- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
（1）A装置中所发生反应的离子方程式为：______．C装置中稀硫酸的作用为：______．
（2）下表中所列出的是相关物质在不同温度下的溶解度数据（g/100g水）
参照表中数据，请分析B装置中使用冰水是因为______．
（3）该校学生在检查完此套装置气密性后进行实验，结果没有得到碳酸氢钠晶体，指导教师指出应在______装置______之间（填写字母）连接一个盛有______ 的洗气装置，其作用是______．
（4）利用改进后的装置进行实验，在B中的试管内析出了晶体，经必要的操作后得到了一种纯净的晶体．请通过简单实验判断该晶体是碳酸氢钠晶体而不是碳酸氢铵晶体，简述操作方法、实验现象及结：______．
（5）若该校学生进行实验时，所用饱和食盐水中含NaCl的质量为5.85g，实验后得到干燥的NaHCO3晶体的质量为5.88g，则NaHCO3的产率为______．
正确答案
解：（1）A装置是指取二氧化碳气体的装置，是碳酸钙和盐酸发生反应生成氯化钙、水和二氧化碳；反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；C装置稀硫酸是尾气处理装置吸收过量的氨气，防止污染环境；
故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；吸收从B装置中的试管内逸出的氨气，减少对环境的污染；
（2）B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，依据图标分析可知温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，所以温度越低越有利于碳酸氢钠的晶体析出；
故答案为：温度越低碳酸氢钠溶解度越小，便于析出；
（3）二氧化碳气体中含有氯化氢气体，通入后和氨气反应不能生成碳酸氢钠，所以的不到碳酸氢钠晶体，所以需要加一个洗气装置用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢气体；
故答案为：A；B；饱和NaHCO3溶液；除去CO2中混有的HCl气体；
（4）碳酸氢钠在加热的条件下生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应为：2NaHCO3
故答案为：取少量晶体置于试管中，在酒精灯上加热使其充分反应后，还有白色固体剩余，则晶体不是NH4HCO3；
（5）饱和食盐水中含NaCl的质量为5.85g，依据化学方程式计算NH3+CO2+NaCl+H2O═NH4Cl+NaHCO3（晶体），理论得到碳酸氢钠质量为8.4g：实验后得到干燥的NaHCO3晶体的质量为5.88g，则碳酸氢钠的产率=
故答案为：70%．
解析
解：（1）A装置是指取二氧化碳气体的装置，是碳酸钙和盐酸发生反应生成氯化钙、水和二氧化碳；反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；C装置稀硫酸是尾气处理装置吸收过量的氨气，防止污染环境；
故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；吸收从B装置中的试管内逸出的氨气，减少对环境的污染；
（2）B装置中的试管内是溶有氨和氯化钠的饱和溶液，通入二氧化碳气体会发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，依据图标分析可知温度越低，碳酸氢钠的溶解度越小，所以温度越低越有利于碳酸氢钠的晶体析出；
故答案为：温度越低碳酸氢钠溶解度越小，便于析出；
（3）二氧化碳气体中含有氯化氢气体，通入后和氨气反应不能生成碳酸氢钠，所以的不到碳酸氢钠晶体，所以需要加一个洗气装置用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢气体；
故答案为：A；B；饱和NaHCO3溶液；除去CO2中混有的HCl气体；
（4）碳酸氢钠在加热的条件下生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应为：2NaHCO3
故答案为：取少量晶体置于试管中，在酒精灯上加热使其充分反应后，还有白色固体剩余，则晶体不是NH4HCO3；
（5）饱和食盐水中含NaCl的质量为5.85g，依据化学方程式计算NH3+CO2+NaCl+H2O═NH4Cl+NaHCO3（晶体），理论得到碳酸氢钠质量为8.4g：实验后得到干燥的NaHCO3晶体的质量为5.88g，则碳酸氢钠的产率=
故答案为：70%．
工业上用铝土矿（含氧化铝、氧化铁）制取铝的过程如下：
请回答下列问题：
（1）沉淀C的化学式为______，C与金属Al可以在高温下发生一反应可用于焊接铁轨．则该反应的化学方程式为______．
（2）操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是______（填操作名称），实验室要洗涤Al（OH）3沉淀，洗涤方法是______．
