- 乙酸乙酯的制备
- 共1463题
(2015秋•广东月考)碘硫化学循环原理如图1所示.
(1)写出反应①的化学方程式______,其中I2体现的是______性.
(2)综合①②③三个反应,可看出该化学循环是为了制备某种能源气体,该气体的化学式是______.
(3)铁酸铜(CuFe2O4)是反应③的良好的催化剂.某课外小组制备铁酸铜(CuFe2O4)的流程如图:
搅拌Ⅰ所加Fe(NO3)3、Cu(NO3)2溶液的物质的量浓度分别为2.6mol•L-1、2.2mol•L-1.
①写出搅拌Ⅰ中的化学方程式______.
②搅拌Ⅰ要跟踪操作过程的pH变化.在滴加KOH溶液至pH=4的过程中(假设溶液体积不变),小组同学绘制溶液中c(Fe3+)、c(Cu2+)随pH变化的曲线如图2,其中正确的是______(用“A”、“B”填空). (已知:Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39、Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20)
③操作Ⅱ为______、______.
④在搅拌Ⅰ中即使搅拌20h,原料中的铁也不能全部转化为样品,请设计实验验证______.
正确答案
解:(1)反应①为二氧化硫与单质碘反应生成HI和硫酸,其反应的方程式为:I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4;反应中I元素的化合价降低,则I2被还原作氧化剂,体现氧化性;
故答案为:I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4;氧化;
(2)二氧化硫和水、碘单质发生本生反应生成硫酸、氢碘酸,碘化氢分解生成碘和氢气,所以该反应释放的能源气体为氢气;
故答案为:H2;
(4)①Fe(NO3)3和Cu(NO3)2混合溶液中加入一定量KOH溶液反应生成CuFe2O4和KNO3,其反应的方程式为:2Fe(NO3)3+Cu(NO3)2+8KOH=CuFe2O4+8KNO3+4H2O;
故答案为:2Fe(NO3)3+Cu(NO3)2+8KOH=CuFe2O4+8KNO3+4H2O;
②搅拌Ⅰ所得溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2的物质的量浓度分别为2.6mol•L-1、1.3mol•L-1.沉淀完全的离子浓度小于10-5mol/L
已知:Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39,c(OH-)==6.4×10-12mol/L,c(H+)=1.6×10-3mol/L,PH=3-lg1.6≈2.8,图象中铁离子沉淀完全的PH错误,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,溶液中氢氧根离子浓度c(OH-)=
=4.7×10-8mol/L,c(H+)=
=2.1×10-7mol/L,PH≈6.7,图象A符合,
故答案为:A;
③流程中是过滤得到的滤渣经过洗涤干燥进行灼烧,操作Ⅲ为洗涤、干燥,
故答案为:洗涤、干燥;
④搅拌Ⅰ的目的是将铁离子转化成CuFe2O4,可以利用KSCN溶液检验铁离子,而判断铁有没有全部转化为样品,设计实验为取滤液(搅拌反应后的溶液)少量于试管中,加入几滴KSCN溶液,溶液变为血红色,说明铁没有全部转化为样品,
故答案为:取滤液(搅拌反应后的溶液)少量于试管中,加入几滴KSCN溶液,溶液变为血红色.
解析
解:(1)反应①为二氧化硫与单质碘反应生成HI和硫酸,其反应的方程式为:I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4;反应中I元素的化合价降低,则I2被还原作氧化剂,体现氧化性;
故答案为:I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4;氧化;
(2)二氧化硫和水、碘单质发生本生反应生成硫酸、氢碘酸,碘化氢分解生成碘和氢气,所以该反应释放的能源气体为氢气;
故答案为:H2;
(4)①Fe(NO3)3和Cu(NO3)2混合溶液中加入一定量KOH溶液反应生成CuFe2O4和KNO3,其反应的方程式为:2Fe(NO3)3+Cu(NO3)2+8KOH=CuFe2O4+8KNO3+4H2O;
故答案为:2Fe(NO3)3+Cu(NO3)2+8KOH=CuFe2O4+8KNO3+4H2O;
②搅拌Ⅰ所得溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2的物质的量浓度分别为2.6mol•L-1、1.3mol•L-1.沉淀完全的离子浓度小于10-5mol/L
已知:Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39,c(OH-)==6.4×10-12mol/L,c(H+)=1.6×10-3mol/L,PH=3-lg1.6≈2.8,图象中铁离子沉淀完全的PH错误,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,溶液中氢氧根离子浓度c(OH-)=
=4.7×10-8mol/L,c(H+)=
=2.1×10-7mol/L,PH≈6.7,图象A符合,
故答案为:A;
③流程中是过滤得到的滤渣经过洗涤干燥进行灼烧,操作Ⅲ为洗涤、干燥,
故答案为:洗涤、干燥;
④搅拌Ⅰ的目的是将铁离子转化成CuFe2O4,可以利用KSCN溶液检验铁离子,而判断铁有没有全部转化为样品,设计实验为取滤液(搅拌反应后的溶液)少量于试管中,加入几滴KSCN溶液,溶液变为血红色,说明铁没有全部转化为样品,
故答案为:取滤液(搅拌反应后的溶液)少量于试管中,加入几滴KSCN溶液,溶液变为血红色.
