一、化学反应原理
1.自20世纪60年代以后,人们发现了120多种含铁硫簇(如22Fe S 、44Fe S 、87Fe S 等)的酶和蛋白质。它是存在于生物体的最古老的生命物质之一。某化学兴趣小组在研究某铁硫簇结构的组成时,设计了下列实验:
实验一:测定硫的质量:
(1)连接装置,请填写接口顺序:b 接____________________
(2)检查装置的气密性,在A 中放入0.4g 铁硫簇的样品(含有不溶于水和盐酸的杂质),在B 中加入品红溶液,在C 中加入30mL 0.1mol/L 的酸性4KMnO 溶液.
(3)通入空气并加热,发现固体逐渐转变为红棕色.
(4)待固体完全转化后,取C 中的4KMnO 溶液3mL ,用0.1mol/L 的碘化钾()10%溶液进行滴定。记录数据如下: 滴定次数 待测溶液体积/mL
消耗碘化钾溶液体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度 1
3.00 1.00 7.50 2
3.00 1.02 6.03 3 3.00 1.00
5.99 实验二:测定铁的质量:
取实验Ⅰ中A 的硬质玻璃管中的残留固体加入稀盐酸中,充分搅拌后过滤,在滤液中加入足量的NaOH 溶液,过滤后取滤渣,经灼烧得0.32g 固体.试回答下列问题:
(1)检查“实验一”中装置A 的气密性的方法是_________
(2)滴定终点的判断方法是_________
(3)装置B 中品红溶液的作用是_______.有同学提出,撤去B 装置,对实验没有影响,你的看法是______(选填“合理”或“不合理”),理由是_________
(4)用KI 溶液滴定4KMnO 溶液时发生反应的离子方程式为_________
(5)请计算这种铁硫簇结构的化学式_________
(6)下列操作,可能引起x y :偏大的是_________
a.滴定剩余4KMnO 溶液时,KI 溶液滴到锥形瓶外边一滴
b.配制KI 溶液时,定容时俯视刻度线
c.用碘化钾溶液滴定剩余4KMnO 溶液时,滴定前有气泡,滴定后无气泡
d.实验二中,对滤渣灼烧不充分
【答案】b 接()efdc g (g 写不写都对) 在导管b 接上长导管,把末端插入水槽中,关闭活塞,用酒精灯微热硬质试管A ,导管长导管口有气泡产生,撤去酒精灯,导管形成一段水柱,说明装置气密性良好 加入最后一滴KI 溶液,溶液紫色褪去,且半分钟不恢复为紫色 检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收 合理 若B 中高锰酸钾溶液的紫色不褪
去,说明二氧化硫被吸收完全 24222MnO 16H 10I 2Mn 5I 8H O -+-+++===++
45Fe S acd
【解析】
【分析】
铁硫簇的样品在装置中与O 2反应,得到SO 2,测点SO 2的含量,用酸性高锰酸钾吸收,再用品红溶液检查SO 2是否吸收完全,再接尾气吸收。
【详解】
实验一:(1)用高锰酸钾吸收二氧化硫,用品红证明二氧化硫吸收完全,最后用氢氧化钠吸收尾气,接口顺序:b 接()efdc g (g 写不写都对),故答案为:b 接()efdc g (g 写不写都对);
实验二:(1)先形成一密闭体系,利用加热膨胀法检查装置气密性,故答案为:在导管b 接上长导管,把末端插入水槽中,关闭活塞,用酒精灯微热硬质试管A ,导管长导管口有气泡产生,撤去酒精灯,导管形成一段水柱,说明装置气密性良好;
(2)碘化钾使高锰酸钾溶液褪色,故答案为:加入最后一滴KI 溶液,溶液紫色褪去,且半分钟不恢复为紫色;
(3)品红是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收;也可省去品红装置,因可以根据高锰酸钾颜色变化来确定是否完全吸收,若B 中高锰酸钾溶液的紫色不褪去,说明二氧化硫被吸收完全,故答案为:检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收;合理;若B 中高锰酸钾溶液的紫色不褪去,说明二氧化硫被吸收完全;
(4)高锰酸酸根被还原为锰离子,碘离子被氧化为碘单质,故答案为:
24222MnO 16H 10I 2Mn
5I 8H O -+-+++=++; (5)第一次滴定,草酸溶液的体积与第2、3次相差太大,应舍去,取第2、3次的平均值计算标准溶液的体积为5.00mL ,根据化学方程式:
2422 2MnO 16H 10I 2Mn
5I 8H O -+-+++===++知剩余的高锰酸钾是345.00100.1510mol --??÷=,加入了30mL ,只取了3mL ,所以共剩余高锰酸钾310mol -;所以参加反应的高锰酸钾是3330.00100.1100.002mol --??-=;再根据关系式422MnO 5SO -
~计算生成二氧化硫()2n SO 0.005mol =,取实验Ⅰ中A 的硬质玻璃管中的残留固体加入稀盐酸中,充分搅拌后过滤,在滤液中加入足量的NaOH 溶液,过滤后取滤渣,经灼烧得0.32g 固体,固体是23Fe O ,计算()n Fe 0.3216020.004=÷?=,利
用铁元素和硫元素守恒知()n Fe :()n S 4=:5,确定x y Fe S 的化学式为:45,Fe S ,故答案为:45Fe S ;
(6)a.滴定剩余4KMnO 溶液时,KI 溶液滴到锥形瓶外边一滴则标准液偏多,计算时导致硫元素偏少,比值偏大;
b.配制KI 溶液时,定容时俯视刻度线,会使浓度偏大,导致剩余高锰酸钾偏小,硫偏多,比值偏小;
c.用碘化钾溶液滴定剩余4KMnO 溶液时,滴定前有气泡,滴定后无气泡导致标准液体用量偏大,剩余的高锰酸钾偏多,计算的硫元素偏少,比值偏大;
d.实验二中,对滤渣灼烧不充分会计算的铁元素偏多,比值偏大;
acd 正确,故答案为:acd 。
2.茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂(其抗氧化能力是 VC 的 5~10 倍),它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯,难溶于氯仿。在酸性介质中,茶多酚能将 Fe 3+还原为 Fe 2+,Fe 2+与 K 3Fe (CN )6生成的深蓝色配位化合物 KFe[Fe(CN)6]对特定波长光的吸收程度(用光密度值 A 表示)与茶多酚在一定浓度范围内成正比。A 与茶多酚标准液浓度的关系如图 1 所示:
某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚:
请回答下列问题:
(1)操作①用水浸取茶多酚时,实验小组发现搅拌速度对茶多酚浸出量的影响如图 2 所示,原因是____。若用乙醇浸取茶多酚操作如下:称取 10 g 茶叶末,用滤纸包好,装入恒压滴液漏斗中,圆底烧瓶内加沸石和适量乙醇,如图 3 安装后, 通冷凝水,加热套加热,当乙醇被加热沸腾后,控制加热套温度在 90℃。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约 0.5 cm ,并保持约 1 h ,可行的操作方法是________。
(2)减压蒸发相对于一般蒸发的优点是________;氯仿的作用是________。
(3)下列有关实验基本操作不正确的是________。
A.图 3 中冷凝水流向为 a 进 b 出
B.分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用
C.操作①过滤时,可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度
D.萃取过程中,经振摇并放气后,将分液漏斗置于铁圈上立即分液
(4)称取 1.25 g 粗产品,用蒸馏水溶解并定容至 1000 mL,移取该溶液 1.00 mL,加过量 Fe3+和 K3Fe(CN)6酸性溶液,用蒸馏水定容至 100 mL 后,测得溶液光密度值 A=0.800,则产品的纯度是_____ (以质量分数表示)。
