- 比色法
- 共1072题
某同学用图所示装置制取溴苯和溴乙烷．
已知：（CH3CH2OH+HBr-CH3CH2Br+H2O）溴乙烷为无色液体，难溶于水，沸点为38.4℃，熔点为-119℃．
主要实验步骤如下：
①组装好装置，检查其气密性．
②向烧瓶中加入一定量苯和液溴，向锥形瓶中加入乙醇至稍高于进气导管口处，向U型管中加入蒸馏水封住管底，向水槽中加入冰水．
③将A装置中的纯铁丝小心向下插入苯和液溴的混合液中．
④点燃B装置中的酒精灯，用小火缓缓对锥形瓶加热10分钟．
请填写下列空白：
（1）请写出A装置中所发生的有机反应化学方程式
A：______．
（2）C装置中U型管内部用蒸馏水封住管底的作用是______．
（3）反应完毕后，U型管内液体分层，溴乙烷在______（填：上或下）层．
（4）为证明溴和苯的上述反应是取代反应而不是加成反应，该学生用装置D代替装置B、C直接与A相连重新操作实验．
①装置D的锥形瓶中，小试管内的液体是______（任填一种符合题意试剂的名称），其主要作用是______．
②反应后向锥形瓶中滴加______（任填一种符合题意试剂的名称），若______证明该反应为取代反应．
（5）要检验某溴乙烷中的溴元素，正确的实验方法是______
A．加入新制的氯水振荡，再加入少量CCl4振荡，观察下层是否变为橙红色
B．滴入硝酸银溶液，再加入稀硝酸使溶液呈酸性，观察有无浅黄色沉淀生成
C．加入NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成
D．加入NaOH溶液共热，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成．
正确答案
解：（1）A装置中：在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成：
故答案为：
（2）溴化氢极易溶于水，形成的氢溴酸是强酸，水可以阻止易挥发物质HBr的溢出，起到水封的作用，
故答案为：溶解吸收溴化氢气体，防止溴化氢及产物逸出污染环境；
（3）溴乙烷的密度大于水，所以反应完毕后，U型管内液体分层，溴乙烷在下层，
故答案为：下；
（4）由图可知，A中发生
故答案为：苯（或四氯化碳）；吸收挥发出来的溴蒸气；硝酸银溶液（或紫色石蕊试液）；有淡黄色沉淀产生（或紫色石蕊试液变红）；
（5）检验某溴乙烷中的溴元素，可以将溴乙烷碱性水解，再将溶液调成酸性，再检验溴离子即可，其操作为加入NaOH溶液共热，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成，
故选D．
解析
解：（1）A装置中：在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成：
故答案为：
（2）溴化氢极易溶于水，形成的氢溴酸是强酸，水可以阻止易挥发物质HBr的溢出，起到水封的作用，
故答案为：溶解吸收溴化氢气体，防止溴化氢及产物逸出污染环境；
（3）溴乙烷的密度大于水，所以反应完毕后，U型管内液体分层，溴乙烷在下层，
故答案为：下；
（4）由图可知，A中发生
故答案为：苯（或四氯化碳）；吸收挥发出来的溴蒸气；硝酸银溶液（或紫色石蕊试液）；有淡黄色沉淀产生（或紫色石蕊试液变红）；
（5）检验某溴乙烷中的溴元素，可以将溴乙烷碱性水解，再将溶液调成酸性，再检验溴离子即可，其操作为加入NaOH溶液共热，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成，
故选D．
（2015•北京一模）工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的工艺流程如下图所示．钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3价．
已知：TiOSO4遇水会水解．
（1）步骤②中，用铁粉将Fe3+转化为Fe2+的反应的离子方程式为______．
（2）步骤③中，实现混合物的分离是利用物质的______（填字母序号）．
a．熔沸点差异 b．溶解性差异 c．氧化性、还原性差异
（3）步骤②、③、④中，均需用到的操作是______（填操作名称）．
（4）请结合化学用语用化学平衡理论解释步骤④中将TiO2+转化为H2TiO3的原理：______．
（5）可以利用生产过程中的废液与软锰矿（主要成分为MnO2）反应生产硫酸锰（MnSO4，易溶于水），该反应的离子方程式为______．
（6）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，利用如下图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛．
①写出阳极所发生反应的电极反应式：______．
②在制备金属钛前后，CaO的总量不变，其原因是（请结合化学用语解释）______．
正确答案
2Fe3++Fe═3Fe2+
b
过滤
溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，
平衡正向移动，生成H2TiO3．
MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O
2O2--4e-═O2↑
制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：2CaO═2Ca+O2↑，2Ca+TiO2
解析
解：（1）故答案为：步骤②中，用铁粉将Fe3+转化为Fe2+的反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+；
