Question

10．氯酸（HClO₃）具有强酸性及强氧化性，可用于制取多种氯酸盐．Ba（ClO₃）₂、AgClO₃可溶于水．40%的氯酸溶液加热时会分解，产物可能有O₂和Cl₂．回答下列问题：
（1）如图1，实验室可用氯酸钡和稀硫酸反应制备氯酸，反应原理为Ba（ClO₃）₂+H₂SO₄═BaSO₄↓+2HClO₃．


①仪器a的名称是分液漏斗．
②将氯酸分离出来的操作方法是过滤．
（2）某科研小组按照如图2所示的装置，通过实验检验氯酸的分解产物．
①装置A中可观察到的现象是产生黄绿色气体，由此可知氯酸分解的产物中有Cl₂．
②装置B的主要作用是吸收氯气，装置C的作用是干燥气体．
③检验另一气体产物的操作是将带火星的木条放置在C的出气口，现象是木条复燃．
（3）浓度较高的氯酸与铜反应会生成ClO₂气体，请写出该反应的离子方程式：Cu+2ClO₃^-+4H⁺=Cu²⁺+2ClO₂↑+2H₂O．
（4）氯酸钠在常温下为白色粉末，味咸，约300℃时释放出氧气，较高温度全部分解．请设计实验进行鉴别NaCl与氯酸钠（至少写两种，不包括本题中已使用的性质）：
①将两种固体物质加热到300℃以上，若有气体产生，证明待鉴物质为NaClO₃．
②在两种待鉴物质的溶液中分别加入AgNO₃溶液，若有白色沉淀产生，证明待鉴物质为NaCl．

Answer 1

分析 （1）①由图可知仪器的名称；
②由Ba（ClO₃）₂+H₂SO₄═BaSO₄↓+2HClO₃可知，硫酸钡不溶于水；
（2）①氯酸受热分解生成O₂和Cl₂，Cl₂为黄绿色气体，根据A中气体颜色判断生成含有氯气；
②氯气能和水反应生成HCl、HClO，所以氯气能和碱溶液反应；浓硫酸具有吸水性，能干燥气体；
③氧气具有助燃性，可以用带火星的木条检验；
（3）浓度较高的氯酸与铜反应会生成ClO₂气体，Cu被氧化生成Cu ²⁺，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、Cu元素化合价由0价变为+2价，根据转移电子守恒配平方程式；
（4）由信息可知，氯酸钠加热分解，且与硝酸银不反应，而NaCl不分解，与硝酸银反应生成白色沉淀．

解答 解：（1）①仪器a的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
②由Ba（ClO₃）₂+H₂SO₄═BaSO₄↓+2HClO₃可知，硫酸钡不溶于水，则将氯酸分离出来的操作方法是过滤，故答案为：过滤；
（2）①氯酸受热分解生成O₂和Cl₂，Cl₂为黄绿色气体，如果A中气体呈黄绿色，所以看到的现象是A中气体呈黄绿色，由此可知氯酸分解的产物中含有Cl₂，
故答案为：产生黄绿色气体；Cl₂；
②氯气能和水反应生成HCl、HClO，所以氯气能和碱溶液反应，则B的作用是吸收氯气；浓硫酸具有吸水性，能干燥气体，所以C的作用是干燥气体，
故答案为：吸收氯气；干燥气体；
③氧气具有助燃性，可以用带火星的木条检验，所以检验另一种气体的方法是：将带火星的木条放置在C的出气口，如果带火星的木条复燃就证明有氧气生成，
故答案为：将带火星的木条放置在C的出气口；木条复燃；
（3）浓度较高的氯酸与铜反应会生成ClO₂气体，Cu被氧化生成Cu ²⁺，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、Cu元素化合价由0价变为+2价，转移电子数为2，根据转移电子守恒配平方程式为Cu+2ClO₃^-+4H⁺=Cu²⁺+2ClO₂↑+2H₂O，
故答案为：Cu+2ClO₃^-+4H⁺=Cu²⁺+2ClO₂↑+2H₂O；
（4）由信息可知，氯酸钠加热分解，且与硝酸银不反应，而NaCl不分解，与硝酸银反应生成白色沉淀，则鉴别二者的方法为①将两种固体物质加热到300℃以上，若有气体产生，证明待鉴物质为NaClO₃；②在两种待鉴物质的溶液中分别加入AgNO₃溶液，若有白色沉淀产生，证明待鉴物质为NaCl，
故答案为：将两种固体物质加热到300℃以上，若有气体产生，证明待鉴物质为NaClO₃；在两种待鉴物质的溶液中分别加入AgNO₃溶液，若有白色沉淀产生，证明待鉴物质为NaCl．

点评 本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、物质的性质、物质的鉴别和检验等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度中等．