- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
MnSO4•H2O在工业、农业等方面有广泛的应用．
（一）制备：工业上用化工厂尾气中低浓度SO2还原MnO2矿制备MnSO4•H2O过程如下：
已知：常温时部分硫化物难溶盐的Ksp：CuS--6.3×10-36、PbS--1.0×10-28、NiS--2.0×10-26、
MnS--2.5×10-10，请回答下列问题：
（1）生产中MnO2矿粉碎的目的是______．
（2）除铁发生的离子反应方程式为______．
（3）除重金属离子后，若混合溶液中Cu2+、Pb2+、Ni2+的浓度均为1.0×10-5mol/L，则c（S2-）最大=______mol/L．
（二）：性质-热稳定性：MnSO4•H2O在1150℃高温下分解的产物是Mn3O4、含硫化合物、水，在该条件下硫酸锰晶体分解反应的化学方程式是______
（三）废水处理：工厂废水中主要污染为Mn2+和Cr6+，现研究铁屑用量和pH值对废水中铬、锰去除率的影响，（1）取100mL废水于250mL三角瓶中，调节pH值到规定值，分别加入不同量的废铁屑．得到铁屑用量对铬和锰去除率的影响如下图1所示．则在pH一定时，废水中铁屑用量为______时锰、铬去除率最好
（2）取100mL废水于250mL三角瓶中，加入规定量的铁粉，调成不同的pH值．得到pH值对铬和锰去除率的影响如下图2所示．则在铁屑用量一定时，废水pH=______时锰、铬去除率最好
正确答案
增大反应物接触面积，加快反应速率
2Fe3++3H2O+3CaCO3=2Fe（OH）3↓+3CO2↑+3Ca2+
6.3×10-31
3MnSO4•H2O
15%
4
解析
解：（一）（1）生产中MnO2矿粉碎增大了反应物的接触面积，加快了化学反应速率．
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率．
（2）溶液中溶解度大的物质向溶解度小的物质转化，碳酸钙的溶度积大于氢氧化铁的溶度积，所以在水溶液里，铁离子和碳酸钙反应生成氢氧化铁，离子方程式为2Fe3++3H2O+3CaCO3=2Fe（OH）3↓+3CO2↑+3Ca2+．
故答案为：2Fe3++3H2O+3CaCO3=2Fe（OH）3↓+3CO2↑+3Ca2+．
（3）当溶液中溶度积最小的物质恰好饱和时硫离子的浓度才最大，溶度积最小的是CuS--6.3×10-36，当溶液中Cu2+为1.0×10-5mol/L，则c（S2-）最大=
故答案为：6.3×10-31．
（二）MnSO4•H2O在1150℃高温下分解的产物是Mn3O4、含硫化合物、水，生成Mn3O4锰元素失电子，生成二氧化硫是得电子，根据氧化还原反应中得失电子数相等结合原子守恒得出反应方程式为3MnSO4•H2O
故答案为：3MnSO4•H2O
（三）根据图1知，当铁用量逐渐增大时，离子的去除率先增大后减小，当废水中铁屑用量为15%时锰、铬去除率最好．
根据图2知，当溶液的PH值逐渐增大时，锰离子的去除率先减小后增大，铬的去除率先增大后减小，当PH=4时锰、铬去除率最好．
故答案为：15%； 4．
信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁．某探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
（1）得到滤渣1的主要成分为______．
（2）第②步加H2O2的作用是______，使用H2O2的优点是______，调溶液pH的目的是使______生成沉淀．
（3）操作3的名称是______、______、______．
（4）由滤渣2制取Al2（S04）3•18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，______方案不可行，原因是______从原子利用率角度考虑，______方案更合理．
正确答案
解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；Au、Pt和酸不反应，所以滤渣是Au、Pt；
故答案为：Au、Pt；
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，过氧化氢做氧化剂被还原后为水，不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在蒸发皿中加热，蒸发、浓缩、结晶析出，过滤得到；
故答案为：蒸发浓缩、结晶析出，过滤；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；
乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙最合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费，
所以上述三种方案中：甲方案制得的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，不可行；从原子利用率和是否产生杂质考虑知，乙方案更合理，
故答案为：甲、丙；甲所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质，丙中含有硫酸钠杂质；乙；
解析
解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；Au、Pt和酸不反应，所以滤渣是Au、Pt；
故答案为：Au、Pt；
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，过氧化氢做氧化剂被还原后为水，不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在蒸发皿中加热，蒸发、浓缩、结晶析出，过滤得到；
故答案为：蒸发浓缩、结晶析出，过滤；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；
乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙最合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费，
所以上述三种方案中：甲方案制得的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，不可行；从原子利用率和是否产生杂质考虑知，乙方案更合理，
故答案为：甲、丙；甲所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质，丙中含有硫酸钠杂质；乙；
亚氯酸钠（NaClO2）主要用于棉纺、造纸业的漂白剂，也用于食品消毒、水处理等．
已知：①亚氯酸钠（NaClO2）受热易分解．
②NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O．
③纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全．
以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：
（1）“反应l”需要鼓入空气，空气的作用是______
（2）“反应2”的化学方程式为______．
（3）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是______．
结晶后需要对晶体洗涤，为了减少溶解损失，可以用______洗涤晶体．
（4）从“母液”中可回收的主要物质是______．
（5）要得到纯的亚氯酸钠晶体（NaClO2•3H2O），对粗产品必须进行的操作名称是______．
正确答案
解：NaClO3和浓H2SO4在反应器I中与二氧化硫反应生成ClO2和Na2SO4，ClO2在反应器II中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，通过冷却结晶与重结晶得到其晶体，
（1）“反应1”因纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全，故答案为：稀释ClO2以防爆炸；
（2）根据生成NaClO2目标物的特点可知，反应的方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，反应中Cl元素的化合价降低，则ClO2为氧化剂，
故答案为：H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2；
（3）减压蒸发在较低温度下可进行，防止常压蒸发温度过高，亚硫酸钠容易分解，选择冰水或酒精洗涤，可减少晶体的溶解引起的损失，8故答案为：常压蒸发温度过高，亚硫酸钠容易分解；冰水或酒精；
（4）氯酸钠与二氧化硫在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，则母液中应含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4；
（5）结合溶解度的差异，采用重结晶进行分离提纯，得到纯的亚氯酸钠晶体，故答案为：重结晶．
解析
解：NaClO3和浓H2SO4在反应器I中与二氧化硫反应生成ClO2和Na2SO4，ClO2在反应器II中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，通过冷却结晶与重结晶得到其晶体，
（1）“反应1”因纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全，故答案为：稀释ClO2以防爆炸；
（2）根据生成NaClO2目标物的特点可知，反应的方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，反应中Cl元素的化合价降低，则ClO2为氧化剂，
故答案为：H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2；
（3）减压蒸发在较低温度下可进行，防止常压蒸发温度过高，亚硫酸钠容易分解，选择冰水或酒精洗涤，可减少晶体的溶解引起的损失，8故答案为：常压蒸发温度过高，亚硫酸钠容易分解；冰水或酒精；
（4）氯酸钠与二氧化硫在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，则母液中应含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4；
（5）结合溶解度的差异，采用重结晶进行分离提纯，得到纯的亚氯酸钠晶体，故答案为：重结晶．
某同学设计的相关实验装置图如图：
（l）A中浓盐酸与B中物质进行反应，化学方程式为______．
（2）D中的试剂为______，目的是______．
（3）G中冷却水的进水位置为______（填字母）．
（4）为避免E中副反应的发生，对装置需要改进的措施是______．
（5）K中固体物质的作用为______．
（6）当要结束实验时，不能首先进行的操作是______．①关闭A的活塞 ②停止F的加热 ③停止G的通水．
（7）若将B中的固体换成______，并将除A和B以外的器皿去掉，反应可制备SnCl2．
（8）实验结束后，若得到的SnCl4为13.05g，至少消耗______g MnO2．为了避免尾气污染，需要改进的措施是______．
正确答案
解：（1）A中在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
（2）D装置是干燥气体，防止生成的生成的四氯化锡发生水解反应，用浓硫酸干燥氯气，
故答案为：浓硫酸；除去H2O；
（3）G在冷却水采用逆流方式，所以下口为进水口、上口为出水口，即b为进水口，a为出水口，
故答案为：b；
（4）浓盐酸和MnO2加热制取，浓盐酸具有挥发性，加热促进其挥发，所以生成的氯气中含有HCl，E中还生成SnCl2，氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，可用饱和食盐水除去氯气中少量的氯化氢气体，即BD间增加盛饱和食盐水的洗气瓶，
故答案为：BD间增加盛饱和食盐水的洗气瓶；
