- 比色法
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FeCl3在现代工业生产中应用广泛．某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S．
Ⅰ．经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华．他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下：
①检验装置的气密性；
②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；
④…
⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封．
请回答下列问题：
（1）装置A中反应的化学方程式为______
（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端．要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是______
（3）操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有（填步骤序号）______
（4）装置B中冷水浴的作用为______，装置C的名称为______；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：______．
（5）在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂．______
（6）用含有Al203、SiO2和少量FeO•xFe2O3的铝灰制备Al2（SO4）3•18H2O．工艺流程如下（部分操作和条件略）
Ⅰ．向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤
Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；
Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色
Ⅳ．加入MnSO4至紫红色消失，过滤；
Ⅴ．浓缩、结晶、分离，得到产品．
已知：金属离子的起始浓度为0.1mol•L-1
根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的：______．
正确答案
解：Ⅰ．（1）氯气具有强氧化性，将变价铁氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl2
故答案为：2Fe+3Cl2
（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，第④步操作是对FeCl3加热发生升华使沉积的FeCl3进入收集器，
故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；
（3）为防止FeCl3潮解所采取的措施有②通入干燥的Cl2⑤用干燥的N2赶尽Cl2，故选：②⑤；
（4）B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；检验FeCl2是否失效，应检验FeCl2是否存在，可以用酸性KMnO4溶液检验；
故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；酸性KMnO4溶液；
（5）用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，装置E为
（6）调节溶液的pH约为3，由表格数据可知，亚铁离子、铝离子不能形成沉淀，加入过量KMnO4溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，反应为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，调PH为了使铁离子完全转化为Fe（OH）3沉淀，
故答案为：加入过量KMnO4溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，调PH为了使铁离子完全转化为Fe（OH）3沉淀．
解析
解：Ⅰ．（1）氯气具有强氧化性，将变价铁氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl2
故答案为：2Fe+3Cl2
（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，第④步操作是对FeCl3加热发生升华使沉积的FeCl3进入收集器，
故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；
（3）为防止FeCl3潮解所采取的措施有②通入干燥的Cl2⑤用干燥的N2赶尽Cl2，故选：②⑤；
（4）B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；检验FeCl2是否失效，应检验FeCl2是否存在，可以用酸性KMnO4溶液检验；
故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；酸性KMnO4溶液；
（5）用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，装置E为
（6）调节溶液的pH约为3，由表格数据可知，亚铁离子、铝离子不能形成沉淀，加入过量KMnO4溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，反应为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，调PH为了使铁离子完全转化为Fe（OH）3沉淀，
故答案为：加入过量KMnO4溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，调PH为了使铁离子完全转化为Fe（OH）3沉淀．
二氧化钛（TiO2）广泛应用于各类结构表面涂料、纸张涂层等，二氧化钛还可作为制备钛单质的原料．
Ⅰ．二氧化钛可由以下两种方法制备：
方法1：TiCl4水解生成TiO2•xH2O，过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到胶体TiO2，此方法制备得到的是纳米二氧化钛．
（1）①TiCl4水解生成TiO2•x H2O的化学方程式为______；
②检验TiO2•x H2O中Cl-是否被除净的方法是______
方法2：可用含有Fe2O3的钛铁矿（主要成分为FeTiO3，其中Ti元素化合价为+4价）制取，其主要流程如下：
（2）钛铁矿粉末中加硫酸反应得TiO2+的离子方程式为______
（3）溶液甲中加入Fe的作用是______
（4）若要加热FeSO4.7H2O晶体得无水硫酸亚铁，除酒精灯、玻璃棒外，还要用到的两种硅酸盐质仪器是______
Ⅱ．二氧化钛可用于制取钛单质，涉及到的步骤如图：TiO2
反应②的方程式是______，该反应需要在Ar气氛中进行，请解释原因：______．
正确答案
TiCl4+（x+2）H2O═TiO2•x H2O↓+4HCl
取最后一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则表明沉淀已洗涤干净
FeTiO3+4H+═TiO2++Fe2++2H2O
将溶液中的Fe3+还原为Fe2+
坩埚、泥三角
TiCl4+2Mg
防止高温下Mg（Ti）与空气中的氧气（或CO2、N2）作用）
解析
解：Ⅰ．（1）①设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x），方程式为TiCl4+（x+2）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl，
故答案为：TiCl4+（x+2）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl；
②沉淀吸附溶液中的Cl-，根据发生反应：Cl-+Ag+═AgCl↓，取最后一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则表明沉淀已洗涤干净，
