化学高考化学离子反应试题有答案和解析及解析1.docx
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化学高考化学离子反应试题有答案和解析及解析1
(化学)高考化学离子反应试题(有答案和解析)及解析1
一、高中化学离子反应
1.学校化学研究小组对实验室某废液缸里的溶液进行检测分析,提出假设:
该溶液中可能含有NH4+、K+、Al3+、HCO3-、Cl-、I-、SO42-等离子中的几种离子。
实验探究:
①取少量该溶液滴加紫色石蕊试液,溶液变红。
②取100mL该溶液于试管中,滴加足量Ba(NO3)2溶液,加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲,向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生。
③另取100mL该溶液,逐渐加入Na2O2粉末,产生的沉淀和气体与所加Na2O2粉末物质的量的关系曲线如图所示。
下列说法中不正确的是()
A.该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-
B.该溶液中一定含有K+,其物质的量浓度为1mol•L-1
C.在溶液中加入0.25~0.3molNa2O2时,发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
D.该溶液能使紫色石蕊试液变红的唯一原因是NH4+发生水解
【答案】D
【解析】
【分析】
①滴加紫色石蕊试液,溶液变红,说明溶液显酸性,则溶液中无HCO3-;②滴加足量Ba(NO3)2溶液,加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲,向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生,说明溶液中有SO42-,且n(SO42-)=0.3mol,无Cl-、I-;③逐渐加入Na2O2粉末,由图可知,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠依次与铝离子反应生成氢氧化铝0.1mol,与铵根离子反应生成氨气0.2mol,最后与氢氧化铝反应,含有铝离子,一定不存在碳酸氢根离子。
【详解】
A.由分析可知,该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-,故A正确;
B.由分析可知,100mL溶液中有n(SO42-)=0.3mol,n(Al3+)=0.1mol,n(NH4+)=0.2mol,由电荷守恒可知n(K+)=0.1mol,其浓度为1mol•L-1,故B正确;
C.在溶液中加入0.25~0.3molNa2O2时,过氧化钠会与水发生反应,生成的氢氧化钠会将氢氧化铝溶解,其反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,故C正确;
D.溶液中存在铵根离子和铝离子,则该溶液能使紫色石蕊试液变红的原因是NH4+、Al3+发生水解,故D错误;
综上所述,答案为D。
2.天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。
火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫,其工艺流程如图所示:
下列说法错误的是( )
A.天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解
B.“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-
C.“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸
D.“排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同
【答案】D
【解析】
【分析】
火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔和天然海水,得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸,加入天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸。
【详解】
A.海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子,在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子,CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-,HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性,所以天然海水的pH≈8,呈弱碱性,故A正确;
B.天然海水吸收了含硫烟气后,要用O2进行氧化处理,因为氧气具有氧化性,被氧化的硫元素的化合价为+4价,具有还原性,所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸,如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4,故B正确;
C.氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放,是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+),故C正确;
