- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
(2015•海口模拟)碱式碳酸铜是一种化工原料,化学式用mCu(OH)2•nCuCO3表示.实验室以废铜屑为原料制取碱式碳酸铜的步骤如图:
Ⅰ.废铜屑制硝酸铜
如上图,将浓硝酸缓慢加到废铜屑中(废铜屑过量),充分反应后过滤,得到硝酸铜溶液.
Ⅱ.碱式碳酸铜的制备
①向大试管中加入碳酸钠溶液和硝酸铜溶液;
②水浴加热至70℃左右;
③用0.4mol•L-1的NaOH溶液调节pH至8.5,振荡、静置、过滤;
④用蒸馏水洗涤,再用无水乙醇洗涤,得到碱式碳酸铜产品.
请回答下列问题:
(1)上图中B装置的作用是______;
(2)已知:NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O;2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O,NO不能单独与NaOH溶液反应,实验结束时,如何操作才能使装置中的有毒气体被NaOH溶液完全吸收?______;
(3)从环保角度设计出一种用废铜屑制硝酸铜的方法:______;
(4)步骤④中用无水乙醇洗涤的目的是______;
(5)用灼烧法测定碱式碳酸铜组成:取34.6g纯净物mCu(OH)2•nCuCO3,在硬质试管里灼烧,将气体产物依次通入足量的浓硫酸、足量的碱石灰中,完全吸收后浓硫酸净增1.8g,碱石灰净增8.8g;利用上述数据推算出碱式碳酸铜的化学式为______.
正确答案
解:(1)由于铜与浓硝酸反应中,圆底烧瓶中压强会迅速减小,将氢氧化钠溶液倒吸入反应装置,有了A装置就可以防止倒吸,
故答案为:安全瓶,防倒吸;
(2)通过关闭活塞b,打开活塞a,通入一段时间空气操作,可以将装置中的有毒气体导入氢氧化钠溶液中,让氢氧化钠溶液充分吸收,
故答案为:关闭活塞b,打开活塞a,通入一段时间空气;
(3)铜屑在空气中灼烧后生产氧化铜,氧化铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和水,没有污染物,且硝酸的利用率100%,故答案为:将铜屑在空气中充分灼烧,然后将残留固体溶于足量稀硝酸;
(4)乙醇具有挥发性,碱式碳酸铜晶体中的水可以用乙醇来洗涤,乙醇具有挥发性,利用乙醇的易挥发,带走洗涤的水;故答案:利用乙醇的易挥发,带走洗涤的水;
(5)浓硫酸吸收水,碱石灰吸收二氧化碳,所以由题可知:n(H2O)==0.1 mol,n(CO2)=
=0.2 mol,所以的最简正整为:m=1,n=2,则该碱式碳酸铜的化学式为:Cu(OH)2•2CuCO3,故答案为:Cu(OH)2•2CuCO3.
解析
解:(1)由于铜与浓硝酸反应中,圆底烧瓶中压强会迅速减小,将氢氧化钠溶液倒吸入反应装置,有了A装置就可以防止倒吸,
故答案为:安全瓶,防倒吸;
(2)通过关闭活塞b,打开活塞a,通入一段时间空气操作,可以将装置中的有毒气体导入氢氧化钠溶液中,让氢氧化钠溶液充分吸收,
故答案为:关闭活塞b,打开活塞a,通入一段时间空气;
(3)铜屑在空气中灼烧后生产氧化铜,氧化铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和水,没有污染物,且硝酸的利用率100%,故答案为:将铜屑在空气中充分灼烧,然后将残留固体溶于足量稀硝酸;
(4)乙醇具有挥发性,碱式碳酸铜晶体中的水可以用乙醇来洗涤,乙醇具有挥发性,利用乙醇的易挥发,带走洗涤的水;故答案:利用乙醇的易挥发,带走洗涤的水;
(5)浓硫酸吸收水,碱石灰吸收二氧化碳,所以由题可知:n(H2O)==0.1 mol,n(CO2)=
=0.2 mol,所以的最简正整为:m=1,n=2,则该碱式碳酸铜的化学式为:Cu(OH)2•2CuCO3,故答案为:Cu(OH)2•2CuCO3.
某兴趣小组利用如图装置制备氮化镁并探究氮化镁的某些性质.请完成横线上的相关问题:
(1)实验步骤及现象:
①连接仪器并______.然后,向各仪器中加入适量所需药品.
②______.
③打开分液漏斗活塞,观察到B中浓溴水颜色变浅至褪色,C中产生无色气泡.
