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- 共1072题
连二亚硫酸钠（Na2S2O4），是印刷工业中重要的还原剂．某小组进行如下实验：
Ⅰ．【查阅资料】
（1）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇．
（2）2Na2S2O4+4HCl=4NaCl+S↓+3SO2↑+2H2O；Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O．
Ⅱ．【制备方法】
75℃时将甲酸钠和纯碱加入乙醇水溶液中，通入SO2进行反应，完成其反应方程式：
HCOONa+______Na2CO3+______□=______Na2S2O4+______CO2+□
冷却至40～50℃，过滤，用______洗涤，干燥制得Na2S2O4．
Ⅲ．【Na2S2O4的性质】
（1）Na2S2O4溶液在空气中易被氧化．课题小组测定0.050mol/LNa2S2O4溶液在空气中pH变化如图所示：0～t1段主要先生成HSO3-，0～t1段发生反应的离子反应方程式为______．
t3时溶液中主要阴离子是______．
（2）隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解，得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和气体为______（填化学式）．
请你设计实验验证产物有Na2S2O3存在，完成下表中内容．
（供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、KMnO4溶液）
（3）资料显示：保险粉、H2O2均可用于纸浆漂白．写出保险粉与过量的H2O2，在水溶液中反应生成硫酸盐等物质的离子方程式：_______．
正确答案
解：II．反应中S元素的化合价从+4价降低到+3价，得到1个电子．甲酸钠中碳元素的化合价从+2价升高到+4价，则根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的化学方程式为2HCOONa+Na2CO3+4SO2=2Na2S2O4+3CO2+H2O．连二亚硫酸钠是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇，因此可以用乙醇洗涤产品，
故答案为：2HCOONa+Na2CO3+4SO2=2Na2S2O4+3CO2+H2O； 乙醇；
III．（1）Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则0～t1段发生离子反应方程式为 2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-．t3时溶液的pH=1，说明溶液的酸性较强，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠，则溶液中主要阴离子符号是SO42-，故答案为：2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-；SO42-；
（2）隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解，得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和气体，其中亚硫酸钠是氧化产物，而Na2S2O3中S是+2价，则根据氧化还原反应中电子得失守恒可知气体应该是SO2．根据反应Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O可知要检验硫代硫酸钠，则只需要取少量完全分解的固体产物于试管中，加入稀盐酸，如果有淡黄色沉淀，则有Na2S2O3存在，故答案为：SO2；
（3）保险粉与过量的H2O2在水溶液中反应生成硫酸盐，反应的离子方程式为S2O42-+3H2O2═2SO42-+2H++2H2O，故答案为：S2O42-+3H2O2=2SO42-+2H++2H2O．
解析
解：II．反应中S元素的化合价从+4价降低到+3价，得到1个电子．甲酸钠中碳元素的化合价从+2价升高到+4价，则根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的化学方程式为2HCOONa+Na2CO3+4SO2=2Na2S2O4+3CO2+H2O．连二亚硫酸钠是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇，因此可以用乙醇洗涤产品，
故答案为：2HCOONa+Na2CO3+4SO2=2Na2S2O4+3CO2+H2O； 乙醇；
III．（1）Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则0～t1段发生离子反应方程式为 2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-．t3时溶液的pH=1，说明溶液的酸性较强，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠，则溶液中主要阴离子符号是SO42-，故答案为：2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-；SO42-；
