- 物质的制备
- 共3198题
铵明矾[（NH4）xAly（SO4）m•nH2O]为无色、透明晶体．工业常用于制造颜料、媒染剂、净水剂等．制取铵明矾的工艺流程图如下：
（1）25℃时，将0.2mol•L-1的氨水与0.1mol•L-1的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液的pH=5，则该温度下氨水的电离常数Kb≈______．（忽略混合时溶液体积的变化）
（2）铵明矾的化学式可通过下列实验测定：准确称取4.53g铵明矾配成溶液，加入盐酸酸 化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色沉淀4.66g．另取4.53g铵明矾，配制成250.00mL溶液．准确量取25.00mL 溶液，调节溶液pH约为3.5，加入30.00mL 0.0500mol•L-1乙二胺四乙酸二钠（Na2H2Y）标准溶液，加热至沸，使Al3+与Na2H2Y的反应迅速定量进行；待反应完成后调节溶液为5～6，加入二甲酚橙指示剂，再用0.0500mol•L-1Zn2+滴定液返滴定过量的Na2H2Y，至滴定终点消耗Zn2+滴定液10.00mL．反应的离子方程式为：Al3++H2Y2-═AlY-+2H+，Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+
①若返滴定时，滴定管在使用前未用Zn2+滴定液润洗，测得的Al3+含量将______（填“偏高”、或“偏低”或“不变”）；
②调节溶液pH约为3.5的目的是______；
③通过计算确定铵明矾的化学式（写出计算过程）．．
正确答案
解：（1）将0.2mol•L-1的氨水与0.1mol•L-1的H2SO4溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸铵，生成硫酸铵的浓度为：0.05mol/L，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，水解反应方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，所得溶液的pH=5，则c（H+）=10-5，c（NH3•H2O）=c（H+）=10-5，c（OH-）=
（2）①若返滴定时，滴定管在使用前未用Zn2+滴定液润洗，导致锌离子浓度偏低，所用体积偏大，据此计算出未和铝离子反应的乙二胺四乙酸二钠溶液偏多，和铝离子反应的乙二胺四乙酸二钠偏少，由此计算的铝离子浓度偏低；故答案为：偏低；
②本实验是用乙二胺四乙酸二钠滴定铝离子，调节pH为3.5，酸性条件下抑制了铝离子的水解，保证所有铝离子和乙二胺四乙酸二钠反应，故答案为：抑制Al3+水解；
③n（铵明矾）=4.53g÷453g/mol=0.01mol，n（SO42-）=n（BaSO4）=4.66g÷233g/mol=0.02mol，
n（Al3+）=250mL÷25mL×0.0500mol/L×（30.00-10.00）×10-3L=0.01mol，
由电荷守恒知：n（NH4+）=2n（SO42-）-3n（Al3+）=0.02mol×2-0.01mol×3=0.01mol
n（H2O）=（4.53-0.02×96-0.01×27-0.01×18）g÷18g/mol=0.12mol，
所以n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）：n（H2O）=0.01mol：0.01mol：0.02mol：0.12mol=1：1：2：12，
铵明矾的化学式为：NH4Al（SO4）2•12H2O，
答：铵明矾的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O．
解析
解：（1）将0.2mol•L-1的氨水与0.1mol•L-1的H2SO4溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸铵，生成硫酸铵的浓度为：0.05mol/L，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，水解反应方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，所得溶液的pH=5，则c（H+）=10-5，c（NH3•H2O）=c（H+）=10-5，c（OH-）=
（2）①若返滴定时，滴定管在使用前未用Zn2+滴定液润洗，导致锌离子浓度偏低，所用体积偏大，据此计算出未和铝离子反应的乙二胺四乙酸二钠溶液偏多，和铝离子反应的乙二胺四乙酸二钠偏少，由此计算的铝离子浓度偏低；故答案为：偏低；
②本实验是用乙二胺四乙酸二钠滴定铝离子，调节pH为3.5，酸性条件下抑制了铝离子的水解，保证所有铝离子和乙二胺四乙酸二钠反应，故答案为：抑制Al3+水解；
③n（铵明矾）=4.53g÷453g/mol=0.01mol，n（SO42-）=n（BaSO4）=4.66g÷233g/mol=0.02mol，
n（Al3+）=250mL÷25mL×0.0500mol/L×（30.00-10.00）×10-3L=0.01mol，
由电荷守恒知：n（NH4+）=2n（SO42-）-3n（Al3+）=0.02mol×2-0.01mol×3=0.01mol
