- 硝酸铜的制备
- 共1066题
以地下卤水（主要含NaCl，还有少量Ca2+、Mg2+）为主要原料生产亚硫酸钠的新工艺如下，同时能得到用作化肥的副产品氯化铵．
已知以下四种物质的溶解度曲线图2：
（1）“除杂”时，先加入适量石灰乳过滤除去Mg2+，再通入CO2并用少量氨水调节pH过滤除去Ca2+，“废渣”的主要成分为______、______．
（2）“滤渣1”的化学式为______．
（3）在“滤液1”中加入盐酸的目的是______．“滤渣2”的化学式为______．
（4）已知H2CO3和H2SO3的电离常数如下表，“通入SO2”反应的化学方程式为______．
正确答案
解：（1）石灰乳是氢氧化钙的悬浊液，依题“除杂”时，先加入适量石灰乳，可和镁离子结合Ca（OH）2+Mg2+=Mg（OH）2+Ca2+，二氧化碳为酸性气体，氨气为碱性气体，再通入CO2，CO2+2NH3•H2O=2NH4++CO32-+H2O，Ca2++CO32-=CaCO3↓，则废渣的主要成分为Mg （OH）2、CaCO3，
故答案为：Mg （OH）2、CaCO3；
（2）由溶解度曲线可知，同一温度下，碳酸氢钠溶解度最小，最先达到饱和，将碳酸氢铵加入到饱和的氯化钠溶液中，发生复分解反应，NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤滤渣1的主要成分为NaHCO3，
故答案为：NaHCO3；
（3）由于碳酸氢钠能溶于水，所以过滤后滤液1中的主要成分是NaCl、NH4Cl、NaHCO3，氯化钠、氯化铵和盐酸都不反应，而碳酸氢钠能和盐酸反应HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑即HCO3-+H+=H2O+CO2↑，因此加入足量的盐酸能除去碳酸氢根离子，提高氯化铵的纯度，由溶解度曲线可知，在大于20℃以后，同一温度下，热溶液中氯化钠的溶解度小于氯化铵，氯化钠受温度的影响溶解度变化不大，因此蒸发浓缩趁热过滤得到的滤渣2为氯化钠，而滤液含有氯化铵和氯化钠，由于氯化铵溶解度随温度降低明显减小，而氯化钠降低无明显变化，则蒸发浓缩冷却结晶可得氯化铵晶体，
故答案为：除去HCO3-；NaCl；
（4）根据（2）可知滤渣1的主要成分为NaHCO3，根据题目中H2CO3和H2SO3的电离常数表中的电离常数可知电离程度，H2SO3＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，所以Na2SO3+H2O+CO2=NaHSO3+NaHCO3，所以当通入二氧化硫时不可能发生2NaHCO3+SO2=Na2SO3+H2O+2CO2，应为：NaHCO3+SO2=NaHSO3+CO2，
故答案为：NaHCO3+SO2=NaHSO3+CO2；
解析
解：（1）石灰乳是氢氧化钙的悬浊液，依题“除杂”时，先加入适量石灰乳，可和镁离子结合Ca（OH）2+Mg2+=Mg（OH）2+Ca2+，二氧化碳为酸性气体，氨气为碱性气体，再通入CO2，CO2+2NH3•H2O=2NH4++CO32-+H2O，Ca2++CO32-=CaCO3↓，则废渣的主要成分为Mg （OH）2、CaCO3，
故答案为：Mg （OH）2、CaCO3；
（2）由溶解度曲线可知，同一温度下，碳酸氢钠溶解度最小，最先达到饱和，将碳酸氢铵加入到饱和的氯化钠溶液中，发生复分解反应，NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤滤渣1的主要成分为NaHCO3，
故答案为：NaHCO3；
（3）由于碳酸氢钠能溶于水，所以过滤后滤液1中的主要成分是NaCl、NH4Cl、NaHCO3，氯化钠、氯化铵和盐酸都不反应，而碳酸氢钠能和盐酸反应HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑即HCO3-+H+=H2O+CO2↑，因此加入足量的盐酸能除去碳酸氢根离子，提高氯化铵的纯度，由溶解度曲线可知，在大于20℃以后，同一温度下，热溶液中氯化钠的溶解度小于氯化铵，氯化钠受温度的影响溶解度变化不大，因此蒸发浓缩趁热过滤得到的滤渣2为氯化钠，而滤液含有氯化铵和氯化钠，由于氯化铵溶解度随温度降低明显减小，而氯化钠降低无明显变化，则蒸发浓缩冷却结晶可得氯化铵晶体，
故答案为：除去HCO3-；NaCl；
（4）根据（2）可知滤渣1的主要成分为NaHCO3，根据题目中H2CO3和H2SO3的电离常数表中的电离常数可知电离程度，H2SO3＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，所以Na2SO3+H2O+CO2=NaHSO3+NaHCO3，所以当通入二氧化硫时不可能发生2NaHCO3+SO2=Na2SO3+H2O+2CO2，应为：NaHCO3+SO2=NaHSO3+CO2，
故答案为：NaHCO3+SO2=NaHSO3+CO2；
镍是有机合成的重要催化剂，某化工厂有含镍催化剂废品（主要成分是镍、杂质是铁、铝单质及其化合物，还有少量难溶性杂质）．某学习小组设计如下流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体：
几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH：
回答下列问题：
（1）溶液①中含金属元素的离子是______．
（2）用离子方程式表示加入双氧水的目的______；双氧水可以用下列物质替代的是______．
A．氧气 B．漂白液 C．氯气 D．硝酸
（3）操作a和c需要共同的玻璃仪器是______；操作C的名称是______．
（4）如果加入双氧水量不足或“保温时间较短”，则所制备的产品可能含有的杂质为______；请选择合适的试剂，设计实验证明产品中是否含“杂质”______．
