- 物质的制备
- 共3198题
苯甲酸广泛应用于制药和化工行业．某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸．
实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯．
已知：苯甲酸相对分分子质量122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度度分别为0，.3g和6.9g；纯净固体有机物一般都有固定熔点．
（1）操作I为______，操作II为______．
（2）无色液体A是______，定性区分苯和A的试剂常采用______，现象是______．
（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔．该同学推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表
明推测正确．请完成表中内容．
（4）纯度测定：称取1.220g产品，配成100mL甲醇溶液，移取25.00mL溶液，滴定，消耗KOH大的物质的量为2.40×10-3mol．产品中苯甲酸质量分数的计算表达为______，计算结果为______（保留二位有效数字）．
正确答案
解：（1）一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯；所以操作Ⅰ是分离出有机相甲苯，用分液方法得到；操作Ⅱ是蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体；故答案为：分液，蒸馏；
（2）依据流程和推断可知，无色液体A为甲苯，检验试剂可以用酸性高锰酸钾溶液，甲苯被氧化为苯甲酸，高锰酸钾溶液紫色褪去；故答案为：酸性KMnO4溶液，紫色溶液褪色；
（3）①白色固体B加水溶解后，利用苯甲酸和KCl的溶解度随温度变化情况，通过加热浓缩后再冷却结晶，利用过滤可分离出白色晶体和无色滤液，故答案为：冷却过滤；
②向无色溶液里滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，可证明氯离子的存在，故答案为：滴入适量的硝酸酸化的AgNO3溶液；
（4）称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol，苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾1：1反应，所以物质的量相同，注意溶液体积变化计算样品中 苯甲酸的物质的量，计算质量分数；样品中苯甲酸质量分数=
解析
解：（1）一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯；所以操作Ⅰ是分离出有机相甲苯，用分液方法得到；操作Ⅱ是蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体；故答案为：分液，蒸馏；
（2）依据流程和推断可知，无色液体A为甲苯，检验试剂可以用酸性高锰酸钾溶液，甲苯被氧化为苯甲酸，高锰酸钾溶液紫色褪去；故答案为：酸性KMnO4溶液，紫色溶液褪色；
（3）①白色固体B加水溶解后，利用苯甲酸和KCl的溶解度随温度变化情况，通过加热浓缩后再冷却结晶，利用过滤可分离出白色晶体和无色滤液，故答案为：冷却过滤；
②向无色溶液里滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，可证明氯离子的存在，故答案为：滴入适量的硝酸酸化的AgNO3溶液；
（4）称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol，苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾1：1反应，所以物质的量相同，注意溶液体积变化计算样品中 苯甲酸的物质的量，计算质量分数；样品中苯甲酸质量分数=
二氧化钛广泛应用于各类结构表面涂料、纸张涂层等，二氧化钛还可作为制备钛单质的原料．
Ⅰ二氧化钛可由以下两种方法制备：
方法1：TiCl4水解生成TiO2•xH2O，过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2，此方法制备得到的是纳米二氧化钛．
（1）①TiCl4水解生成TiO2•x H2O的化学方程式为______；
②检验TiO2•x H2O中Cl-是否被除净的方法是______．
方法2：可用含有Fe2O3的钛铁矿（主要成分为FeTiO3，其中Ti元素化合价为+4价）制取，其主要流程如下：
（2）Fe2O3与H2SO4反应的离子方程式是______．
（3）甲溶液中除含TiO2+之外还含有的金属阳离子有______．
（4）加Fe的作用是______．
Ⅱ二氧化钛可用于制取钛单质
（5）TiO2制取单质Ti，涉及到的步骤如下：TiO2
正确答案
解：（1）①设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x），方程式为TiCl4+（x+2）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl，故答案为：TiCl4+（x+2）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl；
②沉淀吸附溶液中的Cl-，根据发生反应：Cl-+Ag+═AgCl↓，取最后一次的少量洗涤液，检验溶液中溶解的离子是否还存在，故答案为：取最后一次的少量水洗液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl-已除净；
（2）氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（3）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O，所以溶液中还存在的阳离子是Fe3+、Fe2+，故答案为：Fe3+、Fe2+；
