- 比色法
- 共1072题
无水氯化铝是有机化工常用催化剂，其外观为白色固体，1780C时升华，极易潮解，遇水后会发热并产生白雾．实验室用如下装置制备少量无水氯化铝，其反应原理为：2Al+3C12
（1）写出B处烧瓶中发生反应的化学方程式______．
（2）C和D中盛有的试剂分别为______、______．进行实验时应先点燃______ （选填“B”或．“E”）处酒精灯
（3）G瓶的作用是______，F装置的作用是______
（4）将E中固体改为市售氣化铝（AlCl3.6H20），控制一定条件也能进行无水氣化铝的制 备，此时E中应通入______气体，作用是______
（5）实验条件控制不当，最终得到的物质是碱式氯化铝[化学式为Al2（OH）nCl（6-n）]，且质量是原市售氯化铝的40%，则可推算n的值为______．
正确答案
解：该实验的原理是先通过发生装置制备氯气，然后通过浓硫酸干燥气体，干燥的氯气再与Al反应，最后收集制得的AlCl3．
（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，方程式为MnO2+4HCl（浓）
（2）浓盐酸具有挥发性，所以混合气体中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，氯气难溶于饱和食盐水，所以选饱和食盐水除去氯化氢；因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，所以选浓硫酸；先通过氯气排空装置中的空气，然后氯气与铝反应，故答案为：饱和氯化钠溶液；浓硫酸；B；
（3）根据在178℃升华，降温时能凝华以便收集，所以装置G的作用为收集氯化铝；氯气有毒，污染环境，所以不能排空；碱石灰的成分是氧化钙和氢氧化钠，氯气和氧化钙、氢氧化钠能反应达到，所以可用碱石灰处理尾气；空气中有水蒸气，碱石灰还能吸收水蒸气，所以可作干燥剂，
故答案为：使AlCl3冷凝、收集AlCl3；吸收氯气及阻止空气中水蒸气进入G中；
（4）若用AlCl3•6H2O制备无水AlCl3，通入HCl是为了防止AlCl3水解，故答案为：HCl气体；抑制AlCl3水解；
（5）根据碱式氯化铝是氯化铝晶体的40%，列式241.5×40%=54+17n+213-35.5n，n=4，故答案为：4．
解析
解：该实验的原理是先通过发生装置制备氯气，然后通过浓硫酸干燥气体，干燥的氯气再与Al反应，最后收集制得的AlCl3．
（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，方程式为MnO2+4HCl（浓）
（2）浓盐酸具有挥发性，所以混合气体中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，氯气难溶于饱和食盐水，所以选饱和食盐水除去氯化氢；因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，所以选浓硫酸；先通过氯气排空装置中的空气，然后氯气与铝反应，故答案为：饱和氯化钠溶液；浓硫酸；B；
（3）根据在178℃升华，降温时能凝华以便收集，所以装置G的作用为收集氯化铝；氯气有毒，污染环境，所以不能排空；碱石灰的成分是氧化钙和氢氧化钠，氯气和氧化钙、氢氧化钠能反应达到，所以可用碱石灰处理尾气；空气中有水蒸气，碱石灰还能吸收水蒸气，所以可作干燥剂，
故答案为：使AlCl3冷凝、收集AlCl3；吸收氯气及阻止空气中水蒸气进入G中；
（4）若用AlCl3•6H2O制备无水AlCl3，通入HCl是为了防止AlCl3水解，故答案为：HCl气体；抑制AlCl3水解；
（5）根据碱式氯化铝是氯化铝晶体的40%，列式241.5×40%=54+17n+213-35.5n，n=4，故答案为：4．
（2013•黄山三模）碳酸锰[MnCO3]常用制造铁氧磁体，也用于化肥添加剂．某化学研究课题组组拟从废旧干电池回收制取碳酸锰．
①将干电池剖切、分选得到黑色混合物（主要成份为MnO2）洗涤、过滤、烘干．
②将上述固体按固液体积比1：4.5加入浓盐酸，反应完全后过滤，浓缩．
③向上述溶液中加入Na2CO3溶液，边加边搅拌，再过滤即可得到碳酸锰．
（1）写出第②步反应的离子方程式______．
（2）请说出第②步反应中产生气体的一种用途______．如图1在进行过滤时，操作有何错误：______．
（3）查阅文献，发现上反应第③步中除了生成MnCO3之外还有可能生成Mn（OH）2，已知Mn（OH）2暴露在空气中时间稍长易被氧化成褐色的MnO（OH）2，MnCO3和MnO（OH）2受热最终均分解氧化成MnO2，该课题组对上述沉淀的成份提出以下假设，请帮助他完成假设：
假设一：______
假设二：全部为Mn（OH）2
假设三：既有MnCO3也有Mn（OH）2 …
（4）①为验证假设二是否正确，该课题组进行了以下研究：
定性研究：请完成下表中的内容
