高中化学离子反应(很有用)及练习题(1)
更新时间:2023-04-30 02:11:01 阅读量: 综合文库 文档下载
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高中化学离子反应(很有用)及练习题(1)
一、高中化学离子反应
1.某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2+、K+杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。
,下列说法正确
的是( )
A.NaOH溶液可以用氨水来代替
B.溶液a中含有Al3+、K+、Cl-、Na+、OH-
C.溶液b中只含有NaCl
D.向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.用氨水,则Mg2+、Al3+均转化为沉淀,不能分离,则不能用氨水代替NaOH,A错误;B.Al3+与过量NaOH反应,溶液a中含AlO2-、K+、Cl-、Na+、OH-,B错误;
C.K+、Cl-、Na+在整个过程中不参加反应,则溶液b中含KCl、NaCl,C错误;
D.因氢氧化铝能溶于盐酸,则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH,D正确;
答案选D。
【点睛】
本题考查混合物分离、提纯实验方案的设计,为高频考点,把握实验流程中发生的反应为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意氢氧化铝的两性。
2.某溶液中含有SO42-、SO32-、SiO32-、Br-、CO32-、Na+,向该溶液中通入过量的Cl2,下列判断正确的是
①反应前后,溶液中离子浓度基本保持不变的有SO42-、Na+;②有胶状物质生成;③有气体产生;④溶液颜色发生变化;⑤共发生了2个氧化还原反应。
A.②③④B.①②③C.①③⑤D.②④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】
向溶液中通入过量的Cl2,Cl2可以氧化SO32-成为SO42-,所以SO32-浓度降低,SO42-浓度增大,Cl2也可以和Br-发生置换反应,使Br-浓度降低,生成的溴溶于水中使溶液颜色发生变化,Cl2溶于水生成的盐酸还可以跟CO32-发生反应生成CO2,使CO32-浓度降低,和SiO32-
生成H2SiO3白色胶状沉淀,使SiO32-浓度降低,所以离子浓度基本保持不变的只有Na+。Cl2溶于溶液中发生了3个氧化还原反应,其中2个是Cl2分别和SO32-、Br-发生的,另一个是Cl2和水的歧化反应,所以②③④是正确的,故选A。
【点睛】
Cl2和SO32-发生氧化还原反应,使SO32-浓度降低,还要考虑到生成了SO42-,使SO42-浓度增大,所以溶液中的SO32-、SO42-浓度都发生了变化。在Cl2通入该溶液的反应中,除了Cl2和SO32-、Br-发生的氧化还原反应外,不要忽略了还有Cl2和水发生的氧化还原反应。
3.学校化学研究小组对实验室某废液缸里的溶液进行检测分析,提出假设:该溶液中可能含有NH4+、K+、Al3+、HCO3-、Cl-、I-、SO42-等离子中的几种离子。实验探究:
①取少量该溶液滴加紫色石蕊试液,溶液变红。
②取100mL该溶液于试管中,滴加足量Ba(NO3)2溶液,加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol 白色沉淀甲,向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生。
③另取100mL该溶液,逐渐加入Na2O2粉末,产生的沉淀和气体与所加Na2O2粉末物质的量的关系曲线如图所示。下列说法中不正确的是()
A.该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-
B.该溶液中一定含有K+,其物质的量浓度为1mol?L-1
C.在溶液中加入0.25~0.3molNa2O2时,发生反应的化学方程式为
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
D.该溶液能使紫色石蕊试液变红的唯一原因是NH4+发生水解
【答案】D
【解析】
【分析】
①滴加紫色石蕊试液,溶液变红,说明溶液显酸性,则溶液中无HCO3-;②滴加足量
Ba(NO3)2溶液,加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲,向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生,说明溶液中有SO42-,且n(SO42-)=0.3mol,无Cl-、I-;③逐渐加入Na2O2粉末,由图可知,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠依次与铝离子反应生成氢氧化铝0.1mol,与铵根离子反应生成氨气0.2mol,最后与氢氧化铝反应,含有铝离子,一定不存在碳酸氢根离子。
