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简答题

工业上以粗铜为原料采取如图1所示流程制备硝酸铜晶体.

①步骤a中,还需要通入氧气和水,其目的是______

②根据下表数据,在保温去铁的过程中,为使Fe3+沉淀完全,可以向溶液中加入CuO,调节溶液的pH,根据下表数据,溶液的pH应保持在______范围.不用加水的方法调节溶液pH的主要原因是______

③进行蒸发浓缩时,要用硝酸调节溶液的pH=1,其原因是(结合离子方程式说明)______

(2)图2是某小组同学查阅资料所绘出的硝酸铜晶体[Cu(NO32•nH2O]的溶解度曲线(温度在30℃前后对应不同的晶体),下列说法正确的是______(填字母).

a.A点时溶液为不饱和溶液

b.B点时两种晶体可以共存

c.按上述流程终得到晶体是Cu(NO32•3H2O

d.若将C点时的溶液降温至30℃以下,可以析出Cu(NO32•6H2O晶体

(3)某些共价化合物(如H2O、NH3、N2O4等)在液态时有微弱的导电性主要是因为发生了电离,如:2NH3⇌NH4++NH2-,由此制备无水硝酸铜的方法之一是用Cu与液态N2O4反应.液态N2O4电离得到的两种离子所含电子数相差18,则液态N2O4电离的方程式是______;Cu与液态N2O4反应制得无水硝酸铜的化学方程是______

正确答案

解:(1)①NOx可与氧气和水反应生成硝酸,提高了硝酸的利用率,NOx是一类污染性的物质,与氧气和水反应后减少了污染物的排放,保护了环境,

故答案为:提高原料的利用率,减少污染物的排放;

②根据实验目的可知,要让Fe3+沉淀完全,Cu2+不能形成沉淀,氢氧化铁沉淀完全的PH为3.2,氢氧化铜开始沉淀时的pH为4.7,要让Fe3+沉淀完全,Cu2+不形成沉淀,溶液的PH应保持在3.2~4.7之间的范围;加水会使得溶液中溶剂的质量增加,将增大滤液蒸发结晶操作的难度,

故答案为:3.2~4.7;加水会将溶液稀释,不利于将滤液蒸发浓缩;

③进行蒸发浓缩时,温度较高,促进了铜离子的水解,Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+,用硝酸调节溶液的pH=1,增大氢离子浓度可以水解平衡逆向移动,抑制铜离子的水解,

故答案为:由于Cu2+发生水解:Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+,加入硝酸可以抑制硝酸铜的水解;

(2)a.在一定温度下,某固态物质在100g溶剂中达到饱和状态时所溶解的质量,叫做这种物质在这种溶剂中的溶解度溶解度,在溶解度曲线上方的溶液为过饱和溶液,可知图中曲线所有的点均为对应温度下的饱和溶液,故a错误;

b.B点表明在30℃时两种晶体的溶解度相等,B点为生成晶体的转折点,两种晶体可以共存,故b正确;

c.上述流程是在低温下进行的.最终得到的晶体是Cu(NO32•6H2O,故c错误;

d.由图象可以看出,溶液降温至30℃以下,可以析出Cu(NO32•6H2O晶体,故d正确,

故答案为:bd.

(3)液态N2O4电离得到的两种离子所含电子数相差18,则液态N2O4电离的方程式是;N2O4⇌NO++NO3-;Cu与液态N2O4反应制得无水硝酸铜,根据质量守恒和电子守恒可写出反应的化学方程式为Cu+2N2O4=Cu(NO32+2NO↑,

故答案为:N2O4⇌NO++NO3-;Cu+2N2O4=Cu(NO32+2NO↑.

