题目内容

9．某研究性学习小组设计如图1实验装置利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），据此回答下列问题：

（1）A仪器的名称是分液漏斗，D的作用吸收尾气．
（2）漂白粉将在U型管中产生，其反应的化学方程式是2Cl2 +2Ca（OH）2=CaCl2 +Ca（ClO）2 +2H2O．
（3）此实验结果所得Ca（ClO）2产率太低．经分析并查阅资料发现主要原因是在U型管中存在两个副反应：
①温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是将U型管置于冷水浴中，有同学测出了反应后溶液中ClO-、ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的关系曲线，粗略表示为如图2（不考虑氯气和水的反应）．
a、如图2中曲线I表示ClO-离子的物质的量随反应时间变化的关系．
b、所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为0.25mol．
②试判断另一个副反应是2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O（写出此反应方程式），为避免此副反应发生，可采取的措施是发生装置和U型管之间放饱和氯化钠溶液．

分析 （1）依据装置图可知仪器名称，根据流程分析可知，实验中有氯气尾气，会污染空气；
（2）工业制取漂白粉的反应原理书写反应的化学方程式；
（3）①因为温度高时易生成Ca（ClO3）2，所以避免此反应发生可以采取降温措施；
a、当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，根据温度高低来判断属于哪种离子；
b、根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量，然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量；
c、另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.37mol，依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量，依据氧化还原反应电子守恒，生成产物中氯元素守恒列式计算；
②装置中无氯气的除杂装置，挥发出的氯化氢会和氢氧化钙反应；

解答 解：（1）装置中添加浓盐酸通过分液漏斗；氯气有毒，不能排放到空气中，氢氧化钠溶液的作用是吸收过量的氯气，
故答案为：分液漏斗；吸收尾气；
（2）漂白粉将在U形管中产生，是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；其化学方程式为：2Cl2 +2Ca（OH）2=CaCl2 +Ca（ClO）2 +2H2O；
故答案为：2Cl2 +2Ca（OH）2=CaCl2 +Ca（ClO）2 +2H2O；
（3）①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，用冰水或冷水冷却，将U型管置于冷水浴中，
故答案为：将U型管置于冷水浴中；
a、当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系；
b、根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量，设氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，含氯元素的物质的量=0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯离子的个数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为0.25mol，
故答案为：ClO-；0.25；
②装置中无氯气的除杂装置，挥发出的氯化氢会和氢氧化钙反应，反应的化学方程式为：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；需要在发生装置和U型管之间放饱和氯化钠溶液，吸收氯气中的氯化氢气体；
故答案为：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；发生装置和U型管之间放饱和氯化钠溶液．

点评 本题考查了实验室制漂白粉的装置分析和制备条件判断，温度不同产物不同，图象分析是解题关键，通过氧化还原反应的电子守恒计算应用是解题关键，实验装置和步骤的分析需要熟练掌握实验基本操作，题目难度较大．

练习册系列答案
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14．实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如图1：

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（ⅰ）反应完毕，每间隔1min读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变．气体体积逐次减小的原因是开始时反应放热，后来温度降低，气体体积减小（排除仪器和实验操作的影响因素）．
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1．氨气是一种重要的化工原料，在很多方面具有重要用途． SNCR-SCR就是一种应用氨气作为原料的新型的烟气脱硝技术（除去烟气中的NOx），其流程如图1：

（1）反应2NO+2CO?2CO2+N2能够自发进行，则该反应的△H＜0
（填“＞”或“＜”）．
（2）SNCR-SCR流程中发生的主要反应有：
4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）?4N2（g）+6H2O（g）△H=-1627.2kJ•mol-1；
6NO（g）+4NH3（g）?5N2（g）+6H2O（g）△H=-1807.0kJ•mol-1；
6NO2（g）+8NH3（g）?7N2（g）+12H2O（g）△H=-2659.9kJ•mol-1；
反应N2（g）+O2（g）?2NO（g）的△H=+179.8kJ•mol-1．
（3）NO和NH3在Ag2O催化剂表面的反应活性随温度的变化曲线见图2．

