【化学】化学二模试题分类汇编——流程图综合附答案
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一、中考初中化学流程图
1.“绿水青山就是金山银山”,增强环保意识,倡导垃圾分类,已逐渐被大众接受。
某垃圾处理厂对生活垃圾进行处理与综合利用的部分流程如图:
资料 1:垃圾焚烧产生的烟气中含有 SO2 等有害气体。
资料 2:FeSO4容易被空气中的 O2氧化。
回答下列问题:
(1)焚烧垃圾发电是将垃圾焚烧后产生的___________能转换为电能。
(2)石灰浆吸收 SO2(性质与 CO2相似)的化学反应方程式为_____________。
(3)溶解步骤中同时发生的三个化学反应方程式为:Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4、
____________________、___________________。
(4)将所得 FeSO4溶液在氮气环境中蒸发浓缩、___________、过滤,得到 FeSO4晶体,其中氮气的作用是_______。
(5)请你就东莞市生活垃圾处理提一条建议:____________________。
【答案】热 SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O 降温结晶做保护气,防止 FeSO4被空气中的 O2 氧化。
生活垃圾分类回收(合理均可)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)发电厂是利用垃圾焚烧产生的热能转变为电能;故填:热;
(2)石灰浆显碱性,能够吸收酸性气体,氢氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙沉淀和水,反应的化学方程式为:SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O。
故填:SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O;(3)溶解步骤中,硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气,硫酸和铁锈的主要成分氧化铁反应生成硫酸铁和水。
故填:Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑;Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O;
(4)从硫酸亚铁溶液中得到硫酸亚铁铵晶体,基本操作步骤:加热浓缩、然后冷却结晶、再过滤、最后洗涤干燥,得到硫酸亚铁晶体;由资料2可知硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化,故氮气的作用是作保护气,避免+2价的铁元素被空气中的氧气氧化;故填:降温结晶;做保护气,防止FeSO4被空气中的O2 氧化;
(5)就东莞市生活垃圾处理的建议是:生活垃圾分类回收等。
故填:生活垃圾分类回收。
2.酸、碱、盐在生产和生活中有广泛的应用。
(1)氢氧化钠、氢氧化钙具有相似的化学性质,是因为它们的水溶液中均含有_____(填离子符号)。
(2)同学们想除去粗盐中含的泥沙等不溶性杂质和含有的少量氯化镁、氯化钙、硫酸钠可溶性杂质,进行了探究活动:
实验一:除去粗盐中不溶性杂质
实验二:从滤液1中提取氯化钠固体
①实验一中的操作I是_____,实验二中蒸发结晶操作中玻璃棒的作用为_____。
②实验二中,若试剂甲、乙、丙从稀盐酸、氯化钡溶液、碳酸钠溶液中进行选择,则乙和丙溶液中溶质化学式分别是乙为_____,丙为_____;碳酸钠溶液的作用是_____。
③反思交流:通过以上两个实验规范操作,制得氯化钠的质量比原粗盐样品中含氯化钠的质量_____(填“增加”、“减少”或“不变”)。
