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简答题

ZnO是电镀、涂料、有机合成等化学工业的重要原料.某课题组设计由含锌工业废料(含Fe、Cu、Mn等杂质)生产ZnO的工艺流程如下:

已知:黄钠铁矾在pH为1.5,温度为90℃时完全沉淀,且易于过滤.

2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O

(1)步骤①的浸取液里除含有Zn2+、Mn2+外,还含有的金属离子有____________,所加试剂X为Na2SO4______的混合液.

(2)步骤②可进一步氧化除去铁,还氧化除去了Mn2+,除去Mn2+的离子方程式为______;步骤③所加试剂是______,整个工艺流程中可以循环使用的物质是______

(3)步骤⑤中检验沉淀是否洗涤干净的操作方法是______

(4)步骤④碳化实际得到的是一种碱式碳酸锌[ZnCO3•xZn(OH)2•yH2O],取该样品7.18g,充分灼烧后,测得残留固体质量为4.86g,将所得气体通入足量澄清石灰水中,得到2.00g沉淀,则此碱式碳酸锌的化学式是______

正确答案

解:铁、铜、锰能与盐酸反应生成Fe2+、Zn2+、Mn2+;Mn2+可与双氧水反应生成MnO(OH)2↓;锌能与铜离子反应生成铜单质;硫酸锌能与碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸锌,碳酸锌受热分解生成氧化锌和水,

(1)铁、铜、锰能与盐酸反应生成Fe2+、Zn2+、Mn2+,Fe2+能被氧化为Fe3+,浸取液课得到黄钠铁钒,说明X为Na2SO4和H2SO4的混合液,

故答案为:Fe3+;Cu2+;H2SO4

(2)Mn2+可与双氧水反应生成MnO(OH)2↓,离子方程式:Mn2++H2O2+H2O═MnO(OH)2↓+2H+;锌能与铜离子反应生成铜单质;硫酸锌能与碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸锌,Na2SO4可以循环使用,

故答案为:Mn2++H2O2+H2O═MnO(OH)2↓+2H+;Zn;Na2SO4

(3)检验沉淀是否洗涤干净的操作方法为:取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液,若无白色沉淀生成,则表明已洗涤干净,

故答案为:取最后一次洗涤滤液1~2mL于试管中,向其中滴加BaCl2溶液,若无白色沉淀生成,则表明已洗涤干净;

(4)碱式碳酸锌6.82 g,充分灼烧后测得残留物质为氧化锌,质量为4.86 g,物质的量为:=0.06mol,锌的质量为3.9g.将所得气体是二氧化碳,沉淀碳酸钙是2.0 g,物质的量为0.02mol.碳酸根的物质的量为0.02mol.

根据电荷守恒:0.06mol×2=0.02mol×2+X,

得氢氧根的物质的量为X=0.08mol,

由碱式碳酸锌6.82 g减去锌的质量,碳酸根和氢氧根的质量,剩下的就为水的质量:6.82-3.9-0.02×60-0.08×17=0.36g,物质的量为0.02mol,

故碱式碳酸锌的组成ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O 或Zn3(OH)4CO3•H2O,

故答案为:ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O或Zn3(OH)4CO3•H2O.

解析

解:铁、铜、锰能与盐酸反应生成Fe2+、Zn2+、Mn2+;Mn2+可与双氧水反应生成MnO(OH)2↓;锌能与铜离子反应生成铜单质;硫酸锌能与碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸锌,碳酸锌受热分解生成氧化锌和水,

(1)铁、铜、锰能与盐酸反应生成Fe2+、Zn2+、Mn2+,Fe2+能被氧化为Fe3+,浸取液课得到黄钠铁钒,说明X为Na2SO4和H2SO4的混合液,

故答案为:Fe3+;Cu2+;H2SO4

(2)Mn2+可与双氧水反应生成MnO(OH)2↓,离子方程式:Mn2++H2O2+H2O═MnO(OH)2↓+2H+;锌能与铜离子反应生成铜单质;硫酸锌能与碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸锌,Na2SO4可以循环使用,

故答案为:Mn2++H2O2+H2O═MnO(OH)2↓+2H+;Zn;Na2SO4

(3)检验沉淀是否洗涤干净的操作方法为:取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液,若无白色沉淀生成,则表明已洗涤干净,

故答案为:取最后一次洗涤滤液1~2mL于试管中,向其中滴加BaCl2溶液,若无白色沉淀生成,则表明已洗涤干净;

(4)碱式碳酸锌6.82 g,充分灼烧后测得残留物质为氧化锌,质量为4.86 g,物质的量为:=0.06mol,锌的质量为3.9g.将所得气体是二氧化碳,沉淀碳酸钙是2.0 g,物质的量为0.02mol.碳酸根的物质的量为0.02mol.

根据电荷守恒:0.06mol×2=0.02mol×2+X,

得氢氧根的物质的量为X=0.08mol,

由碱式碳酸锌6.82 g减去锌的质量,碳酸根和氢氧根的质量,剩下的就为水的质量:6.82-3.9-0.02×60-0.08×17=0.36g,物质的量为0.02mol,

故碱式碳酸锌的组成ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O 或Zn3(OH)4CO3•H2O,

故答案为:ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O或Zn3(OH)4CO3•H2O.

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某工厂的酸性废水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+.为了减少污染并变废为宝,工程师们设计了如下流程,回收铜和绿矾.

(1)工业废水中加入试剂A后,反应的离子方程式为Fe+Cu2+═Fe2++Cu、Fe+2H+═Fe2++H2↑、______

(2)试剂B是______

(3)操作③是蒸发浓缩、冷却结晶、______,最后用少量冷水洗涤晶体,在低温下干燥.

(4)可用绿矾消除工业废水中+6价铬(Cr2O72-)的污染,使之转化为Cr3+,若处理1t废水(含Cr2O72- 10-3mol/kg),则需加入绿矾的质量至少为______

正确答案

解:工厂的工业废水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+,先加过量铁(A),过滤,得到D溶液为FeSO4,C为Cu和多余的铁,再向C中加过量稀硫酸,过滤得到的Cu,E为FeSO4,硫酸亚铁经过蒸发浓缩、冷却结晶可以得到绿矾晶体,

(1)酸性环境Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+中,能和金属铁发生反应的物质是Fe3+、Cu2+、H+,发生的反应有:Fe+Cu2+═Fe2++Cu、Fe+2H+═Fe2++H2↑、2Fe3++Fe═3Fe2+,故答案为:2Fe3++Fe═3Fe2+

(2)试剂B是将金属铜和金属铁分离开的物质,可以选择稀硫酸,故答案为:H2SO4(硫酸);

(3)从FeSO4溶液中提取溶质晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,最后用少量冷水洗涤晶体,在低温下干燥,防止变质,故答案为:过滤;

(4)亚铁离子变质会生成铁离子,(Cr2O72-)转化为Cr3+,根据电子守恒得到二者之间的关系式:Cr2O72-~6Fe2+

               Cr2O72-~6Fe2+

                  1      6

   1000kg×10-3mol/kg     6mol

处理1t废水(含Cr2O72- 10-3mol/kg),则需加入绿矾的质量是6mol×278g/mol=1668g.故答案为:1668g.

