降温结晶 过滤 、 洗涤 干燥等。 Ⅱ.探究亚氯酸钠的性质
停止通ClO2气体,再通入空气一段时间后,关闭止水夹①,打开止水夹②向A中滴入稀硫酸。
(4)开始时A中反应缓慢,稍后产生气体的速率急剧加快,请解释可能的原因 NaClO2与H2SO4反应生成的Cl﹣对反应起准化作用 。 (5)B中现象为 溶液变蓝色 。
(6)实验完成后,为防止装置中滞留的有毒气体污染空气,可以进行的操作是:再次打开止水夹①, 从进气口通入一段时间的空气 。 【分析】Ⅰ.制备业氯酸钠
(1)仪器a的名称为圆底烧瓶,仪器b有缓冲作用;
(2)C1O2有类似Cl2的性质,说明C1O2具有强氧化性,双氧水作还原剂,被氧化生成氧气,NaOH、H2O2和C1O2发生氧化还原反应生成NaC1O2,同时生成氧气、水;
(3)从溶液中获取晶体,主要操作有蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等;
Ⅱ.探究亚氯酸钠的性质
停止通ClO2气体,再通入空气一段时间后,关闭止水夹①,打开止水夹②向A中滴入稀硫酸,
(4)A中亚氯酸钠和稀硫酸反应生成Cl﹣,随着反应的进行,该离子浓度增大,化学反应速率增大,说明Cl﹣影响化学反应;
(5)通入的空气将ClO2气体吹入B装置中,该气体性质和氯气相似,所以能将碘离子氧化为碘单质;
(6)再次打开止水夹①,用空气将装置中的气体吹出即可。 【解答】解:Ⅰ.制备业氯酸钠
(1)仪器a的名称为圆底烧瓶,仪器b有缓冲作用,从而防止倒吸现象发生, 故答案为:圆底烧瓶;防止倒吸;
(2)C1O2有类似Cl2的性质,说明C1O2具有强氧化性,双氧水作还原剂,被氧化生成氧气,NaOH、H2O2和C1O2发生氧化还原反应生成NaC1O2,同时生成氧
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气、水,离子方程式为2ClO2+2OH﹣+H2O2=2C1O2+H2O+O2↑, 故答案为:2ClO2+2OH﹣+H2O2=2C1O2+H2O+O2↑;
(3)从溶液中获取晶体,主要操作有蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等,所以要想从溶液中得到NaClO2晶体,则主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等, 故答案为:过滤;洗涤; Ⅱ.探究亚氯酸钠的性质
停止通ClO2气体,再通入空气一段时间后,关闭止水夹①,打开止水夹②向A中滴入稀硫酸,
(4)A中亚氯酸钠和稀硫酸反应生成Cl﹣,随着反应的进行,该离子浓度增大,化学反应速率增大,说明Cl﹣对该反应起到催化作用,
故答案为:NaClO2与H2SO4反应生成的Cl﹣对反应起准化作用;
(5)通入的空气将ClO2气体吹入B装置中,该气体性质和氯气相似,所以能将碘离子氧化为碘单质,淀粉遇碘变蓝色,所以B中现象为溶液变蓝色, 故答案为:溶液变蓝色;
(6)再次打开止水夹①,用空气将装置中的气体吹出即可,即从进气口通入一段时间的空气,
故答案为:从进气口通入一段时间的空气。
【点评】本题考查物质制备、性质实验方案设计,明确实验目的、实验原理、元素化合物性质及仪器作用是解本题关键,注意正确获取题给信息并灵活运用,题目难度中等。
9.(14分)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: Ⅰ.“酸浸”
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(1)钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系如图所示。综合考虑成本,应选择的最佳工艺条件为 12h 、 90℃ ;滤渣①的主要成分为 SiO2 。
(2)Co2O3与浓硫酸反应生成CoSO4,化学方程式为 2Co2O3+4H2SO(浓)44CoSO4+4H2O+O2↑
Ⅱ.“净化除杂”分三步完成:
(3)除铁:加入适量Na2SO4固体,析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe((6SO4)4OH)
12离子方程式为 2Na++6Fe3++4SO42﹣+12H2O?Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+12H+ 。
(4)除钙、镁:加入适量NaF,当Mg2+恰好完全被除去(离子浓度等于10﹣5mol/L)时,c(Ca2+)= 2.0×10﹣5 mol/L (取两位有效数字)。已知:Ksp(MgF2)=7.4×10﹣11,Ksp(CaF2)=1.5×10﹣10。 (