④点燃酒精灯,观察到E中固体变成了黄绿色.(氮化镁是黄绿色固体,遇水剧烈反应生成两种碱.)
(2)A装置中仪器a的名称为______.
(3)写出B处反应的化学方程式______.
(4)D装置中的P2O5是一种非氧化性干燥剂,下列气体不能用浓硫酸干燥,可用P2O5干燥的是______.
a.NH3 b.HI C.SO2 d.CO2
(5)E装置中发生反应的化学方程式为:______.
(6)此装置中存在着明显缺陷,你的改进措施是:______.
(7)某同学要探究E中固体成分.将E中的固体放入稀盐酸中,观察到固体溶解并产生气泡,写出此过程中反应的化学方程式______、______.
正确答案
检查气密性
通入惰性气体,排出装置内的空气
分液漏斗
3Br2+8NH3═6NH4Br+N2
b
N2+3MgMg3N2
在E装置后,连接装有碱石灰的干燥管,防止空气中的水蒸汽进入E装置
Mg3N2+8HCl═2MgCl2+2NH4Cl
Mg+2HCl═MgCl2+H2↑
解析
解:(1)①制备气体的装置,需要检验装置气密性,故答案为:检查装置气密性;
②为防止镁带与氧气反应,因此需要通入惰性气体,排出装置中的空气,提供无氧环境,避免副产物的生成,故答案为:通入惰性气体,排出装置中的空气;
(2)装置A中a仪器是分液漏斗,故答案为:分液漏斗;
(3)B中发生反应的化学方程式为3Br2+8NH3═6NH4Br+N2,故答案为:3Br2+8NH3═6NH4Br+N2;
(4)NH3能与酸反应,HI具有强还原性,故氮气不能用浓硫酸干燥,也不能用五氧化二磷干燥,但HI不能用浓硫酸干燥,能用五氧化二磷干燥,CO2和SO2都可以用二者干燥,故答案为:b;
(5)E中发生反应的化学方程式为N2+3MgMg3N2,故答案为:N2+3Mg
Mg3N2;
(6)为防止氮化镁水解,在E装置后要接一个干燥装置,防空气中的水汽进入,故答案为:在E装置后,连接装有碱石灰的干燥管,防止空气中的水蒸汽进入E装置;
(7)可看成氮化镁遇水生成氨气和氢氧化镁,再和盐酸继续反应,另外过量的镁也能和盐酸反应,发生反应的化学方程式为Mg3N2+8HCl═2MgCl2+2NH4Cl、Mg+2HCl═MgCl2+H2↑,故答案为:Mg3N2+8HCl═2MgCl2+2NH4Cl;Mg+2HCl═MgCl2+H2↑.
铁及其化合物有重要用途,如聚合硫酸铁[Fe2(0H)n(S04)3-]m是一种新型高效的水处理混凝剂,而高铁酸钾(其中铁的化合价为+6)是一种重要的杀菌消毒剂,某课题小组设 计如下方案制备上述两种产品:
请回答下列问题:
(1)若A为H20(g),可以得到Fe304,写出Fe与H20(g)反应的化学方程式的电子式:______.
(2)若B为NaCl03与稀硫酸,写出其氧化Fe2+的离子方程式(还原产物为CD):______.
(3)若C为KKO3和KOH的混合物,写出其与Fe2O3加热共融制得高铁酸鉀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:准确量取20.00mL溶液I于带塞锥形瓶中,加入足量H202,调节pH<3,加热除去过量H202;加入过量KI充分反应后,再用O.1OOOmol•L-1 Na2S2O3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-+S4O62-
①写出滴定选用的指示剂______,滴定终点观察到的现象______:
②溶液Ⅰ中轶元素的总含量为______g•L-1.若滴定前溶液中H202没有除尽,所测定的铁元素的含量将会______ (填“偏高”“偏低”“不变”).
(5)设计实验方案,检验溶液I中的Fe2+和Fe3+______.
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)Fe304+4H2,
故答案为:3Fe+4H2O(g)Fe304+4H2;
(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、4、2、K2FeO4、3、2、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:=5.6g/L;
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;
(5)检验溶液I中的Fe2+和Fe3+的方法为:取溶液Ⅰ少量于试管中,加入硫酸酸化,再加入高锰酸钾溶液,溶液颜色从深紫色变成黄色或变浅,则含有Fe2+(或取溶液Ⅰ少量于试管中,加入铁氰化钾溶液,有蓝色沉淀生成,则含有Fe2+);另取溶液Ⅰ少量于试管中,滴加硫氰化钾溶液,如果变为红色,证明含有铁离子
故答案为:取溶液Ⅰ少量于试管中,加入硫酸酸化,再加入高锰酸钾溶液,溶液颜色从深紫色变成黄色或变浅,则含有Fe2+(或取溶液Ⅰ少量于试管中,加入铁氰化钾溶液,有蓝色沉淀生成,则含有Fe2+);另取溶液Ⅰ少量于试管中,滴加硫氰化钾溶液,如果变为红色,证明含有铁离子.