n（H2O）=（4.53-0.02×96-0.01×27-0.01×18）g÷18g/mol=0.12mol，
所以n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）：n（H2O）=0.01mol：0.01mol：0.02mol：0.12mol=1：1：2：12，
铵明矾的化学式为：NH4Al（SO4）2•12H2O，
答：铵明矾的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O．
4，7-二甲基香豆素（熔点：132.6℃）是一种重要的香料，广泛分布于植物界中，由间-甲苯酚为原料的合成反应如下：
实验装置图如图：
主要实验步骤：
步骤1：向装置a中加入60mL浓硫酸，并冷却至0℃以下，搅拌下滴入间-甲苯酚30mL（0.29mol）和乙酰乙酸乙酯26.4mL （0.21mol）的混合物．
步骤2：保持在10℃下，搅拌12h，反应完全后，将其倒入冰水混合物中，然后抽滤、水洗得粗产品
步骤3：粗产品用乙醇溶解并重结晶，得白色针状晶体并烘干，称得产品质量为33.0g．
（1）简述装置b中将活塞上下部分连通的目的______．
（2）浓H2SO4需要冷却至0℃以下的原因是______．
（3）反应需要搅拌12h，其原因是______．
（4）本次实验产率为______（百分数保留一位小数）．
（5）实验室制备乙酸乙酯的化学反应方程式______，用______（填药品名称）收集粗产品，用______（填操作名称）的方法把粗产品分离．
正确答案
解：（1）装置中装置b中将活塞上下部分连通具有平衡气压的作用，使漏斗中间甲苯酚30mL（0.29mol）和乙酰乙酸乙酯26.4mL （0.21mol）的混合物顺利流下，故答案为：平衡上下气压，使漏斗中液体顺利流下；
（2）浓硫酸具有强氧化性和脱水性，反应温度高浓硫酸能使有机物氧化和脱水碳化，发生副反应，所以浓H2SO4需要冷却至0℃以下，故答案为：防止浓H2SO4将有机物氧化或炭化；
（3）不断的搅拌反应混合物，可以使反应物充分接触反应，从而提高反应产率，故答案为：使反应物充分接触反应，提高反应产率；
（4））已知间甲苯酚30mL（0.29mol）、乙酰乙酸乙酯26.4mL（0.21mol），若完全反应间甲苯酚过量，按照乙酰乙酸乙酯计算理论产量为0.21mol×176g/mol=36.96g，则产率
（5）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH
解析
解：（1）装置中装置b中将活塞上下部分连通具有平衡气压的作用，使漏斗中间甲苯酚30mL（0.29mol）和乙酰乙酸乙酯26.4mL （0.21mol）的混合物顺利流下，故答案为：平衡上下气压，使漏斗中液体顺利流下；
（2）浓硫酸具有强氧化性和脱水性，反应温度高浓硫酸能使有机物氧化和脱水碳化，发生副反应，所以浓H2SO4需要冷却至0℃以下，故答案为：防止浓H2SO4将有机物氧化或炭化；
（3）不断的搅拌反应混合物，可以使反应物充分接触反应，从而提高反应产率，故答案为：使反应物充分接触反应，提高反应产率；
（4））已知间甲苯酚30mL（0.29mol）、乙酰乙酸乙酯26.4mL（0.21mol），若完全反应间甲苯酚过量，按照乙酰乙酸乙酯计算理论产量为0.21mol×176g/mol=36.96g，则产率
（5）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH
甲酸钙广泛用于食品、化工、石油等工业生产上，在300-400℃时分解．实验室制取的方法之一是利用反应：Ca（0H）2+2HCH0+2H2O2═Ca（HCOO）2+4H2O．实验室制取时，将工业用氢氧化钙和甲醛（HCHO）依次加入质量分数为30%-70%的过氧化氢溶液中（投料物质的量之比为1：2：1.2），最终可得到质量分数为98%上且重金属含量极低的优质产品．
（1）反应温度最好控制在30-70℃，温度不宜过高，其主要原因是______．
（2）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠以抑制甲醛发生副反应，同时还要加入少量的Na2S溶液，加入硫化钠的目的是______．
（3）结束后需调节溶液的pH为7-8，其目的是______，最后经结晶分离，干燥得产品．
（4）饲料行业中，甲酸钙常与草酸钙混合使用，现取0.388g Ca（HCOO）2与CaC2O4的混合物，先加入稀H2SO4溶解，再用0.1000mol•L-1的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液20.00mL．
已知滴定时发生反应的离子方程式如下（未配平）：
Ⅰ．MnO4-+HCOOH+H+→Mn2++CO2↑+H2O
Ⅱ．MnO4-+H2C2O4+H+→Mn2++CO2↑+H2O
①滴定操作过程中需要用到的仪器有______（填字母）；
②达到滴定终点的现象是______；
③原混合物中Ca（HCOO）2与CaC2O4的物质的量之比为______．
正确答案
解：（1）过氧化氢受热易分解：2H2O2
故答案为：防止H2O2分解和甲醛挥发；
（2）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S溶液，硫化钠与重金属离子结合生成硫化物，硫化物难溶于水，可以除去重金属离子；
