化学二模试题分类汇编化学反应原理综合及答案.docx
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化学二模试题分类汇编化学反应原理综合及答案
2020-2021化学二模试题分类汇编——化学反应原理综合及答案
一、化学反应原理
1.食品加工中常用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)作漂白剂、防腐剂和疏松剂。
现实验室欲制备焦亚硫酸钠,其反应依次为:
(ⅰ)2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O;
(ⅱ)Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3;
(ⅲ)2NaHSO3
Na2S2O5+H2O。
查阅资料:
焦亚硫酸钠为黄色结晶粉末,150℃时开始分解,在水溶液或含有结晶水时更易被空气氧化。
实验装置如下:
(1)实验室可用废铝丝与NaOH溶液制取H2,其离子方程式为___。
(2)通氢气一段时间后,以恒定速率通入SO2,开始的一段时间溶液温度迅速升高,随后温度缓慢变化,溶液开始逐渐变黄。
“温度迅速升高”的原因为__。
实验后期须利用水浴使温度保持在约80℃。
(3)反应后的体系中有少量白色亚硫酸钠析出,除去其中亚硫酸钠固体的方法是___;然后获得较纯的无水Na2S2O5,应将溶液冷却到30℃左右过滤,控制“30℃左右”的理由是___。
(4)丙为真空干燥Na2S2O5晶体的装置,通入H2的目的是___。
(5)常用剩余碘量法测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数。
已知:
S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+;2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。
请补充实验步骤(可提供的试剂有:
焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水)。
①精确称取产品0.2000g放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中。
②准确移取一定体积的已知浓度的标准碘溶液(过量)并记录数据,在暗处放置5min,然后加入5mL冰醋酸及适量的蒸馏水。
③用标准Na2S2O3溶液滴定至接近终点。
④___。
⑤重复步骤①~③;根据相关记录数据计算出平均值。
【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑SO2与NaOH溶液的反应是放热反应趁热过滤此时溶液中Na2SO3不饱和,不析出排出空气,防止焦亚硫酸钠被氧化加入少量淀粉溶液,继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色,记录滴定所消耗的体积
【解析】
【分析】
(1)铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气;
(2)SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高;
(3)根据图知,温度越高Na2S2O5溶解度增大,当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小;控制“30℃左右”时,此时溶液中Na2SO3不饱和;
(4)焦亚硫酸钠能被压强氧化;真空干燥时,干燥室内部的压力低,水分在低温下就能气化;
(5)④碘能使淀粉变蓝色,所以可以用淀粉试液检验滴定终点,继续做实验为:
加入少量淀粉溶液,继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现,记录滴定所消耗的体积。
【详解】
(1)铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
(2)SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高,所以溶液“温度迅速升高”;
(3)根据图知,温度越高Na2S2O5溶解度增大,当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小,所以要趁热过滤;控制“30℃左右”时,此时溶液中Na2SO3不饱和,不析出;
(4)焦亚硫酸钠能被压强氧化,则通入氢气的目的是排出空气,防止焦亚硫酸钠被氧化;
(5)④继续做实验为:
加入少量淀粉溶液,继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现,记录滴定所消耗的体积,然后再重复实验,减少实验误差。
2.某小组为测定化合物Co(NH3)yClx(其中Co为+3价)的组成,进行如下实验。
(1)氯的测定:
准确称取2.675g该化合物,配成溶液后用1.00mol·L-1AgNO3标准溶液滴定,K2CrO4溶液为指示剂,至出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色)且不再消失时,消耗AgNO3溶液30.00mL。
[已知:
Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12]
①AgNO3标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是__。
(用化学方程式表示)
②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体,会使得测定结果__。
(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)
③用K2CrO4溶液作指示剂的理由是__。
(2)氨的测定:
再准确称取2.675g该化合物,加适量水溶解,注入如图4___。
(填仪器名称)中,然后通过仪器3滴加足量的NaOH溶液,加热1装置,产生的氨气被5中的盐酸吸收,多余的盐酸再用NaOH标准溶液反滴定,经计算,吸收氨气消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL。
装置A在整个实验中的作用是__,如果没有6中的冰盐水,会使得测定结果___(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
