考前必读系列丛书 化学考前指导：化学元素化合物（工艺流程）题考前指导

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精一、元素化合物与化学方程式书写例1(1）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下，NaClO2中Cl的化合价为_______，“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式为_______.（2）用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3-）已成为环境修复研究的热点之一。Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示，作负极的物质是____，正极的电极反应式是_________。实验发现：在初始pH=4。5的水体中投入足量铁粉的同时,补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3—的去除率。同位素示踪法证实Fe2+能与不导电的FeO（OH）反应生成Fe3O4.结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3-去除率的原因:______。（3）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下，过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是__________。过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：i：2Fe2++PbO2+4H++SO42−＝2Fe3++PbSO4+2H2Oii:……写出ii的离子方程式：________________。（4）联氨(又称肼,N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，联氨分子的电子式为_____________,其中氮的化合价为____________。实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨,反应的化学方程式为___________。【解析】（1)在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0,可得Cl的化合价为+3。程式为：Fe2++2FeO(OH)＝Fe3O4+2H+。加入Fe2+之所以可以提高硝酸根离子的转化率主要因为减少了FeO（OH）的生成，生成更多的Fe3O4,增强了导电性,另外生成了H+，可以使pH增大的速度减慢，使NO3—的转化率增大.（3）根据题给化学工艺流程知,过程Ⅰ中,在Fe2＋催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，化学方程式为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O.催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能,加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质反应前后保持不变.根据题给信息知反应i中Fe2＋被PbO2氧化为Fe3＋，则反应=2\*romanii中Fe3＋被Pb还原为Fe2＋，离子方程式为2Fe3＋+Pb+SO42-==PbSO4+2Fe2＋。（4）联氨是由两种非金属元素形成的共价化合物,电子式为,根据化合价代数和为零，其中氮的化合价为—2。次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，Cl元素的化合价由+1价降低到-1价，N元素的化合价由—3价升高到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平,反应的化学方程式为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。【答案】（1）2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4（2)铁NO3－+8e－+10H+=NH4++3H2OFe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+,Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，有利于反应的进行，使NO3-的去除率提高（3）Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O2Fe3＋+Pb+SO42-==PbSO4+2Fe2＋（4）-2NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O【答题指导】氧化还原反应方程式的书写：(1)根据题目所给信息或流程图准确确定氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物的化学式。(2）利用化合价升降法确定氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物的化学计量数。（3）利用题目所给性条件及原子个数守恒或电荷守恒配平得到反应物和生成物的化学计量数。(4)若题目明确了溶液酸碱性,一般通过在反应物中增加H2O生成H＋或OH－配平化学计量数，最后注意检查是否正确书写了反应条件、沉淀或气体符号。【变式练习】1.（1）某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质.分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液.