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2018年高三化学上册月考测验相关

安丘市高三化学月考测验(2018年上册)在线答题

“一带路(OneBelt AndOneRoad)”构建人类命运共同体,符合国际社会的根本利益,彰显著人类社会的共同理想和关好追求。下列贸易的商品中,其主要成分属于无机物的是
A. 中国丝绸 B. 埃及长绒棉 C. 乌克兰葵花籽油 D. 捷克水晶

【答案】D
【解析】
A. 中国丝绸主要成分是蛋白质,属于有机物,选项A错误;B. 埃及长绒棉主要成分是纤维素,属于有机物,选项B错误;C. 乌克兰葵花籽油主要成分是油脂,属于有机物,选项C错误;D. 捷克水晶主要成分是二氧化硅,属于无机物,选项D正确。答案选D。

下列说法正确的是
A. CO2、SiO2、NO2均为酸性氧化物
B. 食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐
C. 氯化铵、次氯酸钠、碳酸钙均属于强电解质
D. 淀粉、纤维素等高分子化合物均属于纯净物

【答案】C
【解析】
A、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物;
B、纯碱是碳酸钠属于盐;
C、氯化铵、次氯酸钠、碳酸钙都是强电解质;
D、高分子化合物的聚合度是一数值范围,属于混合物。
A、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物,NO2与碱反应时,除了生成盐和水,还生成NO,故不是酸性氧化物,故A错误;
B、食醋、纯碱、食盐分别属于酸、盐、盐,故B错误;
C、氯化铵、次氯酸钠、碳酸钙均属于强电解质,故C正确;
D、淀粉、纤维素等高分子化合物均属于混合物,故D错误。
所以C选项是正确的。

下列说法不正确的是
A. 需要加入氧化剂才能实现Cr2O72-和CrO42-的转化
B. NH4Cl、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得
C. 丁达尔效应可用于区别溶液与胶体
D. H2S在不同条件下既能表现还原性,也能表现氧化性

【答案】A
【解析】
A.在转化Cr2O72-→CrO42-中元素的化合价均没有发生变化,不是氧化还原反应,A错误;B .NH3 +HCl=NH4Cl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3、2FeCl3+Fe=3FeCl2均可由化合反应制得,故B正确;
C.光线透过胶体时,胶体中可发生丁达尔效应,丁达尔效应是胶体特有的性质,溶液不具有丁达尔效应,利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体,故C正确;
D. H2S中氢元素为+1价,化合价可降低,表现氧化性,硫元素为-2价,化合价可升高,表现还原性,所以H2S在不同条件下既能表现还原性,也能表现氧化性,故D正确。
故答案选A。

实验室制备下列气体时,所用方法错误的是
A. 制氨气时,用向下排空气法收集气体
B. 制二氧化氮时,用水吸收尾气
C. 制氯气时,用饱和食盐水和浓硫酸净化气体
D. 制氧气时,用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置

【答案】B
【解析】
A.氨气的密度比空气的密度小,且不和空气中的成分发生化学反应,据此分析收集方法;
B.NO2与水反应生成HNO3和NO,NO难溶于水,据此分析;
C.实验室常用二氧化锰和浓盐酸制取Cl2,Cl2中含有HCl和H2O杂质,据此分析;
D.用Na2O2和H2O反应制备O2与用H2O2和MnO2制备O2的反应物都是固体和液体,不需要加热。
A、氨气的密度比空气的密度小,用向下排空气法收集,所以A正确;
B、NO2与水反应生成HNO3和NO,NO难溶于水,仍会造成环境污染,应用NaOH溶液吸收,所以B错误;
C、制备Cl2时,Cl2中含有HCl和H2O杂质,HCl应用饱和NaCl溶液除去,水蒸气可用浓H2SO4干燥,所以C正确;
D、用Na2O2和H2O反应制备O2与用H2O2和MnO2制备O2均可选择“固液不加热型”的发生装置,所以D正确。
故选B。