【详解】
A.由分析可知,该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-,故A正确;
B.由分析可知,100mL溶液中有n(SO42-)=0.3mol,n(Al3+)=0.1mol,n(NH4+)
=0.2mol,由电荷守恒可知n(K+)=0.1mol,其浓度为1mol?L-1,故B正确;
C.在溶液中加入0.25~0.3molNa2O2时,过氧化钠会与水发生反应,生成的氢氧化钠会将氢氧化铝溶解,其反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、
Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,故C正确;
D.溶液中存在铵根离子和铝离子,则该溶液能使紫色石蕊试液变红的原因是NH4+、Al3+发生水解,故D错误;
综上所述,答案为D。
4.下列离子方程式中,正确的是
A.大理石溶解于醋酸 CaCO3+ 2H+= Ca2++ CO2↑+ H2O
B.澄清石灰水中加入CuSO4溶液混合 2OH-+ Cu2+= Cu(OH)2↓
C.NaHSO4溶液和Na2CO3溶液混合 2H++CO32-==CO2↑+ H2O
D.NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2:Ba2++ SO42-= BaSO4↓
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.醋酸是弱酸,必须写化学式,正确的离子方程式为CaCO3+ 2CH3COOH= Ca2++2CH3COO-
+CO2↑+ H2O,选项A错误;
B.生成的硫酸钙是微溶物,离子方程式中也应体现出硫酸钙的生成,选项B错误;
C.硫酸氢钠为强酸的酸式盐,全部电离,选项C正确;
D.反应的离子方程式应为:Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O,选项D错误。
答案选C。
5.天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫,其工艺流程如图所示:下列说法错误的是
()
A.天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解
B.“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-
C.“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸
D.“排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同
【答案】D
【解析】
【分析】
火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔和天然海水,得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸,加入天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸。
【详解】
A.海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子,在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子,CO32-+H2O?HCO3-+OH-,HCO3-+H2O?H2CO3+OH-它们水解呈碱性,所以天然海水的pH≈8,呈弱碱性,故A正确;
B.天然海水吸收了含硫烟气后,要用O2进行氧化处理,因为氧气具有氧化性,被氧化的硫元素的化合价为+4价,具有还原性,所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸,如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4,故B正确;
C.氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放,是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+),故C正确;
D.从框图可知:排放”出来的海水,是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的,溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大,所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小,故D错误;
