- 乙酸乙酯的制备
- 共1463题
（2016•淄博一模）Ⅰ．已知ClO2是易溶于水难溶于有机溶剂的气体，常用于自来水消毒．实验室制备ClO2是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2+C12═2ClO2+2NaCl，装置如图1所示：
（1）烧瓶内可发生的反应的化学方程式：______．
（2）B、C、E装置中的试剂依次为______
a、NaOH溶液 b、浓硫酸 c、饱和食盐水 d、CCl4 e、饱和石灰水
（3）以下装置如图2既能吸收尾气又能防止倒吸的是______
Ⅱ．用ClO2处理后的自来水中，ClO2的浓度应在0.10～0.80mg•L-1之间．用碘量法检测水中C1O2浓度的实验步骤如下：取100mL的水样加稀硫酸调节pH至1～3，加入一定量的碘化钾溶液，振荡，再加入少量指示剂后，用1.0×10-4mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定（己知：2S2O32-+I2═S4O62-+2I-）．
（4）加入的指示剂是______，达到滴定终点时的现象是______
（5）碘化钾反应的离子方程式是______．
（6）已知滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液16.30mL，则水样中C1O2的浓度是______mg•L-1．
正确答案
解：Ⅰ．（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸盛装在分液漏斗中，烧瓶内为MnO2，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气、水，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
（2）生成的氯气中混有HCl和水，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，然后用浓硫酸干燥除去水，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，所以B、C、E装置中的试剂依次为：饱和食盐水、浓硫酸、CCl4，
故答案为：cbd；
（3）ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不能插入到液面以下，③⑤符合，②CCl4液体能缓冲起防倒吸作用，
故答案为：②③⑤；
Ⅱ．（4）根据题意发生反应：2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2，2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，滴定过程中出现了碘单质，碘与淀粉变蓝，故选淀粉做指示剂，滴定到终点时，碘单质正好反应完，故滴定达到终点时溶液的颜色变化为溶液蓝色褪去，且30秒内不恢复蓝色，
故答案为：淀粉溶液，滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色变为无色（或蓝色褪去），半分钟内不恢复原来的颜色；
（5）用I-将溶液中的ClO2还原为Cl-以测定水样中C1O2的浓度，则I-被氧化为I2，氯从+4价降为-1价，碘离子从-1价被氧化为0价，故该反应的离子方程式为2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2，
故答案为：2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2；
（6）根据题意发生反应：2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2，2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，
2ClO2～10I-～10S2O32-
2 10
3.26×10-7mol 1.0×10-4 mol/L×0.01630L
100mL的水样中m（ClO2）=n（ClO2）×M（ClO2）=3.26×10-7mol×67.5×103mg•mol-1≈0.022mg，则水样中C1O2的浓度是0.22mg•L-1，
故答案为：0.22．
解析
解：Ⅰ．（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸盛装在分液漏斗中，烧瓶内为MnO2，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气、水，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
（2）生成的氯气中混有HCl和水，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，然后用浓硫酸干燥除去水，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，所以B、C、E装置中的试剂依次为：饱和食盐水、浓硫酸、CCl4，
故答案为：cbd；
（3）ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不能插入到液面以下，③⑤符合，②CCl4液体能缓冲起防倒吸作用，
故答案为：②③⑤；
Ⅱ．（4）根据题意发生反应：2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2，2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，滴定过程中出现了碘单质，碘与淀粉变蓝，故选淀粉做指示剂，滴定到终点时，碘单质正好反应完，故滴定达到终点时溶液的颜色变化为溶液蓝色褪去，且30秒内不恢复蓝色，
