- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
氯酸镁[Mg（ClO3）2]常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量Mg（ClO3）2•6H2O的流程如图1：
已知：
①卤块主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质；
②几种化合物的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如图2．
（1）加MgO后过滤所得滤渣的主要成分为______．
（2）加入BaCl2的目的是除去SO42-，如何检验SO42-已沉淀完全______．
（3）加入NaClO3饱和溶液会发生如下反应：MgCl2+2NaClO3→Mg（ClO3）2+2NaCl↓，请利用该反应，结合图1，制取Mg（ClO3）2•6H2O的实验步骤依次为：
①取样，加入NaClO3饱和溶液充分反应；
②______；
③______；
④______；
⑤过滤、洗涤，获得Mg（ClO3）2•6H2O晶体．
产品中Mg（ClO3）2•6H2O含量的测定：
步骤1：准确称量3.50g产品溶解定容成100mL溶液．
步骤2：取10mL于锥形瓶中，加入10mL稀硫酸和20mL 1.000mol/L的FeSO4溶液，微热．
步骤3：冷却至室温，用0.100mol/L K2Cr2O7溶液滴定至终点，此过程中反应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+→2Cr3++6Fe3++7H2O．
步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL．
（4）上述产品测定中需要检查是否漏液的仪器有______．步骤3中若滴定前不用标准液润洗滴定管，会导致最终结果偏______．（填“大”或“小”）．
（5）产品中Mg（ClO3）2•6H2O的质量分数为______．（计算结果保留两位小数）
正确答案
解：卤块的成分有MgCl2•6H2O、MgSO4、FeCl2，加入双氧水之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入氧化镁，调节pH=4，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁，可以根据溶解度受温度的影响情况来获得要制取的物质．
（1））调节溶液的pH为4，此时铁离子形成了沉淀氢氧化铁，钡离子已经和硫酸根离子只碱反应生成了硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4和Fe（OH）3；
（2）检验硫酸根离子是否除净的方法：静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO42-沉淀完全，故答案为：静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO42-沉淀完全；
（3）根据物质的溶解度大小，溶液获得晶体的方法：蒸发结晶、过滤、冷却结晶，故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；冷却结晶；
（4）带有旋塞、活塞等部件的仪器容量瓶、滴定管使用之前必须查漏，并且滴定前要用标准液润洗滴定管，否则会将标准液稀释，实验计算的剩余亚铁离子的物质的量结果会偏高，则反应掉的会偏小，Mg（ClO3）2•6H2O的含量测定结果偏小，故答案为：容量瓶、滴定管；小；
（5）氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，化学方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，根据化学方程式：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O以及Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，可以得出：
ClO3-～6Fe2+，Cr2O72-～6Fe2+，用0.100mol•L-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点过程可以得出剩余的亚铁离子的物质的量为：0.100mol•L-1×0.015L×6=0.009mol，和氯酸根离子反应的亚铁离子的物质的量为：20×10-3L×1.000mol•L-1-0.009mol=0.011mol，
氯酸根离子的物质的量为：
故答案为：78.31%．
解析
解：卤块的成分有MgCl2•6H2O、MgSO4、FeCl2，加入双氧水之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入氧化镁，调节pH=4，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁，可以根据溶解度受温度的影响情况来获得要制取的物质．
