高考化学氧化还原反应综合经典题附答案.docx
- 文档编号:11515499
- 上传时间:2023-06-01
- 格式:DOCX
- 页数:42
- 大小:523.71KB
高考化学氧化还原反应综合经典题附答案.docx
《高考化学氧化还原反应综合经典题附答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考化学氧化还原反应综合经典题附答案.docx(42页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
高考化学氧化还原反应综合经典题附答案
一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)
1.某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,且酸性较强。
为回收利用,通常采用如下流程处理:
注:
部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
Al(OH)3
Cr(OH)3
pH
3.7
9.6
11.1
8
9(>9溶解)
(1)氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。
A.Na2O2B.HNO3C.FeCl3D.KMnO4
(2)加入NaOH溶液调整溶液pH=8时,除去的离子是________;已知钠离子交换树脂的原理:
Mn++nNaR→MRn+nNa+,此步操作被交换除去的杂质离子是__________。
A.Fe3+B.Al3+C.Ca2+D.Mg2+
(3)还原过程中,每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-,该反应离子方程式为____________。
【答案】AABCD3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O
【解析】
【分析】
某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子,同时Cr3+被氧化为Cr2O72-,加氢氧化钠调节pH=8,则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,过滤,滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等,通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+,再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4;
(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子,注意不能引入新的杂质;
(2)根据表中数据判断;通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+;
(3)每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-,则1molCr2O72-转移6mol电子,所以生成Cr3+,S2O32-被氧化为SO42-,结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。
【详解】
某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子,同时Cr3+被氧化为Cr2O72-,加氢氧化钠调节pH=8,则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,过滤,滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等,通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+,再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4;
(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子,同时不能引入新的杂质,所以可以用Na2O2代替H2O2,故答案为:
A;
(2)根据表中数据可知,pH=8时,Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,则Fe3+、Al3+被除去;通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+;
(3)每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-,则1molCr2O72-转移6mol电子,所以生成Cr3+,S2O32-被氧化为SO42-,则反应的离子方程式为:
3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O。
2.二氧化氯(ClO2)具有强氧化性,在工业上常用作水处理剂、漂白剂。
ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体,其体积分数超过10%时易引起爆炸。
某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2,回答下列问题:
(1)以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-,写出制备ClO2的离子方程式__。
(2)用过氧化氢作还原剂,在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2,并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。
实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。
①装置A的名称是__,装置C的作用是__。
②反应容器B应置于30℃左右的水浴中,目的是__。
③通入氮气的主要作用有3个,一是可以起到搅拌作用,二是有利于将ClO2排出,三是__。
④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__,装置E的作用是__。
(3)氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。
某次除杂操作时,往粗盐水中先加入过量的__(填化学式),至沉淀不再产生后,再加入过量的Na2CO3和NaOH,充分反应后将沉淀一并滤去。
②用石墨做电极,在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2,工作原理如图所示,写出阳极产生ClO2的电极反应式__。
【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率,同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2,防止其爆炸2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体,防止污染大气BaCl2Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
【解析】
【分析】
二氧化氯(ClO2)具有强氧化性,在工业上常用作水处理剂、漂白剂。
分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯,三种方法均利用了氧化还原反应。
【详解】
(1)以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-,根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒,可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。
(2)①装置A的名称为恒压漏洞,装置C为安全瓶,起到防止液体倒吸的作用。
②升高温度可以提高化学反应速率,但是原料中含有过氧化氢,过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应,因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。
