- 比色法
- 共1072题
某实验小组利用如下仪器组装一套制备氮化硼晶体的装置．
反应原理是B2O3+2NH3 
（1）各仪器接口由左到右的连接顺序为______．
（2）装置C能产生氨气的原因有______（答出其中一项即可）．
（3）管式电炉加热反应前必须进行的一步操作是______．
正确答案
解：（1）根据题给信息，干燥氨气和氧化硼反应可制得氮化硼，C为制取氨气的装置，A为干燥装置，B为氮化硼的制取装置，D为安全瓶防倒吸，E为尾气吸收装置，由装置用途可知连接顺序为：e-→a→b→c→d→f→g→h；
故答案为：e-→a→b→c→d→f→g→h；
（2）氨水中存在如下平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，生石灰与水反应生成氢氧化钙并放热，增大了氢氧根浓度，
减少了水的量，平衡逆向移动，生成氨气，同时放热使一水合氨分解，减少了氨气的溶解度，故增大了氨气逸出速率．
故答案为：生石灰与水反应消耗水，促使氨气放出；或生石灰与水反应生成氢氧化钙电离出大量OH-，反应逆向进行有利于NH3放出；或生石灰与水反应放出大量热，促进NH3•H2O分解，并使气体溶解度下降，有利于NH3放出．
（3）因氮化硼高温下能被氧化，故管式电炉加热反应前必须进行的一步操作是除去装置中的氧气，
故答案为：除去装置中的氧气．
解析
解：（1）根据题给信息，干燥氨气和氧化硼反应可制得氮化硼，C为制取氨气的装置，A为干燥装置，B为氮化硼的制取装置，D为安全瓶防倒吸，E为尾气吸收装置，由装置用途可知连接顺序为：e-→a→b→c→d→f→g→h；
故答案为：e-→a→b→c→d→f→g→h；
（2）氨水中存在如下平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，生石灰与水反应生成氢氧化钙并放热，增大了氢氧根浓度，
减少了水的量，平衡逆向移动，生成氨气，同时放热使一水合氨分解，减少了氨气的溶解度，故增大了氨气逸出速率．
故答案为：生石灰与水反应消耗水，促使氨气放出；或生石灰与水反应生成氢氧化钙电离出大量OH-，反应逆向进行有利于NH3放出；或生石灰与水反应放出大量热，促进NH3•H2O分解，并使气体溶解度下降，有利于NH3放出．
（3）因氮化硼高温下能被氧化，故管式电炉加热反应前必须进行的一步操作是除去装置中的氧气，
故答案为：除去装置中的氧气．
三氯化硼（BCl3）是一种重要的化工原料，可用于制取乙硼烷（B2H6），也可作有机合成催化剂．某兴趣小组拟选用如图装置制备BCl3（已知BCl3的沸点为12.5℃，熔点为-107.3℃；2B+6HCl
（1）装置A中发生反应的离子方程式为______；
（2）上述各装置连接顺序为，______、______、______、______、______、______．
（3）装置E的两个作用是______、______；实验中若不用装置C，可能产生的危险是______．
（4）BCl3遇水产生大量的白雾同时生成硼酸（H3BO3），其反应的化学方程式为______．
正确答案
解：（1）根据装置A的药品和反应条件可知该装置是实验室制备氯气的装置，其中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
（2）根据实验目的“某兴趣小组拟选用下列装置制备BCl3”，依据的原理是3Cl2+2B
故答案为：ACFBDE；
（3）装置E是一个盛有碱石灰的干燥管，其作用一方面是吸收未反应的多余氯气，另一个方面也防止空气中的水蒸气进入U形管，实验中若不用装置C，则夹杂在氯气中的氯化氢也会进入盛有硼粉的玻璃管发生反应2B+6HCl
故答案为：防止空气中的水进入U形管；吸收多余的氯气；氢气与氯气混合受热易爆炸；
（4）BCl3遇水产生大量的白雾，同时生成硼酸，是发生水解反应的原因，发生的方程式为BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3，
故答案为：BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3．
解析
解：（1）根据装置A的药品和反应条件可知该装置是实验室制备氯气的装置，其中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
故答案为：MnO2+4H++2Cl-
（2）根据实验目的“某兴趣小组拟选用下列装置制备BCl3”，依据的原理是3Cl2+2B
故答案为：ACFBDE；
（3）装置E是一个盛有碱石灰的干燥管，其作用一方面是吸收未反应的多余氯气，另一个方面也防止空气中的水蒸气进入U形管，实验中若不用装置C，则夹杂在氯气中的氯化氢也会进入盛有硼粉的玻璃管发生反应2B+6HCl
故答案为：防止空气中的水进入U形管；吸收多余的氯气；氢气与氯气混合受热易爆炸；
（4）BCl3遇水产生大量的白雾，同时生成硼酸，是发生水解反应的原因，发生的方程式为BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3，
故答案为：BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3．
硫酸亚铁容易被氧化，而硫酸亚铁铵晶体[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]较稳定，常用于代替硫酸亚铁作还原剂．现以铁屑为主要原料制备硫酸亚铁铵晶体，其反应如下：Fe+H2SO4（稀）═FeSO4+H2↑