（1））调节溶液的pH为4，此时铁离子形成了沉淀氢氧化铁，钡离子已经和硫酸根离子只碱反应生成了硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4和Fe（OH）3；
（2）检验硫酸根离子是否除净的方法：静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO42-沉淀完全，故答案为：静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO42-沉淀完全；
（3）根据物质的溶解度大小，溶液获得晶体的方法：蒸发结晶、过滤、冷却结晶，故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；冷却结晶；
（4）带有旋塞、活塞等部件的仪器容量瓶、滴定管使用之前必须查漏，并且滴定前要用标准液润洗滴定管，否则会将标准液稀释，实验计算的剩余亚铁离子的物质的量结果会偏高，则反应掉的会偏小，Mg（ClO3）2•6H2O的含量测定结果偏小，故答案为：容量瓶、滴定管；小；
（5）氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，化学方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，根据化学方程式：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O以及Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，可以得出：
ClO3-～6Fe2+，Cr2O72-～6Fe2+，用0.100mol•L-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点过程可以得出剩余的亚铁离子的物质的量为：0.100mol•L-1×0.015L×6=0.009mol，和氯酸根离子反应的亚铁离子的物质的量为：20×10-3L×1.000mol•L-1-0.009mol=0.011mol，
氯酸根离子的物质的量为：
故答案为：78.31%．
硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用作传统照相业的定影剂、鞣革时重铬酸盐的还原剂及纸浆漂白时的脱氯剂等．某化学探究小组通过查阅资料，利用图1所示装置及试剂可制备硫代硫酸钠．
（1）装置A中的“硫酸”最好选用______（填字母序号）．
A．发烟硫酸 B．浓硫酸 C．80%的硫酸 D．10%的硫酸
（2）装置C中除生成目标产物硫代硫酸钠外，还生成一种温室气体．则装置C中发生反应的离子方程式为______．
（3）装置B的作用是______，装置D的作用是______．
（4）若将分液漏斗中的硫酸换为浓盐酸，装置C中除生成硫代硫酸钠外，还生成一种钠盐，该钠盐的化学式为______，为防止该钠盐的生成，有同学在上述装置中增加了如图2装置E．该装置E应该添加的位置为______（填字母序号）．
A．只能在装置A和装置B之间
B．只能在装置B和装置C之间
C．在装置A和装置B或装置B和装置C之间都可以
D．只能在装置C和装置D之间
该装置中盛放的试剂为______（填字母序号）．
A．NaOH溶液 B．Na2SO3溶液 C．NaHCO3溶液 D．NaHSO3溶液．
正确答案
解：硫酸与亚硫酸钠反应生成SO2，装置B中的两个导管均为短管，作安全瓶，装置C中二氧化硫、硫化钠和碳酸钠反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，装置D中的氢氧化钠溶液可以与二氧化硫反应，防止污染环境．
（1）SO32-与H+反应可生成SO2，故所用硫酸不能是分子状态的硫酸，必须能电离出H+，硫酸的浓度大则反应速率快，故选取80%的硫酸，故答案为：C；
（2）结合反应物碳酸钠可知生成的温室气体为二氧化碳，因此该反应的反应物为二氧化硫、硫化钠和碳酸钠，生成物为硫代硫酸钠和二氧化碳，离子方程式为：4SO2+2S2-+CO32-═3S2O32-+CO2，故答案为：4SO2+2S2-+CO32-═3S2O32-+CO2；
（3）装置B中的两个导管均为短管，作安全瓶；装置D中的氢氧化钠溶液可以与二氧化硫反应，防止污染环境，故答案为：防止装置C中的液体倒吸入装置A中（或作安全瓶）；吸收尾气中的SO2；
（4）若将硫酸换为浓盐酸，则生成的二氧化硫中混有 HCl，HCl 可与碳酸钠、硫化钠反应生成氯化钠；装置 E 的作用是除去 HCl，则其应放置在安全瓶前； 二氧化硫与氢氧化钠、亚硫酸钠、碳酸氢钠溶液均能发生反应，因此只能选取 NaHSO3溶液，故答案为：NaCl；A；D．
解析
解：硫酸与亚硫酸钠反应生成SO2，装置B中的两个导管均为短管，作安全瓶，装置C中二氧化硫、硫化钠和碳酸钠反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，装置D中的氢氧化钠溶液可以与二氧化硫反应，防止污染环境．