解析

解:(1)①NOx可与氧气和水反应生成硝酸,提高了硝酸的利用率,NOx是一类污染性的物质,与氧气和水反应后减少了污染物的排放,保护了环境,

故答案为:提高原料的利用率,减少污染物的排放;

②根据实验目的可知,要让Fe3+沉淀完全,Cu2+不能形成沉淀,氢氧化铁沉淀完全的PH为3.2,氢氧化铜开始沉淀时的pH为4.7,要让Fe3+沉淀完全,Cu2+不形成沉淀,溶液的PH应保持在3.2~4.7之间的范围;加水会使得溶液中溶剂的质量增加,将增大滤液蒸发结晶操作的难度,

故答案为:3.2~4.7;加水会将溶液稀释,不利于将滤液蒸发浓缩;

③进行蒸发浓缩时,温度较高,促进了铜离子的水解,Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+,用硝酸调节溶液的pH=1,增大氢离子浓度可以水解平衡逆向移动,抑制铜离子的水解,

故答案为:由于Cu2+发生水解:Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+,加入硝酸可以抑制硝酸铜的水解;

(2)a.在一定温度下,某固态物质在100g溶剂中达到饱和状态时所溶解的质量,叫做这种物质在这种溶剂中的溶解度溶解度,在溶解度曲线上方的溶液为过饱和溶液,可知图中曲线所有的点均为对应温度下的饱和溶液,故a错误;

b.B点表明在30℃时两种晶体的溶解度相等,B点为生成晶体的转折点,两种晶体可以共存,故b正确;

c.上述流程是在低温下进行的.最终得到的晶体是Cu(NO32•6H2O,故c错误;

d.由图象可以看出,溶液降温至30℃以下,可以析出Cu(NO32•6H2O晶体,故d正确,

故答案为:bd.

(3)液态N2O4电离得到的两种离子所含电子数相差18,则液态N2O4电离的方程式是;N2O4⇌NO++NO3-;Cu与液态N2O4反应制得无水硝酸铜,根据质量守恒和电子守恒可写出反应的化学方程式为Cu+2N2O4=Cu(NO32+2NO↑,

故答案为:N2O4⇌NO++NO3-;Cu+2N2O4=Cu(NO32+2NO↑.

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简答题

MgSO4•7H2O是一种重要的化工原料:某研究性学习小组设计了利用菱镁矿石(主要成分是MgCO3,并含有MnCO3,SiO2杂质)制取MgSO4•7H2O的实验,工艺流程如下:

(1)笫①步研磨的目的是______,所得滤液主要含____________等溶质.

(2)第②步反应的离子方程式为______

(3)第③步浓缩结晶后,要经过______、洗涤、干燥等步骤才可得到MgSO4•7H2O洗涤沉淀的基本操作是______

(4)若制得MgSO4•7H2O的质量为82.00克,测得MnO2的质量为1.74克,且测得第①步滤渣质量为4.70克,忽略各物质在溶液中的溶解损失,可计算出菱镁矿石中MgCO3的质量分数为______

正确答案

解:菱镁矿石(主要成分是MgCO3,并含有MnCO3,SiO2杂质)研碎加稀硫酸,SiO2不反应,MgCO3,MnCO3反应生成二氧化碳气体,MgSO4、MnSO4溶液,向滤液中加NaClO,Mn2+被氧化为+4价,变成MnO2沉淀,溶液中含有MgSO4和少量NaCl,浓缩结晶、过滤洗涤,得MgSO4•7H2O晶体;

(1)菱镁矿石研碎的目的是使菱镁矿石变成粉状,加稀硫酸溶解时反应速率快,发生反应:MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑;MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑,SiO2杂质不和稀硫酸反应,故滤液中含有MgSO4,MnSO4

故答案为:使溶解充分并加快溶解速率;MgSO4;MnSO4

(2)第②步反应为向含有MgSO4、MnSO4的溶液中加NaClO,Mn2+有还原性,ClO-有氧化性,Mn2+被氧化为+4价,变成MnO2沉淀,ClO-被还原成Cl-,根据氧化还原反应得失电子相等知,Mn2+和ClO-的系数之比为1:1,该溶液为酸性溶液,故反应中不出现OH-

故答案为:Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+Cl-+2H+

(3)从溶液中制取固体的方法是:蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤;洗涤沉淀的方法为:将沉淀置于过滤器中,沿玻璃棒向漏斗中注入少量蒸馏水至刚好浸没沉淀,并不漫过滤纸边缘,待水流尽,反复几次,即可把固体洗涤干净,故答案为:过滤;将沉淀置于过滤器中,沿玻璃棒向漏斗中注入少量蒸馏水至刚好浸没沉淀,待水流尽,重复2-3次;

(4)由原子守恒知生成1molMgSO4•7H2O,消耗1molMgCO3,即n(MgCO3)=n(MgSO4•7H2O),m(MgCO3)=×84g/mol=28.00g;

同理:n(MnCO3)=n(MnO2),m(MnCO3)=×115g/mol=2.30g,菱镁矿石的质量为:m(菱镁矿)=m(MgCO3)+m(MnCO3)+m(不溶物)=28.00g+2.30g+4.70g=35.00g,菱镁矿石中MgCO3的质量分数=×100%=×100%=80%;

故答案为:80%.

