- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
实脸室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4流程如图1：
（1）为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入______（填“A”或“B”）．
（2）如图2所示，过滤操作中的一处错误是______．
（3）判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是______．高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是______．
（4）无水AlCl3（183℃升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用如图3所示装置制备．装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是______．F中试剂的作用是______．用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为______．
（5）固体AlCl3属于______晶体，AlCl3属于______电解质．（强或弱）
正确答案
解：MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应会得到氢氧化镁以及氢氧化铝的混合物沉淀，将沉淀洗涤干燥进行焙烧可以得到MgAl2O4．
（1）25℃时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，Ksp[Al（OH）3]=3×10-34，如先加入MgCl2、AlCl3的混合溶液，再加氨水，氨水少量，应先生成氢氧化铝沉淀，反之，先加氨水，因氨水足量，则同时生成沉淀，
故答案为：B；
（2）过滤实验中的一贴二低三靠为：一贴：滤纸紧贴漏斗内壁，不要留有气泡；二低：a．漏斗内滤纸边缘低于漏斗口边缘，b．漏斗内液面低于滤纸边缘；
三靠：a．倾倒液体时，烧杯与玻璃棒接触，b．玻璃棒末端与漏斗内三层滤纸处接触，c．漏斗下端与承接滤液的烧杯内壁接触．图2所示，过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁，防止液体溅出，
故答案为：漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁；
（3）沉淀中应该附着氯离子和铵根离子，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净，高温焙烧固体应在坩埚中进行，
故答案为：AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）；坩埚；
（4）A装置制取氯气，氯化氢易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气在饱和食盐水中溶解度小，B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体，因为氯化铝易发生水解，故F中可放试剂浓硫酸，防止空气中的水蒸气进入E装置，F用球形干燥管代替，
故答案为：除去HCl；吸收水蒸气；碱石灰（或NaOH与CaO混合物）；
（5）分子晶体的熔沸点较低，一般易溶于有机溶剂，已知无水AlCl3（183℃升华），说明AlCl3具有分子晶体的物理性质，则属于分子晶体，无水AlCl3（183℃升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，是氯化铝的水解，说明氯化铝易溶于水，且在水中完全电离，属于强电解质，
故答案为：分子；强．
解析
解：MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应会得到氢氧化镁以及氢氧化铝的混合物沉淀，将沉淀洗涤干燥进行焙烧可以得到MgAl2O4．
（1）25℃时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，Ksp[Al（OH）3]=3×10-34，如先加入MgCl2、AlCl3的混合溶液，再加氨水，氨水少量，应先生成氢氧化铝沉淀，反之，先加氨水，因氨水足量，则同时生成沉淀，
故答案为：B；
（2）过滤实验中的一贴二低三靠为：一贴：滤纸紧贴漏斗内壁，不要留有气泡；二低：a．漏斗内滤纸边缘低于漏斗口边缘，b．漏斗内液面低于滤纸边缘；
三靠：a．倾倒液体时，烧杯与玻璃棒接触，b．玻璃棒末端与漏斗内三层滤纸处接触，c．漏斗下端与承接滤液的烧杯内壁接触．图2所示，过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁，防止液体溅出，
故答案为：漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁；
（3）沉淀中应该附着氯离子和铵根离子，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净，高温焙烧固体应在坩埚中进行，
故答案为：AgNO3溶液（或硝酸酸性的AgNO3溶液）；坩埚；
（4）A装置制取氯气，氯化氢易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气在饱和食盐水中溶解度小，B中的饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体，因为氯化铝易发生水解，故F中可放试剂浓硫酸，防止空气中的水蒸气进入E装置，F用球形干燥管代替，
故答案为：除去HCl；吸收水蒸气；碱石灰（或NaOH与CaO混合物）；
