- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
（2015秋•成都月考）铁、铜单质及其化合物应用范围很广．现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体（CuCl2•2H20），为制取纯净的CuCl2•2H20，首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯：
已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH，见表：
请回答下列问题．
（1）最适合作氧化剂X的是______．
A．K2Cr207 B．NaCl0 C．H202 D．KMn04
（2）加入的物质Y是______．
A．CuO B．NaOH C．Cu2（OH）2CO3 D．NH3
（3）由溶液Ⅲ获得CuCl2•2H2O，需要经过______、______、过滤操作．
（4）测定溶液Ⅰ中Fe2+的浓度，可用KMnO4标准溶液滴定，取用KMnO4溶液应使用______（“酸式”或“碱式”）滴定管．反应的化学方程式：______．
正确答案
解：（1）根据实验目的，加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离，K2Cr2O7、NaClO、H2O2、KMnO4都具有氧化性，能将亚铁离子氧化，但是K2Cr2O7、NaClO、KMnO4能引进新的杂质离子，双氧水是绿色氧化剂，得到的还原产物是水，不会引进杂质离子，
故答案为：C；
（2）加入的物质Y可调节，使Fe3+全部沉淀，同时不引进新杂质，铁离子在水中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，用Cu（OH）2、CuCO3、CuO、Cu2（OH）2CO3等，
中和溶液的酸性，能促进水解平衡向正反应方向移动，调节pH，可以将铁离子沉淀（Fe3+氢氧化物完全沉淀时的PH：3.2），同时引入铜离子，无新的金属离子引入，且铜离子不沉淀（Cu2+氢氧化物开始沉淀时的PH：4.7），氢氧化钠和氨气都能使铜离子沉淀，无法分离Fe3+、Cu2+，
故答案为：AC；
（3）结晶水合物，为防止结晶水散失，从溶液中获得晶体通常采用降温结晶，所以从溶液中获得氯化铜晶体（CuCl2•2H20）要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤三步操作，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（4）KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，所以选择酸式滴定管，测定溶液Ⅰ中Fe2+的浓度，用KMnO4标准溶液滴定，Fe2+与MnO4-反应，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，由电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，离子反应为MnO4-+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：酸式；MnO4-+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O．
解析
解：（1）根据实验目的，加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离，K2Cr2O7、NaClO、H2O2、KMnO4都具有氧化性，能将亚铁离子氧化，但是K2Cr2O7、NaClO、KMnO4能引进新的杂质离子，双氧水是绿色氧化剂，得到的还原产物是水，不会引进杂质离子，
故答案为：C；
（2）加入的物质Y可调节，使Fe3+全部沉淀，同时不引进新杂质，铁离子在水中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，用Cu（OH）2、CuCO3、CuO、Cu2（OH）2CO3等，
中和溶液的酸性，能促进水解平衡向正反应方向移动，调节pH，可以将铁离子沉淀（Fe3+氢氧化物完全沉淀时的PH：3.2），同时引入铜离子，无新的金属离子引入，且铜离子不沉淀（Cu2+氢氧化物开始沉淀时的PH：4.7），氢氧化钠和氨气都能使铜离子沉淀，无法分离Fe3+、Cu2+，
故答案为：AC；
（3）结晶水合物，为防止结晶水散失，从溶液中获得晶体通常采用降温结晶，所以从溶液中获得氯化铜晶体（CuCl2•2H20）要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤三步操作，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（4）KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，所以选择酸式滴定管，测定溶液Ⅰ中Fe2+的浓度，用KMnO4标准溶液滴定，Fe2+与MnO4-反应，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，由电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，离子反应为MnO4-+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：酸式；MnO4-+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O．
FeCl3在现代工业生产中应用广泛．某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S．
I．经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华．他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下：
①检查装置的气密性；
②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成
④…
⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封
请回答下列问题：
（1）装置A中反应的化学方程式为______．
（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是______．
（3）上述操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有（填步骤序号）______．
（4）装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：______．
Ⅱ．该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液．
（5）FeCl3与H2S反应的离子方程式为______．
（6）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应式为______．
（7）综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：①H2S的原子利用率为100%；②______．
正确答案
解：（1）装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl2
（2）对FeCl3加热发生升华使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；
