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简答题

工业碳酸钠(纯度约为98%)中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-、和SO42-等杂质,提纯工艺线路如下:

Ⅰ、碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示:

回答下列问题:

(1)加入NaOH溶液的作用______,上述实验中均需使用的仪器______

(2)“趁热过滤”时的温度应控制在______

(3)有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程中虚线所示进行循环使用.请你分析实际工业生产中是否可行______,并说明理由______

(4)怎样检验所得试剂级碳酸钠中是否含有硫酸根离子______

正确答案

解:(1)因工业碳酸钠中含有Mg2+,Fe3+,Ca2+,所以先加水溶解生成硫酸钙沉淀而除去,再中加入过量的NaOH溶液,可生成Mg(OH)2、Fe(OH)3沉淀,从而除去钙镁离子,所以加入NaOH溶液的作用除去其中混有的Fe3+、Mg2+;溶解过滤都用到的仪器是玻璃棒,

故答案为:除去其中混有的Fe3+、Mg2+;玻璃棒;

(2)“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3•H2O,防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体,所以温度高于36℃,

故答案为:高于36℃;

(3)若“母液”循环使用,则溶液c(Cl-)和c(SO42-)增大,最后所得产物Na2CO3中混有杂质,这样不符合该提纯工艺,

故答案为:不可行;若“母液”循环使用,则溶液c(Cl-)和c(SO42-)增大,最后所得产物Na2CO3中混有杂质;

(4)碳酸钠中是否含有硫酸根离子的检验:取少量试剂级碳酸钠溶于水配成溶液,取少量溶液于试管中,往其中滴加稀盐酸直到无气泡产生,再往其中滴加几滴氯化钡,若有沉淀生成,则证明有硫酸根离子;反之,则无,

故答案为:取少量试剂级碳酸钠溶于水配成溶液,取少量溶液于试管中,往其中滴加稀盐酸直到无气泡产生,再往其中滴加几滴氯化钡,若有沉淀生成,则证明有硫酸根离子;反之,则无.

解析

解:(1)因工业碳酸钠中含有Mg2+,Fe3+,Ca2+,所以先加水溶解生成硫酸钙沉淀而除去,再中加入过量的NaOH溶液,可生成Mg(OH)2、Fe(OH)3沉淀,从而除去钙镁离子,所以加入NaOH溶液的作用除去其中混有的Fe3+、Mg2+;溶解过滤都用到的仪器是玻璃棒,

故答案为:除去其中混有的Fe3+、Mg2+;玻璃棒;

(2)“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3•H2O,防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体,所以温度高于36℃,

故答案为:高于36℃;

(3)若“母液”循环使用,则溶液c(Cl-)和c(SO42-)增大,最后所得产物Na2CO3中混有杂质,这样不符合该提纯工艺,

故答案为:不可行;若“母液”循环使用,则溶液c(Cl-)和c(SO42-)增大,最后所得产物Na2CO3中混有杂质;

(4)碳酸钠中是否含有硫酸根离子的检验:取少量试剂级碳酸钠溶于水配成溶液,取少量溶液于试管中,往其中滴加稀盐酸直到无气泡产生,再往其中滴加几滴氯化钡,若有沉淀生成,则证明有硫酸根离子;反之,则无,

故答案为:取少量试剂级碳酸钠溶于水配成溶液,取少量溶液于试管中,往其中滴加稀盐酸直到无气泡产生,再往其中滴加几滴氯化钡,若有沉淀生成,则证明有硫酸根离子;反之,则无.

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氯化亚铜(CuCl)是白色粉末,不溶于水、乙醇,熔点422℃,沸点1366℃,在空气中迅速被氧化成绿色,常用作有机合成工业中的催化剂.以粗盐水(含Ca2+、Mg2+、SO2-4等杂质).Cu、稀硫酸,SO2等为原料合成CuCl的工艺如下:

(1)反应Ⅰ中加Na2CO3溶液的作用是______

(2)反应Ⅱ在电解条件下进行,电解时阳极发生的电极反应可表示为______

(3)写出反应Ⅵ的化学方程式______

(4)反应Ⅳ加入的Cu必须过量,其目的是______

(5)反应Ⅵ后,过滤得到CuCl沉淀,用无水乙醇洗涤沉淀,在真空干燥机内于70℃干燥2小时,冷却,密封包装即得产品.于70℃真空干燥的目的是______

正确答案

解:(1)反应Ⅰ中加Na2CO3溶液可以粗盐溶液中的除去Ca2+和除去硫酸根离子所加的过量的Ba2+,故答案为:除去Ca2+和过量的Ba2+

(2)对氯化钠溶液进行电解,在电解池的阳极上是氯离子发生失电子的氧化反应,即2Cl--2e-=Cl2↑,故答案为:2Cl--2e-=Cl2↑;

(3)二氧化硫和硫酸铜之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀,即2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+2NaHSO4+H2SO4或2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4,故答案为:2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+2NaHSO4+H2SO4或2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4

(4)反应Ⅳ加入的Cu必须过量,金属铜可以和铜离子在溶液中生成亚铜离子,这样可以防止生成CuCl2,故答案为:防止生成CuCl2

(5)CuCl沉淀,用无水乙醇洗涤沉淀,在真空干燥机内于70℃干燥2小时,这样可以加快乙醇和水的蒸发,防止CuCl被空气氧化,故答案为:加快乙醇和水的蒸发,防止CuCl被空气氧化.

解析

解:(1)反应Ⅰ中加Na2CO3溶液可以粗盐溶液中的除去Ca2+和除去硫酸根离子所加的过量的Ba2+,故答案为:除去Ca2+和过量的Ba2+

(2)对氯化钠溶液进行电解,在电解池的阳极上是氯离子发生失电子的氧化反应,即2Cl--2e-=Cl2↑,故答案为:2Cl--2e-=Cl2↑;

(3)二氧化硫和硫酸铜之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀,即2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+2NaHSO4+H2SO4或2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4,故答案为:2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+2NaHSO4+H2SO4或2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4

(4)反应Ⅳ加入的Cu必须过量,金属铜可以和铜离子在溶液中生成亚铜离子,这样可以防止生成CuCl2,故答案为:防止生成CuCl2

(5)CuCl沉淀,用无水乙醇洗涤沉淀,在真空干燥机内于70℃干燥2小时,这样可以加快乙醇和水的蒸发,防止CuCl被空气氧化,故答案为:加快乙醇和水的蒸发,防止CuCl被空气氧化.

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(2015秋•扬州校级月考)碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料.以含镍(Ni2+)废液为原料生产NiOOH的一种工艺流程如下:

(1)加入Na2CO3溶液时,确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是______

(2)已知Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15,欲使NiSO4溶液中残留c(Ni2+)≤2×10-5 mol•L-1,调节pH的范围是______

(3)写出在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式:______

(4)若加热不充分,制得的NiOOH中会混有Ni(OH)2,其组成可表示为xNiOOH•yNi(OH)2.现称取9.18g样品溶于稀硫酸,加入100mL 1.0mol•L-1 Fe2+标准溶液,搅拌至溶液清亮,定容至200mL.取出20.00mL,用0.010mol•L-1 KMnO4标准溶液滴定,用去KMnO4标准溶液20.00mL,试通过计算确定x、y的值(写出计算过程).涉及反应如下(均未配平):NiOOH+Fe2++H+-Ni2++Fe3++H2O  Fe2++MnO4-+H+-Fe3++Mn2++H2O.

