- 乙酰水杨酸的制备
- 共1066题
由钛铁矿（主要成分是TiO2、少量FeO和Fe2O3）制备TiCl4、绿矾等产品的一种综合工艺流程图如下：
【提示】TiO2+的水解平衡TiO2++（n+1）H2O⇌TiO2．n H2O+2H+回答下列问题：
（1）硫酸与二氧化钛反应的离子方程式是______．
（2）已知：TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）+O2（g）△H=+140kJ•mol-1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1
写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4 和CO气体的热化学方程式：______．
（3）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性．该过程中有如下反应发生．
A：2Fe3++Fe=3Fe2+
B：2TiO2+（无色）+Fe+4H+=2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2O
C：Ti3+（紫色）+Fe3++H2O=TiO2+（无色）+Fe2++2H+
I．结合信息判断Fe3+、TiO2+、H+氧化性强弱：______＞______＞______
II．加入铁屑的作用是______．
（4）往②中不断通入高温水蒸气，维持溶液沸腾一段时间，析出水合二氧化钛沉淀．请用化学平衡理论分析通入高温水蒸气的作用：______．
（5）依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是______（只要求写出一项）．
（6）绿矾（摩尔质量为278g/mol）可用于生产红色颜料（Fe2O3），556akg绿矾，理论上可生产红色颜料______mol．
正确答案
解：（1）由题给反应流程可知TiO2与酸反应生成TiO2+，则反应的离子方程式为TiO2+2H+=TiO2++H2O，
故答案为：TiO2+2H+=TiO2++H2O；
（2）①TiO2 （s）+2Cl2（g）═TiCl4（l）+O2（g）△H=+140kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221kJ•mol-1
依据盖斯定律①+②得到：TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（l）+2CO（g）△H=-81kJ•mol-1；
故答案为：TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（l）+2CO（g）△H=-81kJ•mol-1；
（3）Ⅰ．在反应Ti3+（紫色）+Fe3++H2O=TiO2+（无色）+Fe2++2H+中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是TiO2+，所以氧化性Fe3+＞TiO2+；在反应2TiO2+（无色）+Fe+4H+=2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2O中，氧化剂是TiO2+，氧化产物是Fe2+，所以氧化性TiO2+＞Fe2+；在该反应中TiO2+、H+同为反应物，氧化剂是TiO2+，所以氧化性，TiO2+＞H+；
所以Fe3+＞TiO2+＞H+，
故答案为：Fe3+；TiO2+；H+；
Ⅱ．由反应方程式可知，加入铁屑作还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，且反应生成Ti3+保护Fe2+不被氧化．
故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，生成Ti3+保护Fe2+不被氧化；
（4）影响钛盐水解的因素有浓度、温度等，由TiOSO4水解呈酸性，知沸水、高温水蒸气、维持溶液沸腾等均为升温，沸水、高温水蒸气即加水且降低H+浓度，故高温水蒸气使水解平衡移动的作用是：加水、加热、降低H+浓度均可促进钛盐水解，所以通入高温水蒸气的作用为：水解是吸热反应，通入高温水蒸气能降低H+浓度，提高溶液温度，促进平衡向水解方向移动，从而析出TiO2•H2O，
故答案为：水解是吸热反应，通入高温水蒸气能降低H+浓度，提高溶液温度，促进平衡向水解方向移动，从而析出TiO2•H2O；
（5）由工艺流程可知，生成中产生废气，废液，废渣等，不符合绿色化学理念，
故答案为：产生了废气，废液，废渣等；
（6）根据铁守恒2FeSO4•7H2O～Fe2O3，556akg绿矾理论上可生产Fe2O3，的物质的量为
故答案为：1000a．
解析
解：（1）由题给反应流程可知TiO2与酸反应生成TiO2+，则反应的离子方程式为TiO2+2H+=TiO2++H2O，
故答案为：TiO2+2H+=TiO2++H2O；
（2）①TiO2 （s）+2Cl2（g）═TiCl4（l）+O2（g）△H=+140kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221kJ•mol-1
依据盖斯定律①+②得到：TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（l）+2CO（g）△H=-81kJ•mol-1；
