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阶段过关检测(二) 元素及其化合物
(时间:90分钟 满分:100分)
可能用到的相对原子质量:H—1 C—12 N—14 O—16
Na—23 S—32 Cl—35.5 Cu—64 Se—79 Ce—140
一、选择题(每小题3分,共48分,每小题只有一个选项符合题意)
1.手工制作工艺在我国有着悠久的历史,是中华民族文化艺术的瑰宝。下列手工艺品用金属材料制成的是( C )
A.北京糖人 B.山东面塑
C.芜湖铁画 D.东阳木雕
解析:A项是用糖稀制作的;B项是用面或用超轻黏土制作的;D项显然是用木材雕刻而成的。
2.化学已深入我们的生活,下列有关说法不正确的是( B )
A.PM2.5含有的铅、镉、铬、钒等对人体有害的元素均是金属元素
B.铝与Fe2O3发生铝热反应,反应后固体物质增重
C.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”,该过程发生了置换反应
D.古剑“沈卢”“以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折”,剂钢指的是铁的合金
解析:铅、镉、铬、钒均是金属元素,A正确;铝与氧化铁反应生成氧化铝和铁,根据质量守恒定律可知反应后固体质量不变,B不正确;铁置换铜属于湿法炼铜,该过程发生了置换反应,C正确;剑刃硬度要大,所以用铁的合金,D正确。
3.某同学利用下列实验探究金属铝与铜盐溶液的反应:
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下列说法正确的是( C )
A.由实验1可以得出结论:金属铝的活泼性弱于金属铜
B.实验2中生成红色物质的离子方程式为Al+Cu2+Al3++Cu
C.溶液中阴离子种类不同是导致实验1、2出现不同现象的原因
D.由上述实验可推知:用砂纸打磨后的铝片分别与H+浓度均为0.2 mol·L-1的盐酸和硫酸溶液反应,后者更剧烈
解析:金属铝的活泼性强于铜,A错误;B项电荷不守恒;对比实验1、2可知,产生不同现象的原因是溶液中的阴离子不同,C正确;由实验可知,Cl-可以加快Al的反应,所以用砂纸打磨后的铝片与盐酸反应更 剧烈。
4.下列有关说法或对有关现象的解释正确的是( C )
A.SiO2既可与NaOH溶液反应也可与HF溶液反应均生成盐和水,所以SiO2属于两性氧化物
B.SO2和NH3分别通入水中,溶液均可以导电,所以SO2和NH3均属于电解质
C.“水滴石穿”不仅包含着“量变到质变”的哲学思想,同时也包含了物理和化学变化
D.14CO2和12CO2具有相同的元素组成,所以14CO2、12CO2
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属于同素异形体
解析:SiO2属于酸性氧化物,能与HF溶液反应生成SiF4,而与其他的酸一般不反应,A错误;SO2和NH3均与水反应生成了电解质,而不是SO2和NH3自身电离出离子,SO2和NH3均为非电解质,B错误;自然界中的“水滴石穿”现象包含哲学思想和物质变化,即二氧化碳和水与碳酸钙反应生成碳酸氢钙的变化,C正确;同素异形体应为单质,14CO2、12CO2属于同一种物质,D项错误。
5.将等物质的量的Cl2和SO2通入BaCl2溶液,充分反应后滴入品红溶液,能观察到的现象是( A )
①出现沉淀 ②不出现沉淀 ③品红溶液褪色 ④品红溶液不褪色
A.①④ B.①③ C.①② D.②④
6.在给定条件下,下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是( D )
A.FeFeCl2Fe(OH)2
B.Mg(OH)2MgCl2(aq)Mg
C.SSO3H2SO4
D.CaCO3CaOCaSiO3
解析:氯气的氧化性较强,Fe与氯气反应生成的是FeCl3,A错误;电解MgCl2(aq)生成氢气、氢氧化镁沉淀和氯气,不会生成金属镁,B错误;S燃烧生成SO2,SO2需要催化条件下生成SO3,C错误;CaCO3高温分解生成CaO,CaO与二氧化硅反应生成CaSiO3,该转化关系能够实现,D正确。
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7.“秦砖汉瓦”是我国传统建筑文化的一个缩影。同是由黏土烧制的砖瓦,有的是黑色的,有的却是红色的,你猜测其中的原因可能是( D )
A.土壤中含有铁粉、二氧化锰等
B.黑砖瓦是煅烧过程中附着了炭黑,红砖瓦则是添加了红色耐高温 染料
C.土壤中含有的铜元素经过不同工艺煅烧,分别生成了黑色CuO和红色Cu
D.土壤中含有的铁元素经过不同工艺煅烧,分别生成了黑色Fe3O4或FeO和红色Fe2O3
解析:土壤中含有铁元素,经过不同工艺煅烧时,分别生成了黑色Fe3O4或FeO和红色Fe2O3,故D项正确。
8.实验室用如下装置(略去部分夹持装置)模拟利用氨气和次氯酸钠合成肼(N2H4)的过程。下列说法正确的是( B )
