- 物质的检测
- 共5040题
软锰矿的主要成分是二氧化锰,用软锰矿浆吸收工业废气中的二氧化硫,可以制高纯度的硫酸锰晶体,其流程如图所示:
已知:浸出液中的金属阳离子主要是Mn2+,还含有少量的Fe2+、Al3+等,且pH<2.几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如右表所示:
根据上述流程,回答下列问题:
(1)写出二氧化锰与二氧化硫反应的化学方程式:______.
(2)浸出液的pH<2,从上述流程看,可能的原因为______
(用化学用语和必要的文字说明).
(3)用离子方程式表示加入二氧化锰的作用:______.
(4)从表中数据来看,能不能取消“加入二氧化锰”的步骤?原因是______.
(5)下列试剂能替代二氧化锰的是______(填序号).
A.双氧水 B.氯水 C.高锰酸钾溶液 D.次氯酸钠
(6)有同学认为可以用碳酸锰(MnCO3)或氢氧化锰[Mn(OH)2]替代石灰乳,你是否同意此 观点?简述理由:______.
(7)从含硫酸锰的滤液中提取硫酸锰晶体的操作是______.利用 废渣能提取高纯度的铁红,简述其操作过程:______.
正确答案
解:由浸出液中的金属阳离子主要是Mn2+,可知浸出时主要发生反应:SO2+MnO2═MnSO4,由于二氧化硫溶于水生成H2SO3,H2SO3部分电离会使浸出液pH<2,浸出液中含有少量的Fe2+、Al3+等,由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知,加入二氧化锰氧化过程,是将亚铁离子转化为铁离子,再加入石灰乳,调节溶液pH值,使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,再进行过滤,滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝,滤液为硫酸锰溶液,再通过蒸发浓缩、降温结晶,最后过滤得到硫酸锰晶体.
(1)由上述分析可知,二氧化锰与二氧化硫反应的化学方程式为SO2+MnO2═MnSO4,故答案为:SO2+MnO2═MnSO4;
(2)二氧化硫溶于水发生反应:SO2+H2O=H2SO3,生成的H2SO3部分电离:H2SO3⇌H++HSO3-,使浸出液的pH<2,
故答案为:二氧化硫溶于水发生反应:SO2+H2O=H2SO3,生成的H2SO3部分电离:H2SO3⇌H++HSO3-;
(3)加入二氧化锰氧化过程,是将亚铁离子转化为铁离子,反应离子方程式为:MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O;
故答案为:MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O;
(4)由表中数据可知,pH=9.7时Fe2+才完全沉淀,而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀,不能能取消“加入二氧化锰”的步骤,故答案为:不能,pH=9.7时Fe2+才完全沉淀,而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀;
(5)替代二氧化锰的试剂应具有强氧化性,且不能引入杂化,氯气、酸性高锰酸钾、次氯酸均会引入杂质离子,而双氧水可以氧化亚铁离子为铁离子,同时生成水,不引入杂质离子,故选A;
(6)铁离子、铝离子水解程度比锰离子大,加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应,促进铁离子、铝离子水解,进而转化为沉淀,再通过过滤除去,同意该同学的观点,
故答案为:同意,铁离子、铝离子水解程度比锰离子大,加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应,促进铁离子、铝离子水解,进而转化为沉淀,再通过过滤除去;
(7)从含硫酸锰的滤液中提取硫酸锰晶体的操作是:蒸发浓缩、降温结晶、过滤;
滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝,提取高纯度的铁红的方案为:将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中,再进行过滤、洗涤、干燥,最后灼烧可得氧化铁.
故答案为:蒸发浓缩、降温结晶;过滤;将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中,再进行过滤、洗涤、干燥,最后灼烧可得氧化铁.
解析
解:由浸出液中的金属阳离子主要是Mn2+,可知浸出时主要发生反应:SO2+MnO2═MnSO4,由于二氧化硫溶于水生成H2SO3,H2SO3部分电离会使浸出液pH<2,浸出液中含有少量的Fe2+、Al3+等,由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知,加入二氧化锰氧化过程,是将亚铁离子转化为铁离子,再加入石灰乳,调节溶液pH值,使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,再进行过滤,滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝,滤液为硫酸锰溶液,再通过蒸发浓缩、降温结晶,最后过滤得到硫酸锰晶体.
(1)由上述分析可知,二氧化锰与二氧化硫反应的化学方程式为SO2+MnO2═MnSO4,故答案为:SO2+MnO2═MnSO4;
(2)二氧化硫溶于水发生反应:SO2+H2O=H2SO3,生成的H2SO3部分电离:H2SO3⇌H++HSO3-,使浸出液的pH<2,
故答案为:二氧化硫溶于水发生反应:SO2+H2O=H2SO3,生成的H2SO3部分电离:H2SO3⇌H++HSO3-;
(3)加入二氧化锰氧化过程,是将亚铁离子转化为铁离子,反应离子方程式为:MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O;
故答案为:MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O;
(4)由表中数据可知,pH=9.7时Fe2+才完全沉淀,而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀,不能能取消“加入二氧化锰”的步骤,故答案为:不能,pH=9.7时Fe2+才完全沉淀,而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀;
(5)替代二氧化锰的试剂应具有强氧化性,且不能引入杂化,氯气、酸性高锰酸钾、次氯酸均会引入杂质离子,而双氧水可以氧化亚铁离子为铁离子,同时生成水,不引入杂质离子,故选A;
(6)铁离子、铝离子水解程度比锰离子大,加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应,促进铁离子、铝离子水解,进而转化为沉淀,再通过过滤除去,同意该同学的观点,
故答案为:同意,铁离子、铝离子水解程度比锰离子大,加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应,促进铁离子、铝离子水解,进而转化为沉淀,再通过过滤除去;
(7)从含硫酸锰的滤液中提取硫酸锰晶体的操作是:蒸发浓缩、降温结晶、过滤;
滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝,提取高纯度的铁红的方案为:将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中,再进行过滤、洗涤、干燥,最后灼烧可得氧化铁.
故答案为:蒸发浓缩、降温结晶;过滤;将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中,再进行过滤、洗涤、干燥,最后灼烧可得氧化铁.
MnO2是一种重要的催化剂.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:
(1)写出1个用二氧化锰作催化剂的化学反应方程式______.
(2)第②步反应的离子反应方程式为______.
(3)检验过滤Ⅰ所得的MnO2是否洗涤干净的方法是______.
(4)第③步反应的化学反应方程式为______.
(5)上述流程中可用于循环使用的物质是______(填化学式);过滤操作和蒸发操作中都要用到的玻璃仪器是______.
(6)若粗MnO2样品的质量为25.38g,第①步反应后,经过滤得到17.4g MnO2,并收集到0.448LCO2(标准状况下),则样品中所含的MnO质量为______g.
