- 比色法
- 共1072题
实验一：过氧化氮溶液的浓缩
连接好如图所示的装置，先打开恒温水浴槽和水循环泵，当系统真空恒定后，用滴液漏斗向球形冷凝管中滴加30%H2O2溶液，H2O2溶液在球形冷凝管内汽化后被抽入蒸馏系统，得到质量分数约为68%的H2O2溶液．
（1）仪器A的名称为______；球形冷凝管的进水口为______（填字母）．
（2）恒温水浴温度不高于60℃的原因是______．
实验二：过氧乙酸的合成
其制备原理为：
向带有搅拌装置及温度计的500mL三颈烧瓶中先加入16g冰醋酸，然后在搅拌条件下滴加90g68%的H2O2溶液，最后加入浓硫酸2mL，搅拌5h，静置20h．
（3）用68%的H2O2溶液代替30%的H2O2溶液的目的是______．
（4）充分搅拌的目的是______，浓硫酸的作用是作催化剂和______．
实验三：过氧乙酸含量的测定
步骤1：称取2.0g过氧乙酸样品，配置成100mL溶液A，备用．
步骤2：在碘量瓶中加入5mLH2SO4和5mL溶液A，摇匀，用0.010mol•L-1的KMnO4溶液滴定至溶液呈微红色，除去其中的H2O2．
步骤3：向步骤2滴定后的溶液中再加入1.0KI（过量），摇匀，用蒸馏水冲洗瓶盖及四周，加入2mL钼酸铵作催化剂，摇匀，用淀粉作指示剂，再用0.050mol•L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色刚好褪去，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为20.00mL．
已知：CH3COOOH+2H++2I-═I2+CH3COOH+H2O
I2+2S2O32-═2I-+S4O42-
（5）步骤1配置溶液A需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、______．
（6）步骤2滴定反应的离子方程式为______．
（7）原试样中过氧乙酸的质量分数为______．
正确答案
解：（1）仪器A为没有支管的烧瓶名称为圆底烧瓶，球形冷凝管的进水应克服水的重力充满冷凝管口，方向为下进上出，即从a口进，
故答案为：圆底烧瓶；a；
（2）恒温水浴温度不高于60℃，能加快30%H2O2溶液蒸发，同时防止过氧化氢因温度过高，发生：2H2O2
故答案为：防止H2O2分解；
（3）合成过氧乙酸：CH3COOH+H2O2
故答案为：增大过氧化氢的浓度，有利于平衡向生成过氧乙酸的方向移动；
（4）充分搅拌，能使反应物充分接触，提高提高原料利用率，合成过氧乙酸：CH3COOH+H2O2
故答案为：使反应物充分接触，提高原料利用率；吸水剂；
（5）配制100mL过氧乙酸溶液，配制步骤为：计算、称量（量取）、溶解、转移、洗涤、定容，称量时用到仪器是天平、药匙（量取时用到量筒），溶解时用到烧杯、玻璃棒，转移溶液时用到玻璃棒、容量瓶，定容时用到胶头滴管，其中属于玻璃仪器的是玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、容量瓶，故还需要的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；
（6）过氧化氢和高锰酸根离子发生氧化还原反应：MnO4-+H2O2+H+-Mn2++O2↑+H2O中，Mn的化合价从+7降低为+2价，降低了5价，O的化合价从-1价升高到了0价，两个氧原子一共升高了2价，所以Mn元素的前边系数是2，双氧水的前边系数是5，根据电荷守恒和原子守恒，得到反应为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
（7）根据已知方程式CH3COOOH+2H++2I-═I2+CH3COOH+H2O①，I2+2S2O32-═2I-+S4O42-②，可得关系式：CH3COOOH～I2～2S2O32-，5mL溶液A中含CH3COOOH，
CH3COOOH～I2～2S2O32-，
1 2
n（CH3COOOH） 0.050mol•L-1×20×10-3L
n（CH3COOOH）=5×10-4mol，
称取2.0g过氧乙酸样品，配制成100mL溶液A，100mL溶液A，n（CH3COOOH）=5×10-4mol×
故答案为：38%．
解析
解：（1）仪器A为没有支管的烧瓶名称为圆底烧瓶，球形冷凝管的进水应克服水的重力充满冷凝管口，方向为下进上出，即从a口进，
故答案为：圆底烧瓶；a；
（2）恒温水浴温度不高于60℃，能加快30%H2O2溶液蒸发，同时防止过氧化氢因温度过高，发生：2H2O2
故答案为：防止H2O2分解；
（3）合成过氧乙酸：CH3COOH+H2O2
故答案为：增大过氧化氢的浓度，有利于平衡向生成过氧乙酸的方向移动；