D.从框图可知:
排放”出来的海水,是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的,溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大,所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小,故D错误;
故答案为D。
3.在学习中,我们经常应用类推法。
下列左边正确,类推法应用于右边也正确的是( )
A
向FeCl2溶液中滴入氯水2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
向FeCl2溶液中滴入碘水2Fe2++I2=2Fe3++2I-
B
CO2通入漂白粉溶液中CO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO
SO2通入漂白粉溶液中SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO
C
向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3,CO32-+2H+=CO2↑+H2O
向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3,SO32-+2H+=SO2↑+H2O
D
向澄清石灰水中通入少量CO2 气体Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O
向澄清石灰水中通入少量SO2 气体Ca2++2OH-+SO2=CaSO3↓+H2O
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.FeCl2溶液与碘水不反应,则前者发生氧化还原反应,后者不反应,与氧化性有关,故A错误;
B.SO2通入漂白粉溶液,发生氧化还原反应为SO2+Ca2++ClO-+H2O=CaSO4↓+2H++Cl-,故B错误;
C.Na2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应为2NO3-+3SO32-+2H+=3SO42-+2NO↑+H2O,故C错误;
D.二氧化碳、二氧化硫均为酸性氧化物,与碱反应均生成盐和水,则类推合理,故D正确。
答案选D。
4.下列离子方程式书写及评价合理的是下列离子方程式书写及评价合理的是( )
离子方程式
评价
A
Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液
Mg2++2HCO3-+2OH-=MgCO3↓+CO32-+2H2O
正确,NaOH过量,酸式盐与碱完全反应生成正盐和水;
B
1mol/L的NaA1O2溶液与2.5mol/L的HCl溶液等体积混合2A1O2+5H+=A13++Al(OH)3+H2O
正确,A1O2-与H+按物质的量1:
1反应转化为Al(OH)3,过量的H+再将一半Al(OH)3转化为Al3+
C
将少量的Fe3O4溶解在过量的稀HNO3中
Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
正确,Fe3O4化学式可改写为FeO•Fe2O3,Fe2+与Fe3+,物质的量之比为1:
2
D
将FeCl2溶液加入到NaClO洛液中Fe2++2C1O-+2H2O=Fe(OH)2↓+2HClO
错误,Fe2+与C1O-会发生氧化还原反应:
2Fe2++C1O-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液,反应生成碳酸钠、氢氧化镁和水,离子方程式为:
Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O,A错误;
B.根据题意得偏铝酸钠和盐酸按照物质的量2:
5反应,2mol偏铝酸根钠消耗2mol盐酸生成2mol氢氧化铝,剩余的3mol盐酸能溶解1mol氢氧化铝,B正确;
C.稀硝酸有氧化性,过量的稀硝酸把Fe2+氧化成Fe3+,离子方程式为:
3Fe3O4+NO3-+28H+=9Fe3++14H2O+NO↑,C错误;
D.Fe2+与ClO-会发生氧化还原反应,生成氢离子和氯离子,生成的氢离子会结合次氯酸根离子生成次氯酸,离子方程式为:
2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO,D错误;
答案选B。
【点睛】
此题A项涉及到沉淀的转化,最终会生成氢氧化镁的沉淀,类似的沉淀的溶解度需要理解记忆,如氯化银、溴化银、碘化银溶解度依次减小;D项是易错点,生成氢离子会结合溶液中足量的次氯酸根离子生成次氯酸,需看清题目过量少量解题。
5.将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中,下列离子方程式能正确表示该反应的是
A.SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO3↓+2H++2ClO-
B.SO2+H2O+Ca2++ClO-→CaSO3↓+2HClO
C.SO2+H2O+Ca2++ClO-→CaSO4↓+2H++Cl-
D.SO2+H2O+Ca2++3ClO-→CaSO4↓+2HClO+Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