A.将装置①中浓盐酸换成H2O2,也可用于制备氧气
B.②中盛装NaOH溶液,用于吸收多余的Cl2
C.③分液漏斗中盛装饱和食盐水
D.当反应结束时,④中可收集一瓶干燥纯净的NH3
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解析:由图可知,①中发生的反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+ 2H2O,打开K1,Cl2能和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO,⑤用来制取NH3,④装置作安全瓶,能防倒吸,在③中氨气和NaClO反应生成N2H4,发生ClO-+2NH3N2H4+Cl-+H2O,最后关闭K1,②中盛装NaOH溶液,用于吸收多余的Cl2。A项,装置①中浓盐酸换成H2O2,制备氧气时不需要加热,错误;B项,氯气有毒,不能排放在环境中,则②中盛装NaOH溶液,用于吸收多余的Cl2,正确;C项,③分液漏斗中应该盛装NaOH溶液,利用氯气与NaOH溶液反应制备NaClO,错误;D项,反应结束后,关闭K2,多余的氨气可收集在④中,但氨气中混有水蒸气,错误。
9.X、Y、Z是中学化学中三种常见元素的单质,甲、乙是两种常见的化合物,相互间有如图转化关系(未注明反应条件),下列说法不正确的是( B )
A.若X为金属单质,Y为非金属固体单质,则Z可能为O2
B.若X、Y均为金属单质,则甲不可能为黑色固体
C.若X为金属单质,Y为非金属气体单质,则乙可能为黑色固体
D.若X、Y均为非金属固体单质,则Z可能为O2
解析:当X是镁、Y是碳时,Z是O2,A项正确;当X是铝、Y是铁时,甲可以是黑色的Fe3O4,B项不正确;当X是铁、Y是氢气时,乙可以为黑色的Fe3O4,C项正确;当X是碳、Y是硅时,Z可能为氧气,D项正确。
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10.下列是部分矿物资源的利用及产品流程,有关说法不正确的是( B )
A.粗铜电解精炼时,粗铜作阳极
B.生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应
C.黄铜矿冶炼铜时,副产物FeO可用作冶炼铁的原料
D.粗硅制高纯硅时,提纯四氯化硅可用多次分馏的方法
解析:电解精炼铜时,粗铜作阳极,自身可以溶解,A正确;制备单质时涉及化合价变化,是氧化还原反应,制玻璃的反应是SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑,化合价未发生变化,不属于氧化还原反应,B不正确;FeO与CO在高温下可生成Fe,C正确;制备高纯硅的过程中,利用沸点不同进行分馏,将SiCl4从杂质中提取出来,再与H2发生置换反应得到高纯硅,D正确。
11.C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素,下列有关这三种元素的说法中正确的是( C )
A.在自然界中既有游离态又有化合态
B.元素的+4价氧化物都属于酸性氧化物,都能与碱反应而不能与任何酸反应
C.最低价的气态氢化物都具有还原性,易与O2发生反应
D.其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱:H2SO4>H2SiO3>H2CO3
解析:A项,硅元素在自然界中无游离态,错误;B项,SiO2能与氢氟酸反应,错误;C项,C、Si、S三种元素最低价的气态氢化物分别为CH4
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、SiH4、H2S,都具有还原性,易与O2发生反应,正确;D项,酸性强弱顺序为H2SO4>H2CO3>H2SiO3,错误。
12.实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应,并验证SO2的性质,设计如图所示装置进行实验,下列说法不正确的是( B )
A.装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色,体现了二氧化硫的还原性
B.实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的Fe3+
C.装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性
D.实验时将导管a插入浓硫酸中,可防止装置B中的溶液倒吸
解析:铁丝与浓硫酸反应生成SO2,因为酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,装置B中酸性高锰酸钾溶液褪色,体现了SO2的还原性,A正确;浓硫酸具有强氧化性,可能把KSCN氧化,因此不能检验铁丝和浓硫酸反应是否生成Fe3+,B不正确;品红溶液褪色,体现SO2的漂白性,C正确;导管a的作用是使内外压强相同,防止装置B中的溶液倒吸,D正确。