【答案】茶多酚易被氧气氧化,搅拌速度越快,茶多酚氧化速度越快,浸出率越低关闭活塞,当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时,调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致降低蒸发温度防止产物氧化或分解萃取(或除杂) CD 96%
【解析】
【分析】
茶叶用水浸泡时,茶多酚、氨基酸、茶碱等溶解在水中,过滤后,去除滤渣,得到的滤液减压蒸发,可降低蒸发温度,防止氧化反应的发生;往浓缩液中加入氯仿、分液,可得含氯仿的有机溶液①,水溶液②中含有茶多酚,用乙酸乙酯萃取、分液,可得茶多酚的乙酸乙酯溶液,然后减压蒸发,即可获得茶多酚粗产品。
【详解】
(1)操作①用水浸取茶多酚时,从图2中可以看出,搅拌速率越快,光密度值(A)越小,即茶多酚浓度越小,因为茶多酚易被氧气氧化,搅拌越快,与空气的接触越多,由此得出原因是:茶多酚易被氧气氧化,搅拌速度越快,茶多酚氧化速度越快,浸出率越低。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约 0.5 cm,并保持约 1 h,可行的操作方法是关闭活塞,当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时,调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致。答案为:茶多酚易被氧气氧化,搅拌速度越快,茶多酚氧化速度越快,浸出率越低;关闭活塞,当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时,调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致;
(2)减压蒸发比蒸发所需的温度低,除节省能源外,还可使环境的温度降低,其优点是降低蒸发温度防止产物氧化或分解;因为后加入的乙酸乙酯萃取茶多酚,则氯仿萃取的应是杂质,由此得出氯仿的作用是萃取(或除杂)。答案为:降低蒸发温度防止产物氧化或分解;萃取(或除杂);
(3)A.图 3 中冷凝水流向应下进上出,即a进b出,A正确;
B.分液漏斗使用前,为防漏液,应查漏,然后洗涤备用,B正确;
C.操作①过滤时,不可用玻璃棒搅拌,否则会造成滤纸损坏,C不正确;
D.萃取过程中,分液漏斗应静置分层后,再进行分液,D不正确;
故选CD。答案为:CD;
(4) 溶液光密度值 A=0.800,从表中可查得茶多酚的浓度为1.2×10-5g/mL,由此可得出原
1000 mL溶液中所含茶多酚的质量为1.2×10-5g/mL×100mL×1000mL
1mL
=1.2g,则产品的纯度
是1.2g
100%
1.25g
=96%。答案为:96%。
【点睛】
搅拌越快,茶多酚与Fe3+的接触面积越大,还原Fe3+的速率越快,光密度值理应越大,但事实上,光密度值反应越小,则表明茶多酚在搅拌过程中发生了转化。只有联系到茶多酚的性质,才能解决此问题,于是采用类推法。茶多酚也属于酚类,所以具有类似苯酚的性质,
3.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)2NaHSO3Na2S2O5+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。
4.25℃、101kPa下,稀强酸与稀强碱溶液反应中和热为57.3kJ/mol。
(1)写出表示稀H2SO4与稀烧碱溶液反应的中和热的热化学方程式:___。
(2)学生甲用50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/L烧碱溶液测定中和热装置如图。
①实验时所需的玻璃仪器除烧杯、量筒外还需:__。
②该装置中有一处错误是:___。如果用该错误装置测定,测得的中和热ΔH 会___(填“偏大、偏小、无影响”)。
③如果用60mL0.25mol/L 硫酸与50mL0.55mol/LNaOH 溶液进行反应,与上述实验相比,所求中和热___(填“相等、不相等”)。
④若反应前溶液以及中和后的混合液的密度均设为1g/cm 3,混合前酸与碱的温度均为t 1,混合后溶液的温度为t 2,比热容为4.18J/(g·℃),则中和热ΔH =___。
(3)学生乙用2mol/L 的硫酸来测定与锌粒和锌粉反应的快慢,设计如图装置:
该生两次实验测定时间均设定为10min ,则他还要测定的另一个数据是:___。 ②若要减小产生H 2的速率而又不影响产生H 2的总量,应向硫酸中加入___(填字母) a.Na 2CO 3溶液 b.K 2SO 4溶液 c.NaNO 3溶液 d.水 e.CuSO 4溶液
【答案】NaOH(aq)+12H 2SO 4(aq)=12
Na 2SO 4(aq)+H 2O(l) △H =-57.3kJ/mol 温度计和环形玻璃搅拌棒 大烧杯上没有盖硬纸板或泡沫塑料板 偏大 相等 △H =
21-0.418(t -t )0.025
kJ/mol 10min 内注射器活塞移动的距离或10min 内产生氢气的体积 bd
【解析】
【分析】 (1)根据酸碱中和热的含义书写热化学方程式;
(2)①依据中和热测定实验的过程和仪器分析中和热实验时所需的玻璃仪器;
②根据所给的装置图,可知缺少硬纸板,大烧杯上如不盖硬纸板,会使一部分热量散失; ③强酸强碱的稀溶液,符合中和热的测定条件;
④根据公式直接算出;
(3)①要测定反应速率,则还需要测定的另一个数据收集到气体的体积;
②根据影响反应速率因素和实质发生的反应进行分析。
【详解】
(1) 中和热数值为57.3 kJ/mol ,反应放热,则中和热的热化学方程式:NaOH(aq)+12H 2SO 4(aq)=12
Na 2SO 4(aq)+H 2O(l) △H =-57.3kJ/mol ,故答案为:
NaOH(aq)+12H 2SO 4(aq)=12
Na 2SO 4(aq)+H 2O(l) △H =-57.3kJ/mol ; (2) ①依据量热计的结果和原理分析,测定中和热实验时所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒,故答案为:温度计、环形玻璃搅拌棒;
②实验装置保温、隔热效果必须好,否则影响实验结果,所以装置缺少硬纸板或泡沫塑料板,故答案为:大烧杯上没有盖硬纸板或泡沫塑料板;
③强酸强碱的稀溶液,符合中和热的测定条件,所求中和热相等,故答案为:相等; ④由公式:△H=
214.18100t t cm T kJ /mol n 0.00251000??--=-?n =21-0.418(t -t )0.025kJ/mol ,故答案为:△H =21-0.418(t -t )0.025
kJ/mol ; (3)①要测定反应速率,则还需要测定的另一个数据收集到气体的体积,故答案为:10min 内注射器活塞移动的距离或10min 内产生氢气的体积;
②如果反应过于剧烈,为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量。a. 加入Na 2CO 3溶液,盐酸与碳酸钠反应,氢气量减少,错误;b.加入K 2SO 4溶液,盐酸的浓度减小,反应速率减小,正确;c.加入NaNO 3溶液,硝酸具有强氧化性,不能放出氢气,错误;d. 加入蒸馏水,盐酸的浓度减小,反应速率减小,正确;e. 加入CuSO 4溶液,锌与铜离子反应置换出铜,氢气量减少,错误;故答案为:bd 。
【点睛】
本题考查影响化学反应速率的因素,明确温度、浓度对反应速率的影响即可解答,本题的易错点和难点为(3),要注意硝酸的性质的特殊性。
5.砂质土壤分析中常用 Karl Fischer 法是测定其中微量水含量,该方法是利用I 2 和SO 2反应定量消耗水作为原理(假设土壤中其他成分不参加反应),据此回答下列问题:
(1)写出该反应的化学反应方程式:_______________________。
步骤I :反应样品中的水
下图是某同学在实验室模拟Karl Fischer 法的实验装置图:
(2)装置连接的顺序为a→____________(填接口字母顺序);M 仪器的名称为
________________,其在实验过程中的作用是:____________;
(3)操作步骤为:①连接装置并检查装置气密性,②装入药品,____________________;③关闭弹簧夹,打开分液漏斗活塞;④反应结束后,关闭分液漏斗活塞,继续通入N 2 ,⑤取
下D 装置,···
步骤④中继续通入N 2的目的是________________________________
步骤 II :测定剩余的碘
向反应后的D装置加入蒸馏水,过滤,充分洗涤,并合并洗涤液和滤液,将其配成
250.00mL溶液,取 25.00mL 用0.20 mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定剩余的I2单质,已知反应如下:2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。
(4)Na2S2O3标准液应装在_____________(填“酸式”、“碱式”)滴定管中;上述操作中,合并洗涤液和滤液的目的是__________________________;
(5)滴定实验重复四次得到数据如下:
①若实验开始时,向D 装置中加入10.00 g土壤样品和10.16克I2(已知I2过量),则样品土壤中水的含量为_________%。
②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质,则水含量测定结果将____________(填“偏高”、“ 偏低”或“不变”)。
【答案】SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI d→e→i→h→g→f→b→(c)长颈漏斗平衡内外气压,防止压强过大打开弹簧夹,通入氮气将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收碱式使所有剩余的碘均进入滤液,测量结果更准确 7.2% 偏低
【解析】
【分析】
(1)利用I2和SO2反应定量消耗水,碘单质具有氧化性,二氧化硫具有还原性,二者在水中发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸,据此写出反应的方程式;
(2)装置A是制备二氧化硫气体,装置B中的碱石灰可以吸收尾气,并防止外界水蒸气加入装置,应该在整套装置的最后,D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置,进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥,C装置为安全瓶,因此装置的顺序为ACEDB,据此分析解答;
(3)操作步骤:①连接装置并检查装置气密性,②装入药品,打开弹簧夹,通入氮气,把装置内空气赶净,③关闭弹簧夹,打开分液漏斗活塞;④反应结束后,关闭分液漏斗活塞,继续通入N2 ,将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收,据此分析解答;
(4)Na2S2O3水解显碱性;合并洗涤液和滤液,使所有剩余的碘进入滤液,据此分析解答;
(5)①实验过程中碘与二氧化硫反应后,剩余的碘用0.20 mol?L-1Na2S2O3标准液滴定,根据消耗的Na2S2O3求出剩余的碘,再根据(1)中的方程式求出消耗的水,最后求样品中水的含量;②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质,消耗硫代硫酸钠溶液体积增大,测定剩余碘单质物质的量增大,据此分析判断。
【详解】
(1)碘单质具有氧化性,二氧化硫具有还原性,二者在水中发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸,反应的化学方程式为:SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4,故答案为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4;
(2) 装置A是制备二氧化硫气体,装置B中的碱石灰可以吸收尾气,并防止外界水蒸气加入装置,应该在整套装置的最后,D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置,进入该装置的
二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥,C 装置为安全瓶,因此装置的顺序为ACEDB ,接口顺序为d→e→i→h→g→f→b→(c);根据图示,M 为长颈漏斗,在实验过程中,可以起到平衡内外气压,防止压强过大的作用,故答案为d→e→i→h→g→f→b→(c);长颈漏斗;平衡内外气压,防止压强过大;
(3)操作步骤:①连接装置并检查装置气密性,②装入药品,打开弹簧夹,通入氮气,把装置内空气赶净,③关闭弹簧夹,打开分液漏斗活塞;④反应结束后,关闭分液漏斗活塞,
继续通入N 2 ,将装置中的SO 2全部赶入B 装置中吸收,⑤取下D 装置,···,故答案为打开
弹簧夹,通入氮气;将装置中的SO 2全部赶入B 装置中吸收;
(4)Na 2S 2O 3 水解显碱性,标准液应装在碱式滴定管中;上述操作中,合并洗涤液和滤液,可以使所有剩余的碘均进入滤液,测量结果更准确,故答案为碱式;使所有剩余的碘均进入滤液,测量结果更准确;
(5)①实验开始时,向D 装置中加入10.00克土壤样品和10.16克I 2(已知I 2过量),
n(I 2)=10.16254/g g mol
=0.04mol ,向反应后的D 装置加入蒸馏水,过滤,充分洗涤,并合并洗涤液和滤液,将其配成250.00mL 溶液,取 25.00mL 用0.20 mol·
L -1 Na 2S 2O 3 标准液滴定剩余I 2单质,根据实验数据可知,实验①的误差较大,删除该数值,②③④实验消耗Na 2S 2O 3溶液的平均值=20.05+19.95+20.003
mL =20.00 mL ,根据2S 2O 32-+I 2=S 4O 62-+2I -,消耗碘单质物质的量= n(Na 2S 2O 3)×12×25025mL mL =12
×0.0200L×0.20mol/L ×10=0.02mol ,剩余I 2物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol ,即与二氧化硫反应的碘单质物质的量=0.04mol-
0.02mol=0.02mol ,消耗水为0.04mol ,土壤样品中水的含量
=0.0418/10.00mol g mol g
?×100%=7.2%,故答案为7.2%; ②若Na 2S 2O 3 标准液已部分氧化变质,滴定过程中消耗的硫代硫酸钠溶液体积增大,测定剩余碘单质物质的量增大,则与二氧化硫反应的碘单质减少,反应的水的物质的量减小,计算得到水的含量偏低,故答案为偏低。
6.无水三氯化铬()3CrCl 为紫色单斜晶体,极易潮解和升华,常用作其他铬盐的合成原料。某课题小组利用23Cr O (浅绿色粉末)、木炭粉和2Cl 制备无水3CrCl 并测定其纯度,制备时用到的实验装置如下。
请回答下列问题:
()1上述装置的连接顺序为a →________(填装置接口处的小写字母)f →。 ()2试剂X 、Y 可分别选用下列试剂中的________、________(填序号)。装置丁中酒精灯的作用是________。
NaOH ①溶液 ②无水2CaCl ③碱石灰 ④酸性4KMnO 溶液 ⑤饱和食盐水
