备战高考化学化学反应原理综合题汇编及答案解析.docx
- 文档编号:26126134
- 上传时间:2023-06-17
- 格式:DOCX
- 页数:29
- 大小:450.85KB
备战高考化学化学反应原理综合题汇编及答案解析.docx
《备战高考化学化学反应原理综合题汇编及答案解析.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题汇编及答案解析.docx(29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题汇编及答案解析
备战高考化学化学反应原理综合题汇编及答案解析
一、化学反应原理
1.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药,用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒,临床常用于治疗荨麻疹,皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定,在酸性溶液中分解产生S和SO2
实验I:
Na2S2O3的制备。
工业上可用反应:
2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得,实验室模拟该工业过程的装置如图所示:
(1)仪器a的名称是_______,仪器b的名称是_______。
b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。
c中试剂为_______
(2)实验中要控制SO2的生成速率,可以采取的措施有_______(写出一条)
(3)为了保证硫代硫酸钠的产量,实验中通入的SO2不能过量,原因是_______
实验Ⅱ:
探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料:
Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)
装置
试剂X
实验现象
Fe2(SO4)3溶液
混合后溶液先变成紫黑色,30s后几乎变为无色
(4)根据上述实验现象,初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+,通过_______(填操作、试剂和现象),进一步证实生成了Fe2+。
从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象:
_______
实验Ⅲ:
标定Na2S2O3溶液的浓度
(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液,并用间接碘量法标定该溶液的浓度:
用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。
平均分成3份,分别放入3个锥形瓶中,加水配成溶液,并加入过量的KI并酸化,发生下列反应:
6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O,再加入几滴淀粉溶液,立即用所配Na2S2O3溶液滴定,发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00mL,则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1
【答案】分液漏斗蒸馏烧瓶
硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度若SO2过量,溶液显酸性.产物会发生分解加入铁氰化钾溶液.产生蓝色沉淀开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快,氧化还原反应速率慢,但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大,导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动,最终溶液几乎变为无色0.1600
【解析】
【分析】
【详解】
(1)a的名称即为分液漏斗,b的名称即为蒸馏烧瓶;b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2,所以方程式为:
;c中是制备硫代硫酸钠的反应,SO2由装置b提供,所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液;
(2)从反应速率影响因素分析,控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度,或者改变反应温度;
(3)题干中指出,硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解,如果通过量的SO2,会使溶液酸性增强,对制备产物不利,所以原因是:
SO2过量,溶液显酸性,产物会发生分解;
(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾,所以加入铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成;解释原因时一定要注意题干要求,体现出反应速率和平衡两个角度,所以解释为:
开始阶段,生成
的反应速率快,氧化还原反应速率慢,所以有紫黑色出现,随着Fe3+的量逐渐增加,氧化还原反应的程度变大,导致平衡逆向移动,紫黑色逐渐消失,最终溶液几乎变为无色;
(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应:
①
;②
;反应①I-被氧化成I2,反应②中第一步所得的I2又被还原成I-,所以①与②电子转移数相同,那么滴定过程中消耗的
得电子总数就与消耗的
失电子总数相同;在做计算时,不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。
