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2019-2020年高一上学期第三次月考化学试卷含解析
一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,共54分)1.从分类的角度来看,下列说法正确的是A.硅酸、氯化铁溶液均为胶体B.水玻璃、碱石灰均为混合物C.硫酸、纯碱、NaCl分别属于酸、碱、盐D.KCl和Cu均属于电解质2.下列说法不正确的是A.光导纤维中所用材料为二氧化硅,而硅可用作半导体材料B.丁达尔效应可以区分溶液与胶体C.CO
2、SiO2都是酸性氧化物,都能溶于水和碱,都不能和任何酸反应D.金属钠、镁失火都不能用二氧化碳灭火3.下列操作中一定不会出现沉淀现象的是A.CO2气体通入Na2SiO3溶液中B.SO2气体通入Ca(OH)2溶液中C.CO2气体通入饱和Na2CO3溶液中D.SO2气体通入CaCl2溶液中4.将下列物质加入或通入紫色石蕊溶液中,不能使其褪色的是A.SO2B.Cl2C.Na2O2D.NaClO5.稀硫酸中插一块铜片,加入下列物质后,可使铜片迅速发生反应的是A.稀盐酸B.硫酸钠晶体C.硝酸钾晶体D.氯化钠晶体6.某集气瓶中的气体呈红棕色,加入足量水,盖上玻璃片振荡,得橙色溶液,气体颜色消失.再拿走玻璃片后,瓶中气体又变为红棕色,则该气体可能是下列混合气体中的A.N
2、NO
2、Br2B.NO
2、NO、N2C.NO
2、NO、O2D.N
2、O
2、Br27.下列过程所涉及到的反应不会出现氧化还原反应的是A.金属钠久置于空气中,先变暗,再变白,又“出汗”,最后变成白色固体B.由海水制备金属镁和游离态的溴C.工业上用石灰石、石英、纯碱制玻璃D.高温下用二氧化硅和碳反应制备粗硅8.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O,在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为A.53B.54C.11D.359.下列说法正确的是A.某雨水样品放置一段时间后pH减小是因为水中溶解的CO2增多B.雾霾成因与田间焚烧秸秆和燃烧煤炭无关C.SO2能使溴水褪色,也能高锰酸钾溶液褪色,都体现了SO2的漂白性D.常温下,浓硫酸和浓硝酸可以用铝槽车或铁槽车装运10.下列有关离子的检验方法一定正确的是A.向某溶液中滴加BaCl2溶液,若有白色沉淀,再滴加足量稀HNO3,若沉淀不溶解,则说明原溶液中一定含Ag+B.向某溶液中滴加KSCN溶液,若溶液出现血红色则说明原溶液中含Fe3+C.向某溶液中滴加足量稀HCl,产生的气体能使澄清石灰水变浑浊,则说明原溶液中一定含CO32﹣D.加入硝酸钡溶液有白色沉淀生成,再加稀硝酸,沉淀不消失,则说明原溶液中一定有离子SO42﹣11.元素及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一.下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是A.N2→NH3→NO→NO2→HNO3B.Na→Na2O2→NaOH→Na2CO3C.S→SO3→H2SO4→Na2SO4D.Si→SiO2→Na2SiO3→H2SiO312.下列图示中错误的实验操作是A.除去CO中的CO2B.萃取时振荡混合液C.向试管中滴加液体D.稀释浓硫酸13.某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱.下列说法不正确的是A.E处棉花球变成黄色,说明Cl2的氧化性比Br2强B.F处棉花球变成蓝色,说明Br2的氧化性比I2强C.E处发生反应的离子方程式为Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2D.G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O14.用NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是A.
0.1molCu和足量热浓硫酸反应可生成SO3分子数为
0.1NAB.标准状况下,
5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为
0.5NAC.常温常压下,
6.0gSiO2含有的SiO2分子数为
0.1NAD.工业上将氨气与氧气在催化剂作用下发生氧化反应,若有标准状况下VL氨气完全反应,并转移n个电子,则阿伏加德罗常数NA可表示为15.下列离子方程式错误的是A.用FeCl3溶液腐蚀铜线路板Fe3++3Cu═Fe2++3Cu2+B.少量氨气中通入过量亚硫酸溶液中NH3+H2SO3═NH4++HSO3﹣C.Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClOD.小苏打溶液中加入过量的烧碱溶液HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O16.下列实验操作正确且能达到相应实验目的是实验目的实验操作A称取
2.0gNaOH固体先在托盘上各放一张滤纸,然后在右盘上添加2g砝码,左盘上添加NaOH固体B制备Fe(OH)3胶体向氯化铁饱和溶液中逐滴加入少量NaOH溶液,加热煮沸至液体变为红褐色C证明碳酸的酸性强于硅酸CO2通入Na2SiO3溶液中,析出硅酸胶体D萃取碘水中的碘将碘水倒入分液漏斗,然后再注入酒精,振荡,静置分层后,下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出A.AB.BC.CD.D17.下列离子在可使酚酞变红的、无色透明的溶液中,能大量共存的是A.K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣B.Na+、Cu2+、SO42﹣、OH﹣C.Na+、Cl﹣、Ca2+、MnO4﹣D.Na+、HCO3﹣、SO42﹣、Cl﹣18.将某些化学知识用图象表示,可以收到直观、简明的效果.如图图象所表示的化学知识中,错误的是A.分散系的分类B.稀释浓硫酸的过程C.向碳酸钠溶液中逐滴滴入盐酸D.比较Na2CO
3、NaHCO3的稳定性
二、实验题(本题包括
19、
20、21三个小题,毎空2分,共30分)19.(14分)三位同学分别用如下甲、乙、丙三套实验装置及化学药品制取氨气.(其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物)
(1)三位同学制取氨气的化学方程式为______
(2)若选用戊装置收集氨气,氨气应从收集装置的______端(此题涂卡19)导管进入.
