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简答题

某校探究性学习小组用已部分生锈的废铁屑制作印刷电路板的腐蚀剂,并回收铜.探究过程如下:

请回答下列问题:

(1)步骤①中先加入热的Na2CO3溶液除油污,操作甲的名称是______

(2)步骤②中,除发生反应Fe+2HCl    FeCl2+H2↑外,其他可能反应的离子方程式为:______

(3)溶液C的颜色是______,溶液D中可能含有的金属阳离子有______

(4)可以验证溶液B中是否含有Fe2+的一种试剂是______(填选项序号)

a.稀硫酸    b.铁    c.硫氰化钾    d.酸性高锰酸钾溶液

(5)步骤⑤产生金属铜的化学方程式为______

正确答案

解:(1)废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污,可得到固体A,应经过过滤操作,故答案为:过滤;

(2)固体A为Fe2O3和Fe的混合物,加入盐酸,发生Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+

故答案为:Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+

(3)通入适量的氯气,发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,溶液C为FeCl3,呈棕黄色,用于腐蚀印刷电路,发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+,则溶液D中可能含有的金属阳离子有Fe2+、Cu2+、Fe3+

故答案为:棕黄色;Fe2+、Cu2+、Fe3+

(4)Fe2+具有还原性,可用酸性高锰酸钾溶液检验,发生氧化还原反应,酸性高锰酸钾溶液褪色,故答案为:d;

(5)步骤⑤产生金属铜的化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑,

故答案为:CuCl2Cu+Cl2↑.

解析

解:(1)废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污,可得到固体A,应经过过滤操作,故答案为:过滤;

(2)固体A为Fe2O3和Fe的混合物,加入盐酸,发生Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+

故答案为:Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+

(3)通入适量的氯气,发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,溶液C为FeCl3,呈棕黄色,用于腐蚀印刷电路,发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+,则溶液D中可能含有的金属阳离子有Fe2+、Cu2+、Fe3+

故答案为:棕黄色;Fe2+、Cu2+、Fe3+

(4)Fe2+具有还原性,可用酸性高锰酸钾溶液检验,发生氧化还原反应,酸性高锰酸钾溶液褪色,故答案为:d;

(5)步骤⑤产生金属铜的化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑,

故答案为:CuCl2Cu+Cl2↑.

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实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)和绿矾(FeSO4•7H2O),过程如下:

(1)将过程②中的产生的气体通入下列溶液中,溶液会褪色的是______

A.品红溶液    B.紫色石蕊溶液    C.酸性KMnO4溶液   D.溴水

(2)过程③中,需加入的物质是______

(3)过程⑤调节pH可选用下列试剂中的______ (填选项序号);

A.稀硫酸    B.CaCO3    C.NaOH溶液

(4)过程⑥中,将溶液Z加热到70-80℃,目的是______

正确答案

解:硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)和绿矾(FeSO4•7H2O),烧渣在硫酸溶液中通入足量氧气,反应后过滤得到固体W和溶液X,溶液X加入铁反应生成硫酸亚铁,蒸发浓缩结晶析出得到绿矾,溶液X中加入试剂调节溶液PH得到溶液Z加热制备聚铁胶体得到聚铁;

(1)过程②产生的气体为SO2,具有还原性和漂白性,因具有漂白性而使品红褪色,因具有还原性而使具有氧化性的酸性KMnO4溶液、溴水褪色,故答案为:ACD;

(2)溶液X中含有Fe3+,要制备绿矾,应加入Fe使之还原为Fe2+,加入铁可生成Fe2+,并且不引入新的杂质,故答案为:Fe(或铁);

(3)过程⑤调节pH应使溶液碱性增强,有利于聚铁的生成,

A.加入硫酸不能使溶液PH增大,故A错误;

B.加入碳酸钙生成微溶的硫酸钙,会引入新的杂质,故B错误;

C.加入NaOH可使溶液碱性增强,生成的聚铁中不引入新的杂质,故C正确;

故答案为:C;

(4)过程⑥目的为促进的水解,加热有利于水解的进行,促进Fe3+的水解,故答案为:促进Fe3+的水解.

解析

解:硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)和绿矾(FeSO4•7H2O),烧渣在硫酸溶液中通入足量氧气,反应后过滤得到固体W和溶液X,溶液X加入铁反应生成硫酸亚铁,蒸发浓缩结晶析出得到绿矾,溶液X中加入试剂调节溶液PH得到溶液Z加热制备聚铁胶体得到聚铁;

(1)过程②产生的气体为SO2,具有还原性和漂白性,因具有漂白性而使品红褪色,因具有还原性而使具有氧化性的酸性KMnO4溶液、溴水褪色,故答案为:ACD;

(2)溶液X中含有Fe3+,要制备绿矾,应加入Fe使之还原为Fe2+,加入铁可生成Fe2+,并且不引入新的杂质,故答案为:Fe(或铁);

(3)过程⑤调节pH应使溶液碱性增强,有利于聚铁的生成,

A.加入硫酸不能使溶液PH增大,故A错误;

B.加入碳酸钙生成微溶的硫酸钙,会引入新的杂质,故B错误;

C.加入NaOH可使溶液碱性增强,生成的聚铁中不引入新的杂质,故C正确;

故答案为:C;

(4)过程⑥目的为促进的水解,加热有利于水解的进行,促进Fe3+的水解,故答案为:促进Fe3+的水解.

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稀土元素是周期表中第ⅢB族钪、钇和镧系元素的总称,它们都是很活泼的金属,性质极为相似,常见化合价为+3.其中钇(Y)元素是激光和超导的重要材料.我国蕴藏着丰富的钇石矿(Y2FeBe2Si2O10),以此矿石为原料生产氧化钇(Y2O3)的主要流程如下:

已知:①有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表:

②在元素周期表中,铍和铝位于第二周期和第三周期的对角线位置,化学性质相似.

(1)钇石矿(Y2FeBe2Si2O10)的组成用氧化物的形式表示为______

(2)欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合液中制得Be(OH)2沉淀.则

①最好选用盐酸、______(填字母)两种试剂,再经过必要的操作即可实现.

a.NaOH溶液    b.氨水      c.CO2气体       d.HNO3

②写出Na2BeO2与足量盐酸发生反应的离子方程式:______

(3)上述过程中用氨水调节pH=a的目的是______,a应控制在______范围内;写出生成沉淀物A的离子方程式______,检验该过程是否沉淀完全的操作方法是______

(4)写出由草酸钇沉淀制备氧化钇的化学方程式______

正确答案

解:(1)钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)的组成用氧化物的形式可表示为:Y2O3•FeO•2BeO•2SiO2,故答案为:Y2O3•FeO•2BeO•2SiO2

(2)①周期表中,铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置,化学性质相似,欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be(OH)2沉淀,所以Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断;加过量的盐酸,硅酸钠反应生成硅酸沉淀,Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液,再加入过量氨水沉淀铍离子,故答案为:b;

 ②Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍氯化钠和水,反应的离子方程式为:BeO22-+4H+=Be2++2H2O,故答案为:BeO22-+4H+=Be2++2H2O;

(3)三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的PH范围为:2.7-3.7;钇离子开始沉淀和沉淀完全的PH为:6.0-8.2;所以使Fe3+沉淀完全,须用氨水调节pH=a,3.7<a<6.0;继续加氨水调节pH=b发生反应的离子方程式为:Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+,检验三价铁离子是否沉淀需要检验滤液中是否含有三价铁离子,结合三价铁离子检验试剂是硫氰酸钾溶液变血红色;取少量滤液,滴加几滴KSCN溶液,观察溶液是否变为血红色,若不变血红色,则说明Fe3+完全沉淀,反之则未完全沉淀,

故答案为:使Fe3+完全水解形成沉淀而除去;3.7~6.0;Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+;取少量滤液,滴加几滴KSCN溶液,观察溶液是否变为血红色,若不变血红色,则说明Fe3+完全沉淀,反之则未完全沉淀;

(4)草酸钇隔绝空气加热生成Y2O3、CO和CO2,其反应方程为:Y2(C2O43Y2O3+3CO↑+3CO2↑;

故答案为:Y2(C2O43Y2O3+3CO↑+3CO2↑.

