- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
铵明矾[（NH4）xAly（SO4）m•nH2O]为无色、透明晶体．工业常用于制造颜料、媒染剂、净水剂等．制取铵明矾的工艺流程图如下：
（1）25℃时，将0.2mol•L-1的氨水与0.1mol•L-1的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液的pH=5，则该温度下氨水的电离常数Kb≈______．（忽略混合时溶液体积的变化）
（2）铵明矾的化学式可通过下列实验测定：准确称取4.53g铵明矾配成溶液，加入盐酸酸 化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色沉淀4.66g．另取4.53g铵明矾，配制成250.00mL溶液．准确量取25.00mL 溶液，调节溶液pH约为3.5，加入30.00mL 0.0500mol•L-1乙二胺四乙酸二钠（Na2H2Y）标准溶液，加热至沸，使Al3+与Na2H2Y的反应迅速定量进行；待反应完成后调节溶液为5～6，加入二甲酚橙指示剂，再用0.0500mol•L-1Zn2+滴定液返滴定过量的Na2H2Y，至滴定终点消耗Zn2+滴定液10.00mL．反应的离子方程式为：Al3++H2Y2-═AlY-+2H+，Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+
①若返滴定时，滴定管在使用前未用Zn2+滴定液润洗，测得的Al3+含量将______（填“偏高”、或“偏低”或“不变”）；
②调节溶液pH约为3.5的目的是______；
③通过计算确定铵明矾的化学式（写出计算过程）．．
正确答案
解：（1）将0.2mol•L-1的氨水与0.1mol•L-1的H2SO4溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸铵，生成硫酸铵的浓度为：0.05mol/L，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，水解反应方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，所得溶液的pH=5，则c（H+）=10-5，c（NH3•H2O）=c（H+）=10-5，c（OH-）=
（2）①若返滴定时，滴定管在使用前未用Zn2+滴定液润洗，导致锌离子浓度偏低，所用体积偏大，据此计算出未和铝离子反应的乙二胺四乙酸二钠溶液偏多，和铝离子反应的乙二胺四乙酸二钠偏少，由此计算的铝离子浓度偏低；故答案为：偏低；
②本实验是用乙二胺四乙酸二钠滴定铝离子，调节pH为3.5，酸性条件下抑制了铝离子的水解，保证所有铝离子和乙二胺四乙酸二钠反应，故答案为：抑制Al3+水解；
③n（铵明矾）=4.53g÷453g/mol=0.01mol，n（SO42-）=n（BaSO4）=4.66g÷233g/mol=0.02mol，
n（Al3+）=250mL÷25mL×0.0500mol/L×（30.00-10.00）×10-3L=0.01mol，
由电荷守恒知：n（NH4+）=2n（SO42-）-3n（Al3+）=0.02mol×2-0.01mol×3=0.01mol
n（H2O）=（4.53-0.02×96-0.01×27-0.01×18）g÷18g/mol=0.12mol，
所以n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）：n（H2O）=0.01mol：0.01mol：0.02mol：0.12mol=1：1：2：12，
铵明矾的化学式为：NH4Al（SO4）2•12H2O，
答：铵明矾的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O．
解析
解：（1）将0.2mol•L-1的氨水与0.1mol•L-1的H2SO4溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸铵，生成硫酸铵的浓度为：0.05mol/L，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，水解反应方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，所得溶液的pH=5，则c（H+）=10-5，c（NH3•H2O）=c（H+）=10-5，c（OH-）=
