- 比色法
- 共1072题
碱式次氯酸镁[BMH化学式为Mg2ClO（OH）3•H2O]难溶于水，相对稳定，是一种有开发价值的无机抗菌剂．某研发小组通过下列流程制备碱式次氯酸镁：
（1）在上述流程中，“过滤”操作用到的硅酸盐材质的仪器有______
（2）NaClO的电子式为______，NaClO溶液可用Cl2与NaOH溶液反应获得，写出该反应的离子方程式______
（3）有效氯的含量是衡量次氯酸盐氧化能力的重要指标．次氯酸盐的有效氯含量可用次氯酸盐与盐酸反应所生成的氯气的含量来表示，则生成氯气的离子方程式为______
（4）就抗菌和杀菌效果而言，氯制剂具有广谱、高效的特点，像BMH这样难溶又稳定的氯制剂几乎别无他物．在酸性溶液中BMH具有杀菌、漂白作用的原因是______（用离子方程式表示）
（5）在混合溶液中加入NaOH溶液并调节pH在10左右，即生成BMH，其化学方程式为______．
正确答案
解：氯化镁溶液与次氯酸钠溶液混合后，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，发生反应：2MgCl2+NaClO+3NaOH+H2O=Mg2ClO（OH）3•H2O↓+4NaCl，然后通过通过过滤、洗涤、干燥获得碱式次氯酸镁，
（1）过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，
故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
（2）NaClO是离子化合物，由Na+离子和ClO-离子构成，NaClO的电子式为
故答案为：
（3）次氯酸盐与盐酸反应所生成的氯气，反应的离子方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，
故答案为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；
（4）Mg2ClO（OH）3•H2O在酸性条件下发生反应：Mg2ClO（OH）3•H2O+4H+=2Mg2++HClO+4H2O，反应生成的次氯酸具有强氧化性，所以在酸性溶液中BMH具有杀菌、漂白作用，
故答案为：Mg2ClO（OH）3•H2O+4H+=2Mg2++HClO+4H2O；
（5）在混合溶液中加入NaOH溶液并调节pH在10左右，即生成BMH，反应的化学方程式为：2MgCl2+NaClO+3NaOH+H2O=Mg2ClO（OH）3•H2O↓+4NaCl，
故答案为：2MgCl2+NaClO+3NaOH+H2O=Mg2ClO（OH）3•H2O↓+4NaCl．
解析
解：氯化镁溶液与次氯酸钠溶液混合后，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，发生反应：2MgCl2+NaClO+3NaOH+H2O=Mg2ClO（OH）3•H2O↓+4NaCl，然后通过通过过滤、洗涤、干燥获得碱式次氯酸镁，
（1）过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，
故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
（2）NaClO是离子化合物，由Na+离子和ClO-离子构成，NaClO的电子式为
故答案为：
（3）次氯酸盐与盐酸反应所生成的氯气，反应的离子方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，
故答案为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；
（4）Mg2ClO（OH）3•H2O在酸性条件下发生反应：Mg2ClO（OH）3•H2O+4H+=2Mg2++HClO+4H2O，反应生成的次氯酸具有强氧化性，所以在酸性溶液中BMH具有杀菌、漂白作用，
