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简答题

如图是我国科技工作者研制的以尿素为原料生产三聚氰胺  (C3N6H6)的工艺--“常压气相一步法联产纯碱新技术”:

已知:①尿素的熔点是132.7℃,常压下超过160℃即可分解;

②三聚氰胺的熔点是354℃,加热易升华,微溶于水.

请回答下列问题:

(1)以尿素为原料生产三聚氰胺的原理是______CO(NH22 ______C3N6H6+______NH3↑+______CO2↑(配平化学方程式,在横线上填上相应物质的化学计量数),在实验室使尿素熔化的容器的名称为______

(2)工业上合成尿素的化学方程式为______(反应条件可以不写).

(3)写出下列物质中主要成分的化学式:产品2______、X______

(4)联氨系统沉淀池中发生反应的化学方程式为______

(5)为了使母液中析出更多的产品2,常用的方法是______

A.加入NaCl固体                   B.加入NaHCO3固体

C.通入CO2                        D.通入NH3

(6)若生产过程中有4%的尿素损耗,则1t尿素可生产______t三聚氰胺和______t副产品纯碱.(精确到0.001)

正确答案

解:(1)根据质量守恒定律进行配平,设尿素分子式前系数为m,三聚氰胺分子式前系数为n,氨气分子式前系数为x,二氧化碳分子式前系数为y,根据碳、氢、氧、氮原子守恒得:①m=3n+y(C守恒),②4m=6n+3x(H守恒),③m=2y(O守恒),④2m=6n+x(N守恒)解得:m:n:x:y=6:1:6:3,所以方程式为:6CO(NH22C3N6H6+6NH3↑+3CO2↑,实验室熔化、灼烧固体物质需用坩埚,所以实验室熔化尿素需要在坩埚中进行,

故答案为:6、1、6、3;坩埚;

(2)工业上用二氧化碳和氨气反应来制取尿素,化学反应方程式为:CO2+2NH3→CO(NH22+H2O,

故答案为:CO2+2NH3→CO(NH22+H2O;

(3)根据生产流程,分离器中分离出产品1三聚氰胺;联氨系统沉淀池中加入饱和食盐水和二氧化碳,析出碳酸氢钠晶体,母液主要是氯化铵溶液,利用母液得到产品2氯化铵;X是能够循环利用的二氧化碳,

故答案为:NH4Cl;CO2

(4)由于联氨系统沉淀池中,加入饱和食盐水和二氧化碳,大大降低了碳酸氢钠的溶度积,析出碳酸氢钠晶体,所以联氨系统沉淀池中发生的化学反应方程式为:

CO2+NH3+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓,

故答案为:CO2+NH3+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓;

(5)要从母液中析出更多的碳酸氢钠,根据反应CO2+NH3+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓,可以向溶液中加入氯化钠或者通入二氧化碳气体,

故选A、D;

(6)设生成x吨三聚氰胺,同时生成nmol二氧化碳

根据反应6CO(NH22C3N6H6+6NH3↑+3CO2↑,

      6×60                    126       3mol

        1t(1-4%)              x          n

=126,解得x=0.336t,

n(CO2)=×n[CO(NH22]=0.5×=8000mol,

由于氨气与二氧化碳的物质的量是2:1,反应CO2+NH3+NaCl+H2O→NH4Cl+NaHCO3 中二氧化碳和氨气物质的量是1:1,氨气过量,所以应该按照二氧化碳的量计算生成纯碱的质量;根据反应CO2+NH3+NaCl+H2O→NH4Cl+NaHCO3 及碳原子守恒,生成纯碱的物质的量就等于尿素反应生成的二氧化碳的物质的量,纯碱的质量为:106g/mol×8000mol=848000g=0.848t,

故答案为:0.336;0.848.

