- 乙酸乙酯的制备
- 共1463题
Fe、Al是应用最广泛的金属，Fe、Al的卤化物、氧化物、氢氧化物等均为重要化合物．回答下列问题：
（1）Al（OH）3是治疗胃酸过多的药物胃舒平的主要成分．某课外兴趣小组用铝、稀硫酸、烧碱为原料，制备一定量的Al（OH）3．他们分别设计了两种实验方案：
方案一：Al 硫酸 Al2（SO4）3 氢氧化钠 Al（OH）3
方案二：Al 氢氧化钠 NaAlO2 硫酸 Al（OH）3
从节约药品的角度思考，你认为哪一种方案好？______；
（2）请写出AlCl3溶液与过量的氨水反应的离子方程式______；
（3）已知反应：3Br2+6FeCl2=4FeCl3+2FeBr3，向1L 0.4mol/L的FeBr2溶液中通入6.72L Cl2（标准状况），写出该反应的离子方程式（用总方程式表示）______；
（4）已知铁的某种氧化物化学式为FexO（x＜1），铁元素的质量分数为76.3%，则FexO中x值（精确至0.01）为______，该氧化物中的Fe分别为Fe2+、Fe3+，计算n（Fe2+）：n（Fe3+）=______；
（5）在铁与铜的混合物中，加入不足量的稀硝酸，反应后剩余金属m1 g；再向其中加入一定量稀硫酸，充分振荡后，剩余金属m2 g，则m1______（填“小于”、“大于”或“等于”）m2；
（6）以铁为阳极，铝为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解，一段时间后得到4mol Fe（OH）3沉淀，此间共消耗的水的物质的量为______mol．
正确答案
解：（1）根据方案一 Al
故答案为：方案二较好；
（2）氨水为弱电解质，不能溶解氢氧化铝，离子方程式中应写化学式，AlCl3溶液与氨水反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为A13++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：A13++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（3）氯气具有氧化性，能将亚铁离子和溴离子氧化，先氧化亚铁离子，1L 0.4mol/L即0.4mol的FeBr2溶液中通入标况下的6.72L即
故答案为：3Cl2+4Fe2++2Br-=6Cl-+4Fe3++Br2；
（3）铁的某种氧化物的化学式表示为Fex0（x＜1），铁元素在该氧化物中的质量分数为76.3%，则氧元素质量分数为23.7%，故56x：16=76.3%：23.7%，解得x=0.92，设氧化物中的Fe分别为Fe2+、Fe3+，物质的量分别为x，y，则根据化学式有
故答案为：0.92；19：4；
（5）铁和铜都和硝酸反应生成硝酸盐，充分反应后剩余金属的质量为m1g，剩余金属一定含Cu，可能还含Fe；再加入硫酸，提供氢离子，在酸性条件下，硝酸盐中的硝酸根具有强氧化性，故再与剩余金属反应，故m1一定大于m2，
故答案为：大于；
（6）根据铁原子守恒知，4molFe（OH）3～4molFe（OH）2，所以生成4molFe（OH）3需要4molFe（OH）2；活泼金属铁作电解池阳极时，电解氢氧化钠溶液的电解方程式为Fe+2H2O
解析
解：（1）根据方案一 Al
故答案为：方案二较好；
（2）氨水为弱电解质，不能溶解氢氧化铝，离子方程式中应写化学式，AlCl3溶液与氨水反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为A13++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：A13++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（3）氯气具有氧化性，能将亚铁离子和溴离子氧化，先氧化亚铁离子，1L 0.4mol/L即0.4mol的FeBr2溶液中通入标况下的6.72L即
故答案为：3Cl2+4Fe2++2Br-=6Cl-+4Fe3++Br2；
（3）铁的某种氧化物的化学式表示为Fex0（x＜1），铁元素在该氧化物中的质量分数为76.3%，则氧元素质量分数为23.7%，故56x：16=76.3%：23.7%，解得x=0.92，设氧化物中的Fe分别为Fe2+、Fe3+，物质的量分别为x，y，则根据化学式有
故答案为：0.92；19：4；
（5）铁和铜都和硝酸反应生成硝酸盐，充分反应后剩余金属的质量为m1g，剩余金属一定含Cu，可能还含Fe；再加入硫酸，提供氢离子，在酸性条件下，硝酸盐中的硝酸根具有强氧化性，故再与剩余金属反应，故m1一定大于m2，
