- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
（1）图中D装置在实验中的作用是______．
（2）验证氢氧化铝能与强酸反应：若B中的试剂为浓盐酸，C中试剂为Na[Al（OH）4]溶液，则A中的试剂为______，C中的现象为______．
（3）验证氢氧化铝不能与弱碱反应：若A中的试剂为浓氨水，则B中试剂为______，C中试剂为______，C中发生的离子反应方程式为______．
（4）验证氢氧化铝不能与弱酸反应：C中试剂为______，B中可能发生的化学反应方程式为______．
正确答案
解：（1）倒置的球形漏斗插入溶液中，气体能被充分吸收，且球形管有缓冲作用防止倒吸，故答案为：防止倒吸；
（2）验证氢氧化铝能与强酸反应，需将B中的试剂浓盐酸中的氯化氢挥发出来，氯化氢是酸性气体，所以需用浓硫酸的吸水性，A为浓硫酸，挥发出来的氯化氢进入C装置，氯化氢极易溶于水，D装置可防止倒吸，
C中Na[Al（OH）4]（四羟基合铝酸钠）与盐酸反应先生成沉淀氢氧化铝和氯化钠，最终生成氯化铝、氯化钠与水，所以现象为：先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解，
故答案为：浓硫酸；先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解；
（3）验证氢氧化铝不能与弱碱反应：需将A中浓氨水中的氨气挥发出来，利用CaO与H2O剧烈反应，NH3•H2O+CaO═NH3↑+Ca（OH）2，生成Ca（OH）2，放出大量热，促进NH3．H2O的分解及NH3的挥发逸出，Ca（OH）2、NaOH等强碱，也促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，所以B中试剂为生石灰（或氢氧化钠固体或碱石灰）；氨气是极易溶于水，D装置可防止倒吸，C中盛放能与氨水反应生成氢氧化铝沉淀的铝盐，可选择AlCl3溶液（或硫酸铝溶液）；发生的离子反应为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：生石灰（或氢氧化钠固体或碱石灰）；AlCl3溶液（或硫酸铝溶液）；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（4）验证氢氧化铝不能与弱酸反应：B中须制备酸性气体，且该气体溶于水呈弱酸性，可以是二氧化硫气体或二氧化碳气体，所以B中可能发生的化学反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑（或Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑）；C中试剂能与酸性气体反应生成氢氧化铝，所以为Na[Al（OH）4]，如与少量二氧化碳反应2NaAl（OH）4+CO2=Na2CO3+2Al（OH）3↓+H2O，
故答案为：Na[Al（OH）4]；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑（或Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑）．
解析
解：（1）倒置的球形漏斗插入溶液中，气体能被充分吸收，且球形管有缓冲作用防止倒吸，故答案为：防止倒吸；
（2）验证氢氧化铝能与强酸反应，需将B中的试剂浓盐酸中的氯化氢挥发出来，氯化氢是酸性气体，所以需用浓硫酸的吸水性，A为浓硫酸，挥发出来的氯化氢进入C装置，氯化氢极易溶于水，D装置可防止倒吸，
C中Na[Al（OH）4]（四羟基合铝酸钠）与盐酸反应先生成沉淀氢氧化铝和氯化钠，最终生成氯化铝、氯化钠与水，所以现象为：先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解，
故答案为：浓硫酸；先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解；
（3）验证氢氧化铝不能与弱碱反应：需将A中浓氨水中的氨气挥发出来，利用CaO与H2O剧烈反应，NH3•H2O+CaO═NH3↑+Ca（OH）2，生成Ca（OH）2，放出大量热，促进NH3．H2O的分解及NH3的挥发逸出，Ca（OH）2、NaOH等强碱，也促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，所以B中试剂为生石灰（或氢氧化钠固体或碱石灰）；氨气是极易溶于水，D装置可防止倒吸，C中盛放能与氨水反应生成氢氧化铝沉淀的铝盐，可选择AlCl3溶液（或硫酸铝溶液）；发生的离子反应为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：生石灰（或氢氧化钠固体或碱石灰）；AlCl3溶液（或硫酸铝溶液）；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（4）验证氢氧化铝不能与弱酸反应：B中须制备酸性气体，且该气体溶于水呈弱酸性，可以是二氧化硫气体或二氧化碳气体，所以B中可能发生的化学反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑（或Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑）；C中试剂能与酸性气体反应生成氢氧化铝，所以为Na[Al（OH）4]，如与少量二氧化碳反应2NaAl（OH）4+CO2=Na2CO3+2Al（OH）3↓+H2O，
故答案为：Na[Al（OH）4]；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑（或Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑）．
有下列两种转化途径，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是（ ）
途径①S
途径②S
正确答案
解析
解：A．S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，该反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，不体现酸性，故A错误；
B．增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率，所以途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来提高二氧化硫的转化率，从而降低成本，故B正确；
C．途径①和②都是由S来制备H2SO4，S的化合价从0价升高高+6价，制取1 mol H2SO4，理论上各消耗1 mol S，各转移6 mol e-，故C正确；
