- 比色法
- 共1072题
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-Mn2++Cl2↑+2H2O,
故答案为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;
(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-×c2mol•L-1×V2mL;所以250ml溶液中H3PO3物质的量=碘单质物质的量为(c1mol•L-lV1mL×10-3-
×c2mol•L-1×V2mL)×10,
该产品中PCl3的质量分数为:×100%,
故答案为:×100%.
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-Mn2++Cl2↑+2H2O,
故答案为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;
(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-×c2mol•L-1×V2mL;所以250ml溶液中H3PO3物质的量=碘单质物质的量为(c1mol•L-lV1mL×10-3-
×c2mol•L-1×V2mL)×10,
该产品中PCl3的质量分数为:×100%,
故答案为:×100%.
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.
(2015秋•河南月考)晶体硅是一种重要的非金属材料,工业上用碳在高温下还原石英砂(主要成份为含铁、铝等杂质的二氧化硅)得粗硅,粗硅与氛气在450-500℃条件下反应生成四氯化硅,四氯化硅经提纯后与过量H2在1100℃-1200℃条件下反应制得高纯硅.以下是实验室制备SiCl4的装置示意图.
实验过程中,石英砂中的铁、铝等杂质也能转化为相应氯化物,SiCl4,A1C13,FeCl3遇水均易水解,有关物质的物理常数见下表:
请回答下列问题:
(1)实验室制备氯气有以下五步操作,其正确操作顺序为④______(填标号).
①向烧瓶中装入二氧化锰固体,向分液漏斗中加入浓盐酸
②检查装置的气密性
③把酒精灯放在铁架台上,根据酒精灯火焰确定铁圈高度,固定铁圈,放上石棉
④在烧瓶上装好分液漏斗,安装好导气管
⑤将烧瓶固定在铁架台上
(2)装置A的硬质玻璃管中发生主要反应的化方程式是______.装置A.B间导管短且粗的原因是______;验中尾气处理的方法是______.
(3)装置B中e瓶收集到的粗产物可通过精馏(类似多次蒸馏)得到高纯度四氛化硅.在精馏过程中,不可能用到的仪器有______(填正确答案标号).
A.圆底烧瓶 B.温度计 C.吸滤瓶 D.球形冷凝管 E.接收器
(4)装置D中的Na2SO3的作用主要是吸收未反应完的Cl2请设计一个实验,证明装置D中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤):______.
(5)SiCl4极易水解,其完全水解的产物为______.H2还原SiCl4制得高纯硅的过程中若混入O2,可能引起的后果是______.
正确答案
解:(1)加热条件下,实验室用浓盐酸和二氧化锰制取氯气,二者反应生成氯化锰、氯气和水,方程式为:MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O,搭建实验装置应先下后上,先左后右的原则,所以先在烧瓶上装好分液漏斗,安装好导气管,把酒精灯放在铁架台上,根据酒精灯火焰确定铁圈高度,固定铁圈,放上石棉,将烧瓶固定在铁架台上,因制备气体,所以需检查装置的气密性,然后装入药品,所以检查装置的气密性,向烧瓶中装入二氧化锰固体,向分液漏斗中加入浓盐酸,即正确操作顺序为④③⑤②①,
故答案为:③⑤②①;
(2)在A装置中二氧化硅和碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳,反应为:2C+SiO2+2Cl2SiCl4+2CO↑,生成物中有AlCl3、FeCl3等杂质,凝结成固体堵塞导管,所以装置A.B间导管短且粗,尾气主要为一氧化碳,氧化铜和一氧化碳在加热的条件下反应生成二氧化碳和铜,铜为红色固体,所以可用氧化铜验尾气,
故答案为:2C+SiO2+2Cl2SiCl4+2CO↑;防止生成物中的AlCl3、FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管;连接一个加热的装有CuO粉末的反应管;
(3)吸滤瓶用于减压过滤装置中,与精馏(类似多次蒸馏)无关,球形冷凝管含有球形部分区域,不适合精馏,蒸馏需圆底烧瓶盛放待蒸馏的液体,需温度计测量蒸气的温度,需接收器接受馏分,
故答案为:CD;
(4)亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠,只有验证硫酸根离子的存在就可证明亚硫酸钠已经被氧化,检验硫酸根离子的存在选用试剂稀盐酸和氯化钡溶液,实验设计如下:取少量溶液置于洁净试管中,向其中加入稀盐酸至不再产生气体,再向其中滴入氯化钡溶液,若产生白色沉淀,证明Na2SO3已被氧化,
故答案为:取少量溶液置于洁净的试管中,向其中滴加稀盐酸至不再产生气体;再向其中滴入氯化钡溶液,若产生白色沉淀,证明亚硫酸钠被氧化;
(5)SiCl4水解反应方程式为:SiCl4+4H2O═H4SiO4↓+4HCl↑,生成原硅酸氯化氢,原硅酸易失去水生成硅酸H2SiO3,H2还原SiCl4制得高纯硅的过程中若混入O2,可能引起爆炸,硅被氧化得不到高纯硅,
故答案为:H4SiO4(或H2SiO3)和HCl;可能引起爆炸;硅被氧化得不到高纯硅.