()3装置乙中使用粗导管的原因为________。
()4装置丙中发生反应的化学方程式为________。
()5实验结束后,装置乙中的实验现象为________。
()6测定样品中三氯化铬的含量。
称取30.6096gCrCl 样品溶于水配制成500mL 溶液,取50.00mL 所得溶液于锥形瓶中,加入120.00mL0.0200mol L -?的()22EDTA Na H Y 溶液,充分反应后,加入指示剂,用10.0100mol L -?的2ZnCl 标准溶液滴定至终点时,消耗标准溶液的体积为5.00mL(已知:322Cr H Y CrY 2H +--++=+、2222Zn H Y ZnH Y)+-+=。
①该样品中3CrCl 的质量分数为________(计算结果精确到1%)。
②若滴定至终点时,发现滴定管尖嘴处有气泡,则测定结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】k j i h d e b c →→→→→→→ ③ ⑤ 除去尾气中的可燃性气体CO ,防止空气污染 防止3CrCl 堵塞导管 Cr 2O 3+3C+3Cl 2
2CrCl 3+3CO 长导管和广口瓶内
壁有紫色固体附着 91% 偏高
【解析】
【分析】
利用甲制备氯气,由于CrCl 3极易潮解,因此必须要除去氯气中的杂质,用饱和食盐水除去HCl ,用浓硫酸进行干燥,洗气时长进短出,通入丙装置中发生反应制备无水三氯化铬,产品极易升华,得到的为气态的CrCl 3,用乙进行收集,最后的尾气吸收,尾气包括了多余的Cl 2,用碱石灰吸收,生成的CO ,在尾部点燃。
【详解】 ()1甲为氯气的发生装置,2Cl 中含有HCl 和水蒸气,用饱和食盐水除去HCl ,用浓硫酸进行干燥,洗气时长进短出,通入丙装置中发生反应制备无水三氯化铬,产品极易潮解和升华,用乙进行收集,所以连接顺序为:k j i h d e b c →→→→→→→; 故答案为:k j i h d e b c →→→→→→→;
()2未避免外界空气中的水蒸气进入装置导致产品潮解,则在装置丁中应装有碱石灰,试剂Y 为饱和食盐水;制备时发生的反应为:Cr 2O 3+3C+3Cl 2
2CrCl 3+3CO ,则酒精灯的作
用是除去尾气中的可燃性气体CO ,防止空气污染;
故答案为:③;⑤;除去尾气中的可燃性气体CO ,防止空气污染;
()3装置乙为产品的收集装置,产品凝华会导致堵塞,则使用粗导管的原因为防止3CrCl 堵塞导管;
故答案为:防止3CrCl 堵塞导管;
()4由题意可知,装置丙中发生反应的化学方程式为:Cr 2O 3+3C+3Cl 2
2CrCl 3+3CO ;
故答案为:Cr 2O 3+3C+3Cl 22CrCl 3+3CO ; ()5装置乙为收集装置,则其中现象为:长导管和广口瓶内壁有紫色固体附着; 故答案为:长导管和广口瓶内壁有紫色固体附着;
()3650.00mLCrCl ①溶液中3CrCl 的物质的量为:
33420.0010L 0.0200mol /L 0.0100mol /L 5.0010L 3.510mol ---??-??=?,则该样品中3CrCl
的质量分数为:4500mL 3.510mol 158.5g /mol 50mL 10091%0.6096g
-????=%; 故答案为:91%; ②若滴定至终点时,发现滴定管尖嘴处有气泡,则消耗的标准2ZnCl 溶液体积偏小,则与3CrCl 反应的EDTA 量偏高,测定结果偏高;
故答案为:偏高。
7.现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用。某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理(如图1所示),并测定电离平衡常数K b 。
(1)实验室可用浓氨水和X 固体制取NH 3,X 固体不可以是___;
A .五氧化二磷
B .生石灰
C .碱石灰
D .无水氯化钙
(2)检验三颈瓶集满NH 3的方法是___。
(3)关闭a ,将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧c 口,___,引发喷泉实验,电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线如图2所示。图2中___点时喷泉最剧烈。
(4)从三颈瓶中用___(填仪器名称)量取20.00mL氨水至锥形瓶中,用
0.05000mol/LHC1滴定。用pH计采集数据、电脑绘制滴定曲线如图3所示。
(5)据图3计算,当pH=11.0时,NH3·H2O电离平衡常数K b近似值,K b≈___。
【答案】AD 将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c,试纸变蓝色,证明NH3已收满;或:将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c,有白烟生成,证明NH3已收满;打开b,挤压胶头滴管使水进入烧瓶 C 碱式滴定管 1.8×10-5
【解析】
【分析】
(1)浓氨水易挥发,生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热,能够促进氨气的逸出,而无水氯化钙、五氧化二磷都能够与氨气反应,所以不能用来制氨气;
(2)因为氨气和水反应生成一水合氨,一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性,红色石蕊试液遇碱蓝色,氨气也能和HCl反应生成白烟,所以检验氨气的方法可以用湿润的红色石蕊试纸或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒;
(3)要形成喷泉实验,应使瓶内压强小于外界压强,形成压强差;
(4)氨水显碱性,量取碱性溶液,应选择碱式滴定管;
(5)利用中和酸碱滴定的图像,判断滴定终点,计算出氨水中一水合氨的物质的量浓度,结合滴定前溶液的pH,计算一水合氨的电离平衡常数。
【详解】
(1)A.五氧化二磷是酸性干燥剂,能与氨气反应,A不能制取氨气;
B.浓氨水易挥发,生石灰溶于水与水反应放出大量的热,能够促进氨气的逸出,B正确;C.浓氨水易挥发,碱石灰溶于水与水反应放出大量的热,能够促进氨气的逸出,C正确;D.无水氯化钙能够与氨气反应,不能用来制氨气,D错误;
答案选AD。
(2)氨气和水反应生成一水合氨,一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性,红色石蕊试液遇碱蓝色,氨气也能和HCl反应生成白烟,所以氨气的检验方法为:将湿润的
红色石蕊试纸靠近瓶口c,试纸变蓝色,证明NH3已收满;或:将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c,有白烟生成,证明NH3已收满;
(3)要形成喷泉实验,应使瓶内外形成负压差,而氨气极易溶于水,所以打开b,挤压胶头滴管使水进入烧瓶,氨气溶于水,使瓶内压强降低,形成喷泉;三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大,其反应速率越快,C点压强最小、大气压不变,所以大气压和C点压强差最大,则喷泉越剧烈,
故答案为:打开b,挤压胶头滴管使水进入烧瓶;C;
(4)氨水显碱性,量取碱性溶液,应选择碱式滴定管;
故答案为:碱式滴定管;
(5)设氨水中NH3?H2O的物质的量浓度为c,则:c×20mL=0.05000mol/L×22.40mL,解得c=0.056mol/L,弱电解质电离平衡常数K b= 4
32
()()
()
c NH c OH
c NH H O
+-
g
g
,pH=11的氨水中c(OH-)= 0.001mol/L,c(OH-)≈c(NH4+)=0.001mol/L,则:K b=
0.0010.001
0.056
?
