- 比色法
- 共1072题
硅基太阳电池需用化合物甲作钝化材料，甲的摩尔质量为140g•mol-1，其中硅元素的质量分数为60%．已知1mol NH3与足量的化合物乙充分反应后可得到35g 甲与6g H2．工业上制乙的流程如图：
请回答下列问题：
（1）乙的电子式是______；比较热稳定性：乙______NH3（填＞，＜或=）．
（2）NH3与足量的化合物乙反应制甲的化学方程式是______．
（3）合成炉内物质需在保护气氛下高温合成，下列气体可作保护气的有______（填字母编号）．
A．O2 B．H2 C．N2 D．CO2 E．Ar
（4）上述生产乙的过程中液氨的作用是______．
（5）甲与少量H2SO4溶液反应只得到H2SiO3和盐M两种产物，写出该反应的离子方程式______．请设计验证产物盐M的实验方案______．
正确答案
解：由于甲的摩尔质量为140g•mol-1，其中硅元素的质量分数为60%，则分子中含有硅的原子数=
（1）乙是SiH4属于共价化合物，硅原子和四个氢原子形成四个共用电子对，电子式为：
故答案为：
（2）NH3和足量乙反应制备甲，同时生成氢气，结合原子守恒配平书写化学方程式，3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2，
故答案为：3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2；
（3）合成炉内Mg和Si反应生成Mg2Si需要在保护气氛下高温生成，则可作保护气物质不能发生反应，
A、O2与Mg、Si发生反应，不能作保护气，故A错误；
B、H2与物质都不反应可以作保护气，故B正确；
C、N2与Mg反应生成Mg3N2，不能作保护气，故C错误；
D、二氧化碳和镁发生反应生成氧化镁和碳，不能作保护气，故D错误；
E、Ar是稀有气体，和任何物质不发生反应，可以作保护气，故E正确；
故答案为：BE；
（4）液氨挥发为气体需要吸收能量，在上述生产过程中，液氨的作用是制冷或降温，防止物质分解，故答案为：制冷或降温；
（5）甲与少量H2SO4溶液反应只得到H2SiO3和盐M两种产物，结合元素守恒应为硫酸铵，反应的离子方程式为：Si3N4+4H++9H2O=3H2SiO3+4NH4+，检验盐M的实验方案是：取少量滤液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；另取少量滤液于试管中，加入氢氧化钠固体（或浓溶液）并加热，产生的气体能使湿润的色石蕊试纸（或pH试纸）变蓝色，说明含NH4+，则说明盐M是（NH4）2SO4；
故答案为：Si3N4+4H++9H2O=3H2SiO3↓+4NH4+；取少量滤液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；另取少量滤液于试管中，加入氢氧化钠固体（或浓溶液）并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸（或pH试纸）变蓝色，说明含NH4+，则说明盐M是（NH4）2SO4．
解析
解：由于甲的摩尔质量为140g•mol-1，其中硅元素的质量分数为60%，则分子中含有硅的原子数=
（1）乙是SiH4属于共价化合物，硅原子和四个氢原子形成四个共用电子对，电子式为：
故答案为：
（2）NH3和足量乙反应制备甲，同时生成氢气，结合原子守恒配平书写化学方程式，3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2，
故答案为：3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2；
（3）合成炉内Mg和Si反应生成Mg2Si需要在保护气氛下高温生成，则可作保护气物质不能发生反应，
A、O2与Mg、Si发生反应，不能作保护气，故A错误；
B、H2与物质都不反应可以作保护气，故B正确；
C、N2与Mg反应生成Mg3N2，不能作保护气，故C错误；
D、二氧化碳和镁发生反应生成氧化镁和碳，不能作保护气，故D错误；
E、Ar是稀有气体，和任何物质不发生反应，可以作保护气，故E正确；
故答案为：BE；
（4）液氨挥发为气体需要吸收能量，在上述生产过程中，液氨的作用是制冷或降温，防止物质分解，故答案为：制冷或降温；
（5）甲与少量H2SO4溶液反应只得到H2SiO3和盐M两种产物，结合元素守恒应为硫酸铵，反应的离子方程式为：Si3N4+4H++9H2O=3H2SiO3+4NH4+，检验盐M的实验方案是：取少量滤液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；另取少量滤液于试管中，加入氢氧化钠固体（或浓溶液）并加热，产生的气体能使湿润的色石蕊试纸（或pH试纸）变蓝色，说明含NH4+，则说明盐M是（NH4）2SO4；
故答案为：Si3N4+4H++9H2O=3H2SiO3↓+4NH4+；取少量滤液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；另取少量滤液于试管中，加入氢氧化钠固体（或浓溶液）并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸（或pH试纸）变蓝色，说明含NH4+，则说明盐M是（NH4）2SO4．
二氧化锆是重要的耐高温材料、陶瓷绝缘材料．以锆英砂（主要成分为ZrSiO4，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂货）为原料制备二氧化锆（ZrO2）的工艺流程如图所示．
已知：①ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO2，Na2ZrO2与酸反应生成ZrO2+
②部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表•
（l）经熔融后，锆英砂中Zr元素以______（写化学式）形式存在，写出酸浸时生成Al3+、Fe3+的离子方程式：______
（2）滤渣I的主要成分的名称为______
（3）向过滤Ⅰ所得溶液中加氨水调pH=a，其目的是______然后继续加氨水至pH=b的范围是______
