高考化学一轮考点集锦《金属的回收与环境资源保护》doc.docx
- 文档编号:7637585
- 上传时间:2023-01-25
- 格式:DOCX
- 页数:22
- 大小:181.54KB
高考化学一轮考点集锦《金属的回收与环境资源保护》doc.docx
《高考化学一轮考点集锦《金属的回收与环境资源保护》doc.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考化学一轮考点集锦《金属的回收与环境资源保护》doc.docx(22页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高考化学一轮考点集锦《金属的回收与环境资源保护》doc
金属的回收与环境、资源保护
【知识点的知识】
1、金属回收利用的定义:
金属回收是指从废旧金属中分离出来的有用物质经过物理或机械加工成为再生利用的制品.是从回收、拆解、到再生利用的一条产业链.
2、保护金属资源的途径:
(1)回收利用废旧金属;
(2)防止金属制品锈蚀;
(3)合理地、有计划地开采金属矿物;
(4)寻找替代品.
3、废旧金属的回收利用的优点:
(1)废旧金属的回收利用可以节约金属资源和能源.
(2)废旧金属的回收还可以保护环境,减少对环境的污染.
金属的回收与环境、资源保护
参考答案与试题解析
一、选择题(共6小题)
1.化学与科学.技术.社会.环境和生活密切相关.下列有关说法中不正确的是( )
A.钢铁在海水中比在河水中更易腐蚀,主要原因是海水含氧量高于河水
B.废弃的塑料.金属.纸制品及玻璃都是可回收再利用的资源
C.食品添加剂的使用可改善食品品质.延长食品保质期、增加食品营养成分,但必须严格遵守卫生部门的规定
D.在燃煤发电过程中有如下能量变化:
化学能→热能→机械能→电能
考点:
金属的回收与环境、资源保护;常见的能量转化形式;金属腐蚀的化学原理;常见的食品添加剂的组成、性质和作用.
专题:
化学应用.
分析:
A、从海水中含有大量的电解质分析,海水导电能力大,易发生电化学腐蚀,腐蚀速率大;
B、塑料、金属、纸制品及玻璃都可以回收利用;
C、食品添加剂在一定范围内会对人体造成危害;
D、煤燃烧是将化学能转变为热能,火力发电需要通过热机将热能转化为机械能,然后机械能转换为电能.
解答:
解:
A、铁在海水中易腐蚀的原因是因为海水中含有大量的电解质,形成了无数微小的原电池造成的,不是因为海水中含氧量高造成的,故A错误;
B、塑料、金属、纸制品及玻璃都可以回收利用,不可随意丢弃,故B正确;
C、食品添加剂在一定范围内会对人体造成危害,必须严格遵守卫生部门的规定,故C正确;
D、煤燃烧是将化学能转变为热能,火力发电需要通过热机将热能转化为机械能,然后机械能转换为电能,故在燃煤发电过程中有如下能量变化:
化学能→热能→机械能→电能,
故D正确;
故选A.
点评:
本题考查较为综合,涉及金属的腐蚀、资源的回收利用、食品添加剂以及能量的转化等问题,题目难度不大,注意基础知识的积累.
2.水中的某些重金属污染物又可以被微生物转化为新的重金属化合物,使水的污染程度加重.例如,水中的氯化汞会发生下列变化:
HgCl2+CH4
CH3HgCl+HCl.下列说法中不正确的是( )
A.HgCl2转化为CH3HgCl的反应属于取代反应
B.在沼气池的水中HgCl2更容易转化为CH3HgCl
C.误服含HgCl2的废水可使蛋白质发生盐析
D.HgCl2比CH3HgCl毒性小
考点:
金属的回收与环境、资源保护.
专题:
化学应用.
分析:
A.根据取代反应的定义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”进行判断;
B.沼气池的水中有大量微生物;
C.蛋白质的盐析是蛋白质溶液中加浓非重金属无机盐溶液,使蛋白质析出,没有新物质生成,属于物理变化;
D.HgCl2为弱电解质,甲基氯汞为剧毒物质.