=1.8×10-5;
故答案为:1.8×10-5。
【点睛】
解答综合性实验题注意以下几点:
(1)实验目的。实验目的决定实验原理,据此选择仪器和试剂;
(2)物质的性质。物质的性质决定实验细节。
(3)注重多学科知识应用。
8.实验室需配制0.2000mol?L﹣1Na2S2O3标准溶液450mL,并利用该溶液对某浓度的NaClO 溶液进行标定.
(1)若用Na2S2O3固体来配制标准溶液,在如图所示的仪器中,不必要用到的仪器是
_________(填字母),还缺少的玻璃仪器是_________(填仪器名称)。
(2)根据计算需用天平称取Na2S2O3固体的质量是_________g。在实验中其他操作均正确,若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥,则所得溶液浓度_________(填“>”“<”或“=”,下同)0.2000mol?L﹣1.若还未等溶液冷却就定容了,则所得溶液浓度_________0.2000mol?L﹣1。
(3)用滴定法标定的具体方法:量取20.00mL NaClO溶液于锥形瓶中,加入适量稀盐酸和足量KI固体,用0.2000mol?L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点(淀粉溶液作指示剂),四次平行实验测定的V(Na2S2O3)数据如下:
(已知:I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6)
①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生反应的离子方程式为_________。
②NaClO溶液的物质的量浓度是_________。
【答案】AB 烧杯、玻璃棒 15.8 = > ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O 0.1100 mol/L 【解析】
【分析】
【详解】
(1)用Na2S2O3固体来配制标准溶液,不需要圆底烧瓶、分液漏斗;溶解Na2S2O3固体,还需要烧杯、玻璃棒;
故答案为AB;烧杯、玻璃棒;
(2)配制0.2000mol?L﹣1Na2S2O3标准溶液450mL,实验室没有450mL的容量瓶,应选用500mL的容量瓶,需要Na2S2O3固体,n=0.2000mol/L×0.5L=1.000mol,
m=1.000mol×158g/mol=15.8g;
定容时,还需要向容量瓶中加入蒸馏水,若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥,不会产生误差;未等溶液冷却就定容了,冷却后,溶液体积减小,所得溶液浓度偏大;
故答案为15.8;=;>;
(3)①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生氧化还原反应,其离子方程式为ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O;
②第二次数据明显偏小,不能采用,其余3次平行实验测定的平均体积为:V(Na2S2O3)
=21.9022.1022.00
3
mL mL mL
++
=22.00mL,
设NaClO溶液的浓度是x,根据反应ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O、
I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6
可得关系式:NaClO~2Na2S4O6
1 2
20mL×c 0.2000mol/L×22.00mL
解得:c=0.1100mol/L,
故答案为ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O;0.1100mol/L。
9.某小组同学以不同方案探究Cu粉与FeCl3溶液的反应。
(1)甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉,观察到溶液的颜色变为浅蓝色,由此证明发生了反应,其离子方程式是__。
(2)乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生:将Cu粉加入到滴有少量KSCN的FeCl3溶液中,观察到溶液红色褪去,有白色沉淀A产生。
①针对白色沉淀A,查阅资料:A可能为CuCl和CuSCN(其中硫元素的化合价为-2价)中的
一种或两种。实验过程如下:
请回答:
Ⅰ.根据白色沉淀B是__(填化学式),判断沉淀A中一定存在CuSCN。
Ⅱ.仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象,不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN,从氧化还原角度说明理由:__。
Ⅲ.向滤液中加入a溶液后无明显现象,说明A不含CuCl,则a是__(填化学式)。
根据以上实验,证明A仅为CuSCN。
②进一步查阅资料并实验验证了CuSCN的成因,将该反应的方程式补充完整: Cu2++ SCN?-= CuSCN↓+ (SCN)2__
③结合上述过程以及Fe(SCN)3?Fe3++3SCN?-的平衡,分析(2)中溶液红色褪去的原因:
__。
(3)已知(SCN)2称为拟卤素,其氧化性与Br2相近。将KSCN溶液滴入(1)所得的溶液中,观察到溶液变红色,则溶液变红的可能原因是__或__。
【答案】Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ BaSO4 +1价铜也可将浓HNO3还原 AgNO3 2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2 Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(Fe3+)减小;Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(SCN-)减小,均使该平衡正向移动,导致Fe(SCN)3浓度减小,溶液红色褪去 Fe3+有剩余空气中的O2将Fe2+氧化;(SCN)2将Fe2+氧化
【解析】
【分析】
(1)铁离子具有氧化性,能够把铜氧化为铜离子;
(2)I.①不溶于稀硝酸的白的沉淀为硫酸钡;
Ⅱ.②亚铜离子具有还原性,也能被硝酸氧化;
Ⅲ.检验氯离子,应加入硝酸银溶液;
②据电子守恒、电荷守恒、原子守恒,写出反应的方程式;
③根据浓度对平衡移动规律进行分析;
(3)亚铁离子具有强还原性,空气中氧气、溶液中(SCN)2都有可能把亚铁离子氧化为铁离子。
【详解】
()1甲同学向3
FeCl溶液中加入Cu粉,观察到溶液的颜色变为浅蓝色,由此证明发生了氧Cu+,其离子方程式是Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+;
化还原反应,生成2
故答案为:Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+;
()2①ⅠA可能为CuCl和CuSCN(其中硫元素的化合价为2-价)中的一种或两种,白色
沉淀与过量浓硝酸反应生成红棕色的2NO 和含2Cu +的蓝色溶液,向蓝色溶液中加入过量硝酸钡溶液,生成不溶于硝酸的钡盐沉淀,则白色沉淀B 是4BaSO ;
故答案为:4BaSO ;
Ⅱ 1+价铜也可将浓3HNO 还原,故仅根据白色沉淀A 与过量浓3HNO 反应产生的实验现象,不能判断白色沉淀A 中一定存在CuSCN ,
