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12.硫酸是用途广泛的化工原料,可作脱水剂、吸水剂、氧化剂和催化剂等.
(1)用稀硫酸、铜和氧化铁制取硫酸铜,生产的主要过程如下图所示:

稀硫酸、铜和氧化铁反应过程中属于氧化还原反应的离子方程式是Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+;向混合溶液中通入热空气的反应的离子方程式是4Fe2++4H++O2═4Fe3++2H2O;由滤液得到无水硫酸铜的实验操作是蒸发结晶、加热脱水.
(2)氨法脱硫技术可吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫,同时制得硫酸铵.主要的工艺流程如下图所示:

①吸收塔中发生反应的化学方程式是4NH3•H2O+2SO2+O2=2(NH42SO4+2H2O.
②有数据表明,吸收塔中溶液的pH在5.5-6.0之间,生产效率较高.当控制一定流量的尾气时,调节溶液的pH的方法是调节氨水的流量或用量.

分析 (1)依据流程图分析判断,稀硫酸、铜和氧化铁反应是氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水,硫酸铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜;通入热的空气是为了氧化亚铁离子为三价铁离子,调整溶液PH除去铁离子;溶液中得到溶质固体的方法是蒸发水结晶析出;
(2)①吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫,同时制得硫酸铵,吸收塔中通入空气是利用氧气氧化二氧化硫为硫酸盐;
②吸收塔中溶液的pH在5.5~6.0之间,生产效率较高.当控制一定流量的尾气时,调节溶液的pH的方法是控制氨气的流量.

解答 解:(1)依据流程转化图分析,铜需要硫酸和氧化铁反应生成的铁离子溶解生成铜离子,再通入空气氧化亚铁离子为铁离子,调节溶液PH使铁离子沉淀除去,得到硫酸铜溶液;加热蒸发浓缩结晶得到硫酸铜晶体;反应的离子方程式为:Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+(或Fe2O3+Cu+6H+═3H2O+2Fe2++Cu2+);通入空气的作用是氧气氧化亚铁离子为铁离子的反应,反应离子方程式为:4Fe2++4H++O2═4Fe3++2H2O;得到硫酸铜溶液加热蒸发得到硫酸铜晶体的方法为:蒸发结晶、加热脱水,
故答案为:Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+;4Fe2++4H++O2═4Fe3++2H2O;蒸发结晶、加热脱水;
(2)①依据流程图分析,吸收塔中发生反应是二氧化硫、一水合氧气反应生成硫酸铵和水,反应的化学方程式为:4NH3•H2O+2SO2+O2=2(NH42SO4+2H2O;
故答案为:4NH3•H2O+2SO2+O2=2(NH42SO4+2H2O;
②吸收塔中溶液的pH在5.5~6.0之间,生产效率较高,当控制一定流量的尾气时,可通过调节氨水的流量或用量来调节溶液的pH,
故答案为:调节氨水的流量或用量.

点评 本题考查了制备方案的设计,题目难度中等,根据制备流程明确制备原理为解答关键,注意掌握制备方案设计与评价的原则,试题培养了学生的分析能力及化学实验能力.

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

20.已知草酸为二元弱酸:H2C2O4?HC2O4-+H+,Ka1;HC2O4-?C2O42-+H+,Ka2.常温下,向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量的KOH溶液,所得溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示,则下列说法中不正确的是(  )
A.pH=1.2溶液中:c(K+)+c(H+)═c(OH-)+c(H2C2O4
B.pH=2.7溶液中:$\frac{{c}^{2}(H{C}_{2}{{O}_{4}}^{-})}{[c({H}_{2}{C}_{2}{O}_{4)}×c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})]}$=1000
C.向pH=1.2的溶液中加KOH溶液,将pH增大至4.2的过程中水的电离程度一直增大
D.将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水可配得pH为4.2的混合液