(3)三位同学用上述甲、乙、丙装置制取氨气时,其中有一位同学没有收集到氨(假定他们的实验操作都正确),请回答
①你认为没有收集到氨气的同学是______填(“甲”、“乙”或“丙”,此题涂卡20).
②收集不到氨气的主要原因是(用化学方程式表示)______.
③若用加热碳酸氢铵固体制取纯净的氨气,三位同学的实验装置能够达到实验目的是______(填“甲”、“乙”或“丙”).
(4)检验氨气是否收集满的方法是(简述操作方法、现象和结论)______.
(5)工业上制取氨气的化学方程式为______.某同学选用
(一)中丁、戊装置来制备、收集二氧化氮气体.
(1)正确的连接顺序为______(用接口字母表示),
(2)装置丁中产生NO2的离子方程式为______,
(3)若用装置戊吸收剩余的NO2,则戊中应盛放______(填试剂名称),
(4)将一定质量的铁粉加入装有100mL某浓度稀硝酸的容器中充分反应,容器中剩有mg铁粉,收集到NO气体448mL(标准情况下),原硝酸溶液的物质的量浓度为______.20.实验室需要
0.1mol•L﹣1NaOH溶液480mL.
(1)在如图所示仪器中,配制上述溶液肯定不需要的是______(填序号此题涂卡22),除图中已有仪器外,配制上述溶液还需要的玻璃仪器是______.
(2)根据计算用托盘天平称取的质量为______g.在实验中其他操作均正确,若定容时仰视刻度线,则所得溶液浓度______
0.1mol•L﹣1(填“大于”“小于”或“等于”此题涂卡23).
三、填空题(本题包括
22、
23、24三个小题,毎空2分,共16分)21.工业上以粗盐为原料制取氢氧化钠时,首先要对粗盐进行除杂精制,为除去粗盐中的MgCl
2、CaCl
2、Na2SO4杂质,可加入氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液.则这三种试剂加入的顺序正确的是A.氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液B.氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液C.氯化钡溶液、碳酸钠溶液、氢氧化钠溶液D.碳酸钠溶液、氯化钡溶液、氢氧化钠溶液22.有一瓶澄清的溶液,其中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Ba2+、I﹣、CO32﹣、SO42﹣,取该溶液进行以下实验
(1)取pH试纸检验,溶液呈酸性,
(2)取出部分溶液,加入少量CCl4及数滴新制氯水,经振荡后CCl4呈紫红色,
(3)另取出部分溶液逐渐加入NaOH溶液,使溶液从酸性逐渐变为碱性,反应过程中均无沉淀产生,
(4)取出部分上述
(3)中碱性溶液加Na2CO3溶液后,有白色沉淀生成.根据上述实验事实可以确定,该溶液中肯定存在的离子是______,肯定不存在的离子是______,还不能确定是否存在的离子是______.23.电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔,制造印刷电路板.某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜,并重新获得氯化铁溶液,准备采用如图步骤
(1)请写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式
③______
⑤______
(2)合并溶液通入
⑥的离子反应方程式______.
(3)若向
②中加入氢氧化钠溶液,其实验现象为______.xx学年山东省德州市武城二中高一(上)第三次月考化学试卷
一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,共54分)1.从分类的角度来看,下列说法正确的是A.硅酸、氯化铁溶液均为胶体B.水玻璃、碱石灰均为混合物C.硫酸、纯碱、NaCl分别属于酸、碱、盐D.KCl和Cu均属于电解质【分析】A.氯化铁溶液属于溶液;B.含有不同种物质构成的是混合物;C.纯碱是碳酸钠;D.在水溶液或熔融状态下能导电的化合物属于电解质.【解答】解A.氯化铁溶液属于溶液,不属于胶体,故A错误;B.水玻璃是硅酸钠的水溶液、碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物,是由不同种物质构成的物质,属于混合物,故B正确;C.纯碱是碳酸钠,属于盐,故C错误;D.铜是单质不是电解质,故D错误.故选B.【点评】本题考查物质的分类知识,注意知识的归纳和整理是关键,概念的理解和掌握很关键,题目难度不大.2.下列说法不正确的是A.光导纤维中所用材料为二氧化硅,而硅可用作半导体材料B.丁达尔效应可以区分溶液与胶体C.CO
2、SiO2都是酸性氧化物,都能溶于水和碱,都不能和任何酸反应D.金属钠、镁失火都不能用二氧化碳灭火【分析】A.光导纤维的主要成分为二氧化硅,硅单质为良好的半导体材料;B.胶体具有丁达尔效应,而溶液不具有该性质;C.二氧化硫不溶于水,二氧化硅能够与氢氟酸反应;D.钠和Mg都能够与二氧化碳反应.【解答】解A.单质硅为良好的半导体材料,二氧化硫为光导纤维的主要成分,故A正确;B.胶体具有丁达尔效应,而溶液没有,可用丁达尔效应鉴别溶液和胶体,故B正确;C.二氧化碳和二氧化硅都是酸性氧化物,二氧化碳能够溶于水,而二氧化硅不溶于水;二氧化硅能够与氢氟酸反应,故C错误;D.金属钠和Mg都能够与二氧化碳发生反应,所以Na或Mg着火时不能使用二氧化碳灭火,故D正确;故选C.【点评】本题考查较为综合,涉及硅和二氧化硅的用途、化学实验安全事故及处理、酸性氧化物性质、胶体的性质等知识,题目难度中等,注意掌握常见元素单质及其化合物性质,明确胶体与溶液的鉴别方法.3.下列操作中一定不会出现沉淀现象的是A.CO2气体通入Na2SiO3溶液中B.SO2气体通入Ca(OH)2溶液中C.CO2气体通入饱和Na2CO3溶液中D.SO2气体通入CaCl2溶液中【分析】A、根据CO2通入Na2SiO3溶液中生成硅酸沉淀;B、根据SO2是酸性氧化物,少量SO2通入Ca(OH)2溶液生成亚硫酸钙沉淀,继续通入沉淀溶解;C、根据碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠的进行分析;D、根据SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸,不会与强酸的钙盐发生复分解反应.