- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
明矾[KAl（SO4）2•12H2O]在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化；造纸工业上作施胶剂；食品工业的发酵剂等．利用炼铝厂的废料--铝灰（含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO•xFe2O3）可制备明矾．工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）明矾净水的原理是（用离子方程表示）______
（2）操作Ⅰ是______，操作Ⅱ是蒸发浓缩、______、过滤、______干燥．
（3）检验滤液A中是否存在Fe2+的方法是______（只用一种试剂）
（4）在滤液A中加入高锰酸钾的目的是______，发生反应的离子方程式为（该条件下Fe2+转化为Fe3+，MnO4-转化为Mn2+）______．
已知：生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示
注：金属离子的起始浓度为0.1mol•L-1
根据表中数据解释调pH=3的目的______．
（5）己知：在pH=3、加热条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2．加入MnS04发生反应的离子方程式为：______．滤渣2含有的物质是______．
（6）以Al和NiO（OH）为电极，KOH溶液为电解液可组成新型、高效电池，充放电过程中，发生Ni（OH）2与NiO（OH）之间的转化，写出放电时电池反应的化学方程式______．
正确答案
解：（1）明矾是强酸弱碱盐，弱酸根离子Al3+水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到达到净水的目的．其反应原理用方程式表示为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；
（2）操作Ⅰ是将难溶性固体与溶液分离的操作，叫过滤；操作Ⅱ是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥就得到明矾，
故答案为：过滤；冷却结晶；洗涤；
（3）检验滤液A中是否存在Fe2+的方法是取适量滤液A于试管中，滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明Fe2+存在，
故答案为：取适量滤液A于试管中，滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明Fe2+存在；
（4）在滤液A中加入高锰酸钾的目的是使Fe2+转化为Fe3+，发生反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，
根据表中数据可知当，溶液的pH=3时Fe3+可以完全形成沉淀Fe（OH）3，而氢氧化铝还没有形成沉淀，
故答案为：使Fe2+转化为Fe3+；5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O；使Fe3+转化成Fe（OH）3沉淀；
（5）在pH=3、加热条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2，加入MnS04发生反应的离子方程式为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，
由于溶液的pH=3，所以滤渣的成分含有MnO2和 Fe（OH）3，
故答案为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；MnO2、Fe（OH）3；
（6以Al和NiO（OH）为电极，KOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，铝做负极失电子在氢氧化钾溶液中生成偏铝酸钾，电池反应的化学方程式：Al+3NiO（OH）+KOH+H2O=KAlO2+3Ni（OH）2，
故答案为：Al+3NiO（OH）+KOH+H2O=KAlO2+3Ni（OH）2．
解析
解：（1）明矾是强酸弱碱盐，弱酸根离子Al3+水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到达到净水的目的．其反应原理用方程式表示为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；
（2）操作Ⅰ是将难溶性固体与溶液分离的操作，叫过滤；操作Ⅱ是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥就得到明矾，
