- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
许多含氯物质与生活密切相关，如HClO、ClO2、NaClO2等都是重要的杀菌消毒剂和漂白剂．其中制备NaClO2的工业流程如图所示：
请回答下列问题：
（1）反应器I中反应的氧化剂是______．
（2）反应器Ⅱ中发生反应的离子方程式为______．
（3）通入反应器Ⅱ中的SO2能用H2O2代替，请简要说明理由______．
（4）为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液．充分反应后（NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应），加入2～3滴淀粉溶液，用0.20mol•L-1Na2S2O3标准液漓定，达到滴定达终点时用去标准液20.00mL，试计算NaClO2粗品的纯度______．（提示：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）
正确答案
解：（1）根据加入到反应器Ⅰ中的原料有NaClO3、浓硫酸、Na2SO3，生成物有ClO2气体，依据书写化学方程式的规则，即发生化学反应时满足原子的种类和数目不变，书写出化学反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，Cl的化合价（+5→+4），NaClO3为氧化剂，
故答案为：NaClO3；
（2）根据通入到反应容器Ⅱ中的反应物有NaOH、SO2、H2O、ClO2，生成物有NaClO2，氯的化合价由+4价变成了+3价，得到电子，根据氧化还原反应的原理硫应失电子，由+4价变成+6价，根据氧化还原反应原理的氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子的总数，则氧化还原反应方程式为2ClO2+SO2+4OH-=2ClO2-+SO42-+2H2O，
故答案为：2ClO2+SO2+4OH-=2ClO2-+SO42-+2H2O；
（3）如果将反应器Ⅱ中的SO2 用H2O2 代替同样能生成NaClO2，说明变换物质后，氧化还原反应照样能发生生成NaClO2，也就说明H2O2也具有还原性，也能把ClO2还原为
NaClO2，
故答案为：H2O2有还原性也能把ClO2还原为NaClO2；
（4）取上述合成产品10g溶于水配成1L溶液，取出10mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，发生ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O，充分反应后加入2～3滴淀粉溶液，溶液变蓝，用0.20mol/L Na2S2O3标准液滴定，发生：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，蓝色变为无色，
可得反应的关系式为：ClO2-～2I2～4Na2S2O3，又n（Na2S2O3）=0.20mol/L×0.02L=0.004mol，
则ClO2-～2I2～4Na2S2O3
1 4
n（ClO2-） 0.004mol n（ClO2-）=0.001mol，所以1L溶液中含有：n（NaClO2）=0.001mol×100=0.1mol，
则10g合成产品中含有：m（NaClO2）=0.1mol×90.5g/mol=0.905g，NaClO2粗品的纯度为
故答案为：90.5%．
解析
解：（1）根据加入到反应器Ⅰ中的原料有NaClO3、浓硫酸、Na2SO3，生成物有ClO2气体，依据书写化学方程式的规则，即发生化学反应时满足原子的种类和数目不变，书写出化学反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，Cl的化合价（+5→+4），NaClO3为氧化剂，
故答案为：NaClO3；
（2）根据通入到反应容器Ⅱ中的反应物有NaOH、SO2、H2O、ClO2，生成物有NaClO2，氯的化合价由+4价变成了+3价，得到电子，根据氧化还原反应的原理硫应失电子，由+4价变成+6价，根据氧化还原反应原理的氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子的总数，则氧化还原反应方程式为2ClO2+SO2+4OH-=2ClO2-+SO42-+2H2O，
故答案为：2ClO2+SO2+4OH-=2ClO2-+SO42-+2H2O；
（3）如果将反应器Ⅱ中的SO2 用H2O2 代替同样能生成NaClO2，说明变换物质后，氧化还原反应照样能发生生成NaClO2，也就说明H2O2也具有还原性，也能把ClO2还原为
NaClO2，
故答案为：H2O2有还原性也能把ClO2还原为NaClO2；
（4）取上述合成产品10g溶于水配成1L溶液，取出10mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，发生ClO2-+4I-+4H+=Cl-+2I2+2H2O，充分反应后加入2～3滴淀粉溶液，溶液变蓝，用0.20mol/L Na2S2O3标准液滴定，发生：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，蓝色变为无色，
可得反应的关系式为：ClO2-～2I2～4Na2S2O3，又n（Na2S2O3）=0.20mol/L×0.02L=0.004mol，
