- 比色法
- 共1072题
实验室制备硝基苯的主要步骤如下：
①配制一定比例的浓硫酸和浓硝酸的混合酸加入反应器中．
②向室温下的混合酸中逐滴加入一定量的苯，充分振荡，混合均匀．
③在50℃～60℃下发生反应．
④除去混合酸后，粗产品依次用蒸馏水和5%的NaOH溶液洗涤，最后用蒸馏水洗涤．
⑤将用无水氯化钙于燥后的粗硝基苯进行蒸馏，得到纯硝基苯．
（1）配制一定比例浓硝酸和浓硫酸混合酸时，操作注意事项是______．
（2）步骤③的加热方式是______；
（3）步骤④中，洗涤、分离粗硝基苯应使用的仪器是______；
（4）步骤④中，粗产品用5%的NaOH溶液洗涤的目的是______；
（5）纯硝基苯是无色、密度比水______（填“大”或“小”）、具有______气味的油状液体．
正确答案
先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却
水浴加热
分液漏斗
除去粗产品中残留的酸
大
苦杏仁
解析
解：（1）浓硫酸与浓硝酸混合放出大量的热，配制混酸操作注意事项是：先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，
故答案为：先将浓硝酸注入容器中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却；
（2）由于控制温度50-60℃，应采取50～60℃水浴加热，
故答案为：采取50～60℃水浴加热；
（3）硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态，采取分液操作，需要用分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（4）反应得到粗产品中有残留的硝酸及硫酸，用氢氧化钠溶液洗涤除去粗产品中残留的酸，故答案为：除去粗产品中残留的酸；
（5）纯硝基苯是无色、密度比水大，具有苦杏仁味的液体，故答案为：大；苦杏仁．
（2015秋•宜昌校级月考）硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，某同学设计SnSO4制备路线如下：
查阅资料：
Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．
Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡
回答下列问题：
（1）通过操作1的系列实验从溶液中得到产品，操作1的系列实验是______．
（2）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请结合化学方程式用平衡移动原理解释原因______．
（3）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH ②______．
（4）反应1得到沉淀是SnO，同时生成一种常见气体，得到该沉淀的离子反应方程式是______．
（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水的去除剂，发生反应的离子方程式是______．
（6）通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：
①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl═SnCl2+H2↑；
②加入过量的FeCl3；
③用已知浓度的K2Cr2O7滴定②生成的Fe2+，再计算锡粉的纯度，请配平方程式：
______FeCl2+______K2Cr2O7+______HCl=______FeCl3+______KCl+______CrCl3+______取1.226g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.100mol•L-1 K2Cr2O7溶液32.0mL，锡粉中锡的质量分数是______（保留三个有效数字）．
正确答案
解：（1）从溶液里获得晶体的系列实验为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥；
（2）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，故答案为：SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
（3）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化，故答案为：防止Sn2+被氧化；
（4）CO32-和Sn2+发生双水解反应的离子方程式为CO32-+Sn2+═SnO+CO2↑，故答案为：CO32-+Sn2+═SnO+CO2↑；
（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；
（6）用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O，令锡粉中锡的质量分数为x，则：
Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～
119g 
1.226g×x 0.100mol/L×0.032L
故
故答案为：6、1、14、6、2、2、7H2O；93.2%．
解析
解：（1）从溶液里获得晶体的系列实验为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥；
（2）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，故答案为：SnCl2水解，发生SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
（3）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化，故答案为：防止Sn2+被氧化；
（4）CO32-和Sn2+发生双水解反应的离子方程式为CO32-+Sn2+═SnO+CO2↑，故答案为：CO32-+Sn2+═SnO+CO2↑；
（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；
（6）用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O，令锡粉中锡的质量分数为x，则：
Sn～Sn2+～2Fe3+～2Fe2+～
119g
1.226g×x 0.100mol/L×0.032L
故
故答案为：6、1、14、6、2、2、7H2O；93.2%．
实验室利用下列装置模拟工业生产制备少量硝酸．
（1）B中试剂为______，NaOH溶液的作用是______．
（2）用过氧化钠与水反应制备氧气的化学方程式为______．
（3）实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上．下列图示中，能够正确表示该反应过程能量变化的是______．
（4）已知2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）△H
NO2（g）
NO（g）
O2（g）
①计算反应的△H=______．
②请解释高温下，氨气与氧气反应难以生成NO2的原因______．
（5）控制氨气和氧气的比例是制备硝酸的关键．
①当比例不合适时，A中不仅有红棕色气体产生，还伴有白烟．请用化学方程式表示白烟产生的原因______．
②欲使氨气尽可能完全转化为硝酸，理论上n（NH3）：n（O2）的最佳比例为______．
正确答案
解：（1）装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸，用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物，防止污染空气，故答案为：水；吸收尾气；
（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（3）反应为放热反应，放出大量的热，反应物的总能量比生成物的总能量高，700℃时水是气体，故答案为：A；
（4）①△H=反应物的键能和-生成物的键能和=931kJ/mol×2-628kJ/mol×2-493kJ/mol=+113kJ/mol，故答案为：+113kJ/mol；
②二氧化氮分解是吸热反应，升高温度，有利于分解，故答案为：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）△H＞0，升高温度，平衡正向移动，有利于NO2的分解，因此难以生成NO2；
（5）①一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，氨气和硝酸能反应生成硝酸铵，化学方程式：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3，故答案为：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3；
②由4NH3+5O2
解析
解：（1）装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸，用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物，防止污染空气，故答案为：水；吸收尾气；
（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（3）反应为放热反应，放出大量的热，反应物的总能量比生成物的总能量高，700℃时水是气体，故答案为：A；
（4）①△H=反应物的键能和-生成物的键能和=931kJ/mol×2-628kJ/mol×2-493kJ/mol=+113kJ/mol，故答案为：+113kJ/mol；
②二氧化氮分解是吸热反应，升高温度，有利于分解，故答案为：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）△H＞0，升高温度，平衡正向移动，有利于NO2的分解，因此难以生成NO2；
（5）①一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，氨气和硝酸能反应生成硝酸铵，化学方程式：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3，故答案为：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3；
②由4NH3+5O2
一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3•CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中．
从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如图1：
（1）过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为______．
