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题型: 单选题
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单选题

有下列两种转化途径,某些反应条件和产物已省略,下列有关说法不正确的是(  )

途径①SH2SO4

途径②SSO2SO3H2SO4

A途径①反应中体现了浓HNO3的强氧化性和酸性

B途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来降低成本

C由途径①和②分别制取1 mol H2SO4,理论上各消耗1 mol S,各转移6 mol e-

D途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念是因为途径②比途径①污染相对小且原子利用率高

正确答案

A

解析

解:A.S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水,该反应中只体现了浓硝酸的强氧化性,不体现酸性,故A错误;

B.增大一种反应物的浓度,可以提高另一种反应物的转化率,所以途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来提高二氧化硫的转化率,从而降低成本,故B正确;

C.途径①和②都是由S来制备H2SO4,S的化合价从0价升高高+6价,制取1 mol H2SO4,理论上各消耗1 mol S,各转移6 mol e-,故C正确;

D.途径①S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水,有副产物二氧化氮,而且二氧化氮会污染大气,所以途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念,故D正确.

故选A.

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简答题

【实验化学】

苯乙醚(沸点168℃)可用苯酚、溴乙烷为主要原料制得,其反应原理(图1)为:

实验步骤如下:

步骤1:在烧瓶中(装置如图2所示)加入3.75g苯酚、2g NaOH和2mL水,开动搅拌器,使固体全部溶解.

步骤2:加热反应瓶,控制温度在80~90℃之间,并用恒压漏斗慢慢滴加4.25mL溴乙烷(沸点38.4℃),大约40min滴加完毕,继续搅拌1h,并降至室温.

步骤3:加入适量水(5~10mL)使固体完全溶解.将液体转入分液漏斗中,分出水相,水相用4mL乙醚萃取一次,合并有机相.有机相用等体积饱和食盐水洗两次,分出水相,并将水相用3mL乙醚萃取一次,合并有机相.有机相用无水氯化钙干燥.

步骤4:先用水浴蒸出乙醚.然后常压蒸馏,得苯乙醚.

(1)步骤1开动搅拌器的目的是______

(2)①步骤2中控制温度80~90℃可采取的方法是______;②冷凝管中回流的主要物质除水外还有______

(3)步骤3中加入乙醚萃取的目的是______

(4)步骤4应收集沸点为______的馏分.蒸馏所用的玻璃仪器除了酒精灯、冷凝管、温度计、尾接管、锥形瓶外还有______(填仪器名称).

正确答案

解:(1)为了加快固体苯酚的溶解可选择开动搅拌器,故答案为:加快溶解速度;

(2)①可采用水浴加热的方式来控制温度80~90℃,故答案为:水浴加热;

②反应混合中在80~90℃时只有水和溴乙烷挥发,因此冷凝管里冷凝回流的物质除水外还有溴乙烷,故答案为:溴乙烷;

(3)选择乙醚作萃取剂是因为苯乙醚易溶解在乙醚中,而乙醚与水不相溶,故答案为:将水中的苯乙醚提取到乙醚中;

(4)因苯乙醚的沸点为168℃,故收集馏分时的温度为168℃,蒸馏操作时还需要蒸馏烧瓶,故答案为:168℃;蒸馏烧瓶.

解析

解:(1)为了加快固体苯酚的溶解可选择开动搅拌器,故答案为:加快溶解速度;

(2)①可采用水浴加热的方式来控制温度80~90℃,故答案为:水浴加热;

②反应混合中在80~90℃时只有水和溴乙烷挥发,因此冷凝管里冷凝回流的物质除水外还有溴乙烷,故答案为:溴乙烷;

(3)选择乙醚作萃取剂是因为苯乙醚易溶解在乙醚中,而乙醚与水不相溶,故答案为:将水中的苯乙醚提取到乙醚中;

(4)因苯乙醚的沸点为168℃,故收集馏分时的温度为168℃,蒸馏操作时还需要蒸馏烧瓶,故答案为:168℃;蒸馏烧瓶.

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简答题

(2015秋•宜春校级月考)硫代硫酸钠(Na2S2O3•5H2O)俗名“大苏打”,又称为“海波”,可用于照相业作定影剂,也可用于纸浆漂白作脱氯剂等.它易溶于水,难溶于乙醇,加热、易分解,在酸性溶液中不能稳定存在.工业上常用亚硫酸钠法、硫化碱法等制备.某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠,其反应装置及所需试剂如图:

实验具体操作步骤为:

①开启分液漏斗,使硫酸慢慢滴下,适当调节分液的滴速,使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中,同时开启电动搅拌器搅动,水浴加热,微沸.

