收藏 分享(赏)

备战高考化学化学反应原理综合题附答案.docx

上传人:HR专家 文档编号:11749021 上传时间:2020-12-30 格式:DOCX 页数:32 大小:250.49KB
下载 相关 举报
备战高考化学化学反应原理综合题附答案.docx_第1页
第1页 / 共32页
备战高考化学化学反应原理综合题附答案.docx_第2页
第2页 / 共32页
备战高考化学化学反应原理综合题附答案.docx_第3页
第3页 / 共32页
备战高考化学化学反应原理综合题附答案.docx_第4页
第4页 / 共32页
备战高考化学化学反应原理综合题附答案.docx_第5页
第5页 / 共32页
点击查看更多>>
资源描述

1、备战高考化学化学反应原理综合题附答案一、化学反应原理1 过碳酸钠( 2Na2CO3?3H2O2)俗称固体双氧水。实验室可用碳酸钠和双氧水等为原料来制备,具体流程如下:已知: 相关反应的方程式如下:2Na2CO3+3H2O22Na2 CO3?3H2 O2 H 0 工业上常以产品活性氧的质量分数(活性氧) 100%来衡量产品的优劣, 13.00%以上为优等品。请回答:表 1 反应温度对产品收率及活性氧含量的影响反应温度 / 产品收率 /%活性氧质量分数 /%565.312.711073.213.241585.013.552083.213.302555.112.78表 2 加料时间对产品收率及活性氧

2、含量的影响加料时间 /min产品收率 /%活性氧质量分数 /%565.713.301076.814.751581.314.262089.013.822587.913.51(1)分析表1,一般选择的反应温度为_。( 2)分析表 2,加料时间对产品收率也有很大影响,时间太短或太长均不利于生产,加料时间太短导致产品收率较低的原因是_。( 3)结晶过程中加入氯化钠,作用是_。( 4)下列关于抽滤操作,正确的是_。A准备略大于漏斗内径的滤纸,以盖住布氏漏斗瓷板上的小孔B用倾析法先转移溶液,待溶液快流尽时再转移沉淀C洗涤沉淀时,加入少量水并开大水龙头,重复操作2 3 次D用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体,晾

3、干后保存在试剂瓶中(5)使用图 2 所示装置抽滤,中途需停止抽滤时,最佳操作为_。(6)产品出厂前需测定活性氧的质量分数,现将0.1000g某厂的产品(所含杂质均不参与反应)溶于水配成溶液,加入10.00mL1.000mol ?L 1 的稀硫酸,再加入足量KI,摇匀后置于暗处,充分反应后,加入少量_,用 0.1000mol ?L1 的 Na2 2 3标准溶液滴定,若该S O产品的活性氧质量分数为13.60%,则达到滴定终点时共消耗标准液的体积为_mL。已知: 2Na22 3 22 46S O +I Na S O +2NaI【答案】15该反应为放热反应,加料太快会导致温度显著升高,双氧水分解降低

4、产品溶解度,便于产品析出B先打开活塞,再关闭水龙头淀粉溶液 17.00【解析】【详解】( 1)由表可知, 15时,产品收率和活性氧的质量分数高;故答案为: 15;( 2)由已知:,该反应为放热反应,加料太快会导致温度显著升高,双氧水分解,不利于反应的进行;故答案为:该反应为放热反应,加料太快会导致温度显著升高,双氧水分解;( 3)结晶过程中加入氯化钠、搅拌,能降低过碳酸钠的溶解度,有利于产品析出;故答案为:降低产品溶解度,便于产品析出;( 4) A准备略小于漏斗内径的滤纸,盖住布氏漏斗瓷板上的小孔,A 错误;B用倾析法先转移溶液,待溶液快流尽时再转移沉淀,B 正确;C洗涤沉淀时,加入少量水,关

5、小水龙头,减小流速,重复操作2 3 次, C 错误;D用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体,过碳酸钠不稳定,应避光保存,D 错误;故答案为: B;( 5)使用图 2 所示装置抽滤,中途需停止抽滤时,为防止自来水倒吸,最佳操作为先打开活塞,再关闭水龙头;故答案为:先打开活塞,再关闭水龙头;(6)已知:活性氧的质量分数 (活性氧)100%,则 n( H2O2),产品溶于水由H2O2 与 KI 的酸性溶液反应,H2O2+2H+2I 2HO+I2,故用淀粉溶液做指示剂;用0.1000mol?L 1 的 Na2S2O3 标准溶液滴定生成的碘单22322462222322322质: 2Na S O+I NaS

