- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
已知：NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+2H2O，2NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O．
回答下列问题：
（1）步骤①水解液中所含主要有机物为______（写结构简式），浸取时要想提高水解速率除可减小甘蔗碎渣粒度外，还可采取的措施是______；浸取时硫酸浓度不宜过高，其原因是______．
（2）步骤②会生成草酸，硝酸的还原产物为NO2和NO且n（NO2）：n（NO）=3：1，则反应的离子方程式为______，生成的NO2及NO若被NaOH溶液完全吸收，则产物中的两种盐n（NaNO2）：n（NaNO3）=______．
（3）步骤③的主要目的是______．
（4）设计步骤⑦和⑧的目的分别是______、______．
（5）为了确定产品中H2C2O4•2H2O的纯度，称取10.5g草酸样品，配成250mL溶液，每次实验时准确量取20.00mL草酸溶液，加入适量的稀硫酸，用0.10mol•L-1的KMO4标准溶液滴定．平行滴定三次，消耗KMO4标准溶液的体积平均为26.00mL．则产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为______．
正确答案
解：利用纤维素的水解产物葡萄糖氧化制备草酸的实验探究，结合反应速率的影响因素，水解时可适当提高温度，选择的硫酸溶液浓度不易太高，以防止因浓硫酸的脱水性使碎渣炭化，在葡萄糖的氧化过程中生成的氮氧物可以用氢氧化钠溶液吸收，产物可结合电子守恒和原子守恒进行计算，另外还考查了产物的分离提纯及干燥，最后利用滴定法分析了样品的纯度．
（1）纤维素在70%硫酸的作催化剂的作用下水解生成葡萄糖，产物的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO，为了加快水解速率可以通过升高温度、用玻璃棒搅拌及将甘蔗粉碎等措施来实现，特别注意的是不能用98%的浓硫酸代替，因为浓硫酸有脱水性，能使甘蔗炭化，
故答案为：CH2OH（CHOH）4CHO；适当升高温度；甘蔗碎渣会被炭化；
（2）在催化剂的作用下，利用硝酸溶液氧化葡萄糖得草酸，同时还原产物为为NO2和NO且n（NO2）：n（NO）=3：1，结合电离守恒、原子守恒及电荷守恒可得此反应的离子方程式为C6H12O6+12H++12NO3-
故答案为：C6H12O6+12H++12NO3-
（3）步骤③的操作是为了通过反应制得草酸，故答案为：使葡萄糖充分氧化为草酸；
（4）步骤⑥水洗是洗去草酸表面的水溶液杂质，步骤⑦再用醇洗除去表面水，起到干燥作用，故答案为：除去草酸表面水分；除去乙醇，使其快速干燥；
（5）消耗高锰酸钾的物质的量为0.10mol•L-1×0.026L=0.0026mol，滴定过程中参加反应的草酸的物质的量为0.0026mol×
0.0065mol×126g/mol=0.819g，则产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为
解析
解：利用纤维素的水解产物葡萄糖氧化制备草酸的实验探究，结合反应速率的影响因素，水解时可适当提高温度，选择的硫酸溶液浓度不易太高，以防止因浓硫酸的脱水性使碎渣炭化，在葡萄糖的氧化过程中生成的氮氧物可以用氢氧化钠溶液吸收，产物可结合电子守恒和原子守恒进行计算，另外还考查了产物的分离提纯及干燥，最后利用滴定法分析了样品的纯度．
（1）纤维素在70%硫酸的作催化剂的作用下水解生成葡萄糖，产物的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO，为了加快水解速率可以通过升高温度、用玻璃棒搅拌及将甘蔗粉碎等措施来实现，特别注意的是不能用98%的浓硫酸代替，因为浓硫酸有脱水性，能使甘蔗炭化，
故答案为：CH2OH（CHOH）4CHO；适当升高温度；甘蔗碎渣会被炭化；
（2）在催化剂的作用下，利用硝酸溶液氧化葡萄糖得草酸，同时还原产物为为NO2和NO且n（NO2）：n（NO）=3：1，结合电离守恒、原子守恒及电荷守恒可得此反应的离子方程式为C6H12O6+12H++12NO3-
故答案为：C6H12O6+12H++12NO3-
（3）步骤③的操作是为了通过反应制得草酸，故答案为：使葡萄糖充分氧化为草酸；
（4）步骤⑥水洗是洗去草酸表面的水溶液杂质，步骤⑦再用醇洗除去表面水，起到干燥作用，故答案为：除去草酸表面水分；除去乙醇，使其快速干燥；
