- 乙酰水杨酸的制备
- 共1066题
合成反应：
在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸．b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃．
分离提纯：将馏出物倒入分液漏斗中依次用少量5%碳酸钠溶液和蒸馏水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙，最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g．
回答下列问题：
（1）装置b的名称是______．
（2）加入碎瓷片的作用是______，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取的正确操作是______（填正确答案标号）
A．立即补加 B．冷却后补加 C．不需补加 D．重新配料
（3）本实验中最容易产生的有机副产物为______．
（4）在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的______（填“上口倒出”或“下口放出”）．
（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是______．
（6）本实验所得到的环己烯产率是______．
正确答案
解：（1）装置b是冷凝环己烯的仪器，该仪器名称是冷凝管，
故答案为：冷凝器；
（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，
故答案为：防止暴沸；B；
（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚，
故答案为：
（4）分液过程中，为避免上层液体被下层液体污染，上层液体从上口倒出，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出，
故答案为：上口倒出；
（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，
故答案为：吸收产物中少量的水；
（6）最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g，环己醇为0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，其质量为16.4g，所以产率=
故答案为：61%．
解析
解：（1）装置b是冷凝环己烯的仪器，该仪器名称是冷凝管，
故答案为：冷凝器；
（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，
故答案为：防止暴沸；B；
（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚，
故答案为：
（4）分液过程中，为避免上层液体被下层液体污染，上层液体从上口倒出，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出，
故答案为：上口倒出；
（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，
故答案为：吸收产物中少量的水；
（6）最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g，环己醇为0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，其质量为16.4g，所以产率=
故答案为：61%．
（1）实验室制取氨气的反应化学方程式为______
（2）安装仪器时要求试管口略低于试管底的原因是______
（3）收集时在试管口塞一团棉花，目的是______
（4）通常可以用什么方法来检验NH3的生成______
（5）在制取后，如果要干燥氨气，应选用的干燥剂是______．
（6）实验室制取氨气的方法有很多，请另述一种合理且简便的方法：______．
（7）NH3与O2制取NO的化学反应方程式______．
（8）下列说法不正确的是（选填序号字母）______．
a．在氨气的尾气处理中可以不用防倒吸装置，直接将氨气通入水中
b．铵态氮肥一般不能与碱性化肥共同使用
c．硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等
d．某浓硝酸中含有溶质2mol，标况下，该浓硝酸与足量铜完全反应能生成1mol NO2．
正确答案
解：（1）在加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙和水，反应方程式为Ca（OH）2+2NH4Cl
（2）该反应中有水生成，如果水倒流能炸裂试管，易造成安全事故，所以加热时要将试管底高于试管口，故答案为：防止生成的水蒸气冷凝后回流到热的试管底部，炸裂试管；
（3）氨气有刺激性气味，会污染大气，将占有水的棉花放置在收集气体的试管口，能防止氨气逸出而污染大气，故答案为：防止氨气逸出污染大气；
（4）NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，所以实验室常常用湿润的红色试纸检验氨气，故答案为：湿润的红色石蕊试纸；
（5）在制取后，如果要干燥氨气，选用的干燥剂是能吸收水蒸气且不能和氨气反应，碱石灰具有碱性、吸水性，不和氨气反应，所以可以用碱石灰干燥氨气，故答案为：碱石灰；
