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（2016•广东模拟）过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2 ）是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域．工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量（[O]%=
回答下列问题：
（1）过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式______．
（2）稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响．
①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是______（填字母）．a．MnO2b．KI c．Na2SiO3d．FeCl3
②反应温度对产品产率（y%）及活性氧含量的影响如图1所示．要使产品达到优等品且产率超过90%合适的反应温度范围是______．
③“结晶”时加入NaCl的目的是______，其作用原理是______．
（3）“母液”中可循环利用的主要物质是______．
（4）产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL 0.5mol•L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol•L-1高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mLo另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMn04溶液的平均体积为2.24mL．
①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有______．
②测定时，若用工业盐酸代替硫酸，分析对测定结果的影响及其原因______．
③该样品的活性氧含量为______%，表明该样品______（填“是”或“不是”）
正确答案
解：（1）过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2 ）是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，受热分解生成碳酸钠、氧气、水，反应为：2（Na2CO3•3H2O2 ）
故答案为：2（Na2CO3•3H2O2 ）
（2）①过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2 ）是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，过氧化氢易分解，MnO2、FeCl3为其催化剂，所以不能选，过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能选，过碳酸钠与硅酸钠不反应，可能用作“稳定剂”，故C选项符合，
故答案为：c；
②根据图象分析，温度为286.8～288.5K，产品达到优等品且产率超过90%，超过288.5K后，活性氧百分含量和产率均降低，所以最佳反应温度范围为286.8～288.5K，
故答案为：286.8～288.5K；
③结晶过程中加入氯化钠、搅拌，增加钠离子浓度，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，
故答案为：提高产量；增加钠离子浓度，促进过碳酸钠析出；
（3）结晶过程中加入氯化钠促进过碳酸钠析出，“母液”中主要为氯化钠溶液，NaCl溶液又是结晶过程中促进过碳酸钠析出的原料，故循环利用的物质是NaCl，
故答案为：NaCl；
（4）①过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2 ）是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，过碳酸钠与硫酸反应，为碳酸钠、过氧化氢和硫酸反应，所以产物为硫酸钠、过氧化氢、二氧化碳、水，
故答案为：H2O2、CO2；
②Fe3+为过氧化氢分解的催化剂，工业盐酸常含微量Fe3+，溶解过程会催化H2O2分解，测定时，若用工业盐酸代替硫酸，分析对测定结果偏低，
故答案为：偏低，工业盐酸常含微量Fe3+，溶解过程会催化H2O2分解；
③称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL 0.5mol•L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol•L-1高锰酸钾标准溶液滴定，反应中MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；
2MnO4-～～～～～5H2O2；
2 5
（0.2526-0.0224）L×0.02mol/L 0.01216mol
过碳酸钠产品中活性氧含量（[O]%=
故答案为：12.16；不是．
解析
解：（1）过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2 ）是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，受热分解生成碳酸钠、氧气、水，反应为：2（Na2CO3•3H2O2 ）
故答案为：2（Na2CO3•3H2O2 ）
（2）①过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2 ）是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，过氧化氢易分解，MnO2、FeCl3为其催化剂，所以不能选，过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能选，过碳酸钠与硅酸钠不反应，可能用作“稳定剂”，故C选项符合，
故答案为：c；
