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2019届高三化学上学期第三次月考试题含解析I
一、选择题(每题只有一个正确答案,每题3分)
1.化学在生产和日常生活中有着重要的应用,下列说法不正确的是()A.氧化镁用作耐火材料B.明矾溶于水形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物,可用于水的净化C.泡沫灭火器可用于一般的起火,也适用于电器起火D.FeCl3溶液可用于刻蚀印刷铜电路板【答案】C【解析】【详解】A.氧化镁的熔点很高且化学性质稳定,可用作耐火材料,故A正确;B.明矾溶于水形成的AlOH3胶体能吸附水中悬浮物,可用于水的净化,故B正确;C.泡沫中有水,若电源三相未完全切断,某相依旧带电,使用后会漏电伤人,电机等电器进水后,绝缘会受到破坏,导致电机损毁,所以电器起火不能用泡沫灭火器灭火,一般用干粉灭火器对电器设备灭火,故C错误;D.氯化铁与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁,可用于刻制印刷电路板,故D正确;本题答案为C【点睛】泡沫灭火器的灭火原理是,Al2SO43和NaHCO3在溶液中发生了反应生成AlOH
3、CO2能产生大量泡沫隔绝空气、降低温度,达到灭火的目的
2.[xx全国Ⅰ]下列实验操作能达到实验目的的是A.用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物B.用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NOC.配制氯化铁溶液时,将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D.将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2【答案】C【解析】A.乙酸与乙醇反应的产物是乙酸乙酯,该物质密度比水小,难溶于水,而未反应的乙醇和乙酸都易溶于水,所以分离互不相溶的两层液体物质要用用分液漏斗,A错误;B.NO的密度与空气接近,且能与氧气反应生成NO2,NO不能溶于水,所以应该用排水法收集,B错误;C.氯化铁是强酸弱碱盐,在溶液中铁离子发生水解反应,消耗水电离产生的氢氧根离子产生难溶性的氢氧化铁,使溶液变浑浊当最终水达到电离平衡时,溶液显酸性,因此配制氯化铁溶液时,为了抑制盐的水解,应该先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中,然后再加水稀释到相应的浓度,C正确;D.将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水时,由于HCl极容易溶于水,而氯气与水的反应是可逆反应,水中含有一定浓度的NaCl,由于cCl-增大,氯气的溶解度减小,故只能除去氯气中的HCl杂质,但不能除去其中的水蒸气,因此不能得到纯净的Cl2,D错误答案选C【此处有视频,请去附件查看】
3.下列各组离子一定能大量共存的是A.在无色溶液中NH4+、Fe2+、SO42-、CO32-B.在含大量Ba2+的溶液中Cu2+、Na+、Cl-、OH-C.在强酸性溶液中K+、Fe2+、Cl-、CH3COO-D.在强碱溶液中Na+、K+、Cl-、SO32-【答案】D【解析】试题分析A.Fe2+显浅绿色,无色溶液中不能存在,错误;B.Cu2+和OH-反应生成氢氧化铜蓝色沉淀,错误;C.在强酸性溶液中,CH3COO-与H+反应生成醋酸,错误D.在强碱溶液中Na+、K+、Cl-、SO32-各离子不反应,能大量共存,正确考点考查离子共存
4.甲、乙、丙、丁分别是Na2CO
3、AgNO
3、BaCl
2、盐酸四种无色溶液中的一种,它们两两反应后的现象如下甲+乙→沉淀;甲+丙→沉淀;乙+丙→沉淀;丙十丁→沉淀;乙+丁→无色无味气体则甲、乙、丙、丁四种溶液依次是A.BaCl
2、Na2CO
3、盐酸、AgNO3B.BaCl
2、Na2CO
3、、AgNO
3、盐酸C.Na2CO
3、盐酸、AgNO
3、BaCl2D.AgNO
3、盐酸、BaCl
2、Na2CO3【答案】B【解析】试题分析转化关系中乙+丁→无色无味气体,证明乙丁为Na2CO
3、盐酸;依据反应甲+乙→沉淀;乙+丙→沉淀;乙和甲丙反应生成沉淀,丙十丁→沉淀,判断为乙为Na2CO3;丁为盐酸;丙为AgNO3;甲为BaCl2;故选B考点考查物质检验
5.实验室配制一种仅含四种离子(不包括水电离的离子)的无色混合溶液,且要求混合溶液中四种离子的浓度均相等,下列选项能达到要求的是A.Cu2+、NH4+、SO42-、NO3-B.Ca2+、Al3+、NO3-、Cl-C.Na+、Mg2+、SO42-、I-D.H+、HCO3-、K+、F-【答案】C【解析】A Cu2+呈蓝色,排除B电荷不守恒,排除C符合题意D H+与HCO3-发生反应,不可能大量共存答案为C
