- 比色法
- 共1072题
Ⅰ.下列实验操作正确的是______.
A.乙烷中混有乙烯,通过氢气在一定条件下反应,使乙烯转化为乙烷
B.在催化剂存在的条件下,苯和溴水发生反应可生成无色比水重的液体溴苯
C.将铜丝弯成螺旋状,在酒精灯上加热变黑后,立即伸入盛有无水乙醇的试管中,完成乙醇氧化为乙醛的实验
D.无水乙醇和浓硫酸共热到170℃,将制得的气体通入酸性高锰酸钾,可检验制得的气体是否为乙烯
E.配制银氨溶液时,将稀氨水慢慢滴入硝酸银溶液中,产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止
Ⅱ.实验室用少量的溴和足量的乙醇、浓硫酸制备1,2-二溴乙烷的装置如下图所示,其中可能存在的主要副反应有:乙醇在浓硫酸的存在下在l40℃脱水生成乙醚.
有关数据列表如下:
回答下列问题:
(1)用少量的溴和足量的乙醇、浓硫酸制备1,2-二溴乙烷的两步反应方程式为:______
(2)在此实验中,要尽可能迅速地把反应温度提高到170℃左右,其最主要目的是______;(填正确选项的字母)
a.引发反应 b.加快反应速度 c.防止乙醇挥发 d.减少副产物乙醚生成
(3)在装置C中应加入______,其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体:(填正确选项的字母)
a.水 b.浓硫酸 c.氢氧化钠溶液 d.饱和碳酸氢钠溶液
(4)将1,2-二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水,振荡后静置,产物应在______层(填“上”、“下”);
(5)若产物中有少量未反应的Br2,最好用______洗涤除去;(填正确选项的字母)
a.水 b.氢氧化钠溶液 c.碘化钠溶液 d.乙醇
(6)若产物中有少量副产物乙醚.可用______的方法除去;
(7)反应过程中应用冷水冷却装置D,其主要目的是______;但又不能过度冷却(如用冰
水),其原因是______.
正确答案
解:Ⅰ.A.乙烷中乙烯的含量未知,不能确定通入氢气的量,易引入杂质,且反应在实验室难以完成,故A错误;
B.苯和溴水不反应,应用液溴和苯在催化剂条件下反应,故B错误;
C.乙醇的催化氧化反应中,金属铜作催化剂,真正和乙醇反应起到氧化作用的是氧化铜,实验过程中铜网出现黑色,是由于铜和氧气反应生成氧化铜,反应的方程式为2Cu+O22CuO,铜网由黑色变成红色是由于乙醇和氧化铜反应生成铜,反应的方程式为CH3CH2OH+CuO
CH3CHO+Cu+H2O,故C正确;
D.无水乙醇和浓硫酸共热至170℃,发生消去反应生成乙烯,乙醇易挥发,乙烯、乙醇均能被酸性高锰酸钾氧化,不能检验,应除去乙醇,再检验乙烯,故D错误;
E.配制银氨溶液时,将稀氨水慢慢滴入硝酸银溶液中,产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止,此时溶液即为银氨溶液,故E正确;
故答案为:C、E;
Ⅱ.(1)乙醇在170℃时发生消去生成乙烯,温度必须是170℃,反应方程式:CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O,乙烯分子中含碳碳双键,试管d中:乙烯和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷,化学方程式为CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br,
故答案为:CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O、CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br;
(2)乙醇在浓硫酸140℃的条件下,发生分子内脱水生成乙醚,2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O,要尽可能迅速地把反应温度提高170℃左右,其最主要目的是:减少副产物乙醚生成,
故答案为:d;
(3)浓硫酸具有强氧化性,将乙醇氧化成二氧化碳,自身被还原成二氧化硫,CH3CH2OH+4H2SO4(浓)4SO2↑+CO2↑+7H2O+C,二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应,所以在装置C中应加入氢氧化钠溶液,吸收反应中可能生成的酸性气体,
故答案为:c;
(4)1,2-二溴乙烷和水不互溶,1,2-二溴乙烷密度比水大,故答案为:下;
(5)a.溴更易溶液1,2-二溴乙烷,用水无法除去溴,故a错误;
b.常温下Br2和氢氧化钠发生反应:2NaOH+Br2═NaBr+NaBrO+H2O,再分液除去,故b正确;
c.NaI与溴反应生成碘,碘与1,2-二溴乙烷互溶,不能分离,故c错误;
d.酒精与1,2-二溴乙烷互溶,不能除去混有的溴,故d错误,
故答案为:b;
(6)1,2-二溴乙烷沸点132℃,乙醚34.6℃,1,2-二溴乙烷与乙醚的沸点相差较大,两者均为有机物,互溶,用蒸馏的方法将它们分离,
故答案为:蒸馏;
(7)溴在常温下,易挥发,乙烯与溴反应时放热,溴更易挥发,冷却可避免溴的大量挥发,但1,2-二溴乙烷的凝固点9℃较低,不能过度冷却,过度冷却会使其凝固而使气路堵塞,
故答案为:避免溴大量挥发;产品1,2-二溴乙烷的熔点(凝固点)低,过度冷却会凝固而堵塞导管.
