- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
（2015秋•衡水校级月考）氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸；在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色；下图是工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、C1-）生产CuCl的流程如下：
根据以上信息回答下列问题：
（1）该生产过程还可以与氯碱工业、硫酸工业生产相结合，工业生产硫酸的方法名称是______，现代氯碱工业的装置名称是______；
（2）写出生产过程中X______ Y______ （填化学式）
（3）写出产生CuCl的化学方程式______
（4）生产中为了提髙CuCl产品的质量，采用_______法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是______，生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是______．
（5）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充S02气体，其理由是______
（6）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，还应该注意的关键问题是______
（7）工业氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g（称准至0.0002g）置于预先放人玻璃珠50粒和10mL过量的FeCl3溶液 250mL锥形瓶中，不断摇动；
②待样品溶解后加水50ml，邻菲罗啉指示剂2滴；
③立即用0.10mol L-1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点；同时做空白试验一次．已知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2 Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+如此再重复二次测得
④数据处理：计算得该工业CuCl的纯度为______．（平行实验结果相差不能超过0.3%）
正确答案
解：要利用制作印刷电路的废液制备CuCl，首先应制备并分离出Cu，向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入过量的Fe粉，Fe3+与Fe粉反应转化为Fe2+，Cu2+与Fe反应生成Cu，然后过滤，滤渣为过量的Fe和生成的Cu，依据Cu与Fe活泼性，将滤渣溶于盐酸，Cu与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为Cu，然后Cu与浓硫酸反应生成CuSO4和SO2，Cu与Cl2反应生成CuCl2，CuSO4、SO2、CuCl2反应生成CuCl；
（1）工业生产硫酸的方法名称是接触室，氯碱工业的装置是离子交换膜电解槽，
故答案为：接触室；离子交换膜电解槽；
（2）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，
故答案为：Fe；HCl；
（3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，
故答案为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；
（4）生产中为了提高CuCl产品的质量，采用抽滤或者减压过滤法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失，生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止CuCl水解；
故答案为：抽滤或者减压过滤；减少产品CuCl的损失；防止CuCl的水解；
（5）依据图示可知：Cu+2 H2SO4（浓）
故答案为：Cu+2 H2SO4（浓）
（6）氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解，所以生产中应防止CuCl的氧化和见光分解，减少产品CuCl的损失，
故答案为：防止CuCl的氧化和见光分解；
（7）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过0.3%，滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是23.9ml，结合方程式可知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，CuCl的纯度为23.9×10-3L×0.1 mol•L-1×99.5g•mol-1/0.25g×100%=95%，故答案为：95%．
解析
解：要利用制作印刷电路的废液制备CuCl，首先应制备并分离出Cu，向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入过量的Fe粉，Fe3+与Fe粉反应转化为Fe2+，Cu2+与Fe反应生成Cu，然后过滤，滤渣为过量的Fe和生成的Cu，依据Cu与Fe活泼性，将滤渣溶于盐酸，Cu与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为Cu，然后Cu与浓硫酸反应生成CuSO4和SO2，Cu与Cl2反应生成CuCl2，CuSO4、SO2、CuCl2反应生成CuCl；
（1）工业生产硫酸的方法名称是接触室，氯碱工业的装置是离子交换膜电解槽，
故答案为：接触室；离子交换膜电解槽；
（2）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，
故答案为：Fe；HCl；
（3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，
故答案为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；
（4）生产中为了提高CuCl产品的质量，采用抽滤或者减压过滤法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失，生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止CuCl水解；
