备战高考化学 氧化还原反应综合试题附详细答案.docx
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备战高考化学氧化还原反应综合试题附详细答案
备战高考化学氧化还原反应综合试题附详细答案
一、高中化学氧化还原反应
1.工业上处理含苯酚废水的过程如下。
回答下列问题:
Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。
测定原理:
+3Br2→
↓+3HBr
测定步骤:
步骤1:
准确量取
待测废水于
锥形瓶中。
步骤2:
将
浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中,塞紧瓶塞,振荡。
步骤3:
打开瓶塞,向锥形瓶中迅速加入
溶液(过量),塞紧瓶塞,振荡。
步骤4:
滴入2~3滴指示剂,再用
标准溶液滴定至终点,消耗
溶液
(反应原理:
)。
待测废水换为蒸馏水,重复上述步骤(即进行空白实验),消耗
溶液
。
(1)“步骤1”量取待测废水所用仪器是________。
(2)为了防止溴的挥发,上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和________。
(3)“步骤4”滴定终点的现象为________。
(4)该废水中苯酚的含量为________
(用含
、
的代数式表示)。
如果空白实验中“步骤2”忘记塞紧瓶塞,则测得的废水中苯酚的含量________(填“偏高”“偏低”或“无影响”,下同);如果空白实验中“步骤4”滴定至终点时俯视读数,则测得的废水中苯酚的含量________。
Ⅱ.处理废水。
采用
基
为阳极,不锈钢为阴极,含苯酚的废水为电解液,通过电解,阳极上产生羟基(·
),阴极上产生
。
通过交排列的阴阳两极的协同作用,在各自区域将苯酚深度氧化为
和
。
(5)写出阳极的电极反应式:
________。
(6)写出苯酚在阴极附近被
深度氧化的化学方程式:
________。
【答案】(酸式)滴定管塞紧瓶塞滴入一滴溶液后,锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去,且半分钟不恢复原色
偏低偏低
【解析】
【分析】
向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀,再加入KI溶液与剩下的Br2发生氧化还原反应得到I2,方程式为Br2+2I-===I2+2Br-,再用Na2S2O3标准溶液滴定I2,可根据消耗的Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br2的物质的量,再设置一个空白实验测出浓溴水的物质的量,用Br2总的物质的量-剩余Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br2的物质的量,再结合反应方程式得到苯酚的物质的量,从而求出废水中苯酚的含量,结合实验基本操作及注意事项解答问题。
【详解】
(1)由于苯酚显酸性,因此含苯酚的废水为酸性,“步骤1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管,故答案为:
酸式滴定管;
(2)由于溴单质易挥发,因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发,故答案为:
塞紧瓶塞;
(3)用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点,由于Na2S2O3标准溶液会反应I2,加入的淀粉遇I2变成蓝色,所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后,锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去,且半分钟不恢复原色,故答案为:
滴入一滴溶液后,锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去,且半分钟不恢复原色;
(4)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式:
剩下的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V1mmol,将待测废液换成蒸馏水时,5mLamol/L的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V2mmol,则与苯酚参与反应的Br2的物质的量为0.005(V2-V1)mmol,根据方程式
+3Br2→
↓+3HBr可得苯酚的物质的量为
mmol,质量为
mg,则该废水中苯酚的含量为
,若步骤2中忘记塞进瓶塞,溴单质挥发,导致最终消耗的Na2S2O3的体积偏小,则测得苯酚的含量偏低,如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数,读得的体积偏小,则消耗的Na2S2O3的体积偏小,使测得苯酚的含量偏低,故答案为:
;偏低;偏低;
(5)由题干信息可知,Ti基PbO2为阳极,则阳极H2O失去电子产生·OH,电极反应式为H2O-e-===H++·OH,故答案为:
H2O-e-===H++·OH;
(6)根据题干信息可知,苯酚被阴极产生的H2O2深度氧化产生CO2和H2O,有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O,故答案为:
C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O。
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.碳酸亚铁可用于制备补血剂。
某研究小组制备了FeCO3,并对FeCO3的性质和应用进行了探究。
已知:
①FeCO3是白色固体,难溶于水②Fe2++6SCN-
Fe(SCN)64-(无色)
Ⅰ.FeCO3的制取(夹持装置略)
实验i:
装置C中,向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7,滴加一定量FeSO4溶液,产生白色沉淀,过滤、洗涤、干燥,得到FeCO3固体。
(1)试剂a是_____。
(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是_____。
(3)C装置中制取FeCO3的离子方程式为_____。
(4)有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CO2,你认为是否合理并说明理由________。
Ⅱ.FeCO3的性质探究
实验ii
实验iii
(5)对比实验ⅱ和ⅲ,得出的实验结论是_____。
(6)依据实验ⅱ的现象,写出加入10%H2O2溶液的离子方程式_____。
Ⅲ.FeCO3的应用
(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁([CH3CH(OH)COO]2Fe,相对分子质量为234)补血剂。
为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数,树德中学化学实验小组准确称量1.0g补血剂,用酸性KMnO4溶液滴定该补血剂,消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL,则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____,该数值异常的原因是________(不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差)。
【答案】饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度,防止生成Fe(OH)22HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O不合理,CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理,排出氧气的影响)Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+117%乳酸根中的羟基被KMnO4氧化,也消耗了KMnO4
【解析】
【分析】
I.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体,需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去,装置C中,向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7,滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀,过滤,洗涤,干燥,得到FeCO3;
II.(5)根据Fe2++6SCN-
Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断;
(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成,说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成;
(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁补血剂,根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算;乳酸根中有羟基,也能被高锰酸钾溶液氧化。
【详解】
I.