则ClO2-～2I2～4Na2S2O3
1 4
n（ClO2-） 0.004mol n（ClO2-）=0.001mol，所以1L溶液中含有：n（NaClO2）=0.001mol×100=0.1mol，
则10g合成产品中含有：m（NaClO2）=0.1mol×90.5g/mol=0.905g，NaClO2粗品的纯度为
故答案为：90.5%．
实验室用铜制取硫酸铜，将适量硝酸分多次加入到铜粉与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体．
（1）为了节约原料，硫酸和硝酸的物质的量之比最佳为______；为了吸收该反应中产生的尾气，请选择下列中合适的装置______．
（2）为符合绿色化学的要求，某研究性学习小组进行如下设计：
第一组：以空气为氧化剂法
方案1：以空气为氧化剂．将铜粉在仪器B中反复灼烧，使铜与空气充分反应生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反应．
方案2：将空气或氧气直接通入到铜粉与稀硫酸的混合物中，发现在常温下几乎不反应．向反应液中加少量FeSO4，即发生反应，生成硫酸铜．反应完全后，加物质甲调节pH，铁元素全部沉淀（一般认为铁离子的浓度下降到10-5mol•L-1，就认为沉淀完全），然后过滤、浓缩、结晶．
已知：Ksp[Cu（（OH）2]≈10-22，Ksp[Fe（（OH）2]≈10-16，Ksp[Fe（（OH）3]≈10-38
请回答下列问题：
如开始加入的铜粉为3.2g，最后所得溶液为500mL，溶液中含有铁元素0.005mol．
①方案1中的B仪器名称是______．
②为了使铁元素全部沉淀，应调节pH至少为______．
③方案2中甲物质可选用的是______．
A、CaO B、NaOH C、CuCO3 D、Cu2（OH）2CO3 E、Fe2（SO4）3
④反应中加入少量FeSO4可加速铜的氧化，用离子方程式解释其原因______．
第二组：过氧化氢为氧化剂法
将3.2g铜丝放到45mL 1.5mol•L-1的稀硫酸中，控温在50℃．加入18mL 10%的H2O2，反应0.5h，升温到60℃，持续反应1h后，过滤、蒸发浓缩、减压抽滤等，用少量95%的酒精淋洗后晾干，得CuSO4•5H2O 10.5g．
请回答下列问题：
⑤反应时温度控制在50℃～60℃不宜过高的原因是______，
⑥本实验CuSO4•5H2O的产率为______．
正确答案
解：（1）验室用铜制取硫酸铜，将适量硝酸分多次加入到铜粉与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，依据离子反应实质，氢离子是硝酸和硫酸共同提供，氢离子分析可知最佳比为6：2，所以硫酸和硝酸物质的量之比最佳为3：2；吸收该反应中产生的尾气氮的氧化物需要通入氧气混合后通入氢氧化钠溶液被完全吸收；
A、一氧化氮不能被氢氧化钠吸收，故A错误；
B、空气和一氧化氮通入氢氧化钠溶液可以被吸收，故B正确；
C、空气未通入氢氧化钠溶液，一氧化氮不能在溶液中和氧气反应被氢氧化钠吸收，故C错误；
D、气体都未通入氢氧化钠溶液中，不能被吸收，故D错误；
故答案为：3：2；B；
（2）①固体在空气中灼烧需要高温应在坩埚内完成，故答案为：坩埚；
②Ksp[Fe（（OH）3]≈10-38 ，依据沉淀溶解平衡可知，c（Fe3+）×c3（OH-）=10-38，一般认为铁离子的浓度下降到10-5mol•L-1，
c（OH-）=10-11mol/L，c（H+）=10-3mol/L，pH=3，故答案为：3；
③除杂的原则，保证不引入杂质，加入氧化铜或碱式碳酸铜都能能和酸反应提高溶液PH，但不引进新的杂质，加入CaO、NaOH、Fe2（SO4）3会引入新的杂质离子，得不到纯净的硫酸铜晶体，故答案为：CD；
④反应中加入少量FeSO4可加速铜的氧化，亚铁离子酸性溶液中被空气中的氧气氧化为铁离子，铁离子溶解铜生成硫酸铁和硫酸铜，反应的两种方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O； 2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故答案为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；
⑤过氧化氢不稳定，温度过高易分解生成水和氧气，故答案为：防止双氧水分解；
⑥设3.2g铜生成五水硫酸铜的质量为xg，根据铜原子守恒得铜和五水硫酸铜的关系式为：
Cu→CuSO4•5H2O
64g 250g
3.2g xg
所以x=12.5
理论上生成CuSO4•5H2O 12.5克，故产率为
故答案为：84.8%．
解析
解：（1）验室用铜制取硫酸铜，将适量硝酸分多次加入到铜粉与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，依据离子反应实质，氢离子是硝酸和硫酸共同提供，氢离子分析可知最佳比为6：2，所以硫酸和硝酸物质的量之比最佳为3：2；吸收该反应中产生的尾气氮的氧化物需要通入氧气混合后通入氢氧化钠溶液被完全吸收；
A、一氧化氮不能被氢氧化钠吸收，故A错误；
B、空气和一氧化氮通入氢氧化钠溶液可以被吸收，故B正确；
C、空气未通入氢氧化钠溶液，一氧化氮不能在溶液中和氧气反应被氢氧化钠吸收，故C错误；
D、气体都未通入氢氧化钠溶液中，不能被吸收，故D错误；
故答案为：3：2；B；
（2）①固体在空气中灼烧需要高温应在坩埚内完成，故答案为：坩埚；
