化学氧化还原反应的专项培优 易错 难题练习题含答案含详细答案.docx
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化学氧化还原反应的专项培优易错难题练习题含答案含详细答案
一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)
1.碳酸亚铁可用于制备补血剂。
某研究小组制备了FeCO3,并对FeCO3的性质和应用进行了探究。
已知:
①FeCO3是白色固体,难溶于水②Fe2++6SCN-
Fe(SCN)64-(无色)
Ⅰ.FeCO3的制取(夹持装置略)
实验i:
装置C中,向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7,滴加一定量FeSO4溶液,产生白色沉淀,过滤、洗涤、干燥,得到FeCO3固体。
(1)试剂a是_____。
(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是_____。
(3)C装置中制取FeCO3的离子方程式为_____。
(4)有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CO2,你认为是否合理并说明理由________。
Ⅱ.FeCO3的性质探究
实验ii
实验iii
(5)对比实验ⅱ和ⅲ,得出的实验结论是_____。
(6)依据实验ⅱ的现象,写出加入10%H2O2溶液的离子方程式_____。
Ⅲ.FeCO3的应用
(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁([CH3CH(OH)COO]2Fe,相对分子质量为234)补血剂。
为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数,树德中学化学实验小组准确称量1.0g补血剂,用酸性KMnO4溶液滴定该补血剂,消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL,则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____,该数值异常的原因是________(不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差)。
【答案】饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度,防止生成Fe(OH)22HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O不合理,CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理,排出氧气的影响)Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+117%乳酸根中的羟基被KMnO4氧化,也消耗了KMnO4
【解析】
【分析】
I.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体,需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去,装置C中,向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7,滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀,过滤,洗涤,干燥,得到FeCO3;
II.(5)根据Fe2++6SCN-
Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断;
(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成,说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成;
(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁补血剂,根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算;乳酸根中有羟基,也能被高锰酸钾溶液氧化。
【详解】
I.
(1)装置A中制取的CO2中混有HCl,欲除去CO2中混有的HCl,B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液,故答案为:
饱和NaHCO3溶液;
(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3,提高溶液中HCO3-的浓度,抑制CO32-的水解,降低溶液中OH-的浓度,防止生成Fe(OH)2,故答案为:
降低溶液中OH-浓度,防止生成Fe(OH)2;
(3)装置C中,向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7,此时溶液中溶质主要为NaHCO3,再滴加FeSO4溶液,有FeCO3沉淀生成,发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O,故答案为:
2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O;
(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中,生成可溶于水的Fe(HCO3)2,降低产物的量,则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2,或者:
出现白色沉淀之后继续通CO2,可防止空气中氧气氧化FeCO3,提高产物的纯度,故答案为:
不合理,CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理,排出氧气的影响);
Ⅱ.(5)通过对比实验ii和iii,可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-,会促进FeCO3固体的溶解,故答案为:
Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大;
(6)依据实验ⅱ的现象,可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后,有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成,发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+;
故答案为:
6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+;
Ⅲ.(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁([CH3CH(OH)COO]2Fe补血剂,可得关系式MnO4~5Fe2+~5[CH3CH(OH)COO]2Fe,则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol,则乳酸亚铁的质量分数
,由于乳酸根中含有羟基,也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾溶液的量增多,而计算中只按Fe2+被氧化,故计算所得乳酸亚铁的质量偏大,导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%,故答案为:
117%;乳酸根中的羟基被KMnO4氧化,也消耗了KMnO4。
2.硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O,商品名为莫尔盐,可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。
一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化,而形成莫尔盐后就比较稳定了。
三种盐的溶解度(单位为g/100g水)如下表:
温度/℃
10
20
30
(NH4)2SO4
73.0
75.4
78.0
FeSO4·7H2O
20.0
26.5
32.9
(NH4)2SO4•FeSO4
17.2
21.6
28.1
(一)实验室制取少量莫尔盐的流程如下:
试回答下列问题:
(1)步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是___________;反应中铁屑过量是为了______。
(2)步骤3需要趁热过滤,原因是___________。
(3)从步骤4到莫尔盐,必须进行的操作依次是______,析出的晶体常用________洗涤。
(4)若莫尔盐的饱和溶液中有水20克,当温度从30℃降至10℃,最多析出莫尔盐的质量是________(选填编号)。
A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD无法确定
(二)称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。
用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。
(1)已知MnO4-被还原为Mn2+,试写出该滴定反应的离子方程式____。
(2)判断该反应到达滴定终点的现象为____________。
(3)假设到达滴定终点时,用去VmL酸性KMnO4溶液,则该酸性KMnO4溶液的浓度为_______mol/L。
【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在,减少产物中的Fe3+杂质FeSO4在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色1/V
【解析】
【分析】
(一)
(1)碳酸钠水解显碱性;
(2)FeSO4在温度低时溶解度较小;
(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小;
(4)(NH4)2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为:
28.1g和17.2g;
(二)
(1)MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子,被还原为Mn2+;
(2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子是不需要指示剂的;
(3)根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质,可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系,根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系,进而进行计算。