13.实验室验证钠能与二氧化碳发生反应,并确定其产物的装置如图所示(已知:PdCl2溶液遇CO能产生黑色的Pd),下列说法错误的是( C )
A.装置①的仪器还可以制取H2、NH3等气体
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B.装置⑤中石灰水变浑浊后,再点燃酒精灯
C.装置②③中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4
D.装置⑥中有黑色沉淀,发生的反应是PdCl2+CO+H2OPd↓+ CO2+2HCl
解析:CO2中混有HCl气体,可用饱和碳酸氢钠溶液除去,C项错误。
14.由SO2和O2制备SO3(熔点16.8 ℃,沸点44.8 ℃)的模拟装置如图所示(加热和夹持装置省略):
下列说法正确的是( C )
A.装置①中的试剂为饱和NaHSO3溶液
B.实验室可用铜与稀硫酸在加热条件下制取SO2
C.装置③反应管中的铂石棉用作反应的催化剂
D.从装置⑤逸出的气体有过量的SO2和O2
解析:A项,进入高温反应管的气体必须干燥,①应是浓硫酸,错误;B项,铜与稀硫酸不反应,错误;C项,通常情况下,SO2和O2反应很慢,需用催化剂催化,正确;D项,该反应是可逆反应,④中逸出的气体主要是SO2和O2及少量的SO3气体,则⑤中应盛放碱石灰,可除去SO2、SO3, 错误。
15.实验室模拟工业上以铝土矿(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)为原料制铵明矾NH4Al(SO4)2晶体的工艺流程如图所示,下列说法错误的是( C )
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A.固体a的化学式为SiO2
B.固体b的化学式为Fe(OH)3
C.Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为2Al+CO2+3H2O C+2Al(OH)3↓
D.由Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ都要用到的分离方法是过滤
解析:SiO2不溶于盐酸,A正确;红褐色固体是 Fe(OH)3,B正确;Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为Al+CO2+2H2OHC+ Al(OH)3↓,C错误;Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ都要用到的分离方法是过滤,D正确。
16.C和CuO在一定温度下反应,产物有Cu、Cu2O、CO、CO2。若将 2.00 g C和16.0 g CuO混合,隔绝空气加热,将生成的气体全部通入足量的澄清石灰水,反应一段时间后共收集到1.12 L(标准状况)气体,生成沉淀的质量为5.00 g。下列说法不正确的是( A )
A.反应后的固体混合物中Cu的质量为12.8 g
B.反应后的固体混合物中含有碳
C.反应后的固体混合物总质量为14.4 g
D.反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为 0.05 mol
解析:由题意可知,生成的n(CO2)=n(CaCO3)==0.05 mol,n(CO)==0.05 mol。
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A项,假设CuO完全被还原为Cu,根据Cu守恒生成Cu的质量为 mol×64 g/mol=12.8 g,由产物中CO2、CO中的O原子守恒可知失去氧的质量为(0.05 mol×2+0.05 mol)×16 g/mol=2.4 g,故CuO反应后的总质量为16.0 g-2.4 g=13.6 g,故反应后固体中Cu的质量小于12.8 g,故不正确;B项,根据C质量守恒可知,参加反应的C的质量为(0.05 mol+0.05 mol)×12 g/mol=1.2 g,故还有2 g-1.2 g=0.8 g碳未参加反应,故正确;C项,反应后固体总质量为16.0 g+ 2.00 g-0.05 mol×(44 g/mol+28 g/mol)=14.4 g,故正确;D项,反应后m(O)=13.6 g-12.8 g=0.8 g,Cu2O、CuO均含有1个氧原子,根据氧原子守恒可知反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为=0.05 mol,故正确。
二、非选择题(共52分)
17.(7分)使用下图装置可进行测定SO2转化成SO3转化率的实验探究。
已知:SO3的熔点是16.8 ℃,沸点是44.8 ℃。
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(1)请从下图A～F装置中选择最适合装置并将其序号填入下面的空格中:Ⅰ 、Ⅱ 、Ⅲ 。
