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题型: 单选题
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单选题

下列试剂中,可用于硬水软化的是(  )

A明矾

B液氯

C漂白粉

D磺化煤

正确答案

D

解析

解:A.明矾溶解于水形成胶状物,能吸附不溶的杂质小颗粒沉降下来,而硬水与软水的区别是可溶性钙、镁化合物的含量不同,与不溶性杂质无关,故A错误;

B.液氯为单质,溶于水变成氯水,氯水中含有HClO,具有漂白性,能杀菌消毒,但与硬水与软水的区别是可溶性钙、镁化合物的含量不同无关,故B错误;

C.漂白粉的成分是氯化钙和次氯酸钙的混合物,漂白原理是次氯酸钙和弱酸性物质生成的次氯酸的漂白性,能杀菌消毒,但与硬水与软水的区别是可溶性钙、镁化合物的含量不同无关,故C错误;

D.磺化煤(NaR)是一种有效的离子交换剂,加入磺化煤,离子交换法中阳离子交换剂发生含H+、Na+固体与Ca2+、Mg2+离子交换,可将硬水软化,发生反应为2NaR+CaSO4→CaR2+NaSO4、2HR+CaSO4→CaR2+NaSO4,故D正确;

故选D.

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题型:简答题
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简答题

(2015秋•三亚校级期末)某化学实验室产生的酸性废液中含有两种金属离子:Fe3+、Cu2+,化学小组设计了如图所示的方案对废液进行处理,以回收金属,保护环境.

(1)操作①的名称是______

(2)沉淀A中含有的金属单质有______

(3)操作②中观察到的实验现象是______

(4)生成的沉淀C是红褐色,受热易分解,其受热分解的化学方程式为______

(5)对废液处理时使用的H2O2是一种常用的氧化剂,也能与SO2发生反应,两者反应时生成的物质是______

正确答案

解:Fe3+、Cu2+和过量的铁反应生成Fe2+和单质Cu,通过过滤得到固体A和溶液A,由于铁过量,沉淀A为Fe和Cu的混合物,溶液A含亚Fe2+;Fe2+具有还原性,易被氧化剂氧化,故加入H2O2能把Fe2+氧化成Fe3+,故溶液B中含Fe3+;Fe3+和氨水反应生成Fe(OH)3沉淀,故沉淀C为Fe(OH)3沉淀,废水通过处理不含Fe3+、Cu2+,可以排放.

(1)把铁铜混合物和溶液分开,采取过滤方法,故答案为:过滤;

(2)废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子,加入过量的铁粉后,铁离子被还原为亚铁离子,铜离子被还原成金属铜,所以在第①得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁,故答案为:Fe、Cu;

(3)Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+,反应的离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O,观察到的实验现象是溶液由浅绿色变为黄色,

故答案为:溶液由浅绿色变为黄色;

(4)C是氢氧化铁,其受热易分解生成氧化铁和水,反应方程式为2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O

,故答案为:2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O;

(5)SO2和H2O2在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸,方程式为SO2+H2O2═H2SO4,故答案为:硫酸.

解析

解:Fe3+、Cu2+和过量的铁反应生成Fe2+和单质Cu,通过过滤得到固体A和溶液A,由于铁过量,沉淀A为Fe和Cu的混合物,溶液A含亚Fe2+;Fe2+具有还原性,易被氧化剂氧化,故加入H2O2能把Fe2+氧化成Fe3+,故溶液B中含Fe3+;Fe3+和氨水反应生成Fe(OH)3沉淀,故沉淀C为Fe(OH)3沉淀,废水通过处理不含Fe3+、Cu2+,可以排放.

(1)把铁铜混合物和溶液分开,采取过滤方法,故答案为:过滤;

(2)废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子,加入过量的铁粉后,铁离子被还原为亚铁离子,铜离子被还原成金属铜,所以在第①得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁,故答案为:Fe、Cu;

(3)Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+,反应的离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O,观察到的实验现象是溶液由浅绿色变为黄色,

故答案为:溶液由浅绿色变为黄色;

(4)C是氢氧化铁,其受热易分解生成氧化铁和水,反应方程式为2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O

,故答案为:2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O;

(5)SO2和H2O2在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸,方程式为SO2+H2O2═H2SO4,故答案为:硫酸.

