分析 硫酸废液中含有大量硫酸外,还含有少量NH4+、Fe3+、AsO43-、Cl-,加入生石灰,调节pH2~3,大量沉淀主要成分为CaSO4•2H2O[含有少量Fe(OH)3],滤液加入生石灰调节pH8~9,生成Ca3(AsO4)2沉淀,滤液主要含有(NH4)2SO4和NH4Cl,
(1)硫酸的浓度为4.9g•L-1,结合c=$\frac{n}{V}$=$\frac{\frac{m}{M}}{V}$计算;
(2)根据c(NH4+)越大,NH4+水解程度越小判断;
(3)随着向废液中投入生石灰,c(OH-)增大,c(NH3•H2O)减小;
(4)提纯CaSO4•2H2O,可加入稀硫酸溶解Fe(OH)3,并洗涤、干燥;
(5)①依据水解常数与电离常数及Kw的关系计算;
②根据还原剂还原性大于还原产物的还原性判断.
解答 解:硫酸废液中含有大量硫酸外,还含有少量NH4+、Fe3+、AsO43-、Cl-,加入生石灰,调节pH2~3,大量沉淀主要成分为CaSO4•2H2O[含有少量Fe(OH)3],滤液加入生石灰调节pH8~9,生成Ca3(AsO4)2沉淀,滤液主要含有(NH4)2SO4和NH4Cl,
(1)硫酸的浓度为4.9g•L-1,c(H2SO4)=$\frac{\frac{4.9g}{98g/mol}}{1L}$=0.05mol/L,c(H+)=0.1mol/L,pH=-lg0.1=1,故答案为:1;
(2)如c[(NH4)2SO4]=c(NH4Cl),则(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)较大,因c(NH4+)越大,NH4+水解程度越小,则(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)小于是NH4Cl溶液中c(NH4+)的2倍,如等于2倍,则c(NH4Cl)应较大,
故答案为:<;
(3)随着向废液中投入生石灰,c(OH-)增大,c(NH3•H2O)减小,则溶液中$\frac{[N{H}_{3}•{H}_{2}O]}{[O{H}^{-}]}$减小,故答案为:减小;
(4)提纯CaSO4•2H2O,可加入稀硫酸溶解Fe(OH)3,且防止CaSO4•2H2O的溶解,过滤后洗涤、干燥,
故答案为:稀硫酸;晾干或干燥;
(5)①Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为:AsO43-+H2O?HAsO42-+OH-,该步水解的平衡常数Kh=$\frac{c(HAs{{O}_{4}}^{2-})•c(OH{\;}^{-})}{c(AsO{\;}_{4}{\;}^{3-})}$=$\frac{c(HAs{O}_{4}{\;}^{2-})•c(O{H}^{-})•c(H{\;}^{+})}{c(As{O}_{4}{\;}^{3-})•c(H{\;}^{+})}$=$\frac{Kw}{K3}$=$\frac{10{\;}^{-14}}{4.0×10{\;}^{-12}}$=2.5×10-3,
故答案为:2.5×10-3;
②已知:AsO43-+2I-+2H+=AsO33-+I2+H2O,SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+.还原剂还原性大于还原产物的还原性,则还原性SO2>I->AsO33-,两个反应中还原性最强的微粒是SO2,
故答案为:SO2.
点评 本题考查较为综合,侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查,注意把握溶液中浓度的换算,沉淀溶解平衡的溶度积常数计算,水解常数和电离常数的计算,离子方程式的书写,沉淀的形成等,考查的知识点较多,题目难度中等.
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A. | 相同温度下,硫酸溶液的导电能力应强于醋酸溶液的导电能力 | |
B. | NaCl在电流作用下电离成Na+和Cl- | |
C. | CuSO4溶液导电时要伴随化学变化 | |
D. | CO2水溶液的导电能力较弱,CO2是弱电解质 |
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A. | 在无色溶液中:NH4+、Fe2+、SO42-、CO32- | |
B. | 在含大量Ba2+的溶液中:NH4+、Na+、Cl-、H+ | |
C. | 在强碱溶液中:Na+、K+、Cl-、HCO3- | |
D. | 在pH=1的溶液中:K+、Fe2+、Cl-、CH3COO- |
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A. | ②③ | B. | ①② | C. | ③④ | D. | ②④ |
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