- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
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）=
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）=
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+3Mg
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+3Mg
（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-
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）
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、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：
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）
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、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：
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．
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．
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×
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×
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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