- 乙酰水杨酸的制备
- 共1066题
用电石浆（主要成分是CaO、SiO2、Al2O3、Fe2O3、MgO、CaS 和其它不溶于酸的物质）生产无水CaCl2，工艺流程如下（已知氯化钙晶体的化学式是：CaCl2•6H2O），下列有关说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．因要生产CaCl2，过程中不引入新的杂质离子，所以应选用盐酸，故A正确；
B．过氧化钠不能使氢氧化铁等有色物质进行褪色，脱色槽中应加入的X不能是过氧化钠，故B错误；
C．CaCl2为强酸强碱盐，钙离子在溶液中不发生水解，所以加热氯化钙溶液可得到氯化钙，故C正确；
D．设备B中产生的母液中含有氯化物，通过回收利用，可以降低废弃物排放量，提高经济效益，故D正确；
故选B．
无水氯化铝是有机化工常用催化剂，其外观为白色固体，1780C时升华，极易潮解，遇水后会发热并产生白雾．实验室用如下装置制备少量无水氯化铝，其反应原理为：2Al+3C12
（1）写出B处烧瓶中发生反应的化学方程式______．
（2）C和D中盛有的试剂分别为______、______．进行实验时应先点燃______ （选填“B”或．“E”）处酒精灯
（3）G瓶的作用是______，F装置的作用是______
（4）将E中固体改为市售氣化铝（AlCl3.6H20），控制一定条件也能进行无水氣化铝的制 备，此时E中应通入______气体，作用是______
（5）实验条件控制不当，最终得到的物质是碱式氯化铝[化学式为Al2（OH）nCl（6-n）]，且质量是原市售氯化铝的40%，则可推算n的值为______．
正确答案
解：该实验的原理是先通过发生装置制备氯气，然后通过浓硫酸干燥气体，干燥的氯气再与Al反应，最后收集制得的AlCl3．
（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，方程式为MnO2+4HCl（浓）
（2）浓盐酸具有挥发性，所以混合气体中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，氯气难溶于饱和食盐水，所以选饱和食盐水除去氯化氢；因题中要求制取纯净的无水CuCl2，所以要除去氯气中混有的水蒸气，且不引进新的杂质、氯气也和该物质不反应，所以选浓硫酸；先通过氯气排空装置中的空气，然后氯气与铝反应，故答案为：饱和氯化钠溶液；浓硫酸；B；
（3）根据在178℃升华，降温时能凝华以便收集，所以装置G的作用为收集氯化铝；氯气有毒，污染环境，所以不能排空；碱石灰的成分是氧化钙和氢氧化钠，氯气和氧化钙、氢氧化钠能反应达到，所以可用碱石灰处理尾气；空气中有水蒸气，碱石灰还能吸收水蒸气，所以可作干燥剂，
故答案为：使AlCl3冷凝、收集AlCl3；吸收氯气及阻止空气中水蒸气进入G中；
（4）若用AlCl3•6H2O制备无水AlCl3，通入HCl是为了防止AlCl3水解，故答案为：HCl气体；抑制AlCl3水解；
（5）根据碱式氯化铝是氯化铝晶体的40%，列式241.5×40%=54+17n+213-35.5n，n=4，故答案为：4．
解析
解：该实验的原理是先通过发生装置制备氯气，然后通过浓硫酸干燥气体，干燥的氯气再与Al反应，最后收集制得的AlCl3．
（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，方程式为MnO2+4HCl（浓）
（2）浓盐酸具有挥发性，所以混合气体中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，氯气难溶于饱和食盐水，所以选饱和食盐水除去氯化氢；因题中要求制取纯净的无水CuCl2，所以要除去氯气中混有的水蒸气，且不引进新的杂质、氯气也和该物质不反应，所以选浓硫酸；先通过氯气排空装置中的空气，然后氯气与铝反应，故答案为：饱和氯化钠溶液；浓硫酸；B；
（3）根据在178℃升华，降温时能凝华以便收集，所以装置G的作用为收集氯化铝；氯气有毒，污染环境，所以不能排空；碱石灰的成分是氧化钙和氢氧化钠，氯气和氧化钙、氢氧化钠能反应达到，所以可用碱石灰处理尾气；空气中有水蒸气，碱石灰还能吸收水蒸气，所以可作干燥剂，
故答案为：使AlCl3冷凝、收集AlCl3；吸收氯气及阻止空气中水蒸气进入G中；
（4）若用AlCl3•6H2O制备无水AlCl3，通入HCl是为了防止AlCl3水解，故答案为：HCl气体；抑制AlCl3水解；
（5）根据碱式氯化铝是氯化铝晶体的40%，列式241.5×40%=54+17n+213-35.5n，n=4，故答案为：4．
某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图1），以环己醇制备环己烯
已知：
（1）制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品．
