- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
实验室制备苯乙酮的化学方程式如图1：
制备过程中还有CH3COOH+AlCl3→CH3COOAlCl2+HCl↑等副反应．
主要实验装置和步骤如图2所示：
（I）合成：在三颈瓶中加入20g无水AlCl3和30mL无水苯．为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加6mL乙酸酐和10mL无水苯的混合液，控制滴加速率，使反应液缓缓回流．滴加完毕后加热回流1小时．
（Ⅱ）分离与提纯：
①边搅拌边慢慢滴加一定量浓盐酸与冰水混合液，分离得到有机层
②水层用苯萃取，分液
③将①②所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗产品
④蒸馏粗产品得到苯乙酮．回答下列问题：
（1）仪器a的名称：______；装置b的作用：______．
（2）合成过程中要求无水操作，理由是______．
（3）若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈瓶，可能导致______．
A．反应太剧烈B．液体太多搅不动C．反应变缓慢D．副产物增多
（4）分离和提纯操作②的目的是______．该操作中是否可改用乙醇萃取？______（填“是”或“否”），原因是______．
（5）分液漏斗使用前须______并洗净备用．萃取时，先后加入待萃取液和萃取剂，经振摇并______后，将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置片刻，分层．分离上下层液体时，应先______，然后打开活塞放出下层液体，上层液体从上口倒出．
（6）粗产品蒸馏提纯时，如图3装置中温度计位置正确的是______，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是______．
正确答案
解：（1）仪器a为干燥管，装置b的作用是吸收反应过程中所产生的HCl气体；
故答案为：干燥管；吸收HCl气体；
（2）由于三氯化铝与乙酸酐极易水解，所以要求合成过程中应该无水操作；目的是防止AlCl3和乙酸酐水解；
故答案为：防止三氯化铝和乙酸酐水解；
（3）若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三瓶颈，可能会导致反应太剧烈，反应液升温过快导致更多的副产物；故答案为：AD．
（4）水层用苯萃取并分液的目的是把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失，由于乙醇能与水混溶不分层，所以不能用酒精代替苯进行萃取操作；
故答案为：把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失；否，乙醇与水混溶；
（5）分液漏斗使用前需进行检漏，振摇后分液漏斗中气压增大，要不断打开活塞进行放气操作，分离液态时，放下层液体时，应该先打开上口玻璃塞（或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔），然后打开下面的活塞；
故答案为：检漏；放气；打开上口玻璃塞；
（6）粗产品蒸馏提纯时，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶支管口处，漏斗装置中的温度计位置正确的是C项，若温度计水银球放在支管口以下位置，会导致收集的产品中 混有低沸点杂质；若温度计水银球放在支管口以上位置，会导致收集的产品中混有高沸点杂质；所以A、B项的装置容易导致低沸点杂质混入收集到的产品中；
故答案为C；AB．
解析
解：（1）仪器a为干燥管，装置b的作用是吸收反应过程中所产生的HCl气体；
故答案为：干燥管；吸收HCl气体；
（2）由于三氯化铝与乙酸酐极易水解，所以要求合成过程中应该无水操作；目的是防止AlCl3和乙酸酐水解；
故答案为：防止三氯化铝和乙酸酐水解；
（3）若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三瓶颈，可能会导致反应太剧烈，反应液升温过快导致更多的副产物；故答案为：AD．
（4）水层用苯萃取并分液的目的是把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失，由于乙醇能与水混溶不分层，所以不能用酒精代替苯进行萃取操作；
故答案为：把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失；否，乙醇与水混溶；
（5）分液漏斗使用前需进行检漏，振摇后分液漏斗中气压增大，要不断打开活塞进行放气操作，分离液态时，放下层液体时，应该先打开上口玻璃塞（或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔），然后打开下面的活塞；
故答案为：检漏；放气；打开上口玻璃塞；
（6）粗产品蒸馏提纯时，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶支管口处，漏斗装置中的温度计位置正确的是C项，若温度计水银球放在支管口以下位置，会导致收集的产品中 混有低沸点杂质；若温度计水银球放在支管口以上位置，会导致收集的产品中混有高沸点杂质；所以A、B项的装置容易导致低沸点杂质混入收集到的产品中；
