- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
锆（Zr）元素是核反应堆燃料棒的包裹材料，二氧化锆（ZrO2）可以制造耐高温纳米陶瓷．我国有丰富的锆英石（ZrSiO4：91.5%），含Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质，生产锆的流程如下：
方法一：碱熔法
方法二：氯腐法
（1）完成方法一高温熔融时的主要反应方程式：
ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+______+______
（2）方法一中为了提高浸出率可采取的方法有______、______（列举两种）
（3）方法一中所得滤液1中除了OH-、ZrO32-外，还有阴离子是______．
（4）写出方法二中ZrOCl2•8H2O在900℃生成ZrO2的反应方程式______方法二中由SiCl4与NaOH溶液反应得到含有水玻璃的混合溶液的反应方程式是：______
（5）一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷；电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在熔融状态下能传导O2-在熔融电解质中，O2-向______（填正、负）极移动．负极电极反应为：______．
（6）氧化锆陶瓷（ZrO2）因其优良的性能在工业生产上有重要应用，假设碱溶法工艺流程中锆的利用率为80%，则5t的锆英石理论上可制得______t氧化锆陶瓷（Zr：91，Si：28，O：16）．
正确答案
解：（1）由质量守恒定律可知，还生成硅酸钠，则该反应为ZrSiO4 +4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3，+2H2O，故答案为：Na2SiO3，2H2O；
（2）提高浸出率，实现Na2ZrO3、Na2SiO3的分离，可酸洗、将原料粉碎增大接触面积、加热、搅拌、多次浸取或延长水洗的时间等，故答案为：将原料粉碎增大接触面积、加热、搅拌、多次浸取（列举两种）；
（3）Al2O3、SiO2、Fe2O3中前二者可以和氢氧化钠之间发生反应，分别得到：偏铝酸钠溶液和硅酸钠溶液，所得到的滤液中，除了OH-、ZrO32-外，还有阴离子是SiO32-、AlO2-，故答案为：SiO32-、AlO2-；
（4）ZrOCl2•8H2O在900℃生成ZrO2的反应方程式由流程可知分解生成ZrO2，H2O，由原子守恒可知产物中还有HCl，反应的化学方程式为ZrOCl2•8H2O
（5）原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，通入丁烷一极是负极，由于电解质为非水物质，则电解质中不存在OH-离子，正确的电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O；通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，故答案为：负；C4H10-26e-+13O2-=4CO2+5H2O；
（6）根据Zr元素守恒，得到锆英石ZrSiO4（91.5%）～ZrO2，所以得到ZrO2的物质的量是
解析
解：（1）由质量守恒定律可知，还生成硅酸钠，则该反应为ZrSiO4 +4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3，+2H2O，故答案为：Na2SiO3，2H2O；
（2）提高浸出率，实现Na2ZrO3、Na2SiO3的分离，可酸洗、将原料粉碎增大接触面积、加热、搅拌、多次浸取或延长水洗的时间等，故答案为：将原料粉碎增大接触面积、加热、搅拌、多次浸取（列举两种）；
（3）Al2O3、SiO2、Fe2O3中前二者可以和氢氧化钠之间发生反应，分别得到：偏铝酸钠溶液和硅酸钠溶液，所得到的滤液中，除了OH-、ZrO32-外，还有阴离子是SiO32-、AlO2-，故答案为：SiO32-、AlO2-；
（4）ZrOCl2•8H2O在900℃生成ZrO2的反应方程式由流程可知分解生成ZrO2，H2O，由原子守恒可知产物中还有HCl，反应的化学方程式为ZrOCl2•8H2O
（5）原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，通入丁烷一极是负极，由于电解质为非水物质，则电解质中不存在OH-离子，正确的电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O；通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，故答案为：负；C4H10-26e-+13O2-=4CO2+5H2O；
（6）根据Zr元素守恒，得到锆英石ZrSiO4（91.5%）～ZrO2，所以得到ZrO2的物质的量是
据报道，有一种叫Thibacillus Ferroxidans 的细菌在氧气存在下的酸性溶液中，能将黄铜矿（CuFeS2）氧化成硫酸盐，发生的反应为：4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O
