备战高考化学氧化还原反应提高练习题压轴题训练含答案.docx
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备战高考化学氧化还原反应提高练习题压轴题训练含答案
2020-2021备战高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练含答案
一、高中化学氧化还原反应
1.羟氨(NH2OH)是一种还原剂,和联氨一样是一种弱碱,不稳定,室温下吸收水汽迅速分解。
回答下列问题:
(1)请写出羟氨的电子式___。
(2)利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。
测定步骤如下:
①溶液配制:
称取5.0g某羟氨样品,溶解在______酸中后加适量蒸馏水,将其全部转移至100mL的______中,加蒸馏水至_______。
②取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应:
2NH2OH2++4Fe3+=N2O↑+4Fe2++H2O+6H+,生成的Fe2+用0.4000mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定,滴定达到终点的现象是____________。
请写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式_____________。
重复滴定3次,每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示:
计算试样的纯度____%。
(3)下列操作导致误差偏高的有______(填编号)。
a滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失
b滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液
c羟氨称量时,时间过长和溶解时没有及时用酸酸化
dKMnO4溶液起始读数仰视,终点正常读数
【答案】
硫酸容量瓶刻度线当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O66ab
【解析】
【分析】
(1)根据羟氨化学式写出其电子式;
(2)①羟氨应溶解在H2SO4中,因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化;
②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色;根据氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式,根据物质的量的关系计算式样纯度;
(3)根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。
【详解】
(1)根据羟氨化学式NH2OH可知其电子式为:
,故答案为:
;
(2)①羟氨应溶解在H2SO4中,因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化,将其全部转移至100mL的容量瓶中,加蒸馏水至刻度线,故答案为:
硫酸;容量瓶;刻度线;
②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色;根据氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为:
5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;由消耗高锰酸钾体积表可知,第一次误差过大,舍去,V(平均)=
=20.00mL;
设滴定时NH2OH2+的物质的量为xmol,依据离子方程式可得关系式:
解得x=0.02
因总量为100mL,所以n(NH2OH2+)=0.02×5=0.1mol
m=n
M=0.1×33g/mol=3.3g
w=
=
100%=66%
故答案为:
当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色;5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;66;
(3)a.滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失会导致V标准偏大,计算结果偏高;
b.滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液,相当于把KMnO4溶液稀释,滴定时消耗体积增大,计算结果偏高;
c.羟氨称量时,时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化,导致消耗体积偏小,计算结果偏低;
d.KMnO4溶液起始读数仰视,终点正常读数,导致消耗体积偏小,计算结果偏低;
故答案为:
ab。
【点睛】
注意氧化还原滴定操作中的注意事项,根据公式判断不同操作可能引起的实验误差。
2.某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解,进行了如下实验:
(一)制取氧化铜
①往盛有一定量CuCl2溶液的烧杯中逐滴加入NaOH溶液,直至不再产生沉淀,然后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中,加热至沉淀全部变为黑色。
②将步骤①所得的黑色沉淀过滤、洗涤,晾干后研细备用。
(1)在实验过程中,若未加入NaOH溶液,直接将CuCl2溶液转移到蒸发皿中加热,最后也能得到黑色沉淀,试分析其原因__________。
(2)写出检验步骤②中沉淀是否洗涤干净的操作__________________。
(二)为证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较,用下图装置进行实验,每次实验时均收集25ml气体,其他可能影响实验的因素均已忽略,实验数据见下表:
实验序号
