2014年高考化学实验题明星——硫代硫酸钠（Na2S2O3）
今年高考化学实验题明星非硫代硫酸钠（）莫属，一共有个省市（天津、四川、山东、海南）用它作实验题的素材。另外福建省实验题是用焦亚硫酸钠
作实验题素材。
硫代硫酸钠，又名大苏打、海波、次亚硫酸钠。为单斜晶系白色结晶粉末，易溶于水，不溶于醇。用于分析试剂等，用途非常广泛。
一、化学性质
1、硫代硫酸钠在碱性或中性条件下稳定，遇酸分解立刻分解放出二氧化硫气体并产生硫的沉淀。
S2O2－3＋2H+＝S↓＋SO2↑＋H2O
2、在空气中加热被氧化分解成硫酸钠、二氧化硫。在隔绝空气下燃烧则生成硫酸钠、硫化碱和硫黄。
2Na2S2O3+3O2
→2Na2SO4+ 2SO2
3、硫代硫酸钠具有很强的络合能力，能跟溴化银形成络合物。根据这一性质，它可以作定影剂。
4、硫代硫酸钠有一定的还原性，能将氯气等物质还原：
S2O2－3＋4Cl2＋5H2O＝2SO2－4＋8Cl&＋10H+
二、制法：
1、工业普遍使用用亚硫酸钠与硫磺共煮得到硫代硫酸钠，
经重结晶精制：Na2SO3
+ S + 5H2O =
Na2S2O3·5H2O
2、亚硫酸钠法　将纯碱溶解后，与（硫磺燃烧生成的）二氧化硫作用生成亚硫酸钠，再加入硫磺沸腾反应，经过滤、浓缩、结晶，制得硫代硫酸钠。
Na2CO3+SO2==Na2SO3+CO2
Na2SO3+S+5H2O==
Na2S2O3·5H2O
3、硫化碱法　利用硫化碱蒸发残渣、硫化钡废水中的碳酸钠和硫化钠与硫磺废气中的二氧化硫反应，经吸硫、蒸发、结晶，制得硫代硫酸钠。
2Na2S+Na2CO3+4SO2==3Na2S2O3+CO2
4、氧化、亚硫酸钠和重结晶法　由含硫化钠、亚硫酸钠和烧碱的液体经加硫、氧化；亚硫酸氢钠经加硫及粗制硫代硫酸钠重结晶三者所得硫代硫酸钠混合、浓缩、结晶，制得硫代硫酸钠。
2Na2S+2S+3O2==2Na2S2O3
Na2SO3+S==Na2S2O3
重结晶　将粗制硫代硫酸钠晶体溶解（或用粗制硫代硫酸钠溶液），经除杂，浓缩、结晶，制得硫代硫酸钠。
三、标准溶液的配制和标定
（一）原理
结晶Na2S2O3&5H2O一般都含有少量的杂质，如S、Na2SO3、Na2SO4、Na2CO3及NaCl等。同时还容易风化和潮解。因此，不能用直接法配制标准溶液。
Na2SO3溶液易受空气和微生物等的作用而分解，其分解原因是：
1.与溶解于溶液中的CO2
硫代硫酸钠在中性或碱性溶液中较稳定，当
pH&&/span&4.6&
时极不稳定，溶液中含有CO2时会促进Na2S2O3分解：
Na2S2O3+ H2O +
CO2 →NaHCO3 + NaHSO3
此分解作用一般都在制成溶液后的最初10天内进行,分解后一分子的Na2S2O3变成了一分子的NaHSO3
。一分子Na2S2O3
只能和一个碘原子作用，而一分子的NaHSO3
且能和2个碘原子作用。因而使溶液浓度（对碘的作用）有所增加，以后由于空气的氧化作用浓度又慢慢的减小。
在pH9~10间Na2S2O3
溶液最为稳定，在Na2S2O3溶液中加入少量Na2CO3
（使其在溶液中的浓度为0.02%&&
）可防止Na2S2O3的分解。
2.空气氧化作用
2Na2S2O3+O2
→2Na2SO4+ 2S&
3.微生物作用&
这是使Na2S2O3
分解的主要原因。
Na2S2O3 &Na2SO3
为避免微生物的分解作用，可加入少量HgI2(10mg/L)&&&&
为减少溶解在水中的CO2&
和杀死水中微生物，应用新煮沸冷却后的蒸馏水配置溶液。
日光能促进Na2S2O3
溶液的分解，所以Na2S2O3
溶液应贮存于棕色试剂瓶中，放置于暗处。经8—14天后再进行标定，长期使用的溶液应定期标定。
标定Na2S2O3
溶液的基准物有K2Cr2O7
和纯铜等，通常使用K2Cr2O7&&&
基准物标定溶液的浓度，K2Cr2O7
先与KI反应析出I2：
+ 6I- +14H+ = 2Cr2+ +
析出I2的再用Na2S2O3标准溶液滴定：
S4O62- +2I-
这个标定方法是间接碘量法的应用实例。
（二）操作步骤
0.1mol/LNa2S2O3
溶液的配制
（1）先计算出配制约0.1mol/LNa2S2O3溶液400ml所需要Na2S2O3&5H2O的质量。
在台秤上称取所需的Na2S2O3&5H2O量，
放入500ml棕色试剂瓶中，
加入100ml新煮沸经冷却的蒸馏水，摇动使之溶解，等溶解完全后加入0.2g
用新煮沸经冷却的蒸馏水稀释至400ml，摇匀，在暗处放置7天后，标定其浓度。
0.017mol/L
K2Cr2O7 配制&
准确称取经二次重结晶并在1500C烘干1小时的K2Cr2O71.2~1.3g左右于150ml小烧杯中，加蒸馏水30ml使之溶解（可稍加热加速溶解），冷却后，小心转入250ml容量瓶中，
用蒸馏水淋洗小烧杯三次，每次洗液小心转入250ml容量瓶中，然后用蒸馏水稀释至刻度，摇匀，计算出K2Cr2O7标液的准确浓度。
Na2S2O3溶液的标定
移液管准确吸取K2Cr2O7标准溶液两份，分别放入250ml锥形瓶中，加固体KI1g和2mol/LHCl15ml，充分摇匀后用表皿盖好，放在暗处5分钟，然后用50ml蒸馏水稀释，
用0.1mol/L
Na2S2O3溶液滴定到呈浅黄绿色，然后加入0.5%淀粉溶液5ml，继续滴定到蓝色消失而变为Cr3+的绿色即为终点。根据所取的K2Cr2O7的体积、浓度及滴定中消耗Na2S2O3溶液的体积，计算Na2S2O3溶液准确浓度。
1．（2014·天津理综化学卷，T9）（18分）
Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。
I．制备Na2S2O3&5H2O
&&&&&&&&&&
反应原理：Na2SO3(aq)＋S(s)△　Na2S2O3(aq)
&&&&&&&&&&
实验步骤：
&&&&&&&&&&&
①称取15　g　Na2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80　ml蒸馏水，另取5　g研细的硫粉，用3　ml乙醇润湿，加入上述溶液中。
&&&&&&&&&&&
②安装实验装置（如图所示，部分加持装置略去），水浴加热，微沸60分钟。
&&&&&&&&&&&
③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3&5H2O，经过滤，洗涤，干燥，得到产品。
回答问题：
（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是_________。
