- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
CH3Cl为无色，略带臭味的气体，密度为2.25g/L，熔点为-24.2℃，易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂．
Ⅰ．实验室制取CH3Cl的原理是CH3OH+HCl（浓）
①干燥ZnCl2晶体；
②称取24g研细的无水ZnCl2和量取20mL浓盐酸放入圆底烧瓶，同时量取一定量的甲醇放入分液漏斗中；
③将分液漏斗里的甲醇逐滴滴入烧瓶中并加热，待ZnCl2完全溶解后有CH3Cl气体逸出，可用排水法收集
请回答：
（1）实验室干燥ZnCl2晶体制得无水ZnCl2的方法是______；
（2）反应过程中滴入烧瓶中甲醇的体积比盐酸少（甲醇与浓盐酸的物质的量浓度接近）其理由是______；
（3）实验室为何用排水法收集CH3Cl？______．
Ⅱ．据某资料记载，CH4分子中的一个H原子被Cl原子取代后，其稳定性受到影响，可被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化，现有四只洗气瓶：分别盛有以下试剂：A．1.5%KMnO4（H+）溶液；B．蒸馏水；C．5%Na2SO3溶液；D．98%H2SO4．
（1）为证实这一理论的可靠性，请从上面选择最恰当的洗气瓶，将a装置生成的气体依次通过洗气瓶______（填洗气瓶编号），如果观察到______则证实上述资料的正确性．
（2）写出洗气瓶中发生反应的离子方程式（C元素的氧化产物为CO2）：______；
（3）如果CH3Cl是大气的污染物，上述洗气瓶之后还应接一只盛______的洗气瓶．
正确答案
解：Ⅰ．（1）ZnCl2为强酸弱碱盐，在加热ZnCl2晶体时可选择通HCl气体抑制其水解，
故答案为：在干燥的HCl气氛中加热；
（2）为了提高甲醇的利用率，可以适当增加盐酸的量，
故答案为：增大盐酸的量以提高甲醇的转化率；
（3）因CH3Cl中混有易溶于水的杂质气体，用排水法可以即除杂又可收集，
故答案为：CH3Cl不易溶于水，用排水法可除去HCl、CH3OH等杂质气体；
Ⅱ．（1）如果CH3Cl能被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化，可选择先通过盛有水的洗气瓶除去可能混合有的HCl和甲醇，再通过盛有的酸性高锰酸钾洗气瓶，溶液的紫色会褐去，最后通过盛Na2SO3的洗气瓶吸收生成的氯气防污染，
故答案为：BAC；A紫色褪去；
（2）酸性高锰酸钾氧化CH3Cl会生成CO2和Cl2，同时自身被还原成Mn2+，发生反应的离子方程式为10CH3Cl+14MnO4-+42H+=14Mn2++10CO2↑+5Cl2↑+36H2O，生成的氯气经过Na2SO3的洗气瓶会氧化Na2SO3为Na2SO4，发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+H+，
故答案为：10CH3Cl+14MnO4-+42H+=14Mn2++10CO2↑+5Cl2↑+36H2O、SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+H+；
（3）CH3Cl易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂，可选择酒精吸收CH3Cl的尾气，故答案为：乙醇．
解析
解：Ⅰ．（1）ZnCl2为强酸弱碱盐，在加热ZnCl2晶体时可选择通HCl气体抑制其水解，
故答案为：在干燥的HCl气氛中加热；
（2）为了提高甲醇的利用率，可以适当增加盐酸的量，
故答案为：增大盐酸的量以提高甲醇的转化率；
（3）因CH3Cl中混有易溶于水的杂质气体，用排水法可以即除杂又可收集，
故答案为：CH3Cl不易溶于水，用排水法可除去HCl、CH3OH等杂质气体；
Ⅱ．（1）如果CH3Cl能被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化，可选择先通过盛有水的洗气瓶除去可能混合有的HCl和甲醇，再通过盛有的酸性高锰酸钾洗气瓶，溶液的紫色会褐去，最后通过盛Na2SO3的洗气瓶吸收生成的氯气防污染，
故答案为：BAC；A紫色褪去；
（2）酸性高锰酸钾氧化CH3Cl会生成CO2和Cl2，同时自身被还原成Mn2+，发生反应的离子方程式为10CH3Cl+14MnO4-+42H+=14Mn2++10CO2↑+5Cl2↑+36H2O，生成的氯气经过Na2SO3的洗气瓶会氧化Na2SO3为Na2SO4，发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+H+，
故答案为：10CH3Cl+14MnO4-+42H+=14Mn2++10CO2↑+5Cl2↑+36H2O、SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+H+；
（3）CH3Cl易溶于乙醇和丙醇等有机溶剂，可选择酒精吸收CH3Cl的尾气，故答案为：乙醇．
制备氮化镁的装置示意图如图：
回答下列问题：
（1）a的名称是______，b的名称______．
（2）写出NaNO2和（NH4）2SO4反应制备氮气的化学方程式______．
（3）C的作用是______，D的作用是______，是否可以把C与D的位置对调并说明理由______．
（4）写出E中发生反应的化学方程式______．
