- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
（2015秋•广东月考）硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业．从硼镁泥中提取MgSO4•7H2O的流程如图1：
已知：某些氢氧化物沉淀的pH如表所示：
根据题意回答第（1）～（6）题：
（1）在酸解过程中，欲加快酸解时的化学反应速率，请提出两种可行的措施：______、______．
（2）加入的NaClO可与Mn2+反应：Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-，还有一种离子也会被NaClO氧化，并发生水解，该反应的离子方程式为______．
（3）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，还有______．
（4）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如表：
“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤是蒸发浓缩，______．“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，______，便得到了MgSO4•7H2O．
（5）实验中提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO4•7H2O为172.2g，计算MgSO4•7H2O的产率为______．（保留两位有效数字）
（6）金属镁可用于自然水体中铁件的电化学防腐，完成图2防腐示意图，并作相应标注______．
正确答案
解：硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸酸解PH=1，得到溶液硫酸镁、硫酸钙、硫酸锰、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，加入次氯酸钠氧化亚铁离子为铁离子，沉淀锰离子，过滤后的滤液中利用溶解度随温度变化，除去硫酸钙，得到硫酸镁溶液，通过蒸发浓缩趁热过滤得到MgSO4•7H2O；
（1）在酸解过程中，可以通过升高温度、将固体粉碎、适当提高硫酸溶液的浓度并用玻璃棒搅拌等来加快酸解时的化学反应速率，
故答案为：适当升温；把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度；
（2）溶液中含有Fe2+，具有还原性，可与NaClO发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，生成的Fe3+很容易水解生成Fe（OH）3的离子方程式为Fe3++3H2O═Fe（OH）3+3H+，总反应式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+，故答案为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+；
（3）滤渣的成分包括Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2及少量微溶的CaSO4，则还有SiO2、CaSO4，故答案为：SiO2、CaSO4；
（4）有温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙，“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，通过过滤洗涤得到MgSO4•7H2O，故答案为：趁热过滤；过滤洗涤；
（5）100g硼镁泥中氧化镁的物质的量为=
（6）金属镁可用于自然水体中铁件的电化学防腐有二种方式，一是与铁形成原电池，镁为负极，另一种是电解池，铁连接电源的负极，镁作阳极，具体连接方式为
故答案为：
解析
解：硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸酸解PH=1，得到溶液硫酸镁、硫酸钙、硫酸锰、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，加入次氯酸钠氧化亚铁离子为铁离子，沉淀锰离子，过滤后的滤液中利用溶解度随温度变化，除去硫酸钙，得到硫酸镁溶液，通过蒸发浓缩趁热过滤得到MgSO4•7H2O；
（1）在酸解过程中，可以通过升高温度、将固体粉碎、适当提高硫酸溶液的浓度并用玻璃棒搅拌等来加快酸解时的化学反应速率，
故答案为：适当升温；把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度；
（2）溶液中含有Fe2+，具有还原性，可与NaClO发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，生成的Fe3+很容易水解生成Fe（OH）3的离子方程式为Fe3++3H2O═Fe（OH）3+3H+，总反应式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+，故答案为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+；
（3）滤渣的成分包括Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2及少量微溶的CaSO4，则还有SiO2、CaSO4，故答案为：SiO2、CaSO4；
（4）有温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙，“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，通过过滤洗涤得到MgSO4•7H2O，故答案为：趁热过滤；过滤洗涤；
（5）100g硼镁泥中氧化镁的物质的量为=
（6）金属镁可用于自然水体中铁件的电化学防腐有二种方式，一是与铁形成原电池，镁为负极，另一种是电解池，铁连接电源的负极，镁作阳极，具体连接方式为
故答案为：
（2015秋•大庆校级期末）二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫．
