- 物质的检测
- 共5040题
莫尔盐【硫酸亚铁铵(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O】是一种重要化学试剂,实验室用含油污的铁片来制取莫尔盐,流程如下:
请回答下列问题:
(1)加入10%Na2CO3溶液的原因是______(用离子方程式表示).
(2)A物质可以为______(填编号).
a.CuCl2 b.CuO c.Cu(NO3)2 d.CuSO4
(3)B物质的成分为______.
(4)加少量硫酸调节pH为 1~2的目的是______,操作Ⅱ的名称______.
(5)用无水乙醇洗涤潮湿的硫酸亚铁铵晶体是为了除去晶体表面残留的水分,不用加热烘干的原因是______.
(6)鉴定所得晶体中含有Fe2+、NH4+、SO42-离子的实验方法正确的是______(填编号).
a.取少量样品于试管,加水溶解,通入适量Cl2,再加KSCN溶液,观察现象
b.取少量样品于试管,加水溶解,加入酸性KMnO4溶液,观察现象
c.取少量样品于试管,加水溶解,加入浓NaOH溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸置于试管口,观察试纸颜色的变化
d.取少量样品于试管,加水溶解,加入盐酸后再加入BaCl2溶液,观察现象.
正确答案
解:实验室用含油污的铁片来制取莫尔盐:碳酸钠水解显碱性,油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质易于洗去,步骤1中加入10Na2CO3溶液的主要作用是除去铁屑表面的油污,洗净,干燥,称量得到纯铁片10克,A物质为CuO或CuSO4,加入硫酸后和铁发生反应生成铜析出,和铁在硫酸溶液中形成原电池反应加快反应进行,过滤得到固体B为铁和铜,滤液为FeSO4,相同温度下硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度比硫酸亚铁和硫酸铵的溶解度小,所以将硫酸亚铁和硫酸铵的混合溶液加热浓缩就能得到硫酸亚铁铵晶体,加入少量硫酸可以调节pH为1~2是抑制亚铁离子和铵根离子水解,Fe2++2H2O⇌Fe (OH)2+2H+; NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+;加入硫酸保持酸性,抑制Fe2+、NH4+离子的水解得到更多的产品;莫尔盐,易溶于水,不溶于乙醇,用乙醇洗涤干燥得到莫尔盐.
(1)油污的主要成分为油脂,在碱性条件下易发生水解,而Na2CO3为强碱弱酸盐,CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-,溶液呈碱性,可用于洗去某些物质表面的油污,
故答案为:CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-;
(2)加入的物质能和铁在硫酸溶液中形成原电池反应加快反应进行,氧化铜不溶于水,A物质为CuO或CuSO4,不引入新的杂质,过滤得到固体为铁和铜;
故答案为:b、d;
(3)氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水,硫酸铜和铁发生置换反应生成铜和硫酸亚铁,过滤得到固体B为铁和铜;
故答案为:Fe、Cu;
(4)加入少量硫酸可以调节pH为1~2是抑制亚铁离子和铵根离子水解,Fe2++2H2O⇌Fe (OH)2+2H+; NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+;加入硫酸保持酸性,抑制Fe2+、NH4+离子的水解得到更多的产品;硫酸亚铁铵晶体中的结晶水受热容易失去,所以操作Ⅱ的名称蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,
故答案为:抑制Fe2+、NH4+水解;蒸发浓缩、冷却结晶、过滤;
(5)用无水乙醇洗涤晶体,除去其表面的水分,避免加热过程中晶体受热分解(或被氧化),
故答案为:避免加热过程中晶体受热分解(或被氧化);
(6)a.Fe2+的检验方法:取少量样品于试管中,加入硫氰酸钾溶液无现象,加入氯水溶液变为Fe3+,加入硫氰酸钾溶液呈血红色,即Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3;取少量样品于试管,加水溶解,通入适量Cl2,如果只存在Fe3+,取少量样品于试管,加水溶解,通入适量Cl2,再加KSCN溶液也呈血红色,故a错误;
b.因为Fe2+具有较强的还原性能使酸性KMnO4溶液褪色,取少量样品于试管,加水溶解,加入酸性KMnO4溶液,观察现象,故b正确;
c.NH4+的检验方法:取少量样品于试管中,加入浓NaOH溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸置于试管口,试纸变蓝,故c正确;
d.SO42-的检验方法:取少量样品于试管,先加入盐酸后无现象,再加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,故d正确;
故答案为:b、c、d;
解析
解:实验室用含油污的铁片来制取莫尔盐:碳酸钠水解显碱性,油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质易于洗去,步骤1中加入10Na2CO3溶液的主要作用是除去铁屑表面的油污,洗净,干燥,称量得到纯铁片10克,A物质为CuO或CuSO4,加入硫酸后和铁发生反应生成铜析出,和铁在硫酸溶液中形成原电池反应加快反应进行,过滤得到固体B为铁和铜,滤液为FeSO4,相同温度下硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度比硫酸亚铁和硫酸铵的溶解度小,所以将硫酸亚铁和硫酸铵的混合溶液加热浓缩就能得到硫酸亚铁铵晶体,加入少量硫酸可以调节pH为1~2是抑制亚铁离子和铵根离子水解,Fe2++2H2O⇌Fe (OH)2+2H+; NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+;加入硫酸保持酸性,抑制Fe2+、NH4+离子的水解得到更多的产品;莫尔盐,易溶于水,不溶于乙醇,用乙醇洗涤干燥得到莫尔盐.
(1)油污的主要成分为油脂,在碱性条件下易发生水解,而Na2CO3为强碱弱酸盐,CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-,溶液呈碱性,可用于洗去某些物质表面的油污,
故答案为:CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-;
(2)加入的物质能和铁在硫酸溶液中形成原电池反应加快反应进行,氧化铜不溶于水,A物质为CuO或CuSO4,不引入新的杂质,过滤得到固体为铁和铜;
故答案为:b、d;
(3)氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水,硫酸铜和铁发生置换反应生成铜和硫酸亚铁,过滤得到固体B为铁和铜;
故答案为:Fe、Cu;
(4)加入少量硫酸可以调节pH为1~2是抑制亚铁离子和铵根离子水解,Fe2++2H2O⇌Fe (OH)2+2H+; NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+;加入硫酸保持酸性,抑制Fe2+、NH4+离子的水解得到更多的产品;硫酸亚铁铵晶体中的结晶水受热容易失去,所以操作Ⅱ的名称蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,
故答案为:抑制Fe2+、NH4+水解;蒸发浓缩、冷却结晶、过滤;
(5)用无水乙醇洗涤晶体,除去其表面的水分,避免加热过程中晶体受热分解(或被氧化),
故答案为:避免加热过程中晶体受热分解(或被氧化);
(6)a.Fe2+的检验方法:取少量样品于试管中,加入硫氰酸钾溶液无现象,加入氯水溶液变为Fe3+,加入硫氰酸钾溶液呈血红色,即Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3;取少量样品于试管,加水溶解,通入适量Cl2,如果只存在Fe3+,取少量样品于试管,加水溶解,通入适量Cl2,再加KSCN溶液也呈血红色,故a错误;
b.因为Fe2+具有较强的还原性能使酸性KMnO4溶液褪色,取少量样品于试管,加水溶解,加入酸性KMnO4溶液,观察现象,故b正确;
c.NH4+的检验方法:取少量样品于试管中,加入浓NaOH溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸置于试管口,试纸变蓝,故c正确;
d.SO42-的检验方法:取少量样品于试管,先加入盐酸后无现象,再加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,故d正确;
故答案为:b、c、d;
亚氯酸钠(NaClO2)是一种强氧化性漂白剂,广泛用于纺织、印染和食品工业.它在碱性环境中稳定存在.工业设计生产NaClO2的主要流程如图1所示.
另附III离子交换膜电解池示意图图2.
(1)写出无隔膜电解槽阳极反应的电极反应式:______
(2)由离子交换膜电解池示意图分析A的化学式是______
(3)Ⅱ中反应的离子方程式是______
(4)设备Ⅲ在通电电解前,检验其溶液中主要阴离子的方法、步骤、现象是______.
正确答案
解:(1)根据工艺流程图无隔膜电解槽阳极发生氧化反应生成氯酸根离子,所以电极反应式为Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+,故答案为:Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+; (2)解槽电解Na2SO4溶液,可知气体a为O2,该极为阳极,OH-放电,c(H+)增大,SO42-移向该极,所以A为硫酸溶液,故答案为:H2SO4;
(3)Ⅱ中发生二氧化氯与双氧水在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气,所以方程式为:2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2+2H2O,故答案为:2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2+2H2O;
(4)电解前Ⅲ中阴离子为SO42-,SO42-的检验方法:取少量Ⅲ中溶液少许于试管中,先加入足量稀盐酸,无沉淀生成,再加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,证明含有SO42-;
故答案为:取少量Ⅲ中溶液少许于试管中,先加入足量稀盐酸,无沉淀生成,再加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,证明含有SO42-.
