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草酸亚铁为黄色固体,作为一种化工原料, 可广泛用于涂料、染料、陶瓷、玻璃器皿等的...

草酸亚铁为黄色固体,作为一种化工原料, 可广泛用于涂料、染料、陶瓷、玻璃器皿等的着色剂以及新型电池材料、感光材料的生产。合成草酸亚铁的流程如下:

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(1)配制(NH4)2Fe(SO4)2溶液时需加入少量稀硫酸目的是                    

(2)得到的草酸亚铁沉淀需充分洗涤,检验是否洗涤干净的方法是               

(3)将制得的产品(FeC2O4·2H2O)在氩气气氛中进行加热分解,结果如下图(TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数)。

①则A→B发生反应的化学方程式为:                   

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②已知B→C过程中有等物质的量的两种气态氧化物生成,写出B→C的化学方程式         

(4)某草酸亚铁样品中含有少量草酸铵。为了测定不纯产品中草酸根的含量,某同学做了如下分析实验:

准确称量m g样品,溶于少量2mol/L硫酸中并用100mL容量瓶定容。

取上述溶液20mL,用c mol/L高锰酸钾标准溶液滴定,溶液变为淡紫色,消耗高锰酸钾溶液的体积为V1 mL。

向上述溶液中加入足量Zn粉,使溶液中的Fe3+恰好全部还原为Fe2+

过滤,洗涤剩余的锌粉和锥形瓶,洗涤液并入滤液

用c mol/L KMnO4溶液滴定该滤液至溶液出现淡紫色,消耗KMnO4溶液的体积V2 mL。

已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+ +10CO2+8H2O

MnO4-+8H++5Fe2+5Fe3+ + Mn2++4H2O

回答下列问题:

①若省略步骤Ⅳ,则测定的草酸根离子含量           (填“偏大”、“偏小”或“不变”)

②m g样品中草酸根离子的物质的量为            (用c,V1,V2的式子表示,不必化简)

 

(1)抑制Fe2+和NH4+离子水解(3分) (2)取少量最后一次的洗涤滤液于试管中,向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤干净。(3分) (3)①FeC2O4·2H2OFeC2O4+2H2O(2分)(2分) ②FeC2O4FeO+CO2↑+CO↑;(2分) (4)①偏大(2分)②(cV1- cV2)×10-3×5/2×5mol(2分) 【解析】 试题分析:(1)铵根和亚铁离子水解溶液显酸性,则配制(NH4)2Fe(SO4)2溶液时,需加入少量稀硫酸,目的是抑制Fe2+和NH4+离子水解。 (2)由于溶液中含有硫酸根离子,则生成的沉淀明白含有硫酸根,则检验是否洗涤干净的方法是取少量最后一次的洗涤滤液于试管中,向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则表明已洗涤干净。。 (3)①由图可知,加热生成B时剩余固体为80%,损失20%,FeC2O4·2H2O中结晶水的质量为×100%=20%,故A→B发生反应是FeC2O4·2H2O加热失去结晶水,反应方程式为FeC2O4·2H2OFeC2O4+2H2O; ②已知B→C过程中有等物质的量的两种气态氧化物生成,根据原子守恒可知两种氧化物是CO和CO2,由图可知加热生成C时,分解完全,假定草酸亚铁晶体为180g,其物质的量为1mol,则C固体的质量为180g×40%=72g,铁元素质量为1mol×56g/mol=56,故应含有氧元素为72g-56g=16g,氧原子物质的量为1mol,即铁原子与氧原子物质的量之比为1:1,应为FeO,所以B→C的化学方程式为FeC2O4FeO+CO2↑+CO↑; (4)①若省略步骤Ⅳ,则与亚铁离子反应的高锰酸钾减少,因此与醋酸根反应的高锰酸钾增加,则测定的草酸根离子含量偏大。 ②与亚铁离子反应的高锰酸钾是0.001cV2,则与草酸根反应的高锰酸钾是(cV1- cV2)×10-3,所以根据方程式可知草酸根的物质的量是(cV1- cV2)×10-3×5/2mol,则m g样品中草酸根离子的物质的量为(cV1- cV2)×10-3×5/2×100/20mol=(cV1- cV2)×10-3×5/2×5mol。 考点:考查物质制备工艺流程图分析、实验设计  
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考点分析:
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1905年德国化学家哈伯发明了合成氨的方法,他因此获得了1918年度诺贝尔化学奖。氨的合成不仅解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿与死亡问题,在国防、能源、轻工业方面也有广泛用途。

Ⅰ.以氨为原料,合成尿素的反应原理为:

2NH3(g)+CO2(g)满分5 manfen5.comCO(NH2)2(l)+H2O(g) ΔH = a kJ/mol

为研究平衡时CO2的转化率与反应物投料比(满分5 manfen5.com)及温度的关系,研究小组在10 L恒容密闭容器中进行模拟反应,并绘出下图Ⅰ、Ⅱ曲线分别表示不同投料比时,CO2的转化率与温度之间的关系)。

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(1)a        0 (填“>”或“<”),判断依据是__________________。

(2)①投料比:Ⅰ        Ⅱ(填“>”或“<”)。

②若n(CO2)起始 =10 mol,曲线Ⅱ的投料比为0.4,在100℃条件下发生反应,达平衡至A点,则A点与起始压强比为_________________。

③A点平衡常数与B点平衡常数间的关系:KA         KB (填“>”或“<”或“=”)。B点正反应速率与C点正反应速率间的关系为:v (B)_________v (C) (填“>”或“<”或“=”)。

(3)若按曲线Ⅰ的投料比投料,在上述实验中压缩容器体积至5L,在上图中画出反应达平衡时的二氧化碳的转化率与温度之间的关系曲线。

(4)为提高CO2转化率可以采取的措施是              

a使用催化剂

b及时从体系中分离出部分CO(NH2)2

c将体系中的水蒸气液化分离

Ⅱ.氨气可用于工业上生产硝酸,其尾气中的NO2可用氨水吸收生成硝酸铵,25℃时,将10molNH4NO3溶于水,溶液显酸性,向该溶液中滴加1L某浓度的氨水,溶液呈中性,则滴加氨水的过程中水的电离平衡将_________(填“正向”、“逆向”或“不”) 移动, 此中性溶液中NH3·H2O的物质的量为________mol。(25℃时,NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5

 

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雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变废为宝利用工业尾气获得NH4NO3产品的流程图如下:(Ce为铈元素)

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(1)上述流程中循环使用的物质有         

(2)上述合成路线中用到15%~20%的乙醇胺(HOCH2CH2NH2),其水溶液具有弱碱性,显碱性的原因:HOCH2CH2NH2 + H2O满分5 manfen5.comHOCH2CH2NH3+  + OH-,写出乙醇胺吸收CO2的化学方程式__________。

(3)写出吸收池Ⅲ中,酸性条件下NO转化为NO2的离子方程式为           

(4)向吸收池Ⅳ得到的HSO3溶液中滴加少量CaCl2溶液,出现浑浊,pH降低,用平衡移动原理解释溶液pH降低的原因:             

(5)电解池Ⅴ可使Ce4+再生,装置如下图所示:

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生成Ce4+从__________口(填字母)流出,写出阴极的电极反应式               

6)从氧化池Ⅵ中得到粗产品NH4NO3的实验操作是                  、过滤、洗涤等。上述流程中每一步均恰好完全反应,若制得NH4NO3质量为xkg,电解池V制得cmol/L的S2O32﹣溶液ym3,则氧化池Ⅵ中消耗的O2在标准状况下的体积为             m3

 

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向NaOH溶液中缓慢通入CO2气体,溶液中CO32-的物质的量与通入CO2物质的量的关系图如下。下列关于图中a、b两点溶液的说法错误的是

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A.a、b溶液与同浓度盐酸完全反应时,消耗盐酸的体积相同

B.a溶液中水的电离程度与b溶液中水的电离程度相同

C.a、b两溶液都满足:c(Na)+c(H+)=c(HCO3)+2c(CO32-) +c(OH)

D.将a、b两点混合后溶液满足:c(OH)=c(H)+c(HCO3)+2c(H2CO3)

 

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下列实验操作、现象和结论均正确的是

选项

实验操作

现象

结论

A

用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应

火焰呈黄色

原溶液中有Na+,无K+

B

将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和,立即用pH计测两溶液的pH

前者的pH小于后者

H2SO3酸性强于H2CO3

C

铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液

未出现血红色

铝热剂中不能确定是否含有铁的氧化物

D

向淀粉溶液中加入稀H2SO4,加热几分钟,冷却后再加入几滴新制Cu(OH)2悬浊液,加热

没有红色沉淀生成

淀粉没有水解成葡萄糖

 

 

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短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,W与X同主族,Y的最外层电子数是电子层数的3倍,Y与W核外电子数相差6,Z的最外层电子数等于电子层数。下列说法正确的是

A.X、Y、W元素的原子半径依次递增

B.X、Z、W元素的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增

C.X、W分别与Y形成化合物在常温下均为气态

D.Z、W分别与Y形成的化合物均可作为耐高温材料

 

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