实验室欲从含MgBr2的水中提取Br2,下列操作未涉及的是

A. 氧化 B. 过滤 C. 分液 D. 蒸馏

【答案】B
【解析】
欲从含MgBr2的水中提取Br2,首先氯气与溴化镁溶液反应生成氯化镁和溴单质;即发生反应:Cl2+MgBr2=MgCl2+Br2;因为溴溶于水,更易溶于有机溶剂,所以再加入苯或四氯化碳进行萃取,静置溶液分层,然后进行分液;又因为溴与有机物的沸点不同,可再进行蒸馏操作,可得到溴单质。
欲从含MgBr2的水中提取Br2,首先氯气与溴化镁溶液反应生成氯化镁和溴;即发生反应:Cl2+MgBr2=MgCl2+Br2,通过A装置完成;因为溴溶于水,更易溶于有机溶剂,所以再加入苯或四氯化碳进行萃取,使溶液分层,然后进行分液,通过C装置完成;又因为溴与有机物的沸点不同,可再进行蒸馏操作,可得到溴单质,通过D装置完成。根据以上分析没有用到过滤操作,所以答案为B。

下列物质有关性质与应用的对应关系不正确的是

选项

化学性质

实际应用

A

ClO2具有强氧化性

用于自来水的消毒杀菌

B

Na2O2与CO2和H2O均能发生反应

用作呼吸面具供氧剂

C

钠的金属性比钾弱

Na与KCl反应制取单质钾

D

FeCl3溶液能与Cu反应

用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板



A. A B. B C. C D. D

【答案】C
【解析】
A项,二氧化氯中氯的化合价为+4,具有强氧化性,可以用于自来水的杀菌消毒,故A项正确;
B项,Na2O2与CO2和H2O均能发生反应放出氧气,所以用作呼吸面具供氧剂,故B项正确;
C项,工业上制取钾用钠置换钾,其原因是Na+KClNaCl+K是可逆反应,而K的熔、沸点比Na低,产生钾蒸气,使平衡向右移动,与还原性大小无关,故C项错误;
D项,FeCl3溶液与铜能发生反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2,所以可用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板,故D项正确。
故答案选C。

NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A. 常温常压下,11.2L氦气和氢气的混合气体中含有的分子数为0.5NA
B. 标准状况下,33.6L氯气通入足量水中发生反应,转移电子数为1.5NA
C. 常温下,1L 0.1mol·L-1的碳酸钠溶液中含有CO32-和HCO3- 数之和为0.1NA
D. 常温下,1L 0.1mol·L-1NH4Cl溶液中加入氨水至溶液为中性,则溶液中含NH4+数0.1NA

【答案】D
【解析】
A.常温常压下气体摩尔体积大于22,4L/mol,11.2L氦气和氢气的混合气体物质的量小于 0.5mol,含有的分子数小于0.5NA,故A错误;
B.标况下33.6L氯气通入足量水中发生反应,氯气与水反应为可逆反应,氯气不能全部反应,转移电子数小于1.5NA,故B错误;
C.常温下,1L 0.1mol·L-1的碳酸钠溶液中,依据碳原子个数守恒可知:含有H2CO3、CO32-和HCO3- 数之和为0.1NA,故C错误;
D.常温下,1L 0.1mol·L-1NH4Cl溶液中加入氨水至溶液为中性,根据电荷守恒关系:c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),所以c(NH4+)=c(Cl-),则溶液中含NH4+数等于Cl-数,等于0.1NA,故D正确。
故选D。

能正确表达下列反应的离子方程式为
A. 用醋酸除去水垢:2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B. 硫化亚铁与浓硫酸混合加热:2H++FeS=H2S↑+ Fe2+
C. 用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2:2NO2+2OH=NO3- + NO2-+H2O
D. 氢氧化钡溶液中加入硫酸铵: Ba2++ OH- +NH4++ SO42- = BaSO4↓+NH3·H2O

【答案】C
【解析】
A项,醋酸为弱电解质不能完全电离,即写离子方程式时应该写分子式,故A项错误;
B项,硫化亚铁与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应,而不是一般的复分解反应,故B项错误;
C项,用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2:2NO2+2OH=NO3- + NO2-+H2O,故C项正确;
D项,离子的物质的量比不符合事实: Ba2++2 OH- +2NH4++ SO42- = BaSO4↓+2NH3·H2O,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C。

某KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质,为了提纯KCl,先将样品溶于适量水中,搅拌、过滤,再将滤液按下图步骤进行提纯。下列说法不正确的是

A. 起始滤液常温下pH﹥7 B. 试剂Ⅰ可选用BaCl2溶液
C. 步骤③目的是除去CO32- D. 上述提纯过程包括过滤、蒸发、分液等操作

【答案】D
【解析】
除去KCl样品中含有的少量K2CO3和K2SO4,首先加入过量BaCl2溶溶液(试剂Ⅰ)除去SO42-,再加入过量K2CO3溶液(试剂Ⅱ)除去Ba2+,最后加入适量HCl溶液(试剂Ⅲ)除去CO32-。据此分析。
除去KCl样品中含有的少量K2CO3和K2SO4,首先加入过量BaCl2溶溶液(试剂Ⅰ)除去SO42-,再加入过量K2CO3溶液(试剂Ⅱ)除去Ba2+,最后加入适量HCl溶液(试剂Ⅲ)除去CO32-。
A项,K2CO3显碱性,使得起始滤液常温下pH﹥7,故A项正确;
B项,由分析可知,试剂Ⅰ为BaCl2溶液,故B项正确;
C项,步骤③加入的是HCl溶液,目的是除去CO32-,故C项正确;
D项,上述提纯过程包括过滤、蒸发、没有分液操作,故D项错误。
故答案为D。

下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是



A. 由①中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体
B. 红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应
C. ③的气体产物中检测出CO2,说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
D. 由③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物

【答案】C
【解析】
A项,灼热的碎玻璃不能与浓硝酸发生反应,浓硝酸受热发生分解反应产生NO2和氧气,是混合气体,故A项正确;
B项,红热木炭可能只是热介质,使得浓硝酸发生分解反应,生成NO2,不能表明木炭与浓硝酸发生了反应,故B项正确;
C项,红热木炭可能与空气中的氧气发生反应生成CO2,不能说明木炭一定与浓硝酸发生了反应,故C项错误;
D项,由③说明浓硝酸具有挥发性,与红热木炭作用,生成的红棕色气体为NO2,氮元素的化合价降低,NO2为还原产物,故D项正确。
故答案为C。

用如下图装置实验,下列实验现象预期及相应结论均正确的是

选项

实验现象预期

结论

A

铁丝

HCl酸化的H2O2

Ⅲ中收集到无色气体

铁丝催化H2O2分解

B

生铁

NaCl溶液

导管处发生倒吸

生铁发生吸氧腐蚀

C

木条

浓硫酸

木条变黑

浓硫酸有强氧化性

D

铜丝

浓硝酸

Ⅲ中收集到红棕色气体

硝酸有强氧化性



A. A B. B C. C D. D

【答案】B
【解析】
A项,溶液中加入铁丝有大量气体生成,无法断定是双氧水自身分解被加速了还是发生了单质铁与稀盐酸的置换反应,故A项错误;
B项,生铁NaCl溶液中发生吸氧腐蚀,会吸收试管内的氧气,使得试管内的气压小于外界气压,发生倒吸现象,故B项正确;
C项,木条是富含纤维素的有机物,其与浓硫酸发生反应变黑,体现的是浓硫酸的脱水性,故C项错误;
D项,铜丝和浓硝酸的反应方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,生成的二氧化氮会和水发生如下反应:3NO2+ H2O =2HNO3 +NO,因此在试管c中不会出现大量红棕色气体,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为B。

