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11.草酸(乙二酸)可作还原剂和沉淀剂,用于金属除锈、织物漂白和稀土生产.一种制备草酸的工艺流程如图甲所示:

回答下列问题:
(1)该制备工艺中有两次过滤操作,过滤操作①的滤渣是CaC2O4;过滤操作②的滤液是H2C2O4溶液和H2SO4溶液.
(2)工艺过程③的目的是分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本,减小污染.工艺过程中还有一处与③的目的一样,其中涉及到的试剂是NaOH.
(3)有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸.该方案的缺点是产品不纯,其中含有的杂质主要是Na2SO4
(4)草酸成品的纯度用高锰酸钾滴定法测定.
①写出滴定反应的离子方程式5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O;
②称量草酸成品0.250g溶于水,用0.0500mol•L-1的酸性KMnO4溶液滴定,至浅粉色不消褪,滴定起始点和终点的液面位置如图乙,则消耗KMnO4溶液体积为18.10mL.计算该成品的纯度81.45%.
③下列操作会导致草酸成品的纯度的测定结果偏高的是bcd.
a.未干燥锥形瓶         b.滴定起始时滴定管尖嘴中产生气泡
c.滴定终点时仰视读数    d.滴定管未用标准溶液润洗.

分析 (1)氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙,草酸钙难溶于水,草酸钙和稀硫酸反应生成草酸和硫酸钙,硫酸钙是微溶物;
(2)循环利用的物质能降低成本,减少污染;
(3)甲酸钠和硫酸反应生成硫酸钠,硫酸钠是可溶性物质;
(4)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,能氧化草酸根离子生成二氧化碳,同时自身被还原生成二价锰离子,根据草酸和高锰酸钾之间的关系式计算草酸的物质的量,再根据质量分数公式计算其纯度,根据c(待测)=$\frac{c(标注)×V(标准)}{V(待测)}$,分析不当操作对V(标准)的影响,以此判断浓度的误差.

解答 解:(1)氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙,草酸钙难溶于水,所以过滤操作①的滤液是氢氧化钠溶液,滤渣是CaC2O4,草酸钙和稀硫酸反应生成草酸和硫酸钙,硫酸钙是微溶物,该操作过程中,稀硫酸过量,所以过滤操作②的滤液是H2C2O4溶液、H2SO4溶液,
故答案为:CaC2O4 ;H2C2O4溶液、H2SO4溶液;
(2)硫酸和氢氧化钠都具有腐蚀性,能污染环境,分别循环利用硫酸和氢氧化钠溶液,能降低成本,
故答案为:分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本,减小污染;NaOH;
(3)甲酸钠和硫酸反应生成硫酸钠,硫酸钠是可溶性物质,存在于溶液中,所以含有的杂质主要是Na2SO4
故答案为:Na2SO4
(4)①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,能氧化草酸根离子生成二氧化碳,同时自身被还原生成二价锰离子,离子反应方程式为:5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O,
故答案为:5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O;
②根据图中的数据,注意滴定管精确到0.01mL,读数为18.10mL,故消耗KMnO4溶液体积为18.10mL,设草酸的物质的量为xmol,则:
5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O
5mol        2mol
x         0.0500mol•L-1×0.018L
所以,5mol:2mol=x:0.0500mol•L-1×0.015L
解得x=0.00225mol,
故其纯度=$\frac{0.00225mol×126g/mol}{0.25g}$×100%=81.45%,
故答案为:81.45%;
③根据c(待测)=$\frac{c(标注)×V(标准)}{V(待测)}$分析,当加入的标准液偏多,理论上草酸的浓度偏大,但实际上其纯度偏小,
a.未干燥锥形瓶,对溶质的物质的量无影响,不影响测定;        
b.滴定起始时滴定管尖嘴中产生气泡,根据c(待测)=$\frac{c(标注)×V(标准)}{V(待测)}$,可知V(标准)偏大,c(待测)偏大;
c.滴定终点时仰视读数,根据c(待测)=$\frac{c(标注)×V(标准)}{V(待测)}$,将标准液读数度大,V(标准)偏大,c(待测)偏大;
d.滴定管未用标准溶液润洗,根据c(待测)=$\frac{c(标注)×V(标准)}{V(待测)}$,表面上有水,加入的标准液偏多,可知V(标准)偏大,c(待测)偏大;
故选bcd.

