- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂、漂白剂．已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．利用如图所示装置制备亚氯酸钠．
完成下列填空：
（1）装置②中产生ClO2的化学方程式为______．装置③的作用是______．
（2）从装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；②______；③______；④低于60℃干燥，得到成品．（选择合适的操作编号填空）
A．冷却到室温后，过滤 B．趁热过滤 C．常温洗涤
D．冰水洗涤 E．38～60℃的温水洗涤
（3）准确称取所得亚氯酸钠样品10g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（ClO2-+4I-+4H+═2H2O+2I2+Cl-）．将所得混合液配成250mL待测溶液．配制待测液需用到的定量玻璃仪器是______；
（4）取25.00mL待测液，用2.0mol/L Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为______．重复滴定2～3次，测得所用Na2S2O3溶液体积的平均值为20.00mL．该样品中NaClO2的质量分数为______．
（5）Na2FeO4和ClO2在水处理过程中分别被还原为Fe3+和Cl-．如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么ClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是______＞______＞______．（填化学式）
正确答案
2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O
防止倒吸
B
E
250mL容量瓶
滴入最后一滴Na2S2O3标准液由蓝色变为无色且半分钟内不变色
90.5%
ClO2
Cl2
Na2FeO4
解析
解：（1）根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为ClO2和2Na2SO4，配平方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；装置③为安全瓶，防止装置②中气体温度降低而产生倒吸，
故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；防止倒吸；
（2）因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38-60℃得到晶体，故操作为趁热过滤；用38-60℃的温水洗涤，
故答案为：B；E；
（3）将所得混合液配成250mL待测溶液．配制待测液需用到的定量玻璃仪器是250mL容量瓶，容量瓶要指明规格，则选择250mL容量瓶，
故答案为：250mL容量瓶；
（4）有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
计算时一般找出关系式，由此进行计算，关系式为ClO2---2I2--4S2O32-
n（ClO2-）=
m（NaClO2）=0.01×90.5=9.05g，
计算得到样品中NaClO2的质量分数=
故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；90.5%；
（5）以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，设质量均为m，ClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率分别消毒效率分别为
故答案为：ClO2；Cl2；Na2FeO4．
Ⅰ．（1）已知某有机物A只含有C、H、O三种元素，通过元素分析知含碳54.55%，含氢9.10%．质谱分析其相对分子质量为88，经红外光谱分析其中只含C-H键和
（2）写出实验室制备A的化学方程式______．
Ⅱ．苯甲酸甲酯
合成苯甲酸甲酯的流程如下：
请回答下列问题：
（1）温度①约为______℃，操作③为______，操作④为______．
（2）第②步加热的目的是______．
（3）选择合适的制备苯甲酸甲酯的装置：______．
（4）苯甲酸甲酯有多种同分异构体，写出符合下列条件的任意一种同分异构体的结构简式______．
①为芳香化合物 ②含有醛基 ③能与金属Na反应．
正确答案
解：Ⅰ、（1）通过元素分析知含碳54.55%，含氢9.10%．质谱分析其相对分子质量为88，则该有机物分子中碳与氢原
（2）A是乙酸乙酯，实验室用乙酸与乙醇在浓硫酸的作用下发生酯化反应得到，该反应的化学方程式为CH3COOH+HOCH2CH3
（2）由于甲醇的沸点较低，操作②加热的目的是蒸出过量的甲醇，故答案为：蒸出过量的甲醇；