在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是________。丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为________;一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成.产生气泡的原因是______；生成沉淀的原因是______（用平衡移动原理解释）。(2)以电石渣为原料制备KClO3的流程如下，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.生成Ca(ClO)2的化学方程式为。（3)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物.一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液,溶液中BH4–(B元素的化合价为+3）与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B（OH)4－,其离子方程式为。纳米铁粉与水中NO3—反应的离子方程式为4Fe+NO3–+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，研究发现，若pH偏低将会导致NO3-的去除率下降,其原因是。(4）磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成,A的组成元素为_________（用元素符号表示），化学式为______。已知化合物A能与稀硫酸反应,生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1。518g·L—1），该气体分子的电子式为____。写出该反应的离子方程式__________。（5)以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2。2～2.92.8~3.122～2860~651～2〈1以下是一种废钒催化剂回收工艺路线，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为___________,同时V2O4转成VO2+.“废渣1”的主要成分是__________________。（2)氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，则生成Ca（ClO）2的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH)2＝Ca(ClO）2+CaCl2+2H2O。（3)一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4–（B元素的化合价为+3）与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH）4－，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得反应的离子方程式为2Fe2++BH4－+4OH－===2Fe+B(OH)4－+2H2↑；纳米铁粉与水中NO3-反应的离子方程式为4Fe+NO3－+10H+===4Fe2++NH4++3H2O，若pH偏低，则溶液的酸性增强，会发生反应：Fe+2H+===Fe2++H2↑，导致NO3—的去除率下降。（4）红棕色固体B为氧化铁，与盐酸反应后生成黄色溶液C为氯化铁，氯化铁与硫氰化钾溶液反应显血红色，D为硫氰化铁。无色气体溶于水后为酸性，与碘反应后生成无色溶液,酸性变强，说明原酸为弱酸，且具有还原性，为亚硫酸,则无色气体为二氧化硫。则原化合物中含有铁和硫元素.氧化铁的质量为2。400g，其物质的量为2.400/160=0.015mol，含铁原子的物质的量为0。030mol，则铁的质量为0。030×56=1。680g，则化合物中硫元素的质量为2。960—1。680=1.280g，硫的物质的量为1.280/32=0。040mol，则铁与硫的物质的量比为0。030:0.040=3：4，则化学式为Fe3S4.化合物Fe3S4与硫酸反应生成淡黄色不溶物为硫，和一种气体,该气体的摩尔质量为1.518×22.4=34.00,则为硫化氢，硫化氢的电子式为，该反应生成硫酸亚铁和硫和硫化氢,方程式为：Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S。（5）“酸浸"时V2O5转化为VO2+，V元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，根据原子守恒可知反应的离子方程式为V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；二氧化硅与酸不反应，则“废渣1”的主要成分是二氧化硅.【答案】（1）防止Fe2+被氧化H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，Fe3+催化H2O2分解产生O2;H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动(2）2Cl2+2Ca(OH)2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O(3）2Fe2++BH4－+4OH－===2Fe+B（OH）4－+2H2↑纳米铁粉与H＋反应生成H2(4)S、FeFe3S4Fe3S4+6H+=3H2S↑+3Fe2++S（5)V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；SiO2二、元素化合物与化学计算例2(1)“有效氯含量"可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力.NaClO2的有效氯含量为________。