5
)
除
铜
:
加
入
适
量
Na2S2O3
,
发
生
反
应
2CuSO4+2Na2S2O3+2H2O=Cu2S↓+S↓+2Na2SO4+2H2SO4,该反应的还原产物为 Cu2S、S Ⅲ.“萃取和反萃取”
(6)“水相①”中的主要溶质是Na2SO4和 NiSO4 (写化学式)。
(7)实验室称取100g原料(含钴11.80%),反萃取时得到浓度为0.036mol/L的CoCl2溶液5L,忽略损耗,钴的产率= 90.00% (产率=产物中元素总量/原料中该元素总量×100%)。
【分析】工艺流程的目的是以水钴矿为原料,制备CoCl2?6H2O,分析工艺流程,将水钴矿进行酸浸,经酸浸后产生Co2+,Cu2+,Fe3+,Ca2+,Mg2+,Ni2+,Co3+不能在水溶液中稳定存在,会转化为Co2+,还产生不溶于酸的滤渣①SiO2,净化除杂步骤分为除铁、除钙、镁和除铜三个步骤,则滤渣②含有Fe、Ca、Mg和Cu元素,滤液②中主要存在Co2+和Ni2+,萃取得到水相①和有机相①,水相①中含有较多的Ni元素,有机相①中含有较多的Co2+,加入稀盐酸反萃取得到水相②和
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有机相②,水相②中含有较多的Co2+,进一步结晶处理最终得到CoCl2?6H2O,据此分析。
【解答】解:(1)根据图象分析,随着时间变长,温度升高,钴的浸出率先是增大最后几乎不变,综合考虑成本,100℃和90℃的钴的浸出率相差不大,应选择90℃的处理条件,12小时后,钴浸出率几乎平稳,所以处理时间选择12h,滤渣①为不溶于酸的SiO2, 故答案为:12h;90℃;SiO2;
(2)Co2O3与浓硫酸反应生成CoSO4,发生氧化还原反应,产生O2,所以反应方程式为:2Co2O3+4H2SO4(浓)故答案为:2Co2O3+4H2SO4(浓)
4CoSO4+4H2O+O2↑, 4CoSO4+4H2O+O2↑;
(3)除铁过程为加入适量Na2SO4固体,析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)
4(OH)12,则反应的离子方程式为:2Na
+
+6Fe3++4SO42﹣+12H2O?Na2Fe6(SO4)4
(OH)12↓+12H+,
故答案为:2Na++6Fe3++4SO42﹣+12H2O?Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+12H+; (4)除钙、镁过程为加入适量NaF,当Mg2+恰好完全被除去(离子浓度等于10
﹣5
mol/L)时,溶液中(cF﹣)=
=
mol/L=2.72×10﹣3mol/L,
则溶液中c(Ca2+)=故答案为:2.0×10﹣5;
=
=2.0×10﹣5mol/L,
(5)除铜反应为:2CuSO4+2Na2S2O3+2H2O=Cu2S↓+S↓+2Na2SO4+2H2SO4,反应过程中,Cu化合价降低,被还原,S化合价部分升高,部分降低,被降低的为还原产物,所以还原产物为Cu2S、S, 故答案为:Cu2S、S;
(6)水相①中含有较多的Ni元素,Ni以Ni2+存在,除了含有Na2SO4,Ni2+应为NiSO4,
故答案为:NiSO4;
(7)实验室称取100g原料(含钴11.80%),反萃取时得到浓度为0.036mol/L的CoCl2溶液5L,忽略损耗,根据Co元素守恒,则钴的产率=
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=90.00%,
故答案为:90.00%。
【点评】本题考查无机工艺流程,涉及到流程分析,氧化还原反应,溶度积的计算,产率的计算,均为高频考点,整体难度中等,明确流程中发生的化学反应是解题的关键,试题有助于培养综合分析问题的能力。
10.(14分)氮氧化物是大气主要污染物,可采用强氧化剂氧化脱除、热分解等方法处理氮氧化物。 Ⅰ.已知:
(1)写出反应1的离子方程式 2NO+S2O82﹣+4OH﹣?2NO2﹣+2SO42﹣+2H2O (2)在反过2中,NO2﹣的初始浓度为0.1mol/L,反应为NO2﹣+S2O82﹣+2OH﹣?NO3
﹣
+2SO42﹣+H2O.不同温度下,达到平衡时NO2﹣的脱除率与过硫酸钠(Na2S2O8)
初始浓度的关系如图所示。
①比较a、b点的反应速率:va逆 < vb正(填或“>”“<”或“=”)
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