②直至析出的浑浊不再消失,并控制溶液的pH接近7时,停止通入SO2气体.

③趁热过滤,将滤液加热浓缩,冷却析出Na2S2O3•5H2O.

④再经过滤、洗涤、干燥,得到所需的产品.

(1)步骤④中洗涤时,为了减少产物的损失用的试剂可以是______

(2)为了保证硫代硫酸钠的产量,实验中不能让溶液pH<7,请用离子方因______

(3)写出三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式______

(4)常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度,步骤如下:取废水25.00mL,控制适当的酸度加入足量 K2Cr2O7溶液,得BaCrO4沉淀;过滤、洗涤后,用适量稀盐酸溶解,此时CrO全部转化为Cr2O;再加过量KI溶液,充分反应后得混合溶液V mL,将其平均分成4等份,加入淀粉溶液作指示剂,用0.0010mol.L-1 的Na2S2O3溶液进行滴定,反应完全时,相关数据记录如表所示:

部分反应离子方程式为:

①Cr2O+61-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O;  ②I2+2S2O=2I-+S4O

①判断达到滴定终点的现象是______

②从表格所给数据计算:一份待测溶液消耗Na2S2O3溶液的平均体积为______ ml

③废水中Ba2+的物质的量浓度______

(5)Na2S2O3常用作脱氯剂,在溶液中易被Cl2氧化成SO,该反应的离子方程式为______

正确答案

解:(1)根据题给信息易溶于水,难溶于乙醇,步骤 ④中洗涤时,为了减少产物的损失用的试剂可以是乙醇;

故答案为:乙醇;

(2)Na2S2O3在酸性条件下会生成S和二氧化硫,所以产率会下降,其反应的离子方程式为:S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑;

故答案为:S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O;

(3)三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式为:4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3

故答案为:4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3

(4)①淀粉溶液作指示剂,用0.0010mol.L-1 的Na2S2O3溶液进行滴定溶液中的碘,滴定终点时溶液中蓝色褪去,所以判断达到滴定终点的现象是加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后,蓝色消失,且半分钟内颜色不改变,

故答案为:加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后,蓝色消失,且半分钟内颜色不改变;

②根据表中数据可知,数据4有较大偏差,应舍去,消耗Na2S2O3标准溶液的体积为数据1、2、3的平均值,体积为mL=18.00mL,

故答案为:18.00mL;

③根据反应Cr2O72-+61-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O;  ②I2+2S2O=2I-+S4O,可得关系式6n(S2O32-)~n(Cr2O72-)~2c(Ba2+),滴定用去的Na2S2O3的物质的量为0.0010mol.L-1×18.00mL=1.8×10-5mol,所以Ba2+的物质的量为×1.8×10-5mol=6×10-5mol,25.00mL废水中Ba2+的物质的量浓度为mol/L=9.6×10-4mol•L-1

故答案为:9.6×10-4mol•L-1

(5)Na2S2O3常用作脱氯剂,在溶液中易被Cl2氧化成SO42-,该反应的离子方程式为:S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+

故答案为:S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+

解析

解:(1)根据题给信息易溶于水,难溶于乙醇,步骤 ④中洗涤时,为了减少产物的损失用的试剂可以是乙醇;

故答案为:乙醇;

(2)Na2S2O3在酸性条件下会生成S和二氧化硫,所以产率会下降,其反应的离子方程式为:S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑;

故答案为:S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O;

(3)三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式为:4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3

故答案为:4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3

(4)①淀粉溶液作指示剂,用0.0010mol.L-1 的Na2S2O3溶液进行滴定溶液中的碘,滴定终点时溶液中蓝色褪去,所以判断达到滴定终点的现象是加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后,蓝色消失,且半分钟内颜色不改变,

故答案为:加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后,蓝色消失,且半分钟内颜色不改变;

②根据表中数据可知,数据4有较大偏差,应舍去,消耗Na2S2O3标准溶液的体积为数据1、2、3的平均值,体积为mL=18.00mL,

故答案为:18.00mL;

③根据反应Cr2O72-+61-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O;  ②I2+2S2O=2I-+S4O,可得关系式6n(S2O32-)~n(Cr2O72-)~2c(Ba2+),滴定用去的Na2S2O3的物质的量为0.0010mol.L-1×18.00mL=1.8×10-5mol,所以Ba2+的物质的量为×1.8×10-5mol=6×10-5mol,25.00mL废水中Ba2+的物质的量浓度为mol/L=9.6×10-4mol•L-1

故答案为:9.6×10-4mol•L-1

(5)Na2S2O3常用作脱氯剂,在溶液中易被Cl2氧化成SO42-,该反应的离子方程式为:S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+

故答案为:S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+

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题型:简答题
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简答题

锰及其化合物在现代工业及国防建设中具有十分重要的地位.

