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18.某酸性工業(yè)廢水中含有SO${\;}_{4}^{2-}$、Na+、Al3+、Fe3+、Fe2+、Cu2+、Au3+、NH${\;}_{4}^{+}$等離子.我們可用常見的稀酸和燒堿溶液及廢鐵屑為原料把金(Au)等從廢水中回收制。O計工藝流程及轉化如圖:

據(jù)對如圖的分析填寫下面空白(每空3分)
(1)圖中標號處①和⑧需加入的物質分別為NaOH、稀H2SO4
(2)寫出⑤處發(fā)生的化學方程式:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3.寫出⑦處發(fā)生的化學方程式:2Al+Fe2O3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Fe+Al2O3.寫出②處發(fā)生的離子方程式:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-.寫出⑩處發(fā)生的離子方程式:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O.
(3)向上述J溶液中加入一定量的Fe、Al粉混合物充分反應后,反應體系會出現(xiàn)的情況可能是(填編號)a、b、e.
a.Al3+、Fe3+、Cu2+、無固體   
b.Al3+、Fe3+、Fe2+、Cu2+、無固體
c.Al3+、Fe3+、析出Cu
d.Al3+、Fe2+、Cu2+、析出Fe
e.Al3+、Fe2+、析出Cu
(4)若向該工業(yè)廢水中加入Na2O2固體,充分反應后,再加入過量的鹽酸,則該溶液中的離子數(shù)目沒有變化的是SO42-、Al3+、Cu2+(不考慮Au3+
(5)若向只含Al3+0.02mol•L-1,10L的溶液中加入0.5LNaOH溶液后產生了3.9g氫氧化鋁沉淀,則該NaOH的濃度可能為0.3或1.5mol•L-1

分析 某酸性工業(yè)廢水中含有SO42-、Na+、Al3+、Fe3+、Fe2+、Cu2+、Au3+、NH4+等離子,加入過量鐵粉過濾得到濾液A為SO42-、Na+、Al3+、NH4+、Fe2+,濾渣G為Fe、Cu、Au,在濾液A中加入過量氫氧化鈉溶液過濾得到濾液B為SO42-、Na+、NH3•H2O、NaAlO2,通入過量二氧化碳反應過濾得到沉淀為C為Al(OH)3,反應③為氫氧化鋁分解得到氧化鋁,D為Al2O3,反應④為電解熔融氧化鋁,Q為SO42-、Na+、NH4+、HCO3-,過濾得到E為Fe(OH)2,在空氣中防止得到F為氫氧化鐵,加熱分解發(fā)生反應⑥得到氧化鐵,反應⑦是鋁熱反應,鋁和氧化鐵反應生鐵和氧化鋁,G中加入過量稀硫酸溶解鐵,過濾得到I為Cu和Au,H為硝酸鐵,反應⑨是加入還原劑得到亞鐵鹽溶液,I中加入過量稀硝酸溶解銅為硝酸銅,過濾得到金和濾液硝酸銅溶液,加入堿沉淀銅離子,生成氫氧化銅沉淀,反應為氫氧化銅分解生成氧化銅和水,
(1)圖中標號處①和⑧需加入的物質分別為NaOH、稀H2SO4 ;
(2)⑤處發(fā)生的反應為Fe(OH)2在空氣中被氧化為氫氧化鐵,⑦處發(fā)生的反應為鋁熱反應,鋁和氧化鐵反應生鐵和氧化鋁,②處發(fā)生的反應為過濾二氧化碳和偏鋁酸鈉溶液反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉,⑩處發(fā)生的反應為銅和稀硝酸反應生成一氧化氮、硝酸銅和水;
(3)J溶液為過量的硝酸,硝酸銅溶液,加入一定量的Fe、Al粉混合物充分反應后,可能發(fā)生的反應依據(jù)還原性順序為Al>Fe>Cu,氧化性HNO3>Cu2+>H+,結合定量關系分析判斷可能存在的離子和固體;
(4)溶液中加入過量的Na2O2固體,與水反應生成NaOH和氧氣,放出熱量,鈉離子增大,F(xiàn)e2+被氧化成Fe3+,F(xiàn)e2+減少;Fe3+、Al3+、Cu2+、NH4+均與堿反應,鋁離子轉化為偏鋁酸根離子,F(xiàn)e3+轉化為氫氧化鐵,Cu2+轉化為Cu(OH)2、NH4+轉化為一水合氨和氨氣,故NH4+減少;再通入過量的稀鹽酸,溶液中氫氧化鐵轉化為鐵離子,鐵離子增多,偏鋁酸根離子轉化為鋁離子,鋁離子,硫酸根離子和銅離子保持不變,依此進行判斷;
(5)AlCl3和NaOH反應,當NaOH不足時生成Al(OH)3,當堿過量時,則生成NaAlO2.而AlCl3的物質的量為0.02mol•L-1×10L=0.2mol,完全生成Al(OH)3沉淀時,沉淀質量應為15.6g,大于實際沉淀質量為3.9g,說明有兩種情況:一為沉淀不完全,只生成Al(OH)3沉淀;另一種情況為沉淀部分溶解,既生成Al(OH)3沉淀,又生成NaAlO2,據(jù)此計算.

