- 比色法
- 共1072题
工业上利用BaSO4制备BaCl2的工艺流程如下：
某活动小组的同学在实验室以重晶石（主要成分BaSO4）为原料，对上述工艺流程进行模拟实验．
（1）上述过程中，气体用过量NaOH溶液吸收得到Na2S．Na2S水溶液显碱性的原因是______（用离子方程式表示）．
（2）已知有关反应的热化学方程式如下：
BaSO4（s）+4C（s）
C（s）+CO2（g）
则反应BaSO4（s）+2C（s）
（3）在高温焙烧重晶石过程中必须加入过量的炭，同时还要通入空气，其目的是______，______．
正确答案
S2-+H2O⇌HS-+OH-、HS-+H2O⇌H2S+OH-
+226.2
使BaSO4得到充分的还原（或提高BaS的产量）
BaSO4与C反应为吸热反应，利用C和空气中的O2反应放热来维持反应所需的高温
解析
解：（1）Na2S水解呈碱性，且有两步水解，以第一步水解为主，第一步水解生成离子HS-，第二步水解生成H2S，水解的离子方程式分别为S2-+H2O⇌HS-+OH-、HS-+H2O⇌H2S+OH-，故答案为：S2-+H2O⇌HS-+OH-、HS-+H2O⇌H2S+OH-；
（2）已知BaSO4（s）+4C（s ）
C（s）+CO2（g）
利用盖斯定律将①-2×②可得BaSO4（s）+2C（s）
△H3=（+571.2kJ/mol）-2×（+172.5kJ/mol）=+226.2kJ/mol，
故答案为：+226.2；
（3）加入过量碳有利于硫酸钡充分反应，题中反应均为吸热反应，所以生成需要提供能量才能完成，本生产可以借助过量的碳和氧气燃烧为生产提供能量，维持高温条件，故答案为：使BaSO4得到充分的还原（或提高BaS的产量）；硫酸钡和碳反应为吸热反应，炭和氧气反应放热维持反应所需高温．
高锰酸钾是常用的氧化剂．以下是工业上用软锰矿制备高锰酸钾的一种工艺流程．
（1）高锰酸钾保存在棕色试剂瓶，下列试剂保存不需要棕色试剂瓶的是______ （填序号）
a．浓硝酸 b．硝酸银 c．氯水 d．烧碱
（2）K2MnO4和C02反应生成KMnO4、MnO2和K2C03的化学方程式为：______
（3）上述流程中可循环使用的物质有______ （用化学式表示，至少写2种）．
（4）操作I的名称是______；用结晶法分离KMnO4、K2C03两种物质，进行该操作前需查阅的资料是______．
（5）以下是KMnO4的溶解度数据．
实验室用重结晶的方法将KMnO4粗品制成精品．需进行的操作有：配制热饱和溶液、______、过滤、洗涤、______．洗涤所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和______；检查是否洗净的操作是______．
正确答案
解：（1）浓硝酸、硝酸银、氯水光见易分解需要保存在棕色试剂瓶中，KOH不需要保存在棕色试剂瓶中．
故选：d．
（2）反应中K2MnO4→KMnO4，Mn元素化合价由+6价升高为+7价，共升高变化1价，K2MnO4→MnO2，Mn元素化合价由+6价降低为+4价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为2，故KMnO4系数为2，MnO2系数为1．根据Mn元素守恒可知KMnO4系数为3，
根据K元素守恒可知K2C03系数为2，由碳元素守恒可知系数C02为2，方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2．
故答案为：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2．
（3）由转化关系图知KOH及MnO2可以被循环利用．
故答案为：KOH、MnO2．
（4）过滤除去不溶于水的MnO2，利用溶解度的不同，采取浓缩结晶的方法使KMnO4从溶液中析出而分离出来．
故答案为：过滤；KMnO4、K2C03的溶解度随温度变化情况．
（5）实验室用重结晶的方法将KMnO4粗品制成精品．应配制热饱和溶液、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥．过滤结束进行洗涤，洗涤所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗．晶体中主要含有杂质K2CO3，可以取第二次洗涤液，加入CaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净．
故答案为：冷却晶体； 干燥；漏斗；取第二次洗涤液，加入CaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净．
解析
解：（1）浓硝酸、硝酸银、氯水光见易分解需要保存在棕色试剂瓶中，KOH不需要保存在棕色试剂瓶中．
故选：d．
（2）反应中K2MnO4→KMnO4，Mn元素化合价由+6价升高为+7价，共升高变化1价，K2MnO4→MnO2，Mn元素化合价由+6价降低为+4价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为2，故KMnO4系数为2，MnO2系数为1．根据Mn元素守恒可知KMnO4系数为3，
根据K元素守恒可知K2C03系数为2，由碳元素守恒可知系数C02为2，方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2．
故答案为：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2．