6、O+2NaI ,则 HO 2Na S O, n( Na S O) 2n( H O),则消耗的标准液的体积为(0.136 0.1000g)2160.1000mol/L 0.0170L 17.00mL;故答案为:淀粉溶液;17.00 。【点睛】工艺流程实验题要分析流程,所有设计都是为了实现流程的目标,在分析问题时要把握住这一基本原则,就能防止跑偏方向。2 某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物FexC2 O4yzH2 O,并用滴定法测定其组成。已知H 2 C2O4 在温度高于90时易发生分解。实验操作如下:步骤一:将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内,可生成黄色沉淀;步骤二:称取黄

7、色产物0.844n g 于锥形瓶中,加入足量的硫酸并水浴加热至70n 85 。待固体全部溶解后,用胶头滴管吸出一滴溶液点在点滴板上,用铁氰化钾溶液检验,无蓝色沉淀产生;步骤三:用 0.0800n mol / LKMnO 4 标准液滴定步骤二所得的溶液;步骤四:向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn 粉和硫酸溶液,几分钟后用胶头滴管吸出一滴点在点滴板上,用KSCN溶液检验,若不显红色,过滤除去Zn 粉,并用稀硫酸洗涤Zn粉,将洗涤液与滤液合并,用0.0800n mol / LKMnO 4 标准液滴定,用去高锰酸钾标准液10.00n mL 。(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是_。(

8、2)步骤二中水浴加热并控制温度70n 85的理由是 _,加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生,此操作的目的是_。(3)步骤三盛装 KMnO 4标准液的滴定管在滴定前后的液面如图乙所示,则消耗KMnO 4标准液的体积为 _,该滴定管为 _滴定管 ( 填 “酸式 ”或 “碱式 ”) 。(4)步骤四中滴定时发生反的离子方程式为_。若不合并洗涤液,则消耗KMnO 4标准液的体积将 _ ( 填 “增大 ”“减小 ”或 “不变 ”) 。由以上数据计算黄色化合物的化学式为_。【答案】过滤加快固体溶解,防止草酸分解证明溶液中无Fe2存在,防止Fe2干扰草酸的测定25.00mL酸式5Fe2MnO48H5Fe3Mn24H

9、 2O减小Fe4 C2O4 5?10H 2O【解析】【详解】(1) 固液分离的方法为过滤,故答案为:过滤;(2) 水浴加热可加快固体溶解,控制温度7085n ?C 可防止草酸分解;FexC 2O4 y?zH 2O 中的铁元素可能含有Fe2 , Fe2 与 KMnO 4 反应,高锰酸钾滴定草酸时,需要排除Fe2 的干扰,故答案为:加快固体溶解,防止草酸分解;证明溶液中无Fe2 存在,防止 Fe2 干扰草酸的测定;(3) 滴定前读数为 0.80n mL ,滴定后读数为 25.80n mL ,则消耗 KMnO 4 溶液的体积为25.00n mL ; KMnO 4 具有强氧化性,应用酸式滴定管,故答案

10、为:25.00n mL ;酸式;(4) 步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为5Fe28H5Fe3Mn 24H 2 O ,洗涤液中含有 Fe2,若不合并,消耗KMnO 4 标准液的体积减小;根据方程式可知,nFe25nMnO 450.0800n mol / L10n mL10 3L / mL 410 3mol ,nH 2C2 O 45 n MnO 450.0800 n mol / L25n mL10 3 L / mL510 3 mol220.844n g410 3 mol56g510 3 mol88n g / mol,n H 2Omol0.01n mol,18n g / mol则 n Fe :

11、n C 2O42: n H2 O4: 5:10,黄色化合物的化学式为Fe4 C2O4 5?10H 2O ,故答案为: 5Fe2MnO 48H5Fe3Mn 24H 2O ;减小; Fe4C2 O4 5?10H2O 。【点睛】亚铁离子和草酸均能与酸性高锰酸钾溶液反应,实验时防止亚铁离子干扰草酸的测定是解答关键。3 研究不同pH 时 CuSO4溶液对 H2O2分解的催化作用。资料:a Cu2O 为红色固体,难溶于水,能溶于硫酸,生成2+为棕褐色固体,难溶于水,能溶于硫Cu 和 Cu。 bCuO2酸,生成 Cu2+和 H2 2222 2+ + HO2-, HO2-H+ + O22- 。O 。 c H