点评 本题考查了化学与技术,明确操作时发生的化学反应、常见的操作名称,难点是计算草酸结晶水合物的纯度,根据方程式进行分析解答,难度中等.

练习册系列答案
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

1.将1.92gCu和一定量的浓HNO3反应,随着Cu的不断减少,反应生成气体的颜色逐渐变浅,当Cu反应完毕时,共收集到气体1.12L(标准状况),则反应中消耗HNO3的物质的量为(  )
A.0.1molB.0.05molC.0.15molD.0.11mol

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

2.+3价Co的配合物CoClm•nNH3,中心原子的配位数为6,若1mol该配合物与足量AgNO3溶液反应生成1molAgCl沉淀,用配合物形式写出该配合物的化学式[CoCl2(NH34]Cl.

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

19.镁是最轻的结构金属材料之一,又具有比强度和比刚度高、阻尼性和切削性好、易于回收等优点.国内外将镁合金应用于汽车行业,以减重、节能、降低污染,改善环境.但金属镁性质活泼,能与空气中的O2、N2、CO2等反应,也能与沸水反应.其中,Mg与N2反应的产物Mg3N2与水反应:Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑.请回答下列问题:
(1)甲组学生研究Mg能在CO2气体中燃烧,并研究其产物.将镁条在空气中加热点燃后迅速插入盛放CO2气体的集气瓶中,观察到的现象是剧烈燃烧,发出耀眼白光,反应后在集气瓶内部附着白色粉末和黑色颗粒_;化学反应方程式是2Mg+CO2$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$C+2MgO
(2)乙组学生根据上述甲组实验,认为Mg能在NO2中燃烧,可能产物为MgO、N2和Mg3N2.通过如下实验装置来验证反应产物(夹持装置省略,部分仪器可重复使用).
已知:NO2气体能被NaOH吸收.NH3•H2O的电离常数与CH3COOH电离常数相等,均为1.75×10-5
①乙组同学的装置中,依次连接的顺序为ABCBED(填字母序号);装置B中的作用是在C的两侧防止水蒸气进入C中与产物 Mg3N2反应
②确定产物中有N2生成的实验现象为D中试剂瓶中的水被气体压入烧杯中
(3)设计实验证明:
①产物中存在Mg3N2:取C中少量反应产物,加入到水中产生刺激性气味的气体,该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝
②MgO和Mg(OH)2溶于铵盐溶液是与NH4+直接反应,不是与NH4+水解出来的H+反应:将①中加水后的溶液加热,赶走NH3后,再加入过量的CH3COONH4溶液,固体溶解,说明MgO和Mg(OH)2溶于铵盐溶液是与NH4+直接反应,不是与NH4+水解出来的H+反应.

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

6.莽草酸因可以作为合成达菲(抗病毒和抗癌药)的中间体而受到重视,其结构简式如图,下列关于莽草酸的说法正确的是(  )
A.分子中含有三种含氧官能团
B.可发生取代、加成及氧化反应
C.在水溶液中羟基和羧基均能电离出氢离子
D.与足量的钠反应在标况下能产生44.8L气体

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

16.煤气化和液化是现代能源工业中重点考虑的能源综合利用方案.最常见的气化方法为用煤生产水煤气,而当前比较流行的液化方法为用煤生产CH3OH.已知制备甲醇的有关化学反应及平衡常数如下:
①CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2 O(g)△H 1=-90.8KJ/mol,
②CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H 2=-41.2kJ/mol,
③CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)△H 3
850℃平衡常数分别为k1=160,K2=243,K3=160,甲醇可以与乙酸反应制香料CH3OH(l)+CH3COOH(l)→CH3COOCH3(l)+H2O(l)
(1)则反应△H 3=-132.0 kJ/mol  制香料的K的表达式$\frac{c(C{H}_{3}COOC{H}_{3})c({H}_{2}O)}{c(C{H}_{3}OH)c(C{H}_{3}COOH)}$
(2)由CO合成甲醇时,以下有关该反应的说法正确的是AD(填序号).
A.恒温、恒容条件下,若容器内的压强不发生变化,则可逆反应达到平衡
B.一定条件下,H2 的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时,可逆反应达到平衡
C.使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CH3OH的产率
D.某温度下,将2mol CO和6mol H2 充入2L密闭容器中,充分反应,达到平衡后,测得c (CO)=0.2mol•L- 1,则CO的转化率为80%
(3)850℃时,在密闭容器中进行反应①开始时只加入CO2、H2,反应10min后测得各组分的浓度如下比较正逆反应的速率的大小:v>v(填“>、<或=”)   该时间段内反应速率v(H2)=0.12mol/(L•min)
物质H2CO2CH3 OHH2 O
浓度(mol/L)0.20.20.40.4
(4)在一定条件下3L恒容密闭容器中,充入一定量的H2和CO2仅发生反应①,实验测得反应物在不同起始投入量下,反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线,如图1所示.