故答案为：除去重金属离子（使重金属离子形成硫化物沉淀除去）；
（3）甲酸根离子为弱酸根离子，则甲酸钙水解显弱碱性，调节溶液pH 7～8，溶液为弱碱性能抑制甲酸钙水解，结束后需调节溶液的pH 7～8，显弱碱性，能除去甲酸，
故答案为：防止甲酸钙水解（或除去甲酸）；
（4）①滴定操作中需要使用滴定管和锥形瓶，即B、D正确，
故答案为：B、D；
②滴定结束之前溶液为无色，滴定结束时高锰酸钾溶液过量，溶液变为紫色，所以滴定终点颜色变化为：无色变为紫色或高锰酸钾溶液不褪色，
故答案为：无色变为紫色或高锰酸钾溶液不褪色；
③HCOOH反应中C由+2价升高为二氧化碳中+4价，MnO4-中Mn由+7价降为Mn2+中的+2价，要使氧化剂与还原剂得失电子相等则H2C2O4系数为5，MnO4-系数为2，结合原子个数守恒，反应方程式：2MnO4-+5HCOOH+6H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O；H2C2O4反应中C由+3价升高为二氧化碳中+4价，MnO4-中Mn由+7价降为Mn2+中的+2价，要使氧化剂与还原剂得失电子相等则H2C2O4系数为5，MnO4-系数为2，结合原子个数守恒，反应方程式：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；则
故答案为：2：1．
解析
解：（1）过氧化氢受热易分解：2H2O2
故答案为：防止H2O2分解和甲醛挥发；
（2）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S溶液，硫化钠与重金属离子结合生成硫化物，硫化物难溶于水，可以除去重金属离子；
故答案为：除去重金属离子（使重金属离子形成硫化物沉淀除去）；
（3）甲酸根离子为弱酸根离子，则甲酸钙水解显弱碱性，调节溶液pH 7～8，溶液为弱碱性能抑制甲酸钙水解，结束后需调节溶液的pH 7～8，显弱碱性，能除去甲酸，
故答案为：防止甲酸钙水解（或除去甲酸）；
（4）①滴定操作中需要使用滴定管和锥形瓶，即B、D正确，
故答案为：B、D；
②滴定结束之前溶液为无色，滴定结束时高锰酸钾溶液过量，溶液变为紫色，所以滴定终点颜色变化为：无色变为紫色或高锰酸钾溶液不褪色，
故答案为：无色变为紫色或高锰酸钾溶液不褪色；
③HCOOH反应中C由+2价升高为二氧化碳中+4价，MnO4-中Mn由+7价降为Mn2+中的+2价，要使氧化剂与还原剂得失电子相等则H2C2O4系数为5，MnO4-系数为2，结合原子个数守恒，反应方程式：2MnO4-+5HCOOH+6H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O；H2C2O4反应中C由+3价升高为二氧化碳中+4价，MnO4-中Mn由+7价降为Mn2+中的+2价，要使氧化剂与还原剂得失电子相等则H2C2O4系数为5，MnO4-系数为2，结合原子个数守恒，反应方程式：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；则
故答案为：2：1．
高铁酸钾的确是一种新型、高效、多功能水处理剂，应用前景广阔．实验室以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量高铁酸钾的操作步骤如下：
（1）制备次氯酸钾强碱性饱和溶液：①在100mL水中溶解56gKOH，冷至室温后倒入三口瓶中（装置见右图），
①石灰乳的作用是______．石灰乳参与反应的化学方程式______．
②反应过程中和保存饱和次氯酸钾中用冷水浴冷却的原因是______
______（以必要文字和方程式加以说明）．
③在上述制备过程中不断搅拌原因是______（以必要文字加以说明）．
（2）合成高铁酸钾：将次氯酸钾饱和溶液转入烧杯，冷水浴冷却，在剧烈搅拌下分次加入13.5g研细的FeCl3•6H2O，立即产生大量紫黑色K2FeO4．加少量稳定剂Na2SiO3•9H2O和CuCl2•2H2O，反应30min后，分次加入100gKOH固体，保持温度在20℃以下，陈化30min，用玻璃砂芯漏斗抽滤，得高铁酸钾粗品．
①写出合成高铁酸钾的离子方程式______．
②13.53gFeCl3•6H2O理论上可制得高铁酸钾______g．
（3）高铁酸钾的净水原理：①高铁酸钾在水中发生反应生成Fe（OH）3胶体．写出化学方程式______
______．②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是______、______．
正确答案
除去未反应氯气，防止氯气污染空气
2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
温度高时，反应生成氯酸钾，6KOH+3Cl2
降低了次氯酸钾的产量
反应放热，不利于次氯酸钾的生成．
Fe3++3OH-=Fe（OH）3，2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
9.9
4K2FeO4+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8KOH+3O2
删除此空
消毒
净水
解析
解：（1）①氯气有毒，污染空气，石灰乳与氯气反应方程式为：2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．石灰乳除去未反应氯气，防止氯气污染空气．