(3)通过处理实验数据可知该化合物的组成为___。
【答案】2AgNO3
2Ag↓+2NO2↑+O2↑偏大Ag2CrO4为砖红色,由Ksp可知AgCl的溶解度更小,当溶液中Cl-消耗完时,才会产生砖红色沉淀三颈烧瓶产生水蒸气,将装置B中产生的氨气全部蒸出偏大[Co(NH3)6]Cl3
【解析】
【分析】
Co(NH3)yClx中Co的化合价为+3,NH3为0,Cl为-1,则x=3,通过实验测出NH3和Cl的物质的量之比即得出结果。
【详解】
(1)①AgNO3不稳定,见光易分解成Ag和NO2和O2,发生的反应为:
2AgNO3
2Ag↓+2NO2↑+O2↑,故答案为:
2AgNO3
2Ag↓+2NO2↑+O2↑;
②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体,使得V2读数偏大,导致滴定结果骗大,故答案为:
偏大;
③一方面Ag2CrO4为砖红色,另一方面由Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12可知,AgCl饱和溶液中c(Ag+)=
mol/L,Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag+)=
×10-4mol/L,所以,AgCl的溶解度更小,当滴入AgNO3时溶解度小的沉淀先形成,当AgCl形成的差不多的时候,溶液中Cl-几乎沉淀完了,此时再滴AgNO3溶液就会立刻产生Ag2CrO4,即终点的时候会产生砖红色沉淀,故答案为:
Ag2CrO4为砖红色,由Ksp可知AgCl的溶解度更小,当溶液中Cl-消耗完时,才会产生砖红色沉淀;
(2)图4为三颈烧瓶,装置A的作用是产生水蒸气,将装置B中产生的氨气全部蒸出,如果没有6的冰盐水,HCl吸收氨气时可能形成倒吸,溶液中的HCl有一部分被倒吸,被反滴定的HCl的量就少,计算吸收氨气时的HCl就偏大,氨气的含量就偏大,故答案为:
三颈烧瓶;产生水蒸气,将装置B中产生的氨气全部蒸出;偏大;
(3)滴定Cl-时,2.675g样品消耗30mL1.00mol·L-1AgNO3,所以n(Cl-)=n(Ag+)=1.00mol·L-1×30mL×10-3=0.03mol,测定氨时,2.675g样品消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL,所以n(NH3)=n(HCl)=1.00mol·L-1×60.00mL×10-3=0.06mol,故n(Cl-):
n(NH3)=0.03:
0.06=1:
2,由于化合物Cox(NH3)yClx中Co的化合价为+3,NH3的化合价为O,Cl的化合价为-1,所以x=3,y=6,该化合物为:
[Co(NH3)6]Cl3,故答案为:
[Co(NH3)6]Cl3。
【点睛】
测氨的含量时HCl总物质的量=氨气消耗的HCl的物质的量+反滴定时NaOH消耗的HCl的物质的量。
3.K3[Fe(C2O4)3]·3H2O[三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体]易溶于水,难溶于乙醇,可作为有机反应的催化剂。
实验室可用铁屑为原料制备,相关反应的化学方程式为:
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+H2SO4、2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O、2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
回答下列问题:
(1)铁屑中常含硫元素,因而在制备FeSO4时会产生有毒的H2S气体,该气体可用氢氧化钠溶液吸收。
下列吸收装置正确的是_____。
(2)在将Fe2+氧化的过程中,需控制溶液温度不高于40℃,理由是_______;得到K3[Fe(C2O4)3]溶液后,加入乙醇的理由是________。
(3)晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定,主要步骤有:
①称量,②置于烘箱中脱结晶水,③冷却,④称量,⑤__________(叙述此步操作),⑥计算。
步骤③若未在干燥器中进行,测得的晶体中所含结晶水含量____(填“偏高”“偏低”或“无影响”);步骤⑤的目的是_______________。
(4)晶体中C2O42-含量的测定可用酸性KMnO4标准溶液滴定。
称取三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体mg溶于水配成250mL溶液,取出20.00mL放入锥形瓶中,用0.0100mol·L-1酸化的高锰酸钾溶液进行滴定。
①下列操作及说法正确的是___。
A.滴定管用蒸馏水洗涤后,即可装入标准溶液
B.装入标准溶液后,把滴定管夹在滴定管夹上,轻轻转动活塞,放出少量标准液,使尖嘴充满液体
C.接近终点时,需用蒸馏水冲洗瓶壁和滴定管尖端悬挂的液滴
②有同学认为该滴定过程不需要指示剂,那么滴定终点的现象为________,若达到滴定终点消耗高锰酸钾溶液VmL,那么晶体中所含C2O42-的质量分数为____(用含V、m的式子表示)。
【答案】A防止H2O2分解三草酸合铁(Ⅲ)酸钾在乙醇中溶解度小重复②~④步操作至恒重偏低检验晶体中的结晶水是否已全部失去B当滴入最后一滴KMnO4溶液,锥形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色,且半分钟不褪色
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A.该装置中硫化氢与氢氧化钠溶液接触面积大,从而使硫化氢吸收较完全,且该装置中气压较稳定,不产生安全问题,故A正确;
B.硫化氢与氢氧化钠接触面积较小,所以吸收不完全,故B错误;
C.没有排气装置,导致该装置内气压增大而产生安全事故,故C错误;
D.该装置中应遵循“长进短出”的原理,故D错误;
故选A;
(2)双氧水不稳定,温度高时,双氧水易分解,为防止双氧水分解,温度应低些;根据相似相溶原理知,三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小,所以得到K3[Fe(C2O4)3]溶液后,再想获得其晶体,常加入无水乙醇;
(3)晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定,步骤⑤的目的是检验晶体中的结晶水是否已全部失去,也叫恒重操作;步骤③未在干燥器中进行,晶体中结晶水不能全部失去,所以称量出的水的质量偏小,测得的晶体中所含结晶水含量也偏低;
