- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
用电石浆(主要成分是CaO、SiO2、Al2O3、Fe2O3、MgO、CaS 和其它不溶于酸的物质)生产无水CaCl2,工艺流程如下(已知氯化钙晶体的化学式是:CaCl2•6H2O),下列有关说法不正确的是( )
正确答案
解析
解:A.因要生产CaCl2,过程中不引入新的杂质离子,所以应选用盐酸,故A正确;
B.过氧化钠不能使氢氧化铁等有色物质进行褪色,脱色槽中应加入的X不能是过氧化钠,故B错误;
C.CaCl2为强酸强碱盐,钙离子在溶液中不发生水解,所以加热氯化钙溶液可得到氯化钙,故C正确;
D.设备B中产生的母液中含有氯化物,通过回收利用,可以降低废弃物排放量,提高经济效益,故D正确;
故选B.
无水氯化铝是有机化工常用催化剂,其外观为白色固体,1780C时升华,极易潮解,遇水后会发热并产生白雾.实验室用如下装置制备少量无水氯化铝,其反应原理为:2Al+3C122A1C13完成下列填空:
(1)写出B处烧瓶中发生反应的化学方程式______.
(2)C和D中盛有的试剂分别为______、______.进行实验时应先点燃______ (选填“B”或.“E”)处酒精灯
(3)G瓶的作用是______,F装置的作用是______
(4)将E中固体改为市售氣化铝(AlCl3.6H20),控制一定条件也能进行无水氣化铝的制 备,此时E中应通入______气体,作用是______
(5)实验条件控制不当,最终得到的物质是碱式氯化铝[化学式为Al2(OH)nCl(6-n)],且质量是原市售氯化铝的40%,则可推算n的值为______.
正确答案
解:该实验的原理是先通过发生装置制备氯气,然后通过浓硫酸干燥气体,干燥的氯气再与Al反应,最后收集制得的AlCl3.
(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,方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,故答案为:MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;
(2)浓盐酸具有挥发性,所以混合气体中含有氯化氢,氯化氢极易溶于水,氯气难溶于饱和食盐水,所以选饱和食盐水除去氯化氢;因题中要求制取纯净的无水CuCl2,所以要除去氯气中混有的水蒸气,且不引进新的杂质、氯气也和该物质不反应,所以选浓硫酸;先通过氯气排空装置中的空气,然后氯气与铝反应,故答案为:饱和氯化钠溶液;浓硫酸;B;
(3)根据在178℃升华,降温时能凝华以便收集,所以装置G的作用为收集氯化铝;氯气有毒,污染环境,所以不能排空;碱石灰的成分是氧化钙和氢氧化钠,氯气和氧化钙、氢氧化钠能反应达到,所以可用碱石灰处理尾气;空气中有水蒸气,碱石灰还能吸收水蒸气,所以可作干燥剂,
故答案为:使AlCl3冷凝、收集AlCl3;吸收氯气及阻止空气中水蒸气进入G中;
(4)若用AlCl3•6H2O制备无水AlCl3,通入HCl是为了防止AlCl3水解,故答案为:HCl气体;抑制AlCl3水解;
(5)根据碱式氯化铝是氯化铝晶体的40%,列式241.5×40%=54+17n+213-35.5n,n=4,故答案为:4.
解析
解:该实验的原理是先通过发生装置制备氯气,然后通过浓硫酸干燥气体,干燥的氯气再与Al反应,最后收集制得的AlCl3.
(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,方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,故答案为:MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;
(2)浓盐酸具有挥发性,所以混合气体中含有氯化氢,氯化氢极易溶于水,氯气难溶于饱和食盐水,所以选饱和食盐水除去氯化氢;因题中要求制取纯净的无水CuCl2,所以要除去氯气中混有的水蒸气,且不引进新的杂质、氯气也和该物质不反应,所以选浓硫酸;先通过氯气排空装置中的空气,然后氯气与铝反应,故答案为:饱和氯化钠溶液;浓硫酸;B;
(3)根据在178℃升华,降温时能凝华以便收集,所以装置G的作用为收集氯化铝;氯气有毒,污染环境,所以不能排空;碱石灰的成分是氧化钙和氢氧化钠,氯气和氧化钙、氢氧化钠能反应达到,所以可用碱石灰处理尾气;空气中有水蒸气,碱石灰还能吸收水蒸气,所以可作干燥剂,
故答案为:使AlCl3冷凝、收集AlCl3;吸收氯气及阻止空气中水蒸气进入G中;
(4)若用AlCl3•6H2O制备无水AlCl3,通入HCl是为了防止AlCl3水解,故答案为:HCl气体;抑制AlCl3水解;
(5)根据碱式氯化铝是氯化铝晶体的40%,列式241.5×40%=54+17n+213-35.5n,n=4,故答案为:4.