解析
解:Ⅰ.A.乙烷中乙烯的含量未知,不能确定通入氢气的量,易引入杂质,且反应在实验室难以完成,故A错误;
B.苯和溴水不反应,应用液溴和苯在催化剂条件下反应,故B错误;
C.乙醇的催化氧化反应中,金属铜作催化剂,真正和乙醇反应起到氧化作用的是氧化铜,实验过程中铜网出现黑色,是由于铜和氧气反应生成氧化铜,反应的方程式为2Cu+O22CuO,铜网由黑色变成红色是由于乙醇和氧化铜反应生成铜,反应的方程式为CH3CH2OH+CuO
CH3CHO+Cu+H2O,故C正确;
D.无水乙醇和浓硫酸共热至170℃,发生消去反应生成乙烯,乙醇易挥发,乙烯、乙醇均能被酸性高锰酸钾氧化,不能检验,应除去乙醇,再检验乙烯,故D错误;
E.配制银氨溶液时,将稀氨水慢慢滴入硝酸银溶液中,产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止,此时溶液即为银氨溶液,故E正确;
故答案为:C、E;
Ⅱ.(1)乙醇在170℃时发生消去生成乙烯,温度必须是170℃,反应方程式:CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O,乙烯分子中含碳碳双键,试管d中:乙烯和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷,化学方程式为CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br,
故答案为:CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O、CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br;
(2)乙醇在浓硫酸140℃的条件下,发生分子内脱水生成乙醚,2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O,要尽可能迅速地把反应温度提高170℃左右,其最主要目的是:减少副产物乙醚生成,
故答案为:d;
(3)浓硫酸具有强氧化性,将乙醇氧化成二氧化碳,自身被还原成二氧化硫,CH3CH2OH+4H2SO4(浓)4SO2↑+CO2↑+7H2O+C,二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应,所以在装置C中应加入氢氧化钠溶液,吸收反应中可能生成的酸性气体,
故答案为:c;
(4)1,2-二溴乙烷和水不互溶,1,2-二溴乙烷密度比水大,故答案为:下;
(5)a.溴更易溶液1,2-二溴乙烷,用水无法除去溴,故a错误;
b.常温下Br2和氢氧化钠发生反应:2NaOH+Br2═NaBr+NaBrO+H2O,再分液除去,故b正确;
c.NaI与溴反应生成碘,碘与1,2-二溴乙烷互溶,不能分离,故c错误;
d.酒精与1,2-二溴乙烷互溶,不能除去混有的溴,故d错误,
故答案为:b;
(6)1,2-二溴乙烷沸点132℃,乙醚34.6℃,1,2-二溴乙烷与乙醚的沸点相差较大,两者均为有机物,互溶,用蒸馏的方法将它们分离,
故答案为:蒸馏;
(7)溴在常温下,易挥发,乙烯与溴反应时放热,溴更易挥发,冷却可避免溴的大量挥发,但1,2-二溴乙烷的凝固点9℃较低,不能过度冷却,过度冷却会使其凝固而使气路堵塞,
故答案为:避免溴大量挥发;产品1,2-二溴乙烷的熔点(凝固点)低,过度冷却会凝固而堵塞导管.