（3）由于反应中需要控制温度，所以需要温度计，CD不正确．又因为水浴加热，容易控制温度，且受热均匀，应选择B装置，故答案为：B；
（4）①为芳香化合物，说明含有苯环．②含有醛基，③能与金属Na反应，说明还含有羟基，所以可能的结构简式为
解析
解：Ⅰ、（1）通过元素分析知含碳54.55%，含氢9.10%．质谱分析其相对分子质量为88，则该有机物分子中碳与氢原
（2）A是乙酸乙酯，实验室用乙酸与乙醇在浓硫酸的作用下发生酯化反应得到，该反应的化学方程式为CH3COOH+HOCH2CH3
（2）由于甲醇的沸点较低，操作②加热的目的是蒸出过量的甲醇，故答案为：蒸出过量的甲醇；
（3）由于反应中需要控制温度，所以需要温度计，CD不正确．又因为水浴加热，容易控制温度，且受热均匀，应选择B装置，故答案为：B；
（4）①为芳香化合物，说明含有苯环．②含有醛基，③能与金属Na反应，说明还含有羟基，所以可能的结构简式为
海水是一个巨大的化学资源宝库，利用海水可以获得很多化工产品．
（1）海水中制得的氯化钠可用于生产烧碱及氯气．反应的离子方程式是______．
（2）利用制盐后的盐卤提取溴的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：
盐卤
将Br2与Na2CO3反应的化学方程式补充完整：□Br2+□Na2CO3═NaBrO3+□______+□______□
（3）盐卤蒸发冷却后析出卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子．以卤块为原料制得镁的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：
生成氢氧化物沉淀的pH
①步骤②中需控制pH=9.8，其目的是______．
②用NaClO 氧化Fe2+得到Fe（OH）3沉淀的离子反应方程式是______．
③步骤③需在HCl保护气中加热进行，请用化学平衡移动原理解释原因______．
④NaClO还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐类物质和能参与大气循环的物质．除去0.1mol CO（NH2）2时消耗NaClO______g．
正确答案
解：（1）电解氯化钠溶液在阴极生成氢氧化钠和氢气，阳极生成氯气，其电解反应的离子方程式是2Cl-+2H2O
故答案为：2Cl-+2H2O
（2）Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，Br元素部分由0价升高到+5价，另一部分从0价降低到-1价，则生成的NaBrO3与NaBr的物质的量之比为1：5，所以配平方程式为：3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2↑，
故答案为：3、3、1、5NaBr、3CO2；
（3）盐卤加水溶解，加NaClO将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，使Fe2+、Fe3+、Mn2+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，氯化镁晶体，在HCl气氛中加热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到Mg；
①步骤②中需控制pH=9.8在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，即控制pH=9.8的目的：除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；
故答案为：除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；
②加入次氯酸钠会氧化亚铁离子为三价铁，则次氯酸钠与Fe2+、H2O反应生成Fe（OH）3、Cl-和H+，反应的离子方程式为：ClO-+2Fe2++5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4H+；
故答案为：ClO-+2Fe2++5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4H+；
③镁离子水解生成氢氧化镁和氢离子，Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，水解反应属于吸热反应，加热温度升高，水解程度增大，通入HCl时，增加了溶液中的c（H+），能使水解平衡逆向移动，抑制Mg2+水解．HCl还能带出水份，最终得到无水MgCl2；
故答案为：Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，温度升高，水解程度增大，通入HCl，增加c（H+），使平衡逆向移动，抑制Mg2+水解．HCl还能带出水份，最终得到无水MgCl2；