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题型:填空题
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填空题

(1)化学实验中,常用沉淀法对溶液中的阳离子处理成沉淀进行分离.某溶液中含有Ag+、Ba2+、Cu2+三种金属阳离子,现欲用OH-、CO32-、Cl-三种不同阴离子使上述金属阳离子逐一形成沉淀.加入阴离子的顺序是:______

(2)有5瓶白色固体试剂,分别是Ba(NO32、KCl、NaOH、CuSO4、Na2SO4,现只提供蒸馏水,通过下面的实验步骤可鉴别它们.请填写下列空白:各取适量固体试剂分别加入5支试管中,加入适量蒸馏水,振荡试管,观察则可鉴别出一种物质,被检出的物质的化学式是______

(3)在KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中,氧化剂是______,还原产物是______,试用双线桥法表示上述氧化还原反应______

正确答案

Cl-、OH-、CO32-

CuSO4

KClO3

Cl2

解析

解:(1)AgCl、Cu(OH)2、AgOH、Ag2CO3、CuCO3、BaCO3等物质都是难溶或微溶于水的物质,如先加入CO32-,则三种金属离子都生成沉淀,如先加入OH-离子,则会同时生成Cu(OH)2和AgOH沉淀,而先加入Cl-,则只生成AgCl沉淀,然后加入OH-,生成Cu(OH)2沉淀,最后加入CO32-,生成BaCO3沉淀,所以加入阴离子的顺序是Cl-、OH-、CO32-

故答案为:Cl-、OH-、CO32-

(2)硫酸铜溶于水形成蓝色溶液,而Ba(NO32、KCl、NaOH、Na2SO4溶于水形成无色溶液,所以加入适量蒸馏水,振荡试管,观察则可鉴别出CuSO4

故答案为:CuSO4

(3)化合价降低元素Cl所在的反应物氯酸钾是氧化剂,化合价降低的元素Cl所在的产物 Cl2是还原产物Cl2;KClO3+6HCl═3Cl2+3H2O+KCl,元素化合价升高值等于元素化合价降低值=电子转移数=5,电子转移情况为:

故答案为:KClO3;Cl2

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题型:简答题
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简答题

Ag/α-Al2O3是石油化工的一种重要催化剂,其中Ag起催化作用,α-Al2O3是载体且不溶于HNO3.如图是回收该催化剂的一种流程.

(1)写出反应①的离子方程式______;α-Al2O3与普通Al2O3相比,不溶于酸的原因可能是______

(2)写出反应③的化学方程式______;溶液I和溶液III中溶质的主要成分相同,从溶液I转化到溶液III不仅可以除去杂质,还可以______

(3)从溶液III到AgNO3晶体的操作为:在______(填化学式)的气氛中,______(填下面选项中的字母),过滤、洗涤、干燥,然后转移至______(填下面选项中的字母)中保存.

a、蒸发结晶 b、蒸发浓缩,冷却结晶 c、无色广口瓶 d、无色细口瓶 e、棕色广口瓶 f、棕色细口瓶

(4)已知Ag/α-Al2O3中Ag的质量分数,计算Ag的回收率,还需要的测量的数据为____________

正确答案

解:根据流程可知,α-Al2O3不溶于稀硝酸,Ag/a-Al2O3中加入稀硝酸后银溶解生成AgNO3进入滤液Ⅰ,滤渣为α-Al2O3;向滤液Ⅰ中加入NaCl,反应生成AgCl沉淀,则固体A为AgCl;AgCl与Fe2O3发生反应:6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3,则固体B为Ag2O,Ag2O与稀硝酸反应生成AgNO3,滤液Ⅲ为AgNO3溶液,对滤液Ⅲ通过蒸发浓缩、冷却结晶得到AgNO3固体,

(1)Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水,反应的离子方程式为:3Ag+NO3-+4H+=NO↑+3Ag++2H2O;

不同结构具有不同的性质,α-Al2O3与普通Al2O3相比,不溶于酸的原因可能是α-Al2O3与普通Al2O3结构不同,

故答案为:3Ag+NO3-+4H+=NO↑+3Ag++2H2O;α-Al2O3与普通Al2O3结构不同;

(2)根据流程可知,氯化银与氧化铁反应生成氯化铁和氧化银,反应的化学方程式为:6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3;溶液I中硝酸银浓度较小,溶液Ⅲ中硝酸银浓度较大,所以从溶液I转化到溶液Ⅲ的目的是除杂质且富集AgNO3

故答案为:6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3;富集AgNO3

(3)从溶液Ⅲ到AgNO3晶体的操作为:在硝酸的气氛中蒸发浓缩、冷却结晶,然后过滤、洗涤、干燥获得硝酸银固体;由于硝酸银容易见光分解,需要避光保存,即:将硝酸银保存在棕色广口瓶中,

故答案为:HNO3;b;e;

(4)要计算Ag的回收率必须知道催化剂的质量,再由所给Ag的质量分数求出Ag的质量,另外要知道最后所得AgNO3的质量,

故答案为:催化剂的质量;AgNO3的质量.

