有關對常見三種濃酸反應變稀

1、.有關對常見三種濃酸反響變稀論文導讀:關于濃硫酸隨反響進展而變稀的情況。關于濃硝酸隨反響進展而變稀的情況。論文:濃鹽酸,濃硫酸,濃硝酸高中階段,三種濃酸即濃鹽酸、濃硫酸、濃硝酸隨著反響進展,那么會逐漸變稀,從而表現出性質及現象結論的差異性,這類題型在相應章節(jié)學習及高中復習中頻繁出現,近幾年高考試題中也有所表達,這也是許多學生解決此類問題中極易無視、極易出錯的知識點,這里有必要將其進展歸納整理,供高中學習及復習中作以參考。一、關于濃鹽酸隨反響的進展而變稀的情況常見反響:實驗室制取氯氣,即反響為:MnO2 +4HCl濃MnCl2+Cl2+2H2O反響特點:隨反響的進展?jié)恹}酸逐漸變?yōu)橄←}酸,二氧化錳

2、不再參于化學反響。常考知識點及結論:11molMnO2 與含4molHCl的濃鹽酸共熱,兩者均有剩余,因為MnO2 與稀鹽酸不反響。21molMnO2 與含4molHCl的濃鹽酸共熱,所得Cl2小于2mol31molMnO2 與含4molHCl的濃鹽酸共熱,那么被氧化的HCl小于2mol例1、1molMnO2 與含4molHCl的濃鹽酸共熱,在不考慮HCl揮發(fā)的情況下,得到標準狀況下的氯氣其體積為 A44.8LB22.4L C小于22.4LD大于44.8L解析:此題從所給出答案來分析,充分考慮了隨反響進展,濃鹽酸那么變?yōu)橄←}酸,實際得到氯氣應小于1mol濃鹽酸,即體積標準狀況應小于22.4L

3、,正確答案應為C。例2、實驗室制取氯氣1將過量MnO2與20mL12mol/L的鹽酸混合加熱,充分反響后生成的Cl2明顯少于0.06mol,其主要原因是2為進步濃鹽酸的利用率,你對實驗的建議是解析:20mL 12mol/L的鹽酸完全反響理論上產生氯氣應為0.06mol,但由于鹽酸受熱極易揮發(fā),且隨反響的不斷進展,鹽酸的濃度逐漸在變小,當變?yōu)橄←}酸后不再與二氧化錳反響,所以產生的氯氣小于0.06mol,針對上述原因,可采取:將濃鹽酸緩緩滴入、用小火加熱等措施,以進步濃鹽酸的利用率。例3、實驗室用濃鹽酸與二氧化錳反響制得氯氣,以下說法正確的選項是氣體體積在標準狀況下測定A假設提供0.4molHCl

4、,MnO2缺乏量,那么可制得Cl2 22.4LB假設提供0.4molHCl,MnO2過量,那么可制得Cl2 22.4LC假設有0.4molHCl參與反響,那么可制得Cl2 22.4LD假設有0.4molHCl被氧化,那么可制得Cl2 22.4L解析:解答此題一方面仍需考慮濃鹽酸隨反響進展變稀的問題,另一方面要緊扣題中的“參與反響及“被氧化等的正確理解,此題正確答案應為C。二、關于濃硫酸隨反響進展而變稀的情況常見的兩種類型:1、不活潑金屬與濃硫酸的反響高中階段最常見的反響:Cu+2H2SO4濃CuSO4+SO2+2H2O反響特點:隨反響的進展?jié)饬蛩嶂饾u變?yōu)橄×蛩?銅不再參于化學反響。?？贾R點及

5、結論:11molCu與含2molH2SO4的濃硫酸共熱,兩者均有剩余,因為Cu 與稀硫酸不反應。21molCu與含2molH2SO4的濃硫酸共熱反響,生成SO2,nSO21mol,即所得二氧化硫標準狀況下的體積VSO222.4L。31molCu與含2molH2SO4 的濃硫酸共熱反響,那么被復原的硫酸nH2SO41mol。2、活潑金屬與濃硫酸的反響1當活潑金屬為鋅時反響:Zn+2H2SO4濃ZnSO4+SO2+2H2OZn+H2SO4=ZnSO4+H2?？贾R點及結論:1molZn與含2molH2SO4的濃硫酸共熱,隨反響進展?jié)饬蛩徂D化為稀硫酸,稀硫酸又與鋅反響,產生氣體為混合物,即二氧化硫和

