- 乙酰水杨酸的制备
- 共1066题
一氧化二氯（Cl2O）是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体．它的熔点为-116℃，沸点是3.8℃．一氧化二氯不稳定，接触一般有机物易发生爆炸；它易溶于水（1体积：100体积）同时反应形成次氯酸溶液．制备出一氧化二氯之后，要冷却为固态才便于操作和贮存，制取少量一氧化二氯，是用干燥的氧化汞与氯气反应（同时还生成HgO•HgCl2）．制备装置如图所示，铁架台和夹持仪器已略去．
部分物质的有关资料如下：
试回答：
（1）试说明加入试剂前检验A、B、C处仪器气密性的操作方法______．
（2）A中盛有的深色固体试剂a应是______，分液漏斗中的b试剂是______．
（3）B中盛有的液体C应是______，C中的液体d是______．
（4）D中发生反应的化学方程式是______．
（5）E中的保温瓶中盛有液态致冷剂c，它应是______（在“干冰”、“冰水”、“液态空气”、“液氨”、“液氯”中选择一种）．在E的内管得到的Cl2O中可能含有的杂质主要是______．
（6）装置A、B、C间的连接方式与D、E间的连接方式有明显的差别，这区别是______，用这种不同的连接方式的主要理由是______．
正确答案
先关闭分液漏斗上的活塞及关闭开关N的活塞，将M管口插入盛有水的水槽中，给A处的圆底烧瓶微热，若管口M处有气泡冒出，停止加热M处有液柱上升，证明A、B、C处的装置气密性良好
高锰酸钾
浓盐酸
饱和食盐水
浓硫酸
2HgO+2Cl2=Cl2O+HgO•HgCl2
液态空气
液氯
A、B、C间用乳胶管连接，D、E间不能乳胶管连接
Cl2O遇有机物易爆炸
解析
解：（1）先关闭分液漏斗的活塞及开关N，形成一个密闭系统，再将M管口插入盛有水的水槽中，并给A处的圆底烧瓶微热，若管口M处有气泡冒出，停止加热M处有液柱上升，证明A、B、C处的装置气密性良好，故答案为：先关闭分液漏斗上的活塞及关闭开关N的活塞，将M管口插入盛有水的水槽中，给A处的圆底烧瓶微热，若管口M处有气泡冒出，停止加热M处有液柱上升，证明A、B、C处的装置气密性良好；
（2）由装置图可知，A中发生反应制备氯气，反应不需加热，深色固体试剂a与溶液b反应，通常应为高锰酸钾与浓盐酸，故a为高锰酸钾，b为浓盐酸，故答案为：高锰酸钾；浓盐酸；
（3）HCl易挥发，A中生成的氯气中含有HCl、H2O，用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥，先除氯化氢，后干燥．故B中盛有液体c是试剂饱和食盐水，C中的液体d是浓硫酸，故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；
（4）由信息可知，D中氯气与HgO反应生成Cl2O与HgO•HgCl2．反应方程式为2HgO+2Cl2=Cl2O+HgO•HgCl2，故答案为：2HgO+2Cl2=Cl2O+HgO•HgCl2；
（5）由题目信息可知，氧化二氯气体的熔点-116℃，熔点很低．所以选择沸点很低的液态空气进行制冷，根据工艺流程可知，D中反应氯气可能不能充分反应，由于氯气易液化，所以E的内管得到的氧化二氯中可能含有杂质是液氯，故答案为：液态空气；液氯；
（6）由信息可知，氧化二氯不稳定，接触一般有机物易爆炸，因此 Cl2O不能与有机物接触，所以A、B、C间用乳胶管连接，D、E间不能乳胶管连接，故答案为：A、B、C间用乳胶管连接，D、E间不能乳胶管连接；Cl2O遇有机物易爆炸．
硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O是一种浅绿色晶体，在水中的溶解度较小，不溶于乙醇．某实验小组利用镀锌铁片来制备硫酸亚铁铵的过程如下：
（1）加入盐酸是为了除去锌镀层，判断锌镀层已被除去的现象是______．
（2）A物质可以是______（选填序号）．
a．CuCl2 b．CuO c．Cu（NO3）2 d．CuSO4
加入少量A物质的目的是______．
（3）操作Ⅱ的名称为______．
（4）采用晾干而不用加热烘干晶体的原因是______．
（5）工业上常用K2Cr2O7溶液测定硫酸亚铁铵的纯度，反应中Cr2O72-被还原成Cr3+．
写出硫酸亚铁铵溶液与酸性K2Cr2O7溶液反应的离子方程式______．
正确答案
解：（1）锌、铁和盐酸构成原电池，锌易失电子而作负极，构成原电池负极金属加速被腐蚀，当锌完全反应后，铁和稀盐酸不能构成原电池，则反应速率降低，所以可以根据生成气体的反应速率判断锌镀层是否已被除去，故答案为：反应速率突然减小（或铁片表面生成的气泡突然减少，意思相近均给分）；
（2）加入的物质或与稀硫酸反应后的物质能与铁反应且不引进新的杂质离子，ac能引进新的杂质离子，bd不能引进新的杂质离子，故选bd；
加入少量A，A中含有铜离子，铜离子和铁反应生成铜，铜、铁和酸能构成原电池，从而加快铁与稀硫酸的反应速率，故答案为：b、d，加快铁与稀硫酸的反应速率；
（3）分离固体和溶液的方法是过滤，故答案为：过滤；