KClO3质量
其他物质质量
待测数据
③
1.2g
无其他物质
a
④
1.2g
CuO0.5g
b
⑤
1.2g
MnO20.5g
c
(3)写出氯酸钾分解反应的化学方程式,并用双线桥表示电子转移的方向和数目________。
(4)上述实验中的“待测数据”是指___________________。
(5)图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装面成,此处用滴定管是________(填“酸式”或“碱式”)滴定管。
(6)若实验证明氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差,请结合上表的实验效果数据,在坐标图中分别画出使用CuO、MnO2作催化剂时产生氧气的体积[V(O2)]随时间(t)变化的曲线(注明必要的标识)________。
【答案】CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2+2H2O
Cu(OH)2+2HCl,加热时HCl逸出使平衡不断右移,同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO取2~3mL最后的洗涤液于试管中,滴入少量稀硝酸酸化,再滴入几滴硝酸银溶液,若无白色沉淀产生,则洗涤干净
收集25mL气体所需的时间碱式
【解析】
【分析】
【详解】
(1)CuCl2是强酸弱碱盐会发生水解,CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2+2H2O
Cu(OH)2+2HCl,水解吸热,加热时HCl逸出使平衡不断右移,同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO。
(2)如果没有洗涤干净则有NaCl杂质,检验是否有Cl—即可确定是否洗净,具体操作是:
取2~3mL最后的洗涤液于试管中,滴入少量稀硝酸酸化,再滴入几滴硝酸银溶液,若无白色沉淀产生,则洗涤干净。
(3)用双线桥表示电子转移的方向和数目时,线桥要从反应物指向生成物的化合价发生改变的同种元素,在线桥上要注明反应的得失电子数目,用双线桥表示氯酸钾分解的电子转移的方向和数目为:
。
(4)要比较反应的快慢需要反应的时间,因此待测数据是:
收集25mL气体所需的时间。
(5)从图可以看出该滴定管没有活塞,所以是碱式滴定管。
(6)反应测的是收集25mL气体所需的时间,所以气体的体积要相等,氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差,所以用氧化铜做作催化剂所用的时间要多,产生氧气的体积[V(O2)]随时间(t)变化的曲线为:
。
3.现有一份含有FeCl3和FeCl2固体混合物,为测定各成分的含量进行如下两个实验:
实验1:
①称取一定质量的样品,将样品溶解;
②向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液,产生沉淀;
③将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体17.22g。
实验2:
①称取与实验1中相同质量的样品,将样品溶解;
②向溶解后的溶液中通入足量的Cl2;
③再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液,得到红褐色沉淀;
④将沉淀过滤、洗涤后,加热灼烧,到质量不再减少,得到固体物质4g。
回答下列问题:
(1)溶解过程中所用到的玻璃仪器有___________________。
(2实验室保存FeCl2溶液时通常会向其中加入少量试剂_____________和_____________。
(3)实验2通入足量Cl2的目的是_____________;涉及的化学反应的离子方程式是____________________。
(4检述实验2的步骤④中沉淀已经洗涤干净的方法是_____________。
(5)加热FeCl3溶液,并将溶液蒸干时,通常不能得到FeCl3固体,请以平衡的观点解释其原因(方程式与文字相结合来说明)______________________。
(6)FeCl3溶液可以用于止血,主要是因为FeCl3溶液能使血液聚沉,这涉及胶体的特性。
以下关于胶体的说法不正确的是_____________。
A.胶体粒子能透过滤纸,但不能透过半透膜
B.胶体粒子具有较大的表面积,能吸附阳离子或阴离子,故在电场作用下会产生电泳现象
C.向Fe(OH)3胶体可以产生丁达尔效应,CuSO4溶液、水等分散系不能产生丁达尔效应
D.向Fe(OH)3胶体中滴加硫酸,会先出现红褐色沉淀,随后沉淀消失
E.在蛋白质溶液中加入稀的CuSO4溶液,可使蛋白质盐析
(7)通过实验所得数据,计算固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为_________。
【答案】
(1)烧杯、玻璃棒
(2)稀盐酸铁粉
(3)将Fe2+全部转化为Fe3+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
(4)取少量最后一次的洗涤液于试管中,向试管中溶液滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液,如未出现白色沉淀说明已洗净
(5)FeCl3在水中存在如下平衡FeCl3+3H2O
Fe(OH)3+3HCl,在加热条件下,由于HCl易挥发,生成物浓度减小,导致平衡不断向右移动,故最后不能得到FeCl3固体
(6)E(7)2:
3
【解析】
试题分析:
(1)溶解所用到的仪器为烧杯、玻璃棒;
(2)FeCl2易被空气中的氧气氧化成FeCl3,向溶液中加入少量铁粉,使FeCl3重新转化为FeCl2;为了防止FeCl2溶液水解,常加入盐酸,抑制其水解,防止其变质;(3)Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3:
Cl2+2FeCl2=2FeCl3,实质为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;(4)解答此问时,首先要明确沉淀吸附了什么杂质,由于氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠,因此沉淀吸附的杂质是Na+、Cl-,检验沉淀是否洗涤干净,只要检验洗涤后的溶液中是否含有Na+、Cl-中的一种就可以,如果最后一次的洗涤液仍然有氯化钠,加入硝酸银溶液就会出现沉淀,反之,说明溶液中没有氯化钠;(5)因为FeCl3易水解,且HCl易挥发,加热促进了FeCl3水解及HCl的挥发,所以不能得到FeCl3固体;(6)A、胶体粒子直径介于1~100nm之间,因此能透过滤纸,但不能透过半透膜,A正确;B、胶体粒子具有较大的表面积,能吸附阳离子或阴离子,因此在电场作用下会移向阴极或阳极,产生电泳现象,B正确;C、向Fe(OH)3胶体可以产生丁达尔效应,CuSO4溶液、水等分散系不能产生丁达尔效应,C正确;D、,向胶体中加入少量的酸、碱、盐,会中和胶体所带的电荷,使胶体发生聚沉,所以向Fe(OH)3胶体中滴加硫酸,会先出现红褐色Fe(OH)3沉淀,但过量的硫酸还会和Fe(OH)3沉淀发生反应生成硫酸铁,D正确;E、CuSO4属于重金属盐,能使蛋白质变性,而非盐析,E不正确;(7)先由
计算实验①所得AgCl的n为
mol=0.12mol,实验②所得Fe2O3的n为
mol=0.025mol,设FeCl3和FeCl2的物质的量分别为xmol、ymol,依据Cl、Fe守恒3xmol+2ymol="0.12"mol,xmol+ymol="0.025"mol×2,解得x=0.02,y=0.03,则固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为为2∶3。
考点:
本题主要考查化学实验基本操作、离子方程式的书写、铁盐和亚铁盐的性质及转化、盐类水解、化学计算等。
【名师点睛】
(1)化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础,对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作。
考查的角度主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心,通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用的能力。
(2)根据化学方程式的计算,多以物质的量为核心,考查物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系,以及反应物的转化率或产物的产率的计算,同时还可以融入多种化学解题思想,比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等,是历来高考的重点内容。
日常学习中要注意相关知识的积累,以便快速准确作答,题目难度中等。
4.生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子,有速率快、浸出率高等特点。
氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌,培养后能提供Fe3+,控制反应条件可达细菌的最大活性,其生物浸矿机理如下图。
反应1反应2
(1)氧化亚铁硫杆菌生物浸出ZnS矿。
①反应2中有S单质生成,离子方程式是__。
②实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低,原因可能是__。
(2)氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钴酸锂(LiCoO2)与上述浸出机理相似,发生反应1和反应3:
LiCoO2+3Fe3+=Li++Co2++3Fe2++O2↑
①在酸性环境中,LiCoO2浸出Co2+的总反应的离子方程式是__。
②研究表明氧化亚铁硫杆菌存在时,Ag+对钴浸出率有影响,实验研究Ag+的作用。
取LiCoO2粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中,分别加入不同浓度Ag+的溶液,钴浸出率(图1)和溶液pH(图2)随时间变化曲线如下:
图1不同浓度Ag+作用下钴浸出率变化曲线图2不同浓度Ag+作用下溶液中pH变化曲线
Ⅰ.由图1和其他实验可知,Ag+能催化浸出Co2+,图1中的证据是__。
Ⅱ.Ag+是反应3的催化剂,催化过程可表示为:
反应4:
Ag++LiCoO2=AgCoO2+Li+
反应5:
……
反应5的离子方程式是__。
Ⅲ.由图2可知,第3天至第7天,加入Ag+后的pH均比未加时大,结合反应解释其原因:
__。
【答案】ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+细菌的活性降低或失去活性4LiCoO2+12H+
4Li++4Co2++6H2O+O2↑加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率,即提高了钴浸出速率AgCoO2+3Fe3+=Ag++Co2++3Fe2++O2↑加入Ag+催化了反应3,使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快,相同时间内消耗H+更多,故加入Ag+后的pH比未加时大
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①由题给示意图可知,反应2为Fe3+与ZnS发生氧化还原反应生成Zn2+、S和Fe2+,反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+,故答案为:
ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+;
②细菌为蛋白质,温度较高或酸性过强时,蛋白质变性,细菌的活性降低,导致金属离子的浸出率均偏低,故答案为:
细菌的活性降低或失去活性;
