吾尝终日而思矣，不如须臾之所学也；吾尝跂而望矣，不如登高之博见也。登高而招，臂非加长也，而见者远；顺风而呼，声非加疾也，而闻者彰。假舆马者，非利足也，而致千里；假舟楫者，非能水也，而绝江河。君子生非异也，善假于物也。非选择题标准练(一)
满分43分,实战模拟,20分钟拿到高考主观题高分!
可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14
O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
1.(15分)某学校研究小组欲探究CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生的蓝绿色沉淀组成,小组进行下列实验探究。 【提出假设】 假设1:沉淀为Cu(OH)2 假设2:沉淀为_______
假设3:沉淀为碱式碳酸铜[化学式可表示为nCuCO3·mCu(OH)2] 【查阅资料】无论是哪一种沉淀受热均易分解(假设均不含结晶水)。 【物质成分探究】
步骤1:将所得悬浊液过滤,用蒸馏水洗涤,再用无水乙醇洗涤
步骤2:甲同学取一定量固体,用气密性良好的如图装置(夹持仪器未画出)进行定性实验,请回答下列问题:
(1)假设2中的沉淀为________。
(2)假设1中沉淀为Cu(OH)2的理论依据是______________________________。 (3)无水乙醇洗涤的目的________。
(4)若反应后A中蓝绿色固体变黑,C中无明显现象,证明假设________(填写序号)成立。 (5)乙同学认为只要将上图中B装置的试剂改用________试剂后,便可验证上述所有假设。 (6)乙同学更换B装置试剂后验证假设3成立的实验现象是________。
(7)在假设3成立的前提下,某同学考虑用Ba(OH)2代替Ca(OH)2,测定蓝绿色固体的化学式,若所取蓝绿色固体质量为27.1 g,实验结束后装置B的质量增加
2.7 g,C中产生沉淀的质量为19.7 g。则该蓝绿色固体的化学式为________。
【解析】(1)CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生蓝绿色沉淀,可能是反应生成了碳酸铜沉淀,或双水解生成了
吾尝终日而思矣，不如须臾之所学也；吾尝跂而望矣，不如登高之博见也。登高而招，臂非加长也，而见者远；顺风而呼，声非加疾也，而闻者彰。假舆马者，非利足也，而致千里；假舟楫者，非能水也，而绝江河。君子生非异也，善假于物也。氢氧化铜沉淀,或是碱式碳酸铜,假设1中沉淀为Cu(OH)2,假设2为CuCO3。
(2)Na2CO3溶液中碳酸根能水解,产生氢氧根离子,所以与CuSO4溶液混合产生的蓝绿色沉淀可能为氢氧化铜。
(3)所得悬浊液过滤,用蒸馏水洗涤,再用无水乙醇洗涤,可以洗去固体中残留的水分,通风晾干可以让乙醇完全挥发。
(4)加热时,碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜,二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊,加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜,若反应后A中蓝绿色固体变黑,C中无明显现象证明一定不含有碳酸铜,只含有Cu(OH)2,假设1正确。
(5)实验验证碳酸铜或氢氧化铜是利用受热分解生成的产物性质验证,加热时,碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜,加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜,所以需要验证水的存在和二氧化碳的存在就可以证明产生的物质成分,装置A中加热是否变为黑色固体,装置B选择无水硫酸铜验证是否生成水,澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳,所以要将图中B装置的试剂改用无水CuSO4。
(6)装置A中加热是否变为黑色固体,装置B选择无水硫酸铜,观察是否变蓝色验证是否生成水,装置C中澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳,所以证明假设3成立的现象为A中蓝绿色固体变黑色,B中无水CuSO4固体变蓝,C中有白色沉淀产生。 (7)B中吸收的是水,水的物质的量=据碳原子守恒得二氧化碳的物质的量=0.1 mol,氧化铜的物质的量=
=0.15 mol,C中吸收的是二氧化碳生成碳酸钡白色沉淀,根
=
=0.25 mol,则铜离子、氢氧根离子和碳酸
根离子的物质的量之比=0.25 mol∶0.3 mol∶0.1 mol=5∶6∶2,所以其化学式为2CuCO3·3Cu(OH)2或3Cu(OH)2·2CuCO3或Cu5(OH)6(CO3)2。
答案:(1)CuCO3 (2)碳酸根水解,溶液中含有较多的OH (3)利用乙醇易挥发,带走洗涤用的水 (4)1 (5)无水CuSO4
(6)A中蓝绿色固体变黑色,B中无水CuSO4固体变蓝,C中有白色沉淀产生 (7)2CuCO3·3Cu(OH)2或3Cu(OH)2·2CuCO3或Cu5(OH)6(CO3)2
2.(14分)从废钒催化剂(主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等)中回收V2O5的一种生产工艺流程示意如图所示:
-
吾尝终日而思矣，不如须臾之所学也；吾尝跂而望矣，不如登高之博见也。登高而招，臂非加长也，而见者远；顺风而呼，声非加疾也，而闻者彰。假舆马者，非利足也，而致千里；假舟楫者，非能水也，而绝江河。君子生非异也，善假于物也。
回答下列问题:
(1)①中滤渣的主要成分是________。
(2)②、③中的变化过程可简化为(下式中R表示VO或Fe,HA表示有机萃取剂的主要成分): R(水层)+nHA(有机层)
n+
n+
2+
3+
RAn(有机层)+nH(水层)
+
②中萃取时必须加入适量碱,其原因是___________________________。 ③中反萃取时加入的X试剂是________。 (3)完成④中反应的离子方程式: ______Cl
+______VO+______H
2+
+
______VO+______Cl+_____
3+-
(4)25℃时,取样进行实验分析,得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如表所示:
pH 钒沉淀率/% 1.3 88 1.4 92 1.5 93 1.6 95 1.7 95 1.8 95 1.9 93 2.0 90 2.1 87 根据表中数据判断,⑤中加入氨水,调节溶液pH最佳值为________;若钒沉淀率为90%时不产生Fe(OH)3沉淀,则溶液中c(Fe)<________。(已知:25℃时,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10) (5)在整个工艺流程中,可以循环利用的物质是水、________和________。 (6)写出废液Y中除H之外的两种阳离子________。
【解析】(1)废钒催化剂(主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等)酸浸后,V2O5、Fe2O3和酸反应,二氧化硅不与酸反应,过滤得到的滤渣为二氧化硅。
(2)②中萃取时必须加入适量碱,分析平衡R(水层)+nHA(有机层)
n+
+3+
-38
RAn(有机层)+nH(水层),加入的碱会
+
和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行;③中反萃取时加入的X试剂的作用是抑制平衡正向进行,可以加入硫酸抑制平衡正向进行。
(3)依据氧化还原反应元素化合价变化、电子守恒和原子守恒分析配平,Cl
2+
3+
中氯元素化合价从+5价变化
为-1价,得到6个电子,VO变化为VO,元素化合价从+4价变化为+5价,失1个电子,依据电子守恒、原子守恒配平得到离子方程式为Cl
+6VO+6H
2+
+
6VO+Cl+3H2O。
3+-