（4）如果采用加热的方法制取硫酸亚铁铵，加热过程中，硫酸亚铁铵易失水，且亚铁离子易被氧气氧化，从而得不到硫酸亚铁铵晶体，故答案为：避免加热过程中晶体受热分解失去结晶水或被空气氧化；
（5）K2Cr2O7溶液测定硫酸亚铁铵的纯度，反应中Cr2O72-被还原成Cr3+，亚铁离子被氧化生成铁离子，离子反应方程式为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，
故答案为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O．
解析
解：（1）锌、铁和盐酸构成原电池，锌易失电子而作负极，构成原电池负极金属加速被腐蚀，当锌完全反应后，铁和稀盐酸不能构成原电池，则反应速率降低，所以可以根据生成气体的反应速率判断锌镀层是否已被除去，故答案为：反应速率突然减小（或铁片表面生成的气泡突然减少，意思相近均给分）；
（2）加入的物质或与稀硫酸反应后的物质能与铁反应且不引进新的杂质离子，ac能引进新的杂质离子，bd不能引进新的杂质离子，故选bd；
加入少量A，A中含有铜离子，铜离子和铁反应生成铜，铜、铁和酸能构成原电池，从而加快铁与稀硫酸的反应速率，故答案为：b、d，加快铁与稀硫酸的反应速率；
（3）分离固体和溶液的方法是过滤，故答案为：过滤；
（4）如果采用加热的方法制取硫酸亚铁铵，加热过程中，硫酸亚铁铵易失水，且亚铁离子易被氧气氧化，从而得不到硫酸亚铁铵晶体，故答案为：避免加热过程中晶体受热分解失去结晶水或被空气氧化；
（5）K2Cr2O7溶液测定硫酸亚铁铵的纯度，反应中Cr2O72-被还原成Cr3+，亚铁离子被氧化生成铁离子，离子反应方程式为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，
故答案为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O．
以氯化钾和硫酸亚铁为原料生产硫酸钾和氧化铁红颜料，其主要流程如下：
已知：NH4HCO3溶液呈碱性，30℃以上NH4HCO3大量分解．
（1）NH4HCO3溶液呈碱性的原因是______．
（2）写出沉淀池I中反应的化学方程式______，该反应必须控制的反应条件是______．
（3）酸化的目的是______．
（4）N、P、K、S都是植物生长所需的重要元素．滤液A可做复合肥料，因为其中含有______等元素．
正确答案
NH4+的水解程度小于HCO3-的水解程度
2NH4HCO3+FeSO4=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O
反应温度低于30℃
除去溶液中的HCO3-
N、S、K
解析
解：（1）NH4HCO3溶液中铵根离子水解显示酸性，碳酸氢根离子水解显示碱性，现在溶液显碱性，说明NH4+的水解程度小于HCO3-的水解程度，故答案为：NH4+的水解程度小于HCO3-的水解程度；
（2）碳酸氢根离子和亚铁离子之间发生双水解反应生成碳酸亚铁沉淀，并放出二氧化碳，反映的原理方程式为：2NH4HCO3+FeSO4=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，为防止较高温度下碳酸氢铵的分解，要注意温度的选择，故答案为：2NH4HCO3+FeSO4=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O；反应温度低于30℃；
（3）沉淀池Ⅰ中，除了生成的碳酸亚铁之外，溶液汇总会含有过量的碳酸氢铵，加入酸，酸化的目的是除去溶液中的HCO3-，故答案为：除去溶液中的HCO3-；
（4）滤液A的成分中含有（NH4）2SO4以及KCl，即其中含有N、S、K元素，属于复合肥料，故答案为：N、S、K．
铁及其化合物有重要用途，如聚合硫酸铁[Fe2（OH）n（SO4）
（1）若A物质为水，一定条件下可得铁的固体氧化物Fe3O4，检验Fe3O4中铁的化合价，应使用的试剂是______（填标号）．
A．稀硫酸 B．稀硝酸 C．KSCN溶液 D．酸性高锰酸钾溶液
（2）在溶液Ⅰ中加入NaClO3，写出其氧化Fe2+的离子方程式______．
（3）Fe2O3与KNO3和KOH的混合物加热共融可制得K2FeO4．完成并配平下列化学方程式：
□Fe2O3+□KNO3+□KOH-□______+□KNO2+□______
该反应中的氧化剂是______，每生成1mol K2FeO4转移______mol电子．
（4）为测定溶液I中铁元素的总含量，实验操作：准确量取20.00mL溶液I于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH＜3，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用 0.1000mol•L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL．
已知：2Fe3++2I-=2Fe2++I2 I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