解答 解:某酸性工業(yè)廢水中含有SO42-、Na+、Al3+、Fe3+、Fe2+、Cu2+、Au3+、NH4+等離子,加入過量鐵粉過濾得到濾液A為SO42-、Na+、Al3+、NH4+、Fe2+,濾渣G為Fe、Cu、Au,在濾液A中加入過量氫氧化鈉溶液過濾得到濾液B為SO42-、Na+、NH3•H2O、NaAlO2,通入過量二氧化碳反應過濾得到沉淀為C為Al(OH)3,反應③為氫氧化鋁分解得到氧化鋁,D為Al2O3,反應④為電解熔融氧化鋁,Q為SO42-、Na+、NH4+、HCO3-,過濾得到E為Fe(OH)2,在空氣中防止得到F為氫氧化鐵,加熱分解發(fā)生反應⑥得到氧化鐵,反應⑦是鋁熱反應,鋁和氧化鐵反應生鐵和氧化鋁,G中加入過量稀硫酸溶解鐵,過濾得到I為Cu和Au,H為硝酸鐵,反應⑨是加入還原劑得到亞鐵鹽溶液,I中加入過量稀硝酸溶解銅為硝酸銅,過濾得到金和濾液硝酸銅溶液,加入堿沉淀銅離子,生成氫氧化銅沉淀,反應為氫氧化銅分解生成氧化銅和水,
(1)圖中標號處①和⑧需加入的物質分別為NaOH、稀H2SO4,故答案為:NaOH;稀H2SO4 ;
(2)⑤處發(fā)生的反應為Fe(OH)2在空氣中被氧化為氫氧化鐵,反應的化學方程式為:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,⑦處發(fā)生的反應為鋁熱反應,鋁和氧化鐵反應生鐵和氧化鋁,反應的化學方程式為:2Al+Fe2O3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Fe+Al2O3 ,②處發(fā)生的反應為過濾二氧化碳和偏鋁酸鈉溶液反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉,
反應的離子方程式為:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,⑩處發(fā)生的反應為銅和稀硝酸反應生成一氧化氮、硝酸銅和水,反應的離子方程式為:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,
故答案為:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;2Al+Fe2O3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Fe+Al2O3;AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-;3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(3)J溶液為過量的硝酸,硝酸銅溶液,加入一定量的Fe、Al粉混合物充分反應后,可能發(fā)生的反應依據(jù)還原性順序為Al>Fe>Cu,氧化性HNO3>Cu2+>H+,結合定量關系分析判斷可能存在的離子和固體,
a.硝酸過濾可能存在Al3+、Fe3+、Cu2+、無固體,故a正確;
b.當鐵部分過量,則溶液中存在Al3+、Fe3+、Fe2+、Cu2+、無固體,故b正確;
c.有銅析出則鐵離子一定不存在,Al3+、Fe3+、析出Cu不可能,故c錯誤;
d.有鐵析出一定不含Cu2+,Al3+、Fe2+、Cu2+、析出Fe不可能,故d錯誤;
e.Al、Fe過量可以析出銅,Al3+、Fe2+、析出Cu,故e正確;
故答案為:a、b、e;      
(4)溶液中加入過量的Na2O2固體,與水反應生成NaOH和氧氣,放出熱量,鈉離子增大,F(xiàn)e2+被氧化成Fe3+,F(xiàn)e2+減少;
Fe3+、Cu2+、Al3+、NH4+均與堿反應,鋁離子轉化為偏鋁酸根離子,F(xiàn)e3+轉化為氫氧化鐵,Cu2+轉化為Cu(OH)2,NH4+轉化為一水合氨和氨氣,故NH4+減少;
再通入過量的稀鹽酸,溶液中氫氧化鐵轉化為鐵離子,鐵離子增多,偏鋁酸根離子轉化為鋁離子,鋁離子、硫酸根離子和銅離子保持不變保持不變,
故答案為:SO42-、Al3+、Cu2+;
(5)AlCl3的物質的量=10L×0.02mol/L=0.2mol,完全生成Al(OH)3沉淀時,沉淀質量應為0.2mol×78g/mol=15.6g>3.9g,說明有兩種情況:一為沉淀不完全,只生成Al(OH)3沉淀;另一種情況為沉淀部分溶解,既生成Al(OH)3沉淀,又生成NaAlO2,n[Al(OH)3]=$\frac{3.9g}{78g/mol}$=0.05mol,
①若堿不足,由Al3++3OH-═Al(OH)3↓可知,NaOH的物質的量為0.05mol×3=0.15mol,故加入NaOH溶液的體積為$\frac{0.15mol}{0.5L}$=0.3mol/L,
②沉淀部分溶解,既生成Al(OH)3沉淀,又生成NaAlO2,則:
   Al3++3OH-═Al(OH)3
0.05mol 0.15mol  0.05mol
故轉化 AlO2-的Al3+的物質的量=0.2mol-0.05mol=0.15mol,
    Al3++4OH-═AlO2-+2H2O
0.15mol 0.6mol
則消耗的堿的物質的量為0.15mol+0.6mol=0.75mol,加入NaOH溶液的體積為$\frac{0.75mol}{0.5L}$=1.5mol/L,
故答案為:0.3;1.5.