（1）如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，上图中可选用的发生装
置是______ （填写字母），e装置中的导管作用为______．
（2）工业上制备Na2S2O3反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，某研究小组在实验室制备Na2S2O3•5H2O流程如下：
吸硫装置如图所示：
①装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，B中试剂是______，表明SO2吸收效率低的实验现象是B中溶液______．
②为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是______．
③用双线桥表示下面化学反应的电子转移方向和数目2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2
④Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：准确称取0.214g KIO3固体
配成溶液，加入过量KI固体和H2SO4溶液，再向其中加入Na2S2O3与之反应，消耗Na2S2O3溶液的体积为24mL时恰好完全反应．则c（Na2S2O3）=______．（已知：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O 2S2O32-+I2═S4O62-+2I-）
正确答案
解：（1）用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，由于反应不需要加热，排除装置d；由于亚硫酸钠是细小颗粒，不可选用装置bc，故可选用的发生装置是ae，橡皮管起气压平衡管的作用，使漏斗里面的气压与烧瓶内的始终相等，使分液漏斗中液体顺利流下，
故答案为：ae；平衡气压，使分液漏斗中液体顺利流下；
（2）①二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或KMnO4溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色，
故答案为：品红、溴水或KMnO4溶液；溶液颜色很快褪色；
②为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，可以减缓二氧化硫的流速，使二氧化硫与溶液充分接触反应，适当升高温度，也能使二氧化硫充分反应，
故答案为：控制SO2气体流速或增大SO2的接触面积或适当升高温度；
③Na2S中S为-2价，SO2中S为+4价，Na2S2O3中S为+2价，2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中S元素的化合价升高（-2→+2），同时化合价降低（+4→+2），化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=8，用双线桥表示为：
故答案为：
④设参加反应的Na2S2O3为xmol，0.214g KIO3固体n（KIO3）=
IO3-～～～～3I2～～～～6S4O62-
1 6
0.001mol xmol
所以 x=0.006mol，则c（Na2S2O3）=
故答案为：0.25mol/L．
解析
解：（1）用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，由于反应不需要加热，排除装置d；由于亚硫酸钠是细小颗粒，不可选用装置bc，故可选用的发生装置是ae，橡皮管起气压平衡管的作用，使漏斗里面的气压与烧瓶内的始终相等，使分液漏斗中液体顺利流下，
故答案为：ae；平衡气压，使分液漏斗中液体顺利流下；
（2）①二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或KMnO4溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色，
故答案为：品红、溴水或KMnO4溶液；溶液颜色很快褪色；
②为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，可以减缓二氧化硫的流速，使二氧化硫与溶液充分接触反应，适当升高温度，也能使二氧化硫充分反应，
故答案为：控制SO2气体流速或增大SO2的接触面积或适当升高温度；
③Na2S中S为-2价，SO2中S为+4价，Na2S2O3中S为+2价，2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中S元素的化合价升高（-2→+2），同时化合价降低（+4→+2），化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=8，用双线桥表示为：
故答案为：
④设参加反应的Na2S2O3为xmol，0.214g KIO3固体n（KIO3）=
IO3-～～～～3I2～～～～6S4O62-
1 6
0.001mol xmol
所以 x=0.006mol，则c（Na2S2O3）=
故答案为：0.25mol/L．
环己酮是重要化工原料，是制造尼龙、己内酰胺和己二酸的主要中间体．实验室常用铬酸氧化环己醇制备，但铬酸较贵且污染环境．某化学兴趣尝试用中学化学更常见的次氯酸钠代替铬酸制备环己酮．有关物质信息、实验流程及实验装置如下：
环己酮：无色或浅黄色透明液体，有强烈的刺激性臭味，密度（相对水=1）：0.95，熔点：-45℃，沸点：155℃，溶解度（100mL H2O）：2.4g（31℃）．
主反应：
（1）回答下列问题：仪器A的名称是______．
（2）在反应开始的5min，为了将体系温度维持在30～35℃，除了用冰水浴冷却外，采取的措施还有______、______．
（3）加入足量的饱和NaHSO3溶液时发生主要反应是______（用离子方程式表示）．
（4）①在实验流程两次蒸馏中都用到沸石防暴沸，下列关于沸石的说法正确的是______．
A．实验室沸石也可用碎瓷片等代替
B．如果忘加沸石，可速将沸石加至将近沸腾的液体中
C．当重新进行蒸馏时，用过的沸石可继续使用
D．沸石为多孔性物质，可使液体平稳地沸腾
②为将馏出液的pH调至中性，可以加入的试剂是______．