（6）实验室制取氨气的方法有很多，还可以用浓氨水和生石灰制取，CaO和水反应生成氢氧化钙且放出大量热，放出的热量促进一水合氨分解而生成氨气，故答案为：用浓氨水和生石灰制取氨气；
（7）在催化剂加热条件下，NH3与O2反应生成NO和水，反应方程式为4NH3+5O2 
故答案为：4NH3+5O2 
（8）a．氨气极易溶于水，由于压强急剧降低而产生倒吸现象，所以处理尾气时要防止倒吸，故错误；
b．铵态氮肥易和碱性物质反应生成氨气，从而降低肥效，故正确；
c．硝酸是工业重要原料，硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等，故正确；
d．浓硝酸和Cu反应生成二氧化氮，但稀硝酸和Cu反应生成NO，随着反应进行，浓硝酸变为稀硝酸，所以生成的气体由二氧化氮转化为NO，所以该浓硝酸中溶质为2mol，但不能生成1mol二氧化氮，故错误；
故选ad．
解析
解：（1）在加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙和水，反应方程式为Ca（OH）2+2NH4Cl
（2）该反应中有水生成，如果水倒流能炸裂试管，易造成安全事故，所以加热时要将试管底高于试管口，故答案为：防止生成的水蒸气冷凝后回流到热的试管底部，炸裂试管；
（3）氨气有刺激性气味，会污染大气，将占有水的棉花放置在收集气体的试管口，能防止氨气逸出而污染大气，故答案为：防止氨气逸出污染大气；
（4）NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，所以实验室常常用湿润的红色试纸检验氨气，故答案为：湿润的红色石蕊试纸；
（5）在制取后，如果要干燥氨气，选用的干燥剂是能吸收水蒸气且不能和氨气反应，碱石灰具有碱性、吸水性，不和氨气反应，所以可以用碱石灰干燥氨气，故答案为：碱石灰；
（6）实验室制取氨气的方法有很多，还可以用浓氨水和生石灰制取，CaO和水反应生成氢氧化钙且放出大量热，放出的热量促进一水合氨分解而生成氨气，故答案为：用浓氨水和生石灰制取氨气；
（7）在催化剂加热条件下，NH3与O2反应生成NO和水，反应方程式为4NH3+5O2
故答案为：4NH3+5O2
（8）a．氨气极易溶于水，由于压强急剧降低而产生倒吸现象，所以处理尾气时要防止倒吸，故错误；
b．铵态氮肥易和碱性物质反应生成氨气，从而降低肥效，故正确；
c．硝酸是工业重要原料，硝酸可用于制化肥、农药、炸药、染料、盐类等，故正确；
d．浓硝酸和Cu反应生成二氧化氮，但稀硝酸和Cu反应生成NO，随着反应进行，浓硝酸变为稀硝酸，所以生成的气体由二氧化氮转化为NO，所以该浓硝酸中溶质为2mol，但不能生成1mol二氧化氮，故错误；
故选ad．
用A、B、C三种装置都可制取溴苯．请仔细分析三套装置，然后回答下列问题：
（1）写出三个装置中都发生反应的化学方程式：______、______．
（2）B、C装置已连接好，并进行了气密性检验，也装入了合适的药品，接下来要使反应开始，对C应进行的操作是______，反应过程中，B中盛放硝酸银试管中观察到的现象是______．
（3）A中存在加装药品和及时密封的矛盾，因而在实验中易造成的不良后果是：______．
（4）通过以上反应得到粗溴苯后，要用如下的操作精制：
①蒸馏 ②水洗 ③用干燥剂干燥 ④10%NaOH溶液洗 ⑤水洗，正确的操作顺序是______（填下列选项）．
A ②④①⑤③B．②④⑤③①C．④②③①⑤
正确答案
解：（1）A、B、C三种装置都可制取溴苯，三个装置中都发生都会发生铁与溴的反应、苯与溴的取代反应
反应的化学方程式为2Fe+3Br2=2FeBr3，
故答案为：2Fe+3Br2=2FeBr3，
（2）反应需要铁做催化剂，要使反应开始，应向C中加入铁粉，即托起软橡胶袋使铁粉落入溴和苯组成的混合液中；未被吸收的HBr进入硝酸银溶液，发生反应HBr+AgNO3=AgBr↓+HNO3，生成AgBr淡黄色沉淀，
故答案为：托起软橡胶袋使铁粉落入溴和苯组成的混合液中；生成淡黄色沉淀；
（3）苯与溴都易挥发，并且有毒，苯与溴逸入空气会造成环境污染，
故答案为：Br2和苯的蒸气逸出，污染环境．
（4）产品精制，应先水洗，溶解混有的酸，再加入碱中和，然后水洗、干燥，最后蒸馏，故正确的顺序为②④⑤③①，
故答案为：B．
解析
解：（1）A、B、C三种装置都可制取溴苯，三个装置中都发生都会发生铁与溴的反应、苯与溴的取代反应
反应的化学方程式为2Fe+3Br2=2FeBr3，
故答案为：2Fe+3Br2=2FeBr3，
（2）反应需要铁做催化剂，要使反应开始，应向C中加入铁粉，即托起软橡胶袋使铁粉落入溴和苯组成的混合液中；未被吸收的HBr进入硝酸银溶液，发生反应HBr+AgNO3=AgBr↓+HNO3，生成AgBr淡黄色沉淀，
故答案为：托起软橡胶袋使铁粉落入溴和苯组成的混合液中；生成淡黄色沉淀；
（3）苯与溴都易挥发，并且有毒，苯与溴逸入空气会造成环境污染，
故答案为：Br2和苯的蒸气逸出，污染环境．
（4）产品精制，应先水洗，溶解混有的酸，再加入碱中和，然后水洗、干燥，最后蒸馏，故正确的顺序为②④⑤③①，
故答案为：B．
为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（铁主要以Fe2O3存在）转变成重要的化工原料FeSO4（反应条件略）．
活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O═15FeSO4+8H2SO4，
不考虑其他反应．请回答下列问题：
（1）第Ⅰ步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是______．