②定量研究：将所得沉淀过滤、洗涤，置于空气中充分氧化后，小心干燥，取22.0g样品，加热，测得固体质量随温度的变化关系如图2．根据图中数据判断假设______成立，理由是：______．
正确答案
解：（1）浓盐酸和二氧化锰反应，Mn元素化合价降低（+4→+2），被还原，MnO2为氧化剂，Cl元素化合价升高（-1→0），被氧化，HCl为还原剂，转移的电子数目为2，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
（2）第②步反应中产生气体为氯气，氯气具有强氧化性，能杀菌消毒，氯气和氢氧化钙反应制取漂白粉，氯气也能和有机物发生取代、加成生成卤代烃，据图可以看出，进行过滤时，没有玻璃棒引流，易造成液体飞溅，
故答案为：杀菌、消毒、制造漂白粉、有机化工合成等；没有使用玻璃棒引流；
（3）根据题目信息可知：沉淀的成分可能全部为MnCO3，可能全部为Mn（OH）2，还可能是MnCO3和Mn（OH）2，所以有三种假设：假设一：全部为MnCO3；假设二：全部为Mn（OH）2；假设三：既有MnCO3又有Mn（OH）2，
故答案为：全部为MnCO3；
（4）①将所得沉淀过滤、洗涤将沉淀充分暴露于空气中，观察颜色，颜色变成褐色，说明含有Mn（OH）2；另取少量沉淀于试管中，加入足量的盐酸，观察现象，没有气泡生成，说明不含MnCO3．为此证明固体是Mn（OH）2，
故答案为：
②测得固体质量随温度的变化关系图2判断假设三成立，固体质量最小值是15.8g是MnO的质量，在300℃以后，质量增加量为MnO氧化为MnO2．增加的质量为17.4-15.8=1.6g．所以n（MnO）=1.6g÷16g/mol=0.1mol，在15.8g固体中含有MnO质量为0.1mol×71g/mol=7.1g，含有MnO2的质量为15.8g-7.1g=8.7g，即含有MnO20.1mol；由于Mn（OH）2暴露在空气中时间稍长，易被氧化成褐色的MnO（OH）2，分解得到MnO2，所以在原固体中含有Mn（OH）20.1mol，质量是0.1mol×105g/mol=10.5g；则原固体中含有MnCO3质量为22.0g-10.5g=11.5g；所以原固体中既有MnCO3又有Mn（OH）2．300℃以后，质量增加量为MnO氧化为MnO2 ，计算可得MnCO3质量为11.5（或MnO（OH）2的质量为10.5g），所以既有MnCO3又有Mn（OH）2
故答案为：三；300℃以后质量增加量为MnO氧化为MnO2，计算可得MnCO3质量为11.5g 或Mn（OH）2质量为10.5g，所以既有MnCO3 也有Mn（OH）2．
解析
解：（1）浓盐酸和二氧化锰反应，Mn元素化合价降低（+4→+2），被还原，MnO2为氧化剂，Cl元素化合价升高（-1→0），被氧化，HCl为还原剂，转移的电子数目为2，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
（2）第②步反应中产生气体为氯气，氯气具有强氧化性，能杀菌消毒，氯气和氢氧化钙反应制取漂白粉，氯气也能和有机物发生取代、加成生成卤代烃，据图可以看出，进行过滤时，没有玻璃棒引流，易造成液体飞溅，
故答案为：杀菌、消毒、制造漂白粉、有机化工合成等；没有使用玻璃棒引流；
（3）根据题目信息可知：沉淀的成分可能全部为MnCO3，可能全部为Mn（OH）2，还可能是MnCO3和Mn（OH）2，所以有三种假设：假设一：全部为MnCO3；假设二：全部为Mn（OH）2；假设三：既有MnCO3又有Mn（OH）2，
故答案为：全部为MnCO3；
（4）①将所得沉淀过滤、洗涤将沉淀充分暴露于空气中，观察颜色，颜色变成褐色，说明含有Mn（OH）2；另取少量沉淀于试管中，加入足量的盐酸，观察现象，没有气泡生成，说明不含MnCO3．为此证明固体是Mn（OH）2，
故答案为：
②测得固体质量随温度的变化关系图2判断假设三成立，固体质量最小值是15.8g是MnO的质量，在300℃以后，质量增加量为MnO氧化为MnO2．增加的质量为17.4-15.8=1.6g．所以n（MnO）=1.6g÷16g/mol=0.1mol，在15.8g固体中含有MnO质量为0.1mol×71g/mol=7.1g，含有MnO2的质量为15.8g-7.1g=8.7g，即含有MnO20.1mol；由于Mn（OH）2暴露在空气中时间稍长，易被氧化成褐色的MnO（OH）2，分解得到MnO2，所以在原固体中含有Mn（OH）20.1mol，质量是0.1mol×105g/mol=10.5g；则原固体中含有MnCO3质量为22.0g-10.5g=11.5g；所以原固体中既有MnCO3又有Mn（OH）2．300℃以后，质量增加量为MnO氧化为MnO2 ，计算可得MnCO3质量为11.5（或MnO（OH）2的质量为10.5g），所以既有MnCO3又有Mn（OH）2
故答案为：三；300℃以后质量增加量为MnO氧化为MnO2，计算可得MnCO3质量为11.5g 或Mn（OH）2质量为10.5g，所以既有MnCO3 也有Mn（OH）2．