故答案为：抽滤或者减压过滤；减少产品CuCl的损失；防止CuCl的水解；
（5）依据图示可知：Cu+2 H2SO4（浓）
故答案为：Cu+2 H2SO4（浓）
（6）氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解，所以生产中应防止CuCl的氧化和见光分解，减少产品CuCl的损失，
故答案为：防止CuCl的氧化和见光分解；
（7）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过0.3%，滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积是23.9ml，结合方程式可知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，CuCl的纯度为23.9×10-3L×0.1 mol•L-1×99.5g•mol-1/0.25g×100%=95%，故答案为：95%．
工业上制取硝酸铵的流程图如图1，请回答下列问题：
（1）在上述工业制硝酸的生产中，B设备的名称是______，其中发生反应的化学方程式为______．
（2）此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是______．
1909年化学家哈伯在实验室首次合成了氨，2007年化学家格哈德•埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：
图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②和图③的含义分别是______、______．
（3）在合成氨的设备（合成塔）中，设置热交换器的目的是______；在合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是______．
（4）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：
碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
NH3还原法：8NH3+6NO2
以上两种方法中，符合绿色化学的是______．
（5）某化肥厂用NH3制备NH4NO3．已知：由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其它损耗）的______%．
（6）硝酸铵是一种常用的氮肥，在贮存和使用该化肥时，把应注意的事项及理由填入下表．
正确答案
解：（1）氨气在氧化炉中被催化氧化，B设备的名称是；氨气被氧化为NO和水，其反应的方程式为：4NH3+5O2
故答案为：氧化炉；4NH3+5O2
（2）N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；图②中两种双原子分子被吸附在催化剂表面，即N2、H2被吸附在催化剂表面；③中分子中的化学键断裂生成原子，即在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂生成N原子和H原子；
故答案为：铁砂网；N2、H2被吸附在催化剂表面；在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂；
（3）合成氨的反应属于放热反应，反应过程中会放出大量的热，用热交换器可以充分利用余热，节约能源；在吸收塔中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，通入空气，NO能被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸，这样使NO循环利用，全部转化为硝酸；
故答案为：利用余热，节约能源；使NO循环利用，全部转化为硝酸；
（4）碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，NH3还原法：8NH3+6NO2
故答案为：氨气还原法；
（5）由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，根据氮原子守恒可知，NH3～NO～HNO3，则1mol氨气可得到硝酸1mol×96%×92%=0.8832mol，由HNO3+NH3═NH4NO3，则该反应消耗的氨气的物质的量为0.8832mol，氨气的质量之比等于物质的量之比，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为
故答案为：53；
（6）由于硝酸铵受撞击时易爆炸，因此硝酸铵不能与易燃物混放；不能用铁锤等物将结块的硝酸铵砸碎；不能受到严重撞击，NH4NO3
①不能与碱性肥料混施；硝酸铵溶液呈酸性；
②不能剧烈撞击；硝酸铵易爆炸；
③不能在雨水较多的地区使用；硝酸铵吸水性强，易流失；
故答案为：①不能与碱性肥料混施；硝酸铵溶液呈碱性；
②不能剧烈撞击；硝酸铵易爆炸；
③不能在雨水较多的地区使用；硝酸铵吸水性强，易流失（任选两条）．
解析
解：（1）氨气在氧化炉中被催化氧化，B设备的名称是；氨气被氧化为NO和水，其反应的方程式为：4NH3+5O2
故答案为：氧化炉；4NH3+5O2
（2）N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；图②中两种双原子分子被吸附在催化剂表面，即N2、H2被吸附在催化剂表面；③中分子中的化学键断裂生成原子，即在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂生成N原子和H原子；
故答案为：铁砂网；N2、H2被吸附在催化剂表面；在催化剂表面N2、H2中的化学键断裂；
（3）合成氨的反应属于放热反应，反应过程中会放出大量的热，用热交换器可以充分利用余热，节约能源；在吸收塔中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，通入空气，NO能被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸，这样使NO循环利用，全部转化为硝酸；
故答案为：利用余热，节约能源；使NO循环利用，全部转化为硝酸；
（4）碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，NH3还原法：8NH3+6NO2
故答案为：氨气还原法；