正确答案

解:(1)确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液,加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成,判断镍离子是否全部沉淀,具体操作步骤为:静置,在上层清液中继续滴加1~2滴Na2CO3溶液,无沉淀生成;

故答案为:静置,在上层清液中继续滴加1~2滴Na2CO3溶液,无沉淀生成;

(2)已知Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15,欲使NiSO4溶液中残留c(Ni2+)≤2×10-5 mol•L-1

Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)×c2(OH-)=2×10-15,c(OH-)==10-5mol/L,c(H+)==10-9mol/L,pH=9;

c(Ni2+)≤2×10-5 mol•L-1,调节pH的范围是pH≥9;

故答案为:pH≥9;

(3)空气中加热Ni(OH)2和空气中氧气反应生成NiOOH和水,原子守恒配平书写化学方程式为:4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O,

故答案为:4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O;

(4)消耗KMnO4物质的量:0.01 mol•L-1×0.02L=2×10-4 mol

与NiOOH反应后剩余的Fe2+物质的量:2×10-4 mol×5×(200÷20)=0.01 mol

Fe2+总物质的量:1.0 mol•L-1×0.1 L=0.1 mol

与NiOOH反应的Fe2+的物质的量:0.1 mol-0.01 mol=0.09 mol

n(NiOOH)=0.09 mol

m(NiOOH)=91.7 g•mol-1×0.09 mol=8.253 g

n[Ni(OH)2]==0.01 mol

x:y=n(NiOOH):n[Ni(OH)2]=0.09 mol:0.01 mol=9:1,

即x=9、y=1,

答:x、y的值分别为9,1.

解析

解:(1)确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液,加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成,判断镍离子是否全部沉淀,具体操作步骤为:静置,在上层清液中继续滴加1~2滴Na2CO3溶液,无沉淀生成;

故答案为:静置,在上层清液中继续滴加1~2滴Na2CO3溶液,无沉淀生成;

(2)已知Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15,欲使NiSO4溶液中残留c(Ni2+)≤2×10-5 mol•L-1

Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)×c2(OH-)=2×10-15,c(OH-)==10-5mol/L,c(H+)==10-9mol/L,pH=9;

c(Ni2+)≤2×10-5 mol•L-1,调节pH的范围是pH≥9;

故答案为:pH≥9;

(3)空气中加热Ni(OH)2和空气中氧气反应生成NiOOH和水,原子守恒配平书写化学方程式为:4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O,

故答案为:4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O;

(4)消耗KMnO4物质的量:0.01 mol•L-1×0.02L=2×10-4 mol

与NiOOH反应后剩余的Fe2+物质的量:2×10-4 mol×5×(200÷20)=0.01 mol

Fe2+总物质的量:1.0 mol•L-1×0.1 L=0.1 mol

与NiOOH反应的Fe2+的物质的量:0.1 mol-0.01 mol=0.09 mol

n(NiOOH)=0.09 mol

m(NiOOH)=91.7 g•mol-1×0.09 mol=8.253 g

n[Ni(OH)2]==0.01 mol

x:y=n(NiOOH):n[Ni(OH)2]=0.09 mol:0.01 mol=9:1,

即x=9、y=1,

答:x、y的值分别为9,1.

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硼泥主要由MgO和SiO2组成,含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质.用硼泥生产氢氧化镁的工艺流程如图所示:

  

已知某些氢氧化物沉淀的pH如下表所示:

(1)MgO的电子式为______

(2)滤渣2的主要成分是______,向滤渣2中继续加入过量的NaOH溶液,发生反应的离子方程式为______

(3)加入NaOH调节溶液pH=12.0时,发生反应的离子方程式为______

(4)利用Mg(OH)2与含SO2的烟气反应生成MgSO4,可以使烟气脱硫,该反应的化学方程式为______

(5)若取a吨硼泥为原料,最后得到b吨Mg(OH)产品(假设生产过程中镁元素无损失),则硼泥中MgO的质量分数为______(用含有a、b的代数式表示).

正确答案

解:硼泥主要由MgO和SiO2组成,含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质,加入硫酸,MgO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应,MgO+H2SO4═MgSO4+H2O,Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO43+3H2O,FeO+H2SO4═FeSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4═Al2(SO43+3H2O,SiO2不与硫酸反应,滤渣1为SiO2

过氧化氢具有氧化性,加入的过氧化氢可把亚铁离子氧化成铁离子,H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O;

加入氢氧化钠,溶液pH升高,调PH=6.0,铁离子生成氢氧化铁沉淀,Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓;

铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀,Al3++3OH-═Al(OH)3↓;过滤滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3

滤液中含镁离子,调节PH=12,Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓;得到滤渣3:Mg(OH)2,洗涤烘干得到Mg(OH)2晶体.

(1)MgO是离子化合物,由Mg2+离子和O2-离子构成,MgO的电子式,故答案为:

(2)加入氢氧化钠,溶液pH升高,调PH=6.0,铁离子生成氢氧化铁沉淀,Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓;铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀,Al3++3OH-═Al(OH)3↓;过滤滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3,氢氧化铝具有两性,向滤渣2中继续加入过量的NaOH溶液,发生反应Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,

故答案为:Fe(OH)3、Al(OH)3;Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O;

(3)滤液中含镁离子,调节PH=12,Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓,故答案为:Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓;

(4)氢氧化镁无氧化性,根据信息反应物为Mg(OH)2、SO2、产物为MgSO4,所以反应物必有O2,所以该反应为:2Mg(OH)2+2SO2+O2═2MgSO4+2H2O,

故答案为:2Mg(OH)2+2SO2+O2═2MgSO4+2H2O;

(5)设硼泥中MgO的质量分数为x,根据镁原子守恒:,解得x=,故答案为:

解析

解:硼泥主要由MgO和SiO2组成,含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质,加入硫酸,MgO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应,MgO+H2SO4═MgSO4+H2O,Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO43+3H2O,FeO+H2SO4═FeSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4═Al2(SO43+3H2O,SiO2不与硫酸反应,滤渣1为SiO2

过氧化氢具有氧化性,加入的过氧化氢可把亚铁离子氧化成铁离子,H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O;

加入氢氧化钠,溶液pH升高,调PH=6.0,铁离子生成氢氧化铁沉淀,Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓;

铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀,Al3++3OH-═Al(OH)3↓;过滤滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3

滤液中含镁离子,调节PH=12,Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓;得到滤渣3:Mg(OH)2,洗涤烘干得到Mg(OH)2晶体.

(1)MgO是离子化合物,由Mg2+离子和O2-离子构成,MgO的电子式,故答案为:

(2)加入氢氧化钠,溶液pH升高,调PH=6.0,铁离子生成氢氧化铁沉淀,Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓;铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀,Al3++3OH-═Al(OH)3↓;过滤滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3,氢氧化铝具有两性,向滤渣2中继续加入过量的NaOH溶液,发生反应Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O,

故答案为:Fe(OH)3、Al(OH)3;Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O;

(3)滤液中含镁离子,调节PH=12,Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓,故答案为:Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓;

(4)氢氧化镁无氧化性,根据信息反应物为Mg(OH)2、SO2、产物为MgSO4,所以反应物必有O2,所以该反应为:2Mg(OH)2+2SO2+O2═2MgSO4+2H2O,

故答案为:2Mg(OH)2+2SO2+O2═2MgSO4+2H2O;

(5)设硼泥中MgO的质量分数为x,根据镁原子守恒:,解得x=,故答案为:

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2013年6月,我国“蛟龙”号再次刷新“中国深度”--下潜7062米,为我国深海矿物资源的开发奠定了基础.海洋深处有丰富的锰结核矿,锰结核的主要成分是MnO2,同时还含有黄铜矿.

