- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
工业上用共沉淀法制备活性Fe3O4的流程如下：
试回答下列问题：
（1）在制备过程中，不但要将块状固体原料粉碎、磨成粉末，而且反应池、合成池都要安装搅拌机．作用都是______．
（2）在反应池中几乎没有气体产生．在反应池中生成亚铁离子的反应的离子方程式为______
（3）在合成池里生成Fe3O4反应的离子方程式为______，反应温度需控制在50℃，其方法是______．
（4）根据以上反应可知，配料中心很可能使混合物中的Fe2O3与Fe物质的量之比接近______．
（5）在分离车间进行______、______和烘干等操作可得活性Fe3O4．
正确答案
解：（1）固体的表面积越大，反应速率越快，所以在工业生产中，将块状固体磨成粉末，并在反应池中安装搅拌机，目的是增加反应速率，故答案为：增加反应物之间的接触面积，增加反应速率，提高生产效率；
（2）三氧化二铁与铁单质在酸性条件下反应生成亚铁离子，离子方程式为Fe2O3+Fe+6H+═3Fe2++3H2O，故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+或Fe2O3+Fe+6H+═3Fe2++3H2O；
（3）Fe2+与Fe3+在碱性条件下反应生成Fe3O4，反应的离子方程式为：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O；水浴加热方便控制温度，故答案为：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O；水浴加热；
（4）没有气体产生，说明铁刚好使三价铁转化为二价铁，由于在1molFe3O4中可以认为有二价的氧化亚铁和三价的三氧化铁各1mol，
设Fe为Xmol，Fe2O3为ymol，生成1molFe3O4，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+则有：
X+2Y=3
3X=1
解得X=
Y=
故答案为：4：1；
（5）进行过滤、洗涤和烘干可得活性Fe3O4，故答案为：过滤、洗涤．
解析
解：（1）固体的表面积越大，反应速率越快，所以在工业生产中，将块状固体磨成粉末，并在反应池中安装搅拌机，目的是增加反应速率，故答案为：增加反应物之间的接触面积，增加反应速率，提高生产效率；
（2）三氧化二铁与铁单质在酸性条件下反应生成亚铁离子，离子方程式为Fe2O3+Fe+6H+═3Fe2++3H2O，故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+或Fe2O3+Fe+6H+═3Fe2++3H2O；
（3）Fe2+与Fe3+在碱性条件下反应生成Fe3O4，反应的离子方程式为：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O；水浴加热方便控制温度，故答案为：Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O；水浴加热；
（4）没有气体产生，说明铁刚好使三价铁转化为二价铁，由于在1molFe3O4中可以认为有二价的氧化亚铁和三价的三氧化铁各1mol，
设Fe为Xmol，Fe2O3为ymol，生成1molFe3O4，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+则有：
X+2Y=3
3X=1
解得X=
Y=
故答案为：4：1；
（5）进行过滤、洗涤和烘干可得活性Fe3O4，故答案为：过滤、洗涤．
有以下实验装置可供选择：
Ⅰ、实验室用甲醇催化氧化法得到甲醛，并验证甲醛的性质．请回答下列问题：
（1）应选择的装置是______（填写编号）；
（2）若③硬质玻璃管中装有铜粉，请写出硬质玻璃管中发生反应的化学方程式______；______
（3）实验结束后，观察到溴水褪色．为解释这一现象，某学习小组的同学提出两种猜想：
A．发生了加成反应；
B．发生了氧化反应．为探究哪种猜想正确，学习小组的同学用pH计测溴水褪色前后溶液的pH．测得溶液的pH下降，试写出褪色的化学方程式______
Ⅱ、若选择①③②验证乙烯与氢气反应产物，请回答下列问题：
（4）写出实验室制乙烯的化学方程式______；
（5）NaOH溶液的作用是______；
（6）实验过程中，发现③中溴水褪色，试用化学方程式表示溴水褪色的原因______；
（7）出现什么现象可说明乙烯与氢气反应生成了乙烷______．
正确答案
解：I、（1）根据实验目的是用甲醇催化氧化法得到甲醛，并且验证甲醛性质，需要与氧气加热反应，所以选装置③④，
故答案为：③④（或④③）；
（2）发生反应有甲醇催化氧化和溴水与生成的甲醛发生加成反应，反应的方程式为：CH3OH+O2
故答案为：CH3OH+O2 
（3）甲醛被溴单质氧化成了二氧化碳的化学方程式为：HCHO+H2O+2Br2→CO2+4HBr，
故答案为：HCHO+H2O+2Br2→CO2+4HBr；
II、（4）实验室利用乙醇能发生消去反应制乙烯，反应的方程式为：CH3-CH2-OH 
故答案为：CH3-CH2-OH 
（5）通过氢氧化钠溶液，可以除去乙烯中的酸性气体、使乙烯与氢气混合、还可以通过观察气泡并调节乙烯与氢气混合的体积之比，
故答案为：除去乙烯中的酸性气体、使乙烯与氢气混合，③观察气泡并调节乙烯与氢气混合的体积之比（只要答出其中两点即可）；
（6）乙烯易和溴加成生成1，2-二溴乙烷，即CH2=CH2+Br-Br→CH2Br-CH2Br，
