还剩11页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
xx-2019年高一化学上学期第三次月考试题含解析
1.实验室在配制FeSO4溶液时,为防止FeSO4被氧化而变质,常在溶液中加入少量的 A.锌粉B.铁粉C.硫酸铁D.盐酸【答案】B【解析】实验室在配制FeSO4溶液时,为防止FeSO4被氧化而变质,需要加入还原剂,又因为不能引入新杂质,所以常在溶液中加入少量的铁粉,答案选B
2.下列实验操作中正确的是A.蒸馏操作时,应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处B.蒸发操作时,应使混合物中的水分完全蒸干后才能停止加热C.萃取操作时,应选择有机萃取剂,且萃取剂的密度必须比水大D.分液操作时,分液漏斗中下层液体从下口放出后,再将上层液体从下口放出到另一个烧杯中【答案】A【解析】【详解】A、蒸馏操作时温度计测量蒸汽温度,应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处,不能插入溶液中,A正确;B、蒸发操作时当出现大量晶体时停止加热,利用余热蒸干,B错误;C、萃取剂的密度不一定比水的密度大,也不一定是有机萃取剂,C错误;D、分液操作时应下流上倒,即分液漏斗中下层液体从下口放出后,再将上层液体从上口倒出,D错误答案选A
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A.标准状况下
22.4LCO2与足量的Na2O2反应转移电子数为2NAB.标准状况下,
11.2LH2O含有的分子数为
0.5NAC.40gNaOH溶解在1L水中,则其100mL溶液中含Na+数为
0.1NAD.25℃,
1.01×105Pa,14g氮气中含有7NA个电子【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下
22.4LCO2的物质的量是1mol,与足量的Na2O2反应消耗1mol过氧化钠,转移电子数为NA,A错误;B.标准状况下水是液态,不能利用气体摩尔体积计算
11.2LH2O含有的分子数,B错误;C.40gNaOH的物质的量是1mol,溶解在1L水中,溶液的体积不是1L,则不能计算100mL溶液中所含Na+数,C错误;D.25℃,
1.01×105Pa,14g氮气的物质的量是14g÷28g/mol=
0.5mol,1分子氮气含有14个电子,则其中含有7NA个电子,D正确答案选D
4.在某体系内有反应物和生成物5种物质H2S、S、FeCl
3、FeCl
2、HCl.已知H2S为反应物,则另一反应物是A.FeCl2B.FeCl3C.SD.HCl【答案】B【解析】【分析】H2S为反应物,反应后硫元素变为硫单质,所以硫元素失电子作还原剂,则另一种反应物应该是得电子化合价降低作氧化剂,根据化合价变化判断另一种反应物【详解】这几种物质中化合价变化的元素是S和Fe元素,H2S中S的化合价是-2价,S中S的化合价是0价,FeCl3中Fe的化合价是+3价,FeCl2中Fe的化合价是+2价,H2S为反应物,失电子化合价升高生成S单质,则另一种物质必须是得电子化合价降低,所以另一种反应物是FeCl3,故答案选B【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关判断,明确元素的化合价是解本题的关键,注意氧化还原反应规律的灵活应用
5.根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是H2SO3+I2+H2O===2HI+H2SO4;2FeCl3+2HI===2FeCl2+2HCl+I2;3FeCl2+4HNO3===2FeCl3+NO↑+2H2O+FeNO33A.NOFe2+H2SO3I-B.I-Fe2+H2SO3NOC.Fe2+I-H2SO3NOD.H2SO3I-Fe2+NO【答案】D【解析】【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析解答【详解】反应H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中亚硫酸是还原剂,碘化氢是还原产物,则还原性是H2SO3>HI;反应2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中碘化氢是还原剂,氯化亚铁是还原产物,则还原性是HI>FeCl2;反应3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+FeNO33中还原剂是氯化亚铁,还原产物是NO,则还原性是FeCl2>NO,所以还原性由强到弱的顺序是H2SO3>I->Fe2+>NO答案选D
