备战高考化学复习化水溶液中的离子平衡专项易错题附详细答案.docx
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备战高考化学复习化水溶液中的离子平衡专项易错题附详细答案
2020-2021备战高考化学复习化水溶液中的离子平衡专项易错题附详细答案
一、水溶液中的离子平衡
1.水合肼(N2H4·H2O)又名水合联氨,无色透明,是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体,它是一种重要的化工试剂。
利用尿素法生产水合肼的原理为:
CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl。
实验1:
制备NaClO溶液。
(已知:
3NaClO
2NaCl+NaClO3)
(1)如图装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为___________。
(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时,所需玻璃仪器除量筒外还有__________(填字母)。
a.烧杯b.容量瓶c.玻璃棒d.烧瓶
(3)图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是__________。
实验2:
制取水合肼。
(4)图中充分反应后,____________(填操作名称)A中溶液即可得到水合肼的粗产品。
若分液漏斗滴液速度过快,部分N2H4·H2O会参与A中反应并产生大量氮气,降低产品产率。
写出该过程反应生成氮气的化学方程式________。
实验3:
测定馏分中水合肼的含量。
(5)称取馏分3.0g,加入适量NaHCO3固体(滴定过程中,调节溶液的pH保持在6.5左右),加水配成250mL溶液,移出25.00mL置于锥形瓶中,并滴加2~3滴淀粉溶液,用0.15mol·L-1的碘的标准溶液滴定(已知:
N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)。
①滴定时,碘的标准溶液盛放在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是_________(填字母)。
a.锥形瓶清洗干净后未干燥b.滴定前,滴定管内无气泡,滴定后有气泡
c.读数时,滴定前平视,滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后,直接装标准液
③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL,馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_________。
【来源】天津市河北区2020届高三总复习质量检测
(一)(一模)化学试题
【答案】MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2Oac防止NaClO受热分解,影响水合肼的产率蒸馏N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl酸式d25%
【解析】
【分析】
(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水;
(2)配制30%NaOH溶液时,用天平称量一定质量的氢氧化钠固体,在烧杯中加水溶解,并用玻璃棒搅拌;
(3)由题给信息可知,次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠,降温可以防止NaClO受热分解;
(4)N2H4•H2O具有强还原性,若分液漏斗滴液速度过快,部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应;
(5)①碘的标准溶液具有氧化性,可以腐蚀橡皮管;
②依据操作不当对标准溶液体积的影响分析解答;
③由方程式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2,由此计算N2H4·H2O的物质的量和质量分数。
【详解】
(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O,故答案为:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;
(2)配制30%NaOH溶液时,用天平称量一定质量的氢氧化钠固体,在烧杯中加水溶解,并用玻璃棒搅拌,需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒,故答案为:
ac;
(3)由题给信息可知,次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠,图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解,影响水合肼的产率,故答案为:
防止NaClO受热分解,影响水合肼的产率;
(4)由反应方程式示可知,加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼的粗产品;N2H4•H2O具有强还原性,若分液漏斗滴液速度过快,部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水,反应的化学方程式为N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl,故答案为:
蒸馏;N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl;