B.铁强化酱油是在酱油添加食品强化剂--乙二胺四乙酸铁钠盐,乙二胺四乙酸铁钠盐化学式为:C10H12FeN2NaO8•3H2O,式量:421,EDTA铁钠盐呈浅土黄色结晶粉末,性稳定,易溶于水及难溶于乙醇.1%的水溶液pH约为3.5,可由乙二胺四乙酸一钠盐(NaH3EDTA)与氯化铁制取,制取原理如下:
实验室制备NaFeEDTA•3H2O步骤如下:
①把0.4g(0.01mol)NaOH溶于10mL蒸馏水,然后再加入3.8g(0.01mol)Na2H2EDTA•2H2O,把溶液微热,直至固体完全溶解.
②用含有氯化铜杂质的氯化铁提纯并制得FeCl3•6H2O.称取2.5g(0.009mol)FeCl3•6H2O溶于5mL,蒸馏水中(并加1滴盐酸).
③将①、②制得的两溶液混合
④加热溶液至沸腾,蒸发浓缩直至大部分粉末状的固体析出.
⑤冷却、采用右图装置减压过滤,先用冰水洗涤再用乙醇洗涤.
⑥将固体凉干,称得制得的淡黄色粉末2.8g.
试回答下列问题
(1)在步骤①中,不能加入过量的碱,是因为______.
(2)将含有氯化铜杂质的氯化铁溶液分离可用的简单方法是______;加显色剂后分别发生反应的离子方程式为______;______.
(3)步骤⑤中用冰水和乙醇洗涤的目的是,______,______.
(4)本实验得到的是粉末状淡黄色的粉末,没有得到块状的晶体,可能的原因是:______.
(5)检验某品牌酱油中是否加有NaFeEDTA•3H2O,先取20mL酱油加入10mL75%乙醇,将所得沉淀物溶于水,并用某盐酸调到pH<0.5,破坏配合物,然后加入某种铵盐检验,该铵盐是______(写化学式).
(6)本次实验的NaFeEDTA•3H2O的实际产率为:______.
正确答案
碱过量会使产物中有氢氧化铁生成,影响纯度
纸上层析
Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+
Cu2++4NH3•H2O=Cu(NH3)42++4H2O
用冰水洗涤可降低洗涤过程中NaFeEDTA•3H2O的损耗
用酒精洗涤可使其快速干燥
步骤④中溶剂蒸发速度快,步骤⑤冷却速率快
NH4SCN
78.9%
解析
解:乙二胺四乙酸铁钠(C10H12FeN2NaO8•3H2O)的制备:乙二胺四乙酸或乙二胺四乙酸钠盐与氯化铁、氢氧化钠混合,微热制取,实质是乙二胺四乙酸或乙二胺四乙酸钠盐与氢氧化铁,微热进行反应;
(1)该实验实质为乙二胺四乙酸或乙二胺四乙酸钠盐与氢氧化铁微热反应,碱过量会使产物中有氢氧化铁生成,提高纯度;
故答案为:碱过量会使产物中有氢氧化铁生成,影响纯度;
(2)将含有氯化铜杂质的氯化铁溶液分离可用的简单方法是纸上层析,利用混合物中各组分在两种不同溶剂中的分配系数不同而使物质分离的方法,丙酮对Fe3+的溶解度要大于Cu2+,含有Cu2+和Fe3+的溶液涂在滤纸一端,丙酮作展开剂,在滤纸的毛细作用下,Cu2+和Fe3+沿滤纸纤维向上移动的速度不同,一段时间后,Cu2+和Fe3+距起点的距离会不同,从而达到分离的目的;
故答案为:纸上层析;Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+,Cu2++4NH3•H2O=Cu(NH3)42++4H2O;