①A中碎瓷片的作用是______，导管B除了导气外还具有的作用是______．
②试管C置于冰水浴中的目的是______．
（2）制备精品
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等．加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在______层（填上或下），分液后用______ （填入编号）洗涤．
a．KMnO4溶液 b．稀H2SO4 c．Na2CO3溶液
②再将环己烯按图2所示装置蒸馏，冷却水从______口进入，目的是______．
③收集产品时，控制的温度应在______左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是______
a．蒸馏时从70℃开始收集产品
b．环己醇实际用量多了
c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是______．
a．用酸性高锰酸钾溶液 b．用金属钠 c．测定沸点．
正确答案
解：（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝．故答案为：防止暴沸；冷凝；
②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化，故答案为：进一步冷却，防止环己烯挥发．
（2）①环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联想：制备乙酸乙酯提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；故答案为：上层；c；
②为了增加冷凝效果，蒸馏装置要有冷凝管，冷却水从下口（g）进入，冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好；更容易将冷凝管充满水；以防蒸汽入口处骤冷骤热使冷凝管破裂，故答案为：g；冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好；更容易将冷凝管充满水；以防蒸汽入口处骤冷骤热使冷凝管破裂；
③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃，故收集产品应控制温度在83℃左右；
a、蒸馏时从70℃开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，故a错误；
b、环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量，故b错误；
c、若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，故c正确；，故选c；
故答案为：83℃；c；
（3）区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品，另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度，故答案为：bc．
解析
解：（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝．故答案为：防止暴沸；冷凝；
②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化，故答案为：进一步冷却，防止环己烯挥发．
（2）①环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联想：制备乙酸乙酯提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；故答案为：上层；c；
②为了增加冷凝效果，蒸馏装置要有冷凝管，冷却水从下口（g）进入，冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好；更容易将冷凝管充满水；以防蒸汽入口处骤冷骤热使冷凝管破裂，故答案为：g；冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好；更容易将冷凝管充满水；以防蒸汽入口处骤冷骤热使冷凝管破裂；
③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃，故收集产品应控制温度在83℃左右；
a、蒸馏时从70℃开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，故a错误；
b、环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量，故b错误；
c、若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，故c正确；，故选c；