6.下列离子方程式的书写正确的是A.铁和稀硫酸反应2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B.NaHCO3溶液与NaOH溶液反应OH―+HCO3―=CO32―+H2OC.钠和冷水反应Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑D.氯化铝溶液中加入过量的氨水Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O【答案】B【解析】试题分析A.铁和稀硫酸反应生成亚铁离子,错误;B.NaHCO3溶液与NaOH溶液反应OH-+HCO3-=H2O+CO32-,正确;C.电荷不守恒,得失电子数目不相等,错误;D.氢氧化铝不溶于弱碱氨水,故应生成氢氧化铝沉淀,错误考点考查离子方程式的书写
7.下列物质不能通过化合反应直接得到的是()A.CuSB.NaHCO3C.FeCl2D.Fe(OH)3【答案】A【解析】【详解】A.Cu与S发生化合反应直接生成Cu2S,不能生成CuS,故C不能;B.Na2CO3H2OCO2=2NaHCO3,所以能通过化合反应制得,故D能;C.Fe2FeCl3=3FeCl2,所以能通过化合反应制得,故A能;D.4FeOH2O22H2O=4FeOH3所以能通过化合反应制得,故D能;本题答案为A
8.将NaCl、KAlSO
42、FeCl
2、Fe2SO
43、MgNO32五种溶液,只用一种试剂通过实验就能加以区别,这种试剂是A.KSCNB.BaCl2C.NaClD.NaOH【答案】D【解析】试题分析NaOH与NaCl不反应,无现象;NaOH与KAlSO42先有沉淀,后沉淀溶解;NaOH与FeCl2先有白色沉淀,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色;NaOH与Fe2SO43有红褐色沉淀;NaOH与MgNO32有白色沉淀,故D项正确考点本题考查物质检验
9.向HCl、NH4Cl、AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液,产生沉淀的物质的量(n)随加入NaOH溶液体积(V)的关系正确的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】向HCl、NH4Cl、AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液,首先发生盐酸和氢氧化钠的中和反应,H++OH-=H2O,此时无沉淀生成;当盐酸反应完全后,在和氯化铝反应,Al3++3OH-=AlOH3↓,随着氢氧化钠的滴加沉淀逐渐增多,直至沉淀完全;然后发生氯化铵和氢氧化钠的反应,NH4++OH-=NH3·H2O,此时无沉淀生成,所以至氯化铵反应完全沉淀量保持不变;最后加入氢氧化钠发生反应,AlOH3+OH-====AlO2-+2H2O随着氢氧化钠的滴加沉淀逐渐溶解直至消失综上所述选项D符合所发生的变化过程;本题答案为D
10.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,
11.2LSO3含有的分子数为
0.5NAB.含有NA个原子的氦气体积约为
22.4LC.25℃、
1.01×105Pa时,44gCO2中含有的氧原子数为2NAD.1molNaOH溶解在1L水中,则其100mL溶液中Na+数为
0.1NA【答案】C【解析】【详解】A.标准状况下,SO3不是气态,所以
11.2LSO3含有的分子数大于
0.5NA,故A错误;B.含有NA个原子的氦气,物质的量是1mol,但未指明是标准状况,所以其体积不一定是
22.4L,故B错误;C.44gCO2物质的量为1mol,含有氧原子的物质的量为2mol,故C正确;D.1molNaOH溶解在1L水中,1molNaOH电离出1molNa+,此时溶液的体积大于1L,所以取出100ml溶液,含有的Na+数小于
0.1NA,故D错误;本题答案为C
11.配制100mL
1.0mol·L-1的NaOH溶液时,下列实验操作会使溶液浓度偏高的是()A.称量时用滤纸盛放氢氧化钠固体B.转移溶液时,发现容量瓶中有水C.摇匀后,发现液面低于刻度,再补充几滴水至刻度D.在容量瓶中定容时俯视刻度线【答案】D【解析】【详解】A.称量时用滤纸盛放氢氧化钠固体,由于氢氧化钠易潮解,所以转移至容量瓶中的氢氧化钠减少,结果偏低,故A偏低;B.转移溶液时,发现容量瓶中有水,对所配溶液浓度无影响,故B不会偏高;C.摇匀后,发现液面低于刻度,再补充几滴水至刻度,相当于稀释原溶液,结果偏低,故C偏低;D.在容量瓶中定容时俯视刻度线,所读取的液体体积小于容量瓶的规格,即溶液体积偏小,结果偏高,故D偏高;本题答案为D【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液,误差分析时,用c=,进行讨论不当操作对n、v的影响即可