(2)用1 mol Na2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验,当反应结束时,继续通入O2一段时间后,测得装置Ⅲ增重了12.8 g,则实验中SO2的转化率为 %。
(3)为使SO2有较高的转化率,应均匀通入O2,且实验中在加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中,应采取的操作顺序是 ;尾端球形干燥管的作用是 。
(4)将SO2通过Na2O2粉末,完全反应后除生成O2外还生成一种白色粉末。证明该白色粉末既有Na2SO3又有Na2SO4,所需的试剂是水、 、 、品红溶液。
解析:由题中信息可知,该实验首先用浓硫酸与Na2SO3反应制取SO2,O2和SO2经干燥后,通入有催化剂的加热管中发生反应,反应后的产物经冰水冷凝后分离出SO3晶体,剩余的SO2经装置Ⅲ吸收剂吸收后,测出该装置的增重,即可求出SO2的转化率。
(1)装置Ⅰ是用于干燥SO2的,选B;装置Ⅱ是用于冷凝收集SO3的,选A;装置Ⅲ是用于吸收剩余的SO2的,选C或E。
(2)用1 mol Na2SO3粉末与足量浓硫酸反应可以生成 1 mol SO2,即 64
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g SO2,当反应结束时,继续通入O2一段时间后,测得装置Ⅲ增重了12.8 g,则剩余的SO2质量为12.8 g,实验中SO2的转化率为×100%=80%。
(3)应采取的操作顺序是先加热催化剂再滴入浓硫酸;尾端球形干燥管的作用是防止空气中的CO2及水蒸气干扰造成误差。
(4)可以检验其中的S和S,方法是:取样品两份,一份与稀盐酸反应,将生成的气体通入品红溶液中,若品红褪色,则粉末中有Na2SO3;另一份溶于水后,先加足量的稀盐酸将溶液酸化后,再滴加少量的氯化钡溶液,若有白色沉淀生成,则证明粉末中有Na2SO4。因此,所需的试剂是水、BaCl2溶液、稀盐酸、品红溶液。
答案:(1)B A E或C (2)80
(3)先加热催化剂再滴入浓硫酸 防止空气中的二氧化碳及水蒸气干扰造成误差
(4)BaCl2溶液 稀盐酸
18.(9分)某校化学兴趣小组为探究二氧化氮的氧化性和还原性,设计了如图装置:
已知:①2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O
②NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O。
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请回答下列问题:
(1)盛放浓硝酸的仪器的名称是 。
(2)装置乙的作用是 。
(3)装置丙中实验现象为淡黄色固体变为白色,发生Na2O2+2NO2 2NaNO3,该实验证明NO2具有 性。
(4)装置丁可证明NO2具有氧化性,其实验现象为
,
反应的化学方程式为
。
(5)装置戊中通入空气的目的是
。
(6)Cu(NO3)2稀溶液呈蓝色,某同学认为装置甲的B中反应后所得溶液呈绿色是由生成的红棕色NO2溶解于溶液中引起的,请设计一个简单的实验验证其正确性:
。
解析:(1)盛放浓硝酸的仪器是分液漏斗。
(2)由于生成的NO2中含有水蒸气,H2O能与Na2O2反应,对实验造成干扰,所以利用浓硫酸的吸水性除去NO2中含有的水蒸气。
(3)由反应Na2O2+2NO22NaNO3可知,Na2O2中氧元素化合价降低,NO2中氮元素化合价升高,NO2表现出还原性。
(4)NO2具有氧化性,可将溶液中的I-氧化为I2,I2
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与淀粉作用出现蓝色。反应的化学方程式为NO2+2KI+H2SO4K2SO4+I2+NO+H2O。
(5)NO不能被NaOH溶液直接吸收,需通入空气将NO转化为NO2,NO2可被NaOH溶液直接吸收。
(6)欲证明反应后的溶液呈绿色是由红棕色NO2溶于溶液中引起的,可将反应后绿色溶液中的NO2除去,然后观察溶液的颜色。
答案:(1)分液漏斗
(2)除去生成的NO2中含有的水蒸气 (3)还原
(4)溶液变蓝 NO2+2KI+H2SO4K2SO4+I2+NO+H2O
(5)将NO转化为NO2,被NaOH溶液吸收,防止污染环境
(6)将绿色溶液加水稀释,得到蓝色溶液
19.(12分)为验证氧化性Cl2>Fe3+>SO2,某小组用如图1所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已略,气密性已检查)。
实验过程:
Ⅰ.打开止水夹K1～K4,从两侧通入一段时间N2,再将T形导管插入B中,继续通入N2,然后关闭K1、K3、K4。
Ⅱ.打开活塞a,滴加一定量的浓盐酸,给A加热。
Ⅲ.当B中溶液变黄时,停止加热,夹紧止水夹K2。
Ⅳ.打开活塞b,使约2 mL的溶液流入D试管中,检验其中的离子。