故答案为：过滤；冷却结晶；洗涤；
（3）检验滤液A中是否存在Fe2+的方法是取适量滤液A于试管中，滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明Fe2+存在，
故答案为：取适量滤液A于试管中，滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明Fe2+存在；
（4）在滤液A中加入高锰酸钾的目的是使Fe2+转化为Fe3+，发生反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，
根据表中数据可知当，溶液的pH=3时Fe3+可以完全形成沉淀Fe（OH）3，而氢氧化铝还没有形成沉淀，
故答案为：使Fe2+转化为Fe3+；5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O；使Fe3+转化成Fe（OH）3沉淀；
（5）在pH=3、加热条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2，加入MnS04发生反应的离子方程式为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，
由于溶液的pH=3，所以滤渣的成分含有MnO2和 Fe（OH）3，
故答案为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；MnO2、Fe（OH）3；
（6以Al和NiO（OH）为电极，KOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，铝做负极失电子在氢氧化钾溶液中生成偏铝酸钾，电池反应的化学方程式：Al+3NiO（OH）+KOH+H2O=KAlO2+3Ni（OH）2，
故答案为：Al+3NiO（OH）+KOH+H2O=KAlO2+3Ni（OH）2．
碱式碳酸铜也是一种用途广泛的化工原料，实验室以废铜屑为原料制取碱式碳酸铜的步骤如下：
步骤一：废铜屑制硝酸铜
如图所示，用胶头滴管吸取浓HNO3缓慢加到锥形瓶内的废铜屑中（废铜屑过量），充分反应后过滤，得到硝酸铜溶液．
步骤二：碱式碳酸铜的制备
向大试管中加人碳酸钠溶液和硝酸铜溶液，水浴加热至70℃左右，用0.4mol/L的NaOH溶液调节pH至8.5，振荡，静置，过滤，用热水洗涤，烘干，得到碱式碳酸铜产品．
完成下列问题：
（1）写出金属铜在潮湿的空气中形成铜绿的化学方程式：______；
（2）如图装置中，锥形瓶内产生的气体颜色变化情况：______，其原因是（用离子方程式表示）______；
（3）如图装置中，NaOH溶液可以吸收硝酸与金属铜反应生成的污染性气体，其中有一个反应为NO2+NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O（未配平），则当消耗11.2LNO2（已换算为标准状况下）时，转移电子的个数为______．
（4）步骤二中，水浴加热所需仪器有烧杯和______（加热、持夹仪器、石棉网除外）．
（5）步骤二中，若忘记用0.4mol/LNaOH溶液调节pH至8.5，会发现大试管中有少量气泡生成，且产生少量蓝色沉淀，请解释原因：______．
（6）步骤二中，烘干时，如果操作不慎，会造成碱式碳酸铜的受热分解，若试验得到2.42g样品（只含CuO杂质），取此样品加热至分解完全后，得到1.8g固体，此样品中碱式碳酸铜的质量分数是______．
正确答案
解：（1）铜和水、氧气、二氧化碳等物质反应生成碱式碳酸铜，反应的化学方程式为：2Cu+O2+H2O+CO2═Cu2（OH）2CO3，
故答案为：2Cu+O2+H2O+CO2═Cu2（OH）2CO3；
（2）浓硝酸与铜反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，在实验步骤一中，锥形瓶内反应开始时，会看到在Cu 溶解，锥形瓶中溶液变蓝色，气体变为红棕色，随着反应的进行，颜色逐渐变淡，生成NO，3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
故答案为：随着反应的进行，气体由红棕色逐渐变淡；Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O、3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）NO2+NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O中，NO2→NaNO2，N元素化合价降低1价，被还原，NO2→NaNO3，N元素化合价升高1价，被氧化，则由化合价的升降配平可得：2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，每2mol二氧化氮反应转移电子数为：1mol，标准状况下11.2LNO2的物质的量为0.5mol，当消耗11.2LNO2（已换算为标准状况下）时，转移电子的个数为0.25mol，即0.25NA，