解析

解:(1)钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)的组成用氧化物的形式可表示为:Y2O3•FeO•2BeO•2SiO2,故答案为:Y2O3•FeO•2BeO•2SiO2

(2)①周期表中,铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置,化学性质相似,欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be(OH)2沉淀,所以Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断;加过量的盐酸,硅酸钠反应生成硅酸沉淀,Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液,再加入过量氨水沉淀铍离子,故答案为:b;

 ②Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍氯化钠和水,反应的离子方程式为:BeO22-+4H+=Be2++2H2O,故答案为:BeO22-+4H+=Be2++2H2O;

(3)三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的PH范围为:2.7-3.7;钇离子开始沉淀和沉淀完全的PH为:6.0-8.2;所以使Fe3+沉淀完全,须用氨水调节pH=a,3.7<a<6.0;继续加氨水调节pH=b发生反应的离子方程式为:Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+,检验三价铁离子是否沉淀需要检验滤液中是否含有三价铁离子,结合三价铁离子检验试剂是硫氰酸钾溶液变血红色;取少量滤液,滴加几滴KSCN溶液,观察溶液是否变为血红色,若不变血红色,则说明Fe3+完全沉淀,反之则未完全沉淀,

故答案为:使Fe3+完全水解形成沉淀而除去;3.7~6.0;Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+;取少量滤液,滴加几滴KSCN溶液,观察溶液是否变为血红色,若不变血红色,则说明Fe3+完全沉淀,反之则未完全沉淀;

(4)草酸钇隔绝空气加热生成Y2O3、CO和CO2,其反应方程为:Y2(C2O43Y2O3+3CO↑+3CO2↑;

故答案为:Y2(C2O43Y2O3+3CO↑+3CO2↑.

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简答题

(2013秋•盐城期中)高氯酸铵可用于火箭推进剂,实验室可由NaClO3等原料制取(部分物质溶解度如图M、N),其实验流程如下:

(1)氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠的化学方程式为______

(2)80℃时浸取液冷却至0℃过滤,滤渣的主要成分为______(写化学式).

(3)反应器中加入氯化铵饱和溶液发生反应的离子方程式为______

(4)已知:2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O,现可提供下列试剂:

a.饱和食盐水   b.浓H2SO4   c.NaOH溶液   d.Mg   e.Cu   f.Fe

利用下图A-E装置对高氯酸铵热分解产生的三种气体进行分步吸收或收集.

①E中收集到的气体可能是______ (填化学式).

②装置D的作用可能是______

③A、B、C中盛放的药品依次可以是______(选填:Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ).

Ⅰ.a b dⅡ.c b eⅢ.b c f.

正确答案

解:据氧化还原反应原理和信息,氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠,可由图知,NaClO4的溶解度受温度影响很大,NaCl溶解度受温度影响不大,80℃时浸取液冷却至0℃过滤,高氯酸钠的溶解度迅速降低,析出晶体,高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液,反应向着更难溶的物质转化,根据物质的溶解情况,可以知道会析出高氯酸铵,过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体.

(1)根据氧化还原反应原理和信息,氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠,得到方程式为4NaClO33NaClO4+NaCl,故答案为:4NaClO33NaClO4+NaCl;

(2)可由图知,NaClO4的溶解度受温度影响很大,NaCl溶解度受温度影响不大,80℃时浸取液冷却至0℃过滤,高氯酸钠的溶解度迅速降低,析出晶体,但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大,不会析出晶体,故答案为:NaClO4

(3)反应器高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液,反应向着更难溶的物质转化,根据物质的溶解情况,可以知道会析出高氯酸铵,即发生反应的离子方

程式为NH4++ClO4-=NH4ClO4,故答案为:NH4++ClO4-=NH4ClO4

(4)氯气能被NaOH吸收,水可以被浓硫酸吸收,氧气可以被热的Cu吸收,氮气可以用排水法收集,氢氧化钠中有水,先是吸收氯气,再是将水吸收,最后吸水的是氧气,所以A、B、C中盛放的药品依次可以是c.NaOH  b.浓H2SO4 e.Cu,最后用排水法收集氮气,

①E中收集到的气体只能是氮气,故答案为:N2

②装置D的作用以防水倒吸,所以起到安全瓶的作用,故答案为:安全瓶;

③A、B、C中盛放的药品依次可以是c.NaOH  b.浓H2SO4 e.Cu,故答案为:Ⅱ.

解析

解:据氧化还原反应原理和信息,氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠,可由图知,NaClO4的溶解度受温度影响很大,NaCl溶解度受温度影响不大,80℃时浸取液冷却至0℃过滤,高氯酸钠的溶解度迅速降低,析出晶体,高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液,反应向着更难溶的物质转化,根据物质的溶解情况,可以知道会析出高氯酸铵,过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体.

(1)根据氧化还原反应原理和信息,氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠,得到方程式为4NaClO33NaClO4+NaCl,故答案为:4NaClO33NaClO4+NaCl;

(2)可由图知,NaClO4的溶解度受温度影响很大,NaCl溶解度受温度影响不大,80℃时浸取液冷却至0℃过滤,高氯酸钠的溶解度迅速降低,析出晶体,但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大,不会析出晶体,故答案为:NaClO4

(3)反应器高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液,反应向着更难溶的物质转化,根据物质的溶解情况,可以知道会析出高氯酸铵,即发生反应的离子方

程式为NH4++ClO4-=NH4ClO4,故答案为:NH4++ClO4-=NH4ClO4

(4)氯气能被NaOH吸收,水可以被浓硫酸吸收,氧气可以被热的Cu吸收,氮气可以用排水法收集,氢氧化钠中有水,先是吸收氯气,再是将水吸收,最后吸水的是氧气,所以A、B、C中盛放的药品依次可以是c.NaOH  b.浓H2SO4 e.Cu,最后用排水法收集氮气,

①E中收集到的气体只能是氮气,故答案为:N2

②装置D的作用以防水倒吸,所以起到安全瓶的作用,故答案为:安全瓶;

③A、B、C中盛放的药品依次可以是c.NaOH  b.浓H2SO4 e.Cu,故答案为:Ⅱ.

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简答题

现代冶炼金属锰的一种工艺流程如下图所示:

下表为t℃时,有关物质的pKp(注:pKp=-1gKp)

①软锰矿还原浸出的反应为:12MnO2+C6H12O6+12H2SO4=12MnSO4+6CO2↑+18H2O该反应中,还原剂为______.写出一种能提高还原浸出速率的措施:______

②滤液1的pH______(填“>”“<”或“═”)MnSO4浸出液的pH.

③加入MnF2的目的除去______(填“Ca2+”、“Fe3+”、或“Cu2+”)

正确答案

解:向软锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、钙、铜等盐杂质)中加入硫酸和还原剂,软锰矿还原浸出的反应为:12MnO2+C6H12O6+12H2SO4=12MnSO4+6CO2↑+18H2O,还原浸出液中含有MnSO4、Ca2+、Fe3+、Cu2+,Fe(OH)3pKp为37.4与其它离子相比最大,调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来,向滤液中加入硫化铵,CuSpKp为35.2,可以将铜离子形成硫化物沉淀下来,再加入MnF2,形成CaF2沉淀,除去Ca2+,最后对得到的含有锰离子的盐电解,可以得到金属锰.

