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简答题

金属钛被称为铁和铝之后崛起的第三金属,它是空间技术、航海、化工、医疗上不可缺少的材料.为了提高资源的利用率,减少环境污染,可将氯碱厂、炼钛厂和甲醇厂组成产业链,其关系如下图所示.

请回答下列问题:

(1)写出钛铁矿经氯化法得到四氯化钛的化学方程式______

(2)TiCl4暴露在潮湿空气中冒白烟,白烟主要为白色的二氧化钛的水合物H2TiO3,试写出该反应的化学方程式:______

(3)已知:①Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)△H=-641kJ•mol-1

Ti(s)+Cl2(g)=TiCl4(l)△H=-385kJ•mol-1

则Mg 与TiCl4反应的热化学方程式为______,该反应在氩气氛中进行的理由是______

(4)在上述产业链中,合成96t 甲醇理论上需额外补充H2______t (不考虑生产过程中物质的任何损失).

正确答案

解:(1)从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2,生成物为FeCl3、TiCl4、CO,再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为2FeTiO3+6C+7Cl2=2FeCl3+2TiCl4+6CO,故答案为:2FeTiO3+6C+7Cl2═2FeCl3+2TiCl4+6CO;

(2)反应的化学方程式:TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl,故答案为:TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl;

(3)反应2Mg(s)+TiCl4(l)═2MgCl2(s)+Ti(s)可看做反应①×2-②得到,根据盖斯定律得△H-641kJ/mol×2-(-770 kJ/mol)=-512kJ•mol-1,反应2Mg(s)+TiCl4(l)═2MgCl2(s)+Ti(s)在Ar气氛中进行的理由是Mg和Ti都有较强还原性,在高温下都易被空气中的O2氧化,故答案为:2Mg(s)+TiCl4(l)═2MgCl2(s)+Ti(s)△H=-512 kJ•mol-1;Mg和Ti都有强还原性,在Ar气氛中可以防止被氧化;

(4)由方程式CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)、2FeTiO3+6C+7Cl2=2FeCl3+2TiCl4+6CO、2NaCl+2H2O=2NaOH+H2↑+Cl2↑得如下关系式:6CH3OH→6CO→7Cl2→7H2,而6CH3OH→12H2,故每生产6molCH3OH(192g)需额外补充5molH2(10g),则生产96t甲醇,至少需额外补充5t氢气,故答案为:5.

解析

解:(1)从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2,生成物为FeCl3、TiCl4、CO,再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为2FeTiO3+6C+7Cl2=2FeCl3+2TiCl4+6CO,故答案为:2FeTiO3+6C+7Cl2═2FeCl3+2TiCl4+6CO;

(2)反应的化学方程式:TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl,故答案为:TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl;

(3)反应2Mg(s)+TiCl4(l)═2MgCl2(s)+Ti(s)可看做反应①×2-②得到,根据盖斯定律得△H-641kJ/mol×2-(-770 kJ/mol)=-512kJ•mol-1,反应2Mg(s)+TiCl4(l)═2MgCl2(s)+Ti(s)在Ar气氛中进行的理由是Mg和Ti都有较强还原性,在高温下都易被空气中的O2氧化,故答案为:2Mg(s)+TiCl4(l)═2MgCl2(s)+Ti(s)△H=-512 kJ•mol-1;Mg和Ti都有强还原性,在Ar气氛中可以防止被氧化;

(4)由方程式CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)、2FeTiO3+6C+7Cl2=2FeCl3+2TiCl4+6CO、2NaCl+2H2O=2NaOH+H2↑+Cl2↑得如下关系式:6CH3OH→6CO→7Cl2→7H2,而6CH3OH→12H2,故每生产6molCH3OH(192g)需额外补充5molH2(10g),则生产96t甲醇,至少需额外补充5t氢气,故答案为:5.

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工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,只含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下:

(1)操作1、2的名称分别为____________,试剂甲可能是______

(2)写出反应A的离子方程式:______

(3)工业上电解氧化铝的化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑,若制得54g单质铝,则有______mole-发生转移

(4)工业上还可以用提取到的Al2O3为原料,与焦炭、氯气加热制备无水氯铝,当生成1molAlCl3时消耗0.75mol焦炭,写出发生反应的化学方程式______

正确答案

解:由工艺流程图可知,试剂X是氢氧化钠溶液,Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液,Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应,所以过滤后所得溶液1为NaAlO2溶液,不溶物X为Fe2O3

向偏铝酸钠溶液中通入过量乙为CO2,向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3;不溶物Y为Al(OH)3,溶液2为NaHCO3溶液,灼烧Al(OH)3得Al2O3,电解熔融Al2O3得到Al,

(1)操作1、2的名称分别为过滤、灼烧,试剂甲可能是NaOH,故答案为:过滤;灼烧;NaOH;

(2)反应A为偏铝酸钠和二氧化碳的反应,该反应的离子方程式:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-

故答案为:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-

(3)n(Al)==2mol,生成1molAl转移3mol电子,则制得2molAl转移6mol电子,

故答案为:6;

(4)工业上还可以用提取到的Al2O3为原料,与焦炭、氯气加热制备无水氯铝,当生成1mol AlCl3时消耗0.75molC,生成1molAlCl3转移电子物质的量=1mol×3×1=3mol,氧化还原反应中转移电子相等,则每个C原子转移电子数==4,C失电子生成+4价的CO2,则该反应方程式为6Cl2+3C+2Al2O3 4AlCl3+3CO2

故答案为:6Cl2+3C+2Al2O3 4AlCl3+3CO2

解析

解:由工艺流程图可知,试剂X是氢氧化钠溶液,Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液,Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应,所以过滤后所得溶液1为NaAlO2溶液,不溶物X为Fe2O3

向偏铝酸钠溶液中通入过量乙为CO2,向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3;不溶物Y为Al(OH)3,溶液2为NaHCO3溶液,灼烧Al(OH)3得Al2O3,电解熔融Al2O3得到Al,

(1)操作1、2的名称分别为过滤、灼烧,试剂甲可能是NaOH,故答案为:过滤;灼烧;NaOH;

(2)反应A为偏铝酸钠和二氧化碳的反应,该反应的离子方程式:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-

故答案为:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-

(3)n(Al)==2mol,生成1molAl转移3mol电子,则制得2molAl转移6mol电子,

故答案为:6;

(4)工业上还可以用提取到的Al2O3为原料,与焦炭、氯气加热制备无水氯铝,当生成1mol AlCl3时消耗0.75molC,生成1molAlCl3转移电子物质的量=1mol×3×1=3mol,氧化还原反应中转移电子相等,则每个C原子转移电子数==4,C失电子生成+4价的CO2,则该反应方程式为6Cl2+3C+2Al2O3 4AlCl3+3CO2

故答案为:6Cl2+3C+2Al2O3 4AlCl3+3CO2

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(2014秋•临川区校级期中)某废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的,某化学兴趣小组拟用该废液(含有少量的Cl-、Fe3+)制取Zn(NO32•6H2O的过程如下:

已知:Zn(NO32•6H2O是一种无色晶体,水溶液呈酸性,Zn(NO32能与碱反应,得到的产物Zn(OH)2具有两性,Fe3+在PH=3.7时就能完全沉淀.

(1)该废液溶质的主要成分是______(填化学式),若稀硝酸腐蚀锌板产生的气体为N2O,则还原剂与氧化剂的物质的量之比为______

(2)在操作①中保持pH=8的目的是______

(3)沉淀Ⅰ的成分是______

(4)操作③中加热、煮沸的目的是______

(5)操作④保持pH=2的目的是______

正确答案

解:因为废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的,所以废液中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl-、Fe3+,加入氢氧化钠调节溶液的PH=8使铁离子、锌离子完全沉淀,然后在沉淀Ⅰ中加硝酸溶解,溶液Ⅱ中含有大量锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的铁离子,调节溶液的PH使铁离子沉淀,溶液Ⅲ是硝酸锌溶液,在酸性条件下加热浓缩蒸发结晶,得到Zn(NO32•6H2O是一种无色晶体.

