高考化学钠及其化合物的综合压轴题专题复习及详细答案.docx
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高考化学钠及其化合物的综合压轴题专题复习及详细答案
高考化学——钠及其化合物的综合压轴题专题复习及详细答案
一、高中化学钠及其化合物
1.化学兴趣小组制取Na2O2,并测定制得的Na2O2样品的纯度。
I.制取Na2O2。
查阅资料:
①钠与空气在453~473K之间可生成Na2O,迅速提高温度到573~673K之间可生成Na2O2。
②4Na+3CO2
2Na2CO3+C。
③加热后,Na不与N2反应。
(1)图1为兴趣小组制取Na2O2的装置,得到的固体中不可能混有的杂质是____。
A.Na3NB.Na2CO3C.Na2OD.NaOH
(2)该小组若要得到相对纯净的Na2O2,请从图2中选择合适的装置(要求从装置A、B、C中选择)净化空气,接口从左至右正确的连接顺序是____。
II.测定制得的Na2O2样品的纯度。
按图2装置中的F→B→C→A→D顺序连接,检查装置气密性后,将制得的10g样品放入F装置的烧瓶中,滴入稀硫酸反应后,D中收集到1.12L气体(体积已转换为标况下)。
(3)写出样品中Na2O2所发生反应的化学方程式为_____。
(4)B中反应的化学方程式为____,C装置的作用是____。
(5)装置F中仪器i的名称为____;仪器i和烧瓶用一根导管连接,目的是使稀硫酸能顺利流下,也可减少实验产生误差,若没有该导管将导致测定的结果____(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(6)该实验测得样品中Na2O2纯度为_____。
【答案】Aedbc2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑2NaOH+CO2=H2O+Na2CO3检验CO2是否除尽分液漏斗偏大78.0%
【解析】
【分析】
(1)①钠与氧气反应可以得到氧化钠、过氧化钠,二者均与二氧化碳反应得到碳酸钠,与水反应会得到氢氧化钠,由信息可知钠与氮气不反应;
(2)若要得到相对纯净的过氧化钠,应将空气通过盛有浓氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化碳,再通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气;
(3)过氧化钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水;
(4)该实验设计的原理是烧瓶中过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠、氧气与水,用浓氢氧化钠溶液吸收氧气中可能混有二氧化碳,用澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽,用排水法收集氧气,根据氧气体积可以计算过氧化钠的质量,进而计算样品中过氧化钠的质量分数;
(5)分液漏斗和烧瓶用导管连接可以平衡气压,使稀硫酸顺利流下,还可以抵消滴加硫酸排出空气的体积,若没有该导管,排出的空气按生成氧气的体积计算;
(6)依据标况下氧气的体积和反应方程式计算过氧化钠的质量,由题给数据计算过氧化钠的纯度。
【详解】
(1)①钠与氧气反应可以得到氧化钠、过氧化钠,二者均与二氧化碳反应得到碳酸钠,与水反应会得到氢氧化钠,由信息可知钠与氮气不反应,则Na2O2中可能含有的杂质为Na2CO3、Na2O、NaOH,不可能含有Na3N,故答案为:
A;
(2)空气中含有的二氧化碳和水会与过氧化钠的反应,使得制得的过氧化钠含有杂质,若要得到相对纯净的过氧化钠,应将空气通过盛有浓氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化碳,再通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气,则净化空气的装置接口从左至右的连接顺序是edbc,故答案为:
edbc;
(3)过氧化钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、氧气和水,反应的化学方程式为2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑,故答案为:
2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑;
(4)该实验设计的原理是烧瓶中过氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠、氧气与水,用浓氢氧化钠溶液吸收氧气中可能混有二氧化碳,用澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽,用排水法收集氧气,根据氧气体积可以计算过氧化钠的质量,进而计算样品中过氧化钠的质量分数,二氧化碳与浓氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2NaOH+CO2=H2O+Na2CO3,故答案为:
2NaOH+CO2=H2O+Na2CO3;检验CO2是否除尽;
(5)装置F中仪器i的名称为分液漏斗,分液漏斗和烧瓶用导管连接可以平衡气压,使稀硫酸顺利流下,还可以抵消滴加硫酸排出空气的体积,若没有该导管,排出的空气按生成氧气的体积计算,导致测定氧气体积偏大,则测定Na2O2样品的纯度偏大,故答案为:
分液漏斗;偏大;
(6)过氧化钠与稀硫酸反应的化学方程式为2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑,标况下1.12L氧气的物质的量为
=0.05mol,由方程式可知过氧化钠的质量为0.05mol×2×78g/mol=7.8g,则过氧化钠的纯度为
×100%=78.0%,故答案为:
78.0%。
【点睛】
分液漏斗和烧瓶用导管连接可以平衡气压,使稀硫酸顺利流下,还可以抵消滴加硫酸排出空气的体积,若没有该导管,排出的空气按生成氧气的体积计算是分析的难点,也是解答的易错点。
2.如图所示,“二氧化碳是否在有水存在时,才能与过氧化钠反应?