解析

解:工厂的工业废水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+,先加过量铁(A),过滤,得到D溶液为FeSO4,C为Cu和多余的铁,再向C中加过量稀硫酸,过滤得到的Cu,E为FeSO4,硫酸亚铁经过蒸发浓缩、冷却结晶可以得到绿矾晶体,

(1)酸性环境Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+中,能和金属铁发生反应的物质是Fe3+、Cu2+、H+,发生的反应有:Fe+Cu2+═Fe2++Cu、Fe+2H+═Fe2++H2↑、2Fe3++Fe═3Fe2+,故答案为:2Fe3++Fe═3Fe2+

(2)试剂B是将金属铜和金属铁分离开的物质,可以选择稀硫酸,故答案为:H2SO4(硫酸);

(3)从FeSO4溶液中提取溶质晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,最后用少量冷水洗涤晶体,在低温下干燥,防止变质,故答案为:过滤;

(4)亚铁离子变质会生成铁离子,(Cr2O72-)转化为Cr3+,根据电子守恒得到二者之间的关系式:Cr2O72-~6Fe2+

               Cr2O72-~6Fe2+

                  1      6

   1000kg×10-3mol/kg     6mol

处理1t废水(含Cr2O72- 10-3mol/kg),则需加入绿矾的质量是6mol×278g/mol=1668g.故答案为:1668g.

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氯化铜 (CuCl2•2H2O)中含FeCl2杂质.为制得纯净氯化铜晶体,首先将其制成酸性水溶液,然后按如图所示操作步骤进行提纯.

(1)操作I加入X的目的是______

(2)下列适合本实验的试剂X是______

A.Cl2         B.KMnO4         C.H2O2       D.H2SO4

(3)操作Ⅱ的名称为______

(4)操作Ⅲ的程序依次为____________、过滤、自然干燥、得到CuCl2•2H2O晶体.

正确答案

解:向含有Cu2+、Cl-、Fe2+溶液中加入试剂X得到Cu2+、Cl-、Fe3+,根据离子变化知,Fe2+转化为Fe3+,除去Fe2+但不能引进杂质,所以X试剂为Cl2或H2O2,向溶液中加入试剂Y并调节溶液的pH得到Fe(OH)3和CuCl2溶液,且不能引进新的杂质,所以Y可能是CuO或Cu(OH)2或CuCO3,分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,从溶液中得到固体,应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法,所以操作III是加热浓缩、冷却结晶,

(1)通过以上分析知,操作I加入X的目的是除去溶液中的Fe2+,将溶液中Fe2+氧化为Fe3+,故答案为:使溶液中Fe2+氧化为Fe3+

(2)除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质,硫酸和高锰酸钾溶液氧化亚铁离子都产生新的杂质,氯气和双氧水氧化亚铁离子都生成铁离子,且不引进新的杂质,故选AC;

(3)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,所以操作Ⅱ的名称为过滤,故答案为:过滤;

(4)从溶液中提取固体,应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自燃干燥的方法,故答案为:蒸发浓缩、冷却结晶.

解析

解:向含有Cu2+、Cl-、Fe2+溶液中加入试剂X得到Cu2+、Cl-、Fe3+,根据离子变化知,Fe2+转化为Fe3+,除去Fe2+但不能引进杂质,所以X试剂为Cl2或H2O2,向溶液中加入试剂Y并调节溶液的pH得到Fe(OH)3和CuCl2溶液,且不能引进新的杂质,所以Y可能是CuO或Cu(OH)2或CuCO3,分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,从溶液中得到固体,应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法,所以操作III是加热浓缩、冷却结晶,

(1)通过以上分析知,操作I加入X的目的是除去溶液中的Fe2+,将溶液中Fe2+氧化为Fe3+,故答案为:使溶液中Fe2+氧化为Fe3+

(2)除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质,硫酸和高锰酸钾溶液氧化亚铁离子都产生新的杂质,氯气和双氧水氧化亚铁离子都生成铁离子,且不引进新的杂质,故选AC;

(3)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,所以操作Ⅱ的名称为过滤,故答案为:过滤;

(4)从溶液中提取固体,应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自燃干燥的方法,故答案为:蒸发浓缩、冷却结晶.

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电解铝技术的出现与成熟让铝从皇家珍品变成汽车、轮船、航天航空制造、化工生产等行业的重要材料.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,Fe2O3、SiO2等)提取纯Al2O3做冶炼铝的原料,某研究性学习小组设计了如下提取流程图

(1)固体Ⅱ的化学式为______,该固体的颜色为______

(2)在实际工业生产流程⑤中需加入冰晶石,目的是______

(3)写出流程③的离子方程式______

(4)铝粉与氧化铁粉末在引燃条件下会发生剧烈的反应,请举一例该反应的用途______

(5)从铝土矿中提取铝的过程不涉及的化学反应类型是______

A.复分解反应     B.氧化还原反应      C.置换反应      D.分解反应

(6)若向滤液Ⅰ中逐滴滴入NaOH溶液至过量,产生沉淀随NaOH滴入关系正确的是______

正确答案

解:铝土矿可以主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2,铝土矿加过量盐酸溶解后,Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解,而SiO2和HCl不反应,不能溶解,不溶物Ⅰ为SiO2;滤液Ⅰ中含有的阳离子有Fe3+、Al3+、H+,加入过量烧碱,氢离子和氢氧化钠反应生成水,铁离子和铝离子都和氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀,氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子,过滤所得出的为Fe(OH)3,滤液Ⅱ含有AlO2-、Cl-、OH-,通入过量二氧化碳气体,得到Al(OH)3沉淀,加热分解生成Al2O3,电解可得到铝;滤液Ⅲ含有碳酸氢根离子,加入氧化钙可生成碳酸钙和氢氧化钠,其中氢氧化钠可循环使用,

(1)滤液Ⅰ中含有的阳离子有Fe3+、Al3+、H+,加入过量烧碱生成Fe(OH)3,加热分解生成Fe2O3,颜色为红棕色,故答案为:Fe2O3;红棕色;

(2)在实际工业生产流程⑤中,氧化铝熔点高,熔融氧化铝需要消耗较多能量,需加入冰晶石,目的是降低Al2O3的熔化温度,减少能量消耗;

故答案为:降低Al2O3的熔化温度,减少能量消耗;

(3)滤液Ⅱ含有AlO2-、Cl-、OH-,通入过量二氧化碳气体,得到Al(OH)3沉淀,反应的离子方程式为AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-

故答案为:AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-

(4)铝热反应放出大量的热,常用于冶炼熔点高、难熔化的金属的冶炼,铝粉与氧化铁粉末在引燃条件下常用来焊接钢轨,主要是利用该反应放出大量的热,

故答案为:放出大量的热;

(5)反应①②③④为复分解反应,反应⑤为氧化还原反应,氢氧化铁、氢氧化铝生成氧化物的反应为分解反应,不涉及置换反应,故答案为:C;

(6)滤液Ⅰ中含有的阳离子有Fe3+、Al3+、H+,加入过量烧碱,氢离子和氢氧化钠反应生成水,铁离子和铝离子都和氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀,氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子,则符合的图象为D,故答案为:D.