正确答案
解析: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)MnO2作催化剂,实验室分解氯酸钾制氧气的方程式为:2KClO32KCl+3O2↑;故答案为:2KClO3
2KCl+3O2↑;
(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)检验过滤Ⅰ所得的MnO2是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中,滴加氯化钡溶液,若无浑浊现象出现,说明已洗涤干净,故答案为:取最后一次洗涤液于试管中,滴加氯化钡溶液,若无浑浊现象出现,说明已洗涤干净;
(4)氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠,则氯化合价从0价升高到+5价,根据氧化还原反应的化合价有升有降,所以氯的化合价从0价降低到-1价即氯化钠生成,根据升高总数与降低总数相等,则氯酸钠系数为1,而氯化钠系数为5,再结合原子守恒,方程式为:3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O,故答案为:3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O;
(5)根据流程最终生成氯酸钠固体在第②步刚好也用到氯酸钠溶液,所以可用于循环使用的物质是NaClO3;过滤操作和蒸发操作中都要用到的玻璃仪器是玻璃棒;故答案为:NaClO3;玻璃棒;
(6)根据质量守恒和化学方程式计算,CO2的物质的量为=0.02mol,则MnCO3的物质的量为0.02mol,质量为115g/mol×0.02mol=2.3g,所以MnO的质量为25.38g-17.4g-2.3g=5.68g;故答案为:5.68;
解析
解析: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)MnO2作催化剂,实验室分解氯酸钾制氧气的方程式为:2KClO32KCl+3O2↑;故答案为:2KClO3
2KCl+3O2↑;
(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)检验过滤Ⅰ所得的MnO2是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中,滴加氯化钡溶液,若无浑浊现象出现,说明已洗涤干净,故答案为:取最后一次洗涤液于试管中,滴加氯化钡溶液,若无浑浊现象出现,说明已洗涤干净;
(4)氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠,则氯化合价从0价升高到+5价,根据氧化还原反应的化合价有升有降,所以氯的化合价从0价降低到-1价即氯化钠生成,根据升高总数与降低总数相等,则氯酸钠系数为1,而氯化钠系数为5,再结合原子守恒,方程式为:3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O,故答案为:3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O;
(5)根据流程最终生成氯酸钠固体在第②步刚好也用到氯酸钠溶液,所以可用于循环使用的物质是NaClO3;过滤操作和蒸发操作中都要用到的玻璃仪器是玻璃棒;故答案为:NaClO3;玻璃棒;
(6)根据质量守恒和化学方程式计算,CO2的物质的量为=0.02mol,则MnCO3的物质的量为0.02mol,质量为115g/mol×0.02mol=2.3g,所以MnO的质量为25.38g-17.4g-2.3g=5.68g;故答案为:5.68;
某同学用工业硫酸铜(含硫酸亚铁等杂质)制备纯净的CuSO4•5H2O.
Ⅰ.取工业硫酸铜固体,用稀硫酸溶解,过滤.
Ⅱ.向滤液中滴加H2O2溶液,稍加热.
Ⅲ.向II的溶液中加入Cu2(OH)2CO3粉末至pH为3.9~4.1.
Ⅳ.加热煮沸,过滤,滤液用稀硫酸酸化至pH=1.
Ⅴ.加热浓缩、冷却结晶、过滤,得晶体.
已知部分阳离子生成氢氧化物的pH如下表:
(1)Ⅱ中发生反应的离子方程式是______.
(2)Ⅱ中将Fe2+氧化为Fe3+的目的是______.
(3)用K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)验证Ⅱ中Fe2+是否转化完全的现象是______.
(4)Ⅲ中发生反应的离子方程式是______.
(5)应用化学平衡移动原理解释Ⅳ中“滤液用稀硫酸酸化”的原因______.
正确答案
解:(1)滴加H2O2能将亚铁离子氧化为三价铁离子便于除去,过氧化氢为氧化剂,二价铁为还原剂,所以反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,
故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;
(2)除去亚铁离子得到纯净的硫酸铜溶液,根据沉淀PH范围可知,应先把亚铁离子转化为三价铁离子,再控制PH,开始沉淀pH2.7,完全沉淀pH3.7,使之完全沉淀,所以滴加H2O2溶液目的是氧化亚铁离子为三价铁离子;慢慢加入Cu2(OH)2CO3粉末,搅拌,以控制溶液pH=3.5,目的是在pH=3.5时铜离子不沉淀,三价铁离子沉淀完全,
故答案为:将Fe2+氧化为Fe3+,才能调节在pH为3.9~4.1时,只将Fe3+转化为沉淀除去,而不会使Cu2+转化为沉淀;
(3)亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀,这是亚铁离子的特征反应,验证Ⅱ中Fe2+是否转化完全的现象是滴加K3[Fe(CN)6]若有蓝色沉淀生说,说明Fe2+没有完全转化;若没有蓝色沉淀生成,说明Fe2+已经完全转化,
故答案为:若有蓝色沉淀生说,说明Fe2+没有完全转化;若没有蓝色沉淀生成,说明Fe2+已经完全转化;
(4)操作I中加硫酸,向II的溶液中加入Cu2(OH)2CO3粉末至pH为3.9~4.1,所以Cu2(OH)2CO3和酸反应Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O,三价铁离子水解呈酸性,所以3Cu2(OH)2CO3+4Fe3++3H2O=4Fe(OH)3+3CO2↑+6Cu2+,
故答案为:Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O,3Cu2(OH)2CO3+4Fe3++3H2O=4Fe(OH)3+3CO2↑+6Cu2+;
(5)铜离子水解溶液呈酸性,加酸能抑制铜离子水解,所以Ⅳ中“滤液用稀硫酸酸化”目的抑制Cu2+在加热过程中水解,以获得纯净的硫酸铜晶体,
故答案为:用稀硫酸酸化至PH=1,可以抑制Cu2+在加热过程中水解,以获得纯净的硫酸铜晶体.
解析
解:(1)滴加H2O2能将亚铁离子氧化为三价铁离子便于除去,过氧化氢为氧化剂,二价铁为还原剂,所以反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,
故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;
(2)除去亚铁离子得到纯净的硫酸铜溶液,根据沉淀PH范围可知,应先把亚铁离子转化为三价铁离子,再控制PH,开始沉淀pH2.7,完全沉淀pH3.7,使之完全沉淀,所以滴加H2O2溶液目的是氧化亚铁离子为三价铁离子;慢慢加入Cu2(OH)2CO3粉末,搅拌,以控制溶液pH=3.5,目的是在pH=3.5时铜离子不沉淀,三价铁离子沉淀完全,
故答案为:将Fe2+氧化为Fe3+,才能调节在pH为3.9~4.1时,只将Fe3+转化为沉淀除去,而不会使Cu2+转化为沉淀;
(3)亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀,这是亚铁离子的特征反应,验证Ⅱ中Fe2+是否转化完全的现象是滴加K3[Fe(CN)6]若有蓝色沉淀生说,说明Fe2+没有完全转化;若没有蓝色沉淀生成,说明Fe2+已经完全转化,
故答案为:若有蓝色沉淀生说,说明Fe2+没有完全转化;若没有蓝色沉淀生成,说明Fe2+已经完全转化;
(4)操作I中加硫酸,向II的溶液中加入Cu2(OH)2CO3粉末至pH为3.9~4.1,所以Cu2(OH)2CO3和酸反应Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O,三价铁离子水解呈酸性,所以3Cu2(OH)2CO3+4Fe3++3H2O=4Fe(OH)3+3CO2↑+6Cu2+,
故答案为:Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O,3Cu2(OH)2CO3+4Fe3++3H2O=4Fe(OH)3+3CO2↑+6Cu2+;
(5)铜离子水解溶液呈酸性,加酸能抑制铜离子水解,所以Ⅳ中“滤液用稀硫酸酸化”目的抑制Cu2+在加热过程中水解,以获得纯净的硫酸铜晶体,
故答案为:用稀硫酸酸化至PH=1,可以抑制Cu2+在加热过程中水解,以获得纯净的硫酸铜晶体.
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,用硝酸而不同硫酸的原因是______.
(2)过滤时,某学生的操作如图所示,请指出图中的错误是.______.
(3)检验滤液中是否含铁,选用的试剂是______,现象______,反应的离子方程式:______.
(4)写出加入碳酸铵所发生反应的离子方程式:______.
