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10.研究發(fā)現銅具有獨特的殺菌功能,能較好地抑制病菌的生長.現有工業(yè)上由輝銅礦石(主要成分Cu2S)的冶煉銅兩種方案:
Ⅰ火法煉銅  在1200℃發(fā)生的主要反應為:
①2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2        ②2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2
此方案的尾氣可以用表中方法處理
方法1用生物質熱解氣(主要成分CO、CH4、H2)將SO2在高溫下還原成單質硫,其部分熱化學方程式為:
2CO(g)+SO2(g)=S(g)+2CO2(g)△H=+8.0kJ•mol-1
2H2(g)+SO2(g)=S(g)+2H2O(g)△H=+90.4kJ•mol-1
方法2用Na2SO3溶液充分吸收SO2得NaHSO3溶液,然后電解該溶液可制得硫酸
Ⅱ“細菌冶金”是利用某些細菌的特殊代謝功能開采金屬礦石,例如溶液中亞鐵硫桿菌能利用空氣中的氧氣將黃鐵礦(主要成分FeS2)氧化為Fe2(SO43,并使溶液酸性增強;利用Fe2(SO43作氧化劑溶解輝銅礦石,溶液酸性又進一步增強,過濾未溶解完的輝銅礦石,在濾液中加入足量的鐵屑,待反應完全后過濾出銅和剩余的鐵屑,得溶液Xml(設整個過程中其它雜質不參與反應,不考慮溶液離子水解).其流程如圖:

(1)Ⅱ相對于Ⅰ的優(yōu)點是能大大降低能源消耗,利于減少污染或對貧礦、尾礦的開采更有價值.(說一點即可)
(2)Ⅰ中反應2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑氧化劑是Cu2O、Cu2S
(3)已知CO的燃燒熱283.0kJ•mol-1,寫出S(g)與O2(g)反應生成SO2(g)的熱化學方程式S(g)+O2(g)═SO2(g)△H=-574.0kJ•mol-1
(4)若用Ⅰ中方法2吸收尾氣,則開始時陽極的電極反應式為HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+
(5)寫出Ⅱ中黃鐵礦氧化過程的化學反應方程式4FeS2+15O2+2H2O $\frac{\underline{\;細菌\;}}{\;}$2Fe2(S043+2H2S04
(6)假設Ⅱ中每一步都完全反應,消耗掉標況下空氣5×22.4VL(氧氣體積分數為20%),則所得c(Fe2+)=$\frac{\frac{42}{75}mol}{v×1{0}^{-3}L}$(可以寫表達式)

分析 (1)依據流程轉化可知,Ⅰ火法煉銅 是硫化亞銅和氧氣、氧化亞銅和硫化亞銅發(fā)生氧化還原反應產生有毒的二氧化硫,而Ⅱ“細菌冶金”中不產生有毒氣體,故其污染性小、環(huán)保,同時Ⅱ“細菌冶金”充分利用了資源;
(2)在氧化還原反應中,得電子化合價降低的反應物是氧化劑,失電子化合價升高的反應物是還原劑;
(3)燃燒熱是指完全燃燒1mol物質生成最穩(wěn)定產物的過程放出的熱量,依據蓋斯定律和熱化學方程式計算得到S(g)與O2(g)反應生成SO2(g)的熱化學方程式;
(4)電解陽極失去電子,發(fā)生氧化反應,化合價升高,若用Ⅰ中方法2吸收尾氣,則開始時根據化合價變化判斷陽極反應物質,寫出陽極反應式;
(5)反應物為FeS2、氧氣、水,生成物為Fe2(S043和硫酸,根據反應物和生成物書寫化學反應方程式;
(6)根據FeS2中的鐵元素由+2價被氧氣氧化為+3價,硫元素由-1價被氧化為+6價,即1molFeS2失去15mol電子,而1molO2被還原時得4mol電子,根據得失電子數守恒和化學方程式計算;