（3）为防止FeCl3潮解所采取的措施有②通入干燥的Cl2⑤用干燥的N2赶尽Cl2，故选：②、⑤；
（4）检验FeCl2是否失效，是检验有无Fe2+，而不是检验Fe3+的存在，不能选择KSCN溶液，而应该选择KMnO4溶液，因Fe2+有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：酸性KMnO4溶液；
（5）三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
（6）电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H++2e-═H 2↑，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+-e-=Fe3+，故答案为：Fe2+-e-=Fe3+；
（7）电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，得到循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用．
解析
解：（1）装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl2
（2）对FeCl3加热发生升华使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；
（3）为防止FeCl3潮解所采取的措施有②通入干燥的Cl2⑤用干燥的N2赶尽Cl2，故选：②、⑤；
（4）检验FeCl2是否失效，是检验有无Fe2+，而不是检验Fe3+的存在，不能选择KSCN溶液，而应该选择KMnO4溶液，因Fe2+有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：酸性KMnO4溶液；
（5）三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
（6）电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H++2e-═H 2↑，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+-e-=Fe3+，故答案为：Fe2+-e-=Fe3+；
（7）电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，得到循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用．
设计了四种制备气体的方案：①加热稀硫酸和乙醇制备乙烯；②加热稀盐酸和二氧化锰制备氯气；③用稀硫酸和大理石制备二氧化碳；④用稀硝酸和硫化亚铁制备硫化氢．不宜采用的方案有哪些？（ ）
正确答案
解析
解：①实验室制乙烯应用浓硫酸和乙醇加热到170°C，故①错误；
②制备氯气应用浓盐酸和二氧化锰，稀盐酸和二氧化锰不反应，故②错误；
③稀硫酸和大理石反应生成的硫酸钙微溶于水，阻碍反应的继续进行，制备二氧化碳应用稀盐酸和大理石，故③错误；
④制备硫化氢应用稀硫酸和硫化亚铁，稀硝酸具有强氧化性，将硫化氢氧化，不能得到硫化氢气体，故④错误．
故选D．
卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子．以卤块为原料可制得轻质氧化镁，工艺流程如图：
已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以常将它氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去．若要求产品尽量不含杂质，请根据表1表2提供的资料，填写空白：
表1 生成氢氧化物沉淀的pH
表2 化学试剂价格表
（1）在步骤②中加入的试剂X，最佳的选择是______，原因是______．写出加入X发生反应的离子方程式______．选择______（试剂）来检验Fe2+是否完全氧化为Fe3+．
（2）在步骤③中控制pH=9.8，其目的是______．
（3）试剂Z应该是______．
（4）在步骤⑤中发生反应的化学方程式是______．
（5）若在实验室中完成步骤⑥，则沉淀物必需在仪器A中灼烧．A应放置于仪器B上灼烧，灼烧完毕后应用仪器C取下仪器A置于仪器D上冷却．则B、C、D分别是______、______、______．
正确答案
解：（1）步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-═Fe3[Fe（CN）6]2↓，所以用可用K3[Fe（CN）6]溶液检验亚铁离子，
故答案为：漂液；漂液比H2O2的价格低得多；2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；K3[Fe（CN）6]溶液；
（2）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度，
故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；
（3）沉淀物B在水中加热煮沸可以生成气体，同时又生成沉淀物Mg（OH）2，则沉淀物B一定不是Mg（OH）2，所以加入的Z物质在表2中只能选纯碱，
故答案为：纯碱；
（4）加入的Z物质为纯碱，所以生成的沉淀物B是MgCO3，所以沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg（OH）2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O 
故答案为：MgCO3+H2O 
（5）步骤⑥由氢氧化镁灼烧制备氧化镁，应该在耐高温的坩埚中进行，坩埚应该放在泥三角上，取用泥三角需要使用坩埚钳，冷却坩埚时需要放在石棉网上，所以A、B、C、D分别为：坩埚、泥三角、坩埚钳、石棉网，
故答案为：泥三角；坩埚钳；石棉网．
解析
解：（1）步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-═Fe3[Fe（CN）6]2↓，所以用可用K3[Fe（CN）6]溶液检验亚铁离子，
故答案为：漂液；漂液比H2O2的价格低得多；2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；K3[Fe（CN）6]溶液；
（2）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度，
故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；
（3）沉淀物B在水中加热煮沸可以生成气体，同时又生成沉淀物Mg（OH）2，则沉淀物B一定不是Mg（OH）2，所以加入的Z物质在表2中只能选纯碱，
故答案为：纯碱；
（4）加入的Z物质为纯碱，所以生成的沉淀物B是MgCO3，所以沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg（OH）2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O
故答案为：MgCO3+H2O
（5）步骤⑥由氢氧化镁灼烧制备氧化镁，应该在耐高温的坩埚中进行，坩埚应该放在泥三角上，取用泥三角需要使用坩埚钳，冷却坩埚时需要放在石棉网上，所以A、B、C、D分别为：坩埚、泥三角、坩埚钳、石棉网，
故答案为：泥三角；坩埚钳；石棉网．
K2CO3有广泛的用途．
（1）钾肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等．将草木灰用水浸取，过滤、蒸发得浓缩液．
①该浓缩液呈碱性的原因用离子方程式表示为______．