解析

解:铝土矿可以主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2,铝土矿加过量盐酸溶解后,Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解,而SiO2和HCl不反应,不能溶解,不溶物Ⅰ为SiO2;滤液Ⅰ中含有的阳离子有Fe3+、Al3+、H+,加入过量烧碱,氢离子和氢氧化钠反应生成水,铁离子和铝离子都和氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀,氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子,过滤所得出的为Fe(OH)3,滤液Ⅱ含有AlO2-、Cl-、OH-,通入过量二氧化碳气体,得到Al(OH)3沉淀,加热分解生成Al2O3,电解可得到铝;滤液Ⅲ含有碳酸氢根离子,加入氧化钙可生成碳酸钙和氢氧化钠,其中氢氧化钠可循环使用,

(1)滤液Ⅰ中含有的阳离子有Fe3+、Al3+、H+,加入过量烧碱生成Fe(OH)3,加热分解生成Fe2O3,颜色为红棕色,故答案为:Fe2O3;红棕色;

(2)在实际工业生产流程⑤中,氧化铝熔点高,熔融氧化铝需要消耗较多能量,需加入冰晶石,目的是降低Al2O3的熔化温度,减少能量消耗;

故答案为:降低Al2O3的熔化温度,减少能量消耗;

(3)滤液Ⅱ含有AlO2-、Cl-、OH-,通入过量二氧化碳气体,得到Al(OH)3沉淀,反应的离子方程式为AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-

故答案为:AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-

(4)铝热反应放出大量的热,常用于冶炼熔点高、难熔化的金属的冶炼,铝粉与氧化铁粉末在引燃条件下常用来焊接钢轨,主要是利用该反应放出大量的热,

故答案为:放出大量的热;

(5)反应①②③④为复分解反应,反应⑤为氧化还原反应,氢氧化铁、氢氧化铝生成氧化物的反应为分解反应,不涉及置换反应,故答案为:C;

(6)滤液Ⅰ中含有的阳离子有Fe3+、Al3+、H+,加入过量烧碱,氢离子和氢氧化钠反应生成水,铁离子和铝离子都和氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀,氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子,则符合的图象为D,故答案为:D.

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由C、Cu、FeCO3、铜锈[主要成分为Cu2(OH)2CO3]组成的固体混合物,进行了如图所示的实验过程:

回答下列问题:

(1)无色气体1的成分是:______

(2)混合物乙中加入NaNO3后,写出一个可能产生无色气体2的反应的离子方程式:______

(3)溶液X中含有的金属阳离子是______

(4)无色气体3成分是______,已知固体混合物丁的质量为5.6g,在标准状况下无色气体3的体积为14.56L,求无色气体3各成分的物质的量:______.(写出具体的计算过程)

正确答案

解:混合物与过量稀硫酸反应,碳酸亚铁、铜锈与稀硫酸反应,得到无色气体二氧化碳和混合物乙;混合物乙中加入少量硝酸钠,硝酸根离子在酸性条件下能够氧化铜甚至亚铁离子,得到无色气体一氧化氮和混合物丙,混合物丙为C和Cu的混合物,加入过量浓硫酸后,C、铜与浓硫酸发生反应生成溶液Y和二氧化碳、二氧化硫气体,

(1)C、Cu不与稀硫酸发生反应,而稀硫酸与FeCO3、铜锈[主要成分为Cu2(OH)2CO3]反应生成二氧化碳气体,所以气体1为二氧化碳,

故答案为:CO2

(2)加入NaNO3后,在酸性条件下NO3-具有强氧化性,与还原性物质Cu和Fe2+反应生成NO气体,反应的离子方程式为:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O、3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O,

故答案为:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O(或3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O);

(3)因为加入少量NaNO3,故NO3-优先氧化还原性强的Cu,溶液中含有的阳离子为:Cu2+、Fe2+、Na+

故答案为:Cu2+、Fe2+、Na+

(4)固体混合物丁中一定含有碳,可能含有铜,如只含有碳,根据反应C+2H2SO4(浓)=2SO2↑+CO2↑+2H2O 可知,则5.6g碳可生成气体体积为:×3×22.4L/mol=31.36L>14.56L,所以固体应为碳和铜的混合物,

发生反应方程式有:C+2H2SO4(浓)=2SO2↑+CO2↑+2H2O、Cu+2H2SO4(浓)=SO2↑+CuSO4+2H2O,

根据混合物总质量可得:12n(C)+64n(Cu)=5.6

根据生成气体的物质的量可得:3n(C)+n(Cu)==0.65mol,

联立解得:n(C)=0.02mol、n(Cu)=0.05mol,

则生成CO2的物质的量为0.2mol,

生成SO2的物质的量为:2n(C)+n(Cu)=0.45mol,

故答案为:CO2、SO2;CO2:0.2mol、SO2:0.45mol.

