- 比色法
- 共1072题
制备苯甲酸苯酯的实验步骤为：
步骤1：将20mL浓H2SO4与40mL冰醋酸在下图装置的烧杯中控制在5℃以下混合．
步骤2：向烧杯中继续加入过硫酸钾25g，用电磁搅拌器搅拌4～5分钟，将二苯甲酮9.1g溶于三氯甲烷后，加到上述混合液中，控制温度不超过15℃，此时液体呈黄色．
步骤3：向黄色液体中加水，直至液体黄色消失，但加水量一般不超过1mL，室温搅拌5h．
步骤4：将反应后的混合液倒入冰水中，析出苯甲酸苯酯，抽滤产品，用无水乙醇洗涤，干燥
（1）步骤1中控制在5℃以下混合的原因为______．
（2）步骤2中为控制温度不超过15℃，向混合液中加入二苯甲酮的三氯甲烷溶液的方法是______．
（3）步骤3中加水不超过1mL，原因是______．
（4）步骤4中抽滤用到的漏斗名称为______．
（5）整个制备过程中液体混合物会出现褐色固体，原因是______；除去该固体操作为______．
正确答案
解：（1）冰醋酸为纯净的乙酸，易挥发，浓H2SO4与40mL冰醋酸混合放热，步骤1：将20mL浓H2SO4与40mL冰醋酸在下图装置的烧杯中控制在5℃以下混合，防止防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发，
故答案为：防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发；
（2）步骤2：先用电磁搅拌器搅拌4～5分钟，使浓H2SO4、冰醋酸、过硫酸钾充分混合，得到的溶液主要为无机溶液，二苯甲酮为有机物，易溶于有机溶剂三氯甲烷，将二苯甲酮9.1g溶于三氯甲烷后，形成二苯甲酮的三氯甲烷溶液，浓硫酸密度大，二苯甲酮的三氯甲烷溶液溶于浓H2SO4、冰醋酸、过硫酸钾混合溶液放热，所以为控制温度不超过15℃，向混合液中加入二苯甲酮的三氯甲烷溶液的方法是：多次少量加入，不断搅拌，
故答案为：多次少量加入，不断搅拌；
（3）步骤3：向黄色液体中加水，直至液体黄色消失，加水不超过1mL，否则水多了苯甲酸苯酯水解多，降低产率，且水和浓硫酸形成溶液放热，导致温度过高，降低产率，
故答案为：加水会使苯甲酸苯酯水解，降低产率（或导致温度过高等）；
（4）步骤4：减压过滤也称抽滤或吸滤，抽滤用到的漏斗名称为布氏漏斗，
故答案为：布氏漏斗；
（5）整个制备过程中液体混合物会出现褐色固体可能为碳，因为浓硫酸具有脱水性，能将有机物脱水碳化，利用布氏漏斗通过抽滤提纯，
故答案为：在浓硫酸作用下反应物碳化的结果；抽滤．
解析
解：（1）冰醋酸为纯净的乙酸，易挥发，浓H2SO4与40mL冰醋酸混合放热，步骤1：将20mL浓H2SO4与40mL冰醋酸在下图装置的烧杯中控制在5℃以下混合，防止防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发，
故答案为：防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发；
（2）步骤2：先用电磁搅拌器搅拌4～5分钟，使浓H2SO4、冰醋酸、过硫酸钾充分混合，得到的溶液主要为无机溶液，二苯甲酮为有机物，易溶于有机溶剂三氯甲烷，将二苯甲酮9.1g溶于三氯甲烷后，形成二苯甲酮的三氯甲烷溶液，浓硫酸密度大，二苯甲酮的三氯甲烷溶液溶于浓H2SO4、冰醋酸、过硫酸钾混合溶液放热，所以为控制温度不超过15℃，向混合液中加入二苯甲酮的三氯甲烷溶液的方法是：多次少量加入，不断搅拌，
故答案为：多次少量加入，不断搅拌；
（3）步骤3：向黄色液体中加水，直至液体黄色消失，加水不超过1mL，否则水多了苯甲酸苯酯水解多，降低产率，且水和浓硫酸形成溶液放热，导致温度过高，降低产率，
故答案为：加水会使苯甲酸苯酯水解，降低产率（或导致温度过高等）；
（4）步骤4：减压过滤也称抽滤或吸滤，抽滤用到的漏斗名称为布氏漏斗，
故答案为：布氏漏斗；
（5）整个制备过程中液体混合物会出现褐色固体可能为碳，因为浓硫酸具有脱水性，能将有机物脱水碳化，利用布氏漏斗通过抽滤提纯，
故答案为：在浓硫酸作用下反应物碳化的结果；抽滤．
Ⅰ．可选用的药品有：
a．石灰石 b．饱和氯化钙溶液 c．6mol/L盐酸 d．氯化铵 e．氢氧化钙
（1）A中制备气体时，所需药品是（选填字母序号）______；
（2）B中盛放的试剂______，其作用是______；
（3）写出制取氨气的化学方程式______；
（4）仪器D的名称为______，其作用是______；
（5）写出制纳米级碳酸钙的化学方程式______．
（6）本实验需配置6mol•L-1的HCl溶液480mL，用到的仪器除了烧杯外，还须用到的仪器有______
______（填仪器名称），定容时操作如图2，则所配溶液浓度______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．
正确答案
解：（1）装置A为碳酸钙与盐酸反应制二氧化碳，所需药品为：a石灰石和c6mol/L盐酸，
故答案为：ac；
（2）氯化氢具有挥发性，则制取的二氧化碳中混有氯化氢气体，应该欧诺个饱和NaHCO3溶液除掉挥发出来的氯化氢，
故答案为：饱和NaHCO3溶液；除去二氧化碳中的氯化氢；
（3）实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制的生成氯化钙、氨气和水，反应的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2
