- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
硫铁矿烧渣是硫铁矿生产硫酸过程中产生的工业废渣（主要含Fe2O3及少量SiO2、A12O3、CaO、MgO等杂质）．用该烧渣制取药用辅料--红氧化铁的工艺流程如图：
（1）在“还原焙烧”中产生的有毒气体可能有______．
（2）“酸浸”时间一般不超过20min，若在空气中酸浸时间过长，溶液中Fe2+含量将下降，其原因是______（用离子方程式表示）．
（3）根据下表数据：
在“除杂”步骤中，为除去Fe3+和Al3+，溶液的pH最大值应小于______，检验Fe3+已经除尽的试剂是______；当pH=5时，溶液中c（Al3+）=______mol•L-1（已知常温下Ksp[Al（OH）3]=2.0×10-33）．
（4）“中和合成”的目的是将溶液中Fe2+转变为碳酸亚铁沉淀，则A的操作是______．
（5）a g烧渣经过上述工艺可得红氧化铁b g．药典标准规定，制得的红氧化铁中含氧化铁不得少于98.0%，则所选用的烧渣中铁的质量分数应不低于______（用含a、b的表达式表示）．
正确答案
解：（1）硫铁矿烧渣是一种工业废渣（含Fe2O3及少量SiO2、Al2O3、CaO、MgO等杂质），依据流程分析，加入碳还原会和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，硫铁矿燃烧会生成二氧化硫，生成的污染性气体为一氧化碳和二氧化硫，
故答案为：CO、SO2；
（2）在空气中“酸浸”时间过长，溶液中Fe2+含量将下降的原因是亚铁离子在酸性溶液中被氧气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，
故答案为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O；
（3）除去Fe3+和Al3+，依据图表中沉淀所需PH分析，溶液PH小于7.11时，亚铁离子不沉淀，铁离子和铝离子完全沉淀，检验铁离子可以使用KSCN溶液；溶液pH=5时，溶液中氢氧根离子浓度为：1×10-9mol/L，Ksp[Al（OH）3]=2.0×10-33，c（Al3+）=
故答案为：7.11；KSCN溶液； 2.0×10-6；
（4）将溶液中Fe2+转变为碳酸亚铁沉淀，防止混入杂质，需要对沉淀继续洗涤干燥，
故答案为：洗涤或洗涤、干燥；
（5）制得的红氧化铁中含氧化铁不得少于98.0%，制取的红氧化铁bg中含有的铁的物质的量应该大于：
故答案为：
解析
解：（1）硫铁矿烧渣是一种工业废渣（含Fe2O3及少量SiO2、Al2O3、CaO、MgO等杂质），依据流程分析，加入碳还原会和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，硫铁矿燃烧会生成二氧化硫，生成的污染性气体为一氧化碳和二氧化硫，
故答案为：CO、SO2；
（2）在空气中“酸浸”时间过长，溶液中Fe2+含量将下降的原因是亚铁离子在酸性溶液中被氧气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，
故答案为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O；
（3）除去Fe3+和Al3+，依据图表中沉淀所需PH分析，溶液PH小于7.11时，亚铁离子不沉淀，铁离子和铝离子完全沉淀，检验铁离子可以使用KSCN溶液；溶液pH=5时，溶液中氢氧根离子浓度为：1×10-9mol/L，Ksp[Al（OH）3]=2.0×10-33，c（Al3+）=
故答案为：7.11；KSCN溶液； 2.0×10-6；
（4）将溶液中Fe2+转变为碳酸亚铁沉淀，防止混入杂质，需要对沉淀继续洗涤干燥，
故答案为：洗涤或洗涤、干燥；
（5）制得的红氧化铁中含氧化铁不得少于98.0%，制取的红氧化铁bg中含有的铁的物质的量应该大于：
故答案为：
某课外研究小组，用含有较多杂质的铜粉，通过不同的化学反应制取胆矾．其设计的实验过程为（粗制氧化铜中还含有较多的铜）：
完成下列填空：
（1）铜中含有大量的有机物，可采用灼烧的方法除去有机物，灼烧时除三脚架、坩埚钳、泥三角外，实验所需的仪器还须有______．
（2）通过途径Ⅱ实现用粗制氧化铜制取胆矾，必须进行的实验操作步骤：酸溶、加热通氧气、过滤、______、冷却结晶、______、自然干燥．
（3）由粗制氧化铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅰ相比途径Ⅱ的优点是：______、______．
（4））在测定所得胆矾（CuSO4•xH2O）中结晶水x值的实验过程中：称量操作至少进行______次．
（5）若测定结果x值偏高，可能的原因是______
