- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
硫酸铜、硝酸铁都是重要的化工原料．
（1）以下是某工厂用含铁的废铜为原料生产胆矾（CuSO4•5H2O）的生产流程示意图：
胆矾和石膏在不同温度下的溶解度（∥100g水）见下表．
请回答下列问题：①红褐色滤渣的主要成分是______；
②写出浸出过程中生成硫酸铜的化学方程式______；
③操作I的温度应该控制在______左右；
④从溶液中分离出硫酸铜晶体的操作Ⅱ应为：将热溶液______、______、洗涤、干燥．
（2）某兴趣小组在实验室用铁粉和稀硝酸及右图装置制取Fe（NO3）3（固定所用仪器和加热装置未画出）．
①为保证原料的充分利用，并加快反应速率，往往将加热温度控制在100℃以内．该实验中对圆底烧瓶加热的最佳方式是______加热；
②请在图中虚线框内画出尾气吸收装置（提示：碱液可快速、充分吸收产生的氮氧化物气体）．
正确答案
解：（1）①由工艺流程图转化关系可知，浸出液中加入石灰浆调节pH值，铁离子转化为Fe（OH）3沉淀析出，红褐色滤渣的主要成分为Fe（OH）3．
故答案为：Fe（OH）3．
②由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O．
故答案为：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O．
③由表中溶解度关系可知，胆矾溶解度随温度升高增大，而石膏的溶解度随温度升高降低，所以应控制在较高的温度，温度应该控制在100℃，制备的胆矾相对较纯．
故答案为：100℃．
④从溶液中分离出硫酸铜晶体应为将热溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．
故答案为：冷却结晶、过滤．
（2）①将加热温度控制在100℃以内，采取水浴加热，受热均匀、便于控制温度．
故答案为：水浴．
②碱液可快速、充分吸收产生的氮氧化物气体，应防止倒吸．吸收采取倒置漏斗或使用防倒吸安全瓶．
如图所示
故答案为：
解析
解：（1）①由工艺流程图转化关系可知，浸出液中加入石灰浆调节pH值，铁离子转化为Fe（OH）3沉淀析出，红褐色滤渣的主要成分为Fe（OH）3．
故答案为：Fe（OH）3．
②由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O．
故答案为：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O．
③由表中溶解度关系可知，胆矾溶解度随温度升高增大，而石膏的溶解度随温度升高降低，所以应控制在较高的温度，温度应该控制在100℃，制备的胆矾相对较纯．
故答案为：100℃．
④从溶液中分离出硫酸铜晶体应为将热溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．
故答案为：冷却结晶、过滤．
（2）①将加热温度控制在100℃以内，采取水浴加热，受热均匀、便于控制温度．
故答案为：水浴．
②碱液可快速、充分吸收产生的氮氧化物气体，应防止倒吸．吸收采取倒置漏斗或使用防倒吸安全瓶．
如图所示
故答案为：
高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产流程如下：
（1）配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61.6gKOH固体（该溶液的密度为1.47g/mL），它的物质的量浓度是______mol/L．
（2）在溶液I中加入KOH固体的目的是______（填编号）．
a．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO
b．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
c．为下一步反应提供碱性的环境
d．使KClO3转化为 KClO
（3）从溶液Ⅱ中分离出K2FeO4后，还得到副产品KNO3、KCl，写出③中反应的离子方程式：______．
（4）高铁酸钾（K2FeO4）与水反应时，生成红褐色胶体的同时释放出一种具有氧化性的气体单质，请写出该反应的离子方程式：______．
正确答案
10.0
A、C
2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-
解析
解：（1）61.6g KOH固体的物质的量为
故答案为：10.0；
（2）由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，加KOH固体的目的是与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO．
A、与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO，故A正确；
B、由信息②可知温度较高KOH与Cl2 反应生成的是KClO3，不利用KClO生成、浪费原料，故B错误；
C、由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，故C正确；
D、由信息可知，该条件下KClO3 不能转化为KClO，故D错误；
故选：A、C；