”这个问题可通过以下实验加以证明。
(1)按图装置,在干燥的试管Ⅲ中装入Na2O2后,在通入CO2之前,应事先将活塞(K1、K2)关闭好,目的何在?
____。
(2)试管I内的试剂X是__时,打开活塞K1、K2,加热试管Ⅲ约5分钟后,将带火星的小木条插入试管Ⅱ的液面上,可观察到带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来,且Ⅲ内淡黄色粉末未发生变化,则所得的结论是____。
(3)试管I内试剂为CO2饱和水溶液时,其他操作同
(2),通过____的现象,可以证明Na2O2与潮湿的CO2能反应且放出O2。
(4)CO2与过氧化钠反应机理也可用示踪原子分析加以证明,请完成下列反应方程式:
__Na2O2+____C18O2+____H218O→____。
【答案】以防止试管Ⅲ内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象浓H2SO4过氧化钠与干燥的CO2不反应带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上复燃,同时,Ⅲ内固体由淡黄色变为白色222═2Na2C18O3+O2↑+2H2O
【解析】
【详解】
(1)本题旨在利用对比实验,探究Na2O2与CO2反应的环境,故实验步骤中,首先让Na2O2与干燥CO2反应,必须保证整个环境中不能有H2O,故通入反应装置前CO2必须干燥,故答案为以防止试管Ⅲ内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象;
(2)二氧化碳必须是干燥的,所以使用试剂X浓硫酸进行干燥;由带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来,且Ⅲ内淡黄色粉末未发生变化,说明干燥的二氧化碳与过氧化钠没有发生反应,故答案为浓H2SO4;过氧化钠与干燥的CO2不反应;
(3)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应会生成氧气,所以带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上会复燃;Ⅲ内固体由淡黄色变为白色,说明淡黄色的过氧化钠由于参加了反应生成了白色的碳酸钠,故答案为带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上复燃,同时,Ⅲ内固体由淡黄色变为白色;
(4)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应的实质为:
二氧化碳与水结合生成碳酸,碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应,碳酸中18O完全存在于碳酸根离子中,生成的水中不含18O,反应的化学方程式为:
2Na2O2+2C18O2+2H218O═2Na2C18O3+O2↑+2H2O,故答案为2;2;2;═2Na2C18O3+O2↑+2H2O。
【点睛】
本题考查了碱金属及其化合物的性质,该题是高考中的常见考点和题型,试题基础性强,旨在考查学生的逻辑推理能力。
本题的易错点为(4),碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应,碳酸中18O完全存在于碳酸根离子中。
3.I.中国的侯德榜对索尔维制碱法进行了改进,将合成氨工业与纯碱工业联合,发明了侯氏制碱法,又称联合制碱法,生产流程可以表示如图所示(
代表所需物质,
代表产品)
在上述工业流程中:
(1)产品N的化学式__________,所需物质A的名称____________,B的电子式____________。
(2)侯德榜制碱法的原理是_____________________________________(用化学方程式表示)。
操作X的名称是_________________________。
II.利用侯德榜原理制备的纯碱中含有少量NaCl等杂质,利用下列装置可用来测定纯碱中的Na2CO3的质量分数。
实验步骤如下:
①如图所示,组装好实验仪器,并检查其气密性;
②准确称取盛有碱石灰的干燥管D的质量(设为m1g);
③准确称取一定量的纯碱(设为ng),并将其放进广口瓶B内;
④从分液漏斗中缓缓滴入一定量的稀硫酸,并从前端缓缓地鼓入空气,至B反应器中不再产生气体为止;
⑤准确称取干燥管D的总质量(设为m2g)
根据上述实验,回答下列问题:
(3)该实验进行到操作④时,要缓缓鼓入空气,鼓入空气的作用是__________________________。
装置A中的液体应选用___________。
(4)装置B与D之间必须添加一装置C,否则使测定结果偏高。
在空白框内画出该装置C,装置中盛放的是__________。
(5)根据此实验,计算出纯碱中Na2CO3的质量分数为_________________(用m1、m2、n表示)。
如果缺少装置E,则实验所得纯碱样品的纯度会_________(“偏高”、“偏低”、或“无影响”)。
【答案】NH4Cl氨气
NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl过滤确保CO2充分被吸收氢氧化钠溶液
浓硫酸
偏高
【解析】
【分析】
联合制碱法:
以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱,二氧化碳在水中的溶解度小,与水反应形成不稳定的碳酸,而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中,会使生成的碳酸与氨水发生反应,而增大二氧化碳气体的吸收,将氨通入饱和食盐水而成氨盐水,再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀,A为NH3,B为CO2,反应为:
CO2+H2O+NaCl+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl,经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体,再加热制得纯碱产品。
【详解】
(1)产品N是氯化铵,化学式为NH4Cl,所需物质A的名称是氨气,CO2的电子式:
;
(2)侯德榜制碱法的原理是NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl;操作X后得滤液和固体,则操作为过滤;
(3)该实验进行到操作④时,要缓缓鼓入空气,鼓入空气的作用是确保CO2充分被吸收;为防止空气中的CO2造成实验误差,装置A中的液体应选用氢氧化钠溶液;
(4)装置B与D之间必须添加一装置C,吸收水分,否则使测定结果偏高;装置C为:
,装置中盛放的是浓硫酸;
(5)根据此实验,干燥管D增加二氧化碳质量
g,通过差量法可知,纯碱中Na2CO3的质量分数为
,如果缺少装置E,外界的二氧化碳、水蒸气会被干燥管D吸收,则实验所得纯碱样品的纯度会偏高。
4.某种含有少量氧化钠的过氧化钠试样(已知试样质量为1.560g、锥形瓶和水的质量为190.720g),利用如图装置测定混合物中Na2O2的质量分数,每隔相同时间读得电子天平的数据如下表:
(1)写出Na2O2和H2O反应的化学方程式_______。
(2)计算过氧化钠质量分数时,除了试样的质量,锥形瓶和水的质量,还必需的数据是______,不必作第6次读数的原因是______。
(3)根据上述数据,过氧化钠的质量分数是_____(保留2位小数)。
(4)测定上述样品(1.560g)中Na2O2质量分数的另一种方案,其操作流程如图:
①操作Ⅰ的名称是_____。
②需直接测定的物理量是_____。
③操作Ⅱ需要的仪器除了酒精灯,还需要_____(固定、夹持仪器除外)。
④在转移溶液时,如溶液转移不完全,则Na2O2质量分数的测定结果_____(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑第4次或第5次的读数第5次与第4次的读数相同,锥形瓶内质量已达恒重0.84溶解生成NaCl的质量玻璃棒、蒸发皿偏大
【解析】
【分析】
(1)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气;
(2)、(3)计算过氧化钠质量分数时,应用过氧化钠完全反应的数据,根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化以及还有第4次或第5次读数,计算生成氧气的质量,根据氧气的质量计算过氧化钠的质量;由表中数据可知,第4、5次读数相等,锥形瓶内的质量已达到恒重;
(4)①由流程图可知,操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解;
②操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体为氯化钠,需直接测定氯化钠的质量;
③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体,蒸发浓缩、冷却结晶,需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿;
④在转移溶液时,如溶液转移不完全,烧杯内壁沾有少量的氯化钠,测定的氯化钠的质量偏小,样品中钠元素的质量分数偏低,故过氧化钠的质量分数偏大。
【详解】
(1)Na2O2和H2O反应的化学方程式:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;
(2)计算过氧化钠质量分数时,应用过氧化钠完全反应的数据,根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化计算生成氧气的质量,根据氧气的质量计算过氧化钠的质量,故需要知道试样的质量、锥形瓶+水的质量,还有第4次或第5次读数;由表中数据可知,第4、5次读数相等,锥形瓶内的质量已达到恒重,不必作第6次读数;
(3)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,由反应方程式可知,由于过氧化钠与水反应生成氧气,反应前后质量减少,质量的变化量就是氧气的质量,即m(O2)=1.560g+190.720g-192.010=0.270g,n(O2)=
=0.0084mol,在化学反应中,反应物、生成物的物质的量变化之比等于化学计量数之比,故n(Na2O2)=2(O2)=0.0168mol,过氧化钠的质量分数是:
=84%;
(4)①由流程图可知,操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解;
②最终蒸发浓缩、冷却结晶得到的晶体为氯化钠,故应测定生成NaCl的质量;
③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体,蒸发浓缩、冷却结晶,需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿;