①C6H12O6+12 MnO2+12H2SO4=12 MnSO4十6CO2十18H2O反应中C6H12O6中的C由0价升高到CO2中的+4价,MnO2中的Mn由+4价降低到MnSO4中+2价,1molC6H12O6反应碳原子共失去24个电子,元素化合价升高的是还原剂,C6H12O6中的C由0价升高到CO2中的+4价,所以还原剂为C6H12O6,影响浸出速率速率的因素有温度、浓度、表面积、溶剂等因素,升高温度或将软锰矿研细等措施能提高还原浸出速率,

故答案为:C6H12O6;升高温度或将软锰矿研细等;

②软锰矿还原浸出的反应为:12MnO2+C6H12O6+12H2SO4=12MnSO4+6CO2↑+18H2O,溶液呈强酸性,还原浸出液中含有Mn2+、Ca2+、Fe3+、Cu2+,此时未形成沉淀,Kp为电离平衡常数,pKp=-1gKp,pKp越大,沉淀溶解平衡常数越小,滤液1为形成Fe(OH)3沉淀,pKp=-1gKp=37.4,Kp=10-37.4,Kp=c(Fe3+)×c3(OH-)=10-37.4,c(OH-)≈10-10,c(H+)=1×10-4mol/L,pH=4,所以滤液1的pH大于MnSO4浸出液的pH=4才能形成氢氧化铁沉淀,

故答案为:>;

③CaF2难溶于水,滤液2为Mn2+、Ca2+、NH4+、SO42-,加入MnF2的目的除去形成CaF2沉淀,除去Ca2+

故答案为:Ca2+

解析

解:向软锰矿(主要成分为MnCO3,还含有铁、钙、铜等盐杂质)中加入硫酸和还原剂,软锰矿还原浸出的反应为:12MnO2+C6H12O6+12H2SO4=12MnSO4+6CO2↑+18H2O,还原浸出液中含有MnSO4、Ca2+、Fe3+、Cu2+,Fe(OH)3pKp为37.4与其它离子相比最大,调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来,向滤液中加入硫化铵,CuSpKp为35.2,可以将铜离子形成硫化物沉淀下来,再加入MnF2,形成CaF2沉淀,除去Ca2+,最后对得到的含有锰离子的盐电解,可以得到金属锰.

①C6H12O6+12 MnO2+12H2SO4=12 MnSO4十6CO2十18H2O反应中C6H12O6中的C由0价升高到CO2中的+4价,MnO2中的Mn由+4价降低到MnSO4中+2价,1molC6H12O6反应碳原子共失去24个电子,元素化合价升高的是还原剂,C6H12O6中的C由0价升高到CO2中的+4价,所以还原剂为C6H12O6,影响浸出速率速率的因素有温度、浓度、表面积、溶剂等因素,升高温度或将软锰矿研细等措施能提高还原浸出速率,

故答案为:C6H12O6;升高温度或将软锰矿研细等;

②软锰矿还原浸出的反应为:12MnO2+C6H12O6+12H2SO4=12MnSO4+6CO2↑+18H2O,溶液呈强酸性,还原浸出液中含有Mn2+、Ca2+、Fe3+、Cu2+,此时未形成沉淀,Kp为电离平衡常数,pKp=-1gKp,pKp越大,沉淀溶解平衡常数越小,滤液1为形成Fe(OH)3沉淀,pKp=-1gKp=37.4,Kp=10-37.4,Kp=c(Fe3+)×c3(OH-)=10-37.4,c(OH-)≈10-10,c(H+)=1×10-4mol/L,pH=4,所以滤液1的pH大于MnSO4浸出液的pH=4才能形成氢氧化铁沉淀,

故答案为:>;

③CaF2难溶于水,滤液2为Mn2+、Ca2+、NH4+、SO42-,加入MnF2的目的除去形成CaF2沉淀,除去Ca2+

故答案为:Ca2+

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简答题

高铁酸钾是一种高效的多功能水处理剂.工业上常采用NaClO氧化法生产,原理为:3NaClO+2Fe(NO33+10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O,Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH

主要的成产流程如图1:

(1)写出反应①的离子方程式______

(2)流程图中“转化”是在某低温下进行的,说明此温度下Ksp(K2FeO4______Ksp(Na2FeO4)(填“>”或“<”或“=”).

(3)反应的温度、原料的浓度和配比对高铁酸钾的产率都有影响.

图2为不同的温度下,Fe(NO33不同质量浓度对K2FeO4生成率的影响;

图3为一定温度下,Fe(NO33质量浓度最佳时,NaClO浓度对K2FeO4生成率的影响.

   ①工业生产中最佳温度为______℃,从图2和图3中可知,Fe(NO33与NaClO两种溶液浓度均为最佳时,其质量浓度之比为______..

   ②若NaClO加入过量,反应过程中会生成Fe(OH)3沉淀,写出该反应的离子方程式:______

若Fe(NO33加入过量,在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4,此反应的离子方程式:______

正确答案

解:根据流程,得到高铁酸钾,工业上常采用NaClO氧化法生产,原理为:向氢氧化钠中通入氯气,可以得到次氯酸钠溶液,调节pH,向其中加入硝酸铁,次氯酸钠可以将之氧化,3NaClO+2Fe(NO33+10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O,过滤,即可得到高铁酸钠,向其中加入氢氧化钾,可以得到高铁酸钾,即Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH.

(1)氯气是酸性气体,能和烧碱溶液反应,反应实质为:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,故答案为:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;

(2)根据反应Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH可知,反应生成溶解度更小的物质,说明此温度下Ksp(K2FeO4)<Ksp(Na2FeO4),故答案为:<;

(3)①寻找最佳温度要具备的条件:该温度下反应速率快,生成高铁酸钾的产率较大两方面,所以工业生产中最佳温度为26℃,因为在该温度下生成高铁酸钾的产率最大,此时Fe(NO33与NaClO两种溶液最佳质量浓度之比为=1.2,即6:5,故答案为:26;6:5;

②若NaClO加入过量,氧化过程中会生成Fe(OH)3,原因是NaClO水解呈碱性,Fe(NO33水解呈酸性,二者发生互促水解,反应的离子方程式为3ClO-+Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO,碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4,反应的离子方程式为2FeO42-+Fe3++8OH-=3FeO43-+4H2O,

故答案为:3ClO-+Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO;2FeO42-+Fe3++8OH-=3FeO43-+4H2O.

解析

解:根据流程,得到高铁酸钾,工业上常采用NaClO氧化法生产,原理为:向氢氧化钠中通入氯气,可以得到次氯酸钠溶液,调节pH,向其中加入硝酸铁,次氯酸钠可以将之氧化,3NaClO+2Fe(NO33+10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O,过滤,即可得到高铁酸钠,向其中加入氢氧化钾,可以得到高铁酸钾,即Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH.

(1)氯气是酸性气体,能和烧碱溶液反应,反应实质为:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,故答案为:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;

(2)根据反应Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH可知,反应生成溶解度更小的物质,说明此温度下Ksp(K2FeO4)<Ksp(Na2FeO4),故答案为:<;

(3)①寻找最佳温度要具备的条件:该温度下反应速率快,生成高铁酸钾的产率较大两方面,所以工业生产中最佳温度为26℃,因为在该温度下生成高铁酸钾的产率最大,此时Fe(NO33与NaClO两种溶液最佳质量浓度之比为=1.2,即6:5,故答案为:26;6:5;

②若NaClO加入过量,氧化过程中会生成Fe(OH)3,原因是NaClO水解呈碱性,Fe(NO33水解呈酸性,二者发生互促水解,反应的离子方程式为3ClO-+Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO,碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4,反应的离子方程式为2FeO42-+Fe3++8OH-=3FeO43-+4H2O,

故答案为:3ClO-+Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO;2FeO42-+Fe3++8OH-=3FeO43-+4H2O.