①H2和CO2的起始的投入量以A和B两种方式投入
A:n(H2)=3mol,n(CO2)=1.5mol
B:n(H2)=3mol,n(CO2)=2mol,曲线I代表哪种投入方式A(用A、B表示)
②在温度为500K的条件下,按照A方式充入3mol H2和1.5mol CO2,该反应10min时达到平衡,在此条件下,系统中CH3OH的浓度随反应时间的变化趋势如图2所示,当反应时间达到3min时,迅速将体系温度升至600K,请在图2中画出3~10min内容器中CH3OH浓度的变化趋势曲线.

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科目:高中化学 来源: 题型:实验题

3.平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质).某课题以此粉末为原料,设计如下工艺流程对资源进行回收,得到Ce(OH)4和硫酸铁铵矾:

已知:
ⅰ.酸性条件下,铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式,Ce3+易水解,Ce4+有较强氧化性.
ⅱ.CeO2不溶于稀硫酸
ⅲ.硫酸铁铵[Fe2(SO43•(NH42SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理.
(1)滤液A的主要成分Na2SiO3 (填写化学式)
(2)写出反应①的离子方程式2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2+4H2O
(3)反应①之前要洗涤滤渣B,对滤渣B进行“漂洗”的实验操作方法是沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀,待水流过漏斗颈,重复2-3次.
(4)稀土元素的提纯,还可采用萃取法.已知化合物HT作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来,过程表示为Ce2(SO43 (水层)+6HT(有机层)═2CeT3(有机层)+3H2SO4(水层),分液得到CeT3 (有机层),再加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液.可选择硫酸作反萃取的原因是加入硫酸,可使平衡向左进行,使Ce3+进入水层.
(5)用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度.

所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定,则测得该Ce(OH)4产品的质量分数偏大.(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
(6)已知pH>11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2-.用FeSO4溶液(含有ZnSO4杂质)来制备硫酸铁铵矾.实验中可选用的试剂:KMnO4溶液,30%H2O2,NaOH溶液,饱和石灰水,稀 H2SO4溶液,稀盐酸.
实验步骤依次为:
①向含有ZnSO4杂质的FeSO4溶液中,加入足量的NaOH溶液,过滤,洗涤;
②将沉淀溶于稀硫酸中,并加入30%H2O2溶液,充分反应;
③向②中得到的溶液中加入硫酸铵溶液,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤、洗涤、常温晾干,得硫酸铁铵晶体(NH4) Fe(SO42•12H2O.

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

20.已知草酸为二元弱酸:H2C2O4?HC2O4-+H+,Ka1;HC2O4-?C2O42-+H+,Ka2.常温下,向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量的KOH溶液,所得溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示,则下列说法中不正确的是(  )
A.pH=1.2溶液中:c(K+)+c(H+)═c(OH-)+c(H2C2O4
B.pH=2.7溶液中:$\frac{{c}^{2}(H{C}_{2}{{O}_{4}}^{-})}{[c({H}_{2}{C}_{2}{O}_{4)}×c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})]}$=1000
C.向pH=1.2的溶液中加KOH溶液,将pH增大至4.2的过程中水的电离程度一直增大
D.将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水可配得pH为4.2的混合液

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科目:高中化学 来源: 题型:多选题

3.某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种:Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Na+、K+.为确认溶液组成进行如下实验:(1)向200ml上述溶液中加入足量BaCl2溶液,反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥,得沉淀4.30g,向沉淀中加入过量的盐酸,有2.33g沉淀不溶.(2)向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液,加热,产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L(已换算成标准状况,假定产生的气体全部逸出).由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是(  )
A.c(CO32-)=0.01mol•L-1,c(NH4+)<c(SO42-
B.如果上述6种离子都存在,则c(Cl-)>c(SO42-
C.一定存在SO42-、CO32-、NH4+,可能存在Cl-、Na+、K+
D.一定存在SO42-、CO32-、NH4+、Cl-,一定不存在Na+、K+

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