- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
某实验小组把CO2通入饱和Na2CO3溶液制取NaHCO3，装置如图1所示（气密性已检验，部分夹持装置略）：
（1）D中产生NaHCO3的化学方程式是______．
（2）请结合化学平衡移动原理解释B中溶液的作用______．
（3）当D中有大量白色固体析出时，停止实验，将固体过滤、洗涤、干燥备用．为确定固体的成分，各实验小组设计方案如下（称取一定质量的固体，配成1000mL溶液作为样液，其余固体备用）：
①方案1：取样液与澄清的Ca（OH）2溶液混合，出现白色沉淀．根据该实验现象，判断能否确定D中固体的成分并说明理由______．
②方案2：取样液与BaCl2溶液混合，出现白色沉淀并有气体产生．该实验小组分析现象后认为D中固体存在NaHCO3，其离子方程式是______；但不能确定是否存在Na2CO3，你认为该结论是否合理？______．
③方案3：甲、乙两同学利用NaHCO3的不稳定性进行如下实验：
甲同学：取样液400mL，用pH计测溶液pH，再水浴加热蒸发至200mL，接下来的操作是______，结果表明白色固体中存在NaHCO3．为进一步证明白色固体是否为纯净的NaHCO3，结合甲同学实验，还应补充的实验是______．
乙同学：利用仪器测定了固体残留率（残留物=
根据B点坐标，计算残留固体中NaHCO3与Na2CO3的物质的量之比n（NaHCO3）：n（Na2CO3）=______．
正确答案
解：（1）由图可知，A中生成二氧化碳，在D中二氧化碳与碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠，该反应为Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3，
故答案为：Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3；
（2）B中酸可抑制二氧化碳的溶解，则B中溶液的作用为CO2在水中存在平衡：CO2+H2O⇌H2CO3⇌HCO3-+H+，有H2SO4存在时，可使上述平衡向左移动，从而减少CO2在水中的溶解，同时吸收挥发出来的HCl气体，
故答案为：CO2在水中存在平衡：CO2+H2O⇌H2CO3⇌HCO3-+H+，有H2SO4存在时，可使上述平衡向左移动，从而减少CO2在水中的溶解，同时吸收挥发出来的HCl气体；
（3）①Na2CO3和NaHCO3都能跟Ca（OH）2溶液发生反应生成白色沉淀，所以无法确定固体的成分中是否含有NaHCO3，
故答案为：不能，Na2CO3和NaHCO3都能跟Ca（OH）2溶液发生反应生成白色沉淀，无法确定固体的成分中是否含有NaHCO3；
②样液与BaCl2溶液混合，现白色沉淀并有气体产生，沉淀为碳酸钡、气体为二氧化碳，离子反应为2HCO3-+Ba2+=BaCO3↓+CO2↑+H2O；Na2CO3和BaCl2溶液混合也能生成沉淀，则不能确定是否存在Na2CO3，结论合理，
故答案为：2HCO3-+Ba2+=BaCO3↓+CO2↑+H2O；合理；
③甲同学：取样液400mL，用pH计测溶液pH，再水浴加热蒸发至200mL，接下来的操作是冷却到室温，加水至溶液体积为400mL，再次测定pH，可确定固体存在碳酸氢钠，补充实验为取相同质量的纯净的NaHCO3配成1000mL溶液，取400mL，重复甲的实验，进行对照，
故答案为：冷却到室温，加水至溶液体积为400mL，再次测定pH；取相同质量的纯净的NaHCO3配成1000mL溶液，取400mL，重复甲的实验，进行对照；
乙同学：A点说明碳酸氢钠分解，残留率为63.09%，可知白色固体为碳酸氢钠（NaHCO3），
B点残留率为80%，设原固体100g，则B点残留固体为80g，设生成碳酸钠为x，则
2NaHCO3
106 62
x 100g-80g
n（NaHCO3）=
n（Na2CO3）=
故答案为：1.7．
解析
解：（1）由图可知，A中生成二氧化碳，在D中二氧化碳与碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠，该反应为Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3，
故答案为：Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3；
（2）B中酸可抑制二氧化碳的溶解，则B中溶液的作用为CO2在水中存在平衡：CO2+H2O⇌H2CO3⇌HCO3-+H+，有H2SO4存在时，可使上述平衡向左移动，从而减少CO2在水中的溶解，同时吸收挥发出来的HCl气体，
故答案为：CO2在水中存在平衡：CO2+H2O⇌H2CO3⇌HCO3-+H+，有H2SO4存在时，可使上述平衡向左移动，从而减少CO2在水中的溶解，同时吸收挥发出来的HCl气体；