12、O有弱酸性: H OH编实验现象号向 1 mL pH 2 的 1 mol L- 1 CuSO4 溶液中加入出现少量气泡0. 5 mL 30% H2O2溶液向 1 mL pH 3的 1 mol L- 1CuSO4 溶液中加入立即产生少量棕黄色沉淀,出现较明显气泡0. 5 mL 30% H O2溶液2向 1 mL pH 5的 1 mol L- 14溶液中加入立即产生大量棕褐色沉淀,产CuSO生大量气泡0. 5 mL 30% H O2溶液2(1) 经检验生成的气体均为O242 2_。,中CuSO 催化分解H O 的化学方程式是( 2)对中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设:. CuO2 ,.Cu2O

13、和 CuO2 的混合物。为检验上述假设,进行实验:过滤中的沉淀,洗涤,加入过量硫酸,沉淀完全溶解,溶液呈蓝色,并产生少量气泡。若中生成的沉淀为 CuO2,其反应的离子方程式是 _。依据中沉淀完全溶解,甲同学认为假设不成立,乙同学不同意甲同学的观点,理由是 _。为探究沉淀中是否存在Cu2O,设计如下实验:将中沉淀洗涤、干燥后,取a g 固体溶于过量稀硫酸,充分加热。冷却后调节溶液pH,以 PAN 为指示剂,向溶液中滴加c mol L- 1EDTA 溶EDTA 溶液至滴定终点,消耗液 V mL。 V=_,可知沉淀中不含 Cu2O,假设成立。(已知: Cu2+EDTA= EDTA- Cu2+, M(

14、 CuO2) 96 g mol - 1, M ( Cu2O) 144 g mol - 1)(3)结合方程式,运用化学反应原理解释中生成的沉淀多于中的原因_ 。(4)研究、中不同pH 时 H2O2 分解速率不同的原因。实验:在试管中分别取1 mL pH 2、 3、 5的 1 mol L- 1 Na2 4溶液,向其中各加入SO0. 5 mL 30% H2O2 溶液,三支试管中均无明显现象。实验: _(填实验操作和现象),说明CuO2 能够催化H2O2 分解。(5)综合上述实验,、中不同pH 时 H2O2 的分解速率不同的原因是_。【答案】 2H2 2222 22 + CuO2+2+反应产生的 H2

15、2OO +2H O H O +Cu+2HCuO 与 HO 具有强氧化性,在酸性条件下可能会氧化Cu2 O 或 Cu,无法观察到红色沉淀 Cu1000a溶液96c中存在 H2O2+2,溶液 pH 增大,两个平衡均正向移动,2H + HO2, HO2H+ O2O2浓度增大,使得CuO2沉淀量增大将中沉淀过滤,洗涤,干燥,称取少量于试管中,加入 30 H2O2 溶液,立即产生大量气泡,反应结束后,测得干燥后固体的质量不变CuO2的催化能力强于Cu2+;随 pH 增大, Cu2 +与 H2O2 反应生成 CuO2 增多【解析】【分析】【详解】(1)由题意可知,在硫酸铜做催化剂作用下,双氧水分解生成水和

16、氧气,反应的化学方程式为 2H2O2O2+2H2O,故答案为:2H2 O2O2+2H2O;( 2)若中生成的沉淀为 CuO2,说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水,反应的离子方程式为 H2O2+Cu2 +=CuO2+2H+,故答案为: H2O2+Cu2+=CuO2+2H+;由题意可知,过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水,双氧水具有强氧化性,在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜,无法观察到红色沉淀,说明假设可能成立,乙同学的观点正确,故答案为: CuO2 与 H+反应产生的 H2O2 具有强氧化性,在酸性条件下可能会氧化 Cu2O 或 Cu,无法观察到红色沉淀Cu;a g 过氧化铜的物质的量