(1)装置A中制取的CO2中混有HCl,欲除去CO2中混有的HCl,B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液,故答案为:
饱和NaHCO3溶液;
(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3,提高溶液中HCO3-的浓度,抑制CO32-的水解,降低溶液中OH-的浓度,防止生成Fe(OH)2,故答案为:
降低溶液中OH-浓度,防止生成Fe(OH)2;
(3)装置C中,向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7,此时溶液中溶质主要为NaHCO3,再滴加FeSO4溶液,有FeCO3沉淀生成,发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O,故答案为:
2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O;
(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中,生成可溶于水的Fe(HCO3)2,降低产物的量,则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2,或者:
出现白色沉淀之后继续通CO2,可防止空气中氧气氧化FeCO3,提高产物的纯度,故答案为:
不合理,CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理,排出氧气的影响);
Ⅱ.(5)通过对比实验ii和iii,可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-,会促进FeCO3固体的溶解,故答案为:
Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大;
(6)依据实验ⅱ的现象,可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后,有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成,发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+;
故答案为:
6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+;
Ⅲ.(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁([CH3CH(OH)COO]2Fe补血剂,可得关系式MnO4~5Fe2+~5[CH3CH(OH)COO]2Fe,则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol,则乳酸亚铁的质量分数
,由于乳酸根中含有羟基,也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾溶液的量增多,而计算中只按Fe2+被氧化,故计算所得乳酸亚铁的质量偏大,导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%,故答案为:
117%;乳酸根中的羟基被KMnO4氧化,也消耗了KMnO4。
4.锂离子电池能够实现千余次充放电,但长时间使用后电池会失效,其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染,还会造成资源的浪费。
实验室模拟回收锂离子电池中的Co、Ni、Li的流程如图。
已知:
LiCoO2难溶于水,易溶于酸。
回答下列问题:
(1)LiCoO2中Co的化合价是__。
(2)LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是__。
(3)浸出剂除了H2O2外,也可以选择Na2S2O3,比较二者的还原效率H2O2__(填“>”或“<”)Na2S2O3(还原效率:
还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。
(4)提高浸出效率的方法有__。
(5)利用Cyanex272萃取时,pH对钴、镍萃取分离效果的影响如图。
从图中数据可知,用Cyanex272萃取分离时,最佳pH是__。
(6)反萃取的离子方程式为2H++CoR2=Co2++2HR,则反萃取剂的最佳选择是__。
(7)常温下,若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g·L-1,则pH=__时,Ni2+开始沉淀。
[Ksp(Ni(OH)2=2×10-15]
(8)参照题中流程图的表达,结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如图)___。
已知:
提供的无机试剂:
NaOH、Na2CO3、NaF。
【答案】+32LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O<适当升高温度,适当增加H2SO4浓度5.5H2SO47.5①NaOH②Ni(OH)2③NaF
【解析】
【分析】
(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算;
(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4,可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应,根据氧化还原反应的规律写出化学方程式;
(3)根据等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断;
(4)提高浸出效率即提高化学反应速率;
(5)分离Co2+和Ni2+时,由于Co2+进入有机相,Ni进入水相,因此,应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围;
(6)将钴洗脱进入水相中时,应该使反应向正反应方向移动,同时不能引入新杂质;
(7)根据Ksp(Ni(OH)2的表达式进行计算;
(8)根据表格中所给物质溶解度信息,调节pH应该用碱性物质,但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。
【详解】
(1)LiCoO2中O元素为-2价,Li为+1价,根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价;