某小组利用如图1装置,用苯与溴在FeBr3催化作用下制备溴苯:
反应剧烈进行,烧瓶中有大量红棕色蒸气,锥形瓶中导管口有白雾出现,蒸馏水逐渐变成黄色.反应停止后按
如图2流程分离产品:
已知:溴苯难溶于水,与有机溶剂互溶;溴、苯、溴苯的沸点依次为59℃、80℃、156℃.
(1)操作Ⅰ为______,操作Ⅱ为______.
(2)“水洗”、“NaOH溶液洗”需要用到的玻璃仪器是______、烧杯.
(3)向“水洗”后所得水相中滴加KSCN溶液,溶液变红色.推测水洗的主要目的是除去______.
(4)锥形瓶中蒸馏水变黄的原因是______.
(5)已知苯与溴发生的是取代反应,推测反应后锥形瓶中液体含有的两种大量离子,并设计实验方案验证你的推测.
(限选试剂:镁条、四氯化碳、氯水、溴水、蒸馏水)
正确答案
解:苯及溴在FeBr3催化作用下制备溴苯,反应混合物中含有苯、溴苯、溴、FeBr3以及Fe,由流程可知经操作Ⅰ后得到固体残留物,则操作Ⅰ应为过滤,固体残留物为Fe粉,液体中含有FeBr3等,可溶于水,水洗后进行分液分离,有机相中含有苯、溴苯、溴,加入氢氧化钠溶液除去Br2,再经过分液分离,水相中主要含有NaBr、NaBrO等,有机相中含有苯、溴苯,由于二者沸点不同,可进行蒸馏分离.
(1)由以上分析可知操作Ⅰ为过滤,操作Ⅱ为蒸馏,故答案为:过滤;蒸馏;
(2)经“水洗”、“NaOH 溶液洗”后得到水相和有机相,则应为分液操作,除需要烧杯外,还需要分液漏斗,故答案为:分液漏斗;
(3)“水洗”主要目的是除去 FeBr3,“NaOH溶液洗”主要目的是除去Br2,故答案为:FeBr3;
(4)由于溴易挥发,锥形瓶中水溶解了从烧瓶中挥发出的溴而变黄,故答案为:溶解了从烧瓶中挥发出的溴;
(5)苯与溴发生的是取代反应,反应生成HBr溶于锥形瓶中,溶液中含有大量的Br-、H+,由于溴易挥发,锥形瓶中会溶解少量的溴,用四氯化碳溶液萃取分离,分别取少量上层无色溶液于试管A、B中,试管A中滴入少量氯水,置换出溴单质,溶液由无色变黄色,证明含有Br-离子,向B试管中加入Mg条,有大量气泡生成,证明含有H+离子,
故答案为:
.
解析
解:苯及溴在FeBr3催化作用下制备溴苯,反应混合物中含有苯、溴苯、溴、FeBr3以及Fe,由流程可知经操作Ⅰ后得到固体残留物,则操作Ⅰ应为过滤,固体残留物为Fe粉,液体中含有FeBr3等,可溶于水,水洗后进行分液分离,有机相中含有苯、溴苯、溴,加入氢氧化钠溶液除去Br2,再经过分液分离,水相中主要含有NaBr、NaBrO等,有机相中含有苯、溴苯,由于二者沸点不同,可进行蒸馏分离.
(1)由以上分析可知操作Ⅰ为过滤,操作Ⅱ为蒸馏,故答案为:过滤;蒸馏;
(2)经“水洗”、“NaOH 溶液洗”后得到水相和有机相,则应为分液操作,除需要烧杯外,还需要分液漏斗,故答案为:分液漏斗;
(3)“水洗”主要目的是除去 FeBr3,“NaOH溶液洗”主要目的是除去Br2,故答案为:FeBr3;
(4)由于溴易挥发,锥形瓶中水溶解了从烧瓶中挥发出的溴而变黄,故答案为:溶解了从烧瓶中挥发出的溴;
(5)苯与溴发生的是取代反应,反应生成HBr溶于锥形瓶中,溶液中含有大量的Br-、H+,由于溴易挥发,锥形瓶中会溶解少量的溴,用四氯化碳溶液萃取分离,分别取少量上层无色溶液于试管A、B中,试管A中滴入少量氯水,置换出溴单质,溶液由无色变黄色,证明含有Br-离子,向B试管中加入Mg条,有大量气泡生成,证明含有H+离子,
故答案为:
.