故答案为：CH2=CH2+Br-Br→CH2Br-CH2Br；
（7）若反应后的气体不能够使高锰酸钾溶液褪色，且点燃后生成了二氧化碳，证明了乙烯与氢气反应生成了乙烷，
故答案为：②中酸性KMnO4溶液不褪色，点燃气体后附有澄清石灰水的烧杯壁出现白色沉淀．
解析
解：I、（1）根据实验目的是用甲醇催化氧化法得到甲醛，并且验证甲醛性质，需要与氧气加热反应，所以选装置③④，
故答案为：③④（或④③）；
（2）发生反应有甲醇催化氧化和溴水与生成的甲醛发生加成反应，反应的方程式为：CH3OH+O2
故答案为：CH3OH+O2
（3）甲醛被溴单质氧化成了二氧化碳的化学方程式为：HCHO+H2O+2Br2→CO2+4HBr，
故答案为：HCHO+H2O+2Br2→CO2+4HBr；
II、（4）实验室利用乙醇能发生消去反应制乙烯，反应的方程式为：CH3-CH2-OH
故答案为：CH3-CH2-OH
（5）通过氢氧化钠溶液，可以除去乙烯中的酸性气体、使乙烯与氢气混合、还可以通过观察气泡并调节乙烯与氢气混合的体积之比，
故答案为：除去乙烯中的酸性气体、使乙烯与氢气混合，③观察气泡并调节乙烯与氢气混合的体积之比（只要答出其中两点即可）；
（6）乙烯易和溴加成生成1，2-二溴乙烷，即CH2=CH2+Br-Br→CH2Br-CH2Br，
故答案为：CH2=CH2+Br-Br→CH2Br-CH2Br；
（7）若反应后的气体不能够使高锰酸钾溶液褪色，且点燃后生成了二氧化碳，证明了乙烯与氢气反应生成了乙烷，
故答案为：②中酸性KMnO4溶液不褪色，点燃气体后附有澄清石灰水的烧杯壁出现白色沉淀．
Ⅰ．合成氨工业对化学的国防工业具有重要意义．写出氨的两种重要用途______．
Ⅱ．实验室制备氨气，下列方法中适宜选用的是______．
①固态氯化铵加热分解 ②固体氢氧化钠中滴加浓氨水 ③氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热 ④固态氯化铵与氢氧化钙混合加热
Ⅲ．为了在实验室利用工业原料制备少量氨气，有人设计了如图装置（图中夹持装置均已略去）．
[实验操作]
①检查实验装置的气密性后，关闭弹簧夹a、b、c、d、e．在A中加入锌粒，向长颈漏斗注入一定量稀硫酸．打开弹簧夹c、d、e，则A中有氢气发生．在F出口处收集氢气并检验其纯度．
②关闭弹簧夹c，取下截去底部的细口瓶C，打开弹簧夹a，将氢气经导管B验纯后点燃，然后立即罩上无底细口瓶C，塞紧瓶塞，如图所示．氢气继续在瓶内燃烧，几分钟后火焰熄灭．
③用酒精灯加热反应管E，继续通氢气，待无底细口瓶C内水位下降到液面保持不变时，打开弹簧夹b，无底细口瓶C内气体经D进入反应管E，片刻后F中的溶液变红．
回答下列问题：
（1）检验氢气纯度的目的是______．
（2）C瓶内水位下降到液面保持不变时，A装置内发生的现象是______，防止了实验装置中压强过大．此时再打开弹簧夹b的原因是______，C瓶内气体的成份是______．
（3）在步骤③中，先加热铁触媒的原因是______．反应管E中发生反应的化学方程式是______．
正确答案
解：I．氨气极易液化，气化时吸收热量，所以氨气能作制冷剂，氨气能和氧气反应生成一氧化氮、一氧化氮和氧气和水反应生成硝酸，硝酸为工业用三大强酸之一，利用氨气能生产化肥，所以氨气重要用途为制化肥、制硝酸，
故答案为：制硝酸、化肥；
II．①固态氯化铵加热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵，这个方案很难制氨气，故①错误；
②向固体氢氧化钠中滴加浓氨水，氢氧化钠吸水，放出大量热，促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，故②正确；
③氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热反应太剧烈并且生成的氨气极易溶于水，不易收集氨气，故③错误；
④固体氯化铵与氢氧化钙固体混合加热可以制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2
故选②④；
III．（1）氢气具有可燃性，加热不纯的氢气可能会发生爆炸，故检验氢气纯度的目的是排除空气，保证安全，
故答案为：排除空气，保证安全；
（2）当C瓶内水位下降到液面保持不变时，氮气和氢气两种气体也混合的很均匀了，C中的气体成分是氮气和氢气，A中试管内液面下降，长颈漏斗中液面上升，直到试管内液面和锌离分离，打开弹簧夹b，无底细口瓶C内气体经D进入反应管E，在这个地方氮气跟氢气进行反应生成氨气，并保证氢气含量较多，提高氮气的转化率；
故答案为：锌粒与酸脱离；尽量增大氢气的浓度以提高氮气的转化率；N2、H2；
（3）第③步先点燃E处酒精灯，只是为了先给催化剂升温，因为催化剂也只有在适宜的温度下才能发挥最大的活性，对于铁触媒来说，温度应该为500℃，所以用酒精灯加热反应管E-段时间后再打开弹簧夹b，是为了升高催化剂的温度，使催化剂达到最佳活性温度，以提高反应速率，氮气和氢气之间在催化剂的作用下发生反应生成氨气，即N2+3H2
故答案为：铁触媒在较高温度时活性增大，加快氨合成的反应速率；N2+3H2
解析
解：I．氨气极易液化，气化时吸收热量，所以氨气能作制冷剂，氨气能和氧气反应生成一氧化氮、一氧化氮和氧气和水反应生成硝酸，硝酸为工业用三大强酸之一，利用氨气能生产化肥，所以氨气重要用途为制化肥、制硝酸，
故答案为：制硝酸、化肥；
II．①固态氯化铵加热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵，这个方案很难制氨气，故①错误；
