分析 (1)①根据化合价代数和为0计算Fe的化合价;
②过氧化氢的分解速率越大,催化剂活性更高;随x值越大,过氧化氢的分解速率越大,而x增大,Co2+的比例增大;
(2)①由图可知,CoC2O4•2H2O的质量为18.3g,其物质的量为0.1mol,Co元素质量为5.9g,C点钴氧化物质量为8.03g,氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g,则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol:$\frac{2.13g}{16g/mol}$≈3:4,故C的Co氧化物为Co3O4;
B点对应物质的质量为14.7g,与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g,为结晶水的质量,故B点物质为CoC2O4,与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳;
②由电子守恒:n(Co3+)=2 n(Cl2),由电荷守恒:n(Co原子)总=n(Co2+)溶液=$\frac{1}{2}$n(Cl-),联立计算n氧化物(Co2+),根据化合价电荷守恒为0计算氧化物中n(O),进而计算氧化物中n(Co):n(O).
解答 解:(1)①CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni均为+2,O为-2价,则Fe的化合价为$\frac{4×2-(2x+2-2x)}{2}$=+3,
故答案为:+3;
②过氧化氢的分解速率越大,催化剂活性更高,根据图象可知,x相同时,微波水热法初始速度大于常规水热法,故微波水热法制得催化剂的活性更高;
由图可知,随x值越大,过氧化氢的分解速率越大,而x增大,Co2+的比例增大,故Co2+的催化活性更高,
故答案为:微波水热;Co2+;
(2)①由图可知,CoC2O4•2H2O的质量为18.3g,其物质的量为0.1mol,Co元素质量为5.9g,C点钴氧化物质量为8.03g,氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g,则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol:$\frac{2.13g}{16g/mol}$≈3:4,故C的Co氧化物为Co3O4;
B点对应物质的质量为14.7g,与其起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g,为结晶水的质量,故B点物质为CoC2O4,与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳,反应方程式为:3CoC2O4+2O2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Co3O4+6CO2,
故答案为:Co3O4;3CoC2O4+2O2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Co3O4+6CO2;
②由电子守恒:n(Co3+)=2 n(Cl2)=2×$\frac{4.48L}{22.4L/mol}$=0.4 mol,
由电荷守恒:n(Co原子)总=n(Co2+)溶液=$\frac{1}{2}$n(Cl-)=$\frac{1}{2}$×( 0.48L×5mol/L-0.4mol)=1 mol,所以固体中的n(Co2+)=1mol-0.4mol=0.6 mol,
根据化合价电荷守恒为0,氧化物中n(O)=(0.6mol×2+0.4mol×3)÷2=1.2mol,
故该钴氧化物中n(Co):n(O)=1mol:1.2mol=5:6,
故答案为:5:6.
点评 本题考查元素化合价的判断、物质化学式的计算、得失电子守恒规律的应用、对图象的分析处理等,需要学生具备知识的基础,难度中等.
科目:高中化学 来源: 题型:解答题
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科目:高中化学 来源: 题型:解答题
物质 | 溶解度/(g/100g水) | ||
0°C | 40°C | 80°C | |
KCl | 28 | 40.1 | 51.3 |
NaCl | 35.7 | 36.4 | 38 |
K2Cr2O7 | 4.7 | 26.3 | 73 |
Na2Cr2O7 | 163 | 215 | 376 |
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | 氯化铵、次氯酸钠、醋酸铵、硫酸钡都是强电解质 | |
B. | 电解、电泳、电离、电化学腐蚀均需在通电条件下才能进行 | |
C. | 红宝石、水晶、钻石的主要成分都是二氧化硅 | |
D. | 福尔马林、水玻璃、氨水、胆矾均为混合物 |
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科目:高中化学 来源: 题型:解答题
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | SO2能使高锰酸钾溶液褪色 | |
B. | S在O2中燃烧生成SO3 | |
C. | 二氧化硫的漂白原理与次氯酸相同 | |
D. | SO2通入BaC12溶液中能产生白色沉淀 |
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题
A. | 在此反应中,O2氧化剂,PtF6是还原剂 | |
B. | O2(PtF6)中氧元素的化合价为+1价 | |
C. | 在此反应中,每生成1 mol O2(PtF6) 则转移1 mol电子 | |
D. | 在O2(PtF6)中不存在共价键 |
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