- 气体的检验
- 共1690题
工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，只含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：
（1）操作1、2的名称分别为______、______，试剂甲可能是______
（2）写出反应A的离子方程式：______
（3）工业上电解氧化铝的化学方程式为2Al2O3
（4）工业上还可以用提取到的Al2O3为原料，与焦炭、氯气加热制备无水氯铝，当生成1molAlCl3时消耗0.75mol焦炭，写出发生反应的化学方程式______．
正确答案
解：由工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以过滤后所得溶液1为NaAlO2溶液，不溶物X为Fe2O3；
向偏铝酸钠溶液中通入过量乙为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；不溶物Y为Al（OH）3，溶液2为NaHCO3溶液，灼烧Al（OH）3得Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al，
（1）操作1、2的名称分别为过滤、灼烧，试剂甲可能是NaOH，故答案为：过滤；灼烧；NaOH；
（2）反应A为偏铝酸钠和二氧化碳的反应，该反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，
故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；
（3）n（Al）=
故答案为：6；
（4）工业上还可以用提取到的Al2O3为原料，与焦炭、氯气加热制备无水氯铝，当生成1mol AlCl3时消耗0.75molC，生成1molAlCl3转移电子物质的量=1mol×3×1=3mol，氧化还原反应中转移电子相等，则每个C原子转移电子数=
故答案为：6Cl2+3C+2Al2O3
解析
解：由工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以过滤后所得溶液1为NaAlO2溶液，不溶物X为Fe2O3；
向偏铝酸钠溶液中通入过量乙为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；不溶物Y为Al（OH）3，溶液2为NaHCO3溶液，灼烧Al（OH）3得Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al，
（1）操作1、2的名称分别为过滤、灼烧，试剂甲可能是NaOH，故答案为：过滤；灼烧；NaOH；
（2）反应A为偏铝酸钠和二氧化碳的反应，该反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，
故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；
（3）n（Al）=
故答案为：6；
（4）工业上还可以用提取到的Al2O3为原料，与焦炭、氯气加热制备无水氯铝，当生成1mol AlCl3时消耗0.75molC，生成1molAlCl3转移电子物质的量=1mol×3×1=3mol，氧化还原反应中转移电子相等，则每个C原子转移电子数=
故答案为：6Cl2+3C+2Al2O3
（2014秋•临川区校级期中）某废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的，某化学兴趣小组拟用该废液（含有少量的Cl-、Fe3+）制取Zn（NO3）2•6H2O的过程如下：
已知：Zn（NO3）2•6H2O是一种无色晶体，水溶液呈酸性，Zn（NO3）2能与碱反应，得到的产物Zn（OH）2具有两性，Fe3+在PH=3.7时就能完全沉淀．
（1）该废液溶质的主要成分是______（填化学式），若稀硝酸腐蚀锌板产生的气体为N2O，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为______．
（2）在操作①中保持pH=8的目的是______．
（3）沉淀Ⅰ的成分是______．
（4）操作③中加热、煮沸的目的是______；
（5）操作④保持pH=2的目的是______．
正确答案
解：因为废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的，所以废液中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl-、Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的PH=8使铁离子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀Ⅰ中加硝酸溶解，溶液Ⅱ中含有大量锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的铁离子，调节溶液的PH使铁离子沉淀，溶液Ⅲ是硝酸锌溶液，在酸性条件下加热浓缩蒸发结晶，得到Zn（NO3）2•6H2O是一种无色晶体．
（1）废液中溶质的主要成分是Zn（NO3）2；稀硝酸腐蚀锌板产生的气体为N2O，则锌化合价升高2价作还原剂，硝酸化合价降低4价作氧化剂，根据氧化还原反应得失电子守恒，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故答案为：Zn（NO3）2；2：1；
（2）使锌离子完全转化为氢氧化锌，PH不大，如果PH加大氢氧化锌两性又溶解，故答案为：防止生成的Zn（OH）2溶解；
