- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等．制备氨基甲酸铵的化学方程式如下：2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＜0，
已知氨基甲酸铵有以下性质：
a．常温下在干燥的空气中稳定，遇水生成碳酸铵或碳酸氢铵；
b.59℃则可分解成NH3和CO2气体；
用如图1装置制备干燥的氨气，图Ⅱ装置制备氨基甲酸铵，把制备的干燥的氨气和二氧化碳通入四氯化碳中不断搅拌混合，当生成的氨基甲酸铵晶体悬浮在四氯化碳中较多时停止制备（注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质）．
请回答下列问题：
（1）图1中，仪器B的名称______，A中的化学反应方程式是______；
（2）图2装置中使用冰水的原因是______；
（3）图2中液体石蜡鼓泡瓶的作用是______；
（4）从图2反应后的混合物中分离出产品的方法是______；
A．蒸馏 B．过滤 C．分液 D．结晶
（5）图2装置中，尾气处理装置如图3所示，玻璃管的作用______，浓硫酸的作用是______和防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；
（6）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品7.82g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为10.0g，则样品中氨基甲酸铵的质量分数为______（计算结果精确至0.1%）
正确答案
解：（1）装置1中仪器B的名称是干燥管；把浓氨水滴入到固体氧化钙，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，则反应方程式为CaO+NH3•H2O=Ca（OH）2+NH3↑，
故答案为：干燥管；CaO+NH3•H2O=Ca（OH）2+NH3↑；
（2）反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，
故答案为：降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；
（3）液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，故答案为：通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；
（4）制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，故选：B；
（5）双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，
故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气；
（6）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品7.82g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为10.0g．物质的量为
x+y=0.1
78x+79y=7.82
解得x=0.08mol
y=0.02mol
则样品中氨基甲酸铵的质量分数=
解析
解：（1）装置1中仪器B的名称是干燥管；把浓氨水滴入到固体氧化钙，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，则反应方程式为CaO+NH3•H2O=Ca（OH）2+NH3↑，
故答案为：干燥管；CaO+NH3•H2O=Ca（OH）2+NH3↑；
（2）反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，
故答案为：降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；
（3）液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，故答案为：通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；
（4）制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，故选：B；
（5）双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，
故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气；
（6）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品7.82g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为10.0g．物质的量为
x+y=0.1
78x+79y=7.82
解得x=0.08mol
y=0.02mol
则样品中氨基甲酸铵的质量分数=
亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的消毒剂．已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O，②ClO2的沸点为283K，纯ClO2易分解爆炸，③HClO2在25℃时的电离程度与硫酸的第二步电离程度相当，可视为强酸．如图是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：
（1）C1O2发生器中所发生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C1O2以防止爆炸 C．将NaClO3氧化成C1O2
（2）在该实验中用质量浓度来表示NaOH溶液的组成，若实验时需要450mLl60g/L的NaOH溶液，则在精确配制时，需要称取NaOH的质量是______g，所使用的仪器除托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须有______．
（3）在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量所需要的试剂是______．
（4）在吸收塔中，可代替H2O2的试剂是______ （填序号）．
A．Na2O2 B．Na2S C．FeCl2 D．KMnO4
（5）从滤液中得到NaClO2•3H2O晶体的实验操作依次是______（填操作名称）
正确答案
解：（1）由流程图可知C1O2发生器中目的是产生C1O2，二氧化硫具有还原性，将ClO3-还原为C1O2，自身被氧化为SO42-，反应离子方程式为2SO2+ClO3-=C1O2+2SO42-；
由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2，以防止爆炸，故选B；
故答案为：2SO2+ClO3-=C1O2+2SO42-；B；
（2）应选择500mL容量瓶，浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少，配制500mLl60g/L的NaOH溶液需要氢氧化钠的质量为0.5L×l60g/L=80.0g；
配制氢氧化钠溶液需要仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故还需要的仪器为：500ml容量瓶、胶头滴管、药匙；
故答案为：80.0；500ml容量瓶、胶头滴管、药匙；
（3）NaOH过量则溶液呈碱性，取少许溶液加入酚酞，溶液若呈红色，说明NaOH过量；
故答案为：酚酞；
（4）还原性要适中．还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产．Na2O2溶于水相当于H2O2．Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难；