解析

解:菱镁矿石(主要成分是MgCO3,并含有MnCO3,SiO2杂质)研碎加稀硫酸,SiO2不反应,MgCO3,MnCO3反应生成二氧化碳气体,MgSO4、MnSO4溶液,向滤液中加NaClO,Mn2+被氧化为+4价,变成MnO2沉淀,溶液中含有MgSO4和少量NaCl,浓缩结晶、过滤洗涤,得MgSO4•7H2O晶体;

(1)菱镁矿石研碎的目的是使菱镁矿石变成粉状,加稀硫酸溶解时反应速率快,发生反应:MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑;MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑,SiO2杂质不和稀硫酸反应,故滤液中含有MgSO4,MnSO4

故答案为:使溶解充分并加快溶解速率;MgSO4;MnSO4

(2)第②步反应为向含有MgSO4、MnSO4的溶液中加NaClO,Mn2+有还原性,ClO-有氧化性,Mn2+被氧化为+4价,变成MnO2沉淀,ClO-被还原成Cl-,根据氧化还原反应得失电子相等知,Mn2+和ClO-的系数之比为1:1,该溶液为酸性溶液,故反应中不出现OH-

故答案为:Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+Cl-+2H+

(3)从溶液中制取固体的方法是:蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤;洗涤沉淀的方法为:将沉淀置于过滤器中,沿玻璃棒向漏斗中注入少量蒸馏水至刚好浸没沉淀,并不漫过滤纸边缘,待水流尽,反复几次,即可把固体洗涤干净,故答案为:过滤;将沉淀置于过滤器中,沿玻璃棒向漏斗中注入少量蒸馏水至刚好浸没沉淀,待水流尽,重复2-3次;

(4)由原子守恒知生成1molMgSO4•7H2O,消耗1molMgCO3,即n(MgCO3)=n(MgSO4•7H2O),m(MgCO3)=×84g/mol=28.00g;

同理:n(MnCO3)=n(MnO2),m(MnCO3)=×115g/mol=2.30g,菱镁矿石的质量为:m(菱镁矿)=m(MgCO3)+m(MnCO3)+m(不溶物)=28.00g+2.30g+4.70g=35.00g,菱镁矿石中MgCO3的质量分数=×100%=×100%=80%;

故答案为:80%.

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简答题

已探明我国锰矿储量占世界第三位,但富矿仅占6.4%,每年尚需进口大量锰矿石.有人设计了把我国的贫菱锰矿(MnCO3含量较低)转化为高品位“菱锰矿砂”(MnCO3含量高)的绿色工艺.该工艺流程如图所示

已知焙烧反应①的化学方程式:(NH42SO4+MnCO3MnSO4+2NH3↑+CO2↑+H2O.

(1)写出反应②的离子方程式______

(2)上述工艺流程中,可以循环利用的物质有(NH42SO4____________.从物料平衡角度看,理论上生产过程中______(填“需要”或者“不需要”)添加(NH42SO4

(3)向物质的量浓度均为0.01mol•L-1的MnCl2和BaCl2混合溶液中,滴加Na2CO3溶液,先沉淀的是______(填离子符号);当两种沉淀共存时,溶液中=______[Ksp(BaCO3)=8.1×10-9,Ksp(MnCO3)=1.8×10-11].

