- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
（2015秋•浙江月考）由某精矿石（MCO3•ZCO3）可以制备单质M，制备过程中排放出的二氧化碳可以作为原料制备甲醇，取该矿石样品1.84g，高温灼烧至恒重，得到0.96g仅含两种金属氧化物的固体，其中m（M）：m（Z）=3：5，请回答：
（1）该矿石的化学式为______．
（2）①以该矿石灼烧后的固体产物为原料，真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质M和一种含氧酸盐（只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物质的量之比为2：1）．写出该反应的化学方程式______．
②单质M还可以通过电解熔融MCl2得到，不能用电解MCl2溶液的方法制备M的理由是______．
（3）一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中含有下列反应：
反应1：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H1
反应2：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2
反应3：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3
其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图1所示．则△H1______△H2 （填“大于”、“小于”、“等于”），理由是______．
（4）在温度T1时，使体积比为3：1的H2和CO2在体积恒定的密闭容器内进行反应．T1温度下甲醇浓度随时间变化曲线如图2所示；不改变其他条件，假定t时刻迅速降温到T2，一段时间后体系重新达到平衡．试在图中画出t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线．
正确答案
解：（1）由于M和Z的相对原子质量之比为3：5，故设M和Z的相对原子质量分别为3x，5x．
由于MCO3•ZCO3中MCO3和ZCO3的物质的量之比为1：1，故得到的氧化物中MO和ZO的物质的量之比也为1：1，根据MCO3•ZCO3的质量为1.84g，得到氧化物的质量为0.96g，可得：
故答案为：MgCO3•CaCO3；
（2）①由于灼烧后的产物为CaO和MgO的混合物，而真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质Mg和一种含氧酸盐，由于此含氧酸盐中只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物质的量之比为2：1，故为Ca2SiO4，故此反应的化学方程式为：2MgO+2CaO+Si
故答案为：2MgO+2CaO+Si
②溶液中含有的阳离子的放电顺序为：H+＞Mg2+，阴离子的放电顺序为：Cl-＞OH-，电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e-，
=H2↑+2OH-，所以得不到镁单质，
故答案为：电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以得不到镁单质；
（3）由图l可知，随着温度升高，K1增大，则反应1：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H1＞0，反应3由反应1+2所得，根据盖斯定律：△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3，
故答案为：小于；曲图l可知，随着温度升高，K1增大，则△H1＞0，根据盖斯定律又得△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3；
（4）由图l可知，随着温度升高，K3减小，则反应3CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3＜0，t时刻迅速降温到T2，降低温度平衡向正反应方向移动，CH3OH浓度增大，t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线为：
解析
解：（1）由于M和Z的相对原子质量之比为3：5，故设M和Z的相对原子质量分别为3x，5x．
由于MCO3•ZCO3中MCO3和ZCO3的物质的量之比为1：1，故得到的氧化物中MO和ZO的物质的量之比也为1：1，根据MCO3•ZCO3的质量为1.84g，得到氧化物的质量为0.96g，可得：
故答案为：MgCO3•CaCO3；
（2）①由于灼烧后的产物为CaO和MgO的混合物，而真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质Mg和一种含氧酸盐，由于此含氧酸盐中只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物质的量之比为2：1，故为Ca2SiO4，故此反应的化学方程式为：2MgO+2CaO+Si
故答案为：2MgO+2CaO+Si
②溶液中含有的阳离子的放电顺序为：H+＞Mg2+，阴离子的放电顺序为：Cl-＞OH-，电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e-，
=H2↑+2OH-，所以得不到镁单质，
故答案为：电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以得不到镁单质；
（3）由图l可知，随着温度升高，K1增大，则反应1：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H1＞0，反应3由反应1+2所得，根据盖斯定律：△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3，
故答案为：小于；曲图l可知，随着温度升高，K1增大，则△H1＞0，根据盖斯定律又得△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3；
（4）由图l可知，随着温度升高，K3减小，则反应3CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3＜0，t时刻迅速降温到T2，降低温度平衡向正反应方向移动，CH3OH浓度增大，t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线为：
Ⅰ、电解法制高品质Al（OH）3装置如图（中间用离子交换膜隔开）：
4Na[Al（OH）4]+2H2O 
（1）产物Al（OH）3在______区（填“阴极”或“阳极”）沉积；
（2）电解中转移2mol e-时，将制得______mol的Al（OH）3．
Ⅱ、制取纳米Al2O3需要纯净的硫酸铝．现有0.05mol•L-1硫酸铝溶液，经检测，含有Fe2+、Fe3+．可按下述操作提纯：往溶液中加足量H2O2充分反应，再用试剂X调节溶液pH=3.5．（室温下，0.1mol•L-1的Fe2+、Al3+开始沉淀的pH分别为7.0和3.7，Fe3+完全沉淀的pH=3.2）
