高三化学第一轮复习卤素及其化合物实验题汇总共37题非选择题答案及解析.docx
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高三化学第一轮复习卤素及其化合物实验题汇总共37题非选择题答案及解析
高三化学第一轮复习卤素及其化合物实验题汇总共37题非选择题答案及解析
1.碘化钠用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等.实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料可制备碘化钠.
资料显示:
水合肼有还原性,能消除水中溶解的氧气;NaIO3是一种氧化剂.
回答下列问题:
(1)水合肼的制备有关反应原理为:
NaClO+2NH3======N2H4·H2O+NaCl
①用下图装置制取水合肼,其连接顺序为_________(按气流方向,用小写字母表示).
A.
B.
C.
D.
②开始实验时,先向氧化钙中滴加浓氨水,一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液.滴加NaClO溶液时不能过快的理由___________________________________________.
(2)碘化钠的制备
i.向三口烧瓶中加入8.4gNaOH及30mL水,搅拌、冷却,加入25.4g碘单质,开动磁力搅拌器,保持60~70℃至反应充分;
ii.继续加入稍过量的N2H4·H2O(水合肼),还原NalO和NaIO3,得NaI溶液粗品,同时释放一种空气中的气体;
iii.向上述反应液中加入1.0g活性炭,煮沸半小时,然后将溶液与活性炭分离;
iv.将步骤iii分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得产品24.0g.
③步骤i反应完全的现象是_________.
④步骤ii中IO3-参与反应的离子方程式为__________________.
⑤步骤iii“将溶液与活性炭分离”的方法是___________.
⑥本次实验产率为_________.实验发现,水合肼实际用量比理论值偏高,可能的原因是_______________.
⑦某同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质.取少量固体样品于试管中,加水溶解,滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸,片刻后溶液变蓝.得出NaI中含有NaIO3杂质.请评价该实验结论的合理性:
_________(填写“合理”或“不合理”),_________________
【答案】fabcde(ab顺序可互换)过快滴加NaClO溶液,过量的NaClO溶液氧化水合肼,降低产率无固体残留且溶液呈无色(答出溶液呈无色即给分)2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O趁热过滤或过滤80%水合胼能与水中的溶解氧反应不合理可能是I-在酸性环境中被O2氧化成I2而使淀粉变蓝
【解析】
【分析】
(1)水合肼的制备原理为:
NaClO+2NH3═N2H4•H2O+NaCl,利用装置D制备氨气,装置A为安全瓶,防止溶液倒吸,气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼,剩余氨气需要用装置C吸收;
(2)加入氢氧化钠,碘和氢氧化钠发生反应:
3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O,加入水合肼得到氮气与NaI,得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI;⑥由碘单质计算生成的NaI与NaIO3,再由NaIO3计算与N2H4•H2O反应所得的NaI,由此计算得到理论生成的NaI,再计算产率可得;⑦NaIO3能够氧化碘化钾,空气中氧气也能够氧化碘离子生成碘单质。
据此分析解答。
【详解】
(1)①水合肼的制备原理为:
NaClO+2NH3═N2H4•H2O+NaCl,利用装置D制备氨气,通过装置A安全瓶,防止溶液倒吸,气体通入装置B滴入次氯酸钠溶液发生反应生成水合肼,剩余氨气需要用装置C吸收,倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸,按气流方向其连接顺序为:
fabcde,故答案为:
fabcde;
②开始实验时,先向氧化钙中滴加浓氨水,生成氨气一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液反应生成水合肼,水合肼有还原性,滴加NaClO溶液时不能过快的理由:
过快滴加NaClO溶液,过量的NaClO溶液氧化水和肼,降低产率,故答案为:
过快滴加NaClO溶液,过量的NaClO溶液氧化水和肼,降低产率;
(2)③步骤ii中碘单质生成NaI、NaIO3,反应完全时现象为无固体残留且溶液接近无色,故答案为:
无固体残留且溶液接近无色;
④步骤iiiN2H4•H2O还原NalO3的化学方程式为:
3N2H4•H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O,离子方程式为:
3N2H4•H2O+2IO3-=2I-+3N2↑+9H2O,故答案为:
3N2H4•H2O+2IO3-=2I-+3N2↑+9H2O;