③根据题文可知,ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体,其体积分数超过10%时易引起爆炸,故通入氮气的主要作用有3个,一是可以起到搅拌作用,二是有利于将ClO2排出,三是稀释ClO2,防止其爆炸。
④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应,将CN-转化为无污染的CO2和N2,故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-;装置E在整套装置之后,起到吸收尾气,防止环境污染的作用。
(3)①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质,需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子,过量的钡离子可以用碳酸根离子除去,因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。
②用石墨做电极,电解池的阳极发生氧化反应,元素化合价升高,因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2,电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。
3.实验室用酸性蚀刻废液(含Cu2+、H+、CuC
、Cl-等)和碱性蚀刻废液[N
、Cu(NH3
、NH3·H2O等]制备CuI(白色固体)的实验流程如下:
(1)步骤Ⅰ中发生了多个反应,其中Cu(NH3
与盐酸反应生成Cu(OH)Cl的离子方程式为______。
(2)步骤Ⅳ需控制pH为1~2,80℃下进行,合适的加热方式是______。
(3)步骤Ⅴ的具体步骤是蒸发浓缩、______、____。
(4)步骤Ⅵ在下列装置(夹持及加热装置已省略)中进行。
①装置a中盛装浓硫酸的仪器的名称是____,圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为____。
②用装置d中的溶液洗涤制得的CuI的目的是____,然后再用无水乙醇洗涤的目的是____。
【答案】Cu(NH3
+3H++Cl-+H2O
Cu(OH)Cl↓+4N
热水浴冷却结晶过滤(洗涤)分液漏斗Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O可防止CuI被空气中的O2氧化使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2
【解析】
【分析】
由流程图可知,酸性蚀刻废液和碱性蚀刻废液混合反应得到Cu(OH)Cl悬浊液,过滤,将Cu(OH)Cl加水、过浆后,与浓硫酸水浴加热反应生成硫酸铜,硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体,硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜白色固体。
【详解】
(1)步骤Ⅰ中Cu(NH3)42+与盐酸反应生成Cu(OH)Cl沉淀和氯化铵,反应的离子方程式Cu(NH3)42++3H++Cl-+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH4+,故答案为:
Cu(NH3)42++3H++Cl-+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH4+;
(2)步骤Ⅳ为Cu(OH)Cl加水、过浆后,与浓硫酸在制pH为1~2,80℃下水浴加热反应反应生成硫酸铜,故答案为:
热水浴;
(3)步骤Ⅴ为硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体,故答案为:
冷却结晶;过滤(洗涤);
(4)①装置a中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗;圆底烧瓶中铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O,故答案为:
分液漏斗;Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O;
②装置d中的溶液为二氧化硫的饱和水溶液,碘化亚铜具有还原性,易被空气中的氧气氧化,用二氧化硫水的饱和水溶液洗涤碘化亚铜,可以防止碘化亚铜被空气中的氧气氧化;再用无水乙醇洗涤可以溶解除去碘化亚铜表面可能混有的单质碘,并能使固体快速干燥,故答案为:
可防止CuI被空气中的O2氧化;使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2。
4.铋酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂,在水中缓慢分解,遇沸水或酸则迅速分解。
某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。
回答下列问题:
Ⅰ.制取铋酸钠
制取装置如图(加热和夹持仪器已略去),部分物质性质如下:
物质
NaBiO3
Bi(OH)3
性质
不溶于冷水,浅黄色
难溶于水;白色
(1)B装置用于除去HCl,盛放的试剂是___;
(2)C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物,与Cl2反应生成NaBiO3,反应的离子方程式为___;
(3)当观察到___(填现象)时,可以初步判断C中反应已经完成;
(4)拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。
除去Cl2的操作是___;
(5)反应结束后,为从装置C中获得尽可能多的产品,需要的操作有___;
Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+
(6)往待测液中加入铋酸钠晶体,加硫酸酸化,溶液变为紫红色,证明待测液中存在Mn2+。
①产生紫红色现象的离子方程式为___;
②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体,加硫酸酸化,结果没有紫红色出现,但观察到黑色固体(MnO2)生成。
产生此现象的离子反应方程式为___。
Ⅲ.产品纯度的测定
(7)取上述NaBiO3产品wg,加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应,再用cmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-(已知:
H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O,未配平),当溶液紫红色恰好褪去时,消耗vmL标准溶液。
该产品的纯度为___(用含w、c、v的代数式表示)。
【答案】饱和食盐水Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固体消失(或黄色不再加深)关闭K1、K3,打开K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+
×100%或
×100%或
%
【解析】
【分析】
用浓HCl和MnO2反应制备Cl2,其中混有挥发出来的HCl,要用饱和食盐水出去,然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO3;利用Mn2+的还原性将NaBiO3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性;实验结束后Cl2有毒,要除去,做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液,使其留下和氯气反应;NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO4-,MnO4-再和草酸反应来测定,找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四种物质之间的关系,在计算即可。
【详解】
(1)除去氯气中混有的HCl,用饱和食盐水,故答案为:
饱和食盐水;
(2)反应物为Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物,+3价的Bi被氧化成NaBiO3,Cl2被还原成Cl-,根据原子守恒还有水生成,所以反应为:
Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O,故答案为:
Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O;
(3)C中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO3,故答案为:
C中白色固体消失(或黄色不再加深);
(4)从图上来看关闭K1、K3,打开K2可使NaOH留下与氯气反应,故答案为:
关闭K1、K3,打开K2;
(5)由题意知道NaBiO3不溶于冷水,接下来的操作尽可能在冰水中操作即可,操作为:
在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,故答案为:
在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;
(6)①往待测液中加入铋酸钠晶体,加硫酸酸化,溶液变为紫红色,证明待测液中存在Mn2+,说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-,因为是酸性条件,所以铋酸钠被还原成Bi3+,据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O,故答案为:
5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O;
②由题意可知,Mn2+过量,铋酸钠少量,过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2,反应方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+,故答案为:
3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+;
(7)根据得失电子守恒找出关系式为:
5NaBiO3~2Mn2+~2MnO4-~5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量:
解得m(理论)=0.28CVg,所以纯度=
×100%=
×100%,所以答案为:
×100%或
×100%或
%。
【点睛】
(7)在复杂的纯度、产率等计算中,用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系,由此计算,可以事半功倍,如本题中的关系5NaBiO3~5H2C2O4,使复杂问题简单化了。
5.常温下,三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体,与碳酸钠性质相近。
在工农业生产中有广泛的用途。
某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。
实验一:
探究Na2CS3的性质
(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液,溶液变红色。
用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。
(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液,紫色褪去。
该反应中被氧化的元素是__________。
实验二:
测定Na2CS3溶液的浓度
按如图所示连接好装置,取50.0mLNa2CS3溶液置于三颈瓶中,打开分液漏斗的活塞,滴入足量2.0mol/L稀H2SO4,关闭活塞。
已知:
Na2CS3 +H2SO4=Na2SO4+CS2 +H2S↑。
CS2和H2S均有毒。
CS2不溶于水,沸点46℃,密度1.26g/mL,与CO2某些性质相似,与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
(1)盛放碱石灰的仪器的名称是_______,碱石灰的主要成分是______(填化学式)。
(2)C中发生反应的离子方程式是____________。
(3)反应结束后打开活塞K,再缓慢通入N2一段时间,其目的是_________。
(4)为了计算Na2CS3溶液的浓度,对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重,得8.4g固体,则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为______。
【答案】CS32-+H2O⇌HCS3-+OH-S干燥管CaO和NaOHCS2+2OH-=COS22-+H2O将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中,使其被完全吸收1.75mol/L
【解析】
【分析】
实验一:
(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色,说明Na2CS3是强碱弱酸盐;
(2)根据Na2CS3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断;
实验二:
(1)根据仪器的图形判断仪器的名称;碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠;
(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O;
(3)反应结束后打开活塞k,再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收;
(4)当A中反应完全后,打开K缓慢通入热N2一段时间,然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥,称重,得8.4g黑色固体,n(CuS)=
=0.0875mol,根据关系式Na2CS3~H2S~CuS得n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875mol,根据c=
计算A中Na2CS3溶液的浓度。
【详解】
实验一:
(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色,说明Na2CS3是强碱弱酸盐,则CS32-在水中发生水解,离子方程式为:
CS32-+H2O⇌HCS3-+OH-;
(2)Na2CS3中Na为+1价,C为+4价,都是元素的最高价态,不能被氧化,S为-2价,是硫元素的低价态,能够被氧化,所以被氧化的元素是S;
实验二:
(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管,碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠;
(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O,相关离子方程式为:
CS2+2OH-=COS22-+H2O;
(3)反应结束后打开活塞k,再缓慢通入热N2一段时间,其目的是:
将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收;将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收;
(4)当A中反应完全后,打开K缓慢通入热N2一段时间,然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥,称重,得8.4g黑色固体,n(CuS)=
=0.0875mol,根据关系式Na2CS3~H2S~CuS得n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875mol,c(Na2CS3)=
=1.75mol/L。
6.过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂,具有很强的氧化性和腐蚀性,它可由冰醋酸与过氧化氢在一定条件下制得;它可以迅速杀灭多种微生物,包括多种病毒(如:
SARS病毒、禽流感病毒)、细菌、真菌及芽孢。
下面是市售过氧乙酸商品标签:
有关资料:
H2O2是极弱的电解质,在酸性介质中才能稳定存在,是一种强氧化剂。
过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后,反应生成过氧乙酸(CH3COOOH)。
CH3COOOH容易放出氧原子,它与空气中微生物机体作用,达到灭菌目的,是消毒液的主要成分。
(1)某研究性学习小组为了弄清配制过氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么?