（5）含镍金属氢化物MH-Ni燃料电池是一种绝色环保电池，广泛应用于电动汽车．其中M代表储氢合金，MH代表金属氢化物，电解质溶液可以是KOH水溶液．它的充、放电反应为：xNi（OH）2+M 
正确答案
AlO2-
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
A
玻璃棒
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
产品中混有绿矾
取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子
Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O
MHx+xOH--xe-=M++xH2O
解析
解：流程分析，某化工厂有含镍催化剂废品（主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质），碱浸过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液PH2-3防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO4•7H2O晶体；
（1）碱和铝、氧化铝均能反应，溶液中含有的含有金属的离子是偏铝酸根离子，故答案为：AlO2-；
（2）亚铁离子具有还原性，双氧水具有氧化性，加入双氧水是为了氧化亚铁离子成为铁离子，离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，漂白液（主要成分次氯酸钠）、氯气、硝酸替代双氧水会引入新杂质，故此替代试剂为氧气，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；A；
（3）操作a是过滤得到固体和滤液，c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO4•7H2O，操作a、c中均需使用的仪器为玻璃棒，操作C的名称是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：玻璃棒；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（4）如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子，
故答案为：产品中混有绿矾；取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子；
（5）阳极失去电子，发生氧化反应，是充电过程，故阳极电极反应方程式为：Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O；放电为原电池，负极失去电子，发生氧化反应，电极反应方程式为：MHx+xOH--xe-=M++xH2O，故答案为：Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O；MHx+xOH--xe-=M++xH2O．
CH3CH2OH
CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br
可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在140℃脱水生成乙醚．用少量的溴和足量的乙醇制各1，2-二溴乙烷的装置如图所示：
有关数据列表如下：
回答下列问题：
（1）在此装置各实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到170℃左右，其最主要目的是______；（填正确选项前的字母）
a．引发反应 b．加快反应速度 c．防止乙醇挥发d．减少副产物乙醚生成
（2）在装置C中应加入______，其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体：（填正确选项前的字母）
a．水 b．浓硫酸 c．氢氧化钠溶液 d．饱和碳酸氢钠溶液
（3）判断该装置各反应已经结束的最简单方法是______；
（4）将1，2-二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在______层（填“上”、“下”）；
（5）若产物中有少量副产物乙醚，可用______的方法除去；
（6）反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是______；但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是______．
正确答案
d
c
溴的颜色完全褪去
下
蒸馏
避免溴大量挥发
产品1，2-二溴乙烷的沸点低，过度冷却会凝固而堵塞导管
解析
解：实验室制备1，2-二溴乙烷的反应原理为：A装置中乙醇发生消去反应生成乙烯：CH3CH2OH
（1）乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子内脱水，生成乙醚，故答案为：d；
（2）浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应，故答案为：c；
（3）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷为无色，故答案为：溴的颜色完全褪去；
（4）1，2-二溴乙烷和水不互溶，1，2-二溴乙烷密度比水大，故答案为：下；
