备战高考化学化学反应原理综合经典题及详细答案.docx
- 文档编号:25378497
- 上传时间:2023-06-07
- 格式:DOCX
- 页数:27
- 大小:419.50KB
备战高考化学化学反应原理综合经典题及详细答案.docx
《备战高考化学化学反应原理综合经典题及详细答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《备战高考化学化学反应原理综合经典题及详细答案.docx(27页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
备战高考化学化学反应原理综合经典题及详细答案
2020-2021备战高考化学化学反应原理综合经典题及详细答案
一、化学反应原理
1.水合肼(N2H4·H2O)又名水合联氨,无色透明,是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体,它是一种重要的化工试剂。
利用尿素法生产水合肼的原理为:
CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl。
实验1:
制备NaClO溶液。
(已知:
3NaClO
2NaCl+NaClO3)
(1)如图装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为___________。
(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时,所需玻璃仪器除量筒外还有__________(填字母)。
a.烧杯b.容量瓶c.玻璃棒d.烧瓶
(3)图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是__________。
实验2:
制取水合肼。
(4)图中充分反应后,____________(填操作名称)A中溶液即可得到水合肼的粗产品。
若分液漏斗滴液速度过快,部分N2H4·H2O会参与A中反应并产生大量氮气,降低产品产率。
写出该过程反应生成氮气的化学方程式________。
实验3:
测定馏分中水合肼的含量。
(5)称取馏分3.0g,加入适量NaHCO3固体(滴定过程中,调节溶液的pH保持在6.5左右),加水配成250mL溶液,移出25.00mL置于锥形瓶中,并滴加2~3滴淀粉溶液,用0.15mol·L-1的碘的标准溶液滴定(已知:
N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)。
①滴定时,碘的标准溶液盛放在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是_________(填字母)。
a.锥形瓶清洗干净后未干燥b.滴定前,滴定管内无气泡,滴定后有气泡
c.读数时,滴定前平视,滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后,直接装标准液
③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL,馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_________。
【答案】MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2Oac防止NaClO受热分解,影响水合肼的产率蒸馏N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl酸式d25%
【解析】
【分析】
(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水;
(2)配制30%NaOH溶液时,用天平称量一定质量的氢氧化钠固体,在烧杯中加水溶解,并用玻璃棒搅拌;
(3)由题给信息可知,次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠,降温可以防止NaClO受热分解;
(4)N2H4•H2O具有强还原性,若分液漏斗滴液速度过快,部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应;
(5)①碘的标准溶液具有氧化性,可以腐蚀橡皮管;
②依据操作不当对标准溶液体积的影响分析解答;
③由方程式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2,由此计算N2H4·H2O的物质的量和质量分数。
【详解】
(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O,故答案为:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;
(2)配制30%NaOH溶液时,用天平称量一定质量的氢氧化钠固体,在烧杯中加水溶解,并用玻璃棒搅拌,需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒,故答案为:
ac;
(3)由题给信息可知,次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠,图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解,影响水合肼的产率,故答案为:
防止NaClO受热分解,影响水合肼的产率;
(4)由反应方程式示可知,加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼的粗产品;N2H4•H2O具有强还原性,若分液漏斗滴液速度过快,部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水,反应的化学方程式为N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl,故答案为:
蒸馏;N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl;
(5)①碘的标准溶液具有氧化性,可以腐蚀橡皮管,应盛放在酸式滴定管中,故答案为:
酸式;
②a.锥形瓶清洗干净后未干燥,不影响水合肼的物质的量,对实验结果无影响,故错误;
b.滴定前,滴定管内无气泡,滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小,所测结果偏小,故错误;
c.读数时,滴定前平视,滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小,所测结果偏小,故错误;
d.盛标准液的滴定管水洗后,直接装标准液会稀释碘的标准溶液,导致碘的标准溶液体积偏大,所测结果偏高,故正确;
d正确,故答案为:
d;
③由方程式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2,则3.0g馏分中n(N2H4·H2O)=
n(I2)×10=
×0.15mol·L-1×20×10—3L×10=0.015mol,则馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为
×100%=25%,故答案为:
25%。
【点睛】