④NaClO还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质，其反应为3NaClO+CO（NH2）2═3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O，由方程式中物质之间的关系可知，0.1mol CO（NH2）2消耗NaClO为0.3mol，则m（NaClO）=nM=0.3mol×74.5g/mol=22.35g，故答案为：22.35．
解析
解：（1）电解氯化钠溶液在阴极生成氢氧化钠和氢气，阳极生成氯气，其电解反应的离子方程式是2Cl-+2H2O
故答案为：2Cl-+2H2O
（2）Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，Br元素部分由0价升高到+5价，另一部分从0价降低到-1价，则生成的NaBrO3与NaBr的物质的量之比为1：5，所以配平方程式为：3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2↑，
故答案为：3、3、1、5NaBr、3CO2；
（3）盐卤加水溶解，加NaClO将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，使Fe2+、Fe3+、Mn2+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，氯化镁晶体，在HCl气氛中加热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到Mg；
①步骤②中需控制pH=9.8在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，即控制pH=9.8的目的：除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；
故答案为：除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；
②加入次氯酸钠会氧化亚铁离子为三价铁，则次氯酸钠与Fe2+、H2O反应生成Fe（OH）3、Cl-和H+，反应的离子方程式为：ClO-+2Fe2++5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4H+；
故答案为：ClO-+2Fe2++5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4H+；
③镁离子水解生成氢氧化镁和氢离子，Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，水解反应属于吸热反应，加热温度升高，水解程度增大，通入HCl时，增加了溶液中的c（H+），能使水解平衡逆向移动，抑制Mg2+水解．HCl还能带出水份，最终得到无水MgCl2；
故答案为：Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，温度升高，水解程度增大，通入HCl，增加c（H+），使平衡逆向移动，抑制Mg2+水解．HCl还能带出水份，最终得到无水MgCl2；
④NaClO还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质，其反应为3NaClO+CO（NH2）2═3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O，由方程式中物质之间的关系可知，0.1mol CO（NH2）2消耗NaClO为0.3mol，则m（NaClO）=nM=0.3mol×74.5g/mol=22.35g，故答案为：22.35．
某科研人员设计出将硫酸渣（主要成分Fe2O3，含有少量的SiO2等杂质），再利用的流程．流程中的滤液经过多次循环后用来后续制备氧化铁粉末．
（1）为了加快反应①的反应速率，可采用的措施是______．（写出一点即可）
（2）“还原”是将Fe3+转化为Fe2+．在温度T1、T2（T1＞T2）下进行该反应，通过检测相同时间内溶液的pH，绘制pH随时间的变化曲线如图2所示．得出结论：该反应的温度不宜过高．
①通入SO2气体“还原”时，试解释pH下降的原因是______．
②相同时间内，T1温度下溶液的pH更高的原因是______．
（3）该流程中循环使用的物质是______．
（4）为测定反应①后溶液中Fe3+的浓度以控制加入SO2的量．实验步骤为：准确量取20.00ml的反应后溶液，稀释成100mL溶液，取10.00mL溶液，加入足量的KI晶体和2～3滴淀粉溶液，用0.50mol/L的Na2S2O3溶液与碘反应，当反应恰好完全进行时，共消耗Na2S2O3溶液20.00mL．有关反应方程式如下：
2Fe3++2I-=2Fe2++I2； 2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI
试计算原溶液中Fe3+的物质的量浓度（写出计算过程）．
