- 乙酸乙酯的制备
- 共1463题
高纯碳酸锰广泛应用于电子工业，是制造高性能磁性材料的主要原料．新工艺采用工业冶铜后的废气SO2进行湿法浸取软锰矿（主要含MnO2，同时含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3）来制备．（已知亚硫酸酸性强于碳酸）
①将过量的SO2气体通入软锰矿浆中进行“浸锰”操作，并控制温度加热反应；
②向浸锰结束后的滤液中加入MnO2、同时通入空气，再用Na2CO3溶液调节pH为3.7后过滤分离；
③调节滤液pH值为6.5～7.2，然后加入NH4HCO3，有浅红色的沉淀生成，过滤洗涤干燥后就可以得到高纯碳酸锰．
工业流程图如下：
已知生成氢氧化物的pH如下表：
请根据题中有关信息回答问题：
（1）“浸锰”后所得混合液中主要存在的金属阳离子有______．
（2）由图可知，副反应MnSO4+SO2
（3）步骤②中加入MnO2和通入空气的作用______．
（4）③中控制温度为60～70℃，温度不宜太高的原因是______．
（5）与传统的电解法制MnCO3工艺相比较，新工艺的优点是______（写两点）．
正确答案
解：（1）浸锰矿所用试剂为酸，酸和碱性氧化物反应生成盐和水，能和酸反应的氧化物为Fe2O3、Al2O3和MnO2，二氧化硫有还原性，能把三价铁离子和二氧化锰含有生成二价铁离子和二价锰离子，所以溶液中含有的阳离子为Mn2+、Fe2+、Al3+，
故答案为：Mn2+、Fe2+、Al3+；
（2）根据图象知，温度越高，MnS2O6的生成率越低，所以该反应的正反应是放热反应，焓变小于△H＜0；当温度为 150℃时，MnS2O6的生成率为0，故选温度为 150℃．
故答案为：＜；150℃；
（3）二氧化锰有氧化性，二氧化硫有还原性，所以二氧化锰和二氧化硫能发生氧化还原反应，加入MnO2是为了除去过量的SO2；空气中含有氧气，二价铁离子不稳定能被空气中的氧气氧化生成三价铁离子，三价铁离子和碳酸钠反应生成沉淀碳酸铁，所以通入空气将Fe2+氧化成Fe3+便于后来加碳酸钠除去，
故答案为：加入MnO2是为了除去过量的SO2；通入空气将Fe2+氧化成Fe3+便于后来加碳酸钠除去；
（4）温度高时，碳酸氢铵分解生成氨气、水和二氧化碳，所以）③中控制温度为60～70℃，温度不宜太高的原因是防止NH4HCO3受热分解，
故答案为：防止NH4HCO3受热分解；
（5）二氧化硫有毒，直接排空污染环境，二氧化硫和软锰矿浸出浆反应充分运用了二氧化硫，保护了环境；电解需要电能，浪费资源，新工艺能节约能源，
故答案为：综合利用了尾气SO2有利于环境保护，同时节约能源．
解析
解：（1）浸锰矿所用试剂为酸，酸和碱性氧化物反应生成盐和水，能和酸反应的氧化物为Fe2O3、Al2O3和MnO2，二氧化硫有还原性，能把三价铁离子和二氧化锰含有生成二价铁离子和二价锰离子，所以溶液中含有的阳离子为Mn2+、Fe2+、Al3+，
故答案为：Mn2+、Fe2+、Al3+；
（2）根据图象知，温度越高，MnS2O6的生成率越低，所以该反应的正反应是放热反应，焓变小于△H＜0；当温度为 150℃时，MnS2O6的生成率为0，故选温度为 150℃．
故答案为：＜；150℃；
（3）二氧化锰有氧化性，二氧化硫有还原性，所以二氧化锰和二氧化硫能发生氧化还原反应，加入MnO2是为了除去过量的SO2；空气中含有氧气，二价铁离子不稳定能被空气中的氧气氧化生成三价铁离子，三价铁离子和碳酸钠反应生成沉淀碳酸铁，所以通入空气将Fe2+氧化成Fe3+便于后来加碳酸钠除去，
故答案为：加入MnO2是为了除去过量的SO2；通入空气将Fe2+氧化成Fe3+便于后来加碳酸钠除去；
（4）温度高时，碳酸氢铵分解生成氨气、水和二氧化碳，所以）③中控制温度为60～70℃，温度不宜太高的原因是防止NH4HCO3受热分解，
故答案为：防止NH4HCO3受热分解；
（5）二氧化硫有毒，直接排空污染环境，二氧化硫和软锰矿浸出浆反应充分运用了二氧化硫，保护了环境；电解需要电能，浪费资源，新工艺能节约能源，
故答案为：综合利用了尾气SO2有利于环境保护，同时节约能源．
发生的反应如下：CH3CH2CH2CH2OH
实验步骤如下：将6.0g Na2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移到B中．在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热．当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液．滴加过程中保持反应温度为90～95℃，在E中收集90℃以下的馏分．将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75～77℃馏分，产量2.0g．回答下列问题：
（1）实验中，能否将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，说明理由______．
（2）加入沸石的作用是______．若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是______．