A．稀盐酸 B．无水碳酸钠 C．浓硫酸 D．氢氧化钠固体
（5）调节pH后还需加入精制食盐，其目的是______，“取有机层”时使用的主要仪器是______．
正确答案
解：（1）由实验装置图可知，图2中仪器A的名称是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；
（2）为了将体系温度维持在30～35℃，要不断搅拌加速热量传递，同时通过控制反应物的用量，来控制反应速率，因此要缓慢滴加NaClO溶液，故答案为：搅拌器搅拌；缓慢滴加NaClO溶液；
（3）次氯酸根能将亚硫酸氢根氧化生成氯离子、硫酸根离子和氢离子，其离子方程式为：ClO-+HSO3-═Cl-+H++SO42-，故答案为：ClO-+HSO3-═Cl-+H++SO42-；
（4）①A．实验室可用碎瓷片等代替沸石，正确；
B．如果忘加沸石，应停止加热，待冷却后再添加，错误；
C．当重新进行蒸馏时，用过的沸石不可继续使用，否则会引入杂质，错误；
D．沸石能防暴沸是因为为多孔性物质，可使液体平稳地沸腾，正确；
故答案为：AD；
②无水碳酸钠的溶液和氢氧化钠溶液都显碱性，可中和酸性溶液到中性，故答案为：BD；
（5）环己酮在氯化钠中的溶解度较小，有利于环己酮分层；环己酮和水互不相溶，静置后会分层，可用分液漏斗分离，所以选择的仪器为分液漏斗，故答案为：降低环己酮的溶解度，有利于环己酮分层；分液漏斗．
解析
解：（1）由实验装置图可知，图2中仪器A的名称是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；
（2）为了将体系温度维持在30～35℃，要不断搅拌加速热量传递，同时通过控制反应物的用量，来控制反应速率，因此要缓慢滴加NaClO溶液，故答案为：搅拌器搅拌；缓慢滴加NaClO溶液；
（3）次氯酸根能将亚硫酸氢根氧化生成氯离子、硫酸根离子和氢离子，其离子方程式为：ClO-+HSO3-═Cl-+H++SO42-，故答案为：ClO-+HSO3-═Cl-+H++SO42-；
（4）①A．实验室可用碎瓷片等代替沸石，正确；
B．如果忘加沸石，应停止加热，待冷却后再添加，错误；
C．当重新进行蒸馏时，用过的沸石不可继续使用，否则会引入杂质，错误；
D．沸石能防暴沸是因为为多孔性物质，可使液体平稳地沸腾，正确；
故答案为：AD；
②无水碳酸钠的溶液和氢氧化钠溶液都显碱性，可中和酸性溶液到中性，故答案为：BD；
（5）环己酮在氯化钠中的溶解度较小，有利于环己酮分层；环己酮和水互不相溶，静置后会分层，可用分液漏斗分离，所以选择的仪器为分液漏斗，故答案为：降低环己酮的溶解度，有利于环己酮分层；分液漏斗．
[化学--选修化学与技术]
高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途．湿法、干法制备高铁酸盐的原理如下表所示．
（1）工业上用湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的流程如下图所示：
①反应Ⅰ的化学方程式为______．
②反应Ⅱ的离子方程式为______．
③加入饱和KOH溶液的目的是______．
（2）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为______、______，______、______．
（3）干法制备K2FeO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为______．
（4）高铁电池是正在研制中的可充电干电池，
电池的放电曲线，由此可得出的高铁电池的优点有______，______．
正确答案
解：（1）①反应Ⅰ为复分解反应，方程式为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，
故答案为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；
②反应Ⅱ为氧化还原反应，+3价铁被氧化成+6价铁，+1价的氯被氧化为-1价，方程式：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，
故答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O
③NaFeO4+KOH⇌KFeO4+NaOH，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，
故答案为：增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出；
（2）高铁酸钾具有很强的氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe（OH）3胶体，有吸附性，
故答案为高铁酸钾有强氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe（OH）3胶体、有吸附性起净水作用；
（3）干法制备K2FeO4的反应的方程式为：Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，N元素化合价降低，是氧化剂，铁的化合价降低，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3﹕1，
故答案为：3﹕1；
（4）由图可知高铁电池比高能碱性电池放电时间长，工作电压稳定，
故答案为：放电时间长、工作电压稳定．
解析
解：（1）①反应Ⅰ为复分解反应，方程式为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，
故答案为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；
②反应Ⅱ为氧化还原反应，+3价铁被氧化成+6价铁，+1价的氯被氧化为-1价，方程式：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，
故答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O
③NaFeO4+KOH⇌KFeO4+NaOH，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，