解析

解:(1)根据质量守恒定律进行配平,设尿素分子式前系数为m,三聚氰胺分子式前系数为n,氨气分子式前系数为x,二氧化碳分子式前系数为y,根据碳、氢、氧、氮原子守恒得:①m=3n+y(C守恒),②4m=6n+3x(H守恒),③m=2y(O守恒),④2m=6n+x(N守恒)解得:m:n:x:y=6:1:6:3,所以方程式为:6CO(NH22C3N6H6+6NH3↑+3CO2↑,实验室熔化、灼烧固体物质需用坩埚,所以实验室熔化尿素需要在坩埚中进行,

故答案为:6、1、6、3;坩埚;

(2)工业上用二氧化碳和氨气反应来制取尿素,化学反应方程式为:CO2+2NH3→CO(NH22+H2O,

故答案为:CO2+2NH3→CO(NH22+H2O;

(3)根据生产流程,分离器中分离出产品1三聚氰胺;联氨系统沉淀池中加入饱和食盐水和二氧化碳,析出碳酸氢钠晶体,母液主要是氯化铵溶液,利用母液得到产品2氯化铵;X是能够循环利用的二氧化碳,

故答案为:NH4Cl;CO2

(4)由于联氨系统沉淀池中,加入饱和食盐水和二氧化碳,大大降低了碳酸氢钠的溶度积,析出碳酸氢钠晶体,所以联氨系统沉淀池中发生的化学反应方程式为:

CO2+NH3+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓,

故答案为:CO2+NH3+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓;

(5)要从母液中析出更多的碳酸氢钠,根据反应CO2+NH3+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓,可以向溶液中加入氯化钠或者通入二氧化碳气体,

故选A、D;

(6)设生成x吨三聚氰胺,同时生成nmol二氧化碳

根据反应6CO(NH22C3N6H6+6NH3↑+3CO2↑,

      6×60                    126       3mol

        1t(1-4%)              x          n

=126,解得x=0.336t,

n(CO2)=×n[CO(NH22]=0.5×=8000mol,

由于氨气与二氧化碳的物质的量是2:1,反应CO2+NH3+NaCl+H2O→NH4Cl+NaHCO3 中二氧化碳和氨气物质的量是1:1,氨气过量,所以应该按照二氧化碳的量计算生成纯碱的质量;根据反应CO2+NH3+NaCl+H2O→NH4Cl+NaHCO3 及碳原子守恒,生成纯碱的物质的量就等于尿素反应生成的二氧化碳的物质的量,纯碱的质量为:106g/mol×8000mol=848000g=0.848t,

故答案为:0.336;0.848.

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二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的消毒剂,是一种黄绿色的气体,其熔点为-59℃,沸点为11.0℃,易溶于水.工业上用稍潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60℃时反应制得.某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2

(1)A装置必须添加温度控制装置,除酒精灯外,还需要的玻璃仪器有烧杯、______

(2)B装置必须放在冰水浴中,其原因是______

(3)反应后在装置C中可得NaClO2溶液.已知:NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O,高于38℃时析出晶体是NaClO2,高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl.NaClO2的溶解度曲线如图2获得NaClO2晶体的操作步骤为:

①减压,55℃蒸发结晶;②趁热过滤;③______;④在55℃干燥,得到成品.

(4)ClO2很不稳定,需随用随制,产物用水吸收得到ClO2溶液.为测定所得溶液中ClO2的浓度,进行了下列实验:

步骤1:准确量取ClO2溶液10.00mL,稀释成100.00mL试样,量取V1mL试样加入到锥形瓶中;

步骤2:用稀硫酸调节试样的pH≤2.0,加入足量的KI晶体,静置片刻;

步骤3:加入指示剂,用c mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点.重复2次,测得消耗Na2S2O3溶液平均值为V2mL(已知2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI).

①配制100mL c mol•L-1Na2S2O3标准溶液时,用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有:______

②若步骤2所得溶液放置时间太长,则测定结果______(填“偏高”、“偏低”或“不变”)

③ClO2溶液的浓度为______ g•L-1(用含字母的代数式表示).

正确答案

解:(1)氯酸钾和草酸反应生成碳酸钾、二氧化碳、二氧化氯和水,反应方程式为:2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O,制取温度是60℃,A需要温度控制,需要温度计,

故答案为:温度计;

(2)二氧化氯的熔点较低,为收集二氧化氯,应在较低温度下进行,所以应该采用冰水浴,

故答案为:使ClO2充分冷凝,减少挥发;

(3)从溶液中获得溶质,一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法,为防止析出晶体NaClO2•3H2O,应趁热过滤,NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O,高于38℃时析出晶体是NaClO2,所以用38~60℃热水洗涤,在55℃干燥,得到成品,

故答案为:用38~60℃热水洗涤;

(4)①配制100mL溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、100mL容量瓶、量筒(可用可不用),故还需要的玻璃仪器有:100mL容量瓶、胶头滴管,