（4）该溶液中含有铁离子，铁具有还原性，能将铁离子氧化生成亚铁离子且不引进新的杂质，所以铁的作用是：将Fe3+转化为Fe2+，故答案为：将Fe3+转化为Fe2+；
（5）在800℃条件下，四氯化钛和镁反应生成氯化镁和钛，反应方程式为：TiCl4+2Mg
解析
解：（1）①设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x），方程式为TiCl4+（x+2）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl，故答案为：TiCl4+（x+2）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl；
②沉淀吸附溶液中的Cl-，根据发生反应：Cl-+Ag+═AgCl↓，取最后一次的少量洗涤液，检验溶液中溶解的离子是否还存在，故答案为：取最后一次的少量水洗液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl-已除净；
（2）氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（3）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O，所以溶液中还存在的阳离子是Fe3+、Fe2+，故答案为：Fe3+、Fe2+；
（4）该溶液中含有铁离子，铁具有还原性，能将铁离子氧化生成亚铁离子且不引进新的杂质，所以铁的作用是：将Fe3+转化为Fe2+，故答案为：将Fe3+转化为Fe2+；
（5）在800℃条件下，四氯化钛和镁反应生成氯化镁和钛，反应方程式为：TiCl4+2Mg
4，7-二甲基香豆素（熔点：132.6℃）是一种重要的香料，广泛分布于植物界中，由间-甲苯酚为原料的合成反应如下：
实验装置图如下：
主要实验步骤：
步骤1：向装置a中加入60mL浓硫酸，并冷却至0℃以下，搅拌下滴入间-甲苯酚30mL（0.29mol）和乙酰乙酸乙酯26.4mL （0.21mol）的混合物．
步骤2：保持在10℃下，搅拌12h，反应完全后，将其倒入冰水混合物中，然后抽滤、水洗得粗产品
步骤3：粗产品用乙醇溶解并重结晶，得白色针状晶体并烘干，称得产品质量为33.0g．
（1）简述装置b中将活塞上下部分连通的目的______．
（2）浓H2SO4需要冷却至0℃以下的原因是______．
（3）反应需要搅拌12h，其原因是______．
（4）本次实验产率为______（百分数保留一位小数）
（5）实验室制备乙酸乙酯的化学反应方程式______，用______（填药品名称）收集粗产品，用______（填操作名称）的方法把粗产品分离．
正确答案
解：（1）装置中装置b中将活塞上下部分连通具有平衡气压的作用，使漏斗中间甲苯酚30mL（0.29mol）和乙酰乙酸乙酯26.4mL （0.21mol）的混合物顺利流下，
故答案为：平衡上下气压，使漏斗中液体顺利流下；
（2）浓硫酸具有强氧化性和脱水性，反应温度高浓硫酸能使有机物氧化和脱水碳化，发生副反应，所以浓H2SO4需要冷却至0℃以下，
故答案为：防止浓H2SO4将有机物氧化或炭化；
（3）不断的搅拌反应混合物，可以使反应物充分接触反应，从而提高反应产率，
故答案为：使反应物充分接触反应，提高反应产率；
（4））已知间甲苯酚30mL（0.29mol）、乙酰乙酸乙酯26.4mL（0.21mol），若完全反应间甲苯酚过量，按照乙酰乙酸乙酯计算理论产量为0.21mol×174g/mol=36.54g，则产率为
故答案为：90.3%；
（5）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH
故答案为：CH3CH2OH+CH3COOH
解析
解：（1）装置中装置b中将活塞上下部分连通具有平衡气压的作用，使漏斗中间甲苯酚30mL（0.29mol）和乙酰乙酸乙酯26.4mL （0.21mol）的混合物顺利流下，
故答案为：平衡上下气压，使漏斗中液体顺利流下；
（2）浓硫酸具有强氧化性和脱水性，反应温度高浓硫酸能使有机物氧化和脱水碳化，发生副反应，所以浓H2SO4需要冷却至0℃以下，
故答案为：防止浓H2SO4将有机物氧化或炭化；
（3）不断的搅拌反应混合物，可以使反应物充分接触反应，从而提高反应产率，
故答案为：使反应物充分接触反应，提高反应产率；
（4））已知间甲苯酚30mL（0.29mol）、乙酰乙酸乙酯26.4mL（0.21mol），若完全反应间甲苯酚过量，按照乙酰乙酸乙酯计算理论产量为0.21mol×174g/mol=36.54g，则产率为
故答案为：90.3%；
（5）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH
故答案为：CH3CH2OH+CH3COOH
四氯化钛（T1Cl4）是制取航天航空工业材料--钛合金的重要原料．实验室以TiO2和CCl4为原料制取液态TiCl4的装置如图所示（部分夹持装詈省略）．
已知：
①制取TiC14的反应原理为TiO2（s）+CCl4（g）
②有关物质的性质如下表：
请回答下列问题：
（1）仪器N的名称是______，仪器A中盛装的试剂是______．
（2）检查装置气密性的方法是______
反应前通入N2的目的是______
（3）装置B中热水的作用是______．
（4）欲分离D中的液态混合物，所采用操作的名称是______．
（5）TiC14还可由TiO2、焦炭和氯气在加热条件下反应制得，同时有气体生成，请设计实验方案探究气体中是否同时含有CO和CO2两种气体：______．
正确答案
解：通过氮气将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，干燥氮气，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；B装置加热使四氯化碳挥发，C中装置在加热条件下，发生反应TiO2（s）+CCl4（g）