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)Fe304+4H2,
故答案为:3Fe+4H2O(g)Fe304+4H2;
(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、4、2、K2FeO4、3、2、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:=5.6g/L;
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;
(5)检验溶液I中的Fe2+和Fe3+的方法为:取溶液Ⅰ少量于试管中,加入硫酸酸化,再加入高锰酸钾溶液,溶液颜色从深紫色变成黄色或变浅,则含有Fe2+(或取溶液Ⅰ少量于试管中,加入铁氰化钾溶液,有蓝色沉淀生成,则含有Fe2+);另取溶液Ⅰ少量于试管中,滴加硫氰化钾溶液,如果变为红色,证明含有铁离子
故答案为:取溶液Ⅰ少量于试管中,加入硫酸酸化,再加入高锰酸钾溶液,溶液颜色从深紫色变成黄色或变浅,则含有Fe2+(或取溶液Ⅰ少量于试管中,加入铁氰化钾溶液,有蓝色沉淀生成,则含有Fe2+);另取溶液Ⅰ少量于试管中,滴加硫氰化钾溶液,如果变为红色,证明含有铁离子.
乳酸乙酯(2-羟基丙酸乙酯)常用于调制果香型、乳香型食用和酒用香精.为了在实验室制取乳酸乙酯,某研究性学习小组同学首先查阅资料,获得下列信息:
①部分物质的沸点:
②乳酸乙酯易溶于苯、乙醇;水、乙醇、苯的混合物在64.85℃时,能按一定的比例以共沸物的形式一起蒸发.
该研究性学习小组同学拟采用如图所示(未画全)的主要装置制取乳酸乙酯,其主要实验步骤如下:
第一步:在三颈烧瓶中加入0.1mol无水乳酸、过量的65.0mL无水乙醇、一定量的苯、沸石…;装上油水分离器和冷凝管,缓慢加热回流至反应完全.
第二步:将三颈烧瓶中液体倒入盛有过量某试剂的烧杯中,搅拌并分出有机相后,再用水洗.
第三步:将无水CaCl2加入到水洗后的产品中,过滤、蒸馏.
(1)第一步操作中,还缺少的试剂是______;加入苯的目的是______;实验过程中,酯化反应进行完全的标志是______.
(2)第二步中证明“水洗”已经完成的实验方案是______.
(3)第三步可以得到较纯净的乳酸乙酯,为获得更纯净的乳酸乙酯,可采用______法.
(4)利用核磁共振氢谱可以鉴定制备的产物是否为乳酸乙酯,乳酸乙酯分子核磁共振氢谱中有______个峰.
正确答案
解:(1)酯化反应利用浓硫酸作催化剂和吸水剂,故缺少浓硫酸,酯化反应是可逆反应,混合物中添加苯可形成水、乙醇、苯共沸物,分离反应生成的水,促进酯化反应正向进行,如果收集装置中液体的量不再再增加说明反应已经完全,故答案为:浓硫酸;形成水、乙醇、苯共沸物,分离反应生成的水,促进酯化反应正向进行;油水分离器中液体不再增加;
(2)最后一次洗涤液不显酸性,可说明洗涤完全,因此只要测定一下最后一次水洗液的pH到7即可判断,故答案为:测定水洗液的pH至7;
(3)通过层析进行分离得到更纯净的乳酸乙酯,故答案为:层析;
(4)乳酸乙酯分子的结构简式为CH3CH(OH)COOCH2CH3,分子中有5种不同环境的氢原子,乳酸乙酯分子核磁共振氢谱中有5个峰,故答案为:5.