解析
解:(1)根据工艺流程图无隔膜电解槽阳极发生氧化反应生成氯酸根离子,所以电极反应式为Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+,故答案为:Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+; (2)解槽电解Na2SO4溶液,可知气体a为O2,该极为阳极,OH-放电,c(H+)增大,SO42-移向该极,所以A为硫酸溶液,故答案为:H2SO4;
(3)Ⅱ中发生二氧化氯与双氧水在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气,所以方程式为:2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2+2H2O,故答案为:2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2+2H2O;
(4)电解前Ⅲ中阴离子为SO42-,SO42-的检验方法:取少量Ⅲ中溶液少许于试管中,先加入足量稀盐酸,无沉淀生成,再加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,证明含有SO42-;
故答案为:取少量Ⅲ中溶液少许于试管中,先加入足量稀盐酸,无沉淀生成,再加入BaCl2溶液,产生白色沉淀,证明含有SO42-.
(2013•惠州模拟)电镀污泥中含有Cr(OH)3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质,工业上通过“中温焙烧-钠氧化法”回收Na2Cr2O7等物质.
已知:水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2[也可表示为NaAl(OH)4]、Na2ZnO2等物质.
(1)水浸后回收Cu、Ni时的操作是______.水浸后的溶液呈______性(“酸”、“碱”、“中”).
(2)完成氧化焙烧过程中生成Na2CrO4的化学方程式
______Cr(OH)3+______Na2CO3+______O2______Na2CrO4+______ CO2+______H2O
(3)滤渣Ⅱ的主要成分有Zn(OH)2、______.
(4)已知:①除去滤渣II后,溶液中存在如下反应:CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O;②Na2Cr2O7、Na2CrO4在不同温度下的溶解度如下表
“系列操作”中为:继续加入H2SO4,______冷却结晶,过滤.继续加入H2SO4目的是______.
(5)工业上还可以在水浸过滤后的溶液(Na2CrO4)加入适量H2SO4,用石墨做电极电解生产金属铬,写出生成铬的电极反应方程式______.
正确答案
解:以含有Cr(OH)3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质的电镀污泥为原料,烘干后加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+6H2O+4CO2,Al2O3+Na2CO3
Na2AlO3+CO2↑,ZnO++Na2CO3
Na2ZnO2+CO2↑,水浸后过滤得到滤渣CuO、NiO,滤液为Na2CrO4,NaAlO2、Na2ZnO2等,调节溶液PH沉淀ZnO22-离子和偏铝酸根离子,过滤得到滤液Na2CrO4,加入硫酸酸化生成重铬酸钠溶液,通过提纯得到重铬酸钠;
(1)CuO、NiO为难溶物,溶液中含有Na2CrO4,NaAlO2、Na2ZnO2等,通过水浸后过滤得到滤渣CuO、NiO,回收Cu、Ni;水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等都为强碱弱酸盐,水解呈碱性,
故答案为:过滤;碱性;
(2)氧化焙烧过程中有氧气参加反应,根据质量守恒可知还应生成水,反应的方程式为4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2+6H2O,
故答案为:4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2+6H2O;
(3)Zn(OH)2、Al(OH)3具有两性,水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质,加入硫酸调节溶液的pH可得到Zn(OH)2、Al(OH)3沉淀,
故答案为:Al(OH)3;
(4)水浸后溶液中存在Na2CrO4,加入硫酸发生CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O,加入硫酸可使平衡向正反应方向移动,将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体,
故答案为:蒸发浓缩;促进平衡CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O向正反应方向移动,尽可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7;
(5)生成铬的电极发生还原反应,CrO42-得到电子生成Cr,反应的电解方程式为CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O,
故答案为:CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O;
解析
解:以含有Cr(OH)3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质的电镀污泥为原料,烘干后加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+6H2O+4CO2,Al2O3+Na2CO3
Na2AlO3+CO2↑,ZnO++Na2CO3
Na2ZnO2+CO2↑,水浸后过滤得到滤渣CuO、NiO,滤液为Na2CrO4,NaAlO2、Na2ZnO2等,调节溶液PH沉淀ZnO22-离子和偏铝酸根离子,过滤得到滤液Na2CrO4,加入硫酸酸化生成重铬酸钠溶液,通过提纯得到重铬酸钠;
(1)CuO、NiO为难溶物,溶液中含有Na2CrO4,NaAlO2、Na2ZnO2等,通过水浸后过滤得到滤渣CuO、NiO,回收Cu、Ni;水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等都为强碱弱酸盐,水解呈碱性,
故答案为:过滤;碱性;
(2)氧化焙烧过程中有氧气参加反应,根据质量守恒可知还应生成水,反应的方程式为4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2+6H2O,
故答案为:4Cr(OH)3+4Na2CO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2+6H2O;
(3)Zn(OH)2、Al(OH)3具有两性,水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质,加入硫酸调节溶液的pH可得到Zn(OH)2、Al(OH)3沉淀,
故答案为:Al(OH)3;
(4)水浸后溶液中存在Na2CrO4,加入硫酸发生CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O,加入硫酸可使平衡向正反应方向移动,将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体,
故答案为:蒸发浓缩;促进平衡CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O向正反应方向移动,尽可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7;
(5)生成铬的电极发生还原反应,CrO42-得到电子生成Cr,反应的电解方程式为CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O,
故答案为:CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O;
(2013秋•忻府区校级期中)一种含铝、锂、钴的新型电子材料,生产中产生的废料数量可观,废料中的铝以金属铝箔的形式存在;钴以Co2O3•CoO的形式存在,吸附在铝箔的单面或双面;锂混杂于其中.从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如图1:
(1)过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al,反应的离子方程式为______.
(2)过程II中加入稀H2SO4酸化后,再加入Na2S2O3溶液浸出钴.则浸出钴的离子反应方程式为(产物中只有一种酸根)______.请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因______.
(3)碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同,请分别用离子方程式表示在过程III、IV中起的作用:
______;______.
(4)某天然碱的化学式可表示为2Na2CO3•NaHCO3•2H2O,取少量该物质溶于水得稀溶液P.下列有关溶液P中微粒的物质的量浓度关系正确的是______(填序号).
A.c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)
B.c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)
C.3c(Na+)>5c(CO32-)+5c(HCO3-)
D.将P溶液与少量NaOH溶液混合:c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)
(5)CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液.CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色,利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水.图2是粉红色的CoCl2•6H2O晶体受热分解时,剩余固体质量随温度变化的曲线,A物质的化学式是______.
正确答案
解:制备氧化钴的大致流程为:制备流程为:废料用碱液溶解,过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣;用硫酸溶解钴渣,发生反应:4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O,得到含有钴离子的溶液,然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子,得到较纯净的含有钴离子的溶液,再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀,最后灼烧碳酸钴得到氧化钴,
(1)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子反应方程式为:2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑,故答案为:2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑;
(2)Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O,反应方程式为:4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O,改写成离子方程式为:4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O,
盐酸具有还原性,能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境,所以不用盐酸,
故答案为:4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O;Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境;
(3)碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳,反应的两种方式为:2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑;
碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH,提供CO32-,使Co2+沉淀为CoCO3,反应的离子方程式为:Co2++CO32-=CoCO3↓,
故答案为:2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑;Co2++CO32-=CoCO3↓;
(4)A.碳酸根离子水解、碳酸氢根离子水解程度大于电离程度导致溶液中碱性,所以c(OH-)>c(H+),碳酸根离子、碳酸氢根离子水解程度都较小,所以溶液中存在c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+),故A正确;
B.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-),存在物料守恒3c(Na+)=5c(CO32-)+5c(HCO3-)+5c(H2CO3),则3c(OH-)=3c(H+)+2c(HCO3-)+5c(H2CO3)+2c(CO32-),故B错误;
C.根据物料守恒可得:3c(Na+)=5c(CO32-)+5c(HCO3-)+5c(H2CO3),所以3c(Na+)>5c(CO32-)+5c(HCO3-),故C正确;
D.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-),故D正确;
故答案为:ACD;
(5)根据图象曲线变化可知,CoCl2•6H2O~CoCl2
238 130
m 65mg
则:=
,
解得:m=119mg,
设A物质的化学式为CoCl2•nH2O,则有:
CoCl2•6H2O~CoCl2•nH2O△m
238 18(6-n)
119mg 119mg-83mg
则:=
,
解得:n=2,
所以A物质的化学式为:CoCl2•2H2O,
故答案为:CoCl2•2H2O.
