- 乙酸乙酯的制备
- 共1463题
亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白与杀菌．下图是制取亚氯酸钠的工艺流程：
已知：①NaClO2的溶解度随着温度升高而增大，适当条件下可结晶析出．
②ClO2气体只能保持在稀释状态下以防止爆炸性分解，且需现合成现用．
③ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在．
（1）在无隔膜电解槽中持续电解一段时间后，生成氢气和NaClO3，请写出阳极的电极反应方程式：______．
（2）反应生成ClO2气体需要X酸酸化的原因为：______．X酸为______．
（3）吸收塔内的温度不能过高的原因为：______．
（4）吸收塔内ClO2随着还原剂的不同和溶液酸碱性的变化可被还原为ClO2-或Cl-．ClO2被S2-还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液pH的关系如下所示．请写出pH≤2时ClO2与S2-反应的离子方程式：______．
（5）第二步向NaClO3溶液中通SO2的同时通入空气的原因为：______．
（6）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的操作步骤为______、______、______．
正确答案
解：无隔膜电解槽中持续电解饱和氯化钠溶液，则电解生成的氯气和氢氧化钠反应生成氯酸钠溶液，通二氧化硫和X酸还原氯酸钠溶液生成二氧化氯，再用双氧水、氢氧化钠吸收反应生成亚氯酸钠，过滤的亚氯酸钠（NaClO2）溶液通过蒸发结晶得到亚氯酸钠晶体，
（1）电解池中阳极失去电子，所以溶液中的氯离子在阳极失去电子，因此反应的电极反应式是Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O，
故答案为：Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O；
（2）由于ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在，所以只能在酸性环境中存在．由于在酸性条件下，氯酸钠容易和盐酸发生氧化还原反应，所以X应该是硫酸，故答案为：ClO2只能在酸性环境中存在； 硫酸；
（3）H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能过高，其目的是防止H2O2分解，
故答案为：防止H2O2分解；
（4）根据图象可知，pH≤2时ClO2被还原为Cl-，所以该反应的离子方程式是2ClO2+5S2-+8H+=2Cl-+5S↓+4H2O，
故答案为：2ClO2+5S2-+8H+=2Cl-+5S↓+4H2O；
（5）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2，以防止爆炸，
故答案为：稀释ClO2气体，防止爆炸；
（6）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗晶体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤．
解析
解：无隔膜电解槽中持续电解饱和氯化钠溶液，则电解生成的氯气和氢氧化钠反应生成氯酸钠溶液，通二氧化硫和X酸还原氯酸钠溶液生成二氧化氯，再用双氧水、氢氧化钠吸收反应生成亚氯酸钠，过滤的亚氯酸钠（NaClO2）溶液通过蒸发结晶得到亚氯酸钠晶体，
（1）电解池中阳极失去电子，所以溶液中的氯离子在阳极失去电子，因此反应的电极反应式是Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O，
故答案为：Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O；
（2）由于ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在，所以只能在酸性环境中存在．由于在酸性条件下，氯酸钠容易和盐酸发生氧化还原反应，所以X应该是硫酸，故答案为：ClO2只能在酸性环境中存在； 硫酸；
（3）H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能过高，其目的是防止H2O2分解，
故答案为：防止H2O2分解；
（4）根据图象可知，pH≤2时ClO2被还原为Cl-，所以该反应的离子方程式是2ClO2+5S2-+8H+=2Cl-+5S↓+4H2O，
故答案为：2ClO2+5S2-+8H+=2Cl-+5S↓+4H2O；