（3）①Na2CO3和NaHCO3都能跟Ca（OH）2溶液发生反应生成白色沉淀，所以无法确定固体的成分中是否含有NaHCO3，
故答案为：不能，Na2CO3和NaHCO3都能跟Ca（OH）2溶液发生反应生成白色沉淀，无法确定固体的成分中是否含有NaHCO3；
②样液与BaCl2溶液混合，现白色沉淀并有气体产生，沉淀为碳酸钡、气体为二氧化碳，离子反应为2HCO3-+Ba2+=BaCO3↓+CO2↑+H2O；Na2CO3和BaCl2溶液混合也能生成沉淀，则不能确定是否存在Na2CO3，结论合理，
故答案为：2HCO3-+Ba2+=BaCO3↓+CO2↑+H2O；合理；
③甲同学：取样液400mL，用pH计测溶液pH，再水浴加热蒸发至200mL，接下来的操作是冷却到室温，加水至溶液体积为400mL，再次测定pH，可确定固体存在碳酸氢钠，补充实验为取相同质量的纯净的NaHCO3配成1000mL溶液，取400mL，重复甲的实验，进行对照，
故答案为：冷却到室温，加水至溶液体积为400mL，再次测定pH；取相同质量的纯净的NaHCO3配成1000mL溶液，取400mL，重复甲的实验，进行对照；
乙同学：A点说明碳酸氢钠分解，残留率为63.09%，可知白色固体为碳酸氢钠（NaHCO3），
B点残留率为80%，设原固体100g，则B点残留固体为80g，设生成碳酸钠为x，则
2NaHCO3
106 62
x 100g-80g
n（NaHCO3）=
n（Na2CO3）=
故答案为：1.7．
硝酸铈铵[（NH4）2Ce（NO3）6]广泛应用于电子、催化工业，其合成路线如下：
（1）已知（NH4）2Ce（NO3）6受热易分解，某科研小组认为反应原理如下，请补充完整：
（NH4）2Ce（NO3）6
除去 NO中的NO2的方法是______．
（2）步骤Ⅰ中，将Ce（NO3）3•6H2O配成溶液，保持pH到4～5，缓慢加入H2O2溶液搅拌混合均匀，再加入氨水调节溶液pH，得到Ce（OH）4沉淀．该过程中每生成1molCe（OH）4，参加反应的氧化剂的物质的量为______．
（3）常温下，某同学向物质的量浓度均为1.0mol•L-1的Fe3+和Ce4+的混合溶液中滴加氢氧化钠溶液，先析出的沉淀______（填化学式），当调节溶液的pH为8时，溶液中c（Ce4+）：c（Fe）=______．{已知298K时，Ksp[Ce（OH）4]=1×10-29．Ksp[Fe（OH）3]=4×10-38．}
（4）为了研究步骤Ⅲ的工艺条件，科研小组测定了（NH4）2Ce（NO3）6在不同温度、不同浓度硝酸中的溶解度，结果如图2．从图2中可得出三条主要规律：
①其他条件相同时，NH4）2Ce（NO3）6在的溶解度随c（HNO3）增大而减小；
②______；
③______．
正确答案
2O2
水洗
0.5mol
Fe（OH）3
1：1
（NH4）2Ce（NO3）6在硝酸中的溶解度随温度升高而增大
c（HNO3）越小，温度对S的影响越大或c（HNO3）越大，温度对S的影响越小
解析
解：（1）由质量守恒定律可知反应的方程式应为CeO2•8OH
故答案为：2O2；水洗；
（2）Ge元素化合价由+3价升高到+4价，被氧化，Ce（NO3）3•6H2O为还原剂，H2O2为氧化剂，O元素化合价由-1价降低到-2价，由化合价升降总数相等可知氧化剂和还原剂的物质的量之比应为1：2，该过程中每生成1molCe（OH）4，则参加反应的氧化剂H2O2为0.5mol，
故答案为：0.5mol；
（3）298K时，Ksp[Ce（OH）4]=1×10-29．Ksp[Fe（OH）3]=4×10-38，根据化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶可知常温下在水中溶解能力Ce（OH）4＞Fe（OH）3，向物质的量浓度均为1.0mol•L-1的Fe3+和Ce4+的混合溶液中滴加氢氧化钠溶液，先析出的沉淀Fe（OH）3，当调节溶液的pH为8时，c（OH-）=1×10-6mol/L，c（Fe3+）•（OH-）3=1.0×1.0×10-18=1×10-18＞Ksp[Fe（OH）3]，铁离子已沉淀完全，残留在溶液中的铁离子物质的量浓度低于1.0×10-5mol•L-1，Ce（OH）4的溶度积表达式为c（Ce4+）•[c（OH-）]4=1.0×1.0×10-24=1×10-24＞Ksp[Ce（OH）4]，Ce4+已沉淀完全，残留在溶液中的Ce4+物质的量浓度低于1.0×10-5mol•L-1，所以两者之比为1：1，
故答案为：Fe（OH）3；1：1；
（4）由曲线的变化趋势可得出规律有：
①其它条件相同时，S随c（HNO3）增大而减小；
②（NH4）2Ce（NO3）6在硝酸中的溶解度随温度升高而增大；
③c（HNO3）越小，温度对S的影响越大或c（HNO3）越大，温度对S的影响越小．
故答案为：（NH4）2Ce（NO3）6在硝酸中的溶解度随温度升高而增大；c（HNO3）越小，温度对S的影响越大或c（HNO3）越大，温度对S的影响越小．
硼位于ⅢA族，三卤化硼是物质结构化学的研究热点，也是重要的化工原料，三氯化硼 （BCl3）可用于制取乙硼烷（B2H6），也可作有机合成的催化剂．
