题目内容
2.碘酸钾是一种白色结晶粉末,无臭无味,酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂,与氢碘酸、二氧化硫等还原性物质作用,被还原为单质碘,在碱性介质中,碘酸钾能被氯气、次氯酸盐等氧化为高碘酸钾.碘酸钾在常温下稳定,加热至560℃开始分解.工业生产碘酸钾的流程如下,试回答下列问题:(1)配平反应器中发生的反应方程式:6I2+11KIO3+3H2O═6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑
(2)步骤②中,用硝酸而不用HI,其原因可能是HI具有还原性能将已生成的碘酸氢钾还原
(3)步骤③要保持溶液微沸1小时,以完全排出氯气,排出氯气的原因为反应产生氯气跟KOH反应生成KClO,KClO能将KIO3氧化成KIO4,从而不能得到KIO3
(4)合成实验中涉及两次过滤,在实验室进行过滤实验时,用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
(5)用氢氧化钾调节溶液的PH值,发生的反应方程式为:KH(IO3)2+KOH=KIO3+H2O
(6)参照碘酸钾溶解度曲线,步骤得到碘酸钾晶体,你建议的方法是蒸发结晶
温度 | 0 | 10 | 20 | 40 | 60 | 80 |
KIO3g/100g水 | 4.60 | 6.27 | 8.08 | 12.6 | 18.3 | 24.8 |
分析 (1)反应中I2→KH(IO3)2,I元素化合价由0价升高为+5价,共升高10价.KClO3→KCl、Cl2,氯元素化合价降低,还原产物为KCl、Cl2,KClO3→KCl氯元素化合价由+5降低为-1价,化合价降低6价,KClO3→Cl2氯元素化合价由+5降低为0价,化合价总共降低10价,二者获得的电子数目相同,获得电子最小公倍数为30,则KCl的系数为5,Cl2的系数为3,所以化合价降低60价,故I2系数为6,根据元素守恒配平KClO3、H2O、KH(IO3)2的系数;
(2)酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂,HI具有还原性;
(3)由题中信息可知,在碱性条件下碘酸钾能被氯气氧化为高碘酸钾;
(4)过滤用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯等;
(5)调节溶液pH,可加入KOH或K2CO3,以防止引入新杂质;
(6)由表中数据可知KIO3在常温下的溶解度较小,且KIO3在650℃分解,据此判断得到碘酸钾晶体的方法.
解答 解:(1)反应中I2→KH(IO3)2,I元素化合价由0价升高为+5价,共升高10价.KClO3→KCl、Cl2,氯元素化合价降低,还原产物为KCl、Cl2,KClO3→KCl氯元素化合价由+5降低为-1价,化合价降低6价,KClO3→Cl2氯元素化合价由+5降低为0价,化合价总共降低10价,二者获得的电子数目相同,获得电子最小公倍数为30,则KCl的系数为5,Cl2的系数为3,所以化合价降低共60价,故I2系数为6,根据氯元素守恒可知KClO3系数为11,根据碘元素守恒可知KH(IO3)2的系数为6,根据氢元素守恒可知H2O、系数为3,检查氧元素守恒,故方程式为:6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑,
故答案为:6,11,3,6,5,3;
(2)步骤中产生氯气,需要将氯气排出反应体系,加入硝酸的目的是制造酸性环境,促进氯气从反应体系中逸出,酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂,HI具有还原性,能将已生成的碘酸氢钾还原,
故答案为:HI具有还原性能将已生成的碘酸氢钾还原;
(3)由题中信息可知,在碱性条件下碘酸钾能被氯气氧化为高碘酸钾,所以应将氯气排出,
故答案为:反应产生氯气跟KOH反应生成KClO,KClO能将KIO3氧化成KIO4,从而不能得到KIO3;
(4)过滤用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯等,
故答案为:漏斗、玻璃棒、烧杯;
(5)调节溶液pH,可加入KOH,以防止引入新杂质,反应的方程式为KH(IO3)2+KOH=KIO3+H2O,
故答案为:KH(IO3)2+KOH=KIO3+H2O;
(6)由表中数据可知KIO3在常温下的溶解度较小,又KIO3在650℃即分解,故最好采用蒸发浓缩溶液,让KIO3结晶析出再行过滤分离的方法,
故答案为:蒸发结晶.
