- 物质的制备
- 共3198题
淀粉水解的产物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图所示（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）：实验过程如下：
①将1：1的淀粉水乳液与少许硫酸（98%）加入烧杯中，水浴加热至85℃～90℃，保持30min，然后逐渐将温度降至60℃左右；
②将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；
③控制反应液温度在55～60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2：1.5）溶液；
④反应3h左右，冷却，减压过滤后得草酸晶体粗品，再重结晶得草酸晶体．硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：
C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O
C6H12O6+8HNO3→6CO2+8NO↑+10H2O
3H2C2O4+2HNO3→6CO2+2NO↑+4H2O
请回答下列问题：
（1）实验①加入98%硫酸少许的目的是：______．
（2）冷凝水的进口是______（填a或b）；实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是______．
（3）装置B的作用是______．为使尾气充分吸收，C中试剂是______．
（4）重结晶时，将草酸晶体粗品经①加热溶解、②趁热过滤、③冷却结晶、④过滤洗涤⑤干燥等实验步骤，得到较纯净的草酸晶体．该过程中可将粗品中溶解度较大的杂质在______（填上述步骤序号）时除去；而粗品中溶解度较小的杂质最后留存在______（填“滤纸上”或“滤液中”）．
（5）将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸．用KMnO4标准溶液滴定，该反应的离子方程式为：______，称取该样品0.1200g，加适量水完全溶解，然后用0.02000mol•L-1的酸性KMnO4溶液滴定至终点（杂质不参与反应），滴定前后滴定管中的液面读数如图，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为______．
正确答案
解：（1）浓硫酸具有强氧化性、吸水性和脱水性，本题实验是将C6H12O6用硝酸氧化可以制备草酸，浓硫酸作催化剂且浓硫酸吸水有利于向生成草酸的方向移动，
故答案为：加快淀粉水解的速度（或起到催化剂的作用）；
（2）冷凝效果逆流效果好，冷凝水的进口是a进b出，混酸为65%HNO3与98%H2SO4的混合液，混合液溶于水放热，温度高能加快化学反应，硝酸能进一步氧化H2C2O4成二氧化碳，
故答案为：a；温度过高，硝酸浓度过大，导致H2C2O4进一步被氧化；
（3）装置B的作用是防止发生装置和吸收装置间发生倒吸，起到安全瓶的作用，反应的尾气中有氮的氧化物，会污染空气，需要用氢氧化钠溶液吸收，所以C中试剂是NaOH溶液，
故答案为：作安全瓶；NaOH溶液；
（4）根据题中实验步骤可知，通过重结晶得草酸晶体时，草酸晶体析出，溶解度较大的杂质留在溶液中，应该在步骤④中除去，溶解度较小的杂质最后过滤时留在滤纸上，
故答案为：④；滤纸上；
（5）在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，图示滴定管消耗溶液体积=18.50mL-2.50mL=16.00mL，
n（KMnO4）=0.016L×0.0200mol•L-1=3.2×10-4mol，根据方程式可得：
2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 5
3.2×10-4mol 8×10-4mol
样品中二水合草酸的质量为m=8×10-4mol×126g/mol=8×126×10-4g=0.1008g，
则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为
故答案为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；84.0%．
解析
解：（1）浓硫酸具有强氧化性、吸水性和脱水性，本题实验是将C6H12O6用硝酸氧化可以制备草酸，浓硫酸作催化剂且浓硫酸吸水有利于向生成草酸的方向移动，
故答案为：加快淀粉水解的速度（或起到催化剂的作用）；
（2）冷凝效果逆流效果好，冷凝水的进口是a进b出，混酸为65%HNO3与98%H2SO4的混合液，混合液溶于水放热，温度高能加快化学反应，硝酸能进一步氧化H2C2O4成二氧化碳，
故答案为：a；温度过高，硝酸浓度过大，导致H2C2O4进一步被氧化；
（3）装置B的作用是防止发生装置和吸收装置间发生倒吸，起到安全瓶的作用，反应的尾气中有氮的氧化物，会污染空气，需要用氢氧化钠溶液吸收，所以C中试剂是NaOH溶液，
故答案为：作安全瓶；NaOH溶液；
（4）根据题中实验步骤可知，通过重结晶得草酸晶体时，草酸晶体析出，溶解度较大的杂质留在溶液中，应该在步骤④中除去，溶解度较小的杂质最后过滤时留在滤纸上，
故答案为：④；滤纸上；
（5）在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，图示滴定管消耗溶液体积=18.50mL-2.50mL=16.00mL，
n（KMnO4）=0.016L×0.0200mol•L-1=3.2×10-4mol，根据方程式可得：
2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 5
3.2×10-4mol 8×10-4mol
样品中二水合草酸的质量为m=8×10-4mol×126g/mol=8×126×10-4g=0.1008g，
则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为