（5）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2，以防止爆炸，
故答案为：稀释ClO2气体，防止爆炸；
（6）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗晶体，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤．
钨是重要的战略元素，在地壳中含量仅为0.007%，我国钨储量约占世界总储量的55%，居首位．从经过预处理的钨矿原料（主要成分FeWO4、MnWO4，还含Si、P、As的化合物等）制备WO3的流程如下：
回答下列问题：
（1）上述流程中操作甲的名称是______．
（2）钨矿原料“碱分解”时的浸出率与原料中的CaO含量、NaOH浓度、碱用量等都有关系，如下表所示．下列说法正确的是______．
钨矿原料碱分解时的浸出率受NaOH浓度等因素影响的关系图
注：碱用量的单位为理论量的倍数
A．增大NaOH浓度浸出率增大 B．增大碱用量浸出率一定增大
C．增大碱用量浸出率一定减小 D．原料中CaO的含量增大则浸出率增大
（3）pH=10的溶液中含有的杂质阴离子有SiO32-、HAsO32-、HAsO42-、HPO42-等．则“净化”时，加入H2O2反应的离子方程式______．
（4）在“净化”阶段，若常温下所得溶液pH=9.5，为不产生Mg（OH）2沉淀，溶液中c（Mg2+）应不超过______．[Ksp（Mg（OH）2=5.6×10-12]
（5）上述流程中所得的产品质量较好，但有废物排出，排出的废水中含有的主要物质是______（填化学式）．
（6）用酸性介质中的碳化钨（WC）的阳极氧化法，可以从碳化钨废料中回收钨．电解时，用碳化钨做阳极，不锈钢做阴极，阳极析出钨酸并放出无污染的气体．该阳极反应式为______．
正确答案
解：（1）反应流程图中加氯化镁沉淀SiO32-、HAsO42-、HPO42-等，预得到钨酸钠溶液，分离固液通常用过滤，
故答案为：过滤；
（2）根据图表数据分析，增大NaOH浓度，浸出率增大；增大CaO浓度，浸出率减小，所以增大碱用量，浸出率不一定增大或减小，
故答案为：A，
（3）根据以上分析，加入H2O2的目的是将HAsO32-氧化成HAsO42-，离子方程式为H2O2+HAsO32-═HAsO42-+H2O，
故答案为：H2O2+HAsO32-═HAsO42-+H2O；
（4）在“净化”阶段，若常温下所得溶液pH=9.5，Kw=c（OH-）•c（H+），c（OH-）=
故答案为：5.6×10-3mol•L-1；
（5）钨矿原料加入氢氧化钠溶解，再加硫酸调节pH=10，硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠，加氯化镁沉淀SiO32-、HAsO42-、HPO42-等，所以排出的废水中含有的主要物质是Na2SO4、NaCl，
故答案为：Na2SO4、NaCl；
（6）电解时，阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式是2H++2e-=H2↑，阳极是碳化钨失去电子，发生氧化反应：WC+6H2O-10e-=H2WO4+CO2↑+10H+，
故答案为：WC+6H2O-10e-=H2WO4+CO2↑+10H+．
解析
解：（1）反应流程图中加氯化镁沉淀SiO32-、HAsO42-、HPO42-等，预得到钨酸钠溶液，分离固液通常用过滤，
故答案为：过滤；
（2）根据图表数据分析，增大NaOH浓度，浸出率增大；增大CaO浓度，浸出率减小，所以增大碱用量，浸出率不一定增大或减小，
故答案为：A，
（3）根据以上分析，加入H2O2的目的是将HAsO32-氧化成HAsO42-，离子方程式为H2O2+HAsO32-═HAsO42-+H2O，
故答案为：H2O2+HAsO32-═HAsO42-+H2O；
（4）在“净化”阶段，若常温下所得溶液pH=9.5，Kw=c（OH-）•c（H+），c（OH-）=
故答案为：5.6×10-3mol•L-1；
（5）钨矿原料加入氢氧化钠溶解，再加硫酸调节pH=10，硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠，加氯化镁沉淀SiO32-、HAsO42-、HPO42-等，所以排出的废水中含有的主要物质是Na2SO4、NaCl，
故答案为：Na2SO4、NaCl；
（6）电解时，阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式是2H++2e-=H2↑，阳极是碳化钨失去电子，发生氧化反应：WC+6H2O-10e-=H2WO4+CO2↑+10H+，
