- 乙酰水杨酸的制备
- 共1066题
某课外兴趣小组探究利用废铜屑制取CuSO4溶液，设计了以下几种实验方案．完成下列填空：
（1）方案一：以铜和浓硫酸反应制备硫酸铜溶液．方案二：将废铜屑在空气中灼烧后再投入稀硫酸．和方案一相比，方案二的优点是______；方案二的实验中，发现容器底部残留少量紫红色固体，再加入稀硫酸依然不溶解，该固体为______．
方案三的实验流程如图1所示：
（2）溶解过程中有气体放出，该气体是______．随着反应的进行，生成气体速度加快，推测可能的原因______．
（3）设计实验证明你的推测______．方案四的实验流程如图2所示：
（4）为了得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸和硝酸的物质的量之比应为______；
（5）对方案四进行补充完善，设计一个既能防止污染，又能实现物料循环的实验方案（用流程图表示）．
正确答案
解：（1）第一个方案中放出的有毒气体二氧化硫会造成对空气的污染；第二个方案铜和氧气加热生成氧化铜，氧化铜和硫酸反应产生硫酸铜和水，因此反应过程中没有污染物，且原料的利用率高，方案二的实验中，发现容器底部残留少量紫红色固体，为铜，不溶于稀硫酸；
故答案为：不产生污染空气的SO2气体，制取等量的CuSO4溶液，消耗的硫酸量少；Cu；
（2）方案三的实验流程如图1中，双氧水反应氧化还原反应生成O2；随着反应的进行，生成气体速度加快，可能是反应产生的Cu2+对H2O2分解有催化作用，
故答案为：O2、反应产生的Cu2+对H2O2分解有催化作用；
（3）取H2O2溶液，向其中滴加CuSO4溶液，如果产生气泡的速率加快，则证明Cu2+对H2O2分解有催化作用，否则，Cu2+对H2O2分解没有催化作用；
故答案为：取H2O2溶液，向其中滴加CuSO4溶液，观察产生气泡的速率是否加快；
（4）根据离子方程式，3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，反应消耗2mol硝酸，生成3mol硫酸铜，故为了得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸和硝酸的物质的量之比应为3：2，故答案为：3：2；
（5）设计实验方案时，为防止NO污染空气，应通入空气氧化NO为NO2，用水吸收后，生成HNO3再循环利用，
解析
解：（1）第一个方案中放出的有毒气体二氧化硫会造成对空气的污染；第二个方案铜和氧气加热生成氧化铜，氧化铜和硫酸反应产生硫酸铜和水，因此反应过程中没有污染物，且原料的利用率高，方案二的实验中，发现容器底部残留少量紫红色固体，为铜，不溶于稀硫酸；
故答案为：不产生污染空气的SO2气体，制取等量的CuSO4溶液，消耗的硫酸量少；Cu；
（2）方案三的实验流程如图1中，双氧水反应氧化还原反应生成O2；随着反应的进行，生成气体速度加快，可能是反应产生的Cu2+对H2O2分解有催化作用，
故答案为：O2、反应产生的Cu2+对H2O2分解有催化作用；
（3）取H2O2溶液，向其中滴加CuSO4溶液，如果产生气泡的速率加快，则证明Cu2+对H2O2分解有催化作用，否则，Cu2+对H2O2分解没有催化作用；
故答案为：取H2O2溶液，向其中滴加CuSO4溶液，观察产生气泡的速率是否加快；
（4）根据离子方程式，3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，反应消耗2mol硝酸，生成3mol硫酸铜，故为了得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸和硝酸的物质的量之比应为3：2，故答案为：3：2；
（5）设计实验方案时，为防止NO污染空气，应通入空气氧化NO为NO2，用水吸收后，生成HNO3再循环利用，
银铜合金广泛用于航空工业．从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如图：
（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃）
（1）电解精炼银时，阳极反应式为______；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该红棕色气体与水反应的化学方程式为______．
（2）固体混合物B的组成为______；在生成固体B的过程中，必须控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为：______．
（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：______CuO+______Al2O3
