题目内容

8．工业废渣、废水回收利用是重要研究课题．下面流程是生成食用香料正丁酸乙酯的工厂废水（含乙醇、正丁酸乙酯、正丁酸、乙酯和大量无机悬浮物）联合利用电子工业废料（含SiO2和Cu2（OH）2CO3）回收铜的工艺设计
回答下列问题：

（1）初沉加入的试剂是明矾．写出参与净水的离子的水解方程式Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+
（2）固体X的成分是CuO SiO2，反应Ⅰ的化学方程式CH3CH2OH+CuO$\stackrel{△}{→}$Cu+H2O+CH3CHO
（3）试剂Y为氢氧化钠溶液；加快反应Ⅱ速率的措施有（任写一条）增大氢氧化钠溶液的浓度，将固体粉碎，升高温度等
（4）反应Ⅲ的离子方程式为2CH3CH2CH2COOCH2CH3+SiO32-+2H2O=2CH3CH2CH2COO-+2CH3CH2OH+H2SiO3↓
（5）硅胶在生活与生产中用途广泛，写出一种用途催化剂载体．

分析 流程分析可知，废水（含乙醇、正丁酸乙酯、正丁酸、乙酯和大量无机悬浮物），废水积沉得到溶液Ⅰ分馏得到液体C、D，B为正丁酸乙酯，A为乙醇，CD为正丁酸、乙酯，反应Ⅲ为液体B为正丁酸乙酯和水玻璃溶液反应发生水解，生成丁酸钠，硅酸沉淀和乙醇，废料加热分解碱式碳酸铜分解生成氧化铜、二氧化碳和水，得到固体X为CuO、SiO2，其中氧化铜和液体A为乙醇加热反应生成铜，乙醛和水，得到Cu和SiO2和试剂Y发生反应得到硅酸钠溶液，说明是二氧化硅和碱发生的反应，Y为氢氧化钠溶液，
（1）明矾为硫酸铝钾，溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的主要，起到净水作用；
（2）上述分析可知固体X为氧化铜和二氧化硅，乙醇和氧化铜加热反应生成铜和乙醛和水；
（3）试剂Y为氢氧化钠溶液，加快反应速率的措施可以利用升温、增大浓度、增大接触面积等；
（4）反应Ⅲ为正丁酸乙酯在水玻璃溶液中水解，结合流程图分析得到沉淀为硅酸，溶液Ⅱ为正丁酸钠和乙醇，蒸馏得到乙醇；
（5）利用硅胶具有强力吸附能迅速有效地吸附密封包装内的水分、化学性质稳定、无毒无害的特点，可以做催化剂载体；

解答 解：流程分析可知，废水（含乙醇、正丁酸乙酯、正丁酸、乙酯和大量无机悬浮物），废水积沉得到溶液Ⅰ分馏得到液体C、D，B为正丁酸乙酯，A为乙醇，CD为正丁酸、乙酯，反应Ⅲ为液体B为正丁酸乙酯和水玻璃溶液反应发生水解，生成丁酸钠，硅酸沉淀和乙醇，废料加热分解碱式碳酸铜分解生成氧化铜、二氧化碳和水，得到固体X为CuO、SiO2，其中氧化铜和液体A为乙醇加热反应生成铜，乙醛和水，得到Cu和SiO2和试剂Y发生反应得到硅酸钠溶液，说明是二氧化硅和碱发生的反应，Y为氢氧化钠溶液，
（1）明矾为硫酸铝钾，溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的主要，起到净水作用，反应的离子方程式为：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，故答案为：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；
（2）上述分析可知固体X为氧化铜和二氧化硅，化学式为CuO和SiO2，乙醇和氧化铜加热反应生成铜和乙醛和水，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+CuO$\stackrel{△}{→}$Cu+H2O+CH3CHO，
故答案为：CuO和SiO2；CH3CH2OH+CuO$\stackrel{△}{→}$Cu+H2O+CH3CHO；
（3）上述分析可知试剂Y为氢氧化钠溶液，加快反应速率的措施可以利用升高溶液的温度、增大氢氧化钠溶液浓度、增大固体接触面积等，
故答案为：氢氧化钠溶液；升高溶液的温度、增大氢氧化钠溶液浓度、增大固体接触面积等；
（4）反应Ⅲ为正丁酸乙酯在水玻璃溶液中水解，结合流程图分析得到沉淀为硅酸，溶液Ⅱ为正丁酸钠和乙醇，蒸馏得到乙醇，反应的化学方程式为：2CH3CH2CH2COOCH2CH3+SiO32-+2H2O=2CH3CH2CH2COO-+2CH3CH2OH+H2SiO3↓，
故答案为：2CH3CH2CH2COOCH2CH3+SiO32-+2H2O=2CH3CH2CH2COO-+2CH3CH2OH+H2SiO3↓；
（5）硅胶具有强力吸附能迅速有效地吸附密封包装内的水分、化学性质稳定、无毒无害的特点，可以做干燥剂、催化剂载体等，
故答案为：催化剂载体．