故答案为：WC+6H2O-10e-=H2WO4+CO2↑+10H+．
某课外活动小组利用如图装置进行乙醇的催化氧化实验并制取乙醛，图中铁架台等装置已略去，粗黑线表示乳胶管．请填写下列空白：
（1）甲装置常常浸在70～80℃的水浴中，目的是______．
（2）实验时，先加热玻璃管乙中的镀银铜丝，约1分钟后鼓入空气，此时铜丝即呈红热状态．若把酒精灯撤走，控制一定的鼓气速度，铜丝能长时间保持红热直到实验结束．
①乙醇的催化氧化反应是______反应（填“放热”或“吸热”），该反应的化学方程式为______．
②控制鼓气速度的方法是______，若鼓气速度过快则会______，若鼓气速度过慢则会______．
（3）若试管丁中用水吸收产物，则要在导管乙、丙之间接上戊装置，其连接方法是（填戊装置中导管代号）：乙接______、______接丙；若产物不用水吸收而是直接冷却，应将试管丁浸在______中．
正确答案
使生成乙醇蒸气的速率加快
放热
2CH3CH2OH+O2
观察甲中单位时间内的气泡数来控制气速
带走过多热量，难以保证反应所需温度
若鼓气速度过慢，氨的催化氧化反应放热太少，达不到反应所需温度反应停止
b
a
冰水
解析
解：（1）乙醇具有挥发性，升高温度能促进乙醇的挥发，使生成乙醇蒸气的速率加快，故答案为：使生成乙醇蒸气的速率加快；
（2）①实验时，先加热玻璃管乙中的镀银钢丝，约1分钟后鼓入空气，此时铜丝即呈红热状态，若把酒精灯撤走，控制一定的鼓气速度，铜丝能长时间保持红热直到实验结束，说明反应引发后，不需加热即可进行到底，说明该反应是放热的反应；乙醇发生催化氧化生成乙醛和水，方程式为2CH3CH2OH+O2
故答案为：放热；2CH3CH2OH+O2
②鼓气时甲中可观察到气泡，甲中单位时间内的气泡数越多，气流速度越大，反之越小；若鼓气速度过快则会因气流过大，带走过多热量，难以保证反应所需温度，导致反应停止，若鼓气速度过慢，氨的催化氧化反应放热太少，达不到反应所需温度反应停止，
故答案为：控制甲中单位时间内气泡数；带走过多热量，难以保证反应所需温度；反应放热太少，不能达到反应所需温度；
（3）为防止防止丁中水倒吸，安全瓶中的导气管是“短进长出”，所以乙接b，a接；冷却物质一般常用冰水混合物来冷却，故答案为：b；a；冰水．
二草酸合铜（Ⅱ）酸钾{K2[Cu（C2O4）2]•2H2O}制备流程如图1：
（已知H2C2O4
（1）制备CuO：CuSO4溶液中滴入NaOH溶液，加热煮沸、冷却、双层滤纸过滤、洗涤．①用双层滤纸的可能原因是______．
②用蒸馏水洗涤氧化铜时，如何证明已洗涤干净：______．
（2）本实验用K2CO3粉末与草酸溶液制取KHC2O4溶液而不用KOH粉末代替K2CO3粉末的可能原因是______．
（3）为了提高CuO的利用率，如何让CuO充分转移到热的KHC2O4溶液中：______；50℃水浴加热至反应充分，发生反应的化学方程式为______；再经趁热过滤、沸水洗涤、将滤液蒸发浓缩得二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体．
（4）若实验室只有含少量FeSO4•7H2O的硫酸铜晶体，欲制备较纯净的CuSO4溶液．
Ⅰ．相关数据（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L-1计算）：
Ⅱ．提供的试剂有：a．蒸馏水 b．稀硫酸 c．H2O2溶液 d．纯净的Cu（OH）2粉末 e．氨水
需经过的步骤有：①______、②______、③______、④过滤得CuSO4溶液．
（5）将制得的K2[Cu（C2O4）2]•2H2O进行热重分析，结果如图2，由图2知在C点剩余固体为K2CO3和______．
正确答案
解：（1）①从过滤的目的为了除尽不溶的固体，用双层滤纸的可能原因是防止CuO颗粒穿过滤纸；从过滤时滤纸易破损，用双层滤纸的可能原因是防止滤纸破损，故答案为：防止CuO颗粒穿过滤纸或者防止滤纸破损；
②可以检验是否存在硫酸根离子来检验是否洗涤干净，具体方法是：取最后一次洗涤滤液，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤滤液，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明已洗涤干净；
（2）因为草酸易分解，又氢氧化钾为强碱溶解放热，与草酸反应也放热，会导致溶液温度过高使草酸分解，所以不用KOH粉末代替K2CO3粉末，故答案为：H2C2O4与KOH发生显著的放热反应，导致草酸大量分解；