②根据图象分析，温度为286.8～288.5K，产品达到优等品且产率超过90%，超过288.5K后，活性氧百分含量和产率均降低，所以最佳反应温度范围为286.8～288.5K，
故答案为：286.8～288.5K；
③结晶过程中加入氯化钠、搅拌，增加钠离子浓度，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，
故答案为：提高产量；增加钠离子浓度，促进过碳酸钠析出；
（3）结晶过程中加入氯化钠促进过碳酸钠析出，“母液”中主要为氯化钠溶液，NaCl溶液又是结晶过程中促进过碳酸钠析出的原料，故循环利用的物质是NaCl，
故答案为：NaCl；
（4）①过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2 ）是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，过碳酸钠与硫酸反应，为碳酸钠、过氧化氢和硫酸反应，所以产物为硫酸钠、过氧化氢、二氧化碳、水，
故答案为：H2O2、CO2；
②Fe3+为过氧化氢分解的催化剂，工业盐酸常含微量Fe3+，溶解过程会催化H2O2分解，测定时，若用工业盐酸代替硫酸，分析对测定结果偏低，
故答案为：偏低，工业盐酸常含微量Fe3+，溶解过程会催化H2O2分解；
③称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL 0.5mol•L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol•L-1高锰酸钾标准溶液滴定，反应中MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；
2MnO4-～～～～～5H2O2；
2 5
（0.2526-0.0224）L×0.02mol/L 0.01216mol
过碳酸钠产品中活性氧含量（[O]%=
故答案为：12.16；不是．
碱式氯化铝[Al2（OH）nCl6-n]是利用工业铝灰和活性铝矾土为原料（主要含Al、Al2O3、SiO2及铁的氧化物）经过精制加工而成，此产品活性较高，对工业污水具有较好的净化效果．其制备流程如下：
①16% HCl 16% H2SO4原料滤渣Ⅰ煮沸1.5h过滤
②适量Ca（OH）2控制pH，过滤滤液Ⅰ滤液Ⅱ滤渣Ⅱ
③加热蒸发、浓缩结晶，过滤碱式氯化铝溶液硫酸钙晶体
（1）原料需要粉碎，其目的是______；滤渣I的主要成分是______；
（2）步骤①在煮沸过程中，溶液逐渐变为浅绿色，此时溶液中呈浅绿色的阳离子常采用加入______试剂进行检验（填化学式）；随后溶液又变为棕黄色，相关反应的离子方程式为______；
（3）步骤②中加入适量的Ca（OH）2并控制pH，其目的：一是生成碱式氯化铝；二是______；已知碱式氯化铝的分散质粒子大小在1～100nm之间，则区别滤液I与碱式氯化铝两种液体的物理方法是______；若Ca（OH）2溶液过量，则步骤③得到的碱式氯化铝产率偏低，该反应的离子方程式为______；
（4）某温度下若0.1mol AlCl3溶于蒸馏水，当有2.5%水解生成Al（OH）3溶液时，吸收热量Q kJ，该过程的热化学反应方程式为______．
正确答案
增大反应物接触面积，加快溶解速率（提高Al3+的浸出率）
SiO2（或二氧化硅）
K3[Fe（CN）6]
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
除Fe3+
观察是否有丁达尔效应
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
AlCl3（aq）+3H2O（l）⇌Al（OH）3（胶体）+3HCl（aq）△H=+400QkJ∕mol
解析
解：工业铝灰和活性铝矾土为原料（主要含Al、Al203、Si02及铁的氧化物），加入硫酸和盐酸，Si02不溶，Al、Al203及铁的氧化物溶解为离子，滤渣I为Si02，滤液调节PH，三价铁离子会转化为沉淀，则滤渣II为氢氧化铁，滤液II再经过蒸发浓缩，过滤得到硫酸钙和碱式氯化铝溶液．
（1）有固体参加的反应，固体的表面积越大，反应速率越快，所以粉碎煤矸石能增大接触面积，加快溶解速率；二氧化硅不溶于酸，所以滤渣I为Si02；
故答案为：增大接触面积，加快溶解速率；Si02；
（2）Fe2+在溶液中为绿色，可以用K3[Fe（CN）6]；Fe2+易被空气中的氧气氧化为Fe3+，随后溶液又变为棕黄色，是因为Fe2+被空气中的氧气氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
故答案为：K3[Fe（CN）6]；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；冷凝、回流；
（3）Ca（OH）2并控制pH，其目的：一是生成碱式氯化铝；其次还可以除去铁离子，已知碱式氯化铝的分散质粒子大小在1nm〜100nm之间，则为胶体，滤液I为溶液，用一束光照射液体，观察是否有丁达尔效应，有丁达尔效应的是碱式氯化铝；Al3+与过量的强碱反应生成偏铝酸盐，所以若Ca（OH）2溶液过量，则步骤③得到的BAC产率偏低，该反应的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
故答案为：除Fe3+；观察是否有丁达尔效应；Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
（4）若0.1mol AlCl3在某温度下溶于蒸馏水，当有2.5%水解生成Al（OH）3溶液时，吸收热量QkJ，则1mol完全反应水解吸收的热量为400QkJ，则其热化学方程式为：AlCl3（aq）+3H2O（l）⇌Al（OH）3（胶体）+3HCl（aq）△H=+400QkJ/mol；
故答案为：AlCl3（aq）+3H2O（l）⇌Al（OH）3（胶体）+3HCl（aq）△H=+400QkJ∕mol．
（2015秋•江西校级月考）氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸；在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色．如图是工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）生产CuCl的流程：
