活性氧化锌适用于哪些橡胶制品?

由表格可知：PH值在4.5～5时，沉淀的只有铁离子，PH值大于3.2时铁离子沉淀完全，因此废渣1的主要成分是氢氧化铁，
故答案为：Fe（OH）₃；
（2）MnO 4−→MnO₂，Mn化合价由+7→+4，化合价降低3，Mn²⁺→MnO₂，Mn化合价由+2→+4，化合价升高2，根据化合价升降相等，MnO₄^-的化学计量数为2、
Mn²⁺化学计量数为3，依据电荷守恒，氢离子的化学计量数为4，根据Mn原子守恒，MnO₂的化学计量数为5，根据原子守恒可知反应物还含有2H₂O，综上可得离子方程式为：2 MnO₄ˉ+3 Mn²⁺+2 H₂O=5 MnO₂↓+4 H⁺，
故答案为：2；3；2H₂O；5；4；
（3）高锰酸钾可以把碘离子氧化为碘单质，淀粉遇碘变蓝色，因此试纸为淀粉KI试纸，
故答案为：淀粉碘化钾；
（4）MnO₂（s）与CO（g）反应制取MnO（s），Mn的化合价降低，因此CO中C的化合价升高，因此产物之一为二氧化碳，由此可得所求热化学方程式为：MnO₂（s）+CO（g）=MnO（s）+CO₂（g）△H ③，设：2MnO₂（s）+C（s）=2MnO（s）+CO₂（g）△H=-174.6kJ•mol^-1 ①，C（s）+CO₂（g）=2CO（g）△H=+283.0kJ•mol^-1 ②，根据盖斯定律可知（①-②）×
1
2=③，△H=
1
2×（-174.6kJ•mol^-1-283.0kJ•mol^-1）=-228.8 kJ•mol^-1，
故答案为：MnO₂（s）+CO（g）=MnO（s）+CO₂（g）△H=-228.8 kJ•mol^-1；
（5）通过前面的操作除掉了Fe³⁺、Fe²⁺、Mn²⁺，锌粒能置换出溶液中的Cu²⁺而把Cu²⁺除掉，
故答案为：除去Cu²⁺；
（6）“反应器4”得到的废液中含有的主要离子除了Na⁺外，还含有酸溶时引入的硫酸根离子，加高锰酸钾引入的钾离子，
故答案为：K⁺、SO₄²ˉ；
（7）标准状况下0.224L CO₂ 的物质的量为n（CO₂）=
0.224L
22.4L/mol=0.01mol，CO₂ 的质量为m（CO₂）=0.01mol×44g/mol=0.44g；则水的质量为：m（H₂O）=3.41g-2.43g-0.44g=0.54g，水的物质的量为：n（H₂O）=
0.54g
18g/mol=0.03mol；ZnO的物质的量为：n（ZnO）=
2.43g
81g/mol=0.03mol，综上可得：n（ZnO）：n（CO₂）：n（H₂O）=3：1：3，碱式碳酸锌的组成可表示为：3ZnO•CO₂•3H₂O，因此碱式碳酸锌的化学式为：ZnCO₃•2Zn（OH）₂•H₂O或Zn₃（OH）₄CO₃•H₂O，
故答案为：ZnCO₃•2Zn（OH）₂•H₂O或Zn₃（OH）₄CO₃•H₂O．