（3）上述装置图中，B仪器的名称是______，D仪器的名称是______．
（4）分液漏斗使用前必须进行的操作是______ （填正确答案标号）．
A．润湿 B．干燥 C．检漏 D．标定
（5）将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在______层（填“上”或“下”）．
（6）反应温度应保持在90～95℃，其原因是______．
（7）本实验中，正丁醛的产率为______%．
正确答案
解：（1）Na2Cr2O7溶液和浓硫酸混合时相当于浓硫酸的稀释，应该将浓硫酸倒入Na2Cr2O7溶液，不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，因为浓硫酸的密度大，容易发生迸溅，故答案为：不能，易迸溅；
（2）沸石能防止溶液暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加，不能直接加入沸石，
故答案为：防止暴沸；冷却后补加；
（3）B仪器的名称是分液漏斗，D仪器的名称是直形冷凝管，故答案为：分液漏斗；直形冷凝管；
（4）含有活塞的仪器使用前必须检漏，分液漏斗中含有活塞，所以使用前必须检漏，故答案为：C；
（5）分液时，密度小的液体位于上方，密度大于的液体位于下方，正丁醛密度小于水，所以水位于下方，故答案为：下；
（6）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，
故答案为：保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；
（7）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式，
C4H10O～C4H8O
74 72
4xg 2g
解得：x=
故答案为：51．
解析
解：（1）Na2Cr2O7溶液和浓硫酸混合时相当于浓硫酸的稀释，应该将浓硫酸倒入Na2Cr2O7溶液，不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，因为浓硫酸的密度大，容易发生迸溅，故答案为：不能，易迸溅；
（2）沸石能防止溶液暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加，不能直接加入沸石，
故答案为：防止暴沸；冷却后补加；
（3）B仪器的名称是分液漏斗，D仪器的名称是直形冷凝管，故答案为：分液漏斗；直形冷凝管；
（4）含有活塞的仪器使用前必须检漏，分液漏斗中含有活塞，所以使用前必须检漏，故答案为：C；
（5）分液时，密度小的液体位于上方，密度大于的液体位于下方，正丁醛密度小于水，所以水位于下方，故答案为：下；
（6）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，
故答案为：保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；
（7）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式，
C4H10O～C4H8O
74 72
4xg 2g
解得：x=
故答案为：51．
亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．工业设计生产NaClO2的主要流程如下：
（1）A的化学式是______，装置Ⅲ中A在______极区产生．
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是______．
（3）通电电解前，检验Ⅲ中阴离子的方法和步骤是______．
（4）为防止Ⅱ中制各的NaClO2被还原成NaCl，应选合适的还原剂，除双氧水外，还可以选择的还原剂是______（填字母编号）．
a．Na2O2 b．FeCl2 c．Na2S
（5）常温时，HClO2的电离平衡常数Ka=1.07×10-2mol•L-1，Ⅱ中反应所得NaClO2溶液（含少量NaOH）的pH=13，则溶液中
（6）气体a、b与氢氧化钠溶液可构成燃料电池，用该电池电解200mL，0 5mol•L-1的CuSO4溶液．生成铜3.2g，此时所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是______．
正确答案
H2SO4
阳
2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O
取少量Ⅲ中溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2
溶液，产生白色沉淀，证明含有SO42-
a
1.07×1010mol•L-1
c（H+）＞c（SO42-）＞c（Cu2+）＞c（OH-）
解析
解：（1）根据工艺流程图用无隔膜的电解槽电解饱和NaCl溶液，可知气体b为H2，用有离子隔膜的电解槽电解Na2SO4溶液，可知气体a为O2，该极为阳极，OH-放电，c（H+）增大，SO42-移向该极，所以A为硫酸溶液；
故答案为：H2SO4；阳；