查阅资料：
①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；
②2B+6HCl
③硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应；
设计实验：某同学设计如图所示装置利用氯气和单质硼反应制备三氯化硼：
请回答下列问题：
（1）常温下，高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生的反应可替代A装置中的反应，而且不需要加热，两个反应的产物中锰的价态相同．写出高锰酸钾固体粉末与浓盐酸反应的离子方程式：______．
（2）E装置的作用是______．如果拆去B装置，可能的后果是______．
（3）实验中可以用一个盛装______（填试剂名称）的干燥管代替F和G装置，使实验更简便．
（4）三氯化硼遇水剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式：______；
（5）为了顺利完成实验，正确的操作是______（填序号）．
①先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯
②先点燃D处酒精灯，后点燃A处酒精灯
③同时点燃A、D处酒精灯．
正确答案
解：在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，但浓盐酸具有挥发性，水被加热也能蒸发，升高温度加快浓盐酸挥发、加快水蒸发，所以生成的Cl2中含有HCl、H2O，浓硫酸具有吸水性，饱和食盐水能吸收Cl2，浓硫酸能干燥气体，从而得到较纯净的Cl2，防止生成的B和HCl、BCl3水解；D中制得BCl3，然后用E得到BCl3固体，为防止生成的BCl3水解且防止倒吸现象，所以F起到缓冲作用并干燥，G吸收未反应的Cl2，
（1）在A装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑，
故答案为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑；
（2）三氯化硼的沸点低，易挥发，需要冷却产品．B装置的作用是吸收Cl2中混有的HCl，由题给资料知，硼与氯化氢反应生成的产物中有氢气，加热氢气和氯气的混合气体，易发生爆炸，
故答案为：冷却和收集三氯化硼；硼粉与氯化氢反应生成的产物中有氢气，加热氢气与氯气的混合气体，易发生爆炸；
（3）F装置用于吸收水蒸气，避免G装置中的水蒸气进入U形管．G装置可以盛装氢氧化钠溶液吸收尾气，故实验中可以用一个盛装碱石灰的干燥管来代替F+G装置，
故答案为：碱石灰；
（4）因硼与铝的性质相似，硼酸的化学式为H3BO3，类似铝酸（H3AlO3）．因三氯化硼遇水能反应，反应的化学方程式为：BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl↑，故实验室应密封冷暗处保存三氯化硼，
故答案为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；
（5）①先点燃A处酒精灯，待整套装置中都充满Cl2后再点燃D处酒精灯，使之发生反应，故正确；
②若先点燃D处酒精灯，这时B就与装置中的空气发生反应得到B2O3，再点燃A处酒精灯也不能产生BCl3了，故错误；
③同时点燃A、D处酒精灯也会导致产生B2O3，影响制备BCl3，错误；
故答案为：①．
解析
解：在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，但浓盐酸具有挥发性，水被加热也能蒸发，升高温度加快浓盐酸挥发、加快水蒸发，所以生成的Cl2中含有HCl、H2O，浓硫酸具有吸水性，饱和食盐水能吸收Cl2，浓硫酸能干燥气体，从而得到较纯净的Cl2，防止生成的B和HCl、BCl3水解；D中制得BCl3，然后用E得到BCl3固体，为防止生成的BCl3水解且防止倒吸现象，所以F起到缓冲作用并干燥，G吸收未反应的Cl2，
（1）在A装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑，
故答案为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑；
（2）三氯化硼的沸点低，易挥发，需要冷却产品．B装置的作用是吸收Cl2中混有的HCl，由题给资料知，硼与氯化氢反应生成的产物中有氢气，加热氢气和氯气的混合气体，易发生爆炸，
故答案为：冷却和收集三氯化硼；硼粉与氯化氢反应生成的产物中有氢气，加热氢气与氯气的混合气体，易发生爆炸；
（3）F装置用于吸收水蒸气，避免G装置中的水蒸气进入U形管．G装置可以盛装氢氧化钠溶液吸收尾气，故实验中可以用一个盛装碱石灰的干燥管来代替F+G装置，
故答案为：碱石灰；
