- 硝酸铜的制备
- 共1066题
如图是实验室制备1，2二溴乙烷并进行一系列相关实验的装置（加热及夹持设备已略）反应原理：CH3CH2OH
1，2-二溴乙烷主要的物理性质如下：
请回答下列问题：
（1）装置A是由乙醇制备乙烯的反应装置图，其中使用连通滴液漏斗的原因是______．
（2）装置B是安全瓶，用于监测实验进行时E中是否发生堵塞，请写出堵塞时的现象______
装置E中盛放泠水的主要目的是避免溴大量挥发（乙烯与溴反应时放热），但又不能过冷却（如用冰水），其原因是______．
（3）装置C的作用是______，装置F中发生反应的离子方程式为______
（4）将1，2-二溴乙烷粗产品置于分钟液漏斗中加水，振荡后静置，产物在______层（填“上”或“下”）
（5）有学生提出，装置D中可改用酸性高锰酸钾溶液来验证气体，请判断这种做法是否可行______（填“是”或“否”），其原因是______．
正确答案
解：（1）使用连通滴液漏斗起到了均衡气压的作用，这样可以保证气压畅通，让液体顺利流下，故答案为：使连通滴液漏斗里的溶液容易流下；
（2））安全瓶用于监测实验进行时E中是否发生堵塞，若发生堵塞，装置中压强升高，则会看到玻璃管中液面上升；由表中可知1，2-二溴乙烷的熔点为9.79℃，若温度过低，1，2-二溴乙烷会凝固而堵塞导管，故答案为：玻璃管中液面上升；1，2-二溴乙烷的熔点为9.79℃，若温度过低，1，2-二溴乙烷会凝固而堵塞导管；
（3）实验室制取的乙烯中含有杂质SO2、CO2，可以用氢氧化钠溶液来除杂，溴单质可以和氢氧化钠之间反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，离子方程式为 Br2+20H+=Br-+BrO-+H2O；
故答案为：吸收乙烯中混有的SO2、CO2； Br2+20H+=Br-+BrO-+H2O；
（4）1，2-二溴乙烷的密度比水大，难溶于水，所以1，2-二溴乙烷在下层，故答案为：下；
（5）装置D中改用酸性高锰酸钾溶液来验证气体不合理，因为高锰酸钾可以和乙烯之间发生氧化还原反应，不能达到制取乙烯的目的，故答案为：否；乙烯和SO2均能与酸高锰酸钾溶液反应．
解析
解：（1）使用连通滴液漏斗起到了均衡气压的作用，这样可以保证气压畅通，让液体顺利流下，故答案为：使连通滴液漏斗里的溶液容易流下；
（2））安全瓶用于监测实验进行时E中是否发生堵塞，若发生堵塞，装置中压强升高，则会看到玻璃管中液面上升；由表中可知1，2-二溴乙烷的熔点为9.79℃，若温度过低，1，2-二溴乙烷会凝固而堵塞导管，故答案为：玻璃管中液面上升；1，2-二溴乙烷的熔点为9.79℃，若温度过低，1，2-二溴乙烷会凝固而堵塞导管；
（3）实验室制取的乙烯中含有杂质SO2、CO2，可以用氢氧化钠溶液来除杂，溴单质可以和氢氧化钠之间反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，离子方程式为 Br2+20H+=Br-+BrO-+H2O；
故答案为：吸收乙烯中混有的SO2、CO2； Br2+20H+=Br-+BrO-+H2O；
（4）1，2-二溴乙烷的密度比水大，难溶于水，所以1，2-二溴乙烷在下层，故答案为：下；
（5）装置D中改用酸性高锰酸钾溶液来验证气体不合理，因为高锰酸钾可以和乙烯之间发生氧化还原反应，不能达到制取乙烯的目的，故答案为：否；乙烯和SO2均能与酸高锰酸钾溶液反应．
（2013•河南二模）工业上制取高纯硅和四氯化硅的生产流程如下：
已知：X、高纯硅、原料B的主要成分都可与Z反应，Y，与X在光照或点燃条件下可反应，Z的焰色呈黄色．
（1）原料B的主要成分是（写名称）______．
（2）写出焦炭与原料B中的主要成分反应的化学方程式：______．
（3）上述生产流程中电解A的水溶液时，阳极材料能否用Cu______（填“能”或“不能”），写出Cu为阳极电解A的水溶液开始一段时间阴阳极的电极方程式：阳极：______；阴极：______．
正确答案
二氧化硅
SiO2+2C
不能
Cu-2e-=Cu2+
2H++2e-═H2↑
解析
解：原料B与碳得到粗产品与X反应，生成SiCl4，则X为氯气，原料B与碳得到粗产品为Si，故B为SiO2．Y与氯气在光照或点燃条件下可反应，且与SiCl4反应得到高纯度Si，则Y为氢气．Z的焰色呈黄色，含有Na元素，电解A得到氢气、氯气与Z，则Z为NaOH、A为NaCl．