三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]•3H2O可用于摄影和蓝色印刷;已知草酸受热易分解产生CO2和CO.某小组将无水三草酸合铁酸钾按如图所示装置进行实验:
(1)若实验中,观察到B、E中溶液均变浑浊,则D中的现象是______.
(2)你认为该实验设计还需要如何改进(请至少写出两处)①______;②______.
(3)该小组同学查阅资料后推知,固体产物中,铁元素不可能以三价形式存在,而盐只有K2CO3.验证固体产物中钾元素存在的方法是______,现象是______.
(4)固体产物中铁元素存在形式的探究. ①提出合理假设:
假设1:只有Fe; 假设2:只有FeO; 假设3:______
②设计实验方案并实验验证
步骤1:取适量固体产物于试管中,加入足量蒸馏水溶解,过滤分离出不溶固体.
步骤2:取少量上述不溶固体放人试管中,加入足量______溶液,充分振荡.若固体无明显变化,则假设______成立;若有暗红色固体生成,则反应的离子方程式为______.
步骤3:取步骤2所得暗红色固体于试管中,滴加过量______,振荡后静置.若溶液基本无色,则假设______成立;若溶液呈______,则假设3成立.
(5)拓展与延伸
有资料介绍“在含Fe2+的溶液中,先滴加少量新制饱和氯水,然后滴加KSCN溶液,溶液呈红色;若再滴加过量氯水,却发现红色褪去”.假设溶液中的+3价铁还能被氯水氧化为更高价的FeO42-,试写出该反应的离子方程式______.
正确答案
解:(1)实验中,观察到B中溶液均变浑浊,说明无水三草酸合铁酸钾受热分解生成二氧化碳,E中溶液均变浑浊,说明经过具有氧化性的高锰酸钾溶液生成二氧化碳,所以还原性气体和高锰酸钾发生氧化还原反应,其溶液由紫红色变浅或褪色,
故答案为:溶液褪色或变浅;
(2)检验产生的气体中含有CO、CO2,应该先通过澄清石灰水检验二氧化碳,但反应流程装置中可能导致B装置中的液体倒吸到A加热装置,产物CO有毒,需尾气处理,在C装置后增加二氧化碳是否除净的检验装置(澄清石灰水),
故答案为:在AB装置之间加一个防倒吸装置;在C装置后增加二氧化碳是否除净的检验装置(澄清石灰水);最后缺少尾气处理装置;
(3)可以验证钾离子来确定是否存在碳酸钾,钾离子的检验可以用焰色反应法,
故答案为:利用焰色反应;透过蓝色钴玻璃,观察到紫色的火焰;
(4)①根据题意“固体产物中,铁元素不可能以三价形式存在”,所以存在的可能是零价铁或亚铁,可能情况有三种:只有Fe;只有FeO;含有Fe和FeO,
故答案为:含有Fe和FeO;
②步骤2:金属铁不溶于水中,但是可以和硫酸铜发生置换反应,生成金属铜和硫酸亚铁,所以取少置上述不溶固体放入试管中,加入足量CuSO4溶液,若蓝色溶液颜色及加入的不溶固体无明显变化,则假设2成立;若蓝色溶液颜色明显改变,且有暗红色固体生成,则证明有铁单质存在,发生反应的离子方程式为:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,
故答案为:CuSO4;2;Fe+Cu2+=Cu+Fe2+;
步骤3:氧化亚铁不溶于水,可以和盐酸反应生成氯化冶铁和水,可以检验亚铁离子的存在进而确定氧化亚铁的存在,方法为:取取步骤2所得暗红色固体于试管中,滴加过量HCl,静置,振荡后静置.若溶液基本无色,则假设1成立;若溶液呈浅绿色,则证明假设3成立,
故答案为:HCl;1;浅绿色;
(5)根据信息可知,铁离子被氯气氧化成FeO42-,根据化合价升降相等配平,配平后的离子方程式为:2Fe3++8H2O+3Cl2=2FeO42-+16H++6Cl-,
故答案为:2Fe3++8H2O+3Cl2=2FeO42-+16H++6Cl-.