點評 本題考查了鋁、鐵及其化合物性質的分析應用,轉化關系的推斷,反應現(xiàn)象的理解應用,主要是離子性質和反應特征現(xiàn)象的判斷,掌握基礎是解題關鍵,題目難度中等.

練習冊系列答案
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科目:高中化學 來源: 題型:解答題

8.為了綜合利用地溝油,我國將地溝油提煉成生物柴油可替換柴油做燃料,目前技術已經非常成熟.生物柴油是高級脂肪酸甲酯,可由油脂與甲醇通過酯交換生成新酯和新醇得到.已知油脂與甲醇互不相溶,反應中若有游離脂肪酸和水,將妨礙酯的交換.酯交換反應為:R1COOR2+R3OH→R1COOR3+R2OH.地溝油的預處理過程如下:
目前常用的制備方法是堿催化法,用中性油制備生物柴油的步驟如下:
①將酯交換反應器做干燥處理,先向反應器中加入20g中性油,再稱取40g正己烷(約61mL).
②稱取甲醇4.6g(約5.8mL)放到錐形瓶中,然后稱取0.200g氫氧化鈉固體并使之溶解,然后加到反應器中.
③如圖所示安裝反應裝置.
④控制溫度在60~65℃進行恒溫加熱,攪拌1.5~2h.
⑤停止加熱后,冷卻,取出反應器,靜置、分液,上層為生物柴油、正己烷和甲醇,下層主要為甘油.
⑥用溫水洗滌制得的生物柴油3~4次.
⑦將水洗后的溶液倒入圓底燒瓶中,蒸餾,通過控制溫度分別得到甲醇、正己烷,直至無液體蒸出后,燒瓶中剩余的液體主要為生物柴油.
(1)酯交換反應器由三頸燒瓶、冷凝管、溫度計、攪拌棒組成.加入正己烷的作用是作溶劑,促進油脂與甲醇互溶.
(2)步驟④可以采用60~65℃的水浴加熱方式進行恒溫加熱.中性油制備生物柴油的過程中可以循環(huán)利用的物質是己烷、甲醇.
(3)地溝油在預處理時干燥、蒸餾操作的目的是除去游離脂肪酸和水,否則將妨礙酯的交換.
(4)確定步驟⑥已洗滌干凈的方法是蘸取最后一次的洗滌液,用pH試紙測其酸堿性,若為中性則已洗凈.

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

9.在無色強酸性溶液中,下列各組離子能夠大量共存的是(  )
A.K+、Ca2+、Cl-、SO42-B.NH4+、HCO3-、Cl-、K+
C.Cl-、Na+、NO3-、Ca2+D.Fe2+、NO3-、I-、Cl-

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

6.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值,下列敘述正確的是( 。
A.常溫常壓下,16gS03中含有的分子數(shù)為0.2NA
B.常溫下,30gSiO2晶體中含有Si--O鍵的數(shù)目為NA
C.標準狀況下,2.2 LCl2與足量水反應轉移的電子數(shù)為0.1NA
D.標準狀況下,92.4 LNO與11.2LO2混合后所含分子數(shù)為NA

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

13.80g密度為ρg.cm-3的CaCl2溶液里含2gCa2+,從中再取出一半的溶液中Cl-的濃度是( 。
A.$\frac{ρ}{800}$mol•L-1B.1.25ρmol•L-1C.$\frac{ρ}{1600}$mol•L-1D.0.63mol•L-1

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

3.實驗室常用鋅和稀硫酸反應制取氫氣.在2mol/L的足量稀硫酸跟一定量的鋅片反應制取氫氣的實驗中,為加快反應速率,又不影響生成氫氣的總量,可以采用的方法是( 。
A.適當升高溫度B.加入幾滴硫酸銅溶液
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科目:高中化學 來源: 題型:解答題

10.電化學原理在工業(yè)生產中有重要應用.如圖1所示電解池中:
(1)若電解池中放入500mL NaCl溶液(含有少量酚酞試液)進行電解,
①觀察到b電極(填a或b)周圍首先變紅色,該電極上發(fā)生還原反應(填氧化或還原).
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7.(1)補充完成表格:(請把序號①-④的答案對應填入橫線上)
元素
元素符號      ①Na   ②Cl
原子結構
示意圖


周期
     ④IAVII A
(2)甲與乙兩元素的單質反應生成物的電子式為
(3)乙元素最高價氧化物對應水化物的化學式為HClO4
(4)甲單質與水反應的化學方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑.

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8.下列關于離子的檢驗方法一定正確的是(  )
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C.向某溶液中滴加足量稀鹽酸,產生使澄清石灰水變渾濁的氣體,說明原溶液中一定含CO32-
D.用鉑絲蘸取某溶液在無色火焰上灼燒,直接觀察火焰顏色未見紫色,說明原溶液中不含K+

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