故答案为：大于；
（6）根据铁原子守恒知，4molFe（OH）3～4molFe（OH）2，所以生成4molFe（OH）3需要4molFe（OH）2；活泼金属铁作电解池阳极时，电解氢氧化钠溶液的电解方程式为Fe+2H2O
髙纯氧化铁（a-Fe2O3）是现代电子工业重要材料．实验室用硫铁矿烧渣 （Fe2O3、FeO、SiO2等）为原料制备髙纯氧化铁的步骤如图所示．请回答有关问题：
（1）过滤操作中的玻璃仪器为______．
（2）实验室需240mL4.8mol•L-1的硫酸溶液，若用18.4mol•L-1的浓硫酸进行配制，所需要的最主要仪器为______．
（3 ）溶液X发生反应的离子方程式为______．
（4）简述如何检验溶液Z中的阴离子______．
（5）操作I的名称是______．列举W的一种用途______．
（6）某实验小组设计的氨气制备实验流程为：发生装置→净化→收集→尾气处理．选择合适的仪器，按照气体流向排序（如图所示大写字母表示）______．
（7）将多余的氨气通入水中，若得到25℃0.2mol•L-1的NH3•H2O溶液，现提供0.1 mol•L-1盐酸溶液，请你设计实验，证明NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度．简述实验方案及结论______．
正确答案
解：（1）过滤时要注意一贴、二低、三靠．一贴是指滤纸紧贴漏斗内壁．二低是指滤纸低于漏斗边缘，液面低于滤纸边缘．三靠是指上面的烧杯紧靠玻璃棒，所以实验过程中用到的三种玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，
故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（2）配制一定物质的量浓度溶液必须用到容量瓶，容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，所以240mL4.8mol•L-1的硫酸溶液所需要的最主要仪器为250mL容量瓶，
故答案为：250mL容量瓶；
（3）硫铁矿烧渣 （Fe2O3、FeO、SiO2等）加入硫酸，酸会和Fe2O3、FeO反应，生成Fe2+、Fe3+，而与SiO2不反应，过滤得到溶液X的主要离子成分为SO42-、H+、Fe2+、Fe3+，加过量铁粉，铁粉和H+、Fe3+反应，2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑；
（4）过量铁粉和H+、Fe3+反应后过滤，溶液中主要离子成分为Fe2+、通入氨气，调节PH至5-6.5，生成氢氧化铁沉淀，此时溶液中主要离子成分为SO42-、NH4+，所以需检验溶液Z中的阴离子SO42-，检验SO42-的操作为取少量溶液Z于试管中，然后加盐酸，无沉淀产生，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生，证明有SO42-，
故答案为：检验SO42-的操作为：取少量溶液Z于试管中，然后加盐酸，无沉淀产生，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生，证明有SO42-；
（5）固体从溶液中出来表面吸附有溶液中的可溶性的杂质离子，需通过洗涤洗去；溶液Z加碳酸铵生成硫酸亚铁和硫酸氨，所以W为硫酸铵，可作化肥，
故答案为：洗涤；化肥；
（6）实验室用氯化铵和氢氧化钙固体加热生成氨气和水来制取氨气，故选A装置，生成的氨气中含有水蒸气，所以用球形干燥管进行干燥选C，氨气极易溶于水密度小于空气的平均密度，所以选E用排空气法收集从h口进，氨气具有刺激性，氨气是有毒气体，需进行尾气吸收选D，
故答案为：ACED；
（7）铵根离子水解溶液呈酸性，氨水电离呈碱性，25℃0.2mol．L-1的NH3•H2O溶液和0.1mol．L-1盐酸溶液等体积混合，生成等物质的量浓度的氨水和氯化铵，测溶液的PH值大于7，说明铵根离子的水解能力小于氨水的电离能力，
故答案为：将25℃0.2mol．L-1的NH3•H2O溶液和0.1mol．L-1盐酸溶液等体积混合，测溶液的PH值，PH大于7，证明NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度；
解析
解：（1）过滤时要注意一贴、二低、三靠．一贴是指滤纸紧贴漏斗内壁．二低是指滤纸低于漏斗边缘，液面低于滤纸边缘．三靠是指上面的烧杯紧靠玻璃棒，所以实验过程中用到的三种玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，