解析
解:制备氧化钴的大致流程为:制备流程为:废料用碱液溶解,过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣;用硫酸溶解钴渣,发生反应:4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O,得到含有钴离子的溶液,然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子,得到较纯净的含有钴离子的溶液,再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀,最后灼烧碳酸钴得到氧化钴,
(1)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子反应方程式为:2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑,故答案为:2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑;
(2)Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O,反应方程式为:4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O,改写成离子方程式为:4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O,
盐酸具有还原性,能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境,所以不用盐酸,
故答案为:4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O;Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境;
(3)碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳,反应的两种方式为:2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑;
碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH,提供CO32-,使Co2+沉淀为CoCO3,反应的离子方程式为:Co2++CO32-=CoCO3↓,
故答案为:2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑;Co2++CO32-=CoCO3↓;
(4)A.碳酸根离子水解、碳酸氢根离子水解程度大于电离程度导致溶液中碱性,所以c(OH-)>c(H+),碳酸根离子、碳酸氢根离子水解程度都较小,所以溶液中存在c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+),故A正确;
B.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-),存在物料守恒3c(Na+)=5c(CO32-)+5c(HCO3-)+5c(H2CO3),则3c(OH-)=3c(H+)+2c(HCO3-)+5c(H2CO3)+2c(CO32-),故B错误;
C.根据物料守恒可得:3c(Na+)=5c(CO32-)+5c(HCO3-)+5c(H2CO3),所以3c(Na+)>5c(CO32-)+5c(HCO3-),故C正确;
D.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-),故D正确;
故答案为:ACD;
(5)根据图象曲线变化可知,CoCl2•6H2O~CoCl2
238 130
m 65mg
则:=
,
解得:m=119mg,
设A物质的化学式为CoCl2•nH2O,则有:
CoCl2•6H2O~CoCl2•nH2O△m
238 18(6-n)
119mg 119mg-83mg
则:=
,
解得:n=2,
所以A物质的化学式为:CoCl2•2H2O,
故答案为:CoCl2•2H2O.
(2015秋•淮安校级期末)铝是一种重要金属,工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,还有少量的Fe2O3,SiO2等杂质)提取氧化铝作冶炼铝的原料,提取的操作过程如下:
①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是______;
②沉淀M中除含有泥沙外,一定还含有______;
③步骤Ⅲ中加热Al(OH)3得到固体N的操作需要使用的仪器除了酒精灯、三角架、泥三角,还有______;(填入仪器的名称)
④滤液X中,含铝元素的溶质的化学式为______;实验室里常往AlCl3溶液中加入______(填“氨水”或“NaOH溶液”)来制取A1(OH)3.
正确答案
解:工业上用铝土矿主要成分为Al2O3,还有少量的Fe2O3,SiO2等杂质,向铝土矿中加入浓NaOH溶液并加热,Al2O3、SiO2都和NaOH反应生成可溶性的钠盐,Fe2O3不和NaOH反应,然后过滤得到的沉淀M为Fe2O3,滤液X中含有Na2SiO3、NaAlO2,通入CO2并控制一定条件过滤得到Al(OH)3,滤液Y中含有碳酸钠和硅酸钠,将Al(OH)3洗涤过滤加热,Al(OH)3分解生成Al2O3和水,则N为Al2O3;
①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是过滤,故答案为:过滤;
②沉淀M中除含有泥沙外,一定还含有难溶于NaOH溶液的氧化物,Fe2O3不和NaOH反应,然后过滤得到的沉淀M为Fe2O3,故答案为:Fe2O3;
③步骤Ⅲ中加热Al(OH)3得到固体N的操作需要使用的仪器除了酒精灯、三角架、泥三角,还有坩埚,
故答案为:坩埚;
④滤液X中,含铝元素的溶质为偏铝酸钠,化学式为NaAlO2;实验室里常往AlCl3溶液中加入弱碱来制取A1(OH)3,一般常用氨水,故答案为:NaAlO2;氨水.
解析
解:工业上用铝土矿主要成分为Al2O3,还有少量的Fe2O3,SiO2等杂质,向铝土矿中加入浓NaOH溶液并加热,Al2O3、SiO2都和NaOH反应生成可溶性的钠盐,Fe2O3不和NaOH反应,然后过滤得到的沉淀M为Fe2O3,滤液X中含有Na2SiO3、NaAlO2,通入CO2并控制一定条件过滤得到Al(OH)3,滤液Y中含有碳酸钠和硅酸钠,将Al(OH)3洗涤过滤加热,Al(OH)3分解生成Al2O3和水,则N为Al2O3;
①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是过滤,故答案为:过滤;
②沉淀M中除含有泥沙外,一定还含有难溶于NaOH溶液的氧化物,Fe2O3不和NaOH反应,然后过滤得到的沉淀M为Fe2O3,故答案为:Fe2O3;
③步骤Ⅲ中加热Al(OH)3得到固体N的操作需要使用的仪器除了酒精灯、三角架、泥三角,还有坩埚,
故答案为:坩埚;
④滤液X中,含铝元素的溶质为偏铝酸钠,化学式为NaAlO2;实验室里常往AlCl3溶液中加入弱碱来制取A1(OH)3,一般常用氨水,故答案为:NaAlO2;氨水.
蛇纹石矿可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成.由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下:
(1)蛇纹石矿加盐酸溶解后,溶液里除了Mg2+外,还含有的金属离子是______;
(2)进行Ⅰ操作时,控制溶液pH=7-8(有关氢氧化物沉淀的pH见右表),Ca(OH)2不能过量,若Ca(OH)2过量可能会导致______溶解.
(3)从沉淀混合物A中提取红色氧化物作颜料,先向沉淀物A中加入______ (填物质的化学式),然后______(依次填写实验操作名称).
正确答案
解:(1)蛇纹石加盐酸溶解,MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解,反应方程式分别为:MgO+2HCl=MgCl2+H2O,Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O.而SiO2不与盐酸反应,以沉淀的形式除去,故答案为:Fe3+、Al3+;
(2)由(1)知,此时溶液中除了Mg2+外,还含有Fe3+、Al3+杂质,需除去Fe3+、Al3+但不能损失Mg2+,因Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+和Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+,利用平衡移动的原理,消耗H+使上述水解平衡向正反应方向移动,除去Fe3+、Al3+,加Ca(OH)2需将溶液的pH控制在7~8,若pH过高,会导致生成的Al(OH)3发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O溶解,Mg(OH)2在pH为9.4时开始沉淀,所以碱性增强Mg(OH)2会沉淀,同时Mg2+也因转化为沉淀而损失,
故答案为:Al(OH)3;
(3)从实验步骤图知:沉淀混合物为Fe(OH)3和Al(OH)3,红色氧化物是沉淀物Fe(OH)3分解后得到的Fe2O3,所以得先加碱把Al(OH)3除掉,反应为:Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,然后过滤洗涤灼烧即可;
故答案为:NaOH;过滤、洗涤、灼烧.
解析
解:(1)蛇纹石加盐酸溶解,MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解,反应方程式分别为:MgO+2HCl=MgCl2+H2O,Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O.而SiO2不与盐酸反应,以沉淀的形式除去,故答案为:Fe3+、Al3+;
(2)由(1)知,此时溶液中除了Mg2+外,还含有Fe3+、Al3+杂质,需除去Fe3+、Al3+但不能损失Mg2+,因Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+和Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+,利用平衡移动的原理,消耗H+使上述水解平衡向正反应方向移动,除去Fe3+、Al3+,加Ca(OH)2需将溶液的pH控制在7~8,若pH过高,会导致生成的Al(OH)3发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O溶解,Mg(OH)2在pH为9.4时开始沉淀,所以碱性增强Mg(OH)2会沉淀,同时Mg2+也因转化为沉淀而损失,
故答案为:Al(OH)3;
(3)从实验步骤图知:沉淀混合物为Fe(OH)3和Al(OH)3,红色氧化物是沉淀物Fe(OH)3分解后得到的Fe2O3,所以得先加碱把Al(OH)3除掉,反应为:Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,然后过滤洗涤灼烧即可;
故答案为:NaOH;过滤、洗涤、灼烧.
为了保护环境,充分利用资源,某研究小组通过如图简化流程,将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略).
活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为:FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O═15FeSO4+8H2SO4,不考虑其他反应.请回答下列问题:
(1)第Ⅰ步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是______.