17、为ag,由方程式可得如下关系:CuO2+ EDTA,则有96g/ mol2 Cuag3L,解得1000a1000a96g/ mol = c mol / L V 10V= 96c ml,故答案为:96c;(3)由题意可知,双氧水溶液中存在如下电离平衡H2O2+ HO 、 HO + O2H22H2 ,溶液 pH 增大,氢离子浓度减小,两个平衡均正向移动,过氧根浓度增大,使得过氧化铜沉淀量增大,故答案为:溶液中存在+, HO2+,溶液 pHH2O2H+ HO2H+ O22增大,两个平衡均正向移动,O22 浓度增大,使得CuO2 沉淀量增大;( 4)若过氧化铜能够催化过氧化氢分解,过氧化氢分解速率加快

18、,催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化,则实验操作和现象为将中沉淀过滤,洗涤,干燥,称取少量于试管中,加入30 H2O2 溶液,立即产生大量气泡,反应结束后,测得干燥后固体的质量不变,故答案为:将中沉淀过滤,洗涤,干燥,称取少量于试管中,加入30 H2O2 溶液,立即产生大量气泡,反应结束后,测得干燥后固体的质量不变;( 5)由以上实验可知,当溶液 pH 增大时,双氧水溶液中过氧根浓度增大,使得过氧化铜沉淀量增大,过氧化铜的催化能力强于铜离子,使双氧水的分解速率增大,故答案为:CuO2 的催化能力强于Cu2+;随 pH 增大, Cu2+与 H2O2 反应生成 CuO2 增多。【点睛】当溶液

19、pH 增大时,双氧水溶液中过氧根浓度增大,使得过氧化铜沉淀量增大,过氧化铜的催化能力强于铜离子,使双氧水的分解速率增大是解答关键,也是实验设计的关键。4 硫酸亚铁铵的化学式为( NH4) 2SO4?FeSO4?6H2O,商品名为莫尔盐,可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化,而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种盐的溶解度(单位为g/100g 水)如下表:温度102030(NH4)2SO473.075.478.0FeSO7H2O20.026.532.94(NH424417.221.628.1)SO ?FeSO(一)实验室制取少量莫尔盐的流程如下:试回答下列问题:(1)步骤 1

20、中加入 10Na2CO3 溶液的主要作用是_ ;反应中铁屑过量是为了_。(2)步骤3 需要趁热过滤,原因是_。(3)从步骤4 到莫尔盐,必须进行的操作依次是_,析出的晶体常用_洗涤。( 4)若莫尔盐的饱和溶液中有水 20 克,当温度从 30降至 10,最多析出莫尔盐的质量是 _(选填编号)。A 2.18gB 大于2.18gC 小于2.18gD 无法确定(二)称取质量为1.96g 的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性KMnO4 溶液进行滴定。( 1)已知 MnO4-被还原为 Mn 2+,试写出该滴定反应的离子方程式_。( 2)判断该反应到达滴定终点的现象为_。(3)假设到达滴定终点时,用去V mL

21、 酸性 KMnO4溶液,则该酸性KMnO4 溶液的浓度为_mol/L 。【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+,保证 Fe2+稳定、纯净地存在,减少产物中的 Fe3+杂质 FeSO4在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有42FeSO7H O 析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B2+-+3+2+5Fe +MnO 4 +8H 5Fe +Mn+4H2O 加入最后一滴KMnO4 溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色1/V【解析】【分析】(一)( 1)碳酸钠水解显碱性;( 2) FeSO4 在温度低时溶解度较小;( 3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小;(4)( NH4) 2S

22、O4FeSO4 在 30和 10的溶解度分别为:28.1g 和 17.2g;(二)( 1) MnO 4-将二价铁离子氧化为三价铁离子,被还原为Mn2+;( 2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子是不需要指示剂的;( 3)根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质,可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系,根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系,进而进行计算。【详解】(一)(1)碳酸钠水解显碱性,油脂在碱性条件下能水解,过量的Fe 可以还原氧化生成的 Fe3+,减少产物中的Fe3+杂质,故答案为:除铁屑表面的油污;还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在,减少产物中的Fe3+杂质;(