故答案为D。
6.向含a mol (NH4)2Fe(SO4)2溶液中逐滴加入b mol NaOH溶液,下列说法不正确的是A.(NH4)2Fe(SO4)2是复盐
B.b = a时,溶液中离子浓度大小关系为:c(Fe2+) = c(NH4+)
C.b = 2a时,发生的离子反应为: Fe2+ + 2OH-=Fe(OH)2↓
D.当2a<b≤4a时可能发生的离子反应为:3 NH4+ + 2Fe2+ + 7OH-=2Fe(OH)2 ↓ + 3NH3·H2O 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.(NH4)2Fe(SO4)2是由NH4+和Fe2+、SO42-构成的盐,在溶液中能电离出2种阳离子,为复盐,正确,A不选;
B.b=a时,Fe2+先和NaOH反应生成Fe(OH)2沉淀,有一半的Fe2+生成沉淀,NH4+不反应,Fe2+、NH4+都水解且相互抑制水解,所以存在c(Fe2+)<c(NH4+),错误,B选;
C.b=2a时,Fe2+先和NaOH反应生成Fe(OH)2沉淀且Fe2+完全反应,离子方程式为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓,正确,C不选;
D.当2a<b≤4a时,Fe2+完全反应,部分NH4+反应生成NH3·H2O,所以可能发生离子反应3NH4++2Fe2++7OH-═2Fe(OH)2↓+3NH3·H2O,正确,D不选。
答案选B。
7.在学习中,我们经常应用类推法。下列左边正确,类推法应用于右边也正确的是
()
B CO2通入漂白粉溶液中CO2+Ca2++2ClO-
+H2O=CaCO3↓+2HClO
SO2通入漂白粉溶液中SO2+Ca2++2ClO-
+H2O=CaSO3↓+2HClO
C 向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3,CO32-
+2H+=CO2↑+H2O
向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3,SO32-
+2H+=SO2↑+H2O
D 向澄清石灰水中通入少量CO2气体
Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O
向澄清石灰水中通入少量SO2气体
Ca2++2OH-+SO2=CaSO3↓+H2O
A.A B.B C.C D.D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.FeCl2溶液与碘水不反应,则前者发生氧化还原反应,后者不反应,与氧化性有关,故A错误;
B.SO2通入漂白粉溶液,发生氧化还原反应为SO2+Ca2++ClO-+H2O=CaSO4↓+2H++Cl-,故B 错误;
C.Na2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应为2NO3-+3SO32-+2H+=3SO42-+2NO↑+H2O,故C错误;
D.二氧化碳、二氧化硫均为酸性氧化物,与碱反应均生成盐和水,则类推合理,故D正确。
答案选D。
8.某强酸性溶液 X 中可能含有 Ba2+、A13+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、C1-、NO2-中的一种或几种,现取 X 溶液进行连续实验,实验过程及产物如下:
根据以上信息,下列判断正确的是
A.X 溶液中一定存在 A13+、NH4+、Fe3+、SO42-
B.X 溶液中可能存在 SO32-、C1-、NO2-
C.向溶液 J 中加入过量的溶液 E,最终溶液中可能含有两种溶质
D.沉淀 I 一定是 Al (OH)3
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子,加入过量硝酸钡生成沉淀,则该沉淀为BaSO4沉淀,说明溶液中含有SO42-离子,生成气体A,A连续氧化生成D和E,则A为NO,D为NO2,E为HNO3,说明溶液中含有还原性离子,一定为Fe2+离子,溶液B中加入过量NaOH溶液,生成气体F,则F为NH3,说明溶液中含有NH4+离子,溶液H中通入过量CO2气体,生成沉淀I,则I为Al(OH)3,H为NaAlO2,说明溶液中含有Al3+离子,溶液中含有Fe2+离子,就一定不含NO2-离子,含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子,不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-,根据上述分析,溶液中一定含有A13+、NH4+、Fe2+、SO42-;一定不存在Ba2+、CO32-、SO32-、NO2-;可能存在Fe3+和Cl-,故A、B错误;溶液H中含有前几步加入的过量的Ba2+、Na+、OH-、NO3-和生成的 AlO2-,通入过量CO2,得到的溶液J中含有Ba2+、Na+、NO3-和HCO3-,加入过量的硝酸(溶液E),最终溶液中有硝酸钠、硝酸钡和过量的硝酸,故C错误;沉淀I 是 Al (OH)3,故D正确;故选D。