活性氧化锌
活性氧化锌为白色或微黄色球状微细粉末,密度5.47g／cm3,熔点1800℃,不溶于水,溶于酸,碱氯化铵和氨水中.在潮湿空气中二氧化碳生成碱式碳酸锌.其最大特征是粒径50-100纳米,比间接法氧化锌和直接法氧化锌有更大的比表面积,在应用中具有更高活性和良好分散性.
活性氧化锌的折射率与天然橡胶非常相近,因此能让硫化产品的颜色更清澈透明.
应用：
1、具有滚动性好,分散性优良的特点,加上它粒径小,结构轻而疏松,氮吸附比表面积大,使它在用作硫化活性剂时,在胶料中分布均匀,与硫化氢的接触面积大,进行界面反应机遇较大,再加上本产品有活性物质的助催作用,使氧化锌转化为硫化锌的转化率高.因此作为合成橡胶的硫化促进剂和良好的补强剂,是普通氧化锌用量的50-70％.
2、在橡胶工业中用作紫外线的稳定剂,能使聚乙烯的耐大气性得到较好的改善.
3、与树脂酸发生反应而制得的锌树脂,可用来生产快干油墨,具有良好的着色作用.
4、制成的氧化锌脱硫剂,具有比表面积大,穿透硫容高,机械强度高,堆积隙大,床层压降小的特性.广泛应用于全成氨,甲醇和制氢等工业原料气,油的深度脱硫净化过程.在一定温度和压力下能把气体中微量的硫化氢,有机硫浓度有效的降低.
5、化学方法生产,活性氧化锌是用化学方法即湿法生产,生产直接法或间接法氧化锌的设备是生产不活性氧化锌的.现在市场很乱,很多厂家都说是活性氧化锌,但真正能达到的不是很多.目前来说,用氨法生产的质量比较好,如山东的淄博聚硕锌业等.硫化法的也有但质量上有区别.

橡胶中什么氧化锌都可以用,直接法：重金属含量高点,氧化锌含量低点.间接法：重金属含量低点含量一般比较高.活性：一般是化学结晶法生产,含量不高,但是活性高,环保还可以节省成本.一般现在很多都号称是活性,但是真正活性的比较少.

解题思路：（1）PH值在4.5～5时，沉淀的只有铁离子，PH值大于3.2时铁离子沉淀完全；
（2）根据化合价升降相等、电荷守恒和原子守恒作答；
（3）高锰酸钾可以把碘离子氧化为碘单质，淀粉遇碘变蓝色；
（4）首先根据氧化还原关系写出化学方程式并标明状态，根据盖斯定律求焓变；
（5）通过前面的操作除掉了Fe3+、Fe2+、Mn2+，加入锌粒是为了除掉Cu2+；
（6）“反应器4”得到的废液中还含有酸溶时引入的硫酸根离子，加高锰酸钾引入的钾离子；
（7）由质量求出ZnO、CO2、H2O的物质的量，根据物质的量的比得碱式碳酸锌的化学式．

由表格可知：PH值在4.5～5时，沉淀的只有铁离子，PH值大于3.2时铁离子沉淀完全，因此废渣1的主要成分是氢氧化铁，
故答案为：Fe（OH）₃；
（2）MnO 4−→MnO₂，Mn化合价由+7→+4，化合价降低3，Mn²⁺→MnO₂，Mn化合价由+2→+4，化合价升高2，根据化合价升降相等，MnO₄^-的化学计量数为2、
Mn²⁺化学计量数为3，依据电荷守恒，氢离子的化学计量数为4，根据Mn原子守恒，MnO₂的化学计量数为5，根据原子守恒可知反应物还含有2H₂O，综上可得离子方程式为：2 MnO₄ˉ+3 Mn²⁺+2 H₂O=5 MnO₂↓+4 H⁺，
故答案为：2；3；2H₂O；5；4；
（3）高锰酸钾可以把碘离子氧化为碘单质，淀粉遇碘变蓝色，因此试纸为淀粉KI试纸，
故答案为：淀粉碘化钾；
（4）MnO₂（s）与CO（g）反应制取MnO（s），Mn的化合价降低，因此CO中C的化合价升高，因此产物之一为二氧化碳，由此可得所求热化学方程式为：MnO₂（s）+CO（g）=MnO（s）+CO₂（g）△H ③，设：2MnO₂（s）+C（s）=2MnO（s）+CO₂（g）△H=-174.6kJ•mol^-1 ①，C（s）+CO₂（g）=2CO（g）△H=+283.0kJ•mol^-1 ②，根据盖斯定律可知（①-②）×[1/2]=③，△H=[1/2×（-174.6kJ•mol^-1-283.0kJ•mol^-1）=-228.8 kJ•mol^-1，
故答案为：MnO₂（s）+CO（g）=MnO（s）+CO₂（g）△H=-228.8 kJ•mol^-1；
（5）通过前面的操作除掉了Fe³⁺、Fe²⁺、Mn²⁺，锌粒能置换出溶液中的Cu²⁺而把Cu²⁺除掉，
故答案为：除去Cu²⁺；
（6）“反应器4”得到的废液中含有的主要离子除了Na⁺外，还含有酸溶时引入的硫酸根离子，加高锰酸钾引入的钾离子，
故答案为：K⁺、SO₄²ˉ；
（7）标准状况下0.224L CO₂ 的物质的量为n（CO₂）=
0.224L
22.4L/mol]=0.01mol，CO₂ 的质量为m（CO₂）=0.01mol×44g/mol=0.44g；则水的质量为：m（H₂O）=3.41g-2.43g-0.44g=0.54g，水的物质的量为：n（H₂O）=[0.54g/18g/mol]=0.03mol；ZnO的物质的量为：n（ZnO）=[2.43g/81g/mol]=0.03mol，综上可得：n（ZnO）：n（CO₂）：n（H₂O）=3：1：3，碱式碳酸锌的组成可表示为：3ZnO•CO₂•3H₂O，因此碱式碳酸锌的化学式为：ZnCO₃•2Zn（OH）₂•H₂O或Zn₃（OH）₄CO₃•H₂O，
故答案为：ZnCO₃•2Zn（OH）₂•H₂O或Zn₃（OH）₄CO₃•H₂O．