故答案为：除去未反应氯气，防止氯气污染空气；2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．
②温度不同时，氯气与KOH反应的产物也不同，常温下，生成次氯酸钾，受热时生成氯酸钾．温度高时，反应生成氯酸钾，6KOH+3Cl2
故答案为：温度高时，反应生成氯酸钾，6KOH+3Cl2
③反应放热，不利于次氯酸钾的生成．
故答案为：反应放热，不利于次氯酸钾的生成．
（2）①铁离子与氢氧根离子生成氢氧化铁，氢氧化铁被次氯酸根氧化为高铁酸根（FeO42-）同时生成Cl-、H2O．
反应的离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3，2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O．
故答案为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3，2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O．
②13.53gFeCl3•6H2O的物质的量为n（FeCl3•6H2O）=
故答案为：9.9．
（3））①高铁酸钾与水反应生成氧气和Fe（OH）3（胶体）、氢氧化钾，反应方程式为4K2FeO4+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8KOH+3O2；
故答案为：4K2FeO4+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8KOH+3O2．
②高铁酸钾与水反应过程中生成原子氧[O]和Fe（OH）3胶体，高铁酸钾与生成原子氧[O]具有强氧化性，杀菌消毒，Fe（OH）3胶体吸附悬浮物质净水．
故答案为：消毒、净水．
（2014秋•潜山县校级月考）实验室里临时需要用NaOH溶液和CO2来制取纯Na2CO3溶液．已知CO2气体通入NaOH溶液过程中极易过量生成NaHCO3，且无明显现象．
实验室有下列试剂：①未知浓度的NaOH溶液；②37%的盐酸；③37%的硫酸；④14%的盐酸；⑤大理石；⑥K2CO3固体；⑦碱式碳酸铜．
实验室有以下仪器：铁架台，启普发生器，量筒，烧杯，橡皮管，玻璃导管，分液漏斗．已知下表中各物质在常温时的溶解度（g/100g H2O）
（1）实验应选用的仪器：除启普发生器，橡皮管，玻璃导管外，还需要：______；
（2）为了保证制得的Na2CO3溶液尽量纯，应选用的药品（填编号）：除①外，还需要：______；
（3）简要叙述实验步骤，直到制得纯Na2CO3溶液（仪器安装可省略）．______．
（4）据实验给出的溶解度表，求出当NaOH溶液中溶质的质量分数大于______时，在通入CO2过程中会有晶体析出．
正确答案
解：根据NaOH+CO2=NaHCO3、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O知，用NaOH溶液和CO2来制取纯Na2CO3溶液，如果二氧化碳过量则生成NaHCO3，如果二氧化碳不足量，则溶液中易存在杂质NaOH，为了制取较纯净的Na2CO3溶液，应该量取两份相同体积、相同浓度的NaOH溶液，向其中一份中通入过量二氧化碳制取NaHCO3，然后将制取的NaHCO3溶液倒入另一份NaOH溶液中即可得到较纯净的Na2CO3溶液，
（1）做该实验需要制取二氧化碳，制取二氧化碳时需要启普发生器、橡皮管、玻璃导管，还需要烧杯盛放氢氧化钠溶液，量筒量取溶液，故答案为：烧杯、量筒；
（2）实验时需要制取碳酸氢钠溶液，制取碳酸氢钠溶液时除了需要NaOH溶液外还需要二氧化碳，实验室用稀盐酸和大理石制备二氧化碳，故选④⑤；
（3）根据分析知，其操作步骤为：①量取一定量的NaOH溶液分成两等份，
②制取CO2，向其中一份NaOH溶液中通人过量的CO2气体，
③将两份溶液混合摇匀，
故答案为：①量取一定量的NaOH溶液分成两等份，
②制取CO2，向其中一份NaOH溶液中通人过量的CO2气体，
③将两份溶液混合摇匀；
（4）根据溶解性表知，NaHCO3溶液达到饱和状态时，继续通入二氧化碳会导致溶液成为过饱和溶液，有NaHCO3析出，假设NaHCO3饱和溶液中水的质量是100g，根据溶解度表知，溶液中NaHCO3质量为8.4g，根据Na原子守恒得m（NaOH）=
则氢氧化钠溶液中溶质质量分数=
故答案为：3.85%．
解析
解：根据NaOH+CO2=NaHCO3、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O知，用NaOH溶液和CO2来制取纯Na2CO3溶液，如果二氧化碳过量则生成NaHCO3，如果二氧化碳不足量，则溶液中易存在杂质NaOH，为了制取较纯净的Na2CO3溶液，应该量取两份相同体积、相同浓度的NaOH溶液，向其中一份中通入过量二氧化碳制取NaHCO3，然后将制取的NaHCO3溶液倒入另一份NaOH溶液中即可得到较纯净的Na2CO3溶液，
（1）做该实验需要制取二氧化碳，制取二氧化碳时需要启普发生器、橡皮管、玻璃导管，还需要烧杯盛放氢氧化钠溶液，量筒量取溶液，故答案为：烧杯、量筒；