（3）过滤时滤纸上沾有大量的氧化铜固体，所以应直接将洗涤干净的氧化铜固体连同滤纸一起加入到草酸氢钾溶液中，充分反应后取出滤纸；根据题意，反应的方程式为：2KHC2O4+CuO
故答案为：直接将洗涤干净的CuO固体连同滤纸一起投入到KHC2O4溶液中；2KHC2O4+CuO
（4）实验需除去晶体中的杂质FeSO4•7H2O晶体，亚铁离子一般要先氧化成铁离子，再条件PH值转化成氢氧化铁沉淀而除去，对于固体一般要先配成溶液，所以步骤①为将含少量FeSO4•7H2O的硫酸铜晶体溶于稀硫酸酸化的蒸馏水中②加入足量的H2O2溶液③用纯净的Cu（OH）2粉末调节溶液pH约为4（或3.2～4.7之间），
故答案为：①将含有杂质的硫酸铜晶体溶于稀硫酸酸化的蒸馏水中；②加入足量的H2O2溶液；③用纯净的Cu（OH）2粉末调节溶液pH约为4（或3.2～4.7之间）；
（5）分解后的固体为钾的化合物和铜的化合物，且钾与铜原子个数比为2：1，设K2[Cu（C2O4）2]•2H2O参与反应，C点生成1mol K2CO3，则铜的化合物质量为354×0.593-138=72，铜元素含量为1mol，质量64g，剩余8g，只能为氧元素且物质的量为0.5mol，故为Cu2O，故答案为：Cu2O．
解析
解：（1）①从过滤的目的为了除尽不溶的固体，用双层滤纸的可能原因是防止CuO颗粒穿过滤纸；从过滤时滤纸易破损，用双层滤纸的可能原因是防止滤纸破损，故答案为：防止CuO颗粒穿过滤纸或者防止滤纸破损；
②可以检验是否存在硫酸根离子来检验是否洗涤干净，具体方法是：取最后一次洗涤滤液，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤滤液，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明已洗涤干净；
（2）因为草酸易分解，又氢氧化钾为强碱溶解放热，与草酸反应也放热，会导致溶液温度过高使草酸分解，所以不用KOH粉末代替K2CO3粉末，故答案为：H2C2O4与KOH发生显著的放热反应，导致草酸大量分解；
（3）过滤时滤纸上沾有大量的氧化铜固体，所以应直接将洗涤干净的氧化铜固体连同滤纸一起加入到草酸氢钾溶液中，充分反应后取出滤纸；根据题意，反应的方程式为：2KHC2O4+CuO
故答案为：直接将洗涤干净的CuO固体连同滤纸一起投入到KHC2O4溶液中；2KHC2O4+CuO
（4）实验需除去晶体中的杂质FeSO4•7H2O晶体，亚铁离子一般要先氧化成铁离子，再条件PH值转化成氢氧化铁沉淀而除去，对于固体一般要先配成溶液，所以步骤①为将含少量FeSO4•7H2O的硫酸铜晶体溶于稀硫酸酸化的蒸馏水中②加入足量的H2O2溶液③用纯净的Cu（OH）2粉末调节溶液pH约为4（或3.2～4.7之间），
故答案为：①将含有杂质的硫酸铜晶体溶于稀硫酸酸化的蒸馏水中；②加入足量的H2O2溶液；③用纯净的Cu（OH）2粉末调节溶液pH约为4（或3.2～4.7之间）；
（5）分解后的固体为钾的化合物和铜的化合物，且钾与铜原子个数比为2：1，设K2[Cu（C2O4）2]•2H2O参与反应，C点生成1mol K2CO3，则铜的化合物质量为354×0.593-138=72，铜元素含量为1mol，质量64g，剩余8g，只能为氧元素且物质的量为0.5mol，故为Cu2O，故答案为：Cu2O．
钼酸钠晶体（Na2MoO4•2H2O）是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，由钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）制备钼酸钠晶体的部分流程如下：
（1）写出“碱浸”反应的离子方程式：______
（2）减浸液结晶前需加入Ba（OH）z固体以除去SO42-．当BaMoO4开始沉淀时，SO42-的去除率是______．[已知：碱浸液中c（MoO42-）=0.40mol•L-1，c（SO42-）=0.04mol•L-1，Ksp（BaSO4）=1.1×10-10、Ksp（BaMoO4）=4.0×10-8，加入Ba（OH）2固体引起的溶液体积变化可忽略．]
（3）重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是______．
（4）如图是碳钢在3种不同介质中的腐蚀速率实验结果：
①碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，其原因可能是______．
②空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜．密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入NaNO2．NaNO2的作用是______