FeSO4+（NH4）2SO4+6H2O═（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O
步骤l：在盛有适量铁屑的锥形瓶里加入某种试剂除去油污，加热，充分反应后过滤、洗涤、干燥、称量，铁屑质量为m1．
步骤2：将处理过的铁屑加入到一定量的稀H2SO4中，加热至50℃-80℃充分反应，趁热过滤并用少量热水洗涤，滤液及洗涤液都转移至蒸发皿中．滤渣干燥后称重，剩余铁屑质量为m2
步骤3：准确称取所需质量的硫酸铵晶体加入“步骤2”的蒸发皿中，搅拌使之溶解，缓缓加热一段时间，将其冷却结晶、过滤．用无水乙醇洗涤晶体并自然干燥，称量所得晶体质量为m3．
回答下列问题：
（1）能够用于除去铁屑表面油污的试剂是______（填字母）．
A．纯碱溶液 B．烧碱溶液 C．明矾溶液 D．稀硫酸
（2）步骤2中趁热过滤的目的是______．
（3）硫酸亚铁在潮湿的空气中易被氧化生成一种物质（碱式硫酸铁），该反应的化学方程式为______．
（4）铁屑表面常有少量的铁锈（Fe2O3•nH2O），对FeSO4的制备______（填“有”、“无”）影响，理由是（用离子方程式回答）______．
（5）若忽略铁锈的影响，上述实验中硫酸亚铁铵晶体的产率为______．
（6）请设计一个简单的实验，检验硫酸亚铁铵晶体中含有结晶水（简述实验操作、现象和结论）______．
正确答案
AB
避免FeSO4因结晶而造成损失
4FeSO4+O2+2H2O=4Fe（OH）SO4
无
Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+
取硫酸亚铁铵晶体于试管中，用酒精灯加热试管，观察现象在试管口有液体水生成，说明硫酸亚铁铵晶体中含有结晶水
解析
解：（1）A．Na2CO3溶液中存在水解离子反应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解，所以能够用于除去铁屑表面油污，故A正确；
B．烧碱溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解，水解后变成易溶于水的高级脂肪酸钠和丙三醇，所以能够用于除去铁屑表面油污，故B正确；
C．明矾溶液，铝离子水解呈弱酸性，常温下油污几乎不水解，不能够用于除去铁屑表面油污，故C错误；
D．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式是：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，稀硫酸不能够用于除去铁屑表面油污，故D错误；
故答案为：AB；
（2）一般固体溶解度随着温度的升高而升高，步骤2中趁热过滤防止温度降低，物质的溶解度降低，析出晶体多，
故答案为：避免FeSO4因结晶而造成损失；
（3）+2铁离子易被空气中的氧气反应生成+3价的铁，硫酸亚铁在潮湿的空气中易被氧化，1mol氧气得4mol电子，4mol亚铁离子失去4mol电子，所以反应为：4FeSO4+O2+2H2O=4Fe（OH）SO4，
故答案为：4FeSO4+O2+2H2O=4Fe（OH）SO4；
（4）铁屑表面常有少量的铁锈（Fe2O3•nH2O），铁锈和酸反应生成可溶性的铁离子反应为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，铁离子被铁单质还原成亚铁离子Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以对FeSO4的制备无影响，
故答案为：无；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（5）步骤l：铁屑质量为m1．步骤2：用酸处理，剩余铁屑质量为m2，溶解的铁质量为：m1-m2，其物质的量为：
故答案为：
（6）检验硫酸亚铁铵晶体中是否含有结晶水：取一试管，用药匙加入2克硫酸亚铁铵晶体，点燃酒精灯加热试管，观察现象在试管口有液体水生成，说明硫酸亚铁铵晶体中含有结晶水，
故答案为：取硫酸亚铁铵晶体于试管中，用酒精灯加热试管，观察现象在试管口有液体水生成，说明硫酸亚铁铵晶体中含有结晶水．
阿司匹林的有效成分是乙酰水杨酸（
已知：水杨酸和乙酰水杨酸均微溶于水，但其钠盐易溶于水，醋酸酐遇水分解生成醋酸．
回答下列问题：
（1）合成过程中最合适的加热方法是______．
（2）制备过程中，水杨酸会形成聚合物的副产物．写出该聚合物的结构简式______．
（3）粗产品提纯：
①分批用少量饱和NaHCO3溶解粗产品，目的是______．判断该过程结束的方法是______．
②滤液缓慢加入浓盐酸中，看到的现象是______．
③检验最终产品中是否含有水杨酸的化学方法是______．
（4）阿司匹林药片中乙酰水杨酸含量的测定步骤（假定只含乙酰水杨酸和辅料，辅料不参与反应）：Ⅰ．称取阿司匹林样品m g；
Ⅱ．将样品研碎，溶于V1 mL a mol•L-1NaOH（过量）并加热，除去辅料等不溶物，将所得溶液移入锥形瓶；
Ⅲ．向锥形瓶中滴加几滴甲基橙，用浓度为b mol•L-1的标准盐酸到滴定剩余的NaOH，消耗盐酸的体积为V2mL．
①写出乙酰水杨酸与过量NaOH溶液加热发生反应的化学方程式：______．
②阿司匹林药片中乙酰水杨酸质量分数的表达式为______．
正确答案