（5）分子晶体的熔沸点较低，一般易溶于有机溶剂，已知无水AlCl3（183℃升华），说明AlCl3具有分子晶体的物理性质，则属于分子晶体，无水AlCl3（183℃升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，是氯化铝的水解，说明氯化铝易溶于水，且在水中完全电离，属于强电解质，
故答案为：分子；强．
（2016•甘肃模拟）硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了许多奇迹．
（l）新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定．工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCI4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式______．
（2）已知硅的熔点是1420℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅．一种用工业硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物）合成氮化硅的主要工艺流程如图：
①净化N2和H2时，铜屑的作用是______；硅胶的作用是______．
②在氮化炉中3Si（s）+2N2（g）=Si3N4（S）△H=-727.5kJ．mol-l，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度？______；体系中要通人适量的氢气是为了______．
③X可能是______（选填“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”或“氢氟酸”）．
（3）工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅：
①整个制备过程必须严格控制无水无氧．SiHCl3遇水能发生剧烈反应，写出该反应的化学方程式______．
②假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应I中HCI的利用率为90%，反应II中H2的利用率为93.750/0．则在第二轮次的生产中，补充投入HC1和H：的物质的量之比是______．
正确答案
解：（1）由信息：四氯化硅和氮气在氢气的气氛保护下，加强热发生反应，可得较高纯度的氮化硅以及氯化氢，反应的化学方程式为：3SiCl4+2N2+6H2
故答案为：3SiCl4+2N2+6H2
（2）①Cu能与氧气反应，则Cu屑的作用为除去原料气中的氧气；硅胶具有吸水性，可除去生成的水蒸气，
故答案为：除去原料气中的氧气；除去生成的水蒸气；
②氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）=Si3N4（s）△H=-727.5kJ/mol，该反应为放热反应，开始时严格控制氮气的流速以控制温度是防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；体系中要通入适量的氢气是为将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或整个体系中空气排尽），
故答案为：该反应为放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）；
③氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉，为除去混有的Cu，可选择硝酸，Cu与硝酸反应，而氮化硅与硝酸不反应，
故答案为：硝酸；
（3）①SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气，反应的化学方程式为：3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl，
故答案为：3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl；
③反应生产1mol纯硅需补充HCl：
故答案为：5：1．
解析
解：（1）由信息：四氯化硅和氮气在氢气的气氛保护下，加强热发生反应，可得较高纯度的氮化硅以及氯化氢，反应的化学方程式为：3SiCl4+2N2+6H2
故答案为：3SiCl4+2N2+6H2
（2）①Cu能与氧气反应，则Cu屑的作用为除去原料气中的氧气；硅胶具有吸水性，可除去生成的水蒸气，
故答案为：除去原料气中的氧气；除去生成的水蒸气；
②氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）=Si3N4（s）△H=-727.5kJ/mol，该反应为放热反应，开始时严格控制氮气的流速以控制温度是防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；体系中要通入适量的氢气是为将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或整个体系中空气排尽），
故答案为：该反应为放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）；
③氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉，为除去混有的Cu，可选择硝酸，Cu与硝酸反应，而氮化硅与硝酸不反应，
故答案为：硝酸；
（3）①SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气，反应的化学方程式为：3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl，
故答案为：3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl；
③反应生产1mol纯硅需补充HCl：
故答案为：5：1．