（3）据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO-，生成物：FeO42-、Cl-，根据电子得失守恒：Fe（+3→+6），Cl（+1→-1），最小公倍数为6，所以Fe3+、FeO42-前系数都为2，ClO-、Cl-，前系数都为3，结合质量守恒和电荷守恒可得2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，
故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（4）高铁酸钾（K2FeO4）与水反应时，生成红褐色胶体的同时释放出一种具有氧化性的气体单质为氧气，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-．
故答案为：4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-．
（2016春•济南校级月考）以含钴废催化剂（主要成分为Co、Fe、SiO2）为原料，制取钴的氧化物的流程如图1：
（1）步骤Ⅰ中废催化剂用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是______．
（2）步骤Ⅱ需要加热搅拌，相应的离子方程式为______．
（3）步骤Ⅲ中的反应为2Na++6Fe3++4SO42-+12H2O═Na2Fe6（SO4）4（OH）12+12H+．过滤后母液的pH=2，.0，c（Na+）=a mol•L-1，c（Fe3+）=b mol•L-1，c（SO42-）=d mol•L-1，该反应的平衡常数K=______（用含a、b、d 的代数式表示）．
（4）完成步骤Ⅳ中反应的离子方程式：
□______+□CO32-+□H2O═Co5（OH）6（CO3）2↓+□______
（5）已知CoCl2的溶解度曲线如图2所示．步骤Ⅴ向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌，待固体溶解后需趁热过滤．
①边加热边搅拌的原因是______；
②趁热过滤的原因是______．
正确答案
解：（1）步骤Ⅰ中废催化剂用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，能够将滤渣中的钴元素的浸出率，所以其目的是提高钴元素的总浸出率，
故答案为：提高钴元素的总浸出率；
（2）亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，1molr的亚铁离子失去1mol的电子，而1mol的氯酸根离子得到6mol的电子，根据电子得失守恒，可知离子方程式为：6Fe2++6H++ClO3-═6Fe3++Cl-+3H2O，
故答案为：6Fe2++6H++ClO3-
（3）除去杂质的化学方程式可表示为：2Na++6Fe3++4SO42-+12H2O═Na2Fe6（SO4）4（OH）12+12H+，过滤后母液的pH=2.0，c（Na+）=a mol•L-1，c（Fe3+）=b mol•L-1，c（SO42-）=d mol•L-1，氢离子浓度为10-2，依据K的表达式写出K=
故答案为：
（4）Co2+与CO32-发生双水解，离子方程式为：5Co2++5CO32-+3H2O=Co5（OH）6（CO3）2↓+3CO2↑，
故答案为：5Co2++5CO32-+3H2O=Co5（OH）6（CO3）2↓+3CO2↑；
（5）①边加热边搅拌，能加快固体与溶剂的接触速度，加快固体溶解速率，
故答案为：加快固体溶解速率；
②CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl2晶体析出，
故答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出．
解析
解：（1）步骤Ⅰ中废催化剂用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，能够将滤渣中的钴元素的浸出率，所以其目的是提高钴元素的总浸出率，
故答案为：提高钴元素的总浸出率；
（2）亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，1molr的亚铁离子失去1mol的电子，而1mol的氯酸根离子得到6mol的电子，根据电子得失守恒，可知离子方程式为：6Fe2++6H++ClO3-═6Fe3++Cl-+3H2O，
故答案为：6Fe2++6H++ClO3-
（3）除去杂质的化学方程式可表示为：2Na++6Fe3++4SO42-+12H2O═Na2Fe6（SO4）4（OH）12+12H+，过滤后母液的pH=2.0，c（Na+）=a mol•L-1，c（Fe3+）=b mol•L-1，c（SO42-）=d mol•L-1，氢离子浓度为10-2，依据K的表达式写出K=
故答案为：
（4）Co2+与CO32-发生双水解，离子方程式为：5Co2++5CO32-+3H2O=Co5（OH）6（CO3）2↓+3CO2↑，
故答案为：5Co2++5CO32-+3H2O=Co5（OH）6（CO3）2↓+3CO2↑；
（5）①边加热边搅拌，能加快固体与溶剂的接触速度，加快固体溶解速率，
故答案为：加快固体溶解速率；
②CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl2晶体析出，