【详解】
(一)
(1)碳酸钠水解显碱性,油脂在碱性条件下能水解,过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+,减少产物中的Fe3+杂质,
故答案为:
除铁屑表面的油污;还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在,减少产物中的Fe3+杂质;
(2)如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出,故答案为:
FeSO4在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出;
(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小;温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小,可用冰水洗涤,故答案为:
过滤、洗涤;无水酒精或冰水;
(4)(NH4)2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为:
28.1g和17.2g,即若溶剂为100g水,冷却析出10.9g,有水20g析出2.18g,硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O含有结晶水,故析出质量大于2.18g,故答案为:
B;
(二)
(1)反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O,故答案为:
5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O;
(2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子不需要指示剂,当滴加最后一滴溶液后,溶液变成紫红色,30s内不褪色,说明达到滴定终点,故答案为:
加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色;
(3)1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=
=
=0.005mol,根据原子守恒则亚铁离子的物质的量为0.005mol,反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O,则5Fe2+~MnO4-,所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol,据c=
=
=
mol/L,故答案为:
。
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.羟氨(NH2OH)是一种还原剂,和联氨一样是一种弱碱,不稳定,室温下吸收水汽迅速分解。
回答下列问题:
(1)请写出羟氨的电子式___。
(2)利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。
测定步骤如下:
①溶液配制:
称取5.0g某羟氨样品,溶解在______酸中后加适量蒸馏水,将其全部转移至100mL的______中,加蒸馏水至_______。
②取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应:
2NH2OH2++4Fe3+=N2O↑+4Fe2++H2O+6H+,生成的Fe2+用0.4000mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定,滴定达到终点的现象是____________。
请写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式_____________。
重复滴定3次,每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示:
计算试样的纯度____%。
(3)下列操作导致误差偏高的有______(填编号)。
a滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失
b滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液
c羟氨称量时,时间过长和溶解时没有及时用酸酸化
dKMnO4溶液起始读数仰视,终点正常读数
【答案】
硫酸容量瓶刻度线当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O66ab
【解析】
【分析】
(1)根据羟氨化学式写出其电子式;
(2)①羟氨应溶解在H2SO4中,因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化;
②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色;根据氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式,根据物质的量的关系计算式样纯度;
(3)根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。
【详解】
(1)根据羟氨化学式NH2OH可知其电子式为:
,故答案为:
;
(2)①羟氨应溶解在H2SO4中,因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化,将其全部转移至100mL的容量瓶中,加蒸馏水至刻度线,故答案为:
硫酸;容量瓶;刻度线;
②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色;根据氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为:
5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;由消耗高锰酸钾体积表可知,第一次误差过大,舍去,V(平均)=
=20.00mL;
设滴定时NH2OH2+的物质的量为xmol,依据离子方程式可得关系式:
解得x=0.02
因总量为100mL,所以n(NH2OH2+)=0.02×5=0.1mol
m=n
M=0.1×33g/mol=3.3g
w=
=
100%=66%
故答案为:
当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色;5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;66;
(3)a.滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失会导致V标准偏大,计算结果偏高;
b.滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液,相当于把KMnO4溶液稀释,滴定时消耗体积增大,计算结果偏高;
c.羟氨称量时,时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化,导致消耗体积偏小,计算结果偏低;
d.KMnO4溶液起始读数仰视,终点正常读数,导致消耗体积偏小,计算结果偏低;
故答案为:
ab。
【点睛】
注意氧化还原滴定操作中的注意事项,根据公式判断不同操作可能引起的实验误差。
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.MnO2是制造干电池的主要原料之一,也是中学化学中常见的一种试剂。
工业上Mn(NO3)2和KMnO4为原料制备MnO2,其生产原理如下:
用软锰矿(含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2)和碳反应制得MnO;再将MnO与稀硝酸反应,反应后经过滤、提纯、浓缩,可制得50%的Mn(NO3)2溶液;在一定条件下,把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中,发生如下反应:
3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3,反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。
请回答下列问题:
Ⅰ、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中,与稀硝酸反应,观察到装置乙中有红棕色气体产生。
(1)写出甲中产生气体反应的化学方程式___。
(2)在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水,则氨水的作用是___。
Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2,反应方程式为:
4KMnO4+2H2O
4MnO2↓+4KOH+3O2↑该反应中c(OH-)随时间的变化曲线如图2所示,分析曲线的变化趋势,你认为形成该变化的原因是___。
Ⅲ、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。
(1)该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性,可行的是___。
A.把MnO2固体加入到FeSO4溶液中,再加入KSCN溶液,观察溶液是否变红
B.把MnO2固体加入到FeCl3溶液中,再加入KSCN溶液,观察溶液是否变红
C.把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中,再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成
D.把MnO2固体加入到稀盐酸中,观察是否有黄绿色气体生成
(2)该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力,他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同,恒定实验温度在298K,设计如下对比试验。
实验
酸或碱
现象
A
1滴0.2mol/LNaOH溶液
不变色
B
1滴水
缓慢变浅棕褐色
C
1滴0.1mol/L硫酸溶液
迅速变棕褐色
该小组从上述对比实验中,可以得出的结论是___。
写出在MnO2迅速氧化I−的离子方程式___。
【答案】Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可以中和硝酸,增大反应物的转化率,使原料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用A酸性越强,MnO2氧化能力越强MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O
【解析】
【分析】
Ⅰ、
(1)软锰矿中含有少量Fe2O3,在加热条件下与C反应生成铁,铁与稀硝酸反应生成NO气体,为便于吸收氮氧化物,向乙中通入空气,空气中的氧气将