- 比色法
- 共1072题
（2016•潍坊一模）钨是熔点最高的金属，是重要的战略物资．自然界中钨矿石的主要成分是铁和锰的钨酸盐（FeWO4、MnWO4），还含少量Si、P、As的化合物．由黑钨矿冶炼钨的工艺流程如图：
已知：①滤渣I的主要成份是Fe2O3、MnO2．
②上述流程中，除最后一步外，其余步骤钨的化合价未变．
③常温下钨酸难溶于水．
回答下列问题：
（1）钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中钨元素的化合价为______，请写出MnWO4在熔融条件下发生碱分解反应生成MnO2的化学方程式______．
（2）上述流程中向粗钨酸钠溶液中加硫酸调pH=10后，溶液中的杂质阴离子确SiO32-、HAsO32-、HAsO42-、HPO42-等，则“净化”过程中，加入H2O2时发生反应的离子方程式为______，滤渣Ⅱ的主要成分是______．
（3）已知氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小．图为不同温度下Ca（OH）2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线，则T1时Ksp（CaWO4）=______mol•L-1．将钨酸钠溶液加入石灰乳得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为______，T2时该反应的平衡常数为______mol•L-1．
（4）硬质合金刀具中含碳化钨（WC），利用电解法可以从碳化钨废料中回收钨．电解时，用碳化钨做阳极，不锈钢做阴极，HCl溶液为电解液，阳极析出钨酸并放出CO2．该阳极反应式为______．
正确答案
解：（1）钨酸盐FeWO4为钨酸亚铁，钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中铁、锰的化合价都为+2价，设钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中钨元素的化合价为+x，因化合物中正负化合价代数和为零，则+2+x+（-2）×4=0，解得x=+6，黑钨矿的主要成分是铁和锰的钨酸盐，根据流程图的提示知，黑钨矿在空气中熔融生成WO42-、MnO2，、Fe2O3等，其中转化中生成MnO2的化学反应方程式为2MnWO4+O2+4NaOH=2MnO2+2Na2WO4+2H2O，
故答案为：+6；2MnWO4+O2+4NaOH
（2）根据以上分析，加入H2O2的目的是将HAsO32-氧化成HAsO42-，离子方程式为H2O2+HAsO32-═HAsO42-+H2O，滤液I中存在SiO32-、HAsO32-、HAsO42-、HPO42-等离子，经过调解pH值后，加入氯化镁，Mg2+沉淀SiO32-、HAsO32-、HAsO42-、HPO42-等离子，滤渣Ⅱ的主要成分是MgSiO3、MgHAsO4、MgHPO4，
故答案为：H2O2+HAsO32-═HAsO42-+H2O；MgSiO3、MgHAsO4、MgHPO4；
（3）T1时KSP（CaWO4）=c（Ca2+）•c（WO42-）=1×10-5×1×10-5=1×10-10，将钨酸钠溶液加入石灰乳，发生复分解反应，氢氧化钙和钨酸根离子反应生成钨酸钙沉淀，反应的离子方程式为：WO42-+Ca（OH）2=CaWO4+2OH-，T2时，C（OH-）=10-2mol/L，c（WO42-）=10-7mol/L，平衡常数K等于生成物平衡浓度系数次方之积和反应物平衡浓度系数次方之积，即K=
故答案为：1×10-10；WO42-+Ca（OH）2=CaWO4+2OH-；1×103；
（4）电解时，阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式是2H++2e-=H2↑，阳极是碳化钨失去电子，发生氧化反应：WC+6H2O-10e-=H2WO4+CO2↑+10H+，
故答案为：WC+6H2O-10e-=H2WO4+CO2↑+10H+．
解析
解：（1）钨酸盐FeWO4为钨酸亚铁，钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中铁、锰的化合价都为+2价，设钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中钨元素的化合价为+x，因化合物中正负化合价代数和为零，则+2+x+（-2）×4=0，解得x=+6，黑钨矿的主要成分是铁和锰的钨酸盐，根据流程图的提示知，黑钨矿在空气中熔融生成WO42-、MnO2，、Fe2O3等，其中转化中生成MnO2的化学反应方程式为2MnWO4+O2+4NaOH=2MnO2+2Na2WO4+2H2O，
故答案为：+6；2MnWO4+O2+4NaOH
（2）根据以上分析，加入H2O2的目的是将HAsO32-氧化成HAsO42-，离子方程式为H2O2+HAsO32-═HAsO42-+H2O，滤液I中存在SiO32-、HAsO32-、HAsO42-、HPO42-等离子，经过调解pH值后，加入氯化镁，Mg2+沉淀SiO32-、HAsO32-、HAsO42-、HPO42-等离子，滤渣Ⅱ的主要成分是MgSiO3、MgHAsO4、MgHPO4，
故答案为：H2O2+HAsO32-═HAsO42-+H2O；MgSiO3、MgHAsO4、MgHPO4；
（3）T1时KSP（CaWO4）=c（Ca2+）•c（WO42-）=1×10-5×1×10-5=1×10-10，将钨酸钠溶液加入石灰乳，发生复分解反应，氢氧化钙和钨酸根离子反应生成钨酸钙沉淀，反应的离子方程式为：WO42-+Ca（OH）2=CaWO4+2OH-，T2时，C（OH-）=10-2mol/L，c（WO42-）=10-7mol/L，平衡常数K等于生成物平衡浓度系数次方之积和反应物平衡浓度系数次方之积，即K=