解析

解:混合物与过量稀硫酸反应,碳酸亚铁、铜锈与稀硫酸反应,得到无色气体二氧化碳和混合物乙;混合物乙中加入少量硝酸钠,硝酸根离子在酸性条件下能够氧化铜甚至亚铁离子,得到无色气体一氧化氮和混合物丙,混合物丙为C和Cu的混合物,加入过量浓硫酸后,C、铜与浓硫酸发生反应生成溶液Y和二氧化碳、二氧化硫气体,

(1)C、Cu不与稀硫酸发生反应,而稀硫酸与FeCO3、铜锈[主要成分为Cu2(OH)2CO3]反应生成二氧化碳气体,所以气体1为二氧化碳,

故答案为:CO2

(2)加入NaNO3后,在酸性条件下NO3-具有强氧化性,与还原性物质Cu和Fe2+反应生成NO气体,反应的离子方程式为:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O、3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O,

故答案为:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O(或3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O);

(3)因为加入少量NaNO3,故NO3-优先氧化还原性强的Cu,溶液中含有的阳离子为:Cu2+、Fe2+、Na+

故答案为:Cu2+、Fe2+、Na+

(4)固体混合物丁中一定含有碳,可能含有铜,如只含有碳,根据反应C+2H2SO4(浓)=2SO2↑+CO2↑+2H2O 可知,则5.6g碳可生成气体体积为:×3×22.4L/mol=31.36L>14.56L,所以固体应为碳和铜的混合物,

发生反应方程式有:C+2H2SO4(浓)=2SO2↑+CO2↑+2H2O、Cu+2H2SO4(浓)=SO2↑+CuSO4+2H2O,

根据混合物总质量可得:12n(C)+64n(Cu)=5.6

根据生成气体的物质的量可得:3n(C)+n(Cu)==0.65mol,

联立解得:n(C)=0.02mol、n(Cu)=0.05mol,

则生成CO2的物质的量为0.2mol,

生成SO2的物质的量为:2n(C)+n(Cu)=0.45mol,

故答案为:CO2、SO2;CO2:0.2mol、SO2:0.45mol.

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简答题

某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物,工业上以该废渣为原料生产CuCl2•2H2O的工艺流程如下:

回答下列问题:

(1)焙烧过程中发生的主要反应为:______CuS+______NaCl+______O2______CuCl2+______Na2SO4.配平上述化学方程式.

(2)试剂A应选用______.(填编号)

①NaClO    ②Cl2       ③H2O2溶液   ④浓硫酸

理由是______

(3)滤液B中大量含有的离子有______

(4)为了获得CuCl2•2H2O晶体,对滤液B进行的操作是:蒸发浓缩,趁热过滤,滤液经冷却结晶,过滤得到产品.分析有关物质的溶解度曲线(如图),“趁热过滤”得到的固体是______,“冷却结晶”过程中,析出CuCl2•2H2O晶体的合适温度为______

正确答案

解:(1)CuS→Na2SO4 S化合价升高8,O2→Na2SO4 O化合价降低2,O2化合价降低2×2=4,根据化合价升降相等可得,CuS化学计量数为1,氧气的化学计量数为2,根据元素守恒Na2SO4化学计量数为1,NaCl化学计量数为2,CuCl2化学计量数为1,配平化学方程式为CuS+2NaCl+2O2 CuCl2+Na2SO4

故答案为:1;2;2;1;1;

(2)NaClO、Cl2、H2O2溶液、浓硫酸均能将Fe2+氧化为Fe3+,但氯水和硫酸溶液均呈酸性,NaClO溶液呈碱性,H2O2溶液与Fe2+反应消耗H+,故可以起到调节PH的作用,

故答案为:①③;NaClO能将Fe2+氧化为Fe3+,且溶液显碱性,能增大溶液pH使Fe3+沉淀;

(3)经过盐酸酸浸,NaClO调节PH值,过滤掉氢氧化铁后,溶液中还有Cu2+、Na+、Cl-、SO42-;故答案为:Cu2+、Na+、Cl-、SO42-

(4)由图乙可知硫酸钠的溶解度较小而且温度较高时随温度的变化不大,为了防止氯化铜晶体的析出,必须趁热过滤,加热浓缩时会有大量的硫酸钠析出;

冷却结晶时尽量保证硫酸钠不析出,而40摄氏度时硫酸钠溶解度最大,为了能析出更多的CuCl2•2H2O晶体,故适宜温度为35~40℃.

故答案为:Na2SO4;35~40℃.

解析

解:(1)CuS→Na2SO4 S化合价升高8,O2→Na2SO4 O化合价降低2,O2化合价降低2×2=4,根据化合价升降相等可得,CuS化学计量数为1,氧气的化学计量数为2,根据元素守恒Na2SO4化学计量数为1,NaCl化学计量数为2,CuCl2化学计量数为1,配平化学方程式为CuS+2NaCl+2O2 CuCl2+Na2SO4

故答案为:1;2;2;1;1;

(2)NaClO、Cl2、H2O2溶液、浓硫酸均能将Fe2+氧化为Fe3+,但氯水和硫酸溶液均呈酸性,NaClO溶液呈碱性,H2O2溶液与Fe2+反应消耗H+,故可以起到调节PH的作用,

故答案为:①③;NaClO能将Fe2+氧化为Fe3+,且溶液显碱性,能增大溶液pH使Fe3+沉淀;

(3)经过盐酸酸浸,NaClO调节PH值,过滤掉氢氧化铁后,溶液中还有Cu2+、Na+、Cl-、SO42-;故答案为:Cu2+、Na+、Cl-、SO42-

(4)由图乙可知硫酸钠的溶解度较小而且温度较高时随温度的变化不大,为了防止氯化铜晶体的析出,必须趁热过滤,加热浓缩时会有大量的硫酸钠析出;

冷却结晶时尽量保证硫酸钠不析出,而40摄氏度时硫酸钠溶解度最大,为了能析出更多的CuCl2•2H2O晶体,故适宜温度为35~40℃.

故答案为:Na2SO4;35~40℃.

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(2014•长春三模)锂离子电池回收具有重要意义.重点回收的是正极材料,其主要成分为钴酸锂(LiCoO2)、导电乙炔黑(一种炭黑)、铝箔以及有机黏结剂.某回收工艺流程如下:

(1)上述工艺回收到的产物有______

(2)碱浸时主要反应的离子方程式为______

(3)酸浸时反应的化学方程式为______

正确答案

解:题干工艺流程为:铝钴膜废料中含有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;将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4,反应的离子方程式为:2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O,通过操作分别分离出Li2SO4、CoSO4,通过浓缩、加入饱和碳酸钠溶液后过滤,最后得到碳酸锂固体,

(1)根据生成流程可知,工艺流程的最终产物有:Al(OH)3、CoSO4、Li2CO3,故答案为:Al(OH)3、CoSO4、Li2CO3

(2)铝能与碱反应生成AlO2-,反应的离子方程式为:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,

故答案为:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;

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

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

解析

解:题干工艺流程为:铝钴膜废料中含有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;将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4,反应的离子方程式为:2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O,通过操作分别分离出Li2SO4、CoSO4,通过浓缩、加入饱和碳酸钠溶液后过滤,最后得到碳酸锂固体,

(1)根据生成流程可知,工艺流程的最终产物有:Al(OH)3、CoSO4、Li2CO3,故答案为:Al(OH)3、CoSO4、Li2CO3

(2)铝能与碱反应生成AlO2-,反应的离子方程式为:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,

故答案为:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;

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

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

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简答题

粉煤灰中含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等,某实验室对其进行处理的流程如图所示:

回答下列问题:

(1)第①步得到的“熟料”中可溶性的成分主要是NH4Fe(SO42、NH4Al(SO42等,写出生成NH4Fe(SO42的化学方程式______

(2)滤渣B的主要成分与NaOH溶液反应的离子方程式为______

(3)步骤③中用NH4HCO3调节pH的实验原理为______(用离子方程式表示).