（5）请用化学方法确定是否有氮化镁生成，并检验是否含有未反应的镁，写出实验操作及现象______．
正确答案
解：（1）由图中仪器结构可知，a有活塞的漏斗，能控制滴加亚硝酸钠饱和溶液的速度，为分液漏斗、b为圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；
（2）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成氮气、硫酸钠与水，配平后方程式为：2NaNO2+（NH4）2SO4
故答案为：2NaNO2+（NH4）2SO4
（3）装置内含有氧气、反应生成的气体中可能含有氮的氧化物，镁能和氧气反应，装置C除去氧气（及氮氧化物）、氮化镁易水解，D干燥氮气，除去水蒸气，防止对E装置反应的影响；C、D对调后无法除去水蒸气，故C、D不能对调，
故答案为：除去氧气及氮氧化物；除去水蒸气；不能，对调后无法除去水蒸气；
（4）装置E中氮气与镁反应生成二氮化三镁，反应方程式为N2+3Mg
（5）取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；
弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁，
故答案为：取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（或把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁．
解析
解：（1）由图中仪器结构可知，a有活塞的漏斗，能控制滴加亚硝酸钠饱和溶液的速度，为分液漏斗、b为圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；
（2）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成氮气、硫酸钠与水，配平后方程式为：2NaNO2+（NH4）2SO4
故答案为：2NaNO2+（NH4）2SO4
（3）装置内含有氧气、反应生成的气体中可能含有氮的氧化物，镁能和氧气反应，装置C除去氧气（及氮氧化物）、氮化镁易水解，D干燥氮气，除去水蒸气，防止对E装置反应的影响；C、D对调后无法除去水蒸气，故C、D不能对调，
故答案为：除去氧气及氮氧化物；除去水蒸气；不能，对调后无法除去水蒸气；
（4）装置E中氮气与镁反应生成二氮化三镁，反应方程式为N2+3Mg
（5）取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；
弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁，
故答案为：取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（或把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁．
硫酸钡是惟一无毒的钡盐，工业上以BaSO4等为原料通入下列流程反应可以制备锌钡白和过氧化氢：
（1）上述流程中共有7个化学反应，其中______（填编号）属于氧化还原反应．
（2）写出物质H的电子式______．
（3）写出下列化学反应方程式：
反应①：______．反应③：______．反应④：______．反应⑦：______．
正确答案
①②⑥
BaSO4+4C
BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓
BaS+H2O+CO2=BaCO3↓+H2S
BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2
解析
解：（1）流程中7个化学反应，反应①BaSO4+4C=BaS+4CO↑，碳元素的化合价由0价升高为+2价，硫元素化合价由+6价降低为-2价，属于氧化还原反应；反应②是CO的燃烧，碳元素、氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；反应③BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓，各元素化合价未发生变化，属于复分解反应；反应④BaS+H2O+CO2=BaCO3↓+H2S，各元素化合价未发生变化，属于复分解反应；反应⑤为BaCO3
故答案为：①②⑥．
（2）H是BaO2，属于离子化合物，由钡离子与过氧根离子构成，电子式为
故答案为：
（3）由分析可知，反应①：BaSO4+4C
反应④：BaS+H2O+CO2=BaCO3↓+H2S．反应⑦：BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2．
故答案为：①：BaSO4+4C
反应④：BaS+H2O+CO2=BaCO3↓+H2S．反应⑦：BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2．
（2016•淄博一模）Ⅰ．已知ClO2是易溶于水难溶于有机溶剂的气体，常用于自来水消毒．实验室制备ClO2是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2+C12═2ClO2+2NaCl，装置如图1所示：
（1）烧瓶内可发生的反应的化学方程式：______．
（2）B、C、E装置中的试剂依次为______