(5)①碘的标准溶液具有氧化性,可以腐蚀橡皮管,应盛放在酸式滴定管中,故答案为:
酸式;
②a.锥形瓶清洗干净后未干燥,不影响水合肼的物质的量,对实验结果无影响,故错误;
b.滴定前,滴定管内无气泡,滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小,所测结果偏小,故错误;
c.读数时,滴定前平视,滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小,所测结果偏小,故错误;
d.盛标准液的滴定管水洗后,直接装标准液会稀释碘的标准溶液,导致碘的标准溶液体积偏大,所测结果偏高,故正确;
d正确,故答案为:
d;
③由方程式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2,则3.0g馏分中n(N2H4·H2O)=
n(I2)×10=
×0.15mol·L-1×20×10—3L×10=0.015mol,则馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为
×100%=25%,故答案为:
25%。
【点睛】
由题给信息可知,次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠,图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解是解答关键,N2H4•H2O具有强还原性,若分液漏斗滴液速度过快,部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应是解答难点。
2.葡萄糖酸亚铁((C6H11O7)2Fe)是常用的补铁剂,易溶于水,几乎不溶于乙醇。
用下图装置制备FeCO3,并利用FeCO3与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。
回答下列问题:
(1)a的名称为_________。
(2)打开a中K1、K3,关闭K2,一段时间后,关闭K3,打开K2。
在_________(填仪器标号)中制得碳酸亚铁。
实验过程中产生的H2作用有_________、____________。
(写2条)
(3)将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。
如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。
用化学方程式说明原因____________。
(4)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合,加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。
加入乙醇的目的是_________________。
(5)用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁,同时有气体产生,离子方程式为______________,此法产品纯度更高,原因是_______________。
【来源】2018~2019学年广东佛山市普通髙中教学质量检测
(一)高三理科综合试题(化学部分)
【答案】恒压滴液漏斗c排出装置内的空气,防止生成的FeCO3被氧化将b中溶液压入c中4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁
【解析】
【分析】
(1)a的名称为恒压滴液漏斗;
(2)b中产生的硫酸亚铁被氢气压入c中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁;实验过程中产生的H2作用还有:
排出装置内的空气,防止生成的FeCO3被氧化;
(3)FeCO3与O2反应生成红褐色Fe(OH)3;
(4)乙醇分子的极性比水小,乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度;
(5)NaHCO3溶液与FeSO4溶液反应生成FeCO3、H2O、CO2和Na2SO4;碳酸根离子水解后溶液碱性较强,易生成氢氧化亚铁。
【详解】
(1)a的名称为恒压滴液漏斗;
(2)b中产生的硫酸亚铁被压入c中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁;实验过程中产生的H2作用有:
赶走空气、防止生成的FeCO3被氧化;将b中溶液压入c中;
(3)过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。
FeCO3与O2反应生成Fe(OH)3,用化学方程式:
4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2;
(4)乙醇分子的极性比水小,乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度,便于葡萄糖酸亚铁析出;
(5)NaHCO3溶液与FeSO4溶液反应生成FeCO3、H2O、CO2和Na2SO4,方程式为:
Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑。
碳酸根离子水解后溶液碱性较强,易生成氢氧化亚铁,此法产品纯度更高的原因是:
降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁。
3.某小组研究AgCl的溶解平衡:
向10mL1mol/LKCl溶液中加入1mL0.2mol/LAgNO3溶液,将浑浊液均分为2份,进行如下实验:
实验序号
实验操作
实验现象
I
将其中一份浑浊液过滤,向滤液中放入Mg条
i.滤液澄清透明,用激光照射有丁达尔现象。
ii.放入Mg条后,立即有无色气泡产生,气体可燃,滤液中出现白色浑浊。
