- 比色法
- 共1072题
电镀污泥中含有Cr（OH）3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质，工业上通过“中温焙烧-钠氧化法”回收Na2Cr2O7等物质．
已知：在水浸后的Na2CrO4溶液中含有少量NaAlO2、Na2ZnO2等物质．
（1）水浸后的溶液呈______性（填“酸”、“碱”或“中”）．
（2）完成氧化焙烧过程中生成Na2CrO4的化学方程式．
______Cr（OH）3+______Na2CO3+______O2
（3）滤渣Ⅱ的主要成分有Zn（OH）2、______．
已知：①除去滤渣II后，溶液中存在如下反应：2Cr+2H+⇌Cr2+H2O
②Na2Cr2O7、Na2CrO4在不同温度下的溶解度如下表
“系列操作”中为：继续加入H2SO4，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤．继续加入H2SO4目的是______．
（5）工业上还可以在水浸过滤后的溶液（Na2CrO4）加入适量H2SO4，用石墨作电极电解生产金属铬，写出生成铬的电极反应方程式______．
（6）已知Al（OH）3为难溶物（常温下，Ksp[Al（OH）3]=2.0×10-33）．当溶液pH=5时，某溶液中的Al3+______（填“能”或“不能”）完全沉淀．（溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时沉淀完全）．
正确答案
碱
4
4
3
4
4
6H2O
Al（OH）3
促进平衡CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O向正反应方向移动，尽可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7
CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O
能
解析
解：以含有Cr（OH）3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质的电镀污泥为原料，烘干后加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O2
（1）CuO、NiO为难溶物，溶液中含有Na2CrO4，NaAlO2、Na2ZnO2等，通过水浸后过滤得到滤渣CuO、NiO，回收Cu、Ni；水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等都为强碱弱酸盐，水解呈碱性，
故答案为：碱性；
（2）氧化焙烧过程中有氧气参加反应，根据质量守恒可知还应生成水，化合价变化为：Cr（+3→+6），O（0→-2），最小公倍数为12，所以Cr（OH）3前系数为4，O2前系数为3，反应的方程式为：4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O2
故答案为：4、4、3、4、4、6H2O；
（3）Zn（OH）2、Al（OH）3具有两性，水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质，加入硫酸调节溶液的pH可得到Zn（OH）2、Al（OH）3沉淀，
故答案为：Al（OH）3；
（4）水浸后溶液中存在Na2CrO4，加入硫酸发生CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，加入硫酸可使平衡向正反应方向移动，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，
故答案为：促进平衡CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O向正反应方向移动，尽可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7；
（5）生成铬的电极发生还原反应，CrO42-得到电子生成Cr，反应的电解方程式为CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O，
故答案为：CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O；
（6）pH=5的溶液中c（OH-）=10-9mol/L，c（Al3+）=
故答案为：能．
某小组取一定质量的FeSO4固体，利用下图装置进行实验．
已知：SO2 熔点-72℃，沸点-10℃；SO3熔点16.8℃，沸点44.8℃．
（1）实验③反应的离子方程式是______．
（2）分解过程除产生使木条复燃的气体外，仅由A中固体颜色变化推测，还一定有______气体，依据是______．
（3）实验④反应的离子方程式是______．
（4）某同学依据B中的现象，认为FeSO4分解一定有SO3生成．你认为是否正确，原因是（用必要的文字和化学方程式解释）______．
正确答案