故答案为C；AB．
（2015秋•沈阳校级月考）纳米材料二氧化钛（TiO2）具有很高的化学活性，可做性能优良的催化剂．工业上以金红石（主要成分是TiO2，主要杂质是SiO2）制取纳米级二氧化钛的流程如下：
（1）写出氯化时生成TiCl4的化学方程式______．
（2）操作Ⅰ、操作Ⅱ名称分别是______、______．
（3）写出TiCl4水解的化学方程式______．
（4）如在实验室中完成灼烧TiO2•xH2O放在______（填字母序号）中加热．
（5）据报道：“生态马路”是在铺设时加入一定量的TiO2，TiO2受太阳光照射后，产生的电子被空气或水中的氧获得，生成H2O2．H2O2能清除路面空气中的CxHy、CO等，其主要是利用了H2O2的______（填“氧化性”或“还原性”）．
（6）某研究小组用下列装置模拟“生态马路”的部分原理并测定CO的转化效率（夹持装置已略去）．
①B装置中的药品名称为______，若通入2.24L（已折算成标准状况）CO气体和足量空气，最终测得装置C和D增重1.1g，则CO的转化率为______．②实验①中，当CO气体全部通入后，还要再通一会儿空气，其目的是______．
正确答案
解：（1）在高温下，用氯气氧化TiO2的化学方程式为TiO2+2Cl2+2C
（2）TiCl4与SiCl4在常温下的液态混合物，相互混溶，可根据沸点差异选择蒸馏进行分离，操作Ⅱ可以通过过滤从水溶液里分离出不溶性的固体，故答案为：蒸馏；过滤；
（3）由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2O
（4）Ⅳ为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行，所以b正确，故答案为：b；
（5）CxHy、CO等具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2能氧化CxHy、CO等，清除路面空气中的CxHy、CO等，故答案为：氧化性；
（6）①B装置中可盛装浓硫酸干燥气体，22.4L（已折算成标准状况）CO气体的物质的量为：n（CO）=
碱石灰增重11g为吸收的CO2质量，根据碳元素守恒可知，转化率的CO的物质的量等于CO2的物质的量为：n（CO）=n（CO2）=
②装置中有残留的CO2气体，通一会空气，将残留在装置中的CO2气体排出，以便被碱石灰吸收，从而减小误差，故答案为：保证反应过程中生成的CO2全部被碱石灰吸收，减小实验误差．
解析
解：（1）在高温下，用氯气氧化TiO2的化学方程式为TiO2+2Cl2+2C
（2）TiCl4与SiCl4在常温下的液态混合物，相互混溶，可根据沸点差异选择蒸馏进行分离，操作Ⅱ可以通过过滤从水溶液里分离出不溶性的固体，故答案为：蒸馏；过滤；
（3）由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2O
（4）Ⅳ为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行，所以b正确，故答案为：b；
（5）CxHy、CO等具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2能氧化CxHy、CO等，清除路面空气中的CxHy、CO等，故答案为：氧化性；
（6）①B装置中可盛装浓硫酸干燥气体，22.4L（已折算成标准状况）CO气体的物质的量为：n（CO）=
碱石灰增重11g为吸收的CO2质量，根据碳元素守恒可知，转化率的CO的物质的量等于CO2的物质的量为：n（CO）=n（CO2）=
②装置中有残留的CO2气体，通一会空气，将残留在装置中的CO2气体排出，以便被碱石灰吸收，从而减小误差，故答案为：保证反应过程中生成的CO2全部被碱石灰吸收，减小实验误差．
氧化铜有多种用途，如用作玻璃着色剂、油类脱硫剂等，为获得纯净的氧化铜并探究其性质，某同学用工业硫酸铜（含硫酸亚铁等杂质）进行如下实验：
（1）制备氧化铜：
工业CuSO4
①步骤Ⅰ的目的是除去不溶性杂质．操作是______．
②步骤Ⅱ的目的是除去硫酸亚铁．操作是：滴加H2O2溶液，稍加热；Fe2+转化完全后，慢慢加入Cu2（OH）2CO3粉末，搅拌，以控制溶液pH=3.5；加热煮沸一段时间，过滤，用稀硫酸酸化滤液至pH=1．滴加H2O2的目的是______，加入Cu2（OH）2CO3粉末的目的是______．
③步骤Ⅲ的目的是得到CuSO4•5H2O晶体，操作是将CuSO4•5H2O溶液加热蒸发至有晶膜出现时，停止加热，______，水浴加热烘干．采用水浴加热的原因是______．
（2）探究氧化铜性质：
①取A、B两支试管，往A中先加入适量CuO粉末，再分别向A和B中加入等体积的3%H2O2溶液，只观察到A中有大量气泡，结论是______．
②为探究试管A中反应的速率，收集气体并测定其体积必需的实验仪器除导管、橡皮塞、水槽外还必须有______．
正确答案
加适量水溶解，搅拌，过滤
将Fe2+氧化为Fe3+
调节溶液的酸性，使Fe3+水解全部转化为Fe（OH）3沉淀
冷却结晶
防止CuSO4•5H2O晶体分解
CuO对H2O2的分解有催化作用
量筒、秒表（或计时器、手表）
解析
解：（1）①不溶性杂质与溶液分离，利用过滤，则操作步骤为加适量水溶解，搅拌，过滤，故答案为：加适量水溶解，搅拌，过滤；