②Ksp[Fe（（OH）3]≈10-38 ，依据沉淀溶解平衡可知，c（Fe3+）×c3（OH-）=10-38，一般认为铁离子的浓度下降到10-5mol•L-1，
c（OH-）=10-11mol/L，c（H+）=10-3mol/L，pH=3，故答案为：3；
③除杂的原则，保证不引入杂质，加入氧化铜或碱式碳酸铜都能能和酸反应提高溶液PH，但不引进新的杂质，加入CaO、NaOH、Fe2（SO4）3会引入新的杂质离子，得不到纯净的硫酸铜晶体，故答案为：CD；
④反应中加入少量FeSO4可加速铜的氧化，亚铁离子酸性溶液中被空气中的氧气氧化为铁离子，铁离子溶解铜生成硫酸铁和硫酸铜，反应的两种方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O； 2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故答案为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；
⑤过氧化氢不稳定，温度过高易分解生成水和氧气，故答案为：防止双氧水分解；
⑥设3.2g铜生成五水硫酸铜的质量为xg，根据铜原子守恒得铜和五水硫酸铜的关系式为：
Cu→CuSO4•5H2O
64g 250g
3.2g xg
所以x=12.5
理论上生成CuSO4•5H2O 12.5克，故产率为
故答案为：84.8%．
氯酸镁[Mg（ClO3）2]常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量Mg（ClO3）2•6H2O的流程如图1：
已知：①卤块主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质．
②四种化合物的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如图2所示．
（1）过滤所需要的主要玻璃仪器有______．
（2）加入BaCl2的目的是______，加MgO后过滤所得滤渣的主要成分为______．
（3）加入NaClO3饱和溶液后发生反应的化学方程式为______，再进一步制取Mg（ClO3）2•6H2O的实验步骤依次为：①蒸发结晶；②______；③______；④过滤、洗涤．
（4）产品中Mg（ClO3）2•6H2O含量的测定：
步骤1：准确称量3.50g产品配成100mL溶液．
步骤2：取10.00mL于锥形瓶中，加入10.00mL稀硫酸和20.00mL 1.000mol•L-1的FeSO4溶液，微热．
步骤3：冷却至室温，用0.100mol•L-1 K2Cr2O7溶液滴定剩余的Fe2+至终点，此过程中反应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O．
步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL．
①写出步骤2中发生反应的离子方程式：______；
②产品中Mg（ClO3）2•6H2O的质量分数为______．
正确答案
解：卤块的成分有MgCl2•6H2O、MgSO4、FeCl2，加入双氧水之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入氧化镁，调节pH=4，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁，可以根据溶解度受温度的影响情况来获得要制取的物质，
（1）过滤实验用到的仪器：漏斗、玻璃棒、烧杯、滤纸、铁架台等，其中玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；
（2）滴加BaCl2溶液后，会将溶液里的杂质离子SO42-沉淀，因此滴加的目的就是除杂，加入氧化镁，调节溶液的pH为4，此时铁离子形成了沉淀氢氧化铁，钡离子已经和硫酸根离子反应生成了硫酸钡沉淀，故答案为：除去SO42-；BaSO4和Fe（OH）3；
（3）加入NaClO3饱和溶液会发生如下反应：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl↓，根据物质的溶解度大小，溶液获得晶体的方法：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl↓；蒸发浓缩，趁热过滤，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl↓；蒸趁热过滤；冷却结晶；
（4）①氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，离子方程式为ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
②根据化学方程式：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O以及Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，可以得出：ClO3-～6Fe2+，Cr2O72-～6Fe2+，用0.100mol•L-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点过程可以得出剩余的亚铁离子的物质的量为：0.100mol•L-1×0.015L×6=0.009mol，和氯酸根离子反应的亚铁离子的物质的量为：20×10-3L×1.000mol•L-1-0.009mol=0.011mol，氯酸根离子的物质的量为