Ⅰ、“蛟龙”号外壳是用特殊的钛合金材料制成,它可以在7000m的深海中承受重压,Ti是以钛白粉(TiO2)为原料进行生产,钛白粉是利用TiO2+发生水解生成钛酸(H2TiO3)沉淀,再煅烧沉淀制得的.TiO2+发生水解的离子方程式为______

Ⅱ、MnO2是一种重要的无机功能材料,工业上从锰结核中制取纯净的MnO2工艺流程如下图所示:

(1)步骤Ⅱ中以NaClO3为氧化剂,当生成0.05molMnO2时,消耗0.1mol/L的NaClO3溶液200ml,该反应离子方程式为______

(2)已知溶液B的溶质之一可循环用于上述生产,此物质的名称是______

Ⅲ、利用黄铜矿炼铜产生的炉渣(含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等)可制备Fe2O3,方法为:

(A)用过量的稀盐酸浸取炉渣、过滤;(B)向滤液中加入5%的H2O2,再向其中加入过量的NaOH溶液,过滤,将沉淀洗涤、干燥、煅烧得到Fe2O3.根据以上信息回答下列问题:

(1)(B)中向滤液中加入5%的H2O2,其目的是______

(2)设计实验证明炉渣中含有FeO______

(3)将煅烧得到的Fe2O3还原为Fe单质,再将质量为m g的Fe单质分成相等的四份,分别与50mL、100mL、150mL、200mL的等浓度的稀硝酸反应,反应产物NO在标况下的体积见附表:

则:①m=______g

②写出实验②发生反应的化学方程式:______

正确答案

解:Ⅰ、TiO2+发生水解生成钛酸(H2TiO3)沉淀,则根据原子守恒可知,还有氢离子产生,因此TiO2+发生水解的离子方程式为TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+,故答案为:TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+

Ⅱ、(1)0.1mol/L的NaClO3溶液200ml的物质的量是0.02mol,当生成0.05molMnO2时,转移电子的物质的量是0.05mol×(4-2)=0.1mol,根据电子得失守恒可知0.02mol氯酸钠得到0.1mol电子,因此氯元素的化合价变化5价,即从+5价降低到0价,因此还原产物是氯气,所以该反应离子方程式为2ClO3-+5Mn2++4H2O=5MnO2+8H++Cl2↑,故答案为:2ClO3-+5Mn2++4H2O=5MnO2+8H++Cl2↑;

(2)氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水,因此可以循环的物质B是氯酸钠,故答案为:氯酸钠;

Ⅲ、(1)滤液中含有亚铁离子,双氧水有氧化性将亚铁离子氧化为铁离子,且不会引入新的杂质,故答案为:氧化亚铁离子;

(2)亚铁离子具有还原性,因此检验炉渣中含有FeO的实验方法是取炉渣少许,用稀硫酸浸取后的溶液使KMnO4溶液褪色,

故答案为:取炉渣少许,用稀硫酸浸取后的溶液使KMnO4溶液褪色;

(3)①根据表中数据可知实验③后硝酸是过量的,则铁与足量稀硝酸反应最多生成3.36LNO,NO的物质的量是=0.15mol,反应中转移电子的物质的量是0.15mol×(5-2)=0.45mol,因此根据电子得失守恒可知消耗铁的物质的量是=0.15mol,因此原铁的物质的量是0.15mol×4=0.6mol,质量是0.6mol×56g/mol=33.6g.

故答案为:33.6;

②实验②中产生NO的物质的量是=0.12mol,转移电子的物质的量是0.36mol.设生成硝酸铁和硝酸亚铁的物质的量是xmol和ymol,则

x+y=0.15

3x+2y=0.36

解得x=0.06、y=0.09,

即硝酸铁与硝酸亚铁的物质的量之比是2:3,

所以反应的化学方程式为5Fe+16HNO3=2Fe(NO33+3Fe(NO32+8H2O+4NO↑,故答案为:5Fe+16HNO3=2Fe(NO33+3Fe(NO32+8H2O+4NO↑.

解析

解:Ⅰ、TiO2+发生水解生成钛酸(H2TiO3)沉淀,则根据原子守恒可知,还有氢离子产生,因此TiO2+发生水解的离子方程式为TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+,故答案为:TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+

Ⅱ、(1)0.1mol/L的NaClO3溶液200ml的物质的量是0.02mol,当生成0.05molMnO2时,转移电子的物质的量是0.05mol×(4-2)=0.1mol,根据电子得失守恒可知0.02mol氯酸钠得到0.1mol电子,因此氯元素的化合价变化5价,即从+5价降低到0价,因此还原产物是氯气,所以该反应离子方程式为2ClO3-+5Mn2++4H2O=5MnO2+8H++Cl2↑,故答案为:2ClO3-+5Mn2++4H2O=5MnO2+8H++Cl2↑;

(2)氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水,因此可以循环的物质B是氯酸钠,故答案为:氯酸钠;

Ⅲ、(1)滤液中含有亚铁离子,双氧水有氧化性将亚铁离子氧化为铁离子,且不会引入新的杂质,故答案为:氧化亚铁离子;

(2)亚铁离子具有还原性,因此检验炉渣中含有FeO的实验方法是取炉渣少许,用稀硫酸浸取后的溶液使KMnO4溶液褪色,

故答案为:取炉渣少许,用稀硫酸浸取后的溶液使KMnO4溶液褪色;

(3)①根据表中数据可知实验③后硝酸是过量的,则铁与足量稀硝酸反应最多生成3.36LNO,NO的物质的量是=0.15mol,反应中转移电子的物质的量是0.15mol×(5-2)=0.45mol,因此根据电子得失守恒可知消耗铁的物质的量是=0.15mol,因此原铁的物质的量是0.15mol×4=0.6mol,质量是0.6mol×56g/mol=33.6g.

故答案为:33.6;

②实验②中产生NO的物质的量是=0.12mol,转移电子的物质的量是0.36mol.设生成硝酸铁和硝酸亚铁的物质的量是xmol和ymol,则

x+y=0.15

3x+2y=0.36

解得x=0.06、y=0.09,

即硝酸铁与硝酸亚铁的物质的量之比是2:3,

所以反应的化学方程式为5Fe+16HNO3=2Fe(NO33+3Fe(NO32+8H2O+4NO↑,故答案为:5Fe+16HNO3=2Fe(NO33+3Fe(NO32+8H2O+4NO↑.

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铜是一种重要的有色金属,近些年来铜的用途越来越广泛.铜矿有辉铜矿(主要成分为Cu2S)、斑铜矿(主要成分为Cu5FeS4)、蓝铜矿[主要成分为Cu2(OH)2CO3]及黄铜矿(主要成分为CuFeS2)等.

(1)下列四种化合物中含铜量最高的是______(填序号).

   a.Cu2S   b.Cu5FeS4    c.Cu2(OH)2CO3    d.CuFeS2

(2)2014年国精炼铜产量796万吨,若全部由含Cu2S质量分数为32%的铜矿冶炼得到,则需该铜矿的质量为______万吨(保留一位小数).

(3)为了充分利用铜资源,某工厂拟用黄铜灰(含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3、SiO2等)制取金属铜,并可得副产物锌盐,其生产流程如图:

回答下列问题:

①滤渣1的主要成分为______

②滤液1加入Zn粉主要被还原的阳离子有______(写离子符号).

③滤渣1及滤渣2需再进行焙烧,其原因是______;用浓硫酸二次浸取可能产生的有毒气体是______,净化的方法是______

④除铁时,先加入稀硫酸及过氧化氢溶液将铁氧化为Fe3+,再______,使铁形成Fe(OH)3沉淀除去.

