题目内容

15．碳酸锰（MnCO3）是理想的高性能强磁性材料，也是制备Mn2O3、MnO2等锰的氧化物的重要原料，广泛用于电子、化工、医药等行业．

（1）工业上制备方程式为：MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O．反应中通常需加入稍过量的NH4HCO3，且控制溶液的pH为6.8～7.4．加入稍过量的NH4HCO3的目的是加入稍过量的NH4HCO3能提高MnSO4的转化率，使MnCO3沉淀完全．
（2）实验室模拟工业二氧化锰制备硫酸锰装置如图1
①石灰乳参与反应的化学方程式为Ca（OH）2十SO2=CaSO3+H2O．
②反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，在通入SO2和N2比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有控制适当的温度、缓慢通人混合气体．
（3）MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图2所示．则300℃时，剩余固体中n（Mn）：n（O）为1：2；图中点D对应固体的成分为Mn3O4与MnO（填化学式）．

分析 （1）化学平衡原理分析可知，两种反应物增大一种会提高另一种物质转化率；
（2）①石灰乳的作用是吸收尾气二氧化硫，碱和酸性氧化物反应得到对应的盐和水；
②为使SO2尽可能转化完全，一定要保证控制反应的温度，在通入SO2和N2比例一定、不改变固液投料的条件下，要求所通气体一定要慢；
（3）分析图象变化特征，结合固体失重金属判断各点的剩余固体，主要是金属BC点剩余固体成分判断D点的固体成分，
A点剩余固体质量为115 g×75.65%=87 g
减少的质量为115 g-87 g=28 g
可知MnCO3失去的组成为CO，剩余固体的成分为MnO2
B点剩余固体质量为115 g×66.38%=76.337 g
因m（Mn）=55 g，则m（O ）2=76.337 g-55 g=21.337 g
则n（Mn）：n（O）=$\frac{55}{55}$：$\frac{21.337}{16}$=3：4
故剩余固体的成分为Mn3O4
因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物；

解答 解：（1）工业上制备方程式为：MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O．反应中通常需加入稍过量的NH4HCO3，且控制溶液的pH为6.8～7.4．加入稍过量的NH4HCO3的目的是：加入稍过量的NH4HCO3能提高MnSO4的转化率，使MnCO3沉淀完全，
故答案为：加入稍过量的NH4HCO3能提高MnSO4的转化率，使MnCO3沉淀完全；
（2）①二氧化硫和氢氧化钙反应生成亚硫酸钙和水，反应的化学方程式为：Ca（OH）2十SO2=CaSO3+H2O，
故答案为：Ca（OH）2十SO2=CaSO3+H2O；
②反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，在通入SO2和N2比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有：控制适当的温度、缓慢通人混合气体，
故答案为：控制适当的温度、缓慢通人混合气体；
（3）设MnCO3的物质的量为1 mol，即质量为115 g
①A点剩余固体质量为115 g×75.65%=87 g
减少的质量为115 g-87 g=28 g
可知MnCO3失去的组成为CO
故剩余固体的成分为MnO2 ，n（Mn）：n（O）=1：2，
故答案为：1：2；
②C点剩余固体质量为115 g×61.74%=71 g
据锰元素守恒知m（Mn）=55 g，则m（O ）1=71 g-55 g=16 g
则n（Mn）：n（O）=$\frac{55}{55}$：$\frac{16}{16}$=1：1
故剩余固体的成分为MnO
同理，B点剩余固体质量为115 g×66.38%=76.337 g
因m（Mn）=55 g，则m（O ）2=76.337 g-55 g=21.337 g
则n（Mn）：n（O）=$\frac{55}{55}$：$\frac{21.337}{16}$=3：4
故剩余固体的成分为Mn3O4
因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物，
故答案为：Mn3O4与MnO；