故答案为：1×10-10；WO42-+Ca（OH）2=CaWO4+2OH-；1×103；
（4）电解时，阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式是2H++2e-=H2↑，阳极是碳化钨失去电子，发生氧化反应：WC+6H2O-10e-=H2WO4+CO2↑+10H+，
故答案为：WC+6H2O-10e-=H2WO4+CO2↑+10H+．
硫酸铜在生产、生活中应用广泛．某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：
（1）写出浸出时铜与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜的化学方程式：______．
（2）取样检验是为了确认Fe3+是否除净，你的检验方法是______．
（3）滤渣c是______．
（4）气体a可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为：2NO+O2═2NO2、______．
（5）一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，写出硫酸铜受热分解的化学方程式：______．某同学设计了如图2所示的实验装置分别测定生成的SO2气体、SO3气体的质量和O2气体的体积．此设计有不合理之处，请说明理由：______．
正确答案
解：（1）由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；
（2）用硫氰化钾检验铁离子的存在，铁离子遇硫氰化钾显红色，具体操作为：取试样少许放入试管中，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则Fe3+未除净，否则Fe3+除净；故答案为：取试样少许放入试管中，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则Fe3+未除净，否则Fe3+除净；
（3）由工艺流程图转化关系可知，浸出液中浆调节pH值后，铁离子转化为Fe（OH）3沉淀析出，滤渣c的主要成分为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；
（4）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（5）硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，反应物为CuSO4，生成物为CuO、SO2、SO3、O2，配平方程式得：3CuSO4
图2所示的实验装置分别测定生成的SO2气体、SO3气体的质量和O2气体的体积，SO3气体可溶解于浓硫酸中，采用98.3%的浓硫酸吸收SO3气体，SO2气体用碱液吸收，氧气用排水法测量，混合气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，故应先让混合气体通过浓硫酸的装置，三氧化硫被吸收，增重即为三氧化硫的质量，再通过氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，增重即为二氧化硫的质量，最后用排水法测量氧气的体积．故答案为：3CuSO4
解析
解：（1）由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；
（2）用硫氰化钾检验铁离子的存在，铁离子遇硫氰化钾显红色，具体操作为：取试样少许放入试管中，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则Fe3+未除净，否则Fe3+除净；故答案为：取试样少许放入试管中，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则Fe3+未除净，否则Fe3+除净；
（3）由工艺流程图转化关系可知，浸出液中浆调节pH值后，铁离子转化为Fe（OH）3沉淀析出，滤渣c的主要成分为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；
（4）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
（5）硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，反应物为CuSO4，生成物为CuO、SO2、SO3、O2，配平方程式得：3CuSO4
图2所示的实验装置分别测定生成的SO2气体、SO3气体的质量和O2气体的体积，SO3气体可溶解于浓硫酸中，采用98.3%的浓硫酸吸收SO3气体，SO2气体用碱液吸收，氧气用排水法测量，混合气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，故应先让混合气体通过浓硫酸的装置，三氧化硫被吸收，增重即为三氧化硫的质量，再通过氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，增重即为二氧化硫的质量，最后用排水法测量氧气的体积．故答案为：3CuSO4
①部分物质的沸点：
②乳酸乙酯易溶于苯、乙醇；水、乙醇、苯的混合物在64.85℃时，能按一定的比例以共沸物的形式一起蒸发．
该研究性学习小组同学拟采用如图所示（未画全）的主要装置制取乳酸乙酯，其主要实验步骤如下：
第一步：在三颈烧瓶中加入0.1mol无水乳酸、过量的65.0mL无水乙醇、一定量的苯、沸石…；装上油水分离器和冷凝管，缓慢加热回流至反应完全．