⑤电解时,阴极的电极反应式为______.电解后剩余电解液可循环利用,其方式是______

正确答案

解:(1)a.Cu2S中含铜量为=0.8;b.Cu5FeS4中含铜量为=0.63;c.Cu2(OH)2CO3中含铜量为=0.58;d.CuFeS2中含铜量为=0.35,故答案为:a;

(2)Cu2S中铜元素的质量分数=×100%=80%;则X吨含Cu2S 32%的铜矿石中含铜元素质量=Xt×80%×32%=796万t

解得X=3109.4万吨,故答案为:3109.4;

(3)①滤渣1为铜和少量的SiO2,主要成分为Cu,故答案为:Cu;

②锌粉可与Cu2+、Fe2+、H+反应生成铜和铁单质,被还原的阳离子有Cu2+、Fe2+、H+,故答案为:Cu2+、Fe2+、H+

③焙烧便于除去铜块内部包裹的锌等杂质,浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫,二氧化硫是酸性氧化物,可用氨水吸收,故答案为:便于除去铜块内部包裹的锌等杂质;SO2;用氨水吸收;

④氢氧化铁的溶解度比氢氧化亚铁小,将铁氧化为Fe3+,再调节pH,使铁形成Fe(OH)3沉淀除去,故答案为:调节pH;

⑤电解时,阴极得电子:Cu2++2e-=Cu;锌离子在溶液不放电,加入ZnO中和后与滤液2合并制备ZnSO4•7H2O,故答案为:Cu2++2e-=Cu;加入ZnO中和后与滤液2合并制备ZnSO4•7H2O.

解析

解:(1)a.Cu2S中含铜量为=0.8;b.Cu5FeS4中含铜量为=0.63;c.Cu2(OH)2CO3中含铜量为=0.58;d.CuFeS2中含铜量为=0.35,故答案为:a;

(2)Cu2S中铜元素的质量分数=×100%=80%;则X吨含Cu2S 32%的铜矿石中含铜元素质量=Xt×80%×32%=796万t

解得X=3109.4万吨,故答案为:3109.4;

(3)①滤渣1为铜和少量的SiO2,主要成分为Cu,故答案为:Cu;

②锌粉可与Cu2+、Fe2+、H+反应生成铜和铁单质,被还原的阳离子有Cu2+、Fe2+、H+,故答案为:Cu2+、Fe2+、H+

③焙烧便于除去铜块内部包裹的锌等杂质,浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫,二氧化硫是酸性氧化物,可用氨水吸收,故答案为:便于除去铜块内部包裹的锌等杂质;SO2;用氨水吸收;

④氢氧化铁的溶解度比氢氧化亚铁小,将铁氧化为Fe3+,再调节pH,使铁形成Fe(OH)3沉淀除去,故答案为:调节pH;

⑤电解时,阴极得电子:Cu2++2e-=Cu;锌离子在溶液不放电,加入ZnO中和后与滤液2合并制备ZnSO4•7H2O,故答案为:Cu2++2e-=Cu;加入ZnO中和后与滤液2合并制备ZnSO4•7H2O.

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题型:简答题
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简答题

(2013秋•无锡期末)NiSO4•6H2O是一种绿色易溶于水的晶体,广泛用于化学镀镍、生产电池等,可由电镀废渣(除含镍外,还含有Cu、Fe、Cr等杂质)为原料获得.工艺流程如图:

已知:25℃时,几种金属氢氧化物的溶度积常数和完全沉淀的pH范围如下表所示.

请回答下列问题:

(1)下列措施可行,且能提高废渣浸出率的有______

A.升高反应温度       B.增大压强        C.在反应过程中不断搅拌

(2)在滤液Ⅰ中加入6%的H2O2,其作用是______(用离子方程式表示);加入NaOH调节pH的范围是______,为了除去溶液中的______离子.

(3)滤液Ⅱ的主要成分是______

(4)检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是______

(5)操作Ⅰ的实验步骤依次为:

______

______

③蒸发浓缩、冷却结晶,过滤得NiSO4•6H2O晶体;

④用少量乙醇洗涤NiSO4•6H2O晶体并晾干.

正确答案

解:废渣(除含镍外,还含有Cu、Fe、Cr等杂质),在硫酸溶解过滤后除去不溶于硫酸的铜,所以滤液含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质,加H2O2是将二价铁氧化成三价铁,再通过调节PH值5.6~8.4使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去,滤液Ⅱ含有可溶性硫酸盐,为Na2SO4、NiSO4,再加碳酸钠沉淀二价镍,过滤、洗涤,然后与硫酸反应生成NiSO4

(1)能提高废渣浸出率即提高反应速率,所以AC都可以提高反应速率,而B增大压强对反应没影响,故选:AC;

(2)因为废渣(除含镍外,还含有Cu、Fe、Cr等杂质),在硫酸溶解过滤后含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质,所以加H2O2是将二价铁氧化成三价铁,再通过调节PH值5.6~8.4使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去,故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;[5.6,8.4);Fe3+、Cr3+

(3)经过加入H2O2、NaOH后可除去Fe、Cr等杂质,滤液中含有可溶性硫酸盐,为Na2SO4、NiSO4,故答案为:Na2SO4、NiSO4

(4)检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成,故答案为:静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成;

(5)得到NiCO3沉淀之后应,应先过滤、洗涤,然后与硫酸反应生成NiSO4,所以操作步骤为:①过滤,并用蒸馏水洗涤沉淀2~3次直至流出液用pH试纸检验呈中性;

②向沉淀中加稀H2SO4溶液,直至恰好完全溶解,

故答案为:过滤,并用蒸馏水洗涤沉淀2~3次直至流出液用pH试纸检验呈中性;向沉淀中加稀的H2SO4溶液,直至恰好完全溶解.

解析

解:废渣(除含镍外,还含有Cu、Fe、Cr等杂质),在硫酸溶解过滤后除去不溶于硫酸的铜,所以滤液含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质,加H2O2是将二价铁氧化成三价铁,再通过调节PH值5.6~8.4使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去,滤液Ⅱ含有可溶性硫酸盐,为Na2SO4、NiSO4,再加碳酸钠沉淀二价镍,过滤、洗涤,然后与硫酸反应生成NiSO4

(1)能提高废渣浸出率即提高反应速率,所以AC都可以提高反应速率,而B增大压强对反应没影响,故选:AC;

(2)因为废渣(除含镍外,还含有Cu、Fe、Cr等杂质),在硫酸溶解过滤后含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质,所以加H2O2是将二价铁氧化成三价铁,再通过调节PH值5.6~8.4使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去,故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;[5.6,8.4);Fe3+、Cr3+

(3)经过加入H2O2、NaOH后可除去Fe、Cr等杂质,滤液中含有可溶性硫酸盐,为Na2SO4、NiSO4,故答案为:Na2SO4、NiSO4

(4)检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成,故答案为:静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成;

(5)得到NiCO3沉淀之后应,应先过滤、洗涤,然后与硫酸反应生成NiSO4,所以操作步骤为:①过滤,并用蒸馏水洗涤沉淀2~3次直至流出液用pH试纸检验呈中性;

②向沉淀中加稀H2SO4溶液,直至恰好完全溶解,

故答案为:过滤,并用蒸馏水洗涤沉淀2~3次直至流出液用pH试纸检验呈中性;向沉淀中加稀的H2SO4溶液,直至恰好完全溶解.

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题型:简答题
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简答题

硼及其化合物在工业上有许多用途.以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示:

回答下列问题:

(1)写出Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式______

(2)利用______的磁性,可将其从“浸渣1”中分离.“浸渣1”中还剩余的物质是______(写化学式).

(3)以硼酸为原料可制得硼氢化钠(NaBH4),它是有机合成中的重要还原剂,其电子式为______

(4)“净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是______.然后再调节溶液的pH约为5,目的是______

(5)“粗硼酸”中的主要杂质是______(填名称).

正确答案

解:以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3),由流程可知,加硫酸溶解,Fe3O4、SiO2不溶,CaO转化为微溶于水的CaSO4,Fe3O4具有磁性,可以采用物理方法分离,滤渣1的成分为SiO2和CaSO4

“净化除杂”需先加H2O2溶液,将Fe 2+转化为Fe 3+,调节溶液的pH约为5,使Fe3+、Al3+均转化为沉淀,则滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3,然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3

(1)Mg2B2O5•H2O与硫酸反应生成硫酸镁和硼酸,反应方程式为Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3,故答案为:Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3

(2)利用Fe3O4的磁性,可将其从“浸渣”中分离.“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4,故答案为:Fe3O4;SiO2、CaSO4

(3)NaBH4为离子化合物,含离子键、共价键,其电子式为,故答案为:

(4)“净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是将亚铁离子氧化为铁离子.然后在调节溶液的pH约为5,目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去,

故答案为:将Fe2+氧化为Fe3+;使Al3+与Fe3+形成氢氧化物沉淀而除去;

(5)最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出,则“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁,故答案为:七水硫酸镁.