（5）由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，根据氮原子守恒可知，NH3～NO～HNO3，则1mol氨气可得到硝酸1mol×96%×92%=0.8832mol，由HNO3+NH3═NH4NO3，则该反应消耗的氨气的物质的量为0.8832mol，氨气的质量之比等于物质的量之比，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为
故答案为：53；
（6）由于硝酸铵受撞击时易爆炸，因此硝酸铵不能与易燃物混放；不能用铁锤等物将结块的硝酸铵砸碎；不能受到严重撞击，NH4NO3
①不能与碱性肥料混施；硝酸铵溶液呈酸性；
②不能剧烈撞击；硝酸铵易爆炸；
③不能在雨水较多的地区使用；硝酸铵吸水性强，易流失；
故答案为：①不能与碱性肥料混施；硝酸铵溶液呈碱性；
②不能剧烈撞击；硝酸铵易爆炸；
③不能在雨水较多的地区使用；硝酸铵吸水性强，易流失（任选两条）．
二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂．ClO2是一种黄绿色的气体，易溶于水．实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料制备ClO2的流程如下：
（1）写出电解时发生反应的化学方程式：______．
（2）除去ClO2中的NH3可选用的试剂是______．（填序号）
A．碳酸钠溶液 B．碱石灰 C．浓硫酸 D．水
（3）测定ClO2（如图）的过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；在玻璃液封管中加入水；将生成的ClO2气体通过导管在锥形瓶中被吸收；将玻璃封管中的水封液倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用cmol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定 （I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），共用去VmL硫代硫酸钠溶液．
①ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应（还原产物为Cl-），反应的离子方程式为：______．
②装置中玻璃液封管的作用是______．
③滴定至终点的现象是______．
④测得ClO2的质量m（ClO2）______．（用含c、V的代数式表示）
正确答案
解：（1）电解氯化铵和盐酸混合溶液时，根据流程图知生成氢气、和NCl3，其电解反应方程式为：NH4Cl+2HCl
故答案为：NH4Cl+2HCl
（2）A．ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故A错误；
B．碱石灰不能吸收氨气，故B错误；
C．浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故C正确；
D．ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，故D错误．
故答案为：C；
（3）①由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，
故答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；
②装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，
故答案为：吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；
③碘遇淀粉试液变蓝色，当滴定终点时碘完全反应，所以终点现象是：溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，
故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色；
④VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为V•10-3 L×cmol/L=c•V•10-3 mol．则：
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
2 10
n（ClO2） c•V•10-3 mol
所以n（ClO2）=
所以m（ClO2）=
故答案为：1.35cV×10-2g．
解析
解：（1）电解氯化铵和盐酸混合溶液时，根据流程图知生成氢气、和NCl3，其电解反应方程式为：NH4Cl+2HCl
故答案为：NH4Cl+2HCl
（2）A．ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故A错误；
B．碱石灰不能吸收氨气，故B错误；
C．浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故C正确；
D．ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，故D错误．
故答案为：C；
（3）①由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，
故答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；
②装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，
故答案为：吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；
③碘遇淀粉试液变蓝色，当滴定终点时碘完全反应，所以终点现象是：溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，
故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色；
④VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为V•10-3 L×cmol/L=c•V•10-3 mol．则：
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
2 10
n（ClO2） c•V•10-3 mol
所以n（ClO2）=
所以m（ClO2）=
故答案为：1.35cV×10-2g．
碘可以在水中溶解少量，溶有碘的水有一定的颜色，碘酸钙（无色晶体）是食品及饲料添加剂中补碘补钙的常用试剂，微溶于水．制备碘酸钙的实验流程如下图甲．中间产物碘酸氢钾（无色晶体）的合成原理为：