(2)①在酸性环境中,细菌做催化剂,使LiCoO2中+3价的Co元素将-2价O元素氧化,反应生成Li+、Co2+、O2和H2O,反应的离子方程式为4LiCoO2+12H+
4Li++4Co2++6H2O+O2↑,故答案为:
4LiCoO2+12H+
4Li++4Co2++6H2O+O2↑;
②Ⅰ.由图1可知,加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率,说明Ag+做催化剂,提高了钴浸出速率,故答案为:
加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率,即提高了钴浸出速率;
Ⅱ.由催化剂的催化机理可知,反应4中Ag+做反应物,则反应5中Ag+做生成物,即中间产物AgCoO2与Fe3+反应生成Ag+、Co2+、Fe2+和O2,反应的化学方程式为AgCoO2+3Fe3+=Ag++Co2++3Fe2++O2↑,故答案为:
AgCoO2+3Fe3+=Ag++Co2++3Fe2++O2↑;
Ⅲ.由图2可知,第3天至第7天,加入Ag+后的pH均比未加时大,原因是加入Ag+催化了反应3,使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快,相同时间内消耗H+更多,导致加入Ag+后的pH比未加时大,故答案为:
加入Ag+催化了反应3,使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快,相同时间内消耗H+更多,故加入Ag+后的pH比未加时大。
5.氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂。
以下是从含Cu2+、Fe3+的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图。
如图是滤液中Cu2+、Fe3+的含量与pH的关系及CuCl产率与pH的关系图。
请回答以下问题:
(1)在电镀废水中加碱产生沉淀,过滤得到电镀污泥,则电镀污泥的主要成分为____;
(2)由反应①制备CuCl时的最佳pH在__________左右;
(3)对CuCl产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl产率较高,由此推测CuCl具有__________性;
(4)写出反应①中化学反应方程式:
_____;
(5)隔绝空气条件下,从滤液中制得晶体的实验操作为:
___________;
(6)取晶体4.34g隔绝空气条件下,失去结晶水后得固体3.26g,所得固体溶于水分成二等份,一份加入足量BaCl2溶液,得到白色固体2.33g;另一份加入足量NaOH溶液后,加热、灼烧得红色粉末0.4g。
写出晶体的化学式:
_____________。
【答案】Fe(OH)3、Cu(OH)23.5还原2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl↓+2K2SO4+FeSO4蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥K2Fe(SO4)2•6H2O
【解析】
【分析】
由流程图可知,向电镀废水中加碱,Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀,过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥;向电镀污泥中加入硫酸控制pH使氢氧化铜溶解,而氢氧化铁不溶解,过滤得到高浓度的硫酸铜溶液;向高浓度的硫酸铜溶液加入铁与氯化钾,调节溶液pH和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜,过滤得到氯化亚铜沉淀和含有的硫酸亚铁、硫酸钾滤液,隔绝空气条件下,滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到K2Fe(SO4)2•6H2O晶体。
【详解】
(1)由流程图可知,向电镀废水中加碱,Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀,过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥,故答案为:
Fe(OH)3、Cu(OH)2;
(2)由CuCl产率与pH的关系图可知,制备CuCl时的最佳pH是3.5左右,故答案为:
3.5;
(3)对CuCl产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl产率较高,说明氯化亚铜具有还原性,能被空气中的氧气氧化,故答案为:
还原;
(4)反应①为调节溶液pH和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜,反应的化学方程式为2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl↓+FeSO4+K2SO4,故答案为:
2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl↓+FeSO4+K2SO4;
(5)隔绝空气条件下,含有硫酸亚铁、硫酸钾的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体,故答案为:
蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥;
(6)由题意可知,结晶水的物质的量为
=0.06mol,由加入足量BaCl2溶液,得到硫酸钡沉淀质量为2.33g可知硫酸根的物质的量为
×2=0.02mol,由加入足量NaOH溶液后,加热、灼烧得红色粉末0.4g可知亚铁离子的物质的量为
×2×2=0.01mol,则钾离子的物质的量为
=0.02mol,n(K+):
n(Fe2+):
n(SO42—);n(H2O)=0.02mol:
0.01mol:
0.02mol:
0.06mol=2:
1:
2:
6,晶体的化学式为K2Fe(SO4)2•6H2O,故答案为:
K2Fe(SO4)2•6H2O。
6.