故答案为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；84.0%．
某研究小组在实验室用重晶石（主要成分BaSO4）对工业生产BaS进行模拟实验．BaS是可溶盐，在工业生产中，它是制备其他钡盐的中间产物．
BaSO4（s）+4C（s） 
BaSO4（s）+2C（s） 
（1）钡餐是医学上广泛用于检查胃病的材料，请写出由重晶石制备高纯BaSO4的两步化学反应方程式
______，______．
（2）反应C（s）+CO2（g） 
（3）实际生产中必须加入过量的炭，同时还要通入空气，其目的是______，______，
（4）在生产过程中会产生大量的CO2．常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1.5×10-5 mol•L-1．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3⇌HCO3-+H+的平衡常数K1=______．（已知：10-5.60=2.5×10-6）
（5）常温下，0.1mol•L-1NaHCO3溶液呈碱性，则溶液中c（H2CO3）______c（CO32-）（填“＞”、“=”或“＜”）．
正确答案
BaSO4+4C
BaS+H2SO4=BaSO4↓+H2S↑
+172.5
使BaSO4得到充分的还原（或提高BaS的产量）
为吸热反应，炭和氧气反应放热维持反应所需高温
4.2×10-7mol•L-1
＞
解析
解：（1）重晶石与碳在高温下反应的化学方程式为BaSO4+4C 
（2）利用盖斯定律求解：
BaSO4（s）+4C（s）
BaSO4（s）+2C（s）
将以上两个热化学方程式相减，然后除以2可得：
C（s）+CO2（g）
故答案为：+172.5；
（3）加入过量C可提高重晶石的转化率，以上反应为吸热反应，炭和氧气反应放热维持反应所需高温，
故答案为：使BaSO4得到充分的还原（或提高BaS的产量）；①②为吸热反应，炭和氧气反应放热维持反应所需高温；
（4）H2CO3⇌HCO3-+H+平衡时，溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1.5×10-5 mol•L-1，c（H+）=10-5.6mol•L-1，c（HCO3-）=10-5.6mol•L-1，碳酸的电离平衡常数K1=
（5）碳酸氢钠溶液里HCO3-的水解程度大于电离程度，则水解生成的碳酸的浓度大于电离生成的碳酸根离子浓度，故答案为：＞．
高锰酸钾广泛用作氧化剂、防腐剂、消毒剂、除臭剂及解毒剂．常见的制备流程如下：
已知：a．3MnO2+KClO3+6KOH═3K2MnO4+KCl+3H2O
b．3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3
请回答下列问题：
（1）步骤①中反应所选用的坩埚不能用______．
A．石英坩埚 B．铁坩埚 C．瓷坩埚 D．石墨坩埚
（2）步骤③通CO2的目的是为了调节溶液的pH，能否改用氯化氢______（填“能”或“否”），原因是______．
（3）步骤④中抽滤得到的固体是______．
（4）抽滤装置主要由______、安全瓶、抽气泵和布氏漏斗四部分组成，该实验中抽滤时能否用滤纸？______（填“能”或“不能”），理由是______．
（5）从滤液⑤得到高锰酸钾的后续操作步骤是______．
正确答案
解：（1）根据题给工艺流程图知，步骤①中有氢氧化钾参加反应，石英坩埚的成分为二氧化硅、瓷坩埚中含有二氧化硅，与氢氧化钾反应，不能选用，所以AC正确，
故答案为：AC；
（2）结合题给信息和高锰酸钾和盐酸的性质分析，步骤③通CO2的目的是为了调节溶液的pH，不能改用氯化氢，原因是反应生成的高锰酸钾能被HCl还原，产生的氯气有毒，污染环境，
故答案为：否；反应生成的高锰酸钾能被HCl还原，产生的氯气有毒会污染环境；
（3）根据反应3MnO2+KClO3+6KOH═3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3可知，步骤④中抽滤得到的不溶的固体是二氧化锰，
故答案为：二氧化锰；
（4）抽滤装置主要由吸滤瓶、安全瓶、抽气泵和布氏漏斗四部分组成，该实验中抽滤时不能用滤纸，理由是因为高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀滤纸，
故答案为：吸滤瓶；不能；因为高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀滤纸；
（5）从滤液⑤得到高锰酸钾的后续操作步骤是为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，从而获得高锰酸钾，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．
解析
解：（1）根据题给工艺流程图知，步骤①中有氢氧化钾参加反应，石英坩埚的成分为二氧化硅、瓷坩埚中含有二氧化硅，与氢氧化钾反应，不能选用，所以AC正确，
故答案为：AC；
（2）结合题给信息和高锰酸钾和盐酸的性质分析，步骤③通CO2的目的是为了调节溶液的pH，不能改用氯化氢，原因是反应生成的高锰酸钾能被HCl还原，产生的氯气有毒，污染环境，
故答案为：否；反应生成的高锰酸钾能被HCl还原，产生的氯气有毒会污染环境；
（3）根据反应3MnO2+KClO3+6KOH═3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3可知，步骤④中抽滤得到的不溶的固体是二氧化锰，
故答案为：二氧化锰；
（4）抽滤装置主要由吸滤瓶、安全瓶、抽气泵和布氏漏斗四部分组成，该实验中抽滤时不能用滤纸，理由是因为高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀滤纸，
故答案为：吸滤瓶；不能；因为高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀滤纸；