正确答案
解：（1）结合影响反应速率的因素，固体在酸溶时，可通过固体粉碎、升高温度、搅拌、提高硫酸的浓度来提高反应速率，故答案为：将硫酸渣粉碎、适当增大硫酸的浓度、升高温度、搅拌等；
（2）①Fe3+将SO2的水溶液（H2SO3）氧化为H2SO4，故溶液的pH会逐渐减少，也就是溶液的酸性增强，故答案为：Fe3+将SO2的水溶液（H2SO3）氧化为H2SO4；
②温度升高，可以加快反应速率，但气体的溶解度却减小了，参加反应的SO2的量减少，故相同时间内，T1温度下溶液的pH更高，故答案为：温度过高，SO2的溶解度下降；
（3）从流程图中可看出，可循环利用的物质是H2SO4，故答案为：H2SO4；
（4）由反应式可得关系：Fe3+～Na2S2O3，n（Fe3+）=n（Na2S2O3）=20.00×10-3 L×0.50mol/L×10=0.1 mol∴c（Fe3+）=
解析
解：（1）结合影响反应速率的因素，固体在酸溶时，可通过固体粉碎、升高温度、搅拌、提高硫酸的浓度来提高反应速率，故答案为：将硫酸渣粉碎、适当增大硫酸的浓度、升高温度、搅拌等；
（2）①Fe3+将SO2的水溶液（H2SO3）氧化为H2SO4，故溶液的pH会逐渐减少，也就是溶液的酸性增强，故答案为：Fe3+将SO2的水溶液（H2SO3）氧化为H2SO4；
②温度升高，可以加快反应速率，但气体的溶解度却减小了，参加反应的SO2的量减少，故相同时间内，T1温度下溶液的pH更高，故答案为：温度过高，SO2的溶解度下降；
（3）从流程图中可看出，可循环利用的物质是H2SO4，故答案为：H2SO4；
（4）由反应式可得关系：Fe3+～Na2S2O3，n（Fe3+）=n（Na2S2O3）=20.00×10-3 L×0.50mol/L×10=0.1 mol∴c（Fe3+）=
用1-丁醇、溴化钠和较浓H2SO4混合物为原料，在实验室制备1-溴丁烷，并检验反应的部分副产物．（已知：NaCl+H2SO4（浓）=NaHSO4+HCl↑）现设计如下装置，其中夹持仪器、加热仪器及冷却水管没有画出．请回答下列问题：
（1）仪器D的名称是______．
（2）关闭a和b、接通竖直冷凝管的冷凝水，给A加热30分钟，制备1-溴丁烷．写出该反应的化学方程式______．
（3）理论上，上述反应的生成物还可能有：丁醚、1-丁烯、溴化氢等．熄灭A处酒精灯，在竖直冷凝管上方塞上塞子，打开a，利用余热继续反应直至冷却，通过B、C装置检验部分副产物．B、C中应盛放的试剂分别是______、______．
（4）在实验过程中，发现A中液体由无色逐渐变成黑色，该黑色物质与浓硫酸反应的化学方程式为______，可在竖直冷凝管的上端连接一个内装吸收剂碱石灰的干燥管，以免污染空气．
（5）相关有机物的数据如下：
为了进一步精制1-溴丁烷，继续进行了如下实验：待烧瓶冷却后，拔去竖直的冷凝管，塞上带温度计的橡皮塞，关闭a，打开b，接通冷凝管的冷凝水，使冷水从______（填c或d）处流入，迅速升高温度至______℃，收集所得馏分．
（6）若实验中所取1-丁醇、NaBr分别为7.4g、13.0g，蒸出的粗产物经洗涤、干燥后再次蒸馏得到9.6g 1-溴丁烷，则1-溴丁烷的产率是______．
正确答案
解：（1）从冷凝管出来的液体用锥形瓶收集，故答案为：锥形瓶；
（2）丁醇和溴化钠反应生成1-溴丁烷，反应的方程式为CH3CH2CH2CH2OH+NaBr+H2SO4 
（3）根据图表分析可知，可检验的副产物为溴化氢，1-丁烯，用硝酸银可以检验溴离子，用高锰酸钾溶液或溴水可以检验碳碳双键，故答案为：硝酸银；高锰酸钾溶液或溴水；
（4）反应溶液变黑是因为有浓硫酸参与，浓硫酸有强氧化性和脱水性，所以有机物在加热条件下被浓硫酸脱水炭化变黑，然后又被氧化，发生的反应为：C+2H2SO4（浓） 
（5）冷凝管的使用注意“下进上出”，所以进水应从d处进，从表格数据可知要得到较纯净的1-溴丁烷，应该迅速升温至1-溴丁烷的沸点101.6℃，收集所得馏分，故答案为：d；101.6；
（6）7.4g 1-丁醇完全反应需要NaBr的质量为
故答案为：70%．
解析
解：（1）从冷凝管出来的液体用锥形瓶收集，故答案为：锥形瓶；
（2）丁醇和溴化钠反应生成1-溴丁烷，反应的方程式为CH3CH2CH2CH2OH+NaBr+H2SO4
（3）根据图表分析可知，可检验的副产物为溴化氢，1-丁烯，用硝酸银可以检验溴离子，用高锰酸钾溶液或溴水可以检验碳碳双键，故答案为：硝酸银；高锰酸钾溶液或溴水；
（4）反应溶液变黑是因为有浓硫酸参与，浓硫酸有强氧化性和脱水性，所以有机物在加热条件下被浓硫酸脱水炭化变黑，然后又被氧化，发生的反应为：C+2H2SO4（浓）
（5）冷凝管的使用注意“下进上出”，所以进水应从d处进，从表格数据可知要得到较纯净的1-溴丁烷，应该迅速升温至1-溴丁烷的沸点101.6℃，收集所得馏分，故答案为：d；101.6；
（6）7.4g 1-丁醇完全反应需要NaBr的质量为
故答案为：70%．
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