解析
解:(1)实验中,观察到B中溶液均变浑浊,说明无水三草酸合铁酸钾受热分解生成二氧化碳,E中溶液均变浑浊,说明经过具有氧化性的高锰酸钾溶液生成二氧化碳,所以还原性气体和高锰酸钾发生氧化还原反应,其溶液由紫红色变浅或褪色,
故答案为:溶液褪色或变浅;
(2)检验产生的气体中含有CO、CO2,应该先通过澄清石灰水检验二氧化碳,但反应流程装置中可能导致B装置中的液体倒吸到A加热装置,产物CO有毒,需尾气处理,在C装置后增加二氧化碳是否除净的检验装置(澄清石灰水),
故答案为:在AB装置之间加一个防倒吸装置;在C装置后增加二氧化碳是否除净的检验装置(澄清石灰水);最后缺少尾气处理装置;
(3)可以验证钾离子来确定是否存在碳酸钾,钾离子的检验可以用焰色反应法,
故答案为:利用焰色反应;透过蓝色钴玻璃,观察到紫色的火焰;
(4)①根据题意“固体产物中,铁元素不可能以三价形式存在”,所以存在的可能是零价铁或亚铁,可能情况有三种:只有Fe;只有FeO;含有Fe和FeO,
故答案为:含有Fe和FeO;
②步骤2:金属铁不溶于水中,但是可以和硫酸铜发生置换反应,生成金属铜和硫酸亚铁,所以取少置上述不溶固体放入试管中,加入足量CuSO4溶液,若蓝色溶液颜色及加入的不溶固体无明显变化,则假设2成立;若蓝色溶液颜色明显改变,且有暗红色固体生成,则证明有铁单质存在,发生反应的离子方程式为:Fe+Cu2+=Cu+Fe2+,
故答案为:CuSO4;2;Fe+Cu2+=Cu+Fe2+;
步骤3:氧化亚铁不溶于水,可以和盐酸反应生成氯化冶铁和水,可以检验亚铁离子的存在进而确定氧化亚铁的存在,方法为:取取步骤2所得暗红色固体于试管中,滴加过量HCl,静置,振荡后静置.若溶液基本无色,则假设1成立;若溶液呈浅绿色,则证明假设3成立,
故答案为:HCl;1;浅绿色;
(5)根据信息可知,铁离子被氯气氧化成FeO42-,根据化合价升降相等配平,配平后的离子方程式为:2Fe3++8H2O+3Cl2=2FeO42-+16H++6Cl-,
故答案为:2Fe3++8H2O+3Cl2=2FeO42-+16H++6Cl-.
某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图1),以环己醇制备环己烯
已知:
(1)制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中,再加入1mL浓硫酸,摇匀后放入碎瓷片,缓慢加热至反应完全,在试管C内得到环己烯粗品.
①A中碎瓷片的作用是______,导管B除了导气外还具有的作用是______.
②试管C置于冰水浴中的目的是______.
(2)制备精品
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等.加入饱和食盐水,振荡、静置、分层,环己烯在______层(填上或下),分液后用______ (填入编号)洗涤.
a.KMnO4溶液 b.稀H2SO4 c.Na2CO3溶液
②再将环己烯按图2所示装置蒸馏,冷却水从______口进入,目的是______.
③收集产品时,控制的温度应在______左右,实验制得的环己烯精品质量低于理论产量,可能的原因是______
a.蒸馏时从70℃开始收集产品
b.环己醇实际用量多了
c.制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
(3)以下区分环己烯精品和粗品的方法,合理的是______.
a.用酸性高锰酸钾溶液 b.用金属钠 c.测定沸点.
正确答案
解:(1)①根据制乙烯实验的知识,发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸,由于生成的环己烯的沸点为83℃,要得到液态环己烯,导管B除了导气外还具有冷凝作用,便于环己烯冷凝.故答案为:防止暴沸;冷凝;
②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度,使其液化,故答案为:进一步冷却,防止环己烯挥发.
(2)①环己烯是烃类,不溶于氯化钠溶液,且密度比水小,振荡、静置、分层后环己烯在上层,由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇,联想:制备乙酸乙酯提纯产物时用c(Na2CO3溶液)洗涤可除去酸;故答案为:上层;c;
②为了增加冷凝效果,蒸馏装置要有冷凝管,冷却水从下口(g)进入,冷却水与气体形成逆流,冷凝效果更好;更容易将冷凝管充满水;以防蒸汽入口处骤冷骤热使冷凝管破裂,故答案为:g;冷却水与气体形成逆流,冷凝效果更好;更容易将冷凝管充满水;以防蒸汽入口处骤冷骤热使冷凝管破裂;
③根据表中数据可知,馏分环己烯的沸点为83℃,故收集产品应控制温度在83℃左右;
a、蒸馏时从70℃开始收集产品,提前收集,产品中混有杂质,实际产量高于理论产量,故a错误;
b、环己醇实际用量多了,制取的环己烯的物质的量增大,实验制得的环己烯精品质量高于理论产量,故b错误;
c、若粗产品中混有环己醇,导致测定消耗的环己醇量增大,制得的环己烯精品质量低于理论产量,故c正确;,故选c;
故答案为:83℃;c;
(3)区别粗品与精品可加入金属钠,观察是否有气体产生,若无气体,则是精品,另外根据混合物没有固定的沸点,而纯净物有固定的沸点,通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点,也可判断产品的纯度,故答案为:bc.
