高考化学专题题库化学反应原理的综合题及详细答案.docx
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高考化学专题题库化学反应原理的综合题及详细答案
高考化学专题题库∶化学反应原理的综合题及详细答案
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.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体,是汽车安全气囊的主要成分。
NaN3易溶于水,微溶于乙醇,水溶液呈弱碱性,能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。
实验室可利用亚硝酸叔丁酯(tBuNO2,以tBu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。
(1)制备亚硝酸叔丁酯
取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合,发生反应H2SO4+2NaNO2===2HNO2+Na2SO4。
可利用亚硝酸与叔丁醇(tBuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯,试写出该反应的化学方程式:
____________。
(2)制备叠氮化钠(NaN3)
按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应,反应的化学方程式为:
tBuNO2+NaOH+N2H4===NaN3+2H2O+tBuOH。
①装置a的名称是______________;
②该反应需控制温度在65℃,采用的实验措施是____________________;
③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。
所得晶体使用无水乙醇洗涤。
试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。
(3)产率计算
①称取2.0g叠氮化钠试样,配成100mL溶液,并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。
②用滴定管加入0.10mol·L-1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。
③充分反应后将溶液稀释并酸化,滴入2滴邻菲罗啉指示液,并用0.10mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液,滴定过量的Ce4+,终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理:
Ce4++Fe2+===Ce3++Fe3+)。
已知六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3)3,试写出该反应的化学方程式____________________________;计算叠氮化钠的质量分数为________(保留2位有效数字)。
若其他操作及读数均正确,滴定到终点后,下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________(填字母)。
A.锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗
B.滴加六硝酸铈铵溶液时,滴加前仰视读数,滴加后俯视读数
C.滴加硫酸亚铁铵标准溶液时,开始时尖嘴处无气泡,结束时出现气泡
D.滴定过程中,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内
(4)叠氮化钠有毒,可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁,反应后溶液碱性明显增强,且产生无色无味的无毒气体,试写出反应的离子方程式:
____________________
【答案】tBuOH+HNO2
tBuNO2+H2O恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加热降低叠氮化钠的溶解度,防止产物损失2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3===4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑65%ACClO-+2N3-+H2O===Cl-+2OH-+3N2↑
【解析】
【分析】
【详解】
(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇,反应类型属于有机的酯化反应,所以方程式为:
;
(2)①装置a的名称即为恒压滴液漏斗;
②反应要控制温度在65℃,参考苯的硝化实验,该反应加热时,应当采用水浴加热;
③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水,而微溶于乙醇;因此,洗涤产品时,为了减少洗涤过程中产品的损耗,应当用无水乙醇洗涤;
(3)通过题干提示的反应产物分析,可知反应过程中Ce4+和
中的元素发生了变价,所以反应的方程式为:
;在计算叠氮化钠的含量时,一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了
与过量的六硝酸铈铵反应,再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce,因此有:
,考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:
1进行,所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为:
,所以叠氮化钠样品的质量分数为:
;
A.润洗锥形瓶,会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加,通过分析可知,会使最终计算的质量分数偏大,A项正确;
B.量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯,则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液,那么步骤③会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+,通过分析可知,最终会导致计算的质量分数偏低,B项错误;
C.步骤③用Fe2+标定未反应的Ce4+,若开始尖嘴无气泡,结束后出现气泡,则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小,通过分析可知,最终会使质量分数偏大,C正确;
D.将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶,相当于让溶液混合更均匀,这样做会使结果更准确,D项不符合;答案选AC;
(4)反应后溶液碱性增强,所以推测生成了OH-;产生的无色无味无毒气体,推测只能是氮气,所以离子方程式为:
。
【点睛】
滴定计算类的题目,最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后,只取一部分进行滴定,在做计算时不要忘记乘以相应的系数;此外,常考察的形式也有:
用待测物A与过量的B反应,再用C标定未反应的B,在做计算时,要注意A与C一同消耗的B。
3.研究小组进行图所示实验,试剂A为0.2mol·L−1CuSO4溶液,发现铝条表面无明显变化,于是改变实验条件,探究铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液反应的影响因素。
用不同的试剂A进行实验1~实验4,并记录实验现象:
实验序号
试剂A
实验现象
1
0.2mol·L−1CuCl2溶液
铝条表面有气泡产生,并有红色固体析出
2
0.2mol·L−1CuSO4溶液,再加入一定质量的NaCl固体
开始铝条表面无明显变化,加NaCl后,铝条表面有气泡产生,并有红色固体析出
3
2mol·L−1CuSO4溶液
铝条表面有少量气泡产生,并有少量红色固体
4
2mol·L−1CuCl2溶液
反应非常剧烈,有大量气泡产生,溶液变成棕褐色,有红色固体和白色固体生成
(1)实验1中,铝条表面析出红色固体的反应的离子方程式为_________。
(2)实验2的目的是证明铜盐中的阴离子Cl−是导致实验1中反应迅速发生的原因,实验2中加入NaCl固体的质量为_________g。
(3)实验3的目的是_________。
(4)经检验知,实验4中白色固体为CuCl。
甲同学认为产生白色固体的原因可能是发生了Cu+CuCl2
2CuCl的反应,他设计了右图所示实验证明该反应能够发生。
①A极的电极材料是_________。
②能证明该反应发生的实验现象是_________。
(5)为探究实验4中溶液呈现棕褐色的原因,分别取白色CuCl固体进行以下实验:
实验序号
实验操作
实验现象
i
加入浓NaCl溶液
沉淀溶解,形成无色溶液
ii
加入饱和AlCl3溶液
沉淀溶解,形成褐色溶液
iii
向i所得溶液中加入2mol·L-1CuCl2溶液
溶液由无色变为褐色
查阅资料知:
CuCl难溶于水,能溶解在Cl-浓度较大的溶液中,生成[CuCl2]-络离子,用水稀释含[CuCl2]-的溶液时会重新析出CuCl沉淀。
①由上述实验及资料可推断,实验4中溶液呈棕褐色的原因可能是[CuCl2]-与_________作用的结果。
②为确证实验4所得的棕褐色溶液中含有[CuCl2]-,应补充的实验是_________。
(6)上述实验说明,铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液的反应现象与_________有关。
【答案】3Cu2++2Al
2Al3++3Cu0.117证明增大CuSO4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生金属铜电流计指针偏转,两极均有白色沉淀生成Al3+、Cu2+取适量实验4的棕褐色溶液,加水稀释,观察是否出现白色沉淀铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等
【解析】
