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题型:填空题
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填空题

溴苯是一种化工原料,某兴趣小组用如下装置制备溴苯并证明苯和液溴发生的是取代反应,而不是加成反应.有关数据如下:

请回答下列问题:

(1)仪器c的名称为______

(2)将b中液溴缓慢滴入a瓶的无水苯及铁的混合体系中,充分反应即可得到溴苯,通过下列步骤分离提纯:

①向a中加入10mL水,然后______除去未反应的铁屑;

②产品依次用10mL水、10%的NaOH溶液、10mL水洗涤.此过程需要分液操作,分液时溴苯应从______(填仪器名称)的______(填“上口”、“下口”)分离出

③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙,静置、过滤.

(3)经过上述分离操作后,粗溴苯中还含有的主要杂质为______,要进一步提纯,必须进行的操作是______

(4)装置d中所装的试剂为______,作用是______

(5)能证明苯和液溴发生的是取代反应,而不是加成反应,进行的操作及现象是______

正确答案

冷凝管

过滤

分液漏斗

下口

蒸馏

CCl4

除去HBr气体中的Br2

取e中溶液注入试管中,加硝酸酸化的AgNO3溶液,若产生浅黄色沉淀,则苯和液溴发生的是取代反应

解析

解:(1)由仪器的形状可知c为冷凝管故答案为:冷凝管;

(2)①由于铁屑不溶于水溶液,所以用过滤的方法除去未反应的铁屑,故答案为:过滤;    

②由于分液操作应在分液漏斗中进行,又溴苯的密度比水大,所以应在下层,故答案为:分液漏斗;下口;

(3)反应后得到的溴苯中溶有少量未反应的苯,苯和溴苯互溶,但苯的沸点低,所以采用蒸馏的方法进行分离,溴苯留在母液中,

故答案为:苯;蒸馏;

(4)由于溴具有挥发性,制得的溴化氢中含有溴蒸气,利用溴单质易溶于有机溶剂,所以应选用CCl4除去HBr中的Br2,故答案为:CCl4; 除去HBr气体中的Br2

(5)苯和溴发生取代反应生成溴化氢,故利用稀硝酸和硝酸银检验出反应后有溴离子则可证明,所以操作及现象为取e中溶液注入试管中,加硝酸酸化的AgNO3溶液,若产生浅黄色沉淀,则苯和液溴发生的是取代反应;故答案为:取e中溶液注入试管中,加硝酸酸化的AgNO3溶液,若产生浅黄色沉淀,则苯和液溴发生的是取代反应;

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题型:简答题
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简答题

粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物.我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等. 一种利用粉煤灰制取氧化铝的工艺流程如下:

(1)粉煤灰研磨的目的是______

(2)第1次过滤时滤渣的主要成分有______(填化学式,下同)和______,第3次过滤时滤渣的成分是______

(3)在104℃用硫酸浸取时,铝的浸取率与时间的关系如图1,适宜的浸取时间为______h;铝的浸取率与的关系如图2所示,从浸取率角度考虑,三种助溶剂NH4F、KF及NH4F与KF的混合物,在相同时,浸取率最高的是______ (填化学式);用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是______ (举一例).

(4)流程中循环使用的物质有____________.(填化学式)

(5)用盐酸溶解硫酸铝晶体,再通入HCl气体,析出A1C13•6H20,该过程能够发生的原因是______

(6)用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义是______

正确答案

解:粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等,加入硫酸溶液使Al2O3溶解,CaO通过反应生成CaSO4,CaSO4微溶,大部分CaSO4和SiO2一起成为滤渣,过滤后将滤液冷却结晶得Al2(SO43,用盐酸溶解Al2(SO43,再通入氯化氢得AlCl3•6H2O晶体和硫酸溶液,过滤得硫酸溶液可以再循环利用,AlCl3•6H2O晶体溶解后得氯化铝溶液中通入氨气得氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液,氯化铵溶液可以循环利用,氢氧化铝沉淀受热分解生成Al2O3

(1)粉煤灰研磨的目的是增大反应物的接触面积,提高浸取速率和浸出率,

故答案为:增大反应物的接触面积,提高浸取速率和浸出率;

