- 比色法
- 共1072题
己二酸是一种重要的有机二元酸，主要用于制造尼龙66纤维、尼龙66树脂和聚氨酯泡沫塑料．己二酸又名肥酸，白色晶体，微溶于水，易溶于醇、醚，可溶于丙酮，微溶于环己烷和苯．熔点153℃，沸点332.7℃，相对密度1.360．以环己酮（沸点155.6℃）为原料，在钨酸钠催化下，被双氧水氧化可得到己二酸．其反应方程式如下：
实验主要步骤如下
（Ⅰ）合成①将0.789g钨酸钠、0.32g磺基水杨酸和44mL 30%的过氧化氢水溶液加入如图1装置内，搅拌约15min．②加入10mL环己酮，在磁力加热搅拌器上缓慢加热至 90℃，回流恒温反应5h．③反应结束，将盛有物料的反应瓶冷却后置于冰水浴中静置3h，可见有大量晶体析出．
（Ⅱ）分离与提纯④待固体析出完全后，抽滤，用少量冰水洗涤，再抽干． ⑤将抽干得到的固体置于70℃的烘箱中干燥2.5h，即得粗产品．⑥粗产品经重结晶提纯得到精产品．重结晶过程加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥．回答下列问题
（1）若步骤③中固体析出不多，应采取的操作为______．
（2）上述重结晶过程中的哪一步操作除去了不溶性杂质______．
（3）己二酸重结晶的减压过滤装置如图2所示．
则仪器a的名称为______，装置B的作用是______，装置C接在水龙头上，其作用是______，减压过滤的操作有①将含晶体的溶液倒入漏斗；②将滤纸放入漏斗并用水湿润；③打开水龙头；④关闭水龙头；⑤拆下橡皮管．正确的顺序是______．
（4）己二酸纯度的测定准确称取试样0.12g于250mL锥形瓶中，加入50mL蒸馏水，稍加热，待其完全溶解后，加 2～3 滴酚酞指示剂，并用0.1mol•L-1 NaOH标准溶液滴定至终点（杂质不参与反应），此时溶液颜色由______变为______．滴定前后滴定管中的液面读数如图3所示，则该己二酸晶体样品中己二酸的质量分数为______．
正确答案
解：（1）若步骤③中固体析出不多，应采取的操作为将溶液加热浓缩至25～30 mL，再冷却使晶体析出，故答案为：将溶液加热浓缩至25～30 mL，再冷却结晶；
（2）重结晶过程中的趁热过滤操作除去了不溶性杂质，故答案为：趁热过滤；
（3）仪器a的名称为布氏漏斗；装置B的作用是防止发生倒吸；装置C接在水龙头上起抽气作用，使吸滤瓶、安全瓶中的压强减小；减压过滤的正确操作顺序为②③①⑤④，故答案为：布氏漏斗；防止发生倒吸；抽气，使吸滤瓶、安全瓶中的压强减小；②③①⑤④；
（4）用0.1 mol•L-1的NaOH标准溶液滴定至终点时溶液颜色由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色；滴定时消耗NaOH溶液的体积为18.50-2.50=16.00（mL），NaOH的物质的量为0.1mol/L×0.016L=0.0016mol，己二酸的物质的量为0.0016mol÷2=0.0008mol，样品中己二酸的质量分数=
解析
解：（1）若步骤③中固体析出不多，应采取的操作为将溶液加热浓缩至25～30 mL，再冷却使晶体析出，故答案为：将溶液加热浓缩至25～30 mL，再冷却结晶；
（2）重结晶过程中的趁热过滤操作除去了不溶性杂质，故答案为：趁热过滤；
（3）仪器a的名称为布氏漏斗；装置B的作用是防止发生倒吸；装置C接在水龙头上起抽气作用，使吸滤瓶、安全瓶中的压强减小；减压过滤的正确操作顺序为②③①⑤④，故答案为：布氏漏斗；防止发生倒吸；抽气，使吸滤瓶、安全瓶中的压强减小；②③①⑤④；
（4）用0.1 mol•L-1的NaOH标准溶液滴定至终点时溶液颜色由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色；滴定时消耗NaOH溶液的体积为18.50-2.50=16.00（mL），NaOH的物质的量为0.1mol/L×0.016L=0.0016mol，己二酸的物质的量为0.0016mol÷2=0.0008mol，样品中己二酸的质量分数=
过氧化氢是一种重要的化学产品，在工农业生产和日常生活中有着广泛应用，工业采用烷基蒽醌法生产．
生产过氧化氢的工艺：
根据生产过氧化氢原理和工艺，回答下列问题：
（1）该生产过氧化氢的原理中，原子利用率为______．
（2）该工艺中有机溶剂为液态烷烃和酯类，能否用乙醇替代呢？______．
（3）为了提高经济效益，该工艺氢化反应中，除了加催化剂外，还可采用的措施是______．
A．适当加热 B．加压 C．增大工作液中有机溶剂的量
（4）该工艺中“后处理”的目的是______．
（5）该工艺中由35%的H2O2得到70%的H2O2可采取操作方法是______．
（6）硫酸酸化的过氧化氢溶液可溶解金属铜，试写出该反应的离子方程式______．
正确答案
解：（1）工业采用烷基蒽醌法生产过氧化氢的原理：RAQ与有机溶剂形成工作液，氢气和催化剂与工作液作用形成HRAQ，HRAQ进行氧化生成过氧化氢和RAQ，本质为H2+O2=H2O2，为无机中的化合反应，原子利用率为100%，
故答案为：100%；
（2）液态烷烃和酯类与过氧化氢不互溶，过氧化氢溶液与工作液分离通过萃取实现，乙醇为有机物，与与过氧化氢溶液及烷基蒽醌等都互溶，无法通过萃取操作，与工作液分离，所以不可用乙醇替代液态烷烃和酯类，
故答案为：否，因为乙醇与过氧化氢溶液及烷基蒽醌等都互溶，无法萃取，难于与工作液分离；
（3）RAQ与有机溶剂形成工作液，氢气和催化剂与工作液作用形成HRAQ，适当加热，温度高反应速率加快，但过氧化氢易分解，不能温度过高，反应本质为H2+O2=H2O2，加压利于产物的生成，增大工作液中有机溶剂的量，增加成本，不能提高产率，所以不选，
故答案为：AB；
（4）采用烷基蒽醌法生产过氧化氢，RAQ与有机溶剂形成工作液，氢气和催化剂与工作液作用形成HRAQ，HRAQ进行氧化生成过氧化氢和RAQ，通过“后处理”，回收RAQ（及HRAQ）及有机溶剂并循环使用，
故答案为：回收RAQ（及HRAQ）及有机溶剂并循环使用；
