高考化学化学能与电能的综合压轴题专题复习含详细答案.docx
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高考化学化学能与电能的综合压轴题专题复习含详细答案
2020-2021高考化学—化学能与电能的综合压轴题专题复习含详细答案
一、化学能与电能
1.硝酸是氧化性酸,其本质是NO3-有氧化性,某课外实验小组进行了下列有关NO3-氧化性的探究(实验均在通风橱中完成)。
实验装置
编号
溶液X
实验现象
实验Ⅰ
6mol·L-1稀硝酸
电流计指针向右偏转,铜片表面产生无色气体,在液面上方变为红棕色。
实验Ⅱ
15mol·L-1浓硝酸
电流计指针先向右偏转,很快又偏向左边,铝片和铜片表面产生红棕色气体,溶液变为绿色。
(1)实验Ⅰ中,铝片作____________(填“正”或“负”)极。
液面上方产生红棕色气体的化学方程式是____________。
(2)实验Ⅱ中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是________________。
查阅资料:
活泼金属与1mol·L-1稀硝酸反应有H2和NH4+生成,NH4+生成的原理是产生H2的过程中NO3-被还原。
(3)用上图装置进行实验Ⅲ:
溶液X为1mol·L-1稀硝酸溶液,观察到电流计指针向右偏转。
①反应后的溶液中含NH4+。
实验室检验NH4+的方法是________。
②生成NH4+的电极反应式是________。
(4)进一步探究碱性条件下NO3-的氧化性,进行实验Ⅳ:
①观察到A中有NH3生成,B中无明显现象。
A、B产生不同现象的解释是________。
②A中生成NH3的离子方程式是________。
(5)将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象,结合实验Ⅲ和Ⅳ说明理由________。
【答案】负2NO+O2=2NO2Al开始作电池的负极,Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜后,Cu作负极取少量待检溶液于试管中,加入浓NaOH溶液,加热,若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则溶液中含NH4+NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2OAl与NaOH溶液反应产生H2的过程中可将NO3-还原为NH3,而Mg不能与NaOH溶液反应8Al+3NO3-+5OH-+2H2O=3NH3↑+8AlO2-因为铝与中性的硝酸钠溶液无生成H2的过程,NO3-无法被还原
【解析】
【分析】
【详解】
(1)实验Ⅰ中,由于Al的金属活动性比Cu强,因此Al做负极。
铜片表面产生的无色气体是NO,在液体上方NO被空气中的氧气氧化成红棕色的NO2,方程式为2NO+O2=2NO2;
(2)实验Ⅱ中,Al的金属活动性比Cu强,Al开始作电池的负极,电流计指针先偏向右边;由于Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜,阻止了内层金属的进一步反应,因此,Cu作负极,电流计指针偏向左边;
(3)①实验室检验NH4+有两种常用方法:
方法一,取少量待检溶液于试管中,加入浓NaOH溶液,加热,若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则溶液中含NH4+;方法二,取少量待检溶液于试管中,加入浓NaOH溶液,加热,并在试管口放一蘸有浓盐酸的玻璃棒,若有白烟生成,证明溶液中含NH4+;②NH4+的生成是NO3-被还原的结果,其电极反应式为NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O
(4)①观察到A中有NH3生成,是由于Al与NaOH溶液反应产生H2,并且与此同时,H2可将NO3-还原为NH3;B中无现象是由于Mg与NaOH溶液不反应;②A中生成NH3的离子方程式为8Al+3NO3-+5OH-+2H2O=3NH3↑+8AlO2-;