（1）原料B与碳得到粗产品为Si，焦炭与SiO2反应生成Si与CO，反应方程式为：SiO2+2C
故答案为：二氧化硅；
（2）焦炭具有还原性，与SiO2发生氧化还原反应，生成Si与CO，反应方程式为：SiO2+2C
故答案为：SiO2+2C
（3）电解饱和食盐水，在阳极上是氯离子失电子的氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上是氢离子得电子的还原反应：2H++2e-=H2↑，总反应是：2NaCl+2H2O
故答案为：不能；Cu-2e-=Cu2+；2H2O+2e-=H2↑+2OH-．
（2015•保定一模）分子筛具有均匀的微孔，其应用非常广泛，可以作高效干燥剂、选择性吸附剂、催化剂、离子交换剂等．常用分子筛为结晶态的硅酸盐或硅铝酸盐，其一种功能是具有筛分功能：只有分子直径小于孔穴直径的分子才能通过分子筛的孔穴，如图，
因此其可用于物质的分离提纯．某种型号的分子筛的工业生产简单流程如图所示：
图中在加NH3•H2O调节pH的过程中，若pH＞9会有某种沉淀杂质生成，假设生产流程中铝元素和硅元素均没有损耗，钠原子的利用率为10%．
请回答下列问题：
（1）写出硫酸铝溶液中加入硅酸钠发生反应的离子方程式______．
（2）图中加NH3•H2O调节pH=9的目的是想抑制______（填名称）沉淀生成．
（3）生产流程中所得滤液中含有的主要离子有______．
（4）该分子筛的化学式为______．
（5）分子筛的孔道直径为4称为4A型分子筛，当Na+被Ca2+[r（Ca2+）=2.2r（Na+）]取代时就制得5A型分子筛，当Na+被K+取代时就制得3A型分子筛，要高效分离正丁烷（分子直径为4.65）和异丁烷（分子直径为5.6）应该选用______A型分子筛，钠离子的分子筛为______（填“＞”“＜”或“=”）5A型分子筛．
正确答案
解：（1）Al2（SO4）3溶液与Na2SiO3溶液反应发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，反应的离子方程式为2Al3++3SiO32-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2SiO3↓，
故答案为：2Al3++3SiO32-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2SiO3↓；
（2）氢氧化铝为两性氢氧化物，加MH3•H2O调节pH=9防止氢氧化铝杂质结晶析出，故答案为：氢氧化铝；
（3）由钠原子的利用率为10%，且加入氨水，则滤液中一定含有硫酸钠和硫酸铵，生产流程中所得滤液里含有的离子除H+、OH-外含有：Na+、NH4+、SO42-，
故答案为：Na+、NH4+、SO42-；
（4）n（Al2O3）=0.1mol，n（SiO2）=1mol，因钠原子的利用率为10%，则n（Na2O）=1mol×10%=0.1mol，又分子筛的质量为87.2g，
则n（H2O）=
则n（Na2O）：n（Al2O3）：n（SiO2）：n（H2O）=0.1mol：0.1mol：1mol：0.6mol═1：1：10：6，
所以分子筛的化学式为Na2O•Al2O3•10SiO2•6H2O或Na2（Al2Si10O24）•6H2O，
故答案为：Na2O•Al2O3•10SiO2•6H2O或Na2（Al2Si10O24）•6H2O；
（5）分离正丁烷和异丁烷，应选用分子筛的型号介于4.65A～5.6A之间，应选用5A型；Ca2+半径小于K+，当Na+被Ca2+[r（Ca2+）=2.2r（Na+）]取代时就制得5A型分子筛，当Na+被K+取代时就制得3A型分子筛，所以钠离子的分子筛为大于5A型分子筛，
故答案为：5A；＞．
解析
解：（1）Al2（SO4）3溶液与Na2SiO3溶液反应发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，反应的离子方程式为2Al3++3SiO32-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2SiO3↓，
故答案为：2Al3++3SiO32-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2SiO3↓；
（2）氢氧化铝为两性氢氧化物，加MH3•H2O调节pH=9防止氢氧化铝杂质结晶析出，故答案为：氢氧化铝；