解答:
解:
A.HgCl2属于共价化合物,HgCl2+CH4
CH3HgCl+HCl,是CH4中的氢原子被HgCl代替,是取代反应,故A正确;
B.沼气池的水中有大量微生物,是HgCl2转化为CH3HgCl的催化剂,HgCl2+CH4
CH3HgCl+HCl更容易,故B正确;
C.HgCl2是重金属盐,能导致蛋白质变性,蛋白质的变性是蛋白质其特定的空间构象被改变,从而导致其理化性质的改变和生物活性的丧失,属于化学变化,而盐析是物理变化,误服含HgCl2的废水可使蛋白质发生变性,故C错误;
D.HgCl2的稀溶液有弱的导电能力,则其构成微粒为分子,为弱电解质,CH3HgCl为含汞的剧毒物质,HgCl2比CH3HgCl毒性小,故D正确;
故选C.
点评:
本题主要考查了取代反应、催化剂、蛋白质的盐析和变性等概念,理清它们的内涵是解答的关键,题目难度不大.
3.随着人们生活质量的不断提高,废电池必须进行集中处理的问题被提到议事日程,其首要原因是( )
A.利用电池外壳的金属材料
B.防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源造成污染
C.不使电池中渗透的电解液腐蚀其他物品
D.回收其中石墨电极
考点:
金属的回收与环境、资源保护.
专题:
热点问题.
分析:
根据废电池对环境的污染问题来分析进行集中处理的原因.
解答:
解:
回收废电池的首要原因是防止废电池中渗漏出的重金属离子对土壤和水源的污染,而对废电池的综合利用是第二位的.
故选B.
点评:
通过回答本题知道了废电池进行集中处理的原因,我们要回收废旧电池,防止污染环境.
4.从经济效益和环境保护考虑,大量制取硝酸铜最宜采用的方法是( )
A.Cu+HNO3(浓)→Cu(NO3)2
B.Cu+HNO3(稀)→Cu(NO3)2
C.Cu
CuSO4
Cu(NO3)2
D.Cu
CuO
Cu(NO3)2
考点:
金属的回收与环境、资源保护.
专题:
元素及其化合物.
分析:
根据反应方程式判断是否有污染环境的物质生成,从而确定选项.
解答:
解:
A、Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,NO2是有毒气体,污染环境,故A错误.
B、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,NO是有毒气体,污染环境,故B错误.
C、Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O,SO2是有毒气体,污染环境,CuSO4+Ba(NO3)2=BaSO4↓+Cu(NO3)2
故C错误
D、2Cu+O2=2CuO
CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O
该反应过程没有有毒气体生成,不污染环境,故D正确.
故选D
点评:
本题是从“绿色化学”视角考查化学知识,“绿色化学”要求设计安全的、对环境友好的合成路线,降低化学工业生成过程中对人类健康和环境的危害,减少废弃物的产生和排放.
5.某工厂排出的废水经检验pH<7,并含有较多的Cu2+,它们对人体、牲畜和农作物都有害,从回收利用和环境保护的角度考虑,切合实际的合理方案是加入( )
A.NaCl和HClB.Na2SO4和MgCl2
C.CaO和铁粉D.石灰石和Ag
考点:
金属的回收与环境、资源保护;常见的生活环境的污染及治理.
专题:
几种重要的金属及其化合物.
分析:
工厂排出的废水pH小于7,显酸性,可以加入能与酸反应的物质处理其中的酸性物质,含有的铜离子可以通过将其置换为铜的方式加以回收.
解答:
解:
A、NaCl和HCl不但不能回收可溶性铜盐而且会使废水酸性增强,故A错误;
B、加入Na2SO4和MgCl2既不能与废水中的酸反应,也不能和可溶性铜盐反应而达到回收铜的目的,故B错误;
C、加入铁粉可以与铜离子反应生成铜从而回收铜,加入的生石灰可以降低废水的酸性,故C正确;
D、加入石灰石能与酸反应从而降低废水的酸性,银排在铜的后面,不能与含铜离子的盐反应,故不能回收铜,故D错误;
故选C.