故答案为：Mg2ClO（OH）3•H2O+4H+=2Mg2++HClO+4H2O；
（5）在混合溶液中加入NaOH溶液并调节pH在10左右，即生成BMH，反应的化学方程式为：2MgCl2+NaClO+3NaOH+H2O=Mg2ClO（OH）3•H2O↓+4NaCl，
故答案为：2MgCl2+NaClO+3NaOH+H2O=Mg2ClO（OH）3•H2O↓+4NaCl．
（2015•黄冈模拟）苯胺为无色液体，还原性强，易被氧化；有碱性，与酸反应生成盐．常用硝基苯与H2制备：
实验步骤：
①检查装置的气密性，连接好C处冷凝装置的冷水．
②先向三颈烧瓶中加入沸石及硝基苯，再取下恒压分液漏斗，换上温度计．
③打开装置A、B间活塞，通入H2一段时间．
④点燃B处的酒精灯，加热，使温度维持在140℃进行反应．
⑤反应结束后，关闭装置A、B间活塞，加入生石灰．
⑥调整好温度计的位置，继续加热，收集182～186℃馏分，得到较纯苯胺．
回答下列问题：
（1）步骤⑥中温度计水银球的位置在______．
（2）下列关于实验的叙述中，错误的是______．
A．冷凝管的冷水应该从b进从a出
B．实验开始时，温度计水银球应插入反应液中，便于控制反应液的温度
C．装置A中应使用锌粉，有利于加快生成H2的速率
D．加入沸石的目的是防止暴沸
（3）若实验中步骤③和④的顺序颠倒，则实验中可能产生的后果是______．
（4）蒸馏前，步骤⑤中加入生石灰的作用是______．
（5）有学生质疑反应完成后，直接蒸馏得到苯胺的纯度不高，提出以下流程：
反应后混合液
苯胺在酸性条件下生成盐酸苯胺被水萃取，在碱性溶液中又被有机溶剂反萃取，这种萃取反萃取法简称反萃．实验中反萃的作用是______；在分液漏斗中进行萃取分液时，应注意不时放气，其目的是______．
（6）苯胺还原性强，易被氧化，请配平下列化学方程式的化学计量数：
______
正确答案
解：（1）步骤⑥中收集182～186℃馏分，得到较纯苯胺，反应时温度计需测量苯胺蒸气的温度，所以温度计的水银球应该放在三颈烧瓶出气口（等高线）附近，
故答案为：三颈烧瓶出气口（等高线）附近；
（2）A．冷凝管水流遵循逆流原理，即冷水从冷凝管下口进入，上口流出，这样冷凝效果好，该实验冷凝管的冷水应该从a进从b出，故A错误；
B．用硝基苯与H2制备苯胺，反应温度为：140℃，实验开始时，温度计水银球应插入反应液中，便于控制反应液的温度，故B正确；
C．装置A为制取氢气的简易装置，使用锌粉，虽有利于加快生成H2的速率，但固液无法分离，无法控制反应速率，故C错误；
D．沸石的多孔结构，液体变气体会逐步释放，防止突然迸发，所以沸石能防沸，故D正确；
故答案为：A、C；
（3）若实验中步骤③和④的顺序颠倒，则实验装置中的空气无法排除，加热时氢气遇氧气发生爆炸，苯胺为无色液体，还原性强，易被氧化，生成的苯胺被氧气氧化，
故答案为：加热时氢气遇氧气发生爆炸；生成的苯胺被氧气氧化；
（4）生石灰为氧化钙能和水反应生成氢氧化钙，苯胺为无色液体，有碱性，与生石灰不反应，所以蒸馏前加入生石灰，能除去反应中生成的水；
故答案为：除去反应中生成的水；
（5）苯胺在酸性条件下生成盐酸苯胺被水萃取，去除了一部分不溶于酸的杂质，在碱性溶液中又被有机溶剂反萃取，又去除了一部分不溶于碱的杂质，实验中反萃能除去苯胺中较多的杂质，有利于蒸馏，在分液漏斗中进行萃取分液时，不时放气，减低漏斗内的压力，使漏斗内外压强一致，易于分液漏斗中液体流出，
故答案为：除去苯胺中较多的杂质，有利于蒸馏；减低漏斗内的压力，使漏斗内外压强一致；