解：（1）根据②木条复燃说明有氧气生成，根据A中固体变为红棕色，说明A中固体变为红棕色为氧化铁，B中有白色沉淀为硫酸钡，是因为硫酸亚铁在氮气的条件下隔绝空气加热分解生成氧化铁、二氧化硫，所以实验③反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，
故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）根据氧化还原反应的特点，元素化合价升高的价数等于元素化合价降低的价数，分解过程除产生使木条复燃的气体为氧气说明氧元素的化合价在升高，A中固体变为红棕色为氧化铁，因为有Fe2O3生成，铁的化合价也在升高，在FeSO4中只有+6价S元素有氧化性，能被还原，因此一定有SO2生成，
故答案为：SO2；因为有Fe2O3生成，在FeSO4中只有+6价S元素有氧化性，能被还原．因此一定有SO2生成；
（3）取A中固体，加盐酸Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，将③所得溶液滴入D试管中，溶液变为浅绿色说明有二价铁生成，说明三价铁离子被还原，D试管中有无色液体为二氧化硫，发生的反应为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，
故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；
（4）因为硫酸亚铁在氮气的条件下隔绝空气加热分解一定生成氧化铁、二氧化硫，不一定有三氧化硫，B中的现象是有白色沉淀生成，白色沉淀为硫酸钡，该沉淀可能是2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故无论分解反应是否有SO3 生成，都会有此现象，总反应为2SO2+O2+2H2O+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl，
故答案为：不正确，因为分解有O2 和SO2 生成，在水溶液中发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故无论分解反应是否有SO3 生成，都会有此现象；2SO2+O2+2H2O+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl．
解析
解：（1）根据②木条复燃说明有氧气生成，根据A中固体变为红棕色，说明A中固体变为红棕色为氧化铁，B中有白色沉淀为硫酸钡，是因为硫酸亚铁在氮气的条件下隔绝空气加热分解生成氧化铁、二氧化硫，所以实验③反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，
故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）根据氧化还原反应的特点，元素化合价升高的价数等于元素化合价降低的价数，分解过程除产生使木条复燃的气体为氧气说明氧元素的化合价在升高，A中固体变为红棕色为氧化铁，因为有Fe2O3生成，铁的化合价也在升高，在FeSO4中只有+6价S元素有氧化性，能被还原，因此一定有SO2生成，
故答案为：SO2；因为有Fe2O3生成，在FeSO4中只有+6价S元素有氧化性，能被还原．因此一定有SO2生成；
（3）取A中固体，加盐酸Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，将③所得溶液滴入D试管中，溶液变为浅绿色说明有二价铁生成，说明三价铁离子被还原，D试管中有无色液体为二氧化硫，发生的反应为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，
故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；
（4）因为硫酸亚铁在氮气的条件下隔绝空气加热分解一定生成氧化铁、二氧化硫，不一定有三氧化硫，B中的现象是有白色沉淀生成，白色沉淀为硫酸钡，该沉淀可能是2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故无论分解反应是否有SO3 生成，都会有此现象，总反应为2SO2+O2+2H2O+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl，
故答案为：不正确，因为分解有O2 和SO2 生成，在水溶液中发生反应：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故无论分解反应是否有SO3 生成，都会有此现象；2SO2+O2+2H2O+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl．
S2Cl2是一种重要的化工产品．常温时是一种有毒并有恶臭的金黄色液体，熔点-76℃，沸点138℃，易与水反应，进一步氯化可得SCl2，SCl2是樱桃红色液体，易挥发，熔点-122℃，沸点59℃．SCl2 与S2Cl2相似，有毒并有恶臭，但更不稳定．S2Cl2可用下列装置制备．