(3)⑤冷却、采用减压过滤,先用冰水洗涤再用乙醇洗涤,洗涤除去晶体表面附着的Na2H2EDTA、氯化物等杂质,乙二胺四乙酸铁钠盐的溶解度受温度影响,它在冰水中的溶解度较小,用冰水洗涤,降低洗涤过程中NaFeEDTA•3H2O的损耗,用乙醇洗涤,乙醇具有挥发性,可以使乙二胺四乙酸铁钠盐快速干燥;
故答案为:用冰水洗涤可降低洗涤过程中NaFeEDTA•3H2O的损耗;用酒精洗涤可使其快速干燥;
(4)本实验得到的是粉末状淡黄色的粉末,没有得到块状的晶体,证明结晶过程出现问题,可能的原因是:步骤④中溶剂蒸发速度快,步骤⑤冷却速率快;
故答案为:步骤④中溶剂蒸发速度快,步骤⑤冷却速率快;
(5)检验某品牌酱油中是否加有NaFeEDTA•3H2O,先取20mL酱油加入10mL75%乙醇,将所得沉淀物溶于水,并用某盐酸调到pH<0.5,破坏配合物,溶液中含有Fe3+,检验Fe3+用SCN,故加入的铵盐应为NH4SCN,现象为溶液变为血红色;
故答案为:NH4SCN;
(6)乙二胺四乙酸铁钠盐化学式为:C10H12FeN2NaO8•3H2O,由Na2H2EDTA•2H2O和FeCl3•6H2O发生反应得到,由原子守恒得C10H12FeN2NaO8•3H2O~Na2H2EDTA•2H2O~FeCl3•6H2O,由2.5g(0.009mol)FeCl3•6H2O和3.8g(0.01mol)Na2H2EDTA•2H2O反应,Na2H2EDTA•2H2O过量,故n(C10H12FeN2NaO8•3H2O)=n(FeCl3•6H2O)=0.009mol,理论上制得C10H12FeN2NaO8•3H2O的质量为m=nM=0.009mol×421g/mol=3.789g,实际制得成品2.8g,
NaFeEDTA•3H2O的实际产率=×100%=
×100%=73.9%,
故答案为:73.9%.
信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁.某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后,将得到的红色金属M和金属E进行如框图所示转化,获得高效净水剂K2EO4.
(答题时,化学式及化学方程式中的M、E均用所对应的元素符号表示):
(1)写出M溶于稀H2SO4和H2O2混合液的离子方程式______.
(2)检验X中阳离子的方法和现象是______.
(3)某同学取X的溶液在空气中放置后,酸化并加入KI和淀粉溶液,溶液变为蓝色.试用离子方程式表示溶液变为蓝色的原因:______.
(4)由MSO4的蓝色溶液经一系列操作可以获得蓝色晶体,这些操作中用到的实验仪器除了酒精灯、烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台外,还需要用到的硅酸盐仪器有______(填写仪器名称).
(5)某同学利用H2还原MO来测定M的相对原子质量,下图是测定装置示意图.A中试剂是盐酸.
①装置D的作用______;
②连接好装置并检验装置的气密性后,应首先“加热反应管E”还是“从A瓶中逐滴加入液体”?______在这两步之间还应进行的操作是______.
③该实验设计是否还有不足之处?若有请指出并改进,如没有本问可不答.
(6)试说明K2EO4可用作高效净水剂的原因______.