（3）Zn2+、Fe3+完全沉淀生成相应的氢氧化物，故答案为：Fe（OH）3和Zn（OH）2；
（4）因为温度越高，水解程度越大，所以加热煮沸促使Fe3+完全水解，故答案为：促进Fe3+完全水解；
（5）锌离子易水解生成氢氧化锌，酸性条件下可抑制锌离子的水解，则操作④保持pH=2的目的是抑制Zn2+水解为Zn（OH）2；故答案为：抑制Zn2+水解为Zn（OH）2．
解析
解：因为废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的，所以废液中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl-、Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的PH=8使铁离子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀Ⅰ中加硝酸溶解，溶液Ⅱ中含有大量锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的铁离子，调节溶液的PH使铁离子沉淀，溶液Ⅲ是硝酸锌溶液，在酸性条件下加热浓缩蒸发结晶，得到Zn（NO3）2•6H2O是一种无色晶体．
（1）废液中溶质的主要成分是Zn（NO3）2；稀硝酸腐蚀锌板产生的气体为N2O，则锌化合价升高2价作还原剂，硝酸化合价降低4价作氧化剂，根据氧化还原反应得失电子守恒，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故答案为：Zn（NO3）2；2：1；
（2）使锌离子完全转化为氢氧化锌，PH不大，如果PH加大氢氧化锌两性又溶解，故答案为：防止生成的Zn（OH）2溶解；
（3）Zn2+、Fe3+完全沉淀生成相应的氢氧化物，故答案为：Fe（OH）3和Zn（OH）2；
（4）因为温度越高，水解程度越大，所以加热煮沸促使Fe3+完全水解，故答案为：促进Fe3+完全水解；
（5）锌离子易水解生成氢氧化锌，酸性条件下可抑制锌离子的水解，则操作④保持pH=2的目的是抑制Zn2+水解为Zn（OH）2；故答案为：抑制Zn2+水解为Zn（OH）2．
MnO2和锌是制造干电池的主要原料．某地有软锰矿和闪锌矿两座矿山，它们的主要成份为：
软锰矿：MnO2含量≥65%，Al2O3含量为4%；闪锌矿：ZnS含量≥80%；FeS、CuS、CdS含量各为2%；
电解法生产MnO2传统的工艺主要流程为：
软锰矿加煤还原焙烧；用硫酸浸出焙烧料；浸出液经净化后再进行电解，MnO2在电解池的阳极析出．电解锌的传统生产工艺为：
闪锌矿高温氧化脱硫再用热还原法还原得粗锌：
2ZnS+O2
将用热还原法制得的粗锌溶于硫酸，再电解ZnSO4溶液可生产纯度为99.95%的锌．现在生产MnO2和锌的新工艺主要是通过电解获得MnO2和锌，副产品是硫、金属铜和镉．简化流程框图如下：
试回答下列问题：
软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化-还原反应，例如：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O
（1）据此写出MnO2在酸性溶液中与FeS发生氧化-还原反应的化学方程式______；软锰矿中Al2O3溶于硫酸的离子方程式______；由滤渣甲回收硫黄的实验方法是______；
（2）用离子方程式表示浸出液A与适量Zn粉作用得到滤液B与滤渣乙的过程______
（3）滤渣丙的化学成分是______；
（4）用铁和铂电极电解MnSO4和ZnSO4的混合溶液可以得到Zn和MnO2，电解时，铁做______极，铁极发生的电极反应为______．
（5）试从环境保护和能量消耗的角度评价新工艺与传统工艺相比较有哪些优点______．
正确答案
解：（1）根据题中的信息及框图转化关系：软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化-还原反应，MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O，当软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时，酸性条件下会发生3MnO2+6H2SO4+2FeS═Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O+2S↓，CuS+MnO2+2H2SO4═CuSO4+MnSO4+S↓+2H2O，CdS+2H2SO4+MnO2═CdSO4+MnSO4+S↓+2H2O，Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O．
故答案为：MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+2S↓+6H2O
Al2O3+6H+=2Al3++3H2O 加热
（2）根据滤液A中含有MnSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、CdSO4，向其中加入适量的锌粉后，发生如下反应：Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu，Zn+CdSO4═ZnSO4+Cd，Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+，过滤得滤液B，其中的成分有MnSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、FeSO4，滤渣乙中有Cu、Cd，加以回收．