（2）①若返滴定时，滴定管在使用前未用Zn2+滴定液润洗，导致锌离子浓度偏低，所用体积偏大，据此计算出未和铝离子反应的乙二胺四乙酸二钠溶液偏多，和铝离子反应的乙二胺四乙酸二钠偏少，由此计算的铝离子浓度偏低；故答案为：偏低；
②本实验是用乙二胺四乙酸二钠滴定铝离子，调节pH为3.5，酸性条件下抑制了铝离子的水解，保证所有铝离子和乙二胺四乙酸二钠反应，故答案为：抑制Al3+水解；
③n（铵明矾）=4.53g÷453g/mol=0.01mol，n（SO42-）=n（BaSO4）=4.66g÷233g/mol=0.02mol，
n（Al3+）=250mL÷25mL×0.0500mol/L×（30.00-10.00）×10-3L=0.01mol，
由电荷守恒知：n（NH4+）=2n（SO42-）-3n（Al3+）=0.02mol×2-0.01mol×3=0.01mol
n（H2O）=（4.53-0.02×96-0.01×27-0.01×18）g÷18g/mol=0.12mol，
所以n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）：n（H2O）=0.01mol：0.01mol：0.02mol：0.12mol=1：1：2：12，
铵明矾的化学式为：NH4Al（SO4）2•12H2O，
答：铵明矾的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O．
4，7-二甲基香豆素（熔点：132.6℃）是一种重要的香料，广泛分布于植物界中，由间-甲苯酚为原料的合成反应如下：
实验装置图如图：
主要实验步骤：
步骤1：向装置a中加入60mL浓硫酸，并冷却至0℃以下，搅拌下滴入间-甲苯酚30mL（0.29mol）和乙酰乙酸乙酯26.4mL （0.21mol）的混合物．
步骤2：保持在10℃下，搅拌12h，反应完全后，将其倒入冰水混合物中，然后抽滤、水洗得粗产品
步骤3：粗产品用乙醇溶解并重结晶，得白色针状晶体并烘干，称得产品质量为33.0g．
（1）简述装置b中将活塞上下部分连通的目的______．
（2）浓H2SO4需要冷却至0℃以下的原因是______．
（3）反应需要搅拌12h，其原因是______．
（4）本次实验产率为______（百分数保留一位小数）．
（5）实验室制备乙酸乙酯的化学反应方程式______，用______（填药品名称）收集粗产品，用______（填操作名称）的方法把粗产品分离．
正确答案
解：（1）装置中装置b中将活塞上下部分连通具有平衡气压的作用，使漏斗中间甲苯酚30mL（0.29mol）和乙酰乙酸乙酯26.4mL （0.21mol）的混合物顺利流下，故答案为：平衡上下气压，使漏斗中液体顺利流下；
（2）浓硫酸具有强氧化性和脱水性，反应温度高浓硫酸能使有机物氧化和脱水碳化，发生副反应，所以浓H2SO4需要冷却至0℃以下，故答案为：防止浓H2SO4将有机物氧化或炭化；
（3）不断的搅拌反应混合物，可以使反应物充分接触反应，从而提高反应产率，故答案为：使反应物充分接触反应，提高反应产率；
（4））已知间甲苯酚30mL（0.29mol）、乙酰乙酸乙酯26.4mL（0.21mol），若完全反应间甲苯酚过量，按照乙酰乙酸乙酯计算理论产量为0.21mol×176g/mol=36.96g，则产率
（5）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH
解析
解：（1）装置中装置b中将活塞上下部分连通具有平衡气压的作用，使漏斗中间甲苯酚30mL（0.29mol）和乙酰乙酸乙酯26.4mL （0.21mol）的混合物顺利流下，故答案为：平衡上下气压，使漏斗中液体顺利流下；
（2）浓硫酸具有强氧化性和脱水性，反应温度高浓硫酸能使有机物氧化和脱水碳化，发生副反应，所以浓H2SO4需要冷却至0℃以下，故答案为：防止浓H2SO4将有机物氧化或炭化；
（3）不断的搅拌反应混合物，可以使反应物充分接触反应，从而提高反应产率，故答案为：使反应物充分接触反应，提高反应产率；
（4））已知间甲苯酚30mL（0.29mol）、乙酰乙酸乙酯26.4mL（0.21mol），若完全反应间甲苯酚过量，按照乙酰乙酸乙酯计算理论产量为0.21mol×176g/mol=36.96g，则产率