⑤活性炭具有吸附性,能脱色,通过趁热过滤将活性炭与碘化钠溶液分离,故答案为:
趁热过滤;
⑥8.2gNaOH与25.4g单质碘反应,氢氧化钠过量,碘单质反应完全,碘和氢氧化钠发生反应:
3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O,则生成的NaI的质量为:
×5×150g/mol=25g,生成的NaIO3与N2H4•H2O反应所得的NaI,反应为3N2H4•H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O,则6I2~2NaIO3~2NaI,该步生成的NaI质量为:
×2×150g/mol=5g,故理论上生成的NaI为25g+5g=30g,实验成品率为
×100%=80%,实验发现,水合肼实际用量比理论值偏高是因为水合肼能与水中的溶解氧反应,故答案为:
80%;水合肼能与水中的溶解氧反应;
⑦取少量固体样品于试管中,加水溶解,滴加少量淀粉液后再滴加适量稀硫酸,片刻后溶液变蓝,说明生成碘单质,可能是NaIO3氧化碘化钾反应生成,也可能是空气中氧气氧化碘离子生成碘单质,不能得出NaI中含有NaIO3杂质,故答案为:
不合理;可能是I-在酸性环境中被氧气氧化成I2而使淀粉变蓝。
2.四氯化锡(SnCl4)是一种重要的化工产品,可在加热下直接氯化来制备。
已知:
四氯化锡是无色液体,熔点-33℃,沸点114℃。
SnCl4极易水解,在潮湿的空气中发烟。
实验室可以通过下图装置制备少量SnCl4(夹持装置略)。
(1)装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为________;
(2)装置Ⅱ中的最佳试剂为_______,装置Ⅶ的作用为_______;
(3)该装置存在的缺陷是:
_______________;
(4)如果没有装置Ⅲ,在Ⅳ中除生成SnCl4 外,还会生成的含锡的化合物的化学式为_______________;
(5)实验用锡粒中含有杂质Cu.某同学设计下列实验测定锡粒的纯度.
第一步:
称取0.613g锡粒溶入足量盐酸中,过滤;
第二步:
向滤液中加入过量FeCl3溶液,将Sn2+氧化成Sn4+;
第三步:
用0.100mol•L-1K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+,发生反应的表达式为(未配平):
Fe2++Cr2O72-+H+→Cr3++Fe3++H2O
第二步中发生反应的离子方程式是_______________,若达到滴定终点时共消耗16.0mLK2Cr2O7溶液,试写出试样中锡的质量分数的计算式____________(仅写计算结果,锡的相对原子质量按119计算)
【答案】MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O饱和氯化钠溶液防止空气中水蒸气进入装置,使SnCl4水解缺少尾气处理装置Sn(OH)4或SnO22Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+93.18%
【解析】
【分析】
由装置图可知装置Ⅰ应为制备氯气的装置,装置Ⅱ和装置Ⅲ是氯气的净化装置,氯气经除杂,干燥后与锡在装置Ⅳ中反应生成SnCl4,经冷却后在装置Ⅵ中收集,因SnCl4极易水解,应防止空气中的水蒸气进入装置Ⅵ中。
(5)用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+,根据原子守恒、电子转移守恒可得关系式:
Sn~Sn2+~2Fe3+~2Fe2+~
K2Cr2O7,据此分析解答。
【详解】
(1)装置Ⅰ中浓盐酸与MnO2在加热时发生反应产生氯气,发生反应的离子方程式为:
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O,故答案为:
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O;
(2)由于盐酸有挥发性,所以在制取的氯气中含有杂质HCl,在与金属锡反应前要除去,因此装置Ⅱ中的最佳试剂为除去HCl同时还可以减少氯气消耗的饱和食盐水;SnCl4极易水解,在潮湿的空气中发烟,为了防止盐水解,所以要防止起水解,装置Ⅶ的作用为防止空气中的水蒸气进入Ⅵ中使SnCl4水解,故答案为:
饱和氯化钠溶液;防止空气中水蒸气进入Ⅵ中,SnCl4水解;
(3)未反应的氯气没有除去,缺少尾气处理装置,故答案为:
缺少尾气处理装置;
(4)如果没有装置Ⅲ,则在氯气中含有水蒸汽,所以在Ⅳ中除生成SnCl4外,还会生成SnCl4水解产生的含锡的化合物Sn(OH)4或SnO2,故答案为:
Sn(OH)4或SnO2等;
(5)滴定过程中的反应方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,第二步中加入过量FeCl3溶液,将Sn2+氧化成Sn4+,反应的方程式为2Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+,令锡粉中锡的质量分数为x,则:
Sn~Sn2+~2Fe3+~2Fe2+~
K2Cr2O7
119g
mol
0.613xg 0.100mol•L-1×0.016L
故
=
,解得x=93.18%,故答案为:
93.18%。
3.软锰矿(主要成分是MnO2)与浓盐酸混合加热,产生了氯气。