(2)通过上面的分析可知,第1次过滤时滤渣的主要成分有SiO2和 CaSO4,第3次过滤时滤渣的成分是Al(OH)3

故答案为:SiO2; CaSO4;Al(OH)3

(3)根据图1可知,2h时铝的浸出率达到最大值,所以适宜的浸取时间为2h,根据图2可知,在相同时,NH4F助溶剂对铝的浸出率最高,用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是生产过程中会产生污染环境的HF和NH3等,

故答案为:2; NH4F;生产过程中会产生污染环境的HF和NH3等;

(4)根据上面的分析可知,流程中循环使用的物质有H2SO4和NH4Cl,

故答案为:H2SO4;NH4Cl;

(5)用盐酸溶解硫酸铝晶体,再通入HCl气体,析出A1C13•6H20,该过程能够发生的原因是通入氯化氢使A1C13•6H20达到饱和,而硫酸铝不饱和,便于A1C13•6H20析出,

故答案为:通入氯化氢使A1C13•6H20达到饱和,而硫酸铝不饱和;

(6)用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义在于使废弃固体资源化利用,

故答案为:使废弃固体资源化利用.

解析

解:粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等,加入硫酸溶液使Al2O3溶解,CaO通过反应生成CaSO4,CaSO4微溶,大部分CaSO4和SiO2一起成为滤渣,过滤后将滤液冷却结晶得Al2(SO43,用盐酸溶解Al2(SO43,再通入氯化氢得AlCl3•6H2O晶体和硫酸溶液,过滤得硫酸溶液可以再循环利用,AlCl3•6H2O晶体溶解后得氯化铝溶液中通入氨气得氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液,氯化铵溶液可以循环利用,氢氧化铝沉淀受热分解生成Al2O3

(1)粉煤灰研磨的目的是增大反应物的接触面积,提高浸取速率和浸出率,

故答案为:增大反应物的接触面积,提高浸取速率和浸出率;

(2)通过上面的分析可知,第1次过滤时滤渣的主要成分有SiO2和 CaSO4,第3次过滤时滤渣的成分是Al(OH)3

故答案为:SiO2; CaSO4;Al(OH)3

(3)根据图1可知,2h时铝的浸出率达到最大值,所以适宜的浸取时间为2h,根据图2可知,在相同时,NH4F助溶剂对铝的浸出率最高,用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是生产过程中会产生污染环境的HF和NH3等,

故答案为:2; NH4F;生产过程中会产生污染环境的HF和NH3等;

(4)根据上面的分析可知,流程中循环使用的物质有H2SO4和NH4Cl,

故答案为:H2SO4;NH4Cl;

(5)用盐酸溶解硫酸铝晶体,再通入HCl气体,析出A1C13•6H20,该过程能够发生的原因是通入氯化氢使A1C13•6H20达到饱和,而硫酸铝不饱和,便于A1C13•6H20析出,

故答案为:通入氯化氢使A1C13•6H20达到饱和,而硫酸铝不饱和;

(6)用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义在于使废弃固体资源化利用,

故答案为:使废弃固体资源化利用.

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题型:简答题
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简答题

MnO2、KMnO4等是中学化学中的常用试剂.请回答下列问题:

(1)MnO2在H2O2分解反应中作催化剂.若将MnO2加入酸化的H2O2溶液中,MnO2溶解产生Mn2+,反应的离子方程式是______

(2)用MnO2制KMnO4的工艺流程如下

电解池中两极材料均为碳棒,在水或酸性溶液中K2MnO4发生歧化而变成MnO2和KMnO4

①写出240℃熔融时发生反应的化学方程式______,投料时必须满足n(KOH):n(MnO2______

②阳极的电极反应为______

③B物质是______(写化学式,下同),可以循环使用的物质是______

④钾离子交换膜的一种材料是聚丙烯酸钾( ),聚丙烯酸钾单体的结构简式为______

⑤上述制得的KMnO4产品0.165g,恰好与0.335g经硫酸酸化的Na2C2O4反应完全,该KMnO4的纯度是______(精确到0.1%).

