- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
硅孔雀石是一种含铜的矿石，含铜形态为CuCO3•Cu（OH）2和CuSiO3•2H2O，同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、A12O3等杂质．以硅孔雀石为原料制取硫酸铜的工艺流程如下图：
请回答下列问题：
（1）完成步骤①中稀硫酸与CuSiO3•2H2O发生反应的化学方程式CuSiO3•2H2O+H2SO4=CuSO4+______+H2O；用离子方程式表示双氧水的作用______．
（2）步骤②调节溶液pH选用的最佳试剂是______．
A．Fe2O3 B．CuO C．A12O3 D．NH3•H2O
（3）有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
由上表可知：当溶液pH=4时，可以完全除去的离子是______，不能完全除去的离子是______．
（4）滤液B通过蒸发浓缩（设体积浓缩为原来的一半）、冷却结晶可以得到CuSO4•5H2O晶体．某同学认为上述操作会拌有硫酸铝晶体的析出．请你结合相关数据对该同学的观点予以评价（已知常温下，A12（SO4）3饱和溶液中c（A13+）=2.25mol•L-1，Ksp[A1（OH）3]=3.2×10-34）______．
（5）若要测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，需要的仪器是酒精灯、托盘天平、三角架、泥三角、玻璃棒、干燥器、坩埚钳、研钵、药匙、______．实验过程中硫酸铜晶体加热失水后在空中冷却后称量，则测定结果______（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．
正确答案
解：（1）利用质量守恒定律，可以判断未知物是硅酸，利用观察法配平反应方程式为：CuSiO3•2H2O+H2SO4═CuSO4+H2SiO3+2H2O；双氧水将亚铁离子氧化成铁离子的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，
故答案为：H2SiO3；2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
（2）由于滤液A显示酸性，加入的试剂能够中和溶液中的氢离子，还不能引进新的杂质，所以应该选用B氧化铜，故选B；
（3）有表中数据可知，pH=4时，三价铁离子完全生成了氢氧化铁沉淀，而铝离子完全沉淀需要的PH是5.2，所以铝离子没有完全沉淀，
故答案为：Fe3+；Al3+；
（4）PH=4时，溶液中的氢氧根离子的浓度为：1×10-10mol/L，溶液中铝离子浓度为：
故答案为：该同学的观点是错误的；通过计算可知，滤液B中，c（Al3+）=3.2×10-4mol/L，浓缩后c（Al3+）=6.4×10-4mol/L＜＜2.25mol/L，所以不会有硫酸铝晶体析出；
（5）测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，需要的仪器是酒精灯、托盘天平、三角架、泥三角、玻璃棒、干燥器、坩埚钳、研钵、药匙和坩埚；若是在空中冷却后称量，导致称量的剩余固体质量偏大，计算出结晶水的质量偏小，结果偏低，
故答案为：坩埚；偏低．
解析
解：（1）利用质量守恒定律，可以判断未知物是硅酸，利用观察法配平反应方程式为：CuSiO3•2H2O+H2SO4═CuSO4+H2SiO3+2H2O；双氧水将亚铁离子氧化成铁离子的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，
故答案为：H2SiO3；2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
（2）由于滤液A显示酸性，加入的试剂能够中和溶液中的氢离子，还不能引进新的杂质，所以应该选用B氧化铜，故选B；
（3）有表中数据可知，pH=4时，三价铁离子完全生成了氢氧化铁沉淀，而铝离子完全沉淀需要的PH是5.2，所以铝离子没有完全沉淀，
故答案为：Fe3+；Al3+；
（4）PH=4时，溶液中的氢氧根离子的浓度为：1×10-10mol/L，溶液中铝离子浓度为：
故答案为：该同学的观点是错误的；通过计算可知，滤液B中，c（Al3+）=3.2×10-4mol/L，浓缩后c（Al3+）=6.4×10-4mol/L＜＜2.25mol/L，所以不会有硫酸铝晶体析出；
（5）测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，需要的仪器是酒精灯、托盘天平、三角架、泥三角、玻璃棒、干燥器、坩埚钳、研钵、药匙和坩埚；若是在空中冷却后称量，导致称量的剩余固体质量偏大，计算出结晶水的质量偏小，结果偏低，
故答案为：坩埚；偏低．
过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂．
已知：①过碳酸钠具有Na2CO3和H2O2的性质．
②2Na2CO3（aq）+3H2O2（aq）⇌2Na2CO3•3H2O2 （s）△H＜0
③50℃时，2Na2CO3•3H2O2 （s） 开始分解
某兴趣小组制备过碳酸钠的装置示意图如图1所示：
请回答下列问题：
（1）图1中玻璃导管a的作用是______
（2）本实验的关键是控制温度，用该装置制备过碳酸钠有不足之处，下列改进措施可行的是______（填序号）．
A、缓慢滴加H2O2溶液 B、冷水浴 C、用酒精灯加热
（3）将实验改进后按如图2所示流程可获得过碳酸钠产品
①洗涤固体Y时选用无水乙醇作为洗涤剂的目的是______
②在滤液X中加入适量中加入适量NaCl固体可析出过碳酸钠，原因是______
（4）下列物质中，会引起过碳酸钠失效的有______．
A．Na2SB．FeCl3C．Na2SiO3 D．NaHCO3
（5）过碳酸钠产品中往往含有少量碳酸钠，可用重量法测定过碳酸钠的质量分数；其操作步骤：取m1g样品→溶解→沉淀反应→过滤→洗涤→干燥→称量m2g．
①写出沉淀反应的离子方程式______
②产品中过碳酸钠质量分数的表达式为：______．
③结果与分析：______．
正确答案
解：（1）恒压滴液漏斗中的支管主要作用是保持压强平衡利于液体流下，故答案为：平衡压强，使H2O2溶液顺利流下；
（2）可以利用冰水混合物给反应容器降温，也可以调慢滴加过氧化氢的速度，故答案为：AB；
（3）①用乙醇洗涤过碳酸钠可减少固体的溶解，同时还能起干燥作用，故答案为：减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水份利于干燥；
②滤液X中加入适量中加入适量NaCl固体，是为了增加钠离子浓度，促进过碳酸钠溶解平衡逆向移动，得到更多的沉淀，故答案为：增大钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度；
（4）A、Na2S会被过碳酸钠氧化，使过碳酸钠失效，符合；
B、醋酸和碳酸钠反应，使过碳酸钠失效，符合；
C、碳酸氢钠和过碳酸钠不反应，不符合；
故答案为：AB；
（5）①样品中的碳酸钠加入氯化钡后滤液钡离子沉淀碳酸根离子，反应的离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓，故答案为：Ba2++CO32-=BaCO3↓；