（1）该仪器名称是圆底烧瓶，圆底烧瓶；A中盛放物质要具有吸水性，且为固体，可以是碱石灰，
故答案为：圆底烧瓶；碱石灰（或其他合理答案）；
（2）检验装置气密性方法为：关闭止水夹K，在装置E中加入水浸没长导管下端，在水槽M中加入热水，装置E的长导管口有气泡产生，移去水槽M，一段时间后，导管中形成一段水柱，则说明装置气密性
良好；
TiCl4易被氧气氧化，所以制备该物质时要防止被氧气氧化，所以要排除装置中的空气，保证该反应在无氧无水环境下进行，
故答案为：关闭止水夹K，在装置E中加入水浸没长导管下端，在水槽M中加入热水，装置E的长
导管口有气泡产生，移去水槽M，一段时间后，导管中形成一段水柱，则说明装置气密性
良好（或其他合理答案）；排除装置中的空气，保证反应在无氧无水环境下进行；
（3）常温下四氯化碳是液体，为了得到四氯化碳气体，应该将CCl4汽化，所以B加热的目的是使CCl4汽化，故答案为：使CCl4汽化；
（4）互溶的溶液采用蒸馏方法分离，四氯化碳和四氯化钛互溶，应该采用蒸馏方法分离，故答案为：蒸馏；
（5）气体可能是CO或CO2或CO与CO2的混合气体，利用CO的还原性检验CO，利用二氧化碳和澄清石灰水反应检验二氧化碳，其检验方法为：将气体先通过澄清石灰水，干燥后再通人装有灼热Cu0的玻璃管中，若澄清石灰水变浑浊且玻璃管中有红色固体生成，则气体中同时含有CO与C02两种气体（或其他合理答案），
故答案为：将气体先通过澄清石灰水，干燥后再通人装有灼热Cu0的玻璃管中，若澄清石灰水变浑浊且玻璃管中有红色固体生成，则气体中同时含有CO与C02两种气体（或其他合理答案）．
解析
解：通过氮气将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，干燥氮气，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；B装置加热使四氯化碳挥发，C中装置在加热条件下，发生反应TiO2（s）+CCl4（g）
（1）该仪器名称是圆底烧瓶，圆底烧瓶；A中盛放物质要具有吸水性，且为固体，可以是碱石灰，
故答案为：圆底烧瓶；碱石灰（或其他合理答案）；
（2）检验装置气密性方法为：关闭止水夹K，在装置E中加入水浸没长导管下端，在水槽M中加入热水，装置E的长导管口有气泡产生，移去水槽M，一段时间后，导管中形成一段水柱，则说明装置气密性
良好；
TiCl4易被氧气氧化，所以制备该物质时要防止被氧气氧化，所以要排除装置中的空气，保证该反应在无氧无水环境下进行，
故答案为：关闭止水夹K，在装置E中加入水浸没长导管下端，在水槽M中加入热水，装置E的长
导管口有气泡产生，移去水槽M，一段时间后，导管中形成一段水柱，则说明装置气密性
良好（或其他合理答案）；排除装置中的空气，保证反应在无氧无水环境下进行；
（3）常温下四氯化碳是液体，为了得到四氯化碳气体，应该将CCl4汽化，所以B加热的目的是使CCl4汽化，故答案为：使CCl4汽化；
（4）互溶的溶液采用蒸馏方法分离，四氯化碳和四氯化钛互溶，应该采用蒸馏方法分离，故答案为：蒸馏；
（5）气体可能是CO或CO2或CO与CO2的混合气体，利用CO的还原性检验CO，利用二氧化碳和澄清石灰水反应检验二氧化碳，其检验方法为：将气体先通过澄清石灰水，干燥后再通人装有灼热Cu0的玻璃管中，若澄清石灰水变浑浊且玻璃管中有红色固体生成，则气体中同时含有CO与C02两种气体（或其他合理答案），
故答案为：将气体先通过澄清石灰水，干燥后再通人装有灼热Cu0的玻璃管中，若澄清石灰水变浑浊且玻璃管中有红色固体生成，则气体中同时含有CO与C02两种气体（或其他合理答案）．
（2014秋•浙江月考）苯甲酸和亚硝酸钠都是常见的食品防腐剂
I．苯甲酸的制备流程为图1：
操作步骤如下：
①在圆底烧瓶中加入一定量的甲苯和适量的水，安装好右图 所示反应装置，加热至沸．
②从a的上口分数次加入一定量的碱性高锰酸钾，并用少量水冲洗a的内壁．继续回流并时常摇动烧瓶，直至反应基本结束．
③将反应混合液趁热过滤，滤渣为黑色固体；得到的滤液如果呈紫色，可加入少量的饱和亚硫酸钠溶液使紫色褪去，重新过滤，再将滤液放在冰水浴中冷却后用浓盐酸酸化，直到产品析出．
（1）仪器a的名称______，被回流的主要物质是______
（2）写出滴加饱和亚硫酸钠溶液时的离子方程式______
（3）第③步中，若冷却后再过滤，则产率______（填“偏高”、“不变”或“偏低”）
Ⅱ．亚硝酸钠滴定法是利用亚硝酸钠滴定液在盐酸溶液中与芳伯氨基化合物发生重氮化反应图2，定量生成重氮盐，来测定药物含量的方法．其滴定反应如下：
Ar-NH2+NaNO2+2HCl→Ar-N2C1+NaCl+2H2O
（4）已知亚硝酸具有氧化性，实验中用KI-淀粉溶液作为滴定终点的指示剂，则滴定终点的现象______．
（5）《中国药典》规定在室温（10℃-30℃）条件下快速滴定，温度太高会使亚硝酸挥发和分解，测定结果会______．（填“偏高”“偏低”或“无影响”）；但温度也不宜过低，原因是______．
正确答案
解：I．苯甲酸的制备：苯环的上的烃基可被酸性高锰酸钾氧化成羧基，甲苯被高锰酸钾氧化成苯甲酸钾，用盐酸酸化生成苯甲酸．
（1）仪器a冷凝回流甲苯，为冷凝管，在常温下甲苯是液体，苯甲酸是固体，第①步中甲苯沸点较低，加热时易挥发，故在第①步中主要是对甲苯进行回流；
故答案为：冷凝管；甲苯；
（2）KMnO4溶液有氧化性，而亚硫酸钠溶液有还原性，二者会发生氧化还原反应，碱性高锰酸钾，还原产物为MnO2，根据化合价升降总数相等：S：+4→+6，↑2，×3，Mn：+7→+4，↓3，×2，故SO32-、SO42-的化学计量数为3，MnO4-、MnO2的化学计量数为2，由O守恒可知：H2O的化学计量数为1，所以滴加饱和亚硫酸钠溶液时的离子方程式为：2MnO4-+H2O+3SO32-═2MnO2↓+2OH-+3SO42-，
故答案为：2MnO4-+H2O+3SO32-═2MnO2↓+2OH-+3SO42-；