解析
解：卤块的成分有MgCl2•6H2O、MgSO4、FeCl2，加入双氧水之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入氧化镁，调节pH=4，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁，可以根据溶解度受温度的影响情况来获得要制取的物质，
（1）过滤实验用到的仪器：漏斗、玻璃棒、烧杯、滤纸、铁架台等，其中玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；
（2）滴加BaCl2溶液后，会将溶液里的杂质离子SO42-沉淀，因此滴加的目的就是除杂，加入氧化镁，调节溶液的pH为4，此时铁离子形成了沉淀氢氧化铁，钡离子已经和硫酸根离子反应生成了硫酸钡沉淀，故答案为：除去SO42-；BaSO4和Fe（OH）3；
（3）加入NaClO3饱和溶液会发生如下反应：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl↓，根据物质的溶解度大小，溶液获得晶体的方法：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl↓；蒸发浓缩，趁热过滤，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl↓；蒸趁热过滤；冷却结晶；
（4）①氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，离子方程式为ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
②根据化学方程式：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O以及Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，可以得出：ClO3-～6Fe2+，Cr2O72-～6Fe2+，用0.100mol•L-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点过程可以得出剩余的亚铁离子的物质的量为：0.100mol•L-1×0.015L×6=0.009mol，和氯酸根离子反应的亚铁离子的物质的量为：20×10-3L×1.000mol•L-1-0.009mol=0.011mol，氯酸根离子的物质的量为
硫代硫酸钠是一种重要的化工产品．工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程．
烧瓶C中发生反应如下：
Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq） （I）
2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l） （Ⅱ）
S（s）+Na2SO3（aq）
（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若______，则整个装置气密性良好．装置D的作用是______．装置E中为______溶液．
（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为______．
（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择______．
a．蒸馏水 b．饱和Na2SO3溶液c．饱和NaHSO3溶液 d．饱和NaHCO3溶液
（4）实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是______．
（5）已知反应（Ⅲ）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是______．
（6）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩冷却，过滤，洗涤，干燥，即得到粗产品（主要含有Na2S2O3•5H2O和其他杂质）．某兴趣小组为测定该产品纯度，准确称取4.96 g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol•L¯1碘的标准溶液滴定．反应原理为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I¯，滴定至终点时，滴定起始和终点的液面位置如图，则产品的纯度为______．经仪器分析，该产品纯度为16%，分析该兴趣小组测定产品纯度偏差的原因（忽略人为误差）______．[M（Na2S2O3•5H2O）=248g/mol]．
正确答案
解：（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液，
故答案为：液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；
（2）装置A中反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1；