（3）生产过程中，除NaOH、H2O可以循环使用外，还可以循环使用的物质有______（填化学式）．用此法制取铝的副产品是______（填化学式）．
（4）金属铝的生产是以Al2O3为原料，在熔融状态下进行电解：2Al2O3
A．冰品石（Na3AlF6）的作用是降低Al2O3的熔化温度
B．电解生成的金属铝是在熔融液的上层
C．电解过程中的电极材料可以为金属材料
D．铝是高耗能产品，废旧铝材的回收后制成氧化铝比较合理
（5）若铝土矿中还含有二氧化硅，此生产过程中得到的氧化铝将混有杂质：______（填化学式）．
正确答案
解：根据流程图，氧化铝可以和氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，氧化铁和氢氧化钠不反应，所以B是偏铝酸钠溶液，C是氧化铁，实现固体和液体的分离的方法是过滤，氢氧化铝受热分解得到氧化铝和水，电解氧化铝得到的是金属铝和氧气，
（1）因Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，而Fe2O3不与NaOH溶液发生反应，因此过滤得到的沉淀C为Fe2O3，利用Fe2O3发生铝热反应制取Fe，即2Al+Fe2O3
（2）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均是除去不溶于液体的固体，即过滤，洗涤方法是向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，使水自然流完，重复操作2～3次，
故答案为：过滤；向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，使水自然流完，重复操作2～3次；
（3）据流程图可看出循环使用的物质除NaOH、H2O外，还有CaCO3
故答案为：CaO和CO2；Fe2O3和O2；
（4）2Al2O3（熔融）
A、Al2O3的熔点很高，熔化得需要较多能量，加入冰晶石可以降低熔化温度，故A正确；
B、由于冰晶石（Na3AlF6）与氧化铝熔融物密度比铝的小，所以铝在熔融液的下层，故B错误；
C、电解过程中如果是金属做阳极，将参与电极反应，故C错误；
D、电解产生的铝要尽量以单质形式存在，所以将回收铝做成铝锭最好，故D错误．
故答案为：18；A；
（5）铝土矿中含有二氧化硅，可以和氢氧化钠反应生成硅酸钠溶液，向其中通二氧化碳可以得到硅酸沉淀，硅酸受热分解得到二氧化硅，所以生产过程中得到的氧化铝将混有杂质二氧化硅，故答案为：SiO2．
解析
解：根据流程图，氧化铝可以和氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，氧化铁和氢氧化钠不反应，所以B是偏铝酸钠溶液，C是氧化铁，实现固体和液体的分离的方法是过滤，氢氧化铝受热分解得到氧化铝和水，电解氧化铝得到的是金属铝和氧气，
（1）因Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，而Fe2O3不与NaOH溶液发生反应，因此过滤得到的沉淀C为Fe2O3，利用Fe2O3发生铝热反应制取Fe，即2Al+Fe2O3
（2）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均是除去不溶于液体的固体，即过滤，洗涤方法是向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，使水自然流完，重复操作2～3次，
故答案为：过滤；向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，使水自然流完，重复操作2～3次；
（3）据流程图可看出循环使用的物质除NaOH、H2O外，还有CaCO3
故答案为：CaO和CO2；Fe2O3和O2；
（4）2Al2O3（熔融）
A、Al2O3的熔点很高，熔化得需要较多能量，加入冰晶石可以降低熔化温度，故A正确；
B、由于冰晶石（Na3AlF6）与氧化铝熔融物密度比铝的小，所以铝在熔融液的下层，故B错误；
C、电解过程中如果是金属做阳极，将参与电极反应，故C错误；
D、电解产生的铝要尽量以单质形式存在，所以将回收铝做成铝锭最好，故D错误．
故答案为：18；A；
（5）铝土矿中含有二氧化硅，可以和氢氧化钠反应生成硅酸钠溶液，向其中通二氧化碳可以得到硅酸沉淀，硅酸受热分解得到二氧化硅，所以生产过程中得到的氧化铝将混有杂质二氧化硅，故答案为：SiO2．
乙酰水杨酸即阿斯匹林（aspirin）是一种解热止痛、治疗感冒药，实验室制取原理为：
实验方学科王法：在干燥的锥形瓶中放入称量好的水杨酸（6.2g 0.045mol）、乙酸酐（5mL 5.4g0.053mol），滴入3mL浓硫酸，在70℃反应一段时间后，按如下流程分离出乙酰水杨酸．
已知：①乙酰水杨酸学科王溶于热水，在冷水中微溶；熔点：136°C，沸点：321.4°C．
②乙酰水杨酸钡、水杨酸钡均可溶于水．
③乙酸酐遇水生成乙酸．