(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4,可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应,化学方程式为:
2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O;
(3)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子,1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子,则Na2S2O3的还原效率更高;
(4)提高浸出效率可以适当升高温度,适当增加H2SO4浓度等;
(5)分离Co2+和Ni2+时,由于Co2+进入有机相,Ni进入水相,因此,应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围,所以最佳pH是5.5;
(6)将钴洗脱进入水相中时,应该使反应向正反应方向移动,同时,为不引入新杂质,反萃取剂最好选择H2SO4;
(7)c(Ni2+)=
mol/L=0.02mol/L,则开始沉淀时,c(OH-)=
=
=10-6.5mol/L,则pH=14-6.5=7.5;
(8)根据表格中所给物质溶解度信息,调节pH应该用碱性物质,但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀,所以选用NaOH,则Ni(OH)2先沉淀,过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。
【点睛】
本题(5)选择合适的pH时,注意读懂图中信息,要根据实验的具体操作情况来分析。
5.废水中过量的氨氮(
和
)会导致水体富营养化。
某科研小组用
氧化法处理氨氮废水。
已知:
①
的氧化性比
强;②
比
更易被氧化;③国家相关标准要求经处理过的氨氮废水
要控制在6~9。
(1)
时,
可与
反应生成
等无污染物质,该反应的离子方程式为___________。
(2)进水
对氨氮去除率和出水pH的影响分别如图1和图2所示:
①进水
在1.25~2.75范围内时,氨氮去除率随
的升高迅速下降的原因是__________。
②进水
在2.75~6范围内时,氨氮去除率随
的升高而上升的原因是___________。
③进水
应控制在____________左右为宜。
(3)为研究空气对
氢化氨氮的影响,其他条件不变,仅增加单位时间内通人空气的量,发现氨氮去除率几乎不变。
其原因可能是______(填序号)
a.
的氧化性比
弱
b.
氧化氨氮速率比
慢
c.
在废水中溶解度比较小
d.空气中的
进入废水中
【答案】
随着
的升高,
含量增大,氧化性降低,导致氨氯去除率下降随着
的升高,氨氮废水中
含量增大,而
比
更易被氧化1.5
【解析】
【分析】
(1)pH=1.25时,NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质,次氯酸根离子被还原为氯离子和水,结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式;
(2)①进水pH为1.25~2.75范围内,氨氮去除率随pH升高迅速下降是c(OH-)较大,抑制NaClO水解,c(HClO)较小致氧化能力弱;
②进水pH为2.75~6.00范围内氨氮去除率随pH升高而上升,氨气含量增大氨氮易被氧化;
③结合图象变化可知进水pH应控制在1.0左右;
(3)其他条件不变,仅增加单位时间内通入空气的量,发现氨氮去除率几乎不变,说明O2氧化氨氮速率比NaClO慢,比次氯酸钠氧化性弱,溶液中溶解的氧气少等原因。
【详解】
(1)pH=1.25时,NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质,次氯酸根离子被还原为氯离子,结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式:
3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+2H+;
(2)①进水pH为1.25~2.75范围内,氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是:
随着PH升高,NaClO含量增大,氧化性能降低,导致氨氮去除率下降;
②进水pH为2.75~6.00范围内,氨氮去除率随pH升高而上升的原因是:
随着PH升高氨氮废水中氨气含量增大,氨氮更易被氧化;
③进水pH应控制在1.50左右,氨氮去除率会较大;
(3)研究空气对NaClO氧化氨氮的影响,其他条件不变,仅增加单位时间内通入空气的量,发现氨氮去除率几乎不变。
其原因可能是:
O2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小;故答案为:
abc。
6.硫酰氯(SO2Cl2)和亚硫酰氯(SOCl2)都是重要的化工试剂,均易水解。
(1)甲同学在实验室利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2,装置如图所示。
①B装置中冷凝管进水口是___。
(填“m”或“n”),B中干燥管盛有的物质是___。
②欲制取少量SO2Cl2,选择图中的装置(可以重复选用),其连接顺序为:
a、___、h。
③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率,可能的原因是___(用化学方程式表示)。
(2)SOCl2水解后无残留物,较SO2Cl2是更好的脱水剂。
乙同学设计实验利用SOCl2和ZnCl2•xH2O制取无水ZnCl2。
①解释SOCl2在该实验中的作用是___(写出两点)。
②实验室常用NaOH溶液吸收SOCl2,该反应的离子方程式是___。
(3)乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3•6H2O制取无水FeCl3的脱水剂,但丙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。
①可能发生的副反应的化学方程式是___。
②两同学设计如下实验判断该反应的可能性:
取少量SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物于试管中,加水溶解,将溶液平分至五支试管,分别进行以下实验,其
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