煅烧过程中生成的氧化产物与NH3在催化剂条件下反应的化学方程式为______．这个反应中会有白烟产生，该白烟为______．
（4）若银铜合金中铜的质量分数为64%，理论上6.0kg废料中的铜可完全转化为______ mol CuAlO2，至少需要1.0mol•L-1的Al2（SO4）3溶液______ L．
正确答案
解：（1）电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Ag-e-=Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银：Ag++e-=Ag；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，
故答案为：Ag-e-=Ag+；3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，
故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（3）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为-2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑；
Cu化合价由+2变为+1，Al化合价没变，因此O的化合价升高，得到氧化产物是氧气，NH3在催化剂条件下和氧气反应生成NO和水，化学方程式为：4NH3+5O2
故答案为：4；2；4；O2；4NH3+5O2
（4）由关系式：Cu～CuAlO2得n（CuAlO2）=
由关系式：Al2（SO4）3～2CuAlO2得Al2（SO4）3=n（CuAlO2）×
故答案为：60；30．
解析
解：（1）电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Ag-e-=Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银：Ag++e-=Ag；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，
故答案为：Ag-e-=Ag+；3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，
故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（3）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为-2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑；
Cu化合价由+2变为+1，Al化合价没变，因此O的化合价升高，得到氧化产物是氧气，NH3在催化剂条件下和氧气反应生成NO和水，化学方程式为：4NH3+5O2
故答案为：4；2；4；O2；4NH3+5O2
（4）由关系式：Cu～CuAlO2得n（CuAlO2）=
由关系式：Al2（SO4）3～2CuAlO2得Al2（SO4）3=n（CuAlO2）×
故答案为：60；30．
苯甲醇和苯甲酸可由苯甲醛在浓氢氧化钠溶液中制备，其实验流程如下：
已知：①主要反应如下（图1）：
②副反应：C6H5CHO+NaHSO3→C6H5CH（OH）SO3Na
③其他信息：苯甲酸（M=122）熔点122.1℃，在水中的溶解度为：0.18g（4℃）、0.34g（25℃）、0.95g（60℃）、6.8g（95℃）；乙醚沸点34.6℃，密度0.7138；苯甲醇的沸点205，7℃；石蜡油沸点高于250℃．
（1）除去乙醚的操作是______；操作③的名称是______．
（2）用乙醚作萃取剂的原因______．
（3）操作①后得到的乙醚层需依次用饱和NaHSO3溶液、饱和Na2CO3溶液、水进行洗涤．用饱和NaHSO3溶液洗涤的目的是______，而用饱和Na2CO3溶液洗涤是为了去除醚层中极少量的______，请用离子方程式说明产生该物质的原因______．
（4）操作②获得产品X的加热方式是______，该步操作所用冷凝管应是______．
（5）称取2.000g产品Y于250mL锥形瓶中，加入适量的蒸馏水，再用1.000mol•L-1 NaOH溶液滴定，加入几滴______作指示剂（填“甲基橙”、“石蕊试液”或“酚酞”），滴定至终点消耗16.00mL NaOH溶液，则产品中Y的质量分数为______．
正确答案
解：由流程可知，苯甲醛与NaOH反应生成苯甲醇、苯甲酸钠，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作②为蒸馏，得到产品X为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钠，加50%盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作③为抽滤或过滤，则产品Y为苯甲酸．