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题型:简答题
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简答题

利用黄铜矿(CuFeS2)生产铜、绿矾的过程如下.根据题意完成下列各题:

(1)CuFeS2中铜的化合价为+2价,则铁的化合价为______

(2)要从溶液中得到绿矾,必须进行的实验操作是______(按前后顺序填写字母序号).

a.过滤洗涤   b.蒸发浓缩   c.冷却结晶  d.灼烧   e.干燥

(3)实验室中配制FeSO4溶液时常将绿矾溶于一定浓度的硫酸中,再加水稀释,这样操作的目的是______

(4)绿矾产品的纯度可用滴定法进行测定,实验步骤如下:

步骤I.秤取6.000g绿矾产品,经溶解、定容等步骤准确配制250mL溶液.

步骤2:从上述容量瓶中量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中.

步骤3:用硫酸酸化的0.0100mol/LKMnO4溶液滴定至终点,记录消耗KMnO4溶液的体积

步骤4:重复步骤2、步骤3两次、三次评价消耗KMnO4溶液40.00ml.

①判断此滴定实验达到终点的现象是______

②写出滴定过程中发生反应的离子方程式______

③计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为______(保留四位有效值)

正确答案

解:(1)CuFeS2中铜的化合价为+2价,硫为-2价,根据元素化合价代数和为零可和铁的化合价为+2价,

故答案为:+2;

(2)要从溶液中得到绿矾,可以通过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥等步骤,所以实验操作的序号为bcae,

故答案为:bcae;

(3)亚铁离子易水解,在配制硫酸亚铁溶液时要防止亚铁离子水解,所以将绿矾溶于一定浓度的硫酸中可以抑制亚铁离子水解,

故答案为:抑制亚铁离子水解;

(4)①根据题中实验步骤可知,滴定实验达到终点时,溶液中的高锰酸钾不完全褪色,溶液呈浅红色,所以判断滴定实验达到终点的现象是滴加最后一滴KMnO4溶液时,溶液变成浅红色且半分钟内不褪色,

故答案为:滴加最后一滴KMnO4溶液时,溶液变成浅红色且半分钟内不褪色;

②酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+,同时生成铁离子,反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,

故答案为:MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O;

③根据电子得失守恒有关系式MnO4-~5Fe2+,滴定中用去的高锰酸钾的物质的量为0.0100mol/L×0.04L=0.0004mol,所以6.000g绿矾产品中FeSO4•7H2O的物质的量为:×5×0.0004mol=0.02mol,所以样品中FeSO4•7H2O的质量分数为:×100%=92.67%,

故答案为:92.67%.

解析

解:(1)CuFeS2中铜的化合价为+2价,硫为-2价,根据元素化合价代数和为零可和铁的化合价为+2价,

故答案为:+2;

(2)要从溶液中得到绿矾,可以通过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥等步骤,所以实验操作的序号为bcae,

故答案为:bcae;

(3)亚铁离子易水解,在配制硫酸亚铁溶液时要防止亚铁离子水解,所以将绿矾溶于一定浓度的硫酸中可以抑制亚铁离子水解,

故答案为:抑制亚铁离子水解;

(4)①根据题中实验步骤可知,滴定实验达到终点时,溶液中的高锰酸钾不完全褪色,溶液呈浅红色,所以判断滴定实验达到终点的现象是滴加最后一滴KMnO4溶液时,溶液变成浅红色且半分钟内不褪色,

故答案为:滴加最后一滴KMnO4溶液时,溶液变成浅红色且半分钟内不褪色;

②酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+,同时生成铁离子,反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,

故答案为:MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O;

③根据电子得失守恒有关系式MnO4-~5Fe2+,滴定中用去的高锰酸钾的物质的量为0.0100mol/L×0.04L=0.0004mol,所以6.000g绿矾产品中FeSO4•7H2O的物质的量为:×5×0.0004mol=0.02mol,所以样品中FeSO4•7H2O的质量分数为:×100%=92.67%,

故答案为:92.67%.

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题型:简答题
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简答题

为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用,某同学实设计的回收利用方案如下:

(1)气体X的化学式是______

(2)检验滤液D是否含有Fe3+的最佳试剂为______(填序号)

A、KMnO4       B、NaOH         C、氯水        D、KSCN

(3)若要从滤液D得到绿矾晶体,必须进行的实验操作步骤:______、冷却结晶、过滤、自然干燥,在这一系列操作中没有用到的仪器有______(填序号)

A.蒸发皿        B.石棉网        C.烧杯        D.玻璃棒

(4)写出反应①的离子方程式______

(5)试剂Y应该是一种______(填“氧化剂”或“还原剂”),它不可能是______

A、H2O2         B、H2S   C、O2          D、铁单质

(6)浓硝酸可以溶解铜,也可以溶解上述合金.若固体未完全溶解,则滤液D中Fe元素将以______(填“Fe3+”或“Fe2+”)离子形式存在.

正确答案

解:Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2,Cu和Fe与NaOH溶液不反应,所以滤液A中含有NaAlO2,滤渣B是Cu和Fe,B和稀硫酸混合,Fe和稀硫酸反应生成FeSO4,Cu和稀硫酸不反应,所以滤渣E是Cu,D中含有FeSO4,Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜,Y是强氧化剂,且不能引进新的杂质,为H2O2,NaAlO2和CO2反应生成Al(OH)3,所以C是Al(OH)3,Al(OH)3和稀盐酸反应生成AlCl3,溶液F中含有AlCl3

(1)通过以上知,气体X的化学式是CO2;NaAlO2和过量CO2反应生成Al(OH)3和NaHCO3,故答案为:CO2

(2)铁离子和KSCN溶液反应生成血红色溶液,亚铁离子和KSCN溶液不反应,所以检验滤液D是否含有Fe3+的最佳试剂KSCN,故选D;

(3)若要从滤液D得到绿矾晶体,必须进行的实验操作步骤:蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥,在这一系列操作中用蒸发皿蒸发、用玻璃棒搅拌,在过滤中用玻璃棒引流、用烧杯盛放溶液,所以没有用到的仪器有石棉网,故选B,

故答案为:蒸发;B;

(4)氢氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水,所以反应①的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,故答案为:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;

(5)试剂Y应该是一种氧化剂,能将铜氧化为铜离子,所以它不可能是H2S或Fe,故选BD,故答案为:氧化剂;BD;

(6)浓硝酸可以溶解铜,也可以溶解上述合金,若固体未完全溶解,说明溶液中没有铁离子,则滤液D中Fe元素将以Fe2+离子形式存在,故答案为:Fe2+

解析

解:Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2,Cu和Fe与NaOH溶液不反应,所以滤液A中含有NaAlO2,滤渣B是Cu和Fe,B和稀硫酸混合,Fe和稀硫酸反应生成FeSO4,Cu和稀硫酸不反应,所以滤渣E是Cu,D中含有FeSO4,Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜,Y是强氧化剂,且不能引进新的杂质,为H2O2,NaAlO2和CO2反应生成Al(OH)3,所以C是Al(OH)3,Al(OH)3和稀盐酸反应生成AlCl3,溶液F中含有AlCl3

(1)通过以上知,气体X的化学式是CO2;NaAlO2和过量CO2反应生成Al(OH)3和NaHCO3,故答案为:CO2

(2)铁离子和KSCN溶液反应生成血红色溶液,亚铁离子和KSCN溶液不反应,所以检验滤液D是否含有Fe3+的最佳试剂KSCN,故选D;

(3)若要从滤液D得到绿矾晶体,必须进行的实验操作步骤:蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥,在这一系列操作中用蒸发皿蒸发、用玻璃棒搅拌,在过滤中用玻璃棒引流、用烧杯盛放溶液,所以没有用到的仪器有石棉网,故选B,

故答案为:蒸发;B;

(4)氢氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水,所以反应①的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,故答案为:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;

(5)试剂Y应该是一种氧化剂,能将铜氧化为铜离子,所以它不可能是H2S或Fe,故选BD,故答案为:氧化剂;BD;

(6)浓硝酸可以溶解铜,也可以溶解上述合金,若固体未完全溶解,说明溶液中没有铁离子,则滤液D中Fe元素将以Fe2+离子形式存在,故答案为:Fe2+

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题型:简答题
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简答题

(I)下列实验操作或对实验事实的叙述不正确的是______(填序号)

①用pH试纸鉴别浓硫酸与浓硝酸

②用硝酸银溶液区分二氧化氮和溴蒸气

③酒精灯碰倒洒出酒精着火,迅速用湿抹布扑盖

④用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫

⑤温度计摔坏导致水银散落到地面上,应立即用水冲洗水银

⑥称量NaOH固体时,把NaOH固体放在有滤纸的托盘上称量

⑦为了提高高锰酸钾溶液的氧化能力,用盐酸将高锰酸钾溶液进行酸化

⑧检验氯代烃中的氯元素时,可先加氢氧化钠溶液,再加入硝酸银溶液来进行检验.