（3）步骤②中得到的是苯甲酸钾，经酸化可以得到苯甲酸，由于该物质的溶解度随温度的升高而增大，苯甲酸的溶解度在较高的温度下比较大，故应在较高的温度下使苯甲酸形成饱和溶液，③将反应混合液趁热过滤，然后再冷却结晶形成固体，最后过滤得到苯甲酸晶体，若冷却后再过滤，则部分晶体随二氧化锰进入滤渣，则产率偏低，
故答案为：偏低；
Ⅱ．（4）用KI-淀粉溶液作为滴定终点的指示剂，亚硝酸钠滴定液在盐酸溶液中与芳伯氨基化合物发生重氮化反应，当反应完成，具有氧化性的亚硝酸氧化碘离子生成碘单质，与淀粉显示蓝色，所以滴定终点现象为：溶液由无色变蓝色，并在半分钟内不变色，
故答案为：溶液由无色变蓝色，并在半分钟内不变色；
（5）亚硝酸易挥发，易分解2HNO2
故答案为：偏高；反应速率过慢，不利于滴定终点的判断．
解析
解：I．苯甲酸的制备：苯环的上的烃基可被酸性高锰酸钾氧化成羧基，甲苯被高锰酸钾氧化成苯甲酸钾，用盐酸酸化生成苯甲酸．
（1）仪器a冷凝回流甲苯，为冷凝管，在常温下甲苯是液体，苯甲酸是固体，第①步中甲苯沸点较低，加热时易挥发，故在第①步中主要是对甲苯进行回流；
故答案为：冷凝管；甲苯；
（2）KMnO4溶液有氧化性，而亚硫酸钠溶液有还原性，二者会发生氧化还原反应，碱性高锰酸钾，还原产物为MnO2，根据化合价升降总数相等：S：+4→+6，↑2，×3，Mn：+7→+4，↓3，×2，故SO32-、SO42-的化学计量数为3，MnO4-、MnO2的化学计量数为2，由O守恒可知：H2O的化学计量数为1，所以滴加饱和亚硫酸钠溶液时的离子方程式为：2MnO4-+H2O+3SO32-═2MnO2↓+2OH-+3SO42-，
故答案为：2MnO4-+H2O+3SO32-═2MnO2↓+2OH-+3SO42-；
（3）步骤②中得到的是苯甲酸钾，经酸化可以得到苯甲酸，由于该物质的溶解度随温度的升高而增大，苯甲酸的溶解度在较高的温度下比较大，故应在较高的温度下使苯甲酸形成饱和溶液，③将反应混合液趁热过滤，然后再冷却结晶形成固体，最后过滤得到苯甲酸晶体，若冷却后再过滤，则部分晶体随二氧化锰进入滤渣，则产率偏低，
故答案为：偏低；
Ⅱ．（4）用KI-淀粉溶液作为滴定终点的指示剂，亚硝酸钠滴定液在盐酸溶液中与芳伯氨基化合物发生重氮化反应，当反应完成，具有氧化性的亚硝酸氧化碘离子生成碘单质，与淀粉显示蓝色，所以滴定终点现象为：溶液由无色变蓝色，并在半分钟内不变色，
故答案为：溶液由无色变蓝色，并在半分钟内不变色；
（5）亚硝酸易挥发，易分解2HNO2
故答案为：偏高；反应速率过慢，不利于滴定终点的判断．
氯化铁和高铁酸钾都是常见的水处理剂．下图为制备氯化铁及进一步氧化制备高铁酸钾的工艺流程．
请回答下列问题：
（1）氯化铁有多种用途，请用离子方程式表示下列用途的原理．
①氯化铁做净水剂______；
②用FeCl3溶液（32%～35%）腐蚀铜印刷线路板______．
（2）吸收剂X的化学式为______；氧化剂Y的化学式为______．
（3）碱性条件下反应①的离子方程式为______．
（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品．该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4═K2FeO4+2NaOH，请根据复分解反应原理分析反应发生的原因______．
（5）K2FeO4 在水溶液中易发生反应：4FeO42+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH+3O2↑．在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用______（填序号）．
A．H2O
B．稀KOH溶液、异丙醇
C．NH4Cl溶液、异丙醇
D．Fe（NO3）3溶液、异丙醇
（6）可用滴定分析法测定粗K2FeO4的纯度，有关反应离子方程式为：
①FeO42-+CrO2-+2H2O═CrO42-+Fe（OH）3↓+OH-
②2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O
③Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O
现称取1.980g粗高铁酸钾样品溶于适量氢氧化钾溶液中，加入稍过量的KCrO2，充分反应后过滤滤液定容于250mL容量瓶中．每次取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.1000mol/L的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为18.93mL．则上述样品中高铁酸钾的质量分数为______．
正确答案
Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
FeCl2
NaClO
2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行
B
63.1%
解析
解：（1）①氯化铁做净水剂是因为Fe3+水为Fe（OH）3胶体的缘故，原理为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+；
②工业上常用FeCl3溶液腐蚀铜印刷线路板，是Fe3+氧化了Cu的缘故，反应方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，
故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
（2）吸收剂X的与Cl2反应的产物是FeCl3，X是FeCl2；Cl2与氢氧化钠反应生成NaClO和NaCl，其中NaClO能做氧化剂，所以Y为NaClO，
故答案为：FeCl2；NaClO；
（3）碱性条件下根据反应物和产物可知，反应①的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