6.下列离子在溶液中能大量共存,加入OH-能产生白色沉淀的是A.Na+、Ca2+、SO42-、Cl-B.K+、Mg2+、SO42-、NO3-C.H+、Mg2+、CO32-、S2-D.K+、Na+、NO3-、SO32-【答案】B【解析】【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等,则离子大量共存,并结合加入OH-能产生白色沉淀来解答【详解】A.Ca2+、SO42-结合生成硫酸钙沉淀,不能大量共存,故A不选;B.该组离子之间不反应,可大量共存,且加入OH-能与Mg2+产生白色沉淀氢氧化镁,故B选;C.Mg2+、CO32-结合生成沉淀,H+、CO32-结合生成水和气体,H+、S2-结合生成弱电解质,不能大量共存,故C不选;D.该组离子之间不反应,可大量共存,但加入OH-不反应,故D不选;答案选B【点睛】本题考查离子的共存,把握常见离子之间的反应为解答的关键,侧重复分解反应的离子共存考查
7.将某溶液逐滴加入FeOH3溶胶内,开始产生沉淀,继续滴加时沉淀又溶解,该溶液是A.FeCl3溶液B.2mol·L−1NaOH的溶液C.2mol·L−1MgSO4的溶液D.2mol·L−1H2SO4的溶液【答案】D【解析】【分析】能使胶体聚沉的物质有电解质溶液和带相反电荷的胶体,结合物质的性质分析判断【详解】A、FeCl3溶液能使Fe(OH)3溶胶聚沉,但不能溶解沉淀,A不选B、氢氧化钠溶液能使Fe(OH)3溶胶聚沉,但不能溶解沉淀,B不选;C、MgSO4溶液能使Fe(OH)3溶胶聚沉,但不能溶解沉淀,C不选;D、稀硫酸是电解质溶液能使Fe(OH)3溶胶聚沉,H2SO4可使Fe(OH)3沉淀溶解,D选;答案选D
8.下列反应不属于氧化还原反应的是A.AgNO3+NaCl===AgCl↓+NaNO3B.3CO+Fe2O32Fe+3CO2C.2F2+2H2O===4HF+O2D.MgCl2熔融Mg+Cl2↑【答案】A【解析】【分析】反应前后有元素化合价变化的反应是氧化还原反应,结合元素的化合价变化解答【详解】A.反应AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3中元素的化合价均没有发生变化,不是氧化还原反应,A选;B.反应3CO+Fe2O32Fe+3CO2中碳元素化合价升高,铁元素化合价降低,属于氧化还原反应,B不选;C.反应2F2+2H2O=4HF+O2中氧元素化合价升高,氟元素化合价降低,属于氧化还原反应,C不选;D.反应MgCl2熔融Mg+Cl2↑中氯元素化合价升高,镁元素化合价降低,属于氧化还原反应,D不选答案选A
9.下列离子方程式书写正确的是A.铁与稀盐酸反应2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B.硝酸银溶液中加入铁粉Ag++Fe=Fe2++AgC.偏铝酸钠溶液通入过量的CO2气体2AlO2-+CO2+3H2O=2AlOH3↓+CO32-D.碳酸镁与稀硫酸反应MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑【答案】D【解析】【详解】A、不符合客观事实,应是Fe+2H+=Fe2++H2↑,故A错误;B、电荷不守恒,应是Fe+2Ag+=Fe2++2Ag,故B错误;C、二氧化碳过量生成碳酸氢根离子,应是AlO2-+CO2+2H2O=AlOH3↓+HCO3-,故C错误;D、碳酸镁是微溶物,不能拆写,离子方程式正确,故D正确答案选D
10.将下列各组中的两溶液互相滴加,比较两次实验,实验过程中现象不同,最终结果也不相同的是A.100mL3mol·L−1的氢氧化钠溶液和100mL1mol·L−1的氯化铝溶液B.100mL1mol·L−1的盐酸溶液和100mL1mol·L−1的偏铝酸钠溶液C.100mL1mol·L−1的盐酸溶液和100mL1mol·L−1的碳酸钠溶液D.100mL2mol·L−1的盐酸溶液和100mL1mol·L−1的碳酸钠溶液【答案】C【解析】【详解】A.100mL3mol•L-1NaOH溶液中n(NaOH)=
0.3mol,100mL1mol•L-1的AlCl3溶液中n(AlCl3)=
0.1mol,则将NaOH溶液滴加到AlCl3溶液中发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓,现象为观察到白色沉淀;将AlCl3溶液分滴到NaOH溶液中,分别发生Al3++4OH-=AlO2-+2H2O、Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓,先没有沉淀后出现沉淀,所以二者现象不同,但最终生成Al(OH)3的沉淀质量相等,故A不选;B.n(HCl)=
0.1mol、n(NaAlO2)=
0.1mol,由H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓可知,盐酸滴到偏铝酸钠溶液中生成白色沉淀,偏铝酸钠溶液滴到盐酸中分别发生4H++AlO2-=Al3++2H2O↓,Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓,开始无沉淀后生成沉淀,二者现象不同,生成沉淀质量相同,故B不选;C.n(HCl)=
0.1mol、n(Na2CO3)=