②向固体氢氧化钠中滴加浓氨水，氢氧化钠吸水，放出大量热，促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，故②正确；
③氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热反应太剧烈并且生成的氨气极易溶于水，不易收集氨气，故③错误；
④固体氯化铵与氢氧化钙固体混合加热可以制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2
故选②④；
III．（1）氢气具有可燃性，加热不纯的氢气可能会发生爆炸，故检验氢气纯度的目的是排除空气，保证安全，
故答案为：排除空气，保证安全；
（2）当C瓶内水位下降到液面保持不变时，氮气和氢气两种气体也混合的很均匀了，C中的气体成分是氮气和氢气，A中试管内液面下降，长颈漏斗中液面上升，直到试管内液面和锌离分离，打开弹簧夹b，无底细口瓶C内气体经D进入反应管E，在这个地方氮气跟氢气进行反应生成氨气，并保证氢气含量较多，提高氮气的转化率；
故答案为：锌粒与酸脱离；尽量增大氢气的浓度以提高氮气的转化率；N2、H2；
（3）第③步先点燃E处酒精灯，只是为了先给催化剂升温，因为催化剂也只有在适宜的温度下才能发挥最大的活性，对于铁触媒来说，温度应该为500℃，所以用酒精灯加热反应管E-段时间后再打开弹簧夹b，是为了升高催化剂的温度，使催化剂达到最佳活性温度，以提高反应速率，氮气和氢气之间在催化剂的作用下发生反应生成氨气，即N2+3H2
故答案为：铁触媒在较高温度时活性增大，加快氨合成的反应速率；N2+3H2
CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：
已知：①浸出液含有阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；
②部分阳离子沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）
③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成CoCl2．
（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式______．
（2）写出加适量NaClO3发生反应的主要离子方程式______．
（3）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀成分为______．
（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是______和过滤．
（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1．向“滤液”中加入萃取剂的目的是______；其使用的最佳pH范围是______（填选项序号）．
A．2.0～2.5
B．3.0～3.5
C．4.0～4.5
D．5.0～5.5
（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量．通过计算发现粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是______（答一条即可）．
（7）已知某锂离子电池正极是LiCoO2，含Li+导电固体为电解质．充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳-6（C6）中（如图2所示）．若该电池的总反应为LiCoO2+C6
放电时的正极反应式为______．
正确答案
解：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，
故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，
故答案为：蒸发（浓缩）、冷却（结晶）；
（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；
由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，
故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；
（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，
故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水；
（7）放电时，该装置为原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为CoO2+Li++e-=LiCoO2，
故答案为：CoO2+Li++e-=LiCoO2．
解析
解：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，
故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，
故答案为：蒸发（浓缩）、冷却（结晶）；
（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；
由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，