故答案为：83℃；c；
（3）区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品，另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度，故答案为：bc．
（2013•黄山三模）碳酸锰[MnCO3]常用制造铁氧磁体，也用于化肥添加剂．某化学研究课题组组拟从废旧干电池回收制取碳酸锰．
①将干电池剖切、分选得到黑色混合物（主要成份为MnO2）洗涤、过滤、烘干．
②将上述固体按固液体积比1：4.5加入浓盐酸，反应完全后过滤，浓缩．
③向上述溶液中加入Na2CO3溶液，边加边搅拌，再过滤即可得到碳酸锰．
（1）写出第②步反应的离子方程式______．
（2）请说出第②步反应中产生气体的一种用途______．如图1在进行过滤时，操作有何错误：______．
（3）查阅文献，发现上反应第③步中除了生成MnCO3之外还有可能生成Mn（OH）2，已知Mn（OH）2暴露在空气中时间稍长易被氧化成褐色的MnO（OH）2，MnCO3和MnO（OH）2受热最终均分解氧化成MnO2，该课题组对上述沉淀的成份提出以下假设，请帮助他完成假设：
假设一：______
假设二：全部为Mn（OH）2
假设三：既有MnCO3也有Mn（OH）2 …
（4）①为验证假设二是否正确，该课题组进行了以下研究：
定性研究：请完成下表中的内容
②定量研究：将所得沉淀过滤、洗涤，置于空气中充分氧化后，小心干燥，取22.0g样品，加热，测得固体质量随温度的变化关系如图2．根据图中数据判断假设______成立，理由是：______．
正确答案
解：（1）浓盐酸和二氧化锰反应，Mn元素化合价降低（+4→+2），被还原，MnO2为氧化剂，Cl元素化合价升高（-1→0），被氧化，HCl为还原剂，转移的电子数目为2，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
（2）第②步反应中产生气体为氯气，氯气具有强氧化性，能杀菌消毒，氯气和氢氧化钙反应制取漂白粉，氯气也能和有机物发生取代、加成生成卤代烃，据图可以看出，进行过滤时，没有玻璃棒引流，易造成液体飞溅，
故答案为：杀菌、消毒、制造漂白粉、有机化工合成等；没有使用玻璃棒引流；
（3）根据题目信息可知：沉淀的成分可能全部为MnCO3，可能全部为Mn（OH）2，还可能是MnCO3和Mn（OH）2，所以有三种假设：假设一：全部为MnCO3；假设二：全部为Mn（OH）2；假设三：既有MnCO3又有Mn（OH）2，
故答案为：全部为MnCO3；
（4）①将所得沉淀过滤、洗涤将沉淀充分暴露于空气中，观察颜色，颜色变成褐色，说明含有Mn（OH）2；另取少量沉淀于试管中，加入足量的盐酸，观察现象，没有气泡生成，说明不含MnCO3．为此证明固体是Mn（OH）2，
故答案为：
②测得固体质量随温度的变化关系图2判断假设三成立，固体质量最小值是15.8g是MnO的质量，在300℃以后，质量增加量为MnO氧化为MnO2．增加的质量为17.4-15.8=1.6g．所以n（MnO）=1.6g÷16g/mol=0.1mol，在15.8g固体中含有MnO质量为0.1mol×71g/mol=7.1g，含有MnO2的质量为15.8g-7.1g=8.7g，即含有MnO20.1mol；由于Mn（OH）2暴露在空气中时间稍长，易被氧化成褐色的MnO（OH）2，分解得到MnO2，所以在原固体中含有Mn（OH）20.1mol，质量是0.1mol×105g/mol=10.5g；则原固体中含有MnCO3质量为22.0g-10.5g=11.5g；所以原固体中既有MnCO3又有Mn（OH）2．300℃以后，质量增加量为MnO氧化为MnO2 ，计算可得MnCO3质量为11.5（或MnO（OH）2的质量为10.5g），所以既有MnCO3又有Mn（OH）2
故答案为：三；300℃以后质量增加量为MnO氧化为MnO2，计算可得MnCO3质量为11.5g 或Mn（OH）2质量为10.5g，所以既有MnCO3 也有Mn（OH）2．
解析
解：（1）浓盐酸和二氧化锰反应，Mn元素化合价降低（+4→+2），被还原，MnO2为氧化剂，Cl元素化合价升高（-1→0），被氧化，HCl为还原剂，转移的电子数目为2，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
（2）第②步反应中产生气体为氯气，氯气具有强氧化性，能杀菌消毒，氯气和氢氧化钙反应制取漂白粉，氯气也能和有机物发生取代、加成生成卤代烃，据图可以看出，进行过滤时，没有玻璃棒引流，易造成液体飞溅，
故答案为：杀菌、消毒、制造漂白粉、有机化工合成等；没有使用玻璃棒引流；
（3）根据题目信息可知：沉淀的成分可能全部为MnCO3，可能全部为Mn（OH）2，还可能是MnCO3和Mn（OH）2，所以有三种假设：假设一：全部为MnCO3；假设二：全部为Mn（OH）2；假设三：既有MnCO3又有Mn（OH）2，
