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7.某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂,通过如下简化流程脱除燃煤尾气中的SO2,又制得电池材料MnO2(反应条件已略去)
请回答下列问题:
(1)上述在处理含SO2尾气过程中发生的主要离子方程式为MnO2+SO2═Mn2++SO42-
(2)用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+,其原理是Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+、Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+,MnCO3消耗溶液中的H+,促使水解平衡正向移动,促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀.
(3)已知Ksp(CuS)=8.4×10-45,Ksp(NiS)=1.4×10-24;在除铜镍的过程中,当Ni2+恰好完全沉淀(此时溶液中c(Ni2+ )=1.0×10-5 mol•L-1 ),溶液中Cu2+的浓度是6.0×10-26mol/L.
(4)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过b→c→a→d制得硫酸锰晶体.
a.过滤 b.蒸发浓缩c.冷却结晶 d.干燥
(5)己知废气中SO2浓度为8.4g/m3,软锰矿浆对SO2的吸收率可达90%,则处理1000m3燃煤尾气,可得到硫酸锰晶体质量为20.0kg(结果保留3位有效数字).
(己知:硫酸锰晶体化学式为MnSO4•H2O)
(6)酸性锌锰干电池是一种一次电池,外壳为金属锌,中间是碳棒,其周围是碳粉,MnO2,ZnCl2和NH4C1等组成的糊状填充物,该电池在放电过程产生MnOOH.电池的正扱反应式为NH4++MnO2+e+═NH3+MnOOH.
(总反应方程式为 Zn+2MnO2+2NH4Cl=ZnCl2+2MnOOH+2NH3

分析 由流程可知,二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰,用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+,MnS将铜、镍离子还原为单质,高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰,通过过滤获得二氧化锰.
(1)上述在处理含SO2尾气是用二氧化锰,反应生成硫酸锰;
(2)从消耗溶液中的酸,促进Al3+和Fe3+水解角度分析;
(3)当Ni2+恰好完全沉淀 (此时溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol/L),c(S2-)=$\frac{{K}_{sp}(NiS)}{c(N{i}^{2+})}$,结合Ksp(CuS)计算溶液中Cu2+的浓度;
(4)从溶液中获得带结晶水的晶体,一般要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等;
(5)SO2与稀硫酸酸化的软锰矿发生氧化还原反应生成硫酸锰;结合硫原子守恒可知,被吸收的SO2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量;
(6)根据原电池工作原理判断正极发生还原反应,然后根据总反应写出正极的电极反应式.

解答 解:(1)二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰的主要离子方程式为:MnO2+SO2═Mn2++SO42-,故答案为:MnO2+SO2═Mn2++SO42-
(2)由于碳酸锰能消耗溶液中的酸,降低溶液的酸性,从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀,故答案为:Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+、Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+,MnCO3消耗溶液中的H+,促使水解平衡正向移动,促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀;
(3)当Ni2+恰好完全沉淀 (此时溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol/L),c(S2-)=$\frac{{K}_{sp}(NiS)}{c(N{i}^{2+})}$=$\frac{1.4×1{0}^{-24}}{1×1{0}^{-5}}$=1.4×10-19,由Ksp(CuS)可知溶液中Cu2+的浓度为$\frac{8.4×1{0}^{-45}}{1.4×1{0}^{-19}}$=6.0×10-26mol/L,故答案为:6.0×10-26
(4)从溶液中获得带结晶水的晶体,一般要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等,故答案为:b;c;a;d;
(5)SO2与稀硫酸酸化的软锰矿发生氧化还原反应生成硫酸锰,反应方程式为SO2+MnO2=MnSO4,由硫原子守恒,被吸收的SO2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量,则硫酸锰晶体的质量为$\frac{1000{m}^{3}×8.4g/{m}^{3}}{64g/mol}$×169g/mol≈20.0kg,故答案为:20.0;
(6)原电池中负极失去电子,正极得到电子,因此酸性锌锰干电池放电时,正极是二氧化锰得到电子,则电极反应式为:NH4++MnO2+e+═NH3+MnOOH,
故答案为:NH4++MnO2+e+═NH3+MnOOH.

点评 本题以物质的制备实验考查混合物分离提纯的综合应用,为高频考点,涉及氧化还原反应、盐类水解、溶度积计算、原子守恒计算等,把握流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键,侧重分析与实验、计算能力的考查,综合性较强,题目难度中等.

