- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
实验室制备环己酮的反应原理为：
环己醇、环己酮、饱和食盐水和水的部分物理性质见下表：
注：括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物的沸点
（1）实验中通过装置B将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有环己醇的A中，在55～60℃进行反应．反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95～100℃的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物．
①仪器B的名称是______．
②蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，应采取的正确方法是______．
③蒸馏不能分离环己酮和水的原因是______．
（2）用漂粉精和冰醋酸代替酸性Na2Cr2O7溶液也可氧化环己醇制环己酮，用漂粉精和冰醋酸氧化突出的优点是______．
（3）环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：
a．蒸馏，收集151～156℃馏分，得到精品
b．过滤
c．在收集到的粗品中加NaCl固体至饱和，静置，分液
d．加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量水
①上述操作的正确顺序是______（填序号）．
②在上述操作c中，加入NaCl固体的作用是______．
（4）环己酮是一种常用的萃取剂，以环己酮为成分之一的萃取液对金属离子的萃取率与pH的关系如图2．现有某钴矿石的盐酸浸出液，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Al3+，除去Al3+后，再利用萃取法分离出MnCl2以得到较为纯净的CoCl2溶液，pH范围应控制在______．
a．2.0～2.5 b．3.0～3.5 c．4.0～4.5．
正确答案
分液漏斗
停止加热，冷却后通自来水
环已酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出
避免使用有毒的Na2Cr2O7
cdba
增加水层的密度，有利于分层，减小产物的损失
b
解析
解：（1）①仪器B的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
②蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，不能立即接通冷凝水，防止骤冷将冷凝管炸裂，应该等到装置冷却后再通冷凝水，故答案为：停止加热，冷却后通自来水；
③环己酮和水能形成具有固定组成的混合物，具有固定的沸点，蒸馏时能被一起蒸出，所以蒸馏难以分离环己酮和水的混合物．环己酮和水能够产生共沸，采取蒸馏是不可取的，建议采用精馏，故答案为：环已酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出；
（2）漂粉精和冰醋酸反应生成的次氯酸具有较强的氧化性，使用漂粉精和冰醋酸来代替，这样避免使用有毒的Na2Cr2O7，故答案为：避免使用有毒的Na2Cr2O7；（3）①联系制取肥皂的盐析原理，即增加水层的密度，有利于分层，环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来，然后向有机层中加入无水MgSO4，出去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可，故答案为：c d b a；
②加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来，故答案为：增加水层的密度，有利于分层，减小产物的损失；
（4）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：b．
工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）制取金属锌的流程如图所示．回答下列问题：
（1）酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，该反应的化学方程式为______．
（2）净化Ⅰ操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀．
①写出酸性条件下H2O2与Fe 2+反应的离子方程式：______．
②25℃时，pH=3的溶液中，c（Fe3+）=______mol•L-1（已知25℃，Ksp[Fe（ OH）3]=4.0×10-38）．
③净化Ⅰ生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是______．
（3）若没有净化Ⅱ操作，则对锌的制备带来的影响是______．
（4）本流程中可以循环利用的物质除锌外还有______．
正确答案
ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O
H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O
4.0×10-5
Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性
制取的锌含铜等杂质
H2SO4、ZnSO4
解析
解：（1）根据信息，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，
故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；
（2）①亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；
②氢氧化铁的溶度积Ksp[Fe（ OH）3]=4.0×10-38，pH=3的溶液中，氢氧根离子的浓度为1×10-11mol/L，c（Fe3+）=
故答案为：4.0×10-5；
③由于生成的Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性，所以净化Ⅰ生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，故答案为：Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性；
（3）由于锌焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反应后溶液中存在铜离子，没有净化Ⅱ操作，电解制取的锌中会含有铜等杂质，
故答案为：制取的锌含铜等杂质；
（4）通过制取金属锌的流程图示可以知道，可以循环利用的物质除锌外，含有硫酸、硫酸锌，
故答案为：H2SO4、ZnSO4．
SnSO4是一种重要的硫酸盐，在工业生产中有着广泛的应用．其制备路线如图：
已知：在酸性条件下，溶液中的Sn2+可被空气中的氧气氧化成Sn4+；SnCl2能水解生成碱式氯化亚锡[Sn（OH）Cl]．