（2）步骤③冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，利用的是物质溶解度的不同，通过冷却热饱和溶液得到，故答案为：b；
（3）②③④步骤的操作过程中都得到沉淀或晶体，所以需要过滤得到固体和溶液，故答案为：过滤；
（4）④中使用热水的目的是促进TiO2+水解生成H2TiO3，分离出固体加热得到TiO2；溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，
平衡正向移动，生成H2TiO3；
故答案为：溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3．
（5）利用生产过程中的废液与软锰矿（主要成分为MnO2）反应生产硫酸锰（MnSO4，易溶于水），利用二氧化锰的氧化性氧化亚铁离子为三价铁离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（6）①用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，阳极发生氧化反应，阴极析出钙金属发生还原反应，阳极图示产物可可知，阳极生成二氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳，所以电极反应为：2O2--4e-=O2↑，或C+2O2--4e-=CO2↑；
故答案为：2O2--4e-=O2↑，或C+2O2--4e-=CO2↑；
②制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：2CaO═2Ca+O2↑，2Ca+TiO2
或：制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：阴极：2Ca2++4e-═2Ca 阳极：2O2--4e-═O2↑；2Ca+TiO2 
故答案为：制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：2CaO═2Ca+O2↑，2Ca+TiO2
2007年3月，温家宝总理在十届人大五次会议上指出要大力抓好节能降耗、保护环境．请你分析并回答下列问题：
（1）“绿色化学”的最大特点在于它是在始端就采用预防实际污染的科学手段，因而过程和终端均为零排放和零污染，具有“原子经济性”．下列化学反应不符合“绿色化学”思想的是______．
A．制备环氧乙烷：2CH2=CH2+O2
B．制备硫酸铜：Cu+2H2SO4 
C．制备甲醇：2CH4+O2 
D．制备硝酸铜：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
（2）冶金废水中含有[Au（CN）2]-，其电离出的CN-有毒，当与H+结合生成HCN时，其毒性更强．工业上处理这种废水是在碱性条件下，用NaClO将CN-氧化为CO32-和一种无毒气体，该反应的方程式为______，在酸性条件下，ClO-也能将CN-氧化，但实际处理时却不在酸性条件下进行的主要原因是______．
（3）工业上目前使用两种方法制取乙醛--“乙炔水化法”和“乙烯氧化法”．下面两表提供生产过程中原料、反应条件、原料平衡转化率和产量等的有关信息：
表一：原料、反应条件、平衡转化率、日产量
表二：原料来源生产工艺
从两表中分析，现代工业上“乙烯氧化法”将逐步取代“乙炔水化法”的可能原因．
①从产率和产量角度分析______．
②从环境保护和能耗角度分析______．
正确答案
解：（1）A、反应属于化合反应，原子利用率高达100，且产物无污染，故A正确；
B、制备硫酸铜的过程硫酸的利用率低，且生成的二氧化硫是有毒的气体，故B错误；
C、反应属于化合反应，原子利用率高达100，且产物无污染，故C正确；
D、制备硝酸铜的过程硝酸的利用率低，且生成的二氧化氮是有毒的气体，故D错误．
故选BD；
（2）次氯酸根离子具有氧化性，可以将氢氰根离子氧化，在碱性条件下，用NaClO将CN-氧化为CO32-和一种无毒气体氮气，原理方程式为：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32-+N2↑+5Cl-+H2O，在酸性条件下，CN-与H+结合生成毒性很强的HCN，对人和环境造成危害，所以实际处理时不在酸性条件下进行，
故答案为：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32-+N2↑+5Cl-+H2O；在酸性条件下，CN-与H+结合生成毒性很强的HCN，对人和环境造成危害；
（3）①对比“乙烯氧化法”、“乙炔水化法”两种方法，从产率和产量角度可以看出：虽然乙烯氧化法的转化率略小于乙炔水化法，但反应快、日产量比其高得多，
故答案为：虽然乙烯氧化法的转化率略小于乙炔水化法，但反应快、日产量比其高得多；
②对比“乙烯氧化法”、“乙炔水化法”两种方法，从环境保护和能耗角度可以知道两者反应条件温度相当，但乙炔水化法制乙醛使用的是汞盐催化剂，汞盐的毒性大，并且乙炔的制取要经过多步反应制得，且消耗大量的热能、电能，但是乙烯来源于石油裂解气，消耗的总能量比乙炔少，且较容易获得等，
故答案为：两者反应条件温度相当，但乙炔水化法制乙醛使用的是汞盐催化剂，毒性大；乙炔的制取要经过多步反应制得，且消耗大量的热能、电能；乙烯来源于石油裂解气，消耗的总能量比乙炔少，且较容易获得．
解析
解：（1）A、反应属于化合反应，原子利用率高达100，且产物无污染，故A正确；