12.某无色透明溶液中可能有Cu2+、Na+、CO32-、Ba2+、Cl—、SO42-,向其中加入适量盐酸有无色无味气体生成,再向其中加入硝酸银溶液有白色沉淀生成,则下列说法正确的是()A.不可能存在的离子是Cu2+、Ba2+、SO42-B.一定存在的离子是Na+、CO32-C.可能存在的离子有Na+、Cl—、SO42-D.无色气体为二氧化碳,沉淀为硫酸银【答案】B【解析】【详解】因溶液是无色透明溶液,所以一定不存在Cu2+,加入盐酸有无色无味气体生成,则一定含有CO32-因Ba2+和CO32-不共存,所以一定不含Ba2+为使溶液电荷守恒必有Na+,因为已经向溶液中加入了盐酸,再向其中加入硝酸银溶液有白色沉淀生成,不能证明原溶液中有Cl-综上所述溶液中一定含有旳离子是Na+、CO32-,一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+不能确定的是SO42-、Cl-所以B正确本题答案为B
13.铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等,工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝.下列说法不正确的是()铝土矿abcdAl.A.b中铝元素是以阳离子形式存在B.
①、
②中除加试剂外,还需要进行过滤操作C.
④进行的操作是加热,而且d一定是氧化铝D.
③中需要通入过量的二氧化碳【答案】D【解析】【详解】A.氧化铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,然后加入过量盐酸,生成氯化铝,则b中铝元素是以阳离子形式存在,故A正确;B.
①加入氢氧化钠后只有氧化铁不反应,应过滤分离,
②中加入过量盐酸需将氯化铝溶液和硅酸用过滤的方法分离,故B正确;C.因为电解熔融的氧化铝生成铝,则
④进行的操作是加热使氢氧化铝分解为氧化铝,故d一定是氧化铝,C正确;D.b含有氯化铝,要生成氢氧化铝沉淀,应加入碱性物质,加入二氧化碳实现不了,故D错误.;本题答案为D
14.两种金属粉末的混合物15g,投入足量的稀盐酸中,得到
5.6L氢气(标准状况),则这种混合物可能是A.镁和铁B.镁和铝C.铁和锌D.铜和锌【答案】C【解析】把两种金属看作是一种金属,令为R,与盐酸反应,假设生成+2价,化学反应方程式为R+2HCl=RCl2+H2↑,根据反应方程式,求出R的平均摩尔质量为g·mol-1,=60g·mol-1,符合形式的应是一种金属的摩尔质量大于60g·mol-1,另一种金属的摩尔质量小于60g·mol-1,A、摩尔质量分别是24g·mol-
1、56g·mol-1,不符合,故A错误;B、铝参与反应的化合价为+3价,转化成+2价,其摩尔质量为27×2/3g·mol-1=18g·mol-1,不符合,故B错误;C、摩尔质量分别是56g·mol-
1、65g·mol-1,符合,故C正确;D、摩尔质量分别是64g·mol-
1、65g·mol-1,不符合,故D错误
15.在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中滴加NaOH溶液生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示则原混合溶液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为()A.1∶2B.3∶1C.2∶1D.6∶1【答案】A【解析】【详解】由图可以看出,溶解氢氧化铝用去10mlNaOH ,那么沉淀铝离子需要30mlNaOH,前面总共50ml,减去铝离子用去的30ml,那么镁离子沉淀用去的就是20mlNaOH,由沉淀时Mg2+2NaOH、Al3+3NaOH,可知沉淀Mg2+、Al3+消耗NaOH的体积之比为2:3,则nMg2+nAl3+=1:1,在同一溶液中溶液的体积相同,Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为1:2,故A正确本题答案为A
16.将铁和氧化铁的混合物
2.72g加入50mL
1.6mol/l的盐酸中,恰好完全反应,滴入KSCN溶液后不显红色,若忽略化学反应中溶液体积的变化,则在所得的溶液中,Fe2+的物质的量浓度为()mol/lA.
