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文档简介

化学计算的类型和方法

一、选择题(本题共13小题,每题只有一个选项符合题意)

1.在一容积固定的密闭容器中进行反应:2SO2(g)+O2(g)^2SO3(g)o已知反

应过程中某一时刻S02、。2、S03的浓度分别为0.2moll—I、0.1molL-\0.2

molL-'o当反应达到平衡时,各物质的浓度可能存在的数据是

A.SO2为0.4molL—I。2为0.2molL」B.SO?为0.25molL」

C.SO2和SO3均为015molL—।D.SO3为0.4molL—।

【答案】B

【解析】本题可根据极端假设法进行分析。若平衡向正反应方向移动,达到平

衡时SO3的浓度最大为0.4mol-L—而SO2和O2的浓度最小为0;若平衡向逆

反应方向移动,达到平衡时SO.3的浓度最小为0,而SO2和的最大浓度分别

为0.4mol-L—I0.2molL—考虑该反应为可逆反应,反应不能向任何一个

方向进行到底,因此平衡时SO3、、SO2的浓度范围应分别为

1

0<c(S03)<0.4molL-',0<c(02)<0.2mol-L-,0<c(S02)<0.4molL-'oSO2反

应转化成SO3,而SO3分解则生成SO2,那么c(S03)+c(S02)=0.2mol-L—i+0.2

molL—'=0.4molL—'0对照各选项,只有B项符号题意。

2.为了检验某含有NaHCOs杂质的Na2c。3样品的纯度,现将型g样品加热,

其质量变为02g,则该样品的纯度(质量分数)是

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】样品加热发生的反应为:

A

=

2NaHCO.<=Na2CO3+H2O+CO2tAw

16810662

M(NaHCC)3)g(wl—w2)g

质量差为(WLW2)g,故样品中NaHCCh质量为:g,Na2cO3质量为

w,g-g,其质量分数为==。当然,本题也可用常规方法,依据化学方程式直

接求解。

3.把5.1克某合金的粉末放入过量盐酸中,得到5.6L(标况)氢气,则该合金

的组成为

A.钠和钾B.钙和镁C.铝和镁D,钠和铁

【答案】C

【解析】标况下5.6L氢气的物质的量是5.6L+22.4L/mol=0.25mol,因此反应中

合金失去电子的物质的量是0.25molx2=0.5mol,则失去Imol电子需要合金的

质量是5.1g+0.5=10.2g。Na、K、Mg、Ca、Al、Fe与盐酸反应时失去Imol电

子需要金属的质量分别是23、39、12、20、9、28,由此可知,合金中一定含

铝,所以选项中正确的组合只能是铝和镁。答案选C。

4.两种气态混合煌O.lmol完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水,下列说法错误是

A.混合气体中一定是甲烷和乙烯B.混合气体中一定有甲烷

C.混合气体中一定没有乙烷D.混合气体中可能有乙烯

【答案】A

【解析】n(H2。尸3翅RZmol,即O.lmol混合燃完全燃烧得0.16molCO2和

18g/mol

0.2molH20,根据元素守恒,混合烽的平均分子式为CL6H-煌中C原子数小于

L6的只有CH4,则混合气体中一定含有甲烷,由于CH4分子中含4个H原子,

则另一烧分子中一定含4个H原子,且其碳原子数大于L6,故可能是C2H4或

C3H4。A.根据上述分析可知,混合气体中一定含有甲烷,可能含有C2H4或

C3H4,故A错误;B.混合气体中一定含有甲烷,故B正确;C.由于H原子

数平均为4,则混合气体中一定没有乙烷,故C正确;D.混合气体中可能有

C2H4或C3H4,故D正确;答案选A。

5.在铁和氧化铁混合物15g中,加入稀硫酸150mL,能放出H21.68L(标准

状况)。同时铁和氧化铁均无剩余,向反应后的溶液中滴入KSCN溶液,未见

颜色变化。为了中和过量的H2sO,,且使Fe2+完全转化成Fe(OH)2,共消耗3

mol-L—।的NaOH溶液200mL,则原硫酸的物质的量浓度是

A.1.5molL—1B.2molL—1C.2.5mol-L—1D.3molL—1

【答案】B

【解析】此题反应过程复杂,但最后溶液中只有Na2sO,,因为NaOH共0.6

mol,故Na2sO4为0.3mol,所以原H2sO4为0.3mol。故硫酸的浓度为2moi-L

1

-----O

6.下列不能测定Na2cCh和NaHCCh混合物中Na2c0?质量分数的实验方案是

A.取a克混合物充分加热至质量不变,减重b克

B.取a克混合物与足量稀硝酸充分反应,加热、蒸干、灼烧至熔化,冷却得b

克固体

C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反应,逸出气体用碱石灰完全吸收,增重b

D.取a克混合物与足量Ba(0H)2溶液充分反应,过滤、洗涤、烘干,得b克固

【答案】C

【解析】A.NaHCCh受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,所以通过加热分

解利用差量法即可计算出Na2c。3质量分数,故A正确;B.Na2c。3和NaHCOs

均可与硝酸反应生成水、二氧化碳和硝酸钠,所以bg固体是硝酸钠,利用守

恒法可计算出Na2c。3质量分数,故B正确;C.混合物与足量稀硫酸充分反应,

也会生成水和二氧化碳,所以逸出的气体是二氧化碳,但会混有水蒸气,即碱

石灰增加的质量不是二氧化碳的质量,不能测定含量,故C错误;D.Na2cCh

和NaHCOs都与Ba(0H)2反应,反应的方程式为CO32-+Ba2+=BaCC)3j、HCO3-

2+

+OH-+Ba=H2O+BaCO3l,因此最后得到的固体是BaCCh,所以列方程可以

计算出Na2cCh质量分数,故D正确;答案选C。

7.Na2cCh和NaHCCh混合物27.4g,加热至质量不再减小,得到残余固体21.2

g,则Na2cO3和NaHCCh的物质的量比为

A.1:1B.1:2C,3:2D,1:3

【答案】B

【解析】设混合物中含有NaHCOs的质量为m,则根据反应方程式2NaHC03A

Na2co3+CO2T+H2O可知:每有2x84gNaHCO3发生反应,反应后产生106g

Na2cO3固体,反应前后固体质量减少62g,现在固体质量减少了27.4g-21.2

g=6.2g,故混合物中含有NaHCCh的质量m=%x(2x84)g=16.8g,则混合物中

62g

含有碳酸钠的质量为皿Na2co3尸27.4g-16.8g=10.6g,〃(Na2cO3尸

私62=o.imol;”(NaHCCh尸」竺机=o.2mol,因此原混合物中Na2cO3与

106g/mol84g/mol

NaHCCh的物质的量之比〃(Na2co3):n(NaHCO3)=0.1mol:0.2mol=l:2,故合

理选项是B。

8.向5.1g镁和铝的混合物中加入足量的硫酸溶液,充分反应后产生的气体在

标准状况下的体积为5.6L,若向反应后的溶液中加入NaOH溶液,使

Mg2\A产恰好完全沉淀,则沉淀的质量为