（5）消耗高锰酸钾的物质的量为0.10mol•L-1×0.026L=0.0026mol，滴定过程中参加反应的草酸的物质的量为0.0026mol×
0.0065mol×126g/mol=0.819g，则产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为
某实验室制取苯甲酸的过程如下：
（一）如图所示，
向250mL三颈瓶中加入2.7mL（2.3g）甲苯和100mL水，瓶口装仪器A，加热至沸．从仪器A上口分批加入8.5g高锰酸钾．用少量水（约25mL）将粘在仪器A内壁的高锰酸钾冲洗入烧瓶内．继续煮沸并间歇摇动烧瓶直到甲苯层消失，回流液不再有明显油珠，反应如下：
（二）将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣二氧化锰，用玻棒小心搅动（不要使滤纸松动）．滤液并倒入400mL烧怀中，将烧杯冷却，然后用浓盐酸酸化，直到苯甲酸全部析出为止；得纯净的苯甲酸质量为1.83g．苯甲酸在不同温度下的溶解度如表：
（1）仪器A的名称是______，（1分）冷却水的进出口方向______
（2）加热前，应先向三颈瓶中加入______，其目的是______．
（3）反应结束时，溶液还显紫红色，可通过三颈瓶的一个口，向其中加入Na2SO3溶液，发生反应的离子方程式是______．（提示：在本实验条件下，高锰酸钾的还原产物是MnO2）
（4）烧杯中的滤液要快速充分冷却，冷却时应将烧杯应放在______冷却；然后用浓盐酸酸化，目的是：______（用化学方程式表示）．
正确答案
解：（1）A为球形冷凝管，冷却水的方向采用逆流原理，应该是低进高出，故答案为：球形冷凝管；低进高出；
（2）一般在加热混合溶液时常加入沸石，防止溶液加热时暴沸，故答案为：沸石；防止暴沸；
（3）高锰酸钾具有强氧化性，Na2SO3溶液具有强还原性，两者发生氧化还原反应，高锰酸根被还原成二氧化锰化合价减低3价，亚硫酸根被氧化成硫酸根化合价升高2价，所以根据得失电子守恒，高锰酸根×2，亚硫酸根×3，所以离子方程式为：2MnO4-+3SO32-+H2O=2MnO2+3SO42-+2OH-，
故答案为：2MnO4-+3SO32-+H2O=2MnO2+3SO42-+2OH-；
（4）由于冷水浴中冷却接触面积大，冷却充分；浓盐酸酸化主要是将苯甲酸钾反应生成苯甲酸，反应为
故答案为：冷水浴中；
解析
解：（1）A为球形冷凝管，冷却水的方向采用逆流原理，应该是低进高出，故答案为：球形冷凝管；低进高出；
（2）一般在加热混合溶液时常加入沸石，防止溶液加热时暴沸，故答案为：沸石；防止暴沸；
（3）高锰酸钾具有强氧化性，Na2SO3溶液具有强还原性，两者发生氧化还原反应，高锰酸根被还原成二氧化锰化合价减低3价，亚硫酸根被氧化成硫酸根化合价升高2价，所以根据得失电子守恒，高锰酸根×2，亚硫酸根×3，所以离子方程式为：2MnO4-+3SO32-+H2O=2MnO2+3SO42-+2OH-，
故答案为：2MnO4-+3SO32-+H2O=2MnO2+3SO42-+2OH-；
（4）由于冷水浴中冷却接触面积大，冷却充分；浓盐酸酸化主要是将苯甲酸钾反应生成苯甲酸，反应为
故答案为：冷水浴中；
以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3•6H2O）的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为2SO2+O2 
（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是______、______．
（3）通氯气氧化后时，发生的主要反应的离子方程式为______；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为______（写化学式）．
正确答案
解：（1）在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为2SO2+O2
故答案为：
（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是使氧化铁溶解为氯化铁，抑制铁离子的水；
故答案为：提高铁元素的浸出率；抑制Fe3+水解；
（3）通氯气氧化后时，氯气氧化亚铁离子为铁离子，发生的主要反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为过量的氯气和盐酸溶液中挥发出的氯化氢气体；
故答案为：Cl2，HCl；
解析
解：（1）在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为2SO2+O2