(II)柴达木盆地以青藏高原“聚宝盆”之誉蜚声海内外,它有富足得令人惊讶的盐矿资源.液体矿床以钾矿为主,伴生着镁、溴等多种矿产.某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液(富含K+、Mg2+、Br-、SO42-、Cl-等),来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴(Br2),他们设计了如下流程:

请根据以上流程,回答相关问题:

(1)操作①的名称:______;操作②名称是:______;操作③的名称是:______;操作④需要的玻璃仪器有:______

(2)参照图1溶解度曲线,欲得到较纯的氯化钾晶体需用少量的______(选填:“热水”,“冷水”)洗涤固体______(选填“A”或“B”).

(3)在实验室常用减压的方法进行过滤(如图2),俗称抽滤,试猜想这种过滤方法其优点是______

正确答案

解:(I)①PH试纸是纤维素,含碳氢氧三种元素,浓硫酸具有脱水性,能把PH试纸中的H和O按水的组成2:1脱去,剩下了的是黑色的碳,浓硝酸显酸性,会使得PH试纸变红色,但浓硝酸也有强氧化性,能漂白,PH试纸变成的红色很快被浓硝酸氧化褪色,故①正确;

②二氧化氮和溴蒸气都是红棕色的气体,用硝酸银溶液区分,二氧化氮溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO,生成的HNO3是无色溶液,溴与硝酸银溶液反应,Br2+2AgNO3+H2O=AgBr↓+2HNO3,生成浅黄色沉淀溴化银,两者现象不同能鉴别,故②正确;

③湿抹布中含有水分,能隔绝空气,且使周围温度降低,导致酒精无法燃烧,所以酒精灯碰倒洒出酒精着火,迅速用湿抹布扑盖,故③正确;

④CO2与酸性高锰酸钾溶液不发生反应,SO2与酸性高锰酸钾溶液能发生反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4,无气体生成,所以用酸性高锰酸钾溶液可除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫,故④正确;

⑤水银洒漏最好的处理方法是用硫粉撒在水银上,水银就会变成黑色结块状的硫化汞,S+Hg=HgS,故⑤错误;

⑥NaOH具有吸水性,能与空气中二氧化碳反应,称量时应尽量减小与空气的接触面积,应放在小烧杯中称量,故⑥错误;

⑦为提高高锰酸钾溶液的氧化能力,用硫酸将高锰酸钾溶液进行酸化,不能用盐酸酸化,二者可发生氧化还原反应而导致高锰酸钾变质,故⑦错误;

⑧卤代烃水解后溶液为碱性,检验氯离子在酸性溶液中,则先加氢氧化钠溶液加热,再加入硝酸溶液,最后加入硝酸银溶液来进行检验卤代烃中的氯元素,故⑧错误;

故答案为:⑤⑥⑦⑧;

(II)(1)由流程可知,最开始加的氧化剂将Br-氧化生成Br2,由加入CCl4可知,是用萃取剂萃取Br2,所以操作①是萃取;将CCl4层和水层分开的过程叫做分液,则操作②为分液;利用蒸馏(操作③)从溴的CCl4溶液中分离得到CCl4和液溴,操作④为不溶性固体与液体的分离,则为过滤,需要玻璃棒、漏斗、烧杯等仪器,

故答案为:萃取;分液;蒸馏;玻璃棒、漏斗、烧杯;

(2)在90℃时得到的固体A为MgSO4,而30℃时得到的固体B为KCl,所以应用冷水洗涤固体B,才可以得到较纯净的氯化钾,故答案为:冷水;B;

(3)在减压条件下进行过滤,可使过滤的速度加快,故答案为:快速充分.

解析

解:(I)①PH试纸是纤维素,含碳氢氧三种元素,浓硫酸具有脱水性,能把PH试纸中的H和O按水的组成2:1脱去,剩下了的是黑色的碳,浓硝酸显酸性,会使得PH试纸变红色,但浓硝酸也有强氧化性,能漂白,PH试纸变成的红色很快被浓硝酸氧化褪色,故①正确;

②二氧化氮和溴蒸气都是红棕色的气体,用硝酸银溶液区分,二氧化氮溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO,生成的HNO3是无色溶液,溴与硝酸银溶液反应,Br2+2AgNO3+H2O=AgBr↓+2HNO3,生成浅黄色沉淀溴化银,两者现象不同能鉴别,故②正确;

③湿抹布中含有水分,能隔绝空气,且使周围温度降低,导致酒精无法燃烧,所以酒精灯碰倒洒出酒精着火,迅速用湿抹布扑盖,故③正确;

④CO2与酸性高锰酸钾溶液不发生反应,SO2与酸性高锰酸钾溶液能发生反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4,无气体生成,所以用酸性高锰酸钾溶液可除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫,故④正确;

⑤水银洒漏最好的处理方法是用硫粉撒在水银上,水银就会变成黑色结块状的硫化汞,S+Hg=HgS,故⑤错误;

⑥NaOH具有吸水性,能与空气中二氧化碳反应,称量时应尽量减小与空气的接触面积,应放在小烧杯中称量,故⑥错误;

⑦为提高高锰酸钾溶液的氧化能力,用硫酸将高锰酸钾溶液进行酸化,不能用盐酸酸化,二者可发生氧化还原反应而导致高锰酸钾变质,故⑦错误;

⑧卤代烃水解后溶液为碱性,检验氯离子在酸性溶液中,则先加氢氧化钠溶液加热,再加入硝酸溶液,最后加入硝酸银溶液来进行检验卤代烃中的氯元素,故⑧错误;

故答案为:⑤⑥⑦⑧;

(II)(1)由流程可知,最开始加的氧化剂将Br-氧化生成Br2,由加入CCl4可知,是用萃取剂萃取Br2,所以操作①是萃取;将CCl4层和水层分开的过程叫做分液,则操作②为分液;利用蒸馏(操作③)从溴的CCl4溶液中分离得到CCl4和液溴,操作④为不溶性固体与液体的分离,则为过滤,需要玻璃棒、漏斗、烧杯等仪器,

故答案为:萃取;分液;蒸馏;玻璃棒、漏斗、烧杯;

(2)在90℃时得到的固体A为MgSO4,而30℃时得到的固体B为KCl,所以应用冷水洗涤固体B,才可以得到较纯净的氯化钾,故答案为:冷水;B;

(3)在减压条件下进行过滤,可使过滤的速度加快,故答案为:快速充分.

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题型:简答题
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简答题

铬及其化合物在工业上有许多用途,但化工废料铬渣对人体健康有很大危害,以制革工也产生的含铬污泥为原料,回收污泥中三价铬的工艺流程图如图所示(硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+,其次是Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+

常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:

回答下列问题:

(1)能提高浸取时三价铬的浸取率的措施有______(填字母)

A.将含铬污泥粉碎并适当延长浸取时间

B.升高温度并不断搅拌

C.多次浸取,合并浸取液

D.缩短浸取时间

(2)氧化过程中加入H2O2,除了把Cr3+氧化为Cr2O72-外,另一个作用时______(用离子方程式表示).

(3)过滤Ⅱ产生的沉淀是______(填化学式).

(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______(填离子符号).