(4)①A.滴定管用蒸馏水洗涤后,需要用标准液润洗,然后在装入标准溶液,A错误;
B.装入标准溶液后,把滴定管夹在滴定管夹上,轻轻转动活塞,放出少量标准液,使尖嘴充满液体,B正确;
C.接近终点时,不需用蒸馏水冲滴定管尖端悬挂的液滴,否则会导致测定结果偏高,C错误;
答案选B;
②由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色,则终点的实验现象为当滴入最后一滴KMnO4溶液,锥形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色,且半分钟不褪色;n(MnO4-)=V×10-3L×0.0100mol·L-1,根据方程式可知n(C2O42-)=n(MnO4-)×
×10-5mol,m(C2O42-)=
×10-5mol×88g·mol-1=2.75V×10-2g,所以晶体中所含C2O42-的质量分数为2.75V/100m。
4.某同学进行实验研究时,欲配1.0mol•L-1Ba(OH)2溶液,但只找到在空气中暴露已久的Ba(OH)2·8H2O试剂(化学式量:
315)。
在室温下配制溶液时发现所取试剂在足量的水中仅部分溶解,烧杯中存在大量未溶物。
为探究原因,该同学查得Ba(OH)2·8H2O在283K、293K和303K时的溶解度(g/100gH2O)分别为2.5、3.9和5.6。
(1)烧杯中未溶物可能仅为BaCO3,理由是___________________________________。
(2)假设试剂由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成,设计实验方案,进行成分检验。
在答题纸上进一步完成实验步骤、预期现象和结论_____。
(不考虑结晶水的检验;室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6)
限选试剂及仪器:
稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管
实验步骤
预期现象和结论
步骤1:
取适量试剂于洁净烧杯中,加入足量蒸馏水,充分搅拌,静置,过滤,得滤液和沉淀。
步骤2:
取适量滤液于试管中,滴加稀硫酸。
步骤3:
取适量步骤1中的沉淀于试管中,_____。
步骤4:
将试剂初步提纯后,准确测定其中Ba(OH)2·8H2O的含量。
实验如下:
(3)配制250mL约0.1mol•L-1Ba(OH)2溶液:
准确称取w克试样,置于烧杯中,加适量蒸馏水,__________,将溶液转入_____________,洗涤,定容,摇匀。
(4)滴定:
准确量取25.00mL所配制Ba(OH)2溶液于锥形瓶中,滴加指示剂,将__________(填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”)mol•L-1盐酸装入50mL酸式滴定管,滴定至终点,记录数据。
重复滴定2次。
平均消耗盐酸VmL。
计算Ba(OH)2·8H2O的质量分数=__________________(只列出算式,不做运算)。
(5)室温下,________(填“能”或“不能”)配制1.0mol•L-1Ba(OH)2溶液。
【答案】由于Ba(OH)2·8H2O与空气中的CO2反应,所取试剂许多已变质为BaCO3,未变质的Ba(OH)2·8H2O在配制溶液时能全部溶解
实验步骤
预期现象和结论
步骤1:
取适量试剂于洁净烧杯中,加入足量蒸馏水,充分搅拌,静置,过滤,得滤液和沉淀。
步骤2:
取适量滤液于试管中,滴加稀硫酸。
出现白色沉淀,说明该试剂中有Ba2+存在
步骤3:
取适量步骤1中的沉淀于是试管中,滴加稀盐酸,连接带塞导气管将产生的气体导入澄清石灰水中。
澄清石灰水变混浊。
说明该试剂中含有BaCO3
步骤4:
取步骤1中的滤液于烧杯中,用pH计测定其pH。
pH明显大于9.6,说明该试剂中含有Ba(OH)2。
搅拌溶解250mL容量瓶中0.1980
不能
【解析】
【分析】
【详解】
(1)Ba(OH)2属于强碱,易吸收空气中的水蒸气和CO2形成难溶的BaCO3沉淀,因此长时间暴露在空气中时Ba(OH)2就有可能转化为BaCO3。
(2)Ba(OH)2易溶于水,所以滤液中含有Ba2+,因此滴加稀硫酸使会产生白色沉淀BaSO4;要想验证沉淀为BaCO3,可以利用其能与酸反应产生能使澄清石灰水变浑浊的CO2气体;为进一步证明试剂是否还有Ba(OH)2·8H2O,可以取步骤1中的滤液,用pH计测其pH值,若pH>9.6,即证明滤液不是纯BaCO3溶液,即证明是由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成,假设成立。
(3)由于试样中含有难溶性的BaCO3,因此加水溶解后要过滤,且冷却后再转移到250mL容量瓶中。
(4)Ba(OH)2溶液的浓度约为0.1mol•L-1,体积是25mL,由于酸式滴定管的容量是50mL,因此盐酸的浓度至少应该是0.1mol•L-1。
若盐酸的浓度过大,反应过快,不利于控制滴定终点,所以选择0.1980mol•L-1的盐酸最恰当。
消耗盐酸的物质的量是0.1980×V×10-3mol,所以25.00mL溶液中含有Ba(OH)2的物质的量是
mol,所以w克试样中Ba(OH)2的质量是
,故Ba(OH)2·8H2O的质量分数=
。
(5)若配制1L1.0mol•L-1Ba(OH)2溶液,则溶液中溶解的Ba(OH)2·8H2O的质量是315g,所以此时的溶解度约是
×100=31.5g/100gH2O,而在常温下Ba(OH)2·8H2O是3.9g/100gH2O,显然不可能配制出1.0mol•L-1Ba(OH)2溶液。
5.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H2O2外,也可以选择Na2S2O3,比较二者的还原效率H2O2__(填“>”或“<”)Na2S2O3(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)。
(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=Co2++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。
[Ksp(Ni(OH)2=2×10-15]
(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的实验流程图(如图)___。
