- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
乙二酸（HOOC-COOH）俗称草酸，该酸广泛存在于多种植物的细胞膜内，其晶体通常含有结晶水（H2C2O4•2H2O），晶体的熔点为101.5℃，无水草酸的熔点为189.5℃．草酸易升华，其在157℃时大量升华，并开始分解，分解产物为CO、CO2、H2O．某研究性学习小组的同学决定对草酸的分解反应进行探究，设计出如下实验验证乙二酸的分解并测定其分解率，操作步骤如下：
①先把乙二酸晶体放在烘箱中进行烘烤，去掉结晶水，备用．
②按如图连接好装置．
③检查装置的气密性．
④打开活塞a，通入H2一会儿，再关闭a；点然酒精灯b、c．
⑤当C装置中固体消失后，停止加热
⑥打开活塞a，继续通入H2，直至冷却．
试回答下列问题：
（1）装置A的作用______，B的作用______；装置E的作用______．
（2）检验该套装置的气密性的方法是______．
（3）若分解结束后，不再通入氢气，会使所测的乙二酸的分解率______（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（4）可以代替装置G的方法是______．
（5）若称取H2C2O4（烘干）的质量为4.5g，实验结束后，称得D、E、F分别增重0.95g、0.40g、1.98g，则乙二酸的分解率为______．
正确答案
解：（1）用氢气将产生的气体吹入各个吸收装置中，所以装置A的作用：产生氢气先排出装置内的CO2、后将分解生成的CO2全部排入F中，因从启普发生器制得的氢气中含有水蒸气，必须除去，装置B的作用是干燥H2（或除去氢气中混有的水蒸气）；乙二酸为有机物，加热会挥发出少量蒸气，E装置使气化的乙二酸蒸汽冷却为固体，避免干扰实验，
故答案为：产生氢气先排出装置内的CO2、后将分解生成的CO2全部排入F中；干燥H2（或除去氢气中混有的水蒸气）；使气化的乙二酸蒸汽冷却为固体，避免干扰实验；
（2）因该套装置使用的仪器较多，且多处有导管通入液体中，可打开启普发生器的活塞a，产生氢气，通过B、E、F瓶有无气泡产生，可检验其气密性，
故答案为：打开启普发生器的活塞a，观察B、E、F瓶中是否有气泡产生，若有气泡产生，说明不漏气，气密性良好；
（3）因通入H2的目的是使乙二酸分解产生的气体全部通入D、E、F装置，避免少量分解产生的气体滞留于装置C中．不用装置A、B，则D、E、F装置增加的质量将减小，所得到的分解率减少，
故答案为：减小；
（4）因最后所得的气体为CO，有毒不能排入大气中，除点燃法外，可以用气囊（或球）收集起来，
故答案为：用气囊（或球）收集起来；
（5）因H2C2O4
故答案为：90%．
解析
解：（1）用氢气将产生的气体吹入各个吸收装置中，所以装置A的作用：产生氢气先排出装置内的CO2、后将分解生成的CO2全部排入F中，因从启普发生器制得的氢气中含有水蒸气，必须除去，装置B的作用是干燥H2（或除去氢气中混有的水蒸气）；乙二酸为有机物，加热会挥发出少量蒸气，E装置使气化的乙二酸蒸汽冷却为固体，避免干扰实验，
故答案为：产生氢气先排出装置内的CO2、后将分解生成的CO2全部排入F中；干燥H2（或除去氢气中混有的水蒸气）；使气化的乙二酸蒸汽冷却为固体，避免干扰实验；
（2）因该套装置使用的仪器较多，且多处有导管通入液体中，可打开启普发生器的活塞a，产生氢气，通过B、E、F瓶有无气泡产生，可检验其气密性，
故答案为：打开启普发生器的活塞a，观察B、E、F瓶中是否有气泡产生，若有气泡产生，说明不漏气，气密性良好；
（3）因通入H2的目的是使乙二酸分解产生的气体全部通入D、E、F装置，避免少量分解产生的气体滞留于装置C中．不用装置A、B，则D、E、F装置增加的质量将减小，所得到的分解率减少，
故答案为：减小；
（4）因最后所得的气体为CO，有毒不能排入大气中，除点燃法外，可以用气囊（或球）收集起来，
故答案为：用气囊（或球）收集起来；
（5）因H2C2O4
故答案为：90%．
苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸，反应原理：
实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯．
已知：苯甲酸分子量122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物都有固定熔点．
（1）操作Ⅰ为______，操作Ⅱ为______．
（2）无色液体A是______，定性检验A的试剂是______，现象是______．
（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，该同学推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确．请在答题卡上完成表中内容．
（4）纯度测定：称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol，产品中苯甲酸质量分数的计算表达式为______，计算结果为______（保留二位有效数字）．
正确答案
