- 气体的检验
- 共1690题
亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下．
（1）Ⅰ、Ⅲ中发生反应的还原剂分别是______、______（填化学式）．
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是______．
（3）A的化学式是______，装置Ⅲ中A在______极区产生．
（4）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O．
①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是______．
②研究表明：若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，运用氧化还原反应规律分析其原因是______．
（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl．取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量相同，从电子守恒的角度解释其原因是______．
正确答案
解：（1）由流程图可知反应Ⅰ，反应物为NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，产生C1O2、Na2SO4溶液，反应离子方程式为2H++SO32-+2ClO3-=2C1O2+SO42-+H2O，所以Na2SO3具有还原性是还原剂，将ClO3-还原为C1O2；Ⅲ是离子隔膜电解池，从反应Ⅰ知该电解有酸生成、从Ⅲ知有碱生成，有两种气体生成，所以Ⅲ为电解硫酸钠本质是电解水，阴极2H++2e-=H2↑，阳极4OH--4e-=O2↑+2H2O，所以A为硫酸，为阳极放出氧气，水既是氧化剂，又是还原剂，
故答案为：Na2SO3；H2O；
（2）Ⅱ中反应根据流程信息可知，生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，H2O2是还原剂，发生氧化反应，根据电子转移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），所以反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2↑，离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O，
故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；
（3）Ⅲ为电解硫酸钠本质是电解水，阴极2H++2e-=H2↑，阳极4OH--4e-=O2↑+2H2O，所以A为硫酸，为阳极放出氧气，
故答案为：H2SO4；阳；
（4）①5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反应中，4NaClO2→4ClO2，+3价的氯元素化合价升高到+4价，所以NaClO2是还原剂；1NaClO2→1NaCl，+3价的氯元素的化合价降低到-1价，所以部分NaClO2作氧化剂；所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，
故答案为：1：4；
②5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反应中，ClO2-具有氧化性，ClO2-的氧化性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2，根据研究表明：若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，
故答案为：ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2；
（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl，Cl元素从+3价变为+5价和-1价，反应为3NaClO2=2NaClO3+NaCl，NaClO2试样与足量FeSO4溶液反应3ClO2-+12Fe2++6H2O=4Fe（OH）3↓+3Cl-+8Fe3+，最终得到Cl元素由+3价变为-1价，所以NaClO2变质前后分别与Fe2+反应时，最终均得到等量NaCl，Cl元素均由+3价变为-1价，根据电子守恒，两个过程中得到的电子的物质的量相同，
故答案为：NaClO2变质前后分别与Fe2+反应时，最终均得到等量NaCl，Cl元素均由+3价变为-1价，根据电子守恒，两个过程中得到的电子的物质的量相同．
解析
解：（1）由流程图可知反应Ⅰ，反应物为NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，产生C1O2、Na2SO4溶液，反应离子方程式为2H++SO32-+2ClO3-=2C1O2+SO42-+H2O，所以Na2SO3具有还原性是还原剂，将ClO3-还原为C1O2；Ⅲ是离子隔膜电解池，从反应Ⅰ知该电解有酸生成、从Ⅲ知有碱生成，有两种气体生成，所以Ⅲ为电解硫酸钠本质是电解水，阴极2H++2e-=H2↑，阳极4OH--4e-=O2↑+2H2O，所以A为硫酸，为阳极放出氧气，水既是氧化剂，又是还原剂，
