- 气体的检验
- 共1690题
废旧物的回收利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．某研究小组同学以废旧锌锰干电池为原料，将废旧电池含锌部分转化成ZnSO4•7H2O，含锰部分转化成纯度较高的MnO2，将NH4Cl溶液应用于化肥生产中，实验流程如下：
（1）操作②中所用的加热仪器应选______（选填“蒸发皿”或“坩埚”）．
（2）将溶液A处理的第一步是加入氨水调节pH为9，使其中的Fe3+和Zn2+沉淀，请写出氨水和Fe3+反应的离子方程式______．
（3）操作⑤是为了除去溶液中的Zn2+．已知25℃时，
由上表数据分析应调节溶液pH最好为______（填序号）．
a．9 b．10 c．11
（4）MnO2精处理的主要步骤：
步骤1：用3%H2O2和6.0mol•L-l的H2SO4的混和液将粗MnO2溶解，加热除去过量H2O2，得MnSO4溶液（含少量Fe3+）．反应生成MnSO4的离子方程式为______；
步骤2：冷却至室温，滴加10%氨水调节pH为6，使Fe3+沉淀完全，再加活性炭搅拌，抽滤．加活性炭的作用是______；
步骤3：向滤液中滴加0.5mol•L-l的Na2CO3溶液，调节pH至7，滤出沉淀、洗涤、干燥，灼烧至黑褐色，生成MnO2．灼烧过程中反应的化学方程式为______．
（5）查文献可知，粗MnO2的溶解还可以用盐酸或者硝酸浸泡，然后制取MnCO3固体．
①在盐酸和硝酸溶液的浓度均为5mol•L-l、体积相等和最佳浸泡时间下，浸泡温度对MnCO3产率的影响如图1，由图看出两种酸的最佳浸泡温度都在______℃左右；
②在最佳温度、最佳浸泡时间和体积相等下，酸的浓度对MnCO3产率的影响如图2，由图看出硝酸的最佳浓度应选择______mol•L-l左右．
正确答案
解：根据流程知道，将废旧电池拆卸开，得到的锌皮和杂质中加入硫酸溶解，过滤可以得到硫酸锌的水溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，可以得到硫酸锌的晶体，得到的混合物中加入水溶解，过滤，可以得到氯化铵和氯化锌的溶液以及固体难溶物二氧化锰等，向滤液中加入NaOH，调节pH，可以将锌离子沉淀，过滤得到氢氧化锌沉淀和氯化铵溶液，将二氧化锰进行精处理，可以得到二氧化锰．
（1）物质的熔融需要较高的温度，操作②中所用的加热仪器应选坩埚，故答案为：坩埚；
（2）三价铁离子和氨水反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；
（3）由上表数据知道Zn2+完全沉淀的pH为8.9，所以应调节溶液pH最好为9，除去溶液中的Zn2+，故答案为：a；
（4）将MnO2溶解，加热除去过量H2O2，得MnSO4溶液的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑，pH为6，使Fe3+沉淀完全，再加活性炭搅拌，加活性炭的作用是吸附聚沉，有利于氢氧化铁形成较大沉淀颗粒，碳酸锰在氧气存在下，受热反应生成二氧化锰，即2MnCO3+O2
故答案为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑；吸附聚沉，有利于氢氧化铁形成较大沉淀颗粒；2MnCO3+O2
（5）①根据图示内容，碳酸锰的最高产率为65%左右，可以确定浸泡的温度的温度是60℃左右，故答案为：60；
②碳酸锰的产率最高时，盐酸和硝酸的最佳浓度是6mol/L左右，故答案为：6．
解析
解：根据流程知道，将废旧电池拆卸开，得到的锌皮和杂质中加入硫酸溶解，过滤可以得到硫酸锌的水溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，可以得到硫酸锌的晶体，得到的混合物中加入水溶解，过滤，可以得到氯化铵和氯化锌的溶液以及固体难溶物二氧化锰等，向滤液中加入NaOH，调节pH，可以将锌离子沉淀，过滤得到氢氧化锌沉淀和氯化铵溶液，将二氧化锰进行精处理，可以得到二氧化锰．
（1）物质的熔融需要较高的温度，操作②中所用的加热仪器应选坩埚，故答案为：坩埚；
（2）三价铁离子和氨水反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；
（3）由上表数据知道Zn2+完全沉淀的pH为8.9，所以应调节溶液pH最好为9，除去溶液中的Zn2+，故答案为：a；
（4）将MnO2溶解，加热除去过量H2O2，得MnSO4溶液的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑，pH为6，使Fe3+沉淀完全，再加活性炭搅拌，加活性炭的作用是吸附聚沉，有利于氢氧化铁形成较大沉淀颗粒，碳酸锰在氧气存在下，受热反应生成二氧化锰，即2MnCO3+O2
故答案为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑；吸附聚沉，有利于氢氧化铁形成较大沉淀颗粒；2MnCO3+O2
（5）①根据图示内容，碳酸锰的最高产率为65%左右，可以确定浸泡的温度的温度是60℃左右，故答案为：60；
②碳酸锰的产率最高时，盐酸和硝酸的最佳浓度是6mol/L左右，故答案为：6．
从废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）中回收V2O5的一种生产工艺流程示意图如下：
回答下列问题：
（1）①中废渣的主要成分是______．
（2）②、③中的变化过程可简化为（下式中Rn+表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂的主要成分）：Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn （有机层）+nH+（水层）；②中萃取时必须加入适量碱，其原因是______．③中反萃取时加入的X试剂是______．
（3）完成④中反应的离子方程式：ClO3-+VO2++H+=VO3++Cl-+______
（4）25℃时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如下：
根据上表数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为______；若钒沉淀率为90%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜______．（已知：25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=2.6×10-39）
（5）写出废液Y中除H+之外的两种阳离子______．
正确答案
解：（1）废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，V2O5、Fe2O3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，
故答案为：SiO2；
（2）②中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，