解：（1）一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯；所以操作Ⅰ是分离出有机相甲苯，用分液方法得到；操作Ⅱ是蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体；故答案为：分液，蒸馏；
（2）依据流程和推断可知，无色液体A为甲苯，检验试剂可以用酸性高锰酸钾溶液，甲苯被氧化为苯甲酸，高锰酸钾溶液紫色褪去；
故答案为：酸性KMnO4溶液，紫色溶液褪色；
（3）通过测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，氯化钾可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在；利用苯甲酸的溶解度特征在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；利用不同温度下的溶解度，分离混合物，得到晶体后通过测定熔点判断是否为苯甲酸；
故答案为：
（4）称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol，苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾1：1反应，所以物质的量相同，注意溶液体积变化计算样品中 苯甲酸的物质的量，计算质量分数；样品中苯甲酸质量分数=
故答案为：
解析
解：（1）一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯；所以操作Ⅰ是分离出有机相甲苯，用分液方法得到；操作Ⅱ是蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体；故答案为：分液，蒸馏；
（2）依据流程和推断可知，无色液体A为甲苯，检验试剂可以用酸性高锰酸钾溶液，甲苯被氧化为苯甲酸，高锰酸钾溶液紫色褪去；
故答案为：酸性KMnO4溶液，紫色溶液褪色；
（3）通过测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，氯化钾可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在；利用苯甲酸的溶解度特征在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；利用不同温度下的溶解度，分离混合物，得到晶体后通过测定熔点判断是否为苯甲酸；
故答案为：
（4）称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol，苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾1：1反应，所以物质的量相同，注意溶液体积变化计算样品中 苯甲酸的物质的量，计算质量分数；样品中苯甲酸质量分数=
故答案为：
填写下列空白：
（1）滴加盐酸时，发现反应速率较之盐酸与纯铁粉反应要快，其原因是______．
（2）烧杯内放过量稀HNO3的原因是______（用离子方程式表示）．
（3）整个实验过程中，弹簧夹a都必须打开，除为排出产生的气体外，另一个目的是______．
（4）乙同学对该实验进行了改进，他是用空烧杯盛接滤液，加入适当的试剂，然后在HC1的气流中、一定温度下蒸发、浓缩、降温结晶而得到纯净的FeCl3•6H2O，你认为加入的试剂可以是______．（填序号）
①适量氯气②适量过氧化氢和稀盐酸③酸性高锰酸钾溶液④氢氧化钠溶液．
正确答案
废铁屑中的不溶性杂质与Fe在盐酸中构成原电池，加快了反应速率
3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O
使装置内部与外界大气相通，便于A中液体流下
①②
解析
解：（1）废铁屑（含少量铜杂质）加盐酸后，Cu与铁形成Fe-Cu原电池使反应速率加快，
故答案为：废铁屑中的不溶性杂质与Fe在盐酸中构成原电池，加快了反应速率；
（2）过量的稀HNO3保证使Fe2+ 全部氧化成Fe3+；反应的离子方程式是3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O；
（3）整个实验过程中，弹簧夹a都必须打开，则装置与大气相同，使分液漏斗中的酸可滴入A中，故答案为：使装置内部与外界大气相通，便于A中液体流下；
（4）把氯化亚铁氧化为氯化铁，同时不能引入杂质，所以选用适量过氧化氢或通入氯气直接氧化Fe2+，故答案为：①②．
KClO3在农业上用作除草剂，超细CaCO3 广泛用于消光纸、无炭复写纸等．某同学在实验室模拟工业过程，利用制乙炔产生的残渣制备上述两种物质，过程如下：
Ⅰ．电石
①电石与水反应的化学方程式是______．
②残渣中主要成分是Ca（OH）2和______．
Ⅱ．将Ⅰ中的部分灰浆配成浊液，通入Cl2，得到Ca（ClO3）2与CaCl2物质的量之比为1：5的溶液，反应的化学方程式是______．
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入KCl，发生复分解反应，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得KClO3 晶体．你认为能得到KClO3 晶体的原因是______．
