+10H⁺+NO₃^-=3Fe³⁺+3CO₂↑+NO↑+5H₂O；
（5）由于NO是有毒氣體，不能隨意排放，所以這樣做的目的是NO循環(huán)使用能減少環(huán)境污染，且NO跟H₂O、O₂反應(yīng)后又得到硝酸提高原料利用率．根據(jù)以上分析可知，該礦石中含有碳酸亞鐵和二氧化硅，其中碳酸亞鐵的質(zhì)量是2.36×10³ kg-1.2×10³ kg=1.16×10³kg，物質(zhì)的量是10000mol，則根據(jù)（4）中的方程式可知，消耗硝酸的物質(zhì)的量是mol，所以理論上至少需要1molL^-1 HNO₃的體積為3.0×10⁴L．
故答案為：NO循環(huán)使用能減少環(huán)境污染，NO跟H₂O、O₂反應(yīng)后又得到硝酸提高原料利用率；3×10⁴．
分析：（1）根據(jù)硅的原子核外電子排布確定在周期表中的位置；
（2）a．元素的非金屬性越強，對應(yīng)的最高價氧化物的水化物的酸性越強；
b．對應(yīng)的酸越強，則酸根離子得到質(zhì)子的能力越弱；
c．元素的非金屬性越強，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定；
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；
（3）礦石加硝酸生成氣體，可說明含有FeCO₃，加入過量NaoH溶液后通入過量二氧化碳沒有沉淀生成，說明沒有Al₂O₃，濾渣溶解后加入鹽酸生成膠狀沉淀，說明含有SiO₂；
（4）礦石含有FeCO₃，可與HNO₃反應(yīng)；
（5）處理該礦石，逸出的氣體為NO，可與氧氣反應(yīng)生成硝酸，可循環(huán)利用，結(jié)合反應(yīng)的方程式計算．
點評：該題綜合考查粗硅的制備、元素周期律的應(yīng)用、物質(zhì)的檢驗、氧化還原反應(yīng)方程式的書寫、尾氣處理和原料的使用以及有關(guān)計算，難度較大，注意必須認(rèn)真、細(xì)致的審題，聯(lián)系所學(xué)過的知識和技能，進行知識的類比、遷移、重組，全面細(xì)致的思考才能得出正確的結(jié)論．