故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；
（3）依据氧化还原反应元素化合价变化和电子守恒原子守恒分析配平，ClO3-中氯元素化合价从+5价变化为-1价，得到电子6，VO2+变化为VO3+、元素化合价从+4价变化为+5价失电子1，依据电子守恒、原子守恒配平得到离子方程式为：ClO3-+6VO2++6H+=6VO3++Cl-+3H2O，
故答案为：3H2O；
（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.6，此时钡沉淀率达到最大，需要调节的PH较小；若钒沉淀率为90%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时PH=2，氢离子浓度=10-2mol/L，c（OH-）=10-12mol/L，则溶液中c（Fe3+）浓度依据溶度积计算，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=2.6×10-39，计算得到c（Fe3+）=2.6×10-3mol/L，不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜4.0×10-2mol/L，
故答案为：1.6；2.6×10-3mol/L；
（5）依据流程反应分析，加入的试剂在反应过程中生成的离子为，除H+之外的阳离子为Fe3+、VO22+、NH4+、K+，故答案为：Fe3+、VO22+、NH4+、K+．
解析
解：（1）废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，V2O5、Fe2O3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，
故答案为：SiO2；
（2）②中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，
故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；
（3）依据氧化还原反应元素化合价变化和电子守恒原子守恒分析配平，ClO3-中氯元素化合价从+5价变化为-1价，得到电子6，VO2+变化为VO3+、元素化合价从+4价变化为+5价失电子1，依据电子守恒、原子守恒配平得到离子方程式为：ClO3-+6VO2++6H+=6VO3++Cl-+3H2O，
故答案为：3H2O；
（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.6，此时钡沉淀率达到最大，需要调节的PH较小；若钒沉淀率为90%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时PH=2，氢离子浓度=10-2mol/L，c（OH-）=10-12mol/L，则溶液中c（Fe3+）浓度依据溶度积计算，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=2.6×10-39，计算得到c（Fe3+）=2.6×10-3mol/L，不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜4.0×10-2mol/L，
故答案为：1.6；2.6×10-3mol/L；
（5）依据流程反应分析，加入的试剂在反应过程中生成的离子为，除H+之外的阳离子为Fe3+、VO22+、NH4+、K+，故答案为：Fe3+、VO22+、NH4+、K+．
工业上用铝土矿（主要成分是Al2O3，还有少量的Fe2O3、SiO2）提取冶炼铝的原料氧化铝．工艺流程如下图：（每步所加试剂均稍过量）
（1）步骤①反应的离子方程式是______．
（2）原料B的化学式是______，步骤②所得沉淀的化学式是：______．
（3）步骤③中生成沉淀的化学方程式是：______．
（4）如果省去步骤①，即溶解铝土矿是从加入原料B开始，则会对氧化铝的提取有什么影响？______．
正确答案
解：由工艺流程可知步骤③通入的为二氧化碳，生成的沉淀为氢氧化铝，所以滤液②含有AlO2-．步骤②应加入氢氧化钠，所以滤液①中含有Al3+，步骤①应为加入盐酸，除去SiO2．
（1）由上述分析可知，步骤①加入盐酸，除去SiO2，所以原料A为盐酸，氧化铝与酸反应离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，氧化铁与盐酸反应离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，
故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）步骤①加入过量盐酸，滤液①中含有Al3+、Fe3+、H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，将铝离子转化为AlO2-，反应为 H++OH-=H2O，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O．
故答案为：NaOH； Fe（OH）3；
（3）滤液②含有AlO2-，步骤③通入二氧化碳，与AlO2-反应生成的沉淀为氢氧化铝，反应化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；
（4）若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，通入二氧化碳会生成硅酸沉淀，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．
故答案为：若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．
解析
解：由工艺流程可知步骤③通入的为二氧化碳，生成的沉淀为氢氧化铝，所以滤液②含有AlO2-．步骤②应加入氢氧化钠，所以滤液①中含有Al3+，步骤①应为加入盐酸，除去SiO2．
（1）由上述分析可知，步骤①加入盐酸，除去SiO2，所以原料A为盐酸，氧化铝与酸反应离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，氧化铁与盐酸反应离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，
故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）步骤①加入过量盐酸，滤液①中含有Al3+、Fe3+、H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，将铝离子转化为AlO2-，反应为 H++OH-=H2O，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O．
故答案为：NaOH； Fe（OH）3；
（3）滤液②含有AlO2-，步骤③通入二氧化碳，与AlO2-反应生成的沉淀为氢氧化铝，反应化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；