（1）乙醚溶液中含苯甲醇，根据乙醚、苯甲醇的沸点的不同来实现除去乙醚的方法是蒸馏，苯甲酸的溶解度小，分离固液用过滤，也可用减压过滤，减压过滤也称抽滤，
则操作③为抽滤或过滤，
故答案为：蒸馏；抽滤或过滤；
（2）苯甲醇、乙醚为有机物，苯甲醇易溶于乙醚，苯甲酸钠为有机盐不溶于乙醚，乙醚不溶于水，所以选择乙醚作萃取剂，萃取苯甲醇，且易与水分层，
故答案为：苯甲醇易溶于乙醚而苯甲酸钠不溶于乙醚，且乙醚与水不互溶；
（3）醛类可以跟亚硫酸氢钠饱和溶液发生加成反应，实验步骤中的，饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去为反应的苯甲醛；碳酸钠溶液呈碱性，能和酸反应生成二氧化碳，碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸，苯甲酸是苯甲酸钠水解生成的，反应的离子方程式为：
故答案为：除去未反应完的苯甲醛；苯甲酸；
（4）产品X为苯甲醇，蒸馏得产品X加热方式应控制苯甲醇的沸点馏出X；石蜡油沸点高于250℃，在石蜡油油浴加热能达到蒸馏苯甲醇馏出；升温至140℃时应对水冷凝管冷凝方法调整为空气冷凝管，常温下苯甲醇为液体；
故答案为：石蜡油油浴加热；空气冷凝管；
（5）氢氧化钠和弱酸苯甲酸反应恰好反应生成的盐是强碱弱酸盐，盐水解显碱性，应选择碱性条件下变色的指示剂，不能选择甲基橙、石蕊，应选择酚酞指示剂，n（NaOH）=1.000mol/L×16×10-3L=1.6×10-2mol，则试样中苯甲酸的物质的量为1.6×10-2mol，质量为1.6×10-2mol×122g/mol=1.952g，试样中苯甲酸的含量为
故答案为：酚酞；97.6%．
解析
解：由流程可知，苯甲醛与NaOH反应生成苯甲醇、苯甲酸钠，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作②为蒸馏，得到产品X为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钠，加50%盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作③为抽滤或过滤，则产品Y为苯甲酸．
（1）乙醚溶液中含苯甲醇，根据乙醚、苯甲醇的沸点的不同来实现除去乙醚的方法是蒸馏，苯甲酸的溶解度小，分离固液用过滤，也可用减压过滤，减压过滤也称抽滤，
则操作③为抽滤或过滤，
故答案为：蒸馏；抽滤或过滤；
（2）苯甲醇、乙醚为有机物，苯甲醇易溶于乙醚，苯甲酸钠为有机盐不溶于乙醚，乙醚不溶于水，所以选择乙醚作萃取剂，萃取苯甲醇，且易与水分层，
故答案为：苯甲醇易溶于乙醚而苯甲酸钠不溶于乙醚，且乙醚与水不互溶；
（3）醛类可以跟亚硫酸氢钠饱和溶液发生加成反应，实验步骤中的，饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去为反应的苯甲醛；碳酸钠溶液呈碱性，能和酸反应生成二氧化碳，碳酸钠溶液洗涤是为了除去醚层中极少量的苯甲酸，苯甲酸是苯甲酸钠水解生成的，反应的离子方程式为：
故答案为：除去未反应完的苯甲醛；苯甲酸；
（4）产品X为苯甲醇，蒸馏得产品X加热方式应控制苯甲醇的沸点馏出X；石蜡油沸点高于250℃，在石蜡油油浴加热能达到蒸馏苯甲醇馏出；升温至140℃时应对水冷凝管冷凝方法调整为空气冷凝管，常温下苯甲醇为液体；
故答案为：石蜡油油浴加热；空气冷凝管；
（5）氢氧化钠和弱酸苯甲酸反应恰好反应生成的盐是强碱弱酸盐，盐水解显碱性，应选择碱性条件下变色的指示剂，不能选择甲基橙、石蕊，应选择酚酞指示剂，n（NaOH）=1.000mol/L×16×10-3L=1.6×10-2mol，则试样中苯甲酸的物质的量为1.6×10-2mol，质量为1.6×10-2mol×122g/mol=1.952g，试样中苯甲酸的含量为
故答案为：酚酞；97.6%．
已二酸是一种重要的化工中间体，可通过氧化环已醇得到．反应原理为图甲：
实验步骤：
步骤1．在图乙①所示装置的三颈瓶中加入6g KMnO4和50mL 0.3mol/L NaOH溶液，搅拌加热使之溶解．
步骤2．在继续搅拌下用滴管滴加21mL环已醇，控制滴加速度，维持反应温度43～47℃．滴加完毕后，在沸水浴中将混合物加热几分钟．
步骤3．用图乙②所示装置趁热抽滤，二氧化锰滤渣用水洗2～3次．
步骤4．滤液用小火加热蒸发浓缩至原来体积的一半，冷却后再用浓盐酸酸化至pH为2～4，冷却析出粗产品．
步骤5．将粗产品用水进行重结晶提纯，然后在烘箱中烘干．
（1）写出实验仪器名称：a______； b______．
（2）步骤2在沸水浴中将混合物加热几分钟的目的是：______．