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Ⅴ.打开止水夹K3、活塞c,加入70%的硫酸,一段时间后夹紧止水 夹K3。
Ⅵ.更新试管D,重复过程Ⅳ,检验B溶液中的离子。
(1)A中发生反应的离子方程式为
。
(2)用70%的硫酸制取SO2,反应速率比用98%的硫酸快,原因是
。
(3)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验,他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2>Fe3+>SO2的是 (填“甲”“乙”或“丙”)。
过程Ⅳ,B溶液中
含有的离子
过程Ⅵ,B溶液中
含有的离子
甲
有Fe3+无Fe2+
有S
乙
既有Fe3+又有Fe2+
有S
丙
有Fe3+无Fe2+
有Fe2+
(4)进行实验过程Ⅴ时,B中溶液颜色由黄色逐渐变为红棕色,停止通气,放置一段时间后溶液颜色变为浅绿色。
查阅资料:Fe2+(aq)+S(aq)FeSO3(s)(墨绿色)
提出假设:FeCl3与SO2的反应经历了中间产物FeSO3,溶液的红棕色是FeSO3(墨绿色)与FeCl3(黄色)的混合色。某同学设计如图2实验,证实该假设成立:
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①溶液E和F分别为 、 。
②请用化学平衡原理解释步骤3中红棕色溶液颜色变为浅绿色的 原因:
。
解析:(1)A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应,生成氯化锰、氯气、水,该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
(2)98%的硫酸中,水的含量很少,硫酸主要以分子形式存在。因氢离子浓度越大,反应速率越快,70%的硫酸中的氢离子浓度比98%的硫酸中的氢离子浓度大,所以反应速率快。
(3)甲中不能证明Cl2是否过量,也就不能证明SO2是被Fe3+还是被Cl2氧化;乙中过程Ⅳ有Fe2+,说明氯气不足,氯气氧化性大于Fe3+,过程Ⅵ有S,说明发生SO2与Fe3+的反应,则氧化性Fe3+大于SO2;丙中过程Ⅳ有Fe3+无Fe2+,则氯气的氧化性大于铁离子,过程Ⅵ有Fe2+,说明发生二氧化硫与铁离子的反应,则氧化性Fe3+大于SO2。
(4)①根据已知条件:FeCl3与SO2的反应经历了中间产物FeSO3,溶液的红棕色是FeSO3(墨绿色)与FeCl3(黄色)的混合色,所以可以借助氯化铁和亚硫酸钠溶液来确定假设是否成立。
②根据化学平衡:Fe2+(aq)+S(aq)FeSO3(s)(墨绿色),步骤3中,Fe3+消耗S,c(S)减小,平衡逆向移动,溶液颜色由红棕色变为浅绿色。
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答案:(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)70%的硫酸中的氢离子浓度比98%的硫酸中的氢离子浓度大
(3)乙、丙
(4)①Na2SO3溶液 FeCl3溶液
②Fe3+消耗S,c(S)减小,平衡Fe2+(aq)+S(aq)FeSO3(s)(墨绿色)逆向移动,溶液颜色由红棕色变为浅绿色
20.(12分)平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质)。某课题小组以此粉末为原料进行资源回收的工艺流程如下:
(1)铈(Ce)是稀土元素之一,萃取是分离稀土元素的常用方法,已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来,TBP应满足的条件为
。
(2)写出第①步反应的离子方程式:
,
第①步不能用浓盐酸的理由:
。
(3)第①步洗涤滤渣A,检验滤渣A是否洗净的方法是
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,
写出第②步反应的化学方程式:
。
(4)工业上利用上述回收的资源以及焦炭、氯气、氢气制取纯硅,写出制取纯硅的相关化学方程式:
。
(5)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.5 g,加硫酸溶解后,用 0.100 0 mol/L FeSO4标准溶液滴定到终点时(还原产物为Ce3+),消耗20 mL 标准溶液,该产品中 Ce(OH)4的质量分数为 (保留小数点后一位)。
解析:根据题给化学工艺流程,结合有关性质知废玻璃粉末加稀硫酸发生反应:Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O,滤液A为硫酸铁溶液,滤渣A为SiO2和CeO2的混合物,向滤渣A中加入稀硫酸和H2O2发生反应:2CeO2+ H2O2+3H2SO4Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O,过滤,滤渣B为SiO2,滤液B为Ce2(SO4)3溶液,向滤液B中加碱,发生反应:Ce3++3OH-Ce(OH)3↓,再通入O2,发生反应:4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4。