所以假设c(Na2S2O3)=amol/L,列电子得失守恒式:
,解得a=0.1600mol/L。
2.茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂(其抗氧化能力是VC的5~10倍),它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯,难溶于氯仿。
在酸性介质中,茶多酚能将Fe3+还原为Fe2+,Fe2+与K3Fe(CN)6生成的深蓝色配位化合物KFe[Fe(CN)6]对特定波长光的吸收程度(用光密度值A表示)与茶多酚在一定浓度范围内成正比。
A与茶多酚标准液浓度的关系如图1所示:
某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚:
请回答下列问题:
(1)操作①用水浸取茶多酚时,实验小组发现搅拌速度对茶多酚浸出量的影响如图2所示,原因是____。
若用乙醇浸取茶多酚操作如下:
称取10g茶叶末,用滤纸包好,装入恒压滴液漏斗中,圆底烧瓶内加沸石和适量乙醇,如图3安装后,通冷凝水,加热套加热,当乙醇被加热沸腾后,控制加热套温度在90℃。
为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm,并保持约1h,可行的操作方法是________。
(2)减压蒸发相对于一般蒸发的优点是________;氯仿的作用是________。
(3)下列有关实验基本操作不正确的是________。
A.图3中冷凝水流向为a进b出
B.分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用
C.操作①过滤时,可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度
D.萃取过程中,经振摇并放气后,将分液漏斗置于铁圈上立即分液
(4)称取1.25g粗产品,用蒸馏水溶解并定容至1000mL,移取该溶液1.00mL,加过量Fe3+和K3Fe(CN)6酸性溶液,用蒸馏水定容至100mL后,测得溶液光密度值A=0.800,则产品的纯度是_____(以质量分数表示)。
【答案】茶多酚易被氧气氧化,搅拌速度越快,茶多酚氧化速度越快,浸出率越低关闭活塞,当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时,调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致降低蒸发温度防止产物氧化或分解萃取(或除杂)CD96%
【解析】
【分析】
茶叶用水浸泡时,茶多酚、氨基酸、茶碱等溶解在水中,过滤后,去除滤渣,得到的滤液减压蒸发,可降低蒸发温度,防止氧化反应的发生;往浓缩液中加入氯仿、分液,可得含氯仿的有机溶液①,水溶液②中含有茶多酚,用乙酸乙酯萃取、分液,可得茶多酚的乙酸乙酯溶液,然后减压蒸发,即可获得茶多酚粗产品。
【详解】
(1)操作①用水浸取茶多酚时,从图2中可以看出,搅拌速率越快,光密度值(A)越小,即茶多酚浓度越小,因为茶多酚易被氧气氧化,搅拌越快,与空气的接触越多,由此得出原因是:
茶多酚易被氧气氧化,搅拌速度越快,茶多酚氧化速度越快,浸出率越低。
为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm,并保持约1h,可行的操作方法是关闭活塞,当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时,调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致。
答案为:
茶多酚易被氧气氧化,搅拌速度越快,茶多酚氧化速度越快,浸出率越低;关闭活塞,当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时,调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致;
(2)减压蒸发比蒸发所需的温度低,除节省能源外,还可使环境的温度降低,其优点是降低蒸发温度防止产物氧化或分解;因为后加入的乙酸乙酯萃取茶多酚,则氯仿萃取的应是杂质,由此得出氯仿的作用是萃取(或除杂)。
答案为:
降低蒸发温度防止产物氧化或分解;萃取(或除杂);
(3)A.图3中冷凝水流向应下进上出,即a进b出,A正确;
B.分液漏斗使用前,为防漏液,应查漏,然后洗涤备用,B正确;
C.操作①过滤时,不可用玻璃棒搅拌,否则会造成滤纸损坏,C不正确;
D.萃取过程中,分液漏斗应静置分层后,再进行分液,D不正确;
故选CD。
答案为:
CD;
(4)溶液光密度值A=0.800,从表中可查得茶多酚的浓度为1.2×10-5g/mL,由此可得出原1000mL溶液中所含茶多酚的质量为1.2×10-5g/mL×100mL×
=1.2g,则产品的纯度是
=96%。
答案为:
96%。
【点睛】
搅拌越快,茶多酚与Fe3+的接触面积越大,还原Fe3+的速率越快,光密度值理应越大,但事实上,光密度值反应越小,则表明茶多酚在搅拌过程中发生了转化。
只有联系到茶多酚的性质,才能解决此问题,于是采用类推法。
茶多酚也属于酚类,所以具有类似苯酚的性质,
3.氢叠氮酸(HN3)和莫尔盐[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]是两种常用原料。
(1)氢叠氮酸易溶于水,25℃时,该酸的电离常数为Ka=10×10-5。
①氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为_______
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后,恢复到25℃,此时,溶液呈酸性,则混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为_______。