（4）充分搅拌，能使反应物充分接触，提高提高原料利用率，合成过氧乙酸：CH3COOH+H2O2
故答案为：使反应物充分接触，提高原料利用率；吸水剂；
（5）配制100mL过氧乙酸溶液，配制步骤为：计算、称量（量取）、溶解、转移、洗涤、定容，称量时用到仪器是天平、药匙（量取时用到量筒），溶解时用到烧杯、玻璃棒，转移溶液时用到玻璃棒、容量瓶，定容时用到胶头滴管，其中属于玻璃仪器的是玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、容量瓶，故还需要的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；
（6）过氧化氢和高锰酸根离子发生氧化还原反应：MnO4-+H2O2+H+-Mn2++O2↑+H2O中，Mn的化合价从+7降低为+2价，降低了5价，O的化合价从-1价升高到了0价，两个氧原子一共升高了2价，所以Mn元素的前边系数是2，双氧水的前边系数是5，根据电荷守恒和原子守恒，得到反应为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
（7）根据已知方程式CH3COOOH+2H++2I-═I2+CH3COOH+H2O①，I2+2S2O32-═2I-+S4O42-②，可得关系式：CH3COOOH～I2～2S2O32-，5mL溶液A中含CH3COOOH，
CH3COOOH～I2～2S2O32-，
1 2
n（CH3COOOH） 0.050mol•L-1×20×10-3L
n（CH3COOOH）=5×10-4mol，
称取2.0g过氧乙酸样品，配制成100mL溶液A，100mL溶液A，n（CH3COOOH）=5×10-4mol×
故答案为：38%．
2CH3CH2CH2CH2OH
实验过程如下：在容积为100mL 的三颈烧瓶中将5mL浓硫酸、14.8g正丁醇和几粒沸石混合均匀，再加热回流一段时间，收集到粗产品，精制得到正丁醚．
回答下列问题：
（1）合成粗产品时，液体试剂加入顺序是______．
（2）实验中冷凝水应从______口出去（填“a”或“b”）．
（3）为保证反应温度恒定在135℃，装置C中所盛液体必须具有的物理性质为______．
（4）得到的正丁醚粗产品依次用8mL50%的硫酸、10mL水萃取洗涤．该步骤中需要的属于硅酸盐材质的实验仪器是烧杯、玻璃棒、______，该仪器使用前需要______．
（5）将分离出的有机层用无水氯化钙干燥，过滤后再进行______（填操作名称）精制得到正丁醚．
（6）本实验最终得到6.50g正丁醚，则正丁醚的产率是______．
正确答案
解：（1）因浓硫酸密度大于正丁醇密度，浓硫酸与正丁醇混合时，先加正丁醇后加硫酸，防止浓硫酸稀释时放热，引起液体飞溅，所以液体试剂加入顺序是：先加正丁醇，后加浓硫酸，
故答案为：先加正丁醇，后加浓硫酸；
（2）用冷凝管冷凝时，为了充分冷却，冷凝水的流向与气体流向相反，则冷凝水从a口进入，故答案为：a；
（3）加热液体能达到的最高温度等于其沸点，则为保证反应温度恒定在135℃，装置C中所盛液体的沸点应该大于135℃，
故答案为：该液体沸点大于135℃；
（4）分离分层的液体用分液漏斗，该步骤中需要的属于硅酸盐材质的实验仪器是烧杯、玻璃棒、分液漏斗，带有玻璃塞的仪器使用前要检漏，则在使用分液漏斗时要先检验是否漏水；
故答案为：分液漏斗；检验是否漏水；
（5）将分离出的有机层用无水氯化钙干燥，混溶的液体采用蒸馏的方法分离，正丁醚沸点为142.4℃，易挥发，采用蒸馏的方法获得纯净的正丁醚，
故答案为：蒸馏；
（6）由2CH3CH2CH2CH2OH
74×2 130
14.8g mg
则m=
产率=
故答案为：50.0%．
解析
解：（1）因浓硫酸密度大于正丁醇密度，浓硫酸与正丁醇混合时，先加正丁醇后加硫酸，防止浓硫酸稀释时放热，引起液体飞溅，所以液体试剂加入顺序是：先加正丁醇，后加浓硫酸，
故答案为：先加正丁醇，后加浓硫酸；
（2）用冷凝管冷凝时，为了充分冷却，冷凝水的流向与气体流向相反，则冷凝水从a口进入，故答案为：a；
（3）加热液体能达到的最高温度等于其沸点，则为保证反应温度恒定在135℃，装置C中所盛液体的沸点应该大于135℃，
故答案为：该液体沸点大于135℃；
（4）分离分层的液体用分液漏斗，该步骤中需要的属于硅酸盐材质的实验仪器是烧杯、玻璃棒、分液漏斗，带有玻璃塞的仪器使用前要检漏，则在使用分液漏斗时要先检验是否漏水；
故答案为：分液漏斗；检验是否漏水；
（5）将分离出的有机层用无水氯化钙干燥，混溶的液体采用蒸馏的方法分离，正丁醚沸点为142.4℃，易挥发，采用蒸馏的方法获得纯净的正丁醚，
故答案为：蒸馏；
（6）由2CH3CH2CH2CH2OH
74×2 130
14.8g mg
则m=
产率=
故答案为：50.0%．