【答案】OH-溶解防止因局部温度过高,造成液滴飞溅 Na2CO3 HCl 除尽氯化钙和过量的氯化钡增加
【解析】
【分析】
【详解】
(1)氢氧化钠、氢氧化钙具有相似的化学性质,是因为它们的水溶液中均含有氢氧根离子。
故填:OH-。
(2)①实验一中的操作I得到固液混合物,所以是将粗盐溶解的过程;实验二中蒸发结晶操作中玻璃棒的作用为搅拌,防止因局部温度过高,造成液滴飞溅。
故填:溶解;防止因局部温度过高,造成液滴飞溅。
②粗盐经过初步提纯后,仍然含有少量氯化镁、氯化钙、硫酸钠可溶性杂质。
实验二中,加入过量氢氧化钠溶液目的是除去镁离子,生成氢氧化镁沉淀,同时溶液中含有过量的氢氧化钠;若试剂甲、乙、丙从稀盐酸、氯化钡溶液、碳酸钠溶液中进行选择,则甲是氯化钡目的是除去硫酸钠,同时溶液中引入过量的氯化钡;乙溶液是碳酸钠溶液,目的是除去氯化钙和氯化钡,同时引入过量的碳酸钠,此时溶液中含有过量的碳酸钠和氢氧化钠杂质;丙溶液是盐酸,加入过量丙后可以除去氢氧化钠和碳酸钠,浓盐酸具有挥发性,蒸发结晶过程中可以除去过量的盐酸得到纯净的氯化钠晶体。
所以乙中溶质化学式Na2CO3,丙为HCl;碳酸钠溶液的作用是除尽氯化钙和过量的氯化钡。
故填:Na2CO3;HCl;除尽氯化
钙和过量的氯化钡。
③反思交流:通过以上两个实验规范操作,碳酸钠与盐酸的反应,以及氢氧化钠与盐酸的反应都会生成氯化钠,所以制得氯化钠的质量比原粗盐样品中含氯化钠的质量多。
故填:增加。
【点睛】
粗盐的可溶性杂质去除,借助试剂将杂质转化为沉淀过滤除去,为了将杂质除尽,加入的试剂必须过量,后续操作一定要注意将过量的试剂再除去。
3.以绿矾(FeSO 4・7H 2O)为原料制备高铁酸钾(K 2FeO 4)的流程如下:
(1)“氧化”是将FeSO 4,转化为Fe 2(SO 4)3,该反应的化学方程式为__。
(2)“合成”时发生的反应为Fe 2(SO 4)3+3NaClO +10NaOH=2Na 2FeO 4+3NaCl +3X+5H 2O ,X 的化学式为____。
(3)不同温度和pH 下FeO 42-在水溶液中的稳定性如图所示。
图中纵坐标表示单位体积内FeO 42-离子数目的多少,数值越小,表明FeO 42-
离子数目越少,在该条件下越不稳定。
为了提高“合成”时Na 2FeO 4的产率,下列措施可行的是____ A 充分搅拌反应液 B 控制反应在60℃左右进行 C 控制反应在碱性条件下进行
(4)“滤渣”呈红褐色,推测其主要成分为____(填化学式)。
(5)常温下向“过滤”后的滤液中加入饱和KOH 溶液,即可析出K 2FeO 4晶体,由以上信息可知K 2FeO 4的溶解度比Na 2FeO 4的溶解度_______(填“大”或“小”)。
【答案】()4222424232FeSO +H O H SO ++=Fe SO 2H O Na 2SO 4 AC Fe(OH)3 小
【解析】 【分析】 【详解】
(1)由图可知,FeSO 4与硫酸、过氧化氢反应生成Fe 2(SO 4)3,根据质量守恒定律,化学反应前后,元素的种类不变,反应物中含铁、硫、氧、氢元素,生成物中含铁、硫、氧元素,故生成物中还应含氢元素,还应有水生成,该反应的化学方程式为:
()4222424232FeSO +H O H SO ++=Fe SO 2H O ;
(2)根据质量守恒定律,化学反应前后,原子的种类和数目不变,反应物中含2个铁原子、3个硫原子,13个钠原子,3个氯原子,10个氢原子,25个氧原子,生成物中含7个钠原子、2个铁原子、3个氯原子、10个氢原子、13个氧原子,故生成物中还应含有6个钠原子、3个硫原子、12个氧原子,故X 的化学式为:Na 2SO 4;
(3)由图可知,温度越高、pH 值越小,FeO 42-
离子数目越少,故为了提高“合成”时
Na 2FeO 4的产率,应将温度控制在30℃,碱性环境,充分搅拌可以增大反应物之间的接触面积,提高产率。
故选AC ;
(4)氢氧化铁呈红褐色,故“滤渣”主要成分为:Fe(OH)3;