（5）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH
甲酸钙广泛用于食品、化工、石油等工业生产上，在300-400℃时分解．实验室制取的方法之一是利用反应：Ca（0H）2+2HCH0+2H2O2═Ca（HCOO）2+4H2O．实验室制取时，将工业用氢氧化钙和甲醛（HCHO）依次加入质量分数为30%-70%的过氧化氢溶液中（投料物质的量之比为1：2：1.2），最终可得到质量分数为98%上且重金属含量极低的优质产品．
（1）反应温度最好控制在30-70℃，温度不宜过高，其主要原因是______．
（2）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠以抑制甲醛发生副反应，同时还要加入少量的Na2S溶液，加入硫化钠的目的是______．
（3）结束后需调节溶液的pH为7-8，其目的是______，最后经结晶分离，干燥得产品．
（4）饲料行业中，甲酸钙常与草酸钙混合使用，现取0.388g Ca（HCOO）2与CaC2O4的混合物，先加入稀H2SO4溶解，再用0.1000mol•L-1的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液20.00mL．
已知滴定时发生反应的离子方程式如下（未配平）：
Ⅰ．MnO4-+HCOOH+H+→Mn2++CO2↑+H2O
Ⅱ．MnO4-+H2C2O4+H+→Mn2++CO2↑+H2O
①滴定操作过程中需要用到的仪器有______（填字母）；
②达到滴定终点的现象是______；
③原混合物中Ca（HCOO）2与CaC2O4的物质的量之比为______．
正确答案
解：（1）过氧化氢受热易分解：2H2O2
故答案为：防止H2O2分解和甲醛挥发；
（2）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S溶液，硫化钠与重金属离子结合生成硫化物，硫化物难溶于水，可以除去重金属离子；
故答案为：除去重金属离子（使重金属离子形成硫化物沉淀除去）；
（3）甲酸根离子为弱酸根离子，则甲酸钙水解显弱碱性，调节溶液pH 7～8，溶液为弱碱性能抑制甲酸钙水解，结束后需调节溶液的pH 7～8，显弱碱性，能除去甲酸，
故答案为：防止甲酸钙水解（或除去甲酸）；
（4）①滴定操作中需要使用滴定管和锥形瓶，即B、D正确，
故答案为：B、D；
②滴定结束之前溶液为无色，滴定结束时高锰酸钾溶液过量，溶液变为紫色，所以滴定终点颜色变化为：无色变为紫色或高锰酸钾溶液不褪色，
故答案为：无色变为紫色或高锰酸钾溶液不褪色；
③HCOOH反应中C由+2价升高为二氧化碳中+4价，MnO4-中Mn由+7价降为Mn2+中的+2价，要使氧化剂与还原剂得失电子相等则H2C2O4系数为5，MnO4-系数为2，结合原子个数守恒，反应方程式：2MnO4-+5HCOOH+6H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O；H2C2O4反应中C由+3价升高为二氧化碳中+4价，MnO4-中Mn由+7价降为Mn2+中的+2价，要使氧化剂与还原剂得失电子相等则H2C2O4系数为5，MnO4-系数为2，结合原子个数守恒，反应方程式：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；则
故答案为：2：1．
解析
解：（1）过氧化氢受热易分解：2H2O2
故答案为：防止H2O2分解和甲醛挥发；
（2）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S溶液，硫化钠与重金属离子结合生成硫化物，硫化物难溶于水，可以除去重金属离子；
故答案为：除去重金属离子（使重金属离子形成硫化物沉淀除去）；
（3）甲酸根离子为弱酸根离子，则甲酸钙水解显弱碱性，调节溶液pH 7～8，溶液为弱碱性能抑制甲酸钙水解，结束后需调节溶液的pH 7～8，显弱碱性，能除去甲酸，
故答案为：防止甲酸钙水解（或除去甲酸）；
（4）①滴定操作中需要使用滴定管和锥形瓶，即B、D正确，
故答案为：B、D；
②滴定结束之前溶液为无色，滴定结束时高锰酸钾溶液过量，溶液变为紫色，所以滴定终点颜色变化为：无色变为紫色或高锰酸钾溶液不褪色，
故答案为：无色变为紫色或高锰酸钾溶液不褪色；
