热门试卷

解：（1）如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，生成BaSO4沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，则试剂X为BaCl2[或Ba（NO3）2]，沉淀A为BaSO4，沉淀B为AgCl，

故答案为：BaCl2[或Ba（NO3）2]；BaSO4；

（2）加入过量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中含有Ag+、Ba2+，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，

故答案为：除去过量的Ba2+、Ag+；

（3）在所得滤液中加入过量的Na2CO3，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3，

故答案为：Na2CO3；

（4）①在混合物中加入BaCl2或Ba（NO3）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为Ba2++SO42-=BaSO4↓，②中反应为加入过量的AgNO3生成AgCl沉淀，反应的离子方程式为Cl-+Ag+=AgCl；Ag++Cl-=AgCl↓；

故答案为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；

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：含碳酸锶的废渣（含SrCO3 38.40%，SrO12.62%，CaCO3 38.27%，BaCO3 2.54%，其它不溶于硝酸的杂质8.17%）和稀硝酸反应，过滤后，滤液中应该含有Sr（NO3）2、Ca（NO3）2、Ba（NO3）2，由表中的数据可以看出，Sr（NO3）2的溶解度随着温度的升高变化不大，而硝酸钙的溶解度随温度变化较大，因此可通过蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，干燥得硝酸锶粗产品；

（1）浓硝酸的质量分数为65%，密度为1.4g/cm3，要配制30%稀硝酸500mL，v（浓硝酸）×ρ（浓硝酸）×浓硝酸的质量分数=m（稀硝酸）×稀硝酸的质量分数，m（稀硝酸）=v（稀硝酸）×ρ（稀硝酸），故还需要查阅稀硝酸的密度；若配制过程中不使用天平，则必须要计算的数据为v（浓硝酸），v（稀硝酸），而实际量取的应是：浓硝和蒸馏水的体积；必须使用的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒；

故答案为：30%稀硝酸的密度；浓硝酸和蒸馏水的体积；量筒、烧杯、玻璃棒；

（2）由表中的数据可以看出，Sr（NO3）2的溶解度随着温度的升高变化不大，而硝酸钙的溶解度随温度变化较大，因此可通过由浸取后得到的混合物制备硝酸锶粗品的实验步骤依次为：蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，干燥得到；

故答案为：蒸发结晶、趁热过滤；

（3）①分析滴定过程可知，样品溶液无色，滴入碳酸钠沉淀完全可以滴入酚酞试液指示终点，滴入最后一滴溶液呈红色，半分钟内不褪色；②若滴定前样品中Ca（NO3）2没有除尽，多消耗标准溶液碳酸钠，依据滴定误差分析，c（待测液）=，消耗标准液多，所测定的硝酸锶纯度会偏高；

故答案为：酚酞；溶液变为红色，且30s内不变色；

②已知，硝酸钙能溶于有机溶剂A中，取5.39g硝酸锶样品，加入足量的有机溶剂A，经过滤、洗涤、干燥后，剩余固体5.26g，剩余固体为硝酸钡和硝酸锶，设硝酸锶和硝酸钡的物质的量为x和y，二者质量和为5.26g，则有212x+261y=5.26①；和碳酸根反应的只有钡离子和锶离子，Sr2++CO32-→SrCO3↓，Ba2++CO32-→BaCO3↓，消耗浓度为0.107mol/L的碳酸钠溶液22.98mL，物质的量为0.00246mol，则有x+y=0.0246②，由①②式得m（硝酸锶）=212x=5.02g，硝酸锶的质量分数=×100%=0.93；若滴定前样品中Ca（NO3）2没有除尽，滴定溶液时消耗碳酸钠溶液多，所求硝酸锶物质的量偏大，所测定的硝酸锶纯度将会偏高；

故答案为：0.93；偏高

解：（1）铜与铁离子反应生成铜离子与亚铁离子，根据电子转移守恒可知，铜与铁离子的物质的量之比（3-2）：2=1：2，离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，

故答案为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；

（2）根据“绿色化学”思想，将溶液1中的Fe2+氧化为Fe3+应选用双氧水，可减少杂质的产生，化学方程式为H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O，

故答案为：H2O2；H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；

（3）由图可知，铜的回收率随着温度和时间的增加而提高，

故答案为：铜的回收率随置换时间和温度增加而提高；

（4）待镀金属做阴极，溶液中Cu析出镀在铜电极上，而在铜析出之前，有氧化性更强的铁离子的电子，阴极反应式为先Fe3++e-=Fe2+后Cu2++2e-=Cu，

待铜全部析出之后，就有氢离子的电子成氢气，可看到铜电极冒气泡，阴极反应式为2H++2e-=H2↑，

故答案为：Fe3++e-=Fe2+、Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑．

解：由流程可知，金属混合物加入稀硫酸铝、铁溶解，加入过氧化氢，亚铁离子被氧化为铁离子，铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铜离子，过滤得到滤渣a为Au，滤液中主要含有铁离子铝离子和铜离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=3.4，依据题干信息，是为了沉淀铁离子，过滤得到滤渣b为Fe（OH）3，滤液为铝离子和铜离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液PH=5.2-5.4使铝离子全部沉淀过滤得到滤渣C为Al（OH）3，用硫酸溶解后蒸发、浓缩、冷却、结晶、过滤得到Al2（SO4）2•18H2O晶体；得到滤液为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体；

（1）过滤是化学实验中经常用到的实验操作．过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；

（2）Cu可溶于稀硫酸与H2O2的混合溶液，铜被氧化成铜离子，双氧水生成水，根据化合价升降相等配平，反应的离子方程式是Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O，

故答案为：Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O；

（3）由于Cu、Al、Fe都因反应溶解于溶液中，剩下Au不反应，过滤到了滤渣a中，故答案为：Au；

（4）加入氢氧化钠溶液调节PH=x，目的是生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝开始沉淀pH=4，沉淀完全pH=5.2，氢氧化铜开始沉淀pH=5.4，所以选择的pH范围是：5.2≤X＜5.4，

故答案为：5.2≤X＜5.4；

（5）由2Cu2++4I-═2CuI（白色）↓+I2、2S2O32-+I2═2I-+S4O62-可知，

 反应的定量关系为：2Cu2+～I2 ～2S2O32-

          1.4×10-3mol    0.100 0mol•L-1×0.014.00L=1.4×10-3mol

100ml溶液中含硫酸铜晶体物质的量为1.4×10-2mol，所以硫酸铜晶体的质量分数=×100%=87.5%，

故答案为：87.5%；

②依据流程分析判断，样品中含有硫酸钠，不能通过测定硫酸根离子的方法计算得到硫酸铜晶体的质量分数，故答案为：样品中含有Na2SO4等杂质；

（6）分析流程可知，滤渣C主要是氢氧铝，加入硫酸溶解后通过这蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体Al2（SO4）3•18H2O，

故答案为：将滤渣c加入稀硫酸溶解，然后蒸发、浓缩、冷却、结晶、过滤得到Al2（SO4）2•18H2O晶体．

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：（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：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：（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++4H2O2Cu2++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++4H2O2Cu2++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：；