故答案为：TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（l）+2CO（g）△H=-81kJ•mol-1；
（3）Ⅰ．在反应Ti3+（紫色）+Fe3++H2O=TiO2+（无色）+Fe2++2H+中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是TiO2+，所以氧化性Fe3+＞TiO2+；在反应2TiO2+（无色）+Fe+4H+=2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2O中，氧化剂是TiO2+，氧化产物是Fe2+，所以氧化性TiO2+＞Fe2+；在该反应中TiO2+、H+同为反应物，氧化剂是TiO2+，所以氧化性，TiO2+＞H+；
所以Fe3+＞TiO2+＞H+，
故答案为：Fe3+；TiO2+；H+；
Ⅱ．由反应方程式可知，加入铁屑作还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，且反应生成Ti3+保护Fe2+不被氧化．
故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，生成Ti3+保护Fe2+不被氧化；
（4）影响钛盐水解的因素有浓度、温度等，由TiOSO4水解呈酸性，知沸水、高温水蒸气、维持溶液沸腾等均为升温，沸水、高温水蒸气即加水且降低H+浓度，故高温水蒸气使水解平衡移动的作用是：加水、加热、降低H+浓度均可促进钛盐水解，所以通入高温水蒸气的作用为：水解是吸热反应，通入高温水蒸气能降低H+浓度，提高溶液温度，促进平衡向水解方向移动，从而析出TiO2•H2O，
故答案为：水解是吸热反应，通入高温水蒸气能降低H+浓度，提高溶液温度，促进平衡向水解方向移动，从而析出TiO2•H2O；
（5）由工艺流程可知，生成中产生废气，废液，废渣等，不符合绿色化学理念，
故答案为：产生了废气，废液，废渣等；
（6）根据铁守恒2FeSO4•7H2O～Fe2O3，556akg绿矾理论上可生产Fe2O3，的物质的量为
故答案为：1000a．
硝酸铜是一种重要的工业产品，化学上有很多方法可以制取硝酸铜：①将铜溶于硝酸中 ②先将铜与O2反应生成CuO，再溶于硝酸中 ③将铜溶于N2O4的乙酸乙酯（溶剂，不参加反应）溶液中生成硝酸铜和一氧化氮．下列认识或判断错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A、方法③反应产物有一氧化氮生成，一氧化氮属于氮气污染物，不如方法②，反应中物污染物产生，故A错误；
B、根据反应方程式：铜与浓硝酸Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，铜与稀硝酸3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，可见生成等量的硝酸铜，稀硝酸消耗的物质的量少，产生的污染气体少，所以用稀硝酸比用浓硝酸好，故B正确；
C、②先将铜与O2反应生成CuO，再溶于硝酸中，铜与氧气反应需要加热才能进行，会消耗能量，但是反应产物是硝酸铜和水，对环境不产生污染，故C正确；
D、方法③中，N2O4与铜反应生成了硝酸根离子和一氧化氮，化合价既有升高又有降低，所以反应中既是氧化剂，也是还原剂，故D正确；
故选：A．
工业上，向500-600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁．现用如图所示的装置模拟上述过程进行试验．回答下列问题：
（1）制取无水氯化铁的实验中，A中反应的化学方程式为______，装置B中加入的试剂是______．
（2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取______．尾气的成分是______．若仍用D的装置进行尾气处理，存在的问题是______、______．
（3）若操作不当，制得的FeCl2 会含有少量FeCl3，检验FeCl3常用的试剂是______．欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先点燃______处的酒精灯，目的是______．
正确答案
解：（1）制取无水氯化铁的实验中，A装置制取的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取，化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，故A装置制取的是HCl，反应方程式为：Fe+2HCl
故答案为：HCl；HCl和H2；发生倒吸；可燃性气体H2不能被吸收；
（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先排净装置中的空气，防止在加热时Fe与O2反应，故先点燃A处的酒精灯，再点燃C处的酒精灯，
故答案为：KSCN溶液；A；排出装置中的空气，防止在加热时Fe与O2反应．
解析
解：（1）制取无水氯化铁的实验中，A装置制取的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取，化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，故A装置制取的是HCl，反应方程式为：Fe+2HCl
故答案为：HCl；HCl和H2；发生倒吸；可燃性气体H2不能被吸收；