B、制备硫酸铜的过程硫酸的利用率低，且生成的二氧化硫是有毒的气体，故B错误；
C、反应属于化合反应，原子利用率高达100，且产物无污染，故C正确；
D、制备硝酸铜的过程硝酸的利用率低，且生成的二氧化氮是有毒的气体，故D错误．
故选BD；
（2）次氯酸根离子具有氧化性，可以将氢氰根离子氧化，在碱性条件下，用NaClO将CN-氧化为CO32-和一种无毒气体氮气，原理方程式为：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32-+N2↑+5Cl-+H2O，在酸性条件下，CN-与H+结合生成毒性很强的HCN，对人和环境造成危害，所以实际处理时不在酸性条件下进行，
故答案为：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32-+N2↑+5Cl-+H2O；在酸性条件下，CN-与H+结合生成毒性很强的HCN，对人和环境造成危害；
（3）①对比“乙烯氧化法”、“乙炔水化法”两种方法，从产率和产量角度可以看出：虽然乙烯氧化法的转化率略小于乙炔水化法，但反应快、日产量比其高得多，
故答案为：虽然乙烯氧化法的转化率略小于乙炔水化法，但反应快、日产量比其高得多；
②对比“乙烯氧化法”、“乙炔水化法”两种方法，从环境保护和能耗角度可以知道两者反应条件温度相当，但乙炔水化法制乙醛使用的是汞盐催化剂，汞盐的毒性大，并且乙炔的制取要经过多步反应制得，且消耗大量的热能、电能，但是乙烯来源于石油裂解气，消耗的总能量比乙炔少，且较容易获得等，
故答案为：两者反应条件温度相当，但乙炔水化法制乙醛使用的是汞盐催化剂，毒性大；乙炔的制取要经过多步反应制得，且消耗大量的热能、电能；乙烯来源于石油裂解气，消耗的总能量比乙炔少，且较容易获得．
以黄铜矿烧渣（含CuO、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）为主要原料，制备铁的多种化合物的流程如下：
（1）流程中硫酸的质量分数为30% （密度是1.176g/cm3），该硫酸的物质的量浓度为______．
（2）检验滤液A中存在Fe3+的方法是______．
（3）加入足量铁粉的作用除调节pH使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，还有两个作用，写出其中一个反应的离子方程式______．
（4）流程②中除去绿矾晶体中所含杂质常采用______洗涤．
（5）工业上通过在空气中煅烧FeCO3固体生产Fe2O3．写出反应的化学方程式______．
正确答案
（1）30%的硫酸溶液1L，溶液质量为1000mL×1.176g/cm3=1176g，硫酸的物质的量浓度为
（2）向滤液A中滴加KSCN溶液，如果溶液变血红色，则证明存在Fe3+的，故答案为：滴加KSCN溶液，如果溶液变血红色；
（3）铁粉的作用除调节溶液pH外，还能与Cu2+和Fe3+反应，发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+Cu2+=Fe2++Cu；
（4）选择用冷水或酒精洗涤绿矾晶体表面的溶液，可减少晶体本身的溶解，故答案为：冰水或乙醇；
（5）空气中的氧气参与了煅烧FeCO3固体生产Fe2O3的反应过程，反应的化学方程式为4FeCO3+O2
故答案为：4FeCO3+O2
解析
（1）30%的硫酸溶液1L，溶液质量为1000mL×1.176g/cm3=1176g，硫酸的物质的量浓度为
（2）向滤液A中滴加KSCN溶液，如果溶液变血红色，则证明存在Fe3+的，故答案为：滴加KSCN溶液，如果溶液变血红色；
（3）铁粉的作用除调节溶液pH外，还能与Cu2+和Fe3+反应，发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+Cu2+=Fe2++Cu；
（4）选择用冷水或酒精洗涤绿矾晶体表面的溶液，可减少晶体本身的溶解，故答案为：冰水或乙醇；
（5）空气中的氧气参与了煅烧FeCO3固体生产Fe2O3的反应过程，反应的化学方程式为4FeCO3+O2
故答案为：4FeCO3+O2
多晶硅（硅单质的一种）被称为“微电子大厦的基石”，制备中副产物以SiCl4为主，它环境污染很大，能遇水强烈水解，放出大量的热．研究人员利用SiCl4水解生成的盐酸和钡矿粉（主要成分为BaCO3，且含有铁、镁等离子），制备BaCl2．2H2O，工艺流程如下：
已知：
①常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的PH分别是3.4、12.4；
②BaCO3的相对分子质量是197；BaCl2．2H2O的相对分子质量是244．
回答下列问题：
（1）SiCl4发生水解反应的化学方程式______．
（2）SiCl4用H2还原可制取纯度很高的硅，当反应中有1mol电子转移时吸收59KJ热量，则该反应的热化学方程式为______．
（3）加钡矿粉调节PH=7的作用是①使BaCO3转化为BaCl2②______．
（4）生成滤渣A的离子方程式______．
（5）BaCl2滤液经______、______、过滤、______，再经真空干燥后得到BaCl2．2H2O
（6）10吨含78.8% BaCO3的钡矿粉理论上最多能生成BaCl2．2H2O______吨．
正确答案
解：四氯化硅控制温度40°C，加入水过滤得到原硅酸，则发生水解反应生成原硅酸和氯化氢，过滤得到盐酸溶液，加入钡矿粉主要成分为BaCO3，且含有铁、镁等离子，调节溶液pH=7，使BaCO3转化为BaCl2，同时使Fe3+完全沉淀，过滤得到滤渣为氢氧化铁，滤液加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=12.5，控制70°C，得到氢氧化镁沉淀，过滤得到滤液为氯化钡溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到氯化钡晶体．