（3）观察SO2的生成速率，是通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断，所以溶液不能与SO2反应，选项中只有饱和NaHSO3溶液与二氧化硫不反应，
故答案为：c；
（4）分液漏斗有玻璃活塞，通过控制分液漏斗的活塞控制滴加硫酸的速度，可以控制产生二氧化硫的速率，所以为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度，
故答案为：控制滴加硫酸的速度；
（5）根据C中发生的反应可知，烧瓶C中反应达到终点发生反应为硫与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠，反应的现象为溶液变澄清（或混浊消失），
故答案为：溶液变澄清（或浑浊消失）；
（6）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0.00mL，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL-0.00mL=18.10mL；
根据反应2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，n（S2O32-）=2n（I2），所以4.96g产品中含有Na2S2O3•5H2O质量为：0.1000 mol•L-1×18.10×10-3L×2×248g/mol=0.89776g，故则产品的纯度为：
故答案为：18.1%；粗产品中含有Na2SO3（或Na2S）可以消耗I2，使消耗的碘水体积偏大．
解析
解：（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液，
故答案为：液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；
（2）装置A中反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1；
（3）观察SO2的生成速率，是通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断，所以溶液不能与SO2反应，选项中只有饱和NaHSO3溶液与二氧化硫不反应，
故答案为：c；
（4）分液漏斗有玻璃活塞，通过控制分液漏斗的活塞控制滴加硫酸的速度，可以控制产生二氧化硫的速率，所以为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度，
故答案为：控制滴加硫酸的速度；
（5）根据C中发生的反应可知，烧瓶C中反应达到终点发生反应为硫与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠，反应的现象为溶液变澄清（或混浊消失），
故答案为：溶液变澄清（或浑浊消失）；
（6）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0.00mL，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL-0.00mL=18.10mL；
根据反应2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，n（S2O32-）=2n（I2），所以4.96g产品中含有Na2S2O3•5H2O质量为：0.1000 mol•L-1×18.10×10-3L×2×248g/mol=0.89776g，故则产品的纯度为：
故答案为：18.1%；粗产品中含有Na2SO3（或Na2S）可以消耗I2，使消耗的碘水体积偏大．
实验室可用NaClO3制取ClO2气体，再由ClO2 制得NaClO2，实验装置如图所示，回答下列问题：
（1）实验容器a称为______，B中H2O2发生______反应（填“氧化”、“还原”）
（2）实验装置C的作用是______．
（3）为使ClO2气体能被均匀、充分吸收，操作时应注意______．
（4）NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO2-，则另一种为______．
（5）B中反应的离子方程式为______．
（6）证明NaClO2具有氧化性的方法是：将B中溶液加热除去H2O2，加入______（填序号，下同）酸化，再加入______检验．
①稀HNO3 ②稀H2SO4 ③K2SO3溶液 ④BaCl2溶液 ⑤FeCl2溶液 ⑥KSCN溶液
（7）预计NaClO3转化为NaClO2的转化率为80%，若要制得28.9 g NaClO2•3H2O（式量：144.5），至少需______g NaClO3（式量：106.5）．
正确答案
解：实验过程分析：装置A中盛放硫酸、NaClO3和Na2SO3，反应生成ClO2气体：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，ClO2气体和H2O2在B发生发生氧化还原反应：2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2，发生反应可能使装置内压强降低，可能发生倒吸，装置C为防倒吸装置，装置D为尾气吸收装置；
（1）仪器a为分液漏斗；B中发生反应为二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应制得NaClO2，二氧化氯中Cl为+4价，变为NaClO2中的+3价，化合价变低，过氧化氢中的元素化合价应该升高，发生氧化反应；