故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（2）配制一定物质的量浓度溶液必须用到容量瓶，容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，所以240mL4.8mol•L-1的硫酸溶液所需要的最主要仪器为250mL容量瓶，
故答案为：250mL容量瓶；
（3）硫铁矿烧渣 （Fe2O3、FeO、SiO2等）加入硫酸，酸会和Fe2O3、FeO反应，生成Fe2+、Fe3+，而与SiO2不反应，过滤得到溶液X的主要离子成分为SO42-、H+、Fe2+、Fe3+，加过量铁粉，铁粉和H+、Fe3+反应，2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑；
（4）过量铁粉和H+、Fe3+反应后过滤，溶液中主要离子成分为Fe2+、通入氨气，调节PH至5-6.5，生成氢氧化铁沉淀，此时溶液中主要离子成分为SO42-、NH4+，所以需检验溶液Z中的阴离子SO42-，检验SO42-的操作为取少量溶液Z于试管中，然后加盐酸，无沉淀产生，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生，证明有SO42-，
故答案为：检验SO42-的操作为：取少量溶液Z于试管中，然后加盐酸，无沉淀产生，再加氯化钡溶液，有白色沉淀产生，证明有SO42-；
（5）固体从溶液中出来表面吸附有溶液中的可溶性的杂质离子，需通过洗涤洗去；溶液Z加碳酸铵生成硫酸亚铁和硫酸氨，所以W为硫酸铵，可作化肥，
故答案为：洗涤；化肥；
（6）实验室用氯化铵和氢氧化钙固体加热生成氨气和水来制取氨气，故选A装置，生成的氨气中含有水蒸气，所以用球形干燥管进行干燥选C，氨气极易溶于水密度小于空气的平均密度，所以选E用排空气法收集从h口进，氨气具有刺激性，氨气是有毒气体，需进行尾气吸收选D，
故答案为：ACED；
（7）铵根离子水解溶液呈酸性，氨水电离呈碱性，25℃0.2mol．L-1的NH3•H2O溶液和0.1mol．L-1盐酸溶液等体积混合，生成等物质的量浓度的氨水和氯化铵，测溶液的PH值大于7，说明铵根离子的水解能力小于氨水的电离能力，
故答案为：将25℃0.2mol．L-1的NH3•H2O溶液和0.1mol．L-1盐酸溶液等体积混合，测溶液的PH值，PH大于7，证明NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度；
某化学兴趣小组按照下列方案进行“由含铁废铝制备硫酸铝晶体”的实验：
步骤1：取一定量含铁废铝，加足量的NaOH溶液，反应完全后过滤．
步骤2：边搅拌边向溶液中滴加稀硫酸至溶液pH=8～9，静置、过滤、洗涤．
步骤3：将步骤2中得到的固体溶于足量的稀硫酸．
步骤4：将得到的溶液范发浓缩、冷却、结晶、过滤、干燥．
请回答以下问题：
（1）上述实验中的过滤操作需要玻璃棒、______、______等玻璃仪器．
（2）步骤1过滤的目的是______．
（3）当步骤2中溶液的pH=8～9时，检验沉淀是否完全的方法是______．
（4）步骤2中溶液的pH较难控制，可改用______．
正确答案
解：根据实验步骤可知：由含铁废铝制备硫酸铝晶体原理是用氢氧化钠溶液溶解铝，过滤除掉杂质铁，然后调节PH得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和稀硫酸溶液反应生成硫酸铝，蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、干燥后得到硫酸铝固体．
（1）过滤操作中需要大小烧杯各一个、过滤器需要漏斗、玻璃棒用作引流，因此过滤操作中需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：烧杯；漏斗；
（2）Al能与氢氧化钠溶液反应，铁不能与氢氧化钠溶液反应，通过过滤将杂质铁从溶液中除掉，故答案为：除去铁等不溶于碱的杂质；
（3）检验沉淀是否完全的方法是取上层清液，逐滴加入稀硫酸，若变浑浊则说明沉淀不完全，若不变浑浊则说明沉淀完全，
故答案为：取上层清液，逐滴加入稀硫酸，若变浑浊则说明沉淀不完全，若不变浑浊则说明沉淀完全；
（4）边搅拌边向滤液中滴加稀硫酸至溶液的pH=8～9，目的是生成氢氧化铝，可利用往偏铝酸钠溶液中通入足量CO2气体的方法，2H2O+AlO2-+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-，不必控制溶液的PH就可得到最大量的沉淀，故答案为：通入足量CO2气体．