（3）由钠原子的利用率为10%，且加入氨水，则滤液中一定含有硫酸钠和硫酸铵，生产流程中所得滤液里含有的离子除H+、OH-外含有：Na+、NH4+、SO42-，
故答案为：Na+、NH4+、SO42-；
（4）n（Al2O3）=0.1mol，n（SiO2）=1mol，因钠原子的利用率为10%，则n（Na2O）=1mol×10%=0.1mol，又分子筛的质量为87.2g，
则n（H2O）=
则n（Na2O）：n（Al2O3）：n（SiO2）：n（H2O）=0.1mol：0.1mol：1mol：0.6mol═1：1：10：6，
所以分子筛的化学式为Na2O•Al2O3•10SiO2•6H2O或Na2（Al2Si10O24）•6H2O，
故答案为：Na2O•Al2O3•10SiO2•6H2O或Na2（Al2Si10O24）•6H2O；
（5）分离正丁烷和异丁烷，应选用分子筛的型号介于4.65A～5.6A之间，应选用5A型；Ca2+半径小于K+，当Na+被Ca2+[r（Ca2+）=2.2r（Na+）]取代时就制得5A型分子筛，当Na+被K+取代时就制得3A型分子筛，所以钠离子的分子筛为大于5A型分子筛，
故答案为：5A；＞．
MgS04•7H20可用于造纸、纺织、陶瓷、油漆工业，也可在医疗上用作泻盐．某工废渣主要成分是MgC03，另外还有CaC03、Si02等杂质．从此废渣中回收MgS04•7H20的工艺下：
已知CaS04和MgS04的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如图所示，试回答下列问题：
（1）“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有______（要求写出任意一条）．
（2）滤渣B的主要成分的化学式是______．
（3）操作Ⅰ的名称是______，操作Ⅱ的名称是______．
（4）操作Ⅰ和操作Ⅱ都需要用到玻璃棒，操作Ⅰ中玻璃棒的主要作用是______，操作Ⅱ中玻璃棒的主要作用是______．
（5）有人认为Mg2+易水解，经操作Ⅱ后再过滤、洗涤得不到MgS04•7H20晶体，你认为这种说法是否正确______（填？是”或“否”），原因是______．
正确答案
解：（1）加稀硫酸于废渣中，MgCO3、CaCO3溶解，根据溶解度-温度图，知道MgSO4随温度升高而溶解度增大，“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施适当提高反应温度，同时不断搅拌，增加浸出时间．
故答案为：适当提高反应温度，同时不断搅拌，增加浸出时间．
（2）由工艺流程可知，废渣加入硫酸过滤，滤液中含有CaSO4、MgSO4，根据溶解度-温度图可知，CaSO4随温度升高而溶解度下降，MgSO4随温度升高而溶解度增大，滤液加热析出CaSO4，故操作Ⅰ在加热的情况下过滤，滤渣B是CaSO4．
故答案为：CaSO4．
（3）CaSO4随温度升高而溶解度下降，加热的情况下，可以降低CaSO4溶解度，操作Ⅰ在加热的情况下将固体与溶液分离，应是趁热过滤；操作Ⅱ是由溶液中析出晶体，应为蒸发浓缩、冷却结晶．
故答案为：趁热过滤；蒸发浓缩、冷却结晶．
（4）操作Ⅰ是过滤，玻璃棒为引流作用；操作Ⅱ是结晶，玻璃棒为搅拌作用．
故答案为：引流；搅拌．
（5）MgS04水解生成氢氧化镁与硫酸，硫酸是难挥发性酸，最后生成的硫酸与氢氧化镁又生成硫酸镁．操作Ⅱ后过滤、洗涤可以得到MgS04•7H20晶体．
故答案为：否；硫酸是难挥发性酸．
解析
解：（1）加稀硫酸于废渣中，MgCO3、CaCO3溶解，根据溶解度-温度图，知道MgSO4随温度升高而溶解度增大，“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施适当提高反应温度，同时不断搅拌，增加浸出时间．
故答案为：适当提高反应温度，同时不断搅拌，增加浸出时间．
（2）由工艺流程可知，废渣加入硫酸过滤，滤液中含有CaSO4、MgSO4，根据溶解度-温度图可知，CaSO4随温度升高而溶解度下降，MgSO4随温度升高而溶解度增大，滤液加热析出CaSO4，故操作Ⅰ在加热的情况下过滤，滤渣B是CaSO4．
故答案为：CaSO4．
（3）CaSO4随温度升高而溶解度下降，加热的情况下，可以降低CaSO4溶解度，操作Ⅰ在加热的情况下将固体与溶液分离，应是趁热过滤；操作Ⅱ是由溶液中析出晶体，应为蒸发浓缩、冷却结晶．