故答案为：
（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是使氧化铁溶解为氯化铁，抑制铁离子的水；
故答案为：提高铁元素的浸出率；抑制Fe3+水解；
（3）通氯气氧化后时，氯气氧化亚铁离子为铁离子，发生的主要反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为过量的氯气和盐酸溶液中挥发出的氯化氢气体；
故答案为：Cl2，HCl；
无水氯化镁是制备某种催化剂的中间体．某研究性学习小组设计实验方案进行制取无水氯化镁等实验．请填写下列空白．
[实验一]利用如图实验装置（夹持和加热装置省略），在HCl气流中小心加热MgCl2•6H2O晶体制取无水氯化镁（无水氯化镁易吸水）．烧瓶中发生的反应为：NaCl+H2SO4（浓）═NaHSO4+HCl↑
（1）试剂X是______．
（2）该实验装置存在一个缺陷是______．
[实验二]通过下列步骤，测定实验一所得产物中氯元素含量以确定产物是否含有结晶水：
①称取m1g样品置于烧杯中，充分溶解；②加入足量硝酸银溶液，充分反应后，过滤；③洗涤沉淀，干燥至恒重，称得沉淀质量为m2g．
（3）若步骤③的操作中未洗涤沉淀，将导致测得的氯元素含量______（填“偏高”或“偏低”）
（4）若测得m1=10.40，m2=28.70，则所得产品MgCl2•nH2O中n的值为______．
[实验三]一定条件下，氯化镁与四氯化钛的混合物可作烯烃聚合反应的催化剂．为了探究温度、氯化镁固体的含水量以及粉碎方式对该催化剂催化效果的影响，设计如表对比实验：
注：催化效果用单位时间内每克催化剂得到产品的质量来表示
（5）表中ω=______．
（6）从实验1、2可以得出的结论是______．
（7）设计实验2、3的目的是______．
正确答案
解：[实验一]（1）烧瓶中发生的反应为：NaCl+H2SO4（浓）═NaHSO4+HCl↑，制得的氯化氢气体中含有水蒸气，氯化镁中的镁离子易水解，需用浓硫酸干燥氯化氢，所以X为浓硫酸，
故答案为：浓硫酸；
（2）镁离子易水解生成氢氧化镁和氢离子，发生Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，在HCl气流中小心加热MgCl2•6H2O晶体，使C（H+）增大，抑制Mg2+的水解成Mg（OH）2，且带走MgCl2•6H2O受热产生的水汽，确保生成MgCl2，氯化氢有毒，缺少尾气处理装置，
故答案为：没有尾气处理装置；
[实验二]（3）若步骤③的操作中未洗涤沉淀，杂质误计入氯化银沉淀，将导致测得的氯元素含量偏高，
故答案为：偏高；
（4）m1=10.40样品质量，m2=28.70AgCl质量，n（AgCl）=
故答案为：
[实验三]（5）做对比实验时只能改变一个条件，由表中数据可知，实验4中温度为100℃，所以与实验3比较其它条件不变，则ω=74.45，
故答案为：74.45；
（6）实验1中氯元素含量低，则水的含量高，对应的催化效果差，所以氯化镁固体含水量越高，催化剂催化效果越差，
故答案为：氯化镁固体含水量越高，催化剂催化效果越差；
（7）实验2、3中改变的条件中只有粉碎方式不同，其它都相同，所以实验2、3的目的是探究粉碎方式对催化剂催化效果的影响，
故答案为：探究粉碎方式对催化剂催化效果的影响．
解析
解：[实验一]（1）烧瓶中发生的反应为：NaCl+H2SO4（浓）═NaHSO4+HCl↑，制得的氯化氢气体中含有水蒸气，氯化镁中的镁离子易水解，需用浓硫酸干燥氯化氢，所以X为浓硫酸，
故答案为：浓硫酸；
（2）镁离子易水解生成氢氧化镁和氢离子，发生Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，在HCl气流中小心加热MgCl2•6H2O晶体，使C（H+）增大，抑制Mg2+的水解成Mg（OH）2，且带走MgCl2•6H2O受热产生的水汽，确保生成MgCl2，氯化氢有毒，缺少尾气处理装置，
故答案为：没有尾气处理装置；
[实验二]（3）若步骤③的操作中未洗涤沉淀，杂质误计入氯化银沉淀，将导致测得的氯元素含量偏高，
故答案为：偏高；
（4）m1=10.40样品质量，m2=28.70AgCl质量，n（AgCl）=
故答案为：
[实验三]（5）做对比实验时只能改变一个条件，由表中数据可知，实验4中温度为100℃，所以与实验3比较其它条件不变，则ω=74.45，
故答案为：74.45；
（6）实验1中氯元素含量低，则水的含量高，对应的催化效果差，所以氯化镁固体含水量越高，催化剂催化效果越差，
故答案为：氯化镁固体含水量越高，催化剂催化效果越差；
（7）实验2、3中改变的条件中只有粉碎方式不同，其它都相同，所以实验2、3的目的是探究粉碎方式对催化剂催化效果的影响，