（4）因硼与铝的性质相似，硼酸的化学式为H3BO3，类似铝酸（H3AlO3）．因三氯化硼遇水能反应，反应的化学方程式为：BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl↑，故实验室应密封冷暗处保存三氯化硼，
故答案为：BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl↑；
（5）①先点燃A处酒精灯，待整套装置中都充满Cl2后再点燃D处酒精灯，使之发生反应，故正确；
②若先点燃D处酒精灯，这时B就与装置中的空气发生反应得到B2O3，再点燃A处酒精灯也不能产生BCl3了，故错误；
③同时点燃A、D处酒精灯也会导致产生B2O3，影响制备BCl3，错误；
故答案为：①．
乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素质的成分之一，具有香蕉的香味，实验室制备乙酸异戊酯的反应装置示意图如图1和有关数据如下：
实验步骤：
在A中加入6.6g的异戊醇，6.0g的乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片，开始缓慢加热A，回流50分钟，反应液冷至室温．
分离提纯：
将反应液倒入分液漏斗中，分别用饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤，分出的产物加入少量无水氯化钙颗粒，静置一段时间后除去氯化钙，最终通过蒸馏，收集140～143℃馏分，得乙酸异戊酯3.9g．
回答下列问题：
（1）装置B的名称是：______
（2）加入碎瓷片的作用是______，如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是______（填正确答案标号）．
A．立即补加 B．冷却后补加 C．不需补加 D．重新配料
（3）在洗涤操作中，用饱和碳酸氢钠溶液洗涤的主要目的是：______；
（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并______，分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后______（填标号），
A．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗上口倒出
B．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗下口放出
C． 先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口放出
D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出
（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是_______．
（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是如图2：______（填标号）
（7）本实验的产率是：______．
正确答案
解：（1）由装置中仪器B的构造可知，仪器B的名称为球形冷凝管，
故答案为：球形冷凝管；
（2）碎瓷片的多孔结构存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，
故答案为：防止暴沸； B；
（3）乙酸异戊酯不溶于饱和碳酸氢钠，乙酸、硫酸都能与碳酸氢钠反应，经洗涤，分液，蒸馏可得到纯净的乙酸异戊酯，
故答案为：洗掉醋酸和硫酸；
（4）分液漏斗通常用于互不相容的液体的分离，所以使用分液漏斗需要检查活塞处是否漏水，由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸异戊酯从上口放出，所以正确的为C，
故答案为：检漏；C；
（5）实验中加入无水氯化钙的目的是吸收酯中少量的水分，对其进行干燥，
故答案为：干燥（或除水）；
（6）在蒸馏操作中，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口处，所以ab错误；c中使用的是球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，因此仪器及装置安装正确的是d，
故答案为：d；
（7）乙酸的物质的量为：n=
故答案为：40%．
解析
解：（1）由装置中仪器B的构造可知，仪器B的名称为球形冷凝管，
故答案为：球形冷凝管；
（2）碎瓷片的多孔结构存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，
故答案为：防止暴沸； B；
（3）乙酸异戊酯不溶于饱和碳酸氢钠，乙酸、硫酸都能与碳酸氢钠反应，经洗涤，分液，蒸馏可得到纯净的乙酸异戊酯，
故答案为：洗掉醋酸和硫酸；
