- 乙酰水杨酸的制备
- 共1066题
为提高氯化铵的经济价值，我国化学家设计了利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl）的工艺．某同学根据该原理设计的实验装置如图：
请回答下列问题：
（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为______．
装置B中碱石灰的作用是______．
（2）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收，二是______．
（3）装置C的试管中反应的离子方程式为______．
正确答案
Mg（OH）2+NH4Cl
干燥氨气
防止装置C中的AlCl3溶液倒吸入装置B
Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
解析
解：（1）根据题意：利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl），发生的反应为：Mg（OH）2+NH4Cl
故答案为：Mg（OH）2+NH4Cl
（2）由于氨气是极易溶于水的，反应过程中持续通入N2，可以使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收，并还能防止装置C中的氯化铝溶液倒吸入装置B，
故答案为：防止装置C中的AlCl3溶液倒吸入装置B；
（3）氨水和氯化铝反应生成氯化铵和氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．
二氧化钛（TiO2 ）是常用的、具有较高催化活性和稳定性的光催化剂，常用于污水处理．某工厂用古有Fe2O3 的钛铁矿（主要成分为FeTiO3 ）为原料制备二氧化钛，其流程如图1：
（1）步骤①中，Fe2O3 与H2SO4 反应的离子方程式是______．
（2）步骤②中，加Fe粉的作用是______（用离子方程式表示）；步骤③中，实现混合物的分离是利用物质的______（填标号）．
a熔沸点差异 b溶解性差异 c氧化性、还原性差异
（3）步骤④中，TiO2+ 水解生成H2TiO3 的离子方程式是______
（4）可利用生产过程中的废渣与软锰矿（主要成分MnO2 ）反应生产硫酸锰，则反应的离子方程式为______．
（5）利用如图2装置，石墨作阳极，钛网作阴极，熔融CaF2-CaO 做电解质，可获得金属钙，钙再作为还原剂，可还原二氧化钛制备金属钛．
（6）工业上用4.0吨钛铁矿制得1.6吨的二氧化钛，则钛铁矿中钛元素的质量分数是______．（假设生产过程中钛没有损失）
正确答案
解：（1）氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，
故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）用铁粉将Fe3+转化为Fe2+的反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，步骤③冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，利用的是物质溶解度的不同，通过冷却热饱和溶液得到，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；b；
（3）TiO2+发生水解生成钛酸（H2TiO3）沉淀和氢离子，其离子方程式为：TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+，
故答案为：TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+；
（4）利用生产过程中的废液与软锰矿（主要成分为MnO2）反应生产硫酸锰（MnSO4，易溶于水），利用二氧化锰的氧化性氧化亚铁离子为三价铁离子，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（5）①用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，阳极发生氧化反应，阴极析出钙金属发生还原反应，阳极图示产物可可知，阳极生成二氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳，所以电极反应为：2O2--4e-=O2↑，或C+2O2--4e-=CO2↑；
②阴极上电极反应式为：2Ca2++4e-═2Ca，阳极上电极反应为：2O2--4e-=O2↑，电解槽中发生反应：2CaO
（6）如果取钛铁矿4t，生产出1.6吨的二氧化钛，其中钛元素的质量是1.6×
故答案为：24%．
解析
解：（1）氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，
故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）用铁粉将Fe3+转化为Fe2+的反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，步骤③冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，利用的是物质溶解度的不同，通过冷却热饱和溶液得到，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；b；
（3）TiO2+发生水解生成钛酸（H2TiO3）沉淀和氢离子，其离子方程式为：TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+，
故答案为：TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+；
（4）利用生产过程中的废液与软锰矿（主要成分为MnO2）反应生产硫酸锰（MnSO4，易溶于水），利用二氧化锰的氧化性氧化亚铁离子为三价铁离子，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（5）①用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，阳极发生氧化反应，阴极析出钙金属发生还原反应，阳极图示产物可可知，阳极生成二氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳，所以电极反应为：2O2--4e-=O2↑，或C+2O2--4e-=CO2↑；
②阴极上电极反应式为：2Ca2++4e-═2Ca，阳极上电极反应为：2O2--4e-=O2↑，电解槽中发生反应：2CaO
（6）如果取钛铁矿4t，生产出1.6吨的二氧化钛，其中钛元素的质量是1.6×
故答案为：24%．
氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解，易吸水，溶于水后与水反应生成碳酸氢铵和一水合氨：NH2COONH4+2H2O⇌NH4HCO3+NH3•H2O．可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等．某化学兴趣小组模拟工业原理制备氨基甲酸铵，反应的方程式：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）△H＜0．
（1）如图1所示装置制取氨气，你所选择的试剂是______．
（2）制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中．当悬浮物较多时，停止制备．
注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质．
①发生器用冰水冷却的原因______．液体石蜡鼓泡瓶的作用是______．
②从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是______（填写操作名称）． 为了得到干燥产品，应采取的方法是______（填写选项序号）．