（2）仪器a的名称是_________，其作用是_________。
（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是_________，检验是否存在该杂质的方法是_________。
（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因_________。
II．测定产品纯度：
&&&&&&&&&&
准确称取W　g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000　mol&L&1碘的标准溶液滴定。反应原理为：2S2O2－3＋I2＝S4O2－6＋2I&
（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化：_________。
（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为_________mL。
产品的纯度为（设Na2S2O3&5H2O相对分子质量为M）_________。
III．Na2S2O3的应用
（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO2－4，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_________。
【答案】（1）使硫粉易于分散到溶液中
&&&&&&&&&&&
（2）冷凝管；冷凝回流
&&&&&&&&&&&
（3）Na2SO4；取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4
&&&&&&&&&&&
（4）S2O2－3＋2H+＝S↓＋SO2↑＋H2O
&&&&&&&&&&&
（5）由无色变为蓝色
&&&&&&&&&&&
（6）18.10；
&&&&&&&&&&&
（7）S2O2－3＋4Cl2＋5H2O＝2SO2－4＋8Cl&＋10H+
【解析】(1)硫粉难溶于水，微溶于乙醇，故硫粉用乙醇润湿后易扩散到溶液中。(2)装置中仪器a是冷凝管，起冷凝回流汽化的反应物的作用。(3)因反应物Na2SO3易被空气中的氧气氧化成Na2SO4，故可能存在的无机杂质是Na2SO4；检验产品中是否含有Na2SO4，即检验SO
是否存在，需要防止SO
的干扰，故不能用具有强氧化性的硝酸酸化，而应用盐酸酸化，过滤除去不溶物，再向滤液中滴加氯化钡溶液。(4)产品发黄，说明产品中含有硫杂质，这是由于在酸性环境中Na2S2O3不稳定，发生歧化反应：2H＋＋S2O
===S↓＋SO2↑＋H2O所致。(5)滴定终点时，过量的单质碘使无色的淀粉溶液变蓝，可指示滴定终点。(6)起始读数为0.00
mL，终点读数为18.10
mL，所以消耗碘的标准溶液的体积为18.10
mL；根据2Na2S2O3·5H2O～2S2O
～I2，得n(Na2S2O3·5H2O)
＝2n(I2)＝2&0.100
0 mol·L－1&18.10&10－3
L＝3.620&10－3
mol，则产品的纯度&100%＝
&100%。(7)S2O
被Cl2氧化成SO
，Cl2被还原为Cl－，首先根据化合价升降总数相等写出S2O
＋4Cl2→2SO
＋8Cl－，然后根据原子守恒和电荷守恒写出S2O
＋4Cl2＋5H2O===2SO
＋8Cl－＋10OH－。
2．（2014·四川理综化学卷，T9）（13分）硫代硫酸钠一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O）.
I．【查阅资料】
（1）Na2S2O3·5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。
（2）向Na2CO3和Na2S混合溶液中能入SO2可制得Na2S2O3；所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4.
（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。
II．【制备产品】
实验装置如图所示（省略夹持装置）：
实验步骤：
（1）检查装置气密性，按图示加入试剂。[来源:学。科。网Z。X。X。K]
仪器a的名称是
① ；E中的试剂是
② （选填下列字母编号）。
A。稀H2SO4&&&&&
B. NaOH溶液&&&&
C。饱和NaHSO3溶液
（2）先向C中烧瓶加入Na2S和Na
2CO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加H2SO4.
（3）等Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤C中混合物，滤液&&&&
（填写操作名称）、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品。
III．【探究与反思】
（1）为验证产品
中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择）
取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，&&&&&&
，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4.
（2）为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是&&&&&&&&
（3）Na2S2O3·5H2O的溶液度随温度升高显著增大，所得产品通过&&&&
方法提纯。
【答案】（13分）
II （1）①分液漏斗&&&&
②B&&&
③蒸发
III （1）过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl
（2）先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液。
（3）重结晶
【解析】II
（1）仪器a的名称是分液漏斗，E中的试剂是吸收多余的二氧化硫气体，故选用氢氧化钠。
III.（1）为验证产品
中含有Na2SO3和Na2SO4，
取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤后，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4.
