灵鹊做题网高一化学（上学期）里的诸多问题...
来源：学生作业帮 编辑：灵鹊做题网作业帮 分类：化学作业 时间：2024/04/30 05:41:02
高一化学（上学期）里的诸多问题...
1.除去kcl溶液中的硫酸根离子,依次加入的溶液有：
（应该加过量bacl2吧?那钡离子再怎么除去?）
2.除去NaNO3固体中少量的KNO3,进行的实验操作依次为：＿、蒸发、结晶、＿.
3.给出一个还原反应式：2硝酸根离子+10氢离子+8e=N2O+5H2O
硫酸铁,硫酸亚铁,高锰酸钾,碳酸钠 中的一种能使上述还原反应发生
（1）该反应离子方程式
（2）反应中氧化剂和还原剂物质的量之比
（3）反应中体现了硝酸＿ ＿的性质
（4）反应中若产生0.2摩尔气体,则转移电子的物质的量是
4.粗锌（含少量铜和铁）与硫酸反应制氢气后,怎样利用反应废液制得纯净的硫酸锌晶体?
5.检验铜和稀硝酸反应生成NO的实验里,先向试管里加一固体药品（铁粉还是碳酸钙?）,目的是：
6.分别将等量的铜片与等体积过量的浓、稀硝酸反应,所得溶液前者呈绿色,后者呈蓝色.是否是铜离子浓度的差异引起的?理由.
7.用浓盐酸和二氧化锰制氯气,然后检验氯气的若干性质,其中用到的四氯化碳的作用是?
8.图.
化学怎么也学不好.
1.除去kcl溶液中的硫酸根离子,依次加入的溶液有：
（应该加过量bacl2吧?那钡离子再怎么除去?）
2.除去NaNO3固体中少量的KNO3,进行的实验操作依次为：＿、蒸发、结晶、＿.
3.给出一个还原反应式：2硝酸根离子+10氢离子+8e=N2O+5H2O
硫酸铁,硫酸亚铁,高锰酸钾,碳酸钠 中的一种能使上述还原反应发生
（1）该反应离子方程式
（2）反应中氧化剂和还原剂物质的量之比
（3）反应中体现了硝酸＿ ＿的性质
（4）反应中若产生0.2摩尔气体,则转移电子的物质的量是
4.粗锌（含少量铜和铁）与硫酸反应制氢气后,怎样利用反应废液制得纯净的硫酸锌晶体?
5.检验铜和稀硝酸反应生成NO的实验里,先向试管里加一固体药品（铁粉还是碳酸钙?）,目的是：
6.分别将等量的铜片与等体积过量的浓、稀硝酸反应,所得溶液前者呈绿色,后者呈蓝色.是否是铜离子浓度的差异引起的?理由.
7.用浓盐酸和二氧化锰制氯气,然后检验氯气的若干性质,其中用到的四氯化碳的作用是?
8.图.
化学怎么也学不好.
1】 先向溶液中加入过量的BaSO4将Cl-沉淀完全,然后加入过量的K2CO3溶液使多余的钡离子沉淀完,最后加入过量盐酸至无气泡产生（除去多余的碳酸根）.微热溶液,赶走多余的HCl.
2】依次填：加热、过滤.（KNO3随温度的升高而溶解度增大很快,此法是利用蒸发结晶提纯）
3】给出的半反应是还原反应,所以另一个半反应必须是氧化反应,能发生氧化反应的只能是低价态物质,于是选择硫酸亚铁进行反应
1、 (2NO3-)+(8Fe2+)+(10H+)==N2O↑+(8Fe3+)+5H2O
2、氧化剂,硝酸根,2mol；还原剂亚铁离子,8mol；物质的量之比1：4
3、氧化性
4、产生1mol气体,转移电子8mol；故而产生0.2mol气体,转移电子1.6mol.
4】铜不与稀硫酸反应,故而先过滤除去铜；再向溶液中投入锌粉置换生成的亚铁离子.最后过滤,蒸发结晶,即得较为纯净的硫酸锌晶体.
5】碳酸钙.排除试管中的空气,防止生成的NO立即氧化而误认为产生的是NO2气体.如果用铁会直接产生NO,干扰检测.
6】不是.参与反应的铜的物质的量是一样多的,反应终了的溶液体积近似相等.铜离子的浓度是一样的.故而颜色的差异不是由于浓度差引起的.
7】检验Cl2的氧化性.该四氯化碳溶液中可含有溴、碘离子,当被氯气置换出来后,可以溶解在四氯化碳溶液中,呈现出明显的颜色变化.