④乙酰水杨酸钠易溶于水，上述学科王粗产物中有少量难溶于水的聚合物．
（1）反应后用40mL冰水稀释反应混合物的操作是：______．
（2）操作Ⅰ为______．
（3）判断粗产物与饱和碳酸氢钠已反应完全的现象是：______．
（4）某同学推测产品中可能还含有少量水杨酸和Na2SO4，设计了如下方案进行检验，实验证明不含杂质，请在答题卡上完成表中内容．
（5）产率计算：称量干燥后纯净产品质量为3.2g，该实验中乙酰水杨酸的产率为______（保留三位有效数字）．
正确答案
解：（1）乙酰水杨酸溶于热水，在冷水中微溶，沿烧杯壁慢慢倒入冰水，并用玻璃棒不断搅拌进行稀释，操作步骤为：待反应液稍冷后，在玻璃棒不断搅拌下将反应液沿烧杯壁慢慢倒入40ml冰水中；
故答案为：待反应液稍冷后，在玻璃棒不断搅拌下将反应液沿烧杯壁慢慢倒入40ml冰水中；
（2）固液分离通常用过滤操作，冰水中乙酰水杨酸为固体操作Ⅰ是过滤，
故答案为：过滤；
（3）粗产品加入饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，判断粗产物与饱和碳酸氢钠反应是否完全可以依据是否有气泡生成判断，无汽泡证明反应完全；
故答案为：无气泡产生；
（4）产品中可能还含有少量水杨酸和Na2SO4，设计方案进行检验，实验证明不含杂质，验证硫酸根离子的存在或验证钠离子的存在证明是否含有硫酸钠，向试管B中加入少量BaCl2溶液（或取试管B中溶液做焰色反应实验）；不产生白色沉淀（或焰色不呈黄色）证明无硫酸钠；加入浓溴水或氯化铁溶液，利用酚羟基的性质检验是否含有水杨酸，加入少量FeCl3溶液（或浓溴水），溶液不显紫色（或无白色沉淀出现）证明不含水杨酸；
故答案为：
（5）在干燥的锥形瓶中放入称量好的水杨酸（6.2g 0.045mol）、反应后理论上生成乙酰水杨酸0.045mol，实际生成3.2g，乙酰水杨酸的产率为
故答案为：40%．
解析
解：（1）乙酰水杨酸溶于热水，在冷水中微溶，沿烧杯壁慢慢倒入冰水，并用玻璃棒不断搅拌进行稀释，操作步骤为：待反应液稍冷后，在玻璃棒不断搅拌下将反应液沿烧杯壁慢慢倒入40ml冰水中；
故答案为：待反应液稍冷后，在玻璃棒不断搅拌下将反应液沿烧杯壁慢慢倒入40ml冰水中；
（2）固液分离通常用过滤操作，冰水中乙酰水杨酸为固体操作Ⅰ是过滤，
故答案为：过滤；
（3）粗产品加入饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，判断粗产物与饱和碳酸氢钠反应是否完全可以依据是否有气泡生成判断，无汽泡证明反应完全；
故答案为：无气泡产生；
（4）产品中可能还含有少量水杨酸和Na2SO4，设计方案进行检验，实验证明不含杂质，验证硫酸根离子的存在或验证钠离子的存在证明是否含有硫酸钠，向试管B中加入少量BaCl2溶液（或取试管B中溶液做焰色反应实验）；不产生白色沉淀（或焰色不呈黄色）证明无硫酸钠；加入浓溴水或氯化铁溶液，利用酚羟基的性质检验是否含有水杨酸，加入少量FeCl3溶液（或浓溴水），溶液不显紫色（或无白色沉淀出现）证明不含水杨酸；
故答案为：
（5）在干燥的锥形瓶中放入称量好的水杨酸（6.2g 0.045mol）、反应后理论上生成乙酰水杨酸0.045mol，实际生成3.2g，乙酰水杨酸的产率为
故答案为：40%．
实验室合成环己酮的反应、装置示意图及有关数据如下：
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）酸性Na2Cr2O7溶液氧化环己醇反应的△H＜0，反应剧烈将导致体系温度迅速上升，副反应增多．实验中通过装置B将酸性Na2Cr2O7溶液（查资料可知Cr是重金属元素，具有致癌性）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如何滴加酸性Na2Cr2O7溶液______，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______．
②蒸馏不能分离环己酮和水的原因是______．
（2）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，b．过滤，c．在收集到的馏分中加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______（填字母）．
②上述操作b、c中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有______．
③在上述操作c中，加入NaCl固体的作用是______．
正确答案
解：（1）①放出液体前先要打开塞子，缓慢滴加，故答案为：打开分液漏斗上边的玻璃塞，（或含有铬元素的物质）拧开下边的活塞，缓慢滴加；
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：避免使用有致癌危险的Na2Cr2O7（或避免使用含有致癌性铬元素的物质）；
（2）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：cdba；