故答案为：0.25NA；
（4）因反应器为大试管，故水浴加热中用来盛放水的仪器可以选用烧杯、测定水温用温度计，
故答案为：温度计；
（5）碳酸根离子水解呈碱性，铜离子水解呈酸性，步骤二中，若忘记用0.4mol/LNaOH溶液调节pH至8.5，铜离子和碳酸根离子发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铜，会发现大试管中有少量气泡生成，且产生少量蓝色沉淀，
故答案为：铜离子和碳酸根离子发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铜；
（6）设此样品中碱式碳酸铜的质量为x
Cu2（OH）2CO3
222 160 222-160=62
x （2.42g-1.8g）=0.62g
故答案为：91.7%．
解析
解：（1）铜和水、氧气、二氧化碳等物质反应生成碱式碳酸铜，反应的化学方程式为：2Cu+O2+H2O+CO2═Cu2（OH）2CO3，
故答案为：2Cu+O2+H2O+CO2═Cu2（OH）2CO3；
（2）浓硝酸与铜反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，在实验步骤一中，锥形瓶内反应开始时，会看到在Cu 溶解，锥形瓶中溶液变蓝色，气体变为红棕色，随着反应的进行，颜色逐渐变淡，生成NO，3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
故答案为：随着反应的进行，气体由红棕色逐渐变淡；Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O、3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）NO2+NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O中，NO2→NaNO2，N元素化合价降低1价，被还原，NO2→NaNO3，N元素化合价升高1价，被氧化，则由化合价的升降配平可得：2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，每2mol二氧化氮反应转移电子数为：1mol，标准状况下11.2LNO2的物质的量为0.5mol，当消耗11.2LNO2（已换算为标准状况下）时，转移电子的个数为0.25mol，即0.25NA，
故答案为：0.25NA；
（4）因反应器为大试管，故水浴加热中用来盛放水的仪器可以选用烧杯、测定水温用温度计，
故答案为：温度计；
（5）碳酸根离子水解呈碱性，铜离子水解呈酸性，步骤二中，若忘记用0.4mol/LNaOH溶液调节pH至8.5，铜离子和碳酸根离子发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铜，会发现大试管中有少量气泡生成，且产生少量蓝色沉淀，
故答案为：铜离子和碳酸根离子发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铜；
（6）设此样品中碱式碳酸铜的质量为x
Cu2（OH）2CO3
222 160 222-160=62
x （2.42g-1.8g）=0.62g
故答案为：91.7%．
为验证氯气与水反应的产物并以纯净干燥的氯气为原料制取FeCl3，某同学设计了如图实验装置，A中所用试剂MnO2固体和浓盐酸．
（1）为达到实验目的，反应装置中空白部分所连接的试剂瓶从左到右顺序为______．
（2）装置B中的现象是______；结论是______．
装置D中的现象是______；结论是______．
（3）该装置存在安全隐患和环境污染，请在答卷的装置图上加以改进并注明所用试剂．
（4）实验室中还可以采用反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O快速制取氯气，请分析：
若反应中有6mol还原剂被氧化，则反应中转移电子的物质的量为______mol．
正确答案
解：（1）该实验目的有：①验证氯气与水反应的产物；②以纯净干燥的氯气为原料制取FeCl3，实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，MnO2+4HCl（浓）
故答案为：CBDE或CDBE；
（2）氯气和水反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，盐酸、次氯酸都具有酸性，盐酸含有氯离子，次氯酸具有漂白性，检验Cl-时，用硝酸银与Cl-生成氯化银沉淀，但能与硝酸银生沉淀的还有CO32-所以用稀HNO3排除CO32-，通过装置B中的硝酸酸化的硝酸银溶液：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3，产生白色沉淀，通过装置D中的紫色石蕊试液，先变红后褪色是由于酸使紫色的石蕊试液变红，次氯酸具有氧化性，使紫色石蕊试液褪色，
