- 乙酰水杨酸的制备
- 共1066题
工业上可用软锰矿浆（主要成分为MnO2）吸收硫酸厂废气SO2，并制备MnSO4•H2O晶体，其工艺流程如下：
已知：①浸出液的pH＜2，且阳离子主要是Mn2+，以及少量Fe2+、Al3+等．
②几种离子沉淀时数据信息如下：
请回答下列问题：
（l）浸出液pH＜2的原因可能是______．
（2）加入MnO2，氧化时溶液中反应的离子方程式为______，若流程中取消“加入MnO2”，对上述流程的影响是______．
（3）试剂X______（填“能”或“不能”）选用氢氧化锰，试说明理由：______．
（4）滤渣的主要成分是______，利用滤渣能提取铁红，其原理是______．
（5）从滤液中提取MnSO4•H2O晶体的操作是______．
正确答案
解：（1）浸出液pH＜2，主要原因是部分SO2与水结合生成H2SO3，H2SO3电离出H+使pH＜2；
故答案为：部分SO2与水结合生成H2SO3，H2SO3电离出H+使pH＜2；
（2）加入MnO2，把Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；若流程中取消“加入MnO2”，则得到的产品中含有FeSO4杂质；
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；得到的产品中含有FeSO4杂质；
（3）试剂X能选用氢氧化锰，Fe3+、Al3+水解生成的H+与Mn（OH）2反应，促进Fe3+、Al3+水解并最终转化为沉淀，且不引入新的杂质；
故答案为：能；Fe3+、Al3+水解生成的H+与Mn（OH）2反应，促进Fe3+、Al3+水解并最终转化为沉淀，且不引入新的杂质；
（4）调节pH=5.0，Fe3+、Al3+生成沉淀Fe（OH）3、Al（OH）3，用足量NaOH溶液溶解滤渣，Al（OH）3沉淀溶解，过滤得到Fe（OH）3，再灼烧即得铁红；
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3； 用足量NaOH溶液溶解滤渣，过滤得到Fe（OH）3，再灼烧即得铁红；
（5）滤液中提取MnSO4•H2O晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤．
解析
解：（1）浸出液pH＜2，主要原因是部分SO2与水结合生成H2SO3，H2SO3电离出H+使pH＜2；
故答案为：部分SO2与水结合生成H2SO3，H2SO3电离出H+使pH＜2；
（2）加入MnO2，把Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；若流程中取消“加入MnO2”，则得到的产品中含有FeSO4杂质；
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；得到的产品中含有FeSO4杂质；
（3）试剂X能选用氢氧化锰，Fe3+、Al3+水解生成的H+与Mn（OH）2反应，促进Fe3+、Al3+水解并最终转化为沉淀，且不引入新的杂质；
故答案为：能；Fe3+、Al3+水解生成的H+与Mn（OH）2反应，促进Fe3+、Al3+水解并最终转化为沉淀，且不引入新的杂质；
（4）调节pH=5.0，Fe3+、Al3+生成沉淀Fe（OH）3、Al（OH）3，用足量NaOH溶液溶解滤渣，Al（OH）3沉淀溶解，过滤得到Fe（OH）3，再灼烧即得铁红；
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3； 用足量NaOH溶液溶解滤渣，过滤得到Fe（OH）3，再灼烧即得铁红；
（5）滤液中提取MnSO4•H2O晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤．
（l）a装置的名称：______；c装置的目的______．
（2）b中制SO2的化学方程式为-________；控制b中反应速率的方法是______．
（3）当三颈烧瓶中溶液接近中性时停止通人气体，蒸发得到固体产品．取1.0g固体产品溶于5mL水中，加入1mL的银氨溶液，振荡，水浴10s出现银镶．
甲同学得出结论：10s时Na2S2O4银氨溶液反应形成银镜．
乙同学认为上述实验不能说甲的结论一定成立，其依据可能是______．
针对甲、乙同学的分歧，丙同学取该实验所得固体设计如下实验方案，请你帮助完成：
正确答案
解：（l）a装置有玻璃活塞，为分液漏斗，该反应中有二氧化硫污染性气体产生，防止污染空气需尾气处理装置，c装置吸收尾气，防止二氧化硫污染空气，
故答案为：分液漏斗；吸收二氧化硫，防止污染空气；
（2）浓硫酸与亚硫酸钠的反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+H2O+SO2↑，分液漏斗有玻璃活塞，可通过旋转玻璃活塞控制滴加液体反应物的速率实现控制b中反应速率，
故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+H2O+SO2↑；通过分液漏斗颈部活塞控制低价硫酸的快慢；
（3）HCOONa结构中含有醛基（-CHO）能发生银镜反应，乙同学认为上述实验不能说甲的结论一定成立，可能是HCOONa过量，分离出的晶体所含杂质HCOONa具有还原性也能发生银镜反应，针对甲、乙同学的分歧，丙同学为了验证Na2S2O4银氨溶液反应形成银镜，首先需制备纯净的Na2S2O4，所以对三颈烧瓶分离出的产品进行重结晶得到纯净的Na2S2O4，
银镜反应需碱性过量，所以取0.1g步骤Ⅰ的产品溶于5mL银氨溶液，振荡，水浴加热10s，观察现象，若10S出现银镜，则甲的结论正确（或Na2S2O4具有还原性），反之则乙正确
故答案为：因为HCOONa过量，分离出的晶体所含杂质HCOONa具有还原性也能发生银镜反应；对三颈烧瓶分离出的产品进行重结晶得到纯净的Na2S2O4；5；若10S出现银镜，则甲的结论正确（或Na2S2O4具有还原性），反之则乙正确．
解析
解：（l）a装置有玻璃活塞，为分液漏斗，该反应中有二氧化硫污染性气体产生，防止污染空气需尾气处理装置，c装置吸收尾气，防止二氧化硫污染空气，
故答案为：分液漏斗；吸收二氧化硫，防止污染空气；
（2）浓硫酸与亚硫酸钠的反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+H2O+SO2↑，分液漏斗有玻璃活塞，可通过旋转玻璃活塞控制滴加液体反应物的速率实现控制b中反应速率，
故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+H2O+SO2↑；通过分液漏斗颈部活塞控制低价硫酸的快慢；
（3）HCOONa结构中含有醛基（-CHO）能发生银镜反应，乙同学认为上述实验不能说甲的结论一定成立，可能是HCOONa过量，分离出的晶体所含杂质HCOONa具有还原性也能发生银镜反应，针对甲、乙同学的分歧，丙同学为了验证Na2S2O4银氨溶液反应形成银镜，首先需制备纯净的Na2S2O4，所以对三颈烧瓶分离出的产品进行重结晶得到纯净的Na2S2O4，