解答 解:(1)依據流程轉化可知,Ⅰ火法煉銅是硫化亞銅和氧氣、氧化亞銅和硫化亞銅發(fā)生氧化還原反應產生有毒的二氧化硫,而Ⅱ“細菌冶金”中無需高溫能大大降低能源消耗,不產生有毒氣體,故其污染性小、環(huán)保,利于減少污染,同時Ⅱ“細菌冶金”充分利用了資源,對貧礦、尾礦的開采更有價值;
故答案為:能大大降低能源消耗,利于減少污染或對貧礦、尾礦的開采更有價值;
(2)Ⅰ中反應2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑,Cu2S在反應中Cu元素化合價降低(+1→0),S元素化合價升高(-2→+4),則Cu2S在反應中既是氧化劑,又是還原劑,Cu2O在反應中Cu元素化合價降低(+1→0),O元素化合價不變,Cu2O為氧化劑,所以氧化劑是Cu2O、Cu2S,
故答案為:Cu2O、Cu2S;
(3)CO的燃燒熱283.0kJ•mol-1,方程式為CO(g)+$\frac{1}{2}$O2(g)═CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1①,2CO(g)+SO2(g)=S(g)+2CO2(g)△H=+8.0kJ•mol-1②,
將①×2-②得:S(g)+O2(g)═SO2(g)△H=-574.0kJ•mol-1
故答案為:S(g)+O2(g)═SO2(g)△H=-574.0kJ•mol-1;
(4)電解池中陽極和電源正極相連,失去電子,發(fā)生氧化反應,電解NaHSO3溶液可制得硫酸,硫的化合價升高,所以陽極是HSO3-溶液失去電子被氧化生成SO42-,則陽極電極反應式是:HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+;
故答案為:HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+;
(5)反應物為FeS、氧氣、水,生成物為Fe2(S043和硫酸,發(fā)生反應的化學方程式為4FeS2+15O2+2H2O $\frac{\underline{\;細菌\;}}{\;}$2Fe2(S043+2H2S04,
故答案為:4FeS2+15O2+2H2O $\frac{\underline{\;細菌\;}}{\;}$2Fe2(S043+2H2S04;
(6)黃鐵礦氧化4FeS2+15O2+2H2O $\frac{\underline{\;細菌\;}}{\;}$2Fe2(S043+2H2S04,過濾后,Cu2S+10Fe3++4H2O$\frac{\underline{\;細菌\;}}{\;}$2Cu2++10Fe2++8H++S042-,加鐵粉Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,Fe+2H+=H2↑+Fe2+,消耗掉標況下空氣5×22.4VL(氧氣體積分數為20%),氧氣的物質的量為:$\frac{5×22.4VL×20%}{22.4L/mol}$=vmol,FeS2中的鐵元素由+2價被氧氣氧化為+3價,硫元素由-1價被氧化為+6價,即1molFeS2失去15mol電子,而1molO2被還原時得4mol電子,根據得失電子數守恒可知,氧化的n(FeS2)=$\frac{vmol×4}{15}$=$\frac{4}{15}$vmol,依據4FeS2+15O2+2H2O $\frac{\underline{\;細菌\;}}{\;}$2Fe2(S043+2H2S04,Cu2S+10Fe3++4H2O$\frac{\underline{\;細菌\;}}{\;}$2Cu2++10Fe2++8H++S042-,根據鐵原子守恒生成的亞鐵離子n(Fe2+)=$\frac{4}{15}$vmol,生成n(Cu2+)=$\frac{4}{15}$vmol×$\frac{2}{10}$=$\frac{4}{75}$vmol,生成的氫離子由第一反應生成的硫酸和第二反應生成的氫離子和,所以n(H+)=$\frac{4}{15}$vmol+$\frac{16}{75}$vmol=$\frac{36}{75}$vmol,加鐵粉Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,Fe+2H+=H2↑+Fe2+,生成的亞鐵離子為第一第二反應生成的亞鐵離子$\frac{4}{15}$vmol和鐵和銅離子反應的生成的亞鐵離子$\frac{4}{75}$vmol以及酸和鐵反應生成的亞鐵離子$\frac{18}{75}$vmol,所以生成的總亞鐵離子n(Fe2+)=$\frac{4}{15}$vmol+$\frac{4}{75}$vmol+$\frac{18}{75}$vmol=$\frac{42}{75}$vmol,得溶液Xml,所以c(Fe2+)=$\frac{n}{v}$=$\frac{\frac{42}{75}mol}{v×1{0}^{-3}L}$,
故答案為:$\frac{\frac{42}{75}mol}{v×1{0}^{-3}L}$;