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,溶解大理石时,用硝酸是因为大理石溶于硝酸后生成Ca(NO3)2,Ca(NO3)2易溶于水,
故答案为:硫酸钙微溶于水;
(2)过滤实验中:滤纸紧贴漏斗内壁;滤纸边缘低于漏斗边缘,液面低于滤纸边缘;倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒,玻璃棒下端要紧靠三层滤纸处,漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁,图中的错误是玻璃棒下端没有(或应该)靠在(三层)滤纸上、漏斗颈没有(或应该)靠在烧杯内壁,
故答案为:玻璃棒下端没有(或应该)靠在(三层)滤纸上、漏斗颈没有(或应该)靠在烧杯内壁;
(3)过滤后的溶液中是否含铁,如含有,铁应以Fe3+形式存在,Fe3+遇KSCN溶液变为血红色,硫氰化钾溶液作为检验Fe3+的特征试剂,反应的离子方程式Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,
故答案为:硫氰化钾溶液;溶液呈血红色;Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3;
(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↓,
故答案为:Ca2++CO32-=CaCO3↓;
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,溶解大理石时,用硝酸是因为大理石溶于硝酸后生成Ca(NO3)2,Ca(NO3)2易溶于水,
故答案为:硫酸钙微溶于水;
(2)过滤实验中:滤纸紧贴漏斗内壁;滤纸边缘低于漏斗边缘,液面低于滤纸边缘;倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒,玻璃棒下端要紧靠三层滤纸处,漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁,图中的错误是玻璃棒下端没有(或应该)靠在(三层)滤纸上、漏斗颈没有(或应该)靠在烧杯内壁,
故答案为:玻璃棒下端没有(或应该)靠在(三层)滤纸上、漏斗颈没有(或应该)靠在烧杯内壁;
(3)过滤后的溶液中是否含铁,如含有,铁应以Fe3+形式存在,Fe3+遇KSCN溶液变为血红色,硫氰化钾溶液作为检验Fe3+的特征试剂,反应的离子方程式Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,
故答案为:硫氰化钾溶液;溶液呈血红色;Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3;
(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↓,
故答案为:Ca2++CO32-=CaCO3↓;
我国规定饮用水质量标准必须符合下列要求:
以下是源水处理成自来水的工艺流程示意图
(1)源水中含Ca2+、Mg2+、HCO3-、Cl-等,加入石灰后生成Ca(OH)2,进而发生若干复分解反应,写出其中一个离子方程式______
(2)凝聚剂除去悬浮固体颗粒的过程______(填写编号,多选倒扣)
①只有物理过程 ②只是化学过程 ③是物理和化学过程
FeSO4•7H2O常用的凝聚剂,它在水中最终生成______沉淀.
(3)通入二氧化碳的目的是______和______.
(4)气体A通常使用氯气,氯气的作用是基于其和水反应的产物之一具有______性,请写出氯气与水反应的离子反应方程式______.
(5)下列物质中能作为氯气的代用品的是______(填写编号,多选倒扣)
①Ca(ClO)2 ②NH3(液) ③K2FeO4 ④SO2.
正确答案
解:(1)氢氧化钙中的氢氧根离子可以和镁离子,碳酸氢根离子反应,碳酸根离子还可以和钙离子反应,即HCO3-+OH -=CO32-+H2O;Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O,故答案为:HCO3-+OH -=CO32-+H2O(或Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓或Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O);
(2)混凝剂能使固体颗粒沉淀,且混凝剂中的硫酸根离子与钙离子结合生成沉淀,亚铁离子与碱反应生成沉淀,则既发生物理变化又发生化学变化,且亚铁离子与碱反应生成沉淀易被氧化为红褐色沉淀Fe(OH)3,故答案为:③;胶状Fe(OH)3;
(3)通入二氧化碳,增大溶液中碳酸根离子浓度,则与钙离子反应生成沉淀,从而除去钙离子,并降低溶液的碱性,调节溶液的酸碱度,故答案为:除去除去Ca2+;调节PH值;
(4)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,该反应为Cl2+H2O═HCl+HClO,HClO具有强氧化性,能杀菌消毒,故答案为:强氧化;Cl2+H2O=H++Cl-+HClO;
(5)氯气具有强氧化性,能杀菌消毒,则作为Cl2的替代品的物质需具有强氧化性,选项中只有①③具有强氧化性,故答案为:①③.
解析
解:(1)氢氧化钙中的氢氧根离子可以和镁离子,碳酸氢根离子反应,碳酸根离子还可以和钙离子反应,即HCO3-+OH -=CO32-+H2O;Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O,故答案为:HCO3-+OH -=CO32-+H2O(或Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓或Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O);
(2)混凝剂能使固体颗粒沉淀,且混凝剂中的硫酸根离子与钙离子结合生成沉淀,亚铁离子与碱反应生成沉淀,则既发生物理变化又发生化学变化,且亚铁离子与碱反应生成沉淀易被氧化为红褐色沉淀Fe(OH)3,故答案为:③;胶状Fe(OH)3;
(3)通入二氧化碳,增大溶液中碳酸根离子浓度,则与钙离子反应生成沉淀,从而除去钙离子,并降低溶液的碱性,调节溶液的酸碱度,故答案为:除去除去Ca2+;调节PH值;
(4)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,该反应为Cl2+H2O═HCl+HClO,HClO具有强氧化性,能杀菌消毒,故答案为:强氧化;Cl2+H2O=H++Cl-+HClO;
(5)氯气具有强氧化性,能杀菌消毒,则作为Cl2的替代品的物质需具有强氧化性,选项中只有①③具有强氧化性,故答案为:①③.
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的主要流程如下.
(1)在无隔膜电解槽中持续电解发生反应的氧化剂为______(填化学式).
(2)Ⅲ中产生气体a的电极反应式为______.
(3)Ⅱ中产生气体a的电极反应式为______.
(4)①在碱性溶液中NaClO2比较稳定,所以Ⅱ中应维持NaOH稍过量,判断NaOH是否过量的简单的实验方法是______.
②工业上Ⅱ中制备NaClO2为防止被还原成NaCl,所用还原剂的还原性应适中.除H2O2外,还可以选择的还原剂是______(填序号)
A.Na2O2 B.Na2S C.FeCl2 D.PbO(悬浊液)
(5)ClO2是一种高效水处理剂,ClO2将对污水中Fe2+、Mn2+、S2-和CN-等有明显的去除效果.某工厂污水中含CN-amg/L,现用ClO2将CN-氧化,生成了两种无毒无害的气体,其离子反应方程式为______;处理100m3这种污水,至少需要ClO2______mol.
正确答案
解:(1)电解氯化钠溶液,在阴极上是水中的氢离子得电子的还原反应,所以水是氧化剂,故答案为:H2O;
(2)III中电解质是Na2SO4,电解Na2SO4溶液时,阳极上电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+、阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,左边流出硫酸,所以A气体是氧气,B气体是氢气、生成氧气的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O,故答案为:4OH--4e-=O2↑+2H2O;
(3))Ⅱ中反应根据流程信息可知,生成NaClO2,所以一定有ClO2→NaClO2,化合价降低,被还原;则H2O2必定被氧化,有氧气产生,反应中ClO2是氧化剂,发生还原反应,H2O2是还原剂,发生氧化反应,若电解原理来实现转化.则阳极上生成氧气的反应为:2OH-+H2O2-2e-=2H2O+O2↑,
故答案为:2OH-+H2O2-2e-=2H2O+O2↑;
(4)①NaOH过量则溶液呈碱性,但考虑到该溶液有强氧化性,选择指示剂或pH试纸检验会遇到氧化褪色问题,故生产中主要是用pH计连续测定溶液pH.
故答案为:连续测定吸收塔内溶液的pH.
②还原性要适中.还原性太强,会将ClO2还原为更低价态产物,影响NaClO2生产;方便后续分离提纯,加入试剂不能干扰后续生产,Na2O2溶于水相当于H2O2,不会影响后续生产,但是Na2S、FeCl2还原性较强,生成物与NaClO2分离比较困难,PbO(悬浊液)
氧化性较差,不合适,
故选:A.