故答案为：白色沉淀；氯气与水反应生成氯离子或盐酸；先变红后褪色；氯气与水反应有次氯酸生成；
（3）氯气有毒，该装置未设计尾气处理装置，FeCl3易吸水潮解，故需要在制取氯化铁装置之后连一个固体吸收氯气尾气装置，可用碱性固体碱石灰，既能吸收为其又能防止水分进入制取氯化铁的装置，
故答案为：
（4）由反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O可知，6molHCl中，5molHCl中Cl元素化合价由-1价变为0价，作还原剂被氧化，1molHCl中Cl元素化合价不变为酸，转移电子5mol，
若反应中有6mol还原剂被氧化，则转移电子数为6mol，
故答案为：6．
解析
解：（1）该实验目的有：①验证氯气与水反应的产物；②以纯净干燥的氯气为原料制取FeCl3，实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，MnO2+4HCl（浓）
故答案为：CBDE或CDBE；
（2）氯气和水反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，盐酸、次氯酸都具有酸性，盐酸含有氯离子，次氯酸具有漂白性，检验Cl-时，用硝酸银与Cl-生成氯化银沉淀，但能与硝酸银生沉淀的还有CO32-所以用稀HNO3排除CO32-，通过装置B中的硝酸酸化的硝酸银溶液：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3，产生白色沉淀，通过装置D中的紫色石蕊试液，先变红后褪色是由于酸使紫色的石蕊试液变红，次氯酸具有氧化性，使紫色石蕊试液褪色，
故答案为：白色沉淀；氯气与水反应生成氯离子或盐酸；先变红后褪色；氯气与水反应有次氯酸生成；
（3）氯气有毒，该装置未设计尾气处理装置，FeCl3易吸水潮解，故需要在制取氯化铁装置之后连一个固体吸收氯气尾气装置，可用碱性固体碱石灰，既能吸收为其又能防止水分进入制取氯化铁的装置，
故答案为：
（4）由反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O可知，6molHCl中，5molHCl中Cl元素化合价由-1价变为0价，作还原剂被氧化，1molHCl中Cl元素化合价不变为酸，转移电子5mol，
若反应中有6mol还原剂被氧化，则转移电子数为6mol，
故答案为：6．
一、制备：水杨酸，醋酸酐
二、方案1：
方案2：
主要试剂和产品的物理常数：
请根据以上信息回答下列问题：
（1）①合成阿斯匹林时，还会生成一些副产品，其中有一种是高分子，为了分离此物质，方案1中加入A物质为______溶液．
②本方案抽滤后进行洗涤，其具体操作是______．
（2）方案2为改进的提纯方法，称为重结晶提纯法．
①步骤2回流的装置如图所示，写出仪器a的名称______，使用温度计的目的是______，冷凝水的流向为______．
②方案2所得产品的有机杂质要比方案1少的原因是______．
（3）该学习小组在实验中原料用量：2.0g水杨酸、5.0ml醋酸酐（ρ=1.08g•cm-3），最终称量产品m=2.2g，则乙酰水杨酸的产率为______．
正确答案
解：（1）①高分子化合物难溶于水，可加入碳酸氢钠是乙酰水杨酸生成易溶于水的乙酰水杨酸钠而达到分离的目的，
故答案为：NaHCO3；
②洗涤时应使洗涤剂缓慢通过沉淀物，应关小水龙头，向布氏漏斗中加洗涤剂（水）至浸没沉淀物，使洗涤剂缓慢通过沉淀物，
故答案为：关小水龙头，向布氏漏斗中加洗涤剂（水）至浸没沉淀物，使洗涤剂缓慢通过沉淀物；
（2）①仪器为三颈烧瓶，加热时温度不能过高，应控制在一定范围之内，可用温度计控制温度，防止乙酰水杨酸受热分解，为充分冷凝，是冷水充满冷凝器，应从下端进，上端出，
故答案为：三颈烧瓶；控制反应温度，防止温度过高，乙酰水杨酸受热分解；b→c；
②水杨酸易溶于乙酸乙酯，而乙酰水杨酸难溶于乙酸乙酯，而使二者充分分离，
故答案为：方案2水杨酸易溶于乙酸乙酯，在冷却结晶时大部分溶解在乙酸乙酯中，很少结晶出来；
（3）（水杨酸）=
则理论上生成乙酰水杨酸0.0145mol，产率为：
故答案为：84.3%．
解析
解：（1）①高分子化合物难溶于水，可加入碳酸氢钠是乙酰水杨酸生成易溶于水的乙酰水杨酸钠而达到分离的目的，
故答案为：NaHCO3；
②洗涤时应使洗涤剂缓慢通过沉淀物，应关小水龙头，向布氏漏斗中加洗涤剂（水）至浸没沉淀物，使洗涤剂缓慢通过沉淀物，
故答案为：关小水龙头，向布氏漏斗中加洗涤剂（水）至浸没沉淀物，使洗涤剂缓慢通过沉淀物；