已知:
提供的无机试剂:
NaOH、Na2CO3、NaF。
【答案】+32LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O<适当升高温度,适当增加H2SO4浓度5.5H2SO47.5①NaOH②Ni(OH)2③NaF
【解析】
【分析】
(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;
(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;
(7)根据Ksp(Ni(OH)2的表达式进行计算;
(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)LiCoO2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Co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H2O2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)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子,1molNa2S2O3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;
(7)c(Ni2+)=
mol/L=0.02mol/L,则开始沉淀时,c(OH-)=
=
=10-6.5mol/L,则pH=14-6.5=7.5;
(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.草酸是一种二元弱酸,可用作还原剂、沉淀剂等。
某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4•2H2O。
回答下列问题:
(1)甲组的同学以电石(主要成分CaC2,少量CaS及Ca3P2杂质等)为原料,并用图1装置制取C2H2。
①装置A中用饱和食盐水代替水的目的是__。
②装置B中,NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸,本身被还原为NaCl,其中PH3被氧化的离子方程式为__。
(2)乙组的同学根据文献资料,用Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4•2H2O.制备装置如图2所示:
①装置D中多孔球泡的作用是__。
②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为__。
③从装置D中得到产品,还需经过__(填操作名称)、过滤、洗涤及干燥。
(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4•2H2O的质量分数实验。
他们的实验步骤如下:
准确称取mg产品于锥形瓶中,加入适量的蒸馏水溶解,再加入少量稀硫酸,然后用cmol•L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点,共消耗标准溶液VmL。
①滴定终点的现象是__。
②产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为___(列出含m、c、V的表达式)。
【答案】减慢反应速率,获得平缓气流PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-增大气体和溶液的接触面积,加快反应速率,使反应充分进行C2H2+8HNO3
H2C2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、冷却结晶当加入最后一滴标准液,溶液呈浅红色且30s内不恢复原来的颜色
%
【解析】
【分析】
(1)①碳化钙和水反应十分剧烈,可用饱和食盐水可减缓反应速率;
②装置B用NaClO将PH3氧化为磷酸,同时生成氯化钠;
(2)D中,Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4•2H2O,发生反应为:
C2H2+8HNO3
H2C2O4+8NO2+4H2O,多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面,充分反应,E装置防止倒吸,F装置吸收生成的二氧化氮气体,将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品,据此分析解答;
①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面,加快反应速率,充分反应;
②根据装置图,D中,Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮,反应方程式为:
C2H2+8HNO3
H2C2O4+8NO2+4H2O;
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品;
(3)①滴定终点时,继续滴加高锰酸钾溶液,紫色不褪去;
②根据2MnO4-~5H2C2O4,由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量,据此计算H2C2O4•2H2O的质量分数。
【详解】
(1)①电石与水反应非常剧烈,为了减慢反应速率,平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应;
②NaClO将PH3氧化为磷酸,钙反应的离子方程式为:
PH3 +4ClO-=H3PO4+4Cl-;
(2)①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面,加快反应速率,充分反应;
②根据装置图,D中,Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮,反应方程式为:
C2H2+8HNO3
H2C2O4+8NO2+4H2O;
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品;
(3)①滴定过程中,反应结束前溶液为无色,滴定结束时溶液变
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- 化学 试题 分类 汇编 化学反应 原理 综合 答案