解析
解:(1)①根据制乙烯实验的知识,发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸,由于生成的环己烯的沸点为83℃,要得到液态环己烯,导管B除了导气外还具有冷凝作用,便于环己烯冷凝.故答案为:防止暴沸;冷凝;
②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度,使其液化,故答案为:进一步冷却,防止环己烯挥发.
(2)①环己烯是烃类,不溶于氯化钠溶液,且密度比水小,振荡、静置、分层后环己烯在上层,由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇,联想:制备乙酸乙酯提纯产物时用c(Na2CO3溶液)洗涤可除去酸;故答案为:上层;c;
②为了增加冷凝效果,蒸馏装置要有冷凝管,冷却水从下口(g)进入,冷却水与气体形成逆流,冷凝效果更好;更容易将冷凝管充满水;以防蒸汽入口处骤冷骤热使冷凝管破裂,故答案为:g;冷却水与气体形成逆流,冷凝效果更好;更容易将冷凝管充满水;以防蒸汽入口处骤冷骤热使冷凝管破裂;
③根据表中数据可知,馏分环己烯的沸点为83℃,故收集产品应控制温度在83℃左右;
a、蒸馏时从70℃开始收集产品,提前收集,产品中混有杂质,实际产量高于理论产量,故a错误;
b、环己醇实际用量多了,制取的环己烯的物质的量增大,实验制得的环己烯精品质量高于理论产量,故b错误;
c、若粗产品中混有环己醇,导致测定消耗的环己醇量增大,制得的环己烯精品质量低于理论产量,故c正确;,故选c;
故答案为:83℃;c;
(3)区别粗品与精品可加入金属钠,观察是否有气体产生,若无气体,则是精品,另外根据混合物没有固定的沸点,而纯净物有固定的沸点,通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点,也可判断产品的纯度,故答案为:bc.
(2013•黄山三模)碳酸锰[MnCO3]常用制造铁氧磁体,也用于化肥添加剂.某化学研究课题组组拟从废旧干电池回收制取碳酸锰.
①将干电池剖切、分选得到黑色混合物(主要成份为MnO2)洗涤、过滤、烘干.
②将上述固体按固液体积比1:4.5加入浓盐酸,反应完全后过滤,浓缩.
③向上述溶液中加入Na2CO3溶液,边加边搅拌,再过滤即可得到碳酸锰.
(1)写出第②步反应的离子方程式______.
(2)请说出第②步反应中产生气体的一种用途______.如图1在进行过滤时,操作有何错误:______.
(3)查阅文献,发现上反应第③步中除了生成MnCO3之外还有可能生成Mn(OH)2,已知Mn(OH)2暴露在空气中时间稍长易被氧化成褐色的MnO(OH)2,MnCO3和MnO(OH)2受热最终均分解氧化成MnO2,该课题组对上述沉淀的成份提出以下假设,请帮助他完成假设:
假设一:______
假设二:全部为Mn(OH)2
假设三:既有MnCO3也有Mn(OH)2 …
(4)①为验证假设二是否正确,该课题组进行了以下研究:
定性研究:请完成下表中的内容
②定量研究:将所得沉淀过滤、洗涤,置于空气中充分氧化后,小心干燥,取22.0g样品,加热,测得固体质量随温度的变化关系如图2.根据图中数据判断假设______成立,理由是:______.