回答下列问题：
（1）写出S2Cl2的电子式______；
（2）写出指定仪器的名称c______，d______；
（3）a瓶盛放的试剂是______；
（4）b中的反应开始前，需排除装置中的空气，应采取的方法是：______；
（5）装置e中盛放的试剂是______其作用是①______ ②______；
（6）得到纯净的S2Cl2，需要进行的操作是______；
（7）若将S2Cl2放入水中同时产生沉淀和气体写出反应的方程式______．
正确答案
解：（1）S2Cl2分子结构与H2O2相似，S2Cl2分子中氯原子与硫原子之间形成1对共用电子对，硫原子与硫原子之间形成1对共用电子对，S2Cl2电子式为：
故答案为：
（2）c为直型冷凝管，使生成的S2Cl2冷凝成液体，进行收集，S2Cl2是一种易水解的物质，d烧瓶带有支管口，为蒸馏烧瓶，d蒸馏烧瓶连接e，利用碱石灰具有吸水作用，能与水反应生成氢氧化钙，防止空气中的水蒸气进入d，
故答案为：直型冷凝管、蒸馏烧瓶；
（3）由信息可知S2Cl2遇水水解，进入b中的气体应该干燥．用浓硫酸干燥，a中应放试剂为浓硫酸，其作用为干燥氯气，
故答案为：浓硫酸；
（4）S2Cl2分子易与水反应，空气中含有水蒸气，利用反应物氯气排尽装置中的空气，氯气为黄绿色气体，所以通Cl2一段时间后，看到黄绿色气体充满装置后，再开始加热b，
故答案为：通Cl2一段时间后，看到黄绿色气体充满装置后，再开始加热b；
（5）装置e盛放碱石灰，能吸收Cl2尾气，防止污染环境，并能防止空气中的水汽加入e中使S2Cl2水解，
故答案为：碱石灰；①防止空气中的水蒸气进入d使产品与水反应；②吸收剩余的Cl2；
（6）分离沸点相差较大的互溶物，用分馏（或蒸馏），可能因温度、水蒸气因素引入S，SCl2等杂质，需要进行的操作是分馏（或蒸馏），得到纯净的S2Cl2，
故答案为：分馏（或蒸馏）；
（7）将S2Cl2放入水中，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），根据原子守恒可知还生成水，反应方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，
故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl．
解析
解：（1）S2Cl2分子结构与H2O2相似，S2Cl2分子中氯原子与硫原子之间形成1对共用电子对，硫原子与硫原子之间形成1对共用电子对，S2Cl2电子式为：
故答案为：
（2）c为直型冷凝管，使生成的S2Cl2冷凝成液体，进行收集，S2Cl2是一种易水解的物质，d烧瓶带有支管口，为蒸馏烧瓶，d蒸馏烧瓶连接e，利用碱石灰具有吸水作用，能与水反应生成氢氧化钙，防止空气中的水蒸气进入d，
故答案为：直型冷凝管、蒸馏烧瓶；
（3）由信息可知S2Cl2遇水水解，进入b中的气体应该干燥．用浓硫酸干燥，a中应放试剂为浓硫酸，其作用为干燥氯气，
故答案为：浓硫酸；
（4）S2Cl2分子易与水反应，空气中含有水蒸气，利用反应物氯气排尽装置中的空气，氯气为黄绿色气体，所以通Cl2一段时间后，看到黄绿色气体充满装置后，再开始加热b，
故答案为：通Cl2一段时间后，看到黄绿色气体充满装置后，再开始加热b；
（5）装置e盛放碱石灰，能吸收Cl2尾气，防止污染环境，并能防止空气中的水汽加入e中使S2Cl2水解，
故答案为：碱石灰；①防止空气中的水蒸气进入d使产品与水反应；②吸收剩余的Cl2；
（6）分离沸点相差较大的互溶物，用分馏（或蒸馏），可能因温度、水蒸气因素引入S，SCl2等杂质，需要进行的操作是分馏（或蒸馏），得到纯净的S2Cl2，
故答案为：分馏（或蒸馏）；
（7）将S2Cl2放入水中，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），根据原子守恒可知还生成水，反应方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，
故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl．
为提高氯化铵的经济价值，我国化学家设计了利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl）的工艺．某同学根据该原理设计的实验装置如图所示：
请回答下列问题：
（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为______；
装置B中碱石灰的作用是______．
（2）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收；二是______．
（3）装置D的试管中产生的现象是______．
（4）取下装置E，并将烧杯中溶液倒入蒸发皿中，微火小心蒸干得到固体样品（此温度下铵盐不分解）．称取不同质量的上述固体样品分别与16.00mL相同浓度的氢氧化钠溶液混合，完全溶解后，加热充分反应，并使放出的氨气全部被稀硫酸吸收，测得氨气的质量．部分实验数据如下：