（1）写出物质A的名称：______．
（2）SnCl2用盐酸而不用水溶解的原因是______（用化学方程式表示）．
（3）锡粉的作用是除去酸溶时产生的少量Sn4+，请写出产生Sn4+的离子方程式：______．
（4）反应Ⅰ生成的沉淀为SnO，写出该反应的化学方程式：______．该反应的温度需要控制在75℃左右的原因是______．
（5）实验室中“漂洗”沉淀的实验操作方法是______．
正确答案
解：SnCl2先用盐酸溶解，后又加了锡粉主要是防止在溶解时水解和被空气中氧气氧化，在过滤出锡粉，得到SnCl2溶液在反应Ⅰ与碳酸氢铵反应生成SnO、氯化铵、二氧化碳和水，再过滤得到SnO沉淀，经过漂洗除去表面的杂质离子，再在反应Ⅱ中与硫酸反应生成SnSO4，进一步提炼最终得到SnSO4晶体，据此分析；
（1）由（4）反应Ⅰ生成的沉淀为SnO，所以反应Ⅱ即SnO与A反应生成SnSO4，故A为硫酸，故答案为：硫酸；
（2）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；故答案是：SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl；
（3）酸性条件下，SnCl2可以被空气中的氧气氧化，将Sn2+氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O，
故答案为：2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O；
（4）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，化学方程式为：SnCl2+2NH4HCO3═SnO↓+2CO2↑+2NH4Cl+H2O，温度较低时反应速率小，温度较高时碳酸氢铵会分解，故答案为：SnCl2+2NH4HCO3═SnO↓+2CO2↑+2NH4Cl+H2O；温度较低时反应速率小，温度较高时碳酸氢铵会分解；
（5）“漂洗”的方法是：（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次；故答案为：（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次；
解析
解：SnCl2先用盐酸溶解，后又加了锡粉主要是防止在溶解时水解和被空气中氧气氧化，在过滤出锡粉，得到SnCl2溶液在反应Ⅰ与碳酸氢铵反应生成SnO、氯化铵、二氧化碳和水，再过滤得到SnO沉淀，经过漂洗除去表面的杂质离子，再在反应Ⅱ中与硫酸反应生成SnSO4，进一步提炼最终得到SnSO4晶体，据此分析；
（1）由（4）反应Ⅰ生成的沉淀为SnO，所以反应Ⅱ即SnO与A反应生成SnSO4，故A为硫酸，故答案为：硫酸；
（2）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；故答案是：SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl；
（3）酸性条件下，SnCl2可以被空气中的氧气氧化，将Sn2+氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O，
故答案为：2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O；
（4）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，化学方程式为：SnCl2+2NH4HCO3═SnO↓+2CO2↑+2NH4Cl+H2O，温度较低时反应速率小，温度较高时碳酸氢铵会分解，故答案为：SnCl2+2NH4HCO3═SnO↓+2CO2↑+2NH4Cl+H2O；温度较低时反应速率小，温度较高时碳酸氢铵会分解；
（5）“漂洗”的方法是：（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次；故答案为：（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次；
某校化学小组的同学将一批废弃的线路板简单处理后，得到含Cu、Al、Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计了如图1制备硫酸铜和硫酸铝晶体的方案：
回答下列问题：
（1）第②步加入H2O2是为了除去Fe2+，该反应的离子方程式为______．
（2）滤渣2的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3．由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O实验过程的最后步骤，是由Al2（SO4）3溶液经过加热蒸发、冷却结晶、______（填写所需实验操作的名称），即获得Al2（SO4）3•18H2O晶体．
（3）用第③步所得CuSO4•5H2O可制得Cu（OH）2．化学活动小组为探究Cu（OH）2受热分解产物及产物性质，设计如下实验过程：取0.98g Cu（OH）2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图3所示，产物A、B的化学式分别为______和Cu2O．通过以上实验和图象可以得出如下结论：高温时B______（填“较稳定”或“不稳定”）．
活动小组同学还进行了如下实验：
某同学用图2装置进行实验（夹持装置未画出），最终得出的结论是加热时A可将NH3氧化为N2，A被还原为单质Cu．支持此同学结论的现象是______．
正确答案
解：稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染，调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，经蒸发结晶可得到CuSO4•5H2O晶体，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝，在滤渣中加NaOH，和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体．
（1）步骤②是在碱性条件下H2O2与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+与OH-，Fe3+与OH-反应生成Fe（OH）3沉淀，反应为：2Fe2++H2O2+4OH-═2Fe（OH）3，
故答案为：2Fe2++H2O2+4OH-═2Fe（OH）3；
（2）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得硫酸铝晶体，所以最后的操作步骤为过滤、洗涤、干燥，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；
（3）0.98gCu（OH）2固体物质的量为：0.01mol，依据分解图象分析判断，100°C时氢氧化铜分解产物为0.8g，高温1100°C得到B为0.72g，根据氢氧化铜分解生成氧化铜和水判断，Cu（OH）2
故答案为：CuO；较稳定；硬质玻璃管中黑色固体变成红色，烧杯中导管口部产生气泡，有无色、无味气体生成．