某课外活动小组同学利用如图甲装置（固定装置略去）测定[Mg2Al（OH）4Cl•XH2O]的化学式，[Mg2Al（OH）4Cl•XH2O]高温下分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气．
（1）装置连接后首先进行的操作是______．
（2）将一定质量的[Mg2Al（OH）4Cl•xH2O]放在加热装置中充分加热，冷却后称量剩余固体的质量是131g，则其中MgO的质量是______g．
（3）若只通过测定装置C、D的增重来确定x，加热前先通过N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，再持续通入N2．
①装置的连接顺序为a→______（用接口处的小写字母表示）．
②实验过程中装置C吸收HCl气体，没有用如图乙所示防倒吸装置的理由是______．
③完全分解后测得C增重3.65g、D增重9.90g，则x=______．
（4）下列实验方案也能测定x值的是______，并且对不选方案说明不合理的理由：______（若两个方案都选，此问就不作答）．
方案1：测定加热装置剩余固体的质量和装置D增重的质量
方案2：测定加热装置剩余固体的质量和装置C增重的质量．
正确答案
对装置进行气密性检验
80
e-d-b
实验过程中持续通入N2，没有必要用如图所示防倒吸装置
3
方案1
由加热装置剩余固体的质量可计算装置C增重的质量，与x的大小没有关系，因此方案2是不合理的
解析
解：（1）根据题给信息：[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气，其化学方程式为：2[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]
故答案为：对装置进行气密性检验；
（2）[Mg2Al（OH）4Cl•XH2O]高温分解：2[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]
故答案为：80；
（3）①装置C的作用是吸收反应生成的HCl气体，装置D的作用是吸收水蒸气，应该首先通过D装置吸收水蒸气，后通过C装置吸收HCl；将气体通过洗气瓶进行洗气时，应该从长导管一侧通入气体，让气体与溶液充分接触反应，故其连接顺序是a→e→d→b；
故答案为：e→d→b；
②虽氯化氢极易溶于水，但加热后的装置中含有残留的HCl和水蒸气，为了避免引起实验误差，保证反应产生的气体全部被装置C、D吸收，所以要通入N2排出装置内残留的气体，同时也是为了防止产生倒吸，所以没有必要用如图所示防倒吸装置，
故答案为：实验过程中持续通入N2，没有必要用如图所示防倒吸装置；
③2[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]
73 18×（5+2x）
3.65g 9.90g 解得x=3，
故答案为：3；
（4）2[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]
故答案为：方案1；由加热装置剩余固体的质量可计算装置C增重的质量，与x的大小没有关系，因此方案2是不合理的．
硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛．
已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O．利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：
回答下列有关问题：
（1）硼砂中B的化合价为______，溶于热水后，常用H2SO4调pH2～3制取H3BO3，反应的离子方程式为______．X为H3BO3晶体加热脱水的产物，其与Mg制取粗硼的化学方程式为______．
（2）MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是______．若用惰性电极电解MgCl2溶液，其阴极反应式为______．
（3）镁-H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，则正极反应式为______．若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中Mg2+离子浓度为______．已知Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12，当溶液pH=6时，______（填“有”或“没有”）Mg（OH）2沉淀析出．