（4）仪器D为球形干燥管，D中装有蘸稀硫酸的脱脂棉，目的是吸收从圆底烧瓶C逸出的氨气，避免污染空气，
故答案为：球形干燥管；吸收氨气；
（5）氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，
故答案为：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl；
（6）本实验需配置6mol•L-1的HCl溶液480mL，需要选用规格为500mL的容量瓶，还需要量取、玻璃棒、胶头滴管、烧杯等仪器；
图2中定容时俯视容量瓶刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，则溶液的浓度偏高，
故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒、量筒等；偏高．
解析
解：（1）装置A为碳酸钙与盐酸反应制二氧化碳，所需药品为：a石灰石和c6mol/L盐酸，
故答案为：ac；
（2）氯化氢具有挥发性，则制取的二氧化碳中混有氯化氢气体，应该欧诺个饱和NaHCO3溶液除掉挥发出来的氯化氢，
故答案为：饱和NaHCO3溶液；除去二氧化碳中的氯化氢；
（3）实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制的生成氯化钙、氨气和水，反应的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2
（4）仪器D为球形干燥管，D中装有蘸稀硫酸的脱脂棉，目的是吸收从圆底烧瓶C逸出的氨气，避免污染空气，
故答案为：球形干燥管；吸收氨气；
（5）氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，
故答案为：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl；
（6）本实验需配置6mol•L-1的HCl溶液480mL，需要选用规格为500mL的容量瓶，还需要量取、玻璃棒、胶头滴管、烧杯等仪器；
图2中定容时俯视容量瓶刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，则溶液的浓度偏高，
故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒、量筒等；偏高．
硅孔雀石是一种含铜的矿石，含铜形态为CuCO3•Cu（OH）2和CuSiO3•2H2O，同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、A12O3等杂质．以硅孔雀石为原料制取硫酸铜的工艺流程如下图：
请回答下列问题：
（1）完成步骤①中稀硫酸与CuSiO3•2H2O发生反应的化学方程式CuSiO3•2H2O+H2SO4=CuSO4+______+H2O；用离子方程式表示双氧水的作用______．
（2）步骤②调节溶液pH选用的最佳试剂是______．
A．Fe2O3 B．CuO C．A12O3 D．NH3•H2O
（3）有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
由上表可知：当溶液pH=4时，可以完全除去的离子是______，不能完全除去的离子是______．
（4）滤液B通过蒸发浓缩（设体积浓缩为原来的一半）、冷却结晶可以得到CuSO4•5H2O晶体．某同学认为上述操作会拌有硫酸铝晶体的析出．请你结合相关数据对该同学的观点予以评价（已知常温下，A12（SO4）3饱和溶液中c（A13+）=2.25mol•L-1，Ksp[A1（OH）3]=3.2×10-34）______．
（5）若要测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，需要的仪器是酒精灯、托盘天平、三角架、泥三角、玻璃棒、干燥器、坩埚钳、研钵、药匙、______．实验过程中硫酸铜晶体加热失水后在空中冷却后称量，则测定结果______（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．
正确答案
解：（1）利用质量守恒定律，可以判断未知物是硅酸，利用观察法配平反应方程式为：CuSiO3•2H2O+H2SO4═CuSO4+H2SiO3+2H2O；双氧水将亚铁离子氧化成铁离子的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，
故答案为：H2SiO3；2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
（2）由于滤液A显示酸性，加入的试剂能够中和溶液中的氢离子，还不能引进新的杂质，所以应该选用B氧化铜，故选B；
（3）有表中数据可知，pH=4时，三价铁离子完全生成了氢氧化铁沉淀，而铝离子完全沉淀需要的PH是5.2，所以铝离子没有完全沉淀，
故答案为：Fe3+；Al3+；
（4）PH=4时，溶液中的氢氧根离子的浓度为：1×10-10mol/L，溶液中铝离子浓度为：