点评：
本题考点： 金属的回收与环境、资源保护；用盖斯定律进行有关反应热的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题为生产流程题，涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离和除杂等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，其中计算是易失分点，本题难度中等．

加热分解,类似于碱式碳酸铜分解
Zn2(OH)2CO3 ==△== 2 ZnO + CO2↑ + H2O
因为产生了气体,这样制备得到的氧化锌比较疏松,活性较强.

因为第一步要使Fe3+完全沉淀,则pH>3.2,同时溶液中还有Cu2+,所以pH

解题思路：【问题讨论】
（1）将洗净的石英砂研磨成粉末是增大接触面积，加快反应速率，提高生产效率；
（2）根据氧化锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和水及质量守恒定律解答；
（3）根据氢氧化铁沉淀时的pH、Zn（OH）₂和Cu（OH）₂沉淀时的pH、过滤基本操作分析解答；
（4）根据置换反应的定义分析；
【实验步骤】①根据实验前先检查装置气密性解答；②先在干燥的空气流中加热分解碱式碳酸锌
【实验分析及数据处理】
（1）根据碱石灰（CaO与NaOH的固体混合物）既能吸水，氢氧化钠能和二氧化碳反应分析；
（2）根据这样做能使反应生成的二氧化碳和水蒸气被完全吸收分析解答；
（3）根据E能吸收空气中的水和二氧化碳解答；
（4）根据C吸收的是水，D吸收的是二氧化碳，碱式碳酸锌样品22.6g，反应前C装置的质量为198.4g，反应后质量为209.2g，故生成水的质量为209.2g-198.4g=1.8g；反应前D装置的质量为235.7g，反应后质量为244.5g，生成二氧化碳的质量为8.8g，故氧化锌的质量为22.6g-1.8g-8.8g=12g，计算各物质的物质的量，利用元素守恒计算碱式碳酸锌中x、y、z，据此书写碱式碳酸锌化学式．

