- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子．若以它为原料按如图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁．
若要求产品尽量不含杂质，而且生产成本较低，根据以下资料，填写空白：
已知：（1）25°C，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38，Ksp[Fe（OH）2]=8.0×10-16，
Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，Ksp[Mn（OH）2]=4.0×10-14，
（2）Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，常将它氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去
（3）原料价格表
（1）请设计实验证明卤块中含有Fe3+______
（2）在步骤②中加入的试剂X，最佳的选择是______
（3）在步骤③中加入的试剂Y应是______，步骤⑤中发生的反应是______
（4）步骤⑥如在实验室进行，应选用在______（填仪器名称）中灼烧．
（5）25℃，往卤块对应的水溶液中，加入一定量的烧碱达到沉淀溶液平衡，测得pH=4.00，则此温度下残留在溶液中的c（Fe3+）=______．
正确答案
解：（1）KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，证明某溶液中是否含有Fe3+，可以向溶液中加入硫氰化钾溶液，若溶液变成红色，证明溶液中含有铁离子，否则不含铁离子，
所以实验操作为：取样，加水溶解，往所得溶液中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，则说明卤块中含铁离子，
故答案为：取样，加水溶解，往所得溶液中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，则说明卤块中含铁离子；
（2）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，故X为漂液；
故答案为：漂液（NaClO）；
（3）加入Y的目的是调节pH，选用氢氧化钠，故Y为烧碱；加入的Z物质为纯碱，所以步骤④生成的沉淀物是MgCO3，所以步骤⑤中沉淀物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：烧碱（NaOH）； MgCO3+H2O
（4）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，
故答案为：坩埚；
（5）pH=4.0，c（H+）=0.0001mol/L，c（OH-）=
故答案为：4×10-8mol/L．
解析
解：（1）KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，证明某溶液中是否含有Fe3+，可以向溶液中加入硫氰化钾溶液，若溶液变成红色，证明溶液中含有铁离子，否则不含铁离子，
所以实验操作为：取样，加水溶解，往所得溶液中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，则说明卤块中含铁离子，
故答案为：取样，加水溶解，往所得溶液中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，则说明卤块中含铁离子；
（2）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，故X为漂液；
故答案为：漂液（NaClO）；
（3）加入Y的目的是调节pH，选用氢氧化钠，故Y为烧碱；加入的Z物质为纯碱，所以步骤④生成的沉淀物是MgCO3，所以步骤⑤中沉淀物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：烧碱（NaOH）； MgCO3+H2O
（4）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，
故答案为：坩埚；
（5）pH=4.0，c（H+）=0.0001mol/L，c（OH-）=
故答案为：4×10-8mol/L．
亚硝酸钠被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛．以木炭，浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示．
已知：室温下，①2NO+Na2O2═2NaNO2
②酸性条件下，NO或NO2-都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+，5NO2-+2MnO4-+6H+═5NO3-+2Mn2++3H2O
（1）A中观察到的现象是______．
（2）装置B中，使Cu溶解的离子方程式是______．
（3）装置C的作用是______，装置F的作用是______．