点评 本题考查了物质分离提纯的理解应用，主要是物质性质的分析判断，流程的分析应用，主要是物质推断的方法分析，掌握基础是关键，题目难度中等．

练习册系列答案
相关题目
9．共价键都有键能之说，键能是指拆开1mol共价键所需要吸收的能量或形成1mol共价键所放出的能量．
（1）已知H-Cl键的键能为431.4kJ/mol，下列关于键能的叙述正确的是AD．
A．每生成1mol H-Cl键放出431.4kJ能量   
B．每生成1mol H-Cl键吸收431.4kJ能量
C．每拆开1mol H-Cl键放出431.4kJ能量   
D．每拆开1mol H-Cl键吸收431.4kJ能量
（2）参考下表中的数据，判断下列分子受热时最稳定的是A．
化学键H-HH-FH-ClH-Br
键能/kJ/mol436565431368
A．HF      B．HCl     C．HBr      D．H2
（3）能用键能大小解释的是A．
A．氮气的化学性质比氧气稳定         
B．常温常压下，溴呈液态，碘呈固态
C．稀有气体一般很难发生化学反应     
D．硝酸易挥发而硫酸难挥发
（4）已知Cl-Cl键的键能是243kJ/mol，试求1mol H2在足量的Cl2中燃烧，理论上放出的热量是183 kJ（其他形式的能量很少，可忽略不计）．
10．某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验．
Ⅰ．将钠、钾、镁、铝各1mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：Na与盐酸反应最剧烈，Al与盐酸反应的速度最慢．
Ⅱ．利用图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
（1）仪器A的名称为分液漏斗，干燥管D的作用为防止倒吸．
（2）现有稀硝酸、碳酸钙、澄清石灰水、硅酸钠溶液，选择试剂用如图装置证明酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，则A中装试剂稀硝酸，B中装试剂碳酸钙，C中装试剂硅酸钠．C中实验现象为有白色沉淀生成；写出C中发生反应的离子方程式：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-．
（3）如果C中装饱和的硫化钠溶液，A中装浓盐酸，B中装高锰酸钾溶液，反应开始后观察到的现象是C中产生淡黄色沉淀，写出产生沉淀反应的离子方程式：Cl2+S2-=2Cl-+S↓；证明氯的非金属性比硫的非金属性强（填“强”、“弱”或“无法判断”）．
7．已知岩层中的铁橄榄石Fe2SiO4会缓慢转化为磁铁矿：3Fe2SiO4+2CO2→2Fe3O4+3SiO2+2CO，下列说法正确的是（　　）
A．氧化产物为Fe3O4和SiO2
B．氧化剂与还原剂物质的量的之比为2：3
C．当有1.5mol Fe2SiO4参加反应时，转移的电子为3 mol
D．当有1mol CO2参加反应时，被氧化的Fe2SiO4的物质的量为1mol
3．工业上用难溶于水的碳酸锶（SrCO3）粉末为原料（含少量钡和铁的化合物）制备高纯六水氯化锶晶体（SrCl2•6H2O），其过程为：