③HCOOH反应中C由+2价升高为二氧化碳中+4价，MnO4-中Mn由+7价降为Mn2+中的+2价，要使氧化剂与还原剂得失电子相等则H2C2O4系数为5，MnO4-系数为2，结合原子个数守恒，反应方程式：2MnO4-+5HCOOH+6H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O；H2C2O4反应中C由+3价升高为二氧化碳中+4价，MnO4-中Mn由+7价降为Mn2+中的+2价，要使氧化剂与还原剂得失电子相等则H2C2O4系数为5，MnO4-系数为2，结合原子个数守恒，反应方程式：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；则
故答案为：2：1．
易溶于水的三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]•3H2O可用于摄影和蓝色印刷．以铁屑为原料的制备流程如图1：
请回答下列问题：
（1）铁屑中常含硫元素，加稀硫酸时会产生有毒的H2S气体，可用氢氧化钠溶液吸收，下列吸收装置正确的是图2中的______．
（2）制得的FeSO4溶液中需加入少量的H2SO4酸化，目的是______．若要从溶液中得到绿矾FeSO4•7H2O，必须进行的实验操作是______（按顺序填写）．
a．过滤洗涤 b．蒸发浓缩 c．冷却结晶 d．灼烧 e．干燥
（3）该晶体盐在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应．
①分解得到的气体产物用如图3装置进行实验
装置检查气密性后，先通一段时间N2，其目的为______．结束实验时先熄灭酒精灯再通入N2至常温，其目的为______．实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，E中有红色固体生成，则气体产物是______．
②分解得到的固体产物含有K2CO3、FeO、Fe，加水溶解、过滤、洗涤、干燥，得到含铁样品．现设计下列三种实验方案对该样品进行铁元素含量测定．
【甲】a g样品
【乙】a g样品
【丙】a g样品
你认为以上方案中______无法确定样品的组成，理由是______．
【甲】方案中测得铁元素的含量是______（用含有a、b的代数式表达）
正确答案
解：（1）洗气装置中导气管应该采用“长进短出”原则，符合条件的是A，故选A；
（2）Fe2+易水解导致溶液浑浊，酸能抑制Fe2+水解，为防止亚铁离子水解，应该加入少量稀硫酸；
若要从溶液中得到绿矾FeSO4•7H2O，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥操作，
故答案为：防止Fe2+的水解；bcae；
（3）①三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，即证明二氧化碳产生，E中有红色固体生成，证明还原性的气体CO的产生，
故答案为：排除装置中的空气，防止干扰实验结果；防止液体回流（或倒吸）；CO2、CO；
②在实验方案丙中，先是用盐酸溶解，最后加入高锰酸钾后，高锰酸钾具有氧化性，能将亚铁离子以及氯离子氧化，这样会导致得到的亚铁离子的含量偏高，干扰实验结果，无法确定样品的组成；
甲中样品溶解过程中亚铁离子被氧化生成铁离子，Fe 3+和OH-反应生成Fe（OH）3沉淀，灼烧沉淀得到固体是Fe2O3，
根据Fe原子守恒得n（Fe）=2n[Fe2O3]=2×
则样品中Fe元素质量分数=
故答案为：丙方案；使用盐酸溶解样品，氯离子也可以被高锰酸根离子氧化；
解析
解：（1）洗气装置中导气管应该采用“长进短出”原则，符合条件的是A，故选A；
（2）Fe2+易水解导致溶液浑浊，酸能抑制Fe2+水解，为防止亚铁离子水解，应该加入少量稀硫酸；
若要从溶液中得到绿矾FeSO4•7H2O，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥操作，
故答案为：防止Fe2+的水解；bcae；
（3）①三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，即证明二氧化碳产生，E中有红色固体生成，证明还原性的气体CO的产生，
故答案为：排除装置中的空气，防止干扰实验结果；防止液体回流（或倒吸）；CO2、CO；
