热门试卷

解：含碳酸锶的废渣（含SrCO3 38.40%，SrO12.62%，CaCO3 38.27%，BaCO3 2.54%，其它不溶于硝酸的杂质8.17%）和稀硝酸反应，过滤后，滤液中应该含有Sr（NO3）2、Ca（NO3）2、Ba（NO3）2，由表中的数据可以看出，Sr（NO3）2的溶解度随着温度的升高变化不大，而硝酸钙的溶解度随温度变化较大，因此可通过蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，干燥得硝酸锶粗产品；

（1）浓硝酸的质量分数为65%，密度为1.4g/cm3，要配制30%稀硝酸500mL，v（浓硝酸）×ρ（浓硝酸）×浓硝酸的质量分数=m（稀硝酸）×稀硝酸的质量分数，m（稀硝酸）=v（稀硝酸）×ρ（稀硝酸），故还需要查阅稀硝酸的密度；若配制过程中不使用天平，则必须要计算的数据为v（浓硝酸），v（稀硝酸），而实际量取的应是：浓硝和蒸馏水的体积；必须使用的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒；

故答案为：30%稀硝酸的密度；浓硝酸和蒸馏水的体积；量筒、烧杯、玻璃棒；

（2）由表中的数据可以看出，Sr（NO3）2的溶解度随着温度的升高变化不大，而硝酸钙的溶解度随温度变化较大，因此可通过由浸取后得到的混合物制备硝酸锶粗品的实验步骤依次为：蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，干燥得到；

故答案为：蒸发结晶、趁热过滤；

（3）①分析滴定过程可知，样品溶液无色，滴入碳酸钠沉淀完全可以滴入酚酞试液指示终点，滴入最后一滴溶液呈红色，半分钟内不褪色；②若滴定前样品中Ca（NO3）2没有除尽，多消耗标准溶液碳酸钠，依据滴定误差分析，c（待测液）=，消耗标准液多，所测定的硝酸锶纯度会偏高；

故答案为：酚酞；溶液变为红色，且30s内不变色；

②已知，硝酸钙能溶于有机溶剂A中，取5.39g硝酸锶样品，加入足量的有机溶剂A，经过滤、洗涤、干燥后，剩余固体5.26g，剩余固体为硝酸钡和硝酸锶，设硝酸锶和硝酸钡的物质的量为x和y，二者质量和为5.26g，则有212x+261y=5.26①；和碳酸根反应的只有钡离子和锶离子，Sr2++CO32-→SrCO3↓，Ba2++CO32-→BaCO3↓，消耗浓度为0.107mol/L的碳酸钠溶液22.98mL，物质的量为0.00246mol，则有x+y=0.0246②，由①②式得m（硝酸锶）=212x=5.02g，硝酸锶的质量分数=×100%=0.93；若滴定前样品中Ca（NO3）2没有除尽，滴定溶液时消耗碳酸钠溶液多，所求硝酸锶物质的量偏大，所测定的硝酸锶纯度将会偏高；

故答案为：0.93；偏高

解：（1）铜与铁离子反应生成铜离子与亚铁离子，根据电子转移守恒可知，铜与铁离子的物质的量之比（3-2）：2=1：2，离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，

故答案为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；

（2）根据“绿色化学”思想，将溶液1中的Fe2+氧化为Fe3+应选用双氧水，可减少杂质的产生，化学方程式为H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O，

故答案为：H2O2；H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；

（3）由图可知，铜的回收率随着温度和时间的增加而提高，

故答案为：铜的回收率随置换时间和温度增加而提高；

（4）待镀金属做阴极，溶液中Cu析出镀在铜电极上，而在铜析出之前，有氧化性更强的铁离子的电子，阴极反应式为先Fe3++e-=Fe2+后Cu2++2e-=Cu，

待铜全部析出之后，就有氢离子的电子成氢气，可看到铜电极冒气泡，阴极反应式为2H++2e-=H2↑，

故答案为：Fe3++e-=Fe2+、Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑．

解：由流程可知，金属混合物加入稀硫酸铝、铁溶解，加入过氧化氢，亚铁离子被氧化为铁离子，铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铜离子，过滤得到滤渣a为Au，滤液中主要含有铁离子铝离子和铜离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=3.4，依据题干信息，是为了沉淀铁离子，过滤得到滤渣b为Fe（OH）3，滤液为铝离子和铜离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=5.2-5.4使铝离子全部沉淀过滤得到滤渣C为Al（OH）3，用硫酸溶解后蒸发、浓缩、冷却、结晶、过滤得到Al2（SO4）2•18H2O晶体；得到滤液为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体；

（1）过滤是化学实验中经常用到的实验操作．过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；

（2）Cu可溶于稀硫酸与H2O2的混合溶液，铜被氧化成铜离子，双氧水生成水，根据化合价升降相等配平，反应的离子方程式是Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O，