由题给信息可知,次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠,图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解是解答关键,N2H4•H2O具有强还原性,若分液漏斗滴液速度过快,部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应是解答难点。
2.钛白粉(TiO2)是重要的白色颜料,LiFePO4是锂离子电池的正极材料。
一种利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3和少量Fe2O3)进行钛白粉和LiFePO4的联合生产工艺如下图所示:
回答下列问题:
(1)LiFePO4中Fe的化合价是_______________________。
(2)钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎,粉碎的目的是__________________________________。
(3)用离子方程式表示操作I加入铁粉的目的:
__________________________。
操作II为一系列操作,名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤,其中用到的陶瓷仪器的名称是___________。
(4)TiO2+易水解,则其水解的离子方程式为______________________;“转化”利用的是TiO2+的水解过程,需要对溶液加热,加热的目的是________________________________。
(5)“沉铁”的的是使Fe3+生成FePO4,当溶液中c(PO43-)=1.0×10-17mol/L时可认为Fe3+沉淀完全,则溶液中Fe3+沉淀完全时的c(Fe3+)=_______mol/L[已知:
该温度下,Ksp(FePO4)=1.0×10-22]。
(6)由“沉铁”到制备LiFePO4的过程中,所需17%H2O2溶液与草酸(H2C2O4)的质量比是_____。
【答案】+2增加钛铁矿与硫酸按触面积,增大酸溶速率2H++Fe==H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+蒸发皿TiO2++2H2O
TiO(OH)2+2H+促进水解(或加快水解反应速率)1.0×10-520:
9
【解析】
【分析】
钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO)3,含有少量Fe2O3]加硫酸溶解生成TiO2+和Fe3+、Fe2+,加入铁还原铁离子:
2Fe3++Fe=3Fe2+,得到硫酸亚铁和TiOSO4,对溶液蒸发浓缩、冷却结晶,过滤得到绿矾晶体和TiOSO4溶液,将TiOSO4溶液加热,促进TiO2+的水解生成TiO(OH)2,TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+,分解得到钛白粉(TiO2);将绿矾与过氧化氢、H3PO4混合沉铁:
2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+,将得到的FePO4与草酸、Li2CO3焙烧生成锂离子电池的正极材料LiFePO4。
【详解】
根据上述分析可知,
(1)LiFePO4中Li的化合价为+1价,P为+5价O为-2价,根据正负化合价的代数和为0,Fe的化合价是+2,故答案为+2;
(2)钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎,粉碎可以增加钛铁矿与硫酸按触面积,增大酸溶速率,故答案为增加钛铁矿与硫酸按触面积,增大酸溶速率;
(3)加入铁粉主要是还原铁离子,也会与过量的酸反应:
2H++Fe==H2↑+Fe2+、2Fe3++Fe=3Fe2+;操作II为一系列操作,名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤,其中用到的陶瓷仪器为蒸发皿,故答案为2H++Fe==H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+;蒸发皿;
(4)TiO2+易水解生成TiO(OH)2,其水解的离子方程式为TiO2++2H2O
TiO(OH)2+2H+;“转化”利用的是TiO2+的水解过程,需要对溶液加热,加热可以促进水解,故答案为TiO2++2H2O
TiO(OH)2+2H+;促进水解;
(5)Ksp(FePO4)=c(Fe3+)c(PO43-),则c(Fe3+)=
=
=1.0×10-5mol/L,故答案为1.0×10-5;
(6)“沉铁”的为绿矾与过氧化氢、H3PO4混合生成FePO4,离子方程式为:
2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+,焙烧时的反应方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O4
2LiFePO4+H2O+3CO2↑;H2O2与草酸( H2C2O4)的物质的量之比为1:
1,则17% H2O2溶液与草酸( H2C2O4)的质量比为
=
,故答案为
。
3.纳米TiO2是一种重要的光催化剂。
以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下:
①组装装置如图所示,保持温度约为65℃,先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶,再加入3mL乙酰丙酮,充分搅拌;
②将含水20%的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中,得到二氧化钛溶胶;
③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶,灼烧凝胶得到纳米TiO2。
已知:
钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂,遇水剧烈水解;Ti(OH)4不稳定,易脱水生成TiO2。
回答下列问题:
(1)仪器a的名称是__,冷凝管的作用是__。
(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率,其原理可能是__(填字母)。
A.增加反应的焓变
B.增大反应的活化能
C.减小反应的焓变
D.降低反应的活化能
制备过程中,减慢水解反应速率的措施还有_。
(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为__。
如图所示实验装置中,可用于灼烧二氧化钛凝胶的是__(填字母)。
(4)测定样品中TiO2纯度的方法是:
精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中,加入硫酸和硫酸铵的混合溶液,加强热使其溶解。
冷却后,加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。
加入金属铝,将TiO2+全部转化为Ti3+。
待过量的金属铝完全溶解并冷却后,加入指示剂,用0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。
重复操作2次,消耗0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL(已知:
Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+)。
①加入金属铝的作用除了还原TiO2+外,另一个作用是__。
②滴定时所用的指示剂为__(填字母)。