a、NaOH溶液 b、浓硫酸 c、饱和食盐水 d、CCl4 e、饱和石灰水
（3）以下装置如图2既能吸收尾气又能防止倒吸的是______
Ⅱ．用ClO2处理后的自来水中，ClO2的浓度应在0.10～0.80mg•L-1之间．用碘量法检测水中C1O2浓度的实验步骤如下：取100mL的水样加稀硫酸调节pH至1～3，加入一定量的碘化钾溶液，振荡，再加入少量指示剂后，用1.0×10-4mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定（己知：2S2O32-+I2═S4O62-+2I-）．
（4）加入的指示剂是______，达到滴定终点时的现象是______
（5）碘化钾反应的离子方程式是______．
（6）已知滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液16.30mL，则水样中C1O2的浓度是______mg•L-1．
正确答案
解：Ⅰ．（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸盛装在分液漏斗中，烧瓶内为MnO2，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气、水，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
（2）生成的氯气中混有HCl和水，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，然后用浓硫酸干燥除去水，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，所以B、C、E装置中的试剂依次为：饱和食盐水、浓硫酸、CCl4，
故答案为：cbd；
（3）ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不能插入到液面以下，③⑤符合，②CCl4液体能缓冲起防倒吸作用，
故答案为：②③⑤；
Ⅱ．（4）根据题意发生反应：2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2，2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，滴定过程中出现了碘单质，碘与淀粉变蓝，故选淀粉做指示剂，滴定到终点时，碘单质正好反应完，故滴定达到终点时溶液的颜色变化为溶液蓝色褪去，且30秒内不恢复蓝色，
故答案为：淀粉溶液，滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色变为无色（或蓝色褪去），半分钟内不恢复原来的颜色；
（5）用I-将溶液中的ClO2还原为Cl-以测定水样中C1O2的浓度，则I-被氧化为I2，氯从+4价降为-1价，碘离子从-1价被氧化为0价，故该反应的离子方程式为2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2，
故答案为：2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2；
（6）根据题意发生反应：2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2，2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，
2ClO2～10I-～10S2O32-
2 10
3.26×10-7mol 1.0×10-4 mol/L×0.01630L
100mL的水样中m（ClO2）=n（ClO2）×M（ClO2）=3.26×10-7mol×67.5×103mg•mol-1≈0.022mg，则水样中C1O2的浓度是0.22mg•L-1，
故答案为：0.22．
解析
解：Ⅰ．（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸盛装在分液漏斗中，烧瓶内为MnO2，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气、水，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
（2）生成的氯气中混有HCl和水，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，然后用浓硫酸干燥除去水，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，所以B、C、E装置中的试剂依次为：饱和食盐水、浓硫酸、CCl4，
故答案为：cbd；
（3）ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不能插入到液面以下，③⑤符合，②CCl4液体能缓冲起防倒吸作用，
故答案为：②③⑤；
Ⅱ．（4）根据题意发生反应：2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2，2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，滴定过程中出现了碘单质，碘与淀粉变蓝，故选淀粉做指示剂，滴定到终点时，碘单质正好反应完，故滴定达到终点时溶液的颜色变化为溶液蓝色褪去，且30秒内不恢复蓝色，