a．加热温度过高 b．胆矾晶体的颗粒较大
c．加热后放在空气中冷却 d．胆矾晶体部分风化．
正确答案
解：（1）样品需要放在瓷坩埚中、用酒精灯加热、加热时将瓷坩埚放在三脚架上的泥三角上加热、加热过程中需要用玻璃棒搅拌、移动瓷坩埚需要使用坩埚钳、加热后放在石棉网上冷却，所以灼烧时除三脚架、坩埚钳、泥三角外，实验所需的仪器还须有：瓷坩埚、酒精灯、玻璃棒，
故答案为：瓷坩埚、酒精灯、玻璃棒；
（2）由硫酸铜溶液制得硫酸铜晶体，经过滤后加热蒸发硫酸铜溶液，冷却结晶后、过滤、干燥后可得纯净的硫酸铜晶体，
故答案为：蒸发；过滤；
（3）比较反应的两个途径，途径Ⅰ有浓硫酸参加反应，消耗较多硫酸，并产生污染性二氧化硫气体，所以与途径Ⅰ相比途径Ⅱ的优点是：产生等量胆矾途径 II消耗硫酸少，途径II不会产生污染大气的气体
故答案为：产生等量胆矾途径 II消耗硫酸少；途径II不会产生污染大气的气体；
（4）测定所得胆矾（CuSO4•xH2O）中结晶水x值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g，共称量4次，
故答案为：4；
（5）a．加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，故a正确；
b．胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，故b错误；
c．加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，结果偏小，故c错误；
d．胆矾晶体部分风化，会使水的含量较小，结果偏小，故d错误．
故答案为：a．
解析
解：（1）样品需要放在瓷坩埚中、用酒精灯加热、加热时将瓷坩埚放在三脚架上的泥三角上加热、加热过程中需要用玻璃棒搅拌、移动瓷坩埚需要使用坩埚钳、加热后放在石棉网上冷却，所以灼烧时除三脚架、坩埚钳、泥三角外，实验所需的仪器还须有：瓷坩埚、酒精灯、玻璃棒，
故答案为：瓷坩埚、酒精灯、玻璃棒；
（2）由硫酸铜溶液制得硫酸铜晶体，经过滤后加热蒸发硫酸铜溶液，冷却结晶后、过滤、干燥后可得纯净的硫酸铜晶体，
故答案为：蒸发；过滤；
（3）比较反应的两个途径，途径Ⅰ有浓硫酸参加反应，消耗较多硫酸，并产生污染性二氧化硫气体，所以与途径Ⅰ相比途径Ⅱ的优点是：产生等量胆矾途径 II消耗硫酸少，途径II不会产生污染大气的气体
故答案为：产生等量胆矾途径 II消耗硫酸少；途径II不会产生污染大气的气体；
（4）测定所得胆矾（CuSO4•xH2O）中结晶水x值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g，共称量4次，
故答案为：4；
（5）a．加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，故a正确；
b．胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，故b错误；
c．加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，结果偏小，故c错误；
d．胆矾晶体部分风化，会使水的含量较小，结果偏小，故d错误．
故答案为：a．
草酸作为一种很重要的化工原料，某一个学习小组的同学拟用甘蔗渣为原料用水解一氧化一水解的技术来制取草酸如图1
Ⅰ、步骤④是减压抽滤（如图2），其优点是：______，当抽滤完毕或中途停止抽滤时，为了防止自来水倒吸入B装置，最佳的操作是______．
Ⅱ、该小组同学为了确定产品H2C2O4•xH2O中的x值，进行下列实验：
①取w g产品配成100mL水溶液；
②量取25.00mL草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为c mol•L-1KMnO4溶液滴定． 请回答下列问题：
（1）实验①中，需要用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、胶头滴管和______．
（2）写出草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式：______．
（3）若滴定时，前后两次读数分别为a mL和b mL，由此计算出该草酸晶体的x值是______
Ⅲ、该小组同学在做实验Ⅱ②时发现向草酸溶液中逐滴加入高锰酸钾溶液时，溶液褪色总是先慢后快，即反应速率由小变大．为此，他们设计了实验进行探究：
【实验用品】：仪器：试管（若干个并编号①，②，③…）、胶头滴管（若干支）、秒表
试剂：0.1mol/L H2C2O4溶液、0.1mol/L KMnO4溶液、稀硫酸、MnSO4固体