（2）过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al（OH）3，碳酸钠溶液在产生Al（OH）3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式______．
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ和IV中所起作用有所不同，请写出在过程Ⅳ中起的作用是______．
（4）在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是______（填序号）．
A c（Na+）=2c（CO32-）
B c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）
C c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）
D c（OH-）-c（H+）═c（HCO3-）+2c（H2CO3）
（5）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液．CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水．如图2是粉红色的CoCl2•6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是______．
正确答案
解：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
（2）铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
（4）A．Na2CO3溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故A错误；
B．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故B正确；
C．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故C正确；
D．Na2CO3溶液中质子守恒：c（H+）═c（OH-）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故D正确；
故选：BCD；
（5）CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-83mg
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，故答案为：CoCl2•2H2O．
解析
解：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
（2）铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
（4）A．Na2CO3溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故A错误；
B．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故B正确；
C．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故C正确；
D．Na2CO3溶液中质子守恒：c（H+）═c（OH-）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故D正确；
故选：BCD；
（5）CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-83mg
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，故答案为：CoCl2•2H2O．
（2015•肥城市一模）FeSO4•7H2O广泛用于医药和工业领域，实验室制备FeSO4•7H2O的流程如下：
（1）铁屑与稀硫酸反应前，应用10% Na2CO3溶液浸泡几分钟，操作目的是______．
（2）最后得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；
②______．
（3）FeSO4•7H2O是某些补血剂的主要成分，实验室用KMnO4溶液通过氧化还原滴定测
定某补血剂（1.500g）中铁元素的含量．
①配制100mL 1.200×10 -2mol•L-1的KMnO4溶液时，将溶解后的溶液转移至容 量瓶中的操作方法是______；
②实验中的KMnO4溶液需要酸化，可用于酸化的酸是______．
a．稀硝酸 b．稀盐酸 c．稀硫酸 d．浓硝酸
KMnO4溶液应盛装在______滴定管中．滴定到终点时的现象为______．滴定完毕，三次实验记录KMnO4标准溶液的读数如下．
该补血剂中铁元素的质量分数为______．
（4）某实验小组用久置的FeSO4溶液和NaOH溶液制备Fe（OH）2，实验后没有得到预期的白色沉淀，于是采用下列试剂（已煮沸除氧）和装置进行实验：
实验开始打开止水夹C，目的是______．一段时间后，关闭止水夹C，B中观察到的现象是______．B中发生反应的离子方程式是______．
正确答案
解：（1）CO32-水解生成OH-，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解，所以可用纯碱溶液除油污，故答案为：除去废铁屑表面的油污；
（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高二增大，因此用冰水洗涤的另一个目的是减少洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗，故答案为：降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4•7H2O的损耗；
（3）①转移液体需要引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口，
故答案为：用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口；
②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性，能被高能酸钾氧化为氯气，只能用稀硫酸；
高锰酸钾有强氧化性，能氧化橡皮管，应放在酸式滴定管中；
滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点；
配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，
反应需要的高锰酸钾的物质的量为
则：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
5mol 1mol
n 18×10-5mol
n=18×10-5mol×5=90×10-5mol，
则1.500g硫酸亚铁补血剂药片含铁的质量为90×10-5mol×56g/mol=0.0504g，所以该补血剂中铁元素的含量为
故答案为：c；酸式；滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色；3.36%；
（4）氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，应先排除装置中的空气；反应生成的气体将硫酸亚铁压入B中，反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；离子方程式是Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，故答案为：排除装置中的空气，防止氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁；液面上升出现白色沉淀 Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓．
解析
解：（1）CO32-水解生成OH-，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解，所以可用纯碱溶液除油污，故答案为：除去废铁屑表面的油污；
（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高二增大，因此用冰水洗涤的另一个目的是减少洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗，故答案为：降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4•7H2O的损耗；
（3）①转移液体需要引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口，
故答案为：用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口；
②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性，能被高能酸钾氧化为氯气，只能用稀硫酸；
高锰酸钾有强氧化性，能氧化橡皮管，应放在酸式滴定管中；
滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点；
配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，
反应需要的高锰酸钾的物质的量为
则：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
5mol 1mol
n 18×10-5mol
n=18×10-5mol×5=90×10-5mol，
则1.500g硫酸亚铁补血剂药片含铁的质量为90×10-5mol×56g/mol=0.0504g，所以该补血剂中铁元素的含量为
故答案为：c；酸式；滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色；3.36%；
（4）氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，应先排除装置中的空气；反应生成的气体将硫酸亚铁压入B中，反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；离子方程式是Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，故答案为：排除装置中的空气，防止氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁；液面上升出现白色沉淀 Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓．
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