(4)实验室进行第④步操作时,所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、______,得到的晶体主要成份是______(填化学式).第⑥步生成Al(OH)3的离子方程式为______

正确答案

解:(1)根据题意,Fe2O3与NH4HSO4反应生成 NH4Fe(SO42和氨气与水:Fe2O3+4NH4HSO42 NH4Fe(SO42+2NH3↑+3H2O;

故答案为:Fe2O3+4NH4HSO42 NH4Fe(SO42+2NH3↑+3H2O;

(2)SiO2不溶于一般酸性溶液,不溶于氨水;SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;

故答案为:SiO2、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;

(3)在酸性溶液中,H++HCO3-=H2O+CO2↑;

故答案为:H++HCO3-=H2O+CO2↑;

(4)实验室进行第④步操作时,滤液C得到硫酸铵,所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、蒸发皿;第⑤步所加试剂NaOH,生成四羟基合硫酸根离子,第⑥步生成Al(OH)3的离子方程式为通入CO2,酸碱中和生成(NH42SO4

故答案为:蒸发皿;(NH42SO4;[Al(OH)4]-+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO3-

解析

解:(1)根据题意,Fe2O3与NH4HSO4反应生成 NH4Fe(SO42和氨气与水:Fe2O3+4NH4HSO42 NH4Fe(SO42+2NH3↑+3H2O;

故答案为:Fe2O3+4NH4HSO42 NH4Fe(SO42+2NH3↑+3H2O;

(2)SiO2不溶于一般酸性溶液,不溶于氨水;SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;

故答案为:SiO2、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;

(3)在酸性溶液中,H++HCO3-=H2O+CO2↑;

故答案为:H++HCO3-=H2O+CO2↑;

(4)实验室进行第④步操作时,滤液C得到硫酸铵,所需的仪器是酒精灯、石棉网、三脚架、玻璃棒、蒸发皿;第⑤步所加试剂NaOH,生成四羟基合硫酸根离子,第⑥步生成Al(OH)3的离子方程式为通入CO2,酸碱中和生成(NH42SO4

故答案为:蒸发皿;(NH42SO4;[Al(OH)4]-+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO3-

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欲除去硝酸钾固体中混有的少量氯化钾杂质,某学生进行如下实验操作.回答下列问题:

(1)溶解样品.该过程所需的仪器有______

(2)向溶解后的溶液中加入适量的______ (填化学式)溶液,使氯化钾转化为沉淀.

(3)将混合液进行过滤,过滤装置和操作如图所示,

指出图中的两处错误:

______;②______

正确答案

解:(1)溶解固体药品用到的仪器有:烧杯、玻璃棒,故答案为:烧杯、玻璃棒;

(2)要除去杂质氯化钾,只要除去氯离子即可,我们可以用银离子,原物质是硝酸钾,因此我们可以用硝酸银溶液,生成的是氯化银白色沉淀和硝酸钾溶液,符合除杂质的两个条件,然后过滤得到硝酸钾溶液,

故答案为:AgNO3

(3)过滤液体时,要注意一贴二低三靠的原则:一贴:用少量水润湿的滤纸要紧贴漏斗壁,二低:滤纸边缘低于漏斗边缘、滤液低于滤纸边缘,三靠:烧杯紧靠玻璃棒、玻璃棒靠在三层滤纸上、漏斗下端口紧靠烧杯内壁,过滤时为了防止液体外流,要用玻璃棒引流,使液体沿玻璃棒缓慢倒入漏斗中,该图中的错误之处是:漏斗下端管口没有紧靠烧杯内壁,并且未用玻璃棒来引流,故答案为:漏斗下端管口没有紧靠烧杯内壁;液体没有用玻璃棒引流.

解析

解:(1)溶解固体药品用到的仪器有:烧杯、玻璃棒,故答案为:烧杯、玻璃棒;

(2)要除去杂质氯化钾,只要除去氯离子即可,我们可以用银离子,原物质是硝酸钾,因此我们可以用硝酸银溶液,生成的是氯化银白色沉淀和硝酸钾溶液,符合除杂质的两个条件,然后过滤得到硝酸钾溶液,

故答案为:AgNO3

(3)过滤液体时,要注意一贴二低三靠的原则:一贴:用少量水润湿的滤纸要紧贴漏斗壁,二低:滤纸边缘低于漏斗边缘、滤液低于滤纸边缘,三靠:烧杯紧靠玻璃棒、玻璃棒靠在三层滤纸上、漏斗下端口紧靠烧杯内壁,过滤时为了防止液体外流,要用玻璃棒引流,使液体沿玻璃棒缓慢倒入漏斗中,该图中的错误之处是:漏斗下端管口没有紧靠烧杯内壁,并且未用玻璃棒来引流,故答案为:漏斗下端管口没有紧靠烧杯内壁;液体没有用玻璃棒引流.

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为了将混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠提纯,并制得纯净的氯化钠溶液,某学生设计如图所示实验.

(1)操作②能否用硝酸钡溶液?说明理由.______

(2)进行操作②后,如何判断SO42-已除尽,方法是______

(3)操作③目的是______

④步操作需要用到的玻璃仪器有哪些______

(4)此方案是否严密,说明理由______

正确答案

解:(1)加入硝酸钠溶液,硝酸钠和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠,除去了硫酸钠,但引入了硝酸钠等新的杂质,故答案为:不能,用硝酸钡会引入新杂质NO3-

(2)加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子,检验硫酸根离子已除尽,可静止片刻在上层清液处,滴加一滴氯化钡溶液,不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽,

故答案为:取少量上层澄清溶液,再滴加BaCl2溶液,如无沉淀出现则说明SO42-已除尽,反之则有(或其他的方法);

(3)操作③加入碳酸钠溶液,碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠,除去过量的氯化钡,再过滤;先过滤而后加碳酸钠溶液,在加入碳酸钠溶液后生成的碳酸钡还需要过滤,操作④过滤时需要的玻璃仪器有:玻璃棒、漏斗、烧杯,故答案为:除去过量的Ba2+;玻璃棒、漏斗、烧杯;

(4)此方案不严密,过量的碳酸钠没有除去,得到的溶液中含有氯化钠和过量的碳酸钠两种溶质,致使得到的氯化钠溶液不纯,应加入适量盐酸除去碳酸钠,再加热煮沸,故答案为:不严密,没有除去过量的Na2CO3