故答案为：全部为MnCO3；
（4）①将所得沉淀过滤、洗涤将沉淀充分暴露于空气中，观察颜色，颜色变成褐色，说明含有Mn（OH）2；另取少量沉淀于试管中，加入足量的盐酸，观察现象，没有气泡生成，说明不含MnCO3．为此证明固体是Mn（OH）2，
故答案为：
②测得固体质量随温度的变化关系图2判断假设三成立，固体质量最小值是15.8g是MnO的质量，在300℃以后，质量增加量为MnO氧化为MnO2．增加的质量为17.4-15.8=1.6g．所以n（MnO）=1.6g÷16g/mol=0.1mol，在15.8g固体中含有MnO质量为0.1mol×71g/mol=7.1g，含有MnO2的质量为15.8g-7.1g=8.7g，即含有MnO20.1mol；由于Mn（OH）2暴露在空气中时间稍长，易被氧化成褐色的MnO（OH）2，分解得到MnO2，所以在原固体中含有Mn（OH）20.1mol，质量是0.1mol×105g/mol=10.5g；则原固体中含有MnCO3质量为22.0g-10.5g=11.5g；所以原固体中既有MnCO3又有Mn（OH）2．300℃以后，质量增加量为MnO氧化为MnO2 ，计算可得MnCO3质量为11.5（或MnO（OH）2的质量为10.5g），所以既有MnCO3又有Mn（OH）2
故答案为：三；300℃以后质量增加量为MnO氧化为MnO2，计算可得MnCO3质量为11.5g 或Mn（OH）2质量为10.5g，所以既有MnCO3 也有Mn（OH）2．
某课外活动小组同学利用如图甲装置（固定装置略去）测定[Mg2Al（OH）4Cl•XH2O]的化学式，[Mg2Al（OH）4Cl•XH2O]高温下分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气．
（1）装置连接后首先进行的操作是______．
（2）将一定质量的[Mg2Al（OH）4Cl•xH2O]放在加热装置中充分加热，冷却后称量剩余固体的质量是131g，则其中MgO的质量是______g．
（3）若只通过测定装置C、D的增重来确定x，加热前先通过N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，再持续通入N2．
①装置的连接顺序为a→______（用接口处的小写字母表示）．
②实验过程中装置C吸收HCl气体，没有用如图乙所示防倒吸装置的理由是______．
③完全分解后测得C增重3.65g、D增重9.90g，则x=______．
（4）下列实验方案也能测定x值的是______，并且对不选方案说明不合理的理由：______（若两个方案都选，此问就不作答）．
方案1：测定加热装置剩余固体的质量和装置D增重的质量
方案2：测定加热装置剩余固体的质量和装置C增重的质量．
正确答案
对装置进行气密性检验
80
e-d-b
实验过程中持续通入N2，没有必要用如图所示防倒吸装置
3
方案1
由加热装置剩余固体的质量可计算装置C增重的质量，与x的大小没有关系，因此方案2是不合理的
解析
解：（1）根据题给信息：[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气，其化学方程式为：2[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]
故答案为：对装置进行气密性检验；
（2）[Mg2Al（OH）4Cl•XH2O]高温分解：2[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]
故答案为：80；
（3）①装置C的作用是吸收反应生成的HCl气体，装置D的作用是吸收水蒸气，应该首先通过D装置吸收水蒸气，后通过C装置吸收HCl；将气体通过洗气瓶进行洗气时，应该从长导管一侧通入气体，让气体与溶液充分接触反应，故其连接顺序是a→e→d→b；
故答案为：e→d→b；
②虽氯化氢极易溶于水，但加热后的装置中含有残留的HCl和水蒸气，为了避免引起实验误差，保证反应产生的气体全部被装置C、D吸收，所以要通入N2排出装置内残留的气体，同时也是为了防止产生倒吸，所以没有必要用如图所示防倒吸装置，
故答案为：实验过程中持续通入N2，没有必要用如图所示防倒吸装置；
③2[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]
73 18×（5+2x）
3.65g 9.90g 解得x=3，
故答案为：3；
（4）2[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]
故答案为：方案1；由加热装置剩余固体的质量可计算装置C增重的质量，与x的大小没有关系，因此方案2是不合理的．
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