(5)ClO2将CN-氧化,只生成两种气体,应生成氮气与二氧化碳,同时生成氯离子,反应离子方程式为:2ClO2+2CN-=N2↑+2CO2↑+2Cl-,
100m3废水中CN-质量=100m3×ag/m3=100ag,CN-的物质的量为=
mol,由方程式可知,至少需要ClO2的物质的量=
mol,
故答案为:2ClO2+2CN-=N2↑+2CO2↑+2Cl-;mol.
解析
解:(1)电解氯化钠溶液,在阴极上是水中的氢离子得电子的还原反应,所以水是氧化剂,故答案为:H2O;
(2)III中电解质是Na2SO4,电解Na2SO4溶液时,阳极上电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+、阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,左边流出硫酸,所以A气体是氧气,B气体是氢气、生成氧气的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O,故答案为:4OH--4e-=O2↑+2H2O;
(3))Ⅱ中反应根据流程信息可知,生成NaClO2,所以一定有ClO2→NaClO2,化合价降低,被还原;则H2O2必定被氧化,有氧气产生,反应中ClO2是氧化剂,发生还原反应,H2O2是还原剂,发生氧化反应,若电解原理来实现转化.则阳极上生成氧气的反应为:2OH-+H2O2-2e-=2H2O+O2↑,
故答案为:2OH-+H2O2-2e-=2H2O+O2↑;
(4)①NaOH过量则溶液呈碱性,但考虑到该溶液有强氧化性,选择指示剂或pH试纸检验会遇到氧化褪色问题,故生产中主要是用pH计连续测定溶液pH.
故答案为:连续测定吸收塔内溶液的pH.
②还原性要适中.还原性太强,会将ClO2还原为更低价态产物,影响NaClO2生产;方便后续分离提纯,加入试剂不能干扰后续生产,Na2O2溶于水相当于H2O2,不会影响后续生产,但是Na2S、FeCl2还原性较强,生成物与NaClO2分离比较困难,PbO(悬浊液)
氧化性较差,不合适,
故选:A.
(5)ClO2将CN-氧化,只生成两种气体,应生成氮气与二氧化碳,同时生成氯离子,反应离子方程式为:2ClO2+2CN-=N2↑+2CO2↑+2Cl-,
100m3废水中CN-质量=100m3×ag/m3=100ag,CN-的物质的量为=
mol,由方程式可知,至少需要ClO2的物质的量=
mol,
故答案为:2ClO2+2CN-=N2↑+2CO2↑+2Cl-;mol.
2011年8月12日,网上传云南曲靖市越州镇有总量5000余吨的重毒化工废料铬渣由于非法丢放,毒水被直接排放南盘江中.
Ⅰ:某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)回收与再利用工艺如下(硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+,其次是Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+):
部分阳离子常温下以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:
(1)实验室用18.4mol•L-1的浓硫酸配制250mL 4.8mol•L-1的硫酸溶液,所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和吸量管(一种能精确量取一定体积液体的仪器)外,还需______.
(2)酸浸时,为了提高浸取率可采取的措施是______(至少答一点).
(3)加入H2O2的作用是______.调节溶液的pH=8是为了除去______离子.
(4)钠离子交换树脂的原理为:Mn++nNaR→MRn+nNa+,被交换的杂质离子是______.
(5)还原过程发生以下反应(请配平):
______Na2Cr2O7+______SO2+______=______Cr(OH)(H2O)5SO4+______Na2SO4;
Ⅱ:(1)工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-,它们会对人类及生态系统产生很大损害,必须进行处理.其中一种处理方法为电解法:该法用Fe做电极,电解含Cr2O72-的酸性废水,随着电解进行,阴极附近溶液pH升高,产生Cr(OH)3沉淀.阳极的电极反应式为______.在阴极附近溶液pH升高的原因是(用电极反应方程式解释)______.
(2)含铬废水国家排放标准为含量≤0.1000mg/L.取上述电解后的废水200.00mL,调节pH=1后置于锥形瓶中,用浓度为0.0001mol/L的KI溶液滴定,至滴定终点时,
用去KI溶液9.00mL.已知酸性条件下,I-被Cr2O72-氧化的产物为I2.用计算所得数据说明上述电解法处理后的废水是否符合国家排放标准______.
正确答案
解:Ⅰ.(1)配置一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器有:烧杯、玻璃棒、吸量管、容量瓶和胶头滴管,故答案为:250mL容量瓶、胶头滴管;
(2)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:①升高反应温度,②搅拌,③过滤后再向滤渣中加入硫酸(多次浸取),④适当延长浸取时间;
(3)双氧水有强氧化性,能氧化还原性的物质,Cr3+有还原性,Cr3+能被双氧水氧化为Cr2O72-,以便于与杂质离子分离,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:将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为Cr2O72-,以便于与杂质离子分离;Fe3+、Al3+;
(4)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+;
(5)二氧化硫具有还原性,被滤液Ⅱ中通过离子交换后的溶液中Na2Cr2O7氧化为硫酸,Na2Cr2O7氧被还原为CrOH(H2O)5SO4,水溶液中生成硫酸反应生成硫酸钠,依据原子守恒分析书写配平;Na2Cr2O7+3SO2+11H2O═2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4,
故答案为:1、3、11H2O、2、1;
Ⅱ.(1)用Fe为电极进行电解,铁作阳极,阳极反应为Fe-2e-═Fe2+,在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H2:2H++2e-═H2↑,
故答案为:Fe-2e-═Fe2+;2H++2e-=H2↑;
(2)废水200.00mL,调节pH=1后置于锥形瓶中,用浓度为0.0001mol/L的KI溶液滴定,至滴定终点时,用去KI溶液9.00mL,
Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O,
1 6
n(Cr2O72-) 9×10-3L×0.0001mol/L
n(Cr2O72-)=1.5×10-7mol,废水1L中n(Cr2O72-)=7.5×10-7mol,废水1L中n()=1.5×10-6mol,电解后的废水中
含量=1.5×10-6mol×52g/mol=0.0780 mg/L,符合国家排放标准为
含量≤0.1000mg/L.
故答案为:经计算知,上述电解后的废水中含量=0.0780 mg/L,符合国家排放标准.
解析
解:Ⅰ.(1)配置一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器有:烧杯、玻璃棒、吸量管、容量瓶和胶头滴管,故答案为:250mL容量瓶、胶头滴管;
(2)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:①升高反应温度,②搅拌,③过滤后再向滤渣中加入硫酸(多次浸取),④适当延长浸取时间;
(3)双氧水有强氧化性,能氧化还原性的物质,Cr3+有还原性,Cr3+能被双氧水氧化为Cr2O72-,以便于与杂质离子分离,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:将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为Cr2O72-,以便于与杂质离子分离;Fe3+、Al3+;
(4)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+;
(5)二氧化硫具有还原性,被滤液Ⅱ中通过离子交换后的溶液中Na2Cr2O7氧化为硫酸,Na2Cr2O7氧被还原为CrOH(H2O)5SO4,水溶液中生成硫酸反应生成硫酸钠,依据原子守恒分析书写配平;Na2Cr2O7+3SO2+11H2O═2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4,
故答案为:1、3、11H2O、2、1;
Ⅱ.(1)用Fe为电极进行电解,铁作阳极,阳极反应为Fe-2e-═Fe2+,在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H2:2H++2e-═H2↑,
故答案为:Fe-2e-═Fe2+;2H++2e-=H2↑;
(2)废水200.00mL,调节pH=1后置于锥形瓶中,用浓度为0.0001mol/L的KI溶液滴定,至滴定终点时,用去KI溶液9.00mL,
Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O,
1 6
n(Cr2O72-) 9×10-3L×0.0001mol/L
n(Cr2O72-)=1.5×10-7mol,废水1L中n(Cr2O72-)=7.5×10-7mol,废水1L中n()=1.5×10-6mol,电解后的废水中
含量=1.5×10-6mol×52g/mol=0.0780 mg/L,符合国家排放标准为
含量≤0.1000mg/L.