a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液
③样品中TiO2的质量分数为__%。
(Ti相对分子质量为48)
【答案】温度计冷凝回流B用含水20%的乙醇溶液代替水,缓慢滴加Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OHa与酸反应生成氢气,形成氢气氛围,防止Ti3+在空气中被氧化b80
【解析】
【分析】
以钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]为原料,在三颈烧瓶中反应可得到二氧化钛溶胶,再经过干燥、灼烧即可得纳米TiO2。
【详解】
(1)由装置图可知,仪器a为温度计;冷凝管可起到冷凝回流的作用;
故答案为:
温度计:
冷凝回流;
(2)加入催化剂,不能改变焓变(只与反应的始末状态有关),可降低或增大活化能,而该处减缓反应速率,则增加活化能的作用,导致反应速率减小;另外为减慢水解反应速率,还可用含有20%的乙醇溶液代替水,缓慢滴加;
故答案为:
B;用含水20%的乙醇溶液代替水,缓慢滴加;
(3)Ti(OC4H9)4发生水解生成TiO2和丁醇,方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH;灼烧二氧化钛凝胶,应在坩埚中进行;
故答案为:
Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH;a;
(4)①加入铝,可与TiO2+反应生成Ti3+,与酸反应生成氢气,避免Ti3+被氧化;
②用NH4Fe(SO4)2溶液滴定,含有铁离子,可用KSCN做指示剂,滴定终点溶液颜色变为红色;
③根据方程式可得关系式TiO2~Ti3+~Fe3+~NH4Fe(SO4)2,n(NH4Fe(SO4)2)=0.1000mol•L-l×0.02L=0.002mol,则n(TiO2)=0.00200mol,m(TiO2)=0.00200mol×80g/mol=0.16g00,则质量分数为
;
故答案为:
与酸反应生成氢气,形成氢气氛围,防止Ti3+在空气中被氧化;b;80。
4.根据当地资源等情况,硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。
完成下列填空:
(1)将0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)充入一个2L的密闭容器中,在一定条件下发生反应:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)+Q。
经2分钟反应达到平衡,测得n(SO3)=0.040mol,则O2的平均反应速率为______
(2)在容积不变时,下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______(选填编号)
a.移出氧气b.降低温度
c.减小压强d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)
(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图,请在图中画出其他条件不变情况下,起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___
(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4
①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后,加入铁粉,可制备FeSO4。
酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性,其原因是______
②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,本身被氧化为SO42﹣。
写出有关的离子方程式______。
有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______
【答案】0.005mol/(L•min)bd
抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14NA
【解析】
【分析】
(1)根据v=
求出氧气的速率,然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算;
(2)反应放热,为提高SO2平衡转化率,应使平衡向正反应方向移动,可降低温度,体积不变,不能从压强的角度考虑,催化剂不影响平衡移动,移出氧气,平衡向逆反应方向移动,不利于提高SO2平衡转化率,由此分析解答;
(3)反应是放热反应,温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但达到平衡所需要的时间缩短,据此画出曲线;
(4)①Fe3+与Fe2+易水解,Fe2+易被氧化成Fe3+;
②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式,结合方程计算转移电子数。
【详解】
(1)v(SO3)=
=
=0.01mol/(L•min),所以v(O2)=
v(SO3)=0.005mol/(L•min),故答案为:
0.005mol/(L•min);
(2)a.移出氧气,平衡逆向移动,二氧化硫的转化率减少,故不选;
b.降低温度,平衡正向移动,二氧化硫的转化率增大,故选;
c.减小压强,平衡逆向移动,二氧化硫的转化率减少,故不选;
d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g),相当于增大压强,平衡正向移动,二氧化硫的转化率增大,故选;
故答案为:
bd;
(3)反应:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H<0,SO2的转化率在起始温度T1=673K下随反应时间(t)的变化如图,其他条件不变,仅改变起始温度为T2=723K,温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但反应速率增大,达到平衡需要的时间短,在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示
;故答案为:
;
(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后,生成的Fe3+与Fe2+易水解,Fe2+易被氧化成Fe3+,所以要加入Fe粉和酸,抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+,故答案为:
抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+;
②−2价的硫离子具有还原性,FeS2可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,而本身被氧化为硫酸根离子,有关的离子方程式为:
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+,氧化产物是硫酸根离子,有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14NA,故答案为:
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+;14NA。