(1)废液中溶质的主要成分是Zn(NO32;稀硝酸腐蚀锌板产生的气体为N2O,则锌化合价升高2价作还原剂,硝酸化合价降低4价作氧化剂,根据氧化还原反应得失电子守恒,则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:1,故答案为:Zn(NO32;2:1;

(2)使锌离子完全转化为氢氧化锌,PH不大,如果PH加大氢氧化锌两性又溶解,故答案为:防止生成的Zn(OH)2溶解;

(3)Zn2+、Fe3+完全沉淀生成相应的氢氧化物,故答案为:Fe(OH)3和Zn(OH)2

(4)因为温度越高,水解程度越大,所以加热煮沸促使Fe3+完全水解,故答案为:促进Fe3+完全水解;

(5)锌离子易水解生成氢氧化锌,酸性条件下可抑制锌离子的水解,则操作④保持pH=2的目的是抑制Zn2+水解为Zn(OH)2;故答案为:抑制Zn2+水解为Zn(OH)2

解析

解:因为废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的,所以废液中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl-、Fe3+,加入氢氧化钠调节溶液的PH=8使铁离子、锌离子完全沉淀,然后在沉淀Ⅰ中加硝酸溶解,溶液Ⅱ中含有大量锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的铁离子,调节溶液的PH使铁离子沉淀,溶液Ⅲ是硝酸锌溶液,在酸性条件下加热浓缩蒸发结晶,得到Zn(NO32•6H2O是一种无色晶体.

(1)废液中溶质的主要成分是Zn(NO32;稀硝酸腐蚀锌板产生的气体为N2O,则锌化合价升高2价作还原剂,硝酸化合价降低4价作氧化剂,根据氧化还原反应得失电子守恒,则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:1,故答案为:Zn(NO32;2:1;

(2)使锌离子完全转化为氢氧化锌,PH不大,如果PH加大氢氧化锌两性又溶解,故答案为:防止生成的Zn(OH)2溶解;

(3)Zn2+、Fe3+完全沉淀生成相应的氢氧化物,故答案为:Fe(OH)3和Zn(OH)2

(4)因为温度越高,水解程度越大,所以加热煮沸促使Fe3+完全水解,故答案为:促进Fe3+完全水解;

(5)锌离子易水解生成氢氧化锌,酸性条件下可抑制锌离子的水解,则操作④保持pH=2的目的是抑制Zn2+水解为Zn(OH)2;故答案为:抑制Zn2+水解为Zn(OH)2

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MnO2和锌是制造干电池的主要原料.某地有软锰矿和闪锌矿两座矿山,它们的主要成份为:

   软锰矿:MnO2含量≥65%,Al2O3含量为4%;闪锌矿:ZnS含量≥80%;FeS、CuS、CdS含量各为2%;

电解法生产MnO2传统的工艺主要流程为:

   软锰矿加煤还原焙烧;用硫酸浸出焙烧料;浸出液经净化后再进行电解,MnO2在电解池的阳极析出.电解锌的传统生产工艺为:

   闪锌矿高温氧化脱硫再用热还原法还原得粗锌:

2ZnS+O22ZnO+2SO2  2C+O22CO  ZnO+COZn(g)+CO2

将用热还原法制得的粗锌溶于硫酸,再电解ZnSO4溶液可生产纯度为99.95%的锌.现在生产MnO2和锌的新工艺主要是通过电解获得MnO2和锌,副产品是硫、金属铜和镉.简化流程框图如下:

试回答下列问题:

软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化-还原反应,例如:MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O

(1)据此写出MnO2在酸性溶液中与FeS发生氧化-还原反应的化学方程式______;软锰矿中Al2O3溶于硫酸的离子方程式______;由滤渣甲回收硫黄的实验方法是______

(2)用离子方程式表示浸出液A与适量Zn粉作用得到滤液B与滤渣乙的过程______

(3)滤渣丙的化学成分是______

(4)用铁和铂电极电解MnSO4和ZnSO4的混合溶液可以得到Zn和MnO2,电解时,铁做______极,铁极发生的电极反应为______

(5)试从环境保护和能量消耗的角度评价新工艺与传统工艺相比较有哪些优点______

正确答案

解:(1)根据题中的信息及框图转化关系:软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化-还原反应,MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O,当软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时,酸性条件下会发生3MnO2+6H2SO4+2FeS═Fe2(SO43+3MnSO4+6H2O+2S↓,CuS+MnO2+2H2SO4═CuSO4+MnSO4+S↓+2H2O,CdS+2H2SO4+MnO2═CdSO4+MnSO4+S↓+2H2O,Al2O3+3H2SO4═Al2(SO43+3H2O.

故答案为:MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2(SO43+3MnSO4+2S↓+6H2O

         Al2O3+6H+=2Al3++3H2O   加热

(2)根据滤液A中含有MnSO4、Al2(SO43、ZnSO4、CuSO4、Fe2(SO43、CdSO4,向其中加入适量的锌粉后,发生如下反应:Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu,Zn+CdSO4═ZnSO4+Cd,Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+,过滤得滤液B,其中的成分有MnSO4、Al2(SO43、ZnSO4、FeSO4,滤渣乙中有Cu、Cd,加以回收.

故答案为:Zn+Cu2+=Cu+Zn2+  Zn+Cd2+=Cd+Zn2+  Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+ 

(3)向滤液B中加入ZnCO3、MnCO3加热,将发生:溶液中的Fe2+反被空气中的氧气氧化为Fe3+

3CO+2Al3++3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2,3CO+2Fe3++3H2O═2Fe(OH)3↓+3CO2,得滤渣丙其成分为Al(OH)3、Fe(OH)3;过滤后得到滤液其成分为ZnSO4、MnSO4,滤渣丙的成分为:Al(OH)3、Fe(OH)3

故答案为:Al(OH)3、Fe(OH)3

(4)电解ZnSO4、MnSO4溶液,根据溶液中离子的放电顺序,阳极反应:Mn2+-2e-+2H2O═MnO2+4H+,Fe作阴极,阴极反应:Zn2++2e-═Zn,故答案为:阴极;Zn2++2e-═Zn;

(5)从传统的工艺流程上看,2ZnS+O22ZnO+2SO2  2C+O22CO  ZnO+COZn(g)+CO2

反应都需要在高温下进行,因此都需要消耗大量的能量;同时有SO2生成会污染环境;而现在新工艺过程中,消耗的能量较小,而且不产生有毒的二氧化硫气体,有利于环保.

故答案为:从环境保护角度评价:无SO2对大气的污染;从能量消耗角度评价:无高温焙烧热污染,不需要高温焙烧节约燃料.

解析

解:(1)根据题中的信息及框图转化关系:软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化-还原反应,MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O,当软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时,酸性条件下会发生3MnO2+6H2SO4+2FeS═Fe2(SO43+3MnSO4+6H2O+2S↓,CuS+MnO2+2H2SO4═CuSO4+MnSO4+S↓+2H2O,CdS+2H2SO4+MnO2═CdSO4+MnSO4+S↓+2H2O,Al2O3+3H2SO4═Al2(SO43+3H2O.

故答案为:MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2(SO43+3MnSO4+2S↓+6H2O

         Al2O3+6H+=2Al3++3H2O   加热

(2)根据滤液A中含有MnSO4、Al2(SO43、ZnSO4、CuSO4、Fe2(SO43、CdSO4,向其中加入适量的锌粉后,发生如下反应:Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu,Zn+CdSO4═ZnSO4+Cd,Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+,过滤得滤液B,其中的成分有MnSO4、Al2(SO43、ZnSO4、FeSO4,滤渣乙中有Cu、Cd,加以回收.

故答案为:Zn+Cu2+=Cu+Zn2+  Zn+Cd2+=Cd+Zn2+  Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+ 

(3)向滤液B中加入ZnCO3、MnCO3加热,将发生:溶液中的Fe2+反被空气中的氧气氧化为Fe3+

3CO+2Al3++3H2O═2Al(OH)3↓+3CO2,3CO+2Fe3++3H2O═2Fe(OH)3↓+3CO2,得滤渣丙其成分为Al(OH)3、Fe(OH)3;过滤后得到滤液其成分为ZnSO4、MnSO4,滤渣丙的成分为:Al(OH)3、Fe(OH)3

故答案为:Al(OH)3、Fe(OH)3

(4)电解ZnSO4、MnSO4溶液,根据溶液中离子的放电顺序,阳极反应:Mn2+-2e-+2H2O═MnO2+4H+,Fe作阴极,阴极反应:Zn2++2e-═Zn,故答案为:阴极;Zn2++2e-═Zn;

(5)从传统的工艺流程上看,2ZnS+O22ZnO+2SO2  2C+O22CO  ZnO+COZn(g)+CO2

反应都需要在高温下进行,因此都需要消耗大量的能量;同时有SO2生成会污染环境;而现在新工艺过程中,消耗的能量较小,而且不产生有毒的二氧化硫气体,有利于环保.