（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先排净装置中的空气，防止在加热时Fe与O2反应，故先点燃A处的酒精灯，再点燃C处的酒精灯，
故答案为：KSCN溶液；A；排出装置中的空气，防止在加热时Fe与O2反应．
孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量铁的化合物和硅的化合物．以孔雀石为原料可制备CuCl2•3H2O及纯碱，流程如下图．
且知：溶液A只含Cu2+、Fe2+、Fe3+三种金属离子，且三种离子沉淀的pH如表所示．回答下列问题：
（1）图中“试剂1”为______．
（2）加入CuO作用是调节溶液pH，则pH的范围为______．
（3）气体E、F与饱和食盐水作用生成H和G时，E和F应按一定先后顺序通人饱和食盐水中．其中，应先通入气体是______（填代号对应物质的化学式）．设计实验检验氮肥H的主要成分：______．写出纯碱溶液中元素守恒和电荷守恒的表达式：______，______．
（4）由溶液C获得CuCl2•3H2O，需要经过______、______、过滤等操作．
（5）已知：常温下Cu（OH）2的Ksp=2×10-20．计算Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+反应平衡常数______．
正确答案
解：向孔雀石中加入足量稀盐酸，发生的反应有Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑，溶液A只含Cu2+、Fe2+、Fe3+三种金属离子，铁的氧化物溶于稀盐酸生成铁盐、亚铁盐和水，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及CuCl2，气体E为CO2，将气体CO2、气体F和饱和食盐水混合得到氮肥H和物质G，根据元素守恒知F为NH3，氮肥H为NH4Cl，加热G得到纯碱，则G为NaHCO3；
向溶液A中加入试剂1得到溶液B，向溶液B中加入CuO并过滤得到滤液C和沉淀D，从溶液C中能得到CuCl2.3H2O，则沉淀D应该含有铁元素，CuO的目的是调节溶液的pH，使Fe 3+转化为Fe（OH）3沉淀，根据元素守恒知，B中含有Fe3+、Cu2+，则试剂1的目的是将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，应该选取双氧水或氯水，
（1）“试剂1”的目的是将溶液中的Fe2+转化为Fe3+，且不能引进杂质，可为Cl2或H2O2，故答案为：Cl2或H2O2；
（2）加入CuO作用是调节溶液pH，使Fe3+转化为沉淀予以分离，且不能沉淀氢氧化铜沉淀，所以pH取值范围为3.2≤pH＜4.7，故答案为：3.2≤pH＜4.7；
（3）气体E是二氧化碳、F是氨气，碳酸酸性小于盐酸，所以二氧化碳不溶于饱和氯化钠溶液，氨气极易溶于水，所以应该先通入F，为NH3，增大二氧化碳的溶解，从而生成碳酸氢钠和氯化铵，取氮肥少量溶于水，分于2试管中．向其中一试管加入浓氢氧化钠并加热，若产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，则氮肥中含有铵根离子；向另一试管中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则氮肥中含氯离子，纯碱溶液中元素守恒和电荷守恒的表达式：c（Na+）=2（c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3））；c（H+）+c（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），
故答案为：F、NH3；氮肥的主要成分为氯化铵．取氮肥少量溶于水，分于2试管中．向其中一试管加入浓氢氧化钠并加热，若产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，则氮肥中含有铵根离子；向另一试管中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则氮肥中含氯离子；c（Na+）=2（c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3））；c（H+）+c（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）．
（4）从溶液中获取晶体，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法得到较纯净的晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（5）常温下Cu（OH）2的Ksp=2×10-20，即c（Cu 2+）．c（OH-）2=Ksp=2×10-20，Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+反应平衡常数K=
故答案为：5×10-9．
解析
解：向孔雀石中加入足量稀盐酸，发生的反应有Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑，溶液A只含Cu2+、Fe2+、Fe3+三种金属离子，铁的氧化物溶于稀盐酸生成铁盐、亚铁盐和水，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及CuCl2，气体E为CO2，将气体CO2、气体F和饱和食盐水混合得到氮肥H和物质G，根据元素守恒知F为NH3，氮肥H为NH4Cl，加热G得到纯碱，则G为NaHCO3；