(2)检验第Ⅱ步中Fe3+是否完全还原,应选择______(填字母编号).
A.KMnO4溶液 B.K3[Fe(CN)6]溶液 C.KSCN溶液
(3)第Ⅲ步加FeCO3调溶液pH到5.8左右,然后在第Ⅳ步通入空气使溶液pH降到5.2,此时Fe2+不沉淀,滤液中铝、硅杂质除尽.通入空气引起溶液pH降低的原因是______.
(4)FeSO4可转化为FeCO3,FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料.
已知25℃,101kPa时:4Fe(s)+3O2(g)═2Fe2O3(s)△H=-1648kJ/mol
C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393kJ/mol
2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)═2FeCO3(s)△H=-1480kJ/mol
FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是______.
(5)FeSO4在一定条件下可制得FeS2(二硫化亚铁)纳米材料.该材料可用于制造高容量锂电池,电池放电时的总反应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S,正极反应式是______.
(6)假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3,其含量为50%.将a kg质量分数为b%的硫酸加入到c kg烧渣中浸取,铁的浸取率为96%,其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计.按上述流程,第Ⅲ步应加入FeCO3______ kg.
正确答案
解:硫铁矿烧渣用硫酸浸取,过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸,用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤,向滤液中加入FeCO3调节溶液pH,过滤后在通入空气、调节溶液pH,除去溶液中杂质离子,过滤浓缩结晶得到FeSO4晶体.
(1)H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水,反应离子方程式为:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,故答案为:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;
(2)KMnO4溶液、K3[Fe(CN)6]溶液可以检验有Fe2+生成,取第Ⅱ步反应中溶液少许与试管中,滴加KSCN 溶液,若溶液不变红色,说明Fe3+完全被还原,
故答案为:C;
(3)氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子,Fe3+离子水解生成H+,使溶液pH降低,
故答案为:氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子,Fe3+离子水解生成H+;
(4)发生反应:4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2,
已知:①4Fe(s)+3O2(g)═2Fe2O3(s)△H=-1648kJ/mol
②C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393kJ/mol
③2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)═2FeCO3(s)△H=-1480kJ/mol
根据盖斯定律,①-③×2+②×④可得4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g),故△H=-1648kJ/mol-2×(-1480kJ/mol)+4×(-393kJ/mol)=-260kJ/mol,
故反应热化学方程式为:4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)△H=-260kJ/mol,
故答案为:4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)△H=-260kJ/mol;
(5)电池放电时的总反应为:4Li+FeS2═Fe+2Li2S,正极发生还原反应,FeS2获得电子生成Fe、S2-,正极电极反应式为:FeS2+4e-=Fe+2S2-,
故答案为:FeS2+4e-=Fe+2S2-;
(6)Fe2O3含量为50%,ckg烧渣中,Fe2O3质量为50%×ckg,铁的浸取率为96%,侧参加反应的Fe2O3质量为50%×ckg×96%,其物质的量为(50%×c×103×96%)g÷160g/mol=3c mol,
akg质量分数为b%的硫酸中m(H2SO4)=b%×akg,其物质的量为(b%×a×103)g÷98g/mol=mol,
第Ⅲ步应加入FeCO3后,浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原Fe3+时生成的硫酸完全转化为FeSO4,
根据FeS2~7Fe2(S04)3~7Fe2O3,可知参加反应的FeS2的物质的量×3c mol,
根据硫元素守恒计算n总(FeSO4)=×3c mol×2+
mol,
由Fe元素守恒n(FeCO3)=n总(FeSO4)-n(FeS2)-2n(Fe2O3)=×3c mol×2+
mol-
×3c mol-2×3c mol=
mol-
mol,故m(FeCO3)=(
-
)mol×116g/mol≈(11.8ab-646c)g,即为(0.0118ab-0.646c)Kg,
故答案为:(0.0118ab-0.646c).
解析
解:硫铁矿烧渣用硫酸浸取,过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸,用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤,向滤液中加入FeCO3调节溶液pH,过滤后在通入空气、调节溶液pH,除去溶液中杂质离子,过滤浓缩结晶得到FeSO4晶体.
(1)H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水,反应离子方程式为:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,故答案为:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;
(2)KMnO4溶液、K3[Fe(CN)6]溶液可以检验有Fe2+生成,取第Ⅱ步反应中溶液少许与试管中,滴加KSCN 溶液,若溶液不变红色,说明Fe3+完全被还原,
故答案为:C;
(3)氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子,Fe3+离子水解生成H+,使溶液pH降低,
故答案为:氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子,Fe3+离子水解生成H+;
(4)发生反应:4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2,
已知:①4Fe(s)+3O2(g)═2Fe2O3(s)△H=-1648kJ/mol
②C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393kJ/mol
③2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)═2FeCO3(s)△H=-1480kJ/mol
根据盖斯定律,①-③×2+②×④可得4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g),故△H=-1648kJ/mol-2×(-1480kJ/mol)+4×(-393kJ/mol)=-260kJ/mol,
故反应热化学方程式为:4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)△H=-260kJ/mol,
故答案为:4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)△H=-260kJ/mol;
(5)电池放电时的总反应为:4Li+FeS2═Fe+2Li2S,正极发生还原反应,FeS2获得电子生成Fe、S2-,正极电极反应式为:FeS2+4e-=Fe+2S2-,
故答案为:FeS2+4e-=Fe+2S2-;
(6)Fe2O3含量为50%,ckg烧渣中,Fe2O3质量为50%×ckg,铁的浸取率为96%,侧参加反应的Fe2O3质量为50%×ckg×96%,其物质的量为(50%×c×103×96%)g÷160g/mol=3c mol,
akg质量分数为b%的硫酸中m(H2SO4)=b%×akg,其物质的量为(b%×a×103)g÷98g/mol=mol,
第Ⅲ步应加入FeCO3后,浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原Fe3+时生成的硫酸完全转化为FeSO4,
根据FeS2~7Fe2(S04)3~7Fe2O3,可知参加反应的FeS2的物质的量×3c mol,
根据硫元素守恒计算n总(FeSO4)=×3c mol×2+
mol,
由Fe元素守恒n(FeCO3)=n总(FeSO4)-n(FeS2)-2n(Fe2O3)=×3c mol×2+
mol-
×3c mol-2×3c mol=
mol-
mol,故m(FeCO3)=(
-
)mol×116g/mol≈(11.8ab-646c)g,即为(0.0118ab-0.646c)Kg,
故答案为:(0.0118ab-0.646c).
某地煤矸石经预处理后主要含SiO2(61%)、Al2O3(30%)和少量的Fe2O3、FeO及钙镁的化合物等.
某实验小组利用其提取Al(OH)3.
(1)“酸浸”过程中发生的主要反应的离子方程式为______,为提高“酸浸”时铝浸出率,可采取的措施之一是______.
(2)“氧化”的目的是______,检验Fe3+已水解完全的方法是______.
(3)滤渣Ⅱ的主要成分是CaCO3、Mg(OH)2和______.
(4)①上述流程中可循环利用的物质的化学式是______.
②“转化”时主要反应的离子方程式为______.
(5)Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2,Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4.为了获得产品Al(OH)3,从氧化后的溶液开始,若只用纯碱一种试剂,后续操作是______.
正确答案
解:(1)酸浸过程中金属氧化物都和稀盐酸反应生成氯化物,主要离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O,为提高反应速率可以采用升高温度、搅拌、增大盐酸浓度或增大煤矸石的表面积等方法,
故答案为:Al2O3+6H+=2Al3++3H2O;提高酸的浓度(或适当提高反应温度或搅拌下进行反应);
(2)铁离子易水解生成沉淀且需要的pH较小,将Fe2+氧化成Fe3+,有利于其水解除去铁元素;
铁离子用KSCN溶液检验,其检验方法是:取少量母液Ⅰ,滴加KSCN溶液,无血红色,则Fe3+已水解完全,
故答案为:将Fe2+氧化成Fe3+,有利于其水解除去铁元素;取少量母液Ⅰ,滴加KSCN溶液,无血红色,则Fe3+已水解完全;
(3)通过以上分析知,滤渣II的成分为CaCO3、Mg(OH)2和Fe(OH)3,故答案为:Fe(OH)3;
(4)①水解时生成二氧化碳气体、转化时需要二氧化碳,在水解是需要碳酸钠、在转化时得到碳酸氢钠或碳酸钠,所以能循环利用的是CO2(或Na2CO3),
故答案为:CO2(或Na2CO3);
②通过以上分析知,转化时发生的离子反应方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-(或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-),故答案为:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-(或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-);
(5)要得到较纯净的氢氧化铝,需要调节溶液的pH,要除去氢氧化铁且不能产生氢氧化铝沉淀,所以需要的pH≥3.2,除去氢氧化铁沉淀,然后再加入纯碱调节pH到5.4,过滤得到氢氧化铝沉淀,
故答案为:加入纯碱调节pH到3.2,过滤除去Fe(OH)3等固体后,再加入纯碱调节pH到5.4,过滤得到Al(OH)3.