（2）①仪器为三颈烧瓶，加热时温度不能过高，应控制在一定范围之内，可用温度计控制温度，防止乙酰水杨酸受热分解，为充分冷凝，是冷水充满冷凝器，应从下端进，上端出，
故答案为：三颈烧瓶；控制反应温度，防止温度过高，乙酰水杨酸受热分解；b→c；
②水杨酸易溶于乙酸乙酯，而乙酰水杨酸难溶于乙酸乙酯，而使二者充分分离，
故答案为：方案2水杨酸易溶于乙酸乙酯，在冷却结晶时大部分溶解在乙酸乙酯中，很少结晶出来；
（3）（水杨酸）=
则理论上生成乙酰水杨酸0.0145mol，产率为：
故答案为：84.3%．
甲酸铜[Cu（HCOO）2•4H2O]是一种重要的化工原料，可以用碱式碳酸铜与甲酸作用来制备．
实验步骤：
（Ⅰ）碱式碳酸铜的制备
（Ⅱ）甲酸铜的制备
碱式碳酸铜与甲酸反应制得蓝色四水甲酸铜：
Cu（OH）2•CuCO3+4HCOOH+5H2O═Cu（HCOO）2•4H2O+CO2↑
将产品碱式碳酸铜放入烧杯内，加入约20mL蒸馏水，加热搅拌至323K左右，逐滴加入适量甲酸至沉淀完全溶解，趁热过滤．滤液在通风橱下蒸发至原体积的
回答下列问题：
（1）步骤（Ⅰ） 将研磨后混合物注入热水后的现象是______．
（2）步骤（Ⅰ） 的后续“操作”有过滤、洗涤，其中检验沉淀已洗净的方法是______．
（3）本实验涉及三种固液分离的方法．
①倾析法使用到的仪器有______；
②若采用减压过滤的装置对步骤（Ⅱ）中溶解后的溶液进行趁热过滤，操作的目的是______；
③步骤（Ⅱ） 的实验中，需用到下列装置______．
④下列选项中，不能采用减压过滤的方法进行分离的是______．
A．Na2SiO3与盐酸混合所得的胶状沉淀
B．实验室用水杨酸和乙酸酐制得的阿司匹林
C．纳米级超细碳酸钙与水的混合液
D．苯酚与浓溴水混合后产生的沉淀
（4）在制备碱式碳酸铜的过程中，如果温度过高，对产物有何影响？______．
（5）用无水乙醇洗涤Cu（HCOO）2•4H2O晶体的目的是______．
（6）最终称量所得的产品为7.91g，则产率为______．
正确答案
有大量气泡产生并有蓝色沉淀产生
取最后一次洗涤后的溶液少许于试管，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗净
烧杯、玻璃棒
防止甲酸铜晶体析出
CDF
AC
温度过高导致Cu（OH）2∙CuCO3分解
除去甲酸并减少甲酸铜晶体损失
70%
解析
解：（1）硫酸铜与碳酸氢钠反应的化学方程式为：2CuSO4+4NaHCO3═Cu（OH）2•CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2O，所以步骤（Ⅰ） 将研磨后混合物注入热水后，会观察到有大量气泡产生并有蓝色沉淀产生，
故答案为：有大量气泡产生并有蓝色沉淀产生；
（2）无法满意洗净，碱式碳酸铜固体上会粘有硫酸根离子，所以检验沉淀已洗净的方法为：取最后一次洗涤后的溶液少许于试管，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗净，
故答案为：取最后一次洗涤后的溶液少许于试管，滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗净；
（3）①倾析法分离溶液时，选用使用到烧杯和用于引流的仪器玻璃棒，
故答案为：烧杯、玻璃棒；
②甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大，如果冷却，会有晶体析出，降低产率，因此需趁热过滤，
故答案为：防止甲酸铜晶体析出；
③根据甲酸铜的制备步骤可知，需要减压过滤、趁热过滤和蒸发装置，所以需要的装置有C、D、F，
故答案为：CDF；
④减压过滤只能用于分离难溶物，不能用于分离胶体，所以不能采用减压过滤的方法进行分离的是：A．Na2SiO3与盐酸混合所得的胶状沉淀、纳米级超细碳酸钙与水的混合液，
故答案为：AC；
（4）用于碱式碳酸铜不稳定，温度过高导致Cu（OH）2∙CuCO3分解生成黑色的氧化铜、二氧化碳气体和水，影响其产率，
故答案为：温度过高导致Cu（OH）2∙CuCO3分解；
（5）甲酸铜晶体在乙醇中溶解度较小，且能够除去甲酸铜晶体中的杂质乙酸，从而降低甲酸铜的损失，
故答案为：除去甲酸并减少甲酸铜晶体损失；
（6）12.5g硫酸铜晶体的物质的量为：
9.5g碳酸氢钠的物质的量为：
根据反应2CuSO4+4NaHCO3═Cu（OH）2•CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2O可知，碳酸氢钠过量，反应生成的碱式碳酸铜的物质的量为0.05mol，
根据反应Cu（OH）2•CuCO3+4HCOOH+5H2O═Cu（HCOO）2•4H2O+CO2↑可知，生成甲酸铜的物质的量为0.05mol，
所以甲酸铜的产率为：
故答案为：70%．
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