Ⅳ．将Ⅰ中的残渣溶于NH4Cl溶液，加热，收集挥发出的气体再利用．向所得CaCl2溶液中依次通入NH3、CO2，便可获得超细CaCO3，过程如下：
①根据沉淀溶解平衡原理，解释残渣中难溶盐的溶解原因______．
②CaCl2溶液中通入两种气体后，生成超细CaCO3的化学方程式是______．
③图示的溶液A可循环使用，其主要成分的化学式是______．
正确答案
解：Ⅰ．①实验室常用碳化钙固体（俗称电石，化学式为CaC2）与水反应制备乙炔，同时生成氢氧化钙，该反应的化学方程式为CaC2+2H2O═Ca（OH）2+C2H2↑，
故答案为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；
②氢氧化钙能够和空气中的二氧化碳发生反应生成碳酸钙和水，CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O，所以残渣中主要成分是Ca（OH）2和CaCO3，故答案为：CaCO3；
Ⅱ．由题意可知反应物为氯气和氢氧化钙，生成物为Ca（ClO3）2、CaCl2和H2O，氯元素从0价变为Ca（ClO3）2中+5价，两个氯原子失10个电子，氯元素从0价变为CaCl2中-1价，两个氯原子得到2个电子，所以氯化钙前得系数为5，氯酸钙前的系数为1，再根据原子守恒就可得到反应的化学方程式为：6Cl2+6Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，
故答案为：6Cl2+6Ca（OH）2═5CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O；
Ⅲ．根据复分解反应的定义，两种化合物相互交换成分，KCl与Ca（ClO3）2能发生复分解反应，说明KClO3在常温下溶解度较小，故可结晶析出，得到其固体，
故答案为：KClO3的溶解度小；
Ⅳ．①氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，碳酸钙虽难溶，但在水中存在电离，CaCO3（s）═Ca2++CO32-，加入NH4Cl溶液，NH4Cl溶液显酸性，使CO32-浓度减小，平衡向右移动，CaCO3溶解，
故答案为：CaCO3（s）═Ca2++CO32-，NH4Cl溶液显酸性，使CO32-浓度减小，平衡向右移动，CaCO3溶解；
②由流程图可以看出，反应物为氨气和二氧化碳和氯化钙和水，生成物为碳酸钙和氯化铵，用观察法配平，碳酸钙后面标上沉淀符号，其反应的化学方程式为：CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，
故答案为：CaCl2+2NH3+CO2+H2O═CaCO3↓+2NH4Cl；
③加入NH4Cl溶液的目的是溶解残渣中的难溶盐，根据②CaCl2+2NH3+CO2+H2O═CaCO3↓+2NH4Cl可知A溶液的化学式为：NH4Cl，故答案为：NH4Cl．
解析
解：Ⅰ．①实验室常用碳化钙固体（俗称电石，化学式为CaC2）与水反应制备乙炔，同时生成氢氧化钙，该反应的化学方程式为CaC2+2H2O═Ca（OH）2+C2H2↑，
故答案为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；
②氢氧化钙能够和空气中的二氧化碳发生反应生成碳酸钙和水，CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O，所以残渣中主要成分是Ca（OH）2和CaCO3，故答案为：CaCO3；
Ⅱ．由题意可知反应物为氯气和氢氧化钙，生成物为Ca（ClO3）2、CaCl2和H2O，氯元素从0价变为Ca（ClO3）2中+5价，两个氯原子失10个电子，氯元素从0价变为CaCl2中-1价，两个氯原子得到2个电子，所以氯化钙前得系数为5，氯酸钙前的系数为1，再根据原子守恒就可得到反应的化学方程式为：6Cl2+6Ca（OH）2=Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，
故答案为：6Cl2+6Ca（OH）2═5CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O；
Ⅲ．根据复分解反应的定义，两种化合物相互交换成分，KCl与Ca（ClO3）2能发生复分解反应，说明KClO3在常温下溶解度较小，故可结晶析出，得到其固体，
故答案为：KClO3的溶解度小；
Ⅳ．①氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，碳酸钙虽难溶，但在水中存在电离，CaCO3（s）═Ca2++CO32-，加入NH4Cl溶液，NH4Cl溶液显酸性，使CO32-浓度减小，平衡向右移动，CaCO3溶解，
故答案为：CaCO3（s）═Ca2++CO32-，NH4Cl溶液显酸性，使CO32-浓度减小，平衡向右移动，CaCO3溶解；
②由流程图可以看出，反应物为氨气和二氧化碳和氯化钙和水，生成物为碳酸钙和氯化铵，用观察法配平，碳酸钙后面标上沉淀符号，其反应的化学方程式为：CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，
故答案为：CaCl2+2NH3+CO2+H2O═CaCO3↓+2NH4Cl；
