- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
某小组利用如图1装置，用苯与溴在FeBr3催化作用下制备溴苯：
反应剧烈进行，烧瓶中有大量红棕色蒸气，锥形瓶中导管口有白雾出现，蒸馏水逐渐变成黄色．反应停止后按
如图2流程分离产品：
已知：溴苯难溶于水，与有机溶剂互溶；溴、苯、溴苯的沸点依次为59℃、80℃、156℃．
（1）操作Ⅰ为______，操作Ⅱ为______．
（2）“水洗”、“NaOH溶液洗”需要用到的玻璃仪器是______、烧杯．
（3）向“水洗”后所得水相中滴加KSCN溶液，溶液变红色．推测水洗的主要目的是除去______．
（4）锥形瓶中蒸馏水变黄的原因是______．
（5）已知苯与溴发生的是取代反应，推测反应后锥形瓶中液体含有的两种大量离子，并设计实验方案验证你的推测．
（限选试剂：镁条、四氯化碳、氯水、溴水、蒸馏水）
正确答案
解：苯及溴在FeBr3催化作用下制备溴苯，反应混合物中含有苯、溴苯、溴、FeBr3以及Fe，由流程可知经操作Ⅰ后得到固体残留物，则操作Ⅰ应为过滤，固体残留物为Fe粉，液体中含有FeBr3等，可溶于水，水洗后进行分液分离，有机相中含有苯、溴苯、溴，加入氢氧化钠溶液除去Br2，再经过分液分离，水相中主要含有NaBr、NaBrO等，有机相中含有苯、溴苯，由于二者沸点不同，可进行蒸馏分离．
（1）由以上分析可知操作Ⅰ为过滤，操作Ⅱ为蒸馏，故答案为：过滤；蒸馏；
（2）经“水洗”、“NaOH 溶液洗”后得到水相和有机相，则应为分液操作，除需要烧杯外，还需要分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（3）“水洗”主要目的是除去 FeBr3，“NaOH溶液洗”主要目的是除去Br2，故答案为：FeBr3；
（4）由于溴易挥发，锥形瓶中水溶解了从烧瓶中挥发出的溴而变黄，故答案为：溶解了从烧瓶中挥发出的溴；
（5）苯与溴发生的是取代反应，反应生成HBr溶于锥形瓶中，溶液中含有大量的Br-、H+，由于溴易挥发，锥形瓶中会溶解少量的溴，用四氯化碳溶液萃取分离，分别取少量上层无色溶液于试管A、B中，试管A中滴入少量氯水，置换出溴单质，溶液由无色变黄色，证明含有Br-离子，向B试管中加入Mg条，有大量气泡生成，证明含有H+离子，
故答案为：
．
解析
解：苯及溴在FeBr3催化作用下制备溴苯，反应混合物中含有苯、溴苯、溴、FeBr3以及Fe，由流程可知经操作Ⅰ后得到固体残留物，则操作Ⅰ应为过滤，固体残留物为Fe粉，液体中含有FeBr3等，可溶于水，水洗后进行分液分离，有机相中含有苯、溴苯、溴，加入氢氧化钠溶液除去Br2，再经过分液分离，水相中主要含有NaBr、NaBrO等，有机相中含有苯、溴苯，由于二者沸点不同，可进行蒸馏分离．
（1）由以上分析可知操作Ⅰ为过滤，操作Ⅱ为蒸馏，故答案为：过滤；蒸馏；
（2）经“水洗”、“NaOH 溶液洗”后得到水相和有机相，则应为分液操作，除需要烧杯外，还需要分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（3）“水洗”主要目的是除去 FeBr3，“NaOH溶液洗”主要目的是除去Br2，故答案为：FeBr3；
（4）由于溴易挥发，锥形瓶中水溶解了从烧瓶中挥发出的溴而变黄，故答案为：溶解了从烧瓶中挥发出的溴；
（5）苯与溴发生的是取代反应，反应生成HBr溶于锥形瓶中，溶液中含有大量的Br-、H+，由于溴易挥发，锥形瓶中会溶解少量的溴，用四氯化碳溶液萃取分离，分别取少量上层无色溶液于试管A、B中，试管A中滴入少量氯水，置换出溴单质，溶液由无色变黄色，证明含有Br-离子，向B试管中加入Mg条，有大量气泡生成，证明含有H+离子，
故答案为：
．
以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率．已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如图1：
（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为______．
（2）用图2中“滤渣”和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为______（填选项编号）．
（3）在实验流程中，加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为______．
（4）验证“沉铁”后，溶液中是否还含有铁离子的操作方法为______．
（5）若用调节pH溶液“沉铁”，则得到Fe（OH）3，已知：25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38，则该温度下反应Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+的平衡常数为______．
（6）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al（SO4）2•12H2O]
5SO3↑+3SO2↑+53H2O，将产生的气体通过图3所示的装置．
①集气瓶中收集到的气体是______ （填化学式）．
②KMnO4溶液褪色，发生的离子反应方程式为______．
正确答案
解：铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3；
（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；
故答案为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；
（2）A．蒸发皿不能用来加热固体，故A不符合；
B．铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，故B符合；
C．玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，故C不符合；
D．瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应，故D不符合；
故答案为：B；
（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（4）三价铁离子遇到K4[Fe（CN）6]溶液变蓝色，故答案为：静置，溶液澄清后，继续向上层清液中滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若无现象，则溶液中不含有铁元素，反之，则有；
（5）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=4.0×10-38，c（H+）=
（6）①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；
故答案为：N2；
②酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，其反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+；
故答案为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+．
解析
解：铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3；
（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；
故答案为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；