④在转移溶液时,如溶液转移不完全,烧杯内壁沾有少量的氯化钠,测定的氯化钠的质量偏小,样品中钠元素的质量分数偏低,由于过氧化钠中钠元素的质量分数小于氧化钠中钠元素的质量分数,故过氧化钠的质量分数偏大。
5.氨和硝酸都是重要的化学品。
(1)画出采用氨催化氧化法合成硝酸的反应原理流程图:
(要求注明试剂、反应条件)___
(示例:
)
(2)向饱和氯化钠和浓氨水的混合溶液中通入过量CO2从而析出NaHCO3晶体,是侯氏制碱法的关键步骤,用一个化学方程式表示该反应原理_________________________________。
在0.1mol/L的稀氨水中,下列式子成立的是____________。
A.c(NH3·H2O)+c(NH3)+c(NH4+)=0.1mol/L
B.c(NH3·H2O)>c(NH3)+c(NH4+)
C.c(H+)>c(OH-)
D.c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)
(3)A是中学化学常见气体,打开装有A的集气瓶,瓶口出现白雾,将A与氨气混合,立即出现大量白烟,生成物质B,则A的分子式为_________,物质B中所含的化学键类型有____________。
(4)将6.4g铜粉投入一定量的浓硝酸中,铜完全溶解,产生标准状况下的混合气体3.36L,其中两种成分气体的体积比为__________,反应中总共消耗的硝酸_______________mol。
(5)向含4molHNO3的稀溶液中,逐渐加入铁粉至过量。
假设生成的气体只有一种,请在坐标系中画出n(气体)随n(Fe)变化的示意图,并标出n(气体)的最大值_______。
(6)氨气和硝酸生产的氮肥硝酸铵受热或受撞击容易分解,若分解时只生成两种氧化物,写出该反应的化学方程式_________________________。
【答案】
NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4ClABDHCl(极性)共价键、离子键(和配位键)1:
5或5:
10.35
NH4NO3
N2O↑+2H2O
【解析】
【详解】
(1)在工业上用N2与氢气化合形成氨气,氨气催化氧化产生NO,NO被氧气氧化产生NO2,NO2被水吸收得到硝酸,则用氨催化氧化法合成硝酸的反应原理流程图是:
;
(2)向饱和氯化钠和浓氨水的混合溶液中通入过量CO2从而析出NaHCO3晶体,反应的化学方程式是NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl;
A.在0.1mol/L的稀氨水中,N元素的存在形式有NH3·H2O、NH3、NH4+,根据N元素守恒可知c(NH3·H2O)+c(NH3)+c(NH4+)=0.1mol/L,正确;
B.氨气溶于水,绝大多数发生反应产生NH3·H2O,只有少量发生电离产生NH4+,所以微粒的浓度关系是:
c(NH3·H2O)>c(NH3)+c(NH4+),正确;
C.在氨水中存在水的电离平衡及NH3·H2O的电离平衡,二者都电离产生OH-,只有水电离产生H+,所以离子浓度关系是c(H+) D.在氨水中存在水的电离平衡及NH3·H2O的电离平衡,二者都电离产生OH-,只有水电离产生H+,根据二者电离产生的离子浓度关系可知c(NH4+)+c(H+)=c(OH-),正确; (3)A是中学化学常见气体,打开装有A的集气瓶,瓶口出现白雾,将A与氨气混合,立即出现大量白烟,生成物质B,则A的分子式为HCl,NH3与HCl反应产生的物质B是NH4Cl,其中所含的化学键类型有(极性)共价键、离子键(和配位键); (4)6.4g铜的物质的量是n(Cu)=6.4g÷64g/mol=0.1mol,将6.4g铜粉投入一定量的浓硝酸中,会发生反应: Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2↑+2H2O;3Cu+8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,Cu是+2价的金属,0.1molCu失去电子的物质的量是0.2mol,反应产生的NO、NO2混合气体在标准状况下体积是3.36L,物质的量是n=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol,假设NO、NO2的物质的量分别是x、y,则3x+y=0.2mol;x+y=0.15mol,解得x=0.025mol,y=0.125mol,根据n=V/Vm可知二者的体积比等于它们的物质的量的比,所以V(NO): V(NO2)=0.025mol: 0.125mol=1: 5;V(NO2): V(NO)=5: 1;根据N元素守恒可知n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(气体)=2×0.1mol+0.15mol=0.35mol; (5)根据铁和硝酸反应的实质,开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁,反应的方程式是: Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O,根据方程式可知4molHNO3发生反应产生1molNO气体,反应消耗1molFe,后发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+,无气体产生,所以用图象表示为 ; (6)氨气和硝酸生产的氮肥硝酸铵受热或受撞击容易分解,若分解时只生成两种氧化物只能是N2O、H2O,根据电子守恒、原子守恒,可得该反应的化学方程式是NH4NO3 N2O↑+2H2O。 