（2）隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解，得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和气体，其中亚硫酸钠是氧化产物，而Na2S2O3中S是+2价，则根据氧化还原反应中电子得失守恒可知气体应该是SO2．根据反应Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O可知要检验硫代硫酸钠，则只需要取少量完全分解的固体产物于试管中，加入稀盐酸，如果有淡黄色沉淀，则有Na2S2O3存在，故答案为：SO2；
（3）保险粉与过量的H2O2在水溶液中反应生成硫酸盐，反应的离子方程式为S2O42-+3H2O2═2SO42-+2H++2H2O，故答案为：S2O42-+3H2O2=2SO42-+2H++2H2O．
制备一氯乙烷最好采用的方法是（ ）
正确答案
解析
解：A、氯气与乙烷在光照下发生反应为链式反应，副反应多，各种氯代乙烷都能产生，不可能只生成氯乙烷，故A错误；
B、乙烯与氯气发生加成反应，不饱和的C=C双键中π键断裂，不饱和碳原子连接氯原子，生成1，2-二氯乙烷，得不到一氯乙烷，故B错误；
C、乙烯与HCl发生加成反应，不饱和的C=C双键中π键断裂，不饱和碳原子连接HCl提供的-H与-Cl，生成一氯乙烷，故C正确；
D、烯和H2加成后再与Cl2取代，实质是乙烷和Cl2取代，副反应多难以控制只生成一氯乙烷，故D错误．
故选：C．
硫酸铜溶液常用于农业上制波尔多液．如图1是用废铜料（铁、铜混合物）来生产硫酸铜的过程，请根据图示回答下列问题．
（1）试剂X的化学式为______，操作①的名称为______．
（2）甲同学认为途径Ⅰ比途径Ⅱ更为合理，其理由是______（填编号）
a．对环境污染少 b．反应速率快
c．铜的利用率高 d．硫酸的利用率高
（3）实验室用浓硫酸与铜反应，采用图2装置制备并收集干燥的SO2气体．
①A装置的名称______．
②连接上述仪器的正确顺序是（填各接口处的字母）：a接______，______接______，______接______，______接h．
③反应终止后，发现烧瓶中有黑色物质出现，其中可能含有CuO、CuS等杂质．已知硫化铜不与H+反应，与足量稀硝酸反应生成Cu2+、+6价的S和NO气体，该反应的离子方程式为______．利用所给试剂设计实验，检测黑色物质中是否存在CuS．其方案为：将烧瓶中混合物加入到蒸馏水中，充分反应后过滤，向滤渣中______（补充实验操作、现象和结论）．
供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液
正确答案
解：加入的X需将铁除去，且不能与铜反应选择稀硫酸，反应①为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为Fe+H2SO4 ═FeSO4+H2↑，过滤后铜与氧气反应②为：2Cu+O2
（1）废铜料中有铁和铜，要生产硫酸铜，需将铁除去，因此可加入足量稀硫酸将铁除去，铜与硫酸不反应，过滤后得到固体铜，
故答案为：H2SO4；过滤；
（2）途径Ⅱ是铜与浓硫酸反应Cu+2H2SO4（浓）
故答案为：ad；
（3）①装置A、a，用浓硫酸与铜反应制取二氧化硫，装置A为分液漏斗，用于滴加浓硫酸，
故答案为：分液漏斗；
②制取干燥的SO2气体，装置排列顺序为：气体发生装置、干燥装置、收集装置、检验装置、尾气处理装置，A、a 为气体发生装置、b、c（f、g）为收集装置、d、e用浓硫酸是干燥装置、f、g（b、c）是防倒吸装置、h是尾气处理装置，所以排列顺序是debcgfh或defgcbh，
故答案为：debcgfh或defgcbh；
③反应终止后，发现烧瓶中有黑色物质出现，其中可能含有CuO、CuS等杂质，硫化铜不与H+反应，与足量稀硝酸反应生成Cu2+、+6价的S为硫酸根离子和NO气体，所以离子反应为：3CuS+8H++8NO3-=3Cu2++3SO42-+8NO↑+4H2O，检测黑色物质中是否存在CuS，需检测是否含有硫酸根离子，即加入足量的稀硝酸，振荡静置，取上层清液少许于试管中，加入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明黑色物质中存在CuS，
故答案为：3CuS+8H++8NO3-=3Cu2++3SO42-+8NO↑+4H2O；加入足量的稀硝酸，振荡静置，取上层清液少许于试管中，加入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明黑色物质中存在CuS．
解析
解：加入的X需将铁除去，且不能与铜反应选择稀硫酸，反应①为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为Fe+H2SO4 ═FeSO4+H2↑，过滤后铜与氧气反应②为：2Cu+O2