(5)铝与中性的硝酸钠溶液不能生成H2,NO3-无法被还原,因此将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象。
2.氯化亚砜又称亚硫酰氯,其分子式为SOCl2,常温常压下为淡黄色液体,遇水易水解。
国内的氯化亚砜主要应用于医药、农药、染料等行业。
实验室用干燥纯净的Cl2、SO2和SCl2制备SOCl2的部分装置如图所示:
已知:
①SOCl2沸点为78.8℃,SCl2的沸点为50℃,且两种液体可互溶。
②SOCl2遇水剧烈反应,液面上产生白雾,并有气体产生。
请回答:
(1)实验室制取SOCl2的反应方程式为____________
(2)写出丙中发生的离子反应_____________
(3)仪器e的名称是___________,实验仪器的连接顺序为a→_________(仪器可以重复使用)。
(4)仪器f的作用是____________
(5)实验结束后,将三颈烧瓶中混合物分离的实验操作名称是______。
(6)工业上常用ZnCl2·2H2O与SOCl2共热制取ZnCl2。
写出用惰性电极电解ZnCl2和盐酸的混合溶液的总反应离子反应式为_______。
甲同学认为SOCl2还可用作FeCl3·6H2O制取无水FeCl3的脱水剂,但乙同学对此提出质疑,可能的原因是____
【答案】SO2+Cl2+SCl2
2SOCl22MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O球形冷凝管c→d→c→d→b吸收SO2、Cl2,防止外界水蒸气进入装置分馏(或蒸馏)2H++2Cl—
H2↑+Cl2↑SOCl2可能会与Fe3+发生氧化还原反应
【解析】
【分析】
由实验装置图可知,丙装置中浓盐酸与高锰酸钾反应制备氯气,因氯气中混有氯化氢和水蒸气,所以先将气体通过盛有饱和食盐水的乙装置除去氯化氢,再通过盛有浓硫酸的乙装置除去水蒸气,干燥的氯气、二氧化硫和SCl2在三颈烧瓶中,在活性炭作催化剂作用下,反应制得SOCl2,二氯化硫(SCl2)的沸点低,甲装置中球形冷凝管的作用是起冷凝回流SCl2的作用,干燥管中碱石灰的作用是防止有毒的氯气与二氧化硫逸出污染环境,同时防止空气中的水蒸气进入烧瓶中使氯化亚砜水解。
【详解】
(1)实验室用干燥的氯气、二氧化硫和SCl2在三颈烧瓶中,在活性炭作催化剂作用下,反应制得SOCl2,反应的化学方程式为SO2+Cl2+SCl2
2SOCl2,故答案为SO2+Cl2+SCl2
2SOCl2;
(2)装置丙中浓盐酸与高锰酸钾反应生产氯化锰、氯化钾、氯气和水,反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O,故答案为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O;
(3)仪器e的名称是球形冷凝管;因氯气中混有氯化氢和水蒸气,实验时应先除去氯化氢和水蒸气,制得干燥的氯气,实验仪器的连接顺序为丙(制氯气)—乙(除氯化氢)—乙(除水蒸气)—甲(制SOCl2),则仪器的接口连接顺序为a→c→d→c→d→b,故答案为球形冷凝管;c→d→c→d→b;
(4)仪器f中盛有碱石灰,碱石灰的作用是吸收逸出的有毒的Cl2和SO2污染环境,防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解,故答案为吸收SO2、Cl2,防止外界水蒸气进入装置;
(5)已知氯化亚砜沸点为77℃,SCl2的沸点为50℃,实验结束后,采用分馏(或蒸馏)的方法即可将之分离,故答案为分馏(或蒸馏);
(6)用惰性电极电解ZnCl2和盐酸的混合溶液时,阳极上氯离子放电能力强于氢氧根离子,阴极上氢离子放电能力强于锌离子,电解的总方程式为2H++2Cl—
H2↑+Cl2↑;FeCl3具有氧化性,SOCl2具有还原性,SOCl2用作FeCl3·6H2O制取无水FeCl3的脱水剂时,SOCl2可能会与FeCl3发生氧化还原反应使FeCl3变质,故答案为2H++2Cl—
H2↑+Cl2↑;SOCl2可能会与Fe3+发生氧化还原反应。
【点睛】