0.2B.
0.8C.
0.4D.
1.6【答案】B【解析】【详解】铁和氧化铁溶于盐酸后,加入硫氰化钾不变红,说明溶液中不含铁离子只有亚铁离子,溶液为氯化亚铁溶液,盐酸的物质的量为
1.6×
0.05=
0.08mol,根据元素守恒,则氯化亚铁为
0.04mol,亚铁离子浓度为
0.04/
0.05mol/L=
0.8mol/L,故B正确本题答案为B【点睛】铁和氧化铁的混合物中加入盐酸,盐酸首先和氧化铁反应生成氯化铁和水,然后氯化铁和铁反应生成氯化亚铁,若铁还有剩余,铁再与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气所以当溶液中再加入硫氰化钾不显红色,说明溶液中没有铁离子,只有亚铁离子
二、非选择题
17.某混合物A,含有KAl(SO4)
2、Al2O3和Fe2O3,在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化据此回答下列问题
(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是____
(2)根据上述框图反应关系,写出下列B、D所含物质的化学式固体B________;沉淀D________
(3)写出
①、
②、
③、
④四个反应方程式
①___________;
②_______;
③_________;
④_______________【答案】
1.过滤
2.Al2O
33.Fe2O
34.Al2O3+2NaOH===2NaAlO2+H2O
5.Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH4+
6.NaAlO2+HCl+H2O===Al(OH)3↓+NaCl
7.2Al(OH)3Al2O3+3H2O【解析】【分析】KAlSO42溶于水,Al2O3和Fe2O3均不溶于水,混合物A加水溶解后,溶液中是KAlSO42,沉淀C为Al2O3和Fe2O3;由转化关系图可知,向沉淀C中加NaOH溶液,Fe2O3不反应,沉淀D为Fe2O3,Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2,向NaAlO2溶液中通入CO2可得AlOH3沉淀,AlOH3受热分解生成固体B为Al2O3;向溶液中加过量氨水,溶液与过量氨水反应,Al3+被沉淀,得到氢氧化铝沉淀,溶液中E为K2SO
4、NH42SO4,经过蒸发、结晶,得到K2SO4和NH42SO4【详解】1溶液和沉淀的分离利用过滤;2由上述分析可知B为Al2O3,C为Al2O
3、Fe2O3,D为Fe2O3 溶液E为K2SO
4、NH42SO4;3反应
①为Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[AlOH4],反应
②为2KAlSO42+6 NH3.H2O=K2SO4+3NH42SO4+2AlOH3↓,反应
③为Na[AlOH4]+HCl=NaCl+H2O+AlOH3↓,反应
④为2AlOH3Al2O3+3H2O
18.现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样,用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度(可供选用的反应物只有CaCO3固体、6mol·L-1盐酸、6mol·L-1硫酸和蒸馏水)回答下列问题
(1)装置A中液体试剂选用_______
(2)装置B的作用是____________,装置C的作用是____________,装置E中碱石灰的作用是_______________
(3)装置D中发生反应的化学方程式是__________、________
(4)若开始时测得样品的质量为
2.0g,反应结束后测得气体体积为224mL(标准状况),则Na2O2试样的纯度为________【答案】
1.6mol·L-1盐酸
2.除去气体中的HCl
3.干燥气体
4.吸收装置D中反应剩余的CO
25.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O