ClO-有较强的氧化性,而在水溶液中SO2有较强的还原性,二者相遇首先发生氧化还原反应,生成氯离子和硫酸根离子。
由于硫酸钙水中溶解度不大,硫酸根离子与钙离子又会形成硫酸钙沉淀,又因为次氯酸钙过量,则反应的离子方程式为:
SO2+3ClO-+Ca2++H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO,故选D
【点睛】
选项C是解答的易错点,主要是忽略了二氧化硫不足,生成的氢离子会继续与次氯酸根离子反应生成难电离的次氯酸。
6.在不同温度下,水溶液中c(H+)与c(OH-)有如图所示关系。
下列说法正确的是
A.a点对应的溶液中大量存在:
Al3+、Na+、Cl-、NO3-
B.b点对应的溶液中大量存在:
K+、Ba2+、NO3-、I-
C.c点对应的溶液中大量存在:
Fe3+、Na+、Cl-、SO42-
D.d点对应的溶液中大量存在:
Na+、K+、SO32-、Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、a点对应的溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度,溶液为中性,Al3+只能存在酸性溶液,不能共存,错误;
B、b点对应的溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度,溶液为酸性,此条件下NO3-与I-发生氧化还原反应而不能共存,错误;
C、c点溶液为中性,Fe3+只能存在酸性溶液,不能共存,错误;
D、d点溶液为碱性,可以共存,正确。
7.某溶液中只可能含有
、
、
、
、
、
、
、
中的若干种离子,且所含有的离子浓度均为
。
某同学为确定其成分,进行如图所示实验:
下列说法正确的是()
A.无法确定原试液中是否含有
、
B.滤液X中大量存在的阳离子有
、
和
C.无法确定沉淀C的成分
D.原溶液中存在的离子为
、
、
、
【答案】D
【解析】
【分析】
加稀硫酸无明显现象,说明溶液中无
,加入过量硝酸钡产生了沉淀A,则沉淀A为
,产生的气体根据题目限制的条件只能是氮氧化物,则溶液中必有
,AlO2-和
不共存,所以没有AlO2-。
加入过量的碱能产生气体,则只能是氨气,溶液中必有
,此时产生的沉淀B为
,最终通入少量二氧化碳,产生的沉淀C中必然有
,接下来根据电荷守恒来判断,已确定的离子有
、
、
,已知离子的物质的量相等,根据电荷守恒,一定存在
,
和
都不能存在。
【详解】
A.一定存在
,
一定不存在,A项错误;
B.X中不可能有
,此时溶液中的
已经全部被氧化为
,B项错误;
C.沉淀C为
,C项错误;
D.根据以上分析,D项正确;
答案选D。
8.工业生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO),过滤后得到滤液用NaHCO3溶液处理,测得溶液pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如图,下列有关说法不正确的是()
A.生成沉淀的离子方程式为:
B.原NaHCO3溶液中
=0.8mol/L
C.a点溶液中存在:
D.a点水的电离程度小于b点水的电离程度
【答案】B
【解析】
【分析】
氢氧化钠与氧化铝反应后生成偏铝酸钠,偏铝酸钠与碳酸氢钠反应会生成氢氧化铝沉淀;根据物料守恒,原溶液中的
,推断出
即可得到答案;
【详解】
A.根据强酸制弱酸原理可以写出离子方程式
,故A正确;
B.加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多,沉淀为0.032mol,前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应(
)不生成沉淀,后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应(
)生成沉淀,则原NaHCO3溶液物质的量浓度
=
mol/L=1.0mol/L,原NaHCO3溶液中的物料守恒为
=1.0mol/L,故B错误;
C.a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液,根据电荷守恒可以写出:
,故C正确;
D.水的电离程度:
a点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液,b点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液,因为酸碱抑制水的电离,盐类水解促进水的电离,所以水的电离程度:
a点小于b点,故D正确;
答案选B。
【点睛】
氢氧化钠与氧化铝反应后生成偏铝酸钠,偏铝酸钠与碳酸氢钠反应会生成氢氧化铝沉淀;物料守恒是水溶液常考的知识点,例如此题中原溶液的
,推断出
即可得到答案;水的电离与酸碱性有很大关系,酸碱抑制水的电离,能水解的盐可以促进水的电离。
9.某碳酸钠样品中可能含有氢氧化钠、碳酸钙、生石灰、氯化钠、硫酸铜五种杂质中的三种。
现进行下列实验:
①称取4.7g样品,加入足量水,样品部分溶解。
②向①中所得悬浊液中加入100mL1mol/LHCl,最终得到无色澄清溶液,此过程中共产生0.04mol气体。
③向②中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸,得到15.8g白色沉淀,
由此可知杂质中()
A.一定含NaCl,一定不含CuSO4B.可能含CaO、NaOH
C.一定含CaCO3,可能含NaOHD.可能含CaO而不含CaCO3