【实验内容】：实验（1）：在①号和②号试管中分别先加入5m1 0.1mol/L H2C2O4溶液，然后各加10滴稀硫酸，且在②号试管中加入少量硫酸锰固体．再在两支试管中各加入5滴0.1mol/LKMnO4溶液．现象如下（表1）
实验（2）：在①号和②号试管中分别加入5m1 0.1mol/L H2C2O4溶液，在②号试管中再滴加l0滴稀硫酸，然后在两支试管中各加入5滴0.1mol/L 的高锰酸钾溶液．现象如下（表2）
实验（3）：在①号、②号和③号试管中分别加入5m1 0.1mol/L H2C2O4溶液，然后在①、②、③号试管中依次加入10滴、l mL、2mL稀硫酸溶液，然后各加入5滴0.1mol/L的高锰酸钾溶液，然后置于温度为65℃的水浴中加热．观察现象如下（表3）．
（1）设计实验（1）对应的假设是______．
实验（1）得出的结论是______．
（2）由实验（2）和实验（3）得出的结论是______．
正确答案
加快过滤速度、得到较干燥的沉淀
慢慢打开活塞d，然后关闭水龙头
100mL容量瓶
5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
反应产物中的Mn2+可能是反应的催化剂
Mn2+（或硫酸锰）在反应中起到催化剂的作用，加快了反应速率[或需要Mn2+（硫酸锰）作催化剂]，假设1成立
由表2和表3的实验结果可知：硫酸对草酸和高锰酸钾溶液的反应有影响，加入少量硫酸，可促进草酸和KMnO4溶液反应，而加入大量硫酸，草酸和高锰酸钾溶液的反应速率开始比较慢，随着反应的进行，褪色速率加快，温度对该反应速率影响不大
解析
解：Ⅰ、（1）减压的操作优点是：可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀；抽滤完毕停止抽滤时，为防止倒吸，为保持内外压强的平衡，先慢慢打开活塞d，然后关闭水龙头，
故答案为：加快过滤速度、得到较干燥的沉淀；慢慢打开活塞d，然后关闭水龙头；
Ⅱ、（1）配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有天平（含砝码）称固体、烧杯溶解固体、100mL容量瓶配制溶液、胶头滴管定容、玻璃棒搅拌引流等，所以缺少玻璃仪器为100mL容量瓶，
故答案为：100mL容量瓶；
（2）草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，生成锰离子、二氧化碳、水，该离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，
故答案为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（3）滴定管的刻度由上而下刻度增大，滴定前后两次读数分别为amL和bmL，故消耗KMnO4溶液体积（b-a）mL，
n（KMnO4）=c mol•L-1×（b-a）×10-3L=c×（b-a）×10-3mol，
根据关系式2KMnO4～5H2C2O4可知25.0mL草酸溶液中n（H2C2O4）=2.5×c×（b-a）×10-3mol，
则100mL草酸溶液中n′（H2C2O4）=2.5×c×（b-a）×10-3mol×
草酸晶体中草酸的质量为c×（b-a）×10-2mol×90g/mol=0.9c（b-a）g，
由化学式可知：
故答案为：
【实验内容】：（1）根据表中数据知，有硫酸锰的溶液褪色时间短，反应速率快，没有硫酸锰的溶液褪色时间长、反应速率慢，说明硫酸锰作催化剂而加快反应速率，所以可假设：反应产物中的Mn2+可能是反应的催化剂，
故答案为：反应产物中的Mn2+可能是反应的催化剂；Mn2+（或硫酸锰）在反应中起到催化剂的作用，加快了反应速率[或需要Mn2+（硫酸锰）作催化剂]，假设1成立；
（2）根据实验（2）、（3）表2和表3的实验结果可知：温度不同其褪色时间不同，说明温度对该反应速率有影响，根据实验（3）知，混合溶液中硫酸浓度不同其褪色时间不同，说明硫酸对草酸和KMnO4溶液的反应有影响，加入少量硫酸，可促进草酸和KMnO4溶液反应，褪色时间变短，而加入大量硫酸，反应速率比较小，褪色时间加长，说明温度对该反应速率影响不大，
故答案为：由表2和表3的实验结果可知：硫酸对草酸和高锰酸钾溶液的反应有影响，加入少量硫酸，可促进草酸和KMnO4溶液反应，而加入大量硫酸，草酸和高锰酸钾溶液的反应速率开始比较慢，随着反应的进行，褪色速率加快，温度对该反应速率影响不大．
某实验小组利用如下仪器组装一套制备氮化硼晶体的装置．
反应原理是B2O3+2NH3 
（1）各仪器接口由左到右的连接顺序为______．
（2）装置C能产生氨气的原因有______（答出其中一项即可）．
（3）管式电炉加热反应前必须进行的一步操作是______．
正确答案
解：（1）根据题给信息，干燥氨气和氧化硼反应可制得氮化硼，C为制取氨气的装置，A为干燥装置，B为氮化硼的制取装置，D为安全瓶防倒吸，E为尾气吸收装置，由装置用途可知连接顺序为：e-→a→b→c→d→f→g→h；