(1)隐形涂料是我国于2014年3月1日成功首飞的最新2011号歼20实现隐形的关键材料.锰锌铁氧体是当前广泛使用的一种隐形材料,其化学组成为MnxZn1-xFe2O4(铁为+3价),当锰、锌、铁三种金属的质量分数分别为4.6%、21.76%、46.86%时,所得到的锰锌铁氧体对雷达波的吸收能力最强,则锰锌铁氧体中锰元素的化合价为______,当雷达波吸收能力最强时x=______

(2)碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体,工业上以软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)为主要原料制备碳酸锰的一种工艺流程如图所示

①写出提高酸浸时原料的浸出率的两种方法______,副产品A是______,从废墟中提取A的方法是______

②酸浸时的氧化物是Fe3+、SO42-,写出对应的离子方程式:______,写出沉锰时反应的离子方程式:______

(3)KMnO4是一种十分重要的氧化剂,工业可以软锰矿为原料先制得锰酸钾,然后电解锰酸钾溶液就可以得到KMnO4,则电解时阳极上的电极反应式为______,当电路中有2  mol电子通过时,阳极上得到的产物的质量为______

正确答案

解:(1)根据物质的量之比等于原子个数之比,得=x:2,x=0.2;Zn的化合价为+2,根据物质的化合价为零,设Mn的化合价为y,则0.2y+2×0.8+2×3=4×2,y=+2;故答案为:+2;0.2;

(2)①升高温度、搅拌、减小固体的颗粒等均能加速固体的溶解,所以为了提高溶浸工序中原料的浸出效率,可以采取的措施有:适当升高温度,搅拌,研磨矿石,适当提高稀硫酸的浓度;溶浸过程中发生的反应生成硫酸根离子,后来又加入了氨水、碳酸氢铵,所以副产品是(NH42SO4,可以用重结晶法提取(NH42SO4

故答案为:研磨矿石,适当提高稀硫酸的浓度等;(NH42SO4;重结晶法;

②FeS2与MnO2反应后生成Fe3+、Mn2+和SO42-,1molFeS2失去15mol电子,1molMnO2得到2mol电子,根据得失电子守恒,FeS2的计量数为2,MnO2的计量数为15,则生成的Fe3+计量数为2,SO42-的计量数为4,Mn2+的计量数为15,对应的离子方程式为2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42-;加入碳酸氢氨生成碳酸锰沉淀,离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O;

故答案为:2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42-;Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O;

(3)电解锰酸钾溶液时,阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子,电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子,电极反应式为MnO42--e-=MnO4-;根据关系式:1e-~KMnO4,当电路中有1mol电子通过时,阳极上得到1molKMnO4,m(KMnO4)=1mol×158g/mol=158g;

故答案为:MnO42--e-=MnO4-;158g.

解析

解:(1)根据物质的量之比等于原子个数之比,得=x:2,x=0.2;Zn的化合价为+2,根据物质的化合价为零,设Mn的化合价为y,则0.2y+2×0.8+2×3=4×2,y=+2;故答案为:+2;0.2;

(2)①升高温度、搅拌、减小固体的颗粒等均能加速固体的溶解,所以为了提高溶浸工序中原料的浸出效率,可以采取的措施有:适当升高温度,搅拌,研磨矿石,适当提高稀硫酸的浓度;溶浸过程中发生的反应生成硫酸根离子,后来又加入了氨水、碳酸氢铵,所以副产品是(NH42SO4,可以用重结晶法提取(NH42SO4

故答案为:研磨矿石,适当提高稀硫酸的浓度等;(NH42SO4;重结晶法;

②FeS2与MnO2反应后生成Fe3+、Mn2+和SO42-,1molFeS2失去15mol电子,1molMnO2得到2mol电子,根据得失电子守恒,FeS2的计量数为2,MnO2的计量数为15,则生成的Fe3+计量数为2,SO42-的计量数为4,Mn2+的计量数为15,对应的离子方程式为2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42-;加入碳酸氢氨生成碳酸锰沉淀,离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O;

故答案为:2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42-;Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O;

(3)电解锰酸钾溶液时,阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子,电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子,电极反应式为MnO42--e-=MnO4-;根据关系式:1e-~KMnO4,当电路中有1mol电子通过时,阳极上得到1molKMnO4,m(KMnO4)=1mol×158g/mol=158g;

故答案为:MnO42--e-=MnO4-;158g.

