氢氧化铝的制备_章节学习

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题型：简答题

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简答题

某研究性学习小组模拟工业生产过程进行试验．请回答下列问题：

（1）用如图1所示的装置向500-600℃的铁屑中通入氯气制取无水氯化铁的实验中，实验开始前应如何检查装置的气密性______．

（2）用如图2所示的装置向炽热铁屑中通入氯化氢制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取______．若仍用D的装置进行尾气处理，存在的问题是______、______．

若操作不当，制得的FeCl2 会含有少量FeCl3．欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先______，再点燃C处的酒精灯．

（3）从明矾[KAl（SO4）2•12H2O]制备Al、K2SO4和H2SO4的流程如下：

①反应①的化学方程式是______．

②从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是______．步骤③的化学方程式是______．

③焙烧a吨明矾（摩尔质量为b g/mol），若SO2 的转化率为96%，可生产质量分数为98%的H2SO4质量为______吨（列出计算表达式）．

正确答案

解：（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，改变体系内压强，生成气泡或形成水柱是常用的方法，所以图1装置，检查装置的气密性，把B、D中导管下端浸入水中，用洒精灯给烧瓶微热，看到B、D中导管下口有气泡冒出，停止加热后，有一段稳定的水柱，说明装置不漏气，

故答案为：把B、D中导管下端浸入水中，用洒精灯给烧瓶微热，看到B、D中导管下口有气泡冒出，停止加热后，有一段稳定的水柱，说明装置不漏气；

（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，故A装置制取的是HCl，反应方程式为：Fe+2HClFeCl2+H2，故尾气的成分为未反应的HCl和生成的氢气，由于HCl极易溶于水，故若仍然采用D装置进行尾气处理，很容易造成倒吸，且缺少防止水蒸汽进入C中装置，氢气不溶于水，不利于氢气的吸收，氢气易燃，造成安全隐患，若要制取纯净的FeCl2，需先排净装置中的空气，防止在加热时Fe与O2反应，故先点燃A处的酒精灯，再点燃C处的酒精灯，

故答案为：HCl；易发生倒吸，缺少防止水蒸汽进入C中装置；通入氯化氢（赶尽装置中的空气）；

（3）①“焙烧”过程中得到SO2与固体混合物，而固体混合物进行水浸，过滤得到Al2O3与K2SO4，则焙烧”过程中得到SO2、Al2O3、K2SO4，同时有水生成，发生反应为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S2Al2O3+2K2SO4+9SO2↑+48H2O，

故答案为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O；

②从溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，步骤③为电解氧化铝，氧化铝熔点高，用冰晶石作助熔剂，电解氧化铝生成铝和氧气，反应为：2Al2O34Al+3O2↑，

故答案为：蒸发、结晶；2Al2O34Al+3O2↑；

③设可生产x吨质量分数为98%的硫酸，则：

4KAl（SO4）2•12H2O～9H2SO4，

4×b 9×98

at×96% xt×98% 解得：x=，

故答案为：．

解析

解：（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，改变体系内压强，生成气泡或形成水柱是常用的方法，所以图1装置，检查装置的气密性，把B、D中导管下端浸入水中，用洒精灯给烧瓶微热，看到B、D中导管下口有气泡冒出，停止加热后，有一段稳定的水柱，说明装置不漏气，

故答案为：把B、D中导管下端浸入水中，用洒精灯给烧瓶微热，看到B、D中导管下口有气泡冒出，停止加热后，有一段稳定的水柱，说明装置不漏气；

（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，故A装置制取的是HCl，反应方程式为：Fe+2HClFeCl2+H2，故尾气的成分为未反应的HCl和生成的氢气，由于HCl极易溶于水，故若仍然采用D装置进行尾气处理，很容易造成倒吸，且缺少防止水蒸汽进入C中装置，氢气不溶于水，不利于氢气的吸收，氢气易燃，造成安全隐患，若要制取纯净的FeCl2，需先排净装置中的空气，防止在加热时Fe与O2反应，故先点燃A处的酒精灯，再点燃C处的酒精灯，

故答案为：HCl；易发生倒吸，缺少防止水蒸汽进入C中装置；通入氯化氢（赶尽装置中的空气）；

（3）①“焙烧”过程中得到SO2与固体混合物，而固体混合物进行水浸，过滤得到Al2O3与K2SO4，则焙烧”过程中得到SO2、Al2O3、K2SO4，同时有水生成，发生反应为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S2Al2O3+2K2SO4+9SO2↑+48H2O，

故答案为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O；

②从溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，步骤③为电解氧化铝，氧化铝熔点高，用冰晶石作助熔剂，电解氧化铝生成铝和氧气，反应为：2Al2O34Al+3O2↑，

故答案为：蒸发、结晶；2Al2O34Al+3O2↑；

③设可生产x吨质量分数为98%的硫酸，则：

4KAl（SO4）2•12H2O～9H2SO4，

4×b 9×98

at×96% xt×98% 解得：x=，

故答案为：．

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题型：填空题

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填空题

钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（TiO2）是目前最好的白色颜料．制备TiO2和Ti的原料是钛铁矿，我国的钛铁矿储量居世界首位．含有Fe2O3的钛铁矿（FeTiO3）制取TiO2的流程如下：