(计算结果保留两位小数)(2)欲使3mol的VO2＋变成VOeq\o\al(＋，2）,则需要氧化剂KClO3至少________mol。（3)联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀.理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2________kg。（4）NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理:NaCN与NaClO反应,生成NaOCN和NaCl，NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN（Ki＝6.3×10－10)有剧毒;HCN、HOCN中N元素的化合价相同.处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO________g(实际用量应为理论值的4倍)，才能使NaCN含量低于0.5mg/L，达到排放标准。（5）为了保护环境,充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（铁主要以Fe2O3存在）转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。活化硫铁矿还原Fe3＋的主要反应为：FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O=15FeSO4＋8H2SO4，不考虑其它反应。假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为50%。将akg质量分数为b％的硫酸加入到ckg烧渣中浸取，铁的浸取率为96％,其它杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计。按上述流程，第Ⅲ步应加入FeCO3________kg。理高压锅炉水中的氧,防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4＋O2=N2＋2H2O，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气为1kg÷32g·mol－1×32g·mol－1＝1kg。(4)参加反应的NaCN是eq\f（100×(10。3－0.5)g,49g/mol)＝20mol，反应中C元素由＋2价升高到＋4价,N元素化合价从－3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子,1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水,实际至少需NaClO的质量为eq\f（20mol×5，2）×74.5g/mol×4＝14900g。（5)加入FeCO3的目的是中和剩余H2SO4和生成的H2SO4，根据化学方程式Fe2O3＋3H2SO4=Fe2（SO4)3＋3H2O和FeS2＋7Fe2（SO4）3＋8H2O=15FeSO4＋8H2SO4知，1molFe2O3生成FeSO4实际消耗eq\f(13,7）molH2SO4,根据化学方程式FeCO3＋H2SO4=FeSO4＋H2O＋CO2↑，则消耗FeCO3的物质的量等于剩余硫酸的物质的量，剩余硫酸的物质的量＝eq\f（a×b%,98）－eq\f(c×50%×96%，160)×eq\f（13，7），则消耗FeCO3的质量＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(a×b%，98)－\f（c×50％×96％,160)×\f(13，7））)×116kg＝（0。0118ab－0。646c）kg或eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(29ab,2450)－\f(1131c，1750)）)kg。【答案】（1)1。57（2)0。5(3)1（4）14900（5）0。0118ab－0。646c或eq\f(29ab，2450)－eq\f（1131c,1750）【答题指导】(1）转移电子守恒法解题步骤:找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物（谁变价）;确定一个原子或离子得失电子数（变几价)；根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式(几个变）；对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程没有损耗,可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。（2）电荷守恒的解题依据是:电解质溶液中不论存在多少种离子，溶液都是呈电中性的，即阴离子所带电荷总数和阳离子所带电荷总数相等.解题的关键是：找全离子;离子带几个电荷乘几。（3)运用质量守恒的关键:准确判断在整个反应过程中哪一种元素的原子的个数或物质的量不发生改变，淡化中间过程，快速解题。(4）关系式法解题的答题思路：分析题中反应——写出各步反应方程式—-根据反应中各物质的计量数关系——确定已知物质与待求物质的物质的量关系——列比例求算或分析题中反应-—根据某元素原子守恒——确定关系式——列比例求解。【变式练习】2.（1）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3.若酸性FeCl2废液中c(Fe2＋)＝2。0×10－2mol·L－1,c（Fe3＋）＝1。0×10－3mol·L－1，c(Cl－)＝5.3×10－2mol·L－1，则该溶液的pH约为________。