（6）苯胺分子式为：C6H7N，该反应中元素的化合价变化如下：6个碳为-4价，生成对苯二醌，分子式为：C6H4O2，6个碳为0价，1molC6H7N失去4mol电子，Mn元素的化合价由+4价→+2价，1molMnO2得2mol电子，所以得失电子的最小公倍数为4，所以 C6H7N的计量数为1，C6H4O2的计量数为2；其它元素根据原子守恒配平即可，所以该方程式系数为：2、4、5、2、4、1、4；
故答案为：2、4、5、2、4、1、4．
解析
解：（1）步骤⑥中收集182～186℃馏分，得到较纯苯胺，反应时温度计需测量苯胺蒸气的温度，所以温度计的水银球应该放在三颈烧瓶出气口（等高线）附近，
故答案为：三颈烧瓶出气口（等高线）附近；
（2）A．冷凝管水流遵循逆流原理，即冷水从冷凝管下口进入，上口流出，这样冷凝效果好，该实验冷凝管的冷水应该从a进从b出，故A错误；
B．用硝基苯与H2制备苯胺，反应温度为：140℃，实验开始时，温度计水银球应插入反应液中，便于控制反应液的温度，故B正确；
C．装置A为制取氢气的简易装置，使用锌粉，虽有利于加快生成H2的速率，但固液无法分离，无法控制反应速率，故C错误；
D．沸石的多孔结构，液体变气体会逐步释放，防止突然迸发，所以沸石能防沸，故D正确；
故答案为：A、C；
（3）若实验中步骤③和④的顺序颠倒，则实验装置中的空气无法排除，加热时氢气遇氧气发生爆炸，苯胺为无色液体，还原性强，易被氧化，生成的苯胺被氧气氧化，
故答案为：加热时氢气遇氧气发生爆炸；生成的苯胺被氧气氧化；
（4）生石灰为氧化钙能和水反应生成氢氧化钙，苯胺为无色液体，有碱性，与生石灰不反应，所以蒸馏前加入生石灰，能除去反应中生成的水；
故答案为：除去反应中生成的水；
（5）苯胺在酸性条件下生成盐酸苯胺被水萃取，去除了一部分不溶于酸的杂质，在碱性溶液中又被有机溶剂反萃取，又去除了一部分不溶于碱的杂质，实验中反萃能除去苯胺中较多的杂质，有利于蒸馏，在分液漏斗中进行萃取分液时，不时放气，减低漏斗内的压力，使漏斗内外压强一致，易于分液漏斗中液体流出，
故答案为：除去苯胺中较多的杂质，有利于蒸馏；减低漏斗内的压力，使漏斗内外压强一致；
（6）苯胺分子式为：C6H7N，该反应中元素的化合价变化如下：6个碳为-4价，生成对苯二醌，分子式为：C6H4O2，6个碳为0价，1molC6H7N失去4mol电子，Mn元素的化合价由+4价→+2价，1molMnO2得2mol电子，所以得失电子的最小公倍数为4，所以 C6H7N的计量数为1，C6H4O2的计量数为2；其它元素根据原子守恒配平即可，所以该方程式系数为：2、4、5、2、4、1、4；
故答案为：2、4、5、2、4、1、4．
工业上用钛铁精矿（FeTiO3）提炼TiO2的工艺流程如下：
（1）写出硫酸浸溶解钛铁精矿的离子方程式______，酸浸时为了提高浸出率，可以采取的措施为______．
（2）钛铁精矿后冷却、结晶得出的副产物A为______，结晶析出A时，为保持较高的酸度不能加水，其原因可能为______．
（3）滤液水解时往往需加大量水稀释同时加热，其目的是______．
（4）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是______．
（5）工业上将TiO2和炭粉混合加热氯化生成的TiCl4，然后在高温下用金属镁还原TiCl4得到金属钛，写出TiO2制备Ti的化学方程式：______．
正确答案
解：钛铁精矿（FeTiO3）中加入稀硫酸，冷却、结晶、经充分反应后过滤，所得滤液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+等离子，滤渣为硫酸亚铁晶体，TiO2+水解生成H2TiO3和稀硫酸，过滤，得到沉淀B为H2TiO3，煅烧H2TiO3得到TiO2产品，
（1）FeTiO3与氢离子反应生成Fe2+、Ti4+、H2O，其反应的离子方程式为FeTiO3+6H+=Fe2++Ti4++3H2O，提高浸出率，可增大硫酸浓度、升高温度、边加硫酸边搅拦、增加浸出时间等，