银镜反应需碱性过量，所以取0.1g步骤Ⅰ的产品溶于5mL银氨溶液，振荡，水浴加热10s，观察现象，若10S出现银镜，则甲的结论正确（或Na2S2O4具有还原性），反之则乙正确
故答案为：因为HCOONa过量，分离出的晶体所含杂质HCOONa具有还原性也能发生银镜反应；对三颈烧瓶分离出的产品进行重结晶得到纯净的Na2S2O4；5；若10S出现银镜，则甲的结论正确（或Na2S2O4具有还原性），反之则乙正确．
一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3•CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中．
从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如图1：
（1）过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为______．
（2）过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al（OH）3，碳酸钠溶液在产生Al（OH）3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式______．
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ和IV中所起作用有所不同，请写出在过程Ⅳ中起的作用是______．
（4）在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是______（填序号）．
A c（Na+）=2c（CO32-）
B c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）
C c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）
D c（OH-）-c（H+）═c（HCO3-）+2c（H2CO3）
（5）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液．CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水．如图2是粉红色的CoCl2•6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是______．
正确答案
解：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
（2）铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
（4）A．Na2CO3溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故A错误；
B．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故B正确；
C．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故C正确；
D．Na2CO3溶液中质子守恒：c（H+）═c（OH-）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故D正确；
故选：BCD；
（5）CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-83mg
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，故答案为：CoCl2•2H2O．
解析
解：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
（2）铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
（4）A．Na2CO3溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故A错误；
B．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故B正确；
C．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故C正确；
D．Na2CO3溶液中质子守恒：c（H+）═c（OH-）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故D正确；
故选：BCD；
（5）CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-83mg
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，故答案为：CoCl2•2H2O．
（2015•肥城市一模）FeSO4•7H2O广泛用于医药和工业领域，实验室制备FeSO4•7H2O的流程如下：
（1）铁屑与稀硫酸反应前，应用10% Na2CO3溶液浸泡几分钟，操作目的是______．
（2）最后得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；
②______．
（3）FeSO4•7H2O是某些补血剂的主要成分，实验室用KMnO4溶液通过氧化还原滴定测
定某补血剂（1.500g）中铁元素的含量．
①配制100mL 1.200×10 -2mol•L-1的KMnO4溶液时，将溶解后的溶液转移至容 量瓶中的操作方法是______；
②实验中的KMnO4溶液需要酸化，可用于酸化的酸是______．
a．稀硝酸 b．稀盐酸 c．稀硫酸 d．浓硝酸
KMnO4溶液应盛装在______滴定管中．滴定到终点时的现象为______．滴定完毕，三次实验记录KMnO4标准溶液的读数如下．
该补血剂中铁元素的质量分数为______．
（4）某实验小组用久置的FeSO4溶液和NaOH溶液制备Fe（OH）2，实验后没有得到预期的白色沉淀，于是采用下列试剂（已煮沸除氧）和装置进行实验：
实验开始打开止水夹C，目的是______．一段时间后，关闭止水夹C，B中观察到的现象是______．B中发生反应的离子方程式是______．
正确答案
解：（1）CO32-水解生成OH-，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解，所以可用纯碱溶液除油污，故答案为：除去废铁屑表面的油污；
（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高二增大，因此用冰水洗涤的另一个目的是减少洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗，故答案为：降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4•7H2O的损耗；