（2）ClO2与H2O2反应生成NaClO2和氧气，则离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；
故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；
（3）电解前Ⅲ中阴离子为SO42-，SO42-的检验方法：取少量Ⅲ中溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有SO42-；
故答案为：取少量Ⅲ中溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有SO42-；
（4）选择合适的不能引入杂质的还原剂，b、c均引入了杂质离子且Fe2+、S2-还原性较强，还原性与双氧水相似的为Na2O2，
故答案为：a；
（5）HClO2中Ka=
故答案为：1.07×1010mol•L-1；
（6）气体a、b与氢氧化钠溶液可构成燃料电池，用该电池电解200mL，0.5mol•L-1的CuSO4溶液，生成铜3.2g即0.05mol，由电解方程式：2CuSO4+2H2O
故答案为：c（H+）＞c（SO42-）＞c（Cu2+）＞c（OH-）．
某工厂用软锰矿（含MnO2约70%及Al2O3）和闪锌矿（含ZnS约80%及FeS）共同生产MnO2和Zn（干电池原料）：
已知①A是MnSO4、ZnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3的混合液．②IV中的电解反应式为MnSO4+ZnSO4+2H2O
（1）A中属于还原产物的是______．
（2）MnCO3、Zn2（OH）2CO3的作用是______；II需要加热的原因是______；C的化学式是______．
（3）该生产中除得到MnO2和Zn以外，还可得到的副产品是______．
（4）如果不考虑生产中的损耗，除矿石外，需购买的化工原料是______．
（5）要从Na2SO4溶液中得到芒硝（Na2SO4•10H2O），需进行的操作有蒸发浓缩、______、过滤、洗涤、干燥等．
（6）从生产MnO2和Zn的角度计算，软锰矿和闪锌矿的质量比大约是______．
正确答案
解：（1）比较信息①A与软锰矿中元素化合价的变化可知，Mn元素化合价由+4价降低为+2价，所以A中还原产物为MnSO4．
故答案为：MnSO4．
（2）由工艺流程可知，MnCO3、Zn2（OH）2CO3的作用就是调节pH，使Fe3+、Al3+沉淀完全．
Fe3+、Al3+沉淀容易形成胶体，不利于氢氧化铁、氢氧化铝沉降，Ⅱ中加热的目的是加速沉淀生成，防止胶体出现，并使形成胶体的氢氧化铝和氢氧化铁也生成沉淀．
操作Ⅰ加热、浸取需要硫酸，由②可知C为硫酸，循环利用．
故答案为：调节溶液的pH，使Fe3+和 Al3+生成沉淀；加速沉淀生成，防止胶体出现，并使形成胶体的氢氧化铝和氢氧化铁也生成沉淀；H2SO4．
（3）根据流程图可知，副产物有硫、氧化铁、氧化铝．
故答案为：硫、氧化铁、氧化铝．
（4）根据流程图可知，需要加入碳酸钠、硫酸，所以除矿石外，需购买的化工原料是碳酸钠、硫酸．
故答案为：碳酸钠、硫酸．
（5）从溶液中获得固体物质，需蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．
故答案为：冷却结晶．
（6）设软锰矿、闪锌矿的质量分别为xg、yg，根据②可知MnO2、Zn的物质的量之比为1：1，则：
故答案为：1.03．
解析
解：（1）比较信息①A与软锰矿中元素化合价的变化可知，Mn元素化合价由+4价降低为+2价，所以A中还原产物为MnSO4．
故答案为：MnSO4．
（2）由工艺流程可知，MnCO3、Zn2（OH）2CO3的作用就是调节pH，使Fe3+、Al3+沉淀完全．
Fe3+、Al3+沉淀容易形成胶体，不利于氢氧化铁、氢氧化铝沉降，Ⅱ中加热的目的是加速沉淀生成，防止胶体出现，并使形成胶体的氢氧化铝和氢氧化铁也生成沉淀．
操作Ⅰ加热、浸取需要硫酸，由②可知C为硫酸，循环利用．
故答案为：调节溶液的pH，使Fe3+和 Al3+生成沉淀；加速沉淀生成，防止胶体出现，并使形成胶体的氢氧化铝和氢氧化铁也生成沉淀；H2SO4．
（3）根据流程图可知，副产物有硫、氧化铁、氧化铝．
故答案为：硫、氧化铁、氧化铝．
（4）根据流程图可知，需要加入碳酸钠、硫酸，所以除矿石外，需购买的化工原料是碳酸钠、硫酸．
故答案为：碳酸钠、硫酸．
（5）从溶液中获得固体物质，需蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．
故答案为：冷却结晶．
（6）设软锰矿、闪锌矿的质量分别为xg、yg，根据②可知MnO2、Zn的物质的量之比为1：1，则：
故答案为：1.03．
CuCl2、CuCl是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂．实验室中以粗铜（含杂质Fe）为原料，一种制备铜的氯化物的流程如图1：
请回答下列问题：
（1）如图2装置进行反应①，导管a通入氯气（夹持仪器和加热装置省略）．观察到的现象是______，写出铜与氯气反应的化学方程式______．