【答案】AC
【解析】
【分析】
向①中所得悬浊液中加入100mL1mol/LHCl,最终得到无色澄清溶液,可知样品中不含CuSO4,此过程中共产生0.04mol气体,即CO2,由CO32-+2H+=CO2+H2O可知反应中消耗n(HCl)=2n(CO2)=0.08mol,则HCl有剩余,CO32-完全反应;称取4.7g样品,加入足量水,样品部分溶解,可知样品中含有CaCO3、CaCO3和CaO、CaO三种情况其中一种,向②中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸,得到15.8g白色沉淀,即AgCl,n(AgCl)=
>0.1mol,则原样品中一定有NaCl且质量为(
-0.1mol)×58.5g/mol
0.59g,则原样品中其它成分总质量为4.7g-0.59g=4.11g,若不含CaCO3,则碳元素物质的量<
,不符合题意,故原样品中一定含有CaCO3;由于原样品只有三种杂质,则CaO和NaOH只含其中一种。
【详解】
向①中所得悬浊液中加入100mL1mol/LHCl,最终得到无色澄清溶液,可知样品中不含CuSO4,此过程中共产生0.04mol气体,即CO2,由CO32-+2H+=CO2+H2O可知反应中消耗n(HCl)=2n(CO2)=0.08mol,则HCl有剩余,CO32-完全反应;称取4.7g样品,加入足量水,样品部分溶解,可知样品中含有CaCO3、CaCO3和CaO、CaO三种情况其中一种,向②中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸,得到15.8g白色沉淀,即AgCl,n(AgCl)=
>0.1mol,则原样品中一定有NaCl且质量为(
-0.1mol)×58.5g/mol
0.59g,则原样品中其它成分总质量为4.7g-0.59g=4.11g,若不含CaCO3则碳元素物质的量<
,不符合题意,故原样品中一定含有CaCO3;由于原样品只有三种杂质,则CaO和NaOH只含其中一种;
A.由分析可知,原样品中一定含NaCl,一定不含CuSO4,故A正确;
B.由分析可知,原样品中不可能同时含CaO、NaOH,故B错误;
C.由分析可知,原样品中一定含CaCO3,可能含NaOH,故C正确;
D.由分析可知,原样品中可能含CaO,一定含有CaCO3,故D错误;
故答案选AC。
【点睛】
注意本题要理清题目中所给信息,要定性判断,更要通过计算得到原样品中所含的杂质种类,此为本题易错点。
10.下列化学过程的表述或数据说明,明显不符合事实的是()
A.向含有1molKAl(SO4)2的溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时,沉淀的总的物质的量却并非是最大值
B.将0.12molCl2通入到100mL1mol/L的FeI2溶液中,离子方程式是:
12Cl2+10Fe2++14I-=10Fe3++7I2+24Cl-
C.较高的温度下,可以测得0.1mol/L氨水的电离度为55%左右
D.十六烷的裂化产物中不饱和烃的分子数可能会超过50%
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A.向含有1mol KAl(SO4)2的溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时,氢氧化钡过量,部分铝元素以偏铝酸根离子存在,所以向含有1mol KAl(SO4)2的溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大时,沉淀的总的物质的量却并非是最大值,A项正确;
B.n(FeI2)=1mol/L×0.1L=0.1mol,氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子,氧化碘离子需要氯气的物质的量为0.1mol,氧化亚铁离子需要氯气的物质的量为0.05mol,所以如果完全氧化碘化亚铁需要氯气的物质的量为0.15mol>0.12mol,则氯气完全反应消耗亚铁离子的物质的量为0.02mol,则离子方程式为6Cl2+2Fe2++10I-=2Fe3++5I2+12Cl-,B项错误;
C.常温下一水合氨电离程度小于1%,升高温度促进一水合氨电离,但较高温度下,氨水挥发,其电离程度不可能达到55%,C项错误;
D.十六烷的裂化生成不饱和烃和饱和烃,不饱和烃的物质的量可能大于饱和烃,所以不饱和烃的分子数可能会超过50%,D项正确;
答案选BC。
【点睛】
本题易错点B项,关于氧化还原反应,当加入一个氧化剂,有多个还原剂能与之反应时,要注意强的还原剂先反应,并且要注意加入的氧化剂的量,是否满足所有的还原剂。
11.下列离子方程式正确的是()
A.将过量NaOH溶液滴入Ca(HCO3)2溶液中:
Ca2++HCO
+OH-→CaCO3↓+H2O
B.Fe(OH)3溶于氢碘酸:
2Fe(OH)3+6H++2Iˉ→2Fe2++I2+6H2O
C.向硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中加入氢氧化钡溶液至SO42ˉ离子沉淀完全Al3++2SO42ˉ+2Ba2++4OHˉ→AlO2ˉ+2BaSO4↓+2H2O
D.4mol·L-1的NaAlO2溶液和7mol·L-1的HCl等体积互相均匀混合4AlO2-+7H++H2O→3Al(OH)3↓+Al3+
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A.二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水,离子方程式为Ca2++2HCO3−+2OH−=CaCO3↓+2H2O+CO32−,故A错误;