D．途径①S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，有副产物二氧化氮，而且二氧化氮会污染大气，所以途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念，故D正确．
故选A．
【实验化学】
苯乙醚（沸点168℃）可用苯酚、溴乙烷为主要原料制得，其反应原理（图1）为：
实验步骤如下：
步骤1：在烧瓶中（装置如图2所示）加入3.75g苯酚、2g NaOH和2mL水，开动搅拌器，使固体全部溶解．
步骤2：加热反应瓶，控制温度在80～90℃之间，并用恒压漏斗慢慢滴加4.25mL溴乙烷（沸点38.4℃），大约40min滴加完毕，继续搅拌1h，并降至室温．
步骤3：加入适量水（5～10mL）使固体完全溶解．将液体转入分液漏斗中，分出水相，水相用4mL乙醚萃取一次，合并有机相．有机相用等体积饱和食盐水洗两次，分出水相，并将水相用3mL乙醚萃取一次，合并有机相．有机相用无水氯化钙干燥．
步骤4：先用水浴蒸出乙醚．然后常压蒸馏，得苯乙醚．
（1）步骤1开动搅拌器的目的是______．
（2）①步骤2中控制温度80～90℃可采取的方法是______；②冷凝管中回流的主要物质除水外还有______．
（3）步骤3中加入乙醚萃取的目的是______．
（4）步骤4应收集沸点为______的馏分．蒸馏所用的玻璃仪器除了酒精灯、冷凝管、温度计、尾接管、锥形瓶外还有______（填仪器名称）．
正确答案
解：（1）为了加快固体苯酚的溶解可选择开动搅拌器，故答案为：加快溶解速度；
（2）①可采用水浴加热的方式来控制温度80～90℃，故答案为：水浴加热；
②反应混合中在80～90℃时只有水和溴乙烷挥发，因此冷凝管里冷凝回流的物质除水外还有溴乙烷，故答案为：溴乙烷；
（3）选择乙醚作萃取剂是因为苯乙醚易溶解在乙醚中，而乙醚与水不相溶，故答案为：将水中的苯乙醚提取到乙醚中；
（4）因苯乙醚的沸点为168℃，故收集馏分时的温度为168℃，蒸馏操作时还需要蒸馏烧瓶，故答案为：168℃；蒸馏烧瓶．
解析
解：（1）为了加快固体苯酚的溶解可选择开动搅拌器，故答案为：加快溶解速度；
（2）①可采用水浴加热的方式来控制温度80～90℃，故答案为：水浴加热；
②反应混合中在80～90℃时只有水和溴乙烷挥发，因此冷凝管里冷凝回流的物质除水外还有溴乙烷，故答案为：溴乙烷；
（3）选择乙醚作萃取剂是因为苯乙醚易溶解在乙醚中，而乙醚与水不相溶，故答案为：将水中的苯乙醚提取到乙醚中；
（4）因苯乙醚的沸点为168℃，故收集馏分时的温度为168℃，蒸馏操作时还需要蒸馏烧瓶，故答案为：168℃；蒸馏烧瓶．
实验具体操作步骤为：
①开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节分液的滴速，使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸．
②直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的pH接近7时，停止通入SO2气体．
③趁热过滤，将滤液加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O．
④再经过滤、洗涤、干燥，得到所需的产品．
（1）步骤④中洗涤时，为了减少产物的损失用的试剂可以是______．
（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH＜7，请用离子方因______．
（3）写出三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式______．
（4）常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00mL，控制适当的酸度加入足量 K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解，此时CrO
部分反应离子方程式为：
①Cr2O
①判断达到滴定终点的现象是______
②从表格所给数据计算：一份待测溶液消耗Na2S2O3溶液的平均体积为______ ml
③废水中Ba2+的物质的量浓度______．
（5）Na2S2O3常用作脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化成SO
正确答案
解：（1）根据题给信息易溶于水，难溶于乙醇，步骤 ④中洗涤时，为了减少产物的损失用的试剂可以是乙醇；
故答案为：乙醇；
（2）Na2S2O3在酸性条件下会生成S和二氧化硫，所以产率会下降，其反应的离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑；
故答案为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
（3）三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3；
故答案为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3；
（4）①淀粉溶液作指示剂，用0.0010mol．L-1 的Na2S2O3溶液进行滴定溶液中的碘，滴定终点时溶液中蓝色褪去，所以判断达到滴定终点的现象是加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变，
故答案为：加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变；
②根据表中数据可知，数据4有较大偏差，应舍去，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为数据1、2、3的平均值，体积为
故答案为：18.00mL；
③根据反应Cr2O72-+61-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O； ②I2+2S2O
故答案为：9.6×10-4mol•L-1；
（5）Na2S2O3常用作脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，该反应的离子方程式为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+；
故答案为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+．
解析
解：（1）根据题给信息易溶于水，难溶于乙醇，步骤 ④中洗涤时，为了减少产物的损失用的试剂可以是乙醇；
故答案为：乙醇；
（2）Na2S2O3在酸性条件下会生成S和二氧化硫，所以产率会下降，其反应的离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑；