故答案为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品，该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4 =K2FeO4+2NaOH，反应能发生的原因是K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行；
故答案为：K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行；
（5）K2FeO4 在水溶液中易发生反应：4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3+8OH-+3O2↑，所以用碱液来洗涤，抑制水解，不引入新的杂质所以用稀KOH溶液，异丙醇易挥发，故选B；
（6）根据反应①②③可知：2FeO42-～～～～6Fe2+，
1mol 3mol
n 0.1000mol/L×0.01893L
则n=6.31×10-4mol，
所以样品中高铁酸钾的质量分数为
故答案为：63.1%．
工业上可用软锰矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）．其工业流程如下：
回答下列问题：
（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施有（写一条）______．
（2）除铁工序中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软锰矿，其作用是（用离子方程式表示）______．
（3）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质．若测得滤液中c（F-）=0.01mol•L-1，滤液中残留的c（Ca2+）=______〔已知：Ksp（CaF2）=1.46×10-10〕，
（4）沉锰工序中，298K、c（Mn2+）为1.05mol•L-1时，实验测得MnCO3的产率与溶液pH、反应时间的关系如图2所示．根据图中信息得出的结论是______．
（5）沉锰工序中有CO2生成，则生成MnCO3的离子方程式是______．
（6）从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是______，沉锰工序中怎样证明MnCO3已经洗涤干净______，副产品A的化学式是______．
正确答案
解：（1）提高浸取率的措施可以是搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，
故答案为：搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当提高稀硫酸的浓度；
（2）主要成分是FeS2的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除去，所以需要加入氧化剂软锰矿使残余的Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，再加入石灰调节pH值使Fe3+完全沉淀，
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）由于流程第二步加入了石灰引入了Ca2+杂质，因此除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质可分别使用（NH4）2S和NH4F，生成CuS、CaF沉淀除去，根据已知氟化钙的溶度积和c（F-）可知：c（Ca2+）=
故答案为：1.46×10-6mol•L-1；
（4）从沉锰的图象可以看出，在已给的几个pH值条件下，pH越大得到的MnCO3的产率越高，且需要的时间越短，且在pH=7时，有更好的效果，因此结论是pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高，
故答案为：pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高；
（5）沉锰工序的溶液中有Mn2+，加入碳酸氢铵，Mn2+会与HCO3-电离产生的CO32-结合成难溶的沉淀MnCO3，从而促进HCO3-进一步电离产生H+，一部分HCO3-又与电离得到的H+反应生成气体CO2，因此整个反应可以表达成Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（6）从沉锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出的MnCO3过滤、洗涤、干燥即可；可根据MnCO3的难溶性验证是否洗涤干净，方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入过量盐酸，再滴加少量BaCl2溶液，振荡，无沉淀产生，则已洗涤干净；得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应，因此可以制的副产品为：（NH4）2SO4，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；取最后一次洗涤液少量于试管中，加入过量盐酸，再滴加少量BaCl2溶液，振荡，无沉淀产生，则已洗涤干净；（NH4）2SO4．
解析
解：（1）提高浸取率的措施可以是搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，
故答案为：搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当提高稀硫酸的浓度；