解析

解:以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3),由流程可知,加硫酸溶解,Fe3O4、SiO2不溶,CaO转化为微溶于水的CaSO4,Fe3O4具有磁性,可以采用物理方法分离,滤渣1的成分为SiO2和CaSO4

“净化除杂”需先加H2O2溶液,将Fe 2+转化为Fe 3+,调节溶液的pH约为5,使Fe3+、Al3+均转化为沉淀,则滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3,然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3

(1)Mg2B2O5•H2O与硫酸反应生成硫酸镁和硼酸,反应方程式为Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3,故答案为:Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3

(2)利用Fe3O4的磁性,可将其从“浸渣”中分离.“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4,故答案为:Fe3O4;SiO2、CaSO4

(3)NaBH4为离子化合物,含离子键、共价键,其电子式为,故答案为:

(4)“净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是将亚铁离子氧化为铁离子.然后在调节溶液的pH约为5,目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去,

故答案为:将Fe2+氧化为Fe3+;使Al3+与Fe3+形成氢氧化物沉淀而除去;

(5)最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出,则“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁,故答案为:七水硫酸镁.

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题型:简答题
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简答题

(2015秋•镇江校级期中)绿矾(FeSO4•7H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分.下面是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法:

查询资料,得25℃时有关物质的数据如下表:

(1)操作II中,先通入硫化氢至饱和,目的是______;后加入硫酸酸化至pH=2的作用是______

(2)操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤,其目的是:

①除去晶体表面附着的硫酸等杂质;②______

(3)工业上常用氧化还原滴定法测定绿矾产品中Fe2+含量,测定步骤如下:

a.称取2.850g绿矾产品,溶解,在250mL容量瓶中定容;

b.量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中;

c.用硫酸酸化的0.01000mol•L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL.

①已知酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+.写出该测定过程的离子反应方程式:______

②滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为______(填仪器名称).

③判断此滴定实验达到终点的方法是______

④若实验操作无失误,测得上述样品中FeSO4•7H2O的含量仍偏低,则可能的原因是:______

正确答案

解:铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡,过滤后得到滤液,将滤液加入稀硫酸酸化,并通入硫化氢,可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化,过滤后得到滤液为硫酸亚铁,经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO4•7H2O,

(1)通入硫化氢至饱和的目的是:硫化氢具有强还原性,可以防止亚铁离子被氧化,已知:在H2S饱和溶液中,SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6;FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0,沉淀完全时的pH为5.5,操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是,在溶液PH=2时,Sn2+完全沉淀,亚铁离子不沉淀,

故答案为:除去溶液中的Sn2+离子;防止Fe2+离子生成沉淀;

(2)②冰水温度低,物质溶解度减小,可以洗去沉淀表面的杂质离子,避免绿矾溶解带来的损失,

故答案为:降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗;

(3)①酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+,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;

②高锰酸钾具有强氧化性,可腐蚀橡皮管,应放在酸式滴定管中,故答案为:酸式滴定管;

③滴定实验达到终点时,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;

④Fe2+具有还原性,易被空气中氧化而变质,常常导致测定结果偏低,故答案为:部分Fe2+被空气中O2氧化.

解析

解:铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡,过滤后得到滤液,将滤液加入稀硫酸酸化,并通入硫化氢,可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化,过滤后得到滤液为硫酸亚铁,经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO4•7H2O,

(1)通入硫化氢至饱和的目的是:硫化氢具有强还原性,可以防止亚铁离子被氧化,已知:在H2S饱和溶液中,SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6;FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0,沉淀完全时的pH为5.5,操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是,在溶液PH=2时,Sn2+完全沉淀,亚铁离子不沉淀,

故答案为:除去溶液中的Sn2+离子;防止Fe2+离子生成沉淀;

(2)②冰水温度低,物质溶解度减小,可以洗去沉淀表面的杂质离子,避免绿矾溶解带来的损失,

故答案为:降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗;

(3)①酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+,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;

②高锰酸钾具有强氧化性,可腐蚀橡皮管,应放在酸式滴定管中,故答案为:酸式滴定管;

③滴定实验达到终点时,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;

④Fe2+具有还原性,易被空气中氧化而变质,常常导致测定结果偏低,故答案为:部分Fe2+被空气中O2氧化.

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题型:简答题
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简答题

印刷电路板上使用的铜需要回收利用

I.方法一:用FeCl3溶液浸泡印刷电路板制备CuCl2•2H2O,实验室模拟回收过程如下:

①证明步骤1所加FeCl3溶液过量的方法是______

②步骤2中所加的氧化剂最适宜的是______

A.HNO3              B.H2O2           C.KMnO4

③步骤3的目的是使溶液的pH升高到4.2,此时Fe3+完全沉淀,可选用的“试剂1”是______.(写出一种即可)

④蒸发浓缩CuCl2溶液时,要滴加浓盐酸,目的是______(用化学方程式并结合简要的文字说明),再经______得到CuCl2•2H2O.

方法二:用H2O2和硫酸共同浸泡印刷电路板制备硫酸铜,其热化学方程式是:

Cu(s)+H2O2(l)+H2SO4(aq)═CuSO4(aq)+2H2O(l)△H1=-320kJ/mol

又知:2H2O2(l)═2H2O(l)+O2(g)△H2=-196kJ/mol

H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H3=-286kJ/mol

则反应Cu(s)+H2SO4(aq)═CuSO4(aq)+H2(g)的△H=______

II.欲实现Cu+H2SO4═CuSO4+H2,在你认为能实现该转化的装置中的括号内,标出电极材料(填“Cu”或“C”).

正确答案

解:I.FeCl3溶液浸泡印刷电路板时三价铁氧化铜生成二价铁和二价铜离子,加氧化剂将二价铁氧化成三价铁,再加氧化铜或氢氧化铜调节PH值使铁以氢氧化铁沉淀而除去,过滤得到滤液只含氯化铜溶液,再加入浓盐酸,抑制水解,再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2•2H2O;

方法一:①检验三价铁离子的方法:取少量待检液于试管中,滴加KSCN溶液,溶液变为红色,故答案为:取少量充分反应后的溶液于试管中,滴加KSCN溶液,若溶液变为红色,证明所加FeCl3溶液过量;

②HNO3、H2O2C、KMnO4三者都能氧化二价铁离子变成三价铁离子,但HNO3和KMnO4会引入新的杂质,故选:B;

③pH升高,溶液的酸性减弱,加入的物质能与酸反应,同时不能引入新杂质,可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2,故答案为:CuO或Cu(OH)2

④CuCl2在溶液中可以发生水解反应,加入浓盐酸,可以抑制水解,再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2•2H2O,

故答案为:CuCl2在溶液中可以发生水解反应,CuCl2+2H2O⇌Cu(OH)2+2HCl,滴加浓盐酸,可以抑制水解;冷却结晶、过滤;

方法二:Cu(s)+H2O2(l)+H2SO4(nq)═CuSO4(aq)+2H2O(l)△H1=-320kJ/mol ①

      2H2O2(l)═2H2O(l)+O2(g)△H2=-196kJ/mol                        ②

      H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H3=-286kJ/mol                          ③

利用盖斯定律,将①-×②-③可得:Cu(s)+H2SO4(aq)═CuSO4(aq)+H2(g)△H=+64kJ/mol,故答案为:+64kJ/mol;