（1）SO32-与H+反应可生成SO2，故所用硫酸不能是分子状态的硫酸，必须能电离出H+，硫酸的浓度大则反应速率快，故选取80%的硫酸，故答案为：C；
（2）结合反应物碳酸钠可知生成的温室气体为二氧化碳，因此该反应的反应物为二氧化硫、硫化钠和碳酸钠，生成物为硫代硫酸钠和二氧化碳，离子方程式为：4SO2+2S2-+CO32-═3S2O32-+CO2，故答案为：4SO2+2S2-+CO32-═3S2O32-+CO2；
（3）装置B中的两个导管均为短管，作安全瓶；装置D中的氢氧化钠溶液可以与二氧化硫反应，防止污染环境，故答案为：防止装置C中的液体倒吸入装置A中（或作安全瓶）；吸收尾气中的SO2；
（4）若将硫酸换为浓盐酸，则生成的二氧化硫中混有 HCl，HCl 可与碳酸钠、硫化钠反应生成氯化钠；装置 E 的作用是除去 HCl，则其应放置在安全瓶前； 二氧化硫与氢氧化钠、亚硫酸钠、碳酸氢钠溶液均能发生反应，因此只能选取 NaHSO3溶液，故答案为：NaCl；A；D．
锶（Sr）为第五周期ⅡA族元素，其化合物六水氯化锶（SrCl2•6H2O）是实验室重要的分析试剂，工业上常以天青石（主要成分为SrSO4）为原料制备，生产流程如下：
已知：①经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Ba2+杂质；
②SrSO4、BaSO4的溶度积常数分别为3.3×10-7、1.1×10-10；
③SrCl2•6H2O的摩尔质量为：267g/mol．
（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是______．
（2）隔绝空气高温焙烧，若0.5mol SrSO4中只有S被还原，转移了4mol电子．写出该反应的化学方程式：______．
（3）为了得到较纯的六水氯化锶晶体，过滤2后还需进行的两步操作是______．
（4）加入硫酸的目的是______．为了提高原料的利用率，滤液中Sr2+的浓度应不高于______ mol/L（注：此时滤液中Ba2+浓度为1×10-5 mol/L）．
（5）产品纯度检测：称取1.000g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO3 1.100×10-2mol的AgNO3溶液（溶液中除Cl-外，不含其它与Ag+反应的离子），待Cl-完全沉淀后，用含Fe3+的溶液作指示剂，用0.2000mol/L的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出．
①滴定反应达到终点的现象是______．
②若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液20.00mL，则产品中SrCl2•6H2O的质量百分含量为______（保留4位有效数字）．
正确答案
解：（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是为了增加反应物的接触面积，提高化学反应速率，从而提高原料的转化率，
故答案为：增加反应物的接触面积，提高反应速率，提高原料的转化率；
（2）在焙烧的过程中若只有0.5 mol SrSO4中只有S被还原，转移了4 mol电子，则1mol的S转移8mol的电子，由于在反应前元素的化合价为+6价，所以反应后元素的化合价为-2价，因此碳与天青石在高温下发生反应的化学方程式为：SrSO4+4C
故答案为：SrSO4+4C
（3）然后向得到的含有SrS固体中加入HCl发生反应：SrS+2HCl=SrCl2+H2S↑，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后从溶液中将晶体过滤出来，洗涤除去表面的杂质离子并进行干燥即获得SrCl2•6H2O，
故答案为：洗涤、干燥；
（4）在用HCl溶解SrS后的溶液中加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质；
由于在Ba2+浓度为1×10-5 mol/L，BaSO4的溶度积常数为1.1×10-10，所以c（SO42-）=
故答案为：除去溶液中Ba2+杂质； 0.03；
（5）①若NH4SCN不再剩余的Ag+结合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就会含有SCN-，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色，因此滴定达到终点时溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色，
故答案为：溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色；
②n（NH4SCN）=0.2000mol/L×0.02L=4.0×10-3mol，Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，所以溶液中剩余的Ag+的物质的量为：n（Ag+）=4.0×10-3mol，则与Cl-反应的Ag+的物质的量为：n（Ag+）=1.100×10-2 mol-4.0×10-3mol=7.0×10-3mol，