（1）CuFeS2中的Fe的化合价为+2，则被氧化的元素为______（填元素名称）
（2）工业生产中利用上述反应后的溶液，按如下流程可制备胆矾（CuSO4•5H2O）：
①分析下列表格（其中Ksp是相应金属氢氧化物的沉淀溶解平衡常数）：
步骤一应调节溶液的pH范围是______，请运用沉淀溶解平衡的有关理论解释加入CuO能除去CuSO4溶液中Fe3+的原因______
②步骤三中的具体操作方法是______
（3）工业上冶炼铜的方法之一为：
Cu2S（s）+2Cu2O（s）=6Cu（s）+SO2（g）△H
已知：①2Cu（s）+
②2Cu（s）+S（s）=Cu2S（s）△H=-79.5kJ/mol
③S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296.8kJ/mol
则该法冶炼铜的反应中△H=______．
正确答案
解：（1）在4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O反应中，CuFeS2中Fe从+2价变为产物中的+3价，硫从-2价变为产物中的+6价，Fe和CuFeS2中的S化合价升高，在反应中被氧化，故答案为：Fe和CuFeS2中的S；
（2）①该实验的目的是制备胆矾（CuSO4•5H2O），需除去杂质三价铁离子，所以调节溶液的pH使三价铁离子变成氢氧化铁沉淀且沉淀完全，而铜离子不能沉淀，所以步骤一应调节溶液的pH范围是3.2≤pH＜4.7，加入CuO，CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH-）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH-）＞Ksp[Fe（OH）3]，导致Fe3+生成沉淀而除去，
故答案为：3.2≤pH＜4.7；加入CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH-）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH-）＞Ksp[Fe（OH）3]，导致Fe3+生成沉淀而除去；
②CuSO4溶解度受温度影响较大，将硫酸铜溶液蒸发浓缩后，将热的硫酸铜溶液静置并慢慢降温，得到硫酸铜晶体，
故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；
（3）①2Cu（s）+
故答案为：-193.3kJ•mol-1．
解析
解：（1）在4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O反应中，CuFeS2中Fe从+2价变为产物中的+3价，硫从-2价变为产物中的+6价，Fe和CuFeS2中的S化合价升高，在反应中被氧化，故答案为：Fe和CuFeS2中的S；
（2）①该实验的目的是制备胆矾（CuSO4•5H2O），需除去杂质三价铁离子，所以调节溶液的pH使三价铁离子变成氢氧化铁沉淀且沉淀完全，而铜离子不能沉淀，所以步骤一应调节溶液的pH范围是3.2≤pH＜4.7，加入CuO，CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH-）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH-）＞Ksp[Fe（OH）3]，导致Fe3+生成沉淀而除去，
故答案为：3.2≤pH＜4.7；加入CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH-）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH-）＞Ksp[Fe（OH）3]，导致Fe3+生成沉淀而除去；
②CuSO4溶解度受温度影响较大，将硫酸铜溶液蒸发浓缩后，将热的硫酸铜溶液静置并慢慢降温，得到硫酸铜晶体，
故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；
（3）①2Cu（s）+
故答案为：-193.3kJ•mol-1．
（2）产品结晶前，可以加入几粒成品的查尔酮，其作用是______．
（3）结晶完全后，需抽滤收集产物．抽滤装置所包含的仪器除
减压系统外还有______、______（填仪器名称）．
（4）获得的深色粗产品加入活性炭，以95%乙醇重结晶．加入活性炭的作用是______．
正确答案
放热
冰水浴冷却
提供晶种，加速结晶
吸滤瓶
布氏漏斗
吸附脱色
解析
解：（1）控制滴加速度使反应温度维持在25～30℃，说明该反应放热，所以该反应是放热反应；如果温度过高，可采取冰水浴冷却的方法；
故答案为：放热；冰水浴冷却；
（2）成品的查尔酮，为晶体，可以起到提供晶种，加速结晶的作用；
故答案为：提供晶种，加速结晶；
（3）抽滤装置需要吸滤瓶、布氏漏斗；故答案为：吸滤瓶；布氏漏斗；
（4）活性炭表面积大，具有较强的吸附性，所以加入活性炭的作用是：吸附脱色；