（3）由转化关系图知KOH及MnO2可以被循环利用．
故答案为：KOH、MnO2．
（4）过滤除去不溶于水的MnO2，利用溶解度的不同，采取浓缩结晶的方法使KMnO4从溶液中析出而分离出来．
故答案为：过滤；KMnO4、K2C03的溶解度随温度变化情况．
（5）实验室用重结晶的方法将KMnO4粗品制成精品．应配制热饱和溶液、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥．过滤结束进行洗涤，洗涤所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗．晶体中主要含有杂质K2CO3，可以取第二次洗涤液，加入CaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净．
故答案为：冷却晶体； 干燥；漏斗；取第二次洗涤液，加入CaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净．
硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的能溶于水的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：
查阅资料：
I．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．
Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡[Sn（OH）Cl]
回答下列问题：
（1）操作l的步骤为______、______、过滤、洗涤、干燥．对沉淀进行洗涤的方法是______．
（2）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请结合必要的化学方程式用平衡移动原理解释原因：______．
（3）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH；②______．
（4）酸性条件下，SnS04还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是：______．
（5）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：取ag锡粉溶于盐酸中，向生成的SnC12中加入过量的FeC13溶液，用b mol/L K2Cr2O7滴定生成的Fe2+（已知酸性环境下，Cr2O72-可被还原为Cr3+），共用去K2Cr207溶液m mL．则锡粉中锡的质量分数是______．（Sn的摩尔质量为M g/mol，用含a、b、m、M的代数式表示）
正确答案
解：（1）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到，沉淀的洗涤方法：将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2-3次；
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2-3次；
（2）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，
故答案为：SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
（3）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；
故答案为：防止Sn2+被氧化；
（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，
故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；
（5）令锡粉中锡的质量分数为x，则：
Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～
Mg 
a×x bmol/L×
解得x=
故答案为：
解析
解：（1）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到，沉淀的洗涤方法：将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2-3次；
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2-3次；
（2）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，
故答案为：SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
（3）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；
故答案为：防止Sn2+被氧化；
（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，
故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；
（5）令锡粉中锡的质量分数为x，则：
Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～
Mg
a×x bmol/L×