本题考查了性质实验方案的设计与评价,试题知识点较多、综合性较强,充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力,注意掌握化学实验基本操作方法,明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。
3.现需设计一套实验装置来电解饱和食盐水,并测量电解产生的氢气的体积(约6mL)和检验氯气的氧化性(不应将多余的氯气排入空气中)。
(1)试从下图中选用几种必要的仪器,连成一整套装置,各种仪器接口的连接顺序(填编号)是A接__________,B接__________。
(2)铁棒接直流电源的________极;碳棒上发生的电极反应为_______。
(3)能说明氯气具有氧化性的实验现象是_______________________。
(4)假定装入的食盐水为50mL,一段时间后,产生5.6mL(标准状况)H2时,所得溶液在25℃时的pH=________。
(5)若将B电极换成铁电极,写出在电解过程中U形管底部出现的现象:
__________。
【答案】A接GFIB接DEC负极2Cl--2e-=Cl2↑淀粉KI溶液变蓝12白色沉淀迅速变成灰绿色最后变成红褐色
【解析】
【分析】
U形管装置为电解装置,铁棒为阴极,连接电源负极,发生还原反应:
2H++2e-=H2↑;碳棒为阳极,连接电源正极,发生氧化反应:
2Cl--2e-=Cl2↑,所以从A出来的是H2,应该连接G,然后F连接I。
淀粉KI溶液可以检验Cl2,所以B连接D,E连接C,目的是吸收尾气Cl2。
【详解】
(1)根据以上分析可知:
A接GFI,B接DEC;
答案:
A接GFIB接DEC
(2)铁棒不可连接电源正极,如果连接正极铁会失电子,发生氧化反应,所以必须连接电源负极;碳棒为阳极,连接电源正极,发生氧化反应:
2Cl--2e-=Cl2↑;
答案:
负极2Cl--2e-=Cl2↑
(3)利用Cl2+2KI=2KCl+I2,碘单质使得淀粉溶液变蓝,证明氯气具有氧化性;
答案:
淀粉KI溶液变蓝
(4)2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑
2mol22.4L
n(NaOH)5.6×10-3L
n(NaOH)=
mol=0.0005mol
c(NaOH)=
=
=0.01mol/L
pH=-lg
=-lg
=12
答案:
12
(5)若将B电极换成铁电极,总电极反应为Fe+2H2O
Fe(OH)2↓+H2↑,后续反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,因此现象为生成白色沉淀,迅速变成灰绿色最后变成红褐色。
答案:
白色沉淀迅速变成灰绿色最后变成红褐色
【点睛】
试题以电解饱和食盐水为载体,旨在考查学生灵活运用电解原理解决实际问题的能力,明确电解原理、物质的性质特点是解答的关键。
4.某小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+的氧化性。
查阅资料:
Ag++I-=AgI↓K1=1.2×1016;2Ag++2I-=2Ag↓+I2K2=8.7×108
(1)方案1:
通过置换反应比较
向酸化的AgNO3溶液插入铜丝,析出黑色固体,溶液变蓝,说明氧化性Ag+>Cu2+。
反应的离子方程式是___________________________________________________。
(2)方案2:
通过Cu2+、Ag+分别与同一物质反应进行比较
实验
试剂
编号及现象
试管
滴管
1.0mol/L
KI溶液
1.0mol/LAgNO3溶液
Ⅰ.产生黄色沉淀,溶液无色
1.0mol/LCuSO4溶液
Ⅱ.产生白色沉淀A,溶液变黄
①经检验,Ⅰ中溶液不含I2,黄色沉淀是________。
②经检验,Ⅱ中溶液含I2。
推测Cu2+做氧化剂,白色沉淀A是CuI。
确认A的实验如下:
a.检验滤液无I2。
溶液呈蓝色说明溶液含有________(填离子符号)。
b.白色沉淀B是________。
c.白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是___________,说明氧化性Ag+>Cu2+。