故选A；
（5）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体．得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体．
故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤．
解析
解：（1）由流程图可知C1O2发生器中目的是产生C1O2，二氧化硫具有还原性，将ClO3-还原为C1O2，自身被氧化为SO42-，反应离子方程式为2SO2+ClO3-=C1O2+2SO42-；
由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2，以防止爆炸，故选B；
故答案为：2SO2+ClO3-=C1O2+2SO42-；B；
（2）应选择500mL容量瓶，浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少，配制500mLl60g/L的NaOH溶液需要氢氧化钠的质量为0.5L×l60g/L=80.0g；
配制氢氧化钠溶液需要仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故还需要的仪器为：500ml容量瓶、胶头滴管、药匙；
故答案为：80.0；500ml容量瓶、胶头滴管、药匙；
（3）NaOH过量则溶液呈碱性，取少许溶液加入酚酞，溶液若呈红色，说明NaOH过量；
故答案为：酚酞；
（4）还原性要适中．还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产．Na2O2溶于水相当于H2O2．Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难；
故选A；
（5）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体．得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体．
故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤．
（1）烧瓶B中盛______，大试管C中盛______．
（2）烧瓶B中发生反应的化学方程式______；试管C中发生反应的离子方程式______．
（3）有同学认为可以省去某些装置，你认为怎样？
①能否省去乙装置______（答“能”或“不能”），理由是______；
②能否省去丙装置______（答“能”或“不能”），理由是______．
正确答案
解：甲装置中发生反应为MnO2+4HCl（浓）
（1）根据实验装置可知，首先制备氯气，发生反应为：MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2；NaOH溶液；
（2）烧瓶B中二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应：MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
（3）①乙装置不能省略，可用来除去HCl，否则氯化氢和氢氧化钠反应生成氯化钠和水会消耗NaOH，降低NaClO的含量，
故答案为：不能；会降低NaClO的含量；
②氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，反应在溶液中进行，则没有必要除去氯气中的水蒸气，故答案为：能；NaOH溶液中含有水．
解析
解：甲装置中发生反应为MnO2+4HCl（浓）
（1）根据实验装置可知，首先制备氯气，发生反应为：MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2；NaOH溶液；
（2）烧瓶B中二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应：MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
（3）①乙装置不能省略，可用来除去HCl，否则氯化氢和氢氧化钠反应生成氯化钠和水会消耗NaOH，降低NaClO的含量，
故答案为：不能；会降低NaClO的含量；
②氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，反应在溶液中进行，则没有必要除去氯气中的水蒸气，故答案为：能；NaOH溶液中含有水．
（2015秋•哈尔滨校级月考）硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：
查阅资料：
Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化
Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，Sn相对原子质量为119
回答下列问题：
（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素属于同一主族，锡元素在周期表中的位置是______．
（2）操作Ⅰ是______ 过滤洗涤．
（3）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因______．
（4）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH ②______．
（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子反应方程式是______．
（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是______．
（7）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：
①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl═SnCl2+H2↑；
②加入过量的FeCl3；
③用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O
取1.226g 锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100mol/L K2Cr2O7溶液32.0ml．
锡粉中锡的纯度是______．
正确答案
解：（1）锡元素与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，原子核电荷数为50，则：50-2-8-8-18=14，故Sn处于第五周期，则在周期表中的位置为：第五周期第ⅣA族，
故答案为：第五周期第ⅣA族；
（2）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，
故答案为：SnCl2水解反应为SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；
故答案为：防止Sn2+被氧化；
（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为：Sn2++CO32-═SnO↓+CO2↑，
故答案为：Sn2++CO32-═SnO↓+CO2↑；
（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，
故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；
（7）令锡粉中锡的质量分数为x，则：
Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～
119g 
1.226g×x 0.100mol/L×0.032L
故：
解得：x=93.2%，
故答案为：93.2%．
解析