解析
解：根据实验步骤可知：由含铁废铝制备硫酸铝晶体原理是用氢氧化钠溶液溶解铝，过滤除掉杂质铁，然后调节PH得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和稀硫酸溶液反应生成硫酸铝，蒸发浓缩、冷却、结晶、过滤、干燥后得到硫酸铝固体．
（1）过滤操作中需要大小烧杯各一个、过滤器需要漏斗、玻璃棒用作引流，因此过滤操作中需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：烧杯；漏斗；
（2）Al能与氢氧化钠溶液反应，铁不能与氢氧化钠溶液反应，通过过滤将杂质铁从溶液中除掉，故答案为：除去铁等不溶于碱的杂质；
（3）检验沉淀是否完全的方法是取上层清液，逐滴加入稀硫酸，若变浑浊则说明沉淀不完全，若不变浑浊则说明沉淀完全，
故答案为：取上层清液，逐滴加入稀硫酸，若变浑浊则说明沉淀不完全，若不变浑浊则说明沉淀完全；
（4）边搅拌边向滤液中滴加稀硫酸至溶液的pH=8～9，目的是生成氢氧化铝，可利用往偏铝酸钠溶液中通入足量CO2气体的方法，2H2O+AlO2-+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-，不必控制溶液的PH就可得到最大量的沉淀，故答案为：通入足量CO2气体．
（一）如图所示，向250mL三颈瓶中加入2.7mL（2.3g）甲苯和100mL水，瓶口装一冷凝管，加热至沸．从冷凝管上口分批加入8.5g高锰酸钾．用少量水（约25mL）将粘在冷凝管内壁的高锰酸钾冲洗入烧瓶内．继续煮沸并间歇摇动烧瓶直到甲苯层消失，回流液不再有明显油珠，反应如下：
（二）将反应混合物趁热抽气过滤，用少量热水洗涤滤渣二氧化锰；洗涤的过程是将抽气暂时停止，在滤渣上加少量水，用玻棒小心搅动（不要使滤纸松动）．合并滤液并倒入400mL烧怀中，将烧杯冷却，然后用浓盐酸酸化，直到苯甲酸全部析出为止；得纯净的苯甲酸质量为1.83g．苯甲酸在不同温度下的溶解度如下表：
（1）加热前，应先向三颈瓶中加入______，其目的是______．
（2）反应结束时，溶液还显紫红色，可通过三颈瓶的一个口，向其中加入Na2SO3溶液，发生反应的离子方程式是______．（提示：在本实验条件下，高锰酸钾的还原产物是MnO2）
（3）反应Ⅰ结束后要趁热过滤，原因是______．
（4）烧杯中的滤液要充分冷却，冷却时应将烧杯应放在______冷却；然后用浓盐酸酸化，目的是：______（用化学方程式表示）．
（5）求苯甲酸的产率______．
正确答案
沸石
防止暴沸
2MnO4-+3SO32-+H2O=2MnO2+3SO42-+2OH-
低温下，苯甲酸的溶解性小，会降低苯甲酸的产率
冷水浴中
60%
解析
解：（1）一般在加热混合溶液时常加入沸石，防止溶液加热时暴沸，故答案为：沸石；防止暴沸；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，Na2SO3溶液具有强还原性，两者发生氧化还原反应，高锰酸根被还原成二氧化锰化合价减低3价，亚硫酸根被氧化成硫酸根化合价升高2价，所以根据得失电子守恒，高锰酸根×2，亚硫酸根×3，所以离子方程式为：2MnO4-+3SO32-+H2O=2MnO2+3SO42-+2OH-，
故答案为：2MnO4-+3SO32-+H2O=2MnO2+3SO42-+2OH-；
（3）由于苯甲酸在低温时的溶解性比较小，所以要想得到浓度高的苯甲酸溶液，就必须趁热过滤，故答案为：低温下，苯甲酸的溶解性小，会降低苯甲酸的产率；
（4）由于冷水浴中冷却接触面积大，冷却充分；浓盐酸酸化主要是将苯甲酸钾反应生成苯甲酸，反应为
故答案为：冷水浴中；
（5）根据守恒，苯甲酸的理论产量为：
单晶硅是信息产业中重要的基础材料．通常用炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅（含铁、铝、硼、磷等杂质），粗硅与氯气反应生成四氯化硅（反应温度450～500℃），四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅．以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图．
相关信息：①四氯化硅遇水极易水解；②SiCl4沸点为57.7℃，熔点为-70.0℃．请回答：
（1）写出装置A中发生反应的离子方程式______．
（2）装置C中的试剂是______；装置F的作用是______；装置E中的h瓶需要冷却的理由是______．