故答案为：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+ Zn+Cd2+=Cd+Zn2+ Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+
（3）向滤液B中加入ZnCO3、MnCO3加热，将发生：溶液中的Fe2+反被空气中的氧气氧化为Fe3+，
3CO
故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3；
（4）电解ZnSO4、MnSO4溶液，根据溶液中离子的放电顺序，阳极反应：Mn2+-2e-+2H2O═MnO2+4H+，Fe作阴极，阴极反应：Zn2++2e-═Zn，故答案为：阴极；Zn2++2e-═Zn；
（5）从传统的工艺流程上看，2ZnS+O2
反应都需要在高温下进行，因此都需要消耗大量的能量；同时有SO2生成会污染环境；而现在新工艺过程中，消耗的能量较小，而且不产生有毒的二氧化硫气体，有利于环保．
故答案为：从环境保护角度评价：无SO2对大气的污染；从能量消耗角度评价：无高温焙烧热污染，不需要高温焙烧节约燃料．
解析
解：（1）根据题中的信息及框图转化关系：软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化-还原反应，MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O，当软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时，酸性条件下会发生3MnO2+6H2SO4+2FeS═Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O+2S↓，CuS+MnO2+2H2SO4═CuSO4+MnSO4+S↓+2H2O，CdS+2H2SO4+MnO2═CdSO4+MnSO4+S↓+2H2O，Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O．
故答案为：MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+2S↓+6H2O
Al2O3+6H+=2Al3++3H2O 加热
（2）根据滤液A中含有MnSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、CdSO4，向其中加入适量的锌粉后，发生如下反应：Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu，Zn+CdSO4═ZnSO4+Cd，Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+，过滤得滤液B，其中的成分有MnSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、FeSO4，滤渣乙中有Cu、Cd，加以回收．
故答案为：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+ Zn+Cd2+=Cd+Zn2+ Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+
（3）向滤液B中加入ZnCO3、MnCO3加热，将发生：溶液中的Fe2+反被空气中的氧气氧化为Fe3+，
3CO
故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3；
（4）电解ZnSO4、MnSO4溶液，根据溶液中离子的放电顺序，阳极反应：Mn2+-2e-+2H2O═MnO2+4H+，Fe作阴极，阴极反应：Zn2++2e-═Zn，故答案为：阴极；Zn2++2e-═Zn；
（5）从传统的工艺流程上看，2ZnS+O2
反应都需要在高温下进行，因此都需要消耗大量的能量；同时有SO2生成会污染环境；而现在新工艺过程中，消耗的能量较小，而且不产生有毒的二氧化硫气体，有利于环保．
故答案为：从环境保护角度评价：无SO2对大气的污染；从能量消耗角度评价：无高温焙烧热污染，不需要高温焙烧节约燃料．
（2015秋•北京校级期中）一学生设计了如下实验方法分离NaCl和CaCl2两种固体混合物
填空和回答下列问题
（1）B物质是______（写化学式）
（2）按此实验方案分离得到的NaCl，经分析含有杂质，是因为上述方案中某一步设计有毛病，这一步的正确设计方案应是______．
（3）若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和另一物质的质量，这种物质是______．
正确答案
解：（1）B物质是氯化钙和碳酸钠反应生成的，且不溶于水，由复分解反应可知B为碳酸钙，其化学式为CaCO3，故答案为：CaCO3；
（2）将此实验方法分离得到的NaCl，经分析含杂质，原因是前面加入的碳酸钠过量，没有除去，正确的设计方案应该是滤液蒸发结晶之前加盐酸，至不再产生气体为止，
故答案为：加入适量盐酸至不产生气体；
（3）若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和A的质量，故答案为：A．
解析
解：（1）B物质是氯化钙和碳酸钠反应生成的，且不溶于水，由复分解反应可知B为碳酸钙，其化学式为CaCO3，故答案为：CaCO3；
（2）将此实验方法分离得到的NaCl，经分析含杂质，原因是前面加入的碳酸钠过量，没有除去，正确的设计方案应该是滤液蒸发结晶之前加盐酸，至不再产生气体为止，