①写出滴定选用的指示剂______，滴定终点观察到的现象______．
②溶液I中铁元素的总含量为______g•L-1．若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会______（填“偏高”、“偏低”、“不变”）．
正确答案
解：（1）因硝酸有强氧化性，只能选择用稀硫酸溶解Fe3O4，将所得溶液取二份样品，一份滴加KSCN溶液，溶液变血红色，证明溶液里有Fe3+，另一份滴加酸性高锰钾溶液，溶液紫色褪去，可知溶液里有Fe2+，由此推断出Fe3O4中铁的化合价有+2、+3二种，故答案为：ACD；
（2）根据题中流程可知，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁，在溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，ClO3-氧化Fe2+为Fe3+，本身被还原为Cl-，根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O，故答案为：6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O；
（3）KNO3和KOH的混合物，写出其与Fe2O3加热共融制得K2FeO4，则缺项中有一种为K2FeO4，K2FeO4中铁元素化合价为+6，则亚铁离子从+3价变为+6价，化合价升高3价，化合价至少升高3×2=6价；KNO3中N元素从+5降为KNO2中的+3价，化合价降低2价，则化合价最小公倍数为6，所以氧化铁的系数为1，KNO3的系数为3，然后根据质量守恒定律配平，配平后的方程式为：Fe2O3+3KNO3+2KOH=K2FeO4+3KNO2+H2O，氧化剂为KNO3，每生成1mol K2FeO4转移3mol电子，故答案为：1、3、2、K2FeO4、3、H2O；HNO3；3；
（4）①Fe3+氧化I-生成I2，淀粉遇碘变蓝，选择淀粉溶液作指示剂；当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，蓝色消失，且半分钟不变色说明是终点，故答案为：淀粉；溶液由蓝色变无色且保持半分钟不变色；
②由2Fe3++2I-═2Fe2++I2、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-可得：Fe3+～S2O32-，则n（Fe3+）=n（S2O32-）=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，铁元素总含量为
H2O2也能氧化I-生成I2，所以若过氧化氢没有除尽，则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，所测结果偏高，故答案为：5.6；偏高．
解析
解：（1）因硝酸有强氧化性，只能选择用稀硫酸溶解Fe3O4，将所得溶液取二份样品，一份滴加KSCN溶液，溶液变血红色，证明溶液里有Fe3+，另一份滴加酸性高锰钾溶液，溶液紫色褪去，可知溶液里有Fe2+，由此推断出Fe3O4中铁的化合价有+2、+3二种，故答案为：ACD；
（2）根据题中流程可知，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁，在溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，ClO3-氧化Fe2+为Fe3+，本身被还原为Cl-，根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O，故答案为：6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O；
（3）KNO3和KOH的混合物，写出其与Fe2O3加热共融制得K2FeO4，则缺项中有一种为K2FeO4，K2FeO4中铁元素化合价为+6，则亚铁离子从+3价变为+6价，化合价升高3价，化合价至少升高3×2=6价；KNO3中N元素从+5降为KNO2中的+3价，化合价降低2价，则化合价最小公倍数为6，所以氧化铁的系数为1，KNO3的系数为3，然后根据质量守恒定律配平，配平后的方程式为：Fe2O3+3KNO3+2KOH=K2FeO4+3KNO2+H2O，氧化剂为KNO3，每生成1mol K2FeO4转移3mol电子，故答案为：1、3、2、K2FeO4、3、H2O；HNO3；3；
（4）①Fe3+氧化I-生成I2，淀粉遇碘变蓝，选择淀粉溶液作指示剂；当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，蓝色消失，且半分钟不变色说明是终点，故答案为：淀粉；溶液由蓝色变无色且保持半分钟不变色；
②由2Fe3++2I-═2Fe2++I2、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-可得：Fe3+～S2O32-，则n（Fe3+）=n（S2O32-）=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，铁元素总含量为