a．常压加热烘干 b．高压加热烘干 c．真空40℃以下烘干
③尾气处理装置如图3所示．
浓硫酸的作用：______、______．
（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.1730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.500g．则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为______．
[Mr（NH2COONH4）=78，Mr（NH4HCO3）=79，Mr（CaCO3）=100]．
正确答案
解：（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，故答案为：浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等；
（2）①反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，故答案为：降低温度，促平衡正向移动，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；
②制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，为防止产品分解和被氧化，采用真空40℃以下烘干，
故答案为：过滤；c；
③浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，故答案为：吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；
（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.1730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.500g，碳酸钙物质的量为
x+y=0.015 78x+79y=1.1730
解得x=0.012mol y=0.003mol
则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为
解析
解：（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，故答案为：浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等；
（2）①反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，故答案为：降低温度，促平衡正向移动，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；
②制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，为防止产品分解和被氧化，采用真空40℃以下烘干，
故答案为：过滤；c；
③浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，故答案为：吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；
（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品1.1730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.500g，碳酸钙物质的量为
x+y=0.015 78x+79y=1.1730
解得x=0.012mol y=0.003mol
则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为
从明矾[KAl（SO4）2•12H2O]制备Al、K2SO4和H2SO4的流程如下：
已知：明矾焙烧的化学方程式为：4[KAl（SO4）2•12H2O]+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O
请回答下列问题：
（1）在焙烧明矾的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为：______．
（2）步骤②中，为提高浸出率，可采取的措施有______．
A．粉碎固体混合物 B．降低温度 C．不断搅拌 D．缩短浸泡时间
（3）明矾焙烧完全后，从步骤②的滤液中得到K2SO4晶体的方法是______．
（4）步骤③电解的化学方程式是______，电解池的电极是用碳素材料做成，电解过程中，阳极材料需要定期更换，原因是：______．
（5）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，则该电池的正极电极反应式是______．
（6）焙烧a吨明矾（摩尔质量为b g/mol），若SO2 的转化率为96%，可生产质量分数为98%的H2SO4质量为______吨（列出计算表达式）．
正确答案
解：（1）明矾焙烧的化学方程式为：4[KAl（SO4）2•12H2O]+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O反应中，硫单质硫元素化合价0价，升高到SO2中为+4价，则S为还原剂，被氧化（1个硫转移4个电子），SO2为氧化产物，硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为SO2中+4价，KAl（SO4）2•12H2O为氧化剂，被还原（1个硫转移2个电子），SO2为还原产物，根据电子转移守恒，被氧化的S和被还原的S的物质的量之比1：2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2；
故答案为：1：2；
（2）由于酸浸时矿石颗粒大小影响浸取率，可以通过粉碎矿石提高浸取率，还可以适当升高温度或者搅拌提高浸取率，
故答案为：AC；
（3）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体运用蒸发结晶的方法得到，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：蒸发结晶；
（4）电解熔融氧化铝，阳极氯离子放电生成氯气，阴极是铝离子放电生成铝，反应的化学方程式为2Al2O3
故答案为：2Al2O3
（5）放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，Ni元素化合价降低，被还原，应为原电池正极反应，电极方程式为NiO（OH）+H2O+e-═Ni（OH）2+OH-，
故答案为：NiO（OH）+H2O+e-═Ni（OH）2+OH-；
（6）焙烧a吨明矾（摩尔质量为b g/mol），4KAl（SO4）2•12H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O，生成SO2物质的量为
故答案为：
解析
解：（1）明矾焙烧的化学方程式为：4[KAl（SO4）2•12H2O]+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O反应中，硫单质硫元素化合价0价，升高到SO2中为+4价，则S为还原剂，被氧化（1个硫转移4个电子），SO2为氧化产物，硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为SO2中+4价，KAl（SO4）2•12H2O为氧化剂，被还原（1个硫转移2个电子），SO2为还原产物，根据电子转移守恒，被氧化的S和被还原的S的物质的量之比1：2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2；
故答案为：1：2；