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科目:高中化学 来源: 题型:多选题

3.某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种:Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Na+、K+.为确认溶液组成进行如下实验:(1)向200ml上述溶液中加入足量BaCl2溶液,反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥,得沉淀4.30g,向沉淀中加入过量的盐酸,有2.33g沉淀不溶.(2)向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液,加热,产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L(已换算成标准状况,假定产生的气体全部逸出).由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是(  )
A.c(CO32-)=0.01mol•L-1,c(NH4+)<c(SO42-
B.如果上述6种离子都存在,则c(Cl-)>c(SO42-
C.一定存在SO42-、CO32-、NH4+,可能存在Cl-、Na+、K+
D.一定存在SO42-、CO32-、NH4+、Cl-,一定不存在Na+、K+

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

20.纳米级Fe粉是新型材料,具有超强磁性、高效催化性.某化学小组探究用氢气和碳酸亚铁制取纳术级铁粉.其实验设计如图1(加热、夹持装置省略)

(l)a的名称是蒸馏烧瓶;浓硫酸的作用是干燥氢气.
(2)打开分液漏斗活塞,一段时间后再对C装置加热,这样操作的目的是排出体系内的空气,防止干拢实验,防止爆炸;反应一段时间后D中变蓝.E中溶液变浑浊,C中发生反应的化学方程式是FeCO3+H2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe+CO2+H2O.
(3)反应中若观察到B装置中气泡产生过快,则应进行的操作是调节A中分液漏斗活塞,减缓硫酸滴加速度.
(4)将酒精灯换成酒精喷灯,按上述操作.D中变蓝,E中有气泡但未出现浑浊.其可能原因是温度升高,CO2被H2还原为CO
(5)据报道纳米铁粉可用于还原净化含对氯硝基苯的工业污水,同时生成污染性小的对氯苯胺和FeCI2.处理1L该工业污水时,对氯硝基苯去除百分率与加入不同质量纳米铁粉关系如图2甲;加入足量纳米铁粉,对氧硝基苯去除速率与pH的关系如图2乙.
①综合考虑纳米铁的利用率及去除效率,处理同样1L污水加入纳米铁粉最佳为1.0g;
②图乙pH大于6.5时,除去速率变化很快变小的原因可能是PH变大,生成Fe(OH)2覆盖在铁粉表面,阻碍反应进行,反应速率变化很快变小.

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

7.铝土矿的主要成分是Al2O3,含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO.工业上从铝土矿中提取铝可采用如图所示工艺流程:

请回答下列问题:
(1)图中涉及分离溶液与沉淀的实验方法是过滤(填操作名称).需要用到的玻璃 仪器烧杯、玻璃棒、漏斗
(2)沉淀B的成分是SiO2(填化学式,下同),沉淀C的成分是Mg(OH)2、Fe(OH)3
(3)写出生成溶液D的离子方程式Al3++4OH-=AlO2-+2H2O;
(4)沉淀F转化为物质M的化学方程式为2Al(OH)3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Al2O3+3H2O;溶液D中通入过量CO 2生成沉淀F的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

17.某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图1),以环己醇制备环己烯

已知:
密度(g/cm3熔点(℃)沸点(℃)溶解性
环己醇0.9625161能溶于水
环己烯0.81-10383难溶于水
(1)制备粗品
将12.5mL环己醇加入试管A中,再加入lml浓硫酸,摇匀后放入碎瓷片,缓慢加热至反应完全,在试管C内得到环己烯粗品.
①A采用水浴加热的优点是均匀受热,容易控制反应温度.
②试管C置于冰水浴中的目的是试管C置于冰水浴中.
(2)制备精品  ①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等.加入饱和食盐水,振荡、静置、分层,环己烯在上层(填上或下),分液后用c(填字母,单选)洗涤.
a.KMnO4溶液      b.稀H2SO4     c.Na2CO3溶液
②再将环己烯按图2装置蒸馏,冷却水从g口进入(填g或f).蒸馏时要加入生石灰,目的是生石灰吸收水分,便于蒸馏出更纯净的产品.
③收集产品时,控制的温度应在83℃左右,实验制得的环己烯精品质量低于理论产量,可能的原因是c(填字母,单选).
a.蒸馏时从70℃开始收集产品      
b.环己醇实际用量多了
c.制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
(3)以下区分环己烯精品和粗品的方法,合理的是bc.
a.用酸性高锰酸钾溶液     b.用金属钠     c.测定沸点.