0.1mol,由H++CO32-=HCO3-,盐酸滴到碳酸钠时无现象,碳酸钠滴到盐酸中生成气体,则现象不同、最终结果也不相同,故C选;D.n(HCl)=
0.2mol、n(Na2CO3)=
0.1mol,由H++CO32-=HCO3-、H++HCO3-=CO2↑+H2O,盐酸滴到碳酸钠时开始无现象一段时间后产生气体,碳酸钠滴到盐酸中生成气体,现象不同,但最终生成二氧化碳气体体积相同,故D不选;故答案选C【点睛】本题考查化学实验方案的评价,把握物质的性质、反应与现象为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意与量有关的反应及现象的判断
11.甲、乙、丙、丁分别是Al2SO
43、FeSO
4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种,若将丁溶液滴入乙溶液中,发现有白色沉淀生成,继续滴加沉淀消失,丁溶液滴入甲溶液时,无明显现象发生,据此可推断丙物质是A.FeSO4B.NaOHC.BaCl2D.Al2SO43【答案】A【解析】【详解】分析四种物质的性质,不难发现,先产生沉淀后溶解这一现象只能是将NaOH溶液加入到Al2SO43溶液中,所以丁为NaOH,乙为Al2SO43将NaOH溶液加入到FeSO4溶液中,会产生先出现白色沉淀,迅速变成灰绿色,最后变成红褐色的现象将NaOH溶液加入到BaCl2溶液中,无明显现象,所以甲为BaCl2,则丙为FeSO4答案选A
12.ClO2是一种广谱型的消毒剂,根据世界环保联盟的要求,ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得,在以上反应中,NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为 A.1∶1B.2∶1C.1∶2D.2∶3【答案】B【解析】【分析】NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应过程中,氯元素化合价降低,硫元素化合价升高,结合电子守恒计算【详解】NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应过程中,氯元素化合价由+5价降到+4价,降低了1价,硫元素化合价从+4价升高到+6价,升高了2价,由得失电子守恒可知,NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2∶1,答案选B【点睛】本题考查氧化还原反应的计算,把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查
13.将Cu片放入
0.1mol·L−1FeCl3溶液中反应一段时间后取出Cu片,溶液中cFe3+∶cFe2+=2∶3,则Fe3+与Cu2+的物质的量之比为A.3∶2B.3∶5C.3∶4D.4∶3【答案】D【解析】【详解】将Cu片放入FeCl3溶液中发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,假设溶液中n(Fe2+)=3mol,则溶液中n(Fe3+)=2mol,由离子方程式可知n(Cu2+)=
0.5n(Fe2+)=
1.5mol,所以n(Fe3+)n(Cu2+)=2mol
1.5mol=43,故答案选D
14.在VLAl2SO43溶液中加入过量氨水,过滤得沉淀,然后在高温中灼烧沉淀最后得白色固体mg,则溶液中SO42-的物质的量浓度是A.m/27Vmol·L−1B.2m/27Vmol·L−1C.m/34Vmol·L−1D.3m/54Vmol·L−1【答案】C【解析】【详解】依题意,最后所得固体为Al2O3,其物质的量为m/102mol,根据铝原子守恒可知原VLAl2SO43溶液中含SO42-的物质的量为3m/102mol,则cSO42-=m/34Vmol·L-1,所以答案选C
15.在反应3S+6KOH===2K2S+K2SO3+3H2O中,被还原的硫与被氧化的硫的质量比为A.2∶1B.1∶2C.3∶1D.1∶3【答案】A【解析】【详解】在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中,只有S元素的化合价发生变化,氧化剂和还原剂都是S,反应中S→K2S,S元素化合价降低,则S被还原,S为氧化剂;S→K2SO3,S元素化合价升高,则S被氧化,S为还原剂,由生成物可知,被还原与被氧化的S的物质的量之比为21,则质量之比也为21,故答案选A【点睛】本题考查氧化还原反应的计算,注意根据化合价的变化判断氧化产物和还原产物,可根据化学计量数直接判断出被还原的硫与被氧化的硫的质量比
16.甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放人