故答案为：淀粉溶液，滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色变为无色（或蓝色褪去），半分钟内不恢复原来的颜色；
（5）用I-将溶液中的ClO2还原为Cl-以测定水样中C1O2的浓度，则I-被氧化为I2，氯从+4价降为-1价，碘离子从-1价被氧化为0价，故该反应的离子方程式为2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2，
故答案为：2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2；
（6）根据题意发生反应：2ClO2+8H++10I-=2Cl-+4H2O+5I2，2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，
2ClO2～10I-～10S2O32-
2 10
3.26×10-7mol 1.0×10-4 mol/L×0.01630L
100mL的水样中m（ClO2）=n（ClO2）×M（ClO2）=3.26×10-7mol×67.5×103mg•mol-1≈0.022mg，则水样中C1O2的浓度是0.22mg•L-1，
故答案为：0.22．
实验室里用如图所示仪器和药品来制取纯净的无水氯化铜．图中A、B、C、D、E、F表示玻璃管接口，接口的弯曲和伸长等部分未画出．根据要求填写下列各小题空白．
（1）如果所制气体从左向右流动时，上述各仪器装置的正确连接顺序是（填各装置的序号）______接______接______接______接______接______．
（2）装置②的作用是______；
（3）装置④的作用是______；
（4）装置⑥中发生反应的离子方程式是______．
（5）实验开始时，应首先检验装置的______，实验结束时，应先熄灭______处的酒精灯．
（6）在装置⑤的烧瓶中，发生反应的化学方程式为______．
正确答案
解：（1）仪器的连接方法：先制备反应物，然后除杂质，再使氯气与铜反应，最后尾气处理；进行气体除杂或者干燥时，连接顺序一般是：“长进短出”的原则，根据题中实验原理，用浓盐酸与二氧化锰反生成氯气，除杂后与铜反应生成氯化铜，尾气用氢氧化钠吸收，所以仪器连接顺序为：③⑤④②①⑥，故答案为：③⑤④②①⑥；
（2）装置②中盛装的是浓硫酸，可利用此装置干燥氯气，故答案为：干燥氯气；
（3）饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢，故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；
（4）装置⑥中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（5）实验中涉及气体的，实验开始时一般都要检验装置气密性，为了防止空气中的成分的干扰，实验结束时，有铜粉的装置中还应再通一会儿氯气至硬质玻璃管冷却，所以实验结束时，应先熄灭①处的酒精灯，故答案为：检验装置气密性；①；
（6）装置⑤是利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl
解析
解：（1）仪器的连接方法：先制备反应物，然后除杂质，再使氯气与铜反应，最后尾气处理；进行气体除杂或者干燥时，连接顺序一般是：“长进短出”的原则，根据题中实验原理，用浓盐酸与二氧化锰反生成氯气，除杂后与铜反应生成氯化铜，尾气用氢氧化钠吸收，所以仪器连接顺序为：③⑤④②①⑥，故答案为：③⑤④②①⑥；
（2）装置②中盛装的是浓硫酸，可利用此装置干燥氯气，故答案为：干燥氯气；
（3）饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢，故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；
（4）装置⑥中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（5）实验中涉及气体的，实验开始时一般都要检验装置气密性，为了防止空气中的成分的干扰，实验结束时，有铜粉的装置中还应再通一会儿氯气至硬质玻璃管冷却，所以实验结束时，应先熄灭①处的酒精灯，故答案为：检验装置气密性；①；
（6）装置⑤是利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl
Ⅰ．CaO2的制备．
原理：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl
实验步骤：
反应装置如图所示：
请回答下面的问题：
（1）a仪器的名称______
（2）加入氨水的作用______
（3）沉淀反应时用冰水浴控制温度在0°C左右，其可能的原因是______（写出两种）
（4）过滤后洗涤沉淀的试剂最好用______ A．热水 B．冷水 C．乙醇 D．乙醚
Ⅱ．CaO2纯度的测定：将一定量的CaO2溶于稀硫酸，用标准KMnO4溶液滴定生成的H2O2（KMnO4反应后生成Mn2+），计算确定CaO2的含量．
（5）现每次称取0.4000g样品溶解后，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定，所得的数据如下表所示，则样品的纯度______
（6）测得CaO2样品的纯度偏低，其原因可能是______
A．烘烤时间不足
B．配制KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶刻度线
C．在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液
D．滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失．
正确答案
球型冷凝管
中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl向右进行
减少双氧水受热分解；降低产物溶解度便于析出（或该反应放热）
B