②实验过程中直接测定的物理量为样品的质量m1g、沉淀的质量m2g，沉淀物质的量=
③可能影响纯度分析的是沉淀时有没有将碳酸钠完全沉淀，或操作过程中有没有影响过碳酸钠的分解，故答案为：主要影响因素是沉淀是否完全及过碳酸钠有无分解．
解析
解：（1）恒压滴液漏斗中的支管主要作用是保持压强平衡利于液体流下，故答案为：平衡压强，使H2O2溶液顺利流下；
（2）可以利用冰水混合物给反应容器降温，也可以调慢滴加过氧化氢的速度，故答案为：AB；
（3）①用乙醇洗涤过碳酸钠可减少固体的溶解，同时还能起干燥作用，故答案为：减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水份利于干燥；
②滤液X中加入适量中加入适量NaCl固体，是为了增加钠离子浓度，促进过碳酸钠溶解平衡逆向移动，得到更多的沉淀，故答案为：增大钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度；
（4）A、Na2S会被过碳酸钠氧化，使过碳酸钠失效，符合；
B、醋酸和碳酸钠反应，使过碳酸钠失效，符合；
C、碳酸氢钠和过碳酸钠不反应，不符合；
故答案为：AB；
（5）①样品中的碳酸钠加入氯化钡后滤液钡离子沉淀碳酸根离子，反应的离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓，故答案为：Ba2++CO32-=BaCO3↓；
②实验过程中直接测定的物理量为样品的质量m1g、沉淀的质量m2g，沉淀物质的量=
③可能影响纯度分析的是沉淀时有没有将碳酸钠完全沉淀，或操作过程中有没有影响过碳酸钠的分解，故答案为：主要影响因素是沉淀是否完全及过碳酸钠有无分解．
氢氧化镁广泛用作阻燃剂和填充剂．已知MgCO3分解温度402℃，CaCO3分解温度900℃，以白云石（化学式MgCO3•CaCO3）为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下：
（1）根据流程图，白云石“轻烧”分解的化学方程式为______
（2）“研磨”的目的是______
（3）加入氨水时发生反应的化学方程式为______；检验Mg（OH）2沉淀是否洗涤干净的方法是______
（4）本流程中可以循环利用的物质是______
（5）传统工艺是将白云石高温分解为氧化镁和氧化钙后提取，而该工艺采用轻烧白云石的方法，其优点是______．
正确答案
解：（1）从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，分解生成氧化镁，方程式为MgCO3=△=MgO+CO2↑；
故答案为：MgCO3=△=MgO+CO2↑；
（2）“研磨”可以增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；
故答案为：增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；
（3）加入氨水，生成氢氧化镁沉淀，方程式为MgSO4+2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子，洗涤Mg（OH）2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等，取洗涤液加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；
故答案为：MgSO4+2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；取少量最后一次洗涤液，加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；
（4）由流程图可知，（NH4）2SO4 、NH3可以循环利用；
故答案为：（NH4）2SO4 、NH3；
（5）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离；
故答案为：减少能源消耗或便于CaCO3分离；
故答案为：减少能源消耗，便于分离出CaCO3 或减少CO2的排放．
解析
解：（1）从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，分解生成氧化镁，方程式为MgCO3=△=MgO+CO2↑；
故答案为：MgCO3=△=MgO+CO2↑；
（2）“研磨”可以增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；
故答案为：增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；
（3）加入氨水，生成氢氧化镁沉淀，方程式为MgSO4+2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子，洗涤Mg（OH）2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等，取洗涤液加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；
故答案为：MgSO4+2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；取少量最后一次洗涤液，加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；
（4）由流程图可知，（NH4）2SO4 、NH3可以循环利用；
故答案为：（NH4）2SO4 、NH3；
（5）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离；
故答案为：减少能源消耗或便于CaCO3分离；
故答案为：减少能源消耗，便于分离出CaCO3 或减少CO2的排放．
（2015秋•宜昌校级月考）硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，某同学设计SnSO4制备路线如下：
查阅资料：
Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．
Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡
回答下列问题：
（1）通过操作1的系列实验从溶液中得到产品，操作1的系列实验是______．
（2）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请结合化学方程式用平衡移动原理解释原因______．
（3）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH ②______．
（4）反应1得到沉淀是SnO，同时生成一种常见气体，得到该沉淀的离子反应方程式是______．
（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水的去除剂，发生反应的离子方程式是______．
（6）通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：
①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl═SnCl2+H2↑；
②加入过量的FeCl3；