（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO＋H2Oeq\o(→，\s\up7(Cu），\s\do5（△）)CO2＋H2,若半水煤气中V（H2)∶V(CO)∶V（N2)＝38∶28∶22,经CO变换后的气体中：V(H2)∶V(N2）＝________。(3）利用简洁酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。已知：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋=Cr2Oeq\o\al(2－，7）＋H2OBa2＋＋CrOeq\o\al(2－，4)=BaCrO4↓。步骤Ⅰ：移取xml一定浓度的Na2CrO4溶液与锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL。步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入xmL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液,待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL.滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管,“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________mol·L－1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将________(填“偏大"或“偏小”)。（4)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg,将其置于若两的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸,用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为__________。(5）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是碳粉，MnO2，ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物，该电池在放电过程产生MnOOH,回收处理该废电池可得到多种化工原料,有关数据如下表所示：化合物Zn（OH）2Fe（OH)2Fe（OH）3Ksp近似值10—1710-1710—39该电池的正极反应式为,电池反应的离子方程式为：。维持电流强度为0。5A，电池工作五分钟,理论上消耗Zng（已经F＝96500C/mol）。用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需去除少量杂质铁，其方法是：加稀硫酸和H2O2溶解,铁变为_____，加碱调节至pH为时,铁刚好完全沉淀（离子浓度小于1×10-5mol/L时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱调节至pH为_____时，锌开始沉淀（假定Zn2＋QUOTE浓度为0。1mol/L)。若上述过程不加H2O2后果是，原因是。加盐酸时有少量待测液溅出,V1减小，则Ba2＋浓度测量值将偏大。（4）根据题意，CuCl与K2Cr2O7发生氧化还原反应，K2Cr2O7被还原为Cr3+，则bmL、amol/LK2Cr2O7溶液发生反应时，转移电子的物质的量是ab×10-3×2×3mol=6ab×10—3mol，+1价Cu会被氧化为Cu2+，根据得失电子守恒,则CuCl的物质的量是6ab×10-3mol，则样品中CuCl的质量分数是（6ab×10—3mol×99。5g/mol）/mg×100%=0.597ab/m×100%。（5）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌是活泼的金属，锌是负极,电解质显酸性，则负极电极反应式为Zn—2e-＝Zn2＋.中间是碳棒，碳棒是正极，其中二氧化锰得到电子转化为MnOOH，则正极电极反应式为MnO2＋e-＋H＋＝MnOOH，所以总反应式为Zn＋2MnO2＋2H＋＝Zn2＋＋2MnOOH.维持电流强度为0。5A，电池工作五分钟，则通过的电量是0。5×300＝150,因此通过电子的物质的量是，锌在反应中失去2个电子，则理论消耗Zn的质量是。双氧水具有强氧化性，能把铁氧化为铁离子，因此加入稀硫酸和双氧水，溶解后铁变为硫酸铁。根据氢氧化铁的溶度积常数可知,当铁离子完全沉淀时溶液中铁离子浓度为10—5mol/L，则溶液中氢氧根的浓度＝，所以氢离子浓度是2×10—3mol/L，pH＝2.7，因此加碱调节pH为2.7时铁刚好完全沉淀。Zn2＋QUOTE浓度为0.1mol/L，根据氢氧化锌的溶度积常数可知开始沉淀时的氢氧根浓度为＝＝10—8mol/L,氢离子浓度是10—6mol/L，pH＝6，即继续加碱调节pH为6时锌开始沉淀。如果不加双氧水，则铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的溶度积常数接近，因此在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀，导致生成的氢氧化锌不纯,无法分离开Zn2＋和Fe2＋。【答案】（1）2（2)3∶1（3)上方(V0b—V1b）/y偏大（4）（5）MnO2＋e—＋H＋＝MnOOH;Zn＋2MnO2＋2H＋＝Zn2＋＋2MnOOH;0.05gFe3＋；2.7；6;Zn2＋和Fe2＋分离不开；Fe（OH）2和Zn（OH)2的Ksp相近三、元素化合物与化学工艺流程例3过氧化钙（CaO2）难溶于水，在常温下稳定，在潮湿空气及水中缓慢分解放出氧气，因而广泛应用于渔业、农业、环保等许多方面。下图是以大理石（主要杂质是氧化铁）等为原料制取过氧化钙（CaO2）的流程。请回答下列问题:(1)操作①应包括下列操作中的________。