（2）实验时需要制取碳酸氢钠溶液，制取碳酸氢钠溶液时除了需要NaOH溶液外还需要二氧化碳，实验室用稀盐酸和大理石制备二氧化碳，故选④⑤；
（3）根据分析知，其操作步骤为：①量取一定量的NaOH溶液分成两等份，
②制取CO2，向其中一份NaOH溶液中通人过量的CO2气体，
③将两份溶液混合摇匀，
故答案为：①量取一定量的NaOH溶液分成两等份，
②制取CO2，向其中一份NaOH溶液中通人过量的CO2气体，
③将两份溶液混合摇匀；
（4）根据溶解性表知，NaHCO3溶液达到饱和状态时，继续通入二氧化碳会导致溶液成为过饱和溶液，有NaHCO3析出，假设NaHCO3饱和溶液中水的质量是100g，根据溶解度表知，溶液中NaHCO3质量为8.4g，根据Na原子守恒得m（NaOH）=
则氢氧化钠溶液中溶质质量分数=
故答案为：3.85%．
（2015秋•淮安校级期末）碘化钠是实验室中常见的分析试剂，常用于医疗和照相业．工业上通常用水合肼（N2H4•H2O）还原法制取碘化钠，工艺流程如下：
（1）合成过程的反应产物中含有IO3-，写出合成过程的离子方程式______．
（2）工业上也可以用Na2S或Fe屑还原制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，原因是______．
（3）请补充完整检验还原液中是否含有IO3-的实验方案：取适量还原液，______．
实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液．
（4）测定产品中NaI含量的实验步骤如下：
a．称取4.000g样品、溶解，在250mL容量瓶中定容；
b．量取25.00mL待测液于锥形瓶中；
c．用0.1000mol•L-1AgNO3溶液滴定至终点，记录消耗AgNO3溶液的体积；
d．重复b、c操作2～3次，记录相关实验数据．
①滴定过程中，AgNO3溶液应放在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中；步骤d的目的是______．
②若用上述方法测定产品中的NaI含量偏低（忽略测定过程中的误差），其可能的原因是______．
正确答案
解：合成过程的反应产物中含有IO3-，发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮气与NaI，即发生反应：3N2H4•H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O，得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI．
（1）发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，离子方程式为3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，故答案为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O；
（2）N2H4•H2O的氧化产物为N2和H2O，而用Na2S或Fe屑还原会得到其它杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高，
故答案为：N2H4•H2O的氧化产物为N2和H2O；
（3）检验还原液中是否含有IO3-的实验方案：取适量还原液，加入淀粉溶液，加盐酸酸化，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3-；若溶液不变蓝，说明废水中不含IO3-，
故答案为：加入淀粉溶液，加盐酸酸化，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3-；若溶液不变蓝，说明废水中不含IO3-；
（4）①稀溶液溶液呈酸性，应放在酸式滴定管中；重复操作，减少实验误差，
故答案为：酸式滴定管；减少实验误差；
②部分NaI被空气中O2氧化，导致滴定消耗硝酸银溶液偏小，测定产品中的NaI含量偏低，故答案为：部分NaI被空气中O2氧化．
解析
解：合成过程的反应产物中含有IO3-，发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮气与NaI，即发生反应：3N2H4•H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O，得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI．
（1）发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，离子方程式为3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，故答案为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O；
（2）N2H4•H2O的氧化产物为N2和H2O，而用Na2S或Fe屑还原会得到其它杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高，
故答案为：N2H4•H2O的氧化产物为N2和H2O；