解析

解:(1)加入硝酸钠溶液,硝酸钠和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠,除去了硫酸钠,但引入了硝酸钠等新的杂质,故答案为:不能,用硝酸钡会引入新杂质NO3-

(2)加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子,检验硫酸根离子已除尽,可静止片刻在上层清液处,滴加一滴氯化钡溶液,不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽,

故答案为:取少量上层澄清溶液,再滴加BaCl2溶液,如无沉淀出现则说明SO42-已除尽,反之则有(或其他的方法);

(3)操作③加入碳酸钠溶液,碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠,除去过量的氯化钡,再过滤;先过滤而后加碳酸钠溶液,在加入碳酸钠溶液后生成的碳酸钡还需要过滤,操作④过滤时需要的玻璃仪器有:玻璃棒、漏斗、烧杯,故答案为:除去过量的Ba2+;玻璃棒、漏斗、烧杯;

(4)此方案不严密,过量的碳酸钠没有除去,得到的溶液中含有氯化钠和过量的碳酸钠两种溶质,致使得到的氯化钠溶液不纯,应加入适量盐酸除去碳酸钠,再加热煮沸,故答案为:不严密,没有除去过量的Na2CO3

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多晶硅(硅单质的一种)被称为“微电子大厦的基石”,制备中副产物以SiCl4为主,它对环境污染很大,能遇水强烈水解,放出大量的热.研究人员利用SiCl4水解生成的盐酸和钡矿粉(主要成份为BaCO3,且含有铁、镁等离子)制备BaCl2•2H2O,工艺流程如下.

已知:常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是:3.4、12.4.

(1)已知:SiCl4(s)+H2(g)=SiHCl3(s)+HCl(g)△H1=+47kJ/mol

SiHCl3(s)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g)△H2=+189kJ/mol

则由SiCl4制备硅的热化学方程式为______

(2)请写出SiCl4水解反应的化学方程式______

(3)加钡矿粉并调节PH=7的作用是______

(4)加20% NaOH调节pH=12.5,得到滤渣A的主要成分是______

正确答案

解:(1)将方程式SiCl4(s)+H2(g)=SiHCl3(s)+HCl(g)△H1=+47kJ/mol和SiHCl3(s)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g)△H2=+189kJ/mol相加可得:SiCl4(s)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)△H=+236kJ/mol,

故答案为:SiCl4(s)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)△H=+236kJ/mol;

(2)氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢,水解方程式为:SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl,

故答案为:SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl;

(3)pH=3.4时,三价铁离子完全生成沉淀,使Fe3+完全沉淀;盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡和二氧化碳、水,加钡矿粉并调节pH=7的作用是使BaCO3转化为BaCl2,同时使使Fe3+完全沉淀,

故答案为:①使BaCO3转化为BaCl2,②使Fe3+完全沉淀生成氢氧化铁沉淀;       

(4)当pH=3.4时,铁离子完全生成沉淀,当pH=12.4时,镁离子完全沉淀生成氢氧化镁,Mg(OH)2,所以当pH=12.5时,滤渣A的成分是氢氧化镁,

故答案为:Mg(OH)2

解析

解:(1)将方程式SiCl4(s)+H2(g)=SiHCl3(s)+HCl(g)△H1=+47kJ/mol和SiHCl3(s)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g)△H2=+189kJ/mol相加可得:SiCl4(s)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)△H=+236kJ/mol,

故答案为:SiCl4(s)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)△H=+236kJ/mol;

(2)氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢,水解方程式为:SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl,

故答案为:SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl;

(3)pH=3.4时,三价铁离子完全生成沉淀,使Fe3+完全沉淀;盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡和二氧化碳、水,加钡矿粉并调节pH=7的作用是使BaCO3转化为BaCl2,同时使使Fe3+完全沉淀,

故答案为:①使BaCO3转化为BaCl2,②使Fe3+完全沉淀生成氢氧化铁沉淀;       

(4)当pH=3.4时,铁离子完全生成沉淀,当pH=12.4时,镁离子完全沉淀生成氢氧化镁,Mg(OH)2,所以当pH=12.5时,滤渣A的成分是氢氧化镁,

故答案为:Mg(OH)2

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简答题

难溶性杂卤石(K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O)属于“呆矿”,在水中存在如下溶解平衡:

K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O(s)⇌2Ca2++2K++Mg2++4SO42-+2H2O

为充分利用钾资源,用饱和Ca(OH)2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾,工艺流程如下:

(1)滤渣主要成分有______和CaSO4以及未溶杂卤石.

(2)用化学平衡移动原理解释Ca(OH)2溶液能溶解杂卤石浸出K+的原因:______

(3)“除杂”环节中,先加入______溶液,经搅拌等操作后,过滤,再加入______溶液调滤液pH至中性.

(4)不同温度下,K+的浸出浓度与溶浸时间的关系见图.由图可得,随着温度升高,

______

②溶浸出的K+的平衡浓度增大

(5)有人以可溶性碳酸盐为溶浸剂,则溶浸过程中会发生:

CaSO4(s)+CO32-⇌CaCO3(s)+SO42-已知298K时,Ksp(CaCO3)=2.80×10-9,Ksp(CaSO4)=4.90×10-5,计算此温度下该反应的平衡常数,K=______

正确答案

解:杂卤石在水中存在如下溶解平衡:K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O(s)⇌2 Ca2++2K++Mg2++4 SO42-+2H2O,向杂卤石中加入Ca(OH)2溶液,氢氧根离子和镁离子反应生成更难溶的Mg(OH)2沉淀,钙离子和硫酸根离子浓度达到一定程度时生成CaSO4沉淀,所以得到的滤渣成分是Mg(OH)2、CaSO4和未溶解的杂卤石,滤液中含有Ca2+、K+、OH-、SO42-,向滤液中加入过量K2CO3,除去溶液中的Ca2+,然后再加入稀硫酸除去过量的Ca2+,条件溶液的pH得到较纯净的硫酸钾,然后将溶液蒸发浓缩得到硫酸钾晶体,

(1)通过以上分析知,滤渣成分是Mg(OH)2、CaSO4和未溶解的杂卤石,故答案为:Mg(OH)2

(2)加入Ca(OH)2溶液,Ca(OH)2电离生成的氢氧根离子和镁离子反应生成Mg(OH)2沉淀,从而减小镁离子浓度,导致固体溶解,所以K+增多,

故答案为:加入Ca(OH)2溶液,Mg2+与OH-结合生成Mg(OH)2沉淀,Mg2+浓度减小,平衡正向移动,K+增多;

(3)除杂环节中,要加入过量的K2CO3除去钙离子、加入稀硫酸除去过量的K2CO3,故答案为:K2CO3;稀硫酸;