故答案为：该同学的观点是错误的；通过计算可知，滤液B中，c（Al3+）=3.2×10-4mol/L，浓缩后c（Al3+）=6.4×10-4mol/L＜＜2.25mol/L，所以不会有硫酸铝晶体析出；
（5）测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，需要的仪器是酒精灯、托盘天平、三角架、泥三角、玻璃棒、干燥器、坩埚钳、研钵、药匙和坩埚；若是在空中冷却后称量，导致称量的剩余固体质量偏大，计算出结晶水的质量偏小，结果偏低，
故答案为：坩埚；偏低．
解析
解：（1）利用质量守恒定律，可以判断未知物是硅酸，利用观察法配平反应方程式为：CuSiO3•2H2O+H2SO4═CuSO4+H2SiO3+2H2O；双氧水将亚铁离子氧化成铁离子的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，
故答案为：H2SiO3；2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
（2）由于滤液A显示酸性，加入的试剂能够中和溶液中的氢离子，还不能引进新的杂质，所以应该选用B氧化铜，故选B；
（3）有表中数据可知，pH=4时，三价铁离子完全生成了氢氧化铁沉淀，而铝离子完全沉淀需要的PH是5.2，所以铝离子没有完全沉淀，
故答案为：Fe3+；Al3+；
（4）PH=4时，溶液中的氢氧根离子的浓度为：1×10-10mol/L，溶液中铝离子浓度为：
故答案为：该同学的观点是错误的；通过计算可知，滤液B中，c（Al3+）=3.2×10-4mol/L，浓缩后c（Al3+）=6.4×10-4mol/L＜＜2.25mol/L，所以不会有硫酸铝晶体析出；
（5）测定硫酸铜晶体中结晶水的含量，需要的仪器是酒精灯、托盘天平、三角架、泥三角、玻璃棒、干燥器、坩埚钳、研钵、药匙和坩埚；若是在空中冷却后称量，导致称量的剩余固体质量偏大，计算出结晶水的质量偏小，结果偏低，
故答案为：坩埚；偏低．
过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂．
已知：①过碳酸钠具有Na2CO3和H2O2的性质．
②2Na2CO3（aq）+3H2O2（aq）⇌2Na2CO3•3H2O2 （s）△H＜0
③50℃时，2Na2CO3•3H2O2 （s） 开始分解
某兴趣小组制备过碳酸钠的装置示意图如图1所示：
请回答下列问题：
（1）图1中玻璃导管a的作用是______
（2）本实验的关键是控制温度，用该装置制备过碳酸钠有不足之处，下列改进措施可行的是______（填序号）．
A、缓慢滴加H2O2溶液 B、冷水浴 C、用酒精灯加热
（3）将实验改进后按如图2所示流程可获得过碳酸钠产品
①洗涤固体Y时选用无水乙醇作为洗涤剂的目的是______
②在滤液X中加入适量中加入适量NaCl固体可析出过碳酸钠，原因是______
（4）下列物质中，会引起过碳酸钠失效的有______．
A．Na2SB．FeCl3C．Na2SiO3 D．NaHCO3
（5）过碳酸钠产品中往往含有少量碳酸钠，可用重量法测定过碳酸钠的质量分数；其操作步骤：取m1g样品→溶解→沉淀反应→过滤→洗涤→干燥→称量m2g．
①写出沉淀反应的离子方程式______
②产品中过碳酸钠质量分数的表达式为：______．
③结果与分析：______．
正确答案
解：（1）恒压滴液漏斗中的支管主要作用是保持压强平衡利于液体流下，故答案为：平衡压强，使H2O2溶液顺利流下；
（2）可以利用冰水混合物给反应容器降温，也可以调慢滴加过氧化氢的速度，故答案为：AB；
（3）①用乙醇洗涤过碳酸钠可减少固体的溶解，同时还能起干燥作用，故答案为：减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水份利于干燥；
②滤液X中加入适量中加入适量NaCl固体，是为了增加钠离子浓度，促进过碳酸钠溶解平衡逆向移动，得到更多的沉淀，故答案为：增大钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度；
（4）A、Na2S会被过碳酸钠氧化，使过碳酸钠失效，符合；
B、醋酸和碳酸钠反应，使过碳酸钠失效，符合；
C、碳酸氢钠和过碳酸钠不反应，不符合；
故答案为：AB；
（5）①样品中的碳酸钠加入氯化钡后滤液钡离子沉淀碳酸根离子，反应的离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓，故答案为：Ba2++CO32-=BaCO3↓；
②实验过程中直接测定的物理量为样品的质量m1g、沉淀的质量m2g，沉淀物质的量=
③可能影响纯度分析的是沉淀时有没有将碳酸钠完全沉淀，或操作过程中有没有影响过碳酸钠的分解，故答案为：主要影响因素是沉淀是否完全及过碳酸钠有无分解．
解析
解：（1）恒压滴液漏斗中的支管主要作用是保持压强平衡利于液体流下，故答案为：平衡压强，使H2O2溶液顺利流下；
（2）可以利用冰水混合物给反应容器降温，也可以调慢滴加过氧化氢的速度，故答案为：AB；
（3）①用乙醇洗涤过碳酸钠可减少固体的溶解，同时还能起干燥作用，故答案为：减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水份利于干燥；