解析
解:(1)加热条件下,实验室用浓盐酸和二氧化锰制取氯气,二者反应生成氯化锰、氯气和水,方程式为:MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O,搭建实验装置应先下后上,先左后右的原则,所以先在烧瓶上装好分液漏斗,安装好导气管,把酒精灯放在铁架台上,根据酒精灯火焰确定铁圈高度,固定铁圈,放上石棉,将烧瓶固定在铁架台上,因制备气体,所以需检查装置的气密性,然后装入药品,所以检查装置的气密性,向烧瓶中装入二氧化锰固体,向分液漏斗中加入浓盐酸,即正确操作顺序为④③⑤②①,
故答案为:③⑤②①;
(2)在A装置中二氧化硅和碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳,反应为:2C+SiO2+2Cl2SiCl4+2CO↑,生成物中有AlCl3、FeCl3等杂质,凝结成固体堵塞导管,所以装置A.B间导管短且粗,尾气主要为一氧化碳,氧化铜和一氧化碳在加热的条件下反应生成二氧化碳和铜,铜为红色固体,所以可用氧化铜验尾气,
故答案为:2C+SiO2+2Cl2SiCl4+2CO↑;防止生成物中的AlCl3、FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管;连接一个加热的装有CuO粉末的反应管;
(3)吸滤瓶用于减压过滤装置中,与精馏(类似多次蒸馏)无关,球形冷凝管含有球形部分区域,不适合精馏,蒸馏需圆底烧瓶盛放待蒸馏的液体,需温度计测量蒸气的温度,需接收器接受馏分,
故答案为:CD;
(4)亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠,只有验证硫酸根离子的存在就可证明亚硫酸钠已经被氧化,检验硫酸根离子的存在选用试剂稀盐酸和氯化钡溶液,实验设计如下:取少量溶液置于洁净试管中,向其中加入稀盐酸至不再产生气体,再向其中滴入氯化钡溶液,若产生白色沉淀,证明Na2SO3已被氧化,
故答案为:取少量溶液置于洁净的试管中,向其中滴加稀盐酸至不再产生气体;再向其中滴入氯化钡溶液,若产生白色沉淀,证明亚硫酸钠被氧化;
(5)SiCl4水解反应方程式为:SiCl4+4H2O═H4SiO4↓+4HCl↑,生成原硅酸氯化氢,原硅酸易失去水生成硅酸H2SiO3,H2还原SiCl4制得高纯硅的过程中若混入O2,可能引起爆炸,硅被氧化得不到高纯硅,
故答案为:H4SiO4(或H2SiO3)和HCl;可能引起爆炸;硅被氧化得不到高纯硅.
利用钛白工业的副产品FeSO4(含少量重金属离子)可以生产电池级高纯超微细草酸亚铁.其工艺流程如下:
已知:①5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
②5C2O42-+2MnO4-+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O
(1)沉淀过程的反应温度为40℃,温度不宜过高的原因除了控制沉淀的粒径外,还有______;
(2)滤液经处理可得到副产品______;
(3)实验室测定高纯超微细草酸铁组成的步骤依次为:
步骤1:准确称量一定量草酸亚铁样,加入25mL 2mol/L的H2SO4溶解
步骤2:用0.2000mol/L标准KMnO4溶液与其反应,消耗其体积30.40mL.