故答案为：趁热过滤；蒸发浓缩、冷却结晶．
（4）操作Ⅰ是过滤，玻璃棒为引流作用；操作Ⅱ是结晶，玻璃棒为搅拌作用．
故答案为：引流；搅拌．
（5）MgS04水解生成氢氧化镁与硫酸，硫酸是难挥发性酸，最后生成的硫酸与氢氧化镁又生成硫酸镁．操作Ⅱ后过滤、洗涤可以得到MgS04•7H20晶体．
故答案为：否；硫酸是难挥发性酸．
某化工厂为了综合利用生产过程中的副产品CaSO4，与相邻的化肥厂联合设计了如图制备（NH4）2SO4的工艺流程．
①根据质量守恒定律，请完成上述流程中沉淀池内发生的主要反应的化学方程式：
CO2+2NH3+CaSO4+H2O→______↓+（NH4）2SO4，
②操作a的名称是______，实验室中进行此操作时，用到的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需______．获得（NH4）2SO4晶体在农业上可用作氮肥，要注意不可和熟石灰等______物质混合施用或保存．
③煅烧炉中发生反应的基本类型是______，副产品Y为______．生产流程中能被循环利用的物质是______．
④向沉淀池中加入CaSO4悬浊液后，需先通入足量NH3，再通入CO2的原因：______．
⑤从绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是______．
正确答案
解：①化学反应的过程元素和原子的种类不变，且原子数目也没有培减，CO2+2NH3+CaSO4+H2O→__↓+（NH4）2SO4，从元素的种类看，求知物中含有碳、钙元素，从原子守恒来看，还应该有氧元素，因为CaSO4→（NH4）2SO4保持部分氧原子守恒，再结合反应中得到沉淀，可知未知物为碳酸钙，故答案为：CaCO3；
②操作a的目的是固液分离，操作名称为过滤，过滤操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，则还需要漏斗，氮肥（NH4）2SO4在使用时其水溶液因NH4+的水解显酸性，熟石灰显碱性，二者混合使用会有氨气生成，降低肥效，故答案为：过滤；漏斗；碱性；
③锻烧炉中发生的反应为CaCO3
④二氧化碳在中性或酸性溶液里的溶解度小，溶液里的CO32-浓度低，先通氨气，因氨气的溶解度大，使溶液显碱性，有利于CO2的溶解，生成大量的CO32-，促进CaSO4转化为CaCO3，同时生成（NH4）2SO4，故答案为：氨气的溶解度大，使溶液显碱性，有利于CO2的溶解，生成大量的CO32-，促进CaSO4转化为CaCO3，同时生成（NH4）2SO4；
⑤根据绿色化学的理念，产物CO2可循环利用，副产品CaO及（NH4）2SO4都是有用的物质，降低了生成成本，故答案为：流程中产生的CO2可循环利用，得到的副产物和产物都是有用的物质，无废物产生．
解析
解：①化学反应的过程元素和原子的种类不变，且原子数目也没有培减，CO2+2NH3+CaSO4+H2O→__↓+（NH4）2SO4，从元素的种类看，求知物中含有碳、钙元素，从原子守恒来看，还应该有氧元素，因为CaSO4→（NH4）2SO4保持部分氧原子守恒，再结合反应中得到沉淀，可知未知物为碳酸钙，故答案为：CaCO3；
②操作a的目的是固液分离，操作名称为过滤，过滤操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，则还需要漏斗，氮肥（NH4）2SO4在使用时其水溶液因NH4+的水解显酸性，熟石灰显碱性，二者混合使用会有氨气生成，降低肥效，故答案为：过滤；漏斗；碱性；
③锻烧炉中发生的反应为CaCO3
④二氧化碳在中性或酸性溶液里的溶解度小，溶液里的CO32-浓度低，先通氨气，因氨气的溶解度大，使溶液显碱性，有利于CO2的溶解，生成大量的CO32-，促进CaSO4转化为CaCO3，同时生成（NH4）2SO4，故答案为：氨气的溶解度大，使溶液显碱性，有利于CO2的溶解，生成大量的CO32-，促进CaSO4转化为CaCO3，同时生成（NH4）2SO4；
⑤根据绿色化学的理念，产物CO2可循环利用，副产品CaO及（NH4）2SO4都是有用的物质，降低了生成成本，故答案为：流程中产生的CO2可循环利用，得到的副产物和产物都是有用的物质，无废物产生．
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