解：（1）控制温度在85℃～90℃，温度低于100℃，应采取水浴加热，故答案为：水浴加热；
（2）水杨酸含有羧基和羟基，可以发生缩聚反应，原则是羧基掉羟基，羟基掉氢原子，得到高聚物：
（3）①用少量饱和NaHCO3溶解粗产品，目的是使乙酰水杨酸转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，便于与聚合物分离；判断该过程结束的方法是没有气体产生，
故答案为：使乙酰水杨酸转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，便于与聚合物分离；没有CO2产生；
②滤液缓慢加入浓盐酸中，生成乙酰水杨酸，乙酰水杨酸微溶于水，所以会有浑浊产生，故答案为：有浑浊产生；
③检验最终产品中是否含有水杨酸的化学方法是：取少量结晶于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若呈紫蓝色则含水杨酸，
故答案为：取少量结晶于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若呈紫蓝色则含水杨酸；
（4）①乙酰水杨酸与过量NaOH溶液加热发生反应时酯基在碱性条件下水解，同时羧基与碱中和，反应为：
②乙酰水杨酸消耗的氢氧化钠的物质的量为：aV1×10-3-bV2×10-3，乙酰水杨酸的物质的量是消耗的氢氧化钠的物质的量的
解析
解：（1）控制温度在85℃～90℃，温度低于100℃，应采取水浴加热，故答案为：水浴加热；
（2）水杨酸含有羧基和羟基，可以发生缩聚反应，原则是羧基掉羟基，羟基掉氢原子，得到高聚物：
（3）①用少量饱和NaHCO3溶解粗产品，目的是使乙酰水杨酸转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，便于与聚合物分离；判断该过程结束的方法是没有气体产生，
故答案为：使乙酰水杨酸转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，便于与聚合物分离；没有CO2产生；
②滤液缓慢加入浓盐酸中，生成乙酰水杨酸，乙酰水杨酸微溶于水，所以会有浑浊产生，故答案为：有浑浊产生；
③检验最终产品中是否含有水杨酸的化学方法是：取少量结晶于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若呈紫蓝色则含水杨酸，
故答案为：取少量结晶于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若呈紫蓝色则含水杨酸；
（4）①乙酰水杨酸与过量NaOH溶液加热发生反应时酯基在碱性条件下水解，同时羧基与碱中和，反应为：
②乙酰水杨酸消耗的氢氧化钠的物质的量为：aV1×10-3-bV2×10-3，乙酰水杨酸的物质的量是消耗的氢氧化钠的物质的量的
ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水．实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）、为原料制备ClO2的流程如图：
（1）写出电解时发生反应的化学方程式：______．
（2）除去ClO2中的NH3可选用的试剂是______（填写字母）．
A．碳酸钠溶液 B．碱石灰 C．浓硫酸 D．水
（3）测定ClO2的过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解，再加3mL硫酸溶液，将生成的ClO2气体通入锥形瓶中完全吸收，在锥形瓶中加入几滴淀粉溶液，用0.10mol/L的硫代硫酸钠标准液滴定（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），共用去50.00mL标准液．
①ClO2通入锥形瓶中与酸性碘化钾溶液反应（还原产物为Cl-），反应的离子方程式______；
②滴定终点现象是______；
③测得ClO2的质量m（ClO2）=______；
（4）以N2、H2为电极反应物，以1L浓度均为0.05mol•L-1的HCl-NH4Cl混合液为电解质溶液的燃料电池，请写出电池工作时的正极反应式：______．已知NH3•H2O在常温下的电离平衡常数为K，N2-H2燃料电池工作一段时间后溶液的pH=7，求电路中通过的电子的物质的量为______（用含K的代数式表示，假设NH3与H2O完全转化为NH3•H2O且忽略溶液体积的变化）． 若有3克H2被完全氧化产生电能，并利用该过程中释放的电能电解足量的CuSO4溶液，（假设以石墨为电极，整个过程中能量总利用率为80%），若要将CuSO4溶液恢复到原来的浓度，需加入______（填化学式），质量为：______．
正确答案
解：（1）由工艺流程转化关系可知，电解氯化铵与盐酸混合溶液，生成NCl3与H2，
反应方程式为NH4Cl+2HCl═3H2↑+NCl3．
故答案为：NH4Cl+2HCl═3H2↑+NCl3．
（2）A、ClO2易溶于水，不能利用碳酸钠溶液吸收氨气，故A错误；
B、碱石灰不能吸收氨气，故B错误；
C、浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故C正确；
D、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，故D错误．
故选：C．