（3）检验还原液中是否含有IO3-的实验方案：取适量还原液，加入淀粉溶液，加盐酸酸化，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3-；若溶液不变蓝，说明废水中不含IO3-，
故答案为：加入淀粉溶液，加盐酸酸化，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3-；若溶液不变蓝，说明废水中不含IO3-；
（4）①稀溶液溶液呈酸性，应放在酸式滴定管中；重复操作，减少实验误差，
故答案为：酸式滴定管；减少实验误差；
②部分NaI被空气中O2氧化，导致滴定消耗硝酸银溶液偏小，测定产品中的NaI含量偏低，故答案为：部分NaI被空气中O2氧化．
用菱锌矿（主要成分为碳酸锌，还含有Fe2+、Fe3+、Mg2+、Ca2+、Cu2+等）制备氯化锌的一种流程如下：
（1）在反应3前要将菱锌矿研磨，其目的是______．
（2）反应4将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为______．
（3）加入氧化锌调节pH=4.5，反应5的离子方程式为______、______．
（4）锌粉不在反应4之前加入的原因是______．
（5）若用石墨作电极电解滤液Y，则可以得到参与本流程反应的物质有______．
正确答案
解：（1）依据影响化学反应速率的因素分析判断，增大接触面积会增大反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，使反应3反应速率加快；
（2）反应1是氯气与氢氧化钠溶液反应，产物是NaClO、NaClO3和水，反应3中加入了过量盐酸，反应4中将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+═2Fe3++Cl-+H2O，
故答案为：2Fe2++ClO-+2H+═2Fe3++Cl-+H2O；
（3）加入氧化锌调节溶液的pH=4.5，同时得到红褐色沉淀Fe（OH）3，同时不引入新的杂质；反应的离子方程式为：ZnO+2H+═Zn2++H2O，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3↓+3H+，
故答案为：ZnO+2H+═Zn2++H2O；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3↓+3H+；
（4）因为菱锌矿中含有杂质离子Fe3+，以及加入的盐酸均可以与锌粉反应，这样锌的用量增加，并造成后续反应中所用的次氯酸钠或氯酸钠的用量也增加，
故答案为：Zn和H+以及Fe3+反应，将增加Zn的用量以及后续实验中次氯酸钠（或氯酸钠）的用量；
（5）滤液Y是ZnCl2，用石墨作电极，电解时首先得到H2和Cl2，当ZnCl2浓度较大时还可以得到Zn，故答案为：H2、Cl2、Zn．
解析
解：（1）依据影响化学反应速率的因素分析判断，增大接触面积会增大反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，使反应3反应速率加快；
（2）反应1是氯气与氢氧化钠溶液反应，产物是NaClO、NaClO3和水，反应3中加入了过量盐酸，反应4中将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+═2Fe3++Cl-+H2O，
故答案为：2Fe2++ClO-+2H+═2Fe3++Cl-+H2O；
（3）加入氧化锌调节溶液的pH=4.5，同时得到红褐色沉淀Fe（OH）3，同时不引入新的杂质；反应的离子方程式为：ZnO+2H+═Zn2++H2O，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3↓+3H+，
故答案为：ZnO+2H+═Zn2++H2O；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3↓+3H+；
（4）因为菱锌矿中含有杂质离子Fe3+，以及加入的盐酸均可以与锌粉反应，这样锌的用量增加，并造成后续反应中所用的次氯酸钠或氯酸钠的用量也增加，
故答案为：Zn和H+以及Fe3+反应，将增加Zn的用量以及后续实验中次氯酸钠（或氯酸钠）的用量；
（5）滤液Y是ZnCl2，用石墨作电极，电解时首先得到H2和Cl2，当ZnCl2浓度较大时还可以得到Zn，故答案为：H2、Cl2、Zn．
工业上生产高氯酸时，还同时生产了一种常见的重要含氯消毒剂和漂白剂亚氯酸钠（NaClO2），其工艺流程如下：
已知：
1、NaHSO4溶解度随温度的升高而增大，适当条件下可结晶析出．
2、高氯酸是至今为止人们已知酸中的最强酸，沸点90℃．
请回答下列问题：
（1）反应器Ⅰ中冷却的目的是______，方法1使用的操作是______．
（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用另一物质H2O2代替同样能生成 NaClO2，请简要说明双氧水在反应中能代替SO2的原因是______．
（4）Ca（ClO）2、ClO2、NaClO、NaClO2 等含氯化合物都是常用的消毒剂和漂白剂是因为它们都具有______，请写出工业上用氯气和NaOH溶液生产另一种消毒剂 NaClO的离子方程式______．
正确答案