点评:
本题考查了废水的处理,完成此题可以依据题干提供的信息,所加的试剂能与酸、铜离子反应且价格低廉的原则.
6.最近我国学者发现,以精CuFeS2矿为原料在沸腾炉中和O2(空气)反应,生成物冷却后经溶解、除铁、结晶,得到CuSO4•5H2O.实验结果如下下列关于这一过程的叙述错误的是( )
沸腾炉炉度/℃560580600620640660
生成物水溶性Cu%90.1291.2493.5092.3889.9684.23
酸溶性Cu%92.0093.6097.0897.8298.1698.19
酸溶性Fe%8.566.723.462.782.372.28
A.反应中有二氧化硫生成
B.产物中铜元素主要以氧化物形式存在
C.随温度升高,铁的氧化物在酸中的溶解度降低
D.温度高于600~620℃生成物中水溶性Cu(%)下降的原因是水溶性铜分解所致
考点:
金属的回收与环境、资源保护;化学方程式的有关计算.
专题:
元素及其化合物.
分析:
水溶性铜化合物为CuSO4•5H2O,酸溶性铜化合物为CuO,温度较高时,CuSO4•5H2O可分解生成CuO,CuFeS2与O2反应放热,可通过控制加入CuFeS2的速度调节温度;表格还用用水溶性铜、酸溶性铜和酸溶性铁的信息表明,沸腾炉里的含铁产物肯定不是铁的硫酸盐,因为并没有说有水溶性铁,因而可以得出结论:
燃烧产物中的铁是以氧化物的方式存在的,据此回答即可.
解答:
解:
A、精CuFeS2矿为原料在沸腾炉中和O2(空气)反应的方程式为:
4CuFeS2+15O2=4CuSO4+2Fe2O3+4SO2↑,故A正确;
B、根据表中数据,产物中酸溶性Cu%量居多,所以产物中铜元素主要以CuSO4形式存在,故B错误;
C、根据表中数据可以看出:
随温度升高,铁的氧化物在酸中的溶解度降低,故C正确;
D、水溶性铜化合物为CuSO4•5H2O,酸溶性铜化合物为CuO,温度较高时,CuSO4•5H2O可分解生成CuO,则在600℃以上时水溶性铜化合物含量减少,故D正确.
故选B.
点评:
本题考查考查较为综合,涉及物质和性质实验设计等问题,侧重于考查学生综合运用化学知识的能力,为一道高中奥赛题,难度大.
二、填空题(共5小题)(除非特别说明,请填准确值)
7.硫酸渣是用黄铁矿制造硫酸过程中排出的废渣,主要化学成分为SiO2(约45%)、Fe2O3(约40%)、Al2O3(约10%)和MgO(约5%).某同学设计了如图1方案,分离样品中各种金属元素.请回答下列问题.
(1)写出溶液B的溶质是 MgCl2、AlCl3、FeCl3、HCl .
参照如图2形式进一步完成“溶液C”到“Al2O3”的流程(注明试剂、条件和操作)
.
(3)为了分析某硫酸渣中铁元素的含量,先将硫酸渣预处理,把铁元素还原成Fe2+,再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定.写出反应的离方程式:
5Fe2++MnO4_+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O .
考点:
金属的回收与环境、资源保护.
专题:
实验设计题.