②在实验方案丙中，先是用盐酸溶解，最后加入高锰酸钾后，高锰酸钾具有氧化性，能将亚铁离子以及氯离子氧化，这样会导致得到的亚铁离子的含量偏高，干扰实验结果，无法确定样品的组成；
甲中样品溶解过程中亚铁离子被氧化生成铁离子，Fe 3+和OH-反应生成Fe（OH）3沉淀，灼烧沉淀得到固体是Fe2O3，
根据Fe原子守恒得n（Fe）=2n[Fe2O3]=2×
则样品中Fe元素质量分数=
故答案为：丙方案；使用盐酸溶解样品，氯离子也可以被高锰酸根离子氧化；
用菱锌矿（主要成分为碳酸锌，还含有Fe2+、Fe3+、Mg2+、Ca2+、Cu2+等）制备氯化锌的一种流程如下：
（1）在反应3前要将菱锌矿研磨，其目的是______．
（2）反应4将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为______．
（3）加入氧化锌调节pH=4.5，反应5的离子方程式为______、______．
（4）锌粉不在反应4之前加入的原因是______．
（5）若用石墨作电极电解滤液Y，则可以得到参与本流程反应的物质有______．
正确答案
解：（1）依据影响化学反应速率的因素分析判断，增大接触面积会增大反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，使反应3反应速率加快；
（2）反应1是氯气与氢氧化钠溶液反应，产物是NaClO、NaClO3和水，反应3中加入了过量盐酸，反应4中将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+═2Fe3++Cl-+H2O，
故答案为：2Fe2++ClO-+2H+═2Fe3++Cl-+H2O；
（3）加入氧化锌调节溶液的pH=4.5，同时得到红褐色沉淀Fe（OH）3，同时不引入新的杂质；反应的离子方程式为：ZnO+2H+═Zn2++H2O，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3↓+3H+，
故答案为：ZnO+2H+═Zn2++H2O；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3↓+3H+；
（4）因为菱锌矿中含有杂质离子Fe3+，以及加入的盐酸均可以与锌粉反应，这样锌的用量增加，并造成后续反应中所用的次氯酸钠或氯酸钠的用量也增加，
故答案为：Zn和H+以及Fe3+反应，将增加Zn的用量以及后续实验中次氯酸钠（或氯酸钠）的用量；
（5）滤液Y是ZnCl2，用石墨作电极，电解时首先得到H2和Cl2，当ZnCl2浓度较大时还可以得到Zn，故答案为：H2、Cl2、Zn．
解析
解：（1）依据影响化学反应速率的因素分析判断，增大接触面积会增大反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，使反应3反应速率加快；
（2）反应1是氯气与氢氧化钠溶液反应，产物是NaClO、NaClO3和水，反应3中加入了过量盐酸，反应4中将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+═2Fe3++Cl-+H2O，
故答案为：2Fe2++ClO-+2H+═2Fe3++Cl-+H2O；
（3）加入氧化锌调节溶液的pH=4.5，同时得到红褐色沉淀Fe（OH）3，同时不引入新的杂质；反应的离子方程式为：ZnO+2H+═Zn2++H2O，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3↓+3H+，
故答案为：ZnO+2H+═Zn2++H2O；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3↓+3H+；
（4）因为菱锌矿中含有杂质离子Fe3+，以及加入的盐酸均可以与锌粉反应，这样锌的用量增加，并造成后续反应中所用的次氯酸钠或氯酸钠的用量也增加，
故答案为：Zn和H+以及Fe3+反应，将增加Zn的用量以及后续实验中次氯酸钠（或氯酸钠）的用量；
（5）滤液Y是ZnCl2，用石墨作电极，电解时首先得到H2和Cl2，当ZnCl2浓度较大时还可以得到Zn，故答案为：H2、Cl2、Zn．
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