（4）若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，通入二氧化碳会生成硅酸沉淀，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．
故答案为：若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．
（1）固体X中含有的物质为______．
（2）流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为______．
（3）流程乙加入烧碱后生成SiO32-的离子方程式为______．
（4）验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入______（填试剂名称），现象为______．
（5）从操作流程上来看，流程______（填“甲”或“乙”）更为简单．
正确答案
Fe2O3、MgO
Al2O3+6H+═2Al3++3H2O
SiO2+2OH-═SiO32-+H2O
硫氰化钾
溶液变红色
乙
解析
解：由工艺流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液B，则固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；
根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，沉淀Z为Al（OH）3、硅酸，滤液K中含有NaHCO3，
（1）根据以上分析，固体X中含有的物质为Fe2O3、MgO，故答案为：Fe2O3、MgO；
（2）Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，氧化物不能拆，离子方程式为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；
（3）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，二氧化硅不能拆，故离子反应方程式为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
（4）Fe3+与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，检验滤液B中是否含Fe3+离子的方法为：取少量滤液B，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+，故答案为：硫氰化钾； 溶液变红色；
（5）根据反应流程，乙反应步骤少更为简单，故答案为：乙．
利用废旧干电池拆解后的碳包滤渣（含MnO2、C、Hg2+等），既可制取MnSO4•4H2O，又可消除废弃物对环境的污染．实验流程如图一所示：
已知：25℃时，Ksp（FeS）=5×10-18，Ksp（MnS）=4.6×10-14，Ksp（HgS）=2×10-54．
（1）“浸取”时，生成MnSO4和Fe2（SO4）3的化学方程式为______．
（2）滤渣Ⅰ的成分为MnO2、HgS和______（填化学式）；若浸取反应在25℃时进行，FeS足量，则充分浸取后溶液中c（Hg2+）/c（Fe2+）=______（填数值）．
（3）“氧化”时，溶液中Fe2+转化为Fe3+的离子方程式为______；滤渣Ⅱ的主要成分为______（填化学式）．
（4）最终MnSO4产率与“浸取”时m（FeS）/m（碳包滤渣）的投料比关系如图二所示，FeS用量超过最佳值时，MnSO4产率反而变小的原因是______．
正确答案
解：（1）MnO2和FeS在酸性条件下发生氧化还原反应，Mn（+4→+2），1molMnO2得到2mole-，Fe（+2→+3），S（-2→+6）1molFeS失去9mole-，最小公倍数为18，所以化学方程式为：9MnO2+2FeS+10H2SO4
故答案为：9MnO2+2FeS+10H2SO4
（2）碳包滤渣（含MnO2、C、Hg2+等），加入FeS在70℃浸取发生反应：9MnO2+2FeS+10H2SO4
故答案为：C；4×10-37；
（3）“氧化”时，溶液中Fe2+转化为Fe3+，MnO2转化为Mn2+，Mn（+4→+2），1molMnO2得到2mole-，Fe（+2→+3），最小公倍数为2，所以化学方程式为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O，Fe3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入CaCO3，CaCO3与H+反应消耗H+，促使Fe3+水解平衡右移，调节溶液PH在PH=5，可使Fe3+完全沉淀，所以滤渣Ⅱ的主要成分为Fe（OH）3，
故答案为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O；Fe（OH）3；
（4）浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀，所以FeS用量超过最佳值时，MnSO4产率反而变小，
故答案为：浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀．
解析
解：（1）MnO2和FeS在酸性条件下发生氧化还原反应，Mn（+4→+2），1molMnO2得到2mole-，Fe（+2→+3），S（-2→+6）1molFeS失去9mole-，最小公倍数为18，所以化学方程式为：9MnO2+2FeS+10H2SO4
故答案为：9MnO2+2FeS+10H2SO4
（2）碳包滤渣（含MnO2、C、Hg2+等），加入FeS在70℃浸取发生反应：9MnO2+2FeS+10H2SO4
故答案为：C；4×10-37；
（3）“氧化”时，溶液中Fe2+转化为Fe3+，MnO2转化为Mn2+，Mn（+4→+2），1molMnO2得到2mole-，Fe（+2→+3），最小公倍数为2，所以化学方程式为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O，Fe3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入CaCO3，CaCO3与H+反应消耗H+，促使Fe3+水解平衡右移，调节溶液PH在PH=5，可使Fe3+完全沉淀，所以滤渣Ⅱ的主要成分为Fe（OH）3，
故答案为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O；Fe（OH）3；
（4）浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀，所以FeS用量超过最佳值时，MnSO4产率反而变小，
故答案为：浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀．
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