（2）主要成分是FeS2的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除去，所以需要加入氧化剂软锰矿使残余的Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，再加入石灰调节pH值使Fe3+完全沉淀，
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）由于流程第二步加入了石灰引入了Ca2+杂质，因此除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质可分别使用（NH4）2S和NH4F，生成CuS、CaF沉淀除去，根据已知氟化钙的溶度积和c（F-）可知：c（Ca2+）=
故答案为：1.46×10-6mol•L-1；
（4）从沉锰的图象可以看出，在已给的几个pH值条件下，pH越大得到的MnCO3的产率越高，且需要的时间越短，且在pH=7时，有更好的效果，因此结论是pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高，
故答案为：pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高；
（5）沉锰工序的溶液中有Mn2+，加入碳酸氢铵，Mn2+会与HCO3-电离产生的CO32-结合成难溶的沉淀MnCO3，从而促进HCO3-进一步电离产生H+，一部分HCO3-又与电离得到的H+反应生成气体CO2，因此整个反应可以表达成Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（6）从沉锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出的MnCO3过滤、洗涤、干燥即可；可根据MnCO3的难溶性验证是否洗涤干净，方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入过量盐酸，再滴加少量BaCl2溶液，振荡，无沉淀产生，则已洗涤干净；得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应，因此可以制的副产品为：（NH4）2SO4，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；取最后一次洗涤液少量于试管中，加入过量盐酸，再滴加少量BaCl2溶液，振荡，无沉淀产生，则已洗涤干净；（NH4）2SO4．
间硝基苯胺（Mr=128）是一种重要的染料中间体．它是一种黄色针状结晶，微溶于水，随温度升高溶解度增大，溶于乙醇、乙醚、甲醇．间硝基苯胺可选用间二硝基苯与碱金属多硫化物进行选择性还原，其反应式如图1：
已知：R-NH2+H+→R-NH3+
实验步骤：
①在100mL锥形瓶中加入8g结晶硫化钠与30mL水，搅拌溶解．再加入2g硫黄粉，缓缓加热并不断搅拌到硫黄粉全部溶解，冷却后备用．
②在150mL三颈烧瓶中加入4.74g间二硝基苯（Mr=158）与40mL水，安装机械搅拌装置、滴液漏斗和回流冷凝管如图2所示，将步骤①配制的多硫化钠溶液加入滴液漏斗．
③加热三颈烧瓶至瓶内微微沸腾，开动搅拌使间二硝基苯与水形成悬浮液．慢慢滴加多硫化钠溶液，滴加完毕后继续搅拌回流30min．移去热源，用冷水浴使反应物迅速冷却到室温后，减压过滤，滤饼洗涤三次．
④在150mL某容器中配制稀盐酸（30mL水加7mL浓盐酸），将上述粗产物转移进该容器，加热并用玻璃棒搅拌，使间硝基苯胺溶解，冷却到室温后减压过滤．
⑤冷却滤液，在搅拌下滴加过量浓氨水到pH=8，滤液中逐渐析出黄色的间硝基苯胺．
⑥冷却到室温后减压过滤，洗涤滤饼到中性，抽干，产物重结晶提纯，在红外灯下干燥，称重，得2.56g．
回答下列问题：
（1）滴液漏斗较普通分液漏斗的优点______；第④步中配制稀盐酸的容器名称为______．
（2）间二硝基苯和间硝基苯胺都有毒，因此该实验应在______内进行．
（3）在铁和盐酸作用制得初生态氢原子（还原性远强于碱金属多硫化物）也可以将硝基还原为氨基，却未被采用，其可能原因为______．
（4）第④步用盐酸溶解粗产品，而不用水的原因______．
（5）第③步中滤饼洗涤三次，可选用的洗涤剂为______；第⑥步产物要进行重结晶，可选用的试剂为______．
A．冷水 B．热水 C．乙醚 D．乙醇
（6）第③步中，搅拌使间二硝基苯与水形成悬浮液后再滴加多硫化钠溶液，其原因为______．
（7）第⑥步中要将滤饼洗涤到中性，检验方法为______．
（8）该反应的产率为______．
正确答案
解：（1）和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下；配制溶液需要在烧杯中进行，
故答案为：保持恒压，便于液体顺利流下；烧杯；
（2）有毒物质或产生有毒物质的实验需要在通风橱中进行，防止安全事故产生，故答案为：通风橱；
（3）间硝基苯胺可选用间二硝基苯与碱金属多硫化物进行选择性还原，铁和盐酸作用制得初生态氢原子（还原性远强于碱金属多硫化物），还原性强，不具有选择性，未必能将硝基还原为氨基，得不到想要的产品，所以不选，
故答案为：铁和盐酸作用还原性强，不具有选择性；
（4）第④步用盐酸溶解粗产品，是因为间硝基苯胺可与盐酸作用可以形成盐溶于水中，不用水的原因是间硝基苯胺微溶于水，
故答案为：间硝基苯胺微溶于水，但可与盐酸作用可以形成盐溶于水中；
（5）间硝基苯胺微溶于水，随温度升高溶解度增大，溶于乙醇、乙醚、甲醇，所以选择冷水洗涤第③步中滤饼三次，二次结晶也就是重结晶，可提纯晶体，间硝基苯胺溶于乙醇、乙醚、甲醇，不便于重结晶，用热水，通过温度调节，可用降温结晶提纯晶体，所以选择热水，
故答案为：A；B；
（6）第③步中，搅拌使间二硝基苯与水形成悬浮液再滴加多硫化钠溶液，能增大反应物间的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
（7）滤饼洗涤是否到中性，可通过检验最后洗涤液进行验证，用玻璃棒蘸取最后一次洗涤后液体，滴在pH试纸中央，测定pH，若pH=7，说明已洗涤到中性，
