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简答题

硅孔雀石是一种含铜的矿石,含铜形态为CuCO3•Cu(OH)2和CuSiO3•2H2O,同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、A12O3等杂质.以硅孔雀石为原料制取硫酸铜的工艺流程如下图:

请回答下列问题:

(1)完成步骤①中稀硫酸与CuSiO3•2H2O发生反应的化学方程式CuSiO3•2H2O+H2SO4=CuSO4+______+H2O;用离子方程式表示双氧水的作用______

(2)步骤②调节溶液pH选用的最佳试剂是______

A.Fe2O3 B.CuO   C.A12O3 D.NH3•H2O

(3)有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表:

由上表可知:当溶液pH=4时,可以完全除去的离子是______,不能完全除去的离子是______

(4)滤液B通过蒸发浓缩(设体积浓缩为原来的一半)、冷却结晶可以得到CuSO4•5H2O晶体.某同学认为上述操作会拌有硫酸铝晶体的析出.请你结合相关数据对该同学的观点予以评价(已知常温下,A12(SO43饱和溶液中c(A13+)=2.25mol•L-1,Ksp[A1(OH)3]=3.2×10-34______

(5)若要测定硫酸铜晶体中结晶水的含量,需要的仪器是酒精灯、托盘天平、三角架、泥三角、玻璃棒、干燥器、坩埚钳、研钵、药匙、______.实验过程中硫酸铜晶体加热失水后在空中冷却后称量,则测定结果______(填“偏高”、“偏低”或“不变”).

正确答案

解:(1)利用质量守恒定律,可以判断未知物是硅酸,利用观察法配平反应方程式为:CuSiO3•2H2O+H2SO4═CuSO4+H2SiO3+2H2O;双氧水将亚铁离子氧化成铁离子的离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O,

故答案为:H2SiO3;2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O;

(2)由于滤液A显示酸性,加入的试剂能够中和溶液中的氢离子,还不能引进新的杂质,所以应该选用B氧化铜,故选B;

(3)有表中数据可知,pH=4时,三价铁离子完全生成了氢氧化铁沉淀,而铝离子完全沉淀需要的PH是5.2,所以铝离子没有完全沉淀,

故答案为:Fe3+;Al3+

(4)PH=4时,溶液中的氢氧根离子的浓度为:1×10-10mol/L,溶液中铝离子浓度为:mol/L=3.2×10-4mol/L,浓缩后c(Al3+)=6.4×10-4mol/L<<2.25mol/L,所以不会有硫酸铝晶体析出,

故答案为:该同学的观点是错误的;通过计算可知,滤液B中,c(Al3+)=3.2×10-4mol/L,浓缩后c(Al3+)=6.4×10-4mol/L<<2.25mol/L,所以不会有硫酸铝晶体析出;

(5)测定硫酸铜晶体中结晶水的含量,需要的仪器是酒精灯、托盘天平、三角架、泥三角、玻璃棒、干燥器、坩埚钳、研钵、药匙和坩埚;若是在空中冷却后称量,导致称量的剩余固体质量偏大,计算出结晶水的质量偏小,结果偏低,

故答案为:坩埚;偏低.

解析

解:(1)利用质量守恒定律,可以判断未知物是硅酸,利用观察法配平反应方程式为:CuSiO3•2H2O+H2SO4═CuSO4+H2SiO3+2H2O;双氧水将亚铁离子氧化成铁离子的离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O,

故答案为:H2SiO3;2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O;

(2)由于滤液A显示酸性,加入的试剂能够中和溶液中的氢离子,还不能引进新的杂质,所以应该选用B氧化铜,故选B;

(3)有表中数据可知,pH=4时,三价铁离子完全生成了氢氧化铁沉淀,而铝离子完全沉淀需要的PH是5.2,所以铝离子没有完全沉淀,

故答案为:Fe3+;Al3+

(4)PH=4时,溶液中的氢氧根离子的浓度为:1×10-10mol/L,溶液中铝离子浓度为:mol/L=3.2×10-4mol/L,浓缩后c(Al3+)=6.4×10-4mol/L<<2.25mol/L,所以不会有硫酸铝晶体析出,