分析:
(1)溶液B是废渣主要化学成分为SiO2(约45%)、Fe2O3(约40%)、Al2O3(约10%)和MgO(约5%),溶于过量盐酸反应后过滤得到的溶液中溶质;
依据废渣溶于过量盐酸得到溶液B中含有溶质为:
MgCl2、AlCl3、FeCl3和过量HCl;B溶液中加入氢氧化钠溶液,调节溶液PH=3.7后,生成氢氧化铁沉淀;和滤液MgCl2、AlCl3和过量HCl;在加入过量氢氧化钠溶液,过滤得到滤液中为NaCl,NaAlO2;通入二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀,过滤得到氢氧化铝沉淀,灼烧得到Al2O3;依据流程图画出;
(3)根据KMnO4溶液具有强氧化性,把二价铁氧化成三价铁,本身被还原成二价锰离子结合得失电子守恒配平;
解答:
解:
(1)废渣主要化学成分为SiO2(约45%)、Fe2O3(约40%)、Al2O3(约10%)和MgO(约5%);加入过量盐酸,Fe2O3碱性氧化物,Al2O3两性氧化物、MgO碱性氧化物都和过量的盐酸反应生成的溶液中含有溶质为:
MgCl2、AlCl3、FeCl3和过量HCl;故答案为:
MgCl2、AlCl3、FeCl3、HCl;
依据废渣溶于过量盐酸得到溶液B中含有溶质为:
MgCl2、AlCl3、FeCl3和过量HCl;B溶液中加入氢氧化钠溶液,调节溶液PH=3.7后,生成氢氧化铁沉淀;和滤液MgCl2、AlCl3和过量HCl;在加入过量氢氧化钠溶液,过滤得到滤液中为NaCl,NaAlO2;通入二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀,过滤得到氢氧化铝沉淀,灼烧得到Al2O3;依据流程图画出;
,
故答案为:
;
(3)KMnO4溶液具有强氧化性,把二价铁氧化成三价铁,本身被还原成二价锰离子,再根据得失电子守恒配平,则离子方程式为:
5Fe2++MnO4_+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O,故答案为:
5Fe2++MnO4_+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;
点评:
本题考查了设计流程分离物质,试剂选择和反应现象,反应特征的应用,氧化还原反应方程式的书写,题目难度中等.
8.氧化锌为白色粉末,无臭、无味,广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、医药、玻璃和电子等行业,为了变废为宝,综合应用资源,经常从锌冶炼、锌制品加工企业回收的废渣(含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)来制取氧化锌,其流程如图所示:
有关氢氧化物沉淀完全的pH见下表
沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Zn(OH)2
pH5.23.29.76.78.0
回答下列问题
(1)在酸浸过程中,经常要保持酸过量,而且要通入空气,理由是 保证锌渣酸浸充分;通空气起搅拌作用,使反应充分 .
上述工艺流程中多处涉及“过滤”,实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有 烧杯、玻璃棒、漏斗 .
(3)在“除杂Ⅰ”步骤中,经常使用酸性高锰酸钾溶液,并调节溶液的pH.将溶液调至pH=4的目的是 使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去 .
(4)在“碳化合成”中,生成的产物之一为碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3],请写出碳化合成步骤的化学方程式 2Na2CO3+2Zn(NO3)2+H2O=4NaNO3+Zn2(OH)2CO3+CO2↑ .
(5)在“洗涤”过程中,证明沉淀洗涤完全的标志是 取最后一次洗涤液,做焰色反应,若未见黄色火焰,则表示洗涤干净 .
(6)由于本工艺液固分离次数较多,明显的不足是 锌的损失较大 .
考点:
金属的回收与环境、资源保护.
专题:
实验设计题.