（3）装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏（类似多次蒸馏）得到高纯度四氯化硅，精馏后的残留物中含有铁元素，为了分析残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，使铁元素还原成Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定．
①反应的离子方程式：______．
②滴定前是否要滴加指示剂？______（填“是”或“否”），请说明理由______．
③滴定前检验Fe3+是否被完全还原的实验操作是______．
正确答案
解：（1）装置A是氯气发生装置，A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
（2）浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，导致制取的氯气中含有氯化氢，为除去氯化氢，装置B中的试剂应该吸收氯化氢而不能吸收氯气，为饱和食盐水，装置C用浓硫酸吸水，四氯化硅遇水极易水解，F可防止空气中的水进入；产物SiCl4沸点低，需要冷凝收集，
故答案为：浓硫酸；防止空气中的水进入H中；产物SiCl4沸点低，需要冷凝收集；
（3）①KMnO4酸性溶液与Fe2+反应时被还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，Mn元素的化合价由+7降到+2，降低5价；Fe元素的化合价由+2升高到+3价，升高1价，最小公倍数为5；再根据质量守恒得到H2O的系数为4，H+的系数为8，离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：MnO4-+5Fe2++8 H+═Mn2++5Fe3++4H2O；
②KMnO4标准溶液本身就是一种指示剂，MnO4-转变成Mn2+溶液颜色有紫色变成无色，KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定时，不需要指示剂，
故答案为：否；KMnO4溶液的紫红色可指示反应终点；
③Fe3+遇硫氰酸根离子会反应生成硫氰酸铁血红色，证明Fe3+的存在．因此取少量还原后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe3+已完全还原，
故答案为：取少量还原后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe3+已完全还原．
解析
解：（1）装置A是氯气发生装置，A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
（2）浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，导致制取的氯气中含有氯化氢，为除去氯化氢，装置B中的试剂应该吸收氯化氢而不能吸收氯气，为饱和食盐水，装置C用浓硫酸吸水，四氯化硅遇水极易水解，F可防止空气中的水进入；产物SiCl4沸点低，需要冷凝收集，
故答案为：浓硫酸；防止空气中的水进入H中；产物SiCl4沸点低，需要冷凝收集；
（3）①KMnO4酸性溶液与Fe2+反应时被还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，Mn元素的化合价由+7降到+2，降低5价；Fe元素的化合价由+2升高到+3价，升高1价，最小公倍数为5；再根据质量守恒得到H2O的系数为4，H+的系数为8，离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：MnO4-+5Fe2++8 H+═Mn2++5Fe3++4H2O；
②KMnO4标准溶液本身就是一种指示剂，MnO4-转变成Mn2+溶液颜色有紫色变成无色，KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定时，不需要指示剂，
故答案为：否；KMnO4溶液的紫红色可指示反应终点；
③Fe3+遇硫氰酸根离子会反应生成硫氰酸铁血红色，证明Fe3+的存在．因此取少量还原后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe3+已完全还原，
故答案为：取少量还原后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe3+已完全还原．
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