(1)实验1中,铝与氯化铜反应置换出铜,反应的离子方程式为3Cu2++2Al=2Al3++3Cu,故答案为3Cu2++2Al=2Al3++3Cu;
(2)实验1中n(Cl-)=0.005L×0.2mol·L-1×2=0.002mol,实验2的目的是证明铜盐中的阴离子Cl-是导致实验1中反应迅速发生的原因,实验2中加入NaCl固体的质量为0.002mol×58.5g/mol=0.117g,故答案为0.117;
(3)实验3与原实验相比,增大了硫酸铜溶液的浓度,铝条表面有少量气泡产生,并有少量红色固体,说明增大CuSO4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生,故答案为证明增大CuSO4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生;
(4)①Cu+CuCl2=2CuCl反应中铜被氧化,铜应该做负极,CuCl2被还原,在正极放电,因此A极为负极,选用铜作负极,故答案为铜;
②构成原电池后,铜溶解进入溶液,与溶液中的氯离子反应生成白色沉淀,正极铜离子被还原,也生成白色沉淀,电流计指针偏转,故答案为电流计指针偏转,两极均有白色沉淀生成;
(5)①由上述实验ii及资料可推断,实验4中溶液呈棕褐色的原因可能是[CuCl2]-与Al3+、Cu2+作用的结果,故答案为Al3+、Cu2+;
②根据信息知,取适量实验4的棕褐色溶液,加水稀释,观察是否出现白色沉淀可以确证实验4所得的棕褐色溶液中含有[CuCl2]-,故答案为取适量实验4的棕褐色溶液,加水稀释,观察是否出现白色沉淀;
(6)根据实验1和2、2和3、1和4中所用试剂的种类和浓度以及实验现象可知,铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液的反应现象与铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等有关,故答案为铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等。
4.亚硝酸钠是一种工业盐,外观与食盐非常相似,毒性较强。
Ⅰ.经查:
①Ksp(AgNO2)=2×10-8,Ksp(AgCl)=1.8×10-10;②Ka(HNO2)=5.1×10-4。
请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体______________________
Ⅱ.某小组同学用如下装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠
已知:
①2NO+Na2O2=2NaNO2;②酸性条件下,NO和NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+。
(1)使用铜丝的优点是________________________。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。
装置C中盛放的药品是_________;(填字母代号)
A.浓硫酸B.NaOH溶液C.水D.四氯化碳
(3)该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250ml溶液,取25.00ml溶液于锥形瓶中,
用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液进行滴定,实验所得数据如下表所示:
滴定次数
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积/mL
20.90
20.12
20.00
19.88
①第一次实验数据出现异常,造成这种异常的原因可能是_________(填字母代号)。
a.锥形瓶洗净后未干燥
b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
c.滴定终点时仰视读数
②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为___________________。
③该样品中亚硝酸钠的质量分数为______________。
【答案】分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解;再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2可以控制反应的发生与停止Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OCbc6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O69%
【解析】
试题分析:
Ⅰ.根据NaNO2为强碱弱酸盐,亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析;
Ⅱ.装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应,反应生成二氧化氮、硝酸铜和水,装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮;通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气,通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入,通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应,最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气,据此分析解答。
解析:
Ⅰ.酸越弱相应酸根越容易水解,溶液碱性越强,因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是:
分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解,再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2;
Ⅱ.
(1)可通过上下移动铜丝控制反应是否进行,所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止;
(2)浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水,方程式为:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮;通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应,所以C中的药品是水,答案选C;
(3)①a.锥形瓶洗净后未干燥,待测液的物质的量不变,对V(标准)无影响,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)不变,a错误;b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)偏大,b正确;c.滴定终点时仰视读数,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)偏大,c正确;答案选bc;
②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子,高锰酸根离子被还原为锰离子,离子方程式为6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O;
③根据表中数据可知第一次实验数据误差太大,舍去,消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02L,高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol,则根据方程式6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O可知,亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×5/2=0.005mol,则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×100mL/25mL=0.02mol,其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g,所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g×100%=69.0%.
点睛:
注意掌握综合实验设计题的解题思路:
(1)明确实验的目的和原理。
实验原理是解答实验题的核心,是实验设计的依据和起点。
实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。
在此基础上,遵循可靠性、简捷性、安全性的原则,确定符合实验目的、要求的方案。
(2)理清实验操作的先后顺序。
根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程,确定实验操作的方法步骤,把握各步实验操作的要点,理清实验操作的先后顺序。
(3)看准图,分析各项实验装置的作用。
有许多综合实验题图文结合,思考容量大。
在分析解答过程中,要认真细致地分析图中所示的各项装置,并结合实验目的和原理,确定它们在该实验中的作用。
(4)细分析,得出正确的实验结论。
实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。
在分析实验现象(或数据)的过程中,要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因,或从有关数据中归纳出定量公式,绘制变化曲线等。
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.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
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- 高考 化学 专题 题库 化学反应 原理 综合 详细 答案