点评 本题以工业生产碘酸钾为载体,为高频考点,侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查,内容涉及方程式配平、对工艺流程的理解评价、方案设计等,难度中等,是对知识的综合运用和能力的考查.
A. | 再通入少量氯气,$\frac{c({H}^{+})}{c(Cl{O}^{-})}$减小 | |
B. | 光照一段时间氯水,溶液的pH值增大 | |
C. | 加入少量固体AgNO3,溶液的pH值减小 | |
D. | 加入少量水,水的电离平衡向右移动 |
C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(l)△H1=-a kJ•mol-1 ①
C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(g)△H2=-b kJ•mol-1 ②
下列判断正确的是( )
A. | △H1>△H2 | B. | a=b | C. | a>b | D. | a<b |
A. | 4m mol | B. | 10m mol | C. | $\frac{10m}{3}$mol | D. | $\frac{2m}{3}$mol |
表一:原料、反应条件、平衡转化率、日产量
乙炔水化法 | 乙烯氧化法 | |
原料 | 乙炔、水 | 乙烯、空气 |
反应条件 | HgSO4、100~125℃ | PdCl2-CuCl2、100~125℃ |
平衡转化率 | 乙炔平衡转化率90%左右 | 乙烯平衡转化率80%左右 |
日产量 | 2.5吨(某设备条件下) | 3.6吨(相同设备条件下) |
原料生产工艺过程 | |
乙炔 | CaCO3$\stackrel{①850-1100℃}{→}$CaO$→_{1100℃}^{②+C、电炉}$CaC2$\stackrel{③饱和食盐水}{→}$C2H2 |
乙烯 | 来源于石油裂解气 |
(1)写出下列化学方程式:
a.乙炔水化法制乙醛CH≡CH+H2O$→_{△}^{催化剂}$CH3CHO.
b.乙烯氧化法制乙醛2CH2=CH2+O2$→_{△}^{催化剂}$2CH3CHO.
(2)从两表中分析,现代工业上乙烯氧化法逐步取代乙炔水化法,分析可能的原因(从环境、原料来源、能耗等角度分析,任写一点):两者反应条件温度相当,但乙炔水化法制乙醛使用的是汞盐催化剂,汞盐的毒性大,虽然乙烯氧化法的转化率略小于乙炔水化法,但反应快、日产量比其高得多,乙炔的制取要经过多步反应制得,且消耗大量的热能、电能,但是乙烯来源于石油裂解气,消耗的总能量比乙炔少,且较容易获得等.
(3)从化学反应速率角度分析,在相同条件下,两种制取乙醛的方法哪种快?乙烯氧化法快.
(4)若将上述两种方法的反应条件,均增加“100个标准大气压”,原料转化率会再增大一些,但在实际生产中却不采用这样的方法,理由是因为两种方法在相同反应条件下,转化率已经很高,增大压强将消耗能量和增加设备预算,不经济.
(5)如果某工厂以乙烯为原料,通过3步可以制得聚氯乙烯,请写出合理的反应方程式(无机试剂和溶剂等任选,改过程中不发生取代反应).
已知SiCl4的熔点为-70.0℃,沸点为57.7℃,且遇水易反应,
请回答下列问题:
(1)写出装置A中发生反应的离子方程式:MnO2+4H++2Cl- $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mn2++2H2O+Cl2↑
(2)装置B中的试剂是饱和食盐水;装置C的作用为干燥氯气
(3)装置D的玻璃管中发生主要反应的化学方程式是SiO2+2C+2Cl2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$SiCl4+2CO,装置F的作用为防止F右端的水蒸气进入E与四氯化硅反应,造成产物不纯.
(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),研究小组实验设计如下
【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,进行试验】可供选择的实验试剂有:3mol/L H2SO4溶液、1mol/L NaOH溶液、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3mol/L H2SO4酸化后,进行下列实验:
请完成如表:
序号 | 操作 | 可能出现的现象 | 结论 |
① | 向a试管中滴加几滴0.01mol/L的KMnO4 | 若溶液褪色 | 则假设1成立 |
若溶液不褪色 | 则假设2或3成立 | ||
② | 向b试管中滴加几滴品红 | 若溶液褪色 | 则假设1或3成立 |
若溶液不褪色 | 则假设2成立 | ||
③ | 向c试管中滴加几滴淀粉-KI溶液 | 则假设3成立 |
A. | B. | C. | D. |