(5)由图可知,向滤液中加入饱和氢氧化钾,有K 2FeO 4晶体析出,应是钾离子与FeO 42
-
结合生成了K 2FeO 4,有K 2FeO 4晶体析出,说明K 2FeO 4比Na 2FeO 4溶解度小。
4.CaCO 3在生产生活中有广泛的用途。
(1)烧石灰石可制得活性CaO ,反应的化学方程式为_________________________。
为测定不同煅烧温度对CaO 活性的影响,取石灰石样品分为三等份,在同一设备中分别于800℃、900℃和1000℃条件下煅烧,所得固体分别与等质量的水完全反应,测得反应液温度随时间的变化如图所示。
由此可知:CaO 与水反应会__________热量(填“放出”或“吸收”),上述温度中,_________℃煅烧所得CaO 活性最高。
(2)以电石渣[主要成分为Ca(OH)2还含有少量MgO 等杂质]为原料制备高纯CaCO 3的流程如下:
①上图为NH 4Cl 浓度对钙、镁浸出率的影响(=
100% 进入溶液的某元素的质量
浸出率原固体中该元素的总质量
),为进一步提升CaCO 3的产量和纯度,据
图分析,较适宜的NH 4Cl 溶液的质量分数为_______,浸取时主要反应的化学方程式为______________________________。
②流程中框线内若改用溶液_________________(填化学式),可一步得到与原流程完全相同的生成物。
③流程中框线内若改用Na 2CO 3溶液,也能得到高纯CaCO 3。
试从生成物的角度分析原流程的优点:a.NH 3可循环利用;b._______; 【答案】CaCO 3
高温
CaO+CO 2↑ 放出 900 10% 2NH 4Cl+Ca(OH)2=CaCl 2+2NH 3↑+2H 2O
NH 4HCO 3或(NH 4)2CO 3 NH 4Cl 可循环利用; 【解析】 【分析】 【详解】
(1)烧石灰石生成CaO 和二氧化碳,反应的化学方程式为CaCO 3
高温
CaO+CO 2↑。
CaO 与水
反应生成氢氧化钙,同时放出热量,根据曲线图可知,在900℃煅烧所得CaO 与水反应放出热量最高,故900℃煅烧所得CaO 活性最高。
(2) ①据图分析,NH 4Cl 溶液的质量分数为10%时,镁的浸出率较低,钙的浸出最大。
浸取时主要反应是氯化铵与氢氧化钙反应,生成氯化钙、水和氨气,化学方程式为2NH 4Cl+Ca(OH)2=CaCl 2+2NH 3↑+2H 2O 。
②流程中框线内先加入氨水,再通入二氧化碳,生成碳酸钙和氯化铵,若改用溶液
(NH 4)2CO 3,也可以一步得到碳酸钙和氯化铵。
③从生成物的角度分析原流程的优点:a.NH 3可循环利用,因为浸取产生的氨气可用于碱化;b. NH 4Cl 可循环利用,因为合成过程中产生的氯化铵可用于浸取电石渣。
【点睛】
判断某物质是否可循环利用,方法是看该物质在流程中既能做反应物,又是生成物。
5.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于冶金、电镀、医药等行业。
已知CuCl 难溶于水和乙醇,在潮湿空气中易变质。
CuCl 的制备流程如下:
(1)“滤液1”中除了Na +、SO 42-外,还存在较多的离子是______________;滤液2中含有的溶质有__________________。
(2)“反应”中发生的化学变化生成了某种气体,这种气体能跟水直接化合产生硫酸,“反应”过程的化学反应方程是:__________________。
(3)“操作a ”的名称是__________________,流程中可以循环利用的物质(水除外)是_________________(写化学式)。
(4)能用“水洗”的原因是__________________,“水洗”的作用是__________________,“醇洗”的目的是__________________。
(5) 160g CuSO 4与足量NaCl 经上述制备流程,可生成的CuCl 最多是__________________g 。