某学生使用这一原理设计如图所示的实验装置,并且利用制得的氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应),据此回答下列问题:
(1)A仪器的名称是__________
(2)漂白粉将在U形管中产生,其化学方程式是____________________。
(3)此实验结果所得Ca(ClO)2产率太低,经分析并查阅资料发现,主要原因是在U形管中存在两个副反应:
①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2,为避免此副反应的发生,可采取的措施是______________________________。
②试判断另一个副反应(写出此反应方程式):
____________________。
(4)漂粉精同盐酸作用产生氯气:
Ca(ClO)2+4HCl=2Cl2↑+CaCl2+2H2O,该反应中每生成1molCl2,转移电子的物质的量为__________mol。
(5)有效氯是漂粉精中有效Ca(ClO)2的含量大小的标志。
已知:
有效氯=(漂粉精加盐酸所释放出的氯气的质量/漂粉精的质量)
100%,该漂粉精的有效氯为65%,则该漂粉精中Ca(ClO)2的质量分数为__________(保留一位小数)
【答案】分液漏斗
将U形管置于冷水浴中
165.5%
【解析】详解:
(1)由图知A仪器的名称是分液漏斗。
(2)氯气和消石灰反应即得到漂白粉次氯酸钙、氯化钙和水,在U形管中产生其化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
(3)①温度较高时氯气与消石灰易发生反应生成副产物Ca(ClO3)2,所以为防止副产物的生成,应降低反应的温度,因此可以将U形管置于冷水浴中。
②因为盐酸易挥发,所以在制取的氯气中混有HCl,而氯化氢可以和消石灰反应生成氯化钙和水,此反应方程式
。
(4)由反应知Ca(ClO)2中氯的化合价是+1价,在反应中化合价由+1价降低到0价,因此Ca(ClO)2是氧化剂,转移2个电子。
氯化氢是还原剂,但被氧化的氯化氢只是2mol。
所以反应中每生成1mol氯气,就转移1mol电子,被氧化的氯化氢也是1mol。
(5)已知:
有效氯=(漂粉精加盐酸所释放出的氯气的质量/漂粉精的质量)
100%,盐酸与次氯酸钙反应生成氯气,方程式:
Ca(ClO)2+4HCl=2Cl2↑+CaCl2+2H2O
143 2
71
xy
y=71
2x/143
100%,因为漂粉精的有效氯为65%,所以71
2x/143
100%=65%
X=65.5%,因此,本题正确答案是:
65.5%。
4.以Cl2、NaOH、(NH2)2CO(尿素)和SO2为原料可制备N2H4·H2O(水合肼)和无水Na2SO3,其主要实验流程如下:
已知:
①Cl2+2OH−
ClO−+Cl−+H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118℃,具有强还原性,能与NaClO剧烈反应生成N2。
(1)步骤Ⅰ制备NaClO溶液时,若温度超过40℃,Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl,其离子方程式为____________________________________;实验中控制温度除用冰水浴外,还需采取的措施是____________________________________。
(2)步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如题19图−1所示。
NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后,再迅速升温至110℃继续反应。
实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________;使用冷凝管的目的是_________________________________。
(3)步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3(水溶液中H2SO3、
、
随pH的分布如题19图−2所示,Na2SO3的溶解度曲线如题19图−3所示)。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。
实验中确定何时停止通SO2的实验操作为_________________。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案:
_______________________,用少量无水乙醇洗涤,干燥,密封包装。
【答案】(15分)
(1)3Cl2+6OH−
5Cl−+ClO3−+3H2O缓慢通入Cl2
(2)NaClO碱性溶液减少水合肼的挥发
(3)①测量溶液的pH,若pH约为4,停止通SO2
②边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液,测量溶液pH,pH约为10时,停止滴加NaOH溶液,加热浓缩溶液至有大量晶体析出,在高于34℃条件下趁热过滤
【解析】分析:
步骤I中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO;步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼,;步骤III分离出水合肼溶液;步骤IV由SO2与Na2CO3反应制备Na2SO3。