0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠,然后各加入100mL水,搅拌,使固体完全溶解,则甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是A.甲乙丙丁B.丁甲乙丙C.丁甲乙=丙D.甲=丁乙=丙【答案】C【解析】【详解】钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下Na+H2O=NaOH+1/2H2↑,溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)=
2.3g-
0.1g=
2.2g;Na2O+H2O=2NaOH,溶液增加的质量=m(Na2O)=
0.1mol×62g/mol=
6.2g;Na2O2+H2O=2NaOH+1/2O2↑,溶液增加的质量=m(Na2O2)-m(O2)=m(Na2O)=
6.2g将氢氧化钠加入水中,溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=
0.1mol×40g/mol=4g;所以溶液增加的质量大小顺序为钠<氢氧化钠<氧化钠=过氧化钠,根据钠原子守恒知,
0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为
0.1mol、
0.2mol、
0.2mol,
0.1mol,通过以上分析可知,
0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为4g/100g+
2.2g×100%、8g/100g+
6.2g×100%、8g/100g+
6.2g×100%、4g/100g+4g×100%,所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是乙=丙>甲>丁,答案选C
17.A为常见的金属单质,根据下图所示的关系下列叙述中不正确的是A.A为Fe,B为Fe3O4B.C→D溶液的颜色变化由浅绿色到黄色C.
④的离子方程式Fe+Fe3+===2Fe2+D.
⑧的化学方程式4FeOH2+O2+2H2O===4FeOH3【答案】C【解析】【详解】A为常见的金属单质,由转化关系图可知,红褐色固体F为FeOH3,则E为FeOH2,C为FeCl2,D为FeCl3,A为Fe,B为Fe3O4,则A.根据以上分析可知A为Fe,B为Fe3O4,A正确;B.C→D发生氯气氧化氯化亚铁生成氯化铁,则溶液的颜色变化由浅绿色到黄色,B正确;C.
④发生铁还原铁离子生成亚铁离子,反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+,C错误;D.
⑧发生氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁,反应的化学方程式为4FeOH2+O2+2H2O=4FeOH3,D正确;答案选C【点睛】本题考查无机物的推断,注意物质的颜色为解答本题的突破口,熟悉铁及其化合物的性质即可解答
18.选择适当的试剂除去下列物质中的杂质括号内为杂质,写出有关反应的离子方程式或化学方程式
(1)FeAl试剂____________;离子方程式________________________________
(2)FeCl3溶液FeCl2试剂____________;离子方程式_________________________【答案】
1.NaOH
2.2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
3.Cl2或H2O
24.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O【解析】【分析】
(1)铝能与氢氧化钠溶液反应;
(2)氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁【详解】
(1)铝能与氢氧化钠溶液反应,铁不反应,可以用氢氧化钠溶液除去铁中的铝,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
(2)氯气具有氧化性,能与氯化亚铁反应生成氯化铁,可以除去氯化铁中的氯化亚铁,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-或者也可以用双氧水除去氯化铁中的氯化亚铁,方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
19.某一反应体系有反应物和生成物共五种物质O
2、H2CrO
4、CrOH
3、H2O、H2O2已知该反应中H2O2只发生如下过程H2O2→O2
(1)该反应中的还原剂是____
(2)该反应中发生还原反应的过程是_____→_____
(3)写出该反应的化学方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目_____________________
(4)如反应转移了
0.4mol电子则产生的气体在标准状况下体积为____L【答案】
1.H2O
22.H2CrO
43.CrOH
34.