故答案为:从环境保护角度评价:无SO2对大气的污染;从能量消耗角度评价:无高温焙烧热污染,不需要高温焙烧节约燃料.

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(2015秋•北京校级期中)一学生设计了如下实验方法分离NaCl和CaCl2两种固体混合物

填空和回答下列问题

(1)B物质是______(写化学式)

(2)按此实验方案分离得到的NaCl,经分析含有杂质,是因为上述方案中某一步设计有毛病,这一步的正确设计方案应是______

(3)若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比,可称量干燥的B物质和另一物质的质量,这种物质是______

正确答案

解:(1)B物质是氯化钙和碳酸钠反应生成的,且不溶于水,由复分解反应可知B为碳酸钙,其化学式为CaCO3,故答案为:CaCO3

(2)将此实验方法分离得到的NaCl,经分析含杂质,原因是前面加入的碳酸钠过量,没有除去,正确的设计方案应该是滤液蒸发结晶之前加盐酸,至不再产生气体为止,

故答案为:加入适量盐酸至不产生气体;

(3)若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比,可称量干燥的B物质和A的质量,故答案为:A.

解析

解:(1)B物质是氯化钙和碳酸钠反应生成的,且不溶于水,由复分解反应可知B为碳酸钙,其化学式为CaCO3,故答案为:CaCO3

(2)将此实验方法分离得到的NaCl,经分析含杂质,原因是前面加入的碳酸钠过量,没有除去,正确的设计方案应该是滤液蒸发结晶之前加盐酸,至不再产生气体为止,

故答案为:加入适量盐酸至不产生气体;

(3)若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比,可称量干燥的B物质和A的质量,故答案为:A.

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银、铜均属于重金属,从银铜合金废料中回收银并制备含铜化合物产品的工艺如图所示:

(1)熔炼时被氧化的元素是______,酸浸时反应的离子方程式为______.为提高酸浸时铜元素的浸出率及浸出速率,酸浸前应对渣料进行处理,其处理方法是______

(2)操作a是______,固体B转化为CuAlO2的过程中,存在如下反应,请填写空白处:______CuO+______Al2O3______+______↑.

(3)若残渣A中含有n mol Ag,将该残渣全部与足量的稀HNO3置于某容器中进行反应,写出反应的化学方程式______.为彻底消除污染,可将反应中产生的气体与V L(标准状况)空气混合通入水中,则V至少为______L(设空气中氧气的体积分数为0.2).

(4)已知2Cu+  Cu+Cu2+,试分析CuAlO2分别与足量盐酸、稀硝酸混合后,产生现象的异同点______

(5)假设粗银中的杂质只有少量的铜,利用电化学方法对其进行精炼,则粗银应与电源的______极相连,当两个电极上质量变化值相差30.4g时,则两个电极上银质量的变化值相差______g.

正确答案

解:由工艺流程图可知,废料在空气中熔炼时,Cu被氧化,滤渣中含有CuO及少量Ag,向滤渣中加入硫酸进行酸浸,CuO与硫酸反应,过滤得到硫酸铜溶液(含有硫酸),滤渣A为Ag;向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠,得到氢氧化铝、氢氧化铜,灼烧中会得到CuO、Al2O3,二者反应得到CuAlO2

(1)由上述分析可知,空气中熔炼时Cu被氧化;用硫酸进行酸浸,CuO与硫酸反应生成硫酸铜与水,反应离子方程式为:CuO+2H+=Cu2++H2O;将渣料粉碎,增大接触面积,加快反应速率;

故答案为:Cu;CuO+2H+=Cu2++H2O;将渣料粉碎;

(2)操作a是分离互不相溶的液体与固体,应是过滤;由上述分析可知,CuO、Al2O3反应得到CuAlO2,由电荷守恒可知,O元素化合价升高,有氧气生成,反应前Cu为+2价,反应后为+1,化合价降低1,反应前氧为-2价,反应后为0,化合价升高2,两者的最小公倍数是2,再根据原子守恒得:4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑,

故答案为:过滤;4; 2; 4CuAlO2;O2

(3)Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、NO与水,反应方程式为:3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O;反应生成的NO、氧气与水反应又得到硝酸,纵观整个过程,Ag失去电子等于氧气获得电子,故消耗氧气物质的量为=0.25n mol,标况下需要氧气的体积为0.25n mol×22.4L/mol=5.6n L,需要空气的体积为5.6n L÷20%=28n L,

故答案为:3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O;28n;

(4)CuAlO2分别与足量盐酸反应得到Cu、氯化铜、氯化铝,现象为得到蓝色溶液、有红色固体生成;硝酸具有强氧化性,过量的硝酸与CuAlO2反应得到硝酸铜、硝酸铝、NO,溶液变蓝色,相同点是均得到蓝色溶液;不同点是与盐酸混合有红色固体出现,而与硝酸混合没有固体出现,但有气泡产生,

故答案为:相同点是均得到蓝色溶液;不同点是与盐酸混合有红色固体出现,而与硝酸混合没有固体出现,但有气泡产生;

(5)电解精炼时,粗银作阳极、纯银作阴极,阳极上Ag、Cu都失电子生成金属阳离子,阴极上只有银离子得电子生成Ag,两个电极上质量变化值相差30.4g为Cu放电析出的Ag与Cu的质量之差,设Cu为xmol,根据电子转移守恒,则Cu放电形成Ag为2x mol,故2x×108-64x=30.4,解得x=0.2,两个电极上银质量的变化值之差为Cu放电生成Ag的质量,故为0.2mol×2×108g/mol=43.2g,

故答案为:正;43.2g.

解析

解:由工艺流程图可知,废料在空气中熔炼时,Cu被氧化,滤渣中含有CuO及少量Ag,向滤渣中加入硫酸进行酸浸,CuO与硫酸反应,过滤得到硫酸铜溶液(含有硫酸),滤渣A为Ag;向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠,得到氢氧化铝、氢氧化铜,灼烧中会得到CuO、Al2O3,二者反应得到CuAlO2

(1)由上述分析可知,空气中熔炼时Cu被氧化;用硫酸进行酸浸,CuO与硫酸反应生成硫酸铜与水,反应离子方程式为:CuO+2H+=Cu2++H2O;将渣料粉碎,增大接触面积,加快反应速率;

故答案为:Cu;CuO+2H+=Cu2++H2O;将渣料粉碎;

(2)操作a是分离互不相溶的液体与固体,应是过滤;由上述分析可知,CuO、Al2O3反应得到CuAlO2,由电荷守恒可知,O元素化合价升高,有氧气生成,反应前Cu为+2价,反应后为+1,化合价降低1,反应前氧为-2价,反应后为0,化合价升高2,两者的最小公倍数是2,再根据原子守恒得:4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑,

故答案为:过滤;4; 2; 4CuAlO2;O2

(3)Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、NO与水,反应方程式为:3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O;反应生成的NO、氧气与水反应又得到硝酸,纵观整个过程,Ag失去电子等于氧气获得电子,故消耗氧气物质的量为=0.25n mol,标况下需要氧气的体积为0.25n mol×22.4L/mol=5.6n L,需要空气的体积为5.6n L÷20%=28n L,

故答案为:3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O;28n;

(4)CuAlO2分别与足量盐酸反应得到Cu、氯化铜、氯化铝,现象为得到蓝色溶液、有红色固体生成;硝酸具有强氧化性,过量的硝酸与CuAlO2反应得到硝酸铜、硝酸铝、NO,溶液变蓝色,相同点是均得到蓝色溶液;不同点是与盐酸混合有红色固体出现,而与硝酸混合没有固体出现,但有气泡产生,

故答案为:相同点是均得到蓝色溶液;不同点是与盐酸混合有红色固体出现,而与硝酸混合没有固体出现,但有气泡产生;

(5)电解精炼时,粗银作阳极、纯银作阴极,阳极上Ag、Cu都失电子生成金属阳离子,阴极上只有银离子得电子生成Ag,两个电极上质量变化值相差30.4g为Cu放电析出的Ag与Cu的质量之差,设Cu为xmol,根据电子转移守恒,则Cu放电形成Ag为2x mol,故2x×108-64x=30.4,解得x=0.2,两个电极上银质量的变化值之差为Cu放电生成Ag的质量,故为0.2mol×2×108g/mol=43.2g,

故答案为:正;43.2g.