(4)根据图象知,温度越高,钾离子溶浸速率增大,溶浸出的钾离子平衡浓度越大,故答案为:①溶浸平衡向右移动,K+的溶浸速率增大;

(5)该温度下,该反应的平衡常数K====1.75×104,故答案为:1.75×104

解析

解:杂卤石在水中存在如下溶解平衡:K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O(s)⇌2 Ca2++2K++Mg2++4 SO42-+2H2O,向杂卤石中加入Ca(OH)2溶液,氢氧根离子和镁离子反应生成更难溶的Mg(OH)2沉淀,钙离子和硫酸根离子浓度达到一定程度时生成CaSO4沉淀,所以得到的滤渣成分是Mg(OH)2、CaSO4和未溶解的杂卤石,滤液中含有Ca2+、K+、OH-、SO42-,向滤液中加入过量K2CO3,除去溶液中的Ca2+,然后再加入稀硫酸除去过量的Ca2+,条件溶液的pH得到较纯净的硫酸钾,然后将溶液蒸发浓缩得到硫酸钾晶体,

(1)通过以上分析知,滤渣成分是Mg(OH)2、CaSO4和未溶解的杂卤石,故答案为:Mg(OH)2

(2)加入Ca(OH)2溶液,Ca(OH)2电离生成的氢氧根离子和镁离子反应生成Mg(OH)2沉淀,从而减小镁离子浓度,导致固体溶解,所以K+增多,

故答案为:加入Ca(OH)2溶液,Mg2+与OH-结合生成Mg(OH)2沉淀,Mg2+浓度减小,平衡正向移动,K+增多;

(3)除杂环节中,要加入过量的K2CO3除去钙离子、加入稀硫酸除去过量的K2CO3,故答案为:K2CO3;稀硫酸;

(4)根据图象知,温度越高,钾离子溶浸速率增大,溶浸出的钾离子平衡浓度越大,故答案为:①溶浸平衡向右移动,K+的溶浸速率增大;

(5)该温度下,该反应的平衡常数K====1.75×104,故答案为:1.75×104

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简答题

(2012秋•大庆校级月考)某化工厂废水中含一定量的重铬酸根离子,毒性很大.某科研小组为了变废为宝,将废水处理得到磁性材料Cr05Fe15FeO4(Fe的化合价依次为+3、+2),设计了如下实验流程:

(1)该化工厂排出的废水呈橙黄色,其中橙色、黄色分别是由______离子和______离子污染造成的(填写离子符号).

(2)该流程中用pH试纸测定溶液pH的操作方法是:______

(3)实验中过滤得到的滤渣中主要成分除Cr(OH)3外,还有______

正确答案

解:(1)重铬酸根离子(Cr2O72-)是橙红色的,铬酸根离子(CrO42-)是黄色的,故答案为:Cr2O72-;CrO42-

(2)用pH试纸测定溶液pH的方法为:用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上,然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照,故答案为:取一小块pH试纸放在表面皿上,用干净的玻璃棒蘸取待测液点在试纸上,与标准比色卡对比读数;

(3)由题给框图之二可得:Fe2+过量,加NaOH时,产生Cr(OH)3、Fe(OH)3和Fe(OH)2三种沉淀物,故答案为:Fe(OH)3和Fe(OH)2

解析

解:(1)重铬酸根离子(Cr2O72-)是橙红色的,铬酸根离子(CrO42-)是黄色的,故答案为:Cr2O72-;CrO42-

(2)用pH试纸测定溶液pH的方法为:用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上,然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照,故答案为:取一小块pH试纸放在表面皿上,用干净的玻璃棒蘸取待测液点在试纸上,与标准比色卡对比读数;

(3)由题给框图之二可得:Fe2+过量,加NaOH时,产生Cr(OH)3、Fe(OH)3和Fe(OH)2三种沉淀物,故答案为:Fe(OH)3和Fe(OH)2

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题型:简答题
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简答题

某厂使用的燃料为含S约4%~7%(质量分数)的褐煤,为除去烟气中的SO2,化害为利,采用以下工艺流程:

(1)吸收过程中可能产生的物质为______

(2)调节pH使用的试剂为液氨,写出反应的离子方程式______

(3)试剂A可能是______(填编号):

     a.硝酸    b.浓硫酸      c.空气

     若以氧气为氧化剂,写出反应的化学方程式______

(4)烟气的温度很高,经过热交换后溶液中即有部分晶体析出,主要原因是______,从化工生产三原则的

     角度分析这一工序在该工业生产中的目的______

(5)指出该工艺流程产品的一项用途______

(6)用上述工艺可以去除烟气中98%的SO2,该厂消耗上述褐煤10吨最多可制得产品______吨.

正确答案

解:除尘烟气主要成分为二氧化硫,二氧化硫中+4价硫具有还原性,能被氧化剂氧化成三氧化硫,试剂A最佳选择为氧气,因氧气是空气的组成,原料充足,且使用成本低,符合工业生产的需要,进行热交换,便于氨水吸收,氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵,使用液氨调节pH,NH3+HSO3-=NH4++SO32-,经过A氧化,生成硫酸铵,经过热交换,蒸发得到硫酸铵晶体.

(1)二氧化硫为酸性氧化物,氨气为碱性气体,吸收过程中可能发生:2NH3+SO2+H2O=(NH42SO3、NH3+SO2+H2O=NH4HSO3,所以吸收过程中可能产生的物质为:(NH42SO3、NH4HSO3

故答案为:(NH42SO3、NH4HSO3

(2)氨气呈碱性,氨气和亚硫酸氢根离子反应:NH3+HSO3-=NH4++SO32-,故答案为:NH3+HSO3-=NH4++SO32-

(3)经过A氧化,生成硫酸铵,需选择氧化剂,因氧气是空气的组成,原料充足,且使用成本低,符合工业生产的需要,以氧气为氧化剂,亚硫酸铵和氧气反应2(NH42SO3+O2=2(NH42SO4,生成硫酸铵,

故答案为:C;2(NH42SO3+O2=2(NH42SO4

(4)烟气的温度很高,经过热交换后溶剂蒸发,溶液变过饱和溶液,饱和后溶质结晶,通过热交换,充分利用热能,

故答案为:溶液受热蒸发,饱和后溶质结晶;节能;

(5)硫酸铵为含氮元素的盐,可作植物生成的化肥,故答案为:化肥;

(6)褐煤中的硫含S最高为7%(质量分数),褐煤10吨可以去除烟气中98%的SO2,则被除去的二氧化硫的物质的量为n(S)=n(SO2)=,根据硫元素守恒n(SO2)=n[(NH42SO4)]=,最多可制得产品=×132g/mol×10-6t/g=2.83吨,故答案为:2.83.