①所用氢氧化钠溶液的物质的量浓度为______mol•L-1；
②a=______．
正确答案
解：（1）根据题意：利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl），发生的反应为：Mg（OH）2+NH4Cl
（2）由于氨气是极易溶于水的，反应过程中持续通入N2，可以使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收，并还能防止装置D中的氯化铝溶液倒吸入装置C，故答案为：防止装置D中的氯化铝溶液倒吸入装置C；
（3）在D中，氨可以和氯化铝之间反应，产生白色沉淀氢氧化铝，产生的白色沉淀不会溶解，故答案为：产生白色沉淀；
（4）①由表中氨气质量随着样品质量的增加而下降可以知道：样品中含有硫酸氢铵和硫酸铵，样品质量是3.1g时，设含有的硫酸氢铵和硫酸铵的物质的量分别是x和y，则x+2y=
故答案为：3.25；
②12.4g样品中含有硫酸氢铵和硫酸铵的物质的量分别是0.016mol和0.08mol．0.016mol氢氧化钠中和硫酸氢钠中的氢离子，余下0.052mol-0.016mol=0.036mol氢氧化钠和氨根离子反应产生氨气，即氨气的质量是0.036mol×17g/mol=0.612g，故答案为：0.612．
解析
解：（1）根据题意：利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁（MgOHCl），发生的反应为：Mg（OH）2+NH4Cl
（2）由于氨气是极易溶于水的，反应过程中持续通入N2，可以使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收，并还能防止装置D中的氯化铝溶液倒吸入装置C，故答案为：防止装置D中的氯化铝溶液倒吸入装置C；
（3）在D中，氨可以和氯化铝之间反应，产生白色沉淀氢氧化铝，产生的白色沉淀不会溶解，故答案为：产生白色沉淀；
（4）①由表中氨气质量随着样品质量的增加而下降可以知道：样品中含有硫酸氢铵和硫酸铵，样品质量是3.1g时，设含有的硫酸氢铵和硫酸铵的物质的量分别是x和y，则x+2y=
故答案为：3.25；
②12.4g样品中含有硫酸氢铵和硫酸铵的物质的量分别是0.016mol和0.08mol．0.016mol氢氧化钠中和硫酸氢钠中的氢离子，余下0.052mol-0.016mol=0.036mol氢氧化钠和氨根离子反应产生氨气，即氨气的质量是0.036mol×17g/mol=0.612g，故答案为：0.612．
CuSO4∙5H2O是铜的重要化合物，有着广泛的应用．
（一）CuSO4•5H2O制取
完成下列填空：
（1）向含铜粉的稀硫酸中滴加少量浓硝酸（可加热），铜粉溶解时可以观察到的实验现象：______．
（2）根据反应原理，硝酸与硫酸的理论配比（物质的量之比）为______．
（3）步骤Ⅰ______；
步骤Ⅱ______．
（二）胆矾中CuSO4•5H2O含量的测定
已知：CuSO4+2NaOH→Cu（OH）2↓+Na2SO4
（4）实验方案如下，并将步骤④补全：
①将12.500g胆矾样品溶解，配成100mL溶液，取25mL于烧杯中；
②向溶液中加入100mL0.2500mol/L氢氧化钠溶液使Cu2+完全沉淀（不考虑其它副反应）；
③过滤，多余的氢氧化钠溶液用0.5000mol/L盐酸滴定至终点，耗用10.00mL盐酸；
④______
⑤数据处理．
（5）在滴定中，眼睛应注视______；滴定终点时，准确读数应该是滴定管上______所对应的刻度．
（6）就方案中数据进行处理，则样品CuSO4•5H2O中质量分数为______．步骤③中沉淀未洗涤，导致结果______（填偏大、偏小、无影响）．
正确答案
解：（一）CuSO4•5H2O制取
Cu和稀硫酸不反应，加入浓硝酸后，二者反应生成铜离子、NO，NO不稳定及易被氧化生成红棕色二氧化氮气体，所以看到的现象是无色气体变为红棕色气体，溶液呈蓝色；加入足量稀硫酸，使硝酸完全转化为NO，然后过滤得到硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤得到CuSO4•5H2O晶体，
（1）Cu和稀硫酸不反应，加入浓硝酸后，二者反应生成铜离子、NO，NO不稳定及易被氧化生成红棕色二氧化氮气体，所以看到的现象是无色气体变为红棕色气体，溶液呈蓝色，
故答案为：无色气体变为红棕色气体，溶液呈蓝色；
（2）离子反应方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O，假设有2mol硝酸反应，硝酸提供2mol氢离子，还有6mol氢离子被3mol硫酸提供，所以根据反应原理，硝酸与硫酸的理论配比2：3，
故答案为：2：3；
（3）通过以上分析知，步骤I为蒸发浓缩、步骤II为冷却结晶，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（二）（4）①将12.500g胆矾样品溶解，配成100mL溶液，取25mL于烧杯中，目的是配制一定物质的量浓度溶液；