正确答案

解:(1)双氧水具有还原性,在酸性环境下,得到的氧化产物是氧气,二氧化锰具有氧化性,在酸性环境下,得到还原产物是锰离子,二者在酸性环境下发生氧化还原反应,反应的离子方程式为:MnO2+2H++H2O2═Mn2++O2↑+2H2O,故答案为:MnO2+2H++H2O2═Mn2++O2↑+2H2O;

(2)用MnO2制KMnO4的工艺流程:二氧化锰、氢氧化钾以及氧气在240℃下反应可以得到锰酸钾,氢氧化钾、氧气过量,可以保证锰元素的全部转化,将得到的高锰酸钾溶于水,可以得到高锰酸钾的水溶液,对其进行电解,获得较大浓度的高锰酸钾溶液,

①240℃熔融时发生反应的化学方程式为:2MnO2+O2+4KOH 2K2MnO4+2H2O,氢氧化钾、氧气过量,可以保证锰元素的全部转化,投料时必须满足n(KOH):n(MnO2)大于2:1,故答案为:2MnO2+O2+4KOH 2K2MnO4+2H2O;大于(或>)2:1;

②在电解池的阳极上是锰酸钾中的阴离子失电子的过程,即MnO42--e-=MnO4-,故答案为:MnO42--e-=MnO4-

③在电解池的阴极上是氢离子得电子,在该极上会产生氢气,在流程中,电解产物氢氧化钾可以在开始接着利用,即可以循环使用,故答案为:H2,KOH固体;

④两个碳原子链结的高分子化合物的单体是单键闭合,形成碳碳双键即可,即单体是:CH2=CHCOOK,故答案为:CH2=CHCOOK;

⑤设该KMnO4的纯度为y,根据2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4 K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O可知,

    KMnO4--Na2C2O4

    ×158      134

    0.165×y     0.335

y=×100%=95.8%,故答案为:95.8%.

解析

解:(1)双氧水具有还原性,在酸性环境下,得到的氧化产物是氧气,二氧化锰具有氧化性,在酸性环境下,得到还原产物是锰离子,二者在酸性环境下发生氧化还原反应,反应的离子方程式为:MnO2+2H++H2O2═Mn2++O2↑+2H2O,故答案为:MnO2+2H++H2O2═Mn2++O2↑+2H2O;

(2)用MnO2制KMnO4的工艺流程:二氧化锰、氢氧化钾以及氧气在240℃下反应可以得到锰酸钾,氢氧化钾、氧气过量,可以保证锰元素的全部转化,将得到的高锰酸钾溶于水,可以得到高锰酸钾的水溶液,对其进行电解,获得较大浓度的高锰酸钾溶液,

①240℃熔融时发生反应的化学方程式为:2MnO2+O2+4KOH 2K2MnO4+2H2O,氢氧化钾、氧气过量,可以保证锰元素的全部转化,投料时必须满足n(KOH):n(MnO2)大于2:1,故答案为:2MnO2+O2+4KOH 2K2MnO4+2H2O;大于(或>)2:1;

②在电解池的阳极上是锰酸钾中的阴离子失电子的过程,即MnO42--e-=MnO4-,故答案为:MnO42--e-=MnO4-

③在电解池的阴极上是氢离子得电子,在该极上会产生氢气,在流程中,电解产物氢氧化钾可以在开始接着利用,即可以循环使用,故答案为:H2,KOH固体;

④两个碳原子链结的高分子化合物的单体是单键闭合,形成碳碳双键即可,即单体是:CH2=CHCOOK,故答案为:CH2=CHCOOK;

⑤设该KMnO4的纯度为y,根据2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4 K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O可知,

    KMnO4--Na2C2O4

    ×158      134

    0.165×y     0.335

y=×100%=95.8%,故答案为:95.8%.

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题型:简答题
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简答题

黄铁矿(FeS2)燃烧产生的SO2通过下列工艺过程既能制得H2SO4,又能制得H2

(1)该过程中能循环利用的物质为______

(2)在该过程中,使用膜反应器及时分离出HI分解产生的H2,目的是______(用平衡移动的原理解释).

(3)某研究性学习小组欲探究SO2能否与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀,进行如下实验.已知浓硫酸的沸点为338℃,加热时酒灯火焰的温度为400℃~500℃.