故答案为:100ml容量瓶、胶头滴管; 

②ClO2很不稳定,步骤2所得溶液放置时间太长,ClO2分解相当于与碘反应,导致测定结果偏高,

故答案为:偏高;

③二氧化氯具有氧化性,在酸性环境下,能将碘离子氧化,反应的原理方程式为:2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O,设原ClO2溶液的浓度为x,

2ClO2 ~5I2 ~10Na2S2O3

2mol              10mol

   1×10-3cV2mol

x=g/L=g/L,

故答案为:

解析

解:(1)氯酸钾和草酸反应生成碳酸钾、二氧化碳、二氧化氯和水,反应方程式为:2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O,制取温度是60℃,A需要温度控制,需要温度计,

故答案为:温度计;

(2)二氧化氯的熔点较低,为收集二氧化氯,应在较低温度下进行,所以应该采用冰水浴,

故答案为:使ClO2充分冷凝,减少挥发;

(3)从溶液中获得溶质,一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法,为防止析出晶体NaClO2•3H2O,应趁热过滤,NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O,高于38℃时析出晶体是NaClO2,所以用38~60℃热水洗涤,在55℃干燥,得到成品,

故答案为:用38~60℃热水洗涤;

(4)①配制100mL溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、100mL容量瓶、量筒(可用可不用),故还需要的玻璃仪器有:100mL容量瓶、胶头滴管,

故答案为:100ml容量瓶、胶头滴管; 

②ClO2很不稳定,步骤2所得溶液放置时间太长,ClO2分解相当于与碘反应,导致测定结果偏高,

故答案为:偏高;

③二氧化氯具有氧化性,在酸性环境下,能将碘离子氧化,反应的原理方程式为:2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O,设原ClO2溶液的浓度为x,

2ClO2 ~5I2 ~10Na2S2O3

2mol              10mol

   1×10-3cV2mol

x=g/L=g/L,

故答案为:

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简答题

某化学探究小组拟用铜片制取Cu(NO32,并探究其化学性质.

(一)他们先把铜粉放在空气中灼烧,在与稀HNO3反应制取硝酸铜.

(1)如果直接用铜屑与HNO3反应来制取硝酸铜,可能导致的两个不利因素是____________

(2)实验中铜粉应该放在______(填“蒸发皿”、“坩埚”或“烧杯”)中灼烧.欲从反应后的溶液中得到硝酸铜晶体,实验操作步骤按顺序分别____________、过滤.

(二)为了探究Cu(NO32热稳定性,探究小组用下图中的装置进行实验.(图中铁架台、铁夹和加热设备均略去)

往左试管中放入研细的无水Cu(NO32晶体并加热,观察到左试管中有红棕色气体生成,最终残留黑色粉末;用U型管除去红棕色气体,在右试管中收集到无色气体.

(1)红棕色气体是______

(2)当导管口不再有气泡冒出时,停止反应,这时在操作上应注意______

(3)探究小组判断Cu(NO32的分解属于氧化还原反应,产物除了红棕色气体和黑色固体外,进一步分析、推断,分解产物中一定还含有______,写出该反应的化学方程式______

(三)为了探究Cu(NO32在酸性条件下跟铁单质的反应.他们取一支试管,加入Cu(NO32溶液,滴入适量稀硫酸酸化,再加入一定量铁粉,实验后没有固体残留物质.

(1)反应中最先起氧化作用的是______

(2)该探究小组对反应后溶液中铁元素的价态进行探究,他们设计了实验方案,并进行实验.请在答题卡上按下表格式补充写出实验操作步骤、预期现象与结论.

正确答案

解:(一) (1)生成等物质的量的硝酸铜,假如为1mol,先把铜粉放在空气中灼烧,在与稀HNO3反应制取硝酸铜中消耗2mol硝酸,而3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO32+2NO↑+4H2O,中消耗mol硝酸,显然消耗的硝酸原料多,并且产生污染气体NO,

故答案为:成等物质的量的硝酸铜,消耗硝酸原料多;且产生污染物氮氧化物;

(2)灼烧固体铜粉用坩埚,由于铜离子在溶液中存在水解平衡,所以从硝酸铜溶液中获得硝酸铜晶体,不能直接蒸发结晶,需要通过蒸发浓缩、冷却结晶,然后过滤的操作方法完成,