（4）若无装置D，则E中产物除亚硝酸钠外还含有副产物______．（填化学式）
（5）充分反应后，某同学设计实验对E中NaNO2的含量进行检测．称取E中固体2g，完全溶解配制成溶液100mL，取出25mL溶液用0.100mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定（杂质不与KMnO4反应），消耗KMnO4溶液20mL，则样品中亚硝酸钠的质量分数为______．
正确答案
解：装置A中是浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；通过装置E中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气．
（1）根据装置图可知，A中浓硝酸与木炭发生氧化还原反应生成CO2和NO2以及水，因此A中观察到的现象有红棕色气体生成，故答案为：有红棕色气体生成 或 有（深）红色气体生成；
（2）NO2溶于水生成NO和硝酸，硝酸具有氧化性能把金属铜氧化，则装置B中反应的离子方程式有3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）NO2极易溶于水与水反应，所以装置C的作用是防止倒吸；NO与过氧化钠反应后有剩余，随意排放容易引起大气污染，而NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则装置F的作用吸收未反应的NO，故答案为：防止倒吸；吸收未反应的NO；
（4）生成的NO中含有CO2和水蒸气，二者均能与过氧化钠反应，而碱石灰可以吸收CO2和水蒸气，所以如果没有D装置，则E中产物除亚硝酸钠外还含有副产物Na2CO3、NaOH，故答案为：Na2CO3、NaOH；
（5）消耗高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×
解析
解：装置A中是浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；通过装置E中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气．
（1）根据装置图可知，A中浓硝酸与木炭发生氧化还原反应生成CO2和NO2以及水，因此A中观察到的现象有红棕色气体生成，故答案为：有红棕色气体生成 或 有（深）红色气体生成；
（2）NO2溶于水生成NO和硝酸，硝酸具有氧化性能把金属铜氧化，则装置B中反应的离子方程式有3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）NO2极易溶于水与水反应，所以装置C的作用是防止倒吸；NO与过氧化钠反应后有剩余，随意排放容易引起大气污染，而NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则装置F的作用吸收未反应的NO，故答案为：防止倒吸；吸收未反应的NO；
（4）生成的NO中含有CO2和水蒸气，二者均能与过氧化钠反应，而碱石灰可以吸收CO2和水蒸气，所以如果没有D装置，则E中产物除亚硝酸钠外还含有副产物Na2CO3、NaOH，故答案为：Na2CO3、NaOH；
（5）消耗高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×
高锰酸钾[KMnO4]是常用的氧化剂．工业上以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备高锰酸钾晶体．中间产物为锰酸钾[K2MnO4]．如图1是实验室模拟制备的操作流程：
相关资料：
①物质溶解度
②锰酸钾[K2MnO4]
外观性状：墨绿色结晶．其水溶液呈深绿色，这是锰酸根（MnO42-）的特征颜色．
化学性质：在强碱性溶液中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境下，MnO42-会发生歧化反应．
试回答下列问题：
（1）煅烧软锰矿和KOH固体时，不采用石英坩埚而选用铁坩埚，实验中用铁坩埚煅烧暴露在空气中的固体混合物发生反应的化学方程式为______．
（2）实验时，若CO2过量会生成KHCO3，请用离子方程式表示实验中通入适量CO2时导致体系中KMnO4产品纯度降低的原因：______；
（3）工业上一般采用惰性电极电解锰酸钾溶液制取高锰酸钾，试写出该电解反应的化学方程式______；
传统工艺采用无膜电解法由于副反应发生，Mn元素利用率和电流效率都会偏低．有同学联想到离子交换膜法电解饱和食盐水提出改进方法：可用阳离子交换膜分隔两极区进行电解（如图2）．图中A口加入的溶液最好为______．使用阳离子交换膜可以提高Mn元素利用率的原因为______．
正确答案
2MnO2+4KOH+O2
3MnO42-+2CO2═2MnO4-+MnO2↓+2CO32-
2K2MnO4+2H2O
KOH溶液
阳离子交换膜防止锰酸根进入阴极区被还原
解析