5.
4.48L【解析】【分析】
(1)由H2O2只发生如下过程H2O2→O2可知,利用该过程中O元素的化合价由-1价升高到0来分析;
(2)氧化剂发生还原反应,利用元素的化合价降低来分析;
(3)该反应中O元素失电子,Cr元素得到电子,根据电子得失守恒标出电子转移的数目和方向;
(4)由反应氧元素的化合价变化情况来计算转移的电子数【详解】
(1)由信息H2O2→O2中可知,O元素的化合价由-1价升高到0,则H2O2为还原剂;
(2)氧化剂发生还原反应,含元素化合价降低的物质为氧化剂,Cr元素的化合价降低,则还原反应的过程为H2CrO4→CrOH3;
(3)该反应中O元素失电子,Cr元素得到电子,2molH2CrO4反应转移电子为2mol×(6-3)=6mol,单线桥标出电子转移的方向和数目为;
(4)由2H2CrO4+3H2O2=2CrOH3+3O2↑+2H2O可知,生成3mol气体转移6mol电子,转移了
0.4mol电子,则产生气体的物质的量为
0.4/6×3mol=
0.2mol,在标准状况下体积为
0.2mol×
22.4L/mol=
4.48L
20.如下图所示装置可用来制取和观察FeOH2在空气中被氧化时颜色的变化.实验时必须使用铁屑和6mol·L−1的硫酸,其他试剂任选.填写下列空白.
(1)B中盛一定量的NaOH溶液,A中应预先加入的试剂是________,A中反应的离子方程式是________________________________________
(2)实验开始时就先将活塞E________填“打开”或“关闭”,C中收集到气体的主要成分是________
(3)简述生成FeOH2的操作过程________________________________________
(4)拔去装置B中的橡皮塞,使空气进入,装置B中发生的现象为______________________【答案】
1.铁屑
2.Fe+2H+===Fe2++H2↑
3.打开
4.H
25.关闭活塞E,使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应
6.白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色【解析】【分析】制取氢氧化亚铁使用的试剂是硫酸亚铁和氢氧化钠溶液,但是一定要注意隔绝氧气的氧化,所以B装置中是氢氧化钠,A是产生硫酸亚铁的装置,保证其进入B中,要借助氢气产生的压强,根据实验试剂以及原理来回答分析即可【详解】
(1)制取氢氧化亚铁使用的试剂是硫酸亚铁和氢氧化钠溶液,但是一定要注意隔绝氧气的氧化,所以B装置中是氢氧化钠,A是产生硫酸亚铁的装置,因此A中应预先加入的试剂是铁,再滴入酸即可,发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑;
(2)为保证酸顺利滴下,一定在实验开始时就先将活塞E打开,A中反应为Fe+2H+===Fe2++H2↑,最后产生的氢气被C装置收集;
(3)A中反应发生后,为保证硫酸亚铁进入B中和氢氧化钠混合,要借助氢气产生的压强,所以需要关闭活塞E,使硫酸亚铁溶液压入B瓶中进行反应;
(4)氢氧化亚铁可以被氧气氧化为氢氧化铁,因此拔去装置B中的橡皮塞,使空气进入,装置B中发生的现象为白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色
21.将一定质量的镁铝合金投入400mL稀硫酸中,固体全部溶解并产生气体待反应完全后,向所得溶液中加入NaOH溶液,生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示计算
(1)合金中Mg的质量为________g;
(2)硫酸的物质的量浓度为________mol·L−1;
(3)NaOH溶液的物质的量浓度为________mol·L−1;
(4)生成H2在标准状况下的体积为________L【答案】
1.