点评 本题主要考查了制备高纯碳酸锰实验方案、化学式的计算确定，读懂工艺流程，正确识图、理解离子反应的本质是解答的关键，本题实验综合性强，难度中等．

练习册系列答案
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5．乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业．某学生在实验室利用如图的实验装置制备乙酸乙酯并研究其反应条件．
物质沸点/°C密度/g?cm-3
乙醇78.0 0.79
乙酸117.9 1.05
乙酸乙酯77.50.90
异戊醇1310.8123
乙酸异戊酯1420.8670
实验步骤如下：
①配制反应混合液：2mL浓H2SO4、3mL乙醇、2mL乙酸
②按图连接实验装置并检验气密性
③分别在试管1、试管2中加入反应液
④用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min
⑤分离提纯乙酸乙酯
（1）在试管1中加入物质分别是：碎瓷片（按着加入的先后顺序写出名称），乙醇过量的目的是：提高乙酸的转化率；
（2）该反应的平衡常数表达式K=$\frac{[C{H}_{3}COOC{H}_{2}C{H}_{3}][{H}_{2}O]}{[CH{\;}_{3}COOH][C{H}_{{\;}_{3}}C{H}_{2}OH]}$；
（3）试管Ⅱ中所盛试剂为饱和碳酸钠溶液，欲将其物质分离使用的仪器为分液漏斗，在充分振荡的过程中，发生的反应为2CH3COOH+Na2CO3═2CH3COONa+CO2↑+H2O；
（4）为证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用右图所示装置进行了以下四个实验，实验结束后充分振荡试管Ⅱ再测有机层的厚度，实验记录如下：
实验编号试管Ⅰ中的试剂测得有机层的厚度/cm
A2mL乙醇、2mL乙酸、1mL 18mol/L浓硫酸5.0
B3mL乙醇、2mL乙酸0.1
C3mL乙醇、2mL乙酸、6mL 3mol/L硫酸1.2
D3mL乙醇、2mL乙酸、盐酸1.2
①实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用．实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是6mL和6mol/L；
②分析实验A、C（填实验编号）的数据，可以推测出浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率．浓硫酸的吸水性能够提高乙酸乙酯产率的原因是浓硫酸可以吸收酯化反应中生成的水，降低了生成物浓度使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动；
③加热有利于提高乙酸乙酯的产率，但实验发现温度过高乙酸乙酯的产率反而降低，可能的原因是大量乙酸、乙醇未经反应就脱离反应体系；温度过高发生其他反应；
（5）若利用该装置制备乙酸异戊酯，产物将主要在装置中的得到，那么产率会低（“较高”或“偏低”）．
6．利用废旧锌铁皮制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO．制备流程图如下：

已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似．请回答下列问题：
（1）用NaOH溶液处理废旧锌铁皮的作用有AB．
A．去除油污B．溶解镀锌层C．去除铁锈D．钝化
（2）调节溶液A的pH可产生Zn（OH）2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是抽滤、洗涤、灼烧．
（3）由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，原因是在N2气氛下，防止Fe2+被氧化．
（4）用重铬酸钾法（一种氧化还原滴定法）可测定产物Fe3O4中的二价铁含量．若需配制浓度为0.01000mol•L-1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取0.7350gg K2Cr2O7（保留4位有效数字，已知M（K2Cr2O7）=294.0g•mol-1）．配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有③⑦．（用编号表示）．
①电子天平   ②烧杯   ③量筒   ④玻璃棒   ⑤容量瓶   ⑥胶头滴管   ⑦锥形瓶
（5）滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
3．硫的化合物在工业上有广泛的应用，因此研究硫的化合物制备有着重要的意义．某同学拟采用下图装置（实验前已除尽装置内的空气）来制取焦亚硫酸钠（Na2S2O5）．已知装置图1Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2═Na2S2O3
（1）装置I是用亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体，该装置中反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，如果想控制反应速度，图2中可选用的发生装置是ac（填写字母）．