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

4.MnO2和锌是制造锌锰电池的主要原料,一种新工艺采用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Al2O3和SiO2杂质)和闪锌矿(主要成分为ZnS,含少量FeS、CuS、CdS杂质)为原料生产MnO2和锌,其简化工艺流程如下(中间产物的固体部分已经略去):

已知:
①浸取时发生的主要反应为:MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O,杂质FeS、CuS、CdS也会发生类似反应.
②某些金属离子完全沉淀的pH如下表:
Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+Al3+
pH8.010.19.03.24.7
请回答下列问题:
(1)步骤Ⅰ中浸取时Al2O3与稀硫酸反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4═Al2(SO43+3H2O.
(2)步骤Ⅱ中还原回收得到的金属单质是Cu、Cd.
(3)步骤Ⅲ中MnO2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,适宜选作物质W的试剂为BD(选填编号).
A.NaOH    B.ZnO    C.NH3•H2O    D.MnCO3
(4)酸性锌锰干电池放电时,负极的电极反应式为Zn-2e-═Zn2+
(5)MnSO4可用于制备MnCO3,MnCO3在空气中加热反应也可制得MnO2
已知25℃,101kPa时:
Mn(s)+O2(g)=MnO2(s)△H1=-520kJ•mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.5kJ•mol-1
2Mn(s)+2C(s)+3O2(g)=2MnCO3(s)△H3=-894kJ•mol-1
MnCO3在空气中加热反应生成MnO2的热化学方程式为2MnCO3(s)+O2(g)═2MnO2(s)+2CO2(g)△H=-933kJ•mol-1
(6)按照图示流程,若某次生产过程中使用了100t闪锌矿,其中ZnS含量为80%,浸取时ZnS的损失率为3%,最终得到87t MnO2.假设流程中每个步骤都反应完全,电解(使用惰性电极)时无其他产物生成,则流程中除杂质所引入的锌元素的质量为13t.

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

1.有机产品Z可以由原料X经过多步反应合成得到:

下列说法正确的是(  )
A.X与Y互为同分异构体
B.X与Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色
C.在光照条件下,Z中的苯环能与Cl2发生取代反应
D.Z中所有不饱和键均能与溴发生加成反应

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科目:高中化学 来源: 题型:填空题

2.X、Y、Z、W、Q五种元素原子序数依次增大,X为地壳中含量最高的元素,在周期表中Y与X、Z、Q相邻,Q与X最高能层上的电子数相同,W原子核外有七种不同能级的电子,且最高能级上没有未成对电子,W与X可形成W2X和WX两种化合物.
回答下列问题:
(1)X能与原子序数最小的元素形成原子个数比为1:1的分子,该分子的电子式为
(2)W2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9
(3)Z单质能溶于水,水液呈黄绿色,在其中通人Y的某种氧化物,溶液颜色褪去,用化学方程式表示原因Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4
(4)Y、Z元素的第一电离能Y<Z(填“>”、“<”或“=”). X与地壳中含量第二的元素形成的化合物所属的晶体类型为原子晶体.
(5)已知X分别与元素碳、氮形成化合物有如下反应:
2CX(g)+X2(g)═2CX2(g)△H=-566.0kJ•mol-1
N2(g)+X2(g)═2NX(g)△H=189.5kJ•mol-1
2NX(g)+X2(g)═2NX2(g)△H=-112.97kJ•mol-1
写出NX2与CX反应生成大气中存在的两种气态物质的热化学方程式:2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)△H=-1208.53 kJ•mol-1
(6)Y与磷原子形成P4Y3分子,该分子中没有π键,且各原子最外层均已达8电子结构,则一个P4Y3分子中含有的极性键和非极性键的个数分别为6个、3个.

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