故答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出．
某校课外探究小组欲在实验室条件下制取少量纯净的无水氯化铝．查阅到以下资料：无水氯化铝是白色晶体，易吸收水分，常压下在177.8℃升华，遇潮湿空气即产生大量白雾．用于有机合成和石油工业的催化剂，以及用于处理润滑油等．他们设计了以下装置（图1），请结合题意回答问题：
（1）A装置中发生反应的化学方程式为：______．
（2）装置B的作用是______．
（3）请给标记为F的实线方框选择合适的装置（图2）______．
（4）AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾的原因是______（结合离子方程式说明）．
（5）制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，该小组同学提出酸碱中和滴定法测定方案．方案如下：首先准确量取残余清液稀释一定的倍数后作为试样，平行做了4次滴定．实验中所用NaOH溶液浓度为0.2000mol•L-1，以下是实验记录与数据处理．
①经计算，该次滴定测的试样中盐酸浓度为______mol•L-1
②在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏小的是______（填写序号）．
a．开始滴定时滴定管尖嘴处留有气泡，滴定结束气泡消失
b．未用标准NaOH溶液润洗滴定管
c．锥形瓶中加入待测盐酸后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动．有少量液体溅出
e．滴定前锥形瓶用待测盐酸润洗
f．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
（6）工业上常见的制备方法有四种：
a．由金属铝和氯气制取：2Al+3Cl2
b．由无水氯化氢气体与熔融金属铝制取：2Al+6HCl
c．用碳氯化法制取：Al2O3+3C+3Cl2 
d．用氧化铝和四氯化碳反应制取：Al2O3+3CCl4═2AlCl3+3COCl2↑（光气，一种无色剧毒气体）
则有关以上四种方法的叙述正确的是______
A．在四个反应中AlCl3均为氧化产物
B．反应b可以改写成离子方程式2Al+6H+═2Al3++3H2↑
C．反应c中每产生2mol AlCl3时转移电子数为6NA（NA代表阿伏加德罗常数的值）
D．反应c、d容易造成大气污染．
正确答案
解：（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水：MnO2+4HCl（浓）
（2）B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体，故答案为：除去Cl2中混有的HCl气体；
（3）F应该防止空气中的水蒸气进入E装置和吸收尾气，应选III，故答案为：III；
（4）AlCl3遇水水解生成氢氧化铝和氯化氢，离子方程式：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故答案为：AlCl3遇水水解，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，产生的氯化氢气体在空气中形成酸雾；
（5）①反应消耗的V（NaOH）分别为22.60，22.25-0.5=21.75，22.05-0.7=21.35，23.00-1.00=22.00
平均为
该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由CHClVHCl=CNaOHVNaOH可得CHCl×20=0.2000×22.00
盐酸的浓度为0.2200mol/L，故答案为：0.2200；
②a．开始滴定时滴定管尖嘴处留有气泡，滴定结束气泡消失，标准液题体积偏大，实验结果偏大；
b．未用标准NaOH溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，体积偏大，实验结果偏大；
c．锥形瓶中加入待测盐酸后，再加少量水，实验结果无影响；
d．有少量液体溅出，溶质的物质的量减小，实验结果偏小；
e．滴定前锥形瓶用待测盐酸润洗，消耗标准液体积偏大，实验结果偏大；
f．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，读出体积偏小，实验结果偏小；
故答案为：df；
（6）A．Al2O3+3C+3Cl2
B．氯化氢和氯化铝是共价化合物，不电离，不能书写离子方程式，故B错误；
C．Al2O3+3C+3Cl2
D．一氧化碳和COCl2有毒，会造成污染，故D正确．
故答案为：CD．
解析
解：（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水：MnO2+4HCl（浓）
（2）B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体，故答案为：除去Cl2中混有的HCl气体；
（3）F应该防止空气中的水蒸气进入E装置和吸收尾气，应选III，故答案为：III；