1.000g产品中SrCl2•6H2O的物质的量为：n（SrCl2•6H2O）=
1.000g产品中SrCl2•6H2O的质量为：m（SrCl2•6H2O）=3.5×10-3mol×267 g/mol=0.9345g，
所以产品纯度为：
故答案为：93.45%．
解析
解：（1）天青石焙烧前先研磨粉碎，其目的是为了增加反应物的接触面积，提高化学反应速率，从而提高原料的转化率，
故答案为：增加反应物的接触面积，提高反应速率，提高原料的转化率；
（2）在焙烧的过程中若只有0.5 mol SrSO4中只有S被还原，转移了4 mol电子，则1mol的S转移8mol的电子，由于在反应前元素的化合价为+6价，所以反应后元素的化合价为-2价，因此碳与天青石在高温下发生反应的化学方程式为：SrSO4+4C
故答案为：SrSO4+4C
（3）然后向得到的含有SrS固体中加入HCl发生反应：SrS+2HCl=SrCl2+H2S↑，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后从溶液中将晶体过滤出来，洗涤除去表面的杂质离子并进行干燥即获得SrCl2•6H2O，
故答案为：洗涤、干燥；
（4）在用HCl溶解SrS后的溶液中加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质；
由于在Ba2+浓度为1×10-5 mol/L，BaSO4的溶度积常数为1.1×10-10，所以c（SO42-）=
故答案为：除去溶液中Ba2+杂质； 0.03；
（5）①若NH4SCN不再剩余的Ag+结合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就会含有SCN-，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色，因此滴定达到终点时溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色，
故答案为：溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色；
②n（NH4SCN）=0.2000mol/L×0.02L=4.0×10-3mol，Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，所以溶液中剩余的Ag+的物质的量为：n（Ag+）=4.0×10-3mol，则与Cl-反应的Ag+的物质的量为：n（Ag+）=1.100×10-2 mol-4.0×10-3mol=7.0×10-3mol，
1.000g产品中SrCl2•6H2O的物质的量为：n（SrCl2•6H2O）=
1.000g产品中SrCl2•6H2O的质量为：m（SrCl2•6H2O）=3.5×10-3mol×267 g/mol=0.9345g，
所以产品纯度为：
故答案为：93.45%．
硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得：Na2SO3+S
Ⅰ．现按如下方法制备Na2S2O3•5H2O：
将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在分液漏斗中，注入浓盐酸，在装置2中加入亚硫酸钠固体，并按如图2安装好装置．
（1）仪器2的名称为______，装置6中可放入______．
A．BaCl2溶液 B．浓H2SO4 C．酸性KMnO4溶液 D．NaOH溶液
（2）打开分液漏斗活塞，注入浓盐酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，反应原理为：
①Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2 ②Na2S+SO2+H2O═Na2SO3+H2S
③2H2S+SO2═3S↓+2H2O ④Na2SO3+S
总反应式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2
随着二氧化硫气体的通入，看到溶液中有大量浅黄色固体析出，继续通二氧化硫气体，反应约半小时．当溶液中pH接近或不小于7时，即可停止通气和加热．溶液pH要控制不小于7理由是______（用离子方程式表示）．
Ⅱ．分离Na2S2O3•5H2O并标定溶液的浓度：
（1）为减少产品的损失，操作①为______，操作②是抽滤洗涤干燥，其中洗涤操作是用______（填试剂）作洗涤剂．
（2）蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为止，蒸发时为什么要控制温度不宜过高______．