故答案为:坩埚;蒸发浓缩;冷却结晶;

(二) (1)中学常见的红棕色气体有NO2、Br2蒸气,该反应中生成的红棕色气体只能为NO2

故答案为:NO2

(2)防止发生倒吸,应先把导气管移出水面,然后熄灭火焰,故答案为:先把导气管移出水面,然后熄灭火焰;

(3)探究小组判断Cu(NO32的分解属于氧化还原反应,产物中红棕色气体为NO2,黑色固体为CuO,根据化合价变化,硝酸铜中N元素从+5价变为+4价的NO2,化合价降低被还原,则一定存在化合价升高的元素,该元素只能为O元素,反应中O元素被氧化成氧气,所以分解产物中一定还含有O2,反应的化学方程式:2Cu(NO32═2CuO+4NO2↑+02↑,

故答案为:O2 ;2Cu(NO32═2CuO+4NO2↑+02↑;

(三) (1)硝酸的氧化性比铜离子强,先与氧化性强的反应,故答案为:HNO3

(2)步骤1:Fe2+在溶液中为浅绿色,Fe3+在溶液中为棕黄色,而该溶液呈蓝绿色,因此不能确定产物中铁元素的价态;

步骤2:酸性KMnO4溶液具有氧化性,能够氧化亚铁离子,若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅说明产物中含+2价的铁元素;

步骤3:为检验溶液中是否含有+3价的铁元素,现象为溶液变为红色,因此用的试剂是KSCN溶液,

故答案为:不能;若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅,则说明产物中含+2价铁元素,若KMnO4溶液不褪色或不变浅,则说明产物中不含+2价铁元素;另取少量溶液,滴加KSCN溶液.

解析

解:(一) (1)生成等物质的量的硝酸铜,假如为1mol,先把铜粉放在空气中灼烧,在与稀HNO3反应制取硝酸铜中消耗2mol硝酸,而3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO32+2NO↑+4H2O,中消耗mol硝酸,显然消耗的硝酸原料多,并且产生污染气体NO,

故答案为:成等物质的量的硝酸铜,消耗硝酸原料多;且产生污染物氮氧化物;

(2)灼烧固体铜粉用坩埚,由于铜离子在溶液中存在水解平衡,所以从硝酸铜溶液中获得硝酸铜晶体,不能直接蒸发结晶,需要通过蒸发浓缩、冷却结晶,然后过滤的操作方法完成,

故答案为:坩埚;蒸发浓缩;冷却结晶;

(二) (1)中学常见的红棕色气体有NO2、Br2蒸气,该反应中生成的红棕色气体只能为NO2

故答案为:NO2

(2)防止发生倒吸,应先把导气管移出水面,然后熄灭火焰,故答案为:先把导气管移出水面,然后熄灭火焰;

(3)探究小组判断Cu(NO32的分解属于氧化还原反应,产物中红棕色气体为NO2,黑色固体为CuO,根据化合价变化,硝酸铜中N元素从+5价变为+4价的NO2,化合价降低被还原,则一定存在化合价升高的元素,该元素只能为O元素,反应中O元素被氧化成氧气,所以分解产物中一定还含有O2,反应的化学方程式:2Cu(NO32═2CuO+4NO2↑+02↑,

故答案为:O2 ;2Cu(NO32═2CuO+4NO2↑+02↑;

(三) (1)硝酸的氧化性比铜离子强,先与氧化性强的反应,故答案为:HNO3

(2)步骤1:Fe2+在溶液中为浅绿色,Fe3+在溶液中为棕黄色,而该溶液呈蓝绿色,因此不能确定产物中铁元素的价态;

步骤2:酸性KMnO4溶液具有氧化性,能够氧化亚铁离子,若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅说明产物中含+2价的铁元素;

步骤3:为检验溶液中是否含有+3价的铁元素,现象为溶液变为红色,因此用的试剂是KSCN溶液,

故答案为:不能;若KMnO4溶液的紫红色褪去或变浅,则说明产物中含+2价铁元素,若KMnO4溶液不褪色或不变浅,则说明产物中不含+2价铁元素;另取少量溶液,滴加KSCN溶液.