利用下列反应制备括号中的物质，不合理的是（ ）
正确答案
解析
解：A、乙烯与氯气发生加成反应，不饱和的C=C双键中π键断裂，不饱和碳原子连接氯原子，生成1，2-二氯乙烷，故A正确；
B、乙烯与水发生加成反应，不饱和的C=C双键中π键断裂，不饱和碳原子连接水提供的-H与-OH，生成乙醇，故B正确；
C、氯气与乙烷在光照下发生反应为链式反应，等物质的量的氯气与乙烷反应，各种氯代乙烷都产生，不可能只生成氯乙烷，氯乙烷可以用乙烯与氯化氢发生加成反应制备，故C错误；
D、用氯化铁做催化剂氯气与苯发生取代反应生成氯苯，故D正确．
故选：C．
某中学化学研究性学习小组利用以下装置制取并探究氨气的性质．A中发生反应的化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2
【实验探究】
（1）A中的反应______（填“是”或“不是”）氧化还原反应．
（2）A装置还可用于制取气体______（只填一种）
（3）若有10.7gNH4Cl固体，最多可制取NH3（标准状况）的体积是______ L（NH4Cl的摩尔质量为53.5g•mol-1）．
（4）实验室收集氨气的方法是______
（5）C、D装置中颜色会发生变化的是______（填“C”或“D”）
（6）当实验进行一段时间后，挤压E装置中的胶头滴管，滴入1-2滴浓盐酸，可观察到的现象是______
（7）为防止过量氨气造成空气污染，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，合适的装置是______（填“F”或“G”）．
【知识拓展】
（8）生石灰与水反应生成Ca（OH）2并放出热量[化学方程式为CaO+H2O═Ca（OH）2]．实验室利用此原理，往生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气．你认为生石灰可用下列______物质代替（填序号）．
A．碱石灰（NaOH与CaO的固体混合物） B．NaOH 固体
C．硫酸溶液 D．石灰石（含CaCO3）
【知识应用】
（9）2010 年11月9日晚，我省宁德市一冷冻厂发生氨气泄漏事件，500 多居民深夜大转移．假如你在现场，你会采用什么自救为法？______．
正确答案
解：（1）分析A中发生反应的化学方程式2NH4Cl+Ca（OH）2
（2）该装置是加热固体制备气体的装置，还可用于制取氧气，故答案为：O2；
（3）n（NH4Cl）=
（4）氨气易溶于水，密度比空气小，所以用向下排空气法收集，故答案为：向下排空气法；
（5）氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以D中颜色发生变化，故答案为：D；
（6）氨气与挥发的HCl会生成氯化铵晶体，所以有白烟生产，故答案为：有白烟生成；
（7）因为氨气极易溶于水，所以吸收氨气时要用防倒吸装置，故答案为：F；
（8）碱石灰和NaOH固体溶于水会放出大量热，所以可以用碱石灰和NaOH固体代替生石灰，故答案为：AB；
（9）根据氨气易溶于水，气体易随风飘动等性质分析，可采取①用湿毛巾捂住口鼻，并迅速撤离．②低头弯腰，往低处跑，迅速撤离．③逆风奔跑，迅速撤离．④戴上防毒面具，迅速撤离，故答案为：①用湿毛巾捂住口鼻，并迅速撤离．②低头弯腰，往低处跑，迅速撤离．③逆风奔跑，迅速撤离．④戴上防毒面具，迅速撤离．
解析
解：（1）分析A中发生反应的化学方程式2NH4Cl+Ca（OH）2
（2）该装置是加热固体制备气体的装置，还可用于制取氧气，故答案为：O2；
（3）n（NH4Cl）=
（4）氨气易溶于水，密度比空气小，所以用向下排空气法收集，故答案为：向下排空气法；
（5）氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以D中颜色发生变化，故答案为：D；
（6）氨气与挥发的HCl会生成氯化铵晶体，所以有白烟生产，故答案为：有白烟生成；
（7）因为氨气极易溶于水，所以吸收氨气时要用防倒吸装置，故答案为：F；
（8）碱石灰和NaOH固体溶于水会放出大量热，所以可以用碱石灰和NaOH固体代替生石灰，故答案为：AB；
（9）根据氨气易溶于水，气体易随风飘动等性质分析，可采取①用湿毛巾捂住口鼻，并迅速撤离．②低头弯腰，往低处跑，迅速撤离．③逆风奔跑，迅速撤离．④戴上防毒面具，迅速撤离，故答案为：①用湿毛巾捂住口鼻，并迅速撤离．②低头弯腰，往低处跑，迅速撤离．③逆风奔跑，迅速撤离．④戴上防毒面具，迅速撤离．
过氧化钙可以用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等．工业上生产过氧化钙的主要流程如下：
已知CaO2•8H2O呈白色，微溶于水，加热至350℃左右开始分解放出氧气．