（5）从滤液⑤得到高锰酸钾的后续操作步骤是为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，从而获得高锰酸钾，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．
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）．其工业流程如图1：
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______．
（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______．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+，在加入石灰调节pH值使Fe3+完全沉淀，
故答案为：使残余的Fe2+转化为Fe3+；
（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；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；（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+，在加入石灰调节pH值使Fe3+完全沉淀，
故答案为：使残余的Fe2+转化为Fe3+；
（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；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；（NH4）2SO4．
硼和铝位于同一主族，它们可以形成许多组成和性质类似的化合物，一种用硼镁矿（Mg2B2O5•H2O）制取单质硼的工艺流程图如图：
回答下列问题：
（1）Mg2B2O5•H2O中B的化合价为______．
（2）溶液a、溶液b中溶质的化学式分别为______、______．
（3）写出步骤①的化学方程式______．
（4）写出步骤⑤的化学方程式______．
（5）步骤③中化学反应可以发生的原因是______．
（6）BF3是有机化学中常用的酸性催化剂，BF3分子中B和F最外层的电子数分别为______、______个．
正确答案
解：硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去杂质，NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O7•10H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O7•10H2O晶体与硫酸反应得到硼酸，溶液b中含有硫酸钠，硼酸晶体加热分解得到B2O3，最后用Mg还原得到粗硼．
（1）根据化合价代数和为0，可知Mg2B2O5•H2O中B的化合价为+3，
故答案为：+3；
（2）由上述分析可知，第①步通入过量二氧化碳，则a为NaHCO3，第③步加入硫酸，b为Na2SO4，
故答案为：NaHCO3；Na2SO4；
（3）第①步为Mg2B2O5．H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg（OH）2，反应方程式为：Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2，
故答案为：Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2；
（4）步骤⑤是Mg与B2O3发生置换反应生成B与MgO，反应方程式为：B2O3+3Mg
故答案为：B2O3+3Mg
（5）步骤③中化学反应可以发生的原因是：硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，从溶液中析出有利于该反应的进行，
故答案为：强酸制弱酸原理；
（6）BF3分子中B原子与F原子之间形成1对共用电子对，B原子形成3故B-F键，故分子中B原子最外层电子数为3+3=6，F原子最外层电子数为7+1=8，
故答案为：6；8．
解析
解：硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去杂质，NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O7•10H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O7•10H2O晶体与硫酸反应得到硼酸，溶液b中含有硫酸钠，硼酸晶体加热分解得到B2O3，最后用Mg还原得到粗硼．
（1）根据化合价代数和为0，可知Mg2B2O5•H2O中B的化合价为+3，
故答案为：+3；
（2）由上述分析可知，第①步通入过量二氧化碳，则a为NaHCO3，第③步加入硫酸，b为Na2SO4，
故答案为：NaHCO3；Na2SO4；
（3）第①步为Mg2B2O5．H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg（OH）2，反应方程式为：Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2，
故答案为：Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2；
（4）步骤⑤是Mg与B2O3发生置换反应生成B与MgO，反应方程式为：B2O3+3Mg
故答案为：B2O3+3Mg
（5）步骤③中化学反应可以发生的原因是：硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，从溶液中析出有利于该反应的进行，
故答案为：强酸制弱酸原理；
（6）BF3分子中B原子与F原子之间形成1对共用电子对，B原子形成3故B-F键，故分子中B原子最外层电子数为3+3=6，F原子最外层电子数为7+1=8，
