- 比色法
- 共1072题
某研究性学习小组利用废铜制取CuSO4：
（1）甲学生进行了下列实验：取含6.4g铜的废铜和10ml 18ml•L-1浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，起到反应完毕，最后发现烧瓶中还有铜片剩余．他根据自己所学的化学知识，认为烧瓶中还有较多的硫酸剩余．你认为他的判断是否正确______，其理由是：______．写出相关的化学方程式：______．
（2）乙同学认为甲设计的实验方案不好，他自己设计的思路是：2Cu+O2═2CuO；CuO+H2SO4
═CuSO4+H2O．对比甲的方案，乙同学的优点是：______．
（3）丙同学采用向含有废铜屑的热的稀H2SO4中，不断通入空气也能制备CuSO4，请写出相关的化学方程式：______．
正确答案
是
随着反应的进行硫酸浓度变小，稀硫酸不与铜反应
Cu+2H2SO4（浓）
硫酸用量少，且没有污染物SO2产生
2Cu+O2+2H2SO4
解析
解：（1）在加热条件下，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）
故答案为：是；随着反应的进行硫酸浓度变小，稀硫酸不与铜反应；Cu+2H2SO4（浓）
（2）对比两种设计方案：甲：Cu+2H2SO4（浓） 
乙：2Cu+O2
故答案为：硫酸用量少，且没有污染物SO2产生；
（3）铜和稀硫酸混合在加热的条件下不断通入空气，反应生成硫酸铜与水，方程式为2Cu+O2+2H2SO4
故答案为：2Cu+O2+2H2SO4
环己酮是一种重要的有机化工原料，主要用于制造己内酰胺和己二酸．
实验室可用环己醇氧化制取环己酮（已知该反应为放热反应）：环己醇、环己酮和水的部分物理性质见下表：
*括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物的沸点
实验步骤如下：
①将重铬酸钠溶于适量水，边搅拌边慢慢加入浓H2SO4，将所得溶液冷至室温备用．
②在一圆底烧瓶（乙）中加入适量环己醇，并将①中溶液分三次加入圆底烧瓶，每加一次都应振摇混匀．
控制瓶内温度在55℃～60℃之间，充分反应0.5h．
③向②反应后的圆底烧瓶内加入少量水，并接入图所示装置中，将T形管的活塞K打开，甲瓶中有适量水，加热甲，至有大量水蒸气冲出时，关闭K，同时接通冷凝水．
④将步骤③锥形瓶中收集到的液体经过以下一系列操作可得纯净的环己酮：a、蒸馏，除去乙醚后，收集151℃～155℃馏分；b、水层用乙醚（乙醚沸点34.6℃，易燃烧，当空气中含量为1.83～48.0%时易发生爆炸）萃取，萃取液并入有机层；c、过滤；d、往液体中加入NaCl 固体至饱和，静置，分液； e、加入无水MgSO4固体．根据以上步骤回答下列问题：
（1）步骤①所得溶液分三次加入环己醇的原因是______．
（2）步骤③利用图示装置进行实验的目的是______，实验过程中要经常检查甲中玻管内的水位．若玻管内的水位升高过多，其可能原因是______，此时应立即采取的措施是______．
（3）步骤④中操作的正确顺序是______，上述操作c、d中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需______，在上述操作d中加入NaCl 固体的作用是______，e中加入无水MgSO4的作用是______，蒸馏除乙醚的过程中采用的加热方式为______．
（4）写出该实验中可能发生的一个副反应的化学方程式______．
正确答案
解：（1）环己醇氧化为环己酮为放热反应，温度过高会引起副反应，故答案为：环己醇氧化为环己酮为放热反应，防止温度过高副反应增多；
（2）蒸馏出产品环已酮；玻管内的水位升高过多，说明压强过大，系统有堵塞现象，应让水蒸汽发生器和大气相通，故答案为：蒸馏出产品环已酮；系统有堵塞现象；打开止水夹K（让水蒸汽发生器和大气相通）；
（3）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，水与有机物更容易分离开，然后向有机层中加入无水MgSO4，除去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可，则操作为d b e c a；
分液需要的主要仪器为分液漏斗，过滤需要由漏斗组成的过滤器；联系制取肥皂的盐析原理，即增加水层的密度，有利于分层，环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来；乙醚沸点34.6℃，可用水浴加热，
故答案为：d b e c a；漏斗、分液漏斗；增加水层的密度，有利于分层；干燥剂；水浴加热；
（4）羟基能发生消去反应，
解析
解：（1）环己醇氧化为环己酮为放热反应，温度过高会引起副反应，故答案为：环己醇氧化为环己酮为放热反应，防止温度过高副反应增多；
（2）蒸馏出产品环已酮；玻管内的水位升高过多，说明压强过大，系统有堵塞现象，应让水蒸汽发生器和大气相通，故答案为：蒸馏出产品环已酮；系统有堵塞现象；打开止水夹K（让水蒸汽发生器和大气相通）；
（3）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，水与有机物更容易分离开，然后向有机层中加入无水MgSO4，除去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可，则操作为d b e c a；
