题目内容

10．利用钛白工业的副产品FeSO4[含Al2（SO4）3和少量重金属离子]，可以生产电池级高纯超微细草酸亚铁．其工艺流程如图1：

已知：①5Fe2++MnO${\;}_{4}^{-}$+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
     ②5C2O42-+2MnO${\;}_{4}^{-}$+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NH3•H2O受热易分解，挥发出NH3，Fe（OH）2受热也易分解．
（2）滤液Ⅱ经处理可得到副产品（NH4）2SO4．
（3）实验室测定高纯超微细草酸亚铁组成的步骤依次为：
步骤1：准确称量一定量草酸亚铁样品，加入25mL 2mol•L-1的H2SO4溶解．
步骤2：用0.2000mol•L-1标准KMnO4溶液滴定，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-1的H2SO4溶液，将Fe3+还原为Fe2+．
步骤4：过滤，滤液用上述标准KMnO4溶液滴定，消耗溶液10.40mL．
则样品中C2O42-的物质的量为0.01mol．
（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2，产生这种变化趋势的原因可能为生成的Mn2+作催化剂，随着Mn2+浓度增加，反应速率越来越快．

分析 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）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；
（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；
（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-，依据多步反应找关系式计算；
（4）观察图象分析反应速率变大的因素，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．

解答 解：（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10.40mL，所以C2O42-消耗KMnO4溶液体积为（30.40-10.40）=20mL，由5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O得5C2O42-～2MnO4-，所以n（C2O42-）=$\frac{5}{2}$n（MnO4-）=20ml×10-3×0.2000mol•L-1×$\frac{5}{2}$=0.01mol；
故答案为：0.01mol；
（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．

点评 本题主要考查物质的分离、提纯、制备以及反应速率等，为高考常见题型，综合性比较强，考查学生收集、整合、分析问题的能力，题目难度中等．

练习册系列答案
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④CH≡CH生成的反应为取代反应
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（2）索尔维法制纯碱的主要工艺流程如下，石灰石用于制备CO2和石灰乳．
①原盐水中含少量Mg2+和Ca2+，结合生产实际，精制盐水需要的试剂是Ca（OH）2（或CaO）、Na2CO3（填化学式）．
②步骤Ⅱ保持在30～35℃进行，反应的化学方程式为NH3+H2O+NaCl+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl（或NH3•H2O+NaCl+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl）；该工艺中循环利用的物质是NH3、CO2．
③索尔维法制纯碱不需要用到的一种设备是B（填选项字母）．
A．石灰窑 B．沸腾炉 C．碳酸化塔 D．蒸氨塔 E．吸氨塔
④该工艺中没有涉及的基本化学反应类型是C（填选项字母）．
A．化合反应  B．分解反应 C．置换反应  D．复分解反应
（3）我国科学家侯德榜将合成氨工业得到的NH3与CO2引入纯碱的生产，向索尔维法制纯碱工艺的“母液”中通入NH3并加入食盐固体，降温结晶得到副产品NH4Cl（填化学式），剩余母液返回“吸氨”步骤，大大提高了食盐的利用率．
（4）纯碱产品中可能含有碳酸氢钠，用热重分析的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数为ω（NaHCO3）=$\frac{84（m1-m2）}{31m1}$（m1是样品质量，m2是样品受热分解后的质量）．（列出算式，所需数据用字母表示，并说明各字母的含义）
15．高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：

（1）浸出：植物粉的作用是作还原剂，浸出时温度控制在90℃～95℃之间，并且要连续搅拌3小时的目的是提高软锰矿中锰的浸出率，
（2）除杂：①向浸出液中加入一定量的碳酸锰矿，调节浸出液的pH为3.5～5.5；
②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；   ③…
操作①中使用碳酸锰调pH的优势是增加MnCO3的产量（或不引入新的杂质等）；
操作②中加入双氧水不仅能将Fe2+氧化为Fe3+，而且能提高软锰矿的浸出率．写出双氧水提高软锰矿浸出率的离子方程式MnO2+H2O2+2H+=Mn2++2H2O+O2↑．
（3）制备：在30℃～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5～7.0，得到MnCO3沉淀．温度控制35℃以下的原因是减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；该反应的化学方程式为MnSO4+2NH4HCO$\frac{\underline{\;30-35℃\;}}{\;}$3MnCO3+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O；
生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净．
（4）室温Ksp（MnCO3）=1.8×10-11，Ksp（MgCO3）=2.6×10-5，若离子浓度小于1.0×10-5mol•L-1时，表示该离子沉淀完全．净化液中的c（Mg2+）=x mol/L，若不产生MgCO3沉淀，则x的取值范围是x≤14.4．（保留三位有效数字）
2．绿矾（FeSO4•7H2O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分．下列是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法．

已知：室温下饱和 H2S溶液的 pH 约为3.9，SnS沉淀完全时溶液的 pH 为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH 为5.5．
（1）操作Ⅱ，在溶液中用硫酸酸化至 pH=2的目的是使Sn2+沉淀完全，防止Fe2+生成沉淀．
（2）操作Ⅳ的顺序依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．
（3）操作Ⅳ得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：
①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；
②降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗．
（4）测定绿矾产品中Fe2+含量的方法是
a．称取一定质量的绿矾产品，配制成250.00mL溶液；
b．量取25.00mL 待测溶液于锥形瓶中；
c．用硫酸酸化的 0.010 00mol•L-1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL．
滴定时发生反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
①用硫酸酸化的 0.010 00mol•L-1KMnO4溶液滴定时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化判断此滴定实验达到终点的方法是滴加最后一滴KMnO4溶液，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；
②若用上述方法测定的样品中FeSO4•7H2O的质量分数偏低（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因有样品中存在少量的杂质或样品部分被氧化．
19．请回答：
（1）制备Fe（OH）3胶体的离子方程式为Fe3++3H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe（OH）3（胶体）+3H+．
（2）MgCO3悬浊液经煮沸可转化为更难溶的Mg（OH）2，转化的化学方程式MgCO3+H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mg（OH）2+CO2↑ ．
（3）完成以下氧化还原反应的离子方程式：
2Fe3++3Cl2+8H2O=2FeO42-+6Cl-+16H+．
20．Ⅰ．体积为5L的恒温、恒容密闭容器甲起始投入2molN2、3molH2经过l0s达平衡，测得平衡时NH3的物质的量为0.8mol．
Ⅱ．容器乙起始投入3molN2、bmolH2，维持恒温、恒压到平衡，测得平衡时NH3的物质的量为1.2mol．此时与容器甲中平衡状态温度相同、相同组分的体积分数都相同．
（1）容器甲10s内用H2表示的平均反应速率v（H2）=0.024mol•L-1•s-1，达平衡时N2的转化率=20%．
（2）甲容器中反应的逆反应速率随时间变化的关系如图．t1时改变了某种条件，改变的条件可能是升高了温度、增大了氨气的浓度．（填写2项）
（3）下列哪些情况表明容器乙已达平衡状态ADE．（填字母）
A．容器乙的气体密度不再交化
B．反应的平衡常数不再变化
C．氮气与氨气的浓度相等
D．断裂lmolN≡N键同时断裂6molN一H键
E．容器乙中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
（4）b=4.5 mol．

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