X是中学化学常见的单质,Y、Z为化合物。它们有如图所示的转化关系(部分产物及反应条件省略)。下列判断正确的是

A. X可能是金属,也可能是非金属
B. X、Y、Z含有一种相同的元素
C. Y、Z的水溶液一定都呈碱性
D. 反应①②不一定都是氧化还原反应

【答案】B
【解析】
单质X与强碱反应生成Y和Z两种物质,则X可能为卤素单质、金属铝或硅单质等,Y和Z能在酸性条件下反应生成X,则X可能为S单质或卤素单质Cl2、Br2等。据此分析。
单质X与强碱反应生成Y和Z两种物质,则X可能为卤素单质、金属铝或硅单质等,Y和Z能在酸性条件下反应生成X,则X可能为S单质或卤素单质Cl2、Br2等。
A项,根据上述分析,X只能是卤素单质即非金属单质,故A项错误;
B项,X遇强碱发生歧化反应,生成Y和Z,则X、Y、Z中含相同的元素,故B项正确;
C项,X以Cl2为例,Y、Z的阴离子可能为Cl-或ClO-,若阴离子为Cl-,则溶液呈中性,若阴离子为ClO-,则溶液呈碱性,故C项错误;
D项,根据分析,反应①中单质X发生歧化反应生成Y和Z,反应②中Y和Z发生归中反应生成X,二者均为氧化还原反应,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为B。

如图所示,Ⅰ、Ⅱ是两个完全相同的装置,分别装有10 mL相同浓度的盐酸,某学生分别在Ⅰ、Ⅱ的侧管中装入1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3,然后将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中,下列叙述正确的是

A. 装置Ⅰ的气球膨胀得快
B. 最终两试管中Na+、Cl-的物质的量分别相等
C. 若最终两气球体积不同,则盐酸的浓度一定小于或等于1 mol·L-1
D. 若最终两气球体积相同,则盐酸的浓度一定大于或等于2 mol·L-1

【答案】D
【解析】
A.根据1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3各与10 mL相同浓度的盐酸反应速率判断;
B. 根据最终两溶液中Na+、Cl-的物质的量判断;
C.根据1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3各与10 mL相同浓度的盐酸反应的原理判断;
D. 根据1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3各与10 mL相同浓度的盐酸反应的原理判断。
A.碳酸钠和盐酸反应分步进行,先生成碳酸氢钠,后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳,所以甲装置的气球膨胀速率小,故A错误;
B. 1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3的物质的量相同,都是0.01mol,所以Na2CO3和NaHCO3中钠离子的物质的量不同,故最终两试管中的Na+物质的量一定不相同,故B错误;
C.碳酸钠和盐酸反应的离子方程式为:CO32-+H+=HCO3-,HCO3-+H+=H2O+CO2↑,碳酸氢钠和盐酸反应的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑;若最终两气球体积不同,所需酸的物质的量范围是:0<c(HCl)<0.02mol/L,所以其浓度大于0小于2mol/L,故C错误;
D. 1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3的物质的量相同,都是0.01mol,根据方程式知:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑,若最终两气球体积相同,说明酸的物质的量大于或等于0.02mol,所以其浓度大于或等于2mol/L,故D正确。
故选D。

根据所学知识回答下列问题:
(1)①欲用98%的浓硫酸配制质量分数为20%的稀硫酸,实验中需要用到的仪器除了烧杯、玻璃棒以外,还需要_______________,其中玻璃棒的作用是________________。
②实验室需要0.1 mol·L-1的NaOH溶液450 mL。下列操作使所配NaOH溶液浓度偏高的是__________(填写序号)。
A.定容时俯视刻度线
B.选用的容量瓶内有少量蒸馏水
C.定容摇匀后,液面下降,又加水至刻度线
D.NaOH溶解后,未冷却就立即转移到容量瓶中
(2)焊接钢轨时常用的焊药为氯化铵,其作用是消除焊接处的铁锈。发生的反应体系中共有六种物质:NH4Cl、FeCl3、N2、Fe2O3、Fe和X。根据题意,判断X的化学式是____________,发生氧化反应的物质是___________,若有1mol Fe2O3参加反应,转移电子的物质的量为________mol。
(3)200mL某溶液中有5种离子大量共存,其中4种离子的物质的量如下表:

离子

H+

K+

NO3-

SO42-

物质的量(mol)