（4）制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼．现将0.020g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.30mol•L-1 Na2S2O3（H2S2O3为弱酸）溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液18.00mL．盛装Na2S2O3溶液的仪器应为______滴定管（填“酸式”或“碱式”）．该粗硼样品的纯度为______．（提示：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）
正确答案
解：（1）硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O，钠元素化合价为+1价，氧元素化合价-2价，依据化合价代数和计算得到硼元素化合价为+3价；用H2SO4调pH2～3，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，反应的离子方程式为：B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3，X为H3BO3晶体加热脱水的产物判断为B2O3，与Mg反应生成粗硼和氧化镁，反应的化学方程式为3Mg+B2O3
故答案为：+3；B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3；3Mg+B2O3
（2）MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热，是为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁；若用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡破坏，水电离生成氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀，合并写出阴极反应式为：2H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg（OH）2↓；
故答案为：防止MgCl2水解生成Mg（OH）2；2H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg（OH）2↓；
（3）镁-H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，正极上是过氧化氢得到电子生成水的反应，正极反应式H2O2+2H++2e-=2H2O；若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中，氢离子浓度减小0.1mol/L-0.01mol/L=0.09mol/L，依据反应方程式得到Mg2+离子浓度=0.045mol/L；Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12，当溶液pH=6时，c（OH-）=10-8mol/L，则Qc=c（Mg2+）×c2（OH-）=0.045mol/L×10-16mol/L=4.5×10-18＜Ksp[Mg（OH）2]，说明无氢氧化镁沉淀生成；
故答案为：H2O2+2H++2e-=2H2O；0.045 mol•L-1；没有；
（4）硫代硫酸钠溶液呈碱性，选择碱式滴定管；硫代硫酸钠的物质的量为：0.30mol/L×0.018L=0.0054mol，根据关系式：B～BI3～
硼的质量为：11g/mol×0.0018mol=0.0198g，粗硼中硼的含量为：
故答案为：碱式；99%．
解析
解：（1）硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O，钠元素化合价为+1价，氧元素化合价-2价，依据化合价代数和计算得到硼元素化合价为+3价；用H2SO4调pH2～3，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，反应的离子方程式为：B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3，X为H3BO3晶体加热脱水的产物判断为B2O3，与Mg反应生成粗硼和氧化镁，反应的化学方程式为3Mg+B2O3
故答案为：+3；B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3；3Mg+B2O3
（2）MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热，是为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁；若用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡破坏，水电离生成氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀，合并写出阴极反应式为：2H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg（OH）2↓；