（3）纳米氧化铝分散在分散剂中将形成胶体．则纳米氧化铝的直径约为______m．
（4）检验硫酸铝溶液含有Fe3+时，所采用的试剂及现象是______．
（5）往溶液中加入H2O2的作用是______（用离子方程式表示）．
（6）加入的X试剂（填选项编号）是______．
A．CuO B．Al（OH）3 C．NaOH D．NaHCO3
若调节后溶液的pH偏离3.5，可能带来的后果是______．
正确答案
解：（1）电解本质是电解水，阴极上水放电生成氢气与氢氧根离子，阳极上水放电生成生成氧气与氢离子，氢离子再与[Al（OH）4]-反应生成Al（OH）3，故产物Al（OH）3在阳极区沉积，
故答案为：阳极；
（2）根据电子转移守恒，生成氧气物质的量为
故答案为：2；
（3）胶体微粒直径在1nm～100nm之间，则纳米氧化铝的直径约为10-9～10-7m，
故答案为：10-9～10-7；
（4）检验硫酸铝溶液含有Fe3+时，所采用的试剂及现象是：加KSCN溶液，溶液变血红色，
故答案为：加KSCN溶液，溶液变血红色；
（5）过氧化氢具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（6）加入X能与氢离子反应，调节溶液pH，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，过滤除去，CuO、NaOH、NaHCO3均为引入杂质离子，故选Al（OH）3，
若调节后溶液的pH偏离3.5，pH过小Fe3+沉淀不完全，pH过大Al3+可能因沉淀而损失，
故答案为：B；pH过小Fe3+沉淀不完全，pH过大Al3+可能因沉淀而损失．
解析
解：（1）电解本质是电解水，阴极上水放电生成氢气与氢氧根离子，阳极上水放电生成生成氧气与氢离子，氢离子再与[Al（OH）4]-反应生成Al（OH）3，故产物Al（OH）3在阳极区沉积，
故答案为：阳极；
（2）根据电子转移守恒，生成氧气物质的量为
故答案为：2；
（3）胶体微粒直径在1nm～100nm之间，则纳米氧化铝的直径约为10-9～10-7m，
故答案为：10-9～10-7；
（4）检验硫酸铝溶液含有Fe3+时，所采用的试剂及现象是：加KSCN溶液，溶液变血红色，
故答案为：加KSCN溶液，溶液变血红色；
（5）过氧化氢具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（6）加入X能与氢离子反应，调节溶液pH，使Fe3+转化氢氧化铁沉淀，过滤除去，CuO、NaOH、NaHCO3均为引入杂质离子，故选Al（OH）3，
若调节后溶液的pH偏离3.5，pH过小Fe3+沉淀不完全，pH过大Al3+可能因沉淀而损失，
故答案为：B；pH过小Fe3+沉淀不完全，pH过大Al3+可能因沉淀而损失．
氮化硅（Si3N4）是高温结构陶瓷，具有优良的性能，人们常常利用它来制造轴承、气轮机叶片、永久性模具等机械构件．设计的合成氮化硅工艺流程如下：
（1）①电弧炉中发生的主要反应是______．
②用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式
为______，碳化硅又称______，其晶体结构与______相似．
（2）在流化床反应的产物中，SiCl4大约占85%，还有Cl2等，有关物质的沸点数据如下表：
提纯SiCl4的主要工艺操作依次是沉降、______，其中温度最好控制在______（填序号）．
A．略小于-34.1℃B．大于57.6℃C．略小于57.6℃D．-34.1℃
（3）①粉末状Si3N4遇水能生成一种有刺激性气味、常用做制冷剂的气体和一种难溶性的酸，该反应的方程式是______．
②该工艺流程中涉及的主要反应属于氧化还原反应的有______个．
正确答案
解：（1）①二氧化硅与碳在高温条件下反应生成硅和一氧化碳，化学方程式为：SiO2+2C
故答案为：SiO2+2C
②石英砂的主要成分是二氧化硅，在反应中生成碳化硅，反应为：SiO2+3C
故答案为：SiO2+3C
（2）在流化床反应的产物中，SiCl4大约占85%，Si+3HCl
故答案为：冷凝；C；
（3）①Si3N4遇水水解，生成常用于做制冷剂的气体为氨气，一种难溶性的酸为硅酸，反应为：Si3N4+9H2O=4NH3↑+3H2SiO3↓，
故答案为：Si3N4+9H2O=4NH3↑+3H2SiO3↓；
②该合成氨化硅工艺流程中发生的主要反应是：SiO2+2C
故答案为：2．
解析
解：（1）①二氧化硅与碳在高温条件下反应生成硅和一氧化碳，化学方程式为：SiO2+2C
故答案为：SiO2+2C
②石英砂的主要成分是二氧化硅，在反应中生成碳化硅，反应为：SiO2+3C
故答案为：SiO2+3C
（2）在流化床反应的产物中，SiCl4大约占85%，Si+3HCl
故答案为：冷凝；C；
（3）①Si3N4遇水水解，生成常用于做制冷剂的气体为氨气，一种难溶性的酸为硅酸，反应为：Si3N4+9H2O=4NH3↑+3H2SiO3↓，
故答案为：Si3N4+9H2O=4NH3↑+3H2SiO3↓；
②该合成氨化硅工艺流程中发生的主要反应是：SiO2+2C
故答案为：2．
亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌．以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：
已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O．
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全．
③160g/L NaOH溶液是指160gNaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L．
（1）160g/L NaOH溶液的物质的量浓度为______．
（2）发生器中鼓入空气的作用可能是______（选填序号）．
a．将SO2氧化成SO3，增强酸性； b．稀释ClO2以防止爆炸；c．将NaClO3氧化成ClO2
（3）吸收塔内的反应的化学方程式为______．吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是______．
（4）在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量的简单实验方法是______．
（5）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中．除H2O2外，还可以选择的还原剂是______（选填序号）．a．Na2O2 b．Na2S c．FeCl2
（6）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是______（选填序号）．
a．蒸馏 b．蒸发 c．灼烧 d．过滤 e．冷却结晶
要得到更纯的NaClO2•3H2O晶体必须进行的操作是______（填操作名称）
正确答案
4mol/L
b
2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2
防止H2O2分解
连续测定吸收塔内溶液的pH
a
bed
重结晶
解析
解：（1）浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少．160g/LNaOH溶液表示1L氢氧化钠溶液含有160gNaOH．令溶液体积为1L，则160gNaOH的物质的量为