解：由题目信息，可知二氧化锰与KOH煅烧生成K2MnO4，溶液中通入二氧化碳与溶液中氢氧化钠反应，调节pH，由工艺流程可知，CO2使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，利用溶解度不同进行结晶分离．若通入CO2太多，会生KHCO3，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3晶体和KMnO4晶体一起析出，导致得到的KMnO4产品的纯度降低．
（1）煅烧暴露在空气中煅烧混合物，由题目信息，可知二氧化锰与KOH煅烧生成K2MnO4，由电子转移守恒可知，应有氧气参加反应，根据H元素守恒应有水生成，配平后方程式为2MnO2+4KOH+O2
故答案为：2MnO2+4KOH+O2
（2）溶液中通入二氧化碳与溶液中氢氧化钠反应，调节pH，CO2使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，有关反应离子方程式为3MnO42-+2CO2═2MnO4-+MnO2↓+2CO32-，
故答案为：3MnO42-+2CO2═2MnO4-+MnO2↓+2CO32-；
（3）电解K2MnO4溶液得到KMnO4，Mn元素发生氧化反应，故溶液中水电离的氢离子放电，发生还原反应生成氢气，同时得到KOH，电解反应方程式为：2K2MnO4+2H2O
由图可知，阳离子由左室通过阳离子交换膜进入右室，故左室为阴极室，右室为阴极室，溶液中生成KOH，故A溶液应为KOH溶液；
阳离子交换膜防止锰酸根进入阴极区被还原，提高了Mn元素利用率，
故答案为：2K2MnO4+2H2O
溴酸钾（KBrO3）为白色晶体，是一种常用的氧化剂和分析试剂，加热到370℃时分解为溴化钾和氧气．生产溴酸钾的工艺流程如下：
（1）“合成”过程所发生的反应中，氧化剂是______，还原剂是______．反应的化学方程式为______．
（2）“复分解”过程中反应的化学方程式为______．
（3）上述流程中第二次过滤滤出的固体主要成分是______．
（4）“趁热过滤”过程中“趁热”的原因是______．
（5）溴酸钾具有毒性，食用少量即可引起呕吐和肾脏的损伤．然而美、日等国都允许在油炸薯片中添加一定量的溴酸钾，以改善薯片的口感．我国也曾允许用作烘焙面包的添加剂，但已于2005年7月开始全国禁止在食品中使用溴酸钾．2007年，一批来自美国的油炸薯片在珠海口岸被我国有关部门检出含有溴酸钾而被禁止入境．从化学原理分析推测，有关国家认为在油炸薯片中添加溴酸钾安全的理由是（用化学方程式表示）______，而我国认为不安全的理由是______．
正确答案
Cl2
Br2
6MgO+Br2+5Cl2═Mg（BrO3）2+5MgCl2
Mg（BrO3）2+2KCl═MgCl2↓+2KBrO3
MgCl2
防止溴酸钾结晶析出
2KBrO3
油炸和烘焙的温度条件不能保证溴酸钾完全分解
解析
解：液氯、液溴和氧化镁反应生成Mg（BrO3）2、MgCl2，过滤后在滤液中加入氯化钾可得到KBrO3，发生Mg（BrO3）2+2KCl=MgCl2↓+2KBrO3，氯化镁结晶析出，滤液中KBrO3经蒸发、结晶可得到KBrO3．
（1）液氯、液溴和氧化镁反应生成Mg（BrO3）2、MgCl2，反应的方程式为6MgO+Br2+5Cl2=Mg（BrO3）2+5MgCl2，Cl（0→-1），Br（0→+5），氧化剂是Cl2，还原剂是Br2，
故答案为：Cl2；Br2；6MgO+Br2+5Cl2=Mg（BrO3）2+5MgCl2；
（2）在滤液中加入氯化钾可得到KBrO3，发生Mg（BrO3）2+2KCl=MgCl2↓+2KBrO3，氯化镁结晶析出，
故答案为：Mg（BrO3）2+2KCl=MgCl2↓+2KBrO3；
（3）Mg（BrO3）2+2KCl=MgCl2↓+2KBrO3，氯化镁在饱和溶液中析出晶体，过滤得到滤液为溴酸钾溶液，所以第二次过滤滤出的固体主要成分是MgCl2，
故答案为：MgCl2；
（4）生产溴酸钾，“趁热过滤”过程中“趁热”防止溴酸钾结晶析出，造成晶体损失，
故答案为：防止溴酸钾结晶析出；
（5）油炸薯片中添加溴酸钾受热易分解：2KBrO3
故答案为：2KBrO3
铁及其化合物有重要用途，如聚合硫酸铁[Fe2（OH）n（SO4）3
请回答下列问题：
（1）若A为H2O（g），写出反应方程式：______．
（2）若B为NaClO3与稀硫酸，写出其氧化Fe2+的离子方程式（还原产物为Cl-）______．
（3）若C为KNO3和KOH的混合物，写出其与Fe2O3加热共融制得高铁酸钾（K2FeO4）的化学方程式，并配平：
□Fe2O3+□KNO3+□KOH-□______+□KNO2+□______
（4）为测定溶液Ⅰ中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液Ⅰ于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH＜3，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用0.1000mol・L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL．
已知：
2Fe3++2I-═2Fe2++I2
I2+2S2O32-═2I-+S4O42-