故答案为:该同学的观点是错误的;通过计算可知,滤液B中,c(Al3+)=3.2×10-4mol/L,浓缩后c(Al3+)=6.4×10-4mol/L<<2.25mol/L,所以不会有硫酸铝晶体析出;

(5)测定硫酸铜晶体中结晶水的含量,需要的仪器是酒精灯、托盘天平、三角架、泥三角、玻璃棒、干燥器、坩埚钳、研钵、药匙和坩埚;若是在空中冷却后称量,导致称量的剩余固体质量偏大,计算出结晶水的质量偏小,结果偏低,

故答案为:坩埚;偏低.

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过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂.

已知:①过碳酸钠具有Na2CO3和H2O2的性质.

②2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)⇌2Na2CO3•3H2O2 (s)△H<0

③50℃时,2Na2CO3•3H2O2 (s) 开始分解

某兴趣小组制备过碳酸钠的装置示意图如图1所示:

请回答下列问题:

(1)图1中玻璃导管a的作用是______

(2)本实验的关键是控制温度,用该装置制备过碳酸钠有不足之处,下列改进措施可行的是______(填序号).

A、缓慢滴加H2O2溶液    B、冷水浴    C、用酒精灯加热

(3)将实验改进后按如图2所示流程可获得过碳酸钠产品

①洗涤固体Y时选用无水乙醇作为洗涤剂的目的是______

②在滤液X中加入适量中加入适量NaCl固体可析出过碳酸钠,原因是______

(4)下列物质中,会引起过碳酸钠失效的有______

A.Na2SB.FeCl3C.Na2SiO3      D.NaHCO3

(5)过碳酸钠产品中往往含有少量碳酸钠,可用重量法测定过碳酸钠的质量分数;其操作步骤:取m1g样品→溶解→沉淀反应→过滤→洗涤→干燥→称量m2g.

①写出沉淀反应的离子方程式______

②产品中过碳酸钠质量分数的表达式为:______

③结果与分析:______

正确答案

解:(1)恒压滴液漏斗中的支管主要作用是保持压强平衡利于液体流下,故答案为:平衡压强,使H2O2溶液顺利流下;

(2)可以利用冰水混合物给反应容器降温,也可以调慢滴加过氧化氢的速度,故答案为:AB;

(3)①用乙醇洗涤过碳酸钠可减少固体的溶解,同时还能起干燥作用,故答案为:减少过碳酸钠的溶解损失,并带走水份利于干燥;

②滤液X中加入适量中加入适量NaCl固体,是为了增加钠离子浓度,促进过碳酸钠溶解平衡逆向移动,得到更多的沉淀,故答案为:增大钠离子浓度,降低过碳酸钠的溶解度;

(4)A、Na2S会被过碳酸钠氧化,使过碳酸钠失效,符合;

B、醋酸和碳酸钠反应,使过碳酸钠失效,符合;

C、碳酸氢钠和过碳酸钠不反应,不符合;

故答案为:AB;

(5)①样品中的碳酸钠加入氯化钡后滤液钡离子沉淀碳酸根离子,反应的离子方程式为:Ba2++CO32-=BaCO3↓,故答案为:Ba2++CO32-=BaCO3↓;

②实验过程中直接测定的物理量为样品的质量m1g、沉淀的质量m2g,沉淀物质的量=,设过碳酸钠物质的量为x,含有的碳酸钠物质的量为y,依据碳元素守恒得到2x+y=、314x+106y=m1 ,x=;过碳酸钠质量分数=,故答案为:

③可能影响纯度分析的是沉淀时有没有将碳酸钠完全沉淀,或操作过程中有没有影响过碳酸钠的分解,故答案为:主要影响因素是沉淀是否完全及过碳酸钠有无分解.