（4）向过滤Ⅲ所得溶液中加入CaCO2粉末并加热，可得CO2和另一种气体，该反应的离子方程式为______．
正确答案
Na2ZrO3
Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，AlO2-+4H+=Al3++2H2O
硅酸
除去Fe3+、Al3+
b≥8.0
2NH4++CaCO3
解析
解：（1）高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOH 
故答案为：Na2ZrO3；Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，AlO2-+4H+=Al3++2H2O；
（2）加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣Ⅰ为H2SiO3，名称为：硅酸，故答案为：硅酸；
（3）需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据可知：pH在5.2～6.2时Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；加氨水至pH=b=8时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr（OH）4沉淀，其反应的离子方程式为：ZrO2++2NH3•H2O+H2O=Zr（OH）4↓+2NH4+，所以b≥8.0使ZrO2+完全转化为Zr（OH）4沉淀，
故答案为：除去Fe3+、Al3+；b≥8.0；
（4）过滤Ⅲ所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳，其反应的离子方程式为：2NH4++CaCO3
故答案为：2NH4++CaCO3
Ⅰ氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料，以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示：
请回答下列问题：
（1）由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是______、______；
（2）BN中B元素的化合价为______；
Ⅱ工业上制取冰晶石（Na3AlF6）的化学方程式如下：2Al（OH）3+12HF+3Na2CO3=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O
根据题意完成下列填空：
（3）反应物中有两种元素在元素周期表中位置相邻，下列能判断它们的金属性或非金属性强弱的是______（选填编号）．
a．气态氢化物的稳定性 b．最高价氧化物对应水化物的酸性
c．单质与氢气反应的难易 d．单质与同浓度酸发生反应的快慢
（4）Na2CO3俗称纯碱，属于______（填“离子”或“共价”）化合物．工业上制取纯碱的原料是______．
（5）CO2的结构式为______．
正确答案
解：Ⅰ（1）由工艺流程可知，B2O3与NH3反应生成BN，根据原子守恒可知，还有水生成，反应方程式为：B2O3+3CaF2+3H2SO4
（2）B的非金属性比N弱，在BN中显正价，B第ⅢA族元素，故为+3价，故答案为：+3；
Ⅱ（3）该反应中的物质含有的元素有Al、O、H、F、Na、C，只有O、F元素相邻，因F的非金属性最强，则没有正价，也就没有最高价氧化物对应水化物，它们也不与酸反应，但可以利用气态氢化物的稳定性和单质与氢气反应的难易来判断O、F非金属性的强弱，故答案为：ac；
（4）因碳酸钠的构成微粒为钠离子和碳酸根离子，则碳酸钠的固体属于离子晶体，工业制纯碱是用氯化钠、二氧化碳和氨气反应，则原料为氯化钠、二氧化碳和氨气，故答案为：离子；氯化钠、二氧化碳和氨气；
（5）由CO2的电子可知，C与O之间存在C=O键，其结构式为O=C=O，故答案为：O=C=O．
解析
解：Ⅰ（1）由工艺流程可知，B2O3与NH3反应生成BN，根据原子守恒可知，还有水生成，反应方程式为：B2O3+3CaF2+3H2SO4
（2）B的非金属性比N弱，在BN中显正价，B第ⅢA族元素，故为+3价，故答案为：+3；
Ⅱ（3）该反应中的物质含有的元素有Al、O、H、F、Na、C，只有O、F元素相邻，因F的非金属性最强，则没有正价，也就没有最高价氧化物对应水化物，它们也不与酸反应，但可以利用气态氢化物的稳定性和单质与氢气反应的难易来判断O、F非金属性的强弱，故答案为：ac；
（4）因碳酸钠的构成微粒为钠离子和碳酸根离子，则碳酸钠的固体属于离子晶体，工业制纯碱是用氯化钠、二氧化碳和氨气反应，则原料为氯化钠、二氧化碳和氨气，故答案为：离子；氯化钠、二氧化碳和氨气；
（5）由CO2的电子可知，C与O之间存在C=O键，其结构式为O=C=O，故答案为：O=C=O．
氯化铜是一种广泛用于生产颜料、用木材防腐剂的化工产品．某研究性学习小组用粗铜（含杂质Fe）按下述流程制备氯化铜晶体．
（l）固体A用稀盐酸溶解而不用水溶解的原因是______．
（2）加试剂X用于调节pH以除去杂质，X可选用下列试剂中的______（填序号）．
a．NaOH b．NH3•H2O c．CuO d．Cu（OH）2 e．CuSO4
（3）滤液B经一系列操作可得氯化铜晶体，操作的程序依次为______、______、过滤、自然干燥．
（4）实验室采用如图所示装置，可使粗铜与Cl2反应转化为固体A（部分加热仪器和夹持装置已略去）．
①该装置中仪器a的名称是______，其中发生反应的离子方程式是______．
②有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCI的装置，你认为是否必要？______（填“是”或“否”）．
③该装置存在一定的安全隐患，消除该安全隐患的措施是______．
正确答案
抑制Cu2+、Fe3+等离子发生水解反应
c、d
蒸发浓缩
冷却结晶
圆底烧瓶
MnO2+4H++2Cl2
否
在装置C和D之间连接一个防倒吸装置
解析
解：（1）固体1加入稀盐酸溶解的原因是，易水解的盐溶液的配制要防止其发生水解，加入稀盐酸抑制氯化铁、氯化铜水解；
故答案为：抑制Cu2+、Fe3+等离子发生水解反应；