故答案为：用玻璃棒蘸取最后一次洗涤后液体，滴在pH试纸中央，测定pH，若pH=7，说明已洗涤到中性；
（8）4.74g间二硝基苯（Mr=158）理论上转化为间硝基苯胺的物质的量为
故答案为：66.7%．
解析
解：（1）和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下；配制溶液需要在烧杯中进行，
故答案为：保持恒压，便于液体顺利流下；烧杯；
（2）有毒物质或产生有毒物质的实验需要在通风橱中进行，防止安全事故产生，故答案为：通风橱；
（3）间硝基苯胺可选用间二硝基苯与碱金属多硫化物进行选择性还原，铁和盐酸作用制得初生态氢原子（还原性远强于碱金属多硫化物），还原性强，不具有选择性，未必能将硝基还原为氨基，得不到想要的产品，所以不选，
故答案为：铁和盐酸作用还原性强，不具有选择性；
（4）第④步用盐酸溶解粗产品，是因为间硝基苯胺可与盐酸作用可以形成盐溶于水中，不用水的原因是间硝基苯胺微溶于水，
故答案为：间硝基苯胺微溶于水，但可与盐酸作用可以形成盐溶于水中；
（5）间硝基苯胺微溶于水，随温度升高溶解度增大，溶于乙醇、乙醚、甲醇，所以选择冷水洗涤第③步中滤饼三次，二次结晶也就是重结晶，可提纯晶体，间硝基苯胺溶于乙醇、乙醚、甲醇，不便于重结晶，用热水，通过温度调节，可用降温结晶提纯晶体，所以选择热水，
故答案为：A；B；
（6）第③步中，搅拌使间二硝基苯与水形成悬浮液再滴加多硫化钠溶液，能增大反应物间的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
（7）滤饼洗涤是否到中性，可通过检验最后洗涤液进行验证，用玻璃棒蘸取最后一次洗涤后液体，滴在pH试纸中央，测定pH，若pH=7，说明已洗涤到中性，
故答案为：用玻璃棒蘸取最后一次洗涤后液体，滴在pH试纸中央，测定pH，若pH=7，说明已洗涤到中性；
（8）4.74g间二硝基苯（Mr=158）理论上转化为间硝基苯胺的物质的量为
故答案为：66.7%．
重铬酸钾（K2Cr2O7）是工业生产和实验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3）为原料生产，实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如下：
试回答下列问题：
（1）在反应器中，涉及的主要反应的化学方程式如下（未配平）：FeO•Cr2O3+NaOH+KClO3
①该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______；
②下列措施不能加快此反应的反应速率的是______（填字母）．
A．把铬铁矿尽可能的粉碎
B．提高反应的温度
C．适当改变铬铁矿与纯碱、固体氢氧化钠、氯酸钾的比例
（2）在反应器中，有Na2CrO4生成，同时Fe2O3转变为NaFeO3，杂质SiO2、Al2O3与纯碱反应转变为可溶性盐，用简要的文字说明操作Ⅲ的目的：______．
（3）操作Ⅳ中，酸化时，CrO42-转化为Cr2O72-，在此过程中最好加入的酸是______（填字母）．
A．H2SO3
B．HCl
C．H2SO4
（4）称取K2Cr2O7试样1.5g，配成溶液于碘量瓶中，加入足量2.0mol•L-1的H2SO4和足量碘化钾（铬的还原产物为Cr3+），放于暗处几分钟，然后加入3mL淀粉指示剂，用1.00mol•L-1的Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32-═2I-+S4O52-）．若实验中共用去Na2S2O3标准溶液30.00mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度为______%（设整个过程中其他杂质不参与反应）．
正确答案
解：（1）反应FeO•Cr2O3+NaOH+KClO3
，配平方程式为6FeO•Cr2O3+24NaOH+7KClO3
7：6，故答案为：7：6；
②A、把铬铁矿尽可能的粉碎，增大了接触面积，所以会加快反应速率，故A错误；
B、提高反应的温度，能加快反应速率，故B错误；
C、适当改变铬铁矿与纯碱、固体氢氧化钠、氯酸钾的比例，固体量的增减不会引起化学反应速率的变化，故C正确，
故选C．
（2）由于溶液在硅酸钠和偏铝酸钠发生水解，SiO32-+H2O⇌HSiO3-+OH-，HSiO3-+H2O⇌H2SiO3+OH-，AlO2-+H2O⇌Al（OH）3+OH-，降低pH值有利于平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时，使它们水解完全，
故答案为：由于溶液在硅酸钠和偏铝酸钠发生水解，SiO32-+H2O⇌HSiO3-+OH-，HSiO3-+H2O⇌H2SiO3+OH-，AlO2-+H2O⇌Al（OH）3+OH-，降低pH值有利于平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时，使它们水解完全；
（3）CrO42-转化的Cr2O72-中Cr是+6价，具有强氧化性，不能使用还原性的酸，只能使用稀硫酸，故答案为：C；
（4）由反应Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得反应的关系式为Cr2O72-～3I2～6S2O32-，根据关系式计算．
Cr2O72-～3I2～6S2O32-
1mol 3mol 6mol
n 1.0×30×10-3mol
则含重铬酸钾的物质的量为n=
故答案为：98%．
解析
解：（1）反应FeO•Cr2O3+NaOH+KClO3
，配平方程式为6FeO•Cr2O3+24NaOH+7KClO3
7：6，故答案为：7：6；
②A、把铬铁矿尽可能的粉碎，增大了接触面积，所以会加快反应速率，故A错误；
B、提高反应的温度，能加快反应速率，故B错误；
C、适当改变铬铁矿与纯碱、固体氢氧化钠、氯酸钾的比例，固体量的增减不会引起化学反应速率的变化，故C正确，