故答案为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
（3）三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3；
故答案为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3；
（4）①淀粉溶液作指示剂，用0.0010mol．L-1 的Na2S2O3溶液进行滴定溶液中的碘，滴定终点时溶液中蓝色褪去，所以判断达到滴定终点的现象是加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变，
故答案为：加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变；
②根据表中数据可知，数据4有较大偏差，应舍去，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为数据1、2、3的平均值，体积为
故答案为：18.00mL；
③根据反应Cr2O72-+61-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O； ②I2+2S2O
故答案为：9.6×10-4mol•L-1；
（5）Na2S2O3常用作脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，该反应的离子方程式为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+；
故答案为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+．
锰及其化合物在现代工业及国防建设中具有十分重要的地位．
（1）隐形涂料是我国于2014年3月1日成功首飞的最新2011号歼20实现隐形的关键材料．锰锌铁氧体是当前广泛使用的一种隐形材料，其化学组成为MnxZn1-xFe2O4（铁为+3价），当锰、锌、铁三种金属的质量分数分别为4.6%、21.76%、46.86%时，所得到的锰锌铁氧体对雷达波的吸收能力最强，则锰锌铁氧体中锰元素的化合价为______，当雷达波吸收能力最强时x=______．
（2）碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿（主要成分FeS2）为主要原料制备碳酸锰的一种工艺流程如图所示
①写出提高酸浸时原料的浸出率的两种方法______，副产品A是______，从废墟中提取A的方法是______．
②酸浸时的氧化物是Fe3+、SO42-，写出对应的离子方程式：______，写出沉锰时反应的离子方程式：______
（3）KMnO4是一种十分重要的氧化剂，工业可以软锰矿为原料先制得锰酸钾，然后电解锰酸钾溶液就可以得到KMnO4，则电解时阳极上的电极反应式为______，当电路中有2 mol电子通过时，阳极上得到的产物的质量为______．
正确答案
解：（1）根据物质的量之比等于原子个数之比，得
（2）①升高温度、搅拌、减小固体的颗粒等均能加速固体的溶解，所以为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有：适当升高温度，搅拌，研磨矿石，适当提高稀硫酸的浓度；溶浸过程中发生的反应生成硫酸根离子，后来又加入了氨水、碳酸氢铵，所以副产品是（NH4）2SO4，可以用重结晶法提取（NH4）2SO4；
故答案为：研磨矿石，适当提高稀硫酸的浓度等；（NH4）2SO4；重结晶法；
②FeS2与MnO2反应后生成Fe3+、Mn2+和SO42-，1molFeS2失去15mol电子，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒，FeS2的计量数为2，MnO2的计量数为15，则生成的Fe3+计量数为2，SO42-的计量数为4，Mn2+的计量数为15，对应的离子方程式为2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42-；加入碳酸氢氨生成碳酸锰沉淀，离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O；
故答案为：2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42-；Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O；
（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO42--e-=MnO4-；根据关系式：1e-～KMnO4，当电路中有1mol电子通过时，阳极上得到1molKMnO4，m（KMnO4）=1mol×158g/mol=158g；
故答案为：MnO42--e-=MnO4-；158g．
解析
解：（1）根据物质的量之比等于原子个数之比，得
（2）①升高温度、搅拌、减小固体的颗粒等均能加速固体的溶解，所以为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有：适当升高温度，搅拌，研磨矿石，适当提高稀硫酸的浓度；溶浸过程中发生的反应生成硫酸根离子，后来又加入了氨水、碳酸氢铵，所以副产品是（NH4）2SO4，可以用重结晶法提取（NH4）2SO4；
故答案为：研磨矿石，适当提高稀硫酸的浓度等；（NH4）2SO4；重结晶法；
②FeS2与MnO2反应后生成Fe3+、Mn2+和SO42-，1molFeS2失去15mol电子，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒，FeS2的计量数为2，MnO2的计量数为15，则生成的Fe3+计量数为2，SO42-的计量数为4，Mn2+的计量数为15，对应的离子方程式为2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42-；加入碳酸氢氨生成碳酸锰沉淀，离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O；
故答案为：2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42-；Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O；
（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO42--e-=MnO4-；根据关系式：1e-～KMnO4，当电路中有1mol电子通过时，阳极上得到1molKMnO4，m（KMnO4）=1mol×158g/mol=158g；
故答案为：MnO42--e-=MnO4-；158g．
扫码查看完整答案与解析