0.5

0.1

0.6

0.15


则另外一种离子是_______(填写代号),该离子的浓度为_________________。
A.Fe2+ B.Cl- C. Al3+ D.ClO-

【答案】量筒、胶头滴管搅拌、引流ADH2ONH4C14.5C0.5 mol·L-1
【解析】
(1) ①配制溶液一般包括计算称量溶解三个过程,需要的主要仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和胶头滴管等;
②根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析;
(2)焊药为氯化铵,由其作用是消除焊接处的铁锈可以知道反应物,利用元素守恒来分析X;由生成氮气时转移的电子来计算;
(3)溶液呈酸性,且含有具有强氧化性的NO3-离子,则与H+或与NO3-反应的离子不能大量共存,结合溶液的电荷守恒解答该题。
(1) ①配制溶液一般包括计算称量溶解三个过程,需要的主要仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和胶头滴管等,除了烧杯、玻璃棒以外,还需要量筒、胶头滴管,其中玻璃棒的作用是搅拌、引流,
因此,本题正确答案是:量筒、胶头滴管;搅拌、引流;
②A. 定容时俯视刻度线,则溶液体积偏小,浓度偏大;
B.因为后来得加水,故选用的容量瓶内有少量蒸馏水对浓度无影响;
C.定容摇匀后,液面下降,又加水至刻度线,则溶液体积偏大,浓度偏小;
D.NaOH在烧杯中溶解后,未冷却就立即转移到容量瓶中,则定容后溶液体积偏小,浓度偏大;
因此,本题正确答案是:AD;
(2)根据焊药为氯化铵,其作用是消除焊接处的铁锈可以知道反应物为NH4Cl、Fe2O3,则该反应得生成物为FeCl3、N2、Fe和X,根据元素守恒可以知道X中含有H、O元素,则X为H2O,配平后的反应6NH4Cl+4 Fe2O3=6Fe+2 FeCl3+3 N2↑+12 H2O 中,N元素化合价升高,被氧化,Fe元素化合价降低,由+3价降低到0价,被还原,Fe2O3为氧化剂,由方程式可以知道,当4mol Fe2O3参加反应时,有18mol电子转移,若有1mol Fe2O3参加反应,转移电子的物质的量为mol=4.5mol。
因此,本题正确答案是:H2O;NH4C1;4.5;
(3)表中n(H+)+n(K+)=0.6mol,n(NO3-)+2n(SO42-)=0.9mol,由溶液电荷守恒可以知道,溶液中还应存在阳离子,因为溶液中存在H+和NO3-,具有强氧化性,则一定不存在Fe2+,应存在Al3+,则由电荷守恒可以知道物质的量为=0.1mol,c(Al3+)==0.5mol/L,
因此,本题正确答案是:C ;0.5 mol·L-1。

某废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+、Cl-四种离子,某化学实验小组设计下列方案对废液进行处理,以回收金属并制备氯化钡、氯化铁晶体。

回答下列问题:
(1)写出向废液中加入过量铁粉发生反应的离子方程式______________________。
(2)沉淀A中含有的金属单质是_______________ 。
(3)下列物质中,可以用作试剂X的是_____________ (填写序号)。
A.BaCl2 B.BaCO3 C.NaOH D.Ba(OH)2
(4)向溶液B中通入Cl2的作用是__________________;实验过程中该小组同学用NaCl固体、MnO2和浓硫酸混合加热的办法制得Cl2,写出反应的化学方程式________________;由于Cl2有毒,某同学建议用双氧水替换,请写出向溶液B中加入双氧水后发生反应的离子方程式__________________。