（2）检验第Ⅱ步中Fe3+是否完全还原，应选择______（填字母编号）．
A．KMnO4溶液 B．K3[Fe（CN）6]溶液 C．KSCN溶液
（3）第Ⅲ步加FeCO3调溶液pH到5.8左右，然后在第Ⅳ步通入空气使溶液pH降到5.2，此时Fe2+不沉淀，滤液中铝、硅杂质被除尽．通入空气引起溶液pH降低的原因是：______．
（4）FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料．已知25℃，101kPa时：
4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=-1648kJ/mol
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393kJ/mol
2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=-1480kJ/mol
FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是______．
（5）FeSO4在一定条件下可制得FeS2（二硫化亚铁） 纳米材料．该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4Li+FeS2═Fe+2Li2S，正极反应式是______．
正确答案
解：硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液中加入FeCO3调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到FeSO4晶体，
（1）H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水，反应离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）KMnO4溶液、K3[Fe（CN）6]溶液可以检验有Fe2+生成，取第Ⅱ步反应中溶液少许与试管中，滴加KSCN 溶液，若溶液不变红色，说明Fe3+完全被还原，故答案为：C；
（3）氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+，使溶液pH降低，故答案为：氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+；
（4）发生反应：4FeCO3+O2
已知：①4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=-1648kJ/mol
②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393kJ/mol
③2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=-1480kJ/mol
根据盖斯定律，①-③×2+②×④可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故△H=-1648kJ/mol-2×（-1480kJ/mol）+4×（-393kJ/mol）=-260kJ/mol，
故反应热化学方程式为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ/mol，
故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ/mol；
（5）电池放电时的总反应为：4Li+FeS2═Fe+2Li2S，正极发生还原反应，FeS2获得电子生成Fe、S2-，正极电极反应式为：FeS2+4e-=Fe+2S2-，
故答案为：FeS2+4e-=Fe+2S2-．
解析
解：硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液中加入FeCO3调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到FeSO4晶体，
（1）H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水，反应离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）KMnO4溶液、K3[Fe（CN）6]溶液可以检验有Fe2+生成，取第Ⅱ步反应中溶液少许与试管中，滴加KSCN 溶液，若溶液不变红色，说明Fe3+完全被还原，故答案为：C；
（3）氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+，使溶液pH降低，故答案为：氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+；
（4）发生反应：4FeCO3+O2
已知：①4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=-1648kJ/mol
②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393kJ/mol
③2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=-1480kJ/mol