(1)温度超过40℃,Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O。
由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应,为了减少NaClO3的生成,应控制温度不超过40℃、减慢反应速率。
(2)步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼,由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2,为了防止水合肼被氧化,应逐滴滴加NaClO碱性溶液。
NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应,N2H4·H2O沸点约118℃,使用冷凝管的目的:
减少水合肼的挥发。
(3)①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液,根据图示溶液pH约为4时,HSO3-的摩尔分数最大,则溶液的pH约为4时停止通入SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3,首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3,根据含硫微粒与pH的关系控制pH;根据Na2SO3的溶解度曲线,确定分离Na2SO3的方法。
详解:
(1)温度超过40℃,Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O,反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH
5NaCl+NaClO3+3H2O,离子方程式为3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O。
由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应,为了减少NaClO3的生成,应控制温度不超过40℃、减慢反应速率;实验中控制温度除用冰水浴外,还需采取的措施是:
缓慢通入Cl2。
(2)步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼,由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2,为了防止水合肼被氧化,应逐滴滴加NaClO碱性溶液,所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。
NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应,N2H4·H2O沸点约118℃,使用冷凝管的目的:
减少水合肼的挥发。
(3)①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液,根据图示溶液pH约为4时,HSO3-的摩尔分数最大,则溶液的pH约为4时停止通入SO2;实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为:
测量溶液的pH,若pH约为4,停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3,首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3,根据含硫微粒与pH的关系,加入NaOH应调节溶液的pH约为10;根据Na2SO3的溶解度曲线,温度高于34℃析出Na2SO3,低于34℃析出Na2SO3·7H2O,所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。
由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为:
边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液,测量溶液pH,pH约为10时,停止滴加NaOH溶液,加热浓缩溶液至有大量晶体析出,在高于34℃条件下趁热过滤,用少量无水乙醇洗涤,干燥,密封包装。
点睛:
本题以制备水合肼和无水Na2SO3的实验流程为载体,考查实验条件的控制、实验加料的方式、实验原理的理解和实验方案的设计、对图表等信息的获取和处理应用能力。
难点是实验方案的设计,在设计实验方案时要注重对实验过程和实验原理的理解,结合图表等信息细心分析答题要点。
5.
(1)实验室制取Cl2时,下列操作不正确的是________(填序号)。
①装置Ⅰ可用于制取少量Cl2
②用装置Ⅱ除去Cl2中的少量HCl
③用装置Ⅲ制取Cl2
④用装置Ⅳ干燥Cl2
(2)实验室制取干燥、纯净的氯气,除了二氧化锰、浓盐酸外还需要的试剂有_______、______、______。
(3)已知KMnO4与浓盐酸在常温下反应能产生Cl2。
若用如下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气及验证它与金属的反应。
每个虚线框表示一个单元装置,其中有错误的是________(填字母,下同)。
(4)在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2并进行相关实验。