A.7.225gB.9.35gC.13.6gD.22.1g

【答案】C

【解析】镁和铝的混合物中加入足量的硫酸溶液,充分反应后镁和铝转为离子

Mg2\A产形式存在,加入NaOH溶液,使Mg?+、Al?+恰好完全沉淀得到

2+5

Mg(OH)2、A1(OH)3‘有关系式:Mg~H2~2e~2OH-,2A1-~3H2~6e~6OH,得

到气体在标准状况下的体积为5.6L物质的量为0.25mol,则需要0.5mol的0H

恰好沉淀Mg?+和AF,沉淀质量为51g+0.5moixl7g/mol=13.6g,故答案选

Co

9.把ag铁铝合金粉末溶于足量盐酸中,加入过量NaOH溶液,过滤出沉淀,

经洗涤、干燥、灼烧,得到红棕色粉末的质量仍为ag,则原合金中铁的质量分

数为

A.70%B.52.4%C.47.6%D.30%

【答案】A

【解析】由铁铝合金粉末溶于足量盐酸中,加入过量NaOH溶液,沉淀为氢氧

化铁,则经洗涤、干燥、灼烧,得到红棕色粉末为氧化铁,则agFe、Al-ag

Fe2O3,合金中铝的质量等于氧化铁中氧元素的质量,则合金中铁的质量分数等

于氧化铁中铁的质量分数,原合金中铁的质量分数为56x2*100%=70%。

56x3+16x3

答案选A。

10.铁、铜混合粉末ag加入到100mLFe(N03)3和HN03的混合溶液中,充分

反应后,剩余固体质量为bg,将固体过滤后,向滤液(忽略溶液体积变化)中

加入100mL0.4moiI—】NaOH溶液,滤液中金属离子恰好沉淀完全。下列说

法错误的是

A.剩余固体一定含铜,可能含铁

B.向反应后的固液混合体系中加入稀盐酸,固体一定会继续溶解

C.加入NaOH溶液后最终可观察到红褐色沉淀,可知原滤液中含Fe3+

D.所得滤液中c(NO;)=0.4mol1一i

【答案】C

【解析】充分反应后,剩余固体质量为bg,则固体中一定含有铜,可能含有铁,

溶液中一定含有NO3-、Fe2+,一定不含有Fe3+,可能含有C/+。A.由于铁的

还原性比铜强,所以剩余固体中一定含铜,可能含铁,A正确;B.反应后的溶

液中一定含有Fe(NC)3)2,可能含有CU(NO3)2,向反应后的固液混合体系中加入

稀盐酸,溶液中的H+、NCh-能与Cu、Fe反应,所以固体一定会继续溶解,B

正确;C.反应后的溶液中一定含有Fe(NO3)2,加入NaOH溶液后,先生成

Fe(OH)2,不断被空气中的O2氧化,最终生成Fe(OH)3,可观察到红褐色沉淀,

但原滤液中一定不含Fe3+,C不正确;D.滤液中一定含有Fe(NCh)2,可能含有

CU(NO3)2,加入NaOH溶液后,生成NaNCh等,则c(NO;尸c(Na+)=0.1Lx0.4

mO1L-,=004m°h故所得滤液中CM。下霏"m。卜LjD正确;故

选C。

11.将8.34g绿矶(FeS0「7HQ)样品进行加热,其热重曲线(样品质量随温度变

化的曲线)如图所示。下列说法正确的是

A.1O(TC时,获得的固体产物为FeS0「4H,0

B.373℃时,反应的化学方程式为FeS0「2Hq二‘FeSO"+ZH?。

C.Q段获得的固态产物具有磁性

D.Q段获得的气态产物只有so,

【答案】A

【解析】8.34gFeS(V7H2O样品物质的量=8.34g=o.03mol,其中

278g/mol

m(H2O)=0.03molx7xl8g/mol=3.78g,如晶体全部失去结晶水,固体的质量应为

8.34g378g=4.56g,可知在加热到373(之前,晶体失去部分结晶水,结合质量

的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式。加热至633。(2时,固体的质

量为2.40g,其中n(Fe)=n(FeSO4*7H20)=0.03mol,m(Fe)=

0.03molx56g/mol=1.68g,贝ij固体中m(O尸2.40g-l.68g=0.72g,n(O)=°~72g

16g/mol

=0.045mol,贝iJn(Fe):n(O尸0.03mol:0.045mol=2:3,则固体物质Q的化学式

为FezCh。

A.样品的物质的量n(FeSO.7H,O)=」^丁=0.03mol,78,C时失去结晶水的

278g-mol

物质的量n(H,0)=8-34g-6.7jg=009moi,则ImolFeSO/HQ失去3moi结晶水,

78〜139时固态产物为FeSO.4HO,A正确;B.按照同样的计算方法可知,N

42

段和P段的固态产物分别为FeSO「HQ和FeSOj则3730c时,反应的化学方程式

为FeSO“HqtcFeSO4+Hq,B错误;C.Q段固态产物中含有“Fe)=0.03mol,

则n(0)=2.40g_O.O3molx56g.moL=0045mo],该物质为「。以,C错误;D.根据

''16g-mor1

质量守恒定律以及C项的计算可知此时气态产物不可能只有so,,D错误。故

选Ao

12.某混合气体由两种气态煌组成,2.24L该混合气体完全燃烧后,得到4.48L

二氧化碳(气体已折算成标准状况)和3.6g水。则这两种气体可能是

A.CH4和C2H4B.CH4和C3H4C.C2H4和C3H4D.C2H4和C2H6

【答案】B

【解析】某混合气体由两种气态煌组成,2.24L该混合气体即物质的量为

n=Y=2.24L=o]mol,该混合气体完全燃烧后,得到4.48L二氧化碳(气

Vm22.4Lmor'