③用已知浓度的K2Cr2O7滴定②生成的Fe2+，再计算锡粉的纯度，请配平方程式：
______FeCl2+______K2Cr2O7+______HCl=______FeCl3+______KCl+______CrCl3+______取1.226g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100mol•L-1 K2Cr2O7溶液32.0mL，锡粉中锡的质量分数是______（保留三个有效数字）．
正确答案
解：（1）从溶液里获得晶体的系列实验为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥；
（2）由信息可知，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，故答案为：SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
（3）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化，故答案为：防止Sn2+被氧化；
（4）CO32-和Sn2+发生双水解反应的离子方程式为CO32-+Sn2+═SnO+CO2↑，故答案为：CO32-+Sn2+═SnO+CO2↑；
（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；
（6）用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O，令锡粉中锡的质量分数为x，则：
Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～
119g 
1.226g×x 0.100mol/L×0.032L
故
故答案为：6、1、14、6、2、2、7H2O；93.2%．
解析
解：（1）从溶液里获得晶体的系列实验为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥；
（2）由信息可知，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，故答案为：SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
（3）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化，故答案为：防止Sn2+被氧化；
（4）CO32-和Sn2+发生双水解反应的离子方程式为CO32-+Sn2+═SnO+CO2↑，故答案为：CO32-+Sn2+═SnO+CO2↑；
（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；
（6）用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O，令锡粉中锡的质量分数为x，则：
Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～
119g
1.226g×x 0.100mol/L×0.032L
故
故答案为：6、1、14、6、2、2、7H2O；93.2%．
实验室利用下列装置模拟工业生产制备少量硝酸．
（1）B中试剂为______，NaOH溶液的作用是______．
（2）用过氧化钠与水反应制备氧气的化学方程式为______．
（3）实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上．下列图示中，能够正确表示该反应过程能量变化的是______．
（4）已知2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）△H
NO2（g）
NO（g）
O2（g）
①计算反应的△H=______．
②请解释高温下，氨气与氧气反应难以生成NO2的原因______．
（5）控制氨气和氧气的比例是制备硝酸的关键．
①当比例不合适时，A中不仅有红棕色气体产生，还伴有白烟．请用化学方程式表示白烟产生的原因______．
②欲使氨气尽可能完全转化为硝酸，理论上n（NH3）：n（O2）的最佳比例为______．
正确答案
解：（1）装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸，用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物，防止污染空气，故答案为：水；吸收尾气；
（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（3）反应为放热反应，放出大量的热，反应物的总能量比生成物的总能量高，700℃时水是气体，故答案为：A；
（4）①△H=反应物的键能和-生成物的键能和=931kJ/mol×2-628kJ/mol×2-493kJ/mol=+113kJ/mol，故答案为：+113kJ/mol；
②二氧化氮分解是吸热反应，升高温度，有利于分解，故答案为：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）△H＞0，升高温度，平衡正向移动，有利于NO2的分解，因此难以生成NO2；
（5）①一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，氨气和硝酸能反应生成硝酸铵，化学方程式：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3，故答案为：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3；
②由4NH3+5O2
解析
解：（1）装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸，用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物，防止污染空气，故答案为：水；吸收尾气；
（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（3）反应为放热反应，放出大量的热，反应物的总能量比生成物的总能量高，700℃时水是气体，故答案为：A；
（4）①△H=反应物的键能和-生成物的键能和=931kJ/mol×2-628kJ/mol×2-493kJ/mol=+113kJ/mol，故答案为：+113kJ/mol；
②二氧化氮分解是吸热反应，升高温度，有利于分解，故答案为：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）△H＞0，升高温度，平衡正向移动，有利于NO2的分解，因此难以生成NO2；
（5）①一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，氨气和硝酸能反应生成硝酸铵，化学方程式：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3，故答案为：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3；
②由4NH3+5O2
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