（2）为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液。
（3）Na2S2O3·5H2O的溶液度随温度升高显著增大，所得产品通过重结晶的方法提纯。
3．（2014·山东理综化学卷，T31）（20分）工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3&5H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程。
烧瓶C中发生反应如下：
Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）&&
2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）&&&&&&&&&&&&&&&&
S（s）+Na2SO3（aq）
Na2S2O3（aq）&&&&&&&&&&&&&&&&&&
（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
，则整个装置气密性良好。装置D的作用是&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
&。装置E中为&&&&&&&&&&
（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为&&&&&&&&&&&&&
（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择&&&&&&&&&&
a．蒸馏水&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
b．饱和Na2SO3溶液
c．饱和NaHSO3溶液&&&&&&&&&&&
d．饱和NaHCO3溶液
实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是&&&&&&&&&&&
。已知反应（III）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是&&&&&&&&&&&&&&
。反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器含有&&&&&&&&&&&&&&&&&&
a .烧杯&&&
b .蒸发皿&&&&&
c.试管&&&&&
（4）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O3&5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4
，简要说明实验操作，现象和结论：
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&。
已知Na2S2O3&5H2O遇酸易分解：S2O32&+2H+=S↓+SO2↑+H2O
供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液
【答案】（20分）
（1）液柱高度保持不变
；防止倒吸；NaOH（合理即得分）
控制滴加硫酸的速度（合理即得分）&
溶液变澄清（或混浊消失）；a、d
（4）取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。（合理即得分）
【解析】（1）装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若液柱高度保持不变，则说明装置气密性良好；D瓶的作用相当于安全瓶，防止E瓶中的溶液倒吸；装置E放在最后应该起到尾气处理的作用，因为尾气中含有SO2、H2S等酸性有害气体，所以用碱性溶液（比如NaOH溶液、KOH溶液等）来吸收；
（2）根据烧瓶内发生的三个反应：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）、2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）、S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq），可以得出如下关系式：
2H2S ~ 3S ~
3Na2SO3，2mol
Na2S完全反应生成2mol
Na2SO3，所以还需要另外加入1mol
Na2SO3，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2:1；
（3）要观察观察SO2的生成速率，第一不能吸收或溶解SO2，第二不能和SO2发生反应，a．蒸馏水（SO2易溶于水），b．饱和Na2SO3溶液（与SO2发生反应），c．饱和NaHSO3溶液（溶解度较小且不发生反应）d．饱和NaHCO3溶液（与SO2发生反应），所以答案选c；SO2是由70%H2SO4和Na2SO3反应制取，所以为了SO2使缓慢进行烧瓶C，采取的操作是控制滴加硫酸的速度；可以直接加热的仪器有：蒸发皿和试管，垫石棉网加热的仪器有烧杯和锥形瓶。
（4）加入盐酸，Na2S2O3与稀盐酸反应（Na2S2O3+2HCl→2NaCl+S↓+SO2↑+H2O），静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。
4．（2014·海南省化学卷，T17）（9分）
硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用做分析试剂及鞣革还原剂。它受热、遇酸易分解。工业上可用反应：2N a2S＋Na2CO3＋4SO2＝3Na2S2O3＋CO2制得。实验室模拟该工业过程的装置如图所示。回答下列问题：
（1）b中反应的离子方程式为_________，c中试剂为_________。
（2）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是_________。
（3）d中的试剂为_________。
（4）实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________（写出两条）。
（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，原因是_________。
【答案】（1）SO32—＋2H+＝H2O＋SO2↑（HSO3—＋H+＝SO2↑＋H2O）；硫化钠和碳酸钠的混合溶液
&&&&&&&&&&&
&&&&&&&&&&&
（3）NaOH溶液
&&&&&&&&&&&
（4）控制反应速率，调节酸的滴加速度（或调节酸的浓度）
&&&&&&&&&&&
（5）如果SO2过量了，溶液呈现酸性，导致生成的Na2S2O3分解。
5．（2014·福建理综化学卷，T25）(15分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：
焦亚硫酸钠的制取
采用右图装置(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）装置I中产生气体的化学方程式为&&&&&&&&&&&&&&&&&
（2）要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是&&&&&&&&&&&&&&&&
（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为&&&&&&
(填序号)。
焦亚硫酸钠的性质
Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。
（4）证明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&&&&&
(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
（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定
（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：
(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)
①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00
mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为&&&&&&&&&&&&&&&
②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果&&&&&
(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】（15分）
（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O）
（5）取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成
（6）①
②偏低
【解析】（1）装置1是制备二氧化硫气体，反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O）
（2）要从装置II中得到晶体，可采取的措施是过滤；
（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置是d，a装置缺少与外界相通，错误；b易发生倒吸，错误；c装置倒扣的漏斗进入水中，错误。
（4）证明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测定溶液的pH，pH小于7，则电离程度大于水解程度，a正确；加入氢氧化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，和盐酸反应生成气体二氧化硫；无法判断电离程度和水解程度；亚硫酸根和亚硫酸氢根都不能使品红褪色，不能采用；用蓝色石蕊试纸检验，若变红则电离大于水解，e正确。
（5）检验变质的方法是取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成。
（6）根据反应方程式可得:
SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI。碘的物质的量为0.-3=2.5&10-4mol，则抗氧化剂的残留量为2.5&10-4mol&64g/mol=0.16g；若碘化钾部分被氧化，则需要二氧化硫的物质的量减少，则所求浓度偏低。
已投稿到：
以上网友发言只代表其个人观点，不代表新浪网的观点或立场。【化学】怎样去除氯化钡中的硫酸钠,怎样去除铜中的氧化铜.-学路网-学习路上 有我相伴
怎样去除氯化钡中的硫酸钠,怎样去除铜中的氧化铜.