故答案为：探究粉碎方式对催化剂催化效果的影响．
纳米氧化镁具有特殊的热、光、电、力学和化学等性能，有广泛的应用前景．如图是利用海水制备纳米氧化镁的流程图．
回答下列问题：
（1）操作I后得到的母液中镁离子浓度为1.8×10-3 mol•L-1，要使镁离子产生沉淀，溶液的pH最低应为______．（已知：Ksp[MgCO3]=6.8×10-6，Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11）
（2）利用MgCl2•6H2O制备无水氯化镁，需在干燥的______气流中加热，原因是______．
（3）反应I中CO（NH2）2与H2O反应生成CO2和NH3•H2O，还发生另一主要化学反应的离子方程式为______．
（4）某科研小组研究反应I在温度为378K～398K时的反应时间、反应物配比等因素对制备纳米氧化镁产率的影响．请完成以下实验设计表（表中不要留空格）：
（5）如图为反应I的温度对纳米MgO产率（曲线a）和粒径（曲线b）的影响，请你归纳出温度对纳米MgO的制备有何影响的结论（至少写出一条）：__________________．
正确答案
解：（1）由于Ksp[Mg（OH）2]=c（Mg2+）•c2（OH-）=1.8×10-11，当溶液中c（Mg2+）=10-3mol•L-1，开始沉淀需要OH-浓度为c（OH-）=
故答案为；10．
（2）MgCl2•6H2O在受热时易发生水解MgCl2+2H2O⇌Mg（OH）2+2HCl，应在加热时应不断通入HCl气体，抑制其水解．
故答案为：HCl；MgCl2•6H2O在受热时易发生水解，为抑制其水解，在加热时应不断通入HCl气体．
（3）由工艺流程转化关系可知，反应I中的目的是制备Mg（OH）2，所以反应I中还发生Mg2+与氨水反应生成Mg （OH）2与NH4+，反应离子方程式为Mg2++2NH3•H2O=Mg （OH）2↓+2NH4+．
故答案为：Mg2++2NH3•H2O=Mg （OH）2↓+2NH4+．
（4）实验根据控制变量法进行对比试验，研究温度、反应时间、反应物配比对氧化镁产率影响．
（Ⅰ）实验①和③，温度相同，反应时间相同，应研究反应物配比对氧化镁产率的影响，③中反应物配比应为4：1；
（Ⅱ）实验②和④，反应时间相同，反应物配比相同，温度不同，应是探究温度对产率的影响；
（Ⅲ）③中反应物配比应为4：1，实验②和③，温度相同、反应物配比相同，反应时间不同，探究反应时间对产率的影响．
故答案为：
（5）由图表中数据可知，在378K～398K，纳米MgO的粒径大小无明显变化，在383K较低温度下有利于形成较小的颗粒，纳米MgO产率产率随温度的升高而增大．
故答案为：在378K～398K，纳米MgO的粒径大小无明显变化，在383K较低温度下有利于形成较小的颗粒，纳米MgO产率产率随温度的升高而增大．
解析
解：（1）由于Ksp[Mg（OH）2]=c（Mg2+）•c2（OH-）=1.8×10-11，当溶液中c（Mg2+）=10-3mol•L-1，开始沉淀需要OH-浓度为c（OH-）=
故答案为；10．
（2）MgCl2•6H2O在受热时易发生水解MgCl2+2H2O⇌Mg（OH）2+2HCl，应在加热时应不断通入HCl气体，抑制其水解．
故答案为：HCl；MgCl2•6H2O在受热时易发生水解，为抑制其水解，在加热时应不断通入HCl气体．
（3）由工艺流程转化关系可知，反应I中的目的是制备Mg（OH）2，所以反应I中还发生Mg2+与氨水反应生成Mg （OH）2与NH4+，反应离子方程式为Mg2++2NH3•H2O=Mg （OH）2↓+2NH4+．
故答案为：Mg2++2NH3•H2O=Mg （OH）2↓+2NH4+．
（4）实验根据控制变量法进行对比试验，研究温度、反应时间、反应物配比对氧化镁产率影响．
（Ⅰ）实验①和③，温度相同，反应时间相同，应研究反应物配比对氧化镁产率的影响，③中反应物配比应为4：1；
（Ⅱ）实验②和④，反应时间相同，反应物配比相同，温度不同，应是探究温度对产率的影响；
（Ⅲ）③中反应物配比应为4：1，实验②和③，温度相同、反应物配比相同，反应时间不同，探究反应时间对产率的影响．
故答案为：
（5）由图表中数据可知，在378K～398K，纳米MgO的粒径大小无明显变化，在383K较低温度下有利于形成较小的颗粒，纳米MgO产率产率随温度的升高而增大．
故答案为：在378K～398K，纳米MgO的粒径大小无明显变化，在383K较低温度下有利于形成较小的颗粒，纳米MgO产率产率随温度的升高而增大．
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