故答案为：取最后一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则表明沉淀已洗涤干净；
（2）由工艺流程转化关系可知，FeTiO3溶于过量硫酸，生成Fe2+、TiO2+、H2O，反应离子方程式为FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O，
故答案为：FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；
（3）该溶液中含有铁离子，铁具有还原性，能将铁离子氧化生成亚铁离子且不引进新的杂质，所以铁的作用是：将Fe3+转化为Fe2+，
故答案为：将溶液中的Fe3+还原为Fe2+；
（4）加热FeSO4.7H2O晶体得无水硫酸亚铁，操作为灼烧，需要酒精灯加热，需要坩埚盛放FeSO4.7H2O晶体，需要泥三角稳定坩埚，需要玻璃棒搅拌，需要坩埚钳转移坩埚，除酒精灯、玻璃棒外，还要用到的两种硅酸盐质仪器是坩埚、泥三角，
故答案为：坩埚、泥三角；
Ⅱ．在800℃条件下，四氯化钛和镁反应生成氯化镁和钛，反应方程式为：TiCl4+2Mg
故答案为：TiCl4+2Mg
实验室用以下三种途径来制取相同质量的硝酸铜：
①铜与浓硝酸反应；
②铜与稀硝酸反应；
③铜与氧气反应生成CuO，CuO再与稀硝酸反应．
从消耗原料和是否污染环境的角度，下列有关叙述不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：方案中节约原料，则反应需步骤简单，消耗原料较少，为防止污染环境，应尽量少产生或不产生污染性气体．
①铜与浓硝酸反应Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，制备1molCu（NO3）2，需要2molHNO3，生成的2molNO2气体有毒，是污染性的气体；
②铜与稀硝酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，制备1molCu（NO3）2，需要
③铜与氧气反应生成CuO，2Cu+O2
A．制取相同质量的硝酸铜，制备1molCu（NO3）2，生成相同质量的Cu（NO3）2，①需要1molCu，②需要1molCu，③需要1molCu，所以所消耗的铜的质量相等，故A正确；
B．制备1molCu（NO3）2，生成相同质量的Cu（NO3）2，①需要2molHNO3，②需要
C．制备1molCu（NO3）2，生成相同质量的Cu（NO3）2，①生成的2molNO2污染性的气体，②生成
D．由方程式通过比较可以看出，生成相同质量的Cu（NO3）2，铜与浓硝酸反应速率最快，但消耗的硝酸最多，且造成较大污染，途径③效果最佳，既不造成污染，又能提高HNO3的利用率，故D错误；
故选D．
工业上可用焦炭与二氧化硅的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4和CO，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅．以下是实验室制备SiCl4的装置示意图．
已知：SiCl4熔点为-70.0℃，沸点为57.7℃，且遇水易水解．
（1）装置C中的试剂是______：装置F的作用为______．
（2）装置A中发生反应的离子方程式为：______．A装置中，有一处明显错误是______．
（3）装置D的硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是______．
（4）G中吸收气体一段时间后，吸收液中肯定存在OH-、Cl-和SO42-．为探究该吸收液中可能存在的其它酸根离子（忽略空气中CO2的影响）．
【提出假设】假设1：只有SO32-；假设2：既无SO32-也无ClO-：假设3：只有ClO-．
【设计方案，进行实验】可供选择的实验试剂有：3mol/L H2SO4溶液、1mol/L NaOH溶液、溴水、品红溶液、0.01mol/L KMnO4溶液、淀粉-KI溶液．
各取少量吸收液于a、b、c三支试管中，分别滴加适量的3mol/LH2SO4溶液后，进行下列实验．请完成下表：
正确答案
解：（1）浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，导致制取的氯气中含有氯化氢，为除去氯化氢，装置B中的试剂应该吸收氯化氢而不能吸收氯气，为饱和食盐水，装置C用浓硫酸吸水，四氯化硅遇水极易水解，F可防止右端的水蒸气进入E与四氯化硅反应，造成产物不纯，
故答案为：浓硫酸；防止F右端的水蒸气进入E与四氯化硅反应，造成产物不纯；
（2）装置A是氯气发生装置，A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
（3）在D装置中二氧化硅和碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳，反应为：SiO2+2C+2Cl2
故答案为：SiO2+2C+2Cl2
（4）由假设1和假设2可知，要检测的为SO32-和ClO-，故假设3为只有ClO-，又因为SO32-会使KMnO4溶液褪色，而ClO-不会，所故可以用来检测假设1，H2SO3和ClO-具有漂白性，会使品红溶液褪色，所以可以用来检测假设2，ClO-可以氧化KI反应生成碘单质，遇到淀粉边蓝色，可以用来检测假设3，
故答案为：①0.01mol/L的KMnO4（或溴水）；②品红；③淀粉-KI；若溶液变为蓝色．
解析
解：（1）浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，导致制取的氯气中含有氯化氢，为除去氯化氢，装置B中的试剂应该吸收氯化氢而不能吸收氯气，为饱和食盐水，装置C用浓硫酸吸水，四氯化硅遇水极易水解，F可防止右端的水蒸气进入E与四氯化硅反应，造成产物不纯，
故答案为：浓硫酸；防止F右端的水蒸气进入E与四氯化硅反应，造成产物不纯；
（2）装置A是氯气发生装置，A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
（3）在D装置中二氧化硅和碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳，反应为：SiO2+2C+2Cl2
故答案为：SiO2+2C+2Cl2
（4）由假设1和假设2可知，要检测的为SO32-和ClO-，故假设3为只有ClO-，又因为SO32-会使KMnO4溶液褪色，而ClO-不会，所故可以用来检测假设1，H2SO3和ClO-具有漂白性，会使品红溶液褪色，所以可以用来检测假设2，ClO-可以氧化KI反应生成碘单质，遇到淀粉边蓝色，可以用来检测假设3，
故答案为：①0.01mol/L的KMnO4（或溴水）；②品红；③淀粉-KI；若溶液变为蓝色．
CuS04是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示．下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．相对于途径①、③，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径②的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径②无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故A正确；
B．葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu（OH）2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，所以Y可为葡萄糖，故B正确；
C．利用途径②制备硫酸铜是用铜与氧气反应生成氧化铜，再用氧化铜与硫酸反应制备硫酸铜，这一过程中没有硫酸被还原，故C错误；
D．Cu与混酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子反应为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，从方程式知，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，所以硝酸为2mol时，硫酸为3mol，用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故D正确；
故选C．
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