故答案为:经计算知,上述电解后的废水中含量=0.0780 mg/L,符合国家排放标准.
Na2S2O3•5H2O 俗称“海波”,是常用的脱氧剂、定影剂和还原剂;它是无色易溶于水的晶体,不溶于乙醇,在20℃和70℃时的溶解度分别为60.0g 和212g,Na2S2O3•5H2O于40~45℃熔化,48℃分解.下面是实验室制备及相关性质实脸.
制备海波的反应原理:Na2SO3+S Na2S2O3
制备海波的流程:
(1)实验开始时用lmL乙醇润湿硫粉的作用是:______
A.有利于亚硫酸钠与硫磺的充分接触 B.防止亚硫酸钠溶解
C.控制溶液的pH D.提高产品的纯度
(2)趁热过滤的原因是:______.
(3)滤液不采用直接蒸发发结晶的可能原因是:______
(4)抽滤过程中需要洗涤产品晶体,下列液体最适合的是:______
A.无水乙醇 B.饱和NaCl溶液 C,水 D.滤掖
(5)产品的纯度测定:取所得产品10.0g,配成500mL溶液,再从中取出25mL溶液于锥形瓶中,滴加几滴淀粉作指示剂,然后用0.050mol/L的标准碘水溶液滴定,重复三次,平均消耗20mL 标准碘水,涉及的滴定反应方程式为:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6产品的中Na2S2O3•5H2O的纯度为______%
正确答案
解:实验室制备海波的流程:S难溶于水,微溶于酒精,实验开始时用lmL乙醇润湿硫粉,有利于亚硫酸钠与硫磺的充分接触,沸腾反应1小时葱粉反应,Na2SO3+S Na2S2O3,防止温度降低而使Na2S2O3晶体析出,趁热过滤,因Na2S2O3•5H2O含结晶水,防止直接蒸发结晶使Na2S2O3•5H2O熔化、分解,通过蒸发、冷却、浓缩、结晶、抽滤、晾干得到“海波”Na2S2O3•5H2O.
(1)由于S难溶于水,微溶于酒精,实验开始时用lmL乙醇润湿硫粉,有利于亚硫酸钠与硫磺的充分接触,故答案为:A;
(2)若温度降低,Na2S2O3的溶解度会减小,导致Na2S2O3的晶体析出,最后得到的Na2S2O3减少,
故答案为:防止温度降低而使Na2S2O3晶体析出;
(3)由于Na2S2O3•5H2O于40~45℃熔化,48℃分解,若直接蒸发结晶,会使产物融化、分解,得不到Na2S2O3•5H2O,
故答案为:直接蒸发结晶易使Na2S2O3•5H2O熔化、分解;
(4)由于Na2S2O3易溶于水,难溶于醇,选择无水乙醇可以降低硫代硫酸钠的损失,
故答案为:A;
(5)由I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知关系式 I2~2Na2S2O3,25mL溶液中含有的Na2S2O3,n(Na2S2O3•5H2O)=2×n(I2)=2×0.05×0.02mol=0.0002mol,配成的500mL溶液中的n(Na2S2O3•5H2O)=0.002×20mol=0.04mol,m(Na2S2O3•5H2O)=0.04×248=9.92g,
产品的中Na2S2O3•5H2O的纯度为:×100%=99.2%,
故答案为:99.2%;
解析
解:实验室制备海波的流程:S难溶于水,微溶于酒精,实验开始时用lmL乙醇润湿硫粉,有利于亚硫酸钠与硫磺的充分接触,沸腾反应1小时葱粉反应,Na2SO3+S Na2S2O3,防止温度降低而使Na2S2O3晶体析出,趁热过滤,因Na2S2O3•5H2O含结晶水,防止直接蒸发结晶使Na2S2O3•5H2O熔化、分解,通过蒸发、冷却、浓缩、结晶、抽滤、晾干得到“海波”Na2S2O3•5H2O.
(1)由于S难溶于水,微溶于酒精,实验开始时用lmL乙醇润湿硫粉,有利于亚硫酸钠与硫磺的充分接触,故答案为:A;
(2)若温度降低,Na2S2O3的溶解度会减小,导致Na2S2O3的晶体析出,最后得到的Na2S2O3减少,
故答案为:防止温度降低而使Na2S2O3晶体析出;
(3)由于Na2S2O3•5H2O于40~45℃熔化,48℃分解,若直接蒸发结晶,会使产物融化、分解,得不到Na2S2O3•5H2O,
故答案为:直接蒸发结晶易使Na2S2O3•5H2O熔化、分解;
(4)由于Na2S2O3易溶于水,难溶于醇,选择无水乙醇可以降低硫代硫酸钠的损失,
故答案为:A;
(5)由I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知关系式 I2~2Na2S2O3,25mL溶液中含有的Na2S2O3,n(Na2S2O3•5H2O)=2×n(I2)=2×0.05×0.02mol=0.0002mol,配成的500mL溶液中的n(Na2S2O3•5H2O)=0.002×20mol=0.04mol,m(Na2S2O3•5H2O)=0.04×248=9.92g,
产品的中Na2S2O3•5H2O的纯度为:×100%=99.2%,
故答案为:99.2%;
明矾石的组成和明矾相似,此外还含有Al2O3和少量的Fe2O3等杂质,它是制取钾肥和冶炼铝的重 要原料,其步骤如下:
回答下列问题:
(1)明矾石加入足量的稀氨水中浸出时发生反应的离子方程式为______
(2)沉淀物A中除含有Fe2O3外,还含有______、______.
(3)操作①的名称为______、冷却结晶、过滤.
(4)用14mol•L-1的浓氨水配制480mL 2mol•L‑1稀氨水:
①所用的容量瓶规格是______.②稀释浓氨水用的烧杯和玻璃棒如何洗涤?______
③下列操作对所配制的稀氨水浓度的影响(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
a.洗涤后的容量瓶中有少量蒸馏水:______.
b.浓氨水量取后,所用的量筒用蒸馏水洗涤2〜3次,并将洗涤液转入容量瓶中:______.
(5)确定钾氮复合肥中含有钾元素的方法是______.
(6)为测定钾氮复合肥中氮元素的质量分数,称取mg钾氮复合肥,加入足量的NaOH浓溶液加热,使产生的气体全部逸出,收集到的氨气折箅成标准状况下的体积为V mL.则钾氮复合肥中氮元素的质量分数为______(用含m、V的代数式表示).
正确答案
解:明矾石含有Al2O3和少量的Fe2O3等杂质,加足量的稀氨水,明矾石中的铝离子与氨水反应,过滤后沉淀A中含Al2O3、Fe2O3、Al(OH)3,溶液中含钾离子、硫酸根离子,操作①为蒸发结晶得到硫酸钾、硫酸铵晶体,Al2O3、Fe2O3,Al2O3、Fe2O3、Al(OH)3中加入氢氧化钠,Al2O3、Fe2O3与氢氧化钠不反应,氢氧化铝与氢氧化钠反应Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O,沉淀B为Al2O3、Fe2O3,滤液为NaAlO2溶液,通入足量的二氧化碳,NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3;氢氧化铝加热得到氧化铝,氧化铝电解得到铝.