iii.一段时间后开始出现棕褐色浑浊物,Mg条表面也逐渐变为棕褐色,产生气泡的速率变缓慢。
II
向另一份浑浊液中放入大小相同的Mg条
iv.棕褐色浑浊物的量明显多于实验I,Mg条表面棕褐色更深,其他现象与ii、iii相同。
已知:
AgOH不稳定,立即分解为Ag2O(棕褐色或棕黑色),Ag粉为黑色,AgCl、Ag2O可溶于浓氨水生成Ag(NH3)2+
(1)滤液所属分散系为________。
(2)现象ii中无色气泡产生的原因是_________(写出化学方程式)。
(3)现象iii中,导致产生气泡的速率下降的主要影响因素是________。
(4)甲认为Mg条表面的棕褐色物质中一定有Ag和Ag2O,其中生成Ag的离子方程式为____。
(5)甲设计实验检验Ag:
取实验I中表面变为棕褐色的Mg条于试管中,向其中加入足量试剂a,反应结束后,继续向其中加入浓硝酸,产生棕色气体,溶液中有白色不溶物。
①白色不溶物为_____(填化学式),棕色气体产生的原因是_____(写离子方程式)。
②试剂a为________,加入试剂a的目的是________。
③该实验能证明棕褐色物质中一定有Ag的实验现象是________。
(6)甲进一步设计实验验证了Mg条表面的棕褐色物质中有Ag2O,实验方案是:
取实验I中表面变为棕褐色的Mg条_________。
(7)综合上述实验,能说明存在AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl-(aq)的证据及理由有________。
【来源】【区级联考】北京市丰台区2019届高三5月二模理综化学试题
【答案】胶体Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑固体表面积Mg+2Ag+=Mg2++2AgAgClAg+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O盐酸将Mg除去,避免硝酸与镁反应,干扰实验Ag加入浓硝酸后产生棕色气体用蒸馏水洗涤后,加浓氨水浸泡,取上层清液于试管中,加入适量乙醛,水浴加热,有黑色的Ag生成在Cl-过量的情况下,实验Ⅰ的滤液中存在Ag+,说明Ag+与Cl-的反应存在限度,说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解;结合实验Ⅱ中棕褐色成电量比实验Ⅰ多,进一步说明平衡发生了移动。
【解析】
【分析】
实验分析:
本题主要考察了难溶电解质的沉淀溶解平衡;10mL1mol/LKCl溶液中加入1mL0.2mol/LAgNO3溶液,生成氯化银沉淀,同时氯化钾过量很多;
实验I:
将其中一份浑浊液过滤,除掉氯化银沉淀;
i.滤液澄清透明,用激光照射有丁达尔现象,说明分散系属于胶体,
ii.放入Mg条后,由于Mg属于活泼金属与水可以反应,Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑消耗了水破坏了氯化银的沉淀溶解平衡,滤液中出现白色浑浊为氯化银。
iii.一段时间后随着镁与水的反应,氢氧根离子浓度增大,AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl-(aq),Ag++OH-=AgOH↓,AgOH不稳定,立即分解为Ag2O(棕褐色或棕黑色),因此开始出现棕褐色浑浊物,氯化银沉淀溶解平衡被破坏,平衡向溶解方向移动,Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O,同时因为活泼金属置换不活泼金属,Mg+2Ag+=Mg2++2Ag,所以也覆盖了Ag,减小了镁条与水的接触面积,产生气泡的速率变缓慢。
实验II:
浑浊液中放入大小相同的Mg条,由于没有过滤氯化银沉淀会使更多的棕褐色的Ag2O生成,因此棕褐色浑浊物的量明显多于实验I,Mg条表面覆盖的氧化银更多,棕褐色更深。
【详解】
(1)产生丁达尔现象是胶体的性质,因此滤液所属分散系为胶体;
答案:
胶体
(2)Mg属于活泼金属,可以与水反应,Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑;
答案:
Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑
(3)Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O和Ag,减小了镁条与水的接触面积,产生气泡的速率变缓慢;
答案:
固体表面积
(4)活泼金属置换不活泼金属原理,生成Ag的离子方程式为Mg+2Ag+=Mg2++2Ag;
答案:
Mg+2Ag+=Mg2++2Ag
(5)利用Mg属于活泼金属可以与非氧化性酸反应,而银属于不活泼金属不能与非氧化性酸反应,除掉Mg,防止干扰实验,在选择氧化性酸验证Ag的存在,涉及的反应Mg+2H+=Mg2++H2↑、Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O,Ag++Cl-=AgCl↓因此:
①白色不溶物为AgCl,棕色气体产生的原因是Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O;
②试剂a为HCl,加入试剂a的目的是将Mg除去,避免硝酸与镁反应,干扰实验Ag;
③Ag与浓硝酸反应产生棕色气体;
答案:
AgClAg+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O盐酸将Mg除去,避免硝酸与镁反应,干扰实验Ag加入浓硝酸后产生棕色气体
(6)根据Ag2O可溶于浓氨水生成Ag(NH3)2+,利用银镜反应验证;
答案:
用蒸馏水洗涤后,加浓氨水浸泡,取上层清液于试管中,加入适量乙醛,水浴加热,有黑色的Ag生成