【答案】Cl - Cu 2+ NaCl 、 Na 2SO 4 和H 2SO 4
2233 2CuCl +Na SO =2CuCl +2NaCl+SO ↓↑ 过滤 NaCl CuCl 难溶于水;洗去可溶性
杂质,保留CuCl 快速去除CuCl 表面的水、防止其氧化 99.5 【解析】 【分析】 【详解】
(1)溶解过程和结晶过程离子的种类不变,滤液中含有Na +、SO 42-、Cl -和Cu 2+;“反应”中
发生的化学变化是2233
2CuCl +Na SO =2CuCl 2NaCl+SO ↓+↑,产生的SO 3迅速与水化合生成硫酸,所以滤液2中含有的溶质有NaCl 、Na 2SO 4 和H 2SO 4;
(2) SO 3能与水化合生成硫酸,“反应”中发生的化学变化是
2233 2CuCl +Na SO =2CuCl +2NaCl+SO ↓↑;
(3)“操作a ”的名称是过滤,流程中NaCl 既是反应物,又是生成物,故可以循环利用的物质NaCl ;
(4)能用“水洗”的原因是CuCl 难溶于水,“水洗”的作用是洗去可溶性杂质,保留CuCl ,“醇洗”的目的是快速去除CuCl 表面的水、防止其氧化; (5)反应前后铜元素的质量相等,设可生成的CuCl 质量最多是x 。
41609CuS 9.5O ~CuCl 160g
x
16099.5
=160g x
解得x=99.5g
答:160g CuSO 4与足量NaCl 经上述制备流程,可生成的CuCl 最多是99.5g 。
6.SrCl 2·6H 2O 具有很高的经济价值,以工业碳酸锶(SrCO 3质量分数为98.5%,极少量Ba 2+,微量Fe 2+)为原料制备SrCl 2·6H 2O 的工艺流程如下:
已知:
①SrCl 2难溶于酒精,SrCl 2·
6H 2O 在61.5℃会失去结晶水,生成SrCl 2·2H 2O 。
②降温结晶速率太快,会导致晶体细碎,夹带溶液,导致晶体不纯。
③SrCl 2溶解度曲线及结晶装置图如下:
(1)酸浸时,搅拌的作用是____。
发生反应的化学方程式.....主要为____,属于____反应(填基本反应类型......)。
能否用稀硫酸代替稀盐酸,__(填“能.”或“否.”)理由是___。
(2)沉淀A 为____(填化学式...),沉淀B 为红褐色,是____(填化学式...)。
调节pH 时,最好选用的试剂是____。
A NaOH B Ca(OH)2 C Sr(OH)2
(3)流程中,“……”为一系列操作..,分别为蒸发浓缩→____→过滤→洗涤→烘干。
实验室完成过滤操作所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、____。
夹套式玻璃结晶器的夹套内是冷却水,可由外接计算机程序精确控制进水的温度,进水口为____(填“a ”或“b ”)。
(4)洗涤SrCl 2·6H 2O 晶体适宜..选用的试剂是____。
A 0℃时蒸馏水 B 常温SrCl 2饱和溶液 C 热水 D 无水酒精
(5)SrCl 2·6H 2O 晶体烘干的适宜..温度为___。
A 50 ~ 60℃ B 70 ~ 80℃ C 80 ~ 100℃ D 100℃以上
(6)常用锶转化率衡量工艺水准,本工艺使用100吨工业碳酸锶,最终得到176.9吨SrCl 2·6H 2O ,则本工艺中的锶转化率约为___。
(精确到小数点后一位)
【答案】使反应物充分接触,反应更快更充分 3222SrCO 2HCl=SrCl H O+CO ++↑ 复分解 否 因为要制备SrCl 2·6H 2O ,使用稀硫酸会引入杂质硫酸根离子 BaSO 4 Fe(OH)3 C 冷却结晶 漏斗 a B A 99.5% 【解析】 【分析】 【详解】
(1)酸浸时,搅拌的作用是使反应物充分接触,反应更快更充分。
发生反应的化学方程式.....
主要为3222SrCO +2HCl=SrCl +H O+CO ↑,具有两种化合物交换成分生成另外两种化合物,属于复分解反应。
不能用稀硫酸代替稀盐酸,填否.