（4）AlCl3遇水水解生成氢氧化铝和氯化氢，离子方程式：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故答案为：AlCl3遇水水解，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，产生的氯化氢气体在空气中形成酸雾；
（5）①反应消耗的V（NaOH）分别为22.60，22.25-0.5=21.75，22.05-0.7=21.35，23.00-1.00=22.00
平均为
该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由CHClVHCl=CNaOHVNaOH可得CHCl×20=0.2000×22.00
盐酸的浓度为0.2200mol/L，故答案为：0.2200；
②a．开始滴定时滴定管尖嘴处留有气泡，滴定结束气泡消失，标准液题体积偏大，实验结果偏大；
b．未用标准NaOH溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，体积偏大，实验结果偏大；
c．锥形瓶中加入待测盐酸后，再加少量水，实验结果无影响；
d．有少量液体溅出，溶质的物质的量减小，实验结果偏小；
e．滴定前锥形瓶用待测盐酸润洗，消耗标准液体积偏大，实验结果偏大；
f．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，读出体积偏小，实验结果偏小；
故答案为：df；
（6）A．Al2O3+3C+3Cl2
B．氯化氢和氯化铝是共价化合物，不电离，不能书写离子方程式，故B错误；
C．Al2O3+3C+3Cl2
D．一氧化碳和COCl2有毒，会造成污染，故D正确．
故答案为：CD．
请回答下列问题：
（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为______（填仪器接口的字母编号）
（2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞；______（请按正确的顺序填入下列步骤的标号）．
A．加热反应一段时间 B．收集气体并检验其纯度
C．关闭分液漏斗活塞 D．停止加热，充分冷却
（3）实验结束后，某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，该同学据此断，上述实验确有CaH2生成．该同学的判断是否正确，原因是______
（4）请写出氢化钙的电子式______．
（5）登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是______．
正确答案
解：（1）钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氢气中会混有水蒸气和氯化氢，所以在与钙化合之前需要除杂和干燥，分别选用试剂是氢氧化钠和浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接干燥管，所以正确的顺序为：i→e，f→d，c→j，k（或k，j）→a；
故答案为：i→e，f→d，c→j，k（或k，j）→a；
（2）由于多余的氢气需要燃烧反应掉，所以应该先收集一部分气体并检验其纯度，反应结束后还需要使氢化钙在氢气的氛围中冷却，所以应该最后关闭分液漏斗活塞，因此正确的顺序为BADC，
故答案为：BADC；
（3）CaH2和Ca与水反应都能产生Ca（OH）2和H2，反应方程式分别为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑和Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2↑，因此不能根据反应后溶液呈碱性判断是否含有CaH2，
故答案为：否，钙与水反应也能生成碱，同时也有气泡冒出；
（4）氢化钙为离子化合物，由钙离子和氢离子构成，电子式为：
故答案为：
（5）作为能源，氢化钙明显比氢气更易携带，使用也较方便，
故答案为：氢化钙是固体，携带方便．
解析
解：（1）钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氢气中会混有水蒸气和氯化氢，所以在与钙化合之前需要除杂和干燥，分别选用试剂是氢氧化钠和浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接干燥管，所以正确的顺序为：i→e，f→d，c→j，k（或k，j）→a；
故答案为：i→e，f→d，c→j，k（或k，j）→a；
（2）由于多余的氢气需要燃烧反应掉，所以应该先收集一部分气体并检验其纯度，反应结束后还需要使氢化钙在氢气的氛围中冷却，所以应该最后关闭分液漏斗活塞，因此正确的顺序为BADC，
故答案为：BADC；
（3）CaH2和Ca与水反应都能产生Ca（OH）2和H2，反应方程式分别为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑和Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2↑，因此不能根据反应后溶液呈碱性判断是否含有CaH2，
故答案为：否，钙与水反应也能生成碱，同时也有气泡冒出；
（4）氢化钙为离子化合物，由钙离子和氢离子构成，电子式为：
故答案为：
（5）作为能源，氢化钙明显比氢气更易携带，使用也较方便，
故答案为：氢化钙是固体，携带方便．
扫码查看完整答案与解析