【解答】解A、CO2气体通入Na2SiO3溶液中,发生的反应为Na2SiO3+CO2+H2O═H2SiO3↓+Na2CO3,故A不符合;B、SO2是酸性氧化物,少量SO2通入Ca(OH)2溶液生成亚硫酸钙沉淀,继续通入沉淀溶解,生成亚硫酸氢钙,故B不符合;C、CO2气体通入饱和Na2CO3溶液中反应生成碳酸氢钠,方程式为Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3↓,碳酸氢钠的溶解度小,因此会析出晶体,溶液变浑浊,故C不符合;D、SO2气体通入CaCl2溶液中,SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸,因为弱酸不能制强酸,所以SO2不能和CaCl2发生反应,不会出现沉淀,故D符合.故选D.【点评】本题考查了物质性质的应用,物质反应的产物和现象,熟练掌握物质性质是解题关键,题目难度中等.4.将下列物质加入或通入紫色石蕊溶液中,不能使其褪色的是A.SO2B.Cl2C.Na2O2D.NaClO【分析】A.二氧化硫不能漂白指示剂;B.氯气与水反应生成次氯酸,具有漂白性;C.过氧化钠具有强的氧化性,具有漂白性;D.次氯酸钠具有强的氧化性,具有漂白性.【解答】解A.二氧化硫通入紫色石蕊试液,与水反应生成亚硫酸,亚硫酸电离产生氢离子,溶液显酸性,颜色变红,故A选;B.氯气通入紫色石蕊试液,与水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有漂白性,所以溶液最终变为无色,故B不选;C.过氧化钠具有强的氧化性,具有漂白性,能够使石蕊溶液褪色,故C不选;D.次氯酸钠具有强的氧化性,具有漂白性,能够使石蕊溶液褪色,故D不选;故选A.【点评】本题考查了常见漂白物质,熟悉二氧化硫、次氯酸钠、氯气、过氧化钠的性质是解题关键,注意对基础知识的积累.5.稀硫酸中插一块铜片,加入下列物质后,可使铜片迅速发生反应的是A.稀盐酸B.硫酸钠晶体C.硝酸钾晶体D.氯化钠晶体【分析】根据铜的化学性质,铜不能与非氧化性酸反应,但可以和强氧化性酸反应,能与具有氧化性的FeCl3溶液、酸性条件下硝酸盐等反应,据此判断选项.【解答】解A、铜与盐酸、硫酸不发生反应,故A不符合;B、铜与硫酸、硫酸钠不反应,故B不符合;C、加入硝酸钾,酸性条件下,硝酸根具有强氧化性,发生反应3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O,故C符合;D、铜与硫酸、盐酸、钠离子不反应,故D不符合;故选C.【点评】本题考查了铜、硝酸的化学性质,难度不大,掌握物质的性质是解题的关键,注意在酸性环境下硝酸根具有强氧化性.6.某集气瓶中的气体呈红棕色,加入足量水,盖上玻璃片振荡,得橙色溶液,气体颜色消失.再拿走玻璃片后,瓶中气体又变为红棕色,则该气体可能是下列混合气体中的A.N
2、NO
2、Br2B.NO
2、NO、N2C.NO
2、NO、O2D.N
2、O
2、Br2【分析】溴蒸气和二氧化氮气体均呈红棕色,溴水溶液为橙色溶液,二氧化氮在水溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和一氧化氮无色气体,一氧化氮遇到氧气迅速变为二氧化氮,据此进行判断.【解答】解溴蒸气和二氧化氮气体均呈红棕色,所以至少含有溴蒸气和二氧化氮气体中的一种,溴水溶液为橙色溶液,所以含有溴蒸气,再打开玻璃片后,瓶中气体又变为红棕色,说明瓶中有NO存在,是因二氧化氮在水溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和一氧化氮无色气体,再打开玻璃片后,NO遇到氧气迅速变为二氧化氮,所以一定存在NO2气体,即原混合气体一定有NO
2、Br2,则A正确,故选A.【点评】本题考查常见气体的性质及检验方法,题目难度不大,明确常见气体的性质为解答关键,注意熟练掌握一氧化氮和二氧化氮的性质,试题培养了学生灵活应用基础知识的能力.7.下列过程所涉及到的反应不会出现氧化还原反应的是A.金属钠久置于空气中,先变暗,再变白,又“出汗”,最后变成白色固体B.由海水制备金属镁和游离态的溴C.工业上用石灰石、石英、纯碱制玻璃D.高温下用二氧化硅和碳反应制备粗硅【分析】发生的反应中存在元素的化合价变化,则发生氧化还原反应,以此来解答.【解答】解A.金属钠久置于空气中,先生成氧化钠,最终生成碳酸钠,钠元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,故A不选;B.由海水制备金属镁和游离态的溴Mg、Br元素化合价发生变化,由化合态变为游离态,属于氧化还原反应,故B不选;C.工业上用石灰石、石英、纯碱制玻璃,没有元素的化合价变化,不发生氧化还原反应,故C选;D.高温下用二氧化硅和碳反应制备粗硅,C、Si元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,故D不选.故选C.【点评】本题考查氧化还原反应,为高频考点,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,侧重氧化还原反应的应用及化学与生活的考查,题目难度不大.8.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O,在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为A.53B.54C.11D.35【分析】在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中,氮元素由铵根中﹣3价升高为0价,被氧化;氮元素由硝酸根中+5价降低为0价,被还原,氮气既是还原产物也是氧化产物,根据电子转移守恒,判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比.【解答】解在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中,氮元素由铵根中﹣3价升高为0价,被氧化,氮元素由硝酸根中+5价降低为0价,被还原,氮气既是还原产物也是氧化产物,根据电子转移守恒,可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为(5﹣0)[0﹣(﹣3)]=53.故选A.【点评】本题考查氧化还原反应基本概念与计算,难度中等,关键根据化合价变化判断氧化剂与还原剂,再根据电子转移守恒判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比.9.下列说法正确的是A.某雨水样品放置一段时间后pH减小是因为水中溶解的CO2增多B.雾霾成因与田间焚烧秸秆和燃烧煤炭无关C.SO2能使溴水褪色,也能高锰酸钾溶液褪色,都体现了SO2的漂白性D.常温下,浓硫酸和浓硝酸可以用铝槽车或铁槽车装运【分析】A、酸雨中亚硫酸为弱电解质,具有还原性,能被氧化成强电解质硫酸,溶液的pH减小;B、雾霾天气形成,其原因有城市汽车数量剧增,排放大量尾气,工业生产、田间焚烧秸秆及冬季取暖排放的粉尘、硫氧化合物等PM