（2）上述流程中固体K溶于稀盐酸的目的是______．试剂X、固体J的物质分别为______．
a．NaOH Fe（OH）3 b．NH3•H2O Fe（OH）2
c．CuO Fe（OH）3 d．CuSO4 Cu（OH）2
（3）反应②是向溶液2中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀．写出制备CuCl的离子方程式______．
（4）反应后，如图盛有NaOH溶液的广口瓶中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效．该红褐色沉淀的主要化学式是______．该腐蚀过程的正极反应式为______．
（5）以石墨为电极，电解CuCl2溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出，写出此过程中阴极上的电极反应式______．
正确答案
解：（1）铜在氯气中燃烧生成固体氯化铜，观察到棕黄色的烟，反应为：Cu+Cl2
故答案为：试管内有棕色烟产生；Cu+Cl2
（2）氯化铜、氯化铁中的金属离子易水解，直接用水溶液配制溶液会产生浑浊，所以加入过量的盐酸来溶解氯化铜、氯化铁，以抑制氯化铜、氯化铁水解；用于调节pH以除去溶液1杂质可加试剂具有与酸反应，且不引入Cu2+之外的离子，故用CuO或Cu2（OH）或Cu2（OH）2CO3，调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，且不能引入新杂质，
故答案为：避免Cu2+水解；c；
（3）根据信息可知：在加热条件下，SO2与铜离子反应生成CuCl白色沉淀和SO42-，其反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；
（4）氢氧化钠溶液吸收氯气，生成有次氯酸钠，生铁在次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液中发生电化学腐蚀，碳等杂质为正极，铁为负极．负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe2++2OH-=Fe（OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，正极的电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，红褐色沉淀为氢氧化铁，
故答案为：Fe（OH）3；ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；
（5）以石墨为电极，电解CuCl2溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出，阴极上是得到电子发生还原反应，Cu2+得到电子生成CuCl，电极反应为：Cu2++e-+Cl-=CuCl，
故答案为：Cu2++e-+Cl-=CuCl．
解析
解：（1）铜在氯气中燃烧生成固体氯化铜，观察到棕黄色的烟，反应为：Cu+Cl2
故答案为：试管内有棕色烟产生；Cu+Cl2
（2）氯化铜、氯化铁中的金属离子易水解，直接用水溶液配制溶液会产生浑浊，所以加入过量的盐酸来溶解氯化铜、氯化铁，以抑制氯化铜、氯化铁水解；用于调节pH以除去溶液1杂质可加试剂具有与酸反应，且不引入Cu2+之外的离子，故用CuO或Cu2（OH）或Cu2（OH）2CO3，调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，且不能引入新杂质，
故答案为：避免Cu2+水解；c；
（3）根据信息可知：在加热条件下，SO2与铜离子反应生成CuCl白色沉淀和SO42-，其反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；
（4）氢氧化钠溶液吸收氯气，生成有次氯酸钠，生铁在次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液中发生电化学腐蚀，碳等杂质为正极，铁为负极．负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe2++2OH-=Fe（OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，正极的电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，红褐色沉淀为氢氧化铁，
故答案为：Fe（OH）3；ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；
（5）以石墨为电极，电解CuCl2溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出，阴极上是得到电子发生还原反应，Cu2+得到电子生成CuCl，电极反应为：Cu2++e-+Cl-=CuCl，
故答案为：Cu2++e-+Cl-=CuCl．
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