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题型:简答题
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简答题

Al2O3、Al(OH)3都是重要化工原料.根据要求回答问题:

Ⅰ、电解法制高品质Al(OH)3装置如图(中间用离子交换膜隔开):

4Na[Al(OH)4]+2H24Al(OH)3↓+4NaOH+O2↑+2H2

(1)产物Al(OH)3______区(填“阴极”或“阳极”)沉积;

(2)电解中转移2mol e-时,将制得______mol的Al(OH)3

Ⅱ、制取纳米Al2O3需要纯净的硫酸铝.现有0.05mol•L-1硫酸铝溶液,经检测,含有Fe2+、Fe3+.可按下述操作提纯:往溶液中加足量H2O2充分反应,再用试剂X调节溶液pH=3.5.(室温下,0.1mol•L-1的Fe2+、Al3+开始沉淀的pH分别为7.0和3.7,Fe3+完全沉淀的pH=3.2)

(3)纳米氧化铝分散在分散剂中将形成胶体.则纳米氧化铝的直径约为______m.

(4)检验硫酸铝溶液含有Fe3+时,所采用的试剂及现象是______

(5)往溶液中加入H2O2的作用是______(用离子方程式表示).

(6)加入的X试剂(填选项编号)是______

A.CuO    B.Al(OH)3  C.NaOH D.NaHCO3

若调节后溶液的pH偏离3.5,可能带来的后果是______

正确答案

解:(1)电解本质是电解水,阴极上水放电生成氢气与氢氧根离子,阳极上水放电生成生成氧气与氢离子,氢离子再与[Al(OH)4]-反应生成Al(OH)3,故产物Al(OH)3在阳极区沉积,

故答案为:阳极;

(2)根据电子转移守恒,生成氧气物质的量为=0.5mol,由:4Na[Al(OH)4]+2H2O 4Al(OH)3↓+4NaOH+O2↑+2H2↑,可知生成Al(OH)3的物质的量为0.5mol×4=2mol,

故答案为:2;

(3)胶体微粒直径在1nm~100nm之间,则纳米氧化铝的直径约为10-9~10-7m,

故答案为:10-9~10-7

(4)检验硫酸铝溶液含有Fe3+时,所采用的试剂及现象是:加KSCN溶液,溶液变血红色,

故答案为:加KSCN溶液,溶液变血红色;

(5)过氧化氢具有强氧化性,将Fe2+氧化为Fe3+,反应离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,

故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;

(6)加入X能与氢离子反应,调节溶液pH,使Fe3+转化氢氧化铁沉淀,过滤除去,CuO、NaOH、NaHCO3均为引入杂质离子,故选Al(OH)3

若调节后溶液的pH偏离3.5,pH过小Fe3+沉淀不完全,pH过大Al3+可能因沉淀而损失,

故答案为:B;pH过小Fe3+沉淀不完全,pH过大Al3+可能因沉淀而损失.

解析

解:(1)电解本质是电解水,阴极上水放电生成氢气与氢氧根离子,阳极上水放电生成生成氧气与氢离子,氢离子再与[Al(OH)4]-反应生成Al(OH)3,故产物Al(OH)3在阳极区沉积,

故答案为:阳极;

(2)根据电子转移守恒,生成氧气物质的量为=0.5mol,由:4Na[Al(OH)4]+2H2O 4Al(OH)3↓+4NaOH+O2↑+2H2↑,可知生成Al(OH)3的物质的量为0.5mol×4=2mol,

故答案为:2;

(3)胶体微粒直径在1nm~100nm之间,则纳米氧化铝的直径约为10-9~10-7m,

故答案为:10-9~10-7

(4)检验硫酸铝溶液含有Fe3+时,所采用的试剂及现象是:加KSCN溶液,溶液变血红色,

故答案为:加KSCN溶液,溶液变血红色;

(5)过氧化氢具有强氧化性,将Fe2+氧化为Fe3+,反应离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,

故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;

(6)加入X能与氢离子反应,调节溶液pH,使Fe3+转化氢氧化铁沉淀,过滤除去,CuO、NaOH、NaHCO3均为引入杂质离子,故选Al(OH)3

若调节后溶液的pH偏离3.5,pH过小Fe3+沉淀不完全,pH过大Al3+可能因沉淀而损失,

故答案为:B;pH过小Fe3+沉淀不完全,pH过大Al3+可能因沉淀而损失.

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