②向溶液中加入100mL0.2500mol/L氢氧化钠溶液使Cu2+完全沉淀（不考虑其它副反应），二者反应方程式为CuSO4+2NaOH→Cu（OH）2↓+Na2SO4；
③过滤，多余的氢氧化钠溶液用0.5000mol/L盐酸滴定至终点，耗用10.00mL盐酸，盐酸消耗多余的HCl，反应方程式为HCl+NaOH=NaCl+H2O；
④做平行实验减小实验误差；
⑤数据处理，
通过以上分析知，该操作是作平行实验1-2次，故答案为：做平行实验1～2次；
（5）在滴定中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化；滴定终点时，准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交接点所对应的刻度，故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；蓝线粗细交接点；
（6）n（NaOH）=0.2500mol/L×0.1L=0.025mol，
n（HCl）=0.5000mol/L×0.010L=0.005mol，根据HCl+NaOH=NaCl+H2O知，盐酸消耗n（NaOH）=n（HCl）=0.005mol，所以与硫酸铜反应n（NaOH）=0.025mol-0.005mol=0.02mol，
根据得CuSO4+2NaOH→Cu（OH）2↓+Na2SO4，n（CuSO4）=
100mL中硫酸铜的物质的量=0.01mol×4=0.04mol，结合Cu原子守恒得m（CuSO4•5H2O）=n（CuSO4•5H2O）M（CuSO4•5H2O）=n（CuSO4）．M（CuSO4•5H2O）=0.04mol×250g/mol=10g，其质量分数=
步骤③中沉淀未洗涤，导致沉淀质量增大，所以测定结果偏大，
故答案为：0.8； 偏大．
解析
解：（一）CuSO4•5H2O制取
Cu和稀硫酸不反应，加入浓硝酸后，二者反应生成铜离子、NO，NO不稳定及易被氧化生成红棕色二氧化氮气体，所以看到的现象是无色气体变为红棕色气体，溶液呈蓝色；加入足量稀硫酸，使硝酸完全转化为NO，然后过滤得到硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤得到CuSO4•5H2O晶体，
（1）Cu和稀硫酸不反应，加入浓硝酸后，二者反应生成铜离子、NO，NO不稳定及易被氧化生成红棕色二氧化氮气体，所以看到的现象是无色气体变为红棕色气体，溶液呈蓝色，
故答案为：无色气体变为红棕色气体，溶液呈蓝色；
（2）离子反应方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O，假设有2mol硝酸反应，硝酸提供2mol氢离子，还有6mol氢离子被3mol硫酸提供，所以根据反应原理，硝酸与硫酸的理论配比2：3，
故答案为：2：3；
（3）通过以上分析知，步骤I为蒸发浓缩、步骤II为冷却结晶，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（二）（4）①将12.500g胆矾样品溶解，配成100mL溶液，取25mL于烧杯中，目的是配制一定物质的量浓度溶液；
②向溶液中加入100mL0.2500mol/L氢氧化钠溶液使Cu2+完全沉淀（不考虑其它副反应），二者反应方程式为CuSO4+2NaOH→Cu（OH）2↓+Na2SO4；
③过滤，多余的氢氧化钠溶液用0.5000mol/L盐酸滴定至终点，耗用10.00mL盐酸，盐酸消耗多余的HCl，反应方程式为HCl+NaOH=NaCl+H2O；
④做平行实验减小实验误差；
⑤数据处理，
通过以上分析知，该操作是作平行实验1-2次，故答案为：做平行实验1～2次；
（5）在滴定中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化；滴定终点时，准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交接点所对应的刻度，故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；蓝线粗细交接点；
（6）n（NaOH）=0.2500mol/L×0.1L=0.025mol，
n（HCl）=0.5000mol/L×0.010L=0.005mol，根据HCl+NaOH=NaCl+H2O知，盐酸消耗n（NaOH）=n（HCl）=0.005mol，所以与硫酸铜反应n（NaOH）=0.025mol-0.005mol=0.02mol，
根据得CuSO4+2NaOH→Cu（OH）2↓+Na2SO4，n（CuSO4）=
100mL中硫酸铜的物质的量=0.01mol×4=0.04mol，结合Cu原子守恒得m（CuSO4•5H2O）=n（CuSO4•5H2O）M（CuSO4•5H2O）=n（CuSO4）．M（CuSO4•5H2O）=0.04mol×250g/mol=10g，其质量分数=
步骤③中沉淀未洗涤，导致沉淀质量增大，所以测定结果偏大，
故答案为：0.8； 偏大．
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