题目内容

2．以电石渣为原料制备KClO3的流程如图1：

（1）氯化过程控制电石渣过量，在75℃左右进行．氯化时存在Cl2与Ca（OH）2作用生成Ca（ClO）2的反应，Ca（ClO）2进一步转化为Ca（ClO3）2，少量Ca（ClO）2分解为CaCl2和O2．
①生成Ca（ClO）2的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率的可行措施有AB（填序号）．
A．适当减缓通入Cl2速率B．充分搅拌浆料 C．加水使Ca（OH）2完全溶解
（2）氯化过程中Cl2转化为Ca（ClO3）2的总反应方程式为6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O氯化完成后过滤．
①滤渣的主要成分为CaCO3、Ca（OH）2（填化学式）．
②滤液中Ca（ClO3）2与CaCl2的物质的量之比n：n＜1：5（填“＞”、“＜”或“=”）．
（3）向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca（ClO3）2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g•L-1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶．

分析 电石渣含有Ca（OH）2，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2进一步转化为Ca（ClO3）2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，
（1）①氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率，可使氯气和氢氧化钙充分接触；
（2）①发生6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca（ClO3）2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca（OH）2微溶；
②氯化过程中Cl2与氢氧化钙反应部分生成Ca（ClO）2和CaCl2；
（3）经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3．

解答 解：电石渣含有Ca（OH）2，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2进一步转化为Ca（ClO3）2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，
（1）②氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率，可使氯气和氢氧化钙充分接触，可适当减缓通入Cl2速率、充分搅拌浆料，因氢氧化钙微溶于水，加水溶解的做法不可取，因浓度过低，对后续实验不利，
故答案为：AB；
（2）①发生6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca（ClO3）2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca（OH）2微溶，则滤渣中含有CaCO3、Ca（OH）2，
故答案为：CaCO3、Ca（OH）2；
②氯化过程中Cl2与氢氧化钙反应部分生成Ca（ClO）2和CaCl2，则n[Ca（ClO3）2]：n[CaCl2]＜1：5，故答案为：＜；
（3）该溶液中尽可能多地析出KClO3固体，应经蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶．

点评 本题考查物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，解答本题注意把握物质的性质以及题给信息，把握反应的流程，同时要具有扎实的实验基础知识，题目难度中等．

练习册系列答案
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20．已知：P4（s）+6Cl2（g）═4PCl3（g）△H=a kJ•mol-1
P4（s）+10Cl2（g）═4PCl5（g）△H=b kJ•mol-1
P4具有正四面体结构，PCl5中P-Cl键的键能为c kJ•mol-1，PCl3中
P-Cl键的键能为1.2c kJ•mol-1，列叙述正确的是（　　）
A．P-P键的键能大于P-Cl键的键能
B．可求Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（s）的反应热△H
C．Cl-Cl键的键能$\frac{b-a+5.6c}{4}$ kJ•mol-1
D．1molP4含4molp-p键
13．实验室可用下列实验装置测定FeO和Fe2O3固体混合物中Fe2O3的质量（图中夹持装置已略去）．