以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α-氧化铝,既降低环境污染又可提高铝资源的利用率.已知铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3),其制备实验流程如图1:
(1)铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为______.
(2)用图2中“滤渣”和NaOH焙烧制备硅酸钠,可采用的装置为______(填选项编号).
(3)在实验流程中,加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为______.
(4)验证“沉铁”后,溶液中是否还含有铁离子的操作方法为______.
(5)若用调节pH溶液“沉铁”,则得到Fe(OH)3,已知:25℃时,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,则该温度下反应Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+的平衡常数为______.
(6)煅烧硫酸铝铵晶体,发生的主要反应为:4[NH4Al(SO4)2•12H2O]2Al2O3+2NH3↑+N2↑+
5SO3↑+3SO2↑+53H2O,将产生的气体通过图3所示的装置.
①集气瓶中收集到的气体是______ (填化学式).
②KMnO4溶液褪色,发生的离子反应方程式为______.
正确答案
解:铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)加稀硫酸,Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子,SiO2不溶于硫酸,过滤,滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+,加双氧水,Fe2+被氧化为Fe3+,加入K4[Fe(CN)6]Fe3+转化为沉淀,过滤,在滤液中加入硫酸铵,生成NH4Al(SO4)2,结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3;
(1)Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水,其反应的方程式为:Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O;
故答案为:Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O;
(2)A.蒸发皿不能用来加热固体,故A不符合;
B.铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠,故B符合;
C.玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应,故C不符合;
D.瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应,故D不符合;
故答案为:B;
(3)滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+,加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+,其反应的离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;
故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;
(4)三价铁离子遇到K4[Fe(CN)6]溶液变蓝色,故答案为:静置,溶液澄清后,继续向上层清液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液,若无现象,则溶液中不含有铁元素,反之,则有;
(5)Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=4.0×10-38,c(H+)=,反应Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+的平衡常数K=
=
=2.5×10-5,故答案为:2.5×10-5;
(6)①NH4Al(SO4)2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收,二氧化硫被高锰酸钾吸收,所以最后集气瓶中收集到的气体是N2;
故答案为:N2;
②酸性条件下,KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子,其反应的离子方程式为:2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+;
故答案为:2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+.
解析
解:铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)加稀硫酸,Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子,SiO2不溶于硫酸,过滤,滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+,加双氧水,Fe2+被氧化为Fe3+,加入K4[Fe(CN)6]Fe3+转化为沉淀,过滤,在滤液中加入硫酸铵,生成NH4Al(SO4)2,结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3;
(1)Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水,其反应的方程式为:Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O;
故答案为:Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O;
(2)A.蒸发皿不能用来加热固体,故A不符合;
B.铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠,故B符合;
C.玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应,故C不符合;
D.瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应,故D不符合;
故答案为:B;
(3)滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+,加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+,其反应的离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;
故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;
(4)三价铁离子遇到K4[Fe(CN)6]溶液变蓝色,故答案为:静置,溶液澄清后,继续向上层清液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液,若无现象,则溶液中不含有铁元素,反之,则有;
(5)Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=4.0×10-38,c(H+)=,反应Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+的平衡常数K=
=
=2.5×10-5,故答案为:2.5×10-5;
(6)①NH4Al(SO4)2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收,二氧化硫被高锰酸钾吸收,所以最后集气瓶中收集到的气体是N2;
故答案为:N2;
②酸性条件下,KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子,其反应的离子方程式为:2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+;
故答案为:2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+.
碱式氯化铝[Al2(OH)nCl6-n]是利用工业铝灰和活性铝矾土为原料(主要含Al、Al2O3、SiO2及铁的氧化物)经过精制加工而成,此产品活性较高,对工业污水具有较好的净化效果.其制备流程如下:
①16% HCl 16% H2SO4原料滤渣Ⅰ煮沸1.5h过滤
②适量Ca(OH)2控制pH,过滤滤液Ⅰ滤液Ⅱ滤渣Ⅱ
③加热蒸发、浓缩结晶,过滤碱式氯化铝溶液硫酸钙晶体
(1)原料需要粉碎,其目的是______;滤渣I的主要成分是______;
(2)步骤①在煮沸过程中,溶液逐渐变为浅绿色,此时溶液中呈浅绿色的阳离子常采用加入______试剂进行检验(填化学式);随后溶液又变为棕黄色,相关反应的离子方程式为______;
(3)步骤②中加入适量的Ca(OH)2并控制pH,其目的:一是生成碱式氯化铝;二是______;已知碱式氯化铝的分散质粒子大小在1~100nm之间,则区别滤液I与碱式氯化铝两种液体的物理方法是______;若Ca(OH)2溶液过量,则步骤③得到的碱式氯化铝产率偏低,该反应的离子方程式为______;
(4)某温度下若0.1mol AlCl3溶于蒸馏水,当有2.5%水解生成Al(OH)3溶液时,吸收热量Q kJ,该过程的热化学反应方程式为______.