(2)在FeSO4溶液中,加入(NH4)2SO4固体可制备莫尔盐晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O],为了测定产品纯度,称取ag产品溶于水,配制成500mL溶液,用浓度为cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定,每次所取待测液体积均为25.00mL,实验结果记录如下:
(已知莫尔盐的分子量为392)
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗KMnO4溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
①配制莫尔盐溶液,所使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外还有_______
②滴定终点的现象是_______,通过实验数据,计算该产品的纯度为_______(用含字母a、c的式子表示)。
③上表第一次实验中记录数据明显大于后两次,其原因可能是_______。
A第一次滴定时,锥形瓶用待装液润洗
B该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长,部分变质
C滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡,滴定结束后气泡消失
【答案】HN3⇌H++N3-c(N3-)>c(Na+)>c(HN3+)>c(H+)>c(OH-)500mL容量瓶,胶头滴管滴入最后一滴标准液,溶液变为浅紫红色,且半分钟不变色(980c/a)×100%AC
【解析】
【分析】
(1)①氢叠氮酸是一元弱酸;
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后,溶液中含有等物质的量浓度的HN3和NaN3;
(2)溶液的配置需要的仪器有:
烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管;高锰酸钾溶液本身是紫色的,可以根据高锰酸钾溶液颜色变化判断滴定终点;第一次实验中记录数据明显大于后两次,即高锰酸钾溶液体积偏大。
【详解】
(1)①氢叠氮酸易溶于水,25℃时,该酸的电离常数为Ka=10×10-5,说明氢叠氮酸为弱酸,在水溶液中的电离方程式为HN3
H++N3-,故答案为HN3
H++N3-;
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后,溶液中存在等物质的量浓度的HN3和NaN3,恢复到25℃,溶液显酸性,以HN3的电离为主,混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-),故答案为c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-);
(2)①500mL溶液的配置需要的仪器有:
烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管,故答案为:
500mL容量瓶,胶头滴管;
②利用高锰酸钾的强氧化性,Fe2+的强还原性,两者发生氧化还原反应,Fe2+被氧化成Fe3+,化合价升高1,Mn由+7价→+2,化合价降低5,最小公倍数5,根据原子个数、电荷守恒,配平得MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,向溶液中滴加中高锰酸钾,高锰酸钾显紫红色,因此滴定到终点:
滴入最后一滴标准液,溶液由无色变为浅紫色,且30s不变色,故答案为:
滴入最后一滴标准液,溶液由无色变为浅紫色,且30s不变色;因为第一次与第二次、第三次相差较大,忽略不计,消耗高锰酸钾溶液的体积为
mL=25mL,根据离子反应方程式,得出:
n[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]=5n(KMnO4)=25×10-3×c×5mol,则500mL溶液中含有n[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]=25×10-3×c×5×500/25mol=2.5cmol,所以质量分数=2.5c×
×100%=
×100%,故答案为:
×100%;
③A.第一次滴定时,锥形瓶用待装液润洗,锥形瓶中亚铁离子的量偏多,消耗的高锰酸钾偏多,A项正确;B.三次使用的高锰酸钾都是一样的,消耗的高锰酸钾体积应是相同的,B项错误;C.滴定管尖嘴有气泡,滴定结束无气泡,所消耗的液体体积增加,故C项正确;故答案为:
AC。
【点睛】
本题考查了沉淀的转化和物质含量的测定。
本题的易错点为
(2)的误差分析,要注意同一实验使用的标准溶液是相同的。
4.三草酸合铁(III)酸钾K3[Fe
(C
2O4)3]•3H2O(其相对分子质量为491),为绿色晶体,易溶于水,难溶于酒精。
110℃下可完全失去结晶水,230℃时分解。
它还具有光敏性,光照下即发生分解,是制备活性铁催化剂的原料。
某化学小组制备该晶体,并测定其中铁的含量,进行如下实验:
Ⅰ.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的制备;
①称取5g硫酸亚铁固体,放入到100mL的烧杯中,然后加15mL馏水和5~6滴稀硫酸,加热溶解后,再加入25mL饱和草酸溶液,搅拌加热至沸。
停止加热,静置,待析出固体后,抽滤、洗涤、干燥,得到FeC2O4•2H2O;
②向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2O4溶液10mL,40oC水浴加热,边搅拌边缓慢滴加20mL3%H2O2溶液,变为深棕色,检验Fe2+是否完全转化为Fe3+,若氧化不完全,再补加适量的H2O2溶液;
③将溶液加热至沸,然后加入20mL饱和草酸溶液,沉淀立即溶解,溶液转为绿色。
