为测定NaOH样品中Na2CO3的含量,先称取一定质量的样品于试管中,

由题意可以知道：实验是采取还原氧化铜的原理来测得样品中氧化铜的含量,继而求的样品的纯度,而其前提是杂志不参与反应.而氧化铜被还原后生成的是铜和水,在高温条件下水以蒸汽的形式进入B装置,进而被吸收,因此

1.石灰石表面有气泡产生.2.12.5g+50g-58.1g=4.4g3.设参加反应的HCl的质量为x.CaCO3+2HCl=CO2↑+H2O+CaCl27344x4.4g73/44=x/4.4gx=

B前提是用10g14.6%的盐酸可以看到,蒸发中和后的溶液,水没了,C变成二氧化碳也没了,所得的固体是氯化钠.氯化钠的质量由氯离子求得,而氯化钠中的氯离子全部来自HCl.10*14.6%=1.46g…

首先得忽略盐酸挥发反应方程:CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O反应前总质量:22.2g+146g=168.2g反应后总质量:159.4g由以上反应方程可得减少的质量即为生成的CO2的质

反应中生成的CO2的质量＝11g+50g－56.6g＝4.4gNa2CO3+2HCl=CO2↑+2NaCl+H2O10644117X4.4gY106/X=44/4.4g=117/YX=10.6gY=1

Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O106……………117………4410.6g…………11.7g………4.4g所以m（Na2CO3)=10.6gw（Na2CO3)=10.6/11=96.

由于丁加入120克硫酸溶液和甲加入100克硫酸溶液之后剩余固体质量相等,说明样品中的氧化铜都以反映.因此,对于20克样品有8克氧化铜.由此可以确定出氧化铜的质量分数,以此确定25克样品中有10克氧化铜

从四位学生的结果来看,丙丁用的样品少,反应后剩余固体的质量相同,只能假定他们的样品中的氧化铜完全反应了（如果丁用的样品更少,反应后剩余固体也是12克就能肯定了）.而甲乙的样品中氧化铜未完全反应,那就意

样品在反应前后减少的质量即为CuO的质量,剩余固体质量即为Cu的质量.对比甲乙丙,可见尽管最初取用的样品的质量不断减少,但是反应消耗的CuO总是8g,说明在甲乙中硫酸总是不足的.对比丙丁,可见尽管取用

（1）a点溶液中含有的离子有（钠离子、氢离子、硫酸根离子）.分析：a点溶液PH＜7,这说明,加入的氢氧化钠不能把稀硫酸全反应完,稀硫酸还有多余.因此反应后a点溶液中的溶质除了反应生成的硫酸钠,还有硫酸

（1）让空气中原有CO2排出（2）吸收空气中的CO2吸收反应后的水分.（3）让生成的CO2全部进入U形管（4）Na2CO3＋H2SO4＝Na2SO4＋H2O+CO210644X0.44g106/X＝4

滴定反应：2NaOH+H2C2O4.2H2O=Na2C2O4+4H2O1NaOH——1/2H2C2O4.2H2O已知：M(1/2H2C2O4.2H2O)=63.04滴定分析中,要求消耗标准溶液的体积大

1.将沉淀置于过滤器或装置好的漏斗中,沿玻璃棒向其中加入蒸馏水,至蒸馏水浸没沉淀,待蒸馏水流完后,重复操作2-3次,即可.2.加入过量稀盐酸至沉淀溶解,产生气泡,说明有碳酸根离子.再加入硫酸,产生白色

因为合金完全溶解于硫酸,即镁铝完全转化为离子态加NaOH至沉淀量不再发生变化意思是铝离子全部转化为偏铝酸根离子,镁离子全部转化为氢氧化镁沉淀.写方程式后有如下关系Mg---H2--H2SO4--2Na

2NaOH+CO2=Na2CO3+H2ONa2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑10644x4.4CO2气体的量等于溶液减少量,计算式：400-395.6=4.4g106:44=x:4.4

设样品硝酸铵的质量分数是xNH4NO3+NaOH=△=NaNO3+NH3↑+H2O80172.0gx0.34g80：17=2.0gx：0.34gx=80%答略.

你把方程式先写出来.2高锰酸钾=锰酸钾+二氧化锰+氧气.98.75%再问：有过程吗？再答：你没说要过程啊。你如果是初中，就用质量解题。高中用物质的量。估计是初中啦，看题目。方程式写出来后，2高锰酸钾=

①因二氧化碳是气体，则二氧化碳的质量为20g+20g-39.56g=0.44g，则二氧化碳的物质的量为0.44g44g/mol=0.01mol，其分子数为0.01mol×NA=0.01×6.02×10

1,氢氧化钙微溶,也会沉淀的,4、这种题目只用考虑阴离子,阳离子的焰色反应不用管的再问：为什么只用考虑阴离子再答：金属阳离子检验方法学过的只有焰色反应吧，从出题的角度来讲不会考你的。碳酸钠，一般题目会

这个没法算,因为铜矿石不一定就是只含有Fe2O3的,如果铁只存在于Fe2O3则氧化铁（Fe2O3)的质量分数为40%；也可能有其他Fe的氧化物比如Fe3O4