(5)每生成1molCr(OH)(H2O)5SO4,消耗SO2物的质量为______

(6)工业上可用电解法处理含Cr2O72-的酸性废水,具体方法是将含Cr2O72-的酸性废水放入电解槽内,加入适量的NaCl,以铁和石墨为电极进行电解.经过一段时间后,生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去.

①铁电极与直流电源______(填“正极”或“负极”)相连,加入适量NaCl的目的是______

②若电解后的溶液中c(Fe3+)为2.0×10-13mol•L-1,则溶液中c(Cr3+)为______(已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp=[Cr(OH)3]=6.0×10-31

正确答案

解:含铬污泥酸浸后滤去不溶物,滤液中加入过氧化氢,由(2)可知过氧化氢将Cr3+氧化为Cr2O72-,此外将Fe2+氧化为Fe3+,再加入NaOH调节pH=4,使Fe3+转化为Fe(OH)3,过滤除去,滤液经过钠离子交换树脂后,被二氧化硫还原得到CrOH(H2O)5SO4,则钠离子交换膜除去溶液中Al3+、Ca2+、Mg2+

(1)酸浸是溶解物质为了提高浸取率,可以将污泥粉碎、进行搅拌,以增大接触面积,可以延长浸取时间,可以升高温度,也可以过滤后再向滤渣中加入硫酸,进行多次浸取,合并浸取液,

故答案为:ABC;

(2)另外作用是将Fe2+氧化为Fe3+,反应离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;

(3)由上述分析可知,过滤Ⅱ产生的沉淀为Fe(OH)3,故答案为:Fe(OH)3

(4)钠离子交换膜除去溶液中Al3+、Ca2+、Mg2+,故被交换的离子为:Al3+、Ca2+、Mg2+,故答案为:Al3+、Ca2+、Mg2+

(5)反应中Cr元素化合价由+6价降低为+3价,S元素由+4价升高为+6价,根据电子转移守恒,消耗SO2物的质量为=1.5mol,故答案为:1.5mol;

(6)①Fe为阳极,发生反应:Fe-2e-=Fe2+,得到还原性的Fe2+离子将还原Cr2O72-还原为Cr3+,阴极发生反应:2H++2e-=H2↑,溶液中氢离子浓度减小,溶液pH增大,Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去,铁电极与直流电源正极相连,加入适量NaCl的目的是增大溶液导电能力,

故答案为:正极;增大溶液导电能力;

②Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.0×10-13×c3(OH-)=4.0×10-38,而Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)×c3(OH-)=6.0×10-31,联立解得:c(Cr3+)=3.0×10-6mol/L,

故答案为:3.0×10-6mol/L.

解析

解:含铬污泥酸浸后滤去不溶物,滤液中加入过氧化氢,由(2)可知过氧化氢将Cr3+氧化为Cr2O72-,此外将Fe2+氧化为Fe3+,再加入NaOH调节pH=4,使Fe3+转化为Fe(OH)3,过滤除去,滤液经过钠离子交换树脂后,被二氧化硫还原得到CrOH(H2O)5SO4,则钠离子交换膜除去溶液中Al3+、Ca2+、Mg2+

(1)酸浸是溶解物质为了提高浸取率,可以将污泥粉碎、进行搅拌,以增大接触面积,可以延长浸取时间,可以升高温度,也可以过滤后再向滤渣中加入硫酸,进行多次浸取,合并浸取液,

故答案为:ABC;

(2)另外作用是将Fe2+氧化为Fe3+,反应离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;

(3)由上述分析可知,过滤Ⅱ产生的沉淀为Fe(OH)3,故答案为:Fe(OH)3

(4)钠离子交换膜除去溶液中Al3+、Ca2+、Mg2+,故被交换的离子为:Al3+、Ca2+、Mg2+,故答案为:Al3+、Ca2+、Mg2+

(5)反应中Cr元素化合价由+6价降低为+3价,S元素由+4价升高为+6价,根据电子转移守恒,消耗SO2物的质量为=1.5mol,故答案为:1.5mol;

(6)①Fe为阳极,发生反应:Fe-2e-=Fe2+,得到还原性的Fe2+离子将还原Cr2O72-还原为Cr3+,阴极发生反应:2H++2e-=H2↑,溶液中氢离子浓度减小,溶液pH增大,Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去,铁电极与直流电源正极相连,加入适量NaCl的目的是增大溶液导电能力,

故答案为:正极;增大溶液导电能力;

②Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.0×10-13×c3(OH-)=4.0×10-38,而Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)×c3(OH-)=6.0×10-31,联立解得:c(Cr3+)=3.0×10-6mol/L,

故答案为:3.0×10-6mol/L.

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题型:简答题
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简答题

钛(Ti)被你为继铁、铝之后的第三金属,我国的钛铁矿储量居世界首位.工业上由钛铁矿(主要成分为FeTiO3,杂质成分为FeO、Fe2O3、SiO2等)制备Ti的有关反应包括:

酸溶FeTiO3(s)+2H2SO4(aq)═FeSO4(aq)+TiOSO4(aq)+2H2O(l)

水解TiOSO4(aq)+2H2O(l)H2TiO3(s)+H2SO4(aq)

汽化TiO2(s)+2CCl4(g)TiCl4(g)+CO2(g)

还原TiCl4(g)+2Mg(g)Ti(s)+2MgCl2(g)

简要工艺流程示意图如下:

注意:CCl4有毒,TiCl4遇潮湿空气产生白雾,Ti是活泼金属,在高温条件下,能与空气中的O2、N2、CO2等发生反应.

(1)钛液I中主要含TiO2+、Fe3+、Fe2+等离子,往钛液I中加入试剂A为铁粉至浸出液显紫色,此时溶液仍呈强酸性,该过程中有如下反应发生:2TiO2+(无色)+Fe+4H+═2Ti3+(紫色)+Fe2++2H2O;Ti3+(紫色)+Fe3++H2O═TiO2+(无色)+Fe3++2H+.则铁粉的作用是______

(2)钛液I需冷却至70℃左右,若温度过高会导致产品产率降低,原因是______

(3)取少酸洗后的H2TiO3,加入盐酸并振荡,滴加KSCN溶液后无明显现象,再加H2O2后出现微红色.这种H2TiO3即使用水充分洗涤,煅烧后获得的TiO2也会发黄,发黄的杂质是______(填化学式).

(4)制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2•xH2O经过滤、水洗除去其中的Cl-,再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2.TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为______;检验TiO2•xH2O中Cl-是否被除净的方法是______

(5)反应TiCl4+2Mg═2MgCl2+Ti在Ar气氛中进行的理由是______

正确答案

解:(1)往①中加入铁屑至浸出液显紫色,说明浸出液中含有Ti3+,由方程式可知,Fe3+氧化为Ti3+,加入铁屑作还原剂,将Fe3+还原为Fe2+,防止Ti3+被Fe3+氧化成TiO2+,故答案为:防止Ti3+被Fe3+氧化成TiO2+

(2)由于TiOSO4容易水解,若温度过高,则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO4•7H2O中导致TiO2产率降低,

故答案为:由于TiOSO4容易水解,若温度过高,则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO4•7H2O中导致TiO2产率降低;

(3)先加KSCN溶液无现象,加H2O2后出现红色,说明存在Fe2+,经加热后Fe2+氧化为Fe2O3而使产品发黄,故答案为:Fe2O3

(4)设TiCl4的系数为1,根据元素守恒,TiO2•xH2O的系数为1,HCl的系数为4;再根据O元素守恒,可知H2O的系数为(2+x);溶液中生成TiO2•xH2O沉淀,固体具有较强的吸附能力,会吸附溶液中的Cl-离子,可通过检验Cl-离子的方法检验沉淀是否被洗净,检验沉淀是否洗净的方法是,取少量洗涤液,检验溶液中溶解的离子是否还存在,

故答案为:TiCl4+(x+2)H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl;取少量最后一次水洗液,滴加AgNO3溶液,不产生白色沉淀,说明Cl-已除净;

(5)Mg是活泼金属,能与空气中多种物质反应,因此可得出Ar气作用为保护气,防止Mg和空气中物质反应,

故答案为:防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2(或CO2、N2)作用.