解析
解:(1)酸浸过程中金属氧化物都和稀盐酸反应生成氯化物,主要离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O,为提高反应速率可以采用升高温度、搅拌、增大盐酸浓度或增大煤矸石的表面积等方法,
故答案为:Al2O3+6H+=2Al3++3H2O;提高酸的浓度(或适当提高反应温度或搅拌下进行反应);
(2)铁离子易水解生成沉淀且需要的pH较小,将Fe2+氧化成Fe3+,有利于其水解除去铁元素;
铁离子用KSCN溶液检验,其检验方法是:取少量母液Ⅰ,滴加KSCN溶液,无血红色,则Fe3+已水解完全,
故答案为:将Fe2+氧化成Fe3+,有利于其水解除去铁元素;取少量母液Ⅰ,滴加KSCN溶液,无血红色,则Fe3+已水解完全;
(3)通过以上分析知,滤渣II的成分为CaCO3、Mg(OH)2和Fe(OH)3,故答案为:Fe(OH)3;
(4)①水解时生成二氧化碳气体、转化时需要二氧化碳,在水解是需要碳酸钠、在转化时得到碳酸氢钠或碳酸钠,所以能循环利用的是CO2(或Na2CO3),
故答案为:CO2(或Na2CO3);
②通过以上分析知,转化时发生的离子反应方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-(或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-),故答案为:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-(或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-);
(5)要得到较纯净的氢氧化铝,需要调节溶液的pH,要除去氢氧化铁且不能产生氢氧化铝沉淀,所以需要的pH≥3.2,除去氢氧化铁沉淀,然后再加入纯碱调节pH到5.4,过滤得到氢氧化铝沉淀,
故答案为:加入纯碱调节pH到3.2,过滤除去Fe(OH)3等固体后,再加入纯碱调节pH到5.4,过滤得到Al(OH)3.
(1)下列关于工业生产说法正确的是______.(填序号)
A.在侯氏制碱工业中,向饱和氯化钠溶液中先通二氧化碳,后通氨气
B.在硫酸工业、合成氨工业、硝酸工业中,皆采用循环操作提高原料利用率
C.在氯碱工业,电解槽被离子交换膜隔成阴极室和阳极室
D.工业上采用电解熔融氯化铝的方法制取金属铝
E.石油裂化属于化学变化,主要目的是为了获得短链不饱和气态烃
(2)我国规定饮用水质量标准规定必须符合下表中要求:
如图所示是原水处理成自来水的工艺流程示意图:
①原水中含Ca2+、Mg2+、HCO3-、Cl-等,加入石灰生成Ca(OH)2,进而发生若干复分解反应,写出其中的离子方程式(只要求写出两个):______;______.
②FeSO4•7H2O是常用的凝聚剂,它在水中最终生成______沉淀;通入二氧化碳的目的是______和______.
③气体A的作用是______,通常可以用Ca(ClO)2 替代A,下列物质中______同样可以作为气体A的代用品(填编号,多选倒扣).
a.ClO2 b.浓氨水 c.K2FeO4 d.SO2.
正确答案
解:(1)A.在侯氏制碱工业中,向饱和氯化钠溶液中先通二氧化碳,后通氨气,二氧化碳在溶液中溶解量少,生成碳酸氢钠少,应先通入氨气再通入二氧化碳,故A错误;
B.在硫酸工业中二氧化硫可以循环利用、合成氨工业中氢气、氮气可以循环利用、硝酸工业中一氧化氮可以循环利用,皆采用循环操作提高原料利用率,故B正确;
C.在氯碱工业,电解槽被离子交换膜隔成阴极室和阳极室,阳极室生成氯气,阴极室生成氢气和氢氧化钠,故C正确;
D.氯化铝是共价化合物,工业上不能采用电解熔融氯化铝的方法制取金属铝,应电解熔融的氧化铝制备,故D错误;
E.石油裂化属于化学变化,主要目的是得到相对分子量小的烃,裂解是为了获得短链不饱和气态烃,故E错误;
故答案为:BC;
(2)①加入氢氧化钙会沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀,可以和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水,反应的离子方程式为:HCO3-+OH-═COO32-+H2O,Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓,故答案为:HCO3-+OH-═COO32-+H2O,Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓,
②绿矾水解生成氢氧化亚铁,在空气中迅速被氧化为氢氧化铁,氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的主要作用;絮凝剂在原水处理流程中的作用是吸附水中悬浮杂质使之沉降;通入CO2的目的是除去过量的Ca(OH)2和调节pH,故答案为:胶状Fe(OH)3;除去Ca2+;调节pH;
③气体A是氯气,目的是氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性,能杀菌消毒,替代物质需要具备氧化性的物质才能起到消毒杀菌,
a.ClO2 具有氧化性可以替代氯气消毒杀菌,故a正确;
b.浓氨水是一元弱碱溶液,不能杀菌消毒,故b错误;
c.K2FeO4 是高铁酸钾具有氧化性能起到杀菌消毒的作用,故c正确;
d.SO2是有毒气体,具有弱氧化性,不能用来杀菌消毒,故d错误;
故答案为:杀菌消毒;ac.
解析
解:(1)A.在侯氏制碱工业中,向饱和氯化钠溶液中先通二氧化碳,后通氨气,二氧化碳在溶液中溶解量少,生成碳酸氢钠少,应先通入氨气再通入二氧化碳,故A错误;
B.在硫酸工业中二氧化硫可以循环利用、合成氨工业中氢气、氮气可以循环利用、硝酸工业中一氧化氮可以循环利用,皆采用循环操作提高原料利用率,故B正确;
C.在氯碱工业,电解槽被离子交换膜隔成阴极室和阳极室,阳极室生成氯气,阴极室生成氢气和氢氧化钠,故C正确;
D.氯化铝是共价化合物,工业上不能采用电解熔融氯化铝的方法制取金属铝,应电解熔融的氧化铝制备,故D错误;
E.石油裂化属于化学变化,主要目的是得到相对分子量小的烃,裂解是为了获得短链不饱和气态烃,故E错误;
故答案为:BC;
(2)①加入氢氧化钙会沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀,可以和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水,反应的离子方程式为:HCO3-+OH-═COO32-+H2O,Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓,故答案为:HCO3-+OH-═COO32-+H2O,Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓,
②绿矾水解生成氢氧化亚铁,在空气中迅速被氧化为氢氧化铁,氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的主要作用;絮凝剂在原水处理流程中的作用是吸附水中悬浮杂质使之沉降;通入CO2的目的是除去过量的Ca(OH)2和调节pH,故答案为:胶状Fe(OH)3;除去Ca2+;调节pH;
③气体A是氯气,目的是氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性,能杀菌消毒,替代物质需要具备氧化性的物质才能起到消毒杀菌,
a.ClO2 具有氧化性可以替代氯气消毒杀菌,故a正确;
b.浓氨水是一元弱碱溶液,不能杀菌消毒,故b错误;
c.K2FeO4 是高铁酸钾具有氧化性能起到杀菌消毒的作用,故c正确;
d.SO2是有毒气体,具有弱氧化性,不能用来杀菌消毒,故d错误;
故答案为:杀菌消毒;ac.
工业上用某矿渣(主要成分是Cu2O,少量杂质是Al2O3、Fe2O3和SiO2)提取铜的操作流程如下:
已知:Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
(1)固体混合物A中的成分是______(填化学式).
(2)反应I完成后,铁元素的存在形式为______(填离子符号).
(3)y的数值范围是______.
(4)若电解法获得Cu 64.0g,则原矿渣中Cu2O的质量是______.
a、144.0gb、大于144.0g c、小于144.0g
(5)下列关于用NaClO调节溶液pH的说法正确的是______.
a、加入NaClO可使溶液的pH降低
b、NaClO能调节pH的主要原因是由于发生反应:ClO-+H+=HClO,ClO-消耗H+,从而达到调节pH的目的
c、NaClO能调节pH的主要原因是由于NaClO水解:ClO-+H2O⇌HClO+OH-消耗H+,从而达到调节pH的目的.