（5）因为H2O2的沸点比水高，但受热易分解，浓缩H2O2溶液时，不能加热，不能加压，应进行减压蒸馏，故答案为：减压蒸馏；
（6）铜和硫酸在双氧水的作用下发生反应生成硫酸铜和水，即Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O．
解析
解：（1）工业采用烷基蒽醌法生产过氧化氢的原理：RAQ与有机溶剂形成工作液，氢气和催化剂与工作液作用形成HRAQ，HRAQ进行氧化生成过氧化氢和RAQ，本质为H2+O2=H2O2，为无机中的化合反应，原子利用率为100%，
故答案为：100%；
（2）液态烷烃和酯类与过氧化氢不互溶，过氧化氢溶液与工作液分离通过萃取实现，乙醇为有机物，与与过氧化氢溶液及烷基蒽醌等都互溶，无法通过萃取操作，与工作液分离，所以不可用乙醇替代液态烷烃和酯类，
故答案为：否，因为乙醇与过氧化氢溶液及烷基蒽醌等都互溶，无法萃取，难于与工作液分离；
（3）RAQ与有机溶剂形成工作液，氢气和催化剂与工作液作用形成HRAQ，适当加热，温度高反应速率加快，但过氧化氢易分解，不能温度过高，反应本质为H2+O2=H2O2，加压利于产物的生成，增大工作液中有机溶剂的量，增加成本，不能提高产率，所以不选，
故答案为：AB；
（4）采用烷基蒽醌法生产过氧化氢，RAQ与有机溶剂形成工作液，氢气和催化剂与工作液作用形成HRAQ，HRAQ进行氧化生成过氧化氢和RAQ，通过“后处理”，回收RAQ（及HRAQ）及有机溶剂并循环使用，
故答案为：回收RAQ（及HRAQ）及有机溶剂并循环使用；
（5）因为H2O2的沸点比水高，但受热易分解，浓缩H2O2溶液时，不能加热，不能加压，应进行减压蒸馏，故答案为：减压蒸馏；
（6）铜和硫酸在双氧水的作用下发生反应生成硫酸铜和水，即Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O．
榴石矿石可以看作CaO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成，由榴石矿石制取氯化钙和氧化铝的实验步骤如图1：
（1）榴石矿加盐酸溶解后，溶液里除了Ca2+外，还含有的金属离子是______．
（2）对溶液I进行操作时，控制溶液pH=9～10（有关氢氧化物沉淀的pH见下表）
NaOH不能过量，若NaOH过量可能会导致______溶解，______沉淀．
（3）写出向沉淀物A中加入过量氢氧化钠溶液的离子方程式______．
（4）①某同学在实验室中用图2装置制取CO2气体并通入溶液Ⅱ中，结果没有沉淀产生，可能的原是______；为了能产生沉淀该同学对图I装置进行了改进，改进的方法为______．
②若将二氧化碳气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，混合体系中除存在电离平衡、水解平衡外，还存在溶解平衡，用方程式表示该溶解平衡关系______．
正确答案
解：（1）榴石矿加盐酸溶解，CaO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O．而SiO2不与盐酸反应，以沉淀的形式除去，故答案为：Fe3+、Al3+；
（2）由（1）知，此时溶液中除了Ca2+外，还含有Fe3+、Al3+杂质，需除去Fe3+、Al3+但不能损失Ca2+，加NaOHFe3++3OH-═Fe（OH）3↓、Al3++3OH-═Al（OH）3↓，除去Fe3+、Al3+，加NaOH需将溶液的pH控制在9～10，若pH过高，会导致生成的Al（OH）3发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O溶解，Ca（OH）2在pH为12时开始沉淀，所以碱性增强Ca（OH）2会沉淀，同时Ca2+也因转化为沉淀而损失，
故答案为：Al（OH）3；Ca（OH）2；
（3）沉淀物A为反应为Fe（OH）3、Al（OH）3，加入过量氢氧化钠溶液发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，离子反应为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，
故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（4）①实验室通常用稀盐酸与大理石（或石灰石）反应制取二氧化碳，反应的方程式：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，因盐酸易挥发出，盐酸是强酸，通入溶液Ⅱ中的二氧化碳中含有盐酸，溶于水得到稀盐酸可以和难溶于水的碳酸钙反应生成易溶于水的氯化钙，所以没有沉淀产生，在实验装置Ⅰ和装置Ⅱ之间增加除去CO2中含有HCl气体的装置，NaHCO3溶液能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，在除去氯化氢的同时增加了二氧化碳的量，
故答案为：盐酸挥发，制取的二氧化碳中含有盐酸；在甲与乙之间加一盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；
②将二氧化碳气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，得到碳酸钙沉淀，碳酸钙的溶解平衡为CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），
故答案为：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq）．
解析
解：（1）榴石矿加盐酸溶解，CaO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O．而SiO2不与盐酸反应，以沉淀的形式除去，故答案为：Fe3+、Al3+；