①由图可以看出，脱硝工艺流程应在有氧（填“有氧”或“无氧”）条件下进行．
②随着反应温度的进一步升高，在有氧的条件下NO的转化率明显下降的可能原因是温度升高，发生了副反应：4NH3+5O2═4NO+6H2O或者温度升高，NOx和NH3反应的化学平衡向逆反应方向移动．
（4）实验室模拟工业制氨的过程，探究条件对平衡的影响．
Ⅰ．现有两容器，甲是容积可变的容器，乙是容积固定为2L的密闭容器，分别向甲、乙两容器中均充入N20.6mol，H20.5mol，在一定温度下进行N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）
△H=-92.4kJ/mol反应，t1时达到平衡，甲容器中N2的转化率为$\frac{1}{6}$，体积为1L．
①该温度时甲容器中平衡体系的平衡常数是10．
②若保持甲容器的温度和压强不变，向甲容器的平衡体系再中通入0.9mol N2，则平衡将逆向（填“正向”、“逆向”或“不”）移动．
③若达平衡时要使甲、乙两容器中NH3的体积分数相同，可以采取的措施是BD．
A．保持温度不变，将乙容器内的压强增加到原来的1.5倍
B．保持温度不变，向乙容器中再充入0.6mol N2和0.5mol H2
C．升高乙容器的温度
D．保持甲容器的体积为1L不变，升高甲容器的温度
Ⅱ．若改用图3装置针对氨的分解（2NH3（g）?N2（g）+3H2（g））进行探究实验，其中P是可自由平行滑动的活塞．在相同温度时，向A容器中充入4mol NH3（g），关闭K，向B容器中充入2molNH3（g），两容器分别发生反应．
已知起始时容器A和B的体积均为aL．试回答：
①反应达到平衡时容器B的体积为1.2a L，容器B中NH3转化率为20%．
②若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为2.6aL（连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响）．
18．硫酸亚铁铵[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：
步骤1  将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑．
步骤2  向处理过的铁屑中加入过量的3mol•L-1H2SO4溶液，在60℃左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液．
步骤3  向所得FeSO4溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体．
请回答下列问题：
（1）在步骤1的操作中，下列仪器中不必用到的有②④⑤（填仪器编号）
①铁架台  ②燃烧匙  ③锥形瓶  ④广口瓶  ⑤研钵  ⑥玻璃棒  ⑦酒精灯
（2）在步骤2中趁热过滤，其原因是防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失；
（3）在步骤3制的硫酸亚铁铵晶体常含有Fe3+杂质．检验Fe3+的试剂可以用K4〔Fe（CN）6〕生成普鲁士蓝沉淀，有关的离子方程式是K++Fe3++[Fe（CN）6]4-=KFe[Fe（CN）6]↓．
（4）制得的晶体经过过滤后用无水乙醇洗涤而不用蒸馏水，理由是①硫酸亚铁铵晶体在乙醇中的溶解度小，可减小晶体在洗涤时应溶解而损失；②酒精易挥发，不会附着在晶体表面；（任说两点）
（5）在25℃时，相同物质的量浓度的（NH4）2CO3、（NH4）2SO4、硫酸亚铁铵三种盐溶液a、b、c，其铵根离子浓度由小到大的排列顺序为a＜b＜c（用a、b、c回答）
19．热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．该电池以Ca为负极，熔融无水LiCl-KCl混合物作电解质，结构如下图所示．正极反应式为PbSO4+2Li++2e-=Li2SO4+Pb．下列说法不正确的是（　　）
A．放电过程中，Li+向正极移动
B．常温下电解质是不导电的固体，电池不工作
C．每转移0.1 mol 电子，理论上生成20.7 g Pb
D．该电池总反应为 PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb

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