,理由是:因为要制备SrCl 2·6H 2O ,使用稀硫酸会引入杂质硫酸根离子。
(2)钡离子和硫酸根离子结合成硫酸钡沉淀,沉淀A 为BaSO 4,沉淀B 为红褐色的氢氧化铁,化学式为....Fe(OH)3)。
调节pH 时,最好选用的试剂是Sr(OH)2,以免引入钠离子和钙离子。
故选C 。
(3)流程中,“……”为一系列操作..,分别为蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→烘干。
实验室完成过滤操作所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。
夹套式玻璃结晶器的夹套内是冷却水,可由外接计算机程序精确控制进水的温度,进水口为a ,有利于充满装置,冷却效果好。
(4)洗涤SrCl 2·6H 2O 晶体适宜..选用的试剂是:常温SrCl 2饱和溶液,以免晶体损失。
故选B 。
(5)SrCl 2·6H 2O 在61.5℃会失去结晶水,生成SrCl 2·2H 2O 。
SrCl 2·6H 2O 晶体烘干的适宜..温度为50 ~ 60℃,不超过61.5℃。
故选A 。
(6)常用锶转化率衡量工艺水准,本工艺使用100吨工业碳酸锶,最终得到176.9吨SrCl 2·6H 2O ,则本工艺中的锶转化率约为
88176.9100%=58.3267⨯
⨯吨吨,88
10098.5%100%=58.6148
⨯⨯⨯吨吨 58.3100%=99.5%58.6⨯吨
吨。
7.回答下列问题。
(1)“侯氏制碱法”制备Na 2CO 3的流程如下。
①反应②的化学方程式是___。
②操作a 的名称是__,实验室进行此操作所需的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和____。
③流程图中能循环利用的物质是_(填化学式) ,副产品为_ ( 填化学式)。
(2)实验室制备纯碱( Na 2CO 3 )的主要步骤为:将饱和NaCl 溶液倒入烧杯加热,控制30~35°C,搅拌下分批加入研细的NH 4HCO 3固体,加料完毕,保温30分钟,静置、过滤得NaHCO 3晶体。
用少量蒸馏水洗涤除去杂质、抽干,转入蒸发皿中灼烧得Na 2CO 3固体。
四种盐在不同温度下的溶解度表( g/100g水)
温度
0°C10° C20° C30° C40° C50° C60°C100°C 溶解度
NaCl35.735.836.036.336.637.037.339.8 NH4HCO311.915.821.027.0一一一一NaHCO3 6.98.19.611.112.714.516.4一NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.377.3
①反应温度需要控制在30~ 35°C ,原因是__。
为控制此温度,通常采取的加热方法为___。
②保温30分钟,静置后只析出NaHCO3晶体的原因__。
NH+CO+H O+NaC1=NH Cl+NaHCO↓过滤漏斗 CO2 NH4Cl 该温【答案】
32243
度范围内,各物质溶解度最大,而又不会分解水浴加热该温度下, NaHCO3溶解度最小,其余物质溶解度较大,故只有NaHCO3析出
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①反应②是氨气、二氧化碳、水、和氯化钠反应生成氯化铵和碳酸氢钠,故的方程式NH+CO+H O+NaC1=NH Cl+NaHCO↓
为:
32243
②操作a是将固液分离,故是过滤。
过滤过程中用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗。
③在流程中二氧化碳既是反应的反应物,又是反应的生成物,流程图中能循环利用的物质是二氧化碳。
(2)①根据表格的数据可知,30~ 35°C时,各物质溶解度最大,而又不会分解,故填:该温度范围内,各物质溶解度最大,而又不会分解
②由表可知,该温度下,碳酸氢钠的溶解度最小,其余物质溶解度较大,故只有NaHCO3析出。
8.MgSO4•7H2O 是一种重要的化工原料,某工厂以一种镁矿石(主要成分为 SiO2和MgCO3,还含有少量 FeCO3,其它成分忽略)为原料制备 MgSO4•7H2O 的主要流程如图:
查阅资料:①SiO2既不溶于水也不溶于稀硫酸。