体已折算成标准状况)物质的量为弋二获出一。,和3.6g水即物质的

y点燃y

(x+^-)OxCO+yHO

『82…CM,+222

量,Imol(x+-^)molxmol—molJ

2

O.lmol0.2mol0.2mol

Imol_xmol_fn101,得到x=2,y=4,即混合气体的化学式为C2H4,根据碳

O.lmol0.2mol0.2mol

原子比2小的只有CH4,根据碳原子数和氢原子得到另一种气体为C3H4或

C4H4,故B符合题意。

13.向一定量的Fe、FeO、Fe?。?的混合物中加入130mL5moi的稀硝酸,恰

好使混合物完全溶解,放出1.568LNO(标准状况),往所得溶液中加入KSCN

溶液,无明显变化。若用足量的co在加热条件下还原相同质量的混合物,能得

到铁的物质的量为

A,0.29molB>0.24molC>0.16molD,0.07mol

【答案】A

【解析】由题意可知,混合物与稀硝酸恰好反应后的溶液不能使硫氧化钾溶液

变红色,则所得溶液为硝酸亚铁溶液,设亚铁离子的物质的量为x,由原子个

数和电荷总数守恒可得:2x=(5mol/Lx0.13L-1568L川,解得x=0.29mol,由

22.4L/mol

铁原子个数守恒可知,若用足量的一氧化碳在加热条件下还原相同质量的混合

物,能得到铁的物质的量为0.29mol,故选A。

二、非选择题

14.黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时,取0.1000g

样品在空气中充分灼烧,将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后,

用浓度为0.02000—i的MCn。标准溶液滴定至终点,消耗KzCnO7标准

溶液25.00mLo

3+2++

已知:SO2+2Fe+2H2O==SO+2Fe+4H

2++3+3+

Cr2O+6Fe+14H=2Cr4-6Fe+7H2O

(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)o

(2)煨烧10t上述黄铁矿,理论上产生SO2的体积(标准状况)为

L,制得98%的硫酸质量为to

【答案】(1)90.00%(2)3.36x10615

【解析】

(1)据方程式4FeS2+1102.2Fe2O3+8SO2

3+2++

SO2+2Fe+2H2O==SO+2Fe+4H

2++3+3+

Cr2O+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H2O

2+

得关系式:Cr2O-6Fe-3SO2-FeS2

1

0.02000molL-'x0.02500L

m(FeS2)=0.09000g,样品中FeS2的质量分数为90.00%

(2)4FeS2+1102==2Fe2O3+8SO2

4mol8mol><22.4Lmol—1

molKSO2)

65

—SO2)=3.36xlOL,〃(SO2)==1.5xl0mol

由SO2〜SO3〜H2s。4

1mol98g

1.5x105mol/M(H2SO4)X98%

得皿H2so4)=1.5x1()7g=[5t。

15.金属锡的纯度可以通过下述方法分析:将试样溶于盐酸,反应的化学方程

式为Sn+2HCl=SnC12+H2f,再加入过量的FeCh溶液,发生如下反应:SnCl2

+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2,最后用已知浓度的KzCnO’溶液滴定生成的Fe?+,反

应的化学方程式为6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeC13+2KC1+2CrCl3+7H2O0现

有金属锡试样0.613g,经上述反应后,共用去0.100moll—iaCnCh溶液16.0

mL。求试样中锡的百分含量___________(假定杂质不参加反应,锡的相对原

子质量为119)。

【答案】93.2%

【解析】根据题给方程式可知,Sn与KzCrzO7物质的量的关系:3Sn〜3SnCb〜

6FeCl2-K2Cr2O7;所以存在3x119g:1mol=x:0.100x0.016mol,解之得到

x=0.5712g,试样中锡的百分含量w(Sn尸"Z1至xioo%=93.2%。

0.613g

16.PCb和PCh能发生如下水解反应:PC13+3H2O=H3PO3+3HC1;

PCI5+4H2OH3Po4+5HC1,现将一定量的PCh和PCb混合物溶于足量水中,在

加热条件下缓缓通入O.OlmolCL,恰好将H3P。3氧化为H3Po4。往反应后的溶液

中加入120mL2moiL—NaOH溶液,恰好完全中和,计算原混合物中PCb和

PCh的物质的量之比(写出计算过程)。

【答案】1:2

【解析】由反应

PC13+3H2O=H3PO3+3HC1,H3PO3+CI2+H2OH3Po4+2HCI、H3PO4+3NaOH=Na3PO

4+3H2O,可以得出以下关系式:PC13—H,PO3—Cl2—H3PO4—5HC1—8NaOH,则

O.OlmolCb恰好将H3PCh氧化为H3P。4时,生成0.01molH3PO4和0.05molHCl,

共消耗NaOHO.O8mol;设PCk的物质的量为x,由反应

PCk+4H2O=H3Po4+5HC1、H3PO4+3NaOH=Na3PO4

+3H2O,可得出以下关系式:PCILH3Po4—5HCl—8NaOH,则xmolPCb与水

反应的产物共消耗NaOH的物质的量为8x,由此可以得出:

8x+0.08mol=0.24mol,x=0.02mol,故原混合物中PCb和PCk的物质的量之比为

0.01mol:0.02mol=l:2O答案为1:2。

17.碱式碳酸铝镁[Mg"Al〃(OH)c(CO3)/xH2。]常用作塑料阻燃剂。

(1)M&,AU(OH)C(CO3)(/-XH2O中a、b、c、d的代数关系式为.