分析:
(1)保持酸过量,可保证锌渣酸浸充分,通空气起搅拌作用,可使反应充分;
过滤操作使用漏斗、烧杯、玻璃棒等仪器;
(3)根据沉淀和pH表分析控制溶液的pH;
(4)根据反应物和生成物来书写化学方程式;
(5)在“洗涤”过程中,若未洗净则含有钠离子,根据检验钠离子的存在判断;
(6)液固分离次数较多,会导致锌的损失较大;
解答:
解:
(1)在酸浸过程中,经常要保持酸过量,可保证锌渣酸浸充分,而且要通入空气,通空气起搅拌作用,使反应充分,可提高锌的浸出速率,
故答案为:
保证锌渣酸浸充分;通空气起搅拌作用,使反应充分;
过滤的原理:
过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法,过滤时需要制作过滤器的漏斗、滤纸、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯等,所以需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗,
故答案为:
烧杯、玻璃棒、漏斗;
(3)Fe(OH)3完全沉淀的PH为3.2,“除杂I”步骤中,将溶液调至pH=4,可以让三价铁转化为氢氧化铁沉淀而除去,
故答案为:
使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去;
(4)在“碳化合成”中,是碳酸钠和硝酸锌的水溶液之间发生反应生成产物之一为碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3],同时放出CO2,依据原子守恒该反应可表示成2Na2CO3+2Zn(NO3)2+H2O=[Zn2(OH)2CO3+CO2+4NaNO3,
故答案为:
2Na2CO3+2Zn(NO3)2+H2O=[Zn2(OH)2CO3+CO2+4NaNO3;
(5)在“碳化合成”中,生成的产物之一为碱式碳酸锌,在“洗涤”过程中,若未洗净则含有钠离子,取最后一次洗涤液,做焰色反应,若未见黄色火焰,则表示洗涤干净,
故答案为:
取最后一次洗涤液,做焰色反应,若未见黄色火焰,则表示洗涤干净;
(6)本工艺液固分离次数较多,在液固多次分离的过程中,锌的损失较大,
故答案为:
锌的损失较大;
点评:
本题考查晶体的制备及混合物的分离、提纯,注意已知信息与所学知识的结合来分析解答问题,除杂流程及表格数据是解答本题的关键,题目难度中等,侧重学生分析问题、解决问题能力的培养.
9.对MgCl2、Al2O3、Fe2O3和SiO2组成的混合物进行下列处理,以制取金属Z,并提纯氧化铝.
(1)①和②步骤中分离溶液和沉淀的操作是:
过滤
金属Z名称为 镁 ;残渣A为 氧化铁 ,固体C是 氧化铝
(3)滤液B的溶质有(填化学式) NaAlO2、Na2SiO3、NaOH
(4)写出电解Y的化学方程式 MgCl2
Mg+Cl2↑
(5)写出X→B的离子方程式 Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O;SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O
(6)实验室里常往AlCl3溶液中加入 氨水 (填“氨水”或“NaOH溶液”)来制取Al(OH)3固体,其反应的离子方程式为 Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+ .
考点:
金属的回收与环境、资源保护.
专题:
实验设计题;元素及其化合物.
分析:
MgCl2、Al2O3、Fe2O3和SiO2组成的混合物加水溶解,Al2O3、Fe2O3和SiO2不溶于水,以固体形式先除去,因此,沉淀X为Al2O3、Fe2O3和SiO2,滤液Y中MgCl2溶液,在HCl氛围中加热、蒸发结晶可得MgCl2•6H2O,脱水生成MgCl2,电解得到金属Z即镁;沉淀X为Al2O3、Fe2O3和SiO2加入过量烧碱发生反应Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O,SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O,残渣A为Fe2O3,滤液B为偏铝酸钠和硅酸钠的溶液,通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀,加热分解生成固体C即氧化铝.
解答:
解:
MgCl2、Al2O3、Fe2O3和SiO2组成的混合物加水溶解,Al2O3、Fe2O3和SiO2不溶于水,以固体形式先除去,因此,沉淀X为Al2O3、Fe2O3和SiO2,滤液Y中MgCl2溶液,在HCl氛围中加热、蒸发结晶可得MgCl2•6H2O,脱水生成MgCl2,电解得到金属Z即镁;沉淀X为Al2O3、Fe2O3和SiO2加入过量烧碱发生反应Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O,SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O,残渣A为Fe2O3,滤液B为偏铝酸钠和硅酸钠的溶液,通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀,加热分解生成固体C即氧化铝.
(1)根据以上分析①和②步骤中分离溶液和沉淀的操作是过滤,故答案为:
过滤;
根据以上分析金属Z名称为镁;残渣A为氧化铁,固体C是氧化铝,故答案为:
镁;氧化铁;氧化铝;
(3)滤液B的溶质有NaAlO2、Na2SiO3、NaOH;故答案为:
NaAlO2、Na2SiO3、NaOH;
(4)镁是活泼金属,应采用电解其熔融盐的方法冶炼,所以工业上用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁,反应方程式为:
MgCl2
Mg+Cl2↑,
故答案为:
MgCl2
Mg+Cl2↑;
(5)沉淀X为Al2O3、Fe2O3和SiO2加入过量烧碱发生反应Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O,SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O,故答案为:
Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O;SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O;
(6)实验室里常往AlCl3溶液中加入氨水可以制取氢氧化铝,氢氧化铝不溶于弱碱,反应原理为:
Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+,
故答案为:
氨水;Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+.