Fe2O3俗称氧化铁红，常用作油漆着色剂．工业以煤矸石（主要成分：SiO2 49.5%；Fe2O3 20.6%；Al2O318.9%，以及MgO、FeO等其他杂质）制备并研究氧化铁红的应用．
（一）制备氧化铁红
（1）预处理：将煤矸石粉碎，在350℃下焙烧2小时．
（2）加酸溶解：将预处理后的煤矸石溶于质量分数为15%过量的硫酸溶液中，过滤．在滤液中加入H2O2．
（3）调节pH：在上述滤液中加1mol/LNaOH溶液调节溶液的pH，再过滤，得到滤渣．
（4）产品处理：将滤渣进行水洗、烘干、煅烧、研磨、过筛得产品．
已知部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表
请回答下列问题：
（1）预处理时，将煤矸石焙烧2小时的目的是______．
（2）酸浸操作中，过量H2SO4的作用是______．在实验室中进行该操作时，用到玻璃仪器有______、______．
（3）用NaOH溶液调节pH的最佳范围是______．若从第二次过滤的滤液中获取较纯净的硫酸镁晶体，应补充的操作是______、洗涤后，干燥即得．
（4）产品处理时，对滤渣水洗的操作是______．
（二）分析与讨论：
（5）产品处理时，煅烧温度对产品的纯度有很大影响．已知温度对产物纯度的影响如图1所示，则煅烧时温度最好控制在______℃．
（6）吸油量是反映氧化铁红表面性质的重要指标．吸油量大，说明氧化铁红表面积较大，则用在油漆中会造成油漆假稠，影响质量．不同浓度的两种碱溶液对产物吸油量影响如图2所示，则上述生产中在调节溶液pH时，选用NaOH溶液而不选用氨水的原因是______．
正确答案
解：（1）将煤矸石焙烧2小时，反应充分，可将煤矸石中的矿物转化为氧化物，便于酸浸；故答案为：将煤矸石中的矿物转化为氧化物，便于酸浸；
（2）酸浸后生成Fe2（SO4）3，所以过量H2SO4可以提高浸取率，抑制Fe3+等水解；酸浸操作中，需要烧杯盛接溶液，玻璃棒引流，
故答案为：提高浸取率，抑制Fe3+等水解；烧杯、玻璃棒；
（3）根据表中数据，Fe3+完全沉淀时的pH为2.8，而Al3+开始沉淀时的pH为3.3，要使Fe3+完全转化为沉淀而不含杂质，调节pH的最佳范围是2.8≤pH＜3.3；继续加碱调pH至12.2，Mg2+完全转化为Mg（OH）2沉淀，将沉淀分离并洗净后，溶于足量稀硫酸，再蒸发（浓缩）、冷却（结晶）、过滤，可获取较纯净的硫酸镁晶体；
故答案为：2.8≤pH＜3.3；继续加碱调pH至12.2，将沉淀分离并洗净后，溶于足量稀硫酸，再蒸发（浓缩）、冷却（结晶）、过滤；
（4）滤渣水洗的操作是：加水恰好浸没滤渣，待滤尽后重复2～3次；故答案为：加水恰好浸没滤渣，待滤尽后重复2～3次；
（5）根据图1曲线，800℃时产品的纯度达到较大值，再升温，纯度升高不大，所以煅烧时温度最好控制在800℃；故答案为：800；
（6）根据图2两条曲线可知：用NaOH溶液，获得的氧化铁表面积小，吸油量低；故答案为：用NaOH溶液，获得的氧化铁表面积小，吸油量低．
解析
解：（1）将煤矸石焙烧2小时，反应充分，可将煤矸石中的矿物转化为氧化物，便于酸浸；故答案为：将煤矸石中的矿物转化为氧化物，便于酸浸；
（2）酸浸后生成Fe2（SO4）3，所以过量H2SO4可以提高浸取率，抑制Fe3+等水解；酸浸操作中，需要烧杯盛接溶液，玻璃棒引流，
故答案为：提高浸取率，抑制Fe3+等水解；烧杯、玻璃棒；
（3）根据表中数据，Fe3+完全沉淀时的pH为2.8，而Al3+开始沉淀时的pH为3.3，要使Fe3+完全转化为沉淀而不含杂质，调节pH的最佳范围是2.8≤pH＜3.3；继续加碱调pH至12.2，Mg2+完全转化为Mg（OH）2沉淀，将沉淀分离并洗净后，溶于足量稀硫酸，再蒸发（浓缩）、冷却（结晶）、过滤，可获取较纯净的硫酸镁晶体；
故答案为：2.8≤pH＜3.3；继续加碱调pH至12.2，将沉淀分离并洗净后，溶于足量稀硫酸，再蒸发（浓缩）、冷却（结晶）、过滤；
（4）滤渣水洗的操作是：加水恰好浸没滤渣，待滤尽后重复2～3次；故答案为：加水恰好浸没滤渣，待滤尽后重复2～3次；
（5）根据图1曲线，800℃时产品的纯度达到较大值，再升温，纯度升高不大，所以煅烧时温度最好控制在800℃；故答案为：800；
（6）根据图2两条曲线可知：用NaOH溶液，获得的氧化铁表面积小，吸油量低；故答案为：用NaOH溶液，获得的氧化铁表面积小，吸油量低．
实验用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历下列过程，Fe3+在pH=5时已完全沉淀，其中分析错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．CuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故A正确；
B．步骤②中发生的主要反应为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，不符合电荷守恒，故B错误；
C．固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，可向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复2-3次，可洗涤晶体，故C正确；
D．配制240mL 1mol/L的CuSO4溶液，需选250mL容量瓶，则需称量CuSO4•5H2O的质量为0.25L×1mol/L×250g/mol=62.5g，故D正确；
故选B．
用二氧化氯（ClO2）新型净水剂替代传统的净水剂Cl2，对淡水进行消毒是城市饮用水处理的新技术．
（1）已知ClO2在水处理过程中被还原为Cl-．若以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，则ClO2、Cl2两种消毒剂的消毒效率较大的是哪种______．（填化学式）
（2）ClO2的制备方法：