(1)明矾石加入足量的稀氨水中浸出时发生反应的离子方程式为Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,
故答案为:Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+;
(2)杂质均不溶于氨水,铝离子与氨水反应生成沉淀,沉淀A中含Al2O3、Fe2O3、Al(OH)3,
故答案为:Al2O3;Al(OH)3;
(3)由上述分析可知,操作1为蒸发浓缩结晶得到硫酸钾晶体,
故答案为:蒸发浓缩;
(4)①配制480mL溶液,应选择500mL容量瓶,
故答案为:500mL容量瓶;
②稀释浓氨水用的烧杯和玻璃棒的洗涤方法:适量的蒸馏水沿着玻璃棒注入烧杯中,倾斜转动烧杯,洗涤烧杯内壁后将洗涤液转入容量瓶中,重复操作2~3次,
故答案为:取适量蒸馏水沿玻璃棒注入烧杯中,倾斜转动烧杯,洗涤烧杯内壁后将洗涤液转入容量瓶中,重复操作2~3次;
③a、定容时需加水,洗涤后的容量瓶中有少量蒸馏水,不会影响实验结果,
故答案为:无影响;
b、用量筒量取浓氨水后,用蒸馏水洗涤量筒并转移至容量瓶中,溶质增多,浓度偏大,
故答案为:偏大;
(5)确定钾氮复合肥中含有钾元素的方法是焰色反应,透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰,则含钾元素,
故答案为:焰色反应;
(6)足量的NaOH浓溶液加热,使产生的气体全部逸出,收集到的氨气折箅成标准状况下的体积为VmL,根据N元素守恒,则钾氮复合肥中氮元索的物质的量为mol,所以钾氮复合肥中氮元索的质量分数为
×100%=
%,
故答案为:%.
解析
解:明矾石含有Al2O3和少量的Fe2O3等杂质,加足量的稀氨水,明矾石中的铝离子与氨水反应,过滤后沉淀A中含Al2O3、Fe2O3、Al(OH)3,溶液中含钾离子、硫酸根离子,操作①为蒸发结晶得到硫酸钾、硫酸铵晶体,Al2O3、Fe2O3,Al2O3、Fe2O3、Al(OH)3中加入氢氧化钠,Al2O3、Fe2O3与氢氧化钠不反应,氢氧化铝与氢氧化钠反应Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O,沉淀B为Al2O3、Fe2O3,滤液为NaAlO2溶液,通入足量的二氧化碳,NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3;氢氧化铝加热得到氧化铝,氧化铝电解得到铝.
(1)明矾石加入足量的稀氨水中浸出时发生反应的离子方程式为Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,
故答案为:Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+;
(2)杂质均不溶于氨水,铝离子与氨水反应生成沉淀,沉淀A中含Al2O3、Fe2O3、Al(OH)3,
故答案为:Al2O3;Al(OH)3;
(3)由上述分析可知,操作1为蒸发浓缩结晶得到硫酸钾晶体,
故答案为:蒸发浓缩;
(4)①配制480mL溶液,应选择500mL容量瓶,
故答案为:500mL容量瓶;
②稀释浓氨水用的烧杯和玻璃棒的洗涤方法:适量的蒸馏水沿着玻璃棒注入烧杯中,倾斜转动烧杯,洗涤烧杯内壁后将洗涤液转入容量瓶中,重复操作2~3次,
故答案为:取适量蒸馏水沿玻璃棒注入烧杯中,倾斜转动烧杯,洗涤烧杯内壁后将洗涤液转入容量瓶中,重复操作2~3次;
③a、定容时需加水,洗涤后的容量瓶中有少量蒸馏水,不会影响实验结果,
故答案为:无影响;
b、用量筒量取浓氨水后,用蒸馏水洗涤量筒并转移至容量瓶中,溶质增多,浓度偏大,
故答案为:偏大;
(5)确定钾氮复合肥中含有钾元素的方法是焰色反应,透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰,则含钾元素,
故答案为:焰色反应;
(6)足量的NaOH浓溶液加热,使产生的气体全部逸出,收集到的氨气折箅成标准状况下的体积为VmL,根据N元素守恒,则钾氮复合肥中氮元索的物质的量为mol,所以钾氮复合肥中氮元索的质量分数为
×100%=
%,
故答案为:%.
研究发现铜具有独特的杀菌功能,能较好地抑制病菌的生长.现有工业上由辉铜矿石(主要成分Cu2S)的冶炼铜两种方案:
Ⅰ火法炼铜 在1200℃发生的主要反应为:
①2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2 ②2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑
此方案的尾气可以用表中方法处理
Ⅱ“细菌冶金”是利用某些细菌的特殊代谢功能开采金属矿石,例如溶液中亚铁硫杆菌能利用空气中的氧气将黄铁矿(主要成分FeS2)氧化为Fe2(SO4)3,并使溶液酸性增强;利用Fe2(SO4)3作氧化剂溶解辉铜矿石,溶液酸性又进一步增强,过滤未溶解完的辉铜矿石,在滤液中加入足量的铁屑,待反应完全后过滤出铜和剩余的铁屑,得溶液Xml(设整个过程中其它杂质不参与反应,不考虑溶液离子水解).其流程如图:
(1)Ⅱ相对于Ⅰ的优点是______.(说一点即可)
(2)Ⅰ中反应2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑氧化剂是______
(3)已知CO的燃烧热283.0kJ•mol-1,写出S(g)与O2(g)反应生成SO2(g)的热化学方程式______
(4)若用Ⅰ中方法2吸收尾气,则开始时阳极的电极反应式为______.
(5)写出Ⅱ中黄铁矿氧化过程的化学反应方程式______
(6)假设Ⅱ中每一步都完全反应,消耗掉标况下空气5×22.4VL(氧气体积分数为20%),则所得c(Fe2+)=______(可以写表达式)
正确答案
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++4H2O
2Cu2++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++4H2O
2Cu2++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:;
解析
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++4H2O
2Cu2++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++4H2O
2Cu2++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:;
回收铅蓄电池的电极填充物(铅膏,主要含PbO、PbO2、PbSO4),可制备热稳定剂三盐基硫酸铅(组成可表示为3PbO•PbSO4•H2O),其实验流程如图:
(1)物质X可以循环利用,该物质是______.检验流程中使用的Na2SO3溶液是否变质的方法是______.
(2)从滤液A可提取出一种含结晶水的钠盐副产品.若检验该晶体中结晶水的含量,所需的硅酸盐材质仪器有______、______、______、玻璃棒、石棉网、干燥器等.
(3)流程中不直接利用H2SO4溶液与PbO、PbCO3反应制取PbSO4,原因可能是______.
(4)生成三盐基硫酸铅的离子反应方程式为______.
(5)向铅膏浆液中加入Na2SO3溶液的目的是将其中的PbO2还原为PbO.若实验中所取铅膏的质量为47.8g,其中PbO2的质量分数为15.0%,则要将PbO2全部还原,至少需加______mL 1.0mol•L-1 Na2SO3溶液.