解析

解:(1)往①中加入铁屑至浸出液显紫色,说明浸出液中含有Ti3+,由方程式可知,Fe3+氧化为Ti3+,加入铁屑作还原剂,将Fe3+还原为Fe2+,防止Ti3+被Fe3+氧化成TiO2+,故答案为:防止Ti3+被Fe3+氧化成TiO2+

(2)由于TiOSO4容易水解,若温度过高,则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO4•7H2O中导致TiO2产率降低,

故答案为:由于TiOSO4容易水解,若温度过高,则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO4•7H2O中导致TiO2产率降低;

(3)先加KSCN溶液无现象,加H2O2后出现红色,说明存在Fe2+,经加热后Fe2+氧化为Fe2O3而使产品发黄,故答案为:Fe2O3

(4)设TiCl4的系数为1,根据元素守恒,TiO2•xH2O的系数为1,HCl的系数为4;再根据O元素守恒,可知H2O的系数为(2+x);溶液中生成TiO2•xH2O沉淀,固体具有较强的吸附能力,会吸附溶液中的Cl-离子,可通过检验Cl-离子的方法检验沉淀是否被洗净,检验沉淀是否洗净的方法是,取少量洗涤液,检验溶液中溶解的离子是否还存在,

故答案为:TiCl4+(x+2)H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl;取少量最后一次水洗液,滴加AgNO3溶液,不产生白色沉淀,说明Cl-已除净;

(5)Mg是活泼金属,能与空气中多种物质反应,因此可得出Ar气作用为保护气,防止Mg和空气中物质反应,

故答案为:防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2(或CO2、N2)作用.

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简答题

欲探究某矿石可能是由FeCO3、SiO2、Al2O3中的一种或几种组成,探究过程如下图所示.(已知:碳酸不能溶解Al(OH)3沉淀)

(1)用滤渣制备粗硅的化学反应方程式为______

(2)下列说法正确的是______

a.酸性:H2CO3>H2SiO3  b.结合质子的能力:CO>AlO2->HCO3-

c.稳定性:H2O>CH4>SiH4       d.离子半径:O2-<Al3+

(3)滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是______通过______现象说明此矿山中不含Al2O3

(4)该矿石和稀HNO3发生氧化还原反应的离子方程式为______

(5)工业上依据上述实验原理处理该矿石,将反应池逸出的气体与一定量的O2混合循环通入反应池中,主要两个目的是____________;若处理该矿石2.36×103 kg,得到滤渣1.2×103 kg,理论上至少需要1molL-1 HNO3的体积为______L.

正确答案

解:(1)碳在高温下还原二氧化硅即得到粗硅,所以用滤渣制备粗硅的化学反应方程式为:2C+SiO2Si+2CO↑,故答案为:2C+SiO2Si+2CO↑;

(2)a.非金属性:C>Si,元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,则酸性:H2CO3>H2SiO3,故a正确;

b.酸性越弱,相应的酸根越容易结合氢离子,则结合质子的能力大小为:AlO2->CO32->HCO3-,故b错误;

c.非金属性O>C>Si,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,故c正确;

d.两种离子核外电子排布相同,核电荷数越大,离子半径越小,则O2->Al3+,故d错误;

故答案为:ac;

(3)滤渣中含有二氧化硅,所以滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式为:SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;

如果含有氧化铝,则滤液中含有偏铝酸钠,偏铝酸钠能和CO2反应生成白色沉淀氢氧化铝,据此可以判断,即无色溶液中通入CO2无白色沉淀生成,证明不含氧化铝,

故答案为:SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;无色溶液中通入CO2无白色沉淀生成;

(4)矿石含有FeCO3,可与HNO3发生氧化还原反应,反应的离子方程式为:3FeCO3+10H++NO3-=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O,

故答案为:3FeCO3+10H++NO3-=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O;

(5)由于NO是有毒气体,不能随意排放,所以这样做的目的是NO循环使用能减少环境污染,且NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率;

根据以上分析可知,该矿石中含有碳酸亚铁和二氧化硅,其中碳酸亚铁的质量是:2.36×103 kg-1.2×103 kg=1.16×103kg,

碳酸亚铁物质的量为=10000mol,

则根据3FeCO3+10H++NO3-=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O可知,消耗硝酸的物质的量为:n(HNO3)=n(FeCO3)=mol≈3.33×104mol,

所以理论上至少需要1molL-1 HNO3的体积为:=3.33×104L,

故答案为:NO循环使用能减少环境污染;NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率;3.33×104

解析

解:(1)碳在高温下还原二氧化硅即得到粗硅,所以用滤渣制备粗硅的化学反应方程式为:2C+SiO2Si+2CO↑,故答案为:2C+SiO2Si+2CO↑;

(2)a.非金属性:C>Si,元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,则酸性:H2CO3>H2SiO3,故a正确;

b.酸性越弱,相应的酸根越容易结合氢离子,则结合质子的能力大小为:AlO2->CO32->HCO3-,故b错误;

c.非金属性O>C>Si,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,故c正确;

d.两种离子核外电子排布相同,核电荷数越大,离子半径越小,则O2->Al3+,故d错误;

故答案为:ac;

(3)滤渣中含有二氧化硅,所以滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式为:SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;

如果含有氧化铝,则滤液中含有偏铝酸钠,偏铝酸钠能和CO2反应生成白色沉淀氢氧化铝,据此可以判断,即无色溶液中通入CO2无白色沉淀生成,证明不含氧化铝,

故答案为:SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;无色溶液中通入CO2无白色沉淀生成;

(4)矿石含有FeCO3,可与HNO3发生氧化还原反应,反应的离子方程式为:3FeCO3+10H++NO3-=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O,

故答案为:3FeCO3+10H++NO3-=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O;

(5)由于NO是有毒气体,不能随意排放,所以这样做的目的是NO循环使用能减少环境污染,且NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率;

根据以上分析可知,该矿石中含有碳酸亚铁和二氧化硅,其中碳酸亚铁的质量是:2.36×103 kg-1.2×103 kg=1.16×103kg,

碳酸亚铁物质的量为=10000mol,

则根据3FeCO3+10H++NO3-=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O可知,消耗硝酸的物质的量为:n(HNO3)=n(FeCO3)=mol≈3.33×104mol,

所以理论上至少需要1molL-1 HNO3的体积为:=3.33×104L,

故答案为:NO循环使用能减少环境污染;NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率;3.33×104

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简答题

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),需要的玻璃仪器有______

(2)上述装置中,A是______溶液,其作用是______

(3)上述装置中,B物质是______

(4)一次性饭盒中石蜡和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

①从物质分类的角度分析,石蜡属于有机物中的______类,为了将石蜡从饭盒中溶出,应选用下列试剂中的______

a.氯化钠溶液    b.稀醋酸    c.稀硫酸     d 正已烷

②饭盒中的碳酸钙常用稀醋酸将其溶出,试写出其反应的离子方程式______

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:烧杯、玻璃棒、量筒;

(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,除去H2S是可选用酸性KMnO4溶液;试剂B为饱和碳酸氢钠溶液,碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体,

故答案为:饱和NaHCO3;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,可以用无水CaCl2或硅胶或P2O5固体,故答案为:无水CaCl2或硅胶或P2O5固体;

(4)①石蜡是有C、H元素组成烃类混合物,有机物类型为烃;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,所以d正确;

故答案为:烃;d;

②稀醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水,反应的离子方程式为:CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑,

故答案为:CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑.