【点睛】
本题的易错点和难点是NO2-离子的判断,要注意NO2-在酸性条件下也具有强氧化性。
9.向15mL 0.1mol/L Ba(OH)2溶液中,滴加等浓度NH4Al(SO4)2溶液x mL,下列叙述错误的是
A.x=5时,溶液中有Ba2+、OH-、AlO2-,且OH-> AlO2-
B.x=7.5时,溶液中有NH4+、AlO2-,且NH4+=AlO2-
C.x=10时,溶液中有SO42-、NH4+,且H+> OH-
D.x=15时,溶液中有SO42-、NH4+、Al3+,且NH4+> Al3+
【答案】B
【解析】
【分析】
15mL 0.1mol/L Ba(OH)2溶液中氢氧化钡的物质的量为0.0015mol,n(Ba2+)=0.0015mol,n (OH-)=0.003mol。
【详解】
A.当x=5时,NH4Al(SO4)2的物质的量为0.0005mol,n(SO42-)=0.001mol,n(Al3+)=
0.0005mol,n(NH4+)=0.0005mol。SO42-与Ba2+反应,SO42-不足,Ba2+剩余0.0005mol;
0.0005molAl3+反应生成Al(OH)3消耗OH-的量为0.0015mol,溶液中没有Al3+,生成
0.0005mol Al(OH)3,还剩余0.0015molOH-;然后与0.0005molNH4+反应消耗OH-的量为
0.0005mol,溶液中NH4+完全反应,剩余0.001molOH-;0.0005mol Al(OH)3又完全溶解,生成0.0005molAlO2-,消耗0.0005molOH-,最终剩余0.0005molOH-。溶液中AlO2-水解,故OH->AlO2-,综上所述,溶液中有Ba2+、OH-、AlO2-,且OH->AlO2-,故A正确;
B.NH4+和AlO2-会发生双水解反应而不能大量共存,故B错误;
C.当x=10时,NH4Al(SO4)2的物质的量为0.001mol,n(SO42-)=0.002mol,n(Al3+)=
0.001mol,n(NH4+)=0.001mol。SO42-与Ba2+反应,Ba2+不足,SO42-剩余0.0005mol;
0.001molAl3+反应生成Al(OH)3消耗OH-的量为0.003mol,溶液中没有Al3+,生成0.001mol
Al(OH)3,OH-完全反应,溶液中NH4+不反应,此时溶液为硫酸铵溶液,铵根离子水解,溶液呈酸性,综上所述,溶液中有SO42-、NH4+,且H+>OH-,故C正确;
D.当x=15时,NH4Al(SO4)2的物质的量为0.0015mol,n(SO42-)=0.003mol,n(Al3+)=
0.0015mol,n(NH4+)=0.0015mol。SO42-与Ba2+反应,Ba2+不足,SO42-剩余0.0015mol;0.0015molAl3+反应生成Al(OH)3消耗OH-的量为0.0045mol,OH-不足,溶液中0.001molAl3+反应,生成0.001mol Al(OH)3,溶液中剩余0.0005molAl3+,溶液中NH4+不反应,此时溶液中有0.0005molAl3+,0.0015molNH4+,NH4+>Al3+,故D正确;
答案选B。
10.在由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol·L-1的溶液中,一定能大量共存的离子组是
①K+、ClO-、NO3-、S2-
②K+、Fe2+、I-、SO42-
③Na+、Cl-、NO3-、SO42-
④Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-
⑤K+、Ba2+、Cl-、NO3-
A.①③B.③⑤C.③④D.②⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol·L-1的溶液可能是酸性溶液,也可能是碱性溶液,据此分析。
【详解】
①在酸性环境下S2-不能大量共存,错误;
②在碱性环境下Fe2+不能大量共存,错误;
③Na+、Cl-、NO3-、SO42-在酸性、碱性环境下均能大量共存,正确;
④HCO3-在酸性、碱性环境下均不能大量共存,错误;
⑤K+、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性、碱性环境下均能大量共存,正确;
答案选B。
【点睛】