解析

解:(1)恒压滴液漏斗中的支管主要作用是保持压强平衡利于液体流下,故答案为:平衡压强,使H2O2溶液顺利流下;

(2)可以利用冰水混合物给反应容器降温,也可以调慢滴加过氧化氢的速度,故答案为:AB;

(3)①用乙醇洗涤过碳酸钠可减少固体的溶解,同时还能起干燥作用,故答案为:减少过碳酸钠的溶解损失,并带走水份利于干燥;

②滤液X中加入适量中加入适量NaCl固体,是为了增加钠离子浓度,促进过碳酸钠溶解平衡逆向移动,得到更多的沉淀,故答案为:增大钠离子浓度,降低过碳酸钠的溶解度;

(4)A、Na2S会被过碳酸钠氧化,使过碳酸钠失效,符合;

B、醋酸和碳酸钠反应,使过碳酸钠失效,符合;

C、碳酸氢钠和过碳酸钠不反应,不符合;

故答案为:AB;

(5)①样品中的碳酸钠加入氯化钡后滤液钡离子沉淀碳酸根离子,反应的离子方程式为:Ba2++CO32-=BaCO3↓,故答案为:Ba2++CO32-=BaCO3↓;

②实验过程中直接测定的物理量为样品的质量m1g、沉淀的质量m2g,沉淀物质的量=,设过碳酸钠物质的量为x,含有的碳酸钠物质的量为y,依据碳元素守恒得到2x+y=、314x+106y=m1 ,x=;过碳酸钠质量分数=,故答案为:

③可能影响纯度分析的是沉淀时有没有将碳酸钠完全沉淀,或操作过程中有没有影响过碳酸钠的分解,故答案为:主要影响因素是沉淀是否完全及过碳酸钠有无分解.

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简答题

氢氧化镁广泛用作阻燃剂和填充剂.已知MgCO3分解温度402℃,CaCO3分解温度900℃,以白云石(化学式MgCO3•CaCO3)为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下:

(1)根据流程图,白云石“轻烧”分解的化学方程式为______

(2)“研磨”的目的是______

(3)加入氨水时发生反应的化学方程式为______;检验Mg(OH)2沉淀是否洗涤干净的方法是______

(4)本流程中可以循环利用的物质是______

(5)传统工艺是将白云石高温分解为氧化镁和氧化钙后提取,而该工艺采用轻烧白云石的方法,其优点是______

正确答案

解:(1)从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断,可知分解的只是碳酸镁,分解生成氧化镁,方程式为MgCO3==MgO+CO2↑;

故答案为:MgCO3==MgO+CO2↑;

(2)“研磨”可以增大反应物之间的接触面积,反应速度快且充分;

故答案为:增大反应物之间的接触面积,反应速度快且充分;

(3)加入氨水,生成氢氧化镁沉淀,方程式为MgSO4+2NH3•H2O=Mg(OH)2↓+(NH42SO4;检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子,洗涤Mg(OH)2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等,取洗涤液加入氯化钡溶液,若无沉淀生成,说明已洗净;

故答案为:MgSO4+2NH3•H2O=Mg(OH)2↓+(NH42SO4;取少量最后一次洗涤液,加盐酸酸化,再加入氯化钡溶液,若无沉淀生成,说明已洗净;

(4)由流程图可知,(NH42SO4 、NH3可以循环利用;

故答案为:(NH42SO4 、NH3

(5)分析流程可知,传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取,该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离;

故答案为:减少能源消耗或便于CaCO3分离;

故答案为:减少能源消耗,便于分离出CaCO3 或减少CO2的排放.