(7)综合上述实验,能说明存在AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl-(aq)的证据及理由有:
在Cl-过量的情况下,实验Ⅰ的滤液中存在Ag+,说明Ag+与Cl-的反应存在限度,存在难溶电解质氯化银的沉淀溶解平衡;结合实验Ⅱ中棕褐色沉淀量比实验Ⅰ多,进一步说明平衡发生了移动;
答案:
在Cl-过量的情况下,实验Ⅰ的滤液中存在Ag+,说明Ag+与Cl-的反应存在限度,说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解;结合实验Ⅱ中棕褐色成电量比实验Ⅰ多,进一步说明平衡发生了移动。
【点睛】
本题难度较大,注意主要考查学生分析问题解决问题的能力,第(6)小题易错,忽略银镜实验的应用。
4.三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料,常用作半导体掺杂剂,实验室制取POCl3并测定产品含量的实验过程如下:
I.制备POCl3采用氧气氧化液态的PCl3法。
实验装置(加热及夹持装置省略》及相关信息如下。
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
―112.0
76.0
137.5
均为无色液体,遇水均剧烈
水解为含氧酸和氯化氢,两者互溶
POCl3
2.0
106.0
153.5
(1)仪器a的名称为_______________________________;
(2)装置C中生成POCl3的化学方程式为________________________________;
(3)实验中需控制通入O2的速率,对此采取的操作是_______________;
(4)装置B的作用除观察O2的流速之外,还有______________;
(5)反应温度应控制在60~65℃,原因是__________________________;
II.测定POCl3产品含量的实验步骤:
①实验I结束后,待三颈烧瓶中液体冷却到室温,准确称取16.725gPOCl3产品,置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解,将水解液配成100.00mL溶液
②取10.00mL溶液于锥形瓶中,加入10.00mL3.5mol/LAgNO3标准溶液(Ag++Cl-=AgCl↓)
③加入少量硝基苯(硝基苯密度比水大,且难溶于水)
④以硫酸铁溶液为指示剂,用0.2mol/LKSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液(Ag++SCN-=AgSCN↓),到达终点时共用去10.00mLKSCN溶液。
(6)达到终点时的现象是_________________________________________;
(7)测得产品中n(POCl3)=___________________________;
(8)已知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN),据此判断,若取消步骤③,滴定结果将_______。
(填偏高,偏低,或不变)
【来源】【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三上学期九模考试理科综合化学试题
【答案】冷凝管(或球形冷凝管)2PCl3+O2=2POCl3控制分液漏斗中双氧水的加入量平衡气压、干燥氧气温度过低,反应速率小,温度过高,三氯化磷会挥发,影响产物纯度滴入最后一滴试剂,溶液变红色,且半分钟内不恢复原色0.11mol偏低
【解析】
【详解】
(1)仪器a的名称为冷凝管(或球形冷凝管);正确答案:
冷凝管(或球形冷凝管)。
(2)加热条件下,PCl3直接被氧气氧化为POCl3,方程式为:
PCl3+O2=POCl3。
(3)装置A产生氧气,则可以用分液漏斗来控制双氧水的滴加速率即可控制通入O2的速率;正确答案:
控制分液漏斗中双氧水的加入量。
(4)装置B中为浓硫酸,其主要作用:
干燥氧气、平衡大气压、控制氧气流速;正确答案:
平衡气压、干燥氧气。
(5)根据图表给定信息可知,温度过高,三氯化磷会挥发,影响产物纯度;但是温度也不能太低,否则反应速率会变小;正确答案:
温度过低,反应速率小,温度过高,三氯化磷会挥发,影响产物纯度。
(6)以硫酸铁溶液为指示剂,用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液达到滴定终点时,铁离子与硫氰根离子反应生成了红色溶液,且半分钟之内颜色保持不变;正确答案:
滴入最后一滴试剂,溶液变红色,且半分钟内不恢复原色;
(7)KSCN的物质的量0.2mol/L×0.01L=0.002mol,根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓,可以知道溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol;POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.5mol/L×0.01L-0.002mol=0.033mol,根据氯原子守恒规律可得n(POCl3)=0.011mol,则16.725克POCl3产品中n(POCl3)=0.11mol。
(8)加入少量的硝基苯可以使生成的氯化银沉淀与溶液分开,如果不这样操作,在水溶液中部分氯化银可以转化为AgSCN;已知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN),使得实验中消耗的KSCN偏多,所测出的剩余银离子的量增大,导致水解液中与氯离子反应的银离子的量减少,会使测定结果偏低。
5.下表是某学生为探究AgCl沉淀转化为
沉淀的反应所做实验的记录.
步 骤
现 象
Ⅰ
取5mL
与一定体积
NaCl溶液,混合,振荡.