正确答案
解:(1)浓盐酸和二氧化锰反应,Mn元素化合价降低(+4→+2),被还原,MnO2为氧化剂,Cl元素化合价升高(-1→0),被氧化,HCl为还原剂,转移的电子数目为2,反应离子方程式为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O,
故答案为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;
(2)第②步反应中产生气体为氯气,氯气具有强氧化性,能杀菌消毒,氯气和氢氧化钙反应制取漂白粉,氯气也能和有机物发生取代、加成生成卤代烃,据图可以看出,进行过滤时,没有玻璃棒引流,易造成液体飞溅,
故答案为:杀菌、消毒、制造漂白粉、有机化工合成等;没有使用玻璃棒引流;
(3)根据题目信息可知:沉淀的成分可能全部为MnCO3,可能全部为Mn(OH)2,还可能是MnCO3和Mn(OH)2,所以有三种假设:假设一:全部为MnCO3;假设二:全部为Mn(OH)2;假设三:既有MnCO3又有Mn(OH)2,
故答案为:全部为MnCO3;
(4)①将所得沉淀过滤、洗涤将沉淀充分暴露于空气中,观察颜色,颜色变成褐色,说明含有Mn(OH)2;另取少量沉淀于试管中,加入足量的盐酸,观察现象,没有气泡生成,说明不含MnCO3.为此证明固体是Mn(OH)2,
故答案为:
②测得固体质量随温度的变化关系图2判断假设三成立,固体质量最小值是15.8g是MnO的质量,在300℃以后,质量增加量为MnO氧化为MnO2.增加的质量为17.4-15.8=1.6g.所以n(MnO)=1.6g÷16g/mol=0.1mol,在15.8g固体中含有MnO质量为0.1mol×71g/mol=7.1g,含有MnO2的质量为15.8g-7.1g=8.7g,即含有MnO20.1mol;由于Mn(OH)2暴露在空气中时间稍长,易被氧化成褐色的MnO(OH)2,分解得到MnO2,所以在原固体中含有Mn(OH)20.1mol,质量是0.1mol×105g/mol=10.5g;则原固体中含有MnCO3质量为22.0g-10.5g=11.5g;所以原固体中既有MnCO3又有Mn(OH)2.300℃以后,质量增加量为MnO氧化为MnO2 ,计算可得MnCO3质量为11.5(或MnO(OH)2的质量为10.5g),所以既有MnCO3又有Mn(OH)2
故答案为:三;300℃以后质量增加量为MnO氧化为MnO2,计算可得MnCO3质量为11.5g 或Mn(OH)2质量为10.5g,所以既有MnCO3 也有Mn(OH)2.
解析
解:(1)浓盐酸和二氧化锰反应,Mn元素化合价降低(+4→+2),被还原,MnO2为氧化剂,Cl元素化合价升高(-1→0),被氧化,HCl为还原剂,转移的电子数目为2,反应离子方程式为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O,
故答案为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;
(2)第②步反应中产生气体为氯气,氯气具有强氧化性,能杀菌消毒,氯气和氢氧化钙反应制取漂白粉,氯气也能和有机物发生取代、加成生成卤代烃,据图可以看出,进行过滤时,没有玻璃棒引流,易造成液体飞溅,
故答案为:杀菌、消毒、制造漂白粉、有机化工合成等;没有使用玻璃棒引流;
(3)根据题目信息可知:沉淀的成分可能全部为MnCO3,可能全部为Mn(OH)2,还可能是MnCO3和Mn(OH)2,所以有三种假设:假设一:全部为MnCO3;假设二:全部为Mn(OH)2;假设三:既有MnCO3又有Mn(OH)2,
故答案为:全部为MnCO3;
(4)①将所得沉淀过滤、洗涤将沉淀充分暴露于空气中,观察颜色,颜色变成褐色,说明含有Mn(OH)2;另取少量沉淀于试管中,加入足量的盐酸,观察现象,没有气泡生成,说明不含MnCO3.为此证明固体是Mn(OH)2,
故答案为:
②测得固体质量随温度的变化关系图2判断假设三成立,固体质量最小值是15.8g是MnO的质量,在300℃以后,质量增加量为MnO氧化为MnO2.增加的质量为17.4-15.8=1.6g.所以n(MnO)=1.6g÷16g/mol=0.1mol,在15.8g固体中含有MnO质量为0.1mol×71g/mol=7.1g,含有MnO2的质量为15.8g-7.1g=8.7g,即含有MnO20.1mol;由于Mn(OH)2暴露在空气中时间稍长,易被氧化成褐色的MnO(OH)2,分解得到MnO2,所以在原固体中含有Mn(OH)20.1mol,质量是0.1mol×105g/mol=10.5g;则原固体中含有MnCO3质量为22.0g-10.5g=11.5g;所以原固体中既有MnCO3又有Mn(OH)2.300℃以后,质量增加量为MnO氧化为MnO2 ,计算可得MnCO3质量为11.5(或MnO(OH)2的质量为10.5g),所以既有MnCO3又有Mn(OH)2
故答案为:三;300℃以后质量增加量为MnO氧化为MnO2,计算可得MnCO3质量为11.5g 或Mn(OH)2质量为10.5g,所以既有MnCO3 也有Mn(OH)2.
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