解析
解：稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染，调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，经蒸发结晶可得到CuSO4•5H2O晶体，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝，在滤渣中加NaOH，和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体．
（1）步骤②是在碱性条件下H2O2与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+与OH-，Fe3+与OH-反应生成Fe（OH）3沉淀，反应为：2Fe2++H2O2+4OH-═2Fe（OH）3，
故答案为：2Fe2++H2O2+4OH-═2Fe（OH）3；
（2）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得硫酸铝晶体，所以最后的操作步骤为过滤、洗涤、干燥，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；
（3）0.98gCu（OH）2固体物质的量为：0.01mol，依据分解图象分析判断，100°C时氢氧化铜分解产物为0.8g，高温1100°C得到B为0.72g，根据氢氧化铜分解生成氧化铜和水判断，Cu（OH）2
故答案为：CuO；较稳定；硬质玻璃管中黑色固体变成红色，烧杯中导管口部产生气泡，有无色、无味气体生成．
工业上制备K2FeO4的流程如下：
（1）实验室配制FeSO4溶液时，需加入铁粉和稀硫酸，试说明加稀硫酸原因______．
（2）第一次氧化时，需要控制温度不超过35℃，原因是______．
（3）用饱和KOH溶液结晶的原因是______
（4）洗涤时用乙醚作洗涤剂的原因是______．
（5）控制NaOH的量一定，改变FeSO4•7H2O的投入量时，可以控制产率，假设所有反应均完全时产率最高则n（FeSO4•7H2O）：n（NaOH）理论值应为______．
（6）经测定第一、二次氧化时的转化率分别为a和b，结晶时的转化率为c，若要制备d Kg的K2FeO4，则需要FeSO4•7H2O______Kg．（K2FeO4的相对分子质量是198；FeSO4•7H2O的相对分子质量是278；答案用分数表示）
（7）电解法也能制备K2FeO4．用KOH溶液作电解液，在以铁作阳极可以将铁氧化成FeO42-，试写出此时阳极的电极反应式______．
正确答案
解：（1）FeSO4溶液中亚铁离子易被氧化生成铁离子，亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，加入铁粉防止氧化，加入硫酸防止水解，实验室配制FeSO4溶液时，需加入铁粉和稀硫酸，加稀硫酸原因是抑制FeSO4的水解，
故答案为：抑制FeSO4的水解；
（2）第一次氧化时，需要控制温度不超过35℃，原因是过氧化氢受热易发生分解失去氧化作用，
故答案为：温度过高H2O2会分解；
（3）上述分析可知用饱和KOH溶液提供钾离子结晶析出高铁酸钾晶体，用饱和KOH溶液结晶的原因是提供K+离子，
故答案为：提供K+；
（4）高铁酸钾不溶于乙醚，洗涤时用乙醚作洗涤剂的原因是用乙醚作洗涤剂减少产品损失，
故答案为：减少K2FeO4的损失；
（5）反应中Fe3+→FeO42-，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，ClO-→Cl-，氯元素化合价由+1降低为-1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe3+系数为2，ClO-系数为3，由铁元素守恒可知 FeO42-系数为2，由氯元素守恒可知Cl-系数为3，根据钠元素守恒可知OH-系数为10，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平离子方程式：3ClO-+2Fe3++10OH-═2FeO42-+3Cl-+5 H2O，假设所有反应均完全时产率最高，假设所有反应均完全时产率最高则n（FeSO4•7H2O）：n（NaOH）理论值应为1：5，
故答案为：1：5；
（6）经测定第一、二次氧化时的转化率分别为a和b，结晶时的转化率为c，若要制备d Kg的K2FeO4，元素守恒得到铁元素物质的量
则需要FeSO4•7H2O 质量=
故答案为：
（7）电解时阳极发生氧化反应，Fe在碱性条件下被氧化为FeO42-，电极反应式为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，
故答案为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O．
解析
解：（1）FeSO4溶液中亚铁离子易被氧化生成铁离子，亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，加入铁粉防止氧化，加入硫酸防止水解，实验室配制FeSO4溶液时，需加入铁粉和稀硫酸，加稀硫酸原因是抑制FeSO4的水解，
故答案为：抑制FeSO4的水解；
（2）第一次氧化时，需要控制温度不超过35℃，原因是过氧化氢受热易发生分解失去氧化作用，
故答案为：温度过高H2O2会分解；
（3）上述分析可知用饱和KOH溶液提供钾离子结晶析出高铁酸钾晶体，用饱和KOH溶液结晶的原因是提供K+离子，
故答案为：提供K+；
（4）高铁酸钾不溶于乙醚，洗涤时用乙醚作洗涤剂的原因是用乙醚作洗涤剂减少产品损失，
故答案为：减少K2FeO4的损失；
（5）反应中Fe3+→FeO42-，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，ClO-→Cl-，氯元素化合价由+1降低为-1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe3+系数为2，ClO-系数为3，由铁元素守恒可知 FeO42-系数为2，由氯元素守恒可知Cl-系数为3，根据钠元素守恒可知OH-系数为10，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平离子方程式：3ClO-+2Fe3++10OH-═2FeO42-+3Cl-+5 H2O，假设所有反应均完全时产率最高，假设所有反应均完全时产率最高则n（FeSO4•7H2O）：n（NaOH）理论值应为1：5，
故答案为：1：5；
（6）经测定第一、二次氧化时的转化率分别为a和b，结晶时的转化率为c，若要制备d Kg的K2FeO4，元素守恒得到铁元素物质的量
则需要FeSO4•7H2O 质量=
故答案为：
（7）电解时阳极发生氧化反应，Fe在碱性条件下被氧化为FeO42-，电极反应式为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，
故答案为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O．
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