故答案为：FeTiO3+6H+=Fe2++Ti4++3H2O；增大硫酸浓度/升高温度/边加硫酸边搅拦/增加浸出时间等；
（2）由流程分析可知副产物A为 FeSO4•7H2O，因亚铁离子易水解，且水解呈酸性，为防止水解，应保持较大的酸度，
故答案为：FeSO4•7H2O；防止Ti（SO4）2水解、减少FeSO4•7H2O的溶解量；
（3）加水稀释、加热均能促进Ti4+水解，所以滤液水解时往往需加大量水稀释同时加热，促进Ti4+水解趋于完全，得到更多的H2TiO3沉淀，
故答案为：促进Ti4+水解趋于完全，得到更多的H2TiO3沉淀；
（4）由流程可知：解钛铁精矿需要加入稀硫酸，TiO2+水解时生成H2TiO3和稀硫酸，则稀硫酸可以循环使用，符合绿色化学理念，
故答案为：水解得到的稀硫酸可以循环使用；
（5）高温下，TiO2和碳粉、氯气反应生成TiCl4和CO，其反应的方程式为：TiO2+2C+2Cl2
故答案为：TiO2+2C+2Cl2
解析
解：钛铁精矿（FeTiO3）中加入稀硫酸，冷却、结晶、经充分反应后过滤，所得滤液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+等离子，滤渣为硫酸亚铁晶体，TiO2+水解生成H2TiO3和稀硫酸，过滤，得到沉淀B为H2TiO3，煅烧H2TiO3得到TiO2产品，
（1）FeTiO3与氢离子反应生成Fe2+、Ti4+、H2O，其反应的离子方程式为FeTiO3+6H+=Fe2++Ti4++3H2O，提高浸出率，可增大硫酸浓度、升高温度、边加硫酸边搅拦、增加浸出时间等，
故答案为：FeTiO3+6H+=Fe2++Ti4++3H2O；增大硫酸浓度/升高温度/边加硫酸边搅拦/增加浸出时间等；
（2）由流程分析可知副产物A为 FeSO4•7H2O，因亚铁离子易水解，且水解呈酸性，为防止水解，应保持较大的酸度，
故答案为：FeSO4•7H2O；防止Ti（SO4）2水解、减少FeSO4•7H2O的溶解量；
（3）加水稀释、加热均能促进Ti4+水解，所以滤液水解时往往需加大量水稀释同时加热，促进Ti4+水解趋于完全，得到更多的H2TiO3沉淀，
故答案为：促进Ti4+水解趋于完全，得到更多的H2TiO3沉淀；
（4）由流程可知：解钛铁精矿需要加入稀硫酸，TiO2+水解时生成H2TiO3和稀硫酸，则稀硫酸可以循环使用，符合绿色化学理念，
故答案为：水解得到的稀硫酸可以循环使用；
（5）高温下，TiO2和碳粉、氯气反应生成TiCl4和CO，其反应的方程式为：TiO2+2C+2Cl2
故答案为：TiO2+2C+2Cl2
某研究性学习小组在实验室模拟工业“侯氏制碱法”原理制取NaHCO3．下图是该学习小组进行模拟实验时所用到的主要装置．
请回答下列问题：
（1）B装置中仪器a的名称是______．
（2）C装置中发生的现象是______，反应的化学方程式是______．
（3）检验A装置气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的橡胶塞，夹紧弹簧夹后，向漏斗里注入一定量的水，使漏斗内的水面高于试管内的水面，停止加水后，若______．说明装置不漏气．
（4）D是连接在装置A与装置C之间的气体净化装置，装置D的作用是______．
（5）实验时向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2的原因是______．
（6）设计实验方案，检验NaHCO3产品中是否含有氯化钠______．
正确答案
解：“侯氏制碱法”原理制取NaHCO3流程：反应的化学方程式：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，装置A：制取二氧化碳，装置B：制取氨气，装置C：用二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，装置D：除去二氧化碳中的氯化氢，所以A接D后接C．