6.欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可用以下四种方法。 方法一: 方法二: 方法三: 方法四: 不使用化学试剂,使用实验室常用仪器。 按要求回答下列问题: (1)方法一: 加入足量的试剂A是___________(填写A的化学式),可将HCO3-转化为沉淀并称重。 操作1、2、3、4的名称依次是溶解、____、洗涤和干燥(烘干); (2)方法二: 在操作1中所用到的玻璃仪器中,除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还需要用到的是__________,应选择甲基橙作指示剂; (3)在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为_____________; (4)在方法三中,根据所用的实验装置,除了称量样品质量外,还需测定的实验数据是_____________________; (5)仔细分析方法三中的实验装置,若由此测得的数据来计算实验结果,则有可能偏高也有可能偏低,偏高的原因可能是_________,偏低的原因可能是__________(均文字简述); (6)方法四的实验原理是________________(用化学方程式表示)。 【答案】Ca(OH)2或Ba(OH)2过滤100mL容量瓶0.042V/m×100%装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量碱石灰可能还会吸收空气中的水蒸气和CO2气体装置内会留存部分CO2气体2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑ 【解析】 【分析】 方法一: (图甲)固态样品加试剂A使碳酸氢跟生成沉淀,再经过过滤、洗涤、干燥称量沉淀的质量,从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量,进而计算质量分数; 方法二: (图乙)固态样品加水溶解成100ml溶液,取20ml加指示剂,用标准盐酸进行滴定,从而计算出碳酸氢钠的质量分数; 方法三: (图丙)固态样品加稀硫酸充分溶解,再经过浓硫酸干燥,用碱石灰吸收生成的二氧化碳气体,根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量,进而计算质量分数; 方法四: 不用其他化学试剂,就只能是碳酸氢钠的受热分解了,利用固体反应前后的质量差,计算碳酸氢钠的质量分数。 【详解】 (1)与HCO3-反应钠产生沉淀的试剂有Ca(OH)2或Ba(OH)2;操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥; (2)方法二操作1的步骤是溶解、转移、洗涤、定容、摇匀,用到的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶,还需100mL的容量瓶; (3)由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢钠的物质的量,原液是待测液的5倍,所以,样品中NaHCO3的质量分数为V(HCl)×10-3×0.100×5×84/m×100%= ; (4)方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数,所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量; (5)偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大;偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收; (6)不用其他化学试剂,就只能是碳酸氢钠的受热分解了,利用固体反应前后的质量差,计算碳酸氢钠的质量分数,化学方程式是2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑。 7.已知①Na2O2②O2③HClO④H2O2⑤Cl2⑥NaClO⑦O3七种物质都具有强氧化性。 请回答下列问题: (1)上述物质中互为同素异形体的是_____(填序号,下同)。 (2)含非极性键的共价化合物是_________。 (3)属于离子化合物的有______种。 (4)Na2O2、HClO、H2O2均能用于制备O2。 ①HClO在光照条件下分解生成O2和HCl,用电子式表示HCl的形成过程: _________________________。 ②写出Na2O2与H2O反应制备O2的化学方程式: ____________________________________。 ③H2O2在二氧化锰催化作用下可以制备O2。 若6.8gH2O2参加反应,则转移电子数目为_________,生成标准状况下O2体积为_______L。 【答案】②⑦④2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑1.204x1023或0.2NA
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