(填序号)A．溶解B．过滤C．蒸馏D．分液E．蒸发结晶（2）用氨水调节pH至8～9的目的是_________________________。（3）若测得滤液C中c(COeq\o\al（2－,3））＝10－3mol/L，则Ca2＋________（填“是”或“不”)沉淀完全。（4)若在滤液C中，加入HNO3使溶液呈酸性以得到副产物NH4NO3，则酸化后溶液中c（NHeq\o\al（＋，4）)____________c（NOeq\o\al（－,3))（填“≥”、“≤"、“〈”、“〉”或“＝”）。（5)操作②是：在低温下，往过氧化氢浓溶液中投入无水氯化钙进行反应,一段时间后，再加入氢氧化钠溶液,当调节溶液pH至9~11,才出现大量沉淀。写出该反应的化学方程式________；用简要的文字解释用氢氧化钠调节pH至9～11的原因_____________.（6)已知大理石含CaCO3的质量分数为a，mg大理石可以制得ngCaO2,请计算：CaCO3转化为CaO2过程中,Ca原子的利用率________。【解析】(1)CaCO3固体加盐酸溶解得CaCl2溶液,可以采取蒸发结晶获得CaCl2·2H2O晶体,然后过滤。(2)由题可知含有Fe3＋杂质(大理石中含氧化铁，用HNO3溶解得Fe3＋），调节pH使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀除去。（3)此时c（Ca2＋）＝eq\f(Ksp（CaCO3），c（COeq\o\al(2－,3)))＝4。96×10－6mol·L－1〈10－5mol·L－1，沉淀完全。（4)由电荷守恒有c(NHeq\o\al(＋，4)）＋c（H＋)＝c(NOeq\o\al（－,3)）＋c（OH－），在c(H＋)>c(OH－），有c(NHeq\o\al(＋,4))〈c(NOeq\o\al（－，3）).（5)反应物有CaCl2、H2O2、NaOH，生成物有CaO2，还有NaCl，可以理解为CaCl2先与H2O2反应生成CaO2和HCl，NaOH中和HCl，使平衡正向移动，有利于CaO2生成。（6）Ca原子的利用率＝eq\f(\f(ng,72g·mol－1)，\f(amg，100g·mol－1））＝eq\f(25n，18am）。【答案】(1）ABE(2）除去Fe3＋（3）是(4)＜（5)CaCl2＋H2O2CaO2＋2HCl或(CaCl2＋H2O2＋2NaOH=CaO2↓＋2NaCl＋2H2O）加入NaOH溶液使上述平衡向正反应方向移动,有利于CaO2沉淀的生成（6）eq\f（25n，18am）【答题指导】化学工艺流程只是一个载体，考查的落脚点是元素及其化合物的性质、基本化学理论、实验操作等。该类题的综合性强，知识的涉及面广,要求有较好的基础知识和知识的运用能力。（1）解答工艺流程题的基本方法：粗读题干,挖掘图示，明确目的图示中一般会出现超出教材范围的知识，但题目中往往会有提示或者问题中不涉及,所以一定要关注题目的每一个关键字，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么.通过阅读明确生产目的，找到制备物质所需的原料及所含杂质携带问题，精读信息信息包括三个方面:一是主干,二是流程图示，三是设置问题。读主干抓住关键字、词;读流程图，重点抓住物质流向（进入与流出)、实验操作方法看清问题，准确规范作答答题时要看清问题，不能答非所问，要注意语言表达的科学性和准确性,答题时应注意前后问题往往没有相关性，即前一问未答出，不会影响后面答题（2)工艺流程试题设问角度：化学反应原理——化学反应原理在实际工业上是否可行；如何控制成本——原料的选取使用、设备的损耗；如何提高原料的利用率——利用好副产品、循环使用原料、能量充分利用；如何使生产过程要快——从影响化学反应速率的因素分析；如何提高产率——从影响化学平衡移动的因素分析；如何提纯产品-—产品的分离、提纯实验基本操作；环保问题-—反应物尽可能无毒无害无副作用，“三废”处理，涉及绿色环境问题。【变式练习】3.亚氯酸钠(NaClO2）是一种高效氧化剂和漂白剂，主要用于棉纺、纸张漂白、食品消毒、水处理等。已知:NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。纯ClO2易分解爆炸。一种制备亚氯酸钠粗产品的工艺流程如下：（1)ClO2发生器中反应的离子方程式为__________________________________，发生器中鼓入空气的作用可能是________(选填序号)。a．将SO2氧化成SO3，增强酸性b．稀释ClO2以防止爆炸c．将NaClO3还原为ClO2（2)吸收塔内反应的化学方程式为____________________________________,吸收塔的温度不能超过20℃,其原因是________________________________。(3）从“母液"中可回收的主要物质是________。（4）从吸收塔中可获得NaClO2溶液，从NaClO2溶液到粗产品（NaClO2)经过的操作步骤依次为：①减压：55℃蒸发结晶；②________；③________;④低于60℃干燥，得到成品.(5）为测定粗品中NaClO2的质量分数,做如下实验：准确称取所得亚氯酸钠样品10.00g于烧杯中,加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体,再滴入适量的稀硫酸,充分反应(ClOeq\o\al(－，2）＋4I－＋4H＋=2H2O＋2I2＋Cl－)。将所得混合液配成250mL待测溶液.取25。00mL待测液，用2。000mol·L－1Na2S2O3标准液滴定(I2＋2S2Oeq\o\al(2－，3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－，6）），测得消耗Na2S2O3溶液平均值为16。40mL。该样品中NaClO2的质量分数为________.【解析】(1)ClO2的发生是利用SO2还原ClOeq\o\al（－，3)获得，溶液中SO2被氧化为SOeq\o\al（2－,4)：2ClOeq\o\al（－，3)＋SO2=2ClO2↑＋SOeq\o\al(2－,4）。