点评:
本题考查学生金属铝及化合物的性质,可以根据所学知识进行回答,难度不大.
10.平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质).某课题以此粉末为原料,设计如下工艺流程对资源进行回收,得到Ce(OH)4和硫酸铁铵:
已知:
①酸性条件下,铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式,Ce3+易水解,Ce4+有较强氧化性.
②CeO2不溶于稀硫酸
③硫酸铁铵[aFe2(SO4)3•b(NH4)2SO4•cH2O]广泛用于水的净化处理.
(1)在氧化环节,下列物质中最适合用作氧化剂B的是 b (填序号).
a.NaClOb.H2O2c.KMnO4
操作Ⅰ的名称是 冷却结晶 ,检验硫酸铁铵溶液中含有NH4+的方法是 取样于试管中加入NaOH溶液,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验气体,若试纸变蓝,即可证明 .
(3)写出反应②的化学方程式 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4 .
(4)用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度.
称取Ce(OH)4样品→加硫酸溶解→用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定
所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定,则测得该Ce(OH)4产品的质量分数 偏大 .(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
(5)称取14.00g硫酸铁铵样品,将其溶于水配制成100mL溶液,分成两等份,向其中一份加入足量NaOH溶液,过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到1.60g固体;向另一份溶液中加入0.5mol/LBa(NO3)2溶液100mL,恰好完全反应.通过计算,该硫酸铁铵的化学式为 Fe2(SO4)3•2(NH4)2SO4•2H2O (写出必要的计算步骤,否则不得分).
考点:
金属的回收与环境、资源保护;铁的氧化物和氢氧化物;探究物质的组成或测量物质的含量.
专题:
实验题;几种重要的金属及其化合物.
分析:
废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤,得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO;滤渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液,加入氧化剂C可生成硫酸铁,所加氧化剂应避免引入新杂质,滤渣B的成分是CeO2;CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2;Ce3+加碱生成Ce(OH)3悬浊液;Ce(OH)3悬浊液被氧化生成Ce(OH)4.
(1)在氧化环节,所加氧化剂应避免生成杂质;
根据操作流程判断,由溶液生成固体,应首先进行蒸发浓缩,然后冷却结晶;检验硫酸铁铵溶液中含有NH4+,方法为取样于试管中加入NaOH溶液,加热,在试管口置一湿润的红色石蕊试纸;
(3)Ce(OH)3被氧气氧化为Ce(OH)4,根据质量守恒可知,反应物中有水参与;
(4)滴定时所用定量仪器的最小刻度为0.1ml,FeSO4溶液在空气中露置一段时间后会被氧化,消耗硫酸亚铁增大;
(5)依据铁元素守恒计算氢氧化铁物质的量,依据硫酸根离子守恒和足量守恒计算分析化学式.
解答:
解:
废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤,得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO;滤渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液,加入氧化剂C可生成硫酸铁,所加氧化剂应避免引入新杂质,滤渣B的成分是CeO2;CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2;Ce3+加碱生成Ce(OH)3悬浊液;Ce(OH)3悬浊液被氧化生成Ce(OH)4.
(1)在氧化环节,所加氧化剂应避免生成杂质,只能选用过氧化氢,
故答案为:
b;
根据操作流程判断,由溶液生成固体,应首先进行蒸发浓缩,然后冷却结晶,检验硫酸铁铵溶液中含有NH4+,方法为取样于试管中加入NaOH溶液,加热,在试管口
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 金属的回收与环境资源保护 高考 化学 一轮 考点 集锦 金属 回收 环境 资源 保护 doc