【答案】Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+铁、铜BD将Fe2+ 氧化成Fe3+2NaCl+MnO2+3H2SO4(浓) 2NaHSO4+MnSO4+Cl2↑+2H2O2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
【解析】
加入的过量的铁屑,由于铁的化学性质比铜活泼,因此可以把金属铜从盐溶液中置换出来,同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+,因此在过滤得到的沉淀1中含有的金属单质铜过量的铁;滤液含有二价铁离子、钡离子、氯离子,通入Cl2将二价铁氧化成三价铁离子,再加碱调节pH值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而除去,所以沉淀2为氢氧化铁,进一步转化成氯化铁晶体,而滤液2则只剩氯化钡溶液,经过蒸发浓缩,冷却结晶、过滤、洗涤、干燥进一步转化成氯化钡固体。据此分析。
(1)向废液中加入过量铁粉发生的反应中属于置换反应的是铁把金属铜从盐溶液中置换出来,同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+,反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+,
故答案为:Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+;
(2)废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子,加入过量的铁粉后,铜离子被还原成金属铜,所以在第①得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁,
故答案为:铜、铁;
(3)根据以上分析,加试剂X调节pH值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而不能引入新的杂质,所以选BD,
故答案为:BD;
(4)向溶液B中通入Cl2可以将Fe2+ 氧化成Fe3+;NaCl固体与浓硫酸混合加热生成氯化氢、氯化氢与MnO2加热反应生成Cl2,反应的化学方程式为NaCl+H2SO4(浓) Na2SO4+2HCl↑,MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O或2NaCl+MnO2+3H2SO4(浓) 2NaHSO4+MnSO4+Cl2↑+2H2O;向溶液B中加入双氧水后发生反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O,
故答案为:将Fe2+ 氧化成Fe3+;2NaCl+MnO2+3H2SO4(浓) 2NaHSO4+MnSO4+Cl2↑+2H2O;2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。

实验室以绿矾(FeSO4·7H2O)制备补血剂甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe] ,有关物质性质如下表所示:

物质

性质

甘氨酸(NH2CH2COOH)

易溶于水,微溶于乙醇,两性化合物

柠檬酸

易溶于水和乙醇,有强酸性和还原性

甘氨酸亚铁

易溶于水,难溶于乙醇


实验过程:
Ⅰ.配制含0.10mol FeSO4的绿矾溶液。
Ⅱ.制备FeCO3 :将配制好的绿矾溶液与200mL 1.1mol·L-1NH4HCO3溶液混合,反应结束后过滤并洗涤沉淀。
Ⅲ.制备(NH2CH2COO)2Fe :实验装置如下图(夹持和加热仪器已省略),将实验Ⅱ得到的沉淀和含0.20 mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中,然后利用A中的反应将C中空气排净,接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤,滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。回答下列问题:

(1)仪器E的名称是_______________。
(2)实验I中:实验室配制绿矾溶液,将铁粉与稀硫酸混合时需要过量的试剂是______。
(3)实验II中:制备FeCO3时应向_______溶液中缓慢加入________溶液,并边加边搅拌,若颠倒试剂滴加顺序可能产生的后果是__________________。
(4)确认C中空气排尽的实验现象是______________。
(5)加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的pH促进FeCO3溶解,另一个作用是___________。
(6)洗涤实验Ⅲ中得到的沉淀,所选用的最佳洗涤试剂是_______________(填序号)。
A.热水 B.乙醇溶液 C.柠檬酸溶液
(7)若产品的质量为17.34g,则产率为________%。

【答案】长颈漏斗铁粉FeSO4NH4HCO3可能生成氢氧化亚铁沉淀D中澄清石灰水变浑浊防止二价铁被氧化B85
【解析】
(1)根据仪器构造可知,仪器E的名称是长颈漏斗,
故答案为:长颈漏斗;
(2)Fe2+易被空气中的O2氧化成Fe3+,实验室配制绿矾溶液时,为防止FeSO4被氧化变质,应加入的试剂为Fe,加入铁粉后,Fe3+可被铁粉还原为Fe2+且不引入杂质,
故答案为:铁粉;
(3)实验II中:制备FeCO3时应向配制好的绿矾溶液中缓慢加入200mL 1.1mol·L-1NH4HCO3溶液,并边加边搅拌,若颠倒试剂滴加顺序可能产生的后果是可能生成氢氧化亚铁沉淀,
故答案为:FeSO4 ;NH4HCO3 ;可能生成氢氧化亚铁沉淀;
(4)当C中充满CO2后,CO2开始进入D中,使D中的澄清石灰水变浑浊,这时说明C中空气已经排尽,
故答案为:D中澄清石灰水变浑浊;
(5)由题中信息可知,柠檬酸具有强还原性,还可防止Fe2+被氧化,
故答案为:防止二价铁被氧化;
(6)因甘氨酸亚铁易溶于水,难溶于乙醇,所以应选择乙醇溶液作为洗涤剂,故选B项。
故答案为:B。
(7)含0.10mol FeSO4的绿矾溶液中Fe2+的物质的量为0.10mol,因NH4HCO3溶液过量,所以根据Fe元素守恒,生成(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为0.10mol、质量为20.4g,则产率为:×100%=85%。