（3）称取一定质量的产品配置成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7（摩尔质量294g/moL）0.5880克．平均分成3份分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应Cr2O72-+6I-+14H+═2Cr3++7H2O+3I2，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应：2S2O32-+I2═S4O62-+2I-．滴定终点的现象为______，三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为20.00mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为______mol•L-1．
正确答案
解：Ⅰ．（1）根据仪器的构造可知，仪器2的名称为蒸馏烧瓶；由于实验中有SO2生成，而SO2是大气污染物，不能随意排放，需要尾气处理．随意装置6的作用是吸收SO2，防止污染空气．SO2是酸性氧化物，且具有还原性，所以可用酸性高锰酸钾溶液或氢氧化钠溶液吸收，选CD，
故答案为：蒸馏烧瓶；CD；
（2）因为在酸性条件下，硫代硫酸钠易生成SO2、S和水，反应的离子方程式是S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，所以溶液pH要控制不小于7．
故答案为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
Ⅱ．（1）由于硫代硫酸钠的溶解度随温度的升高而降低，所以操作I应该是趁热过滤；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂．
故答案为：趁热过滤；乙醇；
（2）由于Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时要控制温度不宜过高的原因是温度过高会导致析出的晶体分解．
故答案为：温度过高会导致析出的晶体分解；
（3）由于碘遇淀粉显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；根据反应的方程式可知：
K2Cr2O7～3I2～6 Na2S2O3
1mol 6mol
解得c=0.2000mol/L，
故答案为：溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；0.2000．
解析
解：Ⅰ．（1）根据仪器的构造可知，仪器2的名称为蒸馏烧瓶；由于实验中有SO2生成，而SO2是大气污染物，不能随意排放，需要尾气处理．随意装置6的作用是吸收SO2，防止污染空气．SO2是酸性氧化物，且具有还原性，所以可用酸性高锰酸钾溶液或氢氧化钠溶液吸收，选CD，
故答案为：蒸馏烧瓶；CD；
（2）因为在酸性条件下，硫代硫酸钠易生成SO2、S和水，反应的离子方程式是S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，所以溶液pH要控制不小于7．
故答案为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
Ⅱ．（1）由于硫代硫酸钠的溶解度随温度的升高而降低，所以操作I应该是趁热过滤；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂．
故答案为：趁热过滤；乙醇；
（2）由于Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时要控制温度不宜过高的原因是温度过高会导致析出的晶体分解．
故答案为：温度过高会导致析出的晶体分解；
（3）由于碘遇淀粉显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；根据反应的方程式可知：
K2Cr2O7～3I2～6 Na2S2O3
1mol 6mol
解得c=0.2000mol/L，
故答案为：溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟不恢复；0.2000．
【必考题】
过氧化尿素[CO（NH2）2•H2O2]是一种无毒、无味的白色结晶粉末，具有尿素和过氧化氢双重性质，是一种新型的氧化剂和消毒剂，广泛应用于漂白、纺织、医药、农业、养殖业等领域．其合成如下：
试回答下列问题：
（1）实际生产中需控制n（H2O2）：n（CO（NH2）2）]=1.2：1，并控制合成温度在25-30℃，其主要原因是______．
（2）从母液中分离出H2O2和尿素，采用的操作是______．
（a）盐析 过滤 （b）分液 过滤 （c）减压蒸馏 结晶 （d）常压蒸馏 萃取
（3）为测定产品中活性氧的含量（活性氧16%，相当于H2O234%），称取干燥样品12.000g，溶解，在250mL容量瓶中定容．准确量取25.00mL于锥形瓶中，加入1mL 6mol/L的硫酸，然后用0.2000mol/L KMnO4 标准溶液滴定，至滴入最后一滴时，溶液显浅红色且半分钟内不褪色，三次滴定平均消耗KMnO4溶液20.00mL（KMnO4溶液与尿素不反应）．