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:
阳离子Mg2+Fe2+Fe3+
开始沉淀时的
9.17.6 1.9
pH
沉淀完全时的
11.19.7 3.2
pH
请回答下列问题:
(1)MgCO3与稀硫酸发生反应的化学方程式为_________;为了让镁矿石与稀硫酸充分反应,提高原料利用率,可采取的措施为_____(填字母)。
A 将镁矿石粉碎
B 升高反应温度
C 用稀硫酸多次浸泡
(2)溶液 A中所含的溶质成分有_____;溶液 A中加入 H2O2溶液会生成 Fe2(SO4)3,该反应的化学方程式为_________。
(3)选用MgO调节pH使 Fe3+转化为沉淀,而不选用NaOH的原因是_____。
加氧化镁调节后溶液的 pH范围是____ (用不等式表示)
(4)溶液C经加热浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥后得到 MgSO4•7H2O 晶体,低温干燥的目的是_____。
【答案】MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑ ABC MgSO4、FeSO4、H2SO4
2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O 确保镁离子不沉淀的前提下使铁离子完全沉淀,并可避免混入反应产生的Na2SO4,引入新的杂质 3.2≤pH<9.1 防止MgSO4·7H2O失去结晶水
【解析】
【分析】
【详解】
(1)碳酸镁和硫酸反应生成硫酸镁、水和二氧化碳,化学方程式为:
MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑;将镁矿石粉碎可以增大与稀硫酸的接触面积,可以使反应充分,提高原料利用率;温度越高反应速率越快,反应越充分,所以能提高原料利用率;用稀硫酸多次浸泡镁矿石可使里面的碳酸镁与稀硫酸充分反应,提高原料利用率;故填:MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑;ABC。
(2)碳酸镁和碳酸亚铁均能和硫酸反应,同时硫酸还是过量,所以“溶液A”中含有硫酸
镁和硫酸亚铁以及硫酸;硫酸亚铁和硫酸、过氧化氢反应生成硫酸铁和水,化学方程式为:2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O;故填:MgSO4、FeSO4、H2SO4;
2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O。
(3)除杂的原则:除去杂质,不能引入新的杂质,用MgO调节pH能使Fe3+转化为沉淀而除去,而NaOH和硫酸反应会生成新的杂质硫酸钠,且也会和溶液溶的硫酸镁反应生成沉淀而被除去,所以要用MgO来确保镁离子不沉淀的前提下使铁离子完全沉淀,并可避免混入反应产生的Na2SO4,引入新的杂质。
加入的氧化镁,需要完全除去铁离子,镁离子不能沉淀,所以“沉淀”步骤中,用氧化镁调节pH的范围是3.2≤pH<9.1。
故填:确保镁离子不沉淀的前提下使铁离子完全沉淀,并可避免混入反应产生的Na2SO4,引入新的杂质;
3.2≤pH<9.1。
(4)由于结晶水合物在干燥过程受热容易失去结晶水,所以低温干燥的目的是防止MgSO4·7H2O失去结晶水。
故填:防止MgSO4·7H2O失去结晶水。
9.白云石是重要的工业矿石,利用它可制硫酸镁,进而制得用途广泛的氧化镁。
(制备MgSO4)
(1)白云石矿石是含有MgCO3、SiO2等物质的混合物,写出一个在酸浸池中发生的化学反应方程式______。
(2)矿石进行酸浸前进行粉碎的意义在于______。
(3)流程中经过“系列操作”得到渣质是通过__________(填操作名称)实现的,在实验室进行该操作时需要用到的玻璃仪器有_________、_________、_________。
(制备MgO)
用硫酸镁制备氧化镁的方案很多,其中之一是用活性炭还原硫酸镁,简要流程如图:
(4)反应原理为:2MgSO4+C 高温
2MgO+CO2↑+2X↑,生成物中的X的化学式为_____;
工业上可用烧碱溶液将其吸收处理后排放,写出其反应的化学方程式:_____。
(5)活性炭在煅烧炉中除了做硫酸镁的还原剂之外,还有一个重要的作用是_____;体现这一作用的化学反应是______(用化学方程式表示)。