(2)为确定碱式碳酸铝镁的组成,进行如下实验:

①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应,生成CO?0.560L(已换算成

标准状况下)。

②另取一定量样品在空气中加热,样品的固体残留率[(固体样品的剩余质量/

固体样品的起始质量)xlOO%]随温度的变化如下图所示(样品在270。(2时已完

全失去结晶水,600。(2以上残留固体为金属氧化物的混合物)。

W残

%>

根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的〃(OH.):〃(C(K)(写出计算过

3

程)。

【答案】2a+3b=c+2d3:5

【解析】⑴A1元素的化合价为+3价,Mg元素的化合价为+2价,OH一整

体显示一1价,CO"整体显示一2价,根据化合物中化合价代数和为0可得出关

3

系:2a+3b=c+2dQ

22-1

(2)w(CO2)=0-560L=2.50x10mol,/M(C02)=2.50><10~molx44gmol

22.4L•mol-1'

=1.10g,在270〜600(之间,失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO?

和H20O

W(CO2)+W(H2O)=3.390gx(0.7345-0.3702>1.235g,w(H2O)=1.235g-1.10g

-3

=0.135g,〃(H,O)=0135g=7.50x107mgrt(OH")=7.50xl0molx2=

18g-mol4

1.50xl0-2mol,/?(OH-):M(C02.)=(1-50X10-2mol):(2.50xl0-2mol)=3:5。

3

18.某实验小组制备src%.6H2。,取l12g实验制得的产物(已知SrCl2的相对

分子质量为158.6)加水溶解,配成100mL溶液,用移液管取出25.00mL于锥

形瓶中,滴入几滴K,Cr0j乍指示剂,已知Ag,CrC)4为砖红色沉淀,用浓度为

°10°mol-LT的硝酸银标准溶液滴定,重复滴定三次测得硝酸银标准溶液用量

分别为19.98mL、18.00mL,20.02mLo

(1)产物的纯度为(保留三位有效数字);

(2)写出简要计算过程:0

【答案】95.2%用浓度为0100mH/L的硝酸银标准溶液滴定氯离子,滴入

几滴KzCrO4作指示剂,当溶液中氯离子沉淀完全后,会生成Ag?CrO4砖红色沉淀。

第二次实验数据超出正常误差范围,舍去不用,平均消耗硝酸银标准溶液的体

积为20.00mL,

设25.001尤5©、溶液中SrCl,的物质的量为xmol;

SrCl,+2AgNO3=2AgCl+Sr(NO3)2

12

x0.1x0.02

x=0.001mol,产物的纯度为果x266.6g/mol95.2%O

--------------------------------------------X1uu/o=

1.12g

19.某课外活动小组测定了某工厂工业废水中游离态氯的含量,下面是测定实

验分析报告:

(一)测定目的:测定工厂工业废水中的游离态氯的含量

(二)测定原理:C12+2KI=2KC1+I2;b+2Na2s2Ch=2NaI+Na2s4。6

(三)实验用品及试剂:

(1)仪器和用品(自选,略)

(2)试剂:指示剂(填名称),KI溶液,浓度为0.010mol-L」的标准

Na2s2O3溶液,蒸储水等。

(四)实验过程:

(1)取水样10.00mL于锥形瓶中,加入lO.OOmLKI溶液(足量),滴入指示

剂2〜3滴。

(2)取碱式滴定管(经检查不漏水),依次用自来水、蒸储水洗净,然后注入

0.010molNa2s2O3溶液待用。

(3)将锥形瓶置于滴定管下方进行滴定,眼睛注视______直至滴定终点,滴

定至终点的现象是。

(五)数据记录与处理:若经数据处理,滴定中消耗标准的Na2s2O3溶液的体

积平均是20.00mL,则废水中Cb的物质的量浓度为,从实验过程分析,

此浓度比实际浓度(填“偏大”、“偏小”或“相等”),造成误差的

原因是(若认为没有误差,该问可不答)。

(六)问题和讨论:

该同学提出了下列可能造成结果偏小的原因,其中你认为正确的是(填

编号)。

①滴定前,滴定管嘴尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失

②滴定过程中由于振荡过于剧烈,使少量溶液溅出锥形瓶外

③滴定前平视Na2s2O3液面,滴定后俯视Na2s2O3液面

【答案】淀粉溶液锥形瓶内溶液颜色变化当滴入最后一滴标准液,溶

液颜色由蓝色变为无色且半分钟内不变色0.010mol-L“偏大滴定管没

有用标准Na2s2O3溶液润洗②③

【解析】(三)根据测定原理:C12+2KI=2KC1+I2;I2+2Na2S2O3=2NaI+

Na2s4。6,当碘单质消耗完毕,则达到滴定终点,碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色,

所以可以采用淀粉溶液作指示剂;

(四)在滴定过程中,眼睛要时刻注意锥形瓶内溶液颜色变化,滴入淀粉溶液,

当溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色,证明达到了滴定终点;

(五)根据滴定实验原理:量取一定体积的待测液,标准液滴定前后的体积示

数之差即为消耗的标准溶液体积,所以记录的实验内容有待测溶液体积

(mL)、标准液滴定前刻度以及滴定后的刻度、标准液滴定前后的体积示数之

差即为消耗的标准溶液体积,为了减小误差,一般是取多次实验结果的平均值,

根据滴定原理:Cl2+2KI=2KCl+l2;I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6,得到关系式:

4

Cb〜2Na2s2O3,M(Na2S203)=0.010mol/Lx0.020L=2.0xl0mol,则废水中Cb的

物质的量是0.0001mol,由于溶液的体积是10.00mL所以该废水中Cb的物质的

量浓度c(Cb)=0-000"。1=oo]0mo]/L;从实验过程看,盛放标准液的滴定管没有

0.010L

用标准Na2s2O3溶液润洗,相当于用的是稀释后的标准液,由于待测溶液中物

质的物质的量不变,则消耗Na2s2O3溶液的体积偏大,根据c标•/标=c待测/待测,

所得的结果偏高;

(六)①滴定前,滴定管嘴尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失,则标准液的体积

偏大,造成结果偏大,①不符合题意;②滴定过程中由于振荡过于剧烈,使少

量溶液溅出锥形瓶外,则消耗的标准液的体积偏小,造成结果偏小,②符合题

意;③滴定前平视Na2s2O3液面,滴定后俯视Na2s2O3液面,则消耗的标准液的

体积偏小,③符合题意;故合理选项是②③。

20.氮化钙(ca、N,)有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质,被广泛应用于电

子工业、新型陶瓷工业等领域。CasN,部分理化性质如下表:

性质颜色、状态特性

熔点/℃

具体描常温下为棕色固1195空气中会被氧化,遇水强烈水解,产

述体生刺激性气味气体

工业上利用单质钙在氮气流中,控制温度450。。可制得氮化钙。实验室模拟

工业制备氮化钙,并对氮化钙纯度进行测定,实验方案如下:

1-Ca?N2制备:

A

(1)A处产生N,,请写出A中反应的化学方程式o工业上一般采

用(填具体做法)制取凡。

(2)装置的连接顺序为A一(注:以上所有装置都能用到)。

(3)实验开始时,先启动A处反应,一段时间后再点燃B处酒精灯,其原因

是o

(4)制备过程中D处导管必须始终插入水中,目的是①便于观察此的流速;

②o

II.Ca、N,纯度测定。(已知Ca:N,摩尔质量为148g/mol,所含的杂质不与水反

应,氨气极易溶于水,不溶于煤油)

方案一:称取氮化钙样品2.4g,按图1所示装置进行实验,发现B装置增重

0.51go

(5)该样品中氮化钙的质量分数为。

方案二:取与方案一同质量的样品,改用图2装置进行纯度测定,倾斜Y型管,

将蒸储水倒入样品管中,充分反应后测量气体体积。

(6)方案二测得的氮化钙纯度为95%左右,试分析方案一测得的氮化钙纯度

偏低的原因

【答案】⑴(NH,SO,+2NaN0,=Na,SO,+2N,T+4H,0分离液态空气法

\4/24ZZ42Z

(2)C—B—C—D

(3)排除装置中的氧气,防止Ca和Ca’N,与氧气反应

(4

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