2.5颗粒物增多等;C、SO2能使溴水褪色,也能高锰酸钾溶液褪色,是发生氧化还原反应而褪色;D、常温下,铝和铁与浓硫酸、浓硝酸发生钝化反应.【解答】解A、饱和CO2溶液的PH等于
5.6,而雨水的pH<
5.6,是由于2H2SO3+O2═2H2SO4,溶液的酸性增强,PH减小,故A错误;B、雾霾天气形成,其原因有城市汽车数量剧增,排放大量尾气,工业生产、田间焚烧秸秆及冬季取暖排放的粉尘、硫氧化合物等PM
2.5颗粒物增多等,所以与田间焚烧秸秆和燃烧煤炭有关,故B错误;C、SO2能使溴水褪色,也能高锰酸钾溶液褪色,是发生氧化还原反应而褪色,硫的化合升高,体现还原性,故C错误;D、常温下,铝和铁与浓硫酸、浓硝酸发生钝化反应,所以常温下,浓硫酸和浓硝酸可以用铝槽车或铁槽车装运,故D正确;故选D.【点评】本题主要考查了酸雨、雾霾成因、二氧化硫的还原性和钝化,难度不大,注意知识的总结与归纳.10.下列有关离子的检验方法一定正确的是A.向某溶液中滴加BaCl2溶液,若有白色沉淀,再滴加足量稀HNO3,若沉淀不溶解,则说明原溶液中一定含Ag+B.向某溶液中滴加KSCN溶液,若溶液出现血红色则说明原溶液中含Fe3+C.向某溶液中滴加足量稀HCl,产生的气体能使澄清石灰水变浑浊,则说明原溶液中一定含CO32﹣D.加入硝酸钡溶液有白色沉淀生成,再加稀硝酸,沉淀不消失,则说明原溶液中一定有离子SO42﹣【分析】A.滴入氯化钡溶液生成白色沉淀,加稀硝酸后沉淀不溶解,可能是生成硫酸钡沉淀或氯化银沉淀;B.滴加KSCN溶液呈红色,说明存在铁离子;C.滴入稀盐酸能生成气体的可能是碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子;D.亚硫酸钡沉淀中加入硝酸会转化为硫酸钡沉淀,据此回答.【解答】解A.滴加稀硝酸后滴入氯化钡溶液生成白色沉淀,不能排除硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡白色沉淀,沉淀可能是生成硫酸钡沉淀或氯化银沉淀,不一定是银离子,故A错误;B.滴加KSCN溶液呈红色,原溶液一定含Fe3+,故B正确;C.和稀盐酸发生反应生成气体的离子可以是CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、HSO3﹣,不一定是CO32﹣,故C错误;D.加入硝酸钡溶液有白色沉淀生成,再加稀硝酸,沉淀不消失,则说明原溶液中一定有亚硫酸根离子或是硫酸根离子中的至少一种离子,故D错误;故选B.【点评】本题考查了常见离子的检验方法,题目难度中等,明确常见离子的性质为解答关键,注意熟练掌握常见离子的检验方法,试题侧重基础知识的考查,培养了学生得到灵活应用能力.11.元素及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一.下列各组物质的转化关系中不全部是通过一步反应完成的是A.N2→NH3→NO→NO2→HNO3B.Na→Na2O2→NaOH→Na2CO3C.S→SO3→H2SO4→Na2SO4D.Si→SiO2→Na2SiO3→H2SiO3【分析】A、氮气与氢气合成氨气,氨气催化氧化生成一氧化氮,一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸;B、钠在氧气中点燃生成过氧化钠,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠;C、硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫;D、硅与氧气反应生成二氧化硅,二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠,硅酸钠溶液中通入二氧化碳生成硅酸.【解答】解A、氮气与氢气合成氨气,氨气催化氧化生成一氧化氮,一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,均通过一步反应完成,故A不选;B、钠在氧气中点燃生成过氧化钠,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠,均通过一步反应完成,故B不选;C、硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫,二氧化硫氧化生成三氧化硫,不能一步转化,故C选;D、硅与氧气反应生成二氧化硅,二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠,硅酸钠溶液中通入二氧化碳生成硅酸,均通过一步反应完成,故D不选;故选C.【点评】本题考查物质之间的转化,侧重元素化合物性质的考查,把握常见物质硫、硅、氮气、钠及其化合物的性质为解答的关键,注意一步转化,题目难度不大.12.下列图示中错误的实验操作是A.除去CO中的CO2B.萃取时振荡混合液C.向试管中滴加液体D.稀释浓硫酸【分析】A.二氧化碳与氢氧化钠反应;B.萃取时振荡混合液,应用左手握住分液漏斗活塞,右手压住分液漏斗口部,把分液漏斗倒转过来振荡,使两种液体充分接触,振荡后打开活塞,将漏斗内气体放出;C.向试管中滴加液体,胶头滴管应垂直悬空,不能插入到试管中;D.浓硫酸溶于水放出大量的热,注意防止液体飞溅.【解答】解A.二氧化碳与氢氧化钠反应,可用氢氧化钠溶液洗气,故A正确;B.萃取时振荡混合液,应用左手握住分液漏斗活塞,右手压住分液漏斗口部,把分液漏斗倒转过来振荡,使两种液体充分接触,振荡后打开活塞,将漏斗内气体放出,实验操作正确,故B正确;C.向试管中滴加液体,胶头滴管应垂直悬空,不能插入到试管中,符合操作要求,故C正确;D.