②检验该浓缩液中Cl-所用的试剂有______．
A．AgNO3溶液B．硝酸C．盐酸
D．Ba（NO3）2溶液E．BaCl2溶液
（2）工业上曾利用如下反应生产碳酸钾：K2SO4+C+CaCO3→K2CO3+X+CO2↑（未配平），已知X为两种元素组成的化合物，则X的化学式为______；反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为______．
（3）离子膜电解-炭化法是目前生产碳酸钾的常用的方法．
第一步：精制KCl溶液粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，按以下流程精制：
已知：加入K2CO3后，溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀．
Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12，Ksp（CaCO3）=2.8×10-9，Ksp（MgCO3）=6.8×10-6．
①操作Ⅰ的名称是______．
②当加入KOH后，溶液中n（CO32-）增大，主要原因是______．
第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸．
第三步：将KOH与CO2反应转化为KHCO3，再将KHCO3分解得到产品．
③离子膜电解-炭化法的整个过程中，可以循环利用的物质有______．
正确答案
解：（1）钾肥草木灰中含有的碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；
②钾肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等，氯离子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除硫酸根的干扰，所以操作为：取少量浓缩液，滴加足量的Ba（NO3）2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-，所以选择ABD，
故答案为：ABD；
（2）根据元素守恒以及工业上曾利用该反应生产碳酸钾未配平的方程式K2SO4+C+CaCO3→K2CO3+X+CO2↑可知：X必含有钙元素，碳元素化合价升高，必有化合价降低的元素，为硫，所以该反应为：K2SO4+2C+CaCO3=K2CO3+CaS+2CO2↑，S元素化合价由+6价降低到-2价，所以K2SO4为氧化剂，C元素化合价由0价升高为+4价，结合化学方程式中元素化合价变化，所以C为还原剂，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比是1：2，
故答案为：CaS；1：2；
（3）①粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，加入碳酸钾除去钙离子，形成碳酸钙沉淀，溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀，但Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6．，所以加入氢氧化钾，除去镁离子形成氢氧化镁沉淀，通过过滤操作，分离出沉淀和滤液中的钾离子、氯离子，
故答案为：过滤；
②Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6，难溶电解质的溶度积越小，越易生成沉淀，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大，也可理解为：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大，
故答案为：Ksp[Mg（OH）2]比Ksp[MgCO3]小，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大（或其他合理答案，如：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大）；
③离子膜电解-炭化法第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸，制得的盐酸可提供给第一步：精制KCl溶液中和所需盐酸，第三步：将KOH与CO2反应转化为KHCO3，再将KHCO3分解得到产品同时生成二氧化碳，为KOH转化为KHCO3提供CO2，所以可以循环利用的物质有：盐酸、CO2，
故答案为：盐酸、CO2．
解析
解：（1）钾肥草木灰中含有的碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；
②钾肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等，氯离子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除硫酸根的干扰，所以操作为：取少量浓缩液，滴加足量的Ba（NO3）2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-，所以选择ABD，
故答案为：ABD；
（2）根据元素守恒以及工业上曾利用该反应生产碳酸钾未配平的方程式K2SO4+C+CaCO3→K2CO3+X+CO2↑可知：X必含有钙元素，碳元素化合价升高，必有化合价降低的元素，为硫，所以该反应为：K2SO4+2C+CaCO3=K2CO3+CaS+2CO2↑，S元素化合价由+6价降低到-2价，所以K2SO4为氧化剂，C元素化合价由0价升高为+4价，结合化学方程式中元素化合价变化，所以C为还原剂，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比是1：2，
故答案为：CaS；1：2；
（3）①粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，加入碳酸钾除去钙离子，形成碳酸钙沉淀，溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀，但Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6．，所以加入氢氧化钾，除去镁离子形成氢氧化镁沉淀，通过过滤操作，分离出沉淀和滤液中的钾离子、氯离子，
故答案为：过滤；
②Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6，难溶电解质的溶度积越小，越易生成沉淀，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大，也可理解为：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大，
故答案为：Ksp[Mg（OH）2]比Ksp[MgCO3]小，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大（或其他合理答案，如：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大）；
③离子膜电解-炭化法第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸，制得的盐酸可提供给第一步：精制KCl溶液中和所需盐酸，第三步：将KOH与CO2反应转化为KHCO3，再将KHCO3分解得到产品同时生成二氧化碳，为KOH转化为KHCO3提供CO2，所以可以循环利用的物质有：盐酸、CO2，
故答案为：盐酸、CO2．
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