故答案为：6；8．
（1）为了加快软锰矿与硫酸、黄铁矿反应的速率，工业上除采用粉碎软锰矿的方法，还可以用哪些方法______．（写两种）
（2）流程中黄铁矿（主要含FeS2）和FeSO4的作用都是作还原剂，请写出FeSO4与软锰矿反应的离子方程式______．
（3）双氧水和氨水的作用分别是______．
（4）操作Ⅱ包括______、______、______、洗涤、干燥，可制得MnSO4•H2O粗产品，洗涤中最好选用______．
A．浓硫酸 B．水 C．乙醇 D．浓硫酸．
正确答案
解：由流程可知，软锰矿（主要成分为MnO2，含有MgSO4等杂质）中加入硫酸、黄铁矿及绿矾，在反应器中反应生成硫酸锰，再用双氧水将溶液中的亚铁离子氧化成铁离子，用氨水调节pH值，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后除去氢氧化铁，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得硫酸锰粗产品，滤液再循环利用，
（1）根据影响反应速率的因素可知，加热、搅拌等可以提高反应速率，
故答案为：加热、搅拌等；
（2）FeSO4与软锰矿在酸性条件下将二氧化锰还原成+2价锰，亚铁离子被氧化成铁离子，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2H2O+2Fe3+，
故答案为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2H2O+2Fe3+；
（3）双氧水是常见的氧化剂，能氧化亚铁离子，氨水可以使铁离子生成氢氧化铁沉淀而除去，
故答案为：双氧化水氧化亚铁离子生成铁离子，氨水可以使铁离子生成氢氧化铁沉淀而除去；
（4）从硫酸锰溶液中获取硫酸锰固体，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，洗涤时要尽量减小硫酸锰的损失，所以选择乙醇洗涤，故选C，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；C．
解析
解：由流程可知，软锰矿（主要成分为MnO2，含有MgSO4等杂质）中加入硫酸、黄铁矿及绿矾，在反应器中反应生成硫酸锰，再用双氧水将溶液中的亚铁离子氧化成铁离子，用氨水调节pH值，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后除去氢氧化铁，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得硫酸锰粗产品，滤液再循环利用，
（1）根据影响反应速率的因素可知，加热、搅拌等可以提高反应速率，
故答案为：加热、搅拌等；
（2）FeSO4与软锰矿在酸性条件下将二氧化锰还原成+2价锰，亚铁离子被氧化成铁离子，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2H2O+2Fe3+，
故答案为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2H2O+2Fe3+；
（3）双氧水是常见的氧化剂，能氧化亚铁离子，氨水可以使铁离子生成氢氧化铁沉淀而除去，
故答案为：双氧化水氧化亚铁离子生成铁离子，氨水可以使铁离子生成氢氧化铁沉淀而除去；
（4）从硫酸锰溶液中获取硫酸锰固体，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，洗涤时要尽量减小硫酸锰的损失，所以选择乙醇洗涤，故选C，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；C．
利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组通过在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置（如图）如下：
（1）B装置有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③______．
（2）设V（Cl2）/V（CH4）=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应≥______．
（3）D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是______．
（4）在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，写出置换出黑色小颗粒的化学方程式______．
（5）E装置中除盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为______．
A．水洗分液法 B．蒸馏法 C．过滤法 D．结晶法
（6）工业上氯气采用电解饱和食盐水的方法来获得．若要获取标况下11.2×103m3的氯气，将同时获得______吨NaOH．
正确答案
解：（1）在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，同时生成的氯气中还含有水分，浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性，所以B装置除了控制气流速度、均匀混合气体外，还有干燥作用，故答案为：干燥混合气体；
（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设V（Cl2）/V（CH4）=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4，故答案为：4；
（3）氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘单质，所以D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是吸收过量的氯气，故答案为：吸收过量的氯气；