③若缓释剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg•L-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠的物质的量浓度为______．
正确答案
解：（1）三氧化钼与碳酸钠反应生成了MoO42-，反应的离子方程式为：MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑，
故答案为：MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑；
（2）BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c（Ba2+）=
溶液中硫酸根离子的浓度为：c（SO42-）=
硫酸根离子的去除率为：1-
故答案为：97.3%；
（3）由于使用的次数较多后，母液中杂质的浓度增大，影响产品纯度，所以进行必须净化处理，
故答案为：使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度；
（4）①由图示数据可知，碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速度；硫酸浓度增大变成浓硫酸后，发生了钝化现象，腐蚀速度很慢，
故答案为：Cl-有利于碳钢的腐蚀，SO42-不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；硫酸溶液随着浓度的增大，氧比性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢；
②NaNO2的具有氧化性，能够在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜，
故答案为：替代空气中氧气起氧化剂作用；
③根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，腐蚀效果最好，
所以钼酸钠的浓度为：150mg•L-1，
1L溶液中含有的钼酸钠物质的量为：
所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7.28×l0-4mol•L-1，
故答案为：7.28×l0-4mol•L-1．
解析
解：（1）三氧化钼与碳酸钠反应生成了MoO42-，反应的离子方程式为：MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑，
故答案为：MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑；
（2）BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c（Ba2+）=
溶液中硫酸根离子的浓度为：c（SO42-）=
硫酸根离子的去除率为：1-
故答案为：97.3%；
（3）由于使用的次数较多后，母液中杂质的浓度增大，影响产品纯度，所以进行必须净化处理，
故答案为：使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度；
（4）①由图示数据可知，碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速度；硫酸浓度增大变成浓硫酸后，发生了钝化现象，腐蚀速度很慢，
故答案为：Cl-有利于碳钢的腐蚀，SO42-不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；硫酸溶液随着浓度的增大，氧比性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢；
②NaNO2的具有氧化性，能够在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜，
故答案为：替代空气中氧气起氧化剂作用；
③根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，腐蚀效果最好，
所以钼酸钠的浓度为：150mg•L-1，
1L溶液中含有的钼酸钠物质的量为：
所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7.28×l0-4mol•L-1，
故答案为：7.28×l0-4mol•L-1．
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