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六水氯化锶(SrCl2•6H2O)是实验室重要的分析试剂,工业上常以天青石(主成分为SrSO4)为原料制备,生产流程如下:

(1)第①步反应前天青石先研磨粉碎,其目的是______.第③步加入适量稀硫酸的目的是______

(2)第①步反应若0.5mol SrSO4中只有S被还原,转移了4mol电子.写出该反应的化学方程式:______

(3)第④步操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、____________

(4)称取1.000g产品溶解于适量水中,向其中加入含AgNO31.100×10-2 mol的AgNO3溶液(产品中不含其它与Ag+反应的离子),待Cl-完全沉淀后,用含Fe3+的溶液作指示剂,用0.2000mol/L的KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3,使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出.若滴定过程用去上述浓度的KSCN溶液20.00mL,则产品中SrCl2•6H2O的质量百分含量为______(保留4位有效数字).

正确答案

解:(1)天青石焙烧前先研磨粉碎,其目的是为了增加反应物的接触面积,提高化学反应速率,从而提高原料的转化率,在用HCl溶解SrS后的溶液中加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质,

故答案为:增加反应物的接触面积,提高反应速率,提高原料的转化率;除去溶液中Ba2+杂质;

(2)在焙烧的过程中若只有0.5 mol SrSO4中只有S被还原,转移了4 mol电子,则1mol的S转移8mol的电子,由于在反应前元素的化合价为+6价,所以反应后元素的化合价为-2价,因此碳与天青石在高温下发生反应的化学方程式为:SrSO4+4CSrS+4CO↑,

故答案为:SrSO4+4CSrS+4CO↑;

(3)然后向得到的含有SrS固体中加入HCl发生反应:SrS+2HCl=SrCl2+H2S↑,将溶液蒸发浓缩、冷却结晶,然后从溶液中将晶体过滤出来,洗涤除去表面的杂质离子并进行干燥即获得SrCl2•6H2O,

故答案为:洗涤、干燥(或烘干);

(4)n(NH4SCN)=0.2000mol/L×0.02L=4.0×10-3mol,Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出,所以溶液中剩余的Ag+的物质的量为:n(Ag+)=4.0×10-3mol,则与Cl-反应的Ag+的物质的量为:n(Ag+)=1.100×10-2 mol-4.0×10-3mol=7.0×10-3mol,

1.000g产品中SrCl2•6H2O的物质的量为:n(SrCl2•6H2O)=×n(Ag+)=3.5×10-3mol,

1.000g产品中SrCl2•6H2O的质量为:m(SrCl2•6H2O)=3.5×10-3mol×267 g/mol=0.9345g,

所以产品纯度为:×100%=93.45%,

故答案为:93.45%.

解析

解:(1)天青石焙烧前先研磨粉碎,其目的是为了增加反应物的接触面积,提高化学反应速率,从而提高原料的转化率,在用HCl溶解SrS后的溶液中加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质,

故答案为:增加反应物的接触面积,提高反应速率,提高原料的转化率;除去溶液中Ba2+杂质;

(2)在焙烧的过程中若只有0.5 mol SrSO4中只有S被还原,转移了4 mol电子,则1mol的S转移8mol的电子,由于在反应前元素的化合价为+6价,所以反应后元素的化合价为-2价,因此碳与天青石在高温下发生反应的化学方程式为:SrSO4+4CSrS+4CO↑,

故答案为:SrSO4+4CSrS+4CO↑;

(3)然后向得到的含有SrS固体中加入HCl发生反应:SrS+2HCl=SrCl2+H2S↑,将溶液蒸发浓缩、冷却结晶,然后从溶液中将晶体过滤出来,洗涤除去表面的杂质离子并进行干燥即获得SrCl2•6H2O,

故答案为:洗涤、干燥(或烘干);

(4)n(NH4SCN)=0.2000mol/L×0.02L=4.0×10-3mol,Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出,所以溶液中剩余的Ag+的物质的量为:n(Ag+)=4.0×10-3mol,则与Cl-反应的Ag+的物质的量为:n(Ag+)=1.100×10-2 mol-4.0×10-3mol=7.0×10-3mol,

1.000g产品中SrCl2•6H2O的物质的量为:n(SrCl2•6H2O)=×n(Ag+)=3.5×10-3mol,

1.000g产品中SrCl2•6H2O的质量为:m(SrCl2•6H2O)=3.5×10-3mol×267 g/mol=0.9345g,

所以产品纯度为:×100%=93.45%,

故答案为:93.45%.