故答案为：淀粉溶液，滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色变为无色（或蓝色褪去），半分钟内不恢复原来的颜色；
（5）用I-将溶液中的ClO2还原为Cl-以测定水样中C1O2的浓度，则I-被氧化为I2，氯从+4价降为-1价，碘离子从-1价被氧化为0价，故该反应的离子方程式为2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2，
故答案为：2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2；
（6）根据题意发生反应：2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2，2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，
2ClO2～10I-～10S2O32-
2 10
3.26×10-7mol 1.0×10-4 mol/L×0.01630L
100mL的水样中m（ClO2）=n（ClO2）×M（ClO2）=3.26×10-7mol×67.5×103mg•mol-1≈0.022mg，则水样中C1O2的浓度是0.22mg•L-1，
故答案为：0.22．
镍是有机合成的重要催化剂．某化工厂有含镍催化剂废品（主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质）．某学习小组设计如下流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体：
几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH：
回答下列问题：
（1）溶液①中含金属元素的离子是______．
（2）用离子方程式表示加入双氧水的目的______．双氧水可以用下列物质替代的是______．
A．氧气 B．漂液 C．氯气 D．硝酸
（3）操作b调节溶液范围为3.2-7.1，其目的是______．
（4）操作a和c需要共同的玻璃仪器是______．上述流程中，防止浓缩结晶过程中Ni2+水解的措施是______．
（5）如果加入双氧水量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是______．设计实验证明产品中是否含“杂质”（不考虑硫酸镍影响）：______．
正确答案
解：（1）碱和铝、氧化铝均能反应，溶液中含有的含有金属的离子是偏铝酸根离子，故答案为：AlO2-；
（2）亚铁离子具有还原性，双氧水具有氧化性，加入双氧水是为了氧化亚铁离子成为铁离子，离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，漂白液（主要成分次氯酸钠）、氯气、硝酸替代双氧水会引入新杂质，故此替代试剂为氧气，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；A；
（3）由表格可知，氢氧化铁的沉淀范围为，2.7-3.2，镍离子的沉淀范围是7.1-9.2，调节pH在3.2-7.1的目的是除去铁离子，但是不沉淀镍离子，故答案为：除去Fe3+；
（4）操作a是过滤得到固体和滤液，c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO4•7H2O，操作a、c中均需使用的仪器为玻璃棒，镍离子水解呈酸性，溶液始终保持溶液呈酸性可以抑制其水解，故答案为：玻璃棒；保持溶液呈酸性；
（5）如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子，
故答案为：产品中混有绿矾；取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子．
解析
解：（1）碱和铝、氧化铝均能反应，溶液中含有的含有金属的离子是偏铝酸根离子，故答案为：AlO2-；
（2）亚铁离子具有还原性，双氧水具有氧化性，加入双氧水是为了氧化亚铁离子成为铁离子，离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，漂白液（主要成分次氯酸钠）、氯气、硝酸替代双氧水会引入新杂质，故此替代试剂为氧气，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；A；
（3）由表格可知，氢氧化铁的沉淀范围为，2.7-3.2，镍离子的沉淀范围是7.1-9.2，调节pH在3.2-7.1的目的是除去铁离子，但是不沉淀镍离子，故答案为：除去Fe3+；
（4）操作a是过滤得到固体和滤液，c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO4•7H2O，操作a、c中均需使用的仪器为玻璃棒，镍离子水解呈酸性，溶液始终保持溶液呈酸性可以抑制其水解，故答案为：玻璃棒；保持溶液呈酸性；
（5）如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子，
故答案为：产品中混有绿矾；取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子．
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