稀释浓硫酸时,应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓加入到盛有水的烧杯中,并用玻璃棒不断搅拌,故D错误.故选D.【点评】本题考查较为综合,涉及物质的分离、提纯、溶液的吸收等操作,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查,注意把握物质的性质的异同以及实验操作的严密性、可行性的评价,难度中等.13.某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱.下列说法不正确的是A.E处棉花球变成黄色,说明Cl2的氧化性比Br2强B.F处棉花球变成蓝色,说明Br2的氧化性比I2强C.E处发生反应的离子方程式为Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2D.G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O【分析】AC.E处反应为Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2,所以Cl2的氧化性比Br2强;B.F处反应为Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2;D.G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O.【解答】解AC.E处反应为Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2,所以Cl2的氧化性比Br2强,故AC正确;B.F处反应为Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2,所以Cl2的氧化性比I2强,但不能说明Br2的氧化性比I2强,故B错误;D.G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O,故D正确;故选B.【点评】本题考查了三种卤素单质的性质和检验方法及尾气处理,注意图中各位置发生的氧化还原反应为解答的关键.14.用NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是A.
0.1molCu和足量热浓硫酸反应可生成SO3分子数为
0.1NAB.标准状况下,
5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为
0.5NAC.常温常压下,
6.0gSiO2含有的SiO2分子数为
0.1NAD.工业上将氨气与氧气在催化剂作用下发生氧化反应,若有标准状况下VL氨气完全反应,并转移n个电子,则阿伏加德罗常数NA可表示为【分析】A.铜与浓硫酸反应生成的是二氧化硫;B.标准状况下
5.6L二氧化碳的物质的量为
0.25mol,
0.25mol二氧化碳与过氧化钠完全反应生成
0.125mol氧气,转移了
0.25mol电子;C.二氧化碳晶体为原子晶体,不存在二氧化硅分子;D.反应为4NH3+O2=4NO+6H2O;依据氧化还原反应电子转移分析计算.【解答】解A.
0.1molCu和足量热浓硫酸反应生成
0.1mol二氧化硫,不会生成三氧化硫,故A错误;B.标准状况下
5.6L二氧化碳的物质的量为=
0.25mol,
0.25mol二氧化碳与过氧化钠完全反应生成
0.125mol氧气,过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价,则反应中转移了
0.25mol电子,转移的电子数为
0.25NA,故B错误;C.二氧化硅晶体属于原子晶体,不存在SiO2分子,故C错误;D.根据化学反应4NH3+5O2=4NO+6H2O;4mol氨气完全反应,电子转移为20mol,若有标准状况下VL氨气完全反应,并转移n个电子,标准状况下VL氨气物质的量==mol,转移电子物质的量=mol,则420=mol mol,解得NA=,故D正确;故选D.【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用,题目难度中等,明确物质的量与阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积等之间的关系为解答关键,AC为易错点,注意A中生成的是二氧化硫,C中不存在二氧化硅分子.15.下列离子方程式错误的是A.用FeCl3溶液腐蚀铜线路板Fe3++3Cu═Fe2++3Cu2+B.少量氨气中通入过量亚硫酸溶液中NH3+H2SO3═NH4++HSO3﹣C.Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClOD.小苏打溶液中加入过量的烧碱溶液HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O【分析】A.电子、电荷不守恒;B.反应生成亚硫酸氢铵;C.反应生成盐酸和HClO;D.反应生成碳酸钠和水.【解答】解A.用FeCl3溶液腐蚀铜线路板的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+,故A错误;B.少量氨气中通入过量亚硫酸溶液中的离子反应为NH3+H2SO3═NH4++HSO3﹣,故B正确;C.Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸的离子反应为Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO,故C正确;D.小苏打溶液中加入过量的烧碱溶液的离子反应为HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O,故D正确;故选A.【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断,为高频考点,把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键,侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查,注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒,题目难度不大.16.下列实验操作正确且能达到相应实验目的是实验目的实验操作A称取