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:烧杯、玻璃棒、量筒;

(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,除去H2S是可选用酸性KMnO4溶液;试剂B为饱和碳酸氢钠溶液,碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体,

故答案为:饱和NaHCO3;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,可以用无水CaCl2或硅胶或P2O5固体,故答案为:无水CaCl2或硅胶或P2O5固体;

(4)①石蜡是有C、H元素组成烃类混合物,有机物类型为烃;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,所以d正确;

故答案为:烃;d;

②稀醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水,反应的离子方程式为:CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑,

故答案为:CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑.

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简答题

工业上,以钛铁矿为原料制备二氧化钛的某工艺流程如图1所示.钛铁矿主要成分为钛酸亚铁( TETiO3).其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3价.

完成下列填空:

(1)步骤②中,用铁粉将Fe3+转化为Fe2+的反应的离子方程式为______

(2)步骤③中,实现混合物的分离是利用物质的______(填字母序号).

a.熔沸点差异    b溶解性差异    c氧化性、还原性差异

(3)步骤②、③、④中,均需进行的操作是______(填操作名称).

(4)可利用生产过程中的废液与软锰矿(主要成分MnO2)反应生产硫酸锰,则反应的离子方程式为

(5)利用图2装置,石墨作阳极,钛网作阴极,熔融CaF2-CaO做电解质,可获得金属钙,钙再作为还

原剂,可还原二氧化钛制各金属钛.

①阳极所发生的反应为______

②在制备金属钛前后,CaO的总量不变,其原因是______

(6)T业上用4.0吨钛铁矿制得1 6吨的二氧化钛,则钛铁矿中钛元素的质量分数是______.(假设生产过程中钛没有损失)

正确答案

解:(1)用铁粉将Fe3+转化为Fe2+的反应的离子方程式为:2Fe3++Fe=3Fe2+,故答案为:2Fe3++Fe=3Fe2+

(2)步骤③冷却结晶得到硫酸亚铁晶体,利用的是物质溶解度的不同,通过冷却热饱和溶液得到,故答案为:b;

(3)②③④步骤的操作过程中都得到沉淀或晶体,所以需要过滤得到固体和溶液,故答案为:过滤;

(4)利用生产过程中的废液与软锰矿(主要成分为MnO2)反应生产硫酸锰(MnSO4,易溶于水),利用二氧化锰的氧化性氧化亚铁离子为三价铁离子,反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,故答案为:MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O;

(5)①用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质,阳极发生氧化反应,阴极析出钙金属发生还原反应,阳极图示产物可可知,阳极生成二氧化碳气体,是电解质中的氧离子失电子生成氧气,氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳,所以电极反应为:2O2--4e-=O2↑,或C+2O2--4e-=CO2↑;

故答案为:2O2--4e-=O2↑,或C+2O2--4e-=CO2↑;

②阴极上电极反应式为:2Ca2++4e-═2Ca,阳极上电极反应为:2O2--4e-=O2↑,电解槽中发生反应:2CaO2Ca+O2↑,钙还原二氧化钛反应方程式为:2Ca+TiO2=Ti+2CaO,在制备金属钛前后,整套装置中CaO的总量不变,故答案为:电解槽中发生反应:2CaO2Ca+O2↑,钙还原二氧化钛反应方程式为:2Ca+TiO2=Ti+2CaO,在制备金属钛前后,整套装置中CaO的总量不变;

(6)如果取钛铁矿4t,生产出16吨的二氧化钛,其中钛元素的质量是16××100%=9.6t,所以钛铁矿中钛的质量分数×100%=24%,

故答案为:24%.

解析

解:(1)用铁粉将Fe3+转化为Fe2+的反应的离子方程式为:2Fe3++Fe=3Fe2+,故答案为:2Fe3++Fe=3Fe2+

(2)步骤③冷却结晶得到硫酸亚铁晶体,利用的是物质溶解度的不同,通过冷却热饱和溶液得到,故答案为:b;

(3)②③④步骤的操作过程中都得到沉淀或晶体,所以需要过滤得到固体和溶液,故答案为:过滤;

(4)利用生产过程中的废液与软锰矿(主要成分为MnO2)反应生产硫酸锰(MnSO4,易溶于水),利用二氧化锰的氧化性氧化亚铁离子为三价铁离子,反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,故答案为:MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O;

(5)①用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质,阳极发生氧化反应,阴极析出钙金属发生还原反应,阳极图示产物可可知,阳极生成二氧化碳气体,是电解质中的氧离子失电子生成氧气,氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳,所以电极反应为:2O2--4e-=O2↑,或C+2O2--4e-=CO2↑;

故答案为:2O2--4e-=O2↑,或C+2O2--4e-=CO2↑;

②阴极上电极反应式为:2Ca2++4e-═2Ca,阳极上电极反应为:2O2--4e-=O2↑,电解槽中发生反应:2CaO2Ca+O2↑,钙还原二氧化钛反应方程式为:2Ca+TiO2=Ti+2CaO,在制备金属钛前后,整套装置中CaO的总量不变,故答案为:电解槽中发生反应:2CaO2Ca+O2↑,钙还原二氧化钛反应方程式为:2Ca+TiO2=Ti+2CaO,在制备金属钛前后,整套装置中CaO的总量不变;

(6)如果取钛铁矿4t,生产出16吨的二氧化钛,其中钛元素的质量是16××100%=9.6t,所以钛铁矿中钛的质量分数×100%=24%,

故答案为:24%.

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简答题

某化学兴趣小组模拟工业上从铝土矿(主要成分是Al2O3,含SiO2、Fe2O3等杂质)中提取氧化铝的工艺做实验,流程如下:

请回答下列问题:

(1)操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的名称为______

(2)验证溶液B中是否含有Fe3+的方法:______

(3)不溶物A是______(填化学式),写出D→E反应的离子方程式______

(4)说出溶液F中含碳元素溶质的一种用途______

正确答案

解:铝土矿的主要成分是Al2O3,含SiO2、Fe2O3等杂质,由流程可知,加足量盐酸过滤得到不溶物A为SiO2,溶液B中含Al3+、Fe3+,加过量NaOH溶液过滤得到不溶物B为Fe(OH)3,溶液D中含偏铝酸根离子,通入过量二氧化碳后过滤得到不溶物E为Al(OH)3,G为氧化铝,溶液F中含碳酸氢钠,

(1)由上述分析可知,操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的名称均为过滤,故答案为:过滤;

(2)检验溶液B中是否含有Fe3+,选KSCN溶液,若出现血红色,可证明含有铁离子,故答案为:取少量的溶液B于试管中,加入少量的KSCN溶液若出现血红色,可证明B中含有铁离子;

(3)由上述分析可知,A为SiO2,D→E反应的化学方式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3,离子方程式为:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-;故答案为:SiO2;AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-

(4)溶液F中含碳酸氢钠,可作发酵粉或治疗胃酸的药物等,故答案为:作发酵粉或治疗胃酸的药物.

解析

解:铝土矿的主要成分是Al2O3,含SiO2、Fe2O3等杂质,由流程可知,加足量盐酸过滤得到不溶物A为SiO2,溶液B中含Al3+、Fe3+,加过量NaOH溶液过滤得到不溶物B为Fe(OH)3,溶液D中含偏铝酸根离子,通入过量二氧化碳后过滤得到不溶物E为Al(OH)3,G为氧化铝,溶液F中含碳酸氢钠,

(1)由上述分析可知,操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的名称均为过滤,故答案为:过滤;

(2)检验溶液B中是否含有Fe3+,选KSCN溶液,若出现血红色,可证明含有铁离子,故答案为:取少量的溶液B于试管中,加入少量的KSCN溶液若出现血红色,可证明B中含有铁离子;

(3)由上述分析可知,A为SiO2,D→E反应的化学方式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3,离子方程式为:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-;故答案为:SiO2;AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-

(4)溶液F中含碳酸氢钠,可作发酵粉或治疗胃酸的药物等,故答案为:作发酵粉或治疗胃酸的药物.

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