(2)根据题给信息知CeO2具有强氧化性,浓盐酸具有一定的还原性,可被CeO2氧化。
(3)根据流程知滤渣A表面附着有Fe3+和S,可以通过检验Fe3+
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确定是否洗净;根据流程知第②步反应中CeO2转化为Ce3+,铈元素的化合价由+4价降为+3价,被还原,则H2O2被氧化生成氧气,利用化合价升降法结合原子守恒、电荷守恒配平。
(5)根据题意知Ce(OH)4加硫酸溶解发生反应:Ce(OH)4+4H+Ce4++4H2O,再用0.100 0 mol/L FeSO4标准溶液滴定,发生反应:Ce4++Fe2+Ce3++Fe3+。根据方程式知n[Ce(OH)4]=n(FeSO4)= 0.100 0 mol/L×0.020 L=0.002 mol,m[Ce(OH)4]=0.002 mol× 208 g/mol= 0.416 g,该产品中Ce(OH)4的质量分数为×100%= 83.2%。
答案:(1)TBP不溶于水且铈离子在TBP中溶解度更大
(2)Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O CeO2与盐酸反应,放出氯气
(3)取最后一次洗涤液,加入KSCN溶液,若不出现红色,则已洗净,否则未洗净
2CeO2+H2O2+3H2SO4Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O
(4)2C+SiO22CO↑+Si(粗硅)、Si(粗硅)+2Cl2SiCl4、SiCl4+2H2Si(纯硅)+4HCl
(5)83.2%
21.(12分)近年来,硫化铜矿的湿法冶炼技术已经取得了很大的进展。现有一种催化氧化酸浸硫化铜矿的冶炼法,其工艺流程如图甲所示:
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反应温度、固液比、反应时间和氯离子浓度都对铜的浸出率有较大的影响,下面是实验得出的这几种因素对铜的浸出率影响的变化曲线图(如图乙～戊所示)。
回答下列问题:
(1)火法炼铜的主要反应:
①2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO(炉渣);
②2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2;
③2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑。
则在反应①、②、③中被氧化的元素为 (填元素符号);若生成的SO2在标准状况下的体积为4.48 L,则反应中转移的电子数目 为 NA;由a mol CuFeS2生成a mol Cu,共消耗 mol
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O2。
(2)写出反应1的化学方程式:
。
经查,硫黄、FeSO4·7H2O均可入药,用途广泛。湿法炼铜与火法炼铜相比,优点是
。
(3)从溶液中得到FeSO4·7H2O晶体的操作是
。
(4)根据实验以及工业生产的实际要求,从下表中得出的最佳工艺条件为 (填字母)。
选项
反应温度/℃
固液比
c(Cl-)/
(mol·L-1)
反应
时间/h
A
95
1∶5
0.8
7
B
100
1∶5.5
0.7
7
C
110
1∶6
0.9
8
解析:(1)整个过程中化合价升高的元素即被氧化的元素只有硫;每个硫原子失6个电子,故生成4.48 L(即 0.2 mol)SO2电子转移数为1.2NA;CuFeS2反应后的最终产物为SO2、FeO、Cu,根据原子守恒即得消耗O2的物质的量。
(2)根据流程图得出CuS的氧化产物为S,H2SO4提供酸性环境,从而得出反应1的化学方程式;湿法炼铜没有SO2生成,故污染小,同时可得到有药用价值的副产物硫酸亚铁晶体及硫黄。
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(3)从溶液中获得结晶水合物的常规操作为蒸发浓缩、冷却结晶。
(4)根据图乙～戊可知,A项为最佳工艺条件,95 ℃时铜的浸出率已经很高,且高温需要更多的燃料供能,不经济。
答案:(1)S 1.2 2.5a
(2)2CuS+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O+2S 污染小,同时得到副产物硫酸亚铁晶体及硫黄,资源得到充分利用
(3)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(4)A
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