分液需要的主要仪器为分液漏斗，过滤需要由漏斗组成的过滤器；联系制取肥皂的盐析原理，即增加水层的密度，有利于分层，环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来；乙醚沸点34.6℃，可用水浴加热，
故答案为：d b e c a；漏斗、分液漏斗；增加水层的密度，有利于分层；干燥剂；水浴加热；
（4）羟基能发生消去反应，
高铁酸钾（K2FeO4）具有强氧化性，是一种新型多功能水处理剂，其生产工艺流程如下：
已知：K2FeO4在水溶液中易发生反应：4FeO42-+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH-+3O2↑，下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：足量Cl2通入和NaOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，向溶液I中加入NaOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下ClO-才能和Fe3+发生氧化还原反应生成FeO42-，除去NaCl得到碱性的NaClO浓溶液，向碱性的NaClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，向溶液中加入KOH固体至饱和，得到K2FeO4，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4，
A．步骤③发生的反应为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，Fe3+是还原剂、ClO-是氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故A正确；
B．步骤④中Na2FeO4转变为湿产品时，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，步骤④中Na2FeO4转变为湿产品是因为K2FeO4溶解度更小，故B正确；
C．醋酸钾水解导致溶液呈碱性，能抑制高铁酸根离子水解，异丙醇能降低高铁酸钾溶解性且防止其水解，所以骤⑤中的洗涤剂可用CH3COOK和异丙醇来配制，故C正确；
D．配制一定质量分数的溶液不需要容量瓶，需要烧杯、玻璃棒和量筒，故D错误；
故选D．
氯酸镁[Mg（ClO3）2]常用作催熟剂、除草剂等，实验室用卤块（主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质）制备Mg（ClO3）2•6H2O．其流程如下：
已知：几种化合物的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如图所示．
（1）上述流程中“氧化”过程的离子方程式为：______．
（2）加MgO后过滤所得滤渣的主要成分为______．
（3）加入NaClO3饱和溶液所发生的反应的化学方程式为______．
（4）从反应后的混合物中获得Mg（ClO3）2•6H2O的实验步骤为蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤．其中过滤所需要的玻璃仪器有烧杯、______．
（5）产品中Mg（ClO3）2•6H2O含量的测定方法如下：
步骤1：准确称量a g产品溶解定容成100mL溶液．
步骤2：取10mL上述溶液于锥形瓶中，加入10mL稀硫酸和15.00mL 1.000mol/L的FeSO4溶液，微热．
步骤3：冷却后，用0.100mol/LK2Cr2O7溶液滴定至终点．此过程中反应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O．
步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL．
①步骤2中发生反应的离子方程式为______．
②步骤3中滴定前未用标准液润洗滴定管，会导致结果______（填“偏大”或“偏小”）．
③a g产品中所含Mg（ClO3）2•6H2O的物质的量为______．
正确答案
解：（1）上述流程中“氧化”过程为过氧化氢氧化亚铁离子，H2O2与Fe2+在酸性条件下反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（2）金属氧化物MgO能与酸反应产生盐和水．所以加入MgO的作用是调节溶液的pH，使杂质Fe3+形成沉淀完全除去．根据示意图可知滤渣的主要成分为BaSO4和Fe（OH）3，
故答案为：BaSO4和Fe（OH）3；
（3）加入NaClO3饱和溶液发生复分解反应，生成氯酸镁和氯化钠沉淀，反应的方程式为：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl↓，
故答案为：MgCl2+2NaClO3=Mg（ClO3）2+2NaCl↓；