23、2)如果不趁热过滤就会有FeSO47H2 O 析出,故答案为:FeSO4 在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有FeSO47H2O 析出;(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小;温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小,可用冰水洗涤,故答案为:过滤、洗涤;无水酒精或冰水;(4)( NH4) 2SO4FeSO4 在 30和 10的溶解度分别为:28.1g 和 17.2g,即若溶剂为 100g水,冷却析出 10.9g,有水 20g 析出 2.18g,硫酸亚铁铵的化学式为( NH42442) SOFeSO6H O含有结晶水,故析出质量大于2.18g,故答案为: B;(二)( 1)

24、反应的离子方程式2+-+3+2+4H2O,故答案为:5Fe+MnO4 +8H 5Fe +Mn5Fe2+MnO 4-+8H+ 5Fe3+Mn 2+4H2O;(2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子不需要指示剂,当滴加最后一滴溶液后,溶液变成紫红色,30s 内不褪色,说明达到滴定终点,故答案为:加入最后一滴KMnO4 溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色;(3) 1.96g 硫酸亚铁铵晶体的物质的量n= m =1.96 g=0.005mol ,根据原子守恒则亚M 392g / mol铁离子的物质的量为 0.005mol ,反应 5Fe2+MnO 4-+8H+=5Fe3+Mn 2+4H2O,则 5Fe2+

25、 MnO 4-,所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol ,据 c= n=0.001mol =1mol/L ,故答案为:V10 3 VLV1 。V5 锂离子电池能够实现千余次充放电,但长时间使用后电池会失效,其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染,还会造成资源的浪费。实验室模拟回收锂离子电池中的Co、 Ni、 Li 的流程如图。已知: LiCoO2 难溶于水,易溶于酸。回答下列问题:( 1) LiCoO2 中 Co 的化合价是 _。( 2) LiCoO2 在浸出过程中反应的离子方程式是_。(3)浸出剂除了 H2 2外,也可以选择2 2 3,比较二者的还原效率2 2ONa S OH O _

26、(填 “ 或”“ ” )NaSO (还原效率:还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。223( 4)提高浸出效率的方法有 _。( 5)利用 Cyanex272萃取时, pH 对钴、镍萃取分离效果的影响如图。从图中数据可知,用 Cyanex272 萃取分离时,最佳 pH 是 _。(6)反萃取的离子方程式为2H+CoR2+2=Co +2HR,则反萃取剂的最佳选择是 _。(7)常温下,若水相中的Ni2+的质量浓度为 1.18g L-1 ,则 pH=_时, Ni2+开始沉淀。K (Ni(OH)-15=2 10 sp2(8)参照题中流程图的表达,结合信息设计完成从水相中分离Ni 和 Li 的实验流

27、程图 (如图 )_ 。已知:提供的无机试剂:NaOH、Na2CO3、 NaF。【答案】 +32LiCoO+6H+H2O2=2Co2+O2 +2Li+4H2O浓度5.5H2SO47.5 NaOH Ni(OH)2 NaF【解析】【分析】适当升高温度,适当增加H2SO4(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0 进行计算;(2)由流程图中有机相反萃取得到 CoSO4,可知 LiCoO2 与 H2O2 在酸性条件下发生氧化还原反应,根据氧化还原反应的规律写出化学方程式;(3)根据等物质的量H2O2 和 Na2S2O3 作为还原剂转移电子的多少进行判断;(4)提高浸出效率即提高化学反应速率;(5)分离 C

28、o2+和 Ni2+时,由于Co2+进入有机相,Ni 进入水相,因此,应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH 范围;(6)将钴洗脱进入水相中时,应该使反应向正反应方向移动,同时不能引入新杂质;sp2的表达式进行计算;(7)根据 K (Ni(OH)(8)根据表格中所给物质溶解度信息,调节pH 应该用碱性物质,但要考虑分离Ni 和 Li 元素不能使 Ni 和 Li 元素同时沉淀。【详解】(1)LiCoO 中 O 元素为 -2 价, Li 为 +1 价,根据化合物中各元素化合价代数和为0 进行计算得2Co 的化合价为 +3 价;(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4,可知 LiCoO2 与 H2

29、O2 在酸性条件下发生氧化还原反应,化学方程式为:2LiCoO2+6H+H2O2=2Co2+O2 +2Li+4H2O;(3)1molH 2O2作为还原剂转移 2mol 电子, 1molNa 2S2O3 作为还原剂转移 8mol 电子,则Na2S2O3 的还原效率更高;(4)提高浸出效率可以适当升高温度,适当增加H2SO4 浓度等;(5)分离 Co2+和 Ni2+时,由于 Co2+进入有机相, Ni 进入水相,因此,应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH 范围,所以最佳pH 是 5.5;(6)将钴洗脱进入水相中时,应该使反应向正反应方向移动,同时,为不引入新杂质,反萃取剂最好选择 H2SO4;