（4）生成的黑色小颗粒为炭黑，在强光照射下可发生CH4+2Cl2
（5）盐酸和有机物不能互溶，所以可以采用分液的方法分离，故选A；
（6）设氢氧化钠的质量为x，
电解饱和食盐水的方程式为：2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH
22.4L 80g
11.2×106L x
22.4L：80g=11.2×106L：x
x=
故答案为：40．
解析
解：（1）在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，同时生成的氯气中还含有水分，浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性，所以B装置除了控制气流速度、均匀混合气体外，还有干燥作用，故答案为：干燥混合气体；
（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设V（Cl2）/V（CH4）=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4，故答案为：4；
（3）氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘单质，所以D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是吸收过量的氯气，故答案为：吸收过量的氯气；
（4）生成的黑色小颗粒为炭黑，在强光照射下可发生CH4+2Cl2
（5）盐酸和有机物不能互溶，所以可以采用分液的方法分离，故选A；
（6）设氢氧化钠的质量为x，
电解饱和食盐水的方程式为：2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH
22.4L 80g
11.2×106L x
22.4L：80g=11.2×106L：x
x=
故答案为：40．
半导体生产的外延生长工序中，常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，其中三氯化磷（PCl3）是一种重要的掺杂剂．实验室要用黄磷与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3，用图1装置制取Cl2，图2装置制取PCl3，部分仪器已省略．已知黄磷与少量Cl2反应生成PCl3．与过量Cl2反应生成PCl5、PCl3遇O2会生成POCl3、POCl3溶于PCl3，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl．
请根据以上信息，回答下列问题：
（1）仪器乙的名称______；
（2）冷凝管中的冷却水从______口进（填“a”或“b”）；
（3）写出实验室制氯气的离子方程式______；
（4）向仪器甲中通入干燥Cl2之前，应先通入一会干燥CO2，其目的是______；
（5）碱石灰的作用是______；
（6）已知PCl5遇水发生强烈水解生成两种酸，写出PCl5与水反应的化学方程式______；
（7）粗产品中常含有POCl3、PCl5等．加入黄磷加热除去PCl5后，通过______（填实验操作名称），即可得到纯净的PCl3；
（8）测定产品中PCl3的质量分数：迅速称取ag产品，加水反应后配成250mL溶液，取出25.00mL加入过量的c1mol•L-1V1mL碘溶液，充分反应后再用c2mol•L-1Na2S2O3溶液滴定过量的碘，终点时消耗V2mLNa2S2O3溶液．已知：H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2H1：I2+2Na2S2O3=2Na1+Na2S4O6；假设测定过程中没有其他反应．根据上述数据：该产品中PC13的质量分数为______（用含字母的代数式表示）．
正确答案
解：（1）仪器乙烧瓶带有支管口，为蒸馏烧瓶，蒸馏烧瓶乙中得到的粗产品含有POCl3、PCl5等，加入黄磷加热除去PCl5后，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，
故答案为：蒸馏烧瓶；
（2）冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用，所以冷却水从a口进入，
故答案为：a；
（3）A装置中，加热条件下，浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
（4）由于PCl3遇O2会生成POCl3，遇水生成H3PO3和HCl，通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止生成的PCl3与空气中的O2和水反应；
故答案为：排尽甲装置中的空气，防止生成的PCl3与空气中的O2和H2O反应；
（5）氯气有毒，污染空气，碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度，
故答案为：吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入烧瓶中与PCl3反应；
（6）PCl5遇水发生强烈水解生成两种酸，PCl5水解的实质是磷离子和氢氧根离子结合，氯离子和氢离子结合，即PCl5+4H2O═5HCl+H3PO4，
故答案为：PCl5+4H2O═5HCl+H3PO4；
（7）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，
故答为：蒸馏；
（8）H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，依据化学方程式可知H3PO3物质的量和PCl3的物质的量相同，25ml溶液中和H3PO3反应的碘单质物质的量为c1mol•L-lV1mL×10-3-
该产品中PCl3的质量分数为：
故答案为：
解析