解得x=
故答案为：
已知（Mr=122）（Mr=150）
苯甲酸在100℃会迅速升华．
实验步骤如下：
①在100mL圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸、25mL乙醇（过量）、20mL环己烷，以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按图所示装好仪器，并在分水器中预先加入水，使水面略低于分水器的支管口，控制温度在65～70℃加热回流2h．反应时环己烷-乙醇-水会形成“共沸物”（沸点62.6℃）蒸馏出来．在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，注意保持分水器中水层液面原来的高度，使油层尽量回到圆底烧瓶中．
②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞．继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热．
③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液呈中性．
④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层．加入氯化钙，对粗产物进行蒸馏（装置如图所示），低温蒸出乙醚后，继续升温，接收210～213℃的馏分．
⑤检验合格，测得产品体积为12.86mL．
回答下列问题：
（1）步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的是______．
（2）反应结束的标志______．
（3）步骤②中应控制馏分的温度在______．
A．65～70℃B．78～80℃C．85～90℃D．215～220℃
（4）若Na2CO3加入不足，在步骤④蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是______．
（5）关于步骤④中的分液操作叙述正确的是______．
A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞．将分液漏斗倒转过来，用力振摇
B．振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气
C．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层
D．放出液体时，需将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔
（6）蒸馏时所用的玻璃仪器除了酒精灯、冷凝管、接收器、锥形瓶外还有______．
（7）该实验的产率为______．
正确答案
解：（1）分离器分离出生成的水，减少生成物从而使该反应向正反应方向移动，提高转化率；故答案为：分离产生的水，使平衡向正反应方向移动，提高转化率；（2）当该反应完成后，就不再生成水，则加热回流至分水器中水位不再上升，故答案为：分水器中的水层不再增加时，视为反应的终点；
（3）温度低于苯甲酸乙酯的沸点时，苯甲酸乙酯不被蒸馏出，要使苯甲酸乙酯不被蒸馏出，则温度应低于苯甲酸乙酯的沸点，所以温度应低于212.6℃，但要使乙醇和环己烷蒸馏出，所以温度应高于乙醇和环己烷的沸点80.8，故答案为：C；
（4）白烟是固体小颗粒，因为苯甲酸在100℃会迅速升华，所以可能是苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，加热升华产生白烟，故答案为：苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时发生升华；
（5）分流漏斗的使用方法，必须将水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞．将分液漏斗倒转过来，用力振摇，而且放出液体时，需将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，只有这样液体才能顺利流下，故选：A D；
（6）蒸馏时所用的玻璃仪器有酒精灯、冷凝管、接收器、锥形瓶、蒸馏烧瓶、温度计，故答案为：蒸馏烧瓶，温度计；
（7）12.20g苯甲酸的物质的量为：
解析
解：（1）分离器分离出生成的水，减少生成物从而使该反应向正反应方向移动，提高转化率；故答案为：分离产生的水，使平衡向正反应方向移动，提高转化率；（2）当该反应完成后，就不再生成水，则加热回流至分水器中水位不再上升，故答案为：分水器中的水层不再增加时，视为反应的终点；
（3）温度低于苯甲酸乙酯的沸点时，苯甲酸乙酯不被蒸馏出，要使苯甲酸乙酯不被蒸馏出，则温度应低于苯甲酸乙酯的沸点，所以温度应低于212.6℃，但要使乙醇和环己烷蒸馏出，所以温度应高于乙醇和环己烷的沸点80.8，故答案为：C；
（4）白烟是固体小颗粒，因为苯甲酸在100℃会迅速升华，所以可能是苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，加热升华产生白烟，故答案为：苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时发生升华；
（5）分流漏斗的使用方法，必须将水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞．将分液漏斗倒转过来，用力振摇，而且放出液体时，需将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，只有这样液体才能顺利流下，故选：A D；