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简答题

(2013秋•潮南区校级期中)钼是银白色高熔点金属,易加工成丝、带、片、棒等,在电子工业中有广泛应用.钼也大量用于制合金钢,可提高钢的耐高温强度、耐磨性、耐腐蚀性等.工业上可由辉钼矿(主要成分为MoS2)提取金属钼,其提炼过程如下:

(1)辉钼矿在焙烧前应粉碎,其目的是______

(2)反应①的化学方程式是______

(3)反应②的离子方程式是______

(4)工业上从成本因素考虑,滤液2加入______(填化学式)后可循环利用于反应①.

(5)实验室模拟灼烧钼酸,应该选择的仪器是酒精灯、____________、三脚架、坩埚钳和玻璃棒.

正确答案

解:辉钼矿焙烧生成MoO3和SO2,MoO3属于酸性氧化物,和氨水反应生成钼酸铵和水,钼酸铵和盐酸反应生成氯化铵和钼酸,过滤得到钼酸,灼烧钼酸得到MoO3,然后用氢气还原MoO3得到金属单质Mo,

(1)反应物的接触面积越大,其反应速率越快,为增大反应物接触面积,可以将固体粉碎,使反应更充分,从而增大反应速率,提高原料利用率,故答案为:增大固体表面积,增大反应速率,提高原料利用率;

(2)MoO3是酸性氧化物,氨水具有碱性,所以MoO3能和NH3•H2O反应生成盐和水,反应方程式为MoO3+2NH3•H2O═(NH42MoO4+H2O,故答案为:MoO3+2NH3•H2O═(NH42MoO4+H2O;

(3)盐酸的酸性大于钼酸,根据强酸制取弱酸知,钼酸铵和盐酸发生复分解反应生成难溶性的钼酸和氯化铵,离子方程式为MoO42-+2H+═H2MoO4↓,故答案为:MoO42-+2H+═H2MoO4↓;

(4)滤液2中含有氯化铵,氯化铵能和碱液反应生成氨气,氨气溶于水得到氨水,从而将氨气循环利用,减少成本,Ca(OH)2具有碱性且价格低廉,所以可以用Ca(OH)2和氯化铵制取氨气,故答案为:Ca(OH)2

(5)做灼烧实验时需要酒精灯进行加热、用坩埚盛放钼酸、用三脚架和泥三角放置坩埚、用坩埚钳夹取坩埚,用玻璃棒搅拌,所以还需要的仪器是坩埚和泥三角,故答案为:坩埚;泥三角.

解析

解:辉钼矿焙烧生成MoO3和SO2,MoO3属于酸性氧化物,和氨水反应生成钼酸铵和水,钼酸铵和盐酸反应生成氯化铵和钼酸,过滤得到钼酸,灼烧钼酸得到MoO3,然后用氢气还原MoO3得到金属单质Mo,

(1)反应物的接触面积越大,其反应速率越快,为增大反应物接触面积,可以将固体粉碎,使反应更充分,从而增大反应速率,提高原料利用率,故答案为:增大固体表面积,增大反应速率,提高原料利用率;

(2)MoO3是酸性氧化物,氨水具有碱性,所以MoO3能和NH3•H2O反应生成盐和水,反应方程式为MoO3+2NH3•H2O═(NH42MoO4+H2O,故答案为:MoO3+2NH3•H2O═(NH42MoO4+H2O;

(3)盐酸的酸性大于钼酸,根据强酸制取弱酸知,钼酸铵和盐酸发生复分解反应生成难溶性的钼酸和氯化铵,离子方程式为MoO42-+2H+═H2MoO4↓,故答案为:MoO42-+2H+═H2MoO4↓;

(4)滤液2中含有氯化铵,氯化铵能和碱液反应生成氨气,氨气溶于水得到氨水,从而将氨气循环利用,减少成本,Ca(OH)2具有碱性且价格低廉,所以可以用Ca(OH)2和氯化铵制取氨气,故答案为:Ca(OH)2

(5)做灼烧实验时需要酒精灯进行加热、用坩埚盛放钼酸、用三脚架和泥三角放置坩埚、用坩埚钳夹取坩埚,用玻璃棒搅拌,所以还需要的仪器是坩埚和泥三角,故答案为:坩埚;泥三角.

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简答题

钴是国民经济建设和国防建设不可缺少的重要原料之一,从锂离子二次电池正极(LiCo02)废料--铝钴膜中回收钴的工艺如图所示:

回答下列问题:

(1)写出工业上用Al2O3制取铝的化学方程式______

(2)工艺图中加入氢氧化钠净化的目的是______

(3)为使钴浸出.需将LiCo02的结构破坏,选择在硫酸和双氧水体系中进行浸出,请写出浸出的化学方程式______

(4)锂可由电解制得,以石墨为阳极,低碳钢为阴极,电解液为熔融的LiCI和KCI的混合液,电解槽压为6.0-6.5V,这样可得到纯度为99%的锂.

①在电解液中加人KCl的原因______

②阴极产物与镁的性质相似,在常温下与氮气反应,请写出其与氮气反应的生成物与水的反应方程式______

③已知阴极产物在500℃与氢气能反应生成氢化物,请写出该氢化物的电子式______

(5)已知钴与铁的性质相似,请写出四氧化三钴与氢碘酸反应的离子方程式______

正确答案

解:铝钴膜废料的成分为LiCo02和铝箔,将废料先用碱液浸泡,将Al充分溶解,过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠,滤渣为LiCo02;通过调节滤液的pH,将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀,通过加热得到氧化铝,再通过电解熔融氧化铝获得金属Al;将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4,溶液中含有杂质铝离子,然后加入氢氧化钠溶液调节溶液pH,生成氢氧化铝沉淀从而除去铝离子,最后对滤液用草酸铵洗涤处理,经过一系列处理得到碳酸锂和金属Co,

(1)电解熔融氧化铝可以获得金属铝和氧气,反应的化学方程式为:2Al2O34Al+3O2↑,

故答案为:2Al2O34Al+3O2↑;

(2)滤渣用硫酸和双氧水处理后Co元素全部留在滤液中,且滤液中含有杂质铝离子,用氢氧化钠溶液调节pH,可以将杂质铝离子除掉,

故答案为:除去杂质离子(Al3+);

(3)酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2,生成物有Li2SO4和CoSO4,反应的化学方程式为:2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O,

故答案为:2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O;

(4)①电解液中加入氯化钾后,可以大大提高电解液的导电性,增强电解效果,

故答案为:增强电解液的导电性;

②电解熔融LiCl过程中,阴极得到的是金属Li,锂与氮气反应生成Li3N,氮化锂与水反应会生成氨气和氢氧化锂,反应的化学方程式为:Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH,

故答案为:Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH;  

③电解熔融LiCl过程中,阴极得到的是金属Li,锂与氢气在一定条件下反应生成氢化锂,氢化锂为离子化合物,其电子式为:Li+[:H]-

故答案为:Li+[:H]-

(5)已知钴与铁的性质相似,则四氧化三钴与四氧化三铁的化学性质相似,四氧化三铁与碘化氢反应的离子方程式为:2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2,则四氧化三钴与氢碘酸反应的离子方程式:Co3O4+8H++2I-=3Co2++I2+4H2O,

故答案为:Co3O4+8H++2I-=3Co2++I2+4H2O.