第二步：将三颈烧瓶中液体倒入盛有过量某试剂的烧杯中，搅拌并分出有机相后，再用水洗．
第三步：将无水CaCl2加入到水洗后的产品中，过滤、蒸馏．
（1）第一步操作中，还缺少的试剂是______；加入苯的目的是______；实验过程中，酯化反应进行完全的标志是______．
（2）第二步中证明“水洗”已经完成的实验方案是______．
（3）第三步可以得到较纯净的乳酸乙酯，为获得更纯净的乳酸乙酯，可采用______法．
（4）利用核磁共振氢谱可以鉴定制备的产物是否为乳酸乙酯，乳酸乙酯分子核磁共振氢谱中有______个峰．
正确答案
解：（1）酯化反应利用浓硫酸作催化剂和吸水剂，故缺少浓硫酸，酯化反应是可逆反应，混合物中添加苯可形成水、乙醇、苯共沸物，分离反应生成的水，促进酯化反应正向进行，如果收集装置中液体的量不再再增加说明反应已经完全，故答案为：浓硫酸；形成水、乙醇、苯共沸物，分离反应生成的水，促进酯化反应正向进行；油水分离器中液体不再增加；
（2）最后一次洗涤液不显酸性，可说明洗涤完全，因此只要测定一下最后一次水洗液的pH到7即可判断，故答案为：测定水洗液的pH至7；
（3）通过层析进行分离得到更纯净的乳酸乙酯，故答案为：层析；
（4）乳酸乙酯分子的结构简式为CH3CH（OH）COOCH2CH3，分子中有5种不同环境的氢原子，乳酸乙酯分子核磁共振氢谱中有5个峰，故答案为：5．
解析
解：（1）酯化反应利用浓硫酸作催化剂和吸水剂，故缺少浓硫酸，酯化反应是可逆反应，混合物中添加苯可形成水、乙醇、苯共沸物，分离反应生成的水，促进酯化反应正向进行，如果收集装置中液体的量不再再增加说明反应已经完全，故答案为：浓硫酸；形成水、乙醇、苯共沸物，分离反应生成的水，促进酯化反应正向进行；油水分离器中液体不再增加；
（2）最后一次洗涤液不显酸性，可说明洗涤完全，因此只要测定一下最后一次水洗液的pH到7即可判断，故答案为：测定水洗液的pH至7；
（3）通过层析进行分离得到更纯净的乳酸乙酯，故答案为：层析；
（4）乳酸乙酯分子的结构简式为CH3CH（OH）COOCH2CH3，分子中有5种不同环境的氢原子，乳酸乙酯分子核磁共振氢谱中有5个峰，故答案为：5．
CH3CH（OH）COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH（OH）COO]2Fe•3H2O+CO2↑．
已知FeCO3易被氧化：4FeCO3+6H2O+O2═4Fe（OH）3+4CO2
某兴趣小组用FeCl2（用铁粉和稀盐酸制得）和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如图：
回答下列问题：
（1）NH4HCO3盛放在装置______中（填字母），该装置中涉及的主要反应的离子方程式______．
（2）将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是______．
（3）将制得的FeCO3加入到足量乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75℃下搅拌反应．铁粉的作用是______．反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是______．
（4）该兴趣小组用KMnO4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是______．经查阅文献后，该兴趣小组改用铈（Ce）量法测定产品中Fe2+的含量．取1.440g产品配成100mL溶液，每次取20.00mL，进行必要处理，用0.0500mol•L-1Ce（SO4）2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce（SO4）219.70mL．滴定反应如下：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则产品中乳酸亚铁的质量分数为______．
正确答案
解：亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；
（1）由上述分析可知，NH4HCO3盛放在装置C中，该装置中涉及的主要反应的离子方程式：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：C；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（2）利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞3，打开活塞2；
故答案为：关闭活塞3，打开活塞2；
（3）Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe2+离子被氧化，过量的铁粉可以充分利用，得到乳酸亚铁，加入适量乳酸让铁粉反应完全，
故答案为：防止Fe2+离子被氧化；加入适量乳酸让铁粉反应完全；
（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；
由：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可知20mL溶液中n（Fe2+）=n（Ce4+）=0.05000mol/L×0.0197L=0.000985mol，故100mL含有n（Fe2+）=0.000985mol×
故答案为：乳酸根离子中含有羟基，被酸性高锰酸钾溶液氧化；98.5%．
解析
解：亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；