钴被誉为战略物资,有出色的性能和广泛的应用。以水钴矿(主要成分为Co2O3、CoO、CuO、Fe2O3、CaO、MgO、NiO和SiO2等)为原料制备CoCl2·6H2O的工艺流程如图所示:

回答下列问题:
(1)“酸浸”
①钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系如下图所示。综合考虑成本,应选择的最佳工艺条件为_________________;滤渣A的主要成分为__________。

②写出Co2O3与浓硫酸反应生成CoSO4的化学方程式___________________________。
(2)“净化除杂”过程包括除铁、除钙镁、除铜等步骤。
①除铁:加入适量Na2SO4固体,析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12,写出反应的离子方程式____________________________________。
②除铜:加入适量Na2S2O3,发生反应2CuSO4+2Na2S2O3+2H2O=Cu2S↓+S↓+2Na2SO4+2H2SO4,Na2S2O3中硫元素的化合价是___________,上述反应每消耗15.8 g Na2S2O3,反应中转移电子___________mol。
(3)“萃取和反萃取”
①“水相C”中的溶质主要是Na2SO4和________(写化学式)。
②实验室称取100g原料(含钴11.80%),反萃取时得到浓度为0.036mol·L-1的CoCl2溶液5L,忽略损耗,钴的产率=____________(产率=)。

【答案】12h,90℃SiO2(二氧化硅)2Co2O3+4H2SO4(浓)4CoSO4+4H2O+O2↑2Na++6Fe3++4SO42-+12H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)12↓+12H++20.4NiSO490%
【解析】
(1)①结合题给图像和钴的浸出率来看,综合考虑成本,应选择的最佳工艺条件为12h,90℃;水钴矿主要成分中除SiO2在酸浸过程中不能溶解,所以滤渣A的主要成分为SiO2(二氧化硅);
②Co2O3与浓硫酸反应生成CoSO4,可知Co2O3作氧化剂,而硫酸中的H、S都处于最高价,故Co2O3只能氧化硫酸中的氧元素生成O2,根据电子守恒可以写出该反应的化学方程式为2Co2O3+4H2SO4(浓)4CoSO4+4H2O+O2↑,
因此,本题中确答案为:12h,90℃;SiO2(二氧化硅);2Co2O3+4H2SO4(浓)4CoSO4+4H2O+O2↑;
(2)①加入适量Na2SO4固体,析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12,根据原子守恒可写出反应的离子方程式为2Na++6Fe3++4SO42-+12H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)12↓+12H+;
②加入适量Na2S2O3,发生反应2CuSO4+2Na2S2O3+2H2O=Cu2S↓+S↓+2Na2SO4+2H2SO4,Na2S2O3中硫元素的化合价是+2,化合价降低的是铜从+2价降到-1价,Na2S2O3中有一部分S化合价从+2价降到-2价或0价,有一部分从+2价升高到+6价(生成H2SO4),每消耗2molNa2S2O3,反应中转移电子(6-2)2mol=8mol,则每消耗15.8 g Na2S2O3,反应中转移电子×8=0.4mol,
因此,本题中确答案为:2Na++6Fe3++4SO42-+12H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)12↓+12H+ ;+2;0.4;
(3)①纵览整个流程可知,经过了酸浸以后,过滤,得到的滤液经历了除铁、除钙和镁、除铜以后,在经过萃取操作,“水相C”中的主要溶质只剩下Na2SO4和NiSO4;
②实验室称取100g原料(含钴11.80%),反萃取时得到浓度为0.036mol·L-1的CoCl2溶液5L,忽略损耗,则钴的产率=×100%=90%。
因此,本题中确答案为:NiSO4 ;90%。

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