(1)将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中,写出最初发生的反应的离子方程式,并标出电子转移的方向和数目。
___。
(2)在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液并不断搅拌。
用一个离子方程式表示最初发生的反应。
___。
(3)石油气“芳构化”是由石油气生产高辛烷值汽油的一种有效生产工艺。
测得反应2C4H10
C8H10(g)+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下:
温度(℃)
400
450
500
平衡常数K
a
6a
40a
①该反应的正反应是____(吸热、放热)反应。
②向2L密闭定容容器中充入2molC4H10,反应10s后测得H2浓度为1mol/L,此10s内,以C8H10表示的平均速率为___。
③能表示该反应在恒温恒容密闭容器中t1时刻后已经达平衡状态的图示是___。
a.
b.
c.
d.
④如图表示某温度时将一定量的C4H10(含少量H2)充入容器中反应期间物质浓度随时间的变化(容器容积可变),实线代表C8H10,虚线代表C4H10。
请用实线补充画出t1~t4间C8H10的浓度变化曲线___。
【答案】
3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓吸热0.02mol/(L·s)b、d
【解析】
【分析】
(1)氯气具有氧化性,能将碘离子以及亚铁离子氧化,碘离子的还原性强于亚铁离子的还原性,所以先是发生氯气氧化亚铁离子的反应,氧化还原反应中,化合价升高值=化合价降低值=转移电子数,据此表示电子转移的情况;
(2)在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液,由于氢氧化钡少量,氢氧根离子不足,反应按照氢氧化钡的组成进行,氨水碱性强于氢氧化铝,所以铝离子优先与氢氧根离子反应,据此写出反应的离子方程式;
(3)①依据图表数据,平衡常数随温度升高增大,平衡正向进行;
②依据反应速率v=
计算;
③a.反应前后都是气体,气体质量始终不变;
b.反应前后气体质量不变,物质的量增大,平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态;
c.气体质量不变,体积不变,密度在反应过程中和平衡状态都不变;
d.反应前后气体物质的量变化,压强之比等于气体物质的量之比,物质的量不变,反应达到平衡;
④刚开始因为达到平衡状态,所以浓度不变,根据虚线的浓度变化可知,后面体积缩小为原来的
,所以实线浓度也变两倍,后面又慢慢减小,直至继续平衡。
【详解】
(1)将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中,先是发生氯气氧化亚铁离子的反应,Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl−,电子转移情况如下:
,故答案为:
;
(2)氢氧化钡少量,氢氧根离子和钡离子的物质的量不足,离子方程式按照氢氧化钡的组成书写,钡离子和氢氧根离子完全反应;由于氨水碱性强于氢氧化铝,故铝离子优先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀,反应的离子方程式为3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓,故答案为:
3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓;
(3)①根据图表数据,平衡常数随温度升高增大,平衡正向进行,正反应是吸热反应,故答案为:
吸热;
②向2L密闭定容容器中充入2molC4H10,反应10s后测得H2浓度为1mol/L,2C4H10⇌C8H10(g)+5H2,反应过程中生成C8H10的物质的量浓度为
×1mol/L=0.2mol/L,此10s内,以C8H10表示的平均速率
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