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将等物质的量的两种氧化物溶于100mL硫酸,而后逐滴加入1.00mol·L1NaOH溶液,当加入的NaOH的体积V150mL时,开始有沉淀析出,且沉淀随NaOH加入量逐渐增加。当NaOH的体积V2650mL时,沉淀量达到最大值,继续滴加NaOH 时,沉淀量逐渐减小。当V3750mL时,沉淀量不再改变。

1)最初加入的50mLNaOH溶液的作用是什么?

2)计算所用硫酸的浓度。

3)试判断两种氧化物各是什么。并计算其物质的量。

 

答案:
解析:

(1)中和过量的硫酸(2)3.25mo1·L-1(3)A12O3∶0.0500 mo1  Fe2O3∶0.0500mo1

 


练习册系列答案
相关习题

科目:高中化学 来源: 题型:

某有机物A,经测知它的相对分子质量小于100,将1mol A在O2 中充分燃烧得到等物质的量的CO2和H2O(g),同时消耗112L O2(标准状况).
(1)写出A的分子式
C4H8O2
C4H8O2
;它的一种同分异构体甲在酸性条件下发生水解,生成两种碳原子数相同的有机物,则甲的结构简式为
CH3COOCH2CH3
CH3COOCH2CH3

已知:
A中含有碳氧双键,与A相关的反应如下:

提示:B在HIO4存在并加热时只生成一种产物C.
(2)写出A→E、E→F的反应类型:
A→E
取代
取代
反应、E→F
消去
消去
反应.
(3)写出A、G的结构简式
A
CH3COCH(OH)CH3
CH3COCH(OH)CH3
、G

(4)写出B→D反应的化学方程式

(5)C在条件①下进行反应的化学方程式

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科目:高中化学 来源: 题型:阅读理解

某化工厂以软锰矿、闪锌矿(除主要成分为MnO2、ZnS外还含有少量的FeS、CuS、Al2O3等物质)为原料制取Zn和MnO2
(1)在一定条件下,将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用,配平如下的化学方程式:MnO2+FeS+H2SO4=MnSO4+Fe2(SO43+S+H2O
(2)将所得含有Mn2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Zn2+的酸性溶液按如图甲的工业流程进行操作处理得溶液(IV),电解溶液(IV)即得MnO2和Zn.

a、操作①中加Zn粉后发生反应的离子方程式为
Zn+Cu2+=Zn2++Cu;Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+
Zn+Cu2+=Zn2++Cu;Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+

b、操作②中加入适量X的作用是什么
将Fe2+氧化成Fe3+
将Fe2+氧化成Fe3+
;X的首选物的化学式是:
MnO2
MnO2

c、操作③中所加碳酸盐的化学式是
MnCO3或ZnCO3或MnCO3和ZnCO3
MnCO3或ZnCO3或MnCO3和ZnCO3

(3)为了从上述流程中产生的Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀混合物中回收Al(OH)3,工厂设计了如图乙的有关流程图.
a、AlCl3溶液和NaAlO2溶液反应生成AI(OH)3的离子方程式为
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3
.若总共得到n molAl(OH)3,则消耗的NaOH和HCl的理论量(mol)分别为
3n
4
3n
4
3n
4
3n
4

b、若使用如图丙流程回收处理,请比较两个流程消耗酸碱的用量?
如按丙流程,则得到同样nmolAl(OH)3,消耗的NaOH、HCl的理论量分别为nmol,大于前流程的消耗量,相对而言,前流程更符合节约的原则
如按丙流程,则得到同样nmolAl(OH)3,消耗的NaOH、HCl的理论量分别为nmol,大于前流程的消耗量,相对而言,前流程更符合节约的原则

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科目:高中化学 来源: 题型:阅读理解

(1)工业上以粗铜为原料采取如下图所示流程制备硝酸铜晶体:

①在步骤a中,需要通入氧气和水,其目的是
提高原料的利用率,减少污染物的排放
提高原料的利用率,减少污染物的排放
.现有1L NO2、NO混合气体NOx,将其氧化成HNO3,需同温同压下O2的体积0.6L,则混和气体中NO2、NO的物质的量之比为
3:7
3:7

②在保温去铁的过程中,为使Fe3+沉淀完全,可以向溶液中加入CuO,调节溶液的pH,不用加水的方法调节溶液pH的原因是
加水会将溶液稀释,不利于将滤液蒸发浓缩
加水会将溶液稀释,不利于将滤液蒸发浓缩

③进行蒸发浓缩时,要用硝酸调节溶液的pH=1,其目的是(结合离子方程式说明)
由于Cu2+发生水解:Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+,加入硝酸可以抑制硝酸铜的水解
由于Cu2+发生水解:Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+,加入硝酸可以抑制硝酸铜的水解