已知：Ⅰ．有关氢氧化物沉淀的pH：
氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2
开始沉淀的pH1.56.5
沉淀完全的pH3.79.7
Ⅱ．SrCl2•6H2O 晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水．
（1）操作①需要加快反应速率，措施有充分搅拌和加热、适当增加盐酸浓度等（写一种）．碳酸锶与盐酸反应的离子方程式SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O．
（2）在步骤②-③的过程中，将溶液的pH值由1调节至B；宜用的试剂为E．
A.1.5  B.3.7     C.9.7     D．氨水    E．氢氧化锶粉末    F．碳酸钠晶体
（3）操作③中所得滤渣的主要成分是Fe（OH）3、BaSO4 （填化学式）．
（4）工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是A
A．50～60℃B．80～100℃C．100℃以上
（5）步骤⑥宜选用的无机洗涤剂是饱和氯化锶溶液．
13．辉铜矿含铜成分高，是最重要的炼铜矿石，其主要成分为Cu2S，还含有Fe2O3、SO2及一些不溶性杂质．以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如下：
已知：①[Cu（NH3）4]SO4在常温下稳定，在热水中会分解生成NH3；
②部分金属阳离子生产氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L-1计算）：
 开始沉淀的pH沉淀完全的pH
Fe3+1.13.2
Mg2+8.39.8
Cu2+4.46.4
回答下列问题：
（1）能加快浸取速率的措施有粉碎矿石、升高温度（或适当增加酸的浓度或搅拌）．（任写2条）
（2）浸取后得到的浸出液中含有CuSO4、MnSO4，写出浸取时产生CuSO4、MnSO4反应的化学方程式
2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；，滤渣Ⅰ的成分为MnSO4、SiO2和S．
（3）“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3+水解转化为Fe（OH）3，加入的试剂A可以是氨水（填化学式），调节溶液pH的范围为3.2≤PH＜4.4．
（4）“沉锰”（除Mn2+）过程中发生反应的离子方程式为Mn2++CO32-=MnCO3↓．“赶氨”时，最适宜的操作方法为加热．
（5）测定碱式碳酸铜纯度可用滴定法称取6.2500g样品于100mL小烧杯中，加入20mL蒸馏水搅拌，再加入8mL6mol•L-1硫酸使其完全溶解，冷却后定量转移至250mL容量瓶中，加水定容，摇匀，称取25.00mL配好的溶液于锥形瓶中，加入40.00mL0.2000mol•L-1EDTA溶液，然后计入MnO2，再用0.2000mol•L的Zn2+标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液18.00mL．已知EDTA与Cu2+、Zn2+均按物质的量比1：1反应，则样品中Cu2（OH）2CO2的质量分数为78.14%．
20．草酸是一种重要的化工原料，广泛用于药物生产、高分子合成等工业，草酸晶体受热到100℃时失去结晶水，成为无水草酸．某学习小组的同学拟以甘蔗渣为原料用水解一氧化一水解循环进行制取草酸如图1．

请跟据以上信息回答下列问题：
（1）图示①②的氧化一水解过程是在图2的装置三颈烧瓶中进行的，指出装置B的名称球形冷凝管，B装置的作用是冷凝回流硝酸．
（2）图示①②的氧化一水解过程中，在硝酸用量、反应的时间等条件均相同的情况下，改变反应温度以考察反应温度对草酸收率的影响，结果图3所示，请选择最佳的反应温度为70℃，为了达到图2所示的温度，选择图1的水浴加热，其优点是便于控制温度，使装置受热均匀．
（3）要测定草酸晶体（H2C204+2H20）的纯度，称取7.200g制备的草酸晶体溶于适量水配成 250mL溶液，取25.00mL草酸溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L酸性高锰酸钾溶液滴 定（5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10C02T+8H20），
①取25.00mL草酸溶液的仪器是酸式滴定管，
②在草酸纯度测定的实验过程中，若滴定终点读取滴定管刻度时，仰视标准液液面，会使实验结果偏高．（填“偏高”“偏低”或“没有影响”）
③判断滴定已经达到终点的方法是：向锥形瓶中滴入最后一滴高锰酸钾标准液，锥形瓶中溶液变成浅红色且半分钟后不变色．
④达到滴定终点时，消耗高锰酸钾溶液共20.00mL，则草酸晶体的纯度为87.5%．
17．某有机化合物（简称EGC）的结构如图所示．关于EGC的下列叙述中正确的是（　　）
A．分子式为C15H12O5
B．1molEGC与5molNaOH恰好完全反应
C．易发生氧化反应和取代反应，不能发生消去反应
D．遇FeCl3溶液能发生显色反应
18．C、N、O、Al、Fe、Cu是常见的六种元素． 
（1）Fe位于元素周期表的第四周期第ⅤⅢ族，Cu的基态原子价电子排布式为3d104s1，
Al原子的基态原子核外有13种运动状态不同的电子． 
（2）用“＞”或“＜”填空：
电负性                 离子半径               键的极性熔点
N＜O         O2-＞Al3+    C-H＜H-O Al＜Al2O3
（3）10g铁放在40mL硝酸溶液中，微热，充分反应后收集到1.792L（标准状况）混合
气体（NO2、NO），溶液中残留4.4g固体．写出上述反应的总的化学方程式5Fe+14HNO3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$5Fe（NO3）2+NO2↑+3NO↑+7H2O． 
（4）Fe（s）+O2（g）=FeO（s）△H=-272.0kJ/mol
 Al（s）+O2（g）=Al2O3（s）△H=-1675.7kJ/mol 
Al的单质和FeO反应的热化学方程式是2Al（s）+3FeO（s）═Al2O3（s）+3Fe（s）△H=-859.7 kJ•mol-1．

违法和不良信息举报电话：027-86699610 举报邮箱：58377363@163.com

精英家教网