2.0gNaOH固体先在托盘上各放一张滤纸,然后在右盘上添加2g砝码,左盘上添加NaOH固体B制备Fe(OH)3胶体向氯化铁饱和溶液中逐滴加入少量NaOH溶液,加热煮沸至液体变为红褐色C证明碳酸的酸性强于硅酸CO2通入Na2SiO3溶液中,析出硅酸胶体D萃取碘水中的碘将碘水倒入分液漏斗,然后再注入酒精,振荡,静置分层后,下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出A.AB.BC.CD.D【分析】A.NaOH易潮解,具有腐蚀性,应在小烧杯中称量;B.向沸水中逐滴加入少量氯化铁饱和溶液,水解可制备胶体;C.强酸能制取弱酸;D.酒精与水互溶,不能作萃取剂.【解答】解A.NaOH易潮解,具有腐蚀性,应在小烧杯中称量,且放在左盘,天平游码回零,砝码为
2.0g,故A错误;B.氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀,得不到胶体,故B错误;C.二氧化碳与水反应生成碳酸,向Na2SiO3溶液中通入CO2产生沉淀,可说明碳酸的酸性比硅酸强,故C正确;D.酒精与水互溶,不能作萃取剂,应选苯或四氯化碳萃取碘水中的碘,故D错误;故选C.【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及实验操作、胶体制备、酸性比较及混合物分离提纯等,把握物质的性质、实验操作及实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大.17.下列离子在可使酚酞变红的、无色透明的溶液中,能大量共存的是A.K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣B.Na+、Cu2+、SO42﹣、OH﹣C.Na+、Cl﹣、Ca2+、MnO4﹣D.Na+、HCO3﹣、SO42﹣、Cl﹣【分析】无色溶液可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在,使酚酞变红的溶液中存在大量氢氧根离子,A.四种离子之间不反应,都不与氢氧根离子反应,且为无色溶液;B.铜离子为有色离子,且铜离子与氢氧根离子反应;C.MnO4﹣为有色离子,不满足溶液无色的条件,且钙离子与氢氧根离子不能大量共存;D.碳酸氢根离子与氢氧根离子反应.【解答】解溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在,使酚酞变红的溶液为碱性溶液,溶液中存在大量氢氧根离子,A.K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣之间不发生反应,都不与氢氧根离子反应,且都是无色离子,在溶液中能够大量共存,故A正确;B.Cu2+为有色离子,Cu2+、OH﹣之间发生反应生成难溶物氢氧化铜,在溶液中不能大量共存,故B错误;C.MnO4﹣为有色离子,氢氧化钙为微溶物,Ca2+与氢氧根离子不能大量共存,故C错误;D.HCO3﹣与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水,在溶液中不能大量共存,故D错误;故选A.【点评】本题考查离子共存,为高考的高频题,题目难度中等,注意掌握离子反应发生条件,明确离子不能大量共存的一般情况能发生复分解反应的离子之间;能发生氧化还原反应的离子之间等;还应该注意题目所隐含的条件,如溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣;溶液的颜色,如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在.18.将某些化学知识用图象表示,可以收到直观、简明的效果.如图图象所表示的化学知识中,错误的是A.分散系的分类B.稀释浓硫酸的过程C.向碳酸钠溶液中逐滴滴入盐酸D.比较Na2CO
3、NaHCO3的稳定性【分析】A.依据分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小判断;B.浓硫酸不导电;C.碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳;D.要验证碳酸氢钠稳定性弱于碳酸钠,应将碳酸氢钠放在内管;【解答】解A.胶体分散质粒子直径在1到100纳米之间,溶液分散质粒子直径小于1纳米,浊液分散质粒子直径大于100纳米,故A错误;B.浓硫酸不导电,稀释过程中导电能力先增大后较小,故B错误;C.向Na2CO3溶液中逐滴滴加盐酸先后发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,开始无气体,后来才产生气体,且前后所加盐酸的体积比为11,故C正确;D.要验证碳酸氢钠稳定性弱于碳酸钠,应将碳酸氢钠放在内管,故D错误;故选ABD.【点评】本题考查了常见分散系的特征、物质反应的反应先后顺序,影响电解质导电能力原因,明确分散系分类依据、物质的性质是解题关键,题目难度不大.
二、实验题(本题包括
19、
20、21三个小题,毎空2分,共30分)19.(14分)三位同学分别用如下甲、乙、丙三套实验装置及化学药品制取氨气.(其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物)
(1)三位同学制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(2)若选用戊装置收集氨气,氨气应从收集装置的C端(此题涂卡19)导管进入.
(3)三位同学用上述甲、乙、丙装置制取氨气时,其中有一位同学没有收集到氨(假定他们的实验操作都正确),请回答
①你认为没有收集到氨气的同学是乙填(“甲”、“乙”或“丙”,此题涂卡20).
②收集不到氨气的主要原因是(用化学方程式表示)2NH3+H2SO4═(NH4)2SO4.
③若用加热碳酸氢铵固体制取纯净的氨气,三位同学的实验装置能够达到实验目的是丙(填“甲”、“乙”或“丙”).
(4)检验氨气是否收集满的方法是(简述操作方法、现象和结论)把湿润的石蕊试纸放到试管口,若变红色,说明试管C中已集满NH3(或者用玻璃棒蘸取浓盐酸,靠近试管口,若有大量白烟生成,说明试管C中已集满NH3).
(5)工业上制取氨气的化学方程式为N2+3H22NH3.某同学选用
(一)中丁、戊装置来制备、收集二氧化氮气体.