进行以下科学探究,请你完成下列相关内容:
①提出假设:
甲溶液的主要成分为_________,乙溶液的主要成分为_________。
②实验验证:
取甲、乙两种溶液少许,分别加入几滴_________试液,若①中假设正确,则甲溶液的现象为_____________________,乙溶液的现象为__________。
(2)有关过氧乙酸的叙述正确的是_________(填编号)
A.过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH)互为同分异构体
B.过氧乙酸与苯酚混合使用可增强消毒效果
C.过氧乙酸与乙酸属于同系物
D.氧元素的化合价为-2价
(3)实验室制备少量过氧乙酸,可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得,实验装置和步骤如下:
①在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓H2SO4的混合液体,再缓缓加入适量30%的双氧水。
②不断搅拌并控制B中混合液的温度为20~30℃至反应结束。
③接入冷凝管和抽气泵,在锥形瓶中收集得到产品。
请回答下列问题:
①仪器C的名称是_______________;
②为更好地控制反应温度,应采用方法是_________________;
③生成过氧乙酸的化学方程式为________________________________________;
④碘量法分析:
取2.00mL过氧乙酸试样稀释成100mL,从中取出5.00mL,滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉红色以除去残余H2O2,再加入10mL10%KI溶液和几滴淀粉溶液,摇匀,反应完全后再用0.1000mol/L的Na2S2O3标准液滴定至终点(反应方程式为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI),共消耗14.30mLNa2S2O3标准液。
该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是_____mol/L。
(结果保留小数点后两位)(提示:
CH3COOOH+2I−+2H+=I2+CH3COOH+H2O)
【答案】甲H2O2、H2O、H2SO4乙CH3COOH、H2O石蕊甲:
溶液先变红后褪色乙:
溶液由无色变为红色A冷凝管(或直形冷凝管)水浴加热CH3COOH+H2O2→CH3COOOH+H2O7.15
【解析】
【分析】
(1)若假设甲溶液的有效成分是H2O2,则乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后,反应生成过氧乙酸(CH3COOOH),H2O2是极弱的电解质,在酸性介质中才能稳定存在,则H2SO4应该在甲溶液中,另外两种溶液中的水也是一种主要成分;两溶液都呈酸性,都能使紫色石蕊试液变红,但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色;
(2)结合选项对过氧乙酸(CH3COOOH)性质判断,
(3)①由仪器的结构,可知C为直形冷凝管;
②控制B中混合液的温度为20~30℃,应采取水浴加热;
③结合题中信息,写出生成过氧乙酸的化学反应方程式;
CH3COOOH+2I−+2H+=I2+CH3COOH+H2O,2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI,由这两个方程式,确定关系式:
CH3COOOH~I2~2Na2S2O3,计算稀释后5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量,再计算原来的2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量,再根据物质的量浓度定义式计算。
【详解】
(1)若假设甲溶液的有效成分是H2O2,则乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后,反应生成过氧乙酸(CH3COOOH),H2O2是极弱的电解质,在酸性介质中才能稳定存在,则H2SO4应该在甲溶液中,另外两种溶液中的水更是一种主要成分;两溶液都呈酸性,都能使紫色石蕊试液变红,但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色;
(2)过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH)的分子式都是C2H4O3,但结构不同,故互为同分异构体;过氧乙酸具有强氧化性,而苯酚易被氧化,两者混合发生氧化还原反应,不能增强消毒效果;过氧乙酸的分子结构中存在过氧根而乙酸中没有,两者结构不相似,不属于同系物;过氧乙酸中的氧元素有+2价、+1价;
(3)①由仪器的结构,可知C为直形冷凝管;
②控制B中混合液的温度为20~30℃,应采取水浴加热,受热均匀,便于控制温度;
③乙酸与过氧化氢在浓硫酸、20~30℃条件下反应生成过氧乙酸(CH3COOOH),反应的化学方程式为:
CH3COOH+H2O2
CH3COOOH
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 化学 氧化 还原 反应 综合 经典 答案