故答案为:1+价铜也可将浓3HNO 还原;
Ⅲ 检验氯离子,应加入硝酸银溶液,则a 是3AgNO ,
故答案为:3AgNO ;
② 据电子守恒、电荷守恒、原子守恒,该反应的方程式为2Cu 2++4SCN -
=2CuSCN↓+(SCN)2,
故答案为:2Cu 2++4SCN -=2CuSCN↓+(SCN)2;
Cu ③和3Fe +反应生成2Cu +使()
3c Fe +减小;2Cu +和SCN -反应生成CuSCN 沉淀使()c SCN -减小,均使该平衡正向移动,导致3Fe(SCN)浓度减小,溶液红色褪去, 故答案为:Cu 和Fe 3+反应生成Cu 2+使c(Fe 3+)减小;Cu 2+和SCN -反应生成CuSCN 沉淀使c(SCN -)减小,均使该平衡正向移动,导致Fe(SCN)3浓度减小,溶液红色褪去 ; ()3将KSCN 溶液滴入()1所得的溶液中,观察到溶液变红色,则溶液含3Fe +,溶液变红的可能原因是3Fe +有剩余;空气中的2O 将2Fe +氧化;2(SCN)将2Fe +氧化,
故答案为:Fe 3+有剩余;空气中的O 2将Fe 2+氧化;(SCN)2将Fe 2+氧化
。
10.某化学兴趣小组对加碘食盐中碘酸钾进行研究,查阅资料得知:碘酸钾是一种白色粉末,常温下很稳定,加热至560℃开始分解。在酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂与HI 、H 2O 2等物质作用,被还原为单质碘。
(1)学生甲设计实验测出加碘食盐中碘元素的含量,步骤如下:
①称取wg 加碘盐,加适量蒸馏水溶解。
②用稀硫酸酸化所得的溶液,再加入过量KI 溶液,写出该步反应的离子方程式:_______。
③以淀粉为指示剂,用物质的量浓度为1.00×10-3mol ?L -1的Na 2S 2O 3溶液滴定(滴定时的反
应方程式为2222346I 2S O 2I S O )---+=+,滴定时Na 2S 2O 3溶液应放在 ______ (填“酸式滴
定管”或“碱式滴定管”),滴定至终点的现象为_______________。
(2)学生乙对纯净的NaCl(不含KIO 3)进行了下列实验:
请推测实验③中产生蓝色现象的可能原因: __________________ ;根据学生乙的实验结果可推测学生甲的实验结果可能 ______ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(3)学生丙设计实验证明加碘食盐样品中碘元素的存在形式是IO 3-而不是I -,进行如下实验。写出实验步骤、预期现象和结论。限选试剂:稀硫酸、稀硝酸、3% H 2O 2溶液、新制氯水、1%淀粉溶液、蒸馏水。
【答案】322IO 6H 5I 3I 3H O -+-++=+ 碱式滴定管 溶液由蓝色变成无色,且半分钟内
不变色 I -在酸性条件下能被溶解在溶液中的氧气氧化成I 2 偏大 加入几滴新制的氯水,再加入1-2滴1%淀粉溶液,充分振荡; 溶液不呈蓝色,则溶液中无I -,碘元素的存在形式不是I - 再加入少量3%H 2O 2溶液和1-2滴1%淀粉溶液,充分振荡 溶液呈蓝色,则溶液中存在IO 3-,碘元素的存在形式为IO 3-
【解析】
【分析】
(1)②用稀硫酸酸化所得的溶液,再加入过量KI 溶液,反应生成碘单质;
③ Na 2S 2O 3为强碱弱酸盐,S 2O 32-水解使溶液呈弱碱性;滴定结束前溶液为蓝色,2I 反应完毕时溶液蓝色褪色;
(2)酸性条件下,碘离子被氧气氧化生成碘单质;甲同学的实验中,若用稀硫酸酸化,再加入过量KI 溶液,由于碘单质的量增大;
(3)步骤1:氯气氧化性大于碘单质,用氯水检验食盐中存不存在碘离子,
步骤2:用双氧水和淀粉检验食盐中含有碘酸根离子;
【详解】
(1)②用稀硫酸酸化所得的溶液,再加入过量KI 溶液,反应生成碘单质,反应的离子方
程式为:322IO 6H 5I 3I 3H O -+-++=+;
③ Na 2S 2O 3为强碱弱酸盐,因为硫代硫酸根离子水解,Na 2S 2O 3溶液呈弱碱性,所以滴定时Na 2S 2O 3溶液应放在碱性滴定管中;滴定结束前溶液为蓝色,I 2反应完毕时溶液蓝色褪色,则滴定终点现象为:溶液由蓝色变成无色,且半分钟内不变色;
(2)酸性条件下,碘离子被氧气氧化生成碘单质,离子反应方程式为:
2224I 4H O 2I 2H O -+++=+,在酸性条件下,过量的碘离子易被空气中氧气氧化生成碘单质;甲同学的实验中,若用稀硫酸酸化,再加入过量KI 溶液,由于碘单质的量增大,导致测定结果偏大;
(3)步骤1:氯气氧化性大于碘单质,用氯水检验食盐中存不存在碘离子,操作方法及现象为:取少量食盐样品于试管中,加适量蒸馏水使其完全溶解,加入几滴新制的氯水,再加入1-2滴1%淀粉溶液,充分振荡,若溶液不呈蓝色,则溶液中无I -,碘元素的存在形式不是I -;
步骤2:用双氧水和淀粉检验食盐中含有碘酸根离子,操作方法及现象为:另取少量食盐样品于试管中,加适量蒸馏水使其完全溶解,滴入适量的稀硫酸酸化,再加入少量3%H 2O 2溶液和1-2滴1%淀粉溶液,充分振荡,若溶液呈蓝色,则溶液中存在IO 3-,碘元素的存在形式为IO 3-。
二次根式培优 一、知识的拓广延伸 1、挖掘二次根式中的隐含条件 一般地,我们把形如a a() ≥0 的式子叫做二次根式,其中0 a≥。 根据二次根式的定义,我们知道:被开方数a的取值范围是0 a≥,由此我们判断下列式子有意义的条件: 1 (1; 2 (4); 1 x ++ -+ + 2、 教科书中给出: (0) a a =≥,在此我们可将其拓展为: a a a a a a 2 == ≥ -< ? ? ? || () () (1)、根据二次根式的这个性质进行化简: ①数轴上表示数a 的点在原点的左边,化简 2a ②化简求值: 1 a a= 1 5 ③已知, 1 3 2 m -<< ,化简2m ④______ =; ⑤若为a,b,c ________ =; ___________ =. (2)、根据二次根式的定义和性质求字母的值或取值范围。 ①若1 m=,求m的取值范围。 4x =-,则x的取值范围是___________. ③若a= ④3,2xy 已知求的值。 二.二次根式a的双重非负性质:①被开方数a是非负数,即0 ≥ a
②二次根式a 是非负数,即0≥a 例1. 要使1 21 3-+ -x x 有意义,则x 应满足( ). A .21≤x ≤3 B .x ≤3且x ≠21 C .21<x <3 D .2 1 <x ≤3 例2(1)化简x x -+-11=_______. (2) x +y )2,则x -y 的值为( ) (A)-1. (B)1. (C)2. (D)3. 例3(1)若a 、b 为实数,且满足│a -2│+2b -=0,则b -a 的值为( ) A .2 B .0 C .-2 D .以上都不是 (2)已知y x ,是实数,且2)1(-+y x 与42+-y x 互为相反数,求实数x y 的倒数。 三,如何把根号外的式子移入根号内 我们在化简某些二次根式时,有时会用到将根号外的式子移入根号内的知识,这样式子的化简更为简单。在此我们要特别注意先根据二次根式的意义来判断根号外的式子的符号。如果根号外的式子为非负值,可将其平方后移入根号内,与原被开方数相乘作为新的被开方数,根号前的符号不会发生改变;如果根号外的式子为负值,那么要先将根号前的符号变号,再将其其平方后移入根号内,与原被开方数相乘作为新的被开方数。 (1)、 根据上述法则,我们试着将下列各式根号外的式子移入根号内: ①- ②(a -(2)、利用此方法可比较两个无理数的大小。 (2)2-—3 四,拓展性问题 1、 整数部分与小数部分 要判断一个实数的整数部分与小数部分,应先判断已知实数的取值范围,从而确定其整数部分,再由“小数部分=原数—整数部分”来确定其小数部分。 例:(1)1的整数部分为a ,小数部分为b ,试求ab —b 2的值。 (2)若x 、y 分别为 8-2xy —y 2的值。 (3 a ,小数部分为 b ,求a 2+b 2 的值。 (4)若________a a b a b ==是的小数部分,则。 5a a b -(的整数部分为a ,小数部分为b ,求的值。 2、巧变已知,求多项式的值。 32351 x x x x = +-+(1)、若的值。