（4）过滤的原理：过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法，过滤时需要制作过滤器的漏斗、滤纸、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯等，所以需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，
故答案为：漏斗、玻璃棒；
（5）①该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由+5价变为-1价，其转移电子总数是6，所以Fe2+的计量数是6、ClO3-的计量数是1，根据电荷守恒知，H+的计量数是6，根据H原子守恒知，H2O的计量数是3，所以步骤2中发生反应的离子方程式：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，
故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
②步骤3中若滴定前不用标准液润洗滴定管，会稀释K2Cr2O7溶液，使消耗K2Cr2O7溶液体积偏大，应用亚铁离子物质的量一定，故测定ClO3-的物质的量偏小，则导致最终结果偏小，
故答案为：偏小；
③根据化学方程式：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O以及Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，可以得出：ClO3-～6Fe2+，Cr2O72-～6Fe2+，Fe2+离子物质的量为0.015L×1.00mol/L=0.015mol，K2Cr2O7的物质的量为0.015L×0.100mol/L=0.0015mol，故与K2Cr2O7反应的Fe2+离子为0.0015mol×6=0.009mol，则与ClO3-反应的Fe2+离子为0.015mol-0.009mol=0.006mol，则ClO3-是物质的量为0.006mol×
故答案为：5×10-4mol．
解析
解：（1）上述流程中“氧化”过程为过氧化氢氧化亚铁离子，H2O2与Fe2+在酸性条件下反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（2）金属氧化物MgO能与酸反应产生盐和水．所以加入MgO的作用是调节溶液的pH，使杂质Fe3+形成沉淀完全除去．根据示意图可知滤渣的主要成分为BaSO4和Fe（OH）3，
故答案为：BaSO4和Fe（OH）3；
（3）加入NaClO3饱和溶液发生复分解反应，生成氯酸镁和氯化钠沉淀，反应的方程式为：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl↓，
故答案为：MgCl2+2NaClO3=Mg（ClO3）2+2NaCl↓；
（4）过滤的原理：过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法，过滤时需要制作过滤器的漏斗、滤纸、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯等，所以需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，
故答案为：漏斗、玻璃棒；
（5）①该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由+5价变为-1价，其转移电子总数是6，所以Fe2+的计量数是6、ClO3-的计量数是1，根据电荷守恒知，H+的计量数是6，根据H原子守恒知，H2O的计量数是3，所以步骤2中发生反应的离子方程式：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，
故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
②步骤3中若滴定前不用标准液润洗滴定管，会稀释K2Cr2O7溶液，使消耗K2Cr2O7溶液体积偏大，应用亚铁离子物质的量一定，故测定ClO3-的物质的量偏小，则导致最终结果偏小，
故答案为：偏小；
③根据化学方程式：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O以及Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，可以得出：ClO3-～6Fe2+，Cr2O72-～6Fe2+，Fe2+离子物质的量为0.015L×1.00mol/L=0.015mol，K2Cr2O7的物质的量为0.015L×0.100mol/L=0.0015mol，故与K2Cr2O7反应的Fe2+离子为0.0015mol×6=0.009mol，则与ClO3-反应的Fe2+离子为0.015mol-0.009mol=0.006mol，则ClO3-是物质的量为0.006mol×
故答案为：5×10-4mol．
请根据以上信息回答下列问题：
（1）图示①②的氧化一水解过程是在上图1的装置中进行的，指出装置B的名称______．
（2）图示①②的氧化一水解过程中，在硝酸用量、反应的时间等条件均相同的情况下，改变反应温度以考察反应温度对草酸收集率的影响，结果如图2所示，请选择最佳的反应温度为______．
（3）请用下列装置组成一套探究并验证其产物的实验装置（草酸晶体分解装置略，连接导管略去）．