③加入NH4Cl溶液的目的是溶解残渣中的难溶盐，根据②CaCl2+2NH3+CO2+H2O═CaCO3↓+2NH4Cl可知A溶液的化学式为：NH4Cl，故答案为：NH4Cl．
铁及铁的化合物在生产、生活中有着重要的用途．聚合硫酸铁（简称PFS）的化学式为
[Fe（OH）n（SO4）
请回答下列问题：
（1）若A为NaClO3与稀硫酸，写出其氧化Fe2+的离子方程式（还原产物为Cl-）______．
（2）若B为KNO3和KOH的混合物，写出其与Fe2O3加热共融制得高铁酸鉀的化学方程式
并配平：□Fe2O3+□KNO3+KOH-□______+□KNO2+□______
（3）操作Y包括：蒸发浓缩、冷却结晶、______等．
（4）为测定溶液I中铁元素的总含量，实验操作：准确量取20.00mL溶液I于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH＜3，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用 0.1000mol•L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL．
已知：2Fe3++2I-═2Fe2++I2 2I2+2S2O32-═2I-+S4O62-
①写出滴定选用的指示剂______，滴定终点观察到的现象______；
②溶液I中铁元素的总含量为______g•L-1．若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会______ （填“偏高”“偏低”“不变”）．
（5）设计实验方案，检验溶液I中的Fe2+和Fe3+______．
正确答案
6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O
K2FeO4
H2O
过滤、洗涤、干燥
淀粉
溶液由蓝色变无色且保持半分钟不变色
5.6
偏高
先加KSCN溶液，变血红色说明含有Fe3+，再取样滴加酸化的KMnO4溶液褪色，说明含有Fe2+
解析
解：（1）根据题中流程可知，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁，在溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，ClO3-氧化Fe2+为Fe3+，本身被还原为Cl-，根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O，
故答案为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
（2）KNO3和KOH的混合物，写出其与Fe2O3加热共融制得K2FeO4，则缺项中有一种为K2FeO4，K2FeO4中铁元素化合价为+6，则亚铁离子从+3价变为+6价，化合价升高3价，化合价至少升高3×2=6价；KNO3中N元素从+5降为KNO2中的+3价，化合价降低2价，则化合价最小公倍数为6，所以氧化铁的系数为1，KNO3的系数为3，然后根据质量守恒定律配平，配平后的方程式为：1Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，
故答案为：1、3、4、2K2FeO4、3、2H2O；
（3）操作Y是从高铁酸钾溶液中获得高铁酸钾固体，正确的方法为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；
（4）①Fe3+氧化I-生成I2，淀粉遇碘变蓝，选择淀粉溶液作指示剂；当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，蓝色消失，且半分钟不变色说明是终点，
故答案为：淀粉；溶液由蓝色变无色且保持半分钟不变色；
②由2Fe3++2I-═2Fe2++I2、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-可得：Fe3+～S2O32-，则n（Fe3+）=n（S2O32-）=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，铁元素总含量为：
H2O2也能氧化I-生成I2，所以若过氧化氢没有除尽，则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，所测结果偏高，
故答案为：5.6；偏高；
（5）由于Fe3+、Fe2+共存，所以要分开检验，则检验溶液I中Fe2+和Fe3+的方法为：取溶液Ⅰ少量于试管中，加入硫酸酸化，再加入高锰酸钾溶液，溶液颜色从深紫色变成黄色或变浅，则含有Fe2+（或取溶液Ⅰ少量于试管中，加入铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则含有Fe2+）；
另取溶液Ⅰ少量于试管中，滴加硫氰化钾溶液，如果变为红色，证明含有铁离子，
故答案为：先加KSCN溶液，变血红色说明含有Fe3+，再取样滴加酸化的KMnO4溶液褪色，说明含有Fe2+．
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