（2）由（1）知，此时溶液中除了Ca2+外，还含有Fe3+、Al3+杂质，需除去Fe3+、Al3+但不能损失Ca2+，加NaOHFe3++3OH-═Fe（OH）3↓、Al3++3OH-═Al（OH）3↓，除去Fe3+、Al3+，加NaOH需将溶液的pH控制在9～10，若pH过高，会导致生成的Al（OH）3发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O溶解，Ca（OH）2在pH为12时开始沉淀，所以碱性增强Ca（OH）2会沉淀，同时Ca2+也因转化为沉淀而损失，
故答案为：Al（OH）3；Ca（OH）2；
（3）沉淀物A为反应为Fe（OH）3、Al（OH）3，加入过量氢氧化钠溶液发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，离子反应为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，
故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（4）①实验室通常用稀盐酸与大理石（或石灰石）反应制取二氧化碳，反应的方程式：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，因盐酸易挥发出，盐酸是强酸，通入溶液Ⅱ中的二氧化碳中含有盐酸，溶于水得到稀盐酸可以和难溶于水的碳酸钙反应生成易溶于水的氯化钙，所以没有沉淀产生，在实验装置Ⅰ和装置Ⅱ之间增加除去CO2中含有HCl气体的装置，NaHCO3溶液能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，在除去氯化氢的同时增加了二氧化碳的量，
故答案为：盐酸挥发，制取的二氧化碳中含有盐酸；在甲与乙之间加一盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；
②将二氧化碳气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，得到碳酸钙沉淀，碳酸钙的溶解平衡为CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），
故答案为：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq）．
碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿（主要成分FeS2）为主要原料制备碳酸锰（MnCO3难溶，分解温度较高）的一种工艺流程如图：
已知：几种金属离子沉淀的pH如表：
回答下列问题：
（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有______
A．适当升高温度 B．加压 C．研磨矿石 D．加入足量的蒸馏水
（2）溶浸过程中发生的主要反应如下，请完成并配平该反应的离子方程式：
2FeS2+15MnO2+______═______Fe3++______Mn2++______SO42ˉ+______
（3）操作1经______、______（填操作名称）烘干等过程可得到无水碳酸锰．
（4）①除铁工序中，先加入适量的软锰矿，其作用是除去可能未被完全氧化的Fe2+，如何检验溶液中的Fe2+已被完全氧化？______
②再加入石灰调节溶液pH的范围为______．
（5）副产品A的主要成分是______．
（6）黄铁矿（主要成分是FeS2）还可以用来制备化工原料FeSO4，FeSO4可转化为FeCO3，
FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料．
已知25℃，101kPa时：
4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=-1648kJ/mol
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393kJ/mol
2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=-1480kJ/mol
FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是______．
正确答案
ABC
28H+
2
15
4
14H2O
过滤
洗涤
加入酸性高锰酸钾溶液，观察是否褪色
3.7～5.2
（NH4）2SO4
4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ/mol
解析
解：软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液PH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+、Ca2+过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到硫酸铵，滤渣为碳酸锰，通过洗涤、烘干得到硫酸锰晶体，
（1）升高温度、搅拌、减小固体的颗粒等均能加速固体的溶解，所以为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有：适当升高温度，搅拌，研磨矿石，
故答案为：ABC；
（2）FeS2与MnO2反应后生成Fe3+、Mn2+和SO42-，1molFeS2失去15mol电子，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒，FeS2的计量数为2，MnO2的计量数为15，则生成的Fe3+计量数为2，SO42-的计量数为4，Mn2+的计量数为15，根据电荷守恒可知反应物中有H+，根据原子守恒可知生成物有H2O；所以离子方程式配平为：
2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，
故答案为：28H+；2；15；4；14H2O；
（3）过滤分离不溶物和可溶性杂质，经过滤、洗涤烘干等过程可得到无水碳酸锰，故答案为：过滤；洗涤；