故答案为：Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O；

（3）由于Cu、Al、Fe都因反应溶解于溶液中，剩下Au不反应，过滤到了滤渣a中，故答案为：Au；

（4）加入氢氧化钠溶液调节PH=x，目的是生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝开始沉淀pH=4，沉淀完全pH=5.2，氢氧化铜开始沉淀pH=5.4，所以选择的pH范围是：5.2≤X＜5.4，

故答案为：5.2≤X＜5.4；

（5）由2Cu2++4I-═2CuI（白色）↓+I2、2S2O32-+I2═2I-+S4O62-可知，

 反应的定量关系为：2Cu2+～I2 ～2S2O32-

          1.4×10-3mol    0.100 0mol•L-1×0.014.00L=1.4×10-3mol

100ml溶液中含硫酸铜晶体物质的量为1.4×10-2mol，所以硫酸铜晶体的质量分数=×100%=87.5%，

故答案为：87.5%；

②依据流程分析判断，样品中含有硫酸钠，不能通过测定硫酸根离子的方法计算得到硫酸铜晶体的质量分数，故答案为：样品中含有Na2SO4等杂质；

（6）分析流程可知，滤渣C主要是氢氧铝，加入硫酸溶解后通过这蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体Al2（SO4）3•18H2O，

故答案为：将滤渣c加入稀硫酸溶解，然后蒸发、浓缩、冷却、结晶、过滤得到Al2（SO4）2•18H2O晶体．

解：（1）依据流程转化可知，Ⅰ火法炼铜是硫化亚铜和氧气、氧化亚铜和硫化亚铜发生氧化还原反应产生有毒的二氧化硫，而Ⅱ“细菌冶金”中无需高温能大大降低能源消耗，不产生有毒气体，故其污染性小、环保，利于减少污染，同时Ⅱ“细菌冶金”充分利用了资源，对贫矿、尾矿的开采更有价值；

故答案为：能大大降低能源消耗，利于减少污染或对贫矿、尾矿的开采更有价值；

（2）Ⅰ中反应2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑，Cu2S在反应中Cu元素化合价降低（+1→0），S元素化合价升高（-2→+4），则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，Cu2O在反应中Cu元素化合价降低（+1→0），O元素化合价不变，Cu2O为氧化剂，所以氧化剂是Cu2O、Cu2S，

故答案为：Cu2O、Cu2S；

（3）CO的燃烧热283.0kJ•mol-1，方程式为CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1①，2CO（g）+SO2（g）=S（g）+2CO2（g）△H=+8.0kJ•mol-1②，

将①×2-②得：S（g）+O2（g）═SO2（g）△H=-574.0kJ•mol-1，

故答案为：S（g）+O2（g）═SO2（g）△H=-574.0kJ•mol-1；

（4）电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3-溶液失去电子被氧化生成SO42-，则阳极电极反应式是：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；

故答案为：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；

（5）反应物为FeS、氧气、水，生成物为Fe2（S04）3和硫酸，发生反应的化学方程式为4FeS2+15O2+2H2O 2Fe2（S04）3+2H2S04，

故答案为：4FeS2+15O2+2H2O 2Fe2（S04）3+2H2S04；

（6）黄铁矿氧化4FeS2+15O2+2H2O 2Fe2（S04）3+2H2S04，过滤后，Cu2S+10Fe3++4H2O2Cu2++10Fe2++8H++S042-，加铁粉Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，Fe+2H+=H2↑+Fe2+，消耗掉标况下空气5×22.4VL（氧气体积分数为20%），氧气的物质的量为：=vmol，FeS2中的铁元素由+2价被氧气氧化为+3价，硫元素由-1价被氧化为+6价，即1molFeS2失去15mol电子，而1molO2被还原时得4mol电子，根据得失电子数守恒可知，氧化的n（FeS2）==vmol，依据4FeS2+15O2+2H2O 2Fe2（S04）3+2H2S04，Cu2S+10Fe3++4H2O2Cu2++10Fe2++8H++S042-，根据铁原子守恒生成的亚铁离子n（Fe2+）=vmol，生成n（Cu2+）=vmol×=vmol，生成的氢离子由第一反应生成的硫酸和第二反应生成的氢离子和，所以n（H+）=vmol+vmol=vmol，加铁粉Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，Fe+2H+=H2↑+Fe2+，生成的亚铁离子为第一第二反应生成的亚铁离子vmol和铁和铜离子反应的生成的亚铁离子vmol以及酸和铁反应生成的亚铁离子vmol，所以生成的总亚铁离子n（Fe2+）=vmol+vmol+vmol=vmol，得溶液Xml，所以c（Fe2+）==，

故答案为：；