趁热抽滤,滤液转入100mL烧杯中,加入95%乙醇25mL,混匀后冷却,可以看到烧杯底部有晶体析出。
晶体完全析出后,抽滤,用乙醇-丙酮混合液洗涤,置于暗处晾干即可。
(1)写出步骤①中,生成FeC2O4•2H2O晶体的化学方程式___。
检验FeC2O4•2H2O晶体是否洗涤干净的方法是___。
(2)步骤②中检验Fe2+是否完全转化的操作为___。
(3)步骤③用乙醇-丙酮混合液洗涤,而不是用蒸馏水洗涤的原因是___。
Ⅱ.铁含量的测定:
步骤一:
称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体,配制成250mL溶液。
步骤二:
取所配溶液25.00mL于锥形瓶中,加稀H2SO4酸化,滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化,MnO4-被还原成Mn2+,向反应后的溶液中逐渐加入锌粉,加热至黄色刚好消失,过滤、洗涤,将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中,此时溶液仍呈酸性。
步骤三:
用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点,消耗KMnO4溶液20.02mL,滴定中MnO4-被还原成Mn2+。
步骤四:
重复步骤二、步骤三操作,滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。
(4)配制三草酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯____,___,___。
(5)写出步骤三中发生反应的离子方程式____。
(6)实验测得该晶体中铁的质量分数为____(结果保留3位有效数字)。
【答案】FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4用小试管取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,如出现白色沉淀,说明沉淀没有洗涤干净,否则,沉淀已洗涤干净滴加K3Fe(CN)6溶液,观察是否生成蓝色沉淀减少草酸亚铁晶体的溶解,更快除去草酸亚铁晶体表面的水分玻璃棒胶头滴管250mL容量瓶5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O11.2%
【解析】
【分析】
(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O;固体吸附溶液中的硫酸根离子,可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净;
(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀;
(3)FeC2O4•2H2O微溶于水,难溶于乙醇-丙酮;
(4)配制溶液,可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等;
(5)为亚铁离子与高锰酸钾的反应;
(6)结合反应的离子方程式,计算25mL溶液中含有亚铁离子,可计算5.00g三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。
【详解】
(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4•2H2O,反应的方程式为FeSO4+H2C2O4+2H2O
FeC2O4•2H2O↓+H2SO4,固体吸附溶液中的硫酸根离子,可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净,方法是用小试管取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,如出现白色沉淀,说明沉淀没有洗涤干净,否则,沉淀已洗涤干净,故答案为FeSO4+H2C2O4+2H2O
FeC2O4•2H2O↓+H2SO4;用小试管取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,如出现白色沉淀,说明沉淀没有洗涤干净,否则,沉淀已洗涤干净;
(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀,检验Fe2+是否已完全被氧化,可以用K3Fe(CN)6溶液,故答案为滴加K3Fe(CN)6溶液,观察是否生成蓝色沉淀;
(3)由于FeC2O4•2H2O微溶于水,难溶于乙醇-丙酮,所以用乙醇-丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解,更快除去草酸亚铁晶体表面的水分;故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解,更快除去草酸亚铁晶体表面的水分;
(4)配制溶液,需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等,故答案为玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶;
(5)在步骤三中发生的离子反应为:
5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O,故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;
(6)n(Fe)=5n(MnO4-)=5×0.0100mol/L×19.98×10-3L≈1.0×10-3mol,m(Fe)=56g•mol-1×1.0×10-3mol=0.056g。
则5.00g三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g×