（3）步骤3趁热抽滤的目的是：______；如何证明步骤3滤渣已洗涤干净：______．
（4）步骤4用盐酸酸化的目的是：______．
（5）确定最后产品成分为已二酸，还需做的实验或仪器分析有______．
正确答案
解：（1）根据装置图可知a为球形冷凝管，b为布氏漏斗，故答案为：球形冷凝管；布氏漏斗；
（2）反应进行的过程中，利用沸水浴中将混合物加热几分钟，可使生成的二氧化锰凝聚成大颗粒方便分离，故答案为：使生成的二氧化锰凝聚成大颗粒；
（3）在步骤3中通过趁热抽滤能减少已二酸盐的析出；取步骤3中的最后一次洗涤滤液，滴入酚酞，溶液不变红（无NaOH）说明已洗涤干净；故答案为：减少已二酸盐的析出；取最后一次洗涤滤液，滴入酚酞，溶液不变红说明已洗涤干净；
（4）利用强酸制弱酸的原理，在步骤4用盐酸酸化可以将已二酸盐转化为已二酸，得到产品，故答案为：将已二酸盐转变为已二酸；
（5）根据已二酸的结构特点用红外光谱来鉴别，也可以根据已二酸的物理性质，通过测产品的熔点来鉴别，故答案为：测定产品的熔点和红外光谱等．
解析
解：（1）根据装置图可知a为球形冷凝管，b为布氏漏斗，故答案为：球形冷凝管；布氏漏斗；
（2）反应进行的过程中，利用沸水浴中将混合物加热几分钟，可使生成的二氧化锰凝聚成大颗粒方便分离，故答案为：使生成的二氧化锰凝聚成大颗粒；
（3）在步骤3中通过趁热抽滤能减少已二酸盐的析出；取步骤3中的最后一次洗涤滤液，滴入酚酞，溶液不变红（无NaOH）说明已洗涤干净；故答案为：减少已二酸盐的析出；取最后一次洗涤滤液，滴入酚酞，溶液不变红说明已洗涤干净；
（4）利用强酸制弱酸的原理，在步骤4用盐酸酸化可以将已二酸盐转化为已二酸，得到产品，故答案为：将已二酸盐转变为已二酸；
（5）根据已二酸的结构特点用红外光谱来鉴别，也可以根据已二酸的物理性质，通过测产品的熔点来鉴别，故答案为：测定产品的熔点和红外光谱等．
如图是实验室制备四氯化硅的装置示意图．已知：四氯化硅遇水极易反应．
请回答下列问题：
（1）写出装置A中发生反应的化学方程式______．
（2）装置A中g管的作用是______．
（3）干燥管F中碱石灰的作用是______．
（4）该组实验装置中存在的缺陷是______．
正确答案
解：由制备四氯化硅的实验流程可知，A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，B中饱和实验水除去HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气，D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则E装置冷却可收集四氯化硅，F可防止空气中的水进入，最后要考虑处理含氯气的尾气，防止污染环境．
（1）装置A是氯气发生装置，是利用浓盐酸和二氧化锰混合加热制取氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）
（2）浓盐酸有挥发性，故分液漏斗要加盖，加盖后如没有g管，则盐酸就不易流下去，g管的作用是平衡压强，使液体顺利流出并防止漏气，故答案为：使液体顺利流出并防止漏气；
（3）四氯化碳遇水极易水解，则干燥管F的作用为防止空气中的水蒸气进入h，故答案为：防止空气中的水蒸气进入h；
（4）反应过程中氯气过量，过量的氯气如不处理会造成环境污染，而装置中无尾气处理过程，这是本实验装置的缺陷，故答案为：缺少吸收多余氯气的装置，导致污染环境．
解析
解：由制备四氯化硅的实验流程可知，A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，B中饱和实验水除去HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气，D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则E装置冷却可收集四氯化硅，F可防止空气中的水进入，最后要考虑处理含氯气的尾气，防止污染环境．
（1）装置A是氯气发生装置，是利用浓盐酸和二氧化锰混合加热制取氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）
（2）浓盐酸有挥发性，故分液漏斗要加盖，加盖后如没有g管，则盐酸就不易流下去，g管的作用是平衡压强，使液体顺利流出并防止漏气，故答案为：使液体顺利流出并防止漏气；
（3）四氯化碳遇水极易水解，则干燥管F的作用为防止空气中的水蒸气进入h，故答案为：防止空气中的水蒸气进入h；
（4）反应过程中氯气过量，过量的氯气如不处理会造成环境污染，而装置中无尾气处理过程，这是本实验装置的缺陷，故答案为：缺少吸收多余氯气的装置，导致污染环境．
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