向溶液A中加入试剂1得到溶液B，向溶液B中加入CuO并过滤得到滤液C和沉淀D，从溶液C中能得到CuCl2.3H2O，则沉淀D应该含有铁元素，CuO的目的是调节溶液的pH，使Fe 3+转化为Fe（OH）3沉淀，根据元素守恒知，B中含有Fe3+、Cu2+，则试剂1的目的是将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，应该选取双氧水或氯水，
（1）“试剂1”的目的是将溶液中的Fe2+转化为Fe3+，且不能引进杂质，可为Cl2或H2O2，故答案为：Cl2或H2O2；
（2）加入CuO作用是调节溶液pH，使Fe3+转化为沉淀予以分离，且不能沉淀氢氧化铜沉淀，所以pH取值范围为3.2≤pH＜4.7，故答案为：3.2≤pH＜4.7；
（3）气体E是二氧化碳、F是氨气，碳酸酸性小于盐酸，所以二氧化碳不溶于饱和氯化钠溶液，氨气极易溶于水，所以应该先通入F，为NH3，增大二氧化碳的溶解，从而生成碳酸氢钠和氯化铵，取氮肥少量溶于水，分于2试管中．向其中一试管加入浓氢氧化钠并加热，若产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，则氮肥中含有铵根离子；向另一试管中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则氮肥中含氯离子，纯碱溶液中元素守恒和电荷守恒的表达式：c（Na+）=2（c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3））；c（H+）+c（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），
故答案为：F、NH3；氮肥的主要成分为氯化铵．取氮肥少量溶于水，分于2试管中．向其中一试管加入浓氢氧化钠并加热，若产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，则氮肥中含有铵根离子；向另一试管中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则氮肥中含氯离子；c（Na+）=2（c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3））；c（H+）+c（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）．
（4）从溶液中获取晶体，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法得到较纯净的晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（5）常温下Cu（OH）2的Ksp=2×10-20，即c（Cu 2+）．c（OH-）2=Ksp=2×10-20，Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+反应平衡常数K=
故答案为：5×10-9．
烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放．实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝溶液，并用于烟气脱硫．
（1）______ （“能”或“不能”）用NaOH溶液代替H2SO4溶液．
（2）酸浸时反应的离子方程式为______．
（3）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是______．Al2（SO4）x（OH）6-2x______（填“易”或“难”）于水．
（4）已知粉煤灰中Al2O3的质量分数为40.8%，制得的碱式硫酸铝Al2（SO4）x（OH）6-2x中x=1.5．某实验小组取80.0g粉煤灰进行上述实验，假设在整个过程中铝的损耗率为10%，则可制得碱式硫酸铝的质量为______g．
正确答案
不能
Al2O3+6H+═2Al3++3H2O
中和溶液中的酸并使并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）6-2x
易
71.72
解析
解：（1）酸浸的目的是将粉煤灰中的氧化铝转化为可溶性铝盐，实现与其它成分的分离，如选用氢氧化钠溶液，则还能溶解二氧化硅，故不能用氢氧化钠溶液代替硫酸溶液，故答案为：不能；
（2）用硫酸溶解氧化铝的离子反应方程式为Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；
（3）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3转化为易溶于水的Al2（SO4）x（OH）6-2x，故答案为：中和溶液中的酸并使并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）6-2x；易；
（4）80.0g粉煤灰中Al2O3的质量分数为40.8%，则氧化铝的质量为80.0g×40.8%=32.64g，其物质的量为
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