请回答下列问题：
①装置的连接顺序为：A→______→D→______→B→D；
②实验时，在点燃B处酒精灯之前，应进行的操作是______．
③整套装置存在不合理之处为______．
（4）草酸亚铁在工业中有重要作用，草酸可以制备草酸亚铁，步骤如下：
称取FeSO4•7H2O固体于小烧杯中，加入水和少量稀H2SO4溶液酸化，加热溶解．向此溶液中加入一定量的H2C2O4溶液，将混合溶液加热至沸，不断搅拌，以免暴沸，待有黄色沉淀析出并沉淀后，静置．倾出上易溶于水且清液，再加入少量水，并加热，过滤，充分洗涤沉淀，过滤，用丙酮洗涤固体两次晾干．（丙酮易溶于水且易挥发）
①生成的草酸亚铁需充分洗涤沉淀，检验是否洗涤完全的方法是______．
②用丙酮洗涤固体两次的目的是______．
正确答案
解：（1）甘蔗渣用稀硫酸浸泡，水解得到葡萄糖，再加入稀硝酸进行氧化得到草酸，在A三颈烧瓶中发生反应；B为球形冷凝管，硝酸易挥发，冷凝回流硝酸，
故答案为：球形冷凝管；
（2）根据图3可知，在温度为70℃时，醋酸的收集率最高，所以选择的最佳反应温度是70℃；
故答案为：70℃；
（3）①猜想其产物为CO、CO2和H2O，草酸在100℃时开始升华，157℃时大量升华，并开始分解，草酸钙不溶于水、草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊、草酸蒸气在低温下可冷凝为固体，分析可知先冷凝挥发出的草酸，再检验水蒸气的生成，检验二氧化碳的生成，并除去二氧化碳，再通过灼热的氧化铜检验一氧化碳气体的存在，利用反应后生成的二氧化碳通入澄清石灰水变浑浊证明一氧化碳的存在；装置连接顺序为：A→C→D→E→B→D；
故答案为：C；E；
②CO是可燃性气体，与空气混合加热或点燃会发生爆炸，所以需要C装置中充满CO后再点燃酒精灯加热，所以实验时，在点燃B处酒精灯之前，应进行的操作是：收集D处气体，置于酒精灯火焰部，若发出“噗”的声音，再点燃酒精灯（或收集D处气体，检验CO的纯度），
故答案为：收集D处气体，置于酒精灯火焰部，若发出“噗”的声音，再点燃酒精灯（或收集D处气体，检验CO的纯度）；
③CO有毒，污染空气，不能直接排空，所以要有尾气处理装置；
故答案为：没有一氧化碳尾气处理装置；
（4）①本题中草酸亚铁的制备是用FeSO4•7H2O固体于小烧杯中加入水和少量稀H2SO4溶液酸化，加热溶解，因而沉淀表面可能会有稀H2SO4杂质，因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42-，具体操作为：取最后一次的洗涤滤液1～2 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；
故答案为：取最后一次洗涤液1～2mL置于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；
②丙酮易挥发，草酸亚铁不溶于丙酮，降低草酸亚铁的溶解量，同时更快洗去表面的水分；
故答案为：降低草酸亚铁的溶解量，同时更快洗去表面的水分．
解析
解：（1）甘蔗渣用稀硫酸浸泡，水解得到葡萄糖，再加入稀硝酸进行氧化得到草酸，在A三颈烧瓶中发生反应；B为球形冷凝管，硝酸易挥发，冷凝回流硝酸，
故答案为：球形冷凝管；
（2）根据图3可知，在温度为70℃时，醋酸的收集率最高，所以选择的最佳反应温度是70℃；
故答案为：70℃；
（3）①猜想其产物为CO、CO2和H2O，草酸在100℃时开始升华，157℃时大量升华，并开始分解，草酸钙不溶于水、草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊、草酸蒸气在低温下可冷凝为固体，分析可知先冷凝挥发出的草酸，再检验水蒸气的生成，检验二氧化碳的生成，并除去二氧化碳，再通过灼热的氧化铜检验一氧化碳气体的存在，利用反应后生成的二氧化碳通入澄清石灰水变浑浊证明一氧化碳的存在；装置连接顺序为：A→C→D→E→B→D；
故答案为：C；E；
②CO是可燃性气体，与空气混合加热或点燃会发生爆炸，所以需要C装置中充满CO后再点燃酒精灯加热，所以实验时，在点燃B处酒精灯之前，应进行的操作是：收集D处气体，置于酒精灯火焰部，若发出“噗”的声音，再点燃酒精灯（或收集D处气体，检验CO的纯度），
故答案为：收集D处气体，置于酒精灯火焰部，若发出“噗”的声音，再点燃酒精灯（或收集D处气体，检验CO的纯度）；
③CO有毒，污染空气，不能直接排空，所以要有尾气处理装置；
故答案为：没有一氧化碳尾气处理装置；
（4）①本题中草酸亚铁的制备是用FeSO4•7H2O固体于小烧杯中加入水和少量稀H2SO4溶液酸化，加热溶解，因而沉淀表面可能会有稀H2SO4杂质，因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42-，具体操作为：取最后一次的洗涤滤液1～2 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；
故答案为：取最后一次洗涤液1～2mL置于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；
②丙酮易挥发，草酸亚铁不溶于丙酮，降低草酸亚铁的溶解量，同时更快洗去表面的水分；
故答案为：降低草酸亚铁的溶解量，同时更快洗去表面的水分．
扫码查看完整答案与解析