（1）Ti的原子序数为22，Ti位于元素周期表中第______周期，第______族．

（2）步骤①加Fe的目的是______；步骤②冷却的目的是______．

（3）上述制备TiO2的过程中，可以利用的副产物是______；考虑成本和废物综合利用因素，废液中应加入______处理．

（4）由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及到的步骤为：已知：

①C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H=-393.5kJ•mol-1

②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H=-566kJ•mol-1

③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）；△H=+141kJ•mol-1则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的△H=______．反应TiCl4+2Mg=2MgCl+Ti 在Ar气氛中进行的理由是______．

正确答案

四

ⅣB

将Fe3+还原为Fe2+

析出（或分离、或得到）FeSO4•7H2O

FeSO4•7H2O

石灰（或碳酸钙、废碱）

-80kJ•mol-1

防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）作用

解析

解：（1）Ti位于元素周期表中第四周期ⅣB族，故答案为：四；ⅣB；

（2）铁粉的作用是为了除去混合溶液中的Fe3+；步骤②冷却的目的由操作过滤和得到的物质是FeSO4•7H2O可得，是为降低FeSO4•7H2O的溶解度，

故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；析出（或分离、或得到）FeSO4•7H2O；

（3）得到的副产物为FeSO4•7H2O，图示水浸过程生成H2TiO3同时生成的H2SO4溶液（TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4），应加入碱性物质处理，可以是石灰（或碳酸钙、废碱），

故答案为：FeSO4•7H2O；石灰（或碳酸钙、废碱）；

（4）依盖斯定律，将③+①×2-②可得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g），

△H=（+141kJ•mol-1）+2×（-393.5kJ•mol-1）-（-566kJ•mol-1）=-80 kJ•mol-1，Mg是活泼金属，能与空气中多种物质反应，因此可得出Ar气作用为保护气，防止Mg和空气中物质反应，

故答案为：-80 kJ•mol-1；防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）作用．

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题型：简答题

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简答题

利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程．其设计的模拟装置如图：

根据要求填空：

（1）B装置有三种功能：

①均匀混合气体；②______；③______．

（2）设V=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应______．

（3）D装置的石棉中均匀混有K I粉末，其作用是______．

（4）E装置的作用是______（填编号）

A．收集气体 B．吸收氯气 C．防止倒吸 D．吸收氯化氢

（5）E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为______（填分离方法名称）该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为______ （填编号）．

A．CH4 B．CH3C1 C．CH2C12 D．CHCl3 E．CCl4．

正确答案

解：（1）生成的氯气中含有水，B装置除具有控制气流速度、均匀混合气体之外，因浓硫酸具有吸水性，还具有干燥作用，故答案为：干燥混合气体，控制流速；

（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4，故答案为：大于或等于4；

（3）氯气具有氧化性，KI中-1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，所以，D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气，故答案为：吸收过量的氯气；

（4）装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防止倒吸；

故答案为：CD．

（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，只有一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，

故答案为：分液；A、B；

解析

解：（1）生成的氯气中含有水，B装置除具有控制气流速度、均匀混合气体之外，因浓硫酸具有吸水性，还具有干燥作用，故答案为：干燥混合气体，控制流速；

（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4，故答案为：大于或等于4；

（3）氯气具有氧化性，KI中-1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，所以，D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气，故答案为：吸收过量的氯气；

（4）装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防止倒吸；

故答案为：CD．

（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，只有一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，

故答案为：分液；A、B；

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题型：简答题

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简答题

实验室用少量的溴和足量的乙醇、浓硫酸制备1，2-二溴乙烷的装置如图所示，其中可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在l40℃脱水生成乙醚．

有关数据列表如下：

回答下列问题：

（1）用少量的溴和足量的乙醇、浓硫酸制备1，2-二溴乙烷的两步反应方程式为：______

（2）装置B中玻璃管的作用______

（3）装置C中加入氢氧化钠溶液，其目的是吸收反应中生成的______气体（填分子式）

（4）反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是______；但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是______．

（5）将1，2-二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在______层（填“上”、“下”）；

（6）若产物中有少量未反应的Br2，最好用______试剂除去；

（7）若产物中有少量副产物乙醚．可用______方法除去．

正确答案

解：（1）三颈烧瓶A中发生反应是乙醇在浓硫酸的作用下发生分子内脱水制取乙烯，乙醇发生了消去反应，反应方程式为：CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O，乙烯含有不饱和键C=C双键，能卤素单质发生加成反应，D中乙烯和溴加成生成1，2-二溴乙烷，反应为：CH2=CH2+Br-Br→CH2Br-CH2Br，

故答案为：CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O；CH2=CH2+Br-Br→CH2Br-CH2Br；

（2）如果D中导气管发生堵塞事故，A中产生的乙烯气体会导致装置B中压强增大，长导管液面会上升，所以装置B中长玻璃管E的作用为判断装置是否堵塞，控制气体流速，防止危险，