(6)用NaClO调pH,生成沉淀B的同时生成一种具有漂白作用的物质,且该物质与还原产物的物质的量之比为4:1,该反应的离子方程式为______.
正确答案
解:矿渣加入稀硫酸,Cu2O、Al2O3、Fe2O3溶解,二氧化硅不溶,所以固体混合物A是不溶于稀硫酸的物质,发生的反应有Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O,得出A的成分是SiO2、Cu;
由于单质Cu存在,铁元素以Fe2+形式存在,反应方程式:2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,滤液中主要是Al3+、Fe2+、Cu2+;
加入NaClO具有氧化性,氧化Fe2+为Fe3+,同时调节溶液pH使Al3+、Fe3+沉淀完全,根据Fe(OH)3和Al(OH)3开始沉淀和沉淀结束的pH关系,x范围是:3.2≤pH<4.0,目的是沉淀Fe(OH)3;y范围是:5.2≤pH<5.4,沉淀Al(OH)3;最后得到氯化铜、硫酸铜溶液,电解法获取Cu时,阴极发生还原反应:Cu2++2e-=Cu;阳极发生氧化反应:2Cl--2e-=Cl2↑;次氯酸钠中的次氯酸根结合溶液中的氢离子,PH升高;NaClO能调节pH的主要原因是由于发生反应ClO-+H+⇌HClO,ClO-消耗H+,从而达到调节pH的目的;溶液显示酸性,次氯酸是弱酸,次氯酸根结合酸溶液中的氢离子;生成一种具有漂白作用的物质是次氯酸;
(1)通过以上分析知,固体混合物A中的成分是SiO2、Cu,故答案为:SiO2、Cu;
(2)反应I发生的反应为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,所以反应I完成后,铁元素的存在形式为Fe2+,故答案为:Fe2+;
(3)通过以上分析知,调节y的目的是除去铝离子而不能除去铜离子,所以y的数值范围是5.2≤pH<5.4,故答案为:5.2≤pH<5.4;
(4)根据Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+知,Cu2O中大多数Cu元素生成铜离子,少数生成Cu单质,若电解法获得Cu 64.0g,其物质的量是1mol,原矿渣中Cu2O的物质的量大于0.5mol而小于1mol,其质量=0.5mol×144g/mol=72g,所以大于72g而小于144g,故答案为:c;
(5)ClO-和H+反应生成弱电解质HClO,从而消耗氢离子导致溶液pH升高,从而调节溶液的pH,故答案为:b;
(6)用NaClO调pH,生成沉淀B的同时生成一种具有漂白作用的物质,沉淀B是氢氧化铁,漂白性物质是HClO,且该物质与还原产物的物质的量之比为4:1,据此书写该反应的离子方程式为2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3+Cl-+4HClO,
故答案为:2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3+Cl-+4HClO.
解析
解:矿渣加入稀硫酸,Cu2O、Al2O3、Fe2O3溶解,二氧化硅不溶,所以固体混合物A是不溶于稀硫酸的物质,发生的反应有Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O,得出A的成分是SiO2、Cu;
由于单质Cu存在,铁元素以Fe2+形式存在,反应方程式:2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,滤液中主要是Al3+、Fe2+、Cu2+;
加入NaClO具有氧化性,氧化Fe2+为Fe3+,同时调节溶液pH使Al3+、Fe3+沉淀完全,根据Fe(OH)3和Al(OH)3开始沉淀和沉淀结束的pH关系,x范围是:3.2≤pH<4.0,目的是沉淀Fe(OH)3;y范围是:5.2≤pH<5.4,沉淀Al(OH)3;最后得到氯化铜、硫酸铜溶液,电解法获取Cu时,阴极发生还原反应:Cu2++2e-=Cu;阳极发生氧化反应:2Cl--2e-=Cl2↑;次氯酸钠中的次氯酸根结合溶液中的氢离子,PH升高;NaClO能调节pH的主要原因是由于发生反应ClO-+H+⇌HClO,ClO-消耗H+,从而达到调节pH的目的;溶液显示酸性,次氯酸是弱酸,次氯酸根结合酸溶液中的氢离子;生成一种具有漂白作用的物质是次氯酸;
(1)通过以上分析知,固体混合物A中的成分是SiO2、Cu,故答案为:SiO2、Cu;
(2)反应I发生的反应为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,所以反应I完成后,铁元素的存在形式为Fe2+,故答案为:Fe2+;
(3)通过以上分析知,调节y的目的是除去铝离子而不能除去铜离子,所以y的数值范围是5.2≤pH<5.4,故答案为:5.2≤pH<5.4;
(4)根据Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+知,Cu2O中大多数Cu元素生成铜离子,少数生成Cu单质,若电解法获得Cu 64.0g,其物质的量是1mol,原矿渣中Cu2O的物质的量大于0.5mol而小于1mol,其质量=0.5mol×144g/mol=72g,所以大于72g而小于144g,故答案为:c;
(5)ClO-和H+反应生成弱电解质HClO,从而消耗氢离子导致溶液pH升高,从而调节溶液的pH,故答案为:b;
(6)用NaClO调pH,生成沉淀B的同时生成一种具有漂白作用的物质,沉淀B是氢氧化铁,漂白性物质是HClO,且该物质与还原产物的物质的量之比为4:1,据此书写该反应的离子方程式为2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3+Cl-+4HClO,
故答案为:2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3+Cl-+4HClO.
MnO2是重要无机材料,某研究性学习小组设计了将粗MnO2(含有较多的MnO和MnCO3)样品转化为纯MnO2实验,其流程如下
(已知:氧化性强弱顺序:ClO3->MnO2>Fe2+)
(1)铝与二氧化锰在高温下发生铝热反应,相关反应的化学方程式为:______.
(2)第②步反应离子方程式为:______.
(3)第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台(含铁圈)、玻璃棒、______、______,第③步蒸发得到的固体中除了NaClO3和NaOH,还一定含有______(写化学式).
(4)MnO2是碱性锌锰电池的正极材料,则碱性锌锰电池放电时,正极的电极反应式是______.
(5)若粗MnO2样品中的质量为28.2g,第①步反应后,经过滤得到17.4g MnO2,并收集到448mL CO2(标准状况下),则在第②步反应中至少需要______mol NaClO3才能将Mn2+完全转化为MnO2.
正确答案
解:粗MnO2(含有较多的MnO和MnCO3)样品中加入过量的稀硫酸,由于MnO2不溶于硫酸,则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4,过滤得滤液Ⅰ为硫酸锰溶液,加入NaClO3发生反应为:5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+,再过滤得到滤液Ⅱ和二氧化锰固体,而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为:3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O,
(1)铝与二氧化锰在高温下发生铝热反应,反应的化学方程式为:3MnO2+4Al2Al2O3+3Mn,
故答案为:3MnO2+4Al2Al2O3+3Mn;
(2)MnSO4要转化为MnO2,需失去电子,故需要加入NaClO3做氧化剂,依据得失电子守恒可以配平,所以反应的化学方程式是:5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4,因此反应的离子方程式是:5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+,
故答案为:5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+;
(3)第③属于蒸发,所以所需的仪器有铁架台(含铁圈)、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒;Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应,且氯气既做氧化剂又做还原剂,NaClO3属于氧化产物,因此一定有还原产物NaCl,
故答案为:酒精灯;蒸发皿;NaCl;
(4)原电池中负极失去电子,正极得到电子,因此碱性锌锰电池放电时,正极是二氧化锰得到电子,则电极反应式为:MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-,
故答案为:MnO2+H2O+e-═MnOOH+OH-;
(5)生成的CO2的物质的量为:=0.02mol,则MnCO3的物质的量为0.02mol,碳酸锰的质量为:115g/mol×0.0:2mol=2.3,
混合物中MnO的质量为:28.2g-17.4g-2.3g=8.5g,MnO的物质的量为:=0.12mol,
因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为:0.02mol+0.12mol=0.14mol,
根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4,可计算出需要NaClO3的物质的量为:0.14mol×=0.056mol,
故答案为:0.056.