7.
22.
2.
53.
54.
20.16【解析】【分析】由图象可知,从开始至加入NaOH溶液40mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余当V(NaOH溶液)=400mL时,沉淀量最大,此时为氢氧化镁和氢氧化铝,二者物质的量之和为
0.7mol,溶液中溶质为Na2SO4,从400mL开始,NaOH溶解氢氧化铝,结合反应的方程式、消耗氢氧化钠溶液的体积分析解答【详解】
(1)根据图像可知从400mL~480mL氢氧化钠溶解氢氧化铝,最终剩余的沉淀是氢氧化镁,物质的量是
0.3mol,根据镁原子守恒可知合金中Mg的质量为
0.3mol×24g/mol=
7.2g;
(2)根据图像可知生成氢氧化铝的物质的量是
0.7mol-
0.3mol=
0.4mol,溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是80mL,根据NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O可知消耗氢氧化钠是
0.4mol,则氢氧化钠溶液的浓度是
0.4mol÷
0.08L=
5.0mol/L;沉淀量最大时为氢氧化镁和氢氧化铝,溶液中溶质为Na2SO4,根据钠元素守恒可知此时n(NaOH)=2n(Na2SO4)=
0.4L×5mol/L=2mol,所以n(Na2SO4)=1mol,因此硫酸的浓度为1mol÷
0.4L=
2.5mol/L;
(3)根据以上分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为
5.0mol·L-1;
(4)根据以上分析可知n(Al)=
0.4mol,n(Mg)=
0.3mol,根据电子转移守恒可知2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×
0.4mol+2×
0.3mol=
1.8mol,所以n(H2)=
0.9mol,生成H2在标准状况下的体积为
0.9mol×
22.4L/mol=
20.16L【点睛】本题以图象题的形式考查镁铝的重要化合物、混合物的有关计算,注意分析图象各阶段发生的反应是解题关键,根据各阶段的化学反应,利用守恒计算
22.电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀镀在绝缘板上的铜箔,制造印刷电路板
(1)写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的离子方程式_________________________
(2)某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜,并重新获得纯净的FeCl3溶液,准备用如图所示步骤A.写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式
①________;
②________;
③________;
④________;
⑤________;
⑥________B.写出下列过程中的离子方程式
①→
②___________________________________;
⑤+
⑥_______________________________________________________【答案】
1.2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
2.Fe
3.FeCl
24.Fe、Cu
5.HCl
6.FeCl
27.Cl
28.Cu2++Fe=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+
9.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】【分析】由工艺流程可知,滤渣
③中含有金属铜,目的是制取氯化铁,废液应该与过量的Fe反应,故
①Fe;滤液
②中含有FeCl2,通入
⑥氯气可以得到氯化铁;滤渣
③中含有金属Cu、未反应的Fe,加入
④盐酸,过滤,回收铜,滤液
⑤中含有FeCl2,据此解答【详解】
(1)铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁,反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;
(2)由工艺流程可知,滤渣
③中含有金属铜,目的是制取氯化铁,废液应该与过量的Fe反应,故
①Fe;滤液
②中含有FeCl2,通入
⑥氯气可以得到氯化铁;滤渣
③中含有金属Cu、未反应的Fe,加入
④盐酸,过滤,回收铜,滤液
⑤中含有FeCl2,则A.根据以上分析可知
①~
⑥分别是Fe、FeCl
2、Fe和Cu、HCl、FeCl
2、Cl2;B.废液加入过量铁和铁离子反应生成亚铁离子,和铜离子反应生成铜,反应的离子方程式Cu2++Fe=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+;滤液无语中含有FeCl2,通入氯气可以得到氯化铁,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【点睛】本题考查了化学工艺流程、常用化学用语、元素化合物性质等知识,掌握元素化合物的性质是解答的关键,试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。