立即产生白色沉淀
Ⅱ
向所得悬浊液中加入
溶液.
沉淀迅速变为黑色
Ⅲ
将上述黑色浊液,放置在空气中,不断搅拌.
较长时间后,沉淀变为乳白色
Ⅳ
滤出Ⅲ中的乳白色沉淀,加入足量
溶液.
产生红棕色气体,沉淀部分溶解
Ⅴ
过滤得到滤液X和白色沉淀Y;向X中滴加
溶液.
产生白色沉淀
为了证明沉淀变黑是AgCl转化为
的缘故,步骤I中NaCl溶液的体积范围为______。
已知:
时
,
,此沉淀转化反应的平衡常数
______。
步骤V中产生的白色沉淀的化学式为______,步骤Ⅲ中乳白色沉淀除含有AgCl外,还含有______。
为了进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因,设计了如下图所示的对比实验装置。
装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和______,试剂W为______。
装置C中的试剂为NaCl溶液和
悬浊液的混合物,B中试剂为______。
实验表明:
C中沉淀逐渐变为乳白色,B中没有明显变化。
完成C中反应的化学方程式:
______Ag2S+_____NaCl+______+______⇌AgCl+S+______
______
C中NaCl的作用是:
______。
【来源】2020届高三化学二轮每周大题必练———反应原理的探究型实验
【答案】
S分液漏斗过氧化氢溶液
悬浊液
氧气将
氧化成S时有
产生,NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀,使
减小,有利于氧化还原反应的平衡右移
【解析】
【分析】
(1)要证明沉淀变黑是AgCl转化为
的缘故,则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl沉淀;
(2)
;
(3)黑色的硫化银沉淀被氧气氧化为氯化银沉淀和硫单质;硫单质被硝酸氧化为硫酸根离子;
(4)①根据装置图判断仪器名称;装置A的作用是提供氧气;
②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因,装置C中的试剂为NaCl溶液和
悬浊液的混合物,则装置B中应该不含氯化钠溶液;
③装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质,反应物应该还有氧气,产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在,则未知的反应物为氢氧化钠,再根据H元素守恒可知另一种未知反应物为水,然后根据化合价升降相等配平反应方程式。
【详解】
(1)要证明沉淀变黑是AgCl转化为
的缘故,则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl沉淀,所以加入的NaCl溶液的体积必须
;
(2)氯化银转化成硫化银的反应为:
,该反应的平衡常数为:
;
(3)步骤Ⅲ中较长时间后,沉淀变为乳白色,则黑色的硫化银沉淀氧化成氯化银沉淀;再根据滤出Ⅲ中的乳白色沉淀,加入足量
溶液,产生红棕色气体,沉淀部分溶解,则被氧化的只能为S元素,故乳白色沉淀为AgCl和S的混合物;其中S被稀硝酸氧化成硫酸根离子,则在步骤Ⅴ中向X中滴加
溶液会生成
沉淀;
(4)①根据图示可知,装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗;乳白色沉淀为氯化银和S的混合物,装置A的作用是提供氧气,根据圆底烧瓶中为二氧化锰可知W为过氧化氢溶液;
②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因,装置C中的试剂为NaCl溶液和
悬浊液的混合物,则装置B中应该不含氯化钠溶液,即为
悬浊液,通过对比反应现象判断生成乳白色沉淀产生的原因;
③装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质,反应物应该还有氧气,产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在,则未知的产物为氢氧化钠,再根据H元素守恒可知另一种未知反应物为水,然后根据化合价升降相等配平反应方程式为
;装置C中氯化钠的作用为:
氧气将
氧化成S时有
产生,NaCl电离的氯离子与溶液中银离子结合生成AgCl沉淀,使溶液中
减小,从而有利于氧化还原反应
向右移动。
6.氯化铁是常见的水处理剂,利用废铁屑可制备无水氯化铁,实验室制备装置和工业制备流程图如下:
已知:
(1)无水FeCl3的熔点为555K、沸点为588K.
(2)废铁屑中的杂质不与盐酸反应
(3)不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下:
温度/℃
0
20
80
100
溶解度(g/100gH2O)
74.4
91.8
525.8
535.7
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