B.二者发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘、水,离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I−=2Fe2++I2+6H2O,故B正确;
C.向硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中加入氢氧化钡溶液至SO42−离子沉淀完全,二者的物质的量之比为1:
2,二者反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨,离子方程式为Al3++NH4++2SO42−+2Ba2++4OH−=Al(OH)3↓+NH3
H2O+2BaSO4↓+2H2O,故C错误;
D.4mol•L−1的NaAlO2溶液和7mol•L−1的HCl等体积混合,二者反应生成氢氧化铝和氯化铝,且二者的物质的量之比为3:
1,离子方程式为4AlO2−+7H++H2O=3Al(OH)3↓+Al3+,故D正确;
故答案选:
BD。
【点睛】
本题根据物质之间的反应及离子方程式书写规则分析解答,注意B中发生氧化还原反应、D中生成物的量为易错点。
12.氯化亚铜是一种重要的化工产品,广泛用于颜料、电镀和有机合成等方面。
它不溶于H2SO4和醇,微溶于水,可溶于浓盐酸和氨水,在潮湿空气中易水解且被氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu(OH)C1]。
以海绵铜(主要成分是Cu,还含少量CuO)为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺流程如图:
回答下列问题:
(1)为了提高“溶解”速率,工业生产中宜采用的措施有__(答两条即可)。
(2)写出“溶解”过程中发生氧化还原反应的离子方程式:
__。
(3)“过滤2”所得滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作获得一种化学肥料,它的主要成分是__(填化学式)。
(4)工业生产中,用pH=2的硫酸洗涤“产品”,其目的是__。
(5)氯化亚铜产率与温度、溶液pH的关系如图所示。
据图分析,流程化生产氯化亚铜的过程中,温度过低会影响CuCl产率的原因是__;温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是__。
(6)目前利用膜电解再生氨性含铜蚀刻废液制备氯化亚铜的技术获得突破。
首先在电解槽中电解氨性含铜蚀刻废液,电解后向阴极液中加入盐酸酸化,再倒入蒸馏水稀释得到氯化亚铜沉淀。
电解装置如图所示,阴极区发生的电极反应为__,阳极区溶液的pH将__(填“变大”或“变小”)。
【答案】适当加热,适当增大硫酸浓度3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O(NH4)2SO4抑制CuCl的水解温度过低反应速率慢Cu2+容易向CuO和Cu2O转化[或铵盐(如氯化铵、亚硫酸铵)受热易分解]Cu(NH3)42++e-+2H2O=Cu(NH3)2++2NH3·H2O变小
【解析】
【分析】
海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜,硫酸铵等,加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵,生成氯化亚铜,发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4,过滤得到固体为CuCl,滤液主要是硫酸铵和硫酸,以此解答该题。
【详解】
(1)从影响反应速率的因素角度分析,反应物接触面积越大,反应速率越快,或者适当升高反应液的温度,适当增大硫酸的浓度等也可以增大“溶解”速率;
(2)在酸性条件下硝酸根离子能氧化铜,还原产物为NO,对应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(3)亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵,Cu2+被还原成CuCl,对应的化学方程式为2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O═2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4;
(4)CuCl是强酸弱碱盐,易水解,用硫酸洗涤氯化亚铜,避免氯化亚铜水解;
(5)流程化生产氯化亚铜的过程中,温度过低反应速率慢,CuCl产率低;温度过高、pH过大,Cu2+容易向CuO和Cu2O转化,且温度过高,铵盐(如氯化铵、亚硫酸铵)受热易分解;
(6)根据电解装置,阴极得电子,其电极反应式为[Cu(NH3)4]2++e-+2H2O=[Cu(NH3)2]++2NH3•H2O;阳极的电极反应式为4OH--4e-═O2↑+2H2O,溶液的pH将变小。
13.一种“氢氧化锶-氯化镁法”制备“牙膏用氯化锶(SrCl2·6H2O)”的工艺流程如下:
(1)锶与钙元素同主族。
金属锶应保存在_______中(填“水”、“乙醇”或“煤油”)。
(2)天青石(主要成分SrSO4)经过多
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