来源：互联网 &责任编辑：王小亮 &
如何去除氯化钡中的氯化钾?这类去除的题目如何去做呢?先加入过量的碳酸钾,过滤,再加入适量的盐酸;这类问题的大致思路都是利用碳酸盐和盐酸,但一定要记住,生成沉淀后要过滤,否则沉淀会在盐酸中溶解。如何除去氯化钡中的氯化氢加热如何除去氯化钡中的氢氧化钡加盐酸:2Hcl+Ba(oH)2=Bacl2+2H2o如何在氯化钾中去除氯化钡利用氯化钡与硫酸钾反应生成氯化钾和硫酸钡的方法。反应的化学方程式为:BaCl2+K2SO4=BaSO4↓+2KCl步骤如下:1、向混合物中加入足量水溶解;2、加入适量硫酸...如果用氯化钙代替氯化钡来除去粗食盐中的硫酸根离子,结果将...效果比较差。但是从经济性比较用氯化钙除硫,比氯化钡要好很多。所以,在相当一些场合,还是选用氯化钙除硫酸根。需要说明的是,用氯化钡除硫得到的硫酸钡泥,现在也有很...怎样去除氯化钡中的硫酸钠,怎样去除铜中的氧化铜.(图3)怎样去除氯化钡中的硫酸钠,怎样去除铜中的氧化铜.(图5)怎样去除氯化钡中的硫酸钠,怎样去除铜中的氧化铜.(图8)怎样去除氯化钡中的硫酸钠,怎样去除铜中的氧化铜.(图13)怎样去除氯化钡中的硫酸钠,怎样去除铜中的氧化铜.(图15)怎样去除氯化钡中的硫酸钠,怎样去除铜中的氧化铜.(图18)这是用户提出的一个化学问题,具体问题为:怎样去除氯化钡中的硫酸钠,怎样去除铜中的氧化铜.我们通过互联网以及本网用户共同努力为此问题提供了相关答案,以便碰到此类问题的同学参考学习,请注意,我们不能保证答案的准确性,仅供参考,具体如下:如果用氯化钙代替氯化钡来除去粗食盐中的硫酸根离子,结果将...效果比较差。但是从经济性比较用氯化钙除硫,比氯化钡要好很多。所以,在相当一些场合,还是选用氯化钙除硫酸根。需要说明的是,用氯化钡除硫得到的防抓取，学路网提供内容。用户都认为优质的答案:除去氯化钡中的盐酸+Ba(OH)2防抓取，学路网提供内容。是除去“氯化钠中的硫酸钠”吧!如果是,方法：加入适量的氯化钡溶液,至恰好没有沉淀生成为止,然后过滤沉淀,将溶液蒸发,就可以得到纯净的氯化钠；用氯化钡去除硫酸钠中的硫酸根离子,如何判断硫酸根离子已经...静置后取上层清液少量于试管中,加入氯化钡溶液,若仍有白色沉淀生成则硫酸根离子未除尽,若无白色沉淀生成则硫酸根离子已除尽防抓取，学路网提供内容。除去铜中的氧化铜方法：加入足量是稀盐酸充分反应后,过滤,得到纯净的铜!氯化钡中的稀盐酸如何除去在中学化学里,应该是用过量的BaCO3来完全除去稀盐酸,然后过量部分的BaCO3通过过滤除去因为BaCO3不溶于水,使用"适量的BaCO3"这一方法这是一种中庸之道,操作中..防抓取，学路网提供内容。======以下答案可供参考======用氯化钡怎样去除自来水中的硫酸根?用氢氧化钡能去除吗可以的,去除自来水中的硫酸根,氯化钡可以但有个弊端,去除硫酸根的同时留下了氯离子,水还是污染水,没用。用氢氧化钡去除的话就不会有任何残留,化学反应下防抓取，学路网提供内容。供参考答案1:如何除去氯化钡溶液中混有少量氯化钠杂质?1.滴入碳酸钠溶液(BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl)2.过滤沉淀(BaCO3),洗涤干燥3.滴入稀盐酸(BaCO3+2HCl====BaCl防抓取，学路网提供内容。氯化钡和硫酸钠不可以共存的哟，会反应生成硫酸钡沉淀。自来水怎么简单除氯？？答：一、晒水：将水在阳光下暴晒一天。二、困水：在没有光线的情况下，将水自然放7－8天。三、活性炭：可选用可口可乐瓶，在底部打十余个小孔，内放满活性炭，瓶口用软管相套，自来水经装满防抓取，学路网提供内容。除去氯化钡中的盐酸+Ba(OH)2用氯化钡去除硫酸钠中的硫酸根离子,如何判断硫酸根离子已经...静置后取上层清液少量于试管中,加入氯化钡溶液,若仍有白色沉淀生成则硫酸根离子未除尽,若无白色沉淀生成则硫酸根离子已除尽氯化钡中的稀盐酸如何除去在中学化学里,应该是用过量的BaCO3来完全除去稀盐酸,然后过量部分的BaCO3通过过滤除去因为BaCO3不溶于水,使用"适量的BaCO3"这一方法这是一种中庸之道,操作中...用氯化钡怎样去除自来水中的硫酸根?用氢氧化钡能去除吗可以的,去除自来水中的硫酸根,氯化钡可以但有个弊端,去除硫酸根的同时留下了氯离子,水还是污染水,没用。用氢氧化钡去除的话就不会有任何残留,化学反应下来只有硫酸钡沉...
相关信息：
- Copyright & 2017 www.xue63.com All Rights Reserved扫二维码下载作业帮
3亿+用户的选择
下载作业帮安装包
扫二维码下载作业帮
3亿+用户的选择
硫酸根离子,氯离子检验问题硫酸根离子为什么加入先加稀盐酸后加氯化钡?氯离子检验为什么先加硝酸银后加稀硝酸（我的顺序有没有写错?）但你们一定明白我困惑什么
作业帮用户
扫二维码下载作业帮
3亿+用户的选择
1、去除碳酸根、银离子的影响.如果溶液中有碳酸根、银离子,那么直接加入氯化钡出沉淀就说不清有没有硫酸根了,加入盐酸的目的就是除去干扰的离子2、这里加药顺序没要求,而且加入硝酸的原因理由同上,都是出去干扰离子.