根据以上信息回答下列问题：
（1）写出生产过程中所加试剂：X______，Y______．
（2）生产中为了提高CuCl产品的质量，采用抽滤法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是______；生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是______．
（3）写出产生CuCl的化学方程式：______．
（4）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，还应该注意的关键问题是______．
正确答案
解：（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，
故答案为：Fe；HCl；
（2）析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失，生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止CuCl水解，
故答案为：减少产品CuCl的损失；防止CuCl水解；
（3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，
故答案为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；
（4）氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解，所以生产中应防止CuCl的氧化和见光分解，减少产品CuCl的损失，
故答案为：防止CuCl的氧化和见光分解．
解析
解：（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，
故答案为：Fe；HCl；
（2）析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失，生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止CuCl水解，
故答案为：减少产品CuCl的损失；防止CuCl水解；
（3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，
故答案为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；
（4）氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解，所以生产中应防止CuCl的氧化和见光分解，减少产品CuCl的损失，
故答案为：防止CuCl的氧化和见光分解．
①晶体X的合成，将工业氧化铁溶于盐酸中，然后加入异丙醚萃取、分液，除去水层后，加入草酸溶液后分液，除去醚层，再经过操作A，然后过滤、洗涤、干燥，得到晶体X．
②晶体X纯度的测定：称取ag样品，加入硫酸酸化，用bmol•L-1的KMnO4溶液滴定生成的H2C2O4，达到滴定终点时，共消耗KMnO4溶液cmL．
回答下列问题：
（1）氧化铁能被异丙醚萃取的原因是______．
（2）操作A的名称为______、______，进行操作A时使用的玻璃仪器有酒精灯、______、______．
（3）晶体X需用冰水洗涤，其目的是______．
（4）KMnO4溶液应置于如图所示的仪器______（填“甲”或“乙”）中，滴定过程中发生反应的化学方程式为：______KMnO4+______H2C2O4+______H2SO4=______K2SO4+______MnSO4+______CO2↑+______H2O（在方框中填入相应物质的化学计量数），滴定终点的现象是______．
（5）样品中晶体X纯度的表达式为______．
（6）滴定过程中，若滴定管在滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则滴定结果将______（填“偏高”或“偏低”）．
正确答案
解：（1）萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度，
故答案为：FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；
（2）草酸铁溶液中得到草酸铁晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体；蒸发过程中是在蒸发皿中进行，且需用玻璃棒搅拌、转移固体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；玻璃棒、蒸发皿；
（3）洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失，
故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；
（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化橡胶管，KMnO4标准溶液应置于酸式滴定管，图所示仪器甲中，滴定过程中发生反应：Mn元素由+7价→+2价，一个KMnO4得5个电子；K2C2O4→CO2，C元素由+3价→+4价，一个H2C2O4失去2个电子，反应中KMnO4为氧化剂，H2C2O4为还原剂，最小公倍数为10，所以KMnO4前系数为2，H2C2O4前系数为5，反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，离子反应为：2MnO4-+6H++5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，滴入最后一滴溶液，溶液变化为紫色且半分钟不变；
故答案为：甲；2、5、3、2、1、10、8；滴入最后一滴溶液，溶液变化为紫色且半分钟不变；
（5）称取ag样品，加硫酸酸化，用b mol•L-1 KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4．滴定到终点，消耗KMnO4溶液c mL，2MnO4-+6H++5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