①甲同学用装置Ⅰ进行实验,发现BaCl2溶液中出现白色沉淀,且白色沉淀不溶于盐酸,请解释生成该白色沉淀的可能原因______(用离子方程式表示).

②乙同学认为甲同学的装置不完善,设计了改进装置Ⅱ进行实验(夹持装置和A中加热装置已略,气密性已检查).

a、打开弹簧夹通入N2,一段时间后关闭弹簧夹;

b、滴加一定量浓硫酸,加热A,一段时间后C中未见沉淀生成.操作a的目的是______,装置B中的剂是______

③丙同学取乙实验后的C中溶液少许,滴加一种无色溶液,产生不溶于盐酸的白色沉淀,丙同学滴加的试剂可能是______(填字母编号).

a、NaOH溶液        

b、H2O2溶液     

c、新制氯水        

d、酸性KmnO4溶液

④装置D中与导管连接的是硬质玻璃管,则装置D的作用是______

正确答案

解:(1)由工艺流程可知能循环利用的物质为I2

故答案为:I2

(2)及时分离出HI分解产生的H2,降低了生成物的浓度,使HI的分解平衡向正反应方向移动,提高了I2和H2的产率;

故答案为:使平衡向正反应方向移动,提高产物的产率;

(3)①本小题首先抓住已知信息“浓硫酸的沸点为338℃,加热时酒精灯火焰的温度为400℃~500℃”,说明浓硫酸在温度较高时也能挥发出H2SO4蒸气,由于BaSO3能够溶于盐酸,根据元素守恒可知该沉淀只能是BaSO4,有可能一是挥发出的H2SO4提供的SO42-与Ba2+反应生成BaSO4:SO42-+Ba2+═BaSO4↓,也有可能是溶液中溶解的氧气与SO2作用产生了硫酸,进而得到BaSO4:2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+

故答案为:SO42-+Ba2+═BaSO4↓或2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+

②操作a通入N2目的是排出装置中的O2,C中未见沉淀生成,说明B中的试剂能吸收挥发出的H2SO4且不产生新的杂质,还不能与SO2反应,故该试剂应是饱和NaHSO3溶液,

故答案为:排出装置中的O2;饱和NaHSO3溶液;

③乙实验后的C中的溶液会溶有SO2,题中不溶于盐酸的白色沉淀应是BaSO4,滴加一种无色溶液,只能是H2O2溶液,新制氯水是黄绿色,酸性KmnO4溶液是紫色;

故选:b;

④装置D的作用是既能吸收未反应的SO2防止大气污染,又能防止NaOH溶液倒吸入装置C中影响实验结果;

故答案为:吸收尾气并防倒吸;

解析

解:(1)由工艺流程可知能循环利用的物质为I2

故答案为:I2

(2)及时分离出HI分解产生的H2,降低了生成物的浓度,使HI的分解平衡向正反应方向移动,提高了I2和H2的产率;

故答案为:使平衡向正反应方向移动,提高产物的产率;

(3)①本小题首先抓住已知信息“浓硫酸的沸点为338℃,加热时酒精灯火焰的温度为400℃~500℃”,说明浓硫酸在温度较高时也能挥发出H2SO4蒸气,由于BaSO3能够溶于盐酸,根据元素守恒可知该沉淀只能是BaSO4,有可能一是挥发出的H2SO4提供的SO42-与Ba2+反应生成BaSO4:SO42-+Ba2+═BaSO4↓,也有可能是溶液中溶解的氧气与SO2作用产生了硫酸,进而得到BaSO4:2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+

故答案为:SO42-+Ba2+═BaSO4↓或2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+

②操作a通入N2目的是排出装置中的O2,C中未见沉淀生成,说明B中的试剂能吸收挥发出的H2SO4且不产生新的杂质,还不能与SO2反应,故该试剂应是饱和NaHSO3溶液,

故答案为:排出装置中的O2;饱和NaHSO3溶液;

③乙实验后的C中的溶液会溶有SO2,题中不溶于盐酸的白色沉淀应是BaSO4,滴加一种无色溶液,只能是H2O2溶液,新制氯水是黄绿色,酸性KmnO4溶液是紫色;

故选:b;

④装置D的作用是既能吸收未反应的SO2防止大气污染,又能防止NaOH溶液倒吸入装置C中影响实验结果;

故答案为:吸收尾气并防倒吸;

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题型:填空题
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填空题

氯酸镁[Mg(ClO32]常用作催熟剂、除草剂等,制备少量Mg(ClO32•6H2O的流程如下:

已知:①卤块主要成分为MgCl2•6H2O,含有较多的MgSO4、MgCO3、FeCl2等杂质.