解析

解:(1)从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断,可知分解的只是碳酸镁,分解生成氧化镁,方程式为MgCO3==MgO+CO2↑;

故答案为:MgCO3==MgO+CO2↑;

(2)“研磨”可以增大反应物之间的接触面积,反应速度快且充分;

故答案为:增大反应物之间的接触面积,反应速度快且充分;

(3)加入氨水,生成氢氧化镁沉淀,方程式为MgSO4+2NH3•H2O=Mg(OH)2↓+(NH42SO4;检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子,洗涤Mg(OH)2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等,取洗涤液加入氯化钡溶液,若无沉淀生成,说明已洗净;

故答案为:MgSO4+2NH3•H2O=Mg(OH)2↓+(NH42SO4;取少量最后一次洗涤液,加盐酸酸化,再加入氯化钡溶液,若无沉淀生成,说明已洗净;

(4)由流程图可知,(NH42SO4 、NH3可以循环利用;

故答案为:(NH42SO4 、NH3

(5)分析流程可知,传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取,该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离;

故答案为:减少能源消耗或便于CaCO3分离;

故答案为:减少能源消耗,便于分离出CaCO3 或减少CO2的排放.

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(2015秋•宜昌校级月考)硫酸亚锡(SnSO4)是一种重要的硫酸盐,某同学设计SnSO4制备路线如下:

查阅资料:

Ⅰ.酸性条件下,锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式,Sn2+易被氧化.

Ⅱ.SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡

回答下列问题:

(1)通过操作1的系列实验从溶液中得到产品,操作1的系列实验是______

(2)SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解,请结合化学方程式用平衡移动原理解释原因______

(3)加入Sn粉的作用有两个:①调节溶液pH  ②______

(4)反应1得到沉淀是SnO,同时生成一种常见气体,得到该沉淀的离子反应方程式是______

(5)酸性条件下,SnSO4还可以用作双氧水的去除剂,发生反应的离子方程式是______

(6)通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应):

①将试样溶于盐酸中,发生的反应为:Sn+2HCl═SnCl2+H2↑;

②加入过量的FeCl3

③用已知浓度的K2Cr2O7滴定②生成的Fe2+,再计算锡粉的纯度,请配平方程式:

______FeCl2+______K2Cr2O7+______HCl=______FeCl3+______KCl+______CrCl3+______取1.226g锡粉,经上述各步反应后,共用去0.100mol•L-1 K2Cr2O7溶液32.0mL,锡粉中锡的质量分数是______(保留三个有效数字).

正确答案

解:(1)从溶液里获得晶体的系列实验为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥,故答案为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥;

(2)由信息可知,SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡,存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn(OH)Cl+HCl,加入盐酸,使该平衡向左移动,抑制Sn2+水解,故答案为:SnCl2水解,发生SnCl2+H2O⇌Sn(OH)Cl+HCl,加入盐酸,使该平衡向左移动,抑制Sn2+水解;

(3)由信息可知,Sn2+易被氧化,加入Sn粉除调节溶液pH外,还防止Sn2+被氧化,故答案为:防止Sn2+被氧化;

(4)CO32-和Sn2+发生双水解反应的离子方程式为CO32-+Sn2+═SnO+CO2↑,故答案为:CO32-+Sn2+═SnO+CO2↑;

(5)酸性条件下,SnSO4还可以用作双氧水去除剂,双氧水有强氧化性,将Sn2+易被氧化为Sn4+,自身被还原为水,离子方程式为:Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O,故答案为:Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O;

(6)用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+,发生的反应为:6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O,令锡粉中锡的质量分数为x,则:

     Sn~Sn2+~2Fe3+~2Fe2+K2Cr2O7计算.

   119g                     mol       

  1.226g×x            0.100mol/L×0.032L

,解得x=93.2%,

故答案为:6、1、14、6、2、2、7H2O;93.2%.