故答案为：Na2SO3；H2O；
（2）Ⅱ中反应根据流程信息可知，生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，H2O2是还原剂，发生氧化反应，根据电子转移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），所以反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2↑，离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O，
故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；
（3）Ⅲ为电解硫酸钠本质是电解水，阴极2H++2e-=H2↑，阳极4OH--4e-=O2↑+2H2O，所以A为硫酸，为阳极放出氧气，
故答案为：H2SO4；阳；
（4）①5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反应中，4NaClO2→4ClO2，+3价的氯元素化合价升高到+4价，所以NaClO2是还原剂；1NaClO2→1NaCl，+3价的氯元素的化合价降低到-1价，所以部分NaClO2作氧化剂；所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，
故答案为：1：4；
②5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反应中，ClO2-具有氧化性，ClO2-的氧化性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2，根据研究表明：若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，
故答案为：ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2；
（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl，Cl元素从+3价变为+5价和-1价，反应为3NaClO2=2NaClO3+NaCl，NaClO2试样与足量FeSO4溶液反应3ClO2-+12Fe2++6H2O=4Fe（OH）3↓+3Cl-+8Fe3+，最终得到Cl元素由+3价变为-1价，所以NaClO2变质前后分别与Fe2+反应时，最终均得到等量NaCl，Cl元素均由+3价变为-1价，根据电子守恒，两个过程中得到的电子的物质的量相同，
故答案为：NaClO2变质前后分别与Fe2+反应时，最终均得到等量NaCl，Cl元素均由+3价变为-1价，根据电子守恒，两个过程中得到的电子的物质的量相同．
实验是科学研究的基本方法之一．利用实验可以验证某些设想的可行性，也可以针对实验中发现的问题进行再探究．
Ⅰ．某兴趣小组设计实验除去氯化钾中含有
a．溶解；b．加入试剂至
（1）步骤c的操作是______，e中加入的物质是______．
（2）步骤b中，依次加入的沉淀剂是NH3•H2O、______、______．
（3）证明Fe3+已沉淀完全的操作是______．
Ⅱ．某研究性学习小组用KSCN检验FeSO4溶液中的Fe2+时，加入过量浓HNO3，溶液的颜色变红．但是将红色溶液放置一会则发现溶液由红色突然变为蓝色，并产生红棕色气体．对这一奇特现象同学们进行了以下探究．
【查阅资料】：
（1）实验室配制硫酸亚铁溶液的方法是：取一定质量的绿矾（FeSO4•7H2O）置于烧杯中，______．
（2）（SCN）2称为拟卤素，性质与卤素单质相似，（SCN）2、Br2、C12、I2四种物质的氧化性强弱为：C12＞Br2＞（SCN）2＞I2
【提出假设】：
甲同学假设是FeSO4与NHO3作用； 乙同学假设是______与HNO3作用
【实验验证】：
（1）大家经过理性分析，认为甲同学的假设不成立．理由是______．
（2）根据乙同学的假设，设计了如下实验方案进行验证：向浓NHO3中逐滴加入KSCN溶液，实验开始时无明显现象，一段时间后溶液慢慢变红色至深色，突然剧烈反应产生大量气泡，放出红棕色气体．继续滴入KSCN，溶液变为浅蓝色，最后变成无色．将产生的气体通入过量的Ba（OH）2溶液，产生浑浊，并剩余一种气体（是空气中的主要成分之一）；向反应后的溶液中加入BaC12溶液产生白色沉淀．
请补充完整该反应的产物：H++NO3+SCN→______+______+______+______+H2O．
【实验结论】：乙同学假设正确．
【实验反思】：
用SCN-间接检验Fe2+时，加入的氧化剂除用HNO3外还可以选择氯水等，通过该实验探究可知加入氧化剂的量要______（填“少量”、“过量”），若氯水过量可能发生的反应（用离子方程式表示）______．
正确答案
解：Ⅰ．（1）当沉淀完全后，需要通过过滤分离出沉淀；溴离子具有还原性，又因为不能引入新的杂质，所以可以通入足量氯气除去溴离子，
故答案为：过滤；通入氯气；