故答案为：增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出；
（2）高铁酸钾具有很强的氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe（OH）3胶体，有吸附性，
故答案为高铁酸钾有强氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe（OH）3胶体、有吸附性起净水作用；
（3）干法制备K2FeO4的反应的方程式为：Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，N元素化合价降低，是氧化剂，铁的化合价降低，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3﹕1，
故答案为：3﹕1；
（4）由图可知高铁电池比高能碱性电池放电时间长，工作电压稳定，
故答案为：放电时间长、工作电压稳定．
（2015秋•东莞市校级期末）某同学在实验室用如图甲所示装置制取乙酸乙酯．
（1）请用化学反应速率和化学平衡解释浓硫酸在酯化反应中的作用______
（2）装置中通蒸汽的导管只能插到饱和碳酸钠溶液的液面上，其原因是______
（3）进行该实验时，应加入少量碎瓷片，目的是______
（4）随着温度升高，乙酸乙酯产率不断降低，其原因是______
（5）工业上分离粗产品中的乙醇、乙酸、乙酸乙酯，其流程图如下：
则试剂a是：______，方法Ⅰ是______，方法Ⅱ是______，
试剂b是______，方法Ⅲ是______
（6）有甲、乙、丙三位同学，分别将乙酸与乙醇反应得到的酯（未用饱和Na2CO3溶液承接）提纯，在未用指示剂的情况下，他们都是先加NaOH中和过量的酸，然后用蒸馏法将酯分离出来．但他们的结果却不同：①甲得到了不溶于水的中性酯；②乙得到显酸性的酯的混合物；③丙得到大量水溶性物质．试分析产生上述各种现象的原因：______
（7）某同学后来改进了实验装置，如图乙所示，其中，图乙中a装置的优点是______．
正确答案
解：（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应：CH3COOH+H18OCH2CH3
浓硫酸作催化剂，加快反应速率，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，增加乙酸乙酯产率，
故答案为：浓硫酸作催化剂，加快反应速率；浓硫酸作吸水剂，吸收反应生成的水，使平衡右移，增加乙酸乙酯产率；
（2）试管受热不均，右端试管中的导管伸入液面下可能发生倒吸，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是防止碳酸钠液体倒吸，便于乙酸乙酯流出，
故答案为：防倒吸；
（3）乙酸、乙醇沸点低，易暴沸，碎瓷片表面多孔，能引入汽化中心，防止液体暴沸，
故答案为：防暴沸；
（4）该反应放热，乙酸、乙醇都易挥发，温度升高，乙酸和乙醇不断挥发，使乙酸乙酯产率降低，
故答案为：该反应放热，乙酸和乙醇不断挥发，反应物利用率下降，故乙酸乙酯产率降低；
（5）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可；乙酸钠与乙醇分离采用蒸馏，分离方法Ⅱ是蒸馏，应该使用硫酸将乙酸钠转化成乙酸，然后通过蒸馏将乙酸分离，
故答案为：饱和Na2CO3溶液；分液；蒸馏；浓硫酸；蒸馏；
（6）①甲得到了不溶于水的中性酯，没有酸，说明所加NaOH溶液恰好中和了过量的酸；
②乙得到显酸性的酯的混合物，酸有剩余，说明是所加NaOH溶液不足未将酸完全反应；
③丙得到大量水溶性物质，说明没有酯，是因为所加NaOH溶液过量，酯发生水解，
故答案为：①甲同学加入的碱正好将过量的酸中和，所以蒸馏后得到中性酯 ②乙同学加入碱量不足，所以蒸馏出来的有过量的酸，得到显酸性的酯的混合物 ③丙同学加入的碱过量使生成的酯已经水解为可溶性的醇和钠盐；
（7）a装置为冷凝管，能使乙酸和乙醇冷却，回到容器中继续反应，提高反应物利用率，
故答案为：使乙酸和乙醇冷却，回到容器中继续反应，提高反应物利用率．
解析
解：（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应：CH3COOH+H18OCH2CH3
浓硫酸作催化剂，加快反应速率，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，增加乙酸乙酯产率，
故答案为：浓硫酸作催化剂，加快反应速率；浓硫酸作吸水剂，吸收反应生成的水，使平衡右移，增加乙酸乙酯产率；
（2）试管受热不均，右端试管中的导管伸入液面下可能发生倒吸，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是防止碳酸钠液体倒吸，便于乙酸乙酯流出，
故答案为：防倒吸；
（3）乙酸、乙醇沸点低，易暴沸，碎瓷片表面多孔，能引入汽化中心，防止液体暴沸，
故答案为：防暴沸；
（4）该反应放热，乙酸、乙醇都易挥发，温度升高，乙酸和乙醇不断挥发，使乙酸乙酯产率降低，
故答案为：该反应放热，乙酸和乙醇不断挥发，反应物利用率下降，故乙酸乙酯产率降低；
（5）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可；乙酸钠与乙醇分离采用蒸馏，分离方法Ⅱ是蒸馏，应该使用硫酸将乙酸钠转化成乙酸，然后通过蒸馏将乙酸分离，
故答案为：饱和Na2CO3溶液；分液；蒸馏；浓硫酸；蒸馏；
（6）①甲得到了不溶于水的中性酯，没有酸，说明所加NaOH溶液恰好中和了过量的酸；
②乙得到显酸性的酯的混合物，酸有剩余，说明是所加NaOH溶液不足未将酸完全反应；
③丙得到大量水溶性物质，说明没有酯，是因为所加NaOH溶液过量，酯发生水解，
故答案为：①甲同学加入的碱正好将过量的酸中和，所以蒸馏后得到中性酯 ②乙同学加入碱量不足，所以蒸馏出来的有过量的酸，得到显酸性的酯的混合物 ③丙同学加入的碱过量使生成的酯已经水解为可溶性的醇和钠盐；
（7）a装置为冷凝管，能使乙酸和乙醇冷却，回到容器中继续反应，提高反应物利用率，
故答案为：使乙酸和乙醇冷却，回到容器中继续反应，提高反应物利用率．
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