（2）A．蒸发皿不能用来加热固体，故A不符合；
B．铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，故B符合；
C．玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，故C不符合；
D．瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应，故D不符合；
故答案为：B；
（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（4）三价铁离子遇到K4[Fe（CN）6]溶液变蓝色，故答案为：静置，溶液澄清后，继续向上层清液中滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若无现象，则溶液中不含有铁元素，反之，则有；
（5）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=4.0×10-38，c（H+）=
（6）①NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；
故答案为：N2；
②酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，其反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+；
故答案为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+．
碱式氯化铝[Al2（OH）nCl6-n]是利用工业铝灰和活性铝矾土为原料（主要含Al、Al2O3、SiO2及铁的氧化物）经过精制加工而成，此产品活性较高，对工业污水具有较好的净化效果．其制备流程如下：
①16% HCl 16% H2SO4原料滤渣Ⅰ煮沸1.5h过滤
②适量Ca（OH）2控制pH，过滤滤液Ⅰ滤液Ⅱ滤渣Ⅱ
③加热蒸发、浓缩结晶，过滤碱式氯化铝溶液硫酸钙晶体
（1）原料需要粉碎，其目的是______；滤渣I的主要成分是______；
（2）步骤①在煮沸过程中，溶液逐渐变为浅绿色，此时溶液中呈浅绿色的阳离子常采用加入______试剂进行检验（填化学式）；随后溶液又变为棕黄色，相关反应的离子方程式为______；
（3）步骤②中加入适量的Ca（OH）2并控制pH，其目的：一是生成碱式氯化铝；二是______；已知碱式氯化铝的分散质粒子大小在1～100nm之间，则区别滤液I与碱式氯化铝两种液体的物理方法是______；若Ca（OH）2溶液过量，则步骤③得到的碱式氯化铝产率偏低，该反应的离子方程式为______；
（4）某温度下若0.1mol AlCl3溶于蒸馏水，当有2.5%水解生成Al（OH）3溶液时，吸收热量Q kJ，该过程的热化学反应方程式为______．
正确答案
增大反应物接触面积，加快溶解速率（提高Al3+的浸出率）
SiO2（或二氧化硅）
K3[Fe（CN）6]
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
除Fe3+
观察是否有丁达尔效应
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
AlCl3（aq）+3H2O（l）⇌Al（OH）3（胶体）+3HCl（aq）△H=+400QkJ∕mol
解析
解：工业铝灰和活性铝矾土为原料（主要含Al、Al203、Si02及铁的氧化物），加入硫酸和盐酸，Si02不溶，Al、Al203及铁的氧化物溶解为离子，滤渣I为Si02，滤液调节PH，三价铁离子会转化为沉淀，则滤渣II为氢氧化铁，滤液II再经过蒸发浓缩，过滤得到硫酸钙和碱式氯化铝溶液．
（1）有固体参加的反应，固体的表面积越大，反应速率越快，所以粉碎煤矸石能增大接触面积，加快溶解速率；二氧化硅不溶于酸，所以滤渣I为Si02；
故答案为：增大接触面积，加快溶解速率；Si02；
（2）Fe2+在溶液中为绿色，可以用K3[Fe（CN）6]；Fe2+易被空气中的氧气氧化为Fe3+，随后溶液又变为棕黄色，是因为Fe2+被空气中的氧气氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
故答案为：K3[Fe（CN）6]；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；冷凝、回流；
（3）Ca（OH）2并控制pH，其目的：一是生成碱式氯化铝；其次还可以除去铁离子，已知碱式氯化铝的分散质粒子大小在1nm〜100nm之间，则为胶体，滤液I为溶液，用一束光照射液体，观察是否有丁达尔效应，有丁达尔效应的是碱式氯化铝；Al3+与过量的强碱反应生成偏铝酸盐，所以若Ca（OH）2溶液过量，则步骤③得到的BAC产率偏低，该反应的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
故答案为：除Fe3+；观察是否有丁达尔效应；Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
（4）若0.1mol AlCl3在某温度下溶于蒸馏水，当有2.5%水解生成Al（OH）3溶液时，吸收热量QkJ，则1mol完全反应水解吸收的热量为400QkJ，则其热化学方程式为：AlCl3（aq）+3H2O（l）⇌Al（OH）3（胶体）+3HCl（aq）△H=+400QkJ/mol；
故答案为：AlCl3（aq）+3H2O（l）⇌Al（OH）3（胶体）+3HCl（aq）△H=+400QkJ∕mol．
（2015秋•江西校级月考）氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸；在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色．如图是工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）生产CuCl的流程：
根据以上信息回答下列问题：
（1）写出生产过程中所加试剂：X______，Y______．
（2）生产中为了提高CuCl产品的质量，采用抽滤法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是______；生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是______．
（3）写出产生CuCl的化学方程式：______．
（4）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，还应该注意的关键问题是______．
正确答案
解：（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，
故答案为：Fe；HCl；
（2）析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失，生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止CuCl水解，
故答案为：减少产品CuCl的损失；防止CuCl水解；
（3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，
故答案为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；
（4）氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解，所以生产中应防止CuCl的氧化和见光分解，减少产品CuCl的损失，