解析
解:粗MnO2(含有较多的MnO和MnCO3)样品中加入过量的稀硫酸,由于MnO2不溶于硫酸,则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4,过滤得滤液Ⅰ为硫酸锰溶液,加入NaClO3发生反应为:5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+,再过滤得到滤液Ⅱ和二氧化锰固体,而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为:3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O,
(1)铝与二氧化锰在高温下发生铝热反应,反应的化学方程式为:3MnO2+4Al2Al2O3+3Mn,
故答案为:3MnO2+4Al2Al2O3+3Mn;
(2)MnSO4要转化为MnO2,需失去电子,故需要加入NaClO3做氧化剂,依据得失电子守恒可以配平,所以反应的化学方程式是:5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4,因此反应的离子方程式是:5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+,
故答案为:5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+;
(3)第③属于蒸发,所以所需的仪器有铁架台(含铁圈)、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒;Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应,且氯气既做氧化剂又做还原剂,NaClO3属于氧化产物,因此一定有还原产物NaCl,
故答案为:酒精灯;蒸发皿;NaCl;
(4)原电池中负极失去电子,正极得到电子,因此碱性锌锰电池放电时,正极是二氧化锰得到电子,则电极反应式为:MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-,
故答案为:MnO2+H2O+e-═MnOOH+OH-;
(5)生成的CO2的物质的量为:=0.02mol,则MnCO3的物质的量为0.02mol,碳酸锰的质量为:115g/mol×0.0:2mol=2.3,
混合物中MnO的质量为:28.2g-17.4g-2.3g=8.5g,MnO的物质的量为:=0.12mol,
因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为:0.02mol+0.12mol=0.14mol,
根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4,可计算出需要NaClO3的物质的量为:0.14mol×=0.056mol,
故答案为:0.056.
实验室用大理石等原料制取安全无毒的杀菌剂过氧化钙.大理石的主要杂质是氧化铁.以下是提纯大理石的实验步骤:
(1)溶解大理石时,用硝酸而不用硫酸的原因是______.
(2)操作Ⅱ的目的是______,溶液A(溶质是共价化合物)是______.
(3)写出检验滤液中是否含铁离子的方法:______.
(4)写出加入碳酸铵所发生反应的离子方程式:______写出滤液B的一种用途:______.
(5)CaO2中一般含CaO.试按下列提示完成CaO2含量分析的实验设计.
试剂:氢氧化钠标准溶液、盐酸标准溶液、酚酞仪器:电子天平、锥形瓶、滴定管
实验步骤:
①______;②加入______;③加入酚酞,用氢氧化钠标准溶液滴定.
(6)若理论上滴定时耗用标准溶液20.00mL恰好完全反应,实际操作中过量半滴(1mL溶液为25滴),则相对误差为______.
正确答案
解:(1)H2SO4与CaCO3反应生成CaSO4,CaSO4微溶于水,附着在CaCO3的表面,阻止反应进一步发生,
故答案为:硫酸钙微溶于水;
(2)大理石溶于硝酸后生成Ca(NO3)2、Fe(NO3)3,可通过向溶液中加CaCO3或氨水的方法调节pH,使Fe3+以
Fe(OH)3的形式除去,当溶质只能是共价化合物时为氨水,
故答案为:除去溶液中的Fe3+;氨水;
(3)三价铁离子遇到硫氰酸根离子会呈现红色,Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3溶液,取少量滤液,向其中加入硫氰化钾溶液,溶液不变红色,说明滤液中不含Fe3+;或取少量滤液,向其中加入硫氰化钾溶液,溶液变红色,说明滤液中含Fe3+,
故答案为:取少量滤液,向其中加入硫氰化钾溶液,溶液不变红色,说明滤液中不含Fe3+;或取少量滤液,向其中加入硫氰化钾溶液,溶液变红色,说明滤液中含Fe3+;
(4)过滤后的溶液中含有大量的Ca2+,加入碳酸铵发生复分解反应生成碳酸钙沉淀,反应后的离子方程式为Ca2++CO32-=CaCO3↓,滤液B的溶质是NH4NO3,可以用作化肥,
故答案为:Ca2++CO32-=CaCO3↓;作化肥;
(5)测量CaO2含量,需取样品且称量样品的质量,所以需称量,溶于水2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑,CaO+H2O=Ca(OH)2,加过量的标准盐酸,确保氢氧化钙全部反应,
故答案为:称量;过量的标准盐酸;
(6)1mL溶液为25滴,半滴的体积为mL,则相对误差为
×100%=0.1%,
故答案为:0.1%;
解析
解:(1)H2SO4与CaCO3反应生成CaSO4,CaSO4微溶于水,附着在CaCO3的表面,阻止反应进一步发生,
故答案为:硫酸钙微溶于水;
(2)大理石溶于硝酸后生成Ca(NO3)2、Fe(NO3)3,可通过向溶液中加CaCO3或氨水的方法调节pH,使Fe3+以
Fe(OH)3的形式除去,当溶质只能是共价化合物时为氨水,
故答案为:除去溶液中的Fe3+;氨水;
(3)三价铁离子遇到硫氰酸根离子会呈现红色,Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3溶液,取少量滤液,向其中加入硫氰化钾溶液,溶液不变红色,说明滤液中不含Fe3+;或取少量滤液,向其中加入硫氰化钾溶液,溶液变红色,说明滤液中含Fe3+,
故答案为:取少量滤液,向其中加入硫氰化钾溶液,溶液不变红色,说明滤液中不含Fe3+;或取少量滤液,向其中加入硫氰化钾溶液,溶液变红色,说明滤液中含Fe3+;
(4)过滤后的溶液中含有大量的Ca2+,加入碳酸铵发生复分解反应生成碳酸钙沉淀,反应后的离子方程式为Ca2++CO32-=CaCO3↓,滤液B的溶质是NH4NO3,可以用作化肥,
故答案为:Ca2++CO32-=CaCO3↓;作化肥;
(5)测量CaO2含量,需取样品且称量样品的质量,所以需称量,溶于水2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑,CaO+H2O=Ca(OH)2,加过量的标准盐酸,确保氢氧化钙全部反应,
故答案为:称量;过量的标准盐酸;
(6)1mL溶液为25滴,半滴的体积为mL,则相对误差为
×100%=0.1%,
故答案为:0.1%;
某校化学小组的同学将一批废弃的线路板简单处理后,得到含Cu、Al、Fe及少量Au、Pt等金属的混合物,并设计了如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的方案:
回答下列问题:
①第①步参加反应的金属有______.
②第②步加入H2O2是因为滤液1中含有______离子.使用H2O2的优点是______
③用第③步所得CuSO4•5H2O制备无水硫酸铜的方法是:______.
④请帮助化学小组的同学完成由滤渣2制取Al2(SO4)3•18H2O 的实验步骤:
(1)取滤渣2,加入足量的______,充分反应后过滤;
(2)取滤液,加入足量的______(填写试剂的化学式),然后过滤洗涤;
(3)用适量稀硫酸溶解;
(4)最后经过______(填写所需实验操作的名称),获得Al2(SO4)3•18H2O晶体.
正确答案
解:①金属的混合物能够与稀硫酸、稀硝酸反应的金属有铜、铝、铁,故答案为:Cu、Al、Fe;
②由于滤液1中含有亚铁离子,加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子,使用双氧水不引入杂质,还原产物是水,对环境无污染,
故答案为:Fe2+;不引入杂质,还原产物是水,对环境无污染;
③第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水;
故答案为:控制温度加热或灼烧;
④(1)取滤渣2,加入足量的氢氧化钠溶液,使沉淀中的氢氧化铝溶解,故答案为:氢氧化钠溶液;
(2)利用碳酸的酸性大于氢氧化铝的酸性,通入过量的二氧化碳,可以生成氢氧化铝沉淀,故答案为:CO2;
(4)氢氧化铝用稀硫酸溶解后,再经过加热蒸发、冷却结晶、过滤洗涤操作,可以获得Al2(SO4)3•18H2O晶体,故答案为:加热蒸发、冷却结晶、过滤洗涤.
解析
解:①金属的混合物能够与稀硫酸、稀硝酸反应的金属有铜、铝、铁,故答案为:Cu、Al、Fe;
②由于滤液1中含有亚铁离子,加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子,使用双氧水不引入杂质,还原产物是水,对环境无污染,
故答案为:Fe2+;不引入杂质,还原产物是水,对环境无污染;
③第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水;
故答案为:控制温度加热或灼烧;
④(1)取滤渣2,加入足量的氢氧化钠溶液,使沉淀中的氢氧化铝溶解,故答案为:氢氧化钠溶液;
(2)利用碳酸的酸性大于氢氧化铝的酸性,通入过量的二氧化碳,可以生成氢氧化铝沉淀,故答案为:CO2;
(4)氢氧化铝用稀硫酸溶解后,再经过加热蒸发、冷却结晶、过滤洗涤操作,可以获得Al2(SO4)3•18H2O晶体,故答案为:加热蒸发、冷却结晶、过滤洗涤.