②滤液X中加入适量中加入适量NaCl固体，是为了增加钠离子浓度，促进过碳酸钠溶解平衡逆向移动，得到更多的沉淀，故答案为：增大钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度；
（4）A、Na2S会被过碳酸钠氧化，使过碳酸钠失效，符合；
B、醋酸和碳酸钠反应，使过碳酸钠失效，符合；
C、碳酸氢钠和过碳酸钠不反应，不符合；
故答案为：AB；
（5）①样品中的碳酸钠加入氯化钡后滤液钡离子沉淀碳酸根离子，反应的离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓，故答案为：Ba2++CO32-=BaCO3↓；
②实验过程中直接测定的物理量为样品的质量m1g、沉淀的质量m2g，沉淀物质的量=
③可能影响纯度分析的是沉淀时有没有将碳酸钠完全沉淀，或操作过程中有没有影响过碳酸钠的分解，故答案为：主要影响因素是沉淀是否完全及过碳酸钠有无分解．
氢氧化镁广泛用作阻燃剂和填充剂．已知MgCO3分解温度402℃，CaCO3分解温度900℃，以白云石（化学式MgCO3•CaCO3）为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下：
（1）根据流程图，白云石“轻烧”分解的化学方程式为______
（2）“研磨”的目的是______
（3）加入氨水时发生反应的化学方程式为______；检验Mg（OH）2沉淀是否洗涤干净的方法是______
（4）本流程中可以循环利用的物质是______
（5）传统工艺是将白云石高温分解为氧化镁和氧化钙后提取，而该工艺采用轻烧白云石的方法，其优点是______．
正确答案
解：（1）从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，分解生成氧化镁，方程式为MgCO3=△=MgO+CO2↑；
故答案为：MgCO3=△=MgO+CO2↑；
（2）“研磨”可以增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；
故答案为：增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；
（3）加入氨水，生成氢氧化镁沉淀，方程式为MgSO4+2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子，洗涤Mg（OH）2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等，取洗涤液加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；
故答案为：MgSO4+2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；取少量最后一次洗涤液，加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；
（4）由流程图可知，（NH4）2SO4 、NH3可以循环利用；
故答案为：（NH4）2SO4 、NH3；
（5）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离；
故答案为：减少能源消耗或便于CaCO3分离；
故答案为：减少能源消耗，便于分离出CaCO3 或减少CO2的排放．
解析
解：（1）从过滤中可以得到CaCO3、来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，分解生成氧化镁，方程式为MgCO3=△=MgO+CO2↑；
故答案为：MgCO3=△=MgO+CO2↑；
（2）“研磨”可以增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；
故答案为：增大反应物之间的接触面积，反应速度快且充分；
（3）加入氨水，生成氢氧化镁沉淀，方程式为MgSO4+2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；检验洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液检验是否含有硫酸根离子，洗涤Mg（OH）2沉淀所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻棒等，取洗涤液加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；
故答案为：MgSO4+2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；取少量最后一次洗涤液，加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明已洗净；
（4）由流程图可知，（NH4）2SO4 、NH3可以循环利用；
故答案为：（NH4）2SO4 、NH3；
（5）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离；
故答案为：减少能源消耗或便于CaCO3分离；
故答案为：减少能源消耗，便于分离出CaCO3 或减少CO2的排放．
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