为您推荐：
其他类似问题
排除碳酸根可能，
扫描下载二维码湖南省衡阳八中、永州四中实验班2017届高三（上）第一次联考化学试卷（解析版）
我的图书馆
湖南省衡阳八中、永州四中实验班2017届高三（上）第一次联考化学试卷（解析版）
上学科网,下一次联考化学试卷
参考答案与试题解析
一、解答题（共5小题，满分25分）
1．下列说法正确的是（ ）
A．往盛有500mL1mol/L的Na2CO3的溶液中滴加稀盐酸，可以观察到立即产生大量气泡
B．100mL 0.5mol/L氯酸钾溶液中含有氯离子的物质的量是0.05mol
C．在开放的环境中往含有Fe2+，Al3+，Mg2+，Na+的溶液中滴加NaOH溶液，最终可以得到4种沉淀
D．H+，NO3﹣，Fe2+，Mg2+不能共存
【考点】离子共存问题．
【分析】A．Na2CO3的溶液中滴加稀盐酸，先生成碳酸氢钠、NaCl；
B．氯酸钾中不含氯离子，结合n=cV及物质构成计算；
C．在开放的环境中往含有Fe2+，Al3+，Mg2+，Na+的溶液中滴加NaOH溶液，NaOH足量时最终只有氢氧化铁、氢氧化镁沉淀；
D．离子之间发生氧化还原反应．
【解答】解：A．Na2CO3的溶液中滴加稀盐酸，先生成碳酸氢钠、NaCl，则开始不生成气泡，故A错误；
B．氯酸钾中不含氯离子，则100mL 0.5mol/L氯酸钾溶液中含有氯离子的物质的量是0，故B错误；
C．在开放的环境中往含有Fe2+，Al3+，Mg2+，Na+的溶液中滴加NaOH溶液，NaOH足量时最终只有氢氧化铁、氢氧化镁沉淀，则最终可以得到2种沉淀，故C错误；
D．H+、NO3﹣、Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故D正确；
2．FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如图所示．下列说法错误的是（
A．可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质
B．沉淀过程中有CO2气体放出
C．过滤搡作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
D．产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeO
【考点】二价Fe离子和三价Fe离子的检验；过滤、分离与注入溶液的仪器．
【分析】FeSO4溶液中加碳酸氢铵生成FeCO3，过滤、洗涤，即可得到FeCO3固体；
A．亚铁离子变质会生成铁离子；
B．根据FeSO4与碳酸氢铵发生的反应判断；
C．根据过滤的操作分析；
D．二价铁在空气中加热易被氧化．
【解答】解：FeSO4溶液中加碳酸氢铵生成FeCO3，过滤、洗涤，即可得到FeCO3固体；
A．亚铁离子变质会生成铁离子，则验FeSO4溶液若变质会生成铁离子，可利用KSCN溶液检，故A正确；
B．FeSO4与碳酸氢铵发生的反应为：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+H2O+CO2↑，则沉淀过程中有CO2气体放出，故B正确；
C．过滤操作中过滤时用到漏斗，用玻璃棒引流，烧杯盛放溶液，所以过滤搡作的常用玻璃仪器有烧杯，漏斗和玻璃棒，故C正确；
D．二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁是，所以FeCO3在空气中高温分解不能得到FeO，故D错误．
3．已知CN﹣（氢氰酸根离子）SCN﹣（硫氰酸根离子）和Cl﹣有相似之处：两个﹣CN原子团或两个﹣SCN原子团可分别构成氰分子（CN）2和硫氰分子（SCN）2．（CN）2和（SCN）2的性质和Cl2有性质有相似之处，且常温常压下是气体，下列物质间反应的化学方程式错误的是（
A．二氧化锰和HSCN溶液加热反应：MnO2+4HSCNMn（SCN）2+（SCN）2↑+2H2O
B．（CN）2和氢氧化钾溶液反应：（CN）2+2KOH═KCN+KCNO+H2O
C．碘晶体投入HCN溶液中：I2+2HCN═2HI+（CN）2
D．（SCN）2和水反应：（SCN）2+H2O?HSCN+HSCNO
【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氧化还原反应．
【分析】A．MnO2和浓盐酸的反应，可类推二氧化锰和HSCN溶液反应；
B．氯气与KOH溶液反应，可类推（CN）2和氢氧化钾溶液反应；
C．碘的氧化性小于（CN）2；
D．结合氯气与水反应生成盐酸、HClO类推．
【解答】解：A．由二氧化锰和浓盐酸的反应可知MnO2和HSCN反应的化学方程式为MnO2+4HSCN（浓）Mn（SCN）2+（SCN）2↑+2H2O，故A正确；
B．由氯气与碱的反应可知（CN）2和氢氧化钾溶液反应为（CN）2+2KOH═KCN+KCNO+H2O，故B正确；
C．（CN）2和（SCN）2的性质和Cl2有性质有相似之处，碘的氧化性小于（CN）2，则碘晶体投入HCN溶液中不发生反应，故C错误；
D．由氯气与水的反应二者（SCN）2和水反应为（SCN）2+H2O?HSCN+HSCNO，故D正确；
4．由铝硅两种物质组成的试样11g，均匀地分成等质量的两份，一份与足量的盐酸接触可产生气体a
L，一份与足量的NaOH溶液接触产生同样的气体b L，则此试样中铝与硅的质量比为（ ）
A． B． C． D．无法计算
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】铝能够与盐酸和氢氧化钠溶液反应生成氢气，而硅只能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，则与盐酸反应生成的气体为铝反应生成的，则Si与氢氧化钠溶液反应生成的气体为为：（b﹣a）L，然后根据电子守恒计算出铝、硅的物质的量，再计算出其质量比．
【解答】解：一份与足量的盐酸接触可产生气体a
L，该气体为Al与HCl反应生成的，根据电子守恒可得：3n（Al）=×2，整理可得：n（Al）=mol，
一份与足量的NaOH溶液接触产生同样的气体b
L，该气体为铝、硅与NaOH反应生成的，则Si与NaOH反应生成的氢气体积为：（b﹣a）L，根据电子守恒可得：n（Si）=×mol=mol，
根据m=nM可得，二者质量之比为：27g/mol×mol：28g/mol×mol=，
5．某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定NaClO与NaClO3的物质的量之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（
A．3：11 B．11：3 C．1：4 D．4：1
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比．
【解答】解：Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，
ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为1：3，
则可设ClO﹣为1mol，ClO3﹣为3mol，被氧化的Cl共为4mol，
失去电子的总物质的量为1mol×（1﹣0）+3mol×（5﹣0）=16mol，
氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，
Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，
则得到电子的物质的量也应为16mol，
则被还原的Cl的物质的量为16mol，
所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：4mol=4：1，
二、第二部分选考题（单选题所给的四个选项中，只有一个是正确的）【化学部分】
6．将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，共产生NO气体4.48L（标准状况），向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L﹣1的NaOH溶液至沉淀完全．则下列有关叙述中不正确的是（
A．开始加入合金的物质的量之和为0.3mol