(3)分析方案2中Ag+未能氧化I-,但Cu2+氧化了I-的原因,设计实验如下:
编号
实验1
实验2
实验3
实验
KI溶液
KI溶液AgNO3溶液
ab
KI溶液CuSO4溶液
cd
现象
无明显变化
a中溶液较快变棕黄色,b中电极上析出银;电流计指针偏转
c中溶液较慢变浅黄色;
电流计指针偏转
(电极均为石墨,溶液浓度均为1mol/L,b、d中溶液pH≈4)
①a中溶液呈棕黄色的原因是___________________________(用电极反应式表示)。
②“实验3”不能说明Cu2+氧化了I-。
依据是空气中的氧气也有氧化作用,设计实验证实了该依据,实验方案及现象是_____________________________。
③方案2中,Cu2+能氧化I-,而Ag+未能氧化I-。
其原因一是从K值分析:
______;二是从Cu2+的反应特点分析:
______________________________________________。
【答案】Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+;AgICu2+AgClCuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI2I――2e-=I2将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1mol/LNa2SO4溶液,c中溶液较慢变浅黄,电流计指针偏转K1>K2,故Ag+更易与I_发生复分解反应,生成AgI2Cu2++4I-=2CuI+I2,生成了CuI沉淀,使得Cu2+的氧化性增强
【解析】
【分析】
【详解】
(1)向酸化的硝酸银中插入铜丝,析出黑色固体,溶液变蓝,说明银离子氧化铜,反应生成银单质和铜离子,反应的离子方程式为:
Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+;
(2)经过检验,Ⅱ中溶液含有碘单质,推测铜离子做氧化剂,白色沉淀A为碘化亚铜,沉淀A中加入足量硝酸银溶液得到灰黑色沉淀,过滤得到滤液为蓝色,说明生成了铜离子,滤渣加入浓硝酸得到黄色沉淀为碘化银,溶液中加入稀盐酸生成白色沉淀,说明B为氯化银。
①经检验,Ⅰ中溶液不含I2,黄色沉淀为AgI。
②a.检验滤液无I2。
溶液呈蓝色说明溶液含有铜离子;b.白色沉淀B是氯化银;c.白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI。
(3).①a中溶液较快变棕黄色,b中电极上析出银,说明形成原电池,a为负极失去电子发生氧化反应,溶液变黄色是生成了碘单质,电极反应为2I――2e-=I2。
②实验3不能说明铜离子氧化碘离子,依据是空气中的氧气也有氧化作用,设计实验验证了该依据,实验方案及现象为:
将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1mol/LNa2SO4溶液,c中溶液较慢变浅黄,电流计指针偏转。
③方案2中,铜离子氧化碘离子,而银离子未能氧化碘离子的原因,K1>K2,故Ag+更易与I_发生复分解反应,生成AgI。
铜离子氧化碘离子的方程式为:
2Cu2++4I-=2CuI+I2,生成了CuI沉淀,使得Cu2+的氧化性增强。
5.钢铁分析中常用高氯酸(HClO4)溶解矿样,某研究性学习小组欲制取少量高氯酸。
该学习小组查阅到:
a.HClO4浓度高于60%时遇含碳化合物易爆炸,浓度低于60%时比较稳定;
b.NaClO4与浓硫酸反应可制得高氯酸,若采用真空蒸馏可得纯高氯酸;
c.NaClO3在673K(400℃)分解产生NaClO4、NaCl和一种气体。
该小组同学设计实验分三步制备高氯酸:
(一)制氯气并使制得的氯气与氢氧化纳溶液反应制氯酸纳;
(二)氯酸钠分解制高氯酸钠;
(三)高氯酸纳与浓硫酸反应制高氯酸[2NaClO4+H2SO4(浓)
Na2SO4+2HClO4]。
(1)制取氯酸钠的装置连接顺序为A,___________
(2)B装置中发生反应的离子方程式为__________________________。
(3)为了制备高氯酸钠并推出氯酸钠分解制高氯酸钠的化学方程式,该小组设计了两组装置(甲,乙)如下:
该小组经过分析决定选用甲装置制备高氯酸钠,取NaClO3样品2.13g,加热充分反应后集气瓶中收集到224mL(标准状况下)气体,则该反应的化学方程式为_________________________;不选用乙装置的原因可能为______________________。
(4)用丙裝置制备高氯酸,向烧瓶中加入高氯酸钠,然后加入浓硫酸后,加热可制取高氯酸。
实验开始前,胶塞及导管接口需要包锡箔纸,其原因是___________,仪器E的名称为___________。
该组同学发现操作中少加入一种物质,该物质的名称为___________。
发现后的正确操作为_________________。
(5)工业上大量制备NaClO4常用高电流密度电解NaClO3的方法,试写出以惰性电极电解时的阳极反应式:
_______________________________________________。
【答案】C,B,D3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O2NaClO3
NaClO4+NaCl+O2↑乙装置不能快速判断氯酸钠是否完全反应且反应后气体无法收集橡胶中含有“碳”,若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管极有可能会爆炸锥形瓶碎瓷片(或沸石)停止实验,冷却后加入碎瓷片(或沸石)再继续进行实验ClO3--2e+H2O=ClO4-+2H+
【解析】
(1).装置A制取的氯气通过装置C除去氯化氢杂质,在装置B中,氯气与氢氧化钠溶液反应制得氯酸钠,用D吸收多余的氯气,防止污染环境,所以制取氯酸钠的装置连接顺序为A,C,B,D,故答案为C,B,D;
(2).在B装置中,氯气和氢氧化钠溶液在加热的条件下发生反应,生成氯化钠、氯酸钠和水,反应的离子方程式为:
3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O,故答案为3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O;
(3).用甲装置制备高氯酸钠,2.13gNaClO3样品的物质的量为0.02mol,224mL(标准状况下)气体的物质的量为0.01mol,则该反应的化学方程式为2NaClO3
NaClO4+NaCl+O2↑;因乙装置不能快速判断氯酸钠是否完全反应且反应后气体无法收集,所以不选用乙装置,故答案为2NaClO3
NaClO4+NaCl+O2↑;乙装置不能快速判断氯酸钠是否完全反应且反应后气体无法收集;
(4).实验开始前,胶塞及导管接口需要包锡箔纸,其原因是橡胶中含有“碳”,若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管极有可能会爆炸;仪器E的名称为锥形瓶;该组同学发现操作中少加入一种物质,该物质的名称为碎瓷片(或沸石),发现后的正确操作为停止实验,冷却后加入碎瓷片(或沸石)再继续进行实验,故答案为橡胶中含有“碳”,若生成的高氯酸浓度高时遇胶塞及导管极有可能会爆炸;锥形瓶;碎瓷片(或沸石);停止实验,冷却后加入碎瓷片(或沸石)再继续进行实验;
(5).工业上大量制备NaClO4常用高电流密度电解NaClO3的方法,以惰性电极电解时,阳极发生氧化反应,则阳极反应式为:
ClO3--2e-+H2O=ClO4-+2H+,故答案为ClO3--2e-+H2O=ClO4-+2H+。
6.如图所示,A为电源,B为浸透饱和食盐水和酚酞溶液的滤纸,滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液,C、D为电解槽,其电极材料及电解质溶液如图所示。
(1)关闭K1,打开K2,通电后,B的KMnO4紫红色液滴向c端移动,则电源b端为极,通电一段时间后,滤纸d端的电极反应式是。
(2)已知C装置中溶液的溶质为Cu(NO3)2和X(NO3)3,且均为0.1mol,打开K1,关闭K2,通电一段时间后,阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示,则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是。