本题隐含条件为溶液可能为酸性,也可能为碱性,除此以外,能与铝粉反应放出氢气的环境也是可能为酸性或者碱性;离子能够发生离子反应而不能大量共存,生成弱电解质而不能大量共存是常考点,需要正确快速判断。
11.某废液阳离子只可能含有:Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Al3+中的某几种,实验设计了下述方案进行处理,以回收金属,保护环境
已知:步骤①中,滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解,下列说法正确的是:A.根据步骤①中的现象,说明废液中一定含有Al3+
B.步骤②,由红棕色固体可知,废液中一定存在Fe3+
C.取溶液丙进行焰色反应,焰色为黄色,说明原溶液中一定含Na+
D.该废液一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+
【答案】D
【解析】
【分析】
沉淀甲灼烧后为红棕色固体,该红棕色固体为Fe2O3,则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3,说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+;溶液甲中加入过量硫酸溶液,产生固体乙,则固体乙为BaSO4,说明废液中一定含有Ba2+;溶液乙中加入过量铁屑,产生红色固体,该红色固体为Cu,说明废液中一定含有Cu2+,以此解答该题。
【详解】
A.由步骤④可知,废液中一定含有Cu2+,而沉淀甲中没有Cu(OH)2,说明加入NaOH溶液后,Cu元素以离子形式存在于溶液甲中,则废液中一定含有NH4+,Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中,因此步骤①沉淀部分溶解,不能说明废液中一定含有Al3+,故A错误;
B.由分析可知,废液中可能含有Fe2+或Fe3+,故B错误;
C.由于步骤①中加入过量NaOH溶液,因此溶液丙中一定含有Na+,焰色反应显黄色,不能说明废液中含有Na+,故C错误;
D.由分析可知,废液中一定含有Ba2+和Cu2+,由选项A的分析可知,废液中一定含有NH4+,故D正确;
故答案选D。
12.向X的溶液中加入Y试剂,产生的沉淀示意图与下图所示情形吻合的是(注意线段的斜率)
A.向NaOH和Ca(OH)2的混合溶液中通入CO2B.向HCl和AlCl3的混合溶液中滴加NaOH C.向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH D.向NH4Cl和MgCl2的混合溶液中滴加NaOH
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.NaOH、Ca(OH)2都是碱,CO2与OH-反应生成CO32-,随着发生Ca2++CO32-=CaCO3↓,因此认为,反应先后顺序是:Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O、NaOH+CO2=NaHCO3、CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2,符合题中图像,故A正确;
B.盐酸是酸,先于NaOH反应,因此顺序是HCl+NaOH=NaCl+H2O,Al3++3OH-
=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,开始一段时间无沉淀,然后出现沉淀,最后沉淀完全消失,与图像不符,故B错误;
C.Al3+结合OH-能力强于NH4+,反应先后顺序是:Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-
=NH3·H2O、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,生成沉淀最大消耗NaOH的量是Al(OH)3完全消失消耗NaOH量的3倍,与图像不符,故C错误;
D.Mg2+结合OH-能力强于NH4+,因此有Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、NH4++OH-
=NH3·H2O,与图像不符,故D错误。
故选A。
13.往NH4HSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,发生的离子反应方程式可能为
A.NH4+ + 2H+ + SO42ˉ+ Ba2+ + 3OHˉ??→BaSO4↓+ NH3·H2O + 2H2O
B.NH4+ + H+ + SO42ˉ + Ba2+ + 2OHˉ??→ BaSO4↓+ NH3·H2O + H2O
C.2NH4+ + H+ + 2SO42ˉ+ 2Ba2+ + 3OHˉ??→2BaSO4↓+ 2NH3·H2O + H2O