B．反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为3：1
C．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为200mL
D．生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，两者恰好完全反应，反应方程式为：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，标准状况下4.48LNO的物质的量为：n（NO）==0.2mol，
A．由HNO3生成0.2molNO得到电子的物质的量为：0.2mol×（5﹣2）=0.6mol，铜、镁都是2价金属，根据电子守恒，可以计算出参加反应的金属的物质的量；
B．根据反应3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O可以计算出反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比；
C．根据铜离子、镁离子与氢氧化钠反应的离子方程式可以计算出消耗氢氧化钠的物质的量，然后根据V=计算出消耗氢氧化钠溶液的体积；
D．沉淀中增加的质量为氢氧根离子的质量，根据消耗氢氧化钠的物质的量可以计算出氢氧根离子的物质的量及质量，从而得出生成沉淀质量比原合金的增加量．
【解答】解：金属与硝酸恰好反应，反应方程式为：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，标准状况下4.48LNO的物质的量为：n（NO）==0.2mol，
A．由HNO3生成0.2molNO得到电子的物质的量为：0.2mol×（5﹣2）=0.6mol，铜、镁都是2价金属，根据电子守恒，参加反应的金属的物质的量为： =0.3mol，故A正确；
B．根据3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O两个反应可知，被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比为：2mol：6mol=1：3，故B错误；
C．根据反应Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3可知，0.3mol铜离子、镁离子完全转化成沉淀，消耗氢氧化钠的物质的量为：0.3mol×2=0.6mol，消耗氢氧化钠溶液的体积为： =0.2L=200mL，故C正确；
D．镁、铜合金变成Mg（OH）2↓、Cu（OH）2↓沉淀，沉淀中增加的质量为氢氧根离子的质量，生成沉淀消耗了0.6mol氢氧化钠，则含有氢氧根离子的质量为：17g/mol×0.6mol=10.2g，即：生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g，故D正确；
7．如图所示，利用海水可提取很多重要的化工原料，下列有关说法不正确的是．（ ）
A．第②步是MgCl2·6H2O在坩埚中加强热分解
B．第①步是海水蒸发浓缩、结晶过滤
C．第③、⑤步可以是通入足量Cl2
D．在第④步反应为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr
【考点】海水资源及其综合利用．
【分析】根据转化图可知，①为海水晒盐得到粗盐和母液，母液通过加入氢氧化钙沉淀镁离子，得到氢氧化镁沉淀，过滤后沉淀溶解于盐酸后蒸发浓缩结晶析出氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁；③为加入氧化剂氯气氧化溴离子为溴单质；④为富集溴的反应，利用反应中溴元素的化合价来分析．
【解答】解：A、结晶水合物失去结晶水并生成氯化镁，镁离子水解，为防止水解应在酸性条件下进行，故A错误；
B、第①步是海水蒸发浓缩、结晶过滤的粗盐和卤水的过程，故B正确；
C、由③可知NaBr→Br2，NaBr中溴元素的化合价为﹣1价，单质中溴元素的化合价为0，则在反应中溴元素的化合价升高，由信息可知溴元素被氧化，第⑤步是溴的提纯，既有溴元素被氧化，通入的氧化剂都是氯气，故C正确；
D、在第④步反应为二氧化硫被溴单质氧化的反应过程，反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故D正确；
8．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）．下列说法正确的是（ ）
A．石灰乳与Cl2的反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂
B．25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大
C．常温下干燥Cl2能用钢瓶贮运，所以Cl2不与铁反应
D．图中所示转化反应都是氧化还原反应
【考点】氧化还原反应；氯气的化学性质；钠的重要化合物．
【分析】A．反应中氯元素化合价既升高又降低；
B．NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小；
C．氯气在点燃条件下可与铁反应；
D．生成纯碱的反应不是氧化还原反应．
【解答】解：A．石灰乳与Cl2的反应生成CaCl2、Ca（Cl0）2，反应中氯元素化合价既升高又降低，Cl2既是氧化剂，又是还原剂，故A正确；
B．NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，可通过在饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀来证明，故B错误；
C．氯气在点燃条件下可与铁反应，且潮湿的氯气也可与铁反应，故C错误；
D．生成纯碱的反应不是氧化还原反应，元素的化合价都不变化，故D错误．
三、解答题（共4小题，满分57分）
9．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色．下图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl﹣）生产CuCl的流程：
根据以上信息回答下列问题：
（1）写出生产过程中X Fe Y 稀盐酸 （填化学式）．
（2）写出产生CuCl的化学方程式
CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4
（3）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，结合化学方程式和必要的文字说明理由
H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和
SO2为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体
（4）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，你认为还应该注意的关键问题是
防止CuCl的氧化和见光分解，减少产品CuCl的损失 ．
（5）实验探究pH对CuCl产率的影响如表所示：
析出CuCl晶体最佳pH为 2 ，当pH较大时CuCl产率变低原因是
pH较大时，Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小
（6）氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g和10mL过量的FeCl3溶液250mL于锥形瓶中，充分溶解．
②用0.10mol·L﹣1硫酸铈标准溶液滴定．已知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2；Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+．三次平行实验结果如表（平行实验结果相差不能超过1%）：
平行实验次数
0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）