（3）①由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O．
故答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O．
②溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点．
故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色；
③VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为V•10-3 L×cmol/L=0.1×50×10-3 mol．则：
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
2 10
n（ClO2） 0.1×50×10-3 mol
所以n（ClO2）=
所以m（ClO2）=
故答案为：0.0675g．
（4）以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl为电解质溶液制取新型燃料电池，N2在正极发生还原反应生成NH4+，电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH4+；
已知NH3•H2O在常温下的电离平衡常数为K，N2-H2燃料电池工作一段时间后溶液的pH=7，则溶液中c（OH-）=c（H+）=10-7mol/L，根据电荷守恒可得：c（Cl-）=c（NH4+）=0.1mol/L，氨水的电离平衡常数为：K=
CuSO4溶液存在的阴离子为：SO42-、OH-，OH-离子的放电能力大于SO42- 离子的放电能力，所以OH-离子放电生成氧气；
溶液中存在的阳离子是Cu2+、H+，Cu2+离子的放电能力大于H+离子的放电能力，所以Cu2+离子放电生成Cu，溶液变成硫酸溶液；
电解硫酸铜的方程式为：2CuSO4+2H2O
3克H2的物质的量为1.5mol，失去电子的物质的量为3mol，能量总利用率为80%，电解转移的电子的物质的量为：3mol×80%=2.4mol；
1mol氧气反应得到4mol电子，若转移2.4mol电子，生成氧气的物质的量为：
故答案为：N2+6e-+8H+=2NH4+；3×（0.05+
解析
解：（1）由工艺流程转化关系可知，电解氯化铵与盐酸混合溶液，生成NCl3与H2，
反应方程式为NH4Cl+2HCl═3H2↑+NCl3．
故答案为：NH4Cl+2HCl═3H2↑+NCl3．
（2）A、ClO2易溶于水，不能利用碳酸钠溶液吸收氨气，故A错误；
B、碱石灰不能吸收氨气，故B错误；
C、浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故C正确；
D、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，故D错误．
故选：C．
（3）①由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O．
故答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O．
②溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点．
故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色；
③VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为V•10-3 L×cmol/L=0.1×50×10-3 mol．则：
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
2 10
n（ClO2） 0.1×50×10-3 mol
所以n（ClO2）=
所以m（ClO2）=
故答案为：0.0675g．
（4）以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl为电解质溶液制取新型燃料电池，N2在正极发生还原反应生成NH4+，电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH4+；
已知NH3•H2O在常温下的电离平衡常数为K，N2-H2燃料电池工作一段时间后溶液的pH=7，则溶液中c（OH-）=c（H+）=10-7mol/L，根据电荷守恒可得：c（Cl-）=c（NH4+）=0.1mol/L，氨水的电离平衡常数为：K=
CuSO4溶液存在的阴离子为：SO42-、OH-，OH-离子的放电能力大于SO42- 离子的放电能力，所以OH-离子放电生成氧气；
溶液中存在的阳离子是Cu2+、H+，Cu2+离子的放电能力大于H+离子的放电能力，所以Cu2+离子放电生成Cu，溶液变成硫酸溶液；
电解硫酸铜的方程式为：2CuSO4+2H2O
3克H2的物质的量为1.5mol，失去电子的物质的量为3mol，能量总利用率为80%，电解转移的电子的物质的量为：3mol×80%=2.4mol；
1mol氧气反应得到4mol电子，若转移2.4mol电子，生成氧气的物质的量为：
故答案为：N2+6e-+8H+=2NH4+；3×（0.05+
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