解：（1）NaClO3和浓H2SO4在反应器I中反应生成HClO4、ClO2和NaHSO4，其反应的化学方程式为：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；冷却溶液时会降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；高氯酸的沸点低，易挥发，蒸馏可以得到纯净的高氯酸，
故答案为：降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；蒸馏；
（2）反应器Ⅱ中ClO2与二氧化硫、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，其反应的离子方程式为：2ClO2+SO2+4OH-═2ClO2-+SO42-+2H2O，
故答案为：2ClO2+SO2+4OH-═2ClO2-+SO42-+2H2O；
（3）H2O2中O元素为-1价，有还原性，能被强氧化剂氧化，H2O2能还原ClO2，所以入反应器Ⅱ中的SO2用H2O2代替同样能生成NaClO2；
故答案为：H2O2有还原性也能把ClO2还原为NaClO2；
（4）具有强氧化性的物质能用作消毒剂和漂白剂，已知Ca（ClO）2、ClO2、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒剂和漂白剂，是因为它们都具有强氧化性；工业上用氯气和NaOH溶液生产次氯酸钠溶液，同时生成NaCl和水，其反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，
故答案为：强氧化；Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O．
解析
解：（1）NaClO3和浓H2SO4在反应器I中反应生成HClO4、ClO2和NaHSO4，其反应的化学方程式为：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；冷却溶液时会降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；高氯酸的沸点低，易挥发，蒸馏可以得到纯净的高氯酸，
故答案为：降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；蒸馏；
（2）反应器Ⅱ中ClO2与二氧化硫、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，其反应的离子方程式为：2ClO2+SO2+4OH-═2ClO2-+SO42-+2H2O，
故答案为：2ClO2+SO2+4OH-═2ClO2-+SO42-+2H2O；
（3）H2O2中O元素为-1价，有还原性，能被强氧化剂氧化，H2O2能还原ClO2，所以入反应器Ⅱ中的SO2用H2O2代替同样能生成NaClO2；
故答案为：H2O2有还原性也能把ClO2还原为NaClO2；
（4）具有强氧化性的物质能用作消毒剂和漂白剂，已知Ca（ClO）2、ClO2、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒剂和漂白剂，是因为它们都具有强氧化性；工业上用氯气和NaOH溶液生产次氯酸钠溶液，同时生成NaCl和水，其反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，
故答案为：强氧化；Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O．
如图是实验室制备1，2-二溴乙烷并进行一系列相关实验的装置（加热及夹持设备已略）．
有关数据如表：
请按要求回答下列问题：
（1）A中药品为1：3的无水乙醇和浓硫酸混合液，写出制备乙烯的化学反应方程式：______．
（2）下列有关A中反应说法错误的是______（填编号）
A．将乙醇缓慢加入浓硫酸中配制混合酸
B．温度在140℃时，其主要反应为取代反应
C．浓硫酸的作用是脱水和催化
D．加入碎瓷片的作用是加快反应速度
（3）装置D中品红溶液的作用是______；同时B装置是安全瓶，监测实验进行时E中是否发生堵塞，请写出堵塞时的现象______．
（4）反应过程中应用冷水冷却装置E，其主要目的是______，但又不能用冰水，其原因是______．
（5）装置F中的化学反应方程式为：______．
正确答案
解：（1）乙醇在浓硫酸作催化剂加热170℃时生成乙烯，其反应方程式为：CH3CH2OH，
故答案为：CH3CH2OH
（2）A．浓硫酸溶于水放出大量的热，加入药品时，为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸，故A错误；
B．温度在140℃时，其主要反应为乙醇发生分子内脱水生成乙醚，为取代反应，故B正确；
C．在浓硫酸作用下，乙醇可发生消去反应生成乙烯，在反应中，浓硫酸起到催化剂和脱水剂的作用，故C正确；
D．加入碎瓷片的作用是防止液体暴沸，故D错误；
故答案为：AD；
（3）二氧化硫能使品红褪色，装置D中品红溶液验证二氧化硫是否被除尽，如果乙烯的速率过快，导致E装置内乙烯和溴单质来不及完全反应逸出，E中发生堵塞，导致整个装置压强增大，B中压强增大，玻璃管中液面会上升，
故答案为：验证二氧化硫是否被除尽；玻璃管中液面上升；
（4）液溴易挥发，反应过程中应用冷水冷却装置E，能减少液溴挥发，由表中数据可知温度太低，1，2-二溴乙烷会凝结为固体，不能用冰水，其原因是1，2-二溴乙烷易凝结成固体而发生堵塞，