②除杂过程中滴加H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；Cu2（OH）2CO3粉末使铁离子水解平衡正向移动，目的是调节溶液的酸性，使Fe3+水解全部转化为Fe（OH）3沉淀，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；调节溶液的酸性，使Fe3+水解全部转化为Fe（OH）3沉淀；
③晶膜出现时为饱和溶液，冷却结晶能析出晶体，水浴加热能保持温度恒定，防止CuSO4•5H2O晶体分解，故答案为：冷却结晶；防止CuSO4•5H2O晶体分解；
（2）①A中加入适量CuO粉末，观察到有气体生成，而B中没有气体生成，则说明CuO起催化剂的作用，故答案为：CuO对H2O2的分解有催化作用；
②测定反应速率，需要知道一定时间内气体的体积变化，除导管、橡皮塞、水槽外还必须有量筒、秒表（或计时器、手表），故答案为：量筒、秒表（或计时器、手表）．
Ⅰ．【制备产品】
该小组由废铁屑（含少量氧化铜、氧化铁等杂质），用如图所示装置制备FeSO4•7H2O晶体，步骤如下：
（1）预处理：先将废铁屑加入到饱和Na2CO3溶液中洗涤，目的是______，然后将废铁屑用水洗涤2～3遍．
（2）将洗涤后的废铁屑加入到圆底烧瓶中，并持续通入N2，N2的作用是______．
（3）再加入足量稀硫酸，控制温度50℃～80℃之间，充分反应后，圆底烧瓶中剩余的固体为______．
（4）获取产品：先向步骤（3）中反应后的混合物中加入少许蒸馏水，趁热过滤，____________．
滤出晶体，用少量冰水洗涤2～3次，再用滤纸将晶体吸干，密闭保存．
Ⅱ．【测定FeSO4•7H2O含量】
（1）称取上述样品10.0g，溶于适量的稀硫酸中，配成100mL溶液，需要的仪器除天平、胶头滴管、烧杯、量筒外，还需要的仪器有（填仪器名称）______、______．胶头滴管，250ml容量瓶
…
（2）准确量取25mL该液体于锥形瓶中，用0.1000mol/L KMnO4标准溶液滴定，则滴定终点的判断方法是______．
（3）用同样的方法滴定3次，平均消耗10.00mL标准液，该样品中FeSO4•7H2O的质量分数为______．
（已知Mr（FeSO4•7H2O）=278）
（4）若测量结果偏小，则可能是在定容时______（填“俯视”或“仰视”）读数．
正确答案
解：I．（1）碳酸钠的水溶液显碱性，可以除去铁屑表面的油污，故答案为：洗去铁屑表面的油污；
（2）FeSO4易被氧气氧化，持续通入N2排除装置中的空气或氧气，故答案为：排除装置中的空气或氧气；
（3）氧化铜、氧化铁与硫酸反应生成硫酸铜和硫酸铁，铁单质与硫酸铜和硫酸铁反应生成硫酸亚铁和铜单质，故答案为：Cu；
（4）洗涤、过滤、冷却结晶可得FeSO4•7H2O晶体，故答案为：冷却；结晶；
II．（1）步骤为：计算→称量→溶液→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签，需要使用的仪器有：100mL 容量瓶，托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，量筒可用可不用，故答案为：100mL 容量瓶；玻璃棒；
（2）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫红色，故答案为：当最后一滴标准液滴入时，溶液变为紫红色，且30s保持不变；
（3）测定样品中Fe2+的含量，采用在酸性条件下KMnO4标准液滴定，Fe2+→Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4-→Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，故Fe2+系数为5，MnO4- 系数为1，根据元素守恒可知Mn2+与Fe3+系数分别为1、5，根据电荷守恒可知缺项为H+，H+其系数为2+3×5-[2×5-1]=8，根据H元素守恒可知H2O系数是4，所以反应离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=1Mn2++5Fe3++4H2O，
令Fe2+的物质的量为xmol，则：
5Fe2+～～～～～～MnO4-，
5 1
xmol 0.01L×0.1mol/L
所以x=
所以样品中FeSO4•7H2O的质量0.005mol×4×278g/mol=5.56g，所以4g产品中FeSO4•7H2O的质量分数为
故答案为：55.6%；
（4）定容时仰视体积偏大，浓度偏小，故答案为：仰视．
解析
解：I．（1）碳酸钠的水溶液显碱性，可以除去铁屑表面的油污，故答案为：洗去铁屑表面的油污；
（2）FeSO4易被氧气氧化，持续通入N2排除装置中的空气或氧气，故答案为：排除装置中的空气或氧气；
（3）氧化铜、氧化铁与硫酸反应生成硫酸铜和硫酸铁，铁单质与硫酸铜和硫酸铁反应生成硫酸亚铁和铜单质，故答案为：Cu；
（4）洗涤、过滤、冷却结晶可得FeSO4•7H2O晶体，故答案为：冷却；结晶；
II．（1）步骤为：计算→称量→溶液→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签，需要使用的仪器有：100mL 容量瓶，托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，量筒可用可不用，故答案为：100mL 容量瓶；玻璃棒；