解析

解:根据流程可知,α-Al2O3不溶于稀硝酸,Ag/a-Al2O3中加入稀硝酸后银溶解生成AgNO3进入滤液Ⅰ,滤渣为α-Al2O3;向滤液Ⅰ中加入NaCl,反应生成AgCl沉淀,则固体A为AgCl;AgCl与Fe2O3发生反应:6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3,则固体B为Ag2O,Ag2O与稀硝酸反应生成AgNO3,滤液Ⅲ为AgNO3溶液,对滤液Ⅲ通过蒸发浓缩、冷却结晶得到AgNO3固体,

(1)Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水,反应的离子方程式为:3Ag+NO3-+4H+=NO↑+3Ag++2H2O;

不同结构具有不同的性质,α-Al2O3与普通Al2O3相比,不溶于酸的原因可能是α-Al2O3与普通Al2O3结构不同,

故答案为:3Ag+NO3-+4H+=NO↑+3Ag++2H2O;α-Al2O3与普通Al2O3结构不同;

(2)根据流程可知,氯化银与氧化铁反应生成氯化铁和氧化银,反应的化学方程式为:6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3;溶液I中硝酸银浓度较小,溶液Ⅲ中硝酸银浓度较大,所以从溶液I转化到溶液Ⅲ的目的是除杂质且富集AgNO3

故答案为:6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3;富集AgNO3

(3)从溶液Ⅲ到AgNO3晶体的操作为:在硝酸的气氛中蒸发浓缩、冷却结晶,然后过滤、洗涤、干燥获得硝酸银固体;由于硝酸银容易见光分解,需要避光保存,即:将硝酸银保存在棕色广口瓶中,

故答案为:HNO3;b;e;

(4)要计算Ag的回收率必须知道催化剂的质量,再由所给Ag的质量分数求出Ag的质量,另外要知道最后所得AgNO3的质量,

故答案为:催化剂的质量;AgNO3的质量.

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题型:填空题
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填空题

Ⅰ.工业废水中Cr(Ⅲ)回收与再利用工艺如下:

注:

①硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+,其次是Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+

②部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表.

(1)酸浸时,为了提高浸取率可采取的措施______(至少写一条).

(2)调pH=8是为了除去______离子(选填:Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+).

(3)钠离子交换树脂的原理为:Mn++nNaR→MRn+nNa+,被交换的杂质离子是______(选填:Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+).

Ⅱ.电解法处理含Cr2O72-离子的废水(pH=4~6)的一种方法是:往废水中加入适量NaCl,以铁为电极进行电解,同时鼓入空气,经过一段时间后,经过一段时间后,有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀产生,使工业废水中铬含量低于排放标准.

(1)阴极电极反应式:______

(2)加入适量NaCl的作用?______

(3)鼓入空气的作用?______

正确答案

升高温度,搅拌,过滤后再向滤渣中加入H2SO4 (多次浸取),适当延长浸取时间等

Fe3+、Al3+

Mg2+、Ca2+

Cr2O72-+14H++6e-=2Cr3++7H2O

增强废水的导电性,便于电解的进行

将阳极溶解生成的Fe2+转化为Fe3+,便于形成沉淀除去

解析

解:硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+,其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+,双氧水有强氧化性,能氧化还原性的物质,Fe2+和Cr3+有还原性,Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子,以便于与杂质离子分离;加入NaOH溶液使溶液呈碱性,Fe3+、Al3+转化为沉淀除去;最后钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子.

I、(1)酸浸时,为了提高浸取率可采取的措施是:增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等,

故答案为:升高温度,搅拌,过滤后再向滤渣中加入H2SO4 (多次浸取),适当延长浸取时间;

(2)硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+,其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+,加入NaOH溶液使溶液呈碱性,溶液PH=8,Fe3+、Al3+转化为沉淀除去;

故答案为:Al3+、Fe3+

(3)钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子,因为在此之前,Fe3+被除去,Al3+转化为偏铝酸根的形式,故答案为:Ca2+、Mg2+

Ⅱ、(1)Fe为阳极,则阳极反应为Fe-2e-=Fe2+,溶液中重铬酸根离子在阴极放电:Cr2O72-+14H++6e-=2Cr3++7H2O,故答案为:Cr2O72-+14H++6e-=2Cr3++7H2O;

(2)因NaCl为电解质,加入适量的NaCl增强废水的导电性,便于电解的进行,故答案为:增强废水的导电性,便于电解的进行;

(3)亚铁离子具有还原性可以被空气中的氧气氧化为铁离子,所以鼓入空气,是将阳极溶解生成的Fe2+转化为Fe3+,便于形成沉淀除去,

故答案为:将阳极溶解生成的Fe2+转化为Fe3+,便于形成沉淀除去.

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