正确答案
解:(1)分析流程可知,PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb(NO3).Pb(NO3)中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸,因此X为HNO3,可循环利用,检验硫酸根离子的方法为:取少量晶体溶于蒸馏水,然后用盐酸酸化,再滴BaCl2溶液,若出现白色沉淀,即证明该晶体中含有SO42-,
故答案为:硝酸;取少量溶液,加入足量稀盐酸,再加氯化钡溶液,观察是否产生白色沉淀;
(2)测量晶体中结晶水的含量,实验步骤为:①研磨 ②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量 ③加热 ④冷却 ⑤称量 ⑥重复③至⑤的操作,直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止 ⑦根据实验数据计算晶体中结晶水的含量,所以所需的硅酸盐材质仪器有玻璃棒、石棉网、干燥器、坩埚、酒精灯、泥三角,
故答案为:坩埚;酒精灯;泥三角;
(3)生成的硫酸铅难溶于水,覆盖在固体PbO、PbCO3的表面,阻碍反应的进一步发生,故答案为:PbSO4不溶于水,覆盖在固体表面阻碍反应的进一步发生;
(4)从流程看,硫酸铅和氢氧化钠反应生成三盐基硫酸铅和硫酸钠,反应方程式为:4PbSO4+6NaOH=3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O,离子方程式为:
4PbSO4+6OH-=3PbO•PbSO4•H2O+3SO42-+2H2O,故答案为:4PbSO4+6OH-=3PbO•PbSO4•H2O+3SO42-+2H2O;
(5)氧化铅的物质的量为:=0.03mol,
PbO2 ~Na2SO3
1mol 1mol
0.03mol n
n=0.03mol,V==0.03L=30mL,
故答案为:30.
解析
解:(1)分析流程可知,PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb(NO3).Pb(NO3)中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸,因此X为HNO3,可循环利用,检验硫酸根离子的方法为:取少量晶体溶于蒸馏水,然后用盐酸酸化,再滴BaCl2溶液,若出现白色沉淀,即证明该晶体中含有SO42-,
故答案为:硝酸;取少量溶液,加入足量稀盐酸,再加氯化钡溶液,观察是否产生白色沉淀;
(2)测量晶体中结晶水的含量,实验步骤为:①研磨 ②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量 ③加热 ④冷却 ⑤称量 ⑥重复③至⑤的操作,直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止 ⑦根据实验数据计算晶体中结晶水的含量,所以所需的硅酸盐材质仪器有玻璃棒、石棉网、干燥器、坩埚、酒精灯、泥三角,
故答案为:坩埚;酒精灯;泥三角;
(3)生成的硫酸铅难溶于水,覆盖在固体PbO、PbCO3的表面,阻碍反应的进一步发生,故答案为:PbSO4不溶于水,覆盖在固体表面阻碍反应的进一步发生;
(4)从流程看,硫酸铅和氢氧化钠反应生成三盐基硫酸铅和硫酸钠,反应方程式为:4PbSO4+6NaOH=3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O,离子方程式为:
4PbSO4+6OH-=3PbO•PbSO4•H2O+3SO42-+2H2O,故答案为:4PbSO4+6OH-=3PbO•PbSO4•H2O+3SO42-+2H2O;
(5)氧化铅的物质的量为:=0.03mol,
PbO2 ~Na2SO3
1mol 1mol
0.03mol n
n=0.03mol,V==0.03L=30mL,
故答案为:30.
CaCO3广泛存在于自然界,是一种重要的化工原料.大理石主要成分为CaCO3,另外有少量的含硫化合物.实验室用大理石和稀盐酸反应制备CO2气体.下列装置可用于CO2气体的提纯和干燥.
完成下列填空:
(1)用浓盐酸配制1:1(体积比)的稀盐酸(约6mol.L-1),应选用的仪器是______.
a.烧杯 b.玻璃棒 c.量筒 d.容量瓶
(2)上述装置中,A是______ 溶液,NaHCO3溶液可以______.
(3)上述装置中,B物质是______.用这个实验得到的气体测定CO2的相对分子质量,如果B物质失效,测定结果______ (填“偏高”、“偏低”或“不受影响”).
(4)一次性饭盒中石蜡(高级烷烃)和CaCO3在食物中的溶出量是评价饭盒质量的指标之一,测定溶出量的主要实验步骤设计如下:剪碎、称重→浸泡溶解→过滤→残渣烘干→冷却、称重→恒重.
为了将石蜡和碳酸钙溶出,应选用的试剂是______.
a.氯化钠溶液 b.稀醋酸 c.稀硫酸 d 正已烷
(5)在溶出量测定实验中,为了获得石蜡和碳酸钙的最大溶出量,应先溶出______ 理由是______.
正确答案
解:(1)配制一定体积比的溶液时,应选用烧杯、玻璃棒和量筒,用量筒量出相同体积的浓盐酸和水,倒入烧杯中,用玻璃棒搅拌加速溶解,故答案为:abc;
(2)根据实验所用药品,制得的气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气;根据除杂的要求,除去H2S是可选用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液;碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体,故答案为:CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液;吸收HCl气体或吸收酸性气体;
(3)B是用来除去水份的,但这种干燥剂又不能与CO2反应所以是氯化钙;如果B中物质失效则二氧化碳中含有水,而水的相对分子质量小于二氧化碳,所以测定结果会偏低;故答案为:无水CaCl2;偏低;
(4)根据实验步骤,为将石蜡和碳酸钙溶出,因为醋酸和碳酸钙反应,稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙,可选用稀醋酸溶出碳酸钙,根据相似相容的原理,选择正己烷溶出石蜡;故答案为:bd;
(5)由于醋酸中的乙酸也是有机物,为防止石蜡损失,一般先溶出石蜡再溶出CaCO3,故答案为:石蜡;由于醋酸中的乙酸也是有机物,为防止石蜡损失,一般先溶出石蜡再溶出CaCO3.
解析
解:(1)配制一定体积比的溶液时,应选用烧杯、玻璃棒和量筒,用量筒量出相同体积的浓盐酸和水,倒入烧杯中,用玻璃棒搅拌加速溶解,故答案为:abc;
(2)根据实验所用药品,制得的气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气;根据除杂的要求,除去H2S是可选用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液;碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体,故答案为:CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液;吸收HCl气体或吸收酸性气体;
(3)B是用来除去水份的,但这种干燥剂又不能与CO2反应所以是氯化钙;如果B中物质失效则二氧化碳中含有水,而水的相对分子质量小于二氧化碳,所以测定结果会偏低;故答案为:无水CaCl2;偏低;
(4)根据实验步骤,为将石蜡和碳酸钙溶出,因为醋酸和碳酸钙反应,稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙,可选用稀醋酸溶出碳酸钙,根据相似相容的原理,选择正己烷溶出石蜡;故答案为:bd;
(5)由于醋酸中的乙酸也是有机物,为防止石蜡损失,一般先溶出石蜡再溶出CaCO3,故答案为:石蜡;由于醋酸中的乙酸也是有机物,为防止石蜡损失,一般先溶出石蜡再溶出CaCO3.
(2015秋•许昌月考)某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液(富含K+、Mg2+、Br-、SO、Cl-等)来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴,他们设计了如下流程.
研究性学习小组查寻资料得知:Br-被氧化剂氧化成溴.溴不易溶于水而易溶于CCl4回答以下问题:
(1)操作Ⅰ的名称为______;要从橙色液体中分离出溴,所采取的操作需要的主要玻璃仪器除酒精灯和温度计外,还有______.
(2)试剂x,y,z的化学式分别为x______,y______,z______;检验SO已除尽的方法是______.
(3)写出操作Ⅲ的具体操作步骤______.
正确答案
解:(1)操作Ⅰ为互不相溶的液体混合物,应为萃取、分液;由于溴和CCl4的沸点不同,可用蒸馏的方法分离,蒸馏时用到的仪器有酒精灯、温度计、蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶等,
故答案为:萃取、分液;蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶;
(2)除去溶液中的Mg2+、SO42-,应分别加入过量的BaCl2、KOH、K2CO3,类似于粗盐的提纯,加入过量BaCl2可除去SO42-,加入过量KOH溶液可除去Mg2+,最后加入K2CO3可除去BaCl2,检验SO42-已除尽的方法是取无色溶液D,加入BaCl2溶液,若没有白色沉淀,则SO42-已除尽,
故答案为:BaCl2、KOH、K2CO3,取无色溶液D,加入BaCl2溶液,若没有白色沉淀,则SO42-已除尽;
(3)操作Ⅲ为蒸发操作,蒸发时将溶液倒入蒸发皿中并置于三脚架上;加热并用玻璃棒不断搅拌蒸发皿中的液体,直到出现较多晶体时,停止加热,注意不能直接蒸干,
故答案为:将溶液倒入蒸发皿中并置于三脚架上,加热并用玻璃棒不断搅拌蒸发皿中的液体,直到溶液表面出现晶膜时,停止加热.