故答案为：控制气体流速，防止危险；

（3）浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，CH3CH2OH+4H2SO4（浓）4SO2↑+CO2↑+7H2O+C，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应而被吸收，SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，

故答案为：SO2、CO2；

（4）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，但1，2-二溴乙烷的凝固点9℃较低，不能过度冷却，过度冷却会使其凝固而使气路堵塞，

故答案为：避免溴大量挥发；产品1，2-二溴乙烷的熔点（凝固点）低，过度冷却会凝固而堵塞导管；

（5）1，2-二溴乙烷和水不互溶，1，2-二溴乙烷密度比水大，

故答案为：下；

（6）常温下Br2和氢氧化钠发生反应：2NaOH+Br2═NaBr+NaBrO+H2O，再分液除去，

故答案为：NaOH溶液；

（7）1，2-二溴乙烷沸点132℃，乙醚34.6℃，1，2-二溴乙烷与乙醚的沸点相差较大，两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离，

故答案为：蒸馏．

解析

解：（1）三颈烧瓶A中发生反应是乙醇在浓硫酸的作用下发生分子内脱水制取乙烯，乙醇发生了消去反应，反应方程式为：CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O，乙烯含有不饱和键C=C双键，能卤素单质发生加成反应，D中乙烯和溴加成生成1，2-二溴乙烷，反应为：CH2=CH2+Br-Br→CH2Br-CH2Br，

故答案为：CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O；CH2=CH2+Br-Br→CH2Br-CH2Br；

（2）如果D中导气管发生堵塞事故，A中产生的乙烯气体会导致装置B中压强增大，长导管液面会上升，所以装置B中长玻璃管E的作用为判断装置是否堵塞，控制气体流速，防止危险，

故答案为：控制气体流速，防止危险；

（3）浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，CH3CH2OH+4H2SO4（浓）4SO2↑+CO2↑+7H2O+C，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应而被吸收，SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，

故答案为：SO2、CO2；

（4）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，但1，2-二溴乙烷的凝固点9℃较低，不能过度冷却，过度冷却会使其凝固而使气路堵塞，

故答案为：避免溴大量挥发；产品1，2-二溴乙烷的熔点（凝固点）低，过度冷却会凝固而堵塞导管；

（5）1，2-二溴乙烷和水不互溶，1，2-二溴乙烷密度比水大，

故答案为：下；

（6）常温下Br2和氢氧化钠发生反应：2NaOH+Br2═NaBr+NaBrO+H2O，再分液除去，

故答案为：NaOH溶液；

（7）1，2-二溴乙烷沸点132℃，乙醚34.6℃，1，2-二溴乙烷与乙醚的沸点相差较大，两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离，

故答案为：蒸馏．

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题型：简答题

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简答题

金属钛被称为铁和铝之后崛起的“第三金属”，常见化合价为+4．它是空间技术、航海、化工、医疗上不可缺少的材料．工业上用钛铁矿（主要成分FeTiO3）制备金属钛的一种工艺流程如图（部分产物略去）：

（1）步骤①反应的化学方程式为：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，还原剂是______，每生成1mol TiCl4转移______mol电子．

（2）步骤②分离出TiCl4的方法，利用了TiCl4与FeCl3______的不同．

（3）步骤④反应的化学方程式为______，该反应在氩气中进行的理由是______．

（4）绿色化学提倡物料循环．以上流程中，可用于循环的物质除Cl2、Mg外，还有______．

正确答案

解：（1）结合氧化还原的分析可知，C和FeTiO3所含元素化合价升高，是还原剂，氯气是氧化剂，当生成1mol TiCl4时，被还原的Cl2为3.5mol，转移电子的物质的量为3.5mol×2=7mol，故答案为：FeTiO3、C；7；

（2）可以通过加热蒸馏的方式分离TiCl4与FeCl3的混合物，说明两者存在沸点差异，故答案为：沸点；

（3）步骤④Mg和TiCl4生成MgCl2和Ti，反应的方程式为Mg+TiCl4MgCl2+Ti，选择在氩气中进行，是防止镁及钛与氧气发生氧化反应，故答案为：Mg+TiCl4MgCl2+Ti；防止Mg、Ti被氧化；

（4）步骤④生成的可用于电解MgCl2得到镁和氯气，可循环利用，故答案为：MgCl2．

解析

解：（1）结合氧化还原的分析可知，C和FeTiO3所含元素化合价升高，是还原剂，氯气是氧化剂，当生成1mol TiCl4时，被还原的Cl2为3.5mol，转移电子的物质的量为3.5mol×2=7mol，故答案为：FeTiO3、C；7；

（2）可以通过加热蒸馏的方式分离TiCl4与FeCl3的混合物，说明两者存在沸点差异，故答案为：沸点；

（3）步骤④Mg和TiCl4生成MgCl2和Ti，反应的方程式为Mg+TiCl4MgCl2+Ti，选择在氩气中进行，是防止镁及钛与氧气发生氧化反应，故答案为：Mg+TiCl4MgCl2+Ti；防止Mg、Ti被氧化；

（4）步骤④生成的可用于电解MgCl2得到镁和氯气，可循环利用，故答案为：MgCl2．

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