【答案】MgCO 3+H 2SO 4=MgSO 4+H 2O+CO 2↑ 增大反应物的接触面积,反应物充分接触,加快反应速率 过滤 烧杯 玻璃棒 漏斗 SO 2 2NaOH+SO 2=Na 2SO 3+H 2O 产生了热量 22C+O CO 点燃
【解析】
【分析】
【详解】
(1)白云石矿石是含有MgCO 3、SiO 2等物质的混合物,酸浸池中碳酸镁能与稀硫酸反应,发生的化学反应方程式是:MgCO 3+H 2SO 4=MgSO 4+H 2O+CO 2↑。
(2)矿石进行酸浸前进行粉碎的意义在于:增大反应物的接触面积,反应物充分接触,加快反应速率。
(3)过滤能将固液分离,流程中经过“系列操作”得到渣质是通过过滤实现的,在实验室进行该操作时需要用到的玻璃仪器有:烧杯、玻璃棒、漏斗。
(4)由质量守恒定律反应前后原子的种类及数目不变可知,2MgSO 4+C 高温2MgO + CO 2↑+2X↑,反应前后镁原子、硫原子、氧原子、碳原子的个数分别为2、2、8、1和2、0、4、1,故2X 中含有2个硫原子、4个氧原子,故生成物中的X 的化学式为SO 2;工业上可用烧碱溶液将其吸收处理后排放,二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水,其反应的化学方程式:2NaOH+SO 2=Na 2SO 3+H 2O 。
(5)活性炭在煅烧炉中除了做硫酸镁的还原剂之外,还有一个重要的作用是产生了热量;体现这一作用碳燃烧生成了二氧化碳放出了大量的热,化学反应是22C+O CO 点燃。
10.工业上利用表面含有油污且生锈的废铁屑制备硫酸亚铁晶体。
(1)下列能够去油污的试剂是__________(填字母)。
A 水
B 纯碱溶液
C 明矾溶液
D 稀硫酸
(2)步骤②中属于复分解反应的化学方程式是______________。
控制“一定量稀硫酸”的目的是使铁过量,其原因是____________。
(3)步骤③要趁热过滤的原因是___________。
(4)步骤④的操作为___________、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等。
【答案】B Fe 2O 3+3H 2SO 4=Fe 2(SO 4)3+3H 2O 充分将溶液中的硫酸铁转化为硫酸亚铁 防止温度降低,硫酸亚铁晶体析出和冷却过程中硫酸亚铁被氧化 蒸发浓缩
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A. 油污不能溶于水,水不能除去油污,故A 不符合题意;
B. 纯碱溶液显碱性,能与油污发生化学反应,除去油污。
故B 符合题意;
C. 明矾溶液不能溶解或乳化油污,也不与油污反应,不能除去油污。
故C 不符合题意;
D. 稀硫酸不能溶解或乳化油污,也不与油污反应,不能除去油污。
故D 不符合题意; 故选B 。
(2)废铁屑在空气中放置,一定会生锈,步骤②中加入稀硫酸,硫酸与铁锈反应2324242Fe O +3H SO =Fe SO +3H O ,属于复分解反应。
控制“一定量稀硫酸”,过量的铁就会与硫酸铁反应生成硫酸亚铁,保证生成的溶质全部是硫酸亚铁,且酸性环境下硫酸亚铁的稳定性更强,不宜被氧化。
故填:2324242Fe O +3H SO =Fe SO +3H O ;充分将溶液中的硫酸铁转化为硫酸亚铁。
(3)硫酸亚铁宜被氧化,在空气中冷却的时间越长,越容易被氧化。
另外为防止温度低,硫酸亚铁晶体析出又混入杂质中。
所以要趁热过滤。
故填:防止温度降低,硫酸亚铁晶体析出和冷却过程中硫酸亚铁被氧化。
(4)为降温结晶时析出更多的晶体,以提高产率,在降温结晶前,应对溶液进行加热蒸发浓缩。
故步骤④的操作为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等。
故填:蒸发浓缩。
11.我国煤炭资源丰富。
目前人们除了将煤作为燃料外,更是重要的化工原料。
工业上以煤和空气为原料生产尿素[CO (NH 2)2]的一种流程如下图:
(1)从液态空气中分离出N 2的过程属于_____________(填 “物理”或“化学”)变化。
(2)在煤和水蒸气反应前需先将煤粉碎,这样做的目的是_____________________。
(3)在铜催化下实现了水煤气中CO 的转化: 22Cu CO H O