30、2+1.18-(7)c(Ni )=mol/L=0.02mol/L,则开始沉淀时, c(OH )59K sp (NiOH 2 )2 10 15=10-6.50.02=mol/L ,则 pH=14-6.5=7.5;0.02(8)根据表格中所给物质溶解度信息,调节pH 应该用碱性物质,但要考虑分离Ni 和 Li 元素不能使 Ni 和 Li 元素同时沉淀,所以选用NaOH,则 Ni(OH)2 先沉淀,过滤后滤液中加入NaF 生成 LiF 沉淀。【点睛】本题 (5)选择合适的pH 时,注意读懂图中信息,要根据实验的具体操作情况来分析。6 草酸铵 (NH4)2C2O4为无色柱状晶体,不稳定,受热易分解,可

31、用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。(l)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红,装置B 中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有 _(填化学式);若观察到_, 说明分解产物中含有 CO2草酸铵分解的化学方程式为 _。(2)反应开始前,通人氮气的目的是_。(3)装置 C 的作用是 _。(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,该反应的化学方程式为_。该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。(5)取 20. 00mL 血液样品,定容至l00mL,分别取三份体积均为25. 00mL 稀释后的血液样品,加入草酸铵,生成草酸钙沉淀,过滤,将该沉淀

32、溶于过量稀硫酸中,然后用0.0l00mol/LKMnO 4 溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为_ 。三次滴定实验消耗KMnO4 溶液的体积分别为0.43mL, 0.4lmL,0.52mL,则该血液样品中钙元素的含量为_ mmol/L 。【答案】 NH3、 CO2 E中黑色固体变红,F 中澄清石灰水变浑浊(NH4)2C2O42NH3 +CO2 +CO +H2O排尽装置中的空气充分吸收 CO2,防止干扰 CO的检验 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O 因最后一滴 KMnO4 溶液的滴入,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪去2.1【解析】【分析】(l)按实验过程中观察到现象,推测分解产物并书写

33、草酸铵分解的化学方程式;(2) 氮气驱赶装置内原有气体,从空气对实验不利因素来分析;(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C 的作用;(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质,结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式; (5)三次平行实验,计算时要数据处理,结合关系式进行计算;【详解】(l)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气,装置B 中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有二氧化碳气体;若观察到装置E 中氧化铜由黑色变为红色,装置F 中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有CO;答案为: NH3; CO2 ; E 中黑色固体变红,F 中澄清石灰水变浑浊;草酸铵

34、分解产生了CO2 、NH3 、CO,结合质量守恒定律知,另有产物H2O,则草酸铵分解的化学方程式为 (NH4)2C2O4 = 2NH3 +CO2 +CO +H2O;答案为: (NH4)2C2 O4 = 2NH3 +CO2 +CO +H2O;(2)反应开始前,通人氮气的目的是排尽装置中的空气,避免CO 与空气混合加热发生爆炸,并防止空气中的CO2 干扰实验;答案为:排尽装置中的空气;(3) 装置 E 和 F 是验证草酸铵分解产物中含有 CO,所以要依次把分解产生的 CO2、气体中的水蒸气除去,所以装置 C 的作用是:吸收 CO2,避免对 CO 的检验产生干扰;答案为:充分吸收 CO2 ,防止干扰 CO的检验;(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,那就是氨气, NH 3也会与 CuO 反应,其产物是 N2和水,该反应的化学方程式为2NH一定条件322+3CuO = 3Cu+N +3H O;一定条件答案为: 2NH3+3CuO = 3Cu+N2+3H2O;(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸,用0. 0l00mol/LKMnO 4

展开阅读全文
相关资源
猜你喜欢
相关搜索

当前位置:首页 > 中等教育 > 高中教育

本站链接:文库   一言   我酷   合作


客服QQ:2549714901微博号:道客多多官方知乎号:道客多多

经营许可证编号: 粤ICP备2021046453号世界地图

道客多多©版权所有2020-2025营业执照举报