②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如图所示.

(1)过滤的主要玻璃仪器除烧杯、漏斗外,还需要______

(2)加H2O2调节pH后过滤所得滤渣的主要成分为______

(3)试剂X的滴加顺序为______

a.BaCl2溶液,Na2CO3溶液,过滤后加适量盐酸

b.Na2CO3溶液,BaCl2溶液,过滤后加适量盐酸

c.以上两种顺序都可

(4)加入NaClO3饱和溶液后发生反应的化学方程式为______,再进一步制取Mg(ClO32•6H2O的实验步骤依次为:①蒸发结晶;②趁热过滤;③______;④过滤、洗涤.

(5)产品中Mg(ClO32•6H2O含量的测定:

步骤1:准确称量4.20g产品配成100mL溶液.

步骤2:取10.00mL于锥形瓶中,加入30.00mL 0.200mol•L-1的Na2S2O3溶液.

步骤3:用0.100mol•L-1碘液滴定剩余的Na2S2O3,此过程中反应的离子方程式为:2S2O32-+I2═S4O62-+2I-

步骤4:将步骤2、3重复两次,平均消耗标准碘液20.00mL.

①步骤2中,硫元素被氧化至最高价态,试写出该反应的离子方程式______

②产品中Mg(ClO32•6H2O的质量分数为______

正确答案

玻璃棒

Fe(OH)3

a

MgCl2+2NaClO3=Mg(ClO32+2NaCl↓

冷却结晶

3S2O32-+4ClO3-+3H2O=6SO42-+4Cl-+6H+

95%

解析

解:卤块的成分有MgCl2•6H2O、MgSO4、FeCl2,加入双氧水之后,亚铁离子可以被氧化为三价铁离子,再向混合物中加入氯化钡溶液,可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀,加入氧化镁,调节pH=4,可以促进铁离子的水解,将铁离子转化为氢氧化铁而除去,过滤,得到的滤液是氯化镁,可以根据溶解度受温度的影响情况来获得要制取的物质.

(1)过滤的主要玻璃仪器除烧杯、漏斗、玻璃棒,故答案为:玻璃棒;

(2)加双氧水,调节溶液的pH为4,此时铁离子形成了沉淀氢氧化铁,故答案为:Fe(OH)3

(3)加入BaCl2的目的是除去SO42-,为保证硫酸根离子除净,需要加入过量的氯化钡,但是引进了钡离子,所以碳酸钠加在氯化钡的后边,还能除去多余的钡离子,故答案为:a;

(4)根据溶解度的差异,加入NaClO3饱和溶液会发生如下反应:MgCl2+2NaClO3=Mg(ClO32+2NaCl↓,溶液获得晶体的方法:蒸发结晶、过滤、冷却结晶,故答案为:蒸发结晶;趁热过滤;冷却结晶,过滤洗涤,故答案为:MgCl2+2NaClO3=Mg(ClO32+2NaCl↓;冷却结晶;

(5)①硫代硫酸根离子具有还原性,氯酸根离子具有氧化性,二者之间可以发生氧化还原反应:3S2O32-+4ClO3-+3H2O=6SO42-+4Cl-+6H+,故答案为:3S2O32-+4ClO3-+3H2O=6SO42-+4Cl-+6H+

②氯酸根离子具有氧化性,根据化学反应:2S2O32-+I2═S4O62-+2I-,剩余的硫代硫酸钠的物质的量是2×0.02L×0.100mol•L-1=0.004mol,消耗的硫代硫酸钠的物质的量是:0.03L×0.200mol•L-1-0.004mol=0.002mol,根据反应3S2O32-+4ClO3-+3H2O=6SO42-+4Cl-+6H+,氯酸根离子的物质的量是:=mol,Mg(ClO32•6H2O的质量分数是×100%≈95%,故答案为:95%.

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