（2）由于酸浸时矿石颗粒大小影响浸取率，可以通过粉碎矿石提高浸取率，还可以适当升高温度或者搅拌提高浸取率，
故答案为：AC；
（3）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体运用蒸发结晶的方法得到，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：蒸发结晶；
（4）电解熔融氧化铝，阳极氯离子放电生成氯气，阴极是铝离子放电生成铝，反应的化学方程式为2Al2O3
故答案为：2Al2O3
（5）放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，Ni元素化合价降低，被还原，应为原电池正极反应，电极方程式为NiO（OH）+H2O+e-═Ni（OH）2+OH-，
故答案为：NiO（OH）+H2O+e-═Ni（OH）2+OH-；
（6）焙烧a吨明矾（摩尔质量为b g/mol），4KAl（SO4）2•12H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O，生成SO2物质的量为
故答案为：
某研究小组用粗铜（含杂质Fe）按下述流程制备氯化铜晶体（CuCl2•2H2O）．
（1）实验室采用如下图所示的装置，可将反应①粗铜与Cl2反应转化为固体1（部分仪器和夹持装置已略去）．
①仪器A的名称是______．
②连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是______．
③装置B中发生反应的离子方程式是______．
④有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要（填“是”或“否”）______．
⑤虚线内缺少实验装置，请你画出装置图，标明药品名称．
（2）试剂X用于调节pH以除去杂质，X可选用下列试剂中的（填序号）______．
a．NaOH b．NH3•H2O c．CuO d．Cu2（OH）2CO3 e．CuSO4
操作①的名称是______．
（3）在溶液2转化为CuCl2•2H2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色．小
组同学欲探究其原因．
已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：
Cu（H2O）42+（aq）+4Cl-（aq）⇌CuCl42-（aq）+4H2O（l）
蓝色 黄色
取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明CuCl2溶液中有上述转化关系的是（填序号）______．
a．将Y稀释，发现溶液呈蓝色
b．在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色
c．在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色
d．取Y进行电解，溶液颜色最终消失
（4）操作②需在氯化氢气流中经过加热浓缩、______、过滤、洗涤、干燥．
正确答案
解：（1）①仪器A是分液漏斗，向烧瓶中滴加盐酸制取氯气，
故答案为：分液漏斗；
②制备气体，不能漏气，所以连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是应首先检验装置的气密性，
故答案为：检验装置气密性；
③装置B中制取氯气，二氧化锰与浓盐酸发生反应生成氯化锰、氯气、水，反应离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
④HCl对反应没有影响，不需要在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置，
故答案为：否；
⑤反应后尾气含有氯气，不能直接排放到空气中，应用NaOH溶液进行尾气的吸收，如图
故答案为：
（2）由工艺流程可知，加入试剂X用于调节pH以除去杂质，且不能引入新杂质．
a．NaOH引入杂质钠离子，故a错误；
b．NH3•H2O 引入铵根离子，故b错误；
c．CuO可以调节pH值，除去杂质，过量的CuO过滤除去，不引入杂质，故c正确；
d．Cu2（OH）2CO3 可以调节PH值，除去杂质，过量的Cu2（OH）2CO3过滤除去，不引入杂质，故d正确；
e．CuSO4不能调节pH值，引入硫酸根离子，故e错误；
从溶液中分离出固体，通过过滤得到的溶液2为溶液CuCl2，
故答案为：cd；过滤；
（3）a．将Y稀释，平衡向作反应移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故a正确；
b．在Y中加入CuCl2晶体，溶液中Cu（H2O）42+浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故b正确；
c．在Y中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故c正确；
d．取Y进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故d错误．
故选：abc．
（4）氯化铜为强酸弱碱盐，盐中的金属铜离子易水解，在氯化氢气流中可以抑制氯化铜水解，两水合氯化铜受热易失去结晶水，所以经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到CuCl2•2H2O晶体，
故答案为：冷却结晶．
解析
解：（1）①仪器A是分液漏斗，向烧瓶中滴加盐酸制取氯气，
故答案为：分液漏斗；
②制备气体，不能漏气，所以连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是应首先检验装置的气密性，
故答案为：检验装置气密性；
③装置B中制取氯气，二氧化锰与浓盐酸发生反应生成氯化锰、氯气、水，反应离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
④HCl对反应没有影响，不需要在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置，
故答案为：否；
⑤反应后尾气含有氯气，不能直接排放到空气中，应用NaOH溶液进行尾气的吸收，如图
故答案为：
（2）由工艺流程可知，加入试剂X用于调节pH以除去杂质，且不能引入新杂质．
a．NaOH引入杂质钠离子，故a错误；
b．NH3•H2O 引入铵根离子，故b错误；
c．CuO可以调节pH值，除去杂质，过量的CuO过滤除去，不引入杂质，故c正确；
d．Cu2（OH）2CO3 可以调节PH值，除去杂质，过量的Cu2（OH）2CO3过滤除去，不引入杂质，故d正确；
e．CuSO4不能调节pH值，引入硫酸根离子，故e错误；
从溶液中分离出固体，通过过滤得到的溶液2为溶液CuCl2，
故答案为：cd；过滤；
（3）a．将Y稀释，平衡向作反应移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故a正确；
b．在Y中加入CuCl2晶体，溶液中Cu（H2O）42+浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故b正确；
c．在Y中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故c正确；
d．取Y进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故d错误．
故选：abc．
（4）氯化铜为强酸弱碱盐，盐中的金属铜离子易水解，在氯化氢气流中可以抑制氯化铜水解，两水合氯化铜受热易失去结晶水，所以经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到CuCl2•2H2O晶体，
故答案为：冷却结晶．
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