（2）氨水除去Fe3+，SO42-应该有Ba2+除去，过量的Ba2+用碳酸钾除去，过滤后加入盐酸酸化即可除去过量的碳酸钾，
故答案为：BaCl2；K2CO3；
（3）Fe3+检验一般用KSCN溶液，所以证明Fe3+已沉淀完全的操作是取样，滴加KSCN溶液，无明显现象，说明Fe3+沉淀完全，
故答案为：取清液适量于试管中，滴加适量KSCN溶液，若无红色出现，Fe3+沉淀完全；
Ⅱ．【查阅资料】：
（1）因为硫酸亚铁溶液中二价铁离子易被氧化和水解，所以配置溶液时即要防氧化又要防水解，
故答案为：加入适量的稀硫酸，用玻璃棒搅拌，在加水稀释到要求的浓度，最后加入少量铁粉；
（2）用KSCN检验FeSO4溶液中的Fe2+时，加入过量浓HNO3，可能是FeSO4与NHO3作用，也可能是KSCN与HNO3作用，
故答案为：KSCN；
【实验验证】：
（1）加入过量浓HNO3，Fe2+完全被氧化为Fe3+，因此甲同学假设是FeSO4与NHO3作用是不成立的，
故答案为：浓HNO3过量，Fe2+已经完全反应；
（2）往浓HNO3中逐滴加入KSCN溶液，实验开始时无明显现象，一段时间后溶液慢慢变红色至深红色，突然剧烈反应产生大量气泡，放出红棕色气体为二氧化氮气体，而溶液红色消失变为浅绿色，溶液温度升高；继续滴入KSCN溶液变为浅蓝色，最后变为无色．将产生的气体通入过量的Ba（OH）2溶液，产生浑浊，依据元素守恒分析判断气体为二氧化碳，并剩余一种非极性气体推断为氮气；向反应后的溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀证明生成了硫酸根离子，结合分析产物书写离子方程式为：2SCN-+22NO3-+20H+=2SO42-+2CO2↑+22NO2↑+N2↑+10H2O，
故答案为：NO2；N2；SO42-；CO2；
【实验反思】：亚铁离子加入的氧化剂若过量会氧化硫氰酸根离子，红色褪去，干扰离子的检验，所以加入的氧化剂不能过量，
氧化性：C12＞（SCN）2，氯水过量氧化SCN-的离子方程式为Cl2+2SCN-=2Cl-+（SCN）2，
故答案为：少量；Cl2+2SCN-=2Cl-+（SCN）2．
解析
解：Ⅰ．（1）当沉淀完全后，需要通过过滤分离出沉淀；溴离子具有还原性，又因为不能引入新的杂质，所以可以通入足量氯气除去溴离子，
故答案为：过滤；通入氯气；
（2）氨水除去Fe3+，SO42-应该有Ba2+除去，过量的Ba2+用碳酸钾除去，过滤后加入盐酸酸化即可除去过量的碳酸钾，
故答案为：BaCl2；K2CO3；
（3）Fe3+检验一般用KSCN溶液，所以证明Fe3+已沉淀完全的操作是取样，滴加KSCN溶液，无明显现象，说明Fe3+沉淀完全，
故答案为：取清液适量于试管中，滴加适量KSCN溶液，若无红色出现，Fe3+沉淀完全；
Ⅱ．【查阅资料】：
（1）因为硫酸亚铁溶液中二价铁离子易被氧化和水解，所以配置溶液时即要防氧化又要防水解，
故答案为：加入适量的稀硫酸，用玻璃棒搅拌，在加水稀释到要求的浓度，最后加入少量铁粉；
（2）用KSCN检验FeSO4溶液中的Fe2+时，加入过量浓HNO3，可能是FeSO4与NHO3作用，也可能是KSCN与HNO3作用，
故答案为：KSCN；
【实验验证】：
（1）加入过量浓HNO3，Fe2+完全被氧化为Fe3+，因此甲同学假设是FeSO4与NHO3作用是不成立的，
故答案为：浓HNO3过量，Fe2+已经完全反应；
（2）往浓HNO3中逐滴加入KSCN溶液，实验开始时无明显现象，一段时间后溶液慢慢变红色至深红色，突然剧烈反应产生大量气泡，放出红棕色气体为二氧化氮气体，而溶液红色消失变为浅绿色，溶液温度升高；继续滴入KSCN溶液变为浅蓝色，最后变为无色．将产生的气体通入过量的Ba（OH）2溶液，产生浑浊，依据元素守恒分析判断气体为二氧化碳，并剩余一种非极性气体推断为氮气；向反应后的溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀证明生成了硫酸根离子，结合分析产物书写离子方程式为：2SCN-+22NO3-+20H+=2SO42-+2CO2↑+22NO2↑+N2↑+10H2O，
故答案为：NO2；N2；SO42-；CO2；
【实验反思】：亚铁离子加入的氧化剂若过量会氧化硫氰酸根离子，红色褪去，干扰离子的检验，所以加入的氧化剂不能过量，
氧化性：C12＞（SCN）2，氯水过量氧化SCN-的离子方程式为Cl2+2SCN-=2Cl-+（SCN）2，
故答案为：少量；Cl2+2SCN-=2Cl-+（SCN）2．
高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化，吸附，絮凝于一体的新型多功能水处理剂，高铁酸盐热稳定性差．制备方法有湿法，干法两种．其原理如下表所示．湿法的生产工艺如下：回答下列问题：
（1）实验室干法制备中选用的仪器是______．A．蒸发皿B．铁坩埚C．氧化铝坩埚D．陶瓷坩埚
（2）反应①应在温度较低的情况下进行，因在温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3．写出在温度较高时KOH与Cl2反应的化学方程式______