正确答案
增大反应物接触面积,加快溶解速率(提高Al3+的浸出率)
SiO2(或二氧化硅)
K3[Fe(CN)6]
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
除Fe3+
观察是否有丁达尔效应
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
AlCl3(aq)+3H2O(l)⇌Al(OH)3(胶体)+3HCl(aq)△H=+400QkJ∕mol
解析
解:工业铝灰和活性铝矾土为原料(主要含Al、Al203、Si02及铁的氧化物),加入硫酸和盐酸,Si02不溶,Al、Al203及铁的氧化物溶解为离子,滤渣I为Si02,滤液调节PH,三价铁离子会转化为沉淀,则滤渣II为氢氧化铁,滤液II再经过蒸发浓缩,过滤得到硫酸钙和碱式氯化铝溶液.
(1)有固体参加的反应,固体的表面积越大,反应速率越快,所以粉碎煤矸石能增大接触面积,加快溶解速率;二氧化硅不溶于酸,所以滤渣I为Si02;
故答案为:增大接触面积,加快溶解速率;Si02;
(2)Fe2+在溶液中为绿色,可以用K3[Fe(CN)6];Fe2+易被空气中的氧气氧化为Fe3+,随后溶液又变为棕黄色,是因为Fe2+被空气中的氧气氧化为Fe3+,其反应的离子方程式为:4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;
故答案为:K3[Fe(CN)6];4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;冷凝、回流;
(3)Ca(OH)2并控制pH,其目的:一是生成碱式氯化铝;其次还可以除去铁离子,已知碱式氯化铝的分散质粒子大小在1nm〜100nm之间,则为胶体,滤液I为溶液,用一束光照射液体,观察是否有丁达尔效应,有丁达尔效应的是碱式氯化铝;Al3+与过量的强碱反应生成偏铝酸盐,所以若Ca(OH)2溶液过量,则步骤③得到的BAC产率偏低,该反应的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O;
故答案为:除Fe3+;观察是否有丁达尔效应;Al3++4OH-=AlO2-+2H2O;
(4)若0.1mol AlCl3在某温度下溶于蒸馏水,当有2.5%水解生成Al(OH)3溶液时,吸收热量QkJ,则1mol完全反应水解吸收的热量为400QkJ,则其热化学方程式为:AlCl3(aq)+3H2O(l)⇌Al(OH)3(胶体)+3HCl(aq)△H=+400QkJ/mol;
故答案为:AlCl3(aq)+3H2O(l)⇌Al(OH)3(胶体)+3HCl(aq)△H=+400QkJ∕mol.
(2015秋•江西校级月考)氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂,是一种白色粉末;微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸;在空气中迅速被氧化成绿色;见光则分解,变成褐色.如图是工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl的流程:
根据以上信息回答下列问题:
(1)写出生产过程中所加试剂:X______,Y______.
(2)生产中为了提高CuCl产品的质量,采用抽滤法快速过滤,析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是______;生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是______.
(3)写出产生CuCl的化学方程式:______.
(4)在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外,还应该注意的关键问题是______.
正确答案
解:(1)印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)加入铁,三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子,铜离子能够与铁反应生成铜,过滤后滤渣中含有铜和铁,加入盐酸,铁与盐酸反应生成氯化亚铁,铜与盐酸不反应,将铜分离出来,
故答案为:Fe;HCl;
(2)析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失,生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止CuCl水解,
故答案为:减少产品CuCl的损失;防止CuCl水解;
(3)依据图示可知:CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl,产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到:CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4,
故答案为:CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4;
(4)氯化亚铜具有还原性,易被氧化而变质,具有见光分解,所以生产中应防止CuCl的氧化和见光分解,减少产品CuCl的损失,
故答案为:防止CuCl的氧化和见光分解.
解析
解:(1)印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)加入铁,三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子,铜离子能够与铁反应生成铜,过滤后滤渣中含有铜和铁,加入盐酸,铁与盐酸反应生成氯化亚铁,铜与盐酸不反应,将铜分离出来,
故答案为:Fe;HCl;
(2)析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失,生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是防止CuCl水解,
故答案为:减少产品CuCl的损失;防止CuCl水解;
(3)依据图示可知:CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl,产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到:CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4,
故答案为:CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4;
(4)氯化亚铜具有还原性,易被氧化而变质,具有见光分解,所以生产中应防止CuCl的氧化和见光分解,减少产品CuCl的损失,
故答案为:防止CuCl的氧化和见光分解.
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