II.Cu和H2SO4之间的反应是非自发的,需要电解池实现,金属铜作阳极,阴极是导体即可,电解质为硫酸,即

故答案为:

解析

解:I.FeCl3溶液浸泡印刷电路板时三价铁氧化铜生成二价铁和二价铜离子,加氧化剂将二价铁氧化成三价铁,再加氧化铜或氢氧化铜调节PH值使铁以氢氧化铁沉淀而除去,过滤得到滤液只含氯化铜溶液,再加入浓盐酸,抑制水解,再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2•2H2O;

方法一:①检验三价铁离子的方法:取少量待检液于试管中,滴加KSCN溶液,溶液变为红色,故答案为:取少量充分反应后的溶液于试管中,滴加KSCN溶液,若溶液变为红色,证明所加FeCl3溶液过量;

②HNO3、H2O2C、KMnO4三者都能氧化二价铁离子变成三价铁离子,但HNO3和KMnO4会引入新的杂质,故选:B;

③pH升高,溶液的酸性减弱,加入的物质能与酸反应,同时不能引入新杂质,可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2,故答案为:CuO或Cu(OH)2

④CuCl2在溶液中可以发生水解反应,加入浓盐酸,可以抑制水解,再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2•2H2O,

故答案为:CuCl2在溶液中可以发生水解反应,CuCl2+2H2O⇌Cu(OH)2+2HCl,滴加浓盐酸,可以抑制水解;冷却结晶、过滤;

方法二:Cu(s)+H2O2(l)+H2SO4(nq)═CuSO4(aq)+2H2O(l)△H1=-320kJ/mol ①

      2H2O2(l)═2H2O(l)+O2(g)△H2=-196kJ/mol                        ②

      H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H3=-286kJ/mol                          ③

利用盖斯定律,将①-×②-③可得:Cu(s)+H2SO4(aq)═CuSO4(aq)+H2(g)△H=+64kJ/mol,故答案为:+64kJ/mol;

II.Cu和H2SO4之间的反应是非自发的,需要电解池实现,金属铜作阳极,阴极是导体即可,电解质为硫酸,即

故答案为:

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题型:简答题
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简答题

煤矸石是煤矿在洗煤和选煤过程中大量排出的固体废弃物,其造成的环境污染问题愈来愈严重.某实验室对煤矸石的综合利用课题展开如下探究:

[资料检索]

①煤矸石主要含Al2O3、SiO2及少量铁的氧化物.

②聚合氯化铝([Al2(OH)nCl6-n]m (1≤n≤5,m≤10),商业代号PAC)是一种新型、高效絮凝剂和净水剂.

[探究思路]用煤矸石为原料,采用铝盐水解絮凝法,可制得聚合氯化铝.

[探究实验]

[交流讨论]

(1)向反应器中加入混合酸(20%的硫酸和盐酸)酸浸,其目的是______

(2)反应器装置如右图,三颈烧瓶上长导管的作用是______

(3)实验流程中残渣2的主要成分可能是______,请设计一个实验来证明你的结论(填“操作”、“现象”):______

(4)要想从PAC的澄清稀溶液获得聚合氯化铝,应采取的实验操作是______,得到PAC粗产品中可能含有杂质离子是______

正确答案

解:(1)氧化铝以及铁的氧化物可以和酸发生反应,但是二氧化硅和盐酸不反应将煤矸石中的Al2O3、及少量铁的氧化物转化为盐,不与SiO2反应,向反应器中加入混合酸(20%的硫酸和盐酸)酸浸,其目的是将煤矸石中的Al2O3、及少量铁的氧化物转化为盐,与SiO2分离,

故答案为:将煤矸石中的Al2O3、及少量铁的氧化物转化为盐,与SiO2分离;

(2)三颈烧瓶上长导管可以平衡烧瓶内外气压,且有冷凝回流作用,故答案为:平衡烧瓶内外气压,且有冷凝回流作用;

(3)向含有铁离子、铝离子的混合液中加入适量的氢氧化钙,可以获得氢氧化铁沉淀,氢氧化铝能溶于过量的碱中,检验三价铁离子可以将氢氧化铁溶于盐酸中,加入硫氰酸钾,三价铁离子遇到硫氰酸钾显示红色,

故答案为:Fe(OH)3;取少量残渣2于小试管中,加入稀盐酸使其完全溶解,再加入KSCN溶液,溶液呈(血)红色;

(4)要想从PAC的澄清稀溶液获得聚合氯化铝,应采取蒸发结晶的方法,但是前面加入的硫酸、氢氧化钙后引进的硫酸根离子以及钙离子无法除掉,作为杂质存在于其中,故答案为:蒸发结晶;Ca2+、SO42-

解析

解:(1)氧化铝以及铁的氧化物可以和酸发生反应,但是二氧化硅和盐酸不反应将煤矸石中的Al2O3、及少量铁的氧化物转化为盐,不与SiO2反应,向反应器中加入混合酸(20%的硫酸和盐酸)酸浸,其目的是将煤矸石中的Al2O3、及少量铁的氧化物转化为盐,与SiO2分离,

故答案为:将煤矸石中的Al2O3、及少量铁的氧化物转化为盐,与SiO2分离;

(2)三颈烧瓶上长导管可以平衡烧瓶内外气压,且有冷凝回流作用,故答案为:平衡烧瓶内外气压,且有冷凝回流作用;

(3)向含有铁离子、铝离子的混合液中加入适量的氢氧化钙,可以获得氢氧化铁沉淀,氢氧化铝能溶于过量的碱中,检验三价铁离子可以将氢氧化铁溶于盐酸中,加入硫氰酸钾,三价铁离子遇到硫氰酸钾显示红色,

故答案为:Fe(OH)3;取少量残渣2于小试管中,加入稀盐酸使其完全溶解,再加入KSCN溶液,溶液呈(血)红色;

(4)要想从PAC的澄清稀溶液获得聚合氯化铝,应采取蒸发结晶的方法,但是前面加入的硫酸、氢氧化钙后引进的硫酸根离子以及钙离子无法除掉,作为杂质存在于其中,故答案为:蒸发结晶;Ca2+、SO42-

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简答题

铁及铁的化合物应用广泛,如FeCl3可用作印刷电路铜板腐蚀剂.

(1)写出FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式______.腐蚀铜板后的混合溶液中,若Cu2+、Fe3+的浓度均为0.10mol•L-1,不考虑溶液体积的变化,则原FeCl3溶液的浓度为______

(2)某化学小组在实验室按照下列操作分离腐蚀铜板后的混合液并制取有关物质,图示如下:

请回答下列问题:

①试剂X为______;试剂Y为______;操作M为______

②固体c的化学式为______

③检验混合溶液B中是否存Fe3+的操作是______.C中反应的总的化学方程式为______

正确答案

解:(1)铜和氯化铁发生氧化还原反应生成氯化铜、氯化亚铁,离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,此时Cu2+的浓度均为0.10mol•L-1,所以消耗的三价铁离子浓度为0.20mol•L-1,又最终还剩0.10mol•L-1Fe3+,所以原FeCl3溶液的浓度为0.2+0.1=0.3mol•L-1

故答案为:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;0.3mol•L-1

(2)混合液A加入过量的铁,则铁将铜置换出来,将三价铁还原成二价铁离子,所以过滤得固体a为铜和过量的铁,溶液B为二价铁溶液,加入氢氧化钠先生成氢氧化亚铁,在空气中放置氢氧化亚铁被氧化成氢氧化铁,所以最终生成氢氧化铁的沉淀c;固体a为铜和过量的铁再加入稀盐酸溶解单质铁,再过滤的固体b为铜,与试剂Y加热反应生成蓝色溶液,所以Y为浓硫酸,蓝色溶液为硫酸铜,再经过蒸发浓缩、冷却结晶,过滤、洗涤、干燥得蓝色晶体;