则样品中CuCl的纯度为 95.5% （结果保留三位有效数字）．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】要利用制作印刷电路的废液制备氯化亚铜，首先应制备并分离出铜，向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl﹣）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜．
（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl﹣）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜；过滤后滤渣中含有铜和铁，依据铜和铁的活泼性，加入盐酸分离二者；
（2）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒配平方程式；
（3）依据图示可知：铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫的物质的量之比为1：1，而产生CuCl的化学方程式中硫酸铜、二氧化硫物质的量之比恰好为1：1；
（4）依据氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解的性质解答；
（5）依据图表CuCl产率可知PH=2产率最大，当pH较大时CuCl产率变低，Cu2+水解程度增大，生成的氯化亚铜少；
（6）依据方程式中各反应物量之间的关系计算CuCl的纯度，CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，CuCl～Ce4+，所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为24.35mL，误差大舍去．
【解答】解：向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl﹣）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜．
（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl﹣）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来；
故答案为：Fe；稀盐酸；
（2）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒其方程式为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；
故答案为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；
（3）依据图示可知：Cu+2 H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和
SO2为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体；
故答案为：Cu+2 H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中生成的CuSO4和
SO2为1：1，所以理论上不需要补充SO2气体；
（4）氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解，所以生产中应：防止CuCl的氧化和见光分解，减少产品CuCl的损失；
故答案为：防止CuCl的氧化和见光分解，减少产品CuCl的损失；
（5）依据图表CuCl产率可知pH=2产率最大为90%，当pH较大时CuCl产率变低，Cu2+水解程度增大，生成的氯化亚铜少；
故答案为：2；pH较大时，Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；
（6）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为24.35mL，误差大舍去，滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积==24mL，结合方程式可知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，
CuCl～Ce4+，
CuCl的纯度=×100%=95.5%，
故答案为：95.5%．
10．已知A、B、C、D为气体，E、F为固体，G是氯化钙，它们之间的转换关系如图所示：
（1）D的化学式（分子式）是 NH3 ，E的化学式（分子式）是
（2）A和B反应生成C的化学方程式是
H2+Cl22HCl ．
（3）C和D反应的化学方程式是
NH3+HCl=NH4Cl
，现象是 白烟生成 ．
【考点】无机物的推断．
【分析】由“D+C→E，且C、D为气体；E为固体”可推知C、D可能为NH3、HCl；E为NH4Cl，再结合“E+F→D+H+G，G是氯化钙”进一步推知D为NH3、F为Ca（OH）2，H为水，所以C是HCl，A、B分别是H2和Cl2，以此解答该题．
【解答】解：由“D+C→E，且C、D为气体；E为固体”可推知C、D可能为NH3、HCl；E为NH4Cl，再结合“E+F→D+H+G，G是氯化钙”进一步推知D为NH3、F为Ca（OH）2，H为水，所以C是HCl，A、B分别是H2和Cl2，
（1）由以上分析可知，D的化学式是NH3，E的化学式是NH4Cl，故答案为：NH3；NH4Cl；
（2）H2和Cl2在点燃条件下反应生成HCl，反应的化学方程式为H2+Cl22HCl，故答案为：H2+Cl22HCl；
（3）C、D为NH3、HCl，C和D反应的化学方程式是NH3+HCl=NH4Cl，可观察到有白烟生成，故答案为：NH3+HCl=NH4Cl；白烟生成．
11．铝土矿的主要成分是Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2等杂质．
Ⅰ．从铝土矿中提取氧化铝的流程如图所示：
（1）试剂A是 盐酸（硫酸或硝酸） ；
（2）向溶液a中通入过量的CO2，将得到的不溶物煅烧后也可得到Al2O3，该方案的缺点是
Al2O3中含有SiO2杂质
Ⅱ．电解熔融的氧化铝可制备金属铝
（3）写出电解的化学方程式
2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑ ．
Ⅲ．新型陶瓷氮化铝可用以下两种方法制备
（4）①氧化铝高温还原法： 1 Al2O3+ 3 C+
1 N2 2 AlN+ 3
CO（配平）
②氯化铝与氨气高温合成法：AlCl3+NH3AlN+3HCl
（5）方法②比方法①在生产上更具优势．下列说法中，正确的是 AB ．
A．方法①中的
Al2O3、C、N2结构稳定，反应时破坏化学键需要消耗更多能量
B．方法①中的Al2O3和C容易残留在氮化铝中
C．两种方法中氮化铝均为还原产物．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】SiO2和盐酸不反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应而氧化铝能，该工艺流程原理为：铝土矿加入氢氧化钠溶液过滤，得到滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣a为氧化铁，a溶液加入过量A为酸溶液，除去硅酸根离子，同时将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液b中，向滤液b中加过量试剂B氨水，铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，加热氢氧化铝分解得氧化铝，
Ⅰ．（1）根据流程可知，加入试剂A目的是引进氢离子除去硅酸根离子；
（2）滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，制氧化铝的过程中可能会混有二氧化硅杂质；
Ⅱ．（3）电解熔融的氧化铝可制备金属铝，阳极生成氧气，阴极生成铝，产物为铝和氧气；
Ⅲ．（4）根据化合价的升降总数相等配平方程式；
（5）根据反应原理①②对各选项进行判断．