故答案为：4mol/L．
（2）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全．发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸．
故选：b．
（3）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2．
H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是防止H2O2分解．
故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2；防止H2O2分解．
（4）NaOH过量则溶液呈碱性，但考虑到该溶液有强氧化性，选择指示剂或pH试纸检验会遇到氧化褪色问题，故生产中主要是用pH计连续测定溶液pH．
故答案为：连续测定吸收塔内溶液的pH．
（5）还原性要适中．还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产．Na2O2溶于水相当于H2O2．Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难．
故选：a．
（6）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体．所以操作顺序为bed．
得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体．
故答案为：bed；重结晶．
三氯化碘（ICl3，I的化合价为+3价）在药物合成中用途非常广泛，其熔点：33℃，沸点73℃．实验室可用如图装置制取ICl3．
（1）试剂X、Y分别是：______、______．装置E的作用是：______．
（2）制备氯气选用的药品为漂白精固体（主要成分为Ca（ClO）2）和浓盐酸，相关反应的化学方程式为：______．
（3）装置B可用于除杂，也是安全瓶，能监测实验进行时装置C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：______．
（4）氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应，则装置D适宜的加热方式为______．
（5）某同学欲测定ICl3样品中ICl3的纯度，他准确称取ICl3样品10.0g于烧杯中，加入适量水和过量KI晶体，充分反应：ICl3+3KI═2I2+3KCl（样品中杂质不反应）．将所得溶液配置成100mL待测液．取25.00mL待测液，用2.0mol/L的Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），以淀粉溶液作指示剂，达到终点时的现象为：______．重复滴定3次，测得消耗Na2S2O3溶液体积的平均值为20.00mL．该样品中ICl3的质量分数为：______．（ICl3相对分子质量为233.5）
正确答案
解：（1）装置A是Ca（ClO）2）和浓盐酸反应制取氯气，盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气等杂质，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，用B装置可以除去氯气中的氯化氢气体；所以试剂X为饱和食盐水，反应后剩余的氯气能够污染空气，不能排放到空气中，装置E为球形干燥管，装有固体药品碱石灰，吸收多余的氯气，防止污染空气，
故答案为：饱和食盐水、碱石灰；吸收多余的氯气，防止污染空气；
（2）漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（3）装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，
故答案为：吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；
（4）因水浴能简便控制加热的温度，且能使受热反应试管受热均匀，由于氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应，应采取水浴加热，
故答案为：水浴加热；
（5）ICl3+3KI═2I2+3KCl，碘与淀粉作用显蓝色，取25.00mL待测液，用2.0mol/L的Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），终点现象为当加入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色，令样品中ICl3的物质的量x，则根据化学反应可得关系式：
ICl3～2I2～4S2O32-，
1 4
x 2 mol•L-1×20×10-3L 解得：x=1×10-2mol，该样品中ICl3的质量分数为：
故答案为：当加入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色；93.4%．
解析
解：（1）装置A是Ca（ClO）2）和浓盐酸反应制取氯气，盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气等杂质，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，用B装置可以除去氯气中的氯化氢气体；所以试剂X为饱和食盐水，反应后剩余的氯气能够污染空气，不能排放到空气中，装置E为球形干燥管，装有固体药品碱石灰，吸收多余的氯气，防止污染空气，
故答案为：饱和食盐水、碱石灰；吸收多余的氯气，防止污染空气；
（2）漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（3）装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，
故答案为：吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；
（4）因水浴能简便控制加热的温度，且能使受热反应试管受热均匀，由于氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应，应采取水浴加热，
故答案为：水浴加热；
（5）ICl3+3KI═2I2+3KCl，碘与淀粉作用显蓝色，取25.00mL待测液，用2.0mol/L的Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），终点现象为当加入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色，令样品中ICl3的物质的量x，则根据化学反应可得关系式：
ICl3～2I2～4S2O32-，
1 4
x 2 mol•L-1×20×10-3L 解得：x=1×10-2mol，该样品中ICl3的质量分数为：
故答案为：当加入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色；93.4%．
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