①根据以上分析,试剂X为稀盐酸;试剂Y为浓硫酸,操作M为蒸发浓缩、冷却结晶,过滤、洗涤、干燥,故答案为:稀盐酸;浓硫酸;蒸发浓缩、冷却结晶;

②根据以上分析,固体c的化学式为Fe(OH)3,故答案为:Fe(OH)3

③取少量溶液于试管中,用胶头滴管加入 KSCN溶液,若变红则有三价铁,否则无三价铁;加入氢氧化钠先生成氢氧化亚铁,在空气中放置,氢氧化亚铁在空气被氧化,氢氧化亚铁被氧化成氢氧化铁,反应的化学方程式是为:4Fe(OH)2+2H2O+O2═4Fe(OH)3

故答案为:取少量溶液于试管中,用胶头滴管加入 KSCN溶液,若变红则有三价铁,否则无三价铁;4Fe(OH)2+2H2O+O2═4Fe(OH)3

解析

解:(1)铜和氯化铁发生氧化还原反应生成氯化铜、氯化亚铁,离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,此时Cu2+的浓度均为0.10mol•L-1,所以消耗的三价铁离子浓度为0.20mol•L-1,又最终还剩0.10mol•L-1Fe3+,所以原FeCl3溶液的浓度为0.2+0.1=0.3mol•L-1

故答案为:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;0.3mol•L-1

(2)混合液A加入过量的铁,则铁将铜置换出来,将三价铁还原成二价铁离子,所以过滤得固体a为铜和过量的铁,溶液B为二价铁溶液,加入氢氧化钠先生成氢氧化亚铁,在空气中放置氢氧化亚铁被氧化成氢氧化铁,所以最终生成氢氧化铁的沉淀c;固体a为铜和过量的铁再加入稀盐酸溶解单质铁,再过滤的固体b为铜,与试剂Y加热反应生成蓝色溶液,所以Y为浓硫酸,蓝色溶液为硫酸铜,再经过蒸发浓缩、冷却结晶,过滤、洗涤、干燥得蓝色晶体;

①根据以上分析,试剂X为稀盐酸;试剂Y为浓硫酸,操作M为蒸发浓缩、冷却结晶,过滤、洗涤、干燥,故答案为:稀盐酸;浓硫酸;蒸发浓缩、冷却结晶;

②根据以上分析,固体c的化学式为Fe(OH)3,故答案为:Fe(OH)3

③取少量溶液于试管中,用胶头滴管加入 KSCN溶液,若变红则有三价铁,否则无三价铁;加入氢氧化钠先生成氢氧化亚铁,在空气中放置,氢氧化亚铁在空气被氧化,氢氧化亚铁被氧化成氢氧化铁,反应的化学方程式是为:4Fe(OH)2+2H2O+O2═4Fe(OH)3

故答案为:取少量溶液于试管中,用胶头滴管加入 KSCN溶液,若变红则有三价铁,否则无三价铁;4Fe(OH)2+2H2O+O2═4Fe(OH)3

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题型:简答题
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简答题

某实验小组欲利用以图所示的方法,从含Ag+、Fe3+、Al3+三种阳离子的混合液中分离提取单质Ag、Fe、Al(某些反应的条件已略去).

回答下列问题:

(1)请填写下列空白:

试剂①的名称:______,试剂③的化学式:______,化合物①的晶体类型:______

(2)写出下列反应的离子方程式:

溶液A与试剂②在一定条件反应:______

溶液B中通入过量CO2______

(3)图中“化合物②→金属丙”是工业上冶炼该金属的主要反应原理(在冶炼条件下,该反应为可逆反应),相关工业数据表明,反应后的尾气中还含有较多的CO,若采取增大压强的措施,是否能减少尾气中CO的含量?请判断并说明理由:______

正确答案

解:向溶液中通入过量氨气,Fe3+、Al3+和NH3.H2O反应都生成氢氧化物沉淀,Ag+和过量NH3.H2O反应生成银氨溶液,则试剂①是氨气或氨水,溶液A是银氨溶液,向A中加入醛反应生成Ag单质甲,所以试剂②是醛;

向沉淀中加入NaOH溶液,Al(OH)3溶解,Fe(OH)3不溶,则试剂③是NaOH,溶液B中含有NaAlO2、NaOH,向B溶液中通入过量CO2,得到沉淀Al(OH)3,将沉淀加热得到化合物①为Al2O3,电解氧化铝得到金属乙为Al;

将Al(OH)3沉淀加热得到固体Fe2O3,然后加热通入CO得到金属单质丙,为Fe,

(1)通过以上分析知,试剂①的名称为氨气或氨水,试剂③的化学式为NaOH,化合物①为离子晶体,

故答案为:氨水(或氨气);NaOH;离子晶体;

(2)银氨溶液和醛发生银镜反应,离子反应方程式为2[Ag(NH32]++2OH-+RCHO2 Ag↓+3NH3↑+H2O+NH4++RCOO-,偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-

故答案为:2[Ag(NH32]++2OH-+RCHO2 Ag↓+3NH3↑+H2O+NH4++RCOO-;AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-

(3)该反应方程式为Fe2O3+3CO(g)2Fe+3CO2(g),该反应前后气体计量数之和不变,所以压强不影响平衡移动,所以增大压强的措施,不能减少尾气中CO的含量,故答案为:不能,因为该反应前后气体体积不变,压强的变化不影响平衡移动.

解析

解:向溶液中通入过量氨气,Fe3+、Al3+和NH3.H2O反应都生成氢氧化物沉淀,Ag+和过量NH3.H2O反应生成银氨溶液,则试剂①是氨气或氨水,溶液A是银氨溶液,向A中加入醛反应生成Ag单质甲,所以试剂②是醛;

向沉淀中加入NaOH溶液,Al(OH)3溶解,Fe(OH)3不溶,则试剂③是NaOH,溶液B中含有NaAlO2、NaOH,向B溶液中通入过量CO2,得到沉淀Al(OH)3,将沉淀加热得到化合物①为Al2O3,电解氧化铝得到金属乙为Al;

将Al(OH)3沉淀加热得到固体Fe2O3,然后加热通入CO得到金属单质丙,为Fe,

(1)通过以上分析知,试剂①的名称为氨气或氨水,试剂③的化学式为NaOH,化合物①为离子晶体,

故答案为:氨水(或氨气);NaOH;离子晶体;

(2)银氨溶液和醛发生银镜反应,离子反应方程式为2[Ag(NH32]++2OH-+RCHO2 Ag↓+3NH3↑+H2O+NH4++RCOO-,偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-

故答案为:2[Ag(NH32]++2OH-+RCHO2 Ag↓+3NH3↑+H2O+NH4++RCOO-;AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-

(3)该反应方程式为Fe2O3+3CO(g)2Fe+3CO2(g),该反应前后气体计量数之和不变,所以压强不影响平衡移动,所以增大压强的措施,不能减少尾气中CO的含量,故答案为:不能,因为该反应前后气体体积不变,压强的变化不影响平衡移动.