（2）装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，要获得已析出的晶体可采取的分离方法是过滤
（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最佳试剂是b（填序号）．
a、饱和食盐水　b、NaOH溶液　c、浓硫酸　d、饱和NaHCO3溶液
（4）Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2，其离子方程式为S2O52-+2H+=2SO2↑+H2O
（5）工业制备得到产品Na2S2O5中含有杂质碳酸钠，检验产品中含有碳酸钠杂质所需试剂是
①③⑥或①②③⑥（填编号）（已知Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3）
①酸性高锰酸钾②品红溶液③澄清石灰水④饱和碳酸氢钠溶液⑤NaOH⑥稀硫酸
（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下
葡萄酒样品20.00mL$→_{蒸馏}^{盐酸}$馏分$→_{用0.0105mol/L的标准I_{2}溶液滴}^{一定条件，淀粉溶液}$溶液出现蓝色且30s内不褪色（已知：滴定时反映的化学方程式为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）
按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中坑氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.84g•L-1．
10．碱式碳酸钠铝可用作阻燃剂、抗酸剂等．其制备方法是：控制温度、pH，向NaHCO3稀溶液中加入Al（OH）3，并搅拌，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得碱式碳酸钠铝．
（1）碱式碳酸钠铝中a、b、c、d之间的关系为a+3b=c+2d．
（2）碱式碳酸钠铝作为阻燃剂的可能原因：①在分解过程中大量吸热；②本身及产物无毒且不可燃；③产生阻燃性气体CO2、H2O．
（3）若pH过高，则对产品的影响是pH过高会使碱式碳酸钠铝转化为NaAlO2．
（4）为确定碱式碳酸钠铝的组成，进行如下实验：
①准确称取2.880g样品用足量稀硝酸溶解，得到CO2 0.448L（已换算成标准状况下）．并测得溶液中含有0.02mol Al3+
②加热至340℃以上时样品迅速分解，得到金属氧化物、CO2和H2O．当样品分解完全时，样品的固体残留率为56.9%，根据以上实验数据确定碱式碳酸钠铝的组成（写出计算过程）．
20．如图是一个化学过程的示意图．

（1）请回答图中甲池是原电池装置，其中OH-移向正极（填“正”或“负”）
（2）写出通入CH3OH的电极反应式是CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O
（3）向乙池两电极附近滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为A极（填“A”或“B”），并写出此电极反应的电极反应式4H2O-4e-=O2↑4H+．
（4）乙池中反应的离子方程式为4Ag++2H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$4Ag+O2↑+4H+．
（5）当乙池中B（Ag）极的质量增加2.70g时，乙池的pH是1（若此时乙池中溶液的体积为250mL）；此时丙池某电极析出0.80g某金属，则丙中的某盐溶液可能是BD（填序号）
A．MgSO4    B．CuSO4    C．NaCl    D．AgNO3．
7．高铁酸钠（化学式为Na2FeO4）是一种新型净水剂，工业上常通过如下化学反应制取：
Fe2O3+3NaNO3+4NaOH═2Na2FeO4+3NaNO2+2H2O．
该反应中：Na2FeO4中铁的化合价为+6，氧化剂为NaNO3，发生氧化反应的物质为Fe2O3，氧化产物为Na2FeO4，还原产物为NaNO2，电子转移数目为6个．
4．下列物质分类全部正确的是（　　）
①纯碱　②食盐水　③石灰水　④NaHSO4　⑤液态氧　⑥NaOH．
A．盐--①④B．碱--①⑥C．纯净物--③④⑤D．混合物--②⑤
5．某溶液中大量存在五种离子：NO3-、SO42-、Fe3+、H+、X，其中物质的量之比为n（NO3-）：n（SO42-）：n（Fe3+）：（ H+）：n（X）=2：3：1：3：1则X可能是（　　）
A．Al3+B．Ba2+C．Cl-D．Mg2+

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