正确答案
解:根据题中信息,红色金属与稀H2SO4和H2O2反应生成蓝色溶液,生成的溶液中含有铜离子,所以M为金属铜;由于金属E反应后进入溶液X,X被双氧水氧化成Y,Y与硫氰化钾显示红色,证明金属E为铁,X为硫酸亚铁,Y为硫酸铁,
(1)铜和硫酸在双氧水的作用下发生反应生成硫酸铜和水,即Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O,
故答案为:Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O;
(2)检验X中阳离子,就是检验溶液中存在亚铁离子,方法为:取X溶液少许于试管中,滴入几滴KSCN溶液,溶液不显红色,再向试管中加入几滴新制氯水,溶液显红色,
故答案为:取X溶液少许于试管中,滴入几滴KSCN溶液,溶液不显红色,再向试管中加入几滴新制氯水,溶液显红色;
(3)由于X的溶液在空气中放置后,溶液中的亚铁离子被氧化成了铁离子,铁离子具有氧化性,能够氧化碘离子,发生的反应为:2Fe3++2I-=2Fe2++I2,
故答案为:2Fe3++2I-=2Fe2++I2;
(4)由于硫酸铜溶液获得硫酸铜晶体,需要经过蒸发浓度、冷却结晶等操作,用到的仪器有酒精灯、烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台和蒸发皿,
故答案为:蒸发皿;
(5)①D装置盛有浓硫酸,作用是干燥氢气,
故答案为:吸收水蒸气,干燥H2;
②氢气还原氧化铜,必须先通氢气赶走空气再加热,避免发生危险,所以应该先从A瓶中逐滴加入液体;加热前需要检验氢气的纯度;
故答案为:从A瓶中逐滴加入液体; 检验H2的纯度;
③在反应结束后,必须对尾气进行处理,处理方法可以将多余的氢气燃烧掉,
答:有不足,未进行尾气处理,可用酒精灯将未反应的氢气燃烧掉;
(6)由于高铁酸钾具有强氧化性,杀菌后自身被还原为Fe3+,Fe3+水解后生成的氢氧化铁胶体又具有较强的吸附性,因而高铁酸钾可有做高效净水剂,
故答案为:高铁酸钾具有强氧化性,杀菌后自身被还原为Fe3+,Fe3+水解后生成的氢氧化铁胶体又具有较强的吸附性,因而高铁酸钾可有做高效净水剂.
解析
解:根据题中信息,红色金属与稀H2SO4和H2O2反应生成蓝色溶液,生成的溶液中含有铜离子,所以M为金属铜;由于金属E反应后进入溶液X,X被双氧水氧化成Y,Y与硫氰化钾显示红色,证明金属E为铁,X为硫酸亚铁,Y为硫酸铁,
(1)铜和硫酸在双氧水的作用下发生反应生成硫酸铜和水,即Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O,
故答案为:Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O;
(2)检验X中阳离子,就是检验溶液中存在亚铁离子,方法为:取X溶液少许于试管中,滴入几滴KSCN溶液,溶液不显红色,再向试管中加入几滴新制氯水,溶液显红色,
故答案为:取X溶液少许于试管中,滴入几滴KSCN溶液,溶液不显红色,再向试管中加入几滴新制氯水,溶液显红色;
(3)由于X的溶液在空气中放置后,溶液中的亚铁离子被氧化成了铁离子,铁离子具有氧化性,能够氧化碘离子,发生的反应为:2Fe3++2I-=2Fe2++I2,
故答案为:2Fe3++2I-=2Fe2++I2;
(4)由于硫酸铜溶液获得硫酸铜晶体,需要经过蒸发浓度、冷却结晶等操作,用到的仪器有酒精灯、烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台和蒸发皿,
故答案为:蒸发皿;
(5)①D装置盛有浓硫酸,作用是干燥氢气,
故答案为:吸收水蒸气,干燥H2;
②氢气还原氧化铜,必须先通氢气赶走空气再加热,避免发生危险,所以应该先从A瓶中逐滴加入液体;加热前需要检验氢气的纯度;
故答案为:从A瓶中逐滴加入液体; 检验H2的纯度;
③在反应结束后,必须对尾气进行处理,处理方法可以将多余的氢气燃烧掉,
答:有不足,未进行尾气处理,可用酒精灯将未反应的氢气燃烧掉;
(6)由于高铁酸钾具有强氧化性,杀菌后自身被还原为Fe3+,Fe3+水解后生成的氢氧化铁胶体又具有较强的吸附性,因而高铁酸钾可有做高效净水剂,
故答案为:高铁酸钾具有强氧化性,杀菌后自身被还原为Fe3+,Fe3+水解后生成的氢氧化铁胶体又具有较强的吸附性,因而高铁酸钾可有做高效净水剂.
氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体,易分解、易水解,可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等.某化学兴趣小组用模拟制备氨基
甲酸铵,反应的化学方程式如下:2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)△H<0
(1)如用如图1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制备氨基甲酸铵时温度不能高,该实验中控温措施有哪些______.
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尾气处理装置如右图所示.双通玻璃管的作用:______;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0.782 0g,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1.000g.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]
(4)以NH3和CO2为原料在工业上生产尿素的原理是:2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)(I)+H2O(I),该反应的平衡常数和温度关系如下:
①焓变△H______0(填“>”、“<”或“=”).
②在一定温度和压强下,若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比(氨碳比),
如图4是氨碳比(x),=x与CO2平衡转化率(a)的关系.
a随着x增大而增大的原因是______.,图中A点处NH3的平衡转化率为______.
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氨基甲酸铵(NH2COONH4)易分解、易水解,所以反应温度不宜过高,可以通过搅拌、冰水浴、控制通入气体流速等方法控制反应的温度,
故答案为:搅拌、冰水浴、控制通入气体流速;
②制备氨基甲酸铵的装置如图3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,氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体,易分解、不能加热烘干,应在真空40℃以下烘干,
故答案:过滤;c;
③双通玻璃管的作用是防止液体倒吸;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:防止倒吸;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0.7820g,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1.000g,碳酸钙的物质的量为:=0.010mol,
设样品中氨基甲酸铵物质的量为x,碳酸氢铵物质的量为y,
依据碳元素守恒可得:x+y=0.01
根据样品总质量可得:78x+79y=0.7820,
解得:x=0.008mol,y=0.002mol,
则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为:×100%=80.00%,
故答案为:80.00%;
(4)①平衡常数随温度升高减小,说明升高温度,平衡向着逆向移动,该反应的正反应为放热反应,则△H<0,故答案为:<;
②根据可逆反应2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l)可知,增大氨气浓度平衡向着正向进行,则二氧化碳转化率增大;
A点处x=3,原料气中的NH3和CO2的物质的量之比为3,二氧化碳转化率为63%,假设氨气为3mol,二氧化碳为1mol,则反应的二氧化碳为0.63mol,依据化学方程式2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l)反应的氨气为1.26mol,
NH3的平衡转化率为:×100%=42%,
故答案为:NH3的量增大,平衡正向移动,则增大CO2的转化率;42%.
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氨基甲酸铵(NH2COONH4)易分解、易水解,所以反应温度不宜过高,可以通过搅拌、冰水浴、控制通入气体流速等方法控制反应的温度,
故答案为:搅拌、冰水浴、控制通入气体流速;
②制备氨基甲酸铵的装置如图3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,氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体,易分解、不能加热烘干,应在真空40℃以下烘干,
故答案:过滤;c;
③双通玻璃管的作用是防止液体倒吸;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:防止倒吸;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0.7820g,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1.000g,碳酸钙的物质的量为:=0.010mol,
设样品中氨基甲酸铵物质的量为x,碳酸氢铵物质的量为y,
依据碳元素守恒可得:x+y=0.01
根据样品总质量可得:78x+79y=0.7820,
解得:x=0.008mol,y=0.002mol,
则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为:×100%=80.00%,
故答案为:80.00%;
(4)①平衡常数随温度升高减小,说明升高温度,平衡向着逆向移动,该反应的正反应为放热反应,则△H<0,故答案为:<;
②根据可逆反应2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l)可知,增大氨气浓度平衡向着正向进行,则二氧化碳转化率增大;
A点处x=3,原料气中的NH3和CO2的物质的量之比为3,二氧化碳转化率为63%,假设氨气为3mol,二氧化碳为1mol,则反应的二氧化碳为0.63mol,依据化学方程式2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l)反应的氨气为1.26mol,
NH3的平衡转化率为:×100%=42%,
故答案为:NH3的量增大,平衡正向移动,则增大CO2的转化率;42%.