②过滤操作主要用到铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗等仪器；分液需要使用分液漏斗和烧杯，故答案为：漏斗、分液漏斗；
③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．
解析
解：（1）①放出液体前先要打开塞子，缓慢滴加，故答案为：打开分液漏斗上边的玻璃塞，（或含有铬元素的物质）拧开下边的活塞，缓慢滴加；
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：避免使用有致癌危险的Na2Cr2O7（或避免使用含有致癌性铬元素的物质）；
（2）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：cdba；
②过滤操作主要用到铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗等仪器；分液需要使用分液漏斗和烧杯，故答案为：漏斗、分液漏斗；
③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．
氨化铁是常见的水处理剂，无水晶FeCl3易升华．工业上制备无水的FeCl3的一种工艺如图所示：
（1）加入吸收塔的吸收剂X应是______（填字母编号）．
a．NaOH溶液 b．饱和食盐水 c．FeCl2溶液 d．淀粉KI溶液
（2）取0.5mL饱和FeCl3溶液滴入50mL沸水中，得红褐色氢氧化铁胶体，则发生反应的离子方程式为______，胶体粒子的直径一般不超过______．
（3）实验室中从FeCl3溶液制得FeCl3•6H2O晶体的过程中，需先加入______且保持过量，然后进行的操作依次为______、冷却结晶、过滤．
（4）将H2S气体通入FeCl3溶液中会出现浑浊，则其反应的离子方程式为______．
（5）铁铬氯化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示（电极材料为石墨），工作原理为：
则电池放电时，Cl-将移向______极（填“正”或“负”）；充电时，阴极的电极反应式为______．
正确答案
解：（1）通过工业上制备无水FeCl3的工艺流程图可知，从反应炉中排出的尾气是反应剩余的Cl2，与吸收剂X在吸收塔中反应生成FeCl3溶液，则吸收剂X应是FeCl2溶液，故选：c；
（2）FeCl3溶液滴入50ml沸水中，FeCl3发生水解，再煮沸片刻得红褐色透明液体，形成氢氧化铁胶体，该过程可用离子方程式为：Fe3++3H2O
故答案为：Fe3++3H2O
（3）从FeCl3溶液制得FeCl3•6H2O晶体的过程中，为抑制Fe3+ 的水解，需先加入盐酸且保持过量，然后依次进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作；
故答案为：盐酸；蒸发浓缩；
（4）H2S气体通入FeCl3溶液中，Fe3+将H2S氧化为S，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式为：H2S+2Fe3+═2Fe2++S↓+2H+；
故答案为：H2S+2Fe3+═2Fe2++S↓+2H+；
（5）电池工作时，电解质溶液中的阴离子移向负极，则铁铬氧化还原液流电池放电时，Cl-将移向负极；充电时，阴极阳离子得到电子发生还原反应，Cr3+得电子生成Cr2+，电极反应为：Cr3++e-═Cr2+；
故答案为：负；Cr3++e-═Cr2+．
解析
解：（1）通过工业上制备无水FeCl3的工艺流程图可知，从反应炉中排出的尾气是反应剩余的Cl2，与吸收剂X在吸收塔中反应生成FeCl3溶液，则吸收剂X应是FeCl2溶液，故选：c；
（2）FeCl3溶液滴入50ml沸水中，FeCl3发生水解，再煮沸片刻得红褐色透明液体，形成氢氧化铁胶体，该过程可用离子方程式为：Fe3++3H2O
故答案为：Fe3++3H2O
（3）从FeCl3溶液制得FeCl3•6H2O晶体的过程中，为抑制Fe3+ 的水解，需先加入盐酸且保持过量，然后依次进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作；
故答案为：盐酸；蒸发浓缩；
（4）H2S气体通入FeCl3溶液中，Fe3+将H2S氧化为S，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式为：H2S+2Fe3+═2Fe2++S↓+2H+；
故答案为：H2S+2Fe3+═2Fe2++S↓+2H+；
（5）电池工作时，电解质溶液中的阴离子移向负极，则铁铬氧化还原液流电池放电时，Cl-将移向负极；充电时，阴极阳离子得到电子发生还原反应，Cr3+得电子生成Cr2+，电极反应为：Cr3++e-═Cr2+；
故答案为：负；Cr3++e-═Cr2+．
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