（1）用上述方法制取CaO2•8H2O的化学方程式是______；
（2）检验“水洗”是否合格的方法是______；
（3）沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右，其可能原因是（写出两种）：
①______；②______．
（4）测定产品中CaO2的含量的实验步骤是：
第一步：准确称取a g产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的b g KI晶体，再滴入少量2mol/L的H2SO4溶液，充分反应．
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液．
第三步：逐滴加入浓度为c mol•L-1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液V mL．
已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
①CaO2的质量分数为______ （用字母表示）；
②某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能______（填“不受影响”、“偏低”或“偏高”），原因是______．
正确答案
解：（1）由流程可知，反应物为氯化钙、双氧水、氨气和水，生成为CaO2•8H2O和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，
故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；
（2）“水洗”若不合格，洗涤液中会含有氯离子，所以检验“水洗”是否合格的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；
（3）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，
故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率；
（4）①过氧化钙氧化碘化钾生成的碘单质，用硫代硫酸钠滴定时，消耗的硫代硫酸钠的物质的量为：cmol•L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，根据氧化还原反应中电子守恒及题中反应方程式可得关系式：CaO2～I2～2S2O32-，过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）=
样品中CaO2的质量分数为：
故答案为：
②在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高，
故答案为：偏高；在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高．
解析
解：（1）由流程可知，反应物为氯化钙、双氧水、氨气和水，生成为CaO2•8H2O和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，
故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；
（2）“水洗”若不合格，洗涤液中会含有氯离子，所以检验“水洗”是否合格的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；
（3）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，
故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率；
（4）①过氧化钙氧化碘化钾生成的碘单质，用硫代硫酸钠滴定时，消耗的硫代硫酸钠的物质的量为：cmol•L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，根据氧化还原反应中电子守恒及题中反应方程式可得关系式：CaO2～I2～2S2O32-，过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）=
样品中CaO2的质量分数为：
故答案为：
②在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高，
故答案为：偏高；在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高．
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