（1）实验前如何检查装置A的气密性关闭止水夹K，从长颈漏斗向试管内加水，至长颈漏斗中管内的液面高于管外液面，静置一段时间，若液面高度差不发生变化，则气密性良好；
（2）为了实验安全，在点燃酒精灯之前，在F装置出口b处必须检验氢气的纯度，实验开始后，在b处必须点燃未反应的氢气．
（3）装置B的作用是除去氢气中混有的氯化氢气体，装置C中所盛装的液体是浓硫酸．
（4）干燥管E右边又连接干燥管F的目的是防止空气中的水蒸气进入干燥管E中．若无干燥管F，测得Fe2O3的质量将偏大（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．
（5）若FeO和Fe2O3混合物的质量为a g，反应完全后干燥管E的质量增加了b g，则混合物中Fe2O3的质量分数为$\frac{80b-20a}{7a}×100%$（用含字母的式子表示）．
10．乙酸乙酯是无色的有水果香味的液体，沸点77.1℃，某次制取实验用到冰醋酸14.3mL，95%乙醇23mL，还用到浓H2SO4，饱和Na2CO3溶液以及极易与乙醇结合成六醇合物的氯化钙溶液，主要仪器装置如图所示，实验步骤是：
①先向A蒸馏烧瓶中注入少量乙醇和所用的浓H2SO4后摇匀，再将剩下的所有乙醇和冰醋酸注入分液漏斗待用，这时分液漏斗里乙醇与冰醋酸的物质的量之比约为7：5；
②加热油浴，保持温度在135℃～145℃之间；
③将分液漏斗中的液体缓缓滴入蒸馏烧瓶里，调节加料速度使蒸出酯的速度与进料速度大体相等，直到加料完成；
④保持油浴温度一段时间，至不再有液体馏出后，停止加热；
⑤取下B吸滤瓶，将一定量饱和Na2CO3溶液分批少量多次地加到馏出液里，边加边摇荡，直到无气泡产生为止；
⑥将⑤的液体混合物分液，弃去水层；
⑦将饱和CaCl2溶液（适量）加入到分液漏斗中，摇荡一段时间静置，放出水层（废液）；
⑧分液漏斗里得到的是初步提纯的乙酸乙酯粗品；
⑨然后再向其中加入无水硫酸钠，振荡．
试回答：
（1）写出用冰醋酸制乙酸乙酯的方程式CH3COOH+C2H5OH$?_{△}^{浓硫酸}$CH3COOC2H5+H2O．
（2）用过量乙醇的主要目的是增大反应物乙醇的浓度，有利于反应向生成乙酸乙酯的方向进行，边加料，边加热蒸馏的目的是减小生成物乙酸乙酯的浓度，有利于反应向酯化方向进行．
（3）用饱和Na2CO3溶液洗涤粗酯的目的是中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，如果用NaOH浓溶液代替Na2CO3，将引起的后果是致使乙酸乙酯水解．
（4）用饱和CaCl2溶液洗涤粗酯的目的是除去粗酯中的乙醇．
（5）为什么操作③要使加料与馏出的速度大致相等使反应充分且能够及时冷凝蒸出产物．
（6）加入无水硫酸钠，其目的是除去粗产品中的水．
17．草酸亚铁为黄色固体，作为一种化工原料，可广泛用于涂料、陶瓷、玻璃器皿等的着色剂以及新型电池材料、感光材料的生产．合成草酸亚铁的流程如图1：

（1）配制（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O溶液时，需加入少量稀硫酸，目的是抑制Fe2+和NH4+离子水解．
（2）得到的草酸亚铁沉淀需充分洗涤，检验是否洗涤干净的方法是取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净．
（3）将制得的产品（FeC2O4•2H2O）在氩气气氛中进行加热分解，结果如图2（TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）．
①则A-B发生反应的化学方程式为FeC2O4•2H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$FeC2O4+2H2O；
②已知B→C过程中有等物质的量的两种气态氧化物生成，写出B→C的化学方程式FeC2O4 $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$FeO+CO↑+CO2↑；
（4）某草酸亚铁样品中含有少量草酸铵．为了测定不纯产品中草酸根的含量，某同学做了如下分析实验：
Ⅰ．准确称量m g样品，溶于少量2mol/L硫酸中并用100mL容量瓶定容．
Ⅱ．取上述溶液20mL，用c mol/L高锰酸钾标准溶液滴定，溶液变为淡紫色，消耗高锰酸钾溶液的体积为V1 mL．
Ⅲ．向上述溶液中加入足量Zn粉，使溶液中的Fe3+恰好全部还原为Fe2+，过滤，
Ⅳ．洗涤剩余的锌粉和锥形瓶，洗涤液并入滤液
Ⅴ．用c mol/L KMnO4溶液滴定该滤液至溶液出现淡紫色，消耗KMnO4溶液的体积V2 mL．
回答下列问题：
①已知：草酸（H2C2O4）与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡产生，紫色消失，写出该反应的离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O；
②若省略步骤Ⅳ，则测定的草酸根离子含量偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”）
③m g样品中草酸根离子的物质的量为c（V1-V2）×10-3×$\frac{25}{2}$mol（用c，V1，V2的式子表示，不必化简）
7．焦亚硫酸钠（Na2S2O3）是常用的食品抗氧化剂之一，在空气中被氧化生成的产物为Na2SO4．某小组进行如下实验：
实验一  焦亚硫酸钠的制取
采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2=Na2S2O5