故选C．
（2）由于溶液在硅酸钠和偏铝酸钠发生水解，SiO32-+H2O⇌HSiO3-+OH-，HSiO3-+H2O⇌H2SiO3+OH-，AlO2-+H2O⇌Al（OH）3+OH-，降低pH值有利于平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时，使它们水解完全，
故答案为：由于溶液在硅酸钠和偏铝酸钠发生水解，SiO32-+H2O⇌HSiO3-+OH-，HSiO3-+H2O⇌H2SiO3+OH-，AlO2-+H2O⇌Al（OH）3+OH-，降低pH值有利于平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时，使它们水解完全；
（3）CrO42-转化的Cr2O72-中Cr是+6价，具有强氧化性，不能使用还原性的酸，只能使用稀硫酸，故答案为：C；
（4）由反应Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得反应的关系式为Cr2O72-～3I2～6S2O32-，根据关系式计算．
Cr2O72-～3I2～6S2O32-
1mol 3mol 6mol
n 1.0×30×10-3mol
则含重铬酸钾的物质的量为n=
故答案为：98%．
（2015•四川四模）绿铜锌矿[（ZnCu）5（CO3）2（OH）6]可用来制取胆矾和粗锌，其工艺流程如下：
已知ZnO、Zn（OH）2类似Al2O3、Al（OH）3均为两性化合物，有类似的化学反应．
（1）操作I具体为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、______．
（2）写出粗氧化物到与NaOH溶液反应的化学方程式______．
（3）制备硫酸铜溶液时通入氧气的作用是______．
（4）通过下述图1装置也可制取硫酸铜溶液（已知：2NaOH+2NO2═NaNO3+NaNO2+H2O）．
图1有些缺陷，若用图2装置连在图1的A、B之间，则这一改进的优点有：
①______；
②______．
（5）有同学用图3装置测所制备的粗锌的纯度（假设杂质不与酸反应）．
①检查该装置气密性的方法是______．
②导气管与分液漏斗上口相连的主要原因是______．
③工业生产中用550kg绿铜锌矿石最终制得粗锌113.4kg，已知煅烧绿铜锌矿石时损失10%，而粗氧化物到粗锌利用率90%．实验中取了7g粗锌完全反应后，测得量气管中气体体积为2.24L（已换算成村况），则绿铜锌矿石中Zn（OH）2的质量分数为______（假设矿石中锌全部以氢氧化物的形式存在）．
正确答案
解：（1）洗涤后需要干燥，胆矾中结晶水容易失去，应低温烘干，
故答案为：低温烘干；
（2）粗氧化物为ZnO，与氧化铝性质相似，ZnO与氢氧化钠反应生成Na2ZnO2与水，反应方程式为：ZnO+2NaOH=Na2ZnO2+H2O，
故答案为：ZnO+2NaOH=Na2ZnO2+H2O；
（3）CuO中含有少量的Cu，Cu与硫酸不反应，但通入氧气，可以使Cu转化为硫酸铜，
故答案为：使Cu转化为硫酸铜；
（4）直接用氢氧化钠溶液吸收尾气，可能发生倒吸危险，并且NO单独不能被氢氧化钠溶液吸收，若用图2装置连在图1的A、B之间，可以防止倒吸，由于通入氧气，二氧化氮、NO能被氢氧化钠溶液完全吸收，
故答案为：防止倒吸；二氧化氮、NO能被氢氧化钠溶液完全吸收；
（5）①检验装置气密性方法：向量气管右端加水至右端液面高于左端液面，若液面高度不发生变化，则气密性良好，
故答案为：向量气管右端加水至右端液面高于左端液面，若液面高度不发生变化，则气密性良好；
②若导气管与分液漏斗上口不相连，因滴入硫酸排出的空气会当成氢气体积，导致测定氢气体积偏大，测定Zn的纯度偏大，导气管与分液漏斗上口相连，可以消除稀硫酸滴入排出的空气对氢气体积的影响，
故答案为：可以消除稀硫酸滴入排出的空气对氢气体积的影响；
③若绿铜锌矿石为550g，则生成最终制得粗锌113.4g，
7g粗锌中Zn反应氢气为
设550g绿铜锌矿石中Zn（OH）2的质量分数为y，则：
Zn（OH）2～～～～～～～～Zn
99 65
550g×y×（1-10%）×90% 105.3g
所以：99：65=550g×y×（1-10%）×90%：105.3g
解得y=36%，
故答案为：36%．
解析
解：（1）洗涤后需要干燥，胆矾中结晶水容易失去，应低温烘干，
故答案为：低温烘干；
（2）粗氧化物为ZnO，与氧化铝性质相似，ZnO与氢氧化钠反应生成Na2ZnO2与水，反应方程式为：ZnO+2NaOH=Na2ZnO2+H2O，
故答案为：ZnO+2NaOH=Na2ZnO2+H2O；
（3）CuO中含有少量的Cu，Cu与硫酸不反应，但通入氧气，可以使Cu转化为硫酸铜，
故答案为：使Cu转化为硫酸铜；
（4）直接用氢氧化钠溶液吸收尾气，可能发生倒吸危险，并且NO单独不能被氢氧化钠溶液吸收，若用图2装置连在图1的A、B之间，可以防止倒吸，由于通入氧气，二氧化氮、NO能被氢氧化钠溶液完全吸收，
故答案为：防止倒吸；二氧化氮、NO能被氢氧化钠溶液完全吸收；
（5）①检验装置气密性方法：向量气管右端加水至右端液面高于左端液面，若液面高度不发生变化，则气密性良好，
故答案为：向量气管右端加水至右端液面高于左端液面，若液面高度不发生变化，则气密性良好；
②若导气管与分液漏斗上口不相连，因滴入硫酸排出的空气会当成氢气体积，导致测定氢气体积偏大，测定Zn的纯度偏大，导气管与分液漏斗上口相连，可以消除稀硫酸滴入排出的空气对氢气体积的影响，
故答案为：可以消除稀硫酸滴入排出的空气对氢气体积的影响；
③若绿铜锌矿石为550g，则生成最终制得粗锌113.4g，
7g粗锌中Zn反应氢气为
设550g绿铜锌矿石中Zn（OH）2的质量分数为y，则：
Zn（OH）2～～～～～～～～Zn
99 65
550g×y×（1-10%）×90% 105.3g
所以：99：65=550g×y×（1-10%）×90%：105.3g
解得y=36%，
故答案为：36%．
扫码查看完整答案与解析