（1）由上述分析可知，NH4HCO3盛放在装置C中，该装置中涉及的主要反应的离子方程式：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：C；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（2）利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞3，打开活塞2；
故答案为：关闭活塞3，打开活塞2；
（3）Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe2+离子被氧化，过量的铁粉可以充分利用，得到乳酸亚铁，加入适量乳酸让铁粉反应完全，
故答案为：防止Fe2+离子被氧化；加入适量乳酸让铁粉反应完全；
（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；
由：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可知20mL溶液中n（Fe2+）=n（Ce4+）=0.05000mol/L×0.0197L=0.000985mol，故100mL含有n（Fe2+）=0.000985mol×
故答案为：乳酸根离子中含有羟基，被酸性高锰酸钾溶液氧化；98.5%．
I．制备
称取14.0g CuSOd•5H20、16.0g Na2CO3•10H20，用研钵分别研细后再混合研磨，立即发生反应，有“滋滋”声，而且混合物很快成为“黏胶状”．将混合物迅速投入200mL沸水中，快速搅拌并撤离热源，有蓝绿色沉淀生成，过滤，用水洗涤，至滤液中不含SO42-为止，取出沉淀，风干，得到蓝绿色晶体．
（1）①混合物发生反应时有“滋滋”声的原因是______．
②检验生成物已洗涤干净的方法是______
Ⅱ．组成测定
有同学查阅资料发现用Cu（OH）2•CuC03表示碱式碳酸铜是不准确的，较为准确、科学的表达式
是mCu（OH）2•nCuC03，不同来源的碱式碳酸铜的m、n值需要具体测定．热分解法测定碱式碳酸铜组成的实验装置如图所示．通过测定碱式碳酸铜在灼热后所产生的气体体积，推导出碱式碳酸铜中碳酸铜和氢氧化铜的
含量，即可求出m和n的比值．
（2）①仪器b的名称是______．
②检查装置气密性的方法是______．
③三次平行实验测定结果如下表，则该样品中m：n=______，若量气管中所盛液体为水，则该测定值比理论值______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
正确答案
解：（1）①用研钵分别研细后再混合研磨，发生水解反应，有CO2气体生成，产生大量气泡，所以会有“磁磁”的声音，故答案为：有气体生成；
②滤液中是否含有SO42-的操作方法是：取最后一次洗涤液于试管中，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有BaSO4白色沉淀产生，则证明有SO42-，否则没有，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入适量盐酸酸化后滴加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则没有SO42-，否则含有SO42-；
（2）①仪器b的名称是碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；
②此装置漏斗与大气相通，要进行其气密性检查，首先要考虑的问题是如何使试管不直接通过量气管与大气相通，具体方法：连接好装置，通过漏斗向装置中加水，至漏斗中水面比量气管中高，静置，水面不发生变化则装置不漏气，否则装置漏气，故答案为：连接好装置，通过漏斗向装置中加水，至右侧水面比左侧水面高，静置，水面高度差不发生变化，则装置不漏气，否则装置漏气；
③三次平行实验数据均有效，CO2体积的平均值
mCu（OH）2•nCuCO3
（98m+124n）g nmol
0.542g 0.002mol
若量气管中所盛液体为水，二氧化碳溶于水，n值偏小，则m值偏大，m与n的比值偏大；
故答案为：3：2；偏大．，故答案为：3：2；偏大．
解析
解：（1）①用研钵分别研细后再混合研磨，发生水解反应，有CO2气体生成，产生大量气泡，所以会有“磁磁”的声音，故答案为：有气体生成；
②滤液中是否含有SO42-的操作方法是：取最后一次洗涤液于试管中，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有BaSO4白色沉淀产生，则证明有SO42-，否则没有，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入适量盐酸酸化后滴加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则没有SO42-，否则含有SO42-；
（2）①仪器b的名称是碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；
②此装置漏斗与大气相通，要进行其气密性检查，首先要考虑的问题是如何使试管不直接通过量气管与大气相通，具体方法：连接好装置，通过漏斗向装置中加水，至漏斗中水面比量气管中高，静置，水面不发生变化则装置不漏气，否则装置漏气，故答案为：连接好装置，通过漏斗向装置中加水，至右侧水面比左侧水面高，静置，水面高度差不发生变化，则装置不漏气，否则装置漏气；
③三次平行实验数据均有效，CO2体积的平均值
mCu（OH）2•nCuCO3
（98m+124n）g nmol
0.542g 0.002mol
若量气管中所盛液体为水，二氧化碳溶于水，n值偏小，则m值偏大，m与n的比值偏大；
故答案为：3：2；偏大．，故答案为：3：2；偏大．
扫码查看完整答案与解析