选择题专项训练二N A的计算与应用 题型专项训练第31页 1.设N A为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是() A.常温下,1 L 0.1 mol·L-1 NH4NO3溶液中,氮原子数为0.2N A B.1 mol羟基中的电子数为10N A C.在含4 mol Si—O键的二氧化硅中,氧原子数为4N A ,22.4 L乙烯中C—H键数为4N A 答案:A 解析:常温下,1 L 0.1 mol·L-1 NH4NO3溶液中含有硝酸铵的物质的量为0.1 mol,氮原子数为 0.2N A,A正确;1 mol羟基中电子数为9N A,B错误;含4 mol Si—O键的二氧化硅的物质的量为1 mol,含有2 mol氧原子,氧原子数为2N A,C错误;常温常压V m>22.4 L·mol-1,22.4 L乙烯物质的量小于1 mol,D错误。 2.设N A表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中不正确的是() A.室温下,46 g NO2和N2O4的混合气体中含有N A个氮原子 B.1 mol 12C18O2中所含的中子数为26N A C.常温下,1 L 0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液中含有的CH3COO-和Na+总数为0.2N A ,1 L pH=12的氨水中含有OH-的数目为0.01N A 答案:C 解析:NO2和N2O4的混合气体可以看作由基本结构单元NO2组成,则46 g混合气体中所含有的氮原子的物质的量为1 mol,含有N A个氮原子,A项正确;1 mol 12C18O2中所含的中子数为 (6+10×2)N A=26N A,B项正确;由于CH3COO-水解,则CH3COO-和Na+总数小于0.2N A,C项错误;常温下,pH=12的氨水中c(OH-)=0.01 mol·L-1,1 L pH=12的氨水中含有OH-的数目为0.01N A,D 项正确。 3.(2019福州高三检测)设N A为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是() A.1 L 0.2 mol·L-1亚硫酸钠溶液中H2SO3、HS O3-、S O32-的总数为0.2N A B.标准状况下,等物质的量的C2H4和CH4所含的氢原子数均为4N A C.向含1 mol FeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2,转移的电子数为N A 的硫酸溶液中含氧原子数为0.4N A 答案:A 4.设N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是() A.12 g金刚石晶体中含有的C—C键的数目为2N A B.1 L 1 mol·L-1 AlCl3溶液中含有的Al3+数目为N A C.在标准状况下,11.2 L氯气通入足量的NaOH溶液中转移电子数为N A 重水(D2O)含有的中子数为10N A 答案:A 解析:金刚石晶体中每个C平均占有两个C—C键,故12 g(1 mol)金刚石晶体中含有C—C的数目为2N A,A项正确;AlCl3溶液中由于Al3+水解,1 L 1 mol·L-1 AlCl3溶液中含有Al3+数目小于 N A,B项错误;标准状况下,11.2 L氯气通入足量的NaOH溶液中转移电子数为0.5N A,C项错误;1个D2O中含10个中子,18 g D2O小于1 mol,含中子数小于10N A,D项错误。 5.设N A表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是() A.标准状况下,1.12 L 1H2和0.2 g 2H2均含有0.1N A个质子 B.在同压不同温的情况下,质量相同的氧气和臭氧所含氧原子数不相同 C.标准状况下,11.2 L庚烷完全燃烧后生成的CO2分子数为3.5N A
高考化学化学反应原理综合题含答案 一、化学反应原理 NH ClO为白色晶体,分解时产生大量气体,是复合火箭推进剂的重要成1.高氯酸铵() 44 分。 ()1高氯酸铵中氯元素的化合价为_____________。 ()2高氯酸铵在高温条件下分解会产生H() O g和三种单质气体,请写出该分解反应的化 2 学方程式____________________________。 ()3某研究小组在实验室设计如下装置检验高氯酸铵分解的产物。该小组连接好装置后,依次检查装置的气密性、装入试剂、通干燥的惰性气体排尽装置内的空气、将导管末端移入盛满水的试管E、通入气体产物。(已知:焦性没食子酸溶液用于吸收氧气) ①装置A、B、C、D中盛放的药品可以依次为__________(选填序号:Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ)。 .碱石灰、湿润的淀粉KI试纸、氢氧化钠溶液、Cu Ⅰ .无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cu Ⅱ .无水硫酸铜、湿润的淀粉KI试纸、饱和食盐水、Cu Ⅲ ②装置E收集到的气体可能是_____________(填化学式)。 ()4经查阅资料,该小组利用反应NaClO4(aq)+NH4Cl(aq)90℃=NH4ClO4(aq)+NaCl(aq)在实验室NH ClO,该反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。 制取44 ①从混合溶液中获得较多粗NH ClO4晶体的实验操作依次为________、_________和过 4 滤、洗涤、干燥。 ②研究小组分析认为,若用氨气和浓盐酸代替NH Cl,则上述反应不需要外界供热就能 4 进行,其原因是_______________________________。 ()5研究小组通过甲醛法测定所得产品NH4ClO4的质量分数。[已知:NH4ClO4的相对