故答案为：防止CuCl的氧化和见光分解．
解析
解：（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，
故答案为：Fe；HCl；
（2）析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失，生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止CuCl水解，
故答案为：减少产品CuCl的损失；防止CuCl水解；
（3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4，
故答案为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；
（4）氯化亚铜具有还原性，易被氧化而变质，具有见光分解，所以生产中应防止CuCl的氧化和见光分解，减少产品CuCl的损失，
故答案为：防止CuCl的氧化和见光分解．
①晶体X的合成，将工业氧化铁溶于盐酸中，然后加入异丙醚萃取、分液，除去水层后，加入草酸溶液后分液，除去醚层，再经过操作A，然后过滤、洗涤、干燥，得到晶体X．
②晶体X纯度的测定：称取ag样品，加入硫酸酸化，用bmol•L-1的KMnO4溶液滴定生成的H2C2O4，达到滴定终点时，共消耗KMnO4溶液cmL．
回答下列问题：
（1）氧化铁能被异丙醚萃取的原因是______．
（2）操作A的名称为______、______，进行操作A时使用的玻璃仪器有酒精灯、______、______．
（3）晶体X需用冰水洗涤，其目的是______．
（4）KMnO4溶液应置于如图所示的仪器______（填“甲”或“乙”）中，滴定过程中发生反应的化学方程式为：______KMnO4+______H2C2O4+______H2SO4=______K2SO4+______MnSO4+______CO2↑+______H2O（在方框中填入相应物质的化学计量数），滴定终点的现象是______．
（5）样品中晶体X纯度的表达式为______．
（6）滴定过程中，若滴定管在滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则滴定结果将______（填“偏高”或“偏低”）．
正确答案
解：（1）萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度，
故答案为：FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；
（2）草酸铁溶液中得到草酸铁晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体；蒸发过程中是在蒸发皿中进行，且需用玻璃棒搅拌、转移固体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；玻璃棒、蒸发皿；
（3）洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失，
故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；
（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化橡胶管，KMnO4标准溶液应置于酸式滴定管，图所示仪器甲中，滴定过程中发生反应：Mn元素由+7价→+2价，一个KMnO4得5个电子；K2C2O4→CO2，C元素由+3价→+4价，一个H2C2O4失去2个电子，反应中KMnO4为氧化剂，H2C2O4为还原剂，最小公倍数为10，所以KMnO4前系数为2，H2C2O4前系数为5，反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，离子反应为：2MnO4-+6H++5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，滴入最后一滴溶液，溶液变化为紫色且半分钟不变；
故答案为：甲；2、5、3、2、1、10、8；滴入最后一滴溶液，溶液变化为紫色且半分钟不变；
（5）称取ag样品，加硫酸酸化，用b mol•L-1 KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4．滴定到终点，消耗KMnO4溶液c mL，2MnO4-+6H++5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
2MnO4-～5H2C2O4～
2
c×10-3×bmol 
样品中晶体X纯度的表达式=
故答案为：
（6）滴定过程中，若滴定管在滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则标准溶液体积读取增大，则测出的晶体X纯度会偏高，故答案为：偏高．
解析
解：（1）萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度，
故答案为：FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；
（2）草酸铁溶液中得到草酸铁晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体；蒸发过程中是在蒸发皿中进行，且需用玻璃棒搅拌、转移固体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；玻璃棒、蒸发皿；
（3）洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失，
故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；
（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化橡胶管，KMnO4标准溶液应置于酸式滴定管，图所示仪器甲中，滴定过程中发生反应：Mn元素由+7价→+2价，一个KMnO4得5个电子；K2C2O4→CO2，C元素由+3价→+4价，一个H2C2O4失去2个电子，反应中KMnO4为氧化剂，H2C2O4为还原剂，最小公倍数为10，所以KMnO4前系数为2，H2C2O4前系数为5，反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，离子反应为：2MnO4-+6H++5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O，滴入最后一滴溶液，溶液变化为紫色且半分钟不变；
故答案为：甲；2、5、3、2、1、10、8；滴入最后一滴溶液，溶液变化为紫色且半分钟不变；
（5）称取ag样品，加硫酸酸化，用b mol•L-1 KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4．滴定到终点，消耗KMnO4溶液c mL，2MnO4-+6H++5H2C2O4=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
2MnO4-～5H2C2O4～
2
c×10-3×bmol
样品中晶体X纯度的表达式=
故答案为：
（6）滴定过程中，若滴定管在滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则标准溶液体积读取增大，则测出的晶体X纯度会偏高，故答案为：偏高．
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