故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；
（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，
故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水；
（7）放电时，该装置为原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为CoO2+Li++e-=LiCoO2，
故答案为：CoO2+Li++e-=LiCoO2．
（2016春•邯郸校级月考）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质．葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：
C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr
2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2↑
相关物质的溶解性见下表：
实验流程如下：
C6H12O6溶液 
请回答下列问题：
（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，下列装置最适合的是：______．
制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是______．
A．新制Cu（OH）2悬浊液 B．酸性KMnO4溶液
C．O2/葡萄糖氧化酶 D．[Ag（NH3）2]OH溶液
（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是______；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是______．
（3）第③步需趁热过滤，其原因是______．
（4）第④步加入乙醇的作用是______．
（5）第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是______．
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．乙醇-水混合溶液．
正确答案
解：（1）由于实验中需要能够控制滴加溴和水浴加热，A不能控制添加溴，C没有进行水浴加热，故装置B最合适，由于葡萄糖是一种多羟基的醛，所以可以被弱氧化剂氧化成羧酸类，酸性高锰酸钾溶液可以氧化羟基，A、D会产生重金属杂质离子，通过醛类催化氧化是最合适的，
故答案为：B；C；
（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是：提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制备弱酸原理，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，不宜用CaCl2替代CaCO3，
故答案为：提高葡萄糖酸的转化率；氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙；
（3）温度高时，葡萄糖酸钙的溶解度较大，趁热过滤，可避免葡萄糖酸钙的损失，
故答案为：防止葡萄糖酸钙冷却结晶析出；
（4）葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出，
故答案为：可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；
（5）洗涤沉淀，应避免沉淀溶解，且能将沉淀吸附物冲洗去，可用乙醇-水混合溶液，如只用水，则造成葡萄糖酸钙溶解而损失，只用乙醇，不能将杂质全被洗去，
故答案为：C．
解析
解：（1）由于实验中需要能够控制滴加溴和水浴加热，A不能控制添加溴，C没有进行水浴加热，故装置B最合适，由于葡萄糖是一种多羟基的醛，所以可以被弱氧化剂氧化成羧酸类，酸性高锰酸钾溶液可以氧化羟基，A、D会产生重金属杂质离子，通过醛类催化氧化是最合适的，
故答案为：B；C；
（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是：提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制备弱酸原理，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，不宜用CaCl2替代CaCO3，
故答案为：提高葡萄糖酸的转化率；氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙；
（3）温度高时，葡萄糖酸钙的溶解度较大，趁热过滤，可避免葡萄糖酸钙的损失，
故答案为：防止葡萄糖酸钙冷却结晶析出；
（4）葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出，
故答案为：可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；
（5）洗涤沉淀，应避免沉淀溶解，且能将沉淀吸附物冲洗去，可用乙醇-水混合溶液，如只用水，则造成葡萄糖酸钙溶解而损失，只用乙醇，不能将杂质全被洗去，
故答案为：C．
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