6、氫氣。 當鋅過量時,涉及的離子反響方程式有兩個:Zn+2H2SO4濃Zn2+SO42-+SO2+2H2O Zn+2H+=Zn2+H2實驗結論分析中,必須注意有兩種氣體,一種為無色無味可燃性氣體;一種為無色有刺激性氣味,且能使品紅褪色的氣體。2當活潑金屬為可變價態(tài)鐵時反響特點:常溫下鐵在濃硫酸中那么會發(fā)生鈍化。當加熱條件下且鐵過量時,那么有如下三個反響:2Fe+6H2SO4濃Fe2SO43+3SO2+6H2OFe+Fe2SO43=3FeSO4Fe+H2SO4=FeSO4+H2?？贾R點及結論有即反響產物的判斷及產物量值的計算:鐵與濃硫酸共熱且鐵過量時,產生混合氣體,其成分為二氧化硫與氫氣論文開題

7、報告范文。當時,鐵粉少量濃鹽酸,最終產生的鹽為硫酸鐵。當時,鐵粉過量,最終產生的鹽為硫酸亞鐵。當時,鐵粉部分過量,最終產生的鹽為混合物即硫酸鐵與硫酸亞鐵。其產物的計算可通過元素守恒及得失電子守恒來求解。例4、向50ml18mol/LH2SO4溶液中參加足量的銅片并加熱,充分反響后,被復原的硫酸的物質的量為A 小于0.45molB等于0.45molC 在0.45mol 與0.90mol之間D大于0.90mol解析:此題屬于不活潑金屬與濃硫酸的反響,由反響:Cu +H2SO4濃CuSO4+SO2+2H2O,從理論上講,被復原的硫酸應占參加反響硫酸的,即0.45mol ,但由于隨反響的進展,硫酸的濃

8、度逐漸減小,銅與稀硫酸不再反響,所以此題應選A。三、關于濃硝酸隨反響進展而變稀的情況常見反響:Cu + 4HNO3濃=CuNO32 +2NO2 +2H2O3Cu + 8HNO3稀=3CuNO32 +2NO+ 4H2O反響特點:隨反響的進展?jié)庀跛嶂饾u變?yōu)橄∠跛?銅繼續(xù)參于與稀硝酸的化學反響。?？贾R點及結論:1濃硝酸與常見不活潑金屬銅反響時,假設銅過量,反響開場時濃硝酸的復原產物為二氧化氮,但隨反響的進展,硝酸那么變稀,其復原產物為一氧化氮,最終便得混合氣體,在計算中可利用氧化復原反響得失電子守恒規(guī)律求解有關銅、硝酸和混合氣體之間的量值關系,硝酸與其它金屬過量反響情況與此類似。2當銅過量時。其離

9、子反響方程式為:Cu + 4H+2NO3-=Cu2+ 2NO2 + 2H2O3Cu + 8H+2NO3-=3Cu2+ 2NO+ 4H2O3考察關于向過量銅與硝酸反響后的混合液中繼續(xù)加稀鹽酸或稀硫酸后,銅會繼續(xù)溶解的問題的解釋及有關計算。這類問題的解釋及有關計算中始終根據離子反響方程式:3Cu + 8H+2NO3-=3Cu2+ 2NO+ 4H2O來進展,一般不用銅與稀硝酸反響的化學方程式,因為這樣就會涉及到循環(huán)反響,特別復雜。4考察關于離子共存:NO3-的水溶液無氧化性,當溶液中有大量H+時,那么NO3-表現氧化性,它與Fe2+、S2+、I-、SO32-等不能大量共存。例5、在某100mL混合酸

10、中cHNO3=0.4mol/L 、cH2SO4=0.2mol/L,向其中參加2.56g銅粉,待充分反響后,溶液中cCu2+為 A0.15mol/L B0.30mol/LC0.225mol/L D無法計算解析:nCu=0.04mol、nNO3-=0.04mol、nH+=0.08mol,由反響3Cu + 8H+2NO3-=3Cu2+ 2NO+ 4H2O可知:Cu2+、NO3-均過量,生成nCu2+應以nH+為標準進展計算,那么nCu2+=0.03mol,所以此題答案應選B。例6、向濃硝酸中參加銅片1開場的反響方程式為2假設銅有剩余,那么反響將要完畢時的反響方程式為3待反響停頓后,再參加少量25%的

11、稀硫酸濃鹽酸,這時銅片又有氣體產生,原因是4假設將12.8gCu跟一定量的濃硝酸反響,銅消耗完時共產生氣體為5.6L標準狀況下測得,那么所消耗的硝酸的物質的量為 ,所得氣體的平均相對分子質量為解析:開場反響的化學方程式為:Cu+ 4HNO3濃=CuNO32 + 2NO2 + 2H2O,加入稀硫酸后,H+與溶液中的NO3-結合成HNO3,又與過量的銅反響,0.2molCu反響后,生成0.2molCuNO32,5.6L混合氣體其物質的量為0.25mol,依氮元素守恒知:所以消耗硝酸的總量為nHNO3=0.2mol×2 + 0.25 = 0.65mol,所得氣體的平均相對分子質量M= ,設生成NO和NO2的物質的量分別為x、y, 那么:x HN+5O3xN+2O得3x mol電子,yHN+5O3yN