（1）B装置中仪器a带有玻璃活塞，控制滴加浓氨水的速率，为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以会出现白色浑浊，现象为液面上下波动有白色固体析出，
故答案为：液面上下波动有白色固体析出；NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
（3）随水的注入管内加压增大，漏斗内液体不能再流入试管，使长颈漏斗与管内液面出现液面差，并且液面差保持不变，说明装置气密性良好，
故答案为：长漏斗中与试管中的液（水）面差保持不再变化或漏斗中的液（水）面不再下降；
（4）装置A：制取二氧化碳，用碳酸钙和盐酸反应，盐酸易挥发，制取的二氧化碳中混有氯化氢，装置D内盛放的碳酸氢钠溶液能与二氧化碳中的HCl发生反应生成氯化钠、水和二氧化碳，从而除去HCl，二氧化碳气体与碳酸氢钠溶液不反应，
故答案为：除去二氧化碳中的氯化氢；
（5）二氧化碳与水反应形成不稳定的碳酸，致使水吸收二氧化碳量较少，氨气在水中的溶解度大于二氧化碳，先通入氨气，氨气与水形成呈碱性的氨水可与二氧化碳与水生成的碳酸发生反应，更有利于二氧化碳气体的吸收，
故答案为：使溶液呈碱性，二氧化碳更易被吸收；
（6）要检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠，实际上就是检验氯离子的存在，可先滴加过量稀硝酸，排除碳酸根离子的干扰，在滴加硝酸银溶液，如果有白色沉淀生成，则含有氯离子，
故答案为：取少量产品溶于水，加入足量的稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明产品中有氯化钠．
解析
解：“侯氏制碱法”原理制取NaHCO3流程：反应的化学方程式：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，装置A：制取二氧化碳，装置B：制取氨气，装置C：用二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，装置D：除去二氧化碳中的氯化氢，所以A接D后接C．
（1）B装置中仪器a带有玻璃活塞，控制滴加浓氨水的速率，为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以会出现白色浑浊，现象为液面上下波动有白色固体析出，
故答案为：液面上下波动有白色固体析出；NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
（3）随水的注入管内加压增大，漏斗内液体不能再流入试管，使长颈漏斗与管内液面出现液面差，并且液面差保持不变，说明装置气密性良好，
故答案为：长漏斗中与试管中的液（水）面差保持不再变化或漏斗中的液（水）面不再下降；
（4）装置A：制取二氧化碳，用碳酸钙和盐酸反应，盐酸易挥发，制取的二氧化碳中混有氯化氢，装置D内盛放的碳酸氢钠溶液能与二氧化碳中的HCl发生反应生成氯化钠、水和二氧化碳，从而除去HCl，二氧化碳气体与碳酸氢钠溶液不反应，
故答案为：除去二氧化碳中的氯化氢；
（5）二氧化碳与水反应形成不稳定的碳酸，致使水吸收二氧化碳量较少，氨气在水中的溶解度大于二氧化碳，先通入氨气，氨气与水形成呈碱性的氨水可与二氧化碳与水生成的碳酸发生反应，更有利于二氧化碳气体的吸收，
故答案为：使溶液呈碱性，二氧化碳更易被吸收；
（6）要检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠，实际上就是检验氯离子的存在，可先滴加过量稀硝酸，排除碳酸根离子的干扰，在滴加硝酸银溶液，如果有白色沉淀生成，则含有氯离子，