（2）①Fe3+水解产生氢氧化铁，选择试剂要消耗H+，促进其水解生成氢氧化铁沉淀而进行分离，注意不能引入新的杂质，只能选择与氢离子反应的铜的化合物；
a．NaOH 会引入钠离子杂质，故a不符合；
b．NH3•H2O 加入反应会引入铵根离子，故b不符合；
c．CuO和氢离子反应不引入新的杂质，故c符合；
d．Cu（OH）2和氢离子反应不引入新的杂质，故d符合；
e．CuSO4 加入会引入硫酸根离子杂质，不能调节溶液PH，故e不符合；
故答案为：c、d；
（3）溶液中析出晶体的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到，溶液2转化为晶体的主要操作是蒸发蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤；
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（4）①由装置图可知a为圆底烧瓶，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl2
故答案为：圆底烧瓶；MnO2+4H++2Cl2
②因氯化氢在干燥的情况下不与铁、铜反应，不影响实验结果，无需除HCl，故答案为：否；
③防止D中水气进入C中，造成氯化铜和氯化铁水解，在装置C和D之间连接一个防倒吸装置，故答案为：在装置C和D之间连接一个防倒吸装置．
亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效漂白剂和氧化剂，受热易分解成NaClO3与NaCl．实验室制备亚氯酸钠的反应和实验装置如下：
2NaClO3+SO2═2ClO2+Na2SO4
2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2
制备过程：
在仪器a中加入氯酸钠，用适量水溶解后开始搅拌，慢慢加入92.5%的硫酸，然后迅速加入硫黄，生成的ClO2气体用双氧水与氢氧化钠的混合液充分吸收即得NaClO2．
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是______
（2）水浴加热的优点有______．
（3）装置Ⅱ中用双氧水与氢氧化钠的混合液吸收ClO2时，双氧水作______剂．
（4）装置Ⅲ中反应的离子方程式为______．
（5）反应后的混合液中ClO2-的浓度可用碘量法进行测定．其反应原理如下：在酸性条件下ClO2-能被I-完全还愿为Cl-反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定（化学方程式为2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）．
实验步骤：取25.00ml反应后的混合液于500ml容量瓶中，加水至刻度线，摇匀．然后从其中取25.00ml于锥形瓶中，加入适量硫酸、足量的KI晶体，再滴加少量指示剂，用0.5000mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液16.00ml．
①滴定选用的指示剂为______，滴定终点观察到的现象为______．
②根据上述数据分析，原混合液中ClO2-的浓度为______mol•L-1．
正确答案
解：（1）由图可知，仪器a是三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
（2）水浴加热避免了直造成的过度剧烈与温度的不可控性，可以平稳地加热，因此水浴加热受热均匀，便于控制加热温度，
故答案为：受热均匀，便于控制加热温度；
（3）在2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2中，H2O2中O由-1变为0价，化合价升高，作还原剂，
故答案为：还原；
（4）装置Ⅲ中氢氧化钠溶液用于未吸收完全的二氧化硫气体，离子方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O，
故答案为：SO2+2OH-=SO32-+H2O；
（5）①有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，
故答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
②16.00mlNa2S2O3溶液含有S2O32-的物质的量为0.5000mol•L-1×0.016L=0.008mol，由ClO2-～2I2～4S2O32-可知反应后的混合液25.00ml溶液中含有ClO2-的物质的量为0.008mol×
故答案为：1.6．
解析
解：（1）由图可知，仪器a是三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
（2）水浴加热避免了直造成的过度剧烈与温度的不可控性，可以平稳地加热，因此水浴加热受热均匀，便于控制加热温度，
故答案为：受热均匀，便于控制加热温度；
（3）在2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+2H2O+O2中，H2O2中O由-1变为0价，化合价升高，作还原剂，
故答案为：还原；
（4）装置Ⅲ中氢氧化钠溶液用于未吸收完全的二氧化硫气体，离子方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O，
故答案为：SO2+2OH-=SO32-+H2O；
（5）①有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，
故答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
②16.00mlNa2S2O3溶液含有S2O32-的物质的量为0.5000mol•L-1×0.016L=0.008mol，由ClO2-～2I2～4S2O32-可知反应后的混合液25.00ml溶液中含有ClO2-的物质的量为0.008mol×
故答案为：1.6．
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