CO X ++加热
,其中x 的化学为_______________。
(4)上述流程中合成尿素的同时还有水生成,该反应的化学方程式为_______________。
(5)实际生产中,N 2和H 2不可能全部化为NH 3参加反应的N 2与H 2的质量比为
_______________。
(6)某化学小组利用混有少量CO 2的CO 气体还原氧化铜,并验证反应后的气体产物。
实验室现有下图所示实验装置(可重复使用)按气体从左到右的方向,装置连接顺序正确的是_______________。
a b →c →a →b →d
b a →
c →b →a →d
c a →b →c →b →d
d b →a →c →a →d
【答案】物理 增大煤与水的接触面积,使反应更快更充分 H 2
23222CO +2NH =CO NH +H O () 14:3 c
【解析】
【分析】
【详解】
(1)液态空气中本身含有氮气,分离出氮气没有新物质生成,所以属于物理变化; 故答案为:物理。
(2)煤粉碎后增大了表面积,利于水蒸气与煤接触,促使反应速率加快,反应更充分; 故答案为:增大水与煤接触面积,使反应更快更充分。
(3)反应前含有1个碳原子,2个氧原子和2个氢原子,反应后含有1个碳原子和2个氧原子,应该还含有2个氢原子,结合生成氢气,所以X 为氢气;
故答案为:H 2。
(4)反应物二氧化碳和氨气,生成物为尿素和水,据此书写化学方程式,注意配平; 故答案为:CO 2+2NH 3=CO (NH 2)2+H 2O 。
(5)N 2+3H 2高温高压催化剂2NH 3,根据反应方程式可以看出参与反应的氮气与氢气质量比=28:3×2=28:6=14:3;
故答案为:14:3。
(6)避免二氧化碳影响一氧化碳反应生成的二氧化碳的影响,所以需要先去除二氧化碳,去除二氧化碳选择氢氧化钠溶液,去除后检验是否有残留,所以选择澄清石灰水进行验证,另外一氧化碳与氧化铜反应生成了二氧化碳,再通过澄清石灰水检验有二氧化碳生
成,证明了一氧化碳的存在,一氧化碳不能直接排放,需要尾气吸收;
故答案为:c。
12.废旧手机的电路板中含有铝、铁、铜、银、金等多种金属,随意丢弃既会造成资源浪费,也会污染土壤和水体。
化学兴趣小组为回收其中的铜,设计并进行了如下实验。
已知:Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O;不考虑金、银发生类似反应。
(1)将电路板粉碎成粉末的目的是_____。
(2)滤液A中的溶质除硫酸外,还有_____。
(3)步骤Ⅱ中的实验现象是:固体部分溶解,_____。
(4)上述步骤_____(选填步骤编号)所包含的反应体现铁的活动性比铜强。
(5)步骤IV中反应的化学方程式是_____;判断步骤Ⅳ中加入的稀硫酸过量的方法是
_____。
【答案】增大反应物接触面积,加快反应速率硫酸铝、硫酸亚铁溶液由无色变成蓝色Ⅲ Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑向溶液中滴加紫色石蕊试液,溶液变红色(合理均可)
【解析】
【分析】
稀硫酸和铝反应生成硫酸铝和氢气,和铁反应生成硫酸亚铁和氢气;和金、银、铜不反应;向电路板中加入稀硫酸,过滤,得到的滤液A中含有稀硫酸、硫酸铝、硫酸亚铁;得到的滤渣B中含有金、银、铜;向滤渣B中加入过量的稀硫酸和过氧化氢溶液,再过滤,铜和过氧化氢、硫酸反应生成硫酸铜和水,金、银不反应,得到滤液C中含有稀硫酸、过氧化氢、硫酸铜,得到的滤渣D中含有金、银;向滤液C中加入过量铁粉,铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁,再过滤得到滤液E和滤渣F,滤渣F中含有铜和过量的铁,滤液E中含有硫酸亚铁;向滤渣F中加入过量稀硫酸,铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,铜不反应,过滤得到铜,和滤液G,G中含有硫酸亚铁和稀硫酸。
【详解】
(1)将电路板粉碎成粉末的目的是增大反应物接触面积,加快反应速率。
(2)稀硫酸和铝反应生成硫酸铝和氢气,和铁反应生成硫酸亚铁和氢气;和金、银、铜不反应;过滤后所得滤液中的溶质除硫酸外,还有稀硫酸和铝、铁反应生成的硫酸铝和硫酸亚铁。
(3)步骤②中铜和过氧化氢、硫酸反应生成硫酸铜和水,能够观察到固体部分溶解,溶液由无色变成蓝色。