（2）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫红色，故答案为：当最后一滴标准液滴入时，溶液变为紫红色，且30s保持不变；
（3）测定样品中Fe2+的含量，采用在酸性条件下KMnO4标准液滴定，Fe2+→Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4-→Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，故Fe2+系数为5，MnO4- 系数为1，根据元素守恒可知Mn2+与Fe3+系数分别为1、5，根据电荷守恒可知缺项为H+，H+其系数为2+3×5-[2×5-1]=8，根据H元素守恒可知H2O系数是4，所以反应离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=1Mn2++5Fe3++4H2O，
令Fe2+的物质的量为xmol，则：
5Fe2+～～～～～～MnO4-，
5 1
xmol 0.01L×0.1mol/L
所以x=
所以样品中FeSO4•7H2O的质量0.005mol×4×278g/mol=5.56g，所以4g产品中FeSO4•7H2O的质量分数为
故答案为：55.6%；
（4）定容时仰视体积偏大，浓度偏小，故答案为：仰视．
（1）亚氯酸钠也是一种性能优良的漂白剂，但在强酸性溶液中会发生歧化反应，产生ClO2气体，离子方程式为______．向亚氯酸钠溶液中加入盐酸，反应剧烈．若将盐酸改为相同pH的硫酸，开始时反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加快．产生气体速率迅速加快的原因是______．
（2）化学法可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2．用H2O2作还原剂制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是______．
（3）电解法是目前研究最为热门的生产ClO2的方法之一．如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验．
①电源负极为______极（填A或B）：
②写出阴极室发生反应依次为：______、______；
③控制电解液H+不低于5mol/L，可有效防止因H+浓度降低而导致的ClO2-歧化反应．若两极共收集到气体22.4L（体积已折算为标准状况，忽略电解液体积的变化和ClO2气体溶解的部分），此时阳极室与阴极室c（H+）之差为______．
正确答案
5ClO2-+4H+=4ClO2↑+Cl-
反应生成的氯离子对该反应起催化作用
H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2
A
ClO2+e-=ClO2-
ClO3-+ClO2-+2H+=2ClO2↑+H2O
0.8mol/L
解析
解：（1）亚氯酸钠在强酸性溶液中会发生歧化反应，产生ClO2气体，故化合价由+3价升高到+4价，故部分氯离子降低为-1价，离子反应方程式为：5ClO2-+4H+=4ClO2↑+Cl-，反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可见氯离子起催化作用，
故答案为：5ClO2-+4H+=4ClO2↑+Cl-；反应生成的氯离子对该反应起催化作用；
（2）还可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2．用H2O2作还原剂制备ClO2更受欢迎，其主要原因是H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2，不会产生环境污染，
故答案为：H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2；
（3）①由图可知，ClO2在电极A上得到1个电子，生成ClO2-，故A应为电源的负极，故答案为：A；
②阴极室中电极A上发生反应ClO2+e-=ClO2-，生成的ClO2-与溶液中的ClO3-结合生成ClO2，离子反应方程式为：ClO3-+ClO2-+2H+=2ClO2↑+H2O，
故答案为：ClO2+e-=ClO2-；ClO3-+ClO2-+2H+=2ClO2↑+H2O；
③在电解池的整个闭合回路中阴极得到的电子数等于阳极失去的电子数，在阳极室发生反应：4OH--4e-=O2↑+2H2O产生1mol的O2，转移4mold电子，阴极室ClO2+e-=ClO2-；ClO3-+ClO2-+2H+=2ClO2↑+H2O每产生4mol的ClO2电子转移4mol电子，共产生气体5mol．现在两极共收集到气体22.4L（体积已折算为标准状况，忽略电解液体积的变化和ClO2气体溶解的部分），产生气体的物质的量为1mol，所以转移电子0.8mol，在阳极有0.8mol的OH--离子放电．因为溶液的体积为1L，所以此时阳极室与阴极室c（H+）之差为0.8mol/L，
故答案为：0.8mol/L．
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