步骤3:向滴定后的溶液中加入2g Zn粉和5mL 2mol/L的H2SO4溶液,将Fe3+还原为Fe2+
步骤4:过滤,滤液用上述标准KMnO4溶液进行反应,消耗溶液10.00mL.
则样品中C2O42-的物质的量为______;(写出计算过程);
(4)将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸亚铁溶液混合,测得反应液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图,其变化趋势的原因可能为______.
正确答案
解:副产品FeSO4(含Al(SO4)3和少量重金属离子)中加入铁粉,将少量重金属离子等除去,得到比较纯净的FeSO4溶液,向FeSO4溶液中加入氨水,生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁和草酸反应生成高纯超微细草酸亚铁沉淀;
(1)沉淀过程为一水合氨沉淀亚铁离子的过程,生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁不稳定,受热会分解,另外一水合氨受热也会分解,故反应温度不能太高,所以温度不宜过高的原因除了控制沉淀的粒径外,还有NH3•H2O受热易分解,挥发出NH3,Fe(OH)2受热易分解;
故答案为:NH3•H2O受热易分解,挥发出NH3,Fe(OH)2受热也易分解;
(2)沉淀前的溶液中含有硫酸亚铁,沉淀步骤中加入一水合氨,生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸铵,所以副产品含有是(NH4)2SO4;
故答案为:(NH4)2SO4;
(3)由题意知氧化C2O42-和Fe2+共消耗0.2000 mol•L-1标准KMnO4溶液体积30.40 mL,步骤3、4标准KMnO4溶液只氧化Fe2+消耗KMnO4溶液体积10.00mL,所以C2O42-消耗KMnO4溶液体积为(30.40-10.00)=20.4mL,由5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O得5C2O42-~2MnO4-,所以n(C2O42-)=n(MnO4-)=20.4ml×10-3×0.2000mol•L-1×
=0.0102mol;
故答案为:0.0102mol;
(4)从图象上观察,随着反应对进行,曲线的斜率越来越大,说明单位时间内Mn2+的浓度越来越大,所以反应速率越来越快,反应中温度不变,随着反应的进行,反应物的浓度变小,而反应速率加快,只能是生成的Mn2+作催化剂,随着Mn2+浓度增加,反应速率越来越快;
故答案为:生成的Mn2+作催化剂,随着Mn2+浓度增加,反应速率越来越快.
解析
解:副产品FeSO4(含Al(SO4)3和少量重金属离子)中加入铁粉,将少量重金属离子等除去,得到比较纯净的FeSO4溶液,向FeSO4溶液中加入氨水,生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁和草酸反应生成高纯超微细草酸亚铁沉淀;
(1)沉淀过程为一水合氨沉淀亚铁离子的过程,生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁不稳定,受热会分解,另外一水合氨受热也会分解,故反应温度不能太高,所以温度不宜过高的原因除了控制沉淀的粒径外,还有NH3•H2O受热易分解,挥发出NH3,Fe(OH)2受热易分解;
故答案为:NH3•H2O受热易分解,挥发出NH3,Fe(OH)2受热也易分解;
(2)沉淀前的溶液中含有硫酸亚铁,沉淀步骤中加入一水合氨,生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸铵,所以副产品含有是(NH4)2SO4;
故答案为:(NH4)2SO4;
(3)由题意知氧化C2O42-和Fe2+共消耗0.2000 mol•L-1标准KMnO4溶液体积30.40 mL,步骤3、4标准KMnO4溶液只氧化Fe2+消耗KMnO4溶液体积10.00mL,所以C2O42-消耗KMnO4溶液体积为(30.40-10.00)=20.4mL,由5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O得5C2O42-~2MnO4-,所以n(C2O42-)=n(MnO4-)=20.4ml×10-3×0.2000mol•L-1×
=0.0102mol;
故答案为:0.0102mol;
(4)从图象上观察,随着反应对进行,曲线的斜率越来越大,说明单位时间内Mn2+的浓度越来越大,所以反应速率越来越快,反应中温度不变,随着反应的进行,反应物的浓度变小,而反应速率加快,只能是生成的Mn2+作催化剂,随着Mn2+浓度增加,反应速率越来越快;
故答案为:生成的Mn2+作催化剂,随着Mn2+浓度增加,反应速率越来越快.
扫码查看完整答案与解析