H2O2也能氧化I-生成I2，所以若过氧化氢没有除尽，则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，所测结果偏高，故答案为：5.6；偏高．
（2015秋•沈阳校级月考）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌．以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：
已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O．
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全．
③160g/L NaOH溶液是指160g NaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L，其密度约为1.2g/mL．
（1）160g•L-1 NaOH溶液的质量分数为______．
（2）发生器中鼓入空气的作用可能是______（选填序号）．
a．将SO2氧化成SO3，增强酸性
b．稀释ClO2以防止爆炸
c．将NaClO3氧化成ClO2
（3）ClO2发生器中的主要反应方程式为______，吸收塔内的反应的化学方程式为______．
（4）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中．除H2O2外，还可以选择的还原剂是______（选填序号）．
a．Na2O2 b．Na2S c．FeCl2
（5）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是______（选填序号）．
a．蒸馏 b．蒸发 c．灼烧 d．过滤 e．冷却结晶．
正确答案
解：（1）浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少．160g/LNaOH溶液表示1L氢氧化钠溶液含有160gNaOH．令溶液体积为1L，则1LNaOH溶液的质量为1L×1000mL/L×1.2g/mL=1200g，所以该溶液氢氧化钠的质量分数为
（2）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全．发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸，故选：b；
（3）根据流程信息可知，发生器内SO2还原得NaClO3得ClO2，发生反应的化学方程式为2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2，故答案为：2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O2+O2；
（5）还原性要适中．还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产．Na2O2溶于水相当于H2O2．Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难，故选：a；
（6）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体．所以操作顺序为b、e、d，故答案为：b、e、d．
解析
解：（1）浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少．160g/LNaOH溶液表示1L氢氧化钠溶液含有160gNaOH．令溶液体积为1L，则1LNaOH溶液的质量为1L×1000mL/L×1.2g/mL=1200g，所以该溶液氢氧化钠的质量分数为
（2）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全．发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸，故选：b；
（3）根据流程信息可知，发生器内SO2还原得NaClO3得ClO2，发生反应的化学方程式为2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2，故答案为：2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O2+O2；
（5）还原性要适中．还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产．Na2O2溶于水相当于H2O2．Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难，故选：a；
（6）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体．所以操作顺序为b、e、d，故答案为：b、e、d．
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