D.NH4+ + 3H+ + 2SO42ˉ+ 2Ba2+ + 4OHˉ??→2BaSO4↓+ NH3·H2O + 3H2O
【答案】BD
【解析】
【分析】
往NH4HSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,当NH4HSO4过量时,Ba2+、OHˉ必须满足组成1:2关系;若Ba(OH)2过量,则NH4+、 H+、SO42ˉ 必须满足组成1:1:1关系。
【详解】
A.不管是(NH4+ + 2H+ + SO42ˉ)还是(Ba2+ + 3OHˉ)都不满足组成关系,A不正确;
B.表示NH4HSO4与Ba(OH)2等物质的量反应,B正确;
C.不管是(2NH4+ + H+ + 2SO42ˉ)还是(2Ba2+ + 3OHˉ),都不满足组成关系,C不正确;
D.表示3molNH4HSO4与2molBa(OH)2发生反应,D正确;
故选BD。
14.一种以NH4Cl酸性蚀铜废液[含NH4Cl,Cu(NH3)4Cl2、CuCl、CuSO4及盐酸等]为原料制备CuCl并回收Cu(OH)2的工艺流程如图:
已知:CuCl 溶于浓盐酸,难溶于水,不溶于乙醇。
回答下列问题:
(1)“反应1”中,NaCl 、Cu 与CuSO 4反应的离子方程式为__;生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中,其目的是__。
(2)“水解”步骤中,溶液中的CuCl 43-在加入大量水稀释即可析出CuCl ,原因是__(结合离子方程式,从平衡角度分析)。
(3)湿的CuCl 在空气中易被氧化为Cu 2(OH)3Cl ,该反应的化学方程式为__。 (4)“反应2”需加入的试剂X 是__;“吹脱”出来的NH 3可用于生产碳铵化肥,主要反应的化学方程式为__。
(5)测定产品中CuCl 质量分数的步骤如下:称取ag 产品,加入稍过量的FeCl 3溶液,待
溶解后用邻菲罗啉作指示剂,立刻用cmol·
L -1的Ce(SO 4)2标准溶液滴定到终点,消耗标准溶液VmL 。则产品中CuCl 的质量分数为__(已知滴定反应为Ce 4++Fe 2+=Ce 3++Fe 3+,列出计算式)。
【答案】Cu+Cu 2++8Cl -2CuCl 43- 提高铜元素的利用率 CuCl 43-CuCl+3Cl -,稀释时,平衡向粒子数增多的方向移动,即平衡右移 4CuCl+O 2+4H 2O=2Cu 2(OH)3Cl+2HCl 或12CuCl+3O 2+6H 2O=4Cu 2(OH)3Cl+4CuCl 2 NaOH 溶液 NH 3+H 2O+CO 2=NH 4HCO 3 -3CV 1099.5a
??×100% 【解析】
【分析】
NH 4Cl 酸性蚀铜废液[含NH 4Cl ,Cu(NH 3)4Cl 2、CuCl 、CuSO 4及盐酸等],加入铜单质和氯化钠,生成CuCl 43-,水解后生成CuCl ,因CuCl 溶于浓盐酸,难溶于水,不溶于乙醇,故用乙醇除杂。
【详解】
(1)“反应1”中,根据氧化还原反应原理,NaCl 、Cu 与CuSO 4反应的离子方程式为Cu+Cu 2++8Cl -2CuCl 43-;滤渣含有铜元素,生产中常将“过滤1”的滤渣返回到“反应1”中,其目的是提高铜元素的利用率。
(2)“水解”步骤中,溶液中的CuCl 43-在加入大量水稀释即可析出CuCl ,原因是CuCl 43-
CuCl+3Cl -,稀释时,平衡向粒子数增多的方向移动,即平衡右移。
(3)湿的CuCl 在空气中易被氧化为Cu 2(OH)3Cl ,根据氧化还原反应原理,该反应的化学方程式为4CuCl+O 2+4H 2O=2Cu 2(OH)3Cl+2HCl 或12CuCl+3O 2+6H 2O=4Cu 2(OH)3Cl+4CuCl 2。 (4)过滤2的滤液中含有Cu 2+ ,与碱反应生成氢氧化铜,因此,“反应2”需加入的试剂X
是NaOH 溶液;“吹脱”出来的NH 3可用于生产碳铵化肥,即化肥中含有铵根和碳元素,碳元素多为碳酸根,主要反应的化学方程式为NH 3+H 2O+CO 2=NH 4HCO 3。
(5)已知滴定反应为Ce 4++Fe 2+=Ce 3++Fe 3+,用cmol·
L -1的Ce(SO 4)2标准溶液滴定到终点,消耗标准溶液VmL ,即该反应消耗了0.01cVmol 的亚铁离子,产品中CuCl 与氯化铁的反应为CuCl+Fe 3+=Cu 2++Fe 2+ +Cl -,即产品中CuCl 的物质的量为0.01cVmol ,产品中CuCl 的质量分数为-3cV 1099.5100%a
nM m ???=×100%。
15.铍铜是力学、化学综合性能良好的合金,广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铵铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量FeS 和SiO 2)中回收铍和铜两种金属的流程。