某化学兴趣小组在实验室中用铝土矿(主要成分是Al2O3•H2O、Al2O3•3H2O,含少量的Fe2O3、SiO2等杂质)提取纯Al2O3.其操作过程可用以下流程图表示:
(1)在实验中需用1mol•L-1的NaOH溶液480mL,现已有下列仪器:托盘天平(砝码)、胶头滴管、药匙、烧杯、玻璃棒,配制该溶液时还缺少的仪器是______;在灼烧操作中需用到图1所示仪器中的一种,其名称是______.
(2)写出滤液A中的一种溶质与过量NaOH溶液反应后生成物进入滤液B中的离子反应方程式:______;写出步骤③中的离子反应方程式:______.
(3)若步骤①中没有过滤操作而直接进入步骤②,将对后面操作产生的影响是______.
(4)甲同学在实验室中用图2装置制备CO2气体,并将其通入滤液B中,结果没有产生预期现象.
①乙同学分析认为:甲同学通入CO2不足是导致实验失败的原因之一,你认为乙的分析______(填“合理”或“不合理”);若合理,用离子方程式解释其原因:______(若认为不合理,该空不作答).
②丙同学分析认为:甲同学通入的CO2中含有HC1气体也是导致实验失败的原因,在实验中增加某装置可解决这个问题.请帮助丙同学画出该装置图2,并注明所加入的试剂.
正确答案
解:(1)配制一定物质的量浓度溶液需要容量瓶,且容量瓶的规格应该等于或稍微大于需要溶液体积,实验室没有480mL容量瓶,所以应该选择500mL容量瓶;用于灼烧的仪器是坩埚,
故答案为:500mL容量瓶;坩埚;
(2)Al2O3•H2O、Al2O3•3H2O、Fe2O3和稀盐酸反应生成可溶性氯化物,所以滤液中含有FeCl3、AlCl3、盐酸,向滤液中加入过量NaOH溶液,NaOH和AlCl3生成NaAlO2、和FeCl3反应生成Fe(OH)3沉淀,所以滤液B中溶质为NaCl、NaOH、NaAlO2,向NaAlO2充入过量CO2生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3;NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3,过量NaOH溶液反应后生成物进入滤液B中的离子反应方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O、OH-+CO2=HCO3-,③中的离子反应方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,
故答案为:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O、OH-+CO2=HCO3-;AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-;
(3)步骤①不溶物SiO2在步骤②中被NaOH溶解,最后得到的Al2O3中含有SiO2导致氧化铝不纯,
故答案为:步骤①不溶物SiO2在步骤②中被NaOH溶解,最后得到的Al2O3中含有SiO2;
(4)①滤液中含有过量的NaOH,二氧化碳不足量时,先发生CO2和NaOH的反应,所以该同学解释合理,离子方程式为2OH-+CO2=CO32-+H2O,故答案为:合理;2OH-+CO2=CO32-+H2O;
②除去CO2中的HCl用饱和NaHCO3溶液,且洗气装置中导气管遵循“长进短出”原则,该装置图为,故答案为:
.
解析
解:(1)配制一定物质的量浓度溶液需要容量瓶,且容量瓶的规格应该等于或稍微大于需要溶液体积,实验室没有480mL容量瓶,所以应该选择500mL容量瓶;用于灼烧的仪器是坩埚,
故答案为:500mL容量瓶;坩埚;
(2)Al2O3•H2O、Al2O3•3H2O、Fe2O3和稀盐酸反应生成可溶性氯化物,所以滤液中含有FeCl3、AlCl3、盐酸,向滤液中加入过量NaOH溶液,NaOH和AlCl3生成NaAlO2、和FeCl3反应生成Fe(OH)3沉淀,所以滤液B中溶质为NaCl、NaOH、NaAlO2,向NaAlO2充入过量CO2生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3;NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3,过量NaOH溶液反应后生成物进入滤液B中的离子反应方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O、OH-+CO2=HCO3-,③中的离子反应方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,
故答案为:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O、OH-+CO2=HCO3-;AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-;
(3)步骤①不溶物SiO2在步骤②中被NaOH溶解,最后得到的Al2O3中含有SiO2导致氧化铝不纯,
故答案为:步骤①不溶物SiO2在步骤②中被NaOH溶解,最后得到的Al2O3中含有SiO2;
(4)①滤液中含有过量的NaOH,二氧化碳不足量时,先发生CO2和NaOH的反应,所以该同学解释合理,离子方程式为2OH-+CO2=CO32-+H2O,故答案为:合理;2OH-+CO2=CO32-+H2O;
②除去CO2中的HCl用饱和NaHCO3溶液,且洗气装置中导气管遵循“长进短出”原则,该装置图为,故答案为:
.
污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题.某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂,通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2,又制得电池材料MnO2(反应条件已省略).
请回答下列问题:
(1)上述流程中多次涉及到过滤操作,实验室进行过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、______、______;其中玻璃棒的作用是______.
(2)用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+,其原理是______.
(3)已知Ksp(CuS)=8.4×10-45,Ksp(NiS)=1.4×10-24;在除铜镍的过程中,当Ni2+恰好完全沉淀 (此时溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol/L),溶液中Cu2+的浓度是______mol/L.
(4)工业上采用电解K2MnO4水溶液的方法来生产KMnO4,其中隋性电极作阳极,铁作阴极,请写出阳极的电极反应式______.
(5)下列各组试剂中,能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是______.(填编号)
a.NaOH溶液、酚酞试液b.稀H2SO4酸化的KMnO4溶液c.碘水、淀粉溶液d.氨水、酚酞试液
(6)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过______(填操作名称)制得硫酸锰晶体(MnSO4•H2O,相对分子质量为169).已知废气中SO2浓度为8.4g/m3,软锰矿浆对SO2的吸收率可达90%,则处理1000m3燃煤尾气,可得到硫酸锰晶体质量为______kg(结果保留3位有效数字).
正确答案
解:由流程可知,二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰,用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+,MnS将铜、镍离子还原为单质,高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰,通过过滤获得二氧化锰,
(1)过滤需要漏斗、烧杯、玻璃棒等,过滤中玻璃棒的作用为引流,防止液体溅出,故答案为:烧杯;漏斗;引流,防止液体溅出;
(2)由于碳酸锰能消耗溶液中的酸,降低溶液的酸性,从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀,
故答案为:消耗溶液中的酸,促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀;
(3)当Ni2+恰好完全沉淀 (此时溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol/L),c(S2-)==
=1.4×10-19,由Ksp(CuS)可知溶液中Cu2+的浓度为
=6.0×10-26mol/L,故答案为:6.0×10-26;
(4)惰性电极作阳极,铁作阴极,则阳极上失去电子发生氧化反应,则阳极反应为MnO42--e-═MnO4-,故答案为:MnO42--e-═MnO4-;
(5)准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量,二氧化硫与氨水、NaOH反应不易控制,且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大,而b、c中利用还原性及高锰酸钾褪色、淀粉变蓝等可准确测定气体的含量,故答案为:bc;
(6)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过蒸发浓缩,冷却结晶(过滤)制得硫酸锰晶体;由硫原子守恒,被吸收的SO2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量,则硫酸锰晶体的质量为×169g/mol≈20.0kg,
故答案为:蒸发浓缩,冷却结晶(过滤); 20.0.
解析
解:由流程可知,二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰,用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+,MnS将铜、镍离子还原为单质,高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰,通过过滤获得二氧化锰,
(1)过滤需要漏斗、烧杯、玻璃棒等,过滤中玻璃棒的作用为引流,防止液体溅出,故答案为:烧杯;漏斗;引流,防止液体溅出;
(2)由于碳酸锰能消耗溶液中的酸,降低溶液的酸性,从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀,
故答案为:消耗溶液中的酸,促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀;
(3)当Ni2+恰好完全沉淀 (此时溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol/L),c(S2-)==
=1.4×10-19,由Ksp(CuS)可知溶液中Cu2+的浓度为
=6.0×10-26mol/L,故答案为:6.0×10-26;
(4)惰性电极作阳极,铁作阴极,则阳极上失去电子发生氧化反应,则阳极反应为MnO42--e-═MnO4-,故答案为:MnO42--e-═MnO4-;
(5)准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量,二氧化硫与氨水、NaOH反应不易控制,且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大,而b、c中利用还原性及高锰酸钾褪色、淀粉变蓝等可准确测定气体的含量,故答案为:bc;
(6)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过蒸发浓缩,冷却结晶(过滤)制得硫酸锰晶体;由硫原子守恒,被吸收的SO2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量,则硫酸锰晶体的质量为×169g/mol≈20.0kg,
故答案为:蒸发浓缩,冷却结晶(过滤); 20.0.
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