（6）蒸馏时所用的玻璃仪器有酒精灯、冷凝管、接收器、锥形瓶、蒸馏烧瓶、温度计，故答案为：蒸馏烧瓶，温度计；
（7）12.20g苯甲酸的物质的量为：
醇与氢卤酸反应是制备卤代烃的重要方法．实验室制备溴乙烷和1-溴丁烷的反应如下：
NaBr+H2SO4HBr+NaHSO4 ①
R-OH+HBr⇌R-Br+H2O ②
可能存在的副反应有：醇在浓硫酸的存在下脱水生成烯和醚，Br-被浓硫酸氧化为Br2等．有关数据列表如下；
请回答下列问题：
（1）在溴乙烷和1-溴丁烷的制备实验中，下列仪器最不可能用到的是______．（填字母）
a．圆底烧瓶 b．量筒 c．锥形瓶 d．布氏漏斗
（2）溴代烃的水溶性______（填“大于”、“等于”或“小于”）相应的醇；其原因是______
______．
（3）将1-溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物在______（填“上层”、“下层”或“不分层”）．
（4）制备操作中，加入的浓硫酸必须进行稀释，其目的是______．（填字母）
a．减少副产物烯和醚的生成 b．减少Br2的生成
c．减少HBr的挥发 d．水是反应的催化剂
（5）欲除去溴代烷中的少量杂质Br2，下列物质中最适合的是______．（填字母）
a．NaI b．NaOH c．NaHSO3 d．KCl
（6）在制备溴乙烷时，采用边反应边蒸出产物的方法，其有利于______；但在制备1-溴丁烷时却不能边反应边蒸出产物，其原因是______．
正确答案
解：（1）布氏漏斗主要用于抽滤操作，即有晶体析出时，但溴乙烷和一溴丁烷均不是晶体，则无需使用，故答案为：d；
（2）醇能和水形成氢键的物质而易溶于水，溴代烃和水不反应也不能和水形成氢键，所以溴代烃的水溶性小于相应的醇，
故答案为：小于；醇分子可与水分子形成氢键，溴代烃分子不能与水分子形成氢键；
（3）1-溴丁烷和水不能形成氢键所以不易溶于水，且密度大于水，所以将1-溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物在下层，
故答案为：下层；
（4）a．浓硫酸和1-丁醇反应发生副反应消去反应生成烯烃、分子间脱水反应生成醚，稀释后不能发生类似反应减少副产物烯和醚的生成，故a正确；
b．浓硫酸具有强氧化性能将溴离子氧化为溴单质，稀释浓硫酸后能减少Br2的生成，故b正确；
c．反应需要溴化氢和1-丁醇反应，浓硫酸溶解溶液温度升高，使溴化氢挥发，稀释后减少HBr的挥发，故c正确；
d．水是产物不是反应的催化剂，故d错误；
故选abc；
（5）欲除去溴代烷中的少量杂质Br2，
a．NaI和溴单质反应，但生成的碘单质会混入，故a错误；
b．溴单质和氢氧化钠反应，溴代烷也和NaOH溶液中水解反应，故b错误；
c．溴单质和NaHSO3 溶液发生氧化还原反应，可以除去溴单质，故c正确；
d．KCl不能除去溴单质，故d错误；
故答案为：c；
（6）根据题给信息知，乙醇和溴乙烷的沸点相差较大，采用边反应边蒸出产物的方法，可以使平衡向生成溴乙烷的方向移动，而1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出，所以不能边反应边蒸出产物，
故答案为：平衡向生成溴乙烷的方向移动；1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差不大．
解析
解：（1）布氏漏斗主要用于抽滤操作，即有晶体析出时，但溴乙烷和一溴丁烷均不是晶体，则无需使用，故答案为：d；
（2）醇能和水形成氢键的物质而易溶于水，溴代烃和水不反应也不能和水形成氢键，所以溴代烃的水溶性小于相应的醇，
故答案为：小于；醇分子可与水分子形成氢键，溴代烃分子不能与水分子形成氢键；
（3）1-溴丁烷和水不能形成氢键所以不易溶于水，且密度大于水，所以将1-溴丁烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物在下层，
故答案为：下层；
（4）a．浓硫酸和1-丁醇反应发生副反应消去反应生成烯烃、分子间脱水反应生成醚，稀释后不能发生类似反应减少副产物烯和醚的生成，故a正确；
b．浓硫酸具有强氧化性能将溴离子氧化为溴单质，稀释浓硫酸后能减少Br2的生成，故b正确；
c．反应需要溴化氢和1-丁醇反应，浓硫酸溶解溶液温度升高，使溴化氢挥发，稀释后减少HBr的挥发，故c正确；
d．水是产物不是反应的催化剂，故d错误；
故选abc；
（5）欲除去溴代烷中的少量杂质Br2，
a．NaI和溴单质反应，但生成的碘单质会混入，故a错误；
b．溴单质和氢氧化钠反应，溴代烷也和NaOH溶液中水解反应，故b错误；
c．溴单质和NaHSO3 溶液发生氧化还原反应，可以除去溴单质，故c正确；
d．KCl不能除去溴单质，故d错误；
故答案为：c；
（6）根据题给信息知，乙醇和溴乙烷的沸点相差较大，采用边反应边蒸出产物的方法，可以使平衡向生成溴乙烷的方向移动，而1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差较小，若边反应边蒸馏，会有较多的正丁醇被蒸出，所以不能边反应边蒸出产物，
故答案为：平衡向生成溴乙烷的方向移动；1-溴丁烷和正丁醇的沸点相差不大．
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