解析

解:铝钴膜废料的成分为LiCo02和铝箔,将废料先用碱液浸泡,将Al充分溶解,过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠,滤渣为LiCo02;通过调节滤液的pH,将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀,通过加热得到氧化铝,再通过电解熔融氧化铝获得金属Al;将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4,溶液中含有杂质铝离子,然后加入氢氧化钠溶液调节溶液pH,生成氢氧化铝沉淀从而除去铝离子,最后对滤液用草酸铵洗涤处理,经过一系列处理得到碳酸锂和金属Co,

(1)电解熔融氧化铝可以获得金属铝和氧气,反应的化学方程式为:2Al2O34Al+3O2↑,

故答案为:2Al2O34Al+3O2↑;

(2)滤渣用硫酸和双氧水处理后Co元素全部留在滤液中,且滤液中含有杂质铝离子,用氢氧化钠溶液调节pH,可以将杂质铝离子除掉,

故答案为:除去杂质离子(Al3+);

(3)酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2,生成物有Li2SO4和CoSO4,反应的化学方程式为:2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O,

故答案为:2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O;

(4)①电解液中加入氯化钾后,可以大大提高电解液的导电性,增强电解效果,

故答案为:增强电解液的导电性;

②电解熔融LiCl过程中,阴极得到的是金属Li,锂与氮气反应生成Li3N,氮化锂与水反应会生成氨气和氢氧化锂,反应的化学方程式为:Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH,

故答案为:Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH;  

③电解熔融LiCl过程中,阴极得到的是金属Li,锂与氢气在一定条件下反应生成氢化锂,氢化锂为离子化合物,其电子式为:Li+[:H]-

故答案为:Li+[:H]-

(5)已知钴与铁的性质相似,则四氧化三钴与四氧化三铁的化学性质相似,四氧化三铁与碘化氢反应的离子方程式为:2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2,则四氧化三钴与氢碘酸反应的离子方程式:Co3O4+8H++2I-=3Co2++I2+4H2O,

故答案为:Co3O4+8H++2I-=3Co2++I2+4H2O.

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简答题

过碳酸钠(Na2CO3•3H2O2),有固体双氧水的俗称,该晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质,被大量应用于洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域中,过碳酸钠的某生产流程如图1所示.

已知:2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3•3H2O2△H<0;回答下列问题:

(1)下列物质可使过碳酸钠较快失效的是(填序号)______

A.FeCl3溶液  B.H2S    C.稀硫酸    D.NaHCO3溶液

(2)反应①应先通入的气体是______

(3)在上述流程中,向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是______

(4)该生产流程中可循环使用的物质是______(填化学式).

(5)生产过碳酸钠的流程中遗漏了一步,造成所得产品纯度偏低,请简述该步操作过程______

(6)实验室利用图2装置制备过碳酸钠,该装置中恒压滴液漏斗中支管的作用是______,冷凝管应从______处进水.

(7)由实验测定反应温度对产物的影响如下表:根据下表数据,你认为反应最佳的温度选择的范围是______

正确答案

解:(1)A.FeCl3溶液能与碳酸钠反应,因此氯化铁也与过碳酸钠反应,故A正确;

B.H2S与双氧水发生氧化还原反应,则也与过碳酸钠发生氧化还原反应,故B正确;

C.稀硫酸与碳酸钠反应,因此也与过碳酸钠反应,故C正确;

D.NaHCO3溶液与碳酸钠以及双氧水等均不反应,因此也与过碳酸钠不反应,故D错误.

故答案为:ABC;

(2)二氧化碳在水中的溶解度很小,而氨气极易溶于水,所以反应①应先通入的气体是氨气,故答案为:NH3

(3)由于双氧水稳定性差,易分解,因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解,故答案为:防止双氧水分解;

(4)碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,即A是碳酸钠,B是二氧化碳,因此该生产流程中可循环使用的物质是CO2,故答案为:CO2

(5)从溶液中过滤出固体后,需要洗涤沉淀,因此该步操作是沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀,静置使其全部滤出,重复操作数次,故答案为:沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀,静置使其全部滤出,重复操作数次;

(6)恒压滴液漏斗能保持压强恒定,因此恒压滴液漏斗中支管的作用是使液体顺利流下.冷凝管应从下端进水,即a处进水上端出水,故答案为:使液体顺利流下;a;

(7)根据表数据可知温度超过20℃后,活性氧百分含量和产率均降低,所以反应最佳的温度选择的范围是15~20℃,故答案为:5~20℃.

解析

解:(1)A.FeCl3溶液能与碳酸钠反应,因此氯化铁也与过碳酸钠反应,故A正确;

B.H2S与双氧水发生氧化还原反应,则也与过碳酸钠发生氧化还原反应,故B正确;

C.稀硫酸与碳酸钠反应,因此也与过碳酸钠反应,故C正确;

D.NaHCO3溶液与碳酸钠以及双氧水等均不反应,因此也与过碳酸钠不反应,故D错误.

故答案为:ABC;

(2)二氧化碳在水中的溶解度很小,而氨气极易溶于水,所以反应①应先通入的气体是氨气,故答案为:NH3

(3)由于双氧水稳定性差,易分解,因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解,故答案为:防止双氧水分解;

(4)碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,即A是碳酸钠,B是二氧化碳,因此该生产流程中可循环使用的物质是CO2,故答案为:CO2

(5)从溶液中过滤出固体后,需要洗涤沉淀,因此该步操作是沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀,静置使其全部滤出,重复操作数次,故答案为:沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀,静置使其全部滤出,重复操作数次;

(6)恒压滴液漏斗能保持压强恒定,因此恒压滴液漏斗中支管的作用是使液体顺利流下.冷凝管应从下端进水,即a处进水上端出水,故答案为:使液体顺利流下;a;

(7)根据表数据可知温度超过20℃后,活性氧百分含量和产率均降低,所以反应最佳的温度选择的范围是15~20℃,故答案为:5~20℃.

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题型:简答题
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简答题

实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl-、SO42-、I-等离子的卤水为主要原料,制备无水CaCl2和I2.流程如下:(已知Cl2与I-可发生反应:Cl2+2I-=2Cl-+I2

(1)操作Ⅰ使用的试剂是______,所用主要仪器的名称是______

(2)加入溶液W的目的是______.用CaO调节溶液Y的pH,可以除去Mg2+.酸化溶液Z时使用的试剂是______

(3)实验室用贝壳与稀盐酸反应制备并收集CO2气体,下列装置中合理的是______

(4)设计合理实验验证H2SO3酸性强于H2CO3,仪器自选.

供选的试剂:CO2、SO2、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、NaHSO3溶液、蒸馏水、饱和石灰水、酸性KMnO4 溶液、品红溶液、pH试纸.

填写实验报告:

正确答案

解:(1)氯气具有强氧化性,通入氯气后可以将溶液中的I-氧化成碘单质,因为单质碘极易溶于有机溶剂,所以可以采用萃取的方法,萃取的主要仪器是分液漏斗;由流程图可知单质碘在下层,因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水,所以该试剂是CCl4

故答案为:四氯化碳;分液漏斗;

(2)由于SO42-会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备,因此必需除去;因为不能引入新的杂质,所以酸化溶液Z时,使用的试剂应该为盐酸,

故答案为:除去溶液中的SO42-;盐酸;

(3)实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热,由于盐酸易挥发,因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体,因为CO2的密度大于空气中的,所以采用向上排空气发收集CO2气体.若采用长颈漏斗时,长颈漏斗的下端必须插入到溶液中,以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来,因此选项b、d正确,

故答案为:b、d;

(4)H2SO3和H2CO3均属于二元酸,要检验酸性强弱,可以采用多种方法,例如利用水解原理(酸越弱相应的强碱盐就越易水解),也可以利用较强的酸制取较弱的酸来检验,由于SO2和CO2气体均可以使澄清石灰水变浑浊,所以CO2气体在通入澄清石灰水之前必需除去CO2气体中混有的SO2气体,且需验证SO2已经除尽,

用酸性KMnO4溶液除二氧化硫,用品红验证除尽,SO2依次通过NaHCO3或Na2CO3溶液,NaHCO3或Na2CO3溶液有气泡生成二氧化碳,二氧化碳使澄清石灰水变浑浊,说明H2SO3酸性强于H2CO3