(2)下图是某小组同学查阅资料所绘出的硝酸铜晶体[Cu(NO32?nH2O]的溶解度曲线(温度在30℃前后对应不同的晶体),下列说法正确的是
b、d
b、d
(填字母).
a.A点时的溶液为不饱和溶液
b.B点时两种晶体可以共存
c.按上述流程最终得到的晶体是Cu(NO32?3H2O
d.若将C点时的溶液降温至30℃以下,可以析出Cu(NO32?6H2O晶体
(3)某些共价化合物(如H2O、NH3、N2O4等)在液态时有微弱的导电性,主要是因为发生了电离,如:2NH3NH4++NH2-,由此制备无水硝酸铜的方法之一是用Cu与液态N2O4反应.液态N2O4电离得到的两种离子所含电子数相差18,Cu与液态N2O4反应制得无水硝酸铜的化学方程式是
Cu+2N2O4=Cu(NO32+2NO↑
Cu+2N2O4=Cu(NO32+2NO↑

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科目:高中化学 来源: 题型:阅读理解

利用光能和光催化剂,可将CO2和H2O转化为CH4和O2。紫外光照射时,在不同催化剂(I、II、III)作用下,CH4产量随光照时间的变化如下左图所示。

   

(1)在0-30小时内,CH4的平均生成速率vI、vII和vIII从大到小的顺序为                ;反应开始后的12小时内,在第       种催化剂的作用下,收集的CH4最多。

(2)将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器,一定温度下发生反应:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)  K=27mol2·L-2。将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1L恒容密闭容器,在上述温度下发生反应达到平衡,测得CO的物质的量为0.10mol,CH4的平衡转化率为         (保留两位有效数字)。

(3)甲烷燃料电池是利用CH4跟氧气或空气反应将化学能转化成电能的装置,电解质溶液是强碱。下面有关说法正确的是       (填编号)。

A.负极反应为:O2+2H2O+4e- -→4OH-;

B.负极反应为:CH4+10OH- - 8e--→CO32-+7H2O

C.放电时溶液中的阴离子向负极移动

D.随放电的进行,溶液的pH值不变

(4)如上右图是一个电化学装置示意图,甲烷燃料电池作其电源。

①如果A为含有铁、银、金、碳杂质的粗铜,B为纯铜,C为CuSO4溶液,通电后,Cu2的浓度将      (填“增大”、“减小”或“不变”)。

②如果A是铂电极,B是石墨电极,C是KBr溶液,通电时阳极的电极反应式是__________________________。

③特定条件下,该装置使用惰性电极电解Na2SO4浓溶液可制得少量过氧化氢:在阳极上SO被氧化成S2O(过二硫酸根离子),S2O与H2O反应即可生成H2O2

S2O+2H2O === 2SO+H2O2+2H。若各反应物质的转化率均为100%,则要制取1 mol H2O2,理论上燃料电池需消耗CH4的物质的量为             

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科目:高中化学 来源: 题型:阅读理解

A、B、C、D、E均为钠盐,D、E具有相同的元素组成,都是由四种元素组成的化合物。向B溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液,立即产生白色沉淀,该沉淀见光变暗至灰至黑。A、B或B、C溶液混合均无明显现象,若将A、B、E和B、C、E分别按1:5:6和1:1:2的物质的量之比混合,溶液都能产生有刺激性气味黄绿色气体甲。D、E溶液混合能产生具有漂白性的刺激性气体乙。甲与乙混合气体通入水中会产生两种酸。B与E固体混合不反应,加热则能产生有刺激性气味的气体丙。若将气体丙通入A或C溶液中均能产生气体甲。甲气体通入D溶液,颜色会消失。若将A、D、E按2:1:1物质的量之比混合,能产生黄色气体丁。

请回答下列有关问题:

⑴.完成下列反应的离子方程式并配平之。

①.A + B + E → :   ▲ 

②.D + E → :   ▲ 

③.甲+乙+ H2O → :  ▲ 

④.A + D + E → :   ▲ 

⑵.丁气体消毒漂白性比甲强,是更理想的漂白试剂。相同条件下,相同体积的丁气体处理水的能力是甲的  ▲  倍;相同质量的丁气体处理水的能力是甲的  ▲  倍。

⑶.历史上曾把某元素的最高价的含氧酸称为某酸,如N、P、S等。A盐中对应的酸并不是该元素的最高价的含氧酸(当时误认为是最高价)。电解技术进入化学研究领域后,通过惰性材料电解A的水溶液,产生新的含氧酸盐(M=122.5 g·mol1),我们可以把与其对应的酸称为高某酸。取出100 mL A盐溶液进行电解(惰性电极,通直流电),数小时后,收集到的阴、阳两极气体分别为6.72L和2.24L(已经折算成标准状况下的气体体积) 。

①.阴、阳两极所发生的电极反应离子方程式为  ▲    ▲ 

②.原A盐溶液的物质的量浓度为  ▲  。(假设溶液体积变化忽略不计)

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