（4）①二价铁离子有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：加入酸性高锰酸钾溶液，观察是否褪色；
②由表中数据可知三价铁离子完全的沉淀的PH为3.7，铜离子开始沉淀的范围为5.2，所以加入石灰调节溶液的pH的范围为3.7～5.2，故答案为：3.7～5.2；
（5）溶浸过程中发生的反应生成硫酸根离子，后来又加入了硫化铵、碳酸氢铵，所以产品中含有（NH4）2SO4，
故答案为：（NH4）2SO4；
（6）发生反应：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，
已知：①4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=-1648kJ/mol
②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393kJ/mol
③2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=-1480kJ/mol
根据盖斯定律，①-③×2+②×4可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故△H=-1648kJ/mol-2×（-1480kJ/mol）+4×（-393kJ/mol）=-260kJ/mol，
故反应热化学方程式为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ/mol，
故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ/mol．
化学在物质制备和环保领域有着重要的运用．
Ⅰ高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途．湿法、干法制备高铁酸盐的原理如下表所示．
（1）工业上用湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的流程如图1所示：
①反应I的化学方程式为______．
②反应II的离子方程式为______．
③已知25℃时Fe（OH）3的Ksp=4.0×10-38，反应II后溶液中c（Fe3+）=4×10-5mol•L-1，则Fe3+完全沉淀时的pH=______．
（2）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为______．
（3）干法制备K2FeO4的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______．
（4）高铁电池是正在研制中的可充电干电池，图2为该电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出的高铁电池的优点有______．
正确答案
解：（1）①反应Ⅰ为氯气溶解于氢氧化钠溶液，发生歧化反应，化学方程式为2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；
②反应Ⅱ为氧化还原反应，+3价铁被氧化成+6价铁，+1价的氯被氧化为-1价，反应的环境为碱性，化学方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
③已知Ksp=c（Fe3+）×c（OH-）3=4.0×10-38，溶液中c（Fe3+）=4×10-5mol•L-1时，c（OH-）=
（2）高铁酸钾具有很强的氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原得到Fe3+，水解生成Fe（OH）3胶体，有吸附性，故答案为：高铁酸钾有强氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe（OH）3胶体、有吸附性起净水作用；
（3）干法制备K2FeO4的反应的方程式为：Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，N元素化合价降低，是氧化剂，铁的化合价降低，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3﹕1，故答案为：3﹕1；
（4）由图可知高铁电池比高能碱性电池放电时间长，工作电压稳定，故答案为：放电时间长、工作电压稳定．
解析
解：（1）①反应Ⅰ为氯气溶解于氢氧化钠溶液，发生歧化反应，化学方程式为2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；
②反应Ⅱ为氧化还原反应，+3价铁被氧化成+6价铁，+1价的氯被氧化为-1价，反应的环境为碱性，化学方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
③已知Ksp=c（Fe3+）×c（OH-）3=4.0×10-38，溶液中c（Fe3+）=4×10-5mol•L-1时，c（OH-）=
（2）高铁酸钾具有很强的氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原得到Fe3+，水解生成Fe（OH）3胶体，有吸附性，故答案为：高铁酸钾有强氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe（OH）3胶体、有吸附性起净水作用；
（3）干法制备K2FeO4的反应的方程式为：Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，N元素化合价降低，是氧化剂，铁的化合价降低，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3﹕1，故答案为：3﹕1；
（4）由图可知高铁电池比高能碱性电池放电时间长，工作电压稳定，故答案为：放电时间长、工作电压稳定．
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