故答案为：分液漏斗；氧化；
（2）亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂；装置A中产生ClO2的反应是氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，ClO2进入装置B，发生反应使装置内压强降低，可能发生倒吸，装置C的作用为防止倒吸；
故答案为：防止倒吸；
（3）缓慢通入ClO2，可以使ClO2气体被均匀、充分吸收，ClO2是硫酸、NaClO3与亚硫酸钠反应生成的，所以要使ClO2气体能被均匀、充分吸收，应该控制控制硫酸滴入速度；
故答案为：控制硫酸滴入速度；
（4）NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO2-，氧化还原反应规律，另一种离子中Cl元素化合价升高，即为ClO3-；
故答案为：ClO3-；
（5）B中发生反应为二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应制得NaClO2，二氧化氯中Cl为+4价，变为NaClO2中的+3价，化合价变低，过氧化氢中的元素化合价应该升高，则H2O2中O元素化合价由-2价变为0价，产物为O2和H2O，反应的离子方程式为：2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2；
故答案为：2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2；
（6）证明NaClO2具有氧化性的方法是：将B中溶液加热除去H2O2，加入非氧化性酸酸化，再加入含Fe2+的化合物，若有Fe3+生成，则证明NaClO2具有氧化性，用KSCN溶液检验Fe3+，现象是溶液变红；
故答案为：②；⑤⑥；
（6）NaClO2具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，用硫氰化钾检验铁离子即可，但是硝酸具有氧化性，会将亚铁离子氧化，所以用硫酸酸化但是不用硝酸酸化，故答案为：②；⑤⑥；
（7）28.9 g NaClO2•3H2O（式量：144.5），n（NaClO2•3H2O）=
故答案为：26.6．
解析
解：实验过程分析：装置A中盛放硫酸、NaClO3和Na2SO3，反应生成ClO2气体：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，ClO2气体和H2O2在B发生发生氧化还原反应：2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2，发生反应可能使装置内压强降低，可能发生倒吸，装置C为防倒吸装置，装置D为尾气吸收装置；
（1）仪器a为分液漏斗；B中发生反应为二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应制得NaClO2，二氧化氯中Cl为+4价，变为NaClO2中的+3价，化合价变低，过氧化氢中的元素化合价应该升高，发生氧化反应；
故答案为：分液漏斗；氧化；
（2）亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂；装置A中产生ClO2的反应是氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，ClO2进入装置B，发生反应使装置内压强降低，可能发生倒吸，装置C的作用为防止倒吸；
故答案为：防止倒吸；
（3）缓慢通入ClO2，可以使ClO2气体被均匀、充分吸收，ClO2是硫酸、NaClO3与亚硫酸钠反应生成的，所以要使ClO2气体能被均匀、充分吸收，应该控制控制硫酸滴入速度；
故答案为：控制硫酸滴入速度；
（4）NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO2-，氧化还原反应规律，另一种离子中Cl元素化合价升高，即为ClO3-；
故答案为：ClO3-；
（5）B中发生反应为二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应制得NaClO2，二氧化氯中Cl为+4价，变为NaClO2中的+3价，化合价变低，过氧化氢中的元素化合价应该升高，则H2O2中O元素化合价由-2价变为0价，产物为O2和H2O，反应的离子方程式为：2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2；
故答案为：2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2；
（6）证明NaClO2具有氧化性的方法是：将B中溶液加热除去H2O2，加入非氧化性酸酸化，再加入含Fe2+的化合物，若有Fe3+生成，则证明NaClO2具有氧化性，用KSCN溶液检验Fe3+，现象是溶液变红；
故答案为：②；⑤⑥；
（6）NaClO2具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，用硫氰化钾检验铁离子即可，但是硝酸具有氧化性，会将亚铁离子氧化，所以用硫酸酸化但是不用硝酸酸化，故答案为：②；⑤⑥；
（7）28.9 g NaClO2•3H2O（式量：144.5），n（NaClO2•3H2O）=
故答案为：26.6．
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