2、
6.Na2O+CO2=Na2CO
37.78%【解析】【分析】
(1)A是用来制取CO2的装置,应选择6mol·L-1盐酸和CaCO3固体反应,不能用6mol·L-1硫酸,因为CaSO4微溶于水,覆盖在CaCO3表面使反应终止;
(2)装置B用于除去CO2中的HCl杂质,装置C用浓硫酸干燥CO2,装置E中的碱石灰可以吸收D中剩余的CO2;
(3)装置D中发生Na2O、Na2O2分别与CO2的反应;
(4)依据收集到O2224ml,计算出Na2O2的质量,然后计算纯度【详解】
(1)A是用来制取CO2的装置,应选择6mol·L-1盐酸和CaCO3固体反应,所以装置A中液体试剂是6mol·L-1盐酸,本题答案为6mol·L-1盐酸
(2)装置B盛装的NaHCO3通过NaHCO3HCl=NaClH2OCO2除去CO2中HCl,装置C中利用浓硫酸的吸水性来干燥CO2,装置E中的碱石灰和CO2反应,可以吸收D中剩余的CO2防止对氧气的体积测量造成干扰;本题答案为除去气体中的HCl,干燥气体,吸收装置D中反应剩余的CO2
(3)装置D中发生Na2O
2、Na2O分别与CO2的反应,化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,Na2O+CO2=Na2CO3;本题答案为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,Na2O+CO2=Na2CO3
(4)根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,反应结束后测得气体体积为224ml标准状况生成的氧气的物质的量为nO2==
0.01mol,过氧化钠的物质的量为nNa2O2=2nO2=
0.02mol过氧化钠的纯度为(Na2O2)==78,本题答案为
7819.某100mL溶液中含有的部分离子浓度大小如图所示,该溶液可能还含有Fe2+、Ba2+、H+、SO42-、CO32-为了进一步确认,对该溶液进行实验检测:步骤一;仔细观察,该溶液呈无色、透明、均一状态步骤二:加入足量BaCl2溶液,生成
23.3g白色沉淀,再加稀硝酸沉淀不消失
(1)原溶液中除上图中的离子以外,肯定还含有的离子是________肯定不含有的离子是________
(2)实验操作的步骤二中称量沉淀前的实验操作步骤有:过滤、洗涤、干燥、检验沉淀已洗干净的方法是____________
(3)原溶液中H+物质的量浓度为_________mol/L
(4)向原溶液中加入NaHCO3溶液,反应的离子方程式为:_____________
(5)若向100mL原溶液中加入1mo/L的Ba(OH)2溶液,当生成的沉淀质量刚好最大时,则加入的Ba(OH)2溶液体积为___________L【答案】
1.SO42-、H+
2.Fe2+、Ba2+、CO32-
3.取最后一次洗涤液少量于试管中,加入硝酸银溶液,若无白色沉淀生成,证明已洗涤干净
4.
35.H++HCO3-=H2O+CO2↑
6.
0.2【解析】【分析】溶液为无色透明,说明没有亚铁离子;加入氯化钡产生不溶于硝酸的沉淀,说明原溶液中有硫酸根离子,则没有钡离子和碳酸根离子根据已知的离子浓度分析,现在阳离子带的电荷比阴离子带的电荷少,说明还有其他阳离子存在,则为氢离子,所以一定存在的有SO42-、H+,肯定不存在的有Fe3+、Ba2+、CO32-【详解】
(1)溶液为无色透明,说明没有亚铁离子;加入氯化钡产生不溶于硝酸的沉淀
23.3g,该沉淀为硫酸钡,其物质的量为
0.1mol,说明原溶液中有硫酸根离子,其浓度为1mol/L,溶液中一定没有钡离子和碳酸根离子根据已知的离子浓度分析,现在阳离子带的电荷比阴离子带的电荷少,说明还有其他阳离子存在,则为氢离子,所以一定存在的有SO42-、H+,肯定不存在的有Fe3+、Ba2+、CO32-;
(2)沉淀过滤洗涤干燥后才能称量,在最后一次的洗涤液中加入硝酸银,无白色沉淀则为洗涤干净,故答案为干燥;取最后一次洗涤液少量于试管中,加入硝酸银溶液,若无白色沉淀生成,证明已洗涤干净;
(3)硫酸钡沉淀的物质的量为
23.3/233mol=
0.1mol,根据溶液中的电荷守恒分析,氢离子的浓度为[