（1）废铜料中有铁和铜，要生产硫酸铜，需将铁除去，因此可加入足量稀硫酸将铁除去，铜与硫酸不反应，过滤后得到固体铜，
故答案为：H2SO4；过滤；
（2）途径Ⅱ是铜与浓硫酸反应Cu+2H2SO4（浓）
故答案为：ad；
（3）①装置A、a，用浓硫酸与铜反应制取二氧化硫，装置A为分液漏斗，用于滴加浓硫酸，
故答案为：分液漏斗；
②制取干燥的SO2气体，装置排列顺序为：气体发生装置、干燥装置、收集装置、检验装置、尾气处理装置，A、a 为气体发生装置、b、c（f、g）为收集装置、d、e用浓硫酸是干燥装置、f、g（b、c）是防倒吸装置、h是尾气处理装置，所以排列顺序是debcgfh或defgcbh，
故答案为：debcgfh或defgcbh；
③反应终止后，发现烧瓶中有黑色物质出现，其中可能含有CuO、CuS等杂质，硫化铜不与H+反应，与足量稀硝酸反应生成Cu2+、+6价的S为硫酸根离子和NO气体，所以离子反应为：3CuS+8H++8NO3-=3Cu2++3SO42-+8NO↑+4H2O，检测黑色物质中是否存在CuS，需检测是否含有硫酸根离子，即加入足量的稀硝酸，振荡静置，取上层清液少许于试管中，加入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明黑色物质中存在CuS，
故答案为：3CuS+8H++8NO3-=3Cu2++3SO42-+8NO↑+4H2O；加入足量的稀硝酸，振荡静置，取上层清液少许于试管中，加入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明黑色物质中存在CuS．
绿矾（FeSO4•7H2O）是一种重要的食品和饲料添加剂．资料显示，硫酸亚铁在不同温度下的溶解度以及析出晶体的组成均不同．请根据表中数据作出硫酸亚铁的溶解度曲线．
在实验室里可以通过下列流程用废铁屑制备绿矾：
完成下列填空：
（1）使用Na2CO3（aq）作前期处理时，需要采取的措施是______．
A、冷却一段时间 B、常温放置一段时间 C、加热保温一段时间
（2）试剂a是______． 酸溶时，当看到______现象时应停止加热，并趁热过滤，所得滤渣中一定含有的物质是______．
（3）利用如图装置对所获产品（FeSO4•nH2O）中结晶水的含量进行测定．
在称量C中的硬质玻璃管（82.112g）、装入晶体后的硬质玻璃管（86.282g）、D的质量（78.368g）后，实验步骤如下：
步骤I的目的是______；操作甲是______，操作丙是______（填写编号）．
a、关闭K1 b、熄灭酒精灯 c、冷却到室温 d、烘干
（4）步骤 IV称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g．产品硫酸亚铁晶体（FeSO4•nH2O）中n=______．产生误差的可能原因是：______、______（选写2条）．
正确答案
解：（1）碳酸钠溶液为碱性溶液，能够除去油污，且加热促进碳酸钠水解，碱性增强，去油污的能力增强，所以碳酸钠溶液要加热保温一段时间；
故答案为：C；
（2）要制备硫酸亚铁，所以要用稀硫酸溶解铁屑，为了防止亚铁离子被氧化，Fe不能全部消耗，则加入稀硫酸时当溶液中气泡较少时即停止加硫酸，防止Fe被耗尽；由于Fe有剩余，则过滤时滤渣中一定含有Fe；
故答案为：稀硫酸；溶液中气泡较少时；铁屑；
（3）二价铁易被氧化，所以要先通二氧化碳排尽装置中的氧气；然后点燃酒精灯加热；充分加热后，熄灭酒精灯，继续通二氧化碳，待冷却到室温，关闭K1停止通二氧化碳，最后称量固体的质量；
故答案为：排尽装置中的空气，防止硫酸亚铁被氧化；b；a；
（4）通过以上数据得出，晶体质量为86.282g-82.112=4.170g，加热完全分解后剩余固体的质量为84.432g-82.112=2.320g，
所以
故答案为：6.734；加热时间过短，结晶水未完全失去；冷却结晶时，可能在56.7℃以上有晶体析出．
解析
解：（1）碳酸钠溶液为碱性溶液，能够除去油污，且加热促进碳酸钠水解，碱性增强，去油污的能力增强，所以碳酸钠溶液要加热保温一段时间；
故答案为：C；
（2）要制备硫酸亚铁，所以要用稀硫酸溶解铁屑，为了防止亚铁离子被氧化，Fe不能全部消耗，则加入稀硫酸时当溶液中气泡较少时即停止加硫酸，防止Fe被耗尽；由于Fe有剩余，则过滤时滤渣中一定含有Fe；
故答案为：稀硫酸；溶液中气泡较少时；铁屑；
（3）二价铁易被氧化，所以要先通二氧化碳排尽装置中的氧气；然后点燃酒精灯加热；充分加热后，熄灭酒精灯，继续通二氧化碳，待冷却到室温，关闭K1停止通二氧化碳，最后称量固体的质量；
故答案为：排尽装置中的空气，防止硫酸亚铁被氧化；b；a；
（4）通过以上数据得出，晶体质量为86.282g-82.112=4.170g，加热完全分解后剩余固体的质量为84.432g-82.112=2.320g，
所以
故答案为：6.734；加热时间过短，结晶水未完全失去；冷却结晶时，可能在56.7℃以上有晶体析出．
Ⅰ．新型材料纳米级Fe粉与普通的还原性能铁粉有很大的差异，纳米级Fe粉表面积大、具有超强的磁性，能用作高密度磁记录的介质以及高效催化剂等．实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图1：