（3）①转移液体需要引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口，
故答案为：用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口；
②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性，能被高能酸钾氧化为氯气，只能用稀硫酸；
高锰酸钾有强氧化性，能氧化橡皮管，应放在酸式滴定管中；
滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点；
配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，
反应需要的高锰酸钾的物质的量为
则：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
5mol 1mol
n 18×10-5mol
n=18×10-5mol×5=90×10-5mol，
则1.500g硫酸亚铁补血剂药片含铁的质量为90×10-5mol×56g/mol=0.0504g，所以该补血剂中铁元素的含量为
故答案为：c；酸式；滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色；3.36%；
（4）氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，应先排除装置中的空气；反应生成的气体将硫酸亚铁压入B中，反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；离子方程式是Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，故答案为：排除装置中的空气，防止氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁；液面上升出现白色沉淀 Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓．
解析
解：（1）CO32-水解生成OH-，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解，所以可用纯碱溶液除油污，故答案为：除去废铁屑表面的油污；
（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高二增大，因此用冰水洗涤的另一个目的是减少洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗，故答案为：降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4•7H2O的损耗；
（3）①转移液体需要引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口，
故答案为：用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口；
②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性，能被高能酸钾氧化为氯气，只能用稀硫酸；
高锰酸钾有强氧化性，能氧化橡皮管，应放在酸式滴定管中；
滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点；
配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，
反应需要的高锰酸钾的物质的量为
则：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
5mol 1mol
n 18×10-5mol
n=18×10-5mol×5=90×10-5mol，
则1.500g硫酸亚铁补血剂药片含铁的质量为90×10-5mol×56g/mol=0.0504g，所以该补血剂中铁元素的含量为
故答案为：c；酸式；滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色；3.36%；
（4）氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，应先排除装置中的空气；反应生成的气体将硫酸亚铁压入B中，反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；离子方程式是Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，故答案为：排除装置中的空气，防止氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁；液面上升出现白色沉淀 Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓．
（1）写出烧瓶中发生反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目______．
（2）B处盛有饱和食盐水（或水），其作用是______．
（3）C处盛放的试剂______（填名称），其作用是______．
（4）E处盛有______（填名称），发生反应的离子方程式为______．
（5）实验结束时，应先熄灭______处酒精灯．
正确答案
除去Cl2中的HCl
浓硫酸
干燥Cl2
氢氧化钠溶液
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
D
解析
解：（1）A为制备氯气装置，装置A中反应为二氧化锰与盐酸反应生成氯化锰、氯气、水，反应方程式为
故答案为：
（2）浓盐酸具有挥发性，所以制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，氯气的溶解度较小，所以可用饱和食盐水（或水）除去氯气气体中的氯化氢，
故答案为：除去Cl2中的HCl；
（3）因为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，所以选择浓硫酸干燥，
故答案为：浓硫酸；干燥Cl2；
（4）尾气中含有氯气，氯气有毒，污染环境，不能直接排放到大气中．常用氢氧化钠溶液吸收，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应离子方程式为
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：氢氧化钠溶液；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（5）为防止倒吸应先熄灭D的酒精灯，冷却再熄灭A的酒精灯，故答案为：D．
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