下列收集Cl2的装置正确的是________。
【答案】①②③④饱和食盐水浓H2SO4NaOH溶液BDC
【解析】
【分析】
本题重点考查氯气的制备和性质检验。
制备氯气原料状态为固体与液体,反应条件为加热,所以要使用固液加热制备装置;实验室制备氢气应使用固液不加热装置;制备出的氯气可能含有杂质,应先除杂再验证性质;氯气有毒,应注意尾气处理。
【详解】
(1)①实验制取氯气用浓盐酸和二氧化锰反应,而不用稀盐酸,故错误;②除去氯气中的氯化氢气体用饱和食盐水,不用碳酸氢钠溶液,故错误;③二氧化锰与浓盐酸需在加热的条件下反应,装置Ⅲ没有热源,故错误;④干燥氯气使用盛有浓硫酸的洗气瓶,气体应“长进短出”,故错误;故选①②③④;
(2)制取纯净的氯气还需饱和食盐水来除去氯化氢气体,浓硫酸干燥氯气、氢氧化钠热源除去多余的氯气,故实验室制取干燥、纯净的氯气,除了二氧化锰、浓盐酸外还需要饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液;
(3)A、KMnO4与浓HCl在常温下反应能产生氯气,因此不需要加热,故正确;B、Cl2黄绿色、易溶于水、有毒性,能被氢氧化钠溶液吸收,因此B中除去氯化氢气体不能用氢氧化钠溶液,故错误;C、浓硫酸可以干燥氯气,但是要长进短出,故正确;D、氯气与金属反应时,为了充分反应,应该把导管伸到试管的底部,故错误;故选BD;
(4)A、集气瓶中使用单孔胶塞塞紧,只能进气,不能排气,则瓶内压强增大到一定程度,可能将橡胶塞压出,故错误;B、氯气的密度比空气的密度大,应从短管进,故错误;C、该装置既能收集氯气,又能进行尾气处理且防止倒吸,故正确;D、由于氯气和氢氧化钠反应,所以不能收集到氯气,故错误;故选C。
(1)实验制取氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应,除去氯气中的氯化氢气体用饱和食盐水,洗气瓶中气体长进短出,据此分析;
(2)实验室制取的氯气中常含有氯化氢,需要对制得的氯气进行除杂和干燥,据此分析解答;(3)高锰酸钾与浓盐酸常温反应可制取氯气,氯气可以与氢氧化钠发生反应,洗气瓶中气体长进短出,氯气与金属反应时,为了充分反应,应该把导管伸到试管的底部,据此分析解答;(4)集气瓶中使用单孔胶塞塞紧,只能进气,不能排气,氯气的密度大于空气的密度,氯气与氢氧化钠会发生反应,据此分析解答。
6.CuCl广泛应用于化工和印染等行业。
在实验室中模拟热分解CuCl2·xH2O制备CuCl的原理和实验装置如下:
完成下列填空:
(1)在实验(Ⅰ)过程中,观察到B中固体由白色变为蓝色,C中产生的现象是__________,导致该现象的物质是________________________。
(2)装置D的作用是___________________________________,其中发生氧化还原反应的化学方程式是_____________________________________。
(3)反应结束后,CuCl产品中可能存在少量的CuCl2或CuO杂质。
①若杂质是CuCl2,则原因是_________________________________________。
②若杂质是CuO,则原因是__________________________________________。
(4)根据实验(Ⅱ),测定CuCl2·xH2O中结晶水的含量。
取CuCl2·xH2O样品1.692g,经过3次灼烧、冷却、称量,得到黑色固体的质量数据如下:
称量
第1次
第2次
第3次
质量(g)
0.820g
0.800g
0.800g
则x=_____________(保留2位小数)。
【答案】先变红,后褪色盐酸和次氯酸吸收尾气并防止倒吸Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2O加热时间不足或温度偏低通入HCl的量不足1.90
【解析】
(1)CuCl2·xH2O在A装置中受热分解先失去结晶水,然后CuCl2分解产生Cl2,白色CuSO4与H2O结合生成蓝色的CuSO4·5H2O,C中湿润的蓝色石蕊试纸遇氯气,氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,盐酸使石蕊试纸变红,次氯酸使变红的试纸褪色,所以出现:
先变红后褪色;导致产生这种现象的物质分别是盐酸和次氯酸;
(2)实验过程中产生的氯气有毒,必需进行尾气处理,防止污染环境,氯气与氢氧化钠反应使内部压强降低,为防止倒吸,用倒置的漏斗可以防止倒吸,所以装置D的作用是:
吸收尾气并防止倒吸,发生氧化还原反应的方程式是:
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;
(3)①根据题干信息:
CuCl2在温度高于300℃时分解产生CuCl和Cl2,如果产物中有CuCl2,说明加热的温度没有高于300℃,即温度偏低,或者是加热的时间不够长,CuCl2还没有完全分解,所以正确答案是:
加热时间不足或温度偏低;
②CuCl2·xH2O能够发生水解,为防止水解,必需在HCl的氛围中加热,产物中有CuO,可能是没有在HCl的氛围中加热或者通入HCl的量不足,使CuCl2·xH2O在受热过程中发生水解反应生成Cu2(OH)2Cl2,Cu2(OH)2Cl2再受热分解产生CuO,导致产物中有CuO,所以正确答案:
没有在H
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