故答案为：取少量产品溶于水，加入足量的稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明产品中有氯化钠．
相关资料：
实验步骤：
如图组装反应装置（冷凝水．夹持及加热装置未画出），并在三颈烧瓶中依次加入120mL水、9，.4g高锰酸钾和3.0mL甲苯．
②将三颈烧瓶中的混合液体搅拌，加热至沸腾，直到甲苯完全反应．
③趁热过滤反应混合物．若滤液呈紫色，则需加入适量的亚硫酸氢钠溶液至紫色褪去后再过滤，用热水洗涤滤渣，洗涤液合并至滤液中．
④用冰水冷却滤液，然后用浓盐酸酸化，过滤，用少量冷水洗涤滤渣，得到苯甲酸粗产品，经重结晶得到精制的苯甲酸．
回答下列问题：
（1）本实验应选择的三颈烧瓶规格为______（填字母序号）．
A．100mL B．250mL C．500mL D．1000mL
（2）判断甲苯已完全反应的现象是______、回流液不再出现油珠．
（3）实验步骤④中，用少量冷水而不用热水洗涤滤渣的目的是______；苯甲酸粗产品除了可用重结晶法精制外，还可用______法．
A．蒸发 B．升华 C．过滤 D．分液
（4）精制的苯甲酸纯度测定：称取1.220g样品，用稀乙醇溶解并配成100mL溶液，分别取25，.00mL溶液，用0.1000mo1•L-1NaOH标准溶液滴定，三次滴定消耗NaOH溶液的体积分别为V1=24.70mL、V2=24.80mL、V3=25.80mL．
①配制溶液时用稀乙醇而不用蒸馏水作溶剂的原因是______．
②若用酚酞作指示剂，确定滴定终点的现象是______．
③产品的纯度为______．
正确答案
解：（1）溶液体积为120mL，而三颈烧瓶所盛液体体积通常占其容积的
（2）反应中得到苯甲酸钾，而苯甲酸钾溶于水，甲苯不溶于水，完全反应时：三颈烧瓶内溶液不分层、回流液不再出现油珠，故答案为：三颈烧瓶内溶液不分层；
（3）温度较高时，苯甲酸溶解度增大，用少量冷水洗涤可以减少苯甲酸因溶解造成的损失；由表中数据可知，苯甲酸具有升华性质，可以利用升华法进行提纯，
故答案为：减少苯甲酸因溶解造成的损失；升华；
（4）①由表中数据可知，常温下苯甲酸微溶于水而易溶于乙醇，故配制溶液时用稀乙醇而不用蒸馏水作溶剂，故答案为：常温下苯甲酸微溶于水而易溶于乙醇；
②反应到达终点时，加入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色，故答案为：加入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色；
③第三次与前两次消耗氢氧化钠的体积相差较大，应舍弃，消耗氢氧化钠溶液的体积为
解析
解：（1）溶液体积为120mL，而三颈烧瓶所盛液体体积通常占其容积的
（2）反应中得到苯甲酸钾，而苯甲酸钾溶于水，甲苯不溶于水，完全反应时：三颈烧瓶内溶液不分层、回流液不再出现油珠，故答案为：三颈烧瓶内溶液不分层；
（3）温度较高时，苯甲酸溶解度增大，用少量冷水洗涤可以减少苯甲酸因溶解造成的损失；由表中数据可知，苯甲酸具有升华性质，可以利用升华法进行提纯，
故答案为：减少苯甲酸因溶解造成的损失；升华；
（4）①由表中数据可知，常温下苯甲酸微溶于水而易溶于乙醇，故配制溶液时用稀乙醇而不用蒸馏水作溶剂，故答案为：常温下苯甲酸微溶于水而易溶于乙醇；
②反应到达终点时，加入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色，故答案为：加入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色；
③第三次与前两次消耗氢氧化钠的体积相差较大，应舍弃，消耗氢氧化钠溶液的体积为
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