故答案为：吸附脱色．
某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图1），以环己醇制备环己烯．
已知：
（1）制备粗品
将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品．
①A中碎瓷片的作用是______，导管B除了导气外还具有的作用是______．
②试管C置于冰水浴中的目的是______．
（2）制备精品
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等．加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在______层（填“上”或“下”），分液后用______（填选项字母）洗涤．
a．KMnO4溶液 b．稀硫酸 c．Na2CO3溶液
②再将环己烯按如图2装置蒸馏，冷却水从______口进入．蒸馏时要加入生石灰，目的是______．
③收集产品时，控制的温度应在______左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是______（填选项字母）．
a．蒸馏时从70℃开始收集产品
b．环己醇实际用量多了
c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是______（填选项字母）．
a．用酸性高锰酸钾溶液 b．用金属钠 c．测定沸点．
正确答案
防止暴沸
冷凝
进一步冷却，防止环己烯挥发
上层
c
g
除去了残留的水
83℃
c
bc
解析
解：（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝，
故答案为：防止暴沸；冷凝；
②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化，
故答案为：进一步冷却，防止环己烯挥发；
（2）①环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联想：制备乙酸乙酯提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸，
故答案为：上层；c；
②为了使冷凝的效果更好，冷却水从冷凝管的下口即g口进入；生石灰能与水反应生成氢氧化钙，除去了残留的水，得到纯净的环己烯；
故答案为：g；除去了残留的水；
③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃，故收集产品应控制温度在83℃左右；
a、蒸馏时从70℃开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，故a错误；
b、环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量，故b错误；
c、若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，故c正确，故选c；
故答案为：83℃；c；
（3）区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品，另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度，
故答案为：bc．
填写下列空白：
（1）滴加盐酸时，发现反应速率较之盐酸与纯铁粉反应要快，其原因是______．
（2）烧杯内放过量稀HNO3的原因是______（用离子方程式表示）．
（3）整个实验过程中，弹簧夹a都必须打开，除为排出产生的气体外，另一个目的是______．
（4）乙同学对该实验进行了改进，他是用空烧杯盛接滤液，加入适当的试剂，然后在HC1的气流中、一定温度下蒸发、浓缩、降温结晶而得到纯净的FeCl3•6H2O，你认为加入的试剂可以是______．（填序号）
①适量氯气②适量过氧化氢和稀盐酸③酸性高锰酸钾溶液④氢氧化钠溶液．
正确答案
废铁屑中的不溶性杂质与Fe在盐酸中构成原电池，加快了反应速率
3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O
使装置内部与外界大气相通，便于A中液体流下
①②
解析
解：（1）废铁屑（含少量铜杂质）加盐酸后，Cu与铁形成Fe-Cu原电池使反应速率加快，
故答案为：废铁屑中的不溶性杂质与Fe在盐酸中构成原电池，加快了反应速率；
（2）过量的稀HNO3保证使Fe2+ 全部氧化成Fe3+；反应的离子方程式是3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O；
（3）整个实验过程中，弹簧夹a都必须打开，则装置与大气相同，使分液漏斗中的酸可滴入A中，故答案为：使装置内部与外界大气相通，便于A中液体流下；
（4）把氯化亚铁氧化为氯化铁，同时不能引入杂质，所以选用适量过氧化氢或通入氯气直接氧化Fe2+，故答案为：①②．
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