【解答】解：铝土矿加入氢氧化钠溶液过滤，得到滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣a为氧化铁，溶液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根粒子，向溶液a中加入过量A为酸溶液，除去硅酸根离子，同时将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液b中，向滤液b中加过量试剂B氨水，铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，加热氢氧化铝分解得氧化铝，
Ⅰ．（1）铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，加入盐酸或硝酸等酸性溶液可除去硅酸根离子，所以试剂A为强酸，可以为盐酸、硫酸或硝酸，
故答案为：盐酸（硫酸或硝酸）；
（2）滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，向溶液a中通入过量的CO2，沉淀为Al（OH）3及少量硅酸，煅烧得到与和二氧化硅，则Al2O3中含有SiO2杂质，
故答案为：Al2O3中含有SiO2杂质；
Ⅱ．（3）电解熔融的氧化铝可制备金属铝，阳极生成氧气，阴极生成铝，总反应为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，
故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；
Ⅲ．（4）碳从0价→+2价，化合价升高2价，氮从0价→﹣3价，化合价至少升高6价，最小公倍数为6，则碳的系数为3、氮气的系数为1，然后根据观察法配平，配平后的反应方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，
故答案为：1；3；1；2；3；
（5）A．方法①中的Al2O3、C、N2结构稳定，则在反应过程中破坏化学键时需要消耗更多能量，故A正确；
B．根据反应原理可知，方法①中的Al2O3和C都是固体，二者容易残留在氮化铝中，故B正确；
C．方法①中氮化铝为氮气被还原生成的，方法②为非氧化还原反应，故C错误；
故答案为：AB．
12．Na2S2O3可做分析试剂．它易溶于水，遇酸易分解．某研究小组进行如下实验：
【实验一】Na2S2O3·5H2O的制备
I 实验原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3（aq）
II 实验装置：如图1所示，有关物质的溶解度曲线如图2所示：
III 实验步骤：
（1）检查装置气密性，按图1所示加入试剂，其中装置B和D中加的是 NaOH溶液 ，装置
C中的硫粉应事先研细并用乙醇润湿，否则会影响．
（2）打开K1、关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量浓硫酸并加热，烧瓶内发生反应的化学方程式：
Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
．C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少．
（3）当C中溶液的pH接近7时，打开K2、关闭K1并停止加热．采取该措施的理由是
防止SO2过量，溶液呈现酸性，导致生成的Na2S2O3分解
（4）将C中的混合液过滤，将滤液经过、过滤、洗涤、烘干，可得粗产品Na2S2O3·5H2O．
IV 产品检测：
（5）粗产品中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质，利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：
取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质
供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液
【实验二】自来水中余氯的测定
含氯消毒剂给自来水消毒后有余氯．测定自来水中余氯含量的方案如下：在250mL碘量瓶中（或具塞锥形瓶中）放置0.5g碘化钾，加10mL稀硫酸，准确量取流动水样100mL（打开自来水龙头，待水流数十秒后再取水样）置于碘量瓶，迅速塞上塞摇动，见水样呈淡黄色，加1ml淀粉溶液变蓝，则说明水样中有余氯．再以C
mol/L标准Na2S2O3溶液滴定，至溶液蓝色消失呈无色透明溶液，记下硫代硫酸钠溶液的体积．
（已知：滴定时反应的化学方程式为I2+2Na2SO3═2NaI+Na2S4O6）
（6）若该自来水是以漂白粉消毒，能说明水样中有余氯的反应离子方程式为
ClO﹣+2I﹣+2H+=Cl﹣+I2+H2O
（7）按上述方案实验，消耗标准Na2S2O3溶液V
mL，该次实验测得自来水样品中余氯量（以游离Cl2计算）为 355VC
mg·L﹣1．在上述实验过程中，若“塞上塞摇动”动作不够迅速，则测得结果
偏高 （填“偏高”“偏低”或“不变”）．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】（1）B和D是为了吸收多余的二氧化硫，可以用NaOH溶液吸收；把硫研细，增大接触面积，加快反应速率，S微溶于酒精，所以C中的硫粉应事先研细并用乙醇润湿，否则会降低反应速率；
（2）烧瓶内铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，据此写出反应的化学方程式；
（3）防止SO2过量，溶液呈现酸性，导致生成的Na2S2O3分解；
（4）从滤液中获得Na2S2O3·5H2O时，不能直接加热蒸干，否则无法获得Na2S2O3·5H2O，需要通过蒸发浓缩、冷却结晶的操作方法；
（5）取少量产品溶于足量稀盐酸，再利用氯化钡溶液检验是否含有了酸根离子；
（6）漂白粉的有效成分是次氯酸根，次氯酸根检验强氧化性，可以将碘离子氧化得碘单质，自身被还原为氯离子；
（7）根据Cl2～I2～2Na2S2O3计算余氯量，动作不迅速，空气中的氧气在酸性条件下可把碘离子氧化生成单质碘，消耗硫代硫酸钠的体积会增大．
【解答】解：（1）B和D是为了吸收多余的二氧化硫，所以装的是NaOH溶液；把硫研细，增大接触面积，加快反应速率，S微溶于酒精，所以C中的硫粉应事先研细并用乙醇润湿，否则会降低反应速率，
故答案为：NaOH溶液；降低反应速率（或会减少产量）；
（2）打开K1、关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量浓硫酸并加热，烧瓶内生成二氧化硫气体，发生反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
（3）SO2过量，溶液呈现酸性，导致生成的Na2S2O3分解，
故答案为：防止SO2过量，溶液呈现酸性，导致生成的Na2S2O3分解；
（4）从滤液中获得Na2S2O3·5H2O，不能直接蒸干，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干等操作，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（5）检验样品中是否含有硫酸钠的方案为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质，
故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质；
（6）漂白粉的有效成分是次氯酸根，次氯酸根检验强氧化性，可以将碘离子氧化得碘单质，自身被还原为氯离子，反应离子方程式为：ClO﹣+2I﹣+2H+=Cl﹣+I2+H2O，
故答案为：ClO﹣+2I﹣+2H+=Cl﹣+I2+H2O；
（7）根据Cl2～I2～2Na2S2O3，可知n（Cl2）=n（Na2S2O3）=×V×10﹣3L×Cmol/L，氯气质量为=×V×10﹣3L×Cmol/L×71g/mol=3.55VC×10﹣2g=35.4VC
mg，故余氯量（以游离Cl2计算）为 =355VC mg/L；
动作不迅速，空气中的氧气在酸性条件下可把碘离子氧化生成单质碘，消耗硫代硫酸钠的体积会增大，所以结果偏高，
故答案为：355VC；偏高．
TA的最新馆藏[转]&[转]&[转]&[转]&[转]&[转]&
喜欢该文的人也喜欢