解：（1）锡元素与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，原子核电荷数为50，则：50-2-8-8-18=14，故Sn处于第五周期，则在周期表中的位置为：第五周期第ⅣA族，
故答案为：第五周期第ⅣA族；
（2）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，
故答案为：SnCl2水解反应为SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；
故答案为：防止Sn2+被氧化；
（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为：Sn2++CO32-═SnO↓+CO2↑，
故答案为：Sn2++CO32-═SnO↓+CO2↑；
（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，
故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；
（7）令锡粉中锡的质量分数为x，则：
Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～
119g
1.226g×x 0.100mol/L×0.032L
故：
解得：x=93.2%，
故答案为：93.2%．
目前高铁酸钠（Na2FeO4）被广泛应用于水处理，具有高效、无毒的优点．
（1）将Fe（OH）3与NaClO溶液混合，可制得Na2FeO4，配平下列离子方程式：
______Fe（OH）3+______ClO-+OH-═______FeO42-+______Cl-+______H2O
（2）用Fe做阳极，Cu做阴极，NaOH溶液做电解液，用电解的方法也可制得Na2FeO4，则电解过程中阳极的反应式为______．
（3）某地海水样品经Na2FeO4处理后，所含离子及其浓度如下表所示（H+和OH-未列出）：
常温下，取一定量经Na2FeO4处理过的海水为原料制备精制食盐水和MgCl2•7H20，过程如下：
注：离子浓度小于10-5mol/L 可认为该离子不存在；Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10-38，Ksp[Mg（OH）2]=1.0×10-12；操作过程中溶液体积的变化忽略不计．
①表格中的a______0.16 （填“＜”或“=”或“＞”）．
②沉淀A的组成为______（填化学式）；在调节溶液pH时，理论上应调节的pH的范围是______．
③加入的过量试剂X为______ （填化学式）．
④加入过量HCl的作用为______．
正确答案
解：（1）反应中Fe（OH）3→FeO42-，Fe元素化合价由+3升高为+6价，总共升高3价，ClO-→Cl-，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（OH）3系数为2，故ClO-系数为3，由元素守恒可知，FeO42-系数为2，Cl-系数为3，根据电荷守恒可知，反应物OH-系数为4，根据H元素、O元素守恒可知，生成物H2O系数为5，配平后的离子方程式为2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，
故答案为：2、3、4，2、3、5；
（2）用铁做阳极电解氢氧化钠制备铁酸钠，电解时铁失去电子发生氧化反应结合氢氧根离子生成铁酸跟离子和水，电极反应式为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；
故答案为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；
（3）①由Ksp[Fe（OH）3、Ksp[Mg（OH）2]可知，Mg2+完全沉淀时c（OH-）=10-7mol/L，Fe3+完全沉淀时c（OH-）=10-11mol/L，由表中Mg2+、Fe3+的浓度可知，该溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），利用电荷守恒可知，2c（SO42-）+c（Cl-）+c（OH-）=2c（Mg2+）+3c（Fe3+）+c（Na+）+c（H+），即2a+0.58+c（OH-）=2×0.05+3×0.1+0.5+c（H+），整理2a=0.32+c（H+）-c（OH-），由于c（H+）＞c（OH-），所以a＞0.16，
故答案为：＞；
②由工艺流程图可知，处理的海水调节PH值，目的是Fe3+将转化为Fe（OH）3，除去溶液中的Fe3+，故沉淀A的组成为Fe（OH）3，Mg2+完全沉淀时c（OH-）=10-5mol/L，PH值为9，Fe3+完全沉淀时c（OH-）=10-11mol/L，pH值为3，在调节溶液pH时，应当使3≤pH＜9，
故答案为：Fe（OH）3；3≤pH＜9；
③由工艺流程图可知，加入的过量试剂X目的是使滤液A中的SO42-转化为沉淀，Mg2+转化为Mg（OH）2，用钡离子沉淀SO42-，氢氧根沉淀Mg2+，故试剂X为Ba（OH）2．
故答案为：Ba（OH）2；
④由工艺流程图可知，盐酸使Mg（OH）2全部溶解转化为MgCl2，在加热浓缩滤液C时Mg2+水解，可以抑制Mg2+水解，
故答案为：使Mg（OH）2全部溶解转化为MgCl2；在加热浓缩滤液C时抑制Mg2+水解．
解析
解：（1）反应中Fe（OH）3→FeO42-，Fe元素化合价由+3升高为+6价，总共升高3价，ClO-→Cl-，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（OH）3系数为2，故ClO-系数为3，由元素守恒可知，FeO42-系数为2，Cl-系数为3，根据电荷守恒可知，反应物OH-系数为4，根据H元素、O元素守恒可知，生成物H2O系数为5，配平后的离子方程式为2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，
故答案为：2、3、4，2、3、5；
（2）用铁做阳极电解氢氧化钠制备铁酸钠，电解时铁失去电子发生氧化反应结合氢氧根离子生成铁酸跟离子和水，电极反应式为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；
故答案为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；
（3）①由Ksp[Fe（OH）3、Ksp[Mg（OH）2]可知，Mg2+完全沉淀时c（OH-）=10-7mol/L，Fe3+完全沉淀时c（OH-）=10-11mol/L，由表中Mg2+、Fe3+的浓度可知，该溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），利用电荷守恒可知，2c（SO42-）+c（Cl-）+c（OH-）=2c（Mg2+）+3c（Fe3+）+c（Na+）+c（H+），即2a+0.58+c（OH-）=2×0.05+3×0.1+0.5+c（H+），整理2a=0.32+c（H+）-c（OH-），由于c（H+）＞c（OH-），所以a＞0.16，
故答案为：＞；
②由工艺流程图可知，处理的海水调节PH值，目的是Fe3+将转化为Fe（OH）3，除去溶液中的Fe3+，故沉淀A的组成为Fe（OH）3，Mg2+完全沉淀时c（OH-）=10-5mol/L，PH值为9，Fe3+完全沉淀时c（OH-）=10-11mol/L，pH值为3，在调节溶液pH时，应当使3≤pH＜9，
故答案为：Fe（OH）3；3≤pH＜9；
③由工艺流程图可知，加入的过量试剂X目的是使滤液A中的SO42-转化为沉淀，Mg2+转化为Mg（OH）2，用钡离子沉淀SO42-，氢氧根沉淀Mg2+，故试剂X为Ba（OH）2．
故答案为：Ba（OH）2；
④由工艺流程图可知，盐酸使Mg（OH）2全部溶解转化为MgCl2，在加热浓缩滤液C时Mg2+水解，可以抑制Mg2+水解，
故答案为：使Mg（OH）2全部溶解转化为MgCl2；在加热浓缩滤液C时抑制Mg2+水解．
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