正确答案

解:(1)溶液C中的锰离子与气体A中的氨气、二氧化碳反应生成碳酸锰沉淀,反应的化学方程式为:Mn2++2NH3+CO2+H2O=2NH4++MnCO3↓,

故答案啊为:Mn2++2NH3+CO2+H2O=2NH4++MnCO3↓;

(2)由于焙烧菱锰矿得到了气体A,成分是氨气和二氧化碳,氨气和二氧化碳能够与锰离子反应生成碳酸锰,可以循环利用;由于反应后有生成了硫酸铵,所以理论上不需要添加硫酸铵,

故答案为:NH3、CO2; 不需要;

(3)碳酸钡的溶度积常数大于碳酸锰的溶度积常数,所以锰离子先沉淀;当两种难溶电解质共存时,则

c(CO32-)=c(Mn2+)=,溶液中c(Ba2+)=:,c(Ba2+):c(Mn2+)==450,

故答案为:Mn2+;450.

解析

解:(1)溶液C中的锰离子与气体A中的氨气、二氧化碳反应生成碳酸锰沉淀,反应的化学方程式为:Mn2++2NH3+CO2+H2O=2NH4++MnCO3↓,

故答案啊为:Mn2++2NH3+CO2+H2O=2NH4++MnCO3↓;

(2)由于焙烧菱锰矿得到了气体A,成分是氨气和二氧化碳,氨气和二氧化碳能够与锰离子反应生成碳酸锰,可以循环利用;由于反应后有生成了硫酸铵,所以理论上不需要添加硫酸铵,

故答案为:NH3、CO2; 不需要;

(3)碳酸钡的溶度积常数大于碳酸锰的溶度积常数,所以锰离子先沉淀;当两种难溶电解质共存时,则

c(CO32-)=c(Mn2+)=,溶液中c(Ba2+)=:,c(Ba2+):c(Mn2+)==450,

故答案为:Mn2+;450.

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简答题

(2015•安康模拟)硝酸铵钙晶体[5Ca(NO32.NH4NO3.10H2O]极易溶于水,是一种绿色的复合肥料.

(1)硝酸铵钙晶体的溶液呈碱性,原因是______(用离子方程式表示)

(2)工业上生产硝酸铵钙的方法是以硝酸浸取磷矿石得到的粗硝酸钙(含硝酸钙、磷酸钙及硝铵)为原材料制备,其生产流程为图1

①滤渣的主要成分是______(填化学式)

②加入适量的碳酸钙后发生反应的离子方程式为______

③硝酸铵是一种易分解的物质,保存和利用时,需控制子啊较低温度,230~400℃时,它会分解生成空气中含量最大的两种气体,其反应的化学方程式为______

(3)生产硝酸铵钙工厂的废水中常含有硝酸铵,目前常用原电解法净化,工作原理如图2所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过):

①阳极的电极反应式为______,I室可回收的产品为______(填名称)

②电解过程中Ⅱ室中溶液的pH______(填“增大”“减少”或“不变”)

正确答案

解:(1)硝酸铵钙为复盐,铵根离子水解显酸性,则水解离子反应为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+,故答案为:NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+

(2)①磷酸钙为难溶于水的物质,故滤渣的主要成分是磷酸钙,化学式为Ca3(PO42,故答案为:Ca3(PO42

②加入碳酸钙与硝酸反应生成硝酸钙、水和二氧化碳气体,发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O,

故答案为:CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O;

③空气中含量最大的两种气体分别是氮气和氧气,依据氧化还原反应原理得出硝酸铵分解方程式为:2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O,

故答案为:2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O;

(3)①膜电解法阳极上为水失电子发生的氧化反应,反应式为2H2O-4e-═4H++O2↑,则Ⅰ室阳极消耗氢氧根离子使酸性增强,与向阳极移动的硝酸根结合成硝酸,所以Ⅰ室可回收的产品为硝酸;

故答案为:2H2O-4e-═4H++O2↑;硝酸;

②电解时,Ⅲ室为阴极应为氢离子得电子发生还原反应,则消耗氢离子使碱性增强,与向阴极移动的铵根离子反应生成氨气,铵根离子水解显酸性,Ⅱ室中铵根离子浓度减小,所以Ⅱ室PH增大,

故答案为:增大.