①工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2．写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目______．
②实验室通常以NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料制备ClO2的流程如下：
推测溶液X为______．
（3）ClO2是一种黄绿色有刺激性气味的气体，实验室通常用NaOH溶液来吸收ClO2，以减少环境污染．
若实验时需要450mL 4mol/L的NaOH溶液，则配制时，需要用托盘天平称取NaOH的质量为______g，所使用的仪器除托盘天平、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有______．配制该溶液时，下列操作会使溶液浓度偏高的是______．（填字母）
A．称量固体时动作缓慢
B．容量瓶未干燥立即用来配制溶液
C．NaOH固体溶解后立刻转移
D．在容量瓶定容时俯视刻度线
E．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线．
正确答案
解：（1）以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，设质量均为m，ClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率分别为
故答案为：ClO2；
（2）①Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，本身被还原为氯离子，1个氯气分子反应得到2个电子，因此离子方程式、电子转移的方向和数目表示为
故答案为：
②由工艺流程转化关系可知，电解氯化铵与盐酸混合溶液，生成NCl3与H2，反应方程式为NH4Cl+2HCl═3H2↑+NCl3．NaClO2和NCl3溶液混合反应生成NH3、CO2和X，N元素化合价+6价变化为-3价，氯元素化合价降低1，电子转移总数为6，化学方程式为：6ClO2-+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-，所以X为NaCl和NaOH溶液，
故答案为：NaCl和NaOH溶液；
（3）实验时需要450mL 4mol/L的NaOH溶液，需要取用500ml容量瓶中配制，配制溶液需要天平称量固体质量，精确到0.1g，依据m=nM计算需要的氢氧化钠溶质的质量=0.5L×4mol/L×40g/mol=80.0g，若实验时需要450mL 4mol/L的NaOH溶液，需要取用500ml容量瓶中配制，所使用的仪器除托盘天平、胶头滴管、玻璃棒外，还含有烧杯和500ml容量瓶，
A．称量固体时动作缓慢，可能导致氢氧化钠吸收水蒸气和空气中的二氧化碳，导致溶质减小，测定结果偏低，故A错误；
B．最后配制溶液需要加入水定容，容量瓶未干燥立即用来配制溶液对配制溶液的结果无影响，故B错误；
C．NaOH固体溶解后溶液温度升高，立刻转移溶液温度升高，常温下液面未达到刻度，溶液浓度增大，故C正确；
D．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，液面倍提高，定容未达到刻度，溶液浓度增大，故D正确；
E．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，水加入超出刻度线，溶液浓度减小，故E错误；
故选CD．
故答案为：80.0；500mL容量瓶、烧杯；CD．
解析
解：（1）以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，设质量均为m，ClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率分别为
故答案为：ClO2；
（2）①Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，本身被还原为氯离子，1个氯气分子反应得到2个电子，因此离子方程式、电子转移的方向和数目表示为
故答案为：
②由工艺流程转化关系可知，电解氯化铵与盐酸混合溶液，生成NCl3与H2，反应方程式为NH4Cl+2HCl═3H2↑+NCl3．NaClO2和NCl3溶液混合反应生成NH3、CO2和X，N元素化合价+6价变化为-3价，氯元素化合价降低1，电子转移总数为6，化学方程式为：6ClO2-+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-，所以X为NaCl和NaOH溶液，
故答案为：NaCl和NaOH溶液；
（3）实验时需要450mL 4mol/L的NaOH溶液，需要取用500ml容量瓶中配制，配制溶液需要天平称量固体质量，精确到0.1g，依据m=nM计算需要的氢氧化钠溶质的质量=0.5L×4mol/L×40g/mol=80.0g，若实验时需要450mL 4mol/L的NaOH溶液，需要取用500ml容量瓶中配制，所使用的仪器除托盘天平、胶头滴管、玻璃棒外，还含有烧杯和500ml容量瓶，
A．称量固体时动作缓慢，可能导致氢氧化钠吸收水蒸气和空气中的二氧化碳，导致溶质减小，测定结果偏低，故A错误；
B．最后配制溶液需要加入水定容，容量瓶未干燥立即用来配制溶液对配制溶液的结果无影响，故B错误；
C．NaOH固体溶解后溶液温度升高，立刻转移溶液温度升高，常温下液面未达到刻度，溶液浓度增大，故C正确；
D．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，液面倍提高，定容未达到刻度，溶液浓度增大，故D正确；
E．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，水加入超出刻度线，溶液浓度减小，故E错误；
故选CD．
故答案为：80.0；500mL容量瓶、烧杯；CD．
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