活性氧化锌用途非常广泛.以氧化锌粗品(含铁的氧化物、CuO和SiO2等杂质)为原料制备活性氧化锌并生产其它副产品的生产工艺流程如下:
已知:Zn(OH)2可溶于NaOH溶液.
请回答下列问题:
(1)“溶解”前将氧化锌粗品粉碎成细颗粒,其目的是______.
(2)操作A所得滤渣的主要成分是______.
(3)加入过量Fe时,滤液M中与Fe反应的离子有______.
(4)操作C所得的滤渣P中含有Fe(OH)2和Fe(OH)3,请写出生成Fe(OH)3的化学反应方程式为______.
(5)“沉淀”的成分为ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O,可用氧化物的形式把它改写为______.
正确答案
解:根据图示可知,制备流程为:氧化锌粗品(含铁的氧化物、CuO和SiO2等杂质)中加入稀硫酸,氧化锌、铁的氧化物、氧化铜与稀硫酸反应,二氧化硅不反应,通过过滤操作分离出二氧化硅,滤液中含有铁离子、亚铁离子、锌离子、铜离子;向滤液M加入过量铁粉,铜离子被置换成铜单质,通过过滤得到的滤液N中含有亚铁离子、锌离子;向滤液N中加入过量氢氧化钠,反应生成氢氧化铁、氢氧化亚铁沉淀,滤液Q中含有AlO2-;酸化滤液Q后加入适量碳酸钠溶液得到沉淀ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O,经过煅烧得到ZnO,
(1)为了加快反应速率,增大固液接触面积,在“溶解”前将氧化锌粗品粉碎成细颗粒,故答案为:增大接触面积使其能充分反应;
(2)氧化锌粗品(含铁的氧化物、CuO和SiO2等杂质),SiO2不与硫酸反应,为操作A所得滤渣;故答案为:SiO2;
(3)滤液M中加入过量铁粉后,铁与铜离子发生置换反应生成亚铁离子和铜单质,铁与三价铁离子反应生成亚铁离子,铁能置换出M中过量的H+,故答案为:H+、Cu2+、Fe3+;
(4)滤渣P中Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3,反应的化学方程式为:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,
故答案为:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(5)“沉淀”的成分为ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O,可用氧化物的形式,先写金属氧化物、非金属氧化物、水,为3ZnO•CO2•3H2O;
故答案为:3ZnO•CO2•3H2O.
解析
解:根据图示可知,制备流程为:氧化锌粗品(含铁的氧化物、CuO和SiO2等杂质)中加入稀硫酸,氧化锌、铁的氧化物、氧化铜与稀硫酸反应,二氧化硅不反应,通过过滤操作分离出二氧化硅,滤液中含有铁离子、亚铁离子、锌离子、铜离子;向滤液M加入过量铁粉,铜离子被置换成铜单质,通过过滤得到的滤液N中含有亚铁离子、锌离子;向滤液N中加入过量氢氧化钠,反应生成氢氧化铁、氢氧化亚铁沉淀,滤液Q中含有AlO2-;酸化滤液Q后加入适量碳酸钠溶液得到沉淀ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O,经过煅烧得到ZnO,
(1)为了加快反应速率,增大固液接触面积,在“溶解”前将氧化锌粗品粉碎成细颗粒,故答案为:增大接触面积使其能充分反应;
(2)氧化锌粗品(含铁的氧化物、CuO和SiO2等杂质),SiO2不与硫酸反应,为操作A所得滤渣;故答案为:SiO2;
(3)滤液M中加入过量铁粉后,铁与铜离子发生置换反应生成亚铁离子和铜单质,铁与三价铁离子反应生成亚铁离子,铁能置换出M中过量的H+,故答案为:H+、Cu2+、Fe3+;
(4)滤渣P中Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3,反应的化学方程式为:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,
故答案为:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(5)“沉淀”的成分为ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O,可用氧化物的形式,先写金属氧化物、非金属氧化物、水,为3ZnO•CO2•3H2O;
故答案为:3ZnO•CO2•3H2O.
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