(1)正确的连接顺序为abc(用接口字母表示),
(2)装置丁中产生NO2的离子方程式为Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O,
(3)若用装置戊吸收剩余的NO2,则戊中应盛放氢氧化钠溶液(填试剂名称),
(4)将一定质量的铁粉加入装有100mL某浓度稀硝酸的容器中充分反应,容器中剩有mg铁粉,收集到NO气体448mL(标准情况下),原硝酸溶液的物质的量浓度为
0.8mol/L.【分析】
(1)氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气、氯化钙、水;
(2)氨气的密度比空气的小,用向下排空气法收集;
(3)乙没有收集到氨气,因为氨气通过浓硫酸会被吸收;
(4)氨气为碱性气体,与水反应生成NH3•H2O,电离子出OH﹣离子,溶液呈碱性,可以利用湿润的红色石蕊试纸检验,也可用氨气和氯化氢反应生成白烟检验;
(5)工业上用氮气和氢气制取氨气;
(1)选用
(一)中丁、戊装置来制备、收集二氧化氮气体,二氧化氮为密度大于空气的气体;
(2)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2与水;
(3)NO2可以污染大气,但能被碱液吸收;
(4)硝酸完全反应生成硝酸亚铁与NO,根据n=计算NO的物质的量,根据电子转移守恒计算参加反应的n(Fe),由氮元素守恒可知n(HNO3)=2n[Fe(NO3)2]+n(NO),再根据c=计算.【解答】解
(1)依据装置中试剂分析可知都是利用固体氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成氨气,反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O;
(2)氨气的密度比空气的小,用向下排空气法收集,所以氨气应从收集装置的短导气管进入,即从收集装置的C端导管进入,故答案为c;
(3)
①乙没有收集到氨气,因为氨气通过浓硫酸会被吸收,故答案为乙;
②氨气通过浓硫酸会被吸收,发生的反应是2NH3+H2SO4═(NH4)2SO4,故答案为2NH3+H2SO4═(NH4)2SO4;
③甲装置分解得到的是混合气体,得不到纯净氨气,乙装置分解得到二氧化碳和氨气水蒸气混合气体通过浓硫酸氨气被吸收得不到氨气,装置丙装置分解得到二氧化碳和氨气水蒸气混合气体通过碱石灰,吸收二氧化碳和水蒸气得到干燥气体氨气,故答案为丙;
(4)氨气为碱性气体,与水反应生成NH3•H2O,电离子出OH﹣离子,溶液呈碱性,检验时把湿润的石蕊试纸放到试管口,若变红色,说明试管C中已集满NH3,氨气和氯化氢反应生成白烟氯化铵,所以也可用玻璃棒蘸取浓盐酸,靠近试管口,若有大量白烟生成,说明试管C中已集满NH3,故答案为把湿润的石蕊试纸放到试管口,若变红色,说明试管C中已集满NH3(或者用玻璃棒蘸取浓盐酸,靠近试管口,若有大量白烟生成,说明试管C中已集满NH3);
(5)工业上用氮气和氢气在高温高压的条件下制取氨气,反应为N2+3H22NH3,故答案为N2+3H22NH3;
(1)铜丝和浓硝酸反应生成二氧化氮,二氧化氮密度比空气大,需长导气管进入,所以正确的连接顺序为abc,故答案为abc;
(2)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2与水,反应离子方程式为Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O,故答案为Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O;
(3)NaOH溶液与NO2反应的化学方程式为2NaOH+2NO2=NaNO2+NaNO3+H2O,所以可选择氢氧化钠溶液吸收,故答案为氢氧化钠溶液;
(4)硝酸完全反应生成硝酸亚铁与NO,NO的物质的量==
0.02mol,根据电子转移守恒,参加反应的n(Fe)==
0.03mol,由氮元素守恒可知n(HNO3)=2n[Fe(NO3)2]+n(NO)=2×
0.03mol+
0.02mol=
0.08mol,故原硝酸的物质的量浓度==
0.8mol/L,故答案为
0.8mol/L.【点评】本题考查了氨气、二氧化氮的制备和性质的检验,明确氨气制备原理和硝酸性质是解题关键,题目难度中等.20.实验室需要
0.1mol•L﹣1NaOH溶液480mL.
(1)在如图所示仪器中,配制上述溶液肯定不需要的是BD(填序号此题涂卡22),除图中已有仪器外,配制上述溶液还需要的玻璃仪器是500mL容量瓶,胶头滴管.
(2)根据计算用托盘天平称取的质量为
2.0g.在实验中其他操作均正确,若定容时仰视刻度线,则所得溶液浓度小于
0.1mol•L﹣1(填“大于”“小于”或“等于”此题涂卡23).【分析】
(1)根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器;
(2)根据m=nM=cVM计算需要氢氧化钠的质量;根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断.【解答】解
(1)配制步骤为计算→称量→溶解、冷却→移液→定容→摇匀→装瓶→贴签,一般用天平称量(用到药匙)称量,在烧杯中溶解,冷却后转移到500mL容量瓶(实验室没有480mL规格的容量瓶)中,并用玻璃棒引流,转移完毕,用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2~3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中,再加适量蒸馏水,当加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,使溶液的凹液面的最低点与刻线相平,塞好瓶塞,反复上下颠倒摇匀.所以需要的仪器为托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管,肯定不需要分液漏斗(B)、长颈漏斗(D),还需要的玻璃仪器是500mL容量瓶,胶头滴管,故答案为BD;500mL容量瓶,胶头滴管;
(2)实验室没有480mL规格的容量瓶,需配制500mL1mol/L的NaOH溶液,然后取480mL,需要NaOH的质量按500mL计算,质量为
0.5L×
0.1mol/L×40g/mol=
2.0g,定容时仰视容量瓶刻度线,导致加入的蒸馏水体积偏大,配制的溶液浓度偏低,则所得溶液浓度小于
0.1mol•L﹣1,故答案为
2.0;小于.【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制,熟悉实验原理和仪器的使用方法是解题关键,注意掌握配制过程中误差分析的方法与技巧,题目难度不大.