解析

解:(1)硝酸铵钙为复盐,铵根离子水解显酸性,则水解离子反应为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+,故答案为:NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+

(2)①磷酸钙为难溶于水的物质,故滤渣的主要成分是磷酸钙,化学式为Ca3(PO42,故答案为:Ca3(PO42

②加入碳酸钙与硝酸反应生成硝酸钙、水和二氧化碳气体,发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O,

故答案为:CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O;

③空气中含量最大的两种气体分别是氮气和氧气,依据氧化还原反应原理得出硝酸铵分解方程式为:2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O,

故答案为:2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O;

(3)①膜电解法阳极上为水失电子发生的氧化反应,反应式为2H2O-4e-═4H++O2↑,则Ⅰ室阳极消耗氢氧根离子使酸性增强,与向阳极移动的硝酸根结合成硝酸,所以Ⅰ室可回收的产品为硝酸;

故答案为:2H2O-4e-═4H++O2↑;硝酸;

②电解时,Ⅲ室为阴极应为氢离子得电子发生还原反应,则消耗氢离子使碱性增强,与向阴极移动的铵根离子反应生成氨气,铵根离子水解显酸性,Ⅱ室中铵根离子浓度减小,所以Ⅱ室PH增大,

故答案为:增大.

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题型:填空题
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填空题

(2014•南召县校级模拟)硝基苯是重要的精细化工原料,是医药和染料的中间体制备,还可做有机溶剂.制备硝基苯的过程如下:

①配制混酸:组装如图反应装置.取100mL烧杯,用20mL浓硫酸与浓硝酸18mL配制混和酸,加入漏斗中.把18mL苯加入三颈烧瓶中.

②向室温下的苯中逐滴加入混酸,边滴边搅拌,混和均匀.

③在50-60℃下发生反应,直至反应结束.

④除去混和酸后,粗产品依次用蒸馏水和10%Na2CO3溶液洗涤,最后再用蒸馏水洗涤得到粗产品.

已知(1)

(2)可能用到的有关数据列表如下

请回答下列问题:

(1)配置混酸应先在烧杯中先加入______

(2)恒压滴液漏斗的优点是______

(3)实验装置中长玻璃管可用______代替(填仪器名称).

(4)反应结束后产品在液体的______层(填“上”或者“下”),分离混酸和产品的操作方法为______

(5)用10%Na2CO3溶液洗涤之后再用蒸馏水洗涤时,怎样验证液体已洗净?______

(6)为了得到更纯净的硝基苯,还须先向液体中加入______除去水,然后蒸馏.

正确答案

浓硝酸

可以保持漏斗内压强与发生器内压强相等,使漏斗内液体能顺利流下

冷凝管(球形冷凝管或直行冷凝管均可)

分液

取最后一次洗涤液,向溶液中加入氯化钙,无沉淀生成,说明已洗净

氯化钙

解析

解:(1)浓硫酸密度大于浓硝酸,应将浓硝酸倒入烧杯中,浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入,并不断搅拌,如果将浓硝酸加到浓硫酸中可能发生液体飞溅,

故答案为:浓硝酸;

(2)和普通分液漏斗相比,恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通,可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下,

故答案为:可以保持漏斗内压强与发生器内压强相等,使漏斗内液体能顺利流下;

(3)长玻璃管作用是导气、冷凝回流,该实验中可以冷凝回流挥发的浓硝酸以及苯使之充分反应,减少反应物的损失,提高转化率,可用冷凝管或球形冷凝管或直行冷凝管替代,

故答案为:冷凝管(球形冷凝管或直行冷凝管均可);

(4)硝基苯是油状液体,与水不互溶,密度比水大,在下层,分离互不相溶的液态,采取分液操作,

故答案为:下;分液;

(5)反应得到粗产品中有残留的硝酸及硫酸,用10%Na2CO3溶液洗涤除去粗产品中残留的酸,之后再用蒸馏水洗涤,如果晶体未洗净含有碳酸根离子,取最后一次洗涤液,向溶液中加入氯化钙,无沉淀生成,说明已洗净,

故答案为:取最后一次洗涤液,向溶液中加入氯化钙,无沉淀生成,说明已洗净;

(6)用蒸馏水洗涤,硝基苯中含有水,用无水CaCl2干燥,然后将较纯的硝基苯进行蒸馏,得到纯硝基苯,故答案为:氯化钙.

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