（5）1，2-二溴乙烷与乙醚的沸点不同，两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离，故答案为：蒸馏；
（6）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，但1，2-二溴乙烷的凝固点9℃较低，不能过度冷却，故答案为：乙烯与溴反应时放热，冷却可避免溴的大量挥发；1，2-二溴乙烷的凝固点较低（9℃），过度冷却会使其凝固而使气路堵塞．
实验室可利用甲醇、空气和铜制备甲醛．甲醇和甲醛的沸点和水溶性见如表：
如图是两个学生设计的实验装置，右边的反应装置相同，而左边的气体发生装置不同，分别如（甲）和（乙）所示，试回答：
（1）若按（乙）装置进行实验，则B管中应装______，反应的化学方程式为______．
（2）若按（甲）装置进行实验，则通入A管的X是______，B中反应的化学方程式为______．
（3）C中应装的试剂是______．
（4）在仪器组装完成后，加试剂前都必须要进行的操作是______；添加药品后，如何检验（乙）装置的气密性？______．
（5）两种装置中都需加热的仪器是______（填“A”，“B”或“C”），加热的方式分别为______．实验完成时，都应先停止对______（填“A”，“B”或“C”）的加热，再______．实验完成时，先打开D处气球的铁夹，再撤去酒精灯，打开铁夹的目的是______，其工作原理为：______．
（6）你认为哪套装置好？并请说明理由______．
正确答案
CuO
CH3OH+CuO
空气（或氧气）
2CH3OH+O2
H2O
检查装置的气密性
导管口伸入水中，手握试管A，试管C水中有气泡生成，松手后，导气管口内形成液柱，表明装置气密性良好
A、B
A水浴加热，B酒精灯加热
B
撤出C中导管
防止倒吸
气球内空气进入反应装置，装置内气体压强增大
甲，制得的甲醛溶液浓度大
解析
解：（1）乙装置中利用氧化铜氧化甲醇生成甲醛，方程式：CH3OH+CuO
故答案为：CuO；CH3OH+CuO
（2）甲醇催化氧化，生成甲醛和水，反应为2CH3OH+O2
故答案为：空气（或氧气）；2CH3OH+O2
（3）甲醛与甲醇都是有毒物质，应进行尾气处理，二者都溶于水，可以用水吸收；
故答案为：H2O；
（4）本实验为利用甲醇、空气和铜制备甲醛的实验，有气体参与，所以组装好装置后，应先检验装置的气密性，添加药品后，检验（乙）装置的气密性的方法为：导管口伸入水中构成封闭体系，手握试管A加热，封闭气体热胀冷缩，试管C水中有气泡生成，松手后，导气管口内形成液柱，表明装置气密性良好，
故答案为：检查装置的气密性；导管口伸入水中，手握试管A，试管C水中有气泡生成，松手后，导气管口内形成液柱，表明装置气密性良好；
（5）甲醇的沸点只有65℃，所以利用水浴加热促进其挥发，所以A处用水浴加热；甲醇氧化反应需要温度较高，所以B处用酒精灯加热；实验结束时，装置中还有一部分甲醛未完全进入C装置，用空气可以将生成的甲醛完全进入C装置，所以应先停止对B的加热，再撤出C中导管，因气球内空气进入反应装置，装置内气体压强增大，能防止倒吸，所以实验完成时，先打开D处气球的铁夹，再撤去酒精灯，
故答案为：A、B； A水浴加热，B酒精灯加热； B； 撤出C中导管； 防止倒吸 气球内空气进入反应装置，装置内气体压强增大；
（6）若按甲装置进行实验，则通入A的X是空气（或氧气），空气中的氧气做氧化剂，B中发生反应的化学方程式为2CH3OH+O2
故答案为：甲，制得的甲醛溶液浓度大．
铁、氮的化合物在生产、生活中有着广泛的应用，请回答下列有关问题：
Ⅰ、三氟化氮（NF3）是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：
（1）写出该反应的化学方程式______，反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子数目为______．
（2）三氟化氮可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2=NF3+3NH4F，据题意推测NF3、F2、NO三种气体中，氧化性由弱到强的顺序为______．
（3）NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是______．
Ⅱ、纳米线四氧化三铁是应用最为广泛的软磁性材料之一，共沉淀法是目前制备纳米四氧化三铁的重要方法，其流程如图示，请回答下列问题：
（4）实验室保存溶液A时，需加入______．为了得到较纯的纳米Fe3O4，理论上FeSO4•7H2O和FeCl3•6H2O的物质的量之比为______．制备纳米Fe3O4的离子反应方程式为______．
（5）共沉淀法的主要不足是：
①得到的Fe3O4纳米粒子间存在团聚现象
②______．
（6）磁流体是电子材料的新秀，它是由直径为纳米量级（10纳米以下）的磁性固体颗粒、基载液以及界面活性剂三者混合而成的分散系，既具有固体的磁性，又具有液体的流动性，下列关于纳米Fe3O4磁流体的说法中不正确的是______．
A、纳米Fe3O4磁流体分散系属于溶液
B、纳米Fe3O4磁流体可以通过渗析法得到提纯
C、当一束可见光通过该磁流体时会出现光亮的通路
D、纳米Fe3O4磁流体比较稳定．
正确答案
解：（1）由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，NF3→NO，化合价降低1价，被还原，NF3→HNO3，化合价升高2价，被氧化，由方程式可知若反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子的物质的量为0.2mol×（5-3）=0.4mol，转移的电子数目为0.4NA个，