（1）仪器a、b的名称分别是分液漏斗、圆底烧瓶．
（2）装置I中产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O．
（3）要从装置II中获得已析出的晶体，可采用的分离方法是过滤，该方法用到的玻璃仪器除烧杯、漏斗还需玻璃棒．
（4）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置如图2（夹持仪器已略去）为d（填序号）．
实验二  焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3
（5）NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是ae（填序号）．
a．测定溶液的pH    b．加入Ba（OH）2溶液   c．加入盐酸
d．加入品红溶液     e．用蓝色石蕊试纸检测
（6）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是取少量Na2S2O5晶体于试管中加入适量水溶液，滴加足量盐酸振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成．
14．已知：ICl的熔点为13.9℃，沸点为97.4℃，易水解，且能发生反应：ICl（l）+Cl2（g）═ICl3（l）．（图中夹持装置略去）

（1）装置A中发生反应的化学方程式是KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O．
（2）装置B的作用是除去氯气中的氯化氢．不能用装置F代替装置E，理由  装置F中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解．
（3）所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是C（填标号）．
A．过滤B．蒸发结晶C．蒸馏       D．分液
（4）用ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度．进行如下两个实验，实验过程中有关反应为：
①
②ICl+KI=I2+KCl    
③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
实验1：将5.00g该油脂样品溶于四氯化碳后形成100mL溶液，从中取出十分之一，加入20mL某ICl的冰醋酸溶液（过量），充分反应后，加入足量KI溶液，生成的碘单质用a mol/L的Na2S2O3 标准溶液滴定．经平行实验，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V1mL．
实验2（空白实验）：不加油脂样品，其它操作步骤、所用试剂及用量与实验1完全相同，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V2mL．
①滴定过程中可用淀粉溶液作指示剂．
②滴定过程中需要不断振荡，否则会导致V1偏小（填“偏大”或“偏小）．
③5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为5a（V2-V1）×10-3mol．由此数据经换算即可求得该油脂的不饱和度．
11．Na2SO3应用广泛．利用工业废碱渣（主要成分Na2CO3）吸收硫酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的成本低，优势明显，其流程如下．

（1）举例说明向大气中排放SO2导致的环境问题：酸雨．
（2）如图为吸收塔中Na2CO3溶液与SO2反应过程中溶液组成变化．则初期反应（图中A点以前）的离子方程式是2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-．

（3）中和器中发生的主要反应的化学方程式是NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O．
资料显示：
Ⅰ．Na2SO3在33℃时溶解度最大，将其饱和溶液加热至33℃以上时，由于溶解度降低会析出无水Na2SO3，冷却至33℃以下时析出Na2SO3•7H2O；
Ⅱ．无水Na2SO3在空气中不易被氧化，Na2SO3•7H2O在空气中易被氧化．
（4）为了降低由中和器所得溶液中Na2SO3的溶解度，从而提高结晶产率，中和器中加入的NaOH是过量的．
①请结合Na2SO3的溶解平衡解释NaOH过量的原因Na2SO3存在溶解平衡：Na2SO3（s）?2Na+ （aq）+SO32- （aq），NaOH过量使c（Na+）增大，上述平衡逆向移动．
②结晶时应选择的最佳操作是B（选填字母）．
a．95～100℃加热蒸发，直至蒸干
B．维持95～100℃蒸发浓缩至有大量晶体析出
C．95～100℃加热浓缩，冷却至室温结晶
（5）为检验Na2SO3成品中是否含少量Na2SO4，需选用的试剂是稀盐酸、BaCl2溶液．
（6）KIO3滴定法可测定成品中Na2SO3的含量：室温下将0.1260g 成品溶于水并加入淀粉做指示剂，再用酸性KIO3标准溶液（x mol/L）进行滴定至溶液恰好由无色变为蓝色，消耗KIO3标准溶液体积为y mL．
①滴定终点前反应的离子方程式是：□IO3-+□SO32-=□3SO42-+□1I-（将方程式补充完整）
②成品中Na2SO3（M=126g/mol）的质量分数是3xy×100%．
12．下列有关化学反应速率的叙述中，正确的是（　　）
A．100 mL 2 mol/L的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变
B．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率
C．汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，加入催化剂，不影响CO的转化率
D．二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，升高温度，平衡逆向移动，正反应速率减慢

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