故答案为:

解析

解:(1)氯气具有强氧化性,通入氯气后可以将溶液中的I-氧化成碘单质,因为单质碘极易溶于有机溶剂,所以可以采用萃取的方法,萃取的主要仪器是分液漏斗;由流程图可知单质碘在下层,因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水,所以该试剂是CCl4

故答案为:四氯化碳;分液漏斗;

(2)由于SO42-会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备,因此必需除去;因为不能引入新的杂质,所以酸化溶液Z时,使用的试剂应该为盐酸,

故答案为:除去溶液中的SO42-;盐酸;

(3)实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热,由于盐酸易挥发,因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体,因为CO2的密度大于空气中的,所以采用向上排空气发收集CO2气体.若采用长颈漏斗时,长颈漏斗的下端必须插入到溶液中,以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来,因此选项b、d正确,

故答案为:b、d;

(4)H2SO3和H2CO3均属于二元酸,要检验酸性强弱,可以采用多种方法,例如利用水解原理(酸越弱相应的强碱盐就越易水解),也可以利用较强的酸制取较弱的酸来检验,由于SO2和CO2气体均可以使澄清石灰水变浑浊,所以CO2气体在通入澄清石灰水之前必需除去CO2气体中混有的SO2气体,且需验证SO2已经除尽,

用酸性KMnO4溶液除二氧化硫,用品红验证除尽,SO2依次通过NaHCO3或Na2CO3溶液,NaHCO3或Na2CO3溶液有气泡生成二氧化碳,二氧化碳使澄清石灰水变浑浊,说明H2SO3酸性强于H2CO3

故答案为:

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简答题

现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物,选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体,从而得到较为纯净的NaNO3.实验流程可用如图表示:

请回答下列问题:

(1)写出实验流程中下列物质的化学式:

试剂X:______,沉淀B:______

(2)实验流程中加入过量的Na2CO3的目的是______

(3)实验方案得到的溶液3中肯定含有______(填化学式)杂质;为了解决这个问题,可以向溶液3中加入适量的______,请写出所发生反应的离子方程式______

正确答案

解:(1)实验室分离含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物,从而得到较为纯净的NaNO3.实现Cl-、SO42-、和NO3-的相互分离,如先加入AgNO3,则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀,则应先加入过量的BaCl2[或Ba(NO32],生成BaSO4沉淀,然后在滤液中加入过量的AgNO3,使Cl-全部转化为AgCl沉淀,则试剂X为BaCl2[或Ba(NO32],沉淀A为BaSO4,沉淀B为AgCl,

故答案为:BaCl2[或Ba(NO32];AgCl;

(2)加入过量的BaCl2[或Ba(NO32],然后在滤液中加入过量的AgNO3,使Cl-全部转化为AgCl沉淀,在所得滤液中含有Ag+、Ba2+,在所得滤液中加入过量的Na2CO3,使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀,

故答案为:使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀;

(3)加入过量的Na2CO3,此实验方案得到的溶液3中肯定含有Na2CO3,因为Na2CO3与稀HNO3溶液反应生成二氧化碳气体和NaNO3,蒸发后可得到NaNO3,不引入杂质,所以操作③所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物,加入稀HNO3,最后进行蒸发操作可得固体NaNO3,发生的反应为Na2CO3+2HNO3═2NaNO3+CO2↑+H2O,离子反应方程式为2H++CO32-═H2O+CO2↑,

故答案为:Na2CO3、稀HNO3、2H++CO32-═H2O+CO2↑;

解析

解:(1)实验室分离含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物,从而得到较为纯净的NaNO3.实现Cl-、SO42-、和NO3-的相互分离,如先加入AgNO3,则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀,则应先加入过量的BaCl2[或Ba(NO32],生成BaSO4沉淀,然后在滤液中加入过量的AgNO3,使Cl-全部转化为AgCl沉淀,则试剂X为BaCl2[或Ba(NO32],沉淀A为BaSO4,沉淀B为AgCl,

故答案为:BaCl2[或Ba(NO32];AgCl;

(2)加入过量的BaCl2[或Ba(NO32],然后在滤液中加入过量的AgNO3,使Cl-全部转化为AgCl沉淀,在所得滤液中含有Ag+、Ba2+,在所得滤液中加入过量的Na2CO3,使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀,

故答案为:使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀;

(3)加入过量的Na2CO3,此实验方案得到的溶液3中肯定含有Na2CO3,因为Na2CO3与稀HNO3溶液反应生成二氧化碳气体和NaNO3,蒸发后可得到NaNO3,不引入杂质,所以操作③所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物,加入稀HNO3,最后进行蒸发操作可得固体NaNO3,发生的反应为Na2CO3+2HNO3═2NaNO3+CO2↑+H2O,离子反应方程式为2H++CO32-═H2O+CO2↑,

故答案为:Na2CO3、稀HNO3、2H++CO32-═H2O+CO2↑;

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题型:简答题
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简答题

加碘食盐中含有的碘酸钾是一种白色结晶粉末,常温下很稳定,加热至560℃开始分解.在酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂,可与碘化物、亚硫酸盐等还原性物质反应.工业生产碘酸钾的流程如下:

(1)步骤②中氢氧化钾的主要作用是______

(2)参照下表碘酸钾的溶解度,操作③得到碘酸钾晶体,可经过______、过滤、洗涤、干燥等步骤.

(3)已知:KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O;I2+2S2O32-=2I-+S4O62-

为了测定加碘食盐中碘的含量,某学生设计了如下实验:准确称取wg食盐,加适量蒸馏水使其完全溶解;再用稀硫酸酸化所得溶液,加入过量KI溶液,使KIO3与KI反应完全;最后加入指示剂,以物质的量浓度为2.00×10-3mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定,消耗10.00mL时恰好反应完全.

①在滴定过程中,所用的玻璃仪器为____________

②该实验可以用______作指示剂,滴定终点的现象是______

③下列有关该滴定实验的说法不正确的是______

A.滴定管在使用前必须检查是否漏水并润洗

B.滴定时眼睛注视滴定管内溶液液面变化

C.为减小实验误差,可用少量的蒸馏水冲洗锥形瓶内壁

D.终点读数时俯视会导致碘的含量偏低

④加碘食盐样品中的碘元素含量是______g•kg-1(以含w的代数式表示).

正确答案

解:(1)KH(IO32可与KOH反应生成KIO3,反应的方程式为KH(IO32+KOH═2KIO3+H2O,故答案为:与KH(IO32反应使其转化为KIO3

(2)由表中数据可知温度越高,KIO3溶解度越大,从溶液中获得KIO3晶体需要蒸发结晶,故答案为:蒸发结晶;

(3)①在滴定过程中,所用的玻璃仪器为滴定管和锥形瓶,Na2S2O3溶液呈碱性,使用碱性滴定管,故答案为:碱式滴定管;锥形瓶;

②该实验产生碘单质,可以淀粉溶液作指示剂,溶液的蓝色消失且半分钟内不再变化达到滴定终点,故答案为:淀粉溶液;溶液的蓝色消失且半分钟内不再变化;

③A、滴定管应该是先检查是否漏水,然后用蒸馏水润洗,最后用待测液润洗,故A正确;

B、滴定时眼睛注视着锥形瓶中溶液的颜色变化,以便及时判断滴定终点,故B错误;

C、用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁,可冲洗附在锥形瓶内壁上的待测液,以减小实验误差,故C正确;

D、终点读数时俯视会导致碘的含量偏低,故D正确;

故答案为:B

④设碘酸钾的物质的量为x.

KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O①; I2+2S2O3 2-=2I-+S4 O62-②,将方程式②×3+①得

IO3-+6H++6S2O32-=I-+3S4O62-+3H2O

1        6

x        2.0×10-3mol/L×0.01L

x==mol,

根据碘原子守恒知,碘元素的质量=mol×127g/mol=4.23×10-4g,所以碘元素的质量分数=×100%=g/kg,

故答案为:

解析

解:(1)KH(IO32可与KOH反应生成KIO3,反应的方程式为KH(IO32+KOH═2KIO3+H2O,故答案为:与KH(IO32反应使其转化为KIO3

(2)由表中数据可知温度越高,KIO3溶解度越大,从溶液中获得KIO3晶体需要蒸发结晶,故答案为:蒸发结晶;

(3)①在滴定过程中,所用的玻璃仪器为滴定管和锥形瓶,Na2S2O3溶液呈碱性,使用碱性滴定管,故答案为:碱式滴定管;锥形瓶;

②该实验产生碘单质,可以淀粉溶液作指示剂,溶液的蓝色消失且半分钟内不再变化达到滴定终点,故答案为:淀粉溶液;溶液的蓝色消失且半分钟内不再变化;

③A、滴定管应该是先检查是否漏水,然后用蒸馏水润洗,最后用待测液润洗,故A正确;

B、滴定时眼睛注视着锥形瓶中溶液的颜色变化,以便及时判断滴定终点,故B错误;

C、用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁,可冲洗附在锥形瓶内壁上的待测液,以减小实验误差,故C正确;

D、终点读数时俯视会导致碘的含量偏低,故D正确;

故答案为:B

④设碘酸钾的物质的量为x.

KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O①; I2+2S2O3 2-=2I-+S4 O62-②,将方程式②×3+①得

IO3-+6H++6S2O32-=I-+3S4O62-+3H2O

1        6

x        2.0×10-3mol/L×0.01L

x==mol,

根据碘原子守恒知,碘元素的质量=mol×127g/mol=4.23×10-4g,所以碘元素的质量分数=×100%=g/kg,

故答案为:

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题型:简答题
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简答题

碳酸锂广泛应用于陶瓷和医药等领域.以β-锂辉石(主要成分为Li2O-Al2O3-4SiO2)为原材料制备Li2CO3的工艺流程如下:

已知:Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时,溶液的PH分别为3.2、5.2、9.7和12.4;Li2SO4、LiOH和Li2CO3在303K下的溶解度分别为34.2g、12.7g和1.3g.

(1)步骤Ⅰ前,β-锂辉石要粉碎成细颗粒的目的是______

(2)步骤Ⅰ中,酸浸后得到的酸性溶液中含有Li+、SO42-,另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Na+等杂质,需在搅拌下加入______(填“石灰石”、“氯化钙”或“稀硫酸”)以调节溶液的PH到6.0-6.5,沉淀部分杂质离子如______,然后分离得到浸出液.

(3)步骤Ⅱ中,将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中,可除去的杂质金属离子有______

(4)步骤Ⅲ中,生成沉淀的离子方程式为______

(5)母液中的主要溶质有______

正确答案

解:已知β-锂辉石(主要成分为Li2O•Al2O3•4SiO2)为原材料制备Li2CO3的工艺流程:Li2O•Al2O3•4SiO2加硫酸,浸取,酸浸后得到的酸性溶液中含有Li+、SO42-,另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Na+等杂质,在在搅拌下加入石灰石调节pH,使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀,过滤,再将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中,Fe2+被氧化为Fe3+,然后转化为氢氧化铁沉淀,镁离子转化为氢氧化镁沉淀,钙离子转化为碳酸钙沉淀,过滤的硫酸锂溶液,再加饱和碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀,过滤得到碳酸锂,

(1)固体颗粒越小,化学反应速率越快,同时可使锂元素尽可能多地溶解到酸中,故答案为:加快反应速率;

(2)已知Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时,溶液的PH分别为3.2、4.7、9.0和11.1,在搅拌下加入石灰石以调节溶液的PH到6.0-6.5,则Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀,所以除去的离子为Al3+、Fe3+,故答案为:石灰石;Al3+、Fe3+

(3)步骤Ⅱ中加入H2O2溶液,可将Fe2+氧化为Fe3+,然后加入石灰乳可除去其中的Fe3+和Mg2+,再加入适量Na2CO3溶液可除去Ca2+.此时溶液中的离子主要有Li+、Na+、SO42-,故答案为:Fe2+、Mg2+、Ca2+

(4)步骤Ⅲ加入饱和Na2CO3溶液后,主要使Li+转化为Li2CO3沉淀,故答案为:2Li++CO32-=Li2CO3↓;

(5)反应后,溶液中的Na2SO4以及加入的过量Na2CO3便留在母液中,可回收的主要物质为Na2SO4,故答案为:Na2SO4、Na2CO3

解析

解:已知β-锂辉石(主要成分为Li2O•Al2O3•4SiO2)为原材料制备Li2CO3的工艺流程:Li2O•Al2O3•4SiO2加硫酸,浸取,酸浸后得到的酸性溶液中含有Li+、SO42-,另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Na+等杂质,在在搅拌下加入石灰石调节pH,使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀,过滤,再将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中,Fe2+被氧化为Fe3+,然后转化为氢氧化铁沉淀,镁离子转化为氢氧化镁沉淀,钙离子转化为碳酸钙沉淀,过滤的硫酸锂溶液,再加饱和碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀,过滤得到碳酸锂,

(1)固体颗粒越小,化学反应速率越快,同时可使锂元素尽可能多地溶解到酸中,故答案为:加快反应速率;

(2)已知Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时,溶液的PH分别为3.2、4.7、9.0和11.1,在搅拌下加入石灰石以调节溶液的PH到6.0-6.5,则Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀,所以除去的离子为Al3+、Fe3+,故答案为:石灰石;Al3+、Fe3+

(3)步骤Ⅱ中加入H2O2溶液,可将Fe2+氧化为Fe3+,然后加入石灰乳可除去其中的Fe3+和Mg2+,再加入适量Na2CO3溶液可除去Ca2+.此时溶液中的离子主要有Li+、Na+、SO42-,故答案为:Fe2+、Mg2+、Ca2+

(4)步骤Ⅲ加入饱和Na2CO3溶液后,主要使Li+转化为Li2CO3沉淀,故答案为:2Li++CO32-=Li2CO3↓;

(5)反应后,溶液中的Na2SO4以及加入的过量Na2CO3便留在母液中,可回收的主要物质为Na2SO4,故答案为:Na2SO4、Na2CO3

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题型:简答题
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简答题

如图为电解法处理含CN-、Cr2O72-和CrO42-等有害离子的酸性废水的示意图,图①处电解池中利用阳极产生的阳离子将Cr2O72-和CrO42-还原成Cr3+,经分离有害金属离子后,废液经④处电解池,将CN-转化为CO32-和N2而除去.根据信息回答下列问题:

(1)①④电解池的阴极会产生一种可燃气体,该气体是______;步骤③使用稍过量的石灰,既完全沉淀Cr3+,又降低SO42-的含量,由此可知残渣2的成分为______

(2)步骤①中阳极的电极反应式为______,产生的阳离子还原Cr2O72-的离子方程式为______

(3)步骤④的电解池中,阳极的电极反应式为______

(4)已知②溶液中所含Cr3+的浓度为0.6mol/L,为防止Fe(OH)3残渣中含有Cr(OH)3,②所调节pH值应小于______.[常温下,Cr(OH)3的溶度积常数 Ksp=6×10-31]

(5)最初废水中CN-的浓度为0.08mol/L,要完全处理1m3这种废水,①④两处电解池阴极得到气体在标况下的总体积至少为______m3(忽略整个过程溶液体积变化,各步反应均完全,各电极只发生单一反应且空气不参加反应).

