Question

6．欲探究某矿石可能是由FeCO₃、SiO₂、Al₂O₃中的一种或几种组成，探究过程如图所示．（已知：碳酸不能溶解Al（OH）₃沉淀）

（1）用滤渣制备粗硅的化学反应方程式为2C+SiO₂$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$Si+2CO↑
（2）下列说法正确的是ac
a．酸性：H₂CO₃＞H₂SiO₃b．结合质子的能力：CO₃^2-＞AlO₂^-＞HCO₃^-
c．稳定性：H₂O＞CH₄＞SiH₄d．离子半径：O^2-＜Al³⁺
（3）滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O，通过无色溶液中通入CO₂无白色沉淀生成 现象说明此矿山中不含Al₂O₃
（4）该矿石和稀HNO₃发生氧化还原反应的离子方程式为3FeCO₃+10H⁺+NO₃^-=3Fe³⁺+3CO₂↑+NO↑+5H₂O．

Answer 1

分析 矿石中加入稀硝酸生成气体、可溶性物质，同时又溶性物质生成，生成气体说明含有FeCO₃，SiO₂不溶于稀硝酸，通过实验现象说明含有SiO₂，向滤渣中加入NaOH溶液得到无色滤液，二氧化硅和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸生成硅酸胶体沉淀；
滤液中加入NaOH溶液得到红褐色沉淀说明滤液中含有铁离子，向无色滤液中通入二氧化碳没有沉淀，说明无色滤液中不含偏铝酸钠，则矿石中不含Al₂O₃，
（1）滤渣为二氧化硅，二氧化硅和C在高温下反应生成Si；
（2）a．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；
b．酸根离子水解程度越大，则该酸根离子结合质子能力越强；
c．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；
d．电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；
（3）二氧化硅和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；偏铝酸钠溶液能和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀；
（4）该矿石和稀HNO₃发生氧化还原反应为碳酸亚铁和硝酸的反应，生成铁离子、二氧化碳、NO和水．

解答 解：矿石中加入稀硝酸生成气体、可溶性物质，同时又溶性物质生成，生成气体说明含有FeCO₃，SiO₂不溶于稀硝酸，通过实验现象说明含有SiO₂，向滤渣中加入NaOH溶液得到无色滤液，二氧化硅和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸生成硅酸胶体沉淀；
滤液中加入NaOH溶液得到红褐色沉淀说明滤液中含有铁离子，向无色滤液中通入二氧化碳没有沉淀，说明无色滤液中不含偏铝酸钠，则矿石中不含Al₂O₃，
（1）滤渣为二氧化硅，二氧化硅和C在高温下反应生成Si，反应方程式为2C+SiO₂$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$Si+2CO↑，
故答案为：2C+SiO₂$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$Si+2CO↑；
（2）a．非金属性：C＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故a正确；
b．酸性：H₂CO₃＞HCO₃^-＞Al（OH）₃，对应的酸越强，则酸根离子得到质子的能力越弱，则结合质子能力：AlO₂^-＞CO₃^2-＞HCO₃^-，故b错误；
c．非金属性O＞C＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故c正确；
d．两种离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则O^2-＞Al³⁺，故d错误；
故答案为：ac；
（3）二氧化硅和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O；偏铝酸钠溶液能和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，该流程图中无色溶液中通入二氧化碳没有白色沉淀生成，说明不含氧化铝，
故答案为：SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O； 无色溶液中通入CO₂无白色沉淀生成；
（4）该矿石和稀HNO₃发生氧化还原反应为碳酸亚铁和硝酸的反应，生成铁离子、二氧化碳、NO和水，反应方程式为3FeCO₃+10H⁺+NO₃^-=3Fe³⁺+3CO₂↑+NO↑+5H₂O，故答案为：3FeCO₃+10H⁺+NO₃^-=3Fe³⁺+3CO₂↑+NO↑+5H₂O．

点评 本题考查物质分离和提纯，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合运用能力，明确元素化合物性质是解本题关键，注意碳酸亚铁能和稀硝酸发生氧化还原反应，为易错点．