（4）分液漏斗通常用于互不相容的液体的分离，所以使用分液漏斗需要检查活塞处是否漏水，由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸异戊酯从上口放出，所以正确的为C，
故答案为：检漏；C；
（5）实验中加入无水氯化钙的目的是吸收酯中少量的水分，对其进行干燥，
故答案为：干燥（或除水）；
（6）在蒸馏操作中，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口处，所以ab错误；c中使用的是球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，因此仪器及装置安装正确的是d，
故答案为：d；
（7）乙酸的物质的量为：n=
故答案为：40%．
冰晶石是一种矿物，主要成分为六氟合铝酸钠（Na3AlF6），微溶于水，熔融的冰晶石能溶解氧化铝，在电解铝工业作助熔剂，制造乳白色玻璃和搪瓷的遮光剂．工业上生产Na3AlF6的主要流程如下：
试结合生产流程回答下列问题：
（1）浸取后的“残渣”中一定含有的成分是______，硫酸铝与NaF（aq）反应的离子方程式为______；
（2）为提高NaF的浸出率，煅烧后的固体在浸取前应采取的措施为______，为得到纯净的Na3AlF6产品，操作a包括的主要操作步骤为______→______→______；
（3）在按化学计量加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将NaF（aq）的pH下调至5左右，请解释其原因是______；
（4）78kg含CaF280%的氟石（杂质不含氟元素）理论上可生产Na3AlF6kg（设生产过程中的每一步含氟物质均完全转化）；
（5）碳酸化法也是工业制取Na3AlF6的一种方法：在偏铝酸钠及氟化钠溶液中，通入足量二氧化碳即可，请写出该反应的化学方程式_______．
正确答案
解：（1）氟化钙、石英、纯碱高温煅烧：CaF2+Na2CO3 +SiO2
故答案为：CaSiO3；3Na++6F-+Al3+=Na3AlF6↓；
（2）将块状固体进行粉碎能增大接触面积，煅烧后的固体在浸取前进行粉碎，浸取时能提高NaF的浸出率，硫酸铝与NaF（aq）反应生成Na3AlF6沉淀，分离固体、液体用过滤进行分离，沉淀表面有杂质需进行洗涤，然后进行干燥得到纯净的Na3AlF6产品，
故答案为：粉碎；过滤、洗涤、干燥；
（3）硫酸铝为强酸弱碱盐，氟化钠为强碱弱酸盐，两者能发生双水解反应，离子反应为：3F-+Al3++3H2O=3HF↑+Al（OH）3↓，为防止双水解发生，所以加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将NaF（aq）的pH下调至5左右，
故答案为：F-、Al3+发生双水解而生成氢氧化铝沉淀；
（4）78kg含CaF280%的氟石n（CaF2）=
故答案为：56kg；
（5）根据题干信息：碳酸化法也是工业制取Na3AlF6的一种方法，在偏铝酸钠及氟化钠溶液中，通入足量二氧化碳必生成六氟铝酸钠沉淀，根据原子守恒，反应为：6NaF+4CO2+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NaHCO3，
故答案为：6NaF+4CO2+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NaHCO3．
解析
解：（1）氟化钙、石英、纯碱高温煅烧：CaF2+Na2CO3 +SiO2
故答案为：CaSiO3；3Na++6F-+Al3+=Na3AlF6↓；
（2）将块状固体进行粉碎能增大接触面积，煅烧后的固体在浸取前进行粉碎，浸取时能提高NaF的浸出率，硫酸铝与NaF（aq）反应生成Na3AlF6沉淀，分离固体、液体用过滤进行分离，沉淀表面有杂质需进行洗涤，然后进行干燥得到纯净的Na3AlF6产品，
故答案为：粉碎；过滤、洗涤、干燥；
（3）硫酸铝为强酸弱碱盐，氟化钠为强碱弱酸盐，两者能发生双水解反应，离子反应为：3F-+Al3++3H2O=3HF↑+Al（OH）3↓，为防止双水解发生，所以加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将NaF（aq）的pH下调至5左右，
故答案为：F-、Al3+发生双水解而生成氢氧化铝沉淀；
（4）78kg含CaF280%的氟石n（CaF2）=
故答案为：56kg；
（5）根据题干信息：碳酸化法也是工业制取Na3AlF6的一种方法，在偏铝酸钠及氟化钠溶液中，通入足量二氧化碳必生成六氟铝酸钠沉淀，根据原子守恒，反应为：6NaF+4CO2+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NaHCO3，
故答案为：6NaF+4CO2+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NaHCO3．
扫码查看完整答案与解析