①滴定选用的指示剂及滴定终点观察到的现象______．
②溶液Ⅰ中铁元素的总含量为______ g・L-1．若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会______（填“偏高”“偏低”或“不变”）．
正确答案
解：（1）Fe与水蒸气在高温下反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）
故答案为：3Fe+4H2O（g）
（2）根据题中流程可知，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁，在溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，ClO3-氧化Fe2+为Fe3+，本身被还原为Cl-，根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O，
故答案为：6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O；
（3）KNO3和KOH的混合物，写出其与Fe2O3加热共融制得K2FeO4，则缺项中有一种为K2FeO4，K2FeO4中铁元素化合价为+6，则亚铁离子从+3价变为+6价，化合价升高3价，化合价至少升高3×2=6价；KNO3中N元素从+5降为KNO2中的+3价，化合价降低2价，则化合价最小公倍数为6，所以氧化铁的系数为1，KNO3的系数为3，然后根据质量守恒定律配平，配平后的方程式为：Fe2O3+3KNO3+2KOH=K2FeO4+3KNO2+H2O，
故答案为：1、3、2、K2FeO4、3、H2O；
（4）①Fe3+氧化I-生成I2，淀粉遇碘变蓝，选择淀粉溶液作指示剂；当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，蓝色消失，且半分钟不变色说明是终点，
故答案为：淀粉；溶液由蓝色变无色且保持半分钟不变色；
②由2Fe3++2I-═2Fe2++I2、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-可得：Fe3+～S2O32-，则n（Fe3+）=n（S2O32-）=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，铁元素总含量为：
H2O2也能氧化I-生成I2，所以若过氧化氢没有除尽，则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，所测结果偏高，
故答案为：5.6；偏高．
解析
解：（1）Fe与水蒸气在高温下反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）
故答案为：3Fe+4H2O（g）
（2）根据题中流程可知，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁，在溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，ClO3-氧化Fe2+为Fe3+，本身被还原为Cl-，根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O，
故答案为：6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O；
（3）KNO3和KOH的混合物，写出其与Fe2O3加热共融制得K2FeO4，则缺项中有一种为K2FeO4，K2FeO4中铁元素化合价为+6，则亚铁离子从+3价变为+6价，化合价升高3价，化合价至少升高3×2=6价；KNO3中N元素从+5降为KNO2中的+3价，化合价降低2价，则化合价最小公倍数为6，所以氧化铁的系数为1，KNO3的系数为3，然后根据质量守恒定律配平，配平后的方程式为：Fe2O3+3KNO3+2KOH=K2FeO4+3KNO2+H2O，
故答案为：1、3、2、K2FeO4、3、H2O；
（4）①Fe3+氧化I-生成I2，淀粉遇碘变蓝，选择淀粉溶液作指示剂；当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，蓝色消失，且半分钟不变色说明是终点，
故答案为：淀粉；溶液由蓝色变无色且保持半分钟不变色；
②由2Fe3++2I-═2Fe2++I2、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-可得：Fe3+～S2O32-，则n（Fe3+）=n（S2O32-）=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，铁元素总含量为：
H2O2也能氧化I-生成I2，所以若过氧化氢没有除尽，则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，所测结果偏高，
故答案为：5.6；偏高．
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