正确答案

解:酸性废水以铁作阳极发生氧化反应,此时的阴极发生还原反应生成氢气,阳极产生的亚铁离子还原Cr2O72-和CrO42-生成Cr3+,本身被氧化成三价铁离子,调节溶液的pH使铁离子沉淀,然后过滤向滤液中加入过量的氧化钙完全沉淀Cr3+,同时钙离子与硫酸生成微溶的硫酸钙,所以残渣是Cr(OH)3和硫酸钙,最后用惰性电极电解含CN-的碱性溶液,阳极是CN-放电,转化为CO32-和N2而除去,阴极是水电离产生的氢离子放电,生成氢气,从而将有毒的CN-而使酸性废水达到排放的标准,

(1)①④电解池的阴极都是氢离子放电产生一种可燃气体是氢气,该气体是氢气,步骤③使用稍过量的石灰,同时钙离子与硫酸生成微溶的硫酸钙,所以残渣是Cr(OH)3和硫酸钙,故答案为:氢气;Cr(OH)3和硫酸钙;

(2)步骤①中阳极是铁失去电子变成亚铁离子,电极反应式为:Fe-2e-=Fe2+,二价铁离子有还原性,Cr2O72-有强氧化性,二者能发生氧化还原反应,二价铁离子被氧化成三价铁离子,Cr2O72-被还原为Cr3+,反应方程式为:Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O,故答案为:Fe-2e-=Fe2+;Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O;

(3)步骤④的电解池中,阳极是CN-发生氧化反应,电极反应式为:2CN--12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O,故答案为:2CN--12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O;

(4)Ksp=c(Cr3+)•c3(OH-),c(OH-)==mol/L=10-10mol/L,所以c(H+)=mol/L=10-4mol/L,所以pH=4,故答案为:4;

(5)根据电子转移相等,②溶液中所含Cr3+的浓度为0.6mol/L,所以n(Cr3+)=600mol,根据Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O,所以6e-~2Cr3+~3H2,则①生成V(H2)=L=20160L,根据电极2CN--12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O,最初废水中CN-的浓度为0.08mol/L,所以n(CN-)=80mol,2CN-~10e-~5H2,生成V(H2)=L=4480L,①④两处电解池阴极得到气体在标况下的总体积至少为20160L+4480L=24.64m3,故答案为:24.64.

解析

解:酸性废水以铁作阳极发生氧化反应,此时的阴极发生还原反应生成氢气,阳极产生的亚铁离子还原Cr2O72-和CrO42-生成Cr3+,本身被氧化成三价铁离子,调节溶液的pH使铁离子沉淀,然后过滤向滤液中加入过量的氧化钙完全沉淀Cr3+,同时钙离子与硫酸生成微溶的硫酸钙,所以残渣是Cr(OH)3和硫酸钙,最后用惰性电极电解含CN-的碱性溶液,阳极是CN-放电,转化为CO32-和N2而除去,阴极是水电离产生的氢离子放电,生成氢气,从而将有毒的CN-而使酸性废水达到排放的标准,

(1)①④电解池的阴极都是氢离子放电产生一种可燃气体是氢气,该气体是氢气,步骤③使用稍过量的石灰,同时钙离子与硫酸生成微溶的硫酸钙,所以残渣是Cr(OH)3和硫酸钙,故答案为:氢气;Cr(OH)3和硫酸钙;

(2)步骤①中阳极是铁失去电子变成亚铁离子,电极反应式为:Fe-2e-=Fe2+,二价铁离子有还原性,Cr2O72-有强氧化性,二者能发生氧化还原反应,二价铁离子被氧化成三价铁离子,Cr2O72-被还原为Cr3+,反应方程式为:Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O,故答案为:Fe-2e-=Fe2+;Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O;

(3)步骤④的电解池中,阳极是CN-发生氧化反应,电极反应式为:2CN--12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O,故答案为:2CN--12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O;

(4)Ksp=c(Cr3+)•c3(OH-),c(OH-)==mol/L=10-10mol/L,所以c(H+)=mol/L=10-4mol/L,所以pH=4,故答案为:4;

(5)根据电子转移相等,②溶液中所含Cr3+的浓度为0.6mol/L,所以n(Cr3+)=600mol,根据Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O,所以6e-~2Cr3+~3H2,则①生成V(H2)=L=20160L,根据电极2CN--12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O,最初废水中CN-的浓度为0.08mol/L,所以n(CN-)=80mol,2CN-~10e-~5H2,生成V(H2)=L=4480L,①④两处电解池阴极得到气体在标况下的总体积至少为20160L+4480L=24.64m3,故答案为:24.64.

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题型:简答题
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简答题

碱式碳酸镁和无水氯化镁具有广泛的用途.

●用白云石(CaCO3•MgCO3)为主要原料生产碱式碳酸镁和无水氯化镁的流程如下:

回答下列问题:

(1)“灰浆”中除水和MgO外,主要成分还有:______

(2)从MgCl2晶体得到无水MgCl2的操作为:______

●为探究所制得的水合碱式碳酸镁(m MgCO3•n Mg(OH)2•x H2O)的组成.某同学组装仪器如图所示:

(3)实验测得:硬质玻璃管中剩余的固体质量为1.60g,C处浓H2SO4增重0.72g,D处碱石灰增重1.32g,此水合碱式碳酸镁的化学式为:______

(4)A框中装置的作用是______;在装好试剂后,加热前应进行的操作是______

(5)若将E框中的装置去掉,对实验结果的影响是______

正确答案

(1)碳酸钙、碳酸镁分解得到氧化钙、氧化镁,都可以和水反应得到氢氧化物:Ca(OH)2和Mg(OH)2故答案为:Ca(OH)2和Mg(OH)2

(2)镁离子在水溶液中会发生水解反应得到氢氧化镁,所以应抑制镁离子在水溶液中的水解,故从MgCl2晶体得到无水MgCl2的操作在HCl气流中进行,

故答案为:将MgCl2•6H2O晶体在干燥的HCl气流中加热;

(3)设水合碱式碳酸镁的化学式为mMgCO3•nMg(OH)2

mMgCO3•nMg(OH)2•xH2O(m+n)MgO+mCO2↑+(n+x)H2O

                        80(m+n)   44m    18(n+x)

                        1.60       1.32    0.72

则:==,解得x=3,n=1,m=3,即3MgCO3•Mg(OH)2•3H2O,

故答案为:3MgCO3•Mg(OH)2•3H2O;

(4)实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重,计算生成的二氧化碳的质量,通过测量C装置装置,计算生成的水的质量,所以A是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳;

要排除空气中的水以及二氧化碳的干扰,开始之前要先通空气,排尽装置中的空气,再进行试验,

故答案为:除去空气中的水蒸气和CO2等酸性气体;关闭K2,打开K1,通入足量空气后,再打开K2,关闭K1

(5)实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重,计算生成的二氧化碳的质量,通过测量C装置装置,计算生成的水的质量故A是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳,防止进入D装置中,如果没有E装置,D中碱石灰会吸收空气中水蒸气和CO2等酸性气体,产生误差,测得m偏大,n偏小,最后的碱石灰的作用:吸收空气中水蒸气和CO2等,不能去掉,

故答案为:D中碱石灰会吸收空气中水蒸气和CO2等酸性气体,产生误差,测得m偏大,n偏小;

解析

(1)碳酸钙、碳酸镁分解得到氧化钙、氧化镁,都可以和水反应得到氢氧化物:Ca(OH)2和Mg(OH)2故答案为:Ca(OH)2和Mg(OH)2

(2)镁离子在水溶液中会发生水解反应得到氢氧化镁,所以应抑制镁离子在水溶液中的水解,故从MgCl2晶体得到无水MgCl2的操作在HCl气流中进行,

故答案为:将MgCl2•6H2O晶体在干燥的HCl气流中加热;

(3)设水合碱式碳酸镁的化学式为mMgCO3•nMg(OH)2

mMgCO3•nMg(OH)2•xH2O(m+n)MgO+mCO2↑+(n+x)H2O

                        80(m+n)   44m    18(n+x)

                        1.60       1.32    0.72

则:==,解得x=3,n=1,m=3,即3MgCO3•Mg(OH)2•3H2O,

故答案为:3MgCO3•Mg(OH)2•3H2O;

(4)实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重,计算生成的二氧化碳的质量,通过测量C装置装置,计算生成的水的质量,所以A是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳;

要排除空气中的水以及二氧化碳的干扰,开始之前要先通空气,排尽装置中的空气,再进行试验,

故答案为:除去空气中的水蒸气和CO2等酸性气体;关闭K2,打开K1,通入足量空气后,再打开K2,关闭K1

(5)实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重,计算生成的二氧化碳的质量,通过测量C装置装置,计算生成的水的质量故A是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳,防止进入D装置中,如果没有E装置,D中碱石灰会吸收空气中水蒸气和CO2等酸性气体,产生误差,测得m偏大,n偏小,最后的碱石灰的作用:吸收空气中水蒸气和CO2等,不能去掉,

故答案为:D中碱石灰会吸收空气中水蒸气和CO2等酸性气体,产生误差,测得m偏大,n偏小;

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