（1）生成纳米级Fe的化学方程式为______．
（2）纳米级Fe粉在空气中易自燃成黑色固体，但是生活中的铁丝或铁粉在空气中加热也不能燃烧，其原因是______．
（3）FeCl2•nH2O固体加热脱水通常要通入______，理由是______．
Ⅱ．查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同：温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4．
甲同学用如图2所示装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的实验：
（4）该装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是______；
乙同学用如图3所示装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的反应并验证产物：
（5）装置C的作用是______．
（6）乙同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了如表实验：
乙同学认为该条件下反应的固体产物为FeO．丙同学认为该结论不正确，他的理由是______用离子方程式表示）．
（7）丁同学称取5.60gFe粉，用乙的装置反应一段时候后，停止加热．将试管内的固体物质在干燥
器中冷却后，称得质量为6.88g．然后将冷却后的固体物质与足量FeCl3溶液充分反应，消耗FeCl3
的0.08mol．丁同学实验的固体产物为______．
正确答案
解：I．带结晶水的氯化亚铁加热脱水得到FeCl2，N2、H2、FeCl2在高温条件下得到纳米级Fe，发生的化学反应为FeCl2+H2
（1）根据流程图可知，在高温条件下用氢气还原氯化亚铁可得纳米级F，反应方程式为FeCl2+H2
（2）纳米级Fe粉与空气接触面积大，反应速率快，所以纳米级Fe粉在空气中易自燃成黑色固体，生活中的铁丝或铁粉表面积较小，所以很难反应，
故答案为：纳米级Fe粉与空气接触面积大，反应速率快；
（3）FeCl2•nH2O固体加热脱水通时，亚铁离子能水解生成氢氧化亚铁和氯化氢，为防止FeCl2水解，FeCl2•nH2O固体加热脱水通常要通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气，利于FeCl2•nH2O固体脱水，
故答案为：干燥的HCl气体； HCl能抑制FeCl2水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气；
（4）Fe粉与水蒸气在加热条件下反应生成FeO和氢气，方程式为Fe+H2O（g）
故答案为：Fe+H2O（g）
（5）反应物为铁和水蒸气，则装置C用于制备水蒸气，故答案为：制取水蒸气；
（6）如铁粉过量，铁离子能与铁反应生成亚铁离子，反应方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，不能确定是否为FeO，故答案为：2Fe3++Fe=3 Fe2+；
（7）3Fe+4H2O═Fe3O4 +4H2 Fe的质量为5.6g，则n（Fe）=0.1mol，如果这些Fe完全和水蒸气反应，那么应该生成
故答案为：Fe3O4．
解析
解：I．带结晶水的氯化亚铁加热脱水得到FeCl2，N2、H2、FeCl2在高温条件下得到纳米级Fe，发生的化学反应为FeCl2+H2
（1）根据流程图可知，在高温条件下用氢气还原氯化亚铁可得纳米级F，反应方程式为FeCl2+H2
（2）纳米级Fe粉与空气接触面积大，反应速率快，所以纳米级Fe粉在空气中易自燃成黑色固体，生活中的铁丝或铁粉表面积较小，所以很难反应，
故答案为：纳米级Fe粉与空气接触面积大，反应速率快；
（3）FeCl2•nH2O固体加热脱水通时，亚铁离子能水解生成氢氧化亚铁和氯化氢，为防止FeCl2水解，FeCl2•nH2O固体加热脱水通常要通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气，利于FeCl2•nH2O固体脱水，
故答案为：干燥的HCl气体； HCl能抑制FeCl2水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气；
（4）Fe粉与水蒸气在加热条件下反应生成FeO和氢气，方程式为Fe+H2O（g）
故答案为：Fe+H2O（g）
（5）反应物为铁和水蒸气，则装置C用于制备水蒸气，故答案为：制取水蒸气；
（6）如铁粉过量，铁离子能与铁反应生成亚铁离子，反应方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，不能确定是否为FeO，故答案为：2Fe3++Fe=3 Fe2+；
（7）3Fe+4H2O═Fe3O4 +4H2 Fe的质量为5.6g，则n（Fe）=0.1mol，如果这些Fe完全和水蒸气反应，那么应该生成
故答案为：Fe3O4．
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