解：（1）仪器乙烧瓶带有支管口，为蒸馏烧瓶，蒸馏烧瓶乙中得到的粗产品含有POCl3、PCl5等，加入黄磷加热除去PCl5后，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，
故答案为：蒸馏烧瓶；
（2）冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用，所以冷却水从a口进入，
故答案为：a；
（3）A装置中，加热条件下，浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
（4）由于PCl3遇O2会生成POCl3，遇水生成H3PO3和HCl，通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止生成的PCl3与空气中的O2和水反应；
故答案为：排尽甲装置中的空气，防止生成的PCl3与空气中的O2和H2O反应；
（5）氯气有毒，污染空气，碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度，
故答案为：吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入烧瓶中与PCl3反应；
（6）PCl5遇水发生强烈水解生成两种酸，PCl5水解的实质是磷离子和氢氧根离子结合，氯离子和氢离子结合，即PCl5+4H2O═5HCl+H3PO4，
故答案为：PCl5+4H2O═5HCl+H3PO4；
（7）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，
故答为：蒸馏；
（8）H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，依据化学方程式可知H3PO3物质的量和PCl3的物质的量相同，25ml溶液中和H3PO3反应的碘单质物质的量为c1mol•L-lV1mL×10-3-
该产品中PCl3的质量分数为：
故答案为：
工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如下装置（略去部分夹持仪器）模拟生产过程．
烧瓶C中发生反应如下：
Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）═Na2SO3（aq）+H2S（aq） （Ⅰ）
2H2S（aq）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（l） （Ⅱ）
S（s）+Na2SO3（aq）≜Na2S2O3（aq） （Ⅲ）
已知：Na2S2O3•5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液．
（1）写出Na2S2O3溶液和稀盐酸反应的离子方程式______．
（2）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若______，则整个装置气密性良好，装置E的作用是______．
（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择______．
a．蒸馏水 b．饱和Na2SO3溶液 c．饱和NaHSO3溶液 d．饱和NaHCO3溶液
实验中，已知反应（Ⅲ）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是______．
（4）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3•5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质．为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整．
（5）Na2S2O3•5H2O的溶液度随温度升高显著增大，所得产品通过______方法提纯．
正确答案
解：（1）发生氧化还原反应生成S、二氧化硫、氯化钠和水，离子方程式：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故答案为：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O；
（2）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好，E中盛放NaOH溶液进行尾气处理，防止含硫化合物排放在环境中，故答案为：一段时间后液注高度不变；吸收多余的气体，防止污染空气；
（3）观察SO2的生成速率，是通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断，所以溶液不能与SO2反应，选项中只有饱和NaHSO3溶液与二氧化硫不反应，根据C中发生的反应可知，烧瓶C中反应达到终点发生反应为硫与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠，反：应的现象为溶液变澄清（或混浊消失）
故答案为：c；淡黄色沉淀完全消失；
（4）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，可能生成了硫酸钡和亚硫酸钡沉淀中的一种或二种，过滤后，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4，故答案为：
（5）Na2S2O3•5H2O的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过重结晶方法提纯，故答案为：重结晶．
解析
解：（1）发生氧化还原反应生成S、二氧化硫、氯化钠和水，离子方程式：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故答案为：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O；