（1）四氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，反应方程式为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl，故答案为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；
（2）用H2还原SiCl4蒸气可制取纯度很高的硅，当反应中有1mol电子转移时吸收59KJ热量，转移4mol电子吸收热量236KJ，反应的热化学方程式：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol，
故答案为：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol；
（3）由pH=3.4时，Fe3+离子转化为氢氧化铁，当调节PH=7时能促使Fe3+离子沉淀完全，盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡和二氧化碳、水，加钡矿粉并调节pH=7的作用是使BaCO3转化为BaCl2，使Fe3+离子沉淀完全，
故答案为：使Fe3+离子沉淀完全；
（4）滤液②中加入NaOH溶液调节溶液pH=12.5，溶液中镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，反应离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，
故答案为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；
（5）BaCl2滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，再经真空干燥后得到BaCl2•2H2O，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；洗涤；
（6）根据Ba元素质量守恒：n（BaCl2•2H2O）=n（BaCO3），则m（BaCl2•2H2O）×=n（BaCl2•2H2O）×M（BaCl2•2H2O）=
故答案为：9.76．
解析
解：四氯化硅控制温度40°C，加入水过滤得到原硅酸，则发生水解反应生成原硅酸和氯化氢，过滤得到盐酸溶液，加入钡矿粉主要成分为BaCO3，且含有铁、镁等离子，调节溶液pH=7，使BaCO3转化为BaCl2，同时使Fe3+完全沉淀，过滤得到滤渣为氢氧化铁，滤液加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=12.5，控制70°C，得到氢氧化镁沉淀，过滤得到滤液为氯化钡溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到氯化钡晶体．
（1）四氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，反应方程式为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl，故答案为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；
（2）用H2还原SiCl4蒸气可制取纯度很高的硅，当反应中有1mol电子转移时吸收59KJ热量，转移4mol电子吸收热量236KJ，反应的热化学方程式：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol，
故答案为：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol；
（3）由pH=3.4时，Fe3+离子转化为氢氧化铁，当调节PH=7时能促使Fe3+离子沉淀完全，盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡和二氧化碳、水，加钡矿粉并调节pH=7的作用是使BaCO3转化为BaCl2，使Fe3+离子沉淀完全，
故答案为：使Fe3+离子沉淀完全；
（4）滤液②中加入NaOH溶液调节溶液pH=12.5，溶液中镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，反应离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，
故答案为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；
（5）BaCl2滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，再经真空干燥后得到BaCl2•2H2O，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；洗涤；
（6）根据Ba元素质量守恒：n（BaCl2•2H2O）=n（BaCO3），则m（BaCl2•2H2O）×=n（BaCl2•2H2O）×M（BaCl2•2H2O）=
故答案为：9.76．
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