8】1 消耗的氢氧根离子的物质的量应该是全部硫酸根物质的量的2倍.
故而,已知35mlNaOH可以沉淀完所有的金属离子（Si无视,不与酸反应,被过滤）,故可以确定硫酸根物质的量浓度是
c=35*10/(2*100)=1.75mol/L
2 从曲线的后半段看,溶解Al(OH)3消耗了10ml的NaOH,那么沉淀出Al(OH)3消耗30mlNaOH,总共消耗45mlNaOH,减去用在Al上的10+30=40ml和中和酸的a=2.3ml,实际用于沉淀铁的NaOH体积是45-40-2.3=2.7ml.
2.7mLNaOH对应消耗2.7*10*0.001/3mol Fe3+,对应有Fe2O3的物质的量是2.7*10*0.001/6mol,质量为0.72g,质量分数：0.72/6*100%=12%
30mLNaOH对应沉淀30*10*0.001/3molAl3+,对应有Al2O3的物质的量是
30*10*0.001/6mol,质量为5.1g,质量分数：5.1/6*100%=85%
SiO2的质量分数为（100-12-85）%=3%
3 极限思维.6g样品若全部是SiO2,不消耗H2SO4,硫酸全部和NaOH反应,将消耗NaOH35mL,
6g样品全部是Al2O3,将消耗硫酸18/102mol,剩余的硫酸全部和NaOH反应,将消耗NaOH
-0.3ml,证明H2SO4不足,故a的下限在0
综上,a的范围0——35mL,a越大,说明Al2O3的质量分数越小.
2】依次填：加热、过滤.（KNO3随温度的升高而溶解度增大很快,此法是利用蒸发结晶提纯）
3】给出的半反应是还原反应,所以另一个半反应必须是氧化反应,能发生氧化反应的只能是低价态物质,于是选择硫酸亚铁进行反应
1、 (2NO3-)+(8Fe2+)+(10H+)==N2O↑+(8Fe3+)+5H2O
2、氧化剂,硝酸根,2mol；还原剂亚铁离子,8mol；物质的量之比1：4
3、氧化性
4、产生1mol气体,转移电子8mol；故而产生0.2mol气体,转移电子1.6mol.
4】铜不与稀硫酸反应,故而先过滤除去铜；再向溶液中投入锌粉置换生成的亚铁离子.最后过滤,蒸发结晶,即得较为纯净的硫酸锌晶体.
5】碳酸钙.排除试管中的空气,防止生成的NO立即氧化而误认为产生的是NO2气体.如果用铁会直接产生NO,干扰检测.
6】不是.参与反应的铜的物质的量是一样多的,反应终了的溶液体积近似相等.铜离子的浓度是一样的.故而颜色的差异不是由于浓度差引起的.
7】检验Cl2的氧化性.该四氯化碳溶液中可含有溴、碘离子,当被氯气置换出来后,可以溶解在四氯化碳溶液中,呈现出明显的颜色变化.
8】1 消耗的氢氧根离子的物质的量应该是全部硫酸根物质的量的2倍.
故而,已知35mlNaOH可以沉淀完所有的金属离子（Si无视,不与酸反应,被过滤）,故可以确定硫酸根物质的量浓度是
c=35*10/(2*100)=1.75mol/L
2 从曲线的后半段看,溶解Al(OH)3消耗了10ml的NaOH,那么沉淀出Al(OH)3消耗30mlNaOH,总共消耗45mlNaOH,减去用在Al上的10+30=40ml和中和酸的a=2.3ml,实际用于沉淀铁的NaOH体积是45-40-2.3=2.7ml.
2.7mLNaOH对应消耗2.7*10*0.001/3mol Fe3+,对应有Fe2O3的物质的量是2.7*10*0.001/6mol,质量为0.72g,质量分数：0.72/6*100%=12%
30mLNaOH对应沉淀30*10*0.001/3molAl3+,对应有Al2O3的物质的量是
30*10*0.001/6mol,质量为5.1g,质量分数：5.1/6*100%=85%
SiO2的质量分数为（100-12-85）%=3%
3 极限思维.6g样品若全部是SiO2,不消耗H2SO4,硫酸全部和NaOH反应,将消耗NaOH35mL,
6g样品全部是Al2O3,将消耗硫酸18/102mol,剩余的硫酸全部和NaOH反应,将消耗NaOH
-0.3ml,证明H2SO4不足,故a的下限在0
综上,a的范围0——35mL,a越大,说明Al2O3的质量分数越小.