（2）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好，E中盛放NaOH溶液进行尾气处理，防止含硫化合物排放在环境中，故答案为：一段时间后液注高度不变；吸收多余的气体，防止污染空气；
（3）观察SO2的生成速率，是通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断，所以溶液不能与SO2反应，选项中只有饱和NaHSO3溶液与二氧化硫不反应，根据C中发生的反应可知，烧瓶C中反应达到终点发生反应为硫与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠，反：应的现象为溶液变澄清（或混浊消失）
故答案为：c；淡黄色沉淀完全消失；
（4）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，可能生成了硫酸钡和亚硫酸钡沉淀中的一种或二种，过滤后，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4，故答案为：
（5）Na2S2O3•5H2O的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过重结晶方法提纯，故答案为：重结晶．
（2016•成都模拟）二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料．工业上以软锰矿为原料，利用硫酸亚铁制备高纯二氧化锰的流程如下：
某软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Si（16.27%）、Fe（5.86%）、Al（3.42%）、Zn（2.68%）和Cu（0.86%）等元素的化合物．部分阳离子以氢氧化物或硫化物的形式完全沉淀时溶液的pH见下表，回答下列问题：
（1）硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为______．
（2）滤渣A的主要成分是______．
（3）加入MnS的目的是除去______杂质．
（4）碱性锌锰电池中，MnO2参与的电极反应方程式为______．
（5）从废旧碱性锌锰电池中可以回收利用的物质有______（写两种）．
正确答案
解：（1）根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，故酸浸时生成硫酸锰、硫酸铁，根据元素守恒还有水生成，反应的化学方程式为：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O，
故答案为：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O；
（2）酸浸后的过滤液中含有Mn2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Zn2+、Fe2+，加氨水调pH至5.4，结合题中阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH可知，Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，其它离子不沉淀，故滤渣A的主要成分为：Fe（OH）3和Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3和Al（OH）3；
（3）根据题中硫化物的Ksp可知，加入MnS是为了生成溶解度更小的CuS、ZnS而除去Cu2+、Zn2+，
故答案为：Cu2+、Zn2+；
（4）碱性锌锰干电池中Zn作负极，则MnO2作正极得电子，其电极反应式应为：MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，
故答案为：MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-（或2MnO2+H2O+2e-=Mn2O3+2OH-）；
（5）从碱性锌锰干电池的原料可知，其废旧电池可回收利用的物质为锌和MnO2，
故答案为：锌、二氧化锰．
解析
解：（1）根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，故酸浸时生成硫酸锰、硫酸铁，根据元素守恒还有水生成，反应的化学方程式为：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O，
故答案为：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O；
（2）酸浸后的过滤液中含有Mn2+、Fe3+、Al3+、Cu2+、Zn2+、Fe2+，加氨水调pH至5.4，结合题中阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH可知，Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，其它离子不沉淀，故滤渣A的主要成分为：Fe（OH）3和Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3和Al（OH）3；
（3）根据题中硫化物的Ksp可知，加入MnS是为了生成溶解度更小的CuS、ZnS而除去Cu2+、Zn2+，
故答案为：Cu2+、Zn2+；
（4）碱性锌锰干电池中Zn作负极，则MnO2作正极得电子，其电极反应式应为：MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，
故答案为：MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-（或2MnO2+H2O+2e-=Mn2O3+2OH-）；
（5）从碱性锌锰干电池的原料可知，其废旧电池可回收利用的物质为锌和MnO2，
故答案为：锌、二氧化锰．
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