【点睛】
注意(3)温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但反应速率增大,达到平衡需要的时间短,此为解题的关键。
5.淀粉水解的产物(C6H12O6)用硝酸氧化可以制备草酸,装置如图1所示(加热、搅拌和仪器固定装置均已略去):
实验过程如下:
①将1:
1的淀粉水乳液与少许硫酸(98%)加入烧杯中,水浴加热至85℃~90℃,保持30min,然后逐渐将温度降至60℃左右;
②将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中;
③控制反应液温度在55~60℃条件下,边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸(65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2:
1.5)溶液;
④反应3h左右,冷却,减压过滤后再重结晶得草酸晶体,硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应:
C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O
C6H12O6+8HNO3→6CO2+8NO↑+10H2O
3H2C2O4+2HNO3→6CO2+2NO↑+4H2O
请回答下列问题:
(1)实验①加入98%硫酸少许的作用是:
_________;
(2)实验中若混酸滴加过快,将导致草酸产量下降,其原因是_________;
(3)检验淀粉是否水解完全所用的试剂为_________;
(4)草酸重结晶的减压过滤操作中,除烧杯、玻璃棒外,还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有_________;
(5)将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重,得到二水合草酸.用KMnO4标准溶液滴定,该反应的离子方程式为:
2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O称取该样品0.12g,加适量水完全溶解,然后用0.020mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定至终点(杂质不参与反应),此时溶液颜色变化为_________,滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示,则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为_________。
【答案】催化剂的作用温度过高,硝酸浓度过大,导致H2C2O4进一步被氧化碘水布氏漏斗、吸滤器无色突变为淡紫色且半分钟不褪色84%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)淀粉水解需要浓硫酸作催化剂,即浓硫酸的作用是提高淀粉水解的速度(或起到催化剂的作用)。
(2)由于温度过高、硝酸浓度过大,会导致产物H2C2O4进一步被氧化,所以不能滴入的过快。
(3)由于碘能和淀粉发生显色反应,所以可以用碘水来检验淀粉是否完全水解。
(4)减压过滤时需要布氏漏斗、吸滤瓶。
(5)由于酸性高锰酸钾溶液是显紫红色的,所以当反应达到终点时,溶液颜色由无色突变为淡紫色且半分钟不褪色。
根据滴定管的读数可知,消耗高锰酸钾溶液是18.50ml-2.50ml=16.00ml。
根据方程式可知,草酸的物质的量是0.020mol·L-1×0.016L×5/2=0.0008mol,则草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为
。
6.25℃、101kPa下,稀强酸与稀强碱溶液反应中和热为57.3kJ/mol。
(1)写出表示稀H2SO4与稀烧碱溶液反应的中和热的热化学方程式:
___。
(2)学生甲用50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/L烧碱溶液测定中和热装置如图。
①实验时所需的玻璃仪器除烧杯、量筒外还需:
__。
②该装置中有一处错误是:
___。
如果用该错误装置测定,测得的中和热ΔH会___(填“偏大、偏小、无影响”)。
③如果用60mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应,与上述实验相比,所求中和热___(填“相等、不相等”)。
④若反应前溶液以及中和后的混合液的密度均设为1g/cm3,混合前酸与碱的温度均为t1,混合后溶液的温度为t2,比热容为4.18J/(g·℃),则中和热ΔH=___。
(3)学生乙用2mol/L的硫酸来测定与锌粒和锌粉反应的快慢,设计如图装置:
该生两次实验测定时间均设定为10min,则他还要测定的另一个数据是:
___。
②若要减小产生H2的速率而又不影响产生H2的总量,应向硫酸中加入___(填字母)
a.Na2CO3溶液b.K2SO4溶液c.NaNO3溶液d.水e.CuSO4溶液
【答案】NaOH(aq)+
H2SO4(aq)=
Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol温度计和环形玻璃搅拌棒大烧杯上没有盖硬纸板或泡沫塑料板偏大相等△H=
kJ/mol10min内注射器活塞移动的距离或10min内产生氢气的体积bd
【解析】
【分析】
(1)根据酸碱中和热的含义书写热化学方程式;
(2)①依据中和热测定实验的过程和仪器分析中和热实验时所需的玻璃仪器;
②根据所给的装置图,可知缺少硬纸板,大烧杯上如不盖硬纸板,会使一部分热量散失;
③强酸强碱的稀溶液,符合中和热的测定条件;
④根据公式直接算出;
(3)①要测定反应速率,则还需要测定的另一个数据收集到气体的体积;
②根据影响反应速率因素和实质发生的反应进行分析。
【详解】
(1)中和热数值为57.3kJ/mol,反应放热,则中和热的热化学方程式:
NaOH(aq)+
H2SO4(aq)=
Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol,故答案为:
NaOH(aq)+
H2SO4(aq)=
Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol;
(2)①依据量热计的结果和原理分析,测定中和热实验时所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒,故答案为:
温度计、环形玻璃搅拌棒;
②实验装置保温、隔热效果必须好,否则影响实验结果,所以装置缺少硬纸板或泡沫塑料板,故答案为:
大烧杯上没有盖硬纸板或泡沫塑料板;
③强酸强碱的稀溶液,符合中和热的测定条件,所求中和热相等,故答案为:
相等;
④由公式:
△H=
=
kJ/mol,故答案为:
△H=
kJ/mol;
(3)①要测定反应速率,则还需要测定的另一个数据收集到气体的体积,故答案为:
10min内注射器活塞移动的距离或10min内产生氢气的体积;
②如果反应过于剧烈,为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量。
a.加入Na2CO3溶液,盐酸与碳
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 备战 高考 化学 化学反应 原理 综合 经典 详细 答案