高考化学实验专题选择题训练 1.下列有关物质检验的实验操作与现象能得到对应结论的是( ) 操作现象结论 A 向某溶液中滴加稀NaOH溶液,将湿润的红色 石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝原溶液中无NH4+ B 向某无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I﹣ C 用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中有K+ D 将某气体通入品红溶液中品红溶液褪色该气体一定是 SO2 2.将足量的X气体通入Y溶液中,实验结果与预测的现象一致的组合是 X气体Y溶液预测的现象 ①CO2饱和CaCl2溶液白色沉淀析出 ②SO2 Ba(NO3)2溶液白色沉淀析出 ③NH3AgNO3溶液白色沉淀析出 ④NO2Na2S溶液白色沉淀析出 A.只有①②③B.只有①②C.只有②D.②④ 3.水溶液X中只可能溶有Na+、Ca2+、Fe3+、AlO2-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学对该溶液迸行了如下实验: 下列判断正确的是 A.气体甲一定是纯净物B.沉淀甲是硅酸和硅酸钙的混合物C.Na+、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中D.CO32-和SO42-一定不存在于溶液X中4.下列药品保存方法正确的是 A.短期保存Br2:盛于磨口的细口瓶中,并用水封,瓶盖严密。 B.锂、钠、钾都保存在煤油中,密封。 C.氨水、浓盐酸易挥发必须保存在棕色磨口细口瓶中。D.红磷无需密封保存。 5.下列实验中,所选装置不合理的是 A.分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5,选④B.用CCl4提取碘水中的碘,选③ C.用FeCl2溶液吸收Cl2,选⑤D.粗盐提纯,选①和② 6.下列实验方案能达到实验目的的是
课后作业---选择题专项微测二 微测5化学实验评价 1.某研究性学习小组讨论甲、乙、丙、丁四种实验装置的有关用法,其中正确的是() A.甲装置:可用来除去CO气体中的CO2气体 B.乙装置:可用来验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性 C.丙装置:可用来实验室制备乙酸乙酯 D.丁装置:可用来比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱 2.某化学小组同学用如图所示装置模拟工业制取SO3的过程,下列相关说法错误的是() A.装置c后应增加尾气处理装置 B.装置a只有干燥气体的作用 C.实验室制取SO2或O2可使用相同的气体发生装置 D.V2O5是催化剂并且也会参与反应 3.下列实验操作、现象和所得出的结论正确的是() 选项实验操作实验现象实验结论 A将HI溶液加入Fe(NO3)3溶液,充分反应后再加入CCl4混合振荡,静置溶液分层,下层液 体显紫红色 氧化性: Fe3+>I2 B取少量Mg(OH)2悬浊液,向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液Mg(OH)2溶解CH3COONH4溶液 呈酸性 C 将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底 部,加入少量碎瓷片并加强热,将生成 的气体通入酸性高锰酸钾溶液中 酸性高锰酸钾溶液 褪色 石蜡油分解产物中 含有不饱和烃 D将海带剪碎,灼烧成灰,加蒸馏水浸泡,取滤液滴加硫酸溶液,再加入淀粉溶液溶液变蓝 海带中含有丰富的 I2 4.根据下列实验操作与现象得出的结论正确的是() 选项实验操作与现象结论 A向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入少量氯化钡固 体,红色变浅 碳酸钠溶液中存在水解平衡 B向某溶液中逐渐通入CO2气体,先出现白色胶状 沉淀,继续通入CO2气体,白色胶状沉淀不溶解该溶液中一定含有AlO -2 C将润湿的淀粉碘化钾试纸置于集满某气体的集气 瓶口,试纸变蓝 该气体为氯气 D 向10mL0.5mol·L-1的氯化镁溶液中滴加5mL 2.4mol·L-1氢氧化钠溶液,产生白色沉淀,再滴 加氯化铜溶液,沉淀变蓝 K sp[Cu(OH)2]<K sp[Mg(OH)2]
全国高考化学化学反应原理的综合高考真题分类汇总 一、化学反应原理 1.研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性,某小组同学进行如下实验: 已知:Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol,+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+,Cr3+在水溶液中为绿色。 (1)试管c和b对比,推测试管c的现象是_____________________。 (2)试管a和b对比,a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动,橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果;乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明?__________(“是”或“否”),理由是 ____________________________________________________。 (3)对比试管a、b、c的实验现象,可知pH增大 2- 27 2- 4 c(Cr O) c(CrO) _____(选填“增大”, “减小”,“不变”); (4)分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象,说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-(填“大于”,“小于”,“不确定”);写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。 (5)小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水,探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响,结果如表所示(Cr2O72-的起始浓度,体积、电压、电解时间均相同)。 实验ⅰⅱⅲⅳ 是否加入 Fe2(SO4)3 否否加入5g否 是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL 电极材料阴、阳极均为石 墨 阴、阳极均为石 墨 阴、阳极均为石 墨 阴极为石墨, 阳极为铁 Cr2O72-的去除率/%0.92212.720.857.3 ①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。 ②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示,结合此机理,解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。
《二次根式》培优专题之一 ——难点指导及典型例题 【难点指导】 1、如果a 是二次根式,则一定有a ≥0;当a ≥0时,必有a ≥0; 2、当a ≥0时,a 表示a 的算术平方根,因此有 ()a a =2;反过来,也可以将一个非负数写成 ()2a 的形式; 3、()2a 表示a 2的算术平方根,因此有a a =2,a 可以是任意实数; 4、区别()a a =2和a a =2 的不同: ( 2a 中的可以取任意实数,()2a 中的a 只能是一个非负数,否则a 无意义. 5、简化二次根式的被开方数,主要有两个途径: (1)因式的内移:因式内移时,若m <0,则将负号留在根号外.即: x m x m 2-=(m <0). (2)因式外移时,若被开数中字母取值范围未指明时,则要进行讨论.即: 6、二次根式的比较: (1)若,则有;(2)若,则有. 说明:一般情况下,可将根号外的因式都移到根号里面去以后再比较大小. < 【典型例题】 1、概念与性质 2、二次根式的化简与计算