2MnO4-～5H2C2O4～
2
c×10-3×bmol 
样品中晶体X纯度的表达式=
故答案为：
（6）滴定过程中，若滴定管在滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则标准溶液体积读取增大，则测出的晶体X纯度会偏高，故答案为：偏高．
解析
解：（1）萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度，
故答案为：FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；
（2）草酸铁溶液中得到草酸铁晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体；蒸发过程中是在蒸发皿中进行，且需用玻璃棒搅拌、转移固体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；玻璃棒、蒸发皿；
（3）洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失，
故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；
（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化橡胶管，KMnO4标准溶液应置于酸式滴定管，图所示仪器甲中，滴定过程中发生反应：Mn元素由+7价→+2价，一个KMnO4得5个电子；K2C2O4→CO2，C元素由+3价→+4价，一个H2C2O4失去2个电子，反应中KMnO4为氧化剂，H2C2O4为还原剂，最小公倍数为10，所以KMnO4前系数为2，H2C2O4前系数为5，反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，离子反应为：2MnO4-+6H++5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，滴入最后一滴溶液，溶液变化为紫色且半分钟不变；
故答案为：甲；2、5、3、2、1、10、8；滴入最后一滴溶液，溶液变化为紫色且半分钟不变；
（5）称取ag样品，加硫酸酸化，用b mol•L-1 KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4．滴定到终点，消耗KMnO4溶液c mL，2MnO4-+6H++5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
2MnO4-～5H2C2O4～
2
c×10-3×bmol
样品中晶体X纯度的表达式=
故答案为：
（6）滴定过程中，若滴定管在滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则标准溶液体积读取增大，则测出的晶体X纯度会偏高，故答案为：偏高．
用图示装置制取PCl3，在E中放入足量白磷，将氯气不间断地通入E，氯气与白磷就会发生反应，并放出热量（温度高于75℃）．已知：PCl3和PCl5遇水强烈反应，它们熔沸点数据如下：
请根据图中装置回答下列问题：
（1）检查该装置气密性的方法是______．
（2）为得到氯气，若B中加入MnO2，则A中应加入______，发生反应的化学方程式为______．
（3）若发现C中气泡产生过猛，需要进行的操作的关键是______．
（4）在反应开始时主要生成PCl3，而后来主要生成PCl5，原因可能是______；从PCl3和PCl5的混合物中分离也PCl3的最佳方法是______（选填序号）．
a．蒸馏b．分液c．升华
（5）生成的PCl3在G中收集，则F中盛有______，作用是______
（6）C、D、H所盛的试剂分别是：C______；D______；H______．
（7）如果E中反应放热较多，G处的导管可能发生堵塞，其原因是______．
正确答案
H接一导管放入水槽，然后微热圆底烧瓶B，若导管口产生气泡，撤灯后导管中形成水柱，说明装置气密性良好．
浓盐酸
MnO2 +4HCl（浓）
用分液漏斗控制滴加液体的量或滴加速率
前期P过量生成三氯化磷，后期氯气过量生成五氯化磷
a
冷水
使得三氯化磷液化
饱和食盐水
浓硫酸
碱石灰
五氯化磷蒸汽冷却后变成固体
解析
解：（1）检查整套装置的气密性，首先要密闭装置，H接一导管放入水槽，将H浸入水中，然后微热圆底烧瓶B，在其他各盛液体的仪器中观察是否有气泡，然后停止加热，过一会儿看H的导管中会倒吸形成一段水柱，说明气密性良好．
故答案为：H接一导管放入水槽，然后微热圆底烧瓶B，若导管口产生气泡，撤灯后导管中形成水柱，说明装置气密性良好．
（2）实验室制Cl2的方法是在加热条件下MnO2与浓盐酸反应，A中应加入浓盐酸，反应方程式为MnO2 +4HCl（浓）
故答案为：浓盐酸；MnO2 +4HCl（浓）
（3）C中产生气泡过猛，说明反应产生的Cl2太快，需要调节浓盐酸的加入速度．
故答案为：用分液漏斗控制滴加液体的量或滴加速率．
（4）反应开始时P较多，此时产生PCl3，随着反应进行，Cl2逐渐过量，会将PCl3氧化成PCl5，所以后期主要产生PCl5；
虽然PCl3是液态，而PCl5是固态，但在加热时都是温度超过75℃，此时PCl3是气态，而PCl5是液态，可以蒸馏分开．
故答案为：P过量生成三氯化磷，氯气过量生成五氯化磷；a．
（5）气态的PCl3到G中要液化生成液态，F装置起到降温作用，所以F中要加入冷水．
故答案为：冷水，使得三氯化磷液化．
（6）从B装置产生的Cl2中混有HCl，先通过饱和食盐水除去，然后通入浓硫酸干燥，在E装置中P和Cl2发生反应，G中收集PCl3，H是防止空气中水蒸气进入G，使PCl3水解．
故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；碱石灰．
（7）如果E中放热多，PCl5也可能汽化，在导管中易凝华而堵塞导气管．
故答案为：五氯化磷蒸汽冷却后变成固体．
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