(3)D装置中溶液是H2SO4溶液,则电极C端从开始至一段时间后的实验现象是。
【答案】
(1)负极,2H++2e-=H2
(2)Cu2+>H+>X3+
(3)产生无色气体,溶液变为蓝色,一段时间后有红色物质析出
【解析】
试题分析:
(1)据题意B的KMnO4紫红色液滴向c端移动,说明高锰酸根离子向c端移动,可推出极c端为阳极,则与之相连的电源a端为正极,b端为负极,所以通电滤纸d端为阴极,电极反应式为2H++2e-=H2↑,故答案为:
负;2H++2e-=H2↑;
(2)根据电解C的图象可知,通电后就有固体生成,当通过电子为0.2mol时,析出固体质量达最大,证明此时析出的固体是铜.如果是X3+析出,电子数应该是0.3mol,则氧化能力为Cu2+>X3+,当电子超过0.2mol时,固体质量没变,说明这是阴极产生的是氢气,即电解水,说明氧化能力H+>X3+,故氧化能力为Cu2+>H+>X3+;故答案为:
Cu2+>H+>X3+;
(3)D装置中溶液是H2SO4,电极C端与b负极相连即为阴极,开始为氢离子得电子生成氢气,后阳极的铜失电子生成铜离子进入溶液,溶液变为蓝色,一段时间后有红色物质在阴极析出,所以看到的现象为在C端开始时有无色无味气体产生,溶液变为蓝色,一段时间后有红色物质析出;故答案为:
在C端开始时有无色无味气体产生,溶液变为蓝色,一段时间后有红色物质析出。
【考点定位】考查原电池和电解池的工作原理
【名师点晴】本题综合考查电解原理以及根据图象获取信息、运用知识综合分析能力,根据KMnO4紫红色液滴向c端移动判断电源的正负极为解答该题的关键。
打开K1,关闭K2,则为电解C、D两池,根据电解C的图象可知,开始即析出固体,总共0.2mol电子通过时,析出固体质量达最大,证明此时析出的固体是铜,此后,继续有电子通过,不再有固体析出,说明X3+不放电,H+放电,从而判断离子氧化性;D装置中溶液是H2SO4,电极C端与b负极相连即为阴极,开始氢离子得电子生成氢气,后阳极的铜失电子生成铜离子进入阴极在阴极析出。
注意电极方程式的判断,为易错点。
7.食盐加碘剂的主要成份是碘酸钾(KIO3)。
工业上可用碘为原料通过电解制备碘酸钾。
【实验一】在已经提取氯化钠、溴、镁等化学物质后的富碘卤水中,采用下面的工艺流程生产单质碘:
(1)写出步骤②的离子方程式。
(2)上述生产流程中,可以利用的副产物是。
(3)分离I2和丁的方法是。
【实验二】电解制取KIO3,电解前,先将一定量的精制碘溶于过量氢氧化钾溶液,溶解时发生反应:
3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O,将该溶液加入阳极区。
另将氢氧化钾溶液加入阴极区,电解槽用水冷却。
(4)电解时,阳极上发生反应的电极反应式为;电解过程中阴极附近溶液pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
【实验三】电解完毕,从电解液中得到碘酸钾晶体的实验过程如下:
(5)步骤②的操作名称,步骤④洗涤晶体的目的是。
【答案】
(1)2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-;
(2)Ag(或Ag、FeCl3);(3)萃取;
(4)I-+6OH--6e-=IO3-+3H2O(或2I--2e-=I2);变大
(5)冷却结晶;洗去吸附在碘酸钾晶体上的氢氧化钾等杂质
【解析】
试题分析:
(1)碘化亚铁具有还原性,与充足的氯气反应生成碘和氯化铁,离子方程式为:
2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-;
(2)从流程图分析,副产物为银,由于加入的铁过量,所以先加入稀硫酸除去铁,再加入稀硝酸与银反应制得硝酸银溶液。
(3)丁为氯化铁,分离碘单质和氯化铁溶液的方法为萃取,加入苯或汽油或四氯化碳等有机溶剂。
(4)阳极附近的阴离子有碘离子,碘酸根离子和氢氧根离子,电解过程中阳极上碘离
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