根据盖斯定律，①-③×2+②×④可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故△H=-1648kJ/mol-2×（-1480kJ/mol）+4×（-393kJ/mol）=-260kJ/mol，
故反应热化学方程式为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ/mol，
故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ/mol；
（5）电池放电时的总反应为：4Li+FeS2═Fe+2Li2S，正极发生还原反应，FeS2获得电子生成Fe、S2-，正极电极反应式为：FeS2+4e-=Fe+2S2-，
故答案为：FeS2+4e-=Fe+2S2-．
镍是有机合成的重要催化剂．某化工厂有含镍催化剂废品（主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质）．某学习小组设计如图流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体：
几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
回答下列问题：
（1）溶液①中含金属元素的离子是______．
（2）用离子方程式表示加入双氧水的目的______．双氧水可以用下列物质替代的是______．
A．氧气 B．高锰酸钾 C．氯气 D．硝酸
（3）取2.0000g硫酸镍晶体样品溶于蒸馏水，用0.2mol•L-1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液为34.50mL．滴定反应为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+．计算样品纯度为______．（已知，NiSO4•7H2O相对分子质量为281，不考虑杂质反应）．
（4）操作b调节溶液范围为3.2-7.1，其目的是______．固体②的化学式为______．
（5）操作a和c需要使用的仪器除铁架台（带铁圈）、烧杯、酒精灯、玻璃棒外还需要的主要玻璃仪器是______．上述流程中，“酸浸”时所加入的酸是______（填化学式）．
正确答案
解：（1）碱和铝、氧化铝均能反应，2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，溶液中含有的含有金属的离子是偏铝酸根离子，
故答案为：AlO2-；
（2）亚铁离子具有还原性，双氧水具有氧化性，加入双氧水是为了氧化亚铁离子成为铁离子，离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，漂白液（主要成分次氯酸钠）、氯气、硝酸替代双氧水会引入新杂质，故此替代试剂为氧气，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；A；
（3）n（Na2H2Y）=0.2mol/L×34.5×10-3L=6.9×10-3mol，根据滴定反应式知，m（NiSO4•7H2O）=6.9×10-3mol×281g/L=1.94g，ω（NiSO4•7H2O）=
故答案为：97.0%；
（4）由表格可知，氢氧化铁的沉淀范围为2.7-3.2，镍离子的沉淀范围是7.1-9.2，调节pH在3.2-7.1的目的是除去铁离子，但是不沉淀镍离子，由（2）可知：操作b调节溶液范围为3.2-7.1，那么此时得到的沉淀是氢氧化铁，
故答案为：除去Fe3+； Fe（OH）3；
（5）操作a为过滤，过滤需漏斗作过滤器、烧杯盛放滤液、玻璃棒引流，操作c为蒸发需酒精灯、玻璃棒、蒸发皿，所以需要的主要玻璃仪器是漏斗，“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸，
故答案为：漏斗；H2SO4．
解析
解：（1）碱和铝、氧化铝均能反应，2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，溶液中含有的含有金属的离子是偏铝酸根离子，
故答案为：AlO2-；
（2）亚铁离子具有还原性，双氧水具有氧化性，加入双氧水是为了氧化亚铁离子成为铁离子，离子反应方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，漂白液（主要成分次氯酸钠）、氯气、硝酸替代双氧水会引入新杂质，故此替代试剂为氧气，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；A；
（3）n（Na2H2Y）=0.2mol/L×34.5×10-3L=6.9×10-3mol，根据滴定反应式知，m（NiSO4•7H2O）=6.9×10-3mol×281g/L=1.94g，ω（NiSO4•7H2O）=
故答案为：97.0%；
（4）由表格可知，氢氧化铁的沉淀范围为2.7-3.2，镍离子的沉淀范围是7.1-9.2，调节pH在3.2-7.1的目的是除去铁离子，但是不沉淀镍离子，由（2）可知：操作b调节溶液范围为3.2-7.1，那么此时得到的沉淀是氢氧化铁，
故答案为：除去Fe3+； Fe（OH）3；
（5）操作a为过滤，过滤需漏斗作过滤器、烧杯盛放滤液、玻璃棒引流，操作c为蒸发需酒精灯、玻璃棒、蒸发皿，所以需要的主要玻璃仪器是漏斗，“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸，
故答案为：漏斗；H2SO4．
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