90.00
AB
解析
解：（Ⅰ）（1）图2中仪器a为球型冷凝管，起到冷凝作用，故答案为：球型冷凝管；
（2）氯化钙与双氧水的反应方程式为：CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl，加入氨水可以与氯化氢发生中和反应，使该可逆反应向着生成过氧化钙的方向移动，提高的过氧化钙的产率，故答案为：中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O2⇌CaO2+2HCl向右进行；
（3）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，
故答案为：减少双氧水受热分解；降低产物溶解度便于析出（或该反应放热）；
（4）A．热水：过氧化钙在热水中溶解度较大，降低了过氧化钙的产率，故A错误；
B．冷水：过氧化钙极微溶于水，且杂质都易溶于水，可用冷水洗涤过氧化钙，故B正确；
C．乙醇：过氧化钙不溶于乙醇，但是杂质不溶于乙醇，且提高了成本，故C错误；
D．乙醚：过氧化钙不溶于乙醚，但杂质也不溶于乙醚，且乙醚成本较高，故D错误；
故答案为：B；
（Ⅱ）、（5）根据表中消耗高锰酸钾溶液的体积数据可知，第三次数据与其它三组误差较大，应该舍弃；则滴定中消耗酸性高锰酸钾的平均体积为
KMnO4反应后生成Mn2+，化合价降低7-2）=5价，CaO2被氧化成氧气，化合价从-1升高到0价，至少升高：[0-（-1）]×2=2，根据化合价升降相等可得反应的关系式：2KMnO4～5CaO2，则每次称取0.4000g样品中含有的过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）=
所以该样品中过氧化钙的纯度为
故答案为：90.00%；
（6）A．烘烤时间不足，样品中含有杂质水分，导致样品中过氧化钙的纯度偏小，故A正确；
B．配制KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶标线，导致标准液浓度偏高，滴定过程中营养样品中过氧化钙的物质的量不变，则消耗的标准液体积偏小，测定的过氧化钙的纯度偏小，故B正确；
C．在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液，不影响标准液的浓度，测定结果无影响，故C错误；
D．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液体积偏大，根据关系式计算出的过氧化钙的质量偏大，过氧化钙的纯度偏高，故D错误；
故答案为：AB．
信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁．某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如图1制备硫酸铜晶体的路线：
回答下列问题：
（1）得到滤渣1的主要成分为______．
（2）第②步加入H2O2的作用是______，调节pH的目的是使______生成沉淀．
（3）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，探究小组设计了如图2二种方案：上述二种方案中，______方案不可行，原因是______；
（4）探究小组用滴定法测定CuSO4•5H2O （Mr=250）含量．取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol•L-1 EDTA（H2Y2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+写出计算CuSO4•5H2O质量分数的表达式ω=______；下列操作会导致CuSO4•5H2O含量的测定结果偏高的是______．
a．未干燥锥形瓶
b．滴定终点时俯视滴定管读数
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子．
正确答案
解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-
故答案为：Au、Pt；
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，调节溶液PH的目的是使铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+、Al3+；
（3）制备硫酸铝晶体的甲、乙两种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行，乙方案加入铝粉置换出铁，过滤滤液中只有硫酸铝，
故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；
（4）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol•L-1 EDTA（H2Y2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依据元素守恒得到：
则20ml溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3mol；100ml溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol；
所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=
a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故a错误；
b．滴定终点时俯视滴定管读数说明消耗标准液读数偏小，结果偏低，故b错误；
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高，故c正确；
故答案为：
解析
解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-