解析

解:除尘烟气主要成分为二氧化硫,二氧化硫中+4价硫具有还原性,能被氧化剂氧化成三氧化硫,试剂A最佳选择为氧气,因氧气是空气的组成,原料充足,且使用成本低,符合工业生产的需要,进行热交换,便于氨水吸收,氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵,使用液氨调节pH,NH3+HSO3-=NH4++SO32-,经过A氧化,生成硫酸铵,经过热交换,蒸发得到硫酸铵晶体.

(1)二氧化硫为酸性氧化物,氨气为碱性气体,吸收过程中可能发生:2NH3+SO2+H2O=(NH42SO3、NH3+SO2+H2O=NH4HSO3,所以吸收过程中可能产生的物质为:(NH42SO3、NH4HSO3

故答案为:(NH42SO3、NH4HSO3

(2)氨气呈碱性,氨气和亚硫酸氢根离子反应:NH3+HSO3-=NH4++SO32-,故答案为:NH3+HSO3-=NH4++SO32-

(3)经过A氧化,生成硫酸铵,需选择氧化剂,因氧气是空气的组成,原料充足,且使用成本低,符合工业生产的需要,以氧气为氧化剂,亚硫酸铵和氧气反应2(NH42SO3+O2=2(NH42SO4,生成硫酸铵,

故答案为:C;2(NH42SO3+O2=2(NH42SO4

(4)烟气的温度很高,经过热交换后溶剂蒸发,溶液变过饱和溶液,饱和后溶质结晶,通过热交换,充分利用热能,

故答案为:溶液受热蒸发,饱和后溶质结晶;节能;

(5)硫酸铵为含氮元素的盐,可作植物生成的化肥,故答案为:化肥;

(6)褐煤中的硫含S最高为7%(质量分数),褐煤10吨可以去除烟气中98%的SO2,则被除去的二氧化硫的物质的量为n(S)=n(SO2)=,根据硫元素守恒n(SO2)=n[(NH42SO4)]=,最多可制得产品=×132g/mol×10-6t/g=2.83吨,故答案为:2.83.

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题型:简答题
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简答题

二氧化钛(TiO2)广泛用于制造高级白色油漆,也是许多反应的催化剂.工业上用钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁,不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]作原料,制取二氧化钛及绿矾,其生产流程如图:

回答下列问题:

(1)Ti原子序数为22,则Ti位于周期表第______周期,第______列.

(2)FeTiO3溶于过量硫酸的离子方程式______

(3)流程中生成TiO2•xH2O离子方程式为______

(4)若铁粉的用量不足,可能导致产品TiO2中混有______杂质.

(5)以TiO2为原料制取金属钛的其中一步反应为TiO2+Cl2+CTiCl4+______,已知该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1,则另一生成物为______

正确答案

解:制取二氧化钛及绿矾,其生产流程为:钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁,不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]加过量硫酸,FeTiO3溶于过量硫酸,生成Fe2+、TiO2+、H2O,Fe2O3溶于过量硫酸,生成Fe3+离子,SiO2杂质不溶于酸,过滤滤渣为SiO2杂质,滤液为Fe2+、TiO2+、Fe3+,加入铁粉,发生了反应:2Fe3++Fe═3Fe2+,冷却过滤得绿矾和TiO2+、SO42-,TiO2+在加热条件下与水反应生成TiO2•xH2O,一定条件下得到TiO2.   

(1)Ti原子序数为22,22-2-8-8=4,位于元素周期表第ⅣB族,所以Ti元素处于第四周期第4列,故答案为:四;4;

(2)由工艺流程转化关系可知,FeTiO3溶于过量硫酸,生成Fe2+、TiO2+、H2O,反应离子方程式为FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O,

故答案为:FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O;

(3)由工艺流程转化关系可知,TiO2+在加热条件下与水反应生成TiO2•xH2O,根据电荷守恒可知还生成H+,所以反应离子方程式为TiO2++(x+1)H2O=TiO2•xH2O+2H+,故答案为:TiO2++(x+1)H2O=TiO2•xH2O+2H+

(4)铁粉的用量不足,滤液中的Fe3+,不能除尽,生成的TiO2•xH2O沉淀中含有氢氧化铁,最后氢氧化铁分解生成氧化铁,所以可能导致产品TiO2中混有Fe2O3

故答案为:Fe2O3

(5)反应中Ti元素化合价未变化,氯元素化合价由0价降低为-1价,令碳元素在产物中等化合价为a,则a=2×[0-(-1)],故a=2,反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1,结合元素守恒可知,TiO2、Cl2、C、TiCl4的系数分别为1、2、2、1,所以未知物中含有C原子与O原子,碳元素化合价为+2,故为CO,系数为2,

故答案为:2CO;CO.

解析

解:制取二氧化钛及绿矾,其生产流程为:钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁,不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]加过量硫酸,FeTiO3溶于过量硫酸,生成Fe2+、TiO2+、H2O,Fe2O3溶于过量硫酸,生成Fe3+离子,SiO2杂质不溶于酸,过滤滤渣为SiO2杂质,滤液为Fe2+、TiO2+、Fe3+,加入铁粉,发生了反应:2Fe3++Fe═3Fe2+,冷却过滤得绿矾和TiO2+、SO42-,TiO2+在加热条件下与水反应生成TiO2•xH2O,一定条件下得到TiO2.   

(1)Ti原子序数为22,22-2-8-8=4,位于元素周期表第ⅣB族,所以Ti元素处于第四周期第4列,故答案为:四;4;

(2)由工艺流程转化关系可知,FeTiO3溶于过量硫酸,生成Fe2+、TiO2+、H2O,反应离子方程式为FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O,

故答案为:FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O;

(3)由工艺流程转化关系可知,TiO2+在加热条件下与水反应生成TiO2•xH2O,根据电荷守恒可知还生成H+,所以反应离子方程式为TiO2++(x+1)H2O=TiO2•xH2O+2H+,故答案为:TiO2++(x+1)H2O=TiO2•xH2O+2H+

(4)铁粉的用量不足,滤液中的Fe3+,不能除尽,生成的TiO2•xH2O沉淀中含有氢氧化铁,最后氢氧化铁分解生成氧化铁,所以可能导致产品TiO2中混有Fe2O3

故答案为:Fe2O3

(5)反应中Ti元素化合价未变化,氯元素化合价由0价降低为-1价,令碳元素在产物中等化合价为a,则a=2×[0-(-1)],故a=2,反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1,结合元素守恒可知,TiO2、Cl2、C、TiCl4的系数分别为1、2、2、1,所以未知物中含有C原子与O原子,碳元素化合价为+2,故为CO,系数为2,

故答案为:2CO;CO.

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