故答案为：防止MgCl2水解生成Mg（OH）2；2H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg（OH）2↓；
（3）镁-H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，正极上是过氧化氢得到电子生成水的反应，正极反应式H2O2+2H++2e-=2H2O；若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中，氢离子浓度减小0.1mol/L-0.01mol/L=0.09mol/L，依据反应方程式得到Mg2+离子浓度=0.045mol/L；Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12，当溶液pH=6时，c（OH-）=10-8mol/L，则Qc=c（Mg2+）×c2（OH-）=0.045mol/L×10-16mol/L=4.5×10-18＜Ksp[Mg（OH）2]，说明无氢氧化镁沉淀生成；
故答案为：H2O2+2H++2e-=2H2O；0.045 mol•L-1；没有；
（4）硫代硫酸钠溶液呈碱性，选择碱式滴定管；硫代硫酸钠的物质的量为：0.30mol/L×0.018L=0.0054mol，根据关系式：B～BI3～
硼的质量为：11g/mol×0.0018mol=0.0198g，粗硼中硼的含量为：
故答案为：碱式；99%．
苯甲酸甲酯是一种重要的香料．其合成装置为：
①反应原理为：
②反应物和产物的部分数据资料如下表表示：
③实验步骤如下：
步骤一：在图甲所示装置中干燥的圆底烧瓶内加入12.20g苯甲醇和12.10g甲醇．边缓缓摇动边加入3mL浓硫酸，再加上几粒固体X，装上冷凝管，加热．
步骤二：取下如图甲所示装置中的冷却管，在烧瓶上安装如图乙所示的装置，利用热水溶加热烧瓶；一段时间后，冷却，将烧瓶中溶液倒入分瓶漏斗中，先用水洗涤，再用浓硫酸钠溶液洗涤即得粗苯甲酸甲酯．
步骤三：将粗苯甲酸甲酯重新加入如图乙所示装置中，收集一定温度下的馏分，即得纯净的甲苯酸甲酯，质量为8.84g．
回答下列问题：
（1）步骤一中加入固体X的作用是防止暴沸，x的名称是______．
（2）图甲所示装置中仪器a的作用是______．
（3）图乙所示装置中仪器C的名称是______，仪器D的名称是______．
（4）步骤二中热水浴的目的是______，在分液漏斗中用水洗涤的目的是______，用浓硫酸钠溶液洗涤的目的是______．
（5）步骤三中收集的馏分温度范围为______（填正确答案标号）
a、63℃-66℃b、197℃-198℃c、248℃-250℃d、＞250℃
（6）本实验中苯甲酸甲酯的产率为______．
正确答案
解：（1）步骤一中加入固体碎瓷片的作用是防止暴沸，故答案为：碎瓷片；
（2）有机物易挥发，图甲所示装置中仪器a的作用是冷凝回流，故答案为：冷凝回流；
（3）图乙所示装置中仪器C是冷凝管，仪器D是锥形瓶，
故答案为：冷凝管；锥形瓶；
（4）步骤二中热水浴的目的是控制温度，以蒸出产品；在分液漏斗中用水洗涤可以洗去易溶于水的甲醇；用浓硫酸钠溶液洗涤，洗去苯甲酸甲酯中过量的酸；故答案为：控制温度，以蒸出产品；洗去易溶于水的甲醇；洗去苯甲酸甲酯中过量的酸；
（5）操作2采取蒸馏的方法，将苯甲酸甲酯与甲醇、水分离，由苯甲酸甲酯的沸点可知应收集沸点199.6℃的馏分，故应控制温度199.6℃，
故答案为：b；
（6）12.20g苯甲酸的物质的量为
则：C7H6O2～C8H8O2
122 136
12.2g x
所以，x=13.6g，则苯甲酸甲酯的产率为
故答案为：65%．
解析
解：（1）步骤一中加入固体碎瓷片的作用是防止暴沸，故答案为：碎瓷片；
（2）有机物易挥发，图甲所示装置中仪器a的作用是冷凝回流，故答案为：冷凝回流；
（3）图乙所示装置中仪器C是冷凝管，仪器D是锥形瓶，
故答案为：冷凝管；锥形瓶；
（4）步骤二中热水浴的目的是控制温度，以蒸出产品；在分液漏斗中用水洗涤可以洗去易溶于水的甲醇；用浓硫酸钠溶液洗涤，洗去苯甲酸甲酯中过量的酸；故答案为：控制温度，以蒸出产品；洗去易溶于水的甲醇；洗去苯甲酸甲酯中过量的酸；
（5）操作2采取蒸馏的方法，将苯甲酸甲酯与甲醇、水分离，由苯甲酸甲酯的沸点可知应收集沸点199.6℃的馏分，故应控制温度199.6℃，
故答案为：b；
（6）12.20g苯甲酸的物质的量为
则：C7H6O2～C8H8O2
122 136
12.2g x
所以，x=13.6g，则苯甲酸甲酯的产率为
故答案为：65%．
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