故答案为：e-→a→b→c→d→f→g→h；
（2）氨水中存在如下平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，生石灰与水反应生成氢氧化钙并放热，增大了氢氧根浓度，
减少了水的量，平衡逆向移动，生成氨气，同时放热使一水合氨分解，减少了氨气的溶解度，故增大了氨气逸出速率．
故答案为：生石灰与水反应消耗水，促使氨气放出；或生石灰与水反应生成氢氧化钙电离出大量OH-，反应逆向进行有利于NH3放出；或生石灰与水反应放出大量热，促进NH3•H2O分解，并使气体溶解度下降，有利于NH3放出．
（3）因氮化硼高温下能被氧化，故管式电炉加热反应前必须进行的一步操作是除去装置中的氧气，
故答案为：除去装置中的氧气．
解析
解：（1）根据题给信息，干燥氨气和氧化硼反应可制得氮化硼，C为制取氨气的装置，A为干燥装置，B为氮化硼的制取装置，D为安全瓶防倒吸，E为尾气吸收装置，由装置用途可知连接顺序为：e-→a→b→c→d→f→g→h；
故答案为：e-→a→b→c→d→f→g→h；
（2）氨水中存在如下平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，生石灰与水反应生成氢氧化钙并放热，增大了氢氧根浓度，
减少了水的量，平衡逆向移动，生成氨气，同时放热使一水合氨分解，减少了氨气的溶解度，故增大了氨气逸出速率．
故答案为：生石灰与水反应消耗水，促使氨气放出；或生石灰与水反应生成氢氧化钙电离出大量OH-，反应逆向进行有利于NH3放出；或生石灰与水反应放出大量热，促进NH3•H2O分解，并使气体溶解度下降，有利于NH3放出．
（3）因氮化硼高温下能被氧化，故管式电炉加热反应前必须进行的一步操作是除去装置中的氧气，
故答案为：除去装置中的氧气．
三氯化硼（BCl3）是一种重要的化工原料，可用于制取乙硼烷（B2H6），也可作有机合成催化剂．某兴趣小组拟选用如图装置制备BCl3（已知BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；2B+6HCl
（1）装置A中发生反应的离子方程式为______；
（2）上述各装置连接顺序为，______、______、______、______、______、______．
（3）装置E的两个作用是______、______；实验中若不用装置C，可能产生的危险是______．
（4）BCl3遇水产生大量的白雾同时生成硼酸（H3BO3），其反应的化学方程式为______．
正确答案
解：（1）根据装置A的药品和反应条件可知该装置是实验室制备氯气的装置，其中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
（2）根据实验目的“某兴趣小组拟选用下列装置制备BCl3”，依据的原理是3Cl2+2B
故答案为：ACFBDE；
（3）装置E是一个盛有碱石灰的干燥管，其作用一方面是吸收未反应的多余氯气，另一个方面也防止空气中的水蒸气进入U形管，实验中若不用装置C，则夹杂在氯气中的氯化氢也会进入盛有硼粉的玻璃管发生反应2B+6HCl
故答案为：防止空气中的水进入U形管；吸收多余的氯气；氢气与氯气混合受热易爆炸；
（4）BCl3遇水产生大量的白雾，同时生成硼酸，是发生水解反应的原因，发生的方程式为BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3，
故答案为：BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3．
解析
解：（1）根据装置A的药品和反应条件可知该装置是实验室制备氯气的装置，其中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
（2）根据实验目的“某兴趣小组拟选用下列装置制备BCl3”，依据的原理是3Cl2+2B
故答案为：ACFBDE；
（3）装置E是一个盛有碱石灰的干燥管，其作用一方面是吸收未反应的多余氯气，另一个方面也防止空气中的水蒸气进入U形管，实验中若不用装置C，则夹杂在氯气中的氯化氢也会进入盛有硼粉的玻璃管发生反应2B+6HCl
故答案为：防止空气中的水进入U形管；吸收多余的氯气；氢气与氯气混合受热易爆炸；
（4）BCl3遇水产生大量的白雾，同时生成硼酸，是发生水解反应的原因，发生的方程式为BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3，
故答案为：BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3．
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