（5）无水四氯化锡（SnCl4）易挥发形成气体，极易发生水解，为防止H中SnCl4水解，K起干燥空气作用，
故答案为：防止空气中水分进入；
（6）在E装置中氯气和Sn发生反应生成SnCl4，因为氯气中含有HCl，所以E中还生成SnCl2，采用蒸馏的方法分离SnCl4和SnCl2，用G装置冷却，当要结束实验时，需先停止F的加热，再停止G的通水，
故答案为：③；
（7）题干信息Sn也可与HCl反应生成SnCl2，若将B中的固体换成Sn，Sn与HCl反应生成SnCl2和氢气，可制备SnCl2，
故答案为：Sn；
（8）SnCl4为13.05g的物质的量为
故答案为：8.70；在K后面加尾气吸收装置．
解析
解：（1）A中在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
（2）D装置是干燥气体，防止生成的生成的四氯化锡发生水解反应，用浓硫酸干燥氯气，
故答案为：浓硫酸；除去H2O；
（3）G在冷却水采用逆流方式，所以下口为进水口、上口为出水口，即b为进水口，a为出水口，
故答案为：b；
（4）浓盐酸和MnO2加热制取，浓盐酸具有挥发性，加热促进其挥发，所以生成的氯气中含有HCl，E中还生成SnCl2，氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，可用饱和食盐水除去氯气中少量的氯化氢气体，即BD间增加盛饱和食盐水的洗气瓶，
故答案为：BD间增加盛饱和食盐水的洗气瓶；
（5）无水四氯化锡（SnCl4）易挥发形成气体，极易发生水解，为防止H中SnCl4水解，K起干燥空气作用，
故答案为：防止空气中水分进入；
（6）在E装置中氯气和Sn发生反应生成SnCl4，因为氯气中含有HCl，所以E中还生成SnCl2，采用蒸馏的方法分离SnCl4和SnCl2，用G装置冷却，当要结束实验时，需先停止F的加热，再停止G的通水，
故答案为：③；
（7）题干信息Sn也可与HCl反应生成SnCl2，若将B中的固体换成Sn，Sn与HCl反应生成SnCl2和氢气，可制备SnCl2，
故答案为：Sn；
（8）SnCl4为13.05g的物质的量为
故答案为：8.70；在K后面加尾气吸收装置．
实验步骤：
Ⅰ．如图，在三颈烧瓶中加入6.9g （0.05mol）水杨酸和24g（30mL，0.75mol）甲醇，向混合物中加入约10mL甲苯（甲苯与水形成的共沸物，沸点为85℃，该实验中加入甲苯，易将水蒸出），再小心地加入5mL浓硫酸，摇动混匀，加入1～2粒沸石，组装好实验装置，在85～95℃下恒温加热反应1.5小时：
Ⅱ．待装置冷却后，分离出甲醇，然后转移至分液漏斗，依次用少量水、5%NaHCO3 溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，过滤得到粗酯；
Ⅲ．将粗酯进行蒸馏，收集221℃～224℃的馏分，得水杨酸甲酯4.5g．
常用物理常数：
请根据以上信息回答下列问题：
（1）仪器A的名称是______，制备水杨酸甲酯时，最合适的加热方法是______．
（2）反应结束后，分离甲醇的操作是______．
（3）洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是______，第二次水洗的主要目的是______．
（4）检验产品中是否含有水杨酸的化学方法是______．
（5）本实验的产率为______（保留两位有效数字）．
正确答案
解：（1）由装置中仪器A的构造可知，仪器A的名称是球形冷凝管，使挥发出来的气体冷凝回流；控制温度在85～95℃下恒温下加热反应，温度低于100℃，应采取水浴加热，故答案为：球形冷凝管；水浴加热；
（2）甲醇和水杨酸甲酯是互溶的液体，可用蒸馏来分离；甲醇易溶于水，水杨酸甲酯不溶于水，可以水洗来分离，故答案为：蒸馏（或水洗分液）；
（3）反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是除去大部分催化剂硫酸，5%NaHCO3溶液既可以除去未洗净的硫酸，也可以降低酯的溶解度，但第二步洗涤后生成的酯中混有NaHCO3，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠，故答案为：洗掉大部分硫酸；洗掉碳酸氢钠；
（4）水杨酸呈酸性，所以向产品中滴加少量的紫色石蕊试液，观察是否变红即可，故答案为：向产品中滴加少量的紫色石蕊试液，观察是否变红；
（5）水杨酸和甲醇的物质的量分别为：0.05mol，0.75mol，由于水杨酸和甲醇是按照1：1进行反应，所以甲醇过量，生成水杨酸甲酯的量要按照水杨酸的物质的量计算，即理论上生成0.05mol水杨酸甲酯；实际上生成的水杨酸甲酯的质量为4.5g，物质的量为：
解析
解：（1）由装置中仪器A的构造可知，仪器A的名称是球形冷凝管，使挥发出来的气体冷凝回流；控制温度在85～95℃下恒温下加热反应，温度低于100℃，应采取水浴加热，故答案为：球形冷凝管；水浴加热；
（2）甲醇和水杨酸甲酯是互溶的液体，可用蒸馏来分离；甲醇易溶于水，水杨酸甲酯不溶于水，可以水洗来分离，故答案为：蒸馏（或水洗分液）；
（3）反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是除去大部分催化剂硫酸，5%NaHCO3溶液既可以除去未洗净的硫酸，也可以降低酯的溶解度，但第二步洗涤后生成的酯中混有NaHCO3，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠，故答案为：洗掉大部分硫酸；洗掉碳酸氢钠；
（4）水杨酸呈酸性，所以向产品中滴加少量的紫色石蕊试液，观察是否变红即可，故答案为：向产品中滴加少量的紫色石蕊试液，观察是否变红；
（5）水杨酸和甲醇的物质的量分别为：0.05mol，0.75mol，由于水杨酸和甲醇是按照1：1进行反应，所以甲醇过量，生成水杨酸甲酯的量要按照水杨酸的物质的量计算，即理论上生成0.05mol水杨酸甲酯；实际上生成的水杨酸甲酯的质量为4.5g，物质的量为：
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