3.0×1+1×2-(
1.0×1+
0.5×2)]mol/L=3mol/L,故答案为3;
(4)原溶液加入碳酸氢钠,与溶液中的氢离子反应生成二氧化碳和水,离子方程式为H++HCO3-=H2O+CO2↑;
(5)加入氢氧化钡沉淀达到最大值,则硫酸根离子和镁离子都生成沉淀,硫酸根离子为
0.1mol,需要
0.1mol钡离子,镁离子为
0.05mol,氢离子为
0.3mol,需要
0.4mol氢氧根离子,所以需要
0.2mol氢氧化钡溶液,故加入1mo/L的Ba(OH)2溶液的体积为
0.2L
20.某氯化亚铁和氯化铁的混合物,现要测定其中FeCl2和FeCl3的物质的量,按以下步骤进行实验
(1)将混合物配制成250mL的待测溶液,所用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外,还必须有_______(填仪器名称)
(2)取
25.00mL待测溶液,向其中通入标准状况下336mLCl2恰好将Fe2+氧化为Fe3+,请写出通入氯气发生的反应的离子方程式_______________;由此可知原溶液中n(FeCl2)=___________mol
(3)向
(2)反应后所得到溶液中加入过量的NaOH溶液,然后进行过滤,将所得沉淀洗涤干净,加热、灼烧该沉淀,冷却至室温后,准确称量可知,得到红棕色固体粉末
3.2g,由此可以确定原溶液中c(FeCl3)=________mol·L—1
(4)检验Fe3+中含有Fe2+的方法是____________【答案】
1.250mL容量瓶
2.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—
3.
0.
34.
0.
45.滴加酸性KmnO4溶液,若溶液褪色,则证明Fe3+中含有Fe2+【解析】【分析】
(1)依据配制250mL的待测溶液,所需的玻璃仪器分析缺少的仪器;
(2)将Cl2通入FeCl2溶液中,生成FeCl3,依据反应的化学方程式计算25ml溶液中FeCl2的物质的量;3向
(2)反应后所得到溶液中加入过量的NaOH溶液,生成FeOH3沉淀,FeOH3受热分解生成Fe2O3,得到红棕色固体粉末
3.2g的Fe2O3,其中的Fe是原溶液中的FeCl
2、FeCl3中的铁的总和,由此计算原溶液中的c(FeCl3);
(4)因Fe2+具有还原性可是酸性高锰酸钾溶液褪色,以此选择检验Fe2+的试剂和方法【详解】
(1)配制250mL的待测溶液,需要的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外,还必须有250ml的容量瓶;本题答案为250ml的容量瓶
(2)将Cl2通入FeCl2溶液中,生成FeCl3,离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+-依据反应的离子方程式,336mLCl2的物质的量为:nCl2==
0.015mol设336mLCl2可氧化Fe2+的物质的量为x则有1:2=
0.015:x则x=
0.03mol,原溶液中含nFe2+=
0.03mol10=
0.3molnFeCl2=nFe2+=
0.3mol;本题答案为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-,
0.3
(3)向
(2)反应后所得到溶液中加入过量的NaOH溶液,生成FeOH3沉淀,FeOH3受热分解生成Fe2O3,依据题意25ml溶液中nFe=2nFe2O3=2=
0.04mol由于原溶液含nFe2+=
0.03mol所以含nFe3+=
0.04mol-
0.03mol=
0.01mol因为nFeCl3=nFe3+,所以25ml溶液中含nFeCl3=
0.01mol故250ml溶液中含三氯化铁的物质的量为nFeCl3=
0.1mol,其浓度为cFeCl3==
0.4mol/L,本题答案为
0.4
(4)因Fe2+具有还原性,可使酸性高锰酸钾溶液褪色,故滴加酸性KmnO4溶液,若溶液褪色,则证明Fe3+中含有Fe2+;本题答案为滴加酸性KmnO4溶液,若溶液褪色,则证明Fe3+中含有Fe2+。