①KMnO4溶液应盛放在______式（选填：“酸”、“碱”）滴定管中．
②完成并配平方程式：______MnO4-+______H2O2+______H+=______Mn2++______H2O+______
③根据滴定结果，可确定产品中活性氧的质量分数为：______．
④若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的活性氧含量______（选填：“偏高”、“偏低”或“不变”）．
⑤根据本次实验测得的活性氧含量，可判断该实验产品所含的一种主要杂质为______．
正确答案
解：（1）在一定温度下发生反应时加热过氧化氢分解，增大过氧化氢的量会提高反应转化率，提高过氧化尿素的纯度，
故答案为：H2O2 在实验过程中会有部分分解，增大过氧化氢的量可提高过氧化尿素的纯度；
（2）液体的沸点是指它的蒸气压等于外界压力时的温度，因此液体的沸点是随外界压力的变化而变化的，如果借助于真空泵降低系统内压力，就可以降低液体的沸点．H2O2常压下沸点108度，尿素常压下169.6度，则沸点低的先沸腾，则有液态变为气态；因为H2O2受热易分解，所以从母液中分离出H2O2和尿素时，应使溶液在较低温度下蒸发，采用的操作是减压蒸馏，然后结晶，故答案为：c；
（3）①KMnO4溶液具有强氧化性，能将碱式滴定管下端的橡胶管氧化，所以不能用碱式滴定管量取，可以用酸式滴定管量取，故答案为：酸；
②反应中MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2，故答案为：2；5；6；2；8；5O2；
③称取干燥样品12.000g，溶解，在250mL容量瓶中定容．准确量取25.00mL于锥形瓶中，加入1mL 6mol/L的硫酸，然后用0.2000mol/L KMnO4 标准溶液滴定，至滴入最后一滴时，溶液显浅红色且半分钟内不褪色，三次滴定平均消耗KMnO4溶液20.00mL；依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；
2MnO4-～～～～～5H2O2；
2 5
0.0200L×0.2000mol/L 0.01mol
250mL容量瓶中含过氧化氢0.1mol；
过氧化氢质量分数=
活性氧16%，相当于H2O234%，则活性氧质量分数=
故答案为：13.3%；
④若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，依据反应的电离关系可知，5×c标准×V标准=c待测×V待测×2，测得标准液体积偏大，结果偏高，故答案为：偏高；
⑤依据流程分析，母液中能分离出H2O2和尿素，充分利用原料，循环使用，在冷却结晶过程中会有尿素在晶体中析出，所以该实验产品所含的一种主要杂质是尿素，
故答案为：尿素或水杨酸稳定剂．
解析
解：（1）在一定温度下发生反应时加热过氧化氢分解，增大过氧化氢的量会提高反应转化率，提高过氧化尿素的纯度，
故答案为：H2O2 在实验过程中会有部分分解，增大过氧化氢的量可提高过氧化尿素的纯度；
（2）液体的沸点是指它的蒸气压等于外界压力时的温度，因此液体的沸点是随外界压力的变化而变化的，如果借助于真空泵降低系统内压力，就可以降低液体的沸点．H2O2常压下沸点108度，尿素常压下169.6度，则沸点低的先沸腾，则有液态变为气态；因为H2O2受热易分解，所以从母液中分离出H2O2和尿素时，应使溶液在较低温度下蒸发，采用的操作是减压蒸馏，然后结晶，故答案为：c；
（3）①KMnO4溶液具有强氧化性，能将碱式滴定管下端的橡胶管氧化，所以不能用碱式滴定管量取，可以用酸式滴定管量取，故答案为：酸；
②反应中MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2，故答案为：2；5；6；2；8；5O2；
③称取干燥样品12.000g，溶解，在250mL容量瓶中定容．准确量取25.00mL于锥形瓶中，加入1mL 6mol/L的硫酸，然后用0.2000mol/L KMnO4 标准溶液滴定，至滴入最后一滴时，溶液显浅红色且半分钟内不褪色，三次滴定平均消耗KMnO4溶液20.00mL；依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；
2MnO4-～～～～～5H2O2；
2 5
0.0200L×0.2000mol/L 0.01mol
250mL容量瓶中含过氧化氢0.1mol；
过氧化氢质量分数=
活性氧16%，相当于H2O234%，则活性氧质量分数=
故答案为：13.3%；
④若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，依据反应的电离关系可知，5×c标准×V标准=c待测×V待测×2，测得标准液体积偏大，结果偏高，故答案为：偏高；
⑤依据流程分析，母液中能分离出H2O2和尿素，充分利用原料，循环使用，在冷却结晶过程中会有尿素在晶体中析出，所以该实验产品所含的一种主要杂质是尿素，
故答案为：尿素或水杨酸稳定剂．
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