故答案为：减少液溴挥发；1，2-二溴乙烷易凝结成固体而发生堵塞；
（5）用NaOH溶液吸收挥发出的溴蒸汽，减少对环境的污染，装置F中发生反应的化学方程式为Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，
故答案为：Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O．
解析
解：（1）乙醇在浓硫酸作催化剂加热170℃时生成乙烯，其反应方程式为：CH3CH2OH，
故答案为：CH3CH2OH
（2）A．浓硫酸溶于水放出大量的热，加入药品时，为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸，故A错误；
B．温度在140℃时，其主要反应为乙醇发生分子内脱水生成乙醚，为取代反应，故B正确；
C．在浓硫酸作用下，乙醇可发生消去反应生成乙烯，在反应中，浓硫酸起到催化剂和脱水剂的作用，故C正确；
D．加入碎瓷片的作用是防止液体暴沸，故D错误；
故答案为：AD；
（3）二氧化硫能使品红褪色，装置D中品红溶液验证二氧化硫是否被除尽，如果乙烯的速率过快，导致E装置内乙烯和溴单质来不及完全反应逸出，E中发生堵塞，导致整个装置压强增大，B中压强增大，玻璃管中液面会上升，
故答案为：验证二氧化硫是否被除尽；玻璃管中液面上升；
（4）液溴易挥发，反应过程中应用冷水冷却装置E，能减少液溴挥发，由表中数据可知温度太低，1，2-二溴乙烷会凝结为固体，不能用冰水，其原因是1，2-二溴乙烷易凝结成固体而发生堵塞，
故答案为：减少液溴挥发；1，2-二溴乙烷易凝结成固体而发生堵塞；
（5）用NaOH溶液吸收挥发出的溴蒸汽，减少对环境的污染，装置F中发生反应的化学方程式为Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，
故答案为：Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O．
亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．工业设计生产NaClO2的主要流程如下：
（1）A的化学式是______，装置Ⅲ中A在______极区产生．
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是______．
（3）通电电解前，检验Ⅲ中阴离子的方法和步骤是______．
（4）为防止Ⅱ中制各的NaClO2被还原成NaCl，应选合适的还原剂，除双氧水外，还可以选择的还原剂是______（填字母编号）．
a．Na2O2 b．FeCl2 c．Na2S
（5）常温时，HClO2的电离平衡常数Ka=1.07×10-2mol•L-1，Ⅱ中反应所得NaClO2溶液（含少量NaOH）的pH=13，则溶液中
（6）气体a、b与氢氧化钠溶液可构成燃料电池，用该电池电解200mL，0 5mol•L-1的CuSO4溶液．生成铜3.2g，此时所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是______．
正确答案
H2SO4
阳
2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O
取少量Ⅲ中溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2
溶液，产生白色沉淀，证明含有SO42-
a
1.07×1010mol•L-1
c（H+）＞c（SO42-）＞c（Cu2+）＞c（OH-）
解析
解：（1）根据工艺流程图用无隔膜的电解槽电解饱和NaCl溶液，可知气体b为H2，用有离子隔膜的电解槽电解Na2SO4溶液，可知气体a为O2，该极为阳极，OH-放电，c（H+）增大，SO42-移向该极，所以A为硫酸溶液；
故答案为：H2SO4；阳；
（2）ClO2与H2O2反应生成NaClO2和氧气，则离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；
故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；
（3）电解前Ⅲ中阴离子为SO42-，SO42-的检验方法：取少量Ⅲ中溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有SO42-；
故答案为：取少量Ⅲ中溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有SO42-；
（4）选择合适的不能引入杂质的还原剂，b、c均引入了杂质离子且Fe2+、S2-还原性较强，还原性与双氧水相似的为Na2O2，
故答案为：a；
（5）HClO2中Ka=
故答案为：1.07×1010mol•L-1；
（6）气体a、b与氢氧化钠溶液可构成燃料电池，用该电池电解200mL，0.5mol•L-1的CuSO4溶液，生成铜3.2g即0.05mol，由电解方程式：2CuSO4+2H2O
故答案为：c（H+）＞c（SO42-）＞c（Cu2+）＞c（OH-）．
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