【问题讨论】
（1）要将洗净的石英砂研磨成粉末是增大接触面积，加快反应速率，提高生产效率；故答案：使氧化锌粗品充分反应．（只答提高反应速度不给分）
（2）氧化锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和水，反应的化学方程式为ZnO+H₂SO_六=ZnSO_六+H₂O，故答案：ZnO+H₂SO_六=ZnSO_六+H₂O；
（3）氢氧化铁沉淀时的pH是1.六8～3.2，Zn（OH）₂沉淀时的pH为6.2～8.9；和下u（OH）₂沉淀时的pH为g.2～6.六；过滤就能得到氢氧化铁沉淀，故答案：分别为3.2～g.2；过滤；
（六）反应2是锌和硫酸铜反应生成铜和硫酸锌，是一种单质和一中化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属置换反应，故答案：置换；
口口测定碱式碳酸锌的化学式
①实验前要检查装置气密性，故答案：气密性
②打开活塞K₁、K₂，关闭K₃
【实验分析及数据处理】
（1）碱石灰的作用除去鼓入空气中的二氧化碳和水蒸气，故答案：除去鼓入空气中的二氧化碳和水蒸气；
（2）继续通空气的目的是使反应生成的二氧化碳和水蒸气被完全吸收，故答案：使反应生成的二氧化碳和水蒸气被完全吸收；
（3）E处碱石灰的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置D，那么装置D吸收了一部分空气中的二氧化碳，增重大于实际分解得到的二氧化碳，使实验结果偏大；故答案：防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置D；偏大；
（六）碱式碳酸锌样品22.6g，反应前下装置的质量为198.六g，反应后质量为299.2g，故生成水的质量为299.2g-198.六g=1.8g；反应前D装置的质量为23g.7g，反应后质量为2六六.gg，生成二氧化碳的质量为8.8g，故氧化锌的质量为22.6g-1.8g-8.8g=12g，故
xZn下O₃•fZn（OH）₂•zH₂O

△
.
（x+f）ZnO+（f+z）H₂O+x下O₂
81（x+f） 18（f+z） 六六x
12g 1.8g8.8g
则x：f：z的最简比=1：2：1；反应的化学方程式方程式为Zn下O₃•2Zn（OH）₂•H₂O=3ZnO+下O₂↑+2H₂O．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；过滤的原理、方法及其应用；气体的净化（除杂）；酸的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；根据化学反应方程式的计算．

考点点评： 考查学生对实验原理理解、方案设计的评价、实验装置的理解、物质组成的测定等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力．

解题思路：（1）考虑反应物的接触面积；
（2）考虑ZnO样品与硫酸的反应；
（3）由表格中的数据，推测溶液pH的范围；
（4）操作a是将固体与溶液分离，应采取过滤的方法，过滤所用的主要玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（5）考虑锌与稀硫酸的反应；
（6）根据氨根与碱反应，生成刺激性气味的气体生成．

（1）溶解前将氧化锌粗品粉碎成细颗粒，目的是增大反应物的接触面积或加快溶解速率I制备活性氧化锌．
（2）在粗ZnO样品中加硫酸发生反应的化学方程式 ZnO+H₂SO₄═ZnSO₄+H₂O等（写CuO或FeO与硫酸反应也正确）；
（3）由表格可知：反应1的目的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，并完全沉淀Fe（OH）₃，为了暂不形成Cu（OH）₂、Zn （OH）₂，该步骤需控制溶液pH的范围是 3.2到5.2；
（4）操作a是将固体与溶液分离，应采取过滤的方法，过滤所用的主要玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒；
（5）反应2中加入锌发生的反应为锌与稀硫酸反应，属于置换反应；
（6）B溶液的溶质是（NH₄）₂SO₄，检验其中是否含NH₄⁺的方法为可加入NaOH浓溶液加热，观察现象，如有刺激性气味的气体生成，则说明含有NH₄⁺，
故答案为：
（1）增大反应物的接触面积或加快溶解速率；
（2）ZnO+H₂SO₄═Zn SO₄+H₂O等（写CuO或FeO与硫酸反应也正确）；
（3）3.2到5.2；（4）过滤；玻璃棒、漏斗；
（5）置换；（6）可加入NaOH浓溶液加热，观察现象，如有刺激性气味的气体生成，则说明含有NH₄⁺

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；酸的化学性质；盐的化学性质；铵态氮肥的检验；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题考查学生对工艺流程的理解、阅读获取信息能力、对操作步骤的分析评价、物质的分离提纯、氧化学计算等，是对所学知识的综合运用与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力．