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8.用NA表示阿伏伽德罗常数的值,下列有关说法正确的是(  )
A.标准状况下,33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NA
B.1.0L 1.0mol•L-1Na2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NA
C.电解饱和食盐水,当阴极产生1.12LH2时,转移的电子数为0.1NA
D.常温下,2L0.1mol•L-1FeCl3溶液与1L0.2mol•L-1FeCl3溶液所含Fe3+数目不同

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9.在两份15mL、1mol/L的Ba(OH)2溶液中,分别滴入H2SO4、NaHSO4溶液,其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示.下列分析不正确的是(  )
A.o-b段,发生的离子方程式:Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O
B.bd段,发生的离子方程式:OH-+H+═H2O
C.c点,两溶液中阴、阳离子的浓度之和相等
D.o-a段加入溶液的体积为20mL,则NaHSO4溶液的浓度为0.75mol/L

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6.能正确表示下列反应的离子方程式是(  )
A.用石墨作电极电解CuCl2溶液:2Cl-+2H2O$\stackrel{电解}{→}$2OH-+Cl2↑+H2
B.0.01mol/LNH4Al(SO42溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合:Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O
C.将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液:SO2+ClO-+2OH-═SO42-+Cl-+H2O
D.Ca(HCO32溶液与过量NaOH溶液反应:Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3+H2O

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科目:高中化学 来源: 题型:填空题

2.由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能.从化学键的角度分析,化学反应的过程就是旧键断裂和新键的形成过程.
化学键H-HN-HN≡N
键能/kJ•mol-1436a945
已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-93kJ•mol-1.试根据表中所列键能数据,计算a 的数值为391kJ/mol.

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12.12mol/L的盐酸50ml与足量的MnO2在加热条件下反应,可以制得的Cl2的物质的量为(  )
A.0.3molB.小于0.15molC.0.15~0.3molD.0.15mol

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19.二氧化氯(ClO2)在水处理等方面有广泛应用,制备ClO2有下列两种方法:Na2SO4
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方法二:2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
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16.已知2H2(g)+CO(g)=CH3OH(1)△H=-128.1kJ•mol-1,则由CO(g)、H2(g)合成甲醇的反应的能量变化示意图正确的为(  )
A.B.C.D.

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17.Na2SO3应用广泛.利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的成本低,优势明显,其流程如图1.

(1)举例说明向大气中排放SO2导致的环境问题:酸雨.
(2)图2为吸收塔中Na2CO3溶液与SO2反应过程中溶液组成变化.则初期反应(图中A点以前)的离子方程式是2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-
(3)中和器中发生的主要反应的化学方程式是NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O.
资料显示:
Ⅰ.Na2SO3在33℃时溶解度最大,将其饱和溶液加热至33℃以上时,由于溶解度降低会析出无水Na2SO3,冷却至33℃以下时析出Na2SO3•7H2O;
Ⅱ.无水Na2SO3在空气中不易被氧化,Na2SO3•7H2O在空气中易被氧化.
(4)为了降低由中和器所得溶液中Na2SO3的溶解度,从而提高结晶产率,中和器中加入的NaOH是过量的.
①请结合Na2SO3的溶解平衡解释NaOH过量的原因Na2SO3存在溶解平衡:Na2SO3(s)?2Na+ (aq)+SO32- (aq),NaOH过量使c(Na+)增大,上述平衡逆向移动.
②结晶时应选择的最佳操作是b(选填字母).
a.95~100℃加热蒸发,直至蒸干
b.维持95~100℃蒸发浓缩至有大量晶体析出
c.95~100℃加热浓缩,冷却至室温结晶
(5)为检验Na2SO3成品中是否含少量Na2SO4,需选用的试剂是稀盐酸、BaCl2溶液.
(6)KIO3滴定法可测定成品中Na2SO3的含量:室温下将0.1260g 成品溶于水并加入淀粉做指示剂,再用酸性KIO3标准溶液(x mol/L)进行滴定至溶液恰好由无色变为蓝色,消耗KIO3标准溶液体积为y mL.
①滴定终点前反应的离子方程式是:1IO3-+3SO32-=3SO42-+1I-
(将方程式补充完整)
②成品中Na2SO3(M=126g/mol)的质量分数是3xy×100%.

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