I2+2KClO3+HCl
（1）制备碘酸氢钾的实验装置（支撑仪器和加热装置略去）如图乙，在方框中还要补充必要的尾气吸收装置，吸收装置中的吸收试剂一般采用______，发生反应的离子方程式是______．
（2）若为图乙增加一个水浴加热装置，所需仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯，石棉网外还有______．
（3）实验中判断碘反应完全的实验现象是______
（4）“调pH至10”的目的是______．
（5）加入CaCl2时反应的化学方程式为______．
正确答案
解：I2与KClO3和HCl反应保持在85°C左右，反应生成KH（IO3）2、KCl和Cl2，调pH至10使加入氢氧化钾和碘酸氢钾反应生成KIO3，加入氯化钙会和碘酸钾发生反应生成碘酸钙，冰水中静置、过滤、洗涤、乙醇洗、晾干可得到Ca（IO3）2•6H2O．
（1）中间产物碘酸氢钾的合成原理为：I2+2KClO3+HCl
（2）依据流程分析制备反应需要保持温度再85°C左右需要用水浴加热，用温度计控制温度高低，水浴需要的仪器有酒精灯、烧杯、温度计，故答案为：烧杯、温度计；
（3）I2+2KClO3+HCl
故答案为：反应混合溶液变为无色；
（4））“调pH至10”的目的是加入氢氧化钾和碘酸氢钾反应生成KIO3，故答案为：将KH（IO3）2转化为KIO3；
（5）流程中加入氯化钙会和碘酸钾发生反应生成碘酸钙，发生的反应为：KIO3+CaCl2=Ca（IO3）2+2KCl，故答案为：KIO3+CaCl2=Ca（IO3）2+2KCl．
解析
解：I2与KClO3和HCl反应保持在85°C左右，反应生成KH（IO3）2、KCl和Cl2，调pH至10使加入氢氧化钾和碘酸氢钾反应生成KIO3，加入氯化钙会和碘酸钾发生反应生成碘酸钙，冰水中静置、过滤、洗涤、乙醇洗、晾干可得到Ca（IO3）2•6H2O．
（1）中间产物碘酸氢钾的合成原理为：I2+2KClO3+HCl
（2）依据流程分析制备反应需要保持温度再85°C左右需要用水浴加热，用温度计控制温度高低，水浴需要的仪器有酒精灯、烧杯、温度计，故答案为：烧杯、温度计；
（3）I2+2KClO3+HCl
故答案为：反应混合溶液变为无色；
（4））“调pH至10”的目的是加入氢氧化钾和碘酸氢钾反应生成KIO3，故答案为：将KH（IO3）2转化为KIO3；
（5）流程中加入氯化钙会和碘酸钾发生反应生成碘酸钙，发生的反应为：KIO3+CaCl2=Ca（IO3）2+2KCl，故答案为：KIO3+CaCl2=Ca（IO3）2+2KCl．
钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO•TiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质．利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4）的工业流程如图所示：
已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为：FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O
（1）化合物FeTiO3中铁元素的化合价是______．
（2）滤渣A的成分是______．
（3）滤液B中TiOCl42-转化生成TiO2的离子方程式是______．
（4）反应②中固体TiO2转化成（NH4）2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示．反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是______．
（5）反应③的化学方程式是______．
（6）由滤液D制备LiFePO4的过程中，所需 17%双氧水与H2C2O4的质量比是______．
（7）若采用钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）作电极组成电池，其工作原理为：Li4Ti5O12+3LiFePO4⇌
正确答案
+2
SiO2
TiOCl42-+H2O=TiO2↓+2H++4Cl-
温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解
（NH4）2Ti5O15+2 LiOH=Li2Ti5O15↓+2NH3•H2O（或2NH3+2H2O）
20：9
LiFePO4-e-=FePO4+Li+
解析
解：（1）反应FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O中，不是非氧化还原反应，可以判断铁元素化合价为+2价，
故答案为：+2；
（2）由于杂质中二氧化硅不溶于盐酸，所以滤渣A成分是二氧化硅，
故答案为：SiO2；
（3）根据流程可知，TiOCl42-在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀，反应的离子方程式为：TiOCl42-+H2O=TiO2↓+2H++4Cl-，
故答案为：TiOCl42-+H2O=TiO2↓+2H++4Cl-；
（4）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成NH4）2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降，
故答案为：温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解；
（5）根据流程图示可知，反应3是（NH4）2Ti5O15与强氧化锂反应生成Li2Ti5O15沉淀和氨水，反应的化学方程式为：（NH4）2Ti5O15+2 LiOH=Li2Ti5O15↓+2NH3•H2O（或2NH3+2H2O），
故答案为：（NH4）2Ti5O15+2 LiOH=Li2Ti5O15↓+2NH3•H2O（或2NH3+2H2O）；
（6）根据电子守恒，氧化铁元素转移的电子就等于铁离子氧化草酸转移的电子数，
因此可得关系式：H2O2～H2C2O4，设双氧水质量为x，草酸质量为y，
34 90
x×17% y
34y=90×x×17%，x：y=20：9，
17%双氧水与H2C2O4的质量比为20：9，
故答案为：20：9；
（7）充电时，阳极发生氧化反应，LiFePO4失去电子生成FePO4，电极反应为：LiFePO4-e-=FePO4+Li+，
故答案为：LiFePO4-e-=FePO4+Li+．
扫码查看完整答案与解析