故答案为：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF；0.4NA；
（2）由4NH3+3F2=NF3+3NH4F可知氧化剂：F2、氧化产物：NF3，所以氧化性F2＞NF3，由3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF可知氧化剂：NF3、氧化产物：HNO3，硝酸氧化性强于NO，所以氧化性NF3＞NO，则氧化性F2＞NF3＞NO，
故答案为：F2＞NF3＞NO；
（3）NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体，同时生成的HF和HNO3易结合空气中的水蒸气形成酸雾，有刺激性气味，
故答案为：产生红棕色气体，产生刺激性气味气体，产生白雾；
（4）硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，常加入少量铁粉防止亚铁离子被氧化，加入硫酸防止其水解，生成Fe3O4的反应物为Fe2+、Fe3+和OH-，根据电荷守恒可写出该离子方程式为Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O，化学方程式为FeSO4•7H2O+2FeCl3•6H2O+8NaOH=Fe3O4↓+17H2O+Na2SO4+6NaCl，FeSO4•7H2O和FeCl3•6H2O的物质的量之比为1：2，
故答案为：铁粉、硫酸；1：2；
（5）共沉淀法制备纳米级Fe3O4的反应为FeSO4•7H2O+2FeCl3•6H2O+8NaOH=Fe3O4↓+17H2O+Na2SO4+6NaCl，Fe2+易被氧化为Fe3+，无法控制FeSO4•7H2O和FeCl3•6H2O的物质的量之比为1：2，产品有杂质，
故答案为：Fe2+易被氧化为Fe3+，很难控制FeSO4•7H2O和FeCl3•6H2O的物质的量之比为1：2，产品含有杂质；
（6）根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在10纳米以下，属于胶体的范畴，具备胶体的性质．
A．分散质粒子直径在10纳米以下，所得分散系为胶体，所以不是溶液，故A错误；
B．该分散性属于胶体，胶体可以通过渗析法得到提纯，故B正确；
C．该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故C正确；
D．所得分散系为胶体，较稳定，属于介稳体系，故D正确；
故答案为：A．
解析
解：（1）由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，NF3→NO，化合价降低1价，被还原，NF3→HNO3，化合价升高2价，被氧化，由方程式可知若反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子的物质的量为0.2mol×（5-3）=0.4mol，转移的电子数目为0.4NA个，
故答案为：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF；0.4NA；
（2）由4NH3+3F2=NF3+3NH4F可知氧化剂：F2、氧化产物：NF3，所以氧化性F2＞NF3，由3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF可知氧化剂：NF3、氧化产物：HNO3，硝酸氧化性强于NO，所以氧化性NF3＞NO，则氧化性F2＞NF3＞NO，
故答案为：F2＞NF3＞NO；
（3）NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体，同时生成的HF和HNO3易结合空气中的水蒸气形成酸雾，有刺激性气味，
故答案为：产生红棕色气体，产生刺激性气味气体，产生白雾；
（4）硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，常加入少量铁粉防止亚铁离子被氧化，加入硫酸防止其水解，生成Fe3O4的反应物为Fe2+、Fe3+和OH-，根据电荷守恒可写出该离子方程式为Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O，化学方程式为FeSO4•7H2O+2FeCl3•6H2O+8NaOH=Fe3O4↓+17H2O+Na2SO4+6NaCl，FeSO4•7H2O和FeCl3•6H2O的物质的量之比为1：2，
故答案为：铁粉、硫酸；1：2；
（5）共沉淀法制备纳米级Fe3O4的反应为FeSO4•7H2O+2FeCl3•6H2O+8NaOH=Fe3O4↓+17H2O+Na2SO4+6NaCl，Fe2+易被氧化为Fe3+，无法控制FeSO4•7H2O和FeCl3•6H2O的物质的量之比为1：2，产品有杂质，
故答案为：Fe2+易被氧化为Fe3+，很难控制FeSO4•7H2O和FeCl3•6H2O的物质的量之比为1：2，产品含有杂质；
（6）根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在10纳米以下，属于胶体的范畴，具备胶体的性质．
A．分散质粒子直径在10纳米以下，所得分散系为胶体，所以不是溶液，故A错误；
B．该分散性属于胶体，胶体可以通过渗析法得到提纯，故B正确；
C．该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故C正确；
D．所得分散系为胶体，较稳定，属于介稳体系，故D正确；
故答案为：A．
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