（3）在溶液I中加入KOH固体的目的是______（填编号）A．使KClO转化为KClOB．为下一步反应提供碱性的环境C．KOH固体溶液放热，有利于提高反应率D．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO
（4）向次氯酸钾强碱浓溶液中加入90%的Fe（NO3），发生反应的离子方程式：①Fe3+++3OH+═Fe（OH）3；②______
（5）用异丙醇代替蒸馏水洗涤湿产品，除能洗去杂质外，其优点有______．
（6）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净______
（7）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的优点之一是能除去悬浮杂质，配平该反应的离子方程式：______FeO42-+______H3O═______Fe（OH）3（胶体）+______O2↑+______□
正确答案
B
6KOH+3Cl2
BD
2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
减少K2FeO4晶体洗涤时产品的损失且产品易干燥
用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净
4
10
4
3
8OH-
解析
解：（1）A．实验室干法制备需用碱KOH，加热无需用蒸发皿，故A错误；
B．铁坩埚含有铁，铁与氢氧化钾不反应，故B正确；
C．氧化铝坩埚能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故C错误；
D．陶瓷坩埚含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应，故D错误；
故选B．
（2）据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物有：KClO3、KCl、H2O，Cl2既是氧化剂又是还原剂，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得6KOH+3Cl2
故答案为：6KOH+3Cl2
（3）A．KClO3转化为 KClO，化合价只降不升，无法实现，故A错误；
B．第③步需要碱性条件，所以碱要过量，为下一步反应提供碱性的环境，故B正确；
C．KOH固体溶液放热，温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3，而不是KClO，故C错误；
D．根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，故D正确；
故选BD．
（4）据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO-，生成物：FeO42-、Cl-，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O．
故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（5）用异丙醇代替水洗涤产品，避免产品溶解损失，同时异丙醇易挥发，易于干燥；
故答案为：减少K2FeO4晶体洗涤时产品的损失且产品易干燥；
（6）因只要检验最后一次的洗涤中无Cl-，即可证明K2FeO4晶体已经洗涤干净，
故答案为：用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净；
（7）根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-，
故答案为：4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-
（2015秋•淮安校级期末）铝是一种重要金属，工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：
①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是______；
②沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有______；
③步骤Ⅲ中加热Al（OH）3得到固体N的操作需要使用的仪器除了酒精灯、三角架、泥三角，还有______；（填入仪器的名称）
④滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为______；实验室里常往AlCl3溶液中加入______（填“氨水”或“NaOH溶液”）来制取A1（OH）3．
正确答案
解：工业上用铝土矿主要成分为Al2O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质，向铝土矿中加入浓NaOH溶液并加热，Al2O3、SiO2都和NaOH反应生成可溶性的钠盐，Fe2O3不和NaOH反应，然后过滤得到的沉淀M为Fe2O3，滤液X中含有Na2SiO3、NaAlO2，通入CO2并控制一定条件过滤得到Al（OH）3，滤液Y中含有碳酸钠和硅酸钠，将Al（OH）3洗涤过滤加热，Al（OH）3分