故答案为：Au、Pt；
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，调节溶液PH的目的是使铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+、Al3+；
（3）制备硫酸铝晶体的甲、乙两种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行，乙方案加入铝粉置换出铁，过滤滤液中只有硫酸铝，
故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；
（4）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol•L-1 EDTA（H2Y2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依据元素守恒得到：
则20ml溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3mol；100ml溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol；
所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=
a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故a错误；
b．滴定终点时俯视滴定管读数说明消耗标准液读数偏小，结果偏低，故b错误；
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高，故c正确；
故答案为：
（1）右图锥形瓶中的反应物是铁屑和28%的硫酸，反应前常用98%的硫酸配制500g 28%的硫酸，要算出所需98%的硫酸的体积，还要知道的数据是______．
（2）在制备硫酸亚铁的过程中，理论上控制铁过量或酸过量均有利于防止Fe2+被氧化．设计两个实验：实验一，控制酸过量；实验二，控制铁过量；其余步骤同，制得硫酸亚铁，并对产品质量进行检测．检测结果如下：
已知产品质量标准：Fe3+的质量分数等于0.005%，产品质量定为Ⅰ级；Fe3+的质量分数等于0.01%，产品质量定为Ⅱ级，从实验结果中，可得出制备硫酸亚铁溶液时，反应控制______过量为最佳．
（3）该小组在继续研究由绿矾制备Fe（OH）2的过程中，发现出现白色的沉淀会逐渐转变为灰绿色，最后变为红褐色．甲同学查资料该灰绿色沉淀可能是Fe3（OH）8，请用氧化物的形式写出该沉淀______；乙同学查资料后认为该灰绿色沉淀是由于Fe（OH）2部分被氧化，混入少量的Fe（OH）3的缘故，请提出一种在研究由Fe2+制备Fe（OH）2的过程中，有助于对沉淀由“白”变“绿”的现象进行合理解释的实验设计新思路______．
正确答案
解：（1）根据m=ρVω知，要计算溶液的体积还需要知道98%硫酸的密度，故答案为：98%硫酸的密度；
（2）硫酸和铁的质量比确定了产品的级别，从Fe3+的质量分数等于0.005%，产品质量定为Ⅰ级；Fe3+的质量分数等于0.01%，产品质量定为Ⅱ级，可以看出，三价铁的含量越低级别越高，从表中可以看出，只要控制铁过量，产品级别就高，故答案为：铁；
（3）由资料信息可知，氢氧化亚铁为白色而氢氧化铁为棕色，二者的混合物呈现出绿色，因此实验中出现灰绿色或绿色的现象应是生成的Fe（OH）2部分被氧化而混入少量的Fe（OH）3的缘故；资料中提及的微绿色Fe3（OH）8，可理解为Fe（OH）2与Fe（OH）3的结合起的一种物质，其中既有+2价铁也有+3价铁，因此改写为氧化物的形式时，8个氢原子应结合成4H2O，所以应写成：FeO•Fe2O3•4H2O，
由于出现的沉淀由白变绿是因为形成了Fe（OH）2与Fe（OH）3的混合沉淀，因此可利用向Fe2+和Fe3+的混合液中直接加入NaOH溶液，反应生成Fe（OH）2与Fe（OH）3的混合沉淀物，观察此时沉淀物的颜色，或直接取Fe（OH）2与Fe（OH）3进行混合，观察混合后颜色的方法，以解释沉淀由“白”变“绿”的现象，
故答案为：FeO•Fe2O3•4H2O；向Fe2+和Fe3+的混合液中加入NaOH溶液后，观察生成的沉淀的颜色是否为灰绿色．或者可以将Fe（OH）3和Fe（OH）2混合后观察其颜色．
解析
解：（1）根据m=ρVω知，要计算溶液的体积还需要知道98%硫酸的密度，故答案为：98%硫酸的密度；
（2）硫酸和铁的质量比确定了产品的级别，从Fe3+的质量分数等于0.005%，产品质量定为Ⅰ级；Fe3+的质量分数等于0.01%，产品质量定为Ⅱ级，可以看出，三价铁的含量越低级别越高，从表中可以看出，只要控制铁过量，产品级别就高，故答案为：铁；
（3）由资料信息可知，氢氧化亚铁为白色而氢氧化铁为棕色，二者的混合物呈现出绿色，因此实验中出现灰绿色或绿色的现象应是生成的Fe（OH）2部分被氧化而混入少量的Fe（OH）3的缘故；资料中提及的微绿色Fe3（OH）8，可理解为Fe（OH）2与Fe（OH）3的结合起的一种物质，其中既有+2价铁也有+3价铁，因此改写为氧化物的形式时，8个氢原子应结合成4H2O，所以应写成：FeO•Fe2O3•4H2O，
由于出现的沉淀由白变绿是因为形成了Fe（OH）2与Fe（OH）3的混合沉淀，因此可利用向Fe2+和Fe3+的混合液中直接加入NaOH溶液，反应生成Fe（OH）2与Fe（OH）3的混合沉淀物，观察此时沉淀物的颜色，或直接取Fe（OH）2与Fe（OH）3进行混合，观察混合后颜色的方法，以解释沉淀由“白”变“绿”的现象，
故答案为：FeO•Fe2O3•4H2O；向Fe2+和Fe3+的混合液中加入NaOH溶液后，观察生成的沉淀的颜色是否为灰绿色．或者可以将Fe（OH）3和Fe（OH）2混合后观察其颜色．
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