由题给信息“纯ClO2易分解爆炸"，通空气稀释ClO2防爆炸。（2）吸收塔内反应的反应物为NaOH、H2O2和ClO2，生成物为NaClO2，是利用H2O2还原ClO2，H2O2作还原剂,氧化产物为氧气.温度过高，会加速H2O2的分解。(3）由ClO2发生器中反应可知还有Na2SO4生成，(4)结晶后续操作为过滤，洗涤，注意题给信息“高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl”，因此用38~60℃温水洗涤.（5)NaClO2～2I2～4Na2S2O3，w（NaClO2）＝eq\f（2mol·L－1·0.0164L×\f（1，4）×\f(250mL,25mL）×90。5g·mol－1,10。0g）×100％＝74.21%。【答案】（1）2ClOeq\o\al（－，3）＋SO2=2ClO2↑＋SOeq\o\al(2－,4)b(2)2NaOH＋2ClO2＋H2O2=2NaClO2＋2H2O＋O2↑防止H2O2分解(3）Na2SO4（4）过滤38～60℃温水洗涤（5)74.21%四、元素化合物和化学实验方案设计例4为了测定含氰废水中CN－的含量，某化学小组利用下图装置进行实验。关闭活塞a，将100mL含氰废水与过量NaClO溶液置于装置B的圆底烧瓶中充分反应,打开活塞b，滴入稀硫酸溶液,然后关闭活塞b.已知装置B中发生的主要反应为：CN－＋ClO－=CNO－＋Cl－、2CNO－＋2H＋＋3ClO－=N2↑＋2CO2↑＋3Cl－＋H2O，副反应为：Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O(1）装置D的作用是_______________________________________________.（2)反应过程中,装置C中的实验现象为_______________________________。(3）待装置B中反应结束后，打开活塞a，缓慢通入一段时间的空气，目的是_____________。（4)反应结束后，装置C中生成39。4mg沉淀，则废水中c(CN－)＝______mol·L－1。（5)对上述实验装置进行合理改进,可通过直接测量装置C反应前后的质量变化，测定废水中CN－的含量.设计合理实验方案_____________________________。仪器自选。供选择的试剂:浓硫酸、NaOH溶液、饱和食盐水、饱和NaHCO3溶液、CCl4.(6）利用如图所示装置可以除去废水中的CN－。控制溶液pH为5。2～6.8时，CN－转化为C2Oeq\o\al(2－,4）和NHeq\o\al(＋，4）.①气体a的化学式为________。②阳极的电极反应式为__________________________________________。变浅，同时有白色沉淀生成。（3)待装置B中反应结束后，打开活塞a，缓慢通入一段时间的空气，目的是将反应产生的CO2全部排入C装置并被Ba(OH）2溶液完全吸收,减少实验误差。（4）39.4mgBaCO3的物质的量为2×10－4mol，根据CN－～CNO－～CO2↑～Ba(OH)2~BaCO3↓，n(CN－)＝2×10－4mol，则废水中c(CN－）＝2×10－4mol/0.1L＝2×10－3mol·L－1。(5)通过直接测量装置C反应前后的质量变化即CO2的质量，来测定废水中CN－的含量，因此必须将装置B导出的Cl2和水蒸气除去，应在装置B、C之间依次连接盛有CCl4(除去Cl2）、浓硫酸（除去水蒸气)的洗气瓶.（6）控制溶液pH为5.2～6.8时,通过电解将eq\o（C,\s\up6(＋2))N－转化为eq\o（C,\s\up6(＋3）)2Oeq\o\al（2－,4）和NHeq\o\al(＋,4），因此CN－在阳极失去电子被氧化为C2Oeq\o\al（2－，4),不难写出阳极电极反应式;阴极电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，气体a是H2。【答案】(1)防止空气中的CO2和水蒸气进入C装置（2)有白色沉淀生成，溶液的红色逐渐褪色（3)将反应产生的CO2全部排入C装置并被Ba（OH）2溶液完全吸收(4)0.002（5)在装置B、C之间依次连接盛有CCl4、浓硫酸的洗气瓶（6）①H2②2CN－＋4H2O－2e－=C2Oeq\o\al（2－，4)＋2NHeq\o\al(＋，4)【答题指导】化学实验探究的基本环节(1）发现问题:就是在学习和实验的过程中所遇到的值得探究的问题和异常现象等。（2）提出猜想：就是根据已有的知识对所发现的问题的解决提出的几种可能的情况。(3)设计验证方案：就是根据猜想,结合实验条件设计科学、合理、安全的实验方案，对各种猜想进行验证。（4）具体实施实验：就是根据实验方案选择仪器、组装仪器、按步骤进行操作实验的过程。（5）观察现象分析数据，得出结论:就是认真全面观察实验中出现的现象并及时记录所得数据，然后进行推理分析和数据分析,通过对比归纳得出结论.【变式练习】4。某小组以废铁屑、稀硫酸、饱和(NH4）2SO4溶液为原料，经过一系列反应和操作后,合成了浅蓝绿色晶体X。为确定其组成，进行如下实验：Ⅰ.结晶水的测定：称取7。84g浅蓝绿晶体，加热至100℃失去结晶体，冷却至室温后，称重，质量为5.68g。Ⅱ.NHeq\o\al（＋，4）的测定：将上述5.68g固体置于如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10％NaOH溶液，加热并通入氮气,用40.00mL1mol·L－1的硫酸溶液吸收产生氨气。蒸氨结束后取下接收瓶,用2mol·L－1NaOH标准溶液滴定过剩的硫酸，到终点时消耗20.00mLNaOH溶液。Ⅲ。铁元素的测定：将上述实验结束后三颈瓶中的溶液全部倒入锥形瓶中，向其中加入适量3％的H2O2溶液,充分振荡后滤出沉淀，洗净、干燥、灼烧后，测得其质量为1.6g.回答下列问题：（1）在实验Ⅰ中,不可能用到的实验仪器