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简答题

(2015•赤峰二模)硫酸铅广泛应用于制造蓄电池、白色颜料等.利用锌冶炼过程中的铅浮渣生产硫酸铅的流程如下:

已知铅浮渣的主要成分是PbO、Pb,还含有少量Ag、Zn、CaO和其他不溶于硝酸的杂质.25℃时,Ksp(CaSO4)=4.9×10-5,Ksp(PbSO4)=1.6×10-8

(1)已知步骤Ⅰ有NO产生,浸出液中含量最多的阳离子是Pb2+.分别写出PbO、Pb参加反应的化学方程式____________

(2)步骤Ⅰ需控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余,目的是______

(3)母液可循环利用于步骤Ⅰ,其溶质主要是______(填一种物质化学式),若母液中残留的SO42-过多,循环利用时可能出现的问题是______

(4)产品PbSO4还需用Pb(NO32溶液多次洗涤,目的是除去______

(5)铅蓄电池的电解液是硫酸,充电后两个电极上沉积的PbSO4分别转化为PbO2和Pb,充电时阴极的电极反应式为______

正确答案

解:(1)氧化铅属于碱性氧化物和硝酸反应生成盐和水,根据题给信息硝酸把铅氧化成Pb2+,硝酸被还原成NO,故反应方程式为PbO+2HNO3=Pb(NO32+H2O、3Pb+8HNO3=3Pb(NO32+2NO↑+4H2O;

故答案为:PbO+2HNO3=Pb(NO32+H2O;3Pb+8HNO3=3Pb(NO32+2NO↑+4H2O;

(2)若硝酸过量,则过量的硝酸会和银反应生成硝酸银,产品中会有杂质,所以步骤I需控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余,其目的是防止Ag被溶解进入溶液,

故答案为:防止Ag被溶解进入溶液(或使Ag留在浸出渣中);

(3)Pb(NO32溶液加硫酸后生成硫酸铅沉淀和硝酸,所以母液可循环利用于步骤I,其溶质主要是HNO3

若母液中残留的SO42-过多,浸出时部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出,降低PbSO4的产率;

故答案为:HNO3;浸出时部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出,降低PbSO4的产率;

(4)硫酸钙微溶,易沉淀在PbSO4表面,所以需用Pb(NO32溶液多次洗涤,除去CaSO4,故答案为:CaSO4杂质;

(5)充电过程中原电池的负极连接电源负极做电解池的阴极发生还原反应,电极反应为:PbSO4+2e-=Pb+SO42-,故答案为:PbSO4+2e-=Pb+SO42-

解析

解:(1)氧化铅属于碱性氧化物和硝酸反应生成盐和水,根据题给信息硝酸把铅氧化成Pb2+,硝酸被还原成NO,故反应方程式为PbO+2HNO3=Pb(NO32+H2O、3Pb+8HNO3=3Pb(NO32+2NO↑+4H2O;

故答案为:PbO+2HNO3=Pb(NO32+H2O;3Pb+8HNO3=3Pb(NO32+2NO↑+4H2O;

(2)若硝酸过量,则过量的硝酸会和银反应生成硝酸银,产品中会有杂质,所以步骤I需控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余,其目的是防止Ag被溶解进入溶液,

故答案为:防止Ag被溶解进入溶液(或使Ag留在浸出渣中);

(3)Pb(NO32溶液加硫酸后生成硫酸铅沉淀和硝酸,所以母液可循环利用于步骤I,其溶质主要是HNO3

若母液中残留的SO42-过多,浸出时部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出,降低PbSO4的产率;

故答案为:HNO3;浸出时部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出,降低PbSO4的产率;

(4)硫酸钙微溶,易沉淀在PbSO4表面,所以需用Pb(NO32溶液多次洗涤,除去CaSO4,故答案为:CaSO4杂质;

(5)充电过程中原电池的负极连接电源负极做电解池的阴极发生还原反应,电极反应为:PbSO4+2e-=Pb+SO42-,故答案为:PbSO4+2e-=Pb+SO42-

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简答题

为回收利用废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣),科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺,主要流程如下:

部分含钒物质在水中的溶解性如下:

回答下列问题:

(1)工业由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法,写出该反应的化学方程式______

(2)图中所示滤液中含钒的主要成分为______(写化学式).

(3)该工艺中反应③的沉淀率(又称沉钒率)是回收钒的关键之一,该步反应的离子方程式______;沉钒率的高低除受溶液pH影响外,还需要控制氯化铵系数(NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比)和温度.根据下图判断最佳控制氯化铵系数和温度为____________

(4)用硫酸酸化的H2C2O4溶液滴定(VO22SO4溶液,以测定反应②后溶液中含钒量,完成反应的离子方程式:

□VO2+□H2C2O4+□______═□VO2++□CO2↑+□H2O.

(5)全矾液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液,电池的工作原理为V+V2++2H+VO2++H2O+V3+,电池充电时阳极的电极反应式为______

正确答案

解:废钒催化剂粉碎、水浸,将溶解性物质溶于水,然后过滤得到滤渣和滤液,根据溶解性表知,滤液中含有VOSO4,滤渣中含有V2O5等不溶性杂质,向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸,亚硫酸钠具有还原性,能将V2O5还原为VOSO4,然后过滤得到滤渣和滤液,将两部分滤液混合并加入氯酸钾,氯酸钾具有氧化性,能将VOSO4氧化为(VO22SO4,调节溶液pH为8且采用离子交换方法得到VO3-,向溶液中加入氯化铵,得到难溶性的NH4VO3,焙烧NH4VO3得到V2O5

(1)工业由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法,铝和五氧化二钒在高温下发生置换反应生成V,根据反应物、生成物及反应条件知,该反应方程式为3V2O5+10Al5Al2O3+6V,故答案为:3V2O5+10Al5Al2O3+6V;

(2)VOSO4为可溶性物质,所以溶液中的溶质为VOSO4,故答案为:VOSO4

(3)该工艺中反应③的沉淀率(又称沉钒率)是回收钒的关键之一,铵根离子和VO3-反应生成难溶性的NH4VO3,离子方程式为NH4++VO3-=NH4VO3↓,根据图知,在80℃、氯化铵系数为4时沉降率最大,故答案为:NH4++VO3-=NH4VO3↓;4;80℃;

(4)该反应中V元素化合价由+5价变为+4价、C元素化合价由+3价变为+4价,转移电子数为2,再结合原子守恒、电荷守恒配平方程式为2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O,故答案为:2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O;

(5)全矾液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液,电池的工作原理为VO2++V2++2H+VO2++H2O+V3+,电池充电时阳极上VO2+失电子发生氧化反应,电极反应式为VO2++H2O-e-=VO2++2H+,故答案为:VO2++H2O-e-=VO2++2H+

解析

解:废钒催化剂粉碎、水浸,将溶解性物质溶于水,然后过滤得到滤渣和滤液,根据溶解性表知,滤液中含有VOSO4,滤渣中含有V2O5等不溶性杂质,向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸,亚硫酸钠具有还原性,能将V2O5还原为VOSO4,然后过滤得到滤渣和滤液,将两部分滤液混合并加入氯酸钾,氯酸钾具有氧化性,能将VOSO4氧化为(VO22SO4,调节溶液pH为8且采用离子交换方法得到VO3-,向溶液中加入氯化铵,得到难溶性的NH4VO3,焙烧NH4VO3得到V2O5

(1)工业由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法,铝和五氧化二钒在高温下发生置换反应生成V,根据反应物、生成物及反应条件知,该反应方程式为3V2O5+10Al5Al2O3+6V,故答案为:3V2O5+10Al5Al2O3+6V;

(2)VOSO4为可溶性物质,所以溶液中的溶质为VOSO4,故答案为:VOSO4

(3)该工艺中反应③的沉淀率(又称沉钒率)是回收钒的关键之一,铵根离子和VO3-反应生成难溶性的NH4VO3,离子方程式为NH4++VO3-=NH4VO3↓,根据图知,在80℃、氯化铵系数为4时沉降率最大,故答案为:NH4++VO3-=NH4VO3↓;4;80℃;

(4)该反应中V元素化合价由+5价变为+4价、C元素化合价由+3价变为+4价,转移电子数为2,再结合原子守恒、电荷守恒配平方程式为2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O,故答案为:2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O;

(5)全矾液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液,电池的工作原理为VO2++V2++2H+VO2++H2O+V3+,电池充电时阳极上VO2+失电子发生氧化反应,电极反应式为VO2++H2O-e-=VO2++2H+,故答案为:VO2++H2O-e-=VO2++2H+

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