=0.56g,晶体中铁的质量分数=
×100%=11.2%,故答案为11.2%。
5.化学学习小组进行如下实验。
[探究反应速率的影响因素]设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。
限选试剂和仪器:
0.20mol·L-1H2C2O4溶液、0.010mol·L-1KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽
物理量
V(0.20mol·L-1
H2C2O4溶液)/mL
V(蒸馏水)/mL
V(0.010mol·L-1
KMnO4溶液)/mL
T/℃
乙
①
2.0
0
4.0
50
②
2.0
0
4.0
25
③
1.0
0
4.0
25
(1)上述实验①、②是探究__________对化学反应速率的影响;若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响,则a为_____________;乙是实验需要测量的物理量,则表格中“乙”应填写___________。
[测定H2C2O4·xH2O中x值]已知:
M(H2C2O4)=90g·mol-1
①称取1.260g纯草酸晶体,将其酸制成100.00mL水溶液为待测液;
②取25.00mL待测液放入锥形瓶中,再加入适的稀H2SO4;
③用浓度为0.05000mol·L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。
(2)请写出与滴定有关反应的离子方程式_________________________________________。
(3)某学生的滴定方式(夹持部分略去)如下,最合理的是________(选填a、b)。
(4)由图可知消耗KMnO4溶液体积为__________________________________________mL。
(5)滴定过程中眼睛应注视________________________。
(6)通过上述数据,求得x=____。
以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度,未用标准KMnO4溶液润洗滴定管,引起实验结果________(偏大、偏小或没有影响)。
【答案】温度1.0溶液褪色时间/s5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2Ob20.00锥形瓶中颜色变色2偏小
【解析】
【分析】
【详解】
(1)探究影响化学反应速率因素,要求其他条件不变,即①②探究温度对化学反应速率的影响;混合溶液的总体积都是6.0mL,因此a=1.0;反应的快慢是通过酸性高锰酸钾溶液的褪色快慢来确定的,因此乙中要测定的物理量是溶液褪色时间,单位为s;
(2)草酸具有还原性,高锰酸钾具有强氧化性,把C转化成CO2,本身被还原成Mn2+,根据化合价升降法,进行配平,因此离子反应方程式为:
5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O;
(3)酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质,碱式滴定管只能盛放碱性溶液,即b正确;
(4)滴定前刻度为0.90ml,滴定后刻度是20.90ml,消耗高锰酸钾的体积为(20.90-0.90)mL=20.00mL;
(5)滴定过程中,眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化;
(6)100mL溶液中草酸物质的量为20×10-3×0.05×5×100/(2×25)mol=0.01mol,1.260÷(90+18x)=0.01,解得x=2;未用待盛液润洗滴定管,稀释标准液,消耗高锰酸钾体积增大,草酸的质量增大,x偏小。
6.三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料,常用作半导体掺杂剂,实验室制取POCl3并测定产品含量的实验过程如下:
I.制备POCl3采用氧气氧化液态的PCl3法。
实验装置(加热及夹持装置省略》及相关信息如下。
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
―112.0
76.0
137.5
均为无色液体,遇水均剧烈
水解为含氧酸和氯化氢,两者互溶
POCl3
2.0
106.0
153.5
(1)仪器a的名称为_______________________________;
(2)装置C中生成POCl3的化学方程式为________________________________;
(3)实验中需控制通入O2的速率,对此采取的操作是_______________;
(4)装置B的作用除观察O2的流速之外,还有______________;
(5)反应温度应控制在60~65℃,原因是__________________________;
II.测定POCl3产品含量的实验步骤:
①实验I结束后,待三颈烧瓶中液体冷却到室温,准确称取16.725gPOCl3产品,置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解,将水解液配成100.00mL溶液
②取10.00mL溶液于锥形瓶中,加入10.00mL3.5mol/LAgNO3标准溶液(Ag++Cl-=AgCl↓)
③加入少量硝基苯(硝基苯密度比水大,且难溶于水)
④以硫酸铁溶液为指示剂,用0.2mol/LKSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液(Ag++SCN-=AgSCN↓),到达终点时共用去10.00mLKSCN溶液。
(6)达到终点时的现象是______________________________
- 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 汇编 答案 解析