已知:
Ⅰ.铍、铝元素处于周期表中的对角线位置,化学性质相似
Ⅱ.常温下:K sp [Cu (OH )2]=2.2×10-20,K sp [Fe (OH )3]=4.0×10-38,K sp [Mn (OH )2]=2.1×10-13
(1)滤渣B 的主要成分为______(填化学式);
(2)写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式______;
(3)MnO 2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫,写出反应Ⅱ中CuS 发生反应的离子方程式______,若用浓HNO 3溶解金属硫化物缺点是______(任写一条);
(4)从BeCl 2溶液中得到BeCl 2固体的操作是______。
(5)溶液D 中含c (Cu 2+)=2.2mol?L -1、c (Fe 3+)=0.008mol?L -1、c (Mn 2+)=0.01mol?L -1,逐滴加入稀氨水调节pH 可依次分离首先沉淀的是______(填离子符号),为使铜离子开始沉淀,常温下应调节溶液的pH 大于______;
(6)取铍铜元件1000g ,最终获得Be 的质量为72g ,则Be 的产率是______。
【答案】CuS 、FeS Na 2BeO 2+4HCl=BeCl 2+2NaCl+2H 2O
2222MnO +CuS+4H S +Mn +Cu +2H O +++↓= 生成NO 2污染空气 在氯化氢气流下蒸发结晶 Fe 3+ 4 80%
【解析】
【分析】
废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量和FeSSiO 2),加入氢氧化钠溶液反应后过滤,信息可知BeO 属于两性氧化物,CuS 不与氢氧化钠溶液反应,FeS 不与氢氧化钠溶液反应,二氧化硅属于酸性氧化物,和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水,因此滤液A 成分是NaOH 、Na 2SiO 3、Na 2BeO 2,滤渣B 为CuS 、FeS ,滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅
酸,溶液中为BeCl2,向溶液C中先加入过量的氨水,生成Be(OH)2沉淀,然后过滤洗涤,再加入适量的HCl生成BeCl2,在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体,滤渣B中加入硫酸酸化的二氧化锰,MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫,酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐,过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液,逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离,最后得到金属铜,以此解答该题。
【详解】
(1)由以上分析可知滤渣B为CuS、FeS;
(2)信息1得到BeO22-与过量盐酸反应的化学方程式为:Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O;
(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫,酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐,反应Ⅱ中Cu2S发生反应的离子方程式为:MnO2+CuS+4H+=S+Mn2++Cu2++2H2O;浓硝酸具有氧化性做氧化剂被还原为二氧化氮、NO2气体有毒污染环境;
(4)为了抑制Be2+离子的水解,需要在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶;
(5)三种金属阳离子出现沉淀,结合浓度商与Ksp的关系,铜离子转化为沉淀c(OH-
=-10mol/L,Fe3+离子转化为沉淀,c(OH-
/L
==×10-12mol/L,锰离子沉淀时,c(OH-
/L=×10-5.5mol/L,因此首先沉淀的是Fe3+,为使铜离子沉淀
c(H+)=
14
10
10
10
-
-
mol/L=10-4mol/L,pH=4,常温下应调节溶液的pH值大于4;
(6)混合物中BeO质量=1000×25%=250g,理论上得到Be的物质的量=
250g
25g/mol
=10mol,实
际得到Be物质的量=
72g
9g/mol
=8mol,产率=
8mol
10mol
×100%=80%。
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