故答案为：加入适量盐酸至不产生气体；
（3）若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和A的质量，故答案为：A．
实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl-、SO42-、I-等离子的卤水为主要原料，制备无水CaCl2和I2．流程如下：（已知Cl2与I-可发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2）
（1）操作Ⅰ使用的试剂是______，所用主要仪器的名称是______．
（2）加入溶液W的目的是______．用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2+．酸化溶液Z时使用的试剂是______．
（3）实验室用贝壳与稀盐酸反应制备并收集CO2气体，下列装置中合理的是______．
（4）设计合理实验验证H2SO3酸性强于H2CO3，仪器自选．
供选的试剂：CO2、SO2、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、NaHSO3溶液、蒸馏水、饱和石灰水、酸性KMnO4 溶液、品红溶液、pH试纸．
填写实验报告：
正确答案
解：（1）氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶液中的I-氧化成碘单质，因为单质碘极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗；由流程图可知单质碘在下层，因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水，所以该试剂是CCl4，
故答案为：四氯化碳；分液漏斗；
（2）由于SO42-会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备，因此必需除去；因为不能引入新的杂质，所以酸化溶液Z时，使用的试剂应该为盐酸，
故答案为：除去溶液中的SO42-；盐酸；
（3）实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热，由于盐酸易挥发，因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体，因为CO2的密度大于空气中的，所以采用向上排空气发收集CO2气体．若采用长颈漏斗时，长颈漏斗的下端必须插入到溶液中，以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来，因此选项b、d正确，
故答案为：b、d；
（4）H2SO3和H2CO3均属于二元酸，要检验酸性强弱，可以采用多种方法，例如利用水解原理（酸越弱相应的强碱盐就越易水解），也可以利用较强的酸制取较弱的酸来检验，由于SO2和CO2气体均可以使澄清石灰水变浑浊，所以CO2气体在通入澄清石灰水之前必需除去CO2气体中混有的SO2气体，且需验证SO2已经除尽，
用酸性KMnO4溶液除二氧化硫，用品红验证除尽，SO2依次通过NaHCO3或Na2CO3溶液，NaHCO3或Na2CO3溶液有气泡生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，说明H2SO3酸性强于H2CO3，
故答案为：
解析
解：（1）氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶液中的I-氧化成碘单质，因为单质碘极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗；由流程图可知单质碘在下层，因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水，所以该试剂是CCl4，
故答案为：四氯化碳；分液漏斗；
（2）由于SO42-会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备，因此必需除去；因为不能引入新的杂质，所以酸化溶液Z时，使用的试剂应该为盐酸，
故答案为：除去溶液中的SO42-；盐酸；
（3）实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热，由于盐酸易挥发，因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体，因为CO2的密度大于空气中的，所以采用向上排空气发收集CO2气体．若采用长颈漏斗时，长颈漏斗的下端必须插入到溶液中，以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来，因此选项b、d正确，
故答案为：b、d；
（4）H2SO3和H2CO3均属于二元酸，要检验酸性强弱，可以采用多种方法，例如利用水解原理（酸越弱相应的强碱盐就越易水解），也可以利用较强的酸制取较弱的酸来检验，由于SO2和CO2气体均可以使澄清石灰水变浑浊，所以CO2气体在通入澄清石灰水之前必需除去CO2气体中混有的SO2气体，且需验证SO2已经除尽，
用酸性KMnO4溶液除二氧化硫，用品红验证除尽，SO2依次通过NaHCO3或Na2CO3溶液，NaHCO3或Na2CO3溶液有气泡生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，说明H2SO3酸性强于H2CO3，
故答案为：
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