解析
解:(1)操作Ⅰ为互不相溶的液体混合物,应为萃取、分液;由于溴和CCl4的沸点不同,可用蒸馏的方法分离,蒸馏时用到的仪器有酒精灯、温度计、蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶等,
故答案为:萃取、分液;蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶;
(2)除去溶液中的Mg2+、SO42-,应分别加入过量的BaCl2、KOH、K2CO3,类似于粗盐的提纯,加入过量BaCl2可除去SO42-,加入过量KOH溶液可除去Mg2+,最后加入K2CO3可除去BaCl2,检验SO42-已除尽的方法是取无色溶液D,加入BaCl2溶液,若没有白色沉淀,则SO42-已除尽,
故答案为:BaCl2、KOH、K2CO3,取无色溶液D,加入BaCl2溶液,若没有白色沉淀,则SO42-已除尽;
(3)操作Ⅲ为蒸发操作,蒸发时将溶液倒入蒸发皿中并置于三脚架上;加热并用玻璃棒不断搅拌蒸发皿中的液体,直到出现较多晶体时,停止加热,注意不能直接蒸干,
故答案为:将溶液倒入蒸发皿中并置于三脚架上,加热并用玻璃棒不断搅拌蒸发皿中的液体,直到溶液表面出现晶膜时,停止加热.
实验室用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4的主要流程如下:
(1)在沉淀反应器中,Al3+与过量的氨水反应的离子反应方程式为______
(2)如图2所示,过滤操作中的一处错误是______
(3)判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是______
(4)无水AlCl3(183℃升华)遇潮湿空气即产生大量白雾,实验室可用下列装置制备如图1.F中试剂的作用是______.用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用,所装填的试剂为______.
正确答案
解:(1)一水合氨碱性较弱,与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀,反应的离子方程式为:Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,
故答案为:Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+;
(2)过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁,防止液体溅出,
故答案为:漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁;
(3)沉淀中应该附着氯离子和铵根离子,若判断是否洗净,可以取少量最后一次洗涤液,加入AgNO3溶液(或硝酸酸性的AgNO3溶液)溶液进行判断,若生成白色沉淀,则说明没有洗涤干净,若没有沉淀生成,则说明已经洗涤干净,
故答案为:AgNO3溶液(或硝酸酸性的AgNO3溶液);
(4)因为无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾,所以制备氯化铝时要求氯气是干燥的,而且浓盐酸易挥发,挥发的HCl也与Al反应,所以需除去HCl,装置B中盛放饱和NaCl溶液,目的就是除去氯气中的HCl;装置C中盛放浓硫酸,目的是干燥氯气;F中也盛放浓硫酸,目的是吸收G中的水蒸气,防止水蒸气进入D中;可用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用,该试剂既能吸收水,还能吸收多余的氯气,所以应该是碱石灰(或NaOH、CaO),
故答案为:吸收水蒸气,防止AlCl3吸水产生白雾;碱石灰(或NaOH、CaO).
解析
解:(1)一水合氨碱性较弱,与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀,反应的离子方程式为:Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,
故答案为:Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+;
(2)过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁,防止液体溅出,
故答案为:漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁;
(3)沉淀中应该附着氯离子和铵根离子,若判断是否洗净,可以取少量最后一次洗涤液,加入AgNO3溶液(或硝酸酸性的AgNO3溶液)溶液进行判断,若生成白色沉淀,则说明没有洗涤干净,若没有沉淀生成,则说明已经洗涤干净,
故答案为:AgNO3溶液(或硝酸酸性的AgNO3溶液);
(4)因为无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾,所以制备氯化铝时要求氯气是干燥的,而且浓盐酸易挥发,挥发的HCl也与Al反应,所以需除去HCl,装置B中盛放饱和NaCl溶液,目的就是除去氯气中的HCl;装置C中盛放浓硫酸,目的是干燥氯气;F中也盛放浓硫酸,目的是吸收G中的水蒸气,防止水蒸气进入D中;可用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用,该试剂既能吸收水,还能吸收多余的氯气,所以应该是碱石灰(或NaOH、CaO),
故答案为:吸收水蒸气,防止AlCl3吸水产生白雾;碱石灰(或NaOH、CaO).
(1)阅读、分析下列两个材料:材料一:
材料二:
回答下列问题(填序号):
A.蒸馏法 B.萃取法 C.“溶解、结晶、过滤”的方法 D.分液法
①将纯碱从氯化钠和纯碱的混合物中分离出来,最好应用______;
②将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是______.
(2)阅读材料三:在溶解性方面,Br2(溴)与I2很相似,其稀的水溶液显黄色.在实验室里从溴水(Br2的水溶液)中提取Br2和提取I2的方法相似.回答下列问题:
①常用的提取方法是______,化学试剂是______,最主要的仪器是______.
②若观察发现提取Br2以后的水还有颜色,解决该问题的方法是______.
正确答案
解:(1)①由图可知,氯化钠溶解度受温度影响较小,碳酸钠溶解度受温度影响大,利用冷却热饱和溶液分离,即用热水把固体溶解配制成饱和溶液,等液体冷却后,因为碳酸钠的溶解度随温度变化大,而NaCl小,所以碳酸钠析出,而氯化钠留在母液当中,反复多次也可以提纯,故可用“溶解、结晶、过滤”的方法分离,
故答案为:C;
②由表可知乙二醇和丙三醇互溶的液体,沸点相差比较大,可用蒸馏法分离,故答案为:A;
(2)①碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度,且碘与CCl4不反应;水与CCl4不互溶,所以在实验室里从溴水(Br2的水溶液)中提取Br2,采用萃取的方法,萃取最主要的仪器是分液漏斗,
故答案为:萃取;CCl4;分液漏斗;
②若观察发现提取Br2以后的水还有颜色,说明水中还含有溴,需再进行萃取,直到水为无色,然后将各次分离出来的含溴的四氯化碳溶液合并起来,
故答案为:再进行萃取,直到水为无色,将各次分离出来的含溴的四氯化碳溶液合并起来.
解析
解:(1)①由图可知,氯化钠溶解度受温度影响较小,碳酸钠溶解度受温度影响大,利用冷却热饱和溶液分离,即用热水把固体溶解配制成饱和溶液,等液体冷却后,因为碳酸钠的溶解度随温度变化大,而NaCl小,所以碳酸钠析出,而氯化钠留在母液当中,反复多次也可以提纯,故可用“溶解、结晶、过滤”的方法分离,
故答案为:C;
②由表可知乙二醇和丙三醇互溶的液体,沸点相差比较大,可用蒸馏法分离,故答案为:A;
(2)①碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度,且碘与CCl4不反应;水与CCl4不互溶,所以在实验室里从溴水(Br2的水溶液)中提取Br2,采用萃取的方法,萃取最主要的仪器是分液漏斗,
故答案为:萃取;CCl4;分液漏斗;
②若观察发现提取Br2以后的水还有颜色,说明水中还含有溴,需再进行萃取,直到水为无色,然后将各次分离出来的含溴的四氯化碳溶液合并起来,
故答案为:再进行萃取,直到水为无色,将各次分离出来的含溴的四氯化碳溶液合并起来.
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