點評 本題考查了冶煉銅兩種方案設計與評價,掌握銅及其化合物性質理清各流程反應是解答的關鍵,(6)計算是該題解答難點,題目難度較大.

練習冊系列答案
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科目:高中化學 來源: 題型:填空題

15.烴A的相對分子質量是106,它能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,但不能使溴水褪色.當用FeBr3作催化劑時,能與溴反應,生成的一溴代物只有一種,則烴A的名稱是對二甲苯,它生成一溴代物的化學方程式是+Br2$\stackrel{FeBr_{3}}{→}$+HBr.

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科目:高中化學 來源: 題型:填空題

16.根據下面的有機物合成路線,回答下列問題:
(1)寫出A、B、C的結構簡式:
A:,B:,C:
(2)各步反應類型:①加成反應,②消去反應,③加成反應,④消去反應,⑤加成反應.
(3)A→B的反應試劑及條件:氫氧化鈉醇溶液、加熱.
(4)反應④和⑤的化學方程式:+2NaOH$→_{△}^{醇}$+2NaCl+2H2O、+2Cl2

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科目:高中化學 來源: 題型:填空題

13.工業(yè)合成氨的反應:N2+3H2?2NH3是一個可逆反應,應條件是高溫、高壓,并且需要合適的催化劑.已知形成1 mol H-H鍵、1 mol N-H鍵、1mol N三N鍵放出的能量分別為436 kJ、391 kJ、946 kJ.則:
(1)若1 mol N2完全反應生成NH3可放出(填“吸收”或“放出”)熱量92kJ. 
(2)如果將1 mol N2和3 mol H2混合,使其充分反應,放出的熱量總小于上述數值,其原因是合成氨是可逆反應,反應物不能完全轉化.
(3)實驗室模擬工業(yè)合成氨時,在容積為2L的密閉容器內,反應經過10 min后,生成10 mol NH3,則用N2表示的化學反應速率為0.25mol/L/min. 
(4)一定條件下,當合成氨的反應達到化學平衡時,下列說法正確的是acf. 
a.正反應速率和逆反應速率相等 
b.正反應速率最大,逆反應速率為0 
c.N2的轉化率達到最大值 
d.N2和H2的濃度相等 
e.N2、H2和NH3的體積分數相等 
f.反應達到最大限度.

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科目:高中化學 來源: 題型:解答題

5.如圖虛線框中的裝置可用來檢驗濃硫酸與木炭粉在加熱條件下反應產生的所有氣體產物,填寫下列空白:

(1)寫出木炭粉與濃硫酸反應的化學方程式C+2H2SO4(濃)$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO2↑+2SO2↑+2H2O
(2)如果按裝置中三部分儀器的連接順序進行實驗.
i.裝置①出現無水硫酸銅變藍現象說明有水生成;
ii.裝置②中前一瓶品紅溶液褪色,說明有SO2(或二氧化硫)生成;
iii.能檢驗出最后一種產物的現象是②中第二個品紅溶液不褪色,③中澄清石灰水變渾濁
(3)如果將儀器的連接順序變?yōu)棰、③、②,則可以檢出的物質是H2O;不能確定的物質是CO2、SO2
(4)若將①、②、③裝置拆除,替換裝置④進行實驗.裝置④中溶液顏色變淺綠色,其反應的離子方程式是SO2+2Fe3++2H2O═SO42-+2Fe2++4H+;反應后往④中溶液加入氯化鋇溶液,反應的離子方程式是SO42-+Ba2+=BaSO4↓;
(5)若④中的氯化鐵溶液含有少量的亞鐵離子,為檢驗少量亞鐵離子的存在,可選用的試劑是C;
A.KSCN溶液B.稀鹽酸     C.KMnO4溶液D.NaOH溶液.

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

15.同周期的X、Y、Z三種主族元素,它們最高價氧化物對應的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4,則下列判斷正確的是( 。
A.非金屬性X>Y>Z
B.含氧酸的酸性H3ZO4>H2YO4>HXO4
C.元素的負化合價的絕對值按X、Y、Z變小
D.原子半徑:X>Y>Z

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科目:高中化學 來源: 題型:解答題

2.鋁和鐵是重要的金屬元素,請回答下列問題:
Ⅰ、(1)鐵與水反應:3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)△H
已知:①3Fe(s)+2O2(g)?Fe3O4(s)△H1=-1118.4kJ/mol
②2H2(g)+O2(g)?2H2O(g)△H2=-483.8kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)?2H2O(l)△H3=-571.8kJ/mol
則△H=-150.8KJ/mol(計算結果保留一位小數).
(2)①在t℃時,該反應達到平衡狀態(tài)測得混合氣體平均相對分子質量為$\frac{22}{3}$,則反應的平衡常數K=16.
②下列說法正確的是B(填字母序號)
A.若容器壓強恒定,則反應達到平衡狀態(tài)  
B.若容器內密度恒定,則反應達到平衡狀態(tài)
C.恒溫恒容平衡后,加入少量H2,再次平衡后,H2O(g)的體積分數減少
D.增加Fe3O4就能提高H2O的轉化率
(3)若反就發(fā)生在恒容絕熱的裝置中,按下表充入起始物質,起始時與平衡后的各物質的量見下表:
FeH2O(g)Fe3O4H2
起始/mol3.04.000
平衡/molmnpQ
FeH2O(g)F3O4H2
A/mol3.04.000
B/mol001.04.0
C/molmnpQ
若在達平衡后的裝置中繼續(xù)加入A,B,C三種狀況下的各物質,見上表:
當上述可逆反應再一次達到平衡狀態(tài)后,將上述各裝置中H2的體積分數由大到小的順序排列:B>C>A(用A,B,C表示)
Ⅱ.離子液體是一室溫熔融鹽,為非水體系,由有機陽離子、Al2Cl7-和AlCl4-組成的離子液體作電解液時,可在鋼制品上電鍍鋁.
 (1)鋼制品應接電源的負極,已知電鍍過程中不產生其他離子且有機陽離子不參與電極反應,陰極電極反應式為4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-
(2)若改用AlCl3水溶液作電解液,則一段時間后不能生成AlO2-離子.(填能或不能)

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

19.將3.84g銅粉與一定質量濃硝酸反應,當銅完全作用時,收集到氣體2.24L(標準狀況下),則所消耗酸的物質的量是( 。
A.0.11molB.0.22molC.0.16molD.0.1mol

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科目:高中化學 來源: 題型:選擇題

20.取pH均等于2的鹽酸和醋酸溶液各100mL.分別稀釋2倍后,再分別加入0.03g鋅粉,在相同條件下充分反應,有關敘述正確的是(  )
A.醋酸與鋅反應放出的氫氣多
B.鹽酸和醋酸分別與鋅反應放出的氫氣一樣多
C.醋酸與鋅反應所需時間長
D.鹽酸和醋酸分別與鋅反應所需時間一樣長

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