三、填空题(本题包括
22、
23、24三个小题,毎空2分,共16分)21.工业上以粗盐为原料制取氢氧化钠时,首先要对粗盐进行除杂精制,为除去粗盐中的MgCl
2、CaCl
2、Na2SO4杂质,可加入氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液.则这三种试剂加入的顺序正确的是A.氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液B.氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液C.氯化钡溶液、碳酸钠溶液、氢氧化钠溶液D.碳酸钠溶液、氯化钡溶液、氢氧化钠溶液【分析】除钙离子用碳酸根,除镁离子用氢氧根,除硫酸根用钡离子,因为加入的试剂都是过量的,所以后加的试剂要把先加的试剂所带入的杂质除掉,主要是碳酸钠要在氯化钡之后加入,这样可以除去多余的钡离子.【解答】解A.先加过量的碳酸钠,再加过量的氯化钡溶液,多余的钡离子不能被除去,故不能达到目的,故A错误;B.先加氢氧化钠,除去镁离子,再加氯化钡,除去硫酸根,再加碳酸钠,除去钙离子和多余的钡离子,故B正确;C.先加氯化钡,除去硫酸根,再加氢氧化钠,除去镁离子,再加碳酸钠,除去多余的钡离子和钙离子最后加氢氧化钠除去氯化镁,故C正确;D.先加过量的碳酸钠,再加过量的氯化钡溶液,多余的钡离子不能被除去,故D错误.故选BC.【点评】本题考查了除杂的原则,试剂必须过量,最后能除去,除杂时不仅要能把杂质除掉,还不能引入新杂质,而且方法要简便易行,题目难度不大.22.有一瓶澄清的溶液,其中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Ba2+、I﹣、CO32﹣、SO42﹣,取该溶液进行以下实验
(1)取pH试纸检验,溶液呈酸性,
(2)取出部分溶液,加入少量CCl4及数滴新制氯水,经振荡后CCl4呈紫红色,
(3)另取出部分溶液逐渐加入NaOH溶液,使溶液从酸性逐渐变为碱性,反应过程中均无沉淀产生,
(4)取出部分上述
(3)中碱性溶液加Na2CO3溶液后,有白色沉淀生成.根据上述实验事实可以确定,该溶液中肯定存在的离子是H+、I﹣、Ba2+,肯定不存在的离子是CO32﹣、Mg2+、SO42﹣,还不能确定是否存在的离子是NH4+.【分析】
(1)用pH试纸检验,表明溶液呈现强酸性,一定含有H+,CO32﹣能够与氢离子反应,在溶液中不会存在;
(2)四氯化碳溶液呈紫红色,说明加入氯水后有碘单质生成,原溶液中一定含有I﹣;
(3)加入氢氧化钠溶液的过程中没有沉淀生成,说明一定不存在Mg2+;
(4)Ba2+能与碳酸钠反应产生沉淀来判断存在的离子,一定存在Ba2+,根据离子共存判断不能存在的离子.【解答】解
(1)用pH试纸检验,表明溶液呈现强酸性,一定含有H+,CO32﹣能够与氢离子反应,在溶液中不会存在;
(2)四氯化碳溶液呈紫红色,说明加入氯水后有碘单质生成,原溶液中一定含有I﹣;
(3)加入氢氧化钠溶液的过程中没有沉淀生成,说明一定不存在Mg2+;
(4)Ba2+能与碳酸钠反应产生沉淀来判断存在的离子,一定存在Ba2+,一定不存在CO32﹣、SO42﹣,NH4+无法判断是否存在.故答案为H+、I﹣、Ba2+;CO32﹣、Mg2+、SO42﹣;NH4+.【点评】本题主要考查了常见离子的检验方法,题目难度中等,注意掌握常见离子的化学性质及检验方法,能够根据离子共存、离子反应现象判断离子共存情况,明确检验离子时,必须排除干扰离子,确保检验方案的严密性.23.电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔,制造印刷电路板.某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜,并重新获得氯化铁溶液,准备采用如图步骤
(1)请写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式
③Fe和Cu
⑤HCl和FeCl2
(2)合并溶液通入
⑥的离子反应方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣;.
(3)若向
②中加入氢氧化钠溶液,其实验现象为先生成白色沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色.【分析】Cu和FeCl3发生反应Cu+2FeCl3=2FeCl2+2CuCl2,所以废液中含有Cu2+、Fe2+,可能含有Fe3+,向废液中加入Fe粉,发生反应Cu2++Fe=Fe2++Cu,然后过滤,滤渣中含有Fe、Cu,滤液中含有FeCl2,向滤渣中加入过量稀盐酸,发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2,然后过滤,得到的滤渣是Cu,滤液中含有HCl、FeCl2,将滤液
②⑤混合,然后通入Cl2,发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3,所以得到氯化铁溶液,
(1)根据推断确定各物质化学式;
(2)合并溶液通入
⑥的离子反应为亚铁离子和氯气的氧化还原反应;
(3)若向
②中加入氢氧化钠溶液,先生成白色氢氧化亚铁沉淀,氢氧化亚铁不稳定,易被氧化生成氢氧化铁;
(4)若向废液中加入任意质量的
①物质,Fe先和Fe3+反应后和Cu2+反应,Cu能和铁离子反应,根据离子反应先后顺序确定溶液中成分.【解答】解Cu和FeCl3发生反应Cu+2FeCl3=2FeCl2+2CuCl2,所以废液中含有Cu2+、Fe2+,可能含有Fe3+,向废液中加入Fe粉,发生反应Cu2++Fe=Fe2++Cu,然后过滤,滤渣中含有Fe、Cu,滤液中含有FeCl2,向滤渣中加入过量稀盐酸,发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2,然后过滤,得到的滤渣是Cu,滤液中含有HCl、FeCl2,将滤液
②⑤混合,然后通入Cl2,发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3,所以得到氯化铁溶液,
(1)通过以上分析知,
③Fe和Cu、
⑤HCl和FeCl2,故答案为
③Fe和Cu;
⑤HCl和FeCl2;
(2)合并溶液通入
⑥的离子反应为亚铁离子和氯气的氧化还原反应,离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣,故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣;
(3)若向
②中加入氢氧化钠溶液,先生成白色氢氧化亚铁沉淀,氢氧化亚铁不稳定,易被氧化生成氢氧化铁,看到的现象是先生成白色沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色,故答案为先生成白色沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色.【点评】本题考查物质分离和提纯,为高频考点,明确物质性质、物质反应先后顺序是解本题关键,注意Fe、Cu混合物和含有Fe3+、Cu2+混合溶液反应先后顺序,题目难度不大。