解析

解:(1)从溶液里获得晶体的系列实验为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥,故答案为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥;

(2)由信息可知,SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡,存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn(OH)Cl+HCl,加入盐酸,使该平衡向左移动,抑制Sn2+水解,故答案为:SnCl2水解,发生SnCl2+H2O⇌Sn(OH)Cl+HCl,加入盐酸,使该平衡向左移动,抑制Sn2+水解;

(3)由信息可知,Sn2+易被氧化,加入Sn粉除调节溶液pH外,还防止Sn2+被氧化,故答案为:防止Sn2+被氧化;

(4)CO32-和Sn2+发生双水解反应的离子方程式为CO32-+Sn2+═SnO+CO2↑,故答案为:CO32-+Sn2+═SnO+CO2↑;

(5)酸性条件下,SnSO4还可以用作双氧水去除剂,双氧水有强氧化性,将Sn2+易被氧化为Sn4+,自身被还原为水,离子方程式为:Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O,故答案为:Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O;

(6)用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+,发生的反应为:6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O,令锡粉中锡的质量分数为x,则:

     Sn~Sn2+~2Fe3+~2Fe2+K2Cr2O7计算.

   119g                     mol       

  1.226g×x            0.100mol/L×0.032L

,解得x=93.2%,

故答案为:6、1、14、6、2、2、7H2O;93.2%.

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实验室利用下列装置模拟工业生产制备少量硝酸.

(1)B中试剂为______,NaOH溶液的作用是______

(2)用过氧化钠与水反应制备氧气的化学方程式为______

(3)实验时先用酒精喷灯预热催化剂,然后通入反应气体,当催化剂红热后撤离酒精喷灯,催化剂始终保持红热,温度可达到700℃以上.下列图示中,能够正确表示该反应过程能量变化的是______

 

(4)已知2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)△H

NO2(g)N(g)+2O(g)

NO(g) N(g)+O(g)

O2(g) 2O(g)

①计算反应的△H=______

②请解释高温下,氨气与氧气反应难以生成NO2的原因______

(5)控制氨气和氧气的比例是制备硝酸的关键.

①当比例不合适时,A中不仅有红棕色气体产生,还伴有白烟.请用化学方程式表示白烟产生的原因______

②欲使氨气尽可能完全转化为硝酸,理论上n(NH3):n(O2)的最佳比例为______

正确答案

解:(1)装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸,用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物,防止污染空气,故答案为:水;吸收尾气;

(2)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,故答案为:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;

(3)反应为放热反应,放出大量的热,反应物的总能量比生成物的总能量高,700℃时水是气体,故答案为:A;

(4)①△H=反应物的键能和-生成物的键能和=931kJ/mol×2-628kJ/mol×2-493kJ/mol=+113kJ/mol,故答案为:+113kJ/mol;

②二氧化氮分解是吸热反应,升高温度,有利于分解,故答案为:2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)△H>0,升高温度,平衡正向移动,有利于NO2的分解,因此难以生成NO2

(5)①一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,氨气和硝酸能反应生成硝酸铵,化学方程式:2NO+O2=2NO2,3NO2+H2O=2HNO3+NO,NH3+HNO3=NH4NO3,故答案为:2NO+O2=2NO2,3NO2+H2O=2HNO3+NO,NH3+HNO3=NH4NO3

②由4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3可得:NH3+2O2=HNO3+H2O,则原料氨气和氧气物质的量的投料比为1:2,故答案为:1:2.

解析

解:(1)装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸,用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物,防止污染空气,故答案为:水;吸收尾气;

(2)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,故答案为:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;

(3)反应为放热反应,放出大量的热,反应物的总能量比生成物的总能量高,700℃时水是气体,故答案为:A;

(4)①△H=反应物的键能和-生成物的键能和=931kJ/mol×2-628kJ/mol×2-493kJ/mol=+113kJ/mol,故答案为:+113kJ/mol;

②二氧化氮分解是吸热反应,升高温度,有利于分解,故答案为:2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)△H>0,升高温度,平衡正向移动,有利于NO2的分解,因此难以生成NO2

(5)①一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,氨气和硝酸能反应生成硝酸铵,化学方程式:2NO+O2=2NO2,3NO2+H2O=2HNO3+NO,NH3+HNO3=NH4NO3,故答案为:2NO+O2=2NO2,3NO2+H2O=2HNO3+NO,NH3+HNO3=NH4NO3

②由4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3可得:NH3+2O2=HNO3+H2O,则原料氨气和氧气物质的量的投料比为1:2,故答案为:1:2.

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