解析
解:(1)酯化反应利用浓硫酸作催化剂和吸水剂,故缺少浓硫酸,酯化反应是可逆反应,混合物中添加苯可形成水、乙醇、苯共沸物,分离反应生成的水,促进酯化反应正向进行,如果收集装置中液体的量不再再增加说明反应已经完全,故答案为:浓硫酸;形成水、乙醇、苯共沸物,分离反应生成的水,促进酯化反应正向进行;油水分离器中液体不再增加;
(2)最后一次洗涤液不显酸性,可说明洗涤完全,因此只要测定一下最后一次水洗液的pH到7即可判断,故答案为:测定水洗液的pH至7;
(3)通过层析进行分离得到更纯净的乳酸乙酯,故答案为:层析;
(4)乳酸乙酯分子的结构简式为CH3CH(OH)COOCH2CH3,分子中有5种不同环境的氢原子,乳酸乙酯分子核磁共振氢谱中有5个峰,故答案为:5.
乳酸亚铁([CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O,Mr=288)是一种常用的补铁剂,可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得:
CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O+CO2↑.
已知FeCO3易被氧化:4FeCO3+6H2O+O2═4Fe(OH)3+4CO2
某兴趣小组用FeCl2(用铁粉和稀盐酸制得)和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如图:
回答下列问题:
(1)NH4HCO3盛放在装置______中(填字母),该装置中涉及的主要反应的离子方程式______.
(2)将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是______.
(3)将制得的FeCO3加入到足量乳酸溶液中,再加入少量铁粉,75℃下搅拌反应.铁粉的作用是______.反应结束后,无需过滤,除去过量铁粉的方法是______.
(4)该兴趣小组用KMnO4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数,发现产品的质量分数总是大于100%,其原因可能是______.经查阅文献后,该兴趣小组改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量.取1.440g产品配成100mL溶液,每次取20.00mL,进行必要处理,用0.0500mol•L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点,平均消耗Ce(SO4)219.70mL.滴定反应如下:Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+,则产品中乳酸亚铁的质量分数为______.
正确答案
解:亚铁离子容易被氧气氧化,制备过程中应在无氧环境中进行,Fe与盐酸反应制备氯化亚铁,利用反应生成的氢气排尽装置中的空气,故B制备氯化亚铁,C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应:FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O,利用生成氢气,使B装置中气压增大,将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中;
(1)由上述分析可知,NH4HCO3盛放在装置C中,该装置中涉及的主要反应的离子方程式:Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O,
故答案为:C;Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O;
(2)利用生成氢气,使B装置中气压增大,将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中,具体操作为:关闭活塞3,打开活塞2;
故答案为:关闭活塞3,打开活塞2;
(3)Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子,实验目的是制备乳酸亚铁晶体,加入Fe粉,防止Fe2+离子被氧化,过量的铁粉可以充分利用,得到乳酸亚铁,加入适量乳酸让铁粉反应完全,
故答案为:防止Fe2+离子被氧化;加入适量乳酸让铁粉反应完全;
(4)乳酸根中含有羟基,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾的增大,而计算中按亚铁离子被氧化,故计算所得乳酸亚铁的质量偏大,产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%;
由:Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+,可知20mL溶液中n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.05000mol/L×0.0197L=0.000985mol,故100mL含有n(Fe2+)=0.000985mol×=0.004925mol,故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为
×100%=98.5%,
故答案为:乳酸根离子中含有羟基,被酸性高锰酸钾溶液氧化;98.5%.
解析
解:亚铁离子容易被氧气氧化,制备过程中应在无氧环境中进行,Fe与盐酸反应制备氯化亚铁,利用反应生成的氢气排尽装置中的空气,故B制备氯化亚铁,C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应:FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O,利用生成氢气,使B装置中气压增大,将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中;
(1)由上述分析可知,NH4HCO3盛放在装置C中,该装置中涉及的主要反应的离子方程式:Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O,
故答案为:C;Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O;
(2)利用生成氢气,使B装置中气压增大,将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中,具体操作为:关闭活塞3,打开活塞2;
故答案为:关闭活塞3,打开活塞2;
(3)Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子,实验目的是制备乳酸亚铁晶体,加入Fe粉,防止Fe2+离子被氧化,过量的铁粉可以充分利用,得到乳酸亚铁,加入适量乳酸让铁粉反应完全,
故答案为:防止Fe2+离子被氧化;加入适量乳酸让铁粉反应完全;
(4)乳酸根中含有羟基,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,导致消耗高锰酸钾的增大,而计算中按亚铁离子被氧化,故计算所得乳酸亚铁的质量偏大,产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%;
由:Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+,可知20mL溶液中n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.05000mol/L×0.0197L=0.000985mol,故100mL含有n(Fe2+)=0.000985mol×=0.004925mol,故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为
×100%=98.5%,
故答案为:乳酸根离子中含有羟基,被酸性高锰酸钾溶液氧化;98.5%.
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