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(2015秋•临汾校级月考)三氯化碘(ICl3,I的化合价为+3价)在药物合成中用途广泛,其熔点:33℃,沸点:73℃,实验室可用如图装置制取ICl3

(1)制备氯气选用的药品为漂白精固体(主要成分为Ca(ClO)2)和浓盐酸,相关反应的化学方程式为:

______;试剂X为______、Y为______

(2)装置B可用于除杂,也是安全瓶,能监测实验进行时装置C中是否发生堵塞,请写出发生堵塞时B中的现象______

(3)某同学欲测定ICl3样品中ICl3的纯度,他准确称取ICl3样品10.0g于烧杯中,加入适量水和过量KI晶体,充分反应:ICl3+3KI═2I2+3KCl(样品中杂质不反应).将所得溶液配置成100mL待测液.取25.00mL待测液,用2.0mol/L的Na2S2O3标准液滴定(I2+2S2O32-═2I-+S4O62-),以淀粉溶液作指示剂,达到终点时的现象为______;重复滴定,实验数据记录如下:

该样品中ICl3的质量分数为______(ICl3相对分子质量为233.5)

正确答案

解:(1)装置A是Ca(ClO)2)和浓盐酸反应制取氯气,盐酸易挥发,反应制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气等杂质,氯气在饱和食盐水中溶解度不大,用B装置可以除去氯气中的氯化氢气体;所以试剂X为饱和食盐水,漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水,化学方程式为:Ca(ClO)2+4HCl(浓)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O;

故答案为:Ca(ClO)2+4HCl(浓)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O;饱和食盐水;碱石灰;

(2)装置B亦是安全瓶,监测实验进行时C中是否发生堵塞,发生堵塞时B中的压强增大,吸滤瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升,

故答案为:吸滤瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升;

(3)因水浴能简便控制加热的温度,且能使受热反应试管受热均匀,由于氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应,应采取水浴加热,

故答案为:水浴加热;

(4)ICl3+3KI═2I2+3KCl,碘与淀粉作用显蓝色,取25.00mL待测液,用2.0mol/L的Na2S2O3标准液滴定(I2+2S2O32-═2I-+S4O62-),终点现象为当加入最后一滴标准液时,溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色,

第3组溶液的体积与第1、2组相差比较大,舍去第3组,应按第1、2组的平均值为消耗溶液的体积,故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

令样品中ICl3的物质的量x,则根据化学反应可得关系式:

ICl3~2I2~4S2O32-

1              4

x         2 mol•L-1×20×10-3L

解得:x=1×10-2mol,该样品中ICl3的质量分数为:=93.4%,

故答案为:当加入最后一滴标准液时,溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色;93.4%.

解析

解:(1)装置A是Ca(ClO)2)和浓盐酸反应制取氯气,盐酸易挥发,反应制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气等杂质,氯气在饱和食盐水中溶解度不大,用B装置可以除去氯气中的氯化氢气体;所以试剂X为饱和食盐水,漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水,化学方程式为:Ca(ClO)2+4HCl(浓)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O;

故答案为:Ca(ClO)2+4HCl(浓)═CaCl2+2Cl2↑+2H2O;饱和食盐水;碱石灰;

(2)装置B亦是安全瓶,监测实验进行时C中是否发生堵塞,发生堵塞时B中的压强增大,吸滤瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升,

故答案为:吸滤瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升;

(3)因水浴能简便控制加热的温度,且能使受热反应试管受热均匀,由于氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应,应采取水浴加热,

故答案为:水浴加热;

(4)ICl3+3KI═2I2+3KCl,碘与淀粉作用显蓝色,取25.00mL待测液,用2.0mol/L的Na2S2O3标准液滴定(I2+2S2O32-═2I-+S4O62-),终点现象为当加入最后一滴标准液时,溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色,

第3组溶液的体积与第1、2组相差比较大,舍去第3组,应按第1、2组的平均值为消耗溶液的体积,故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

令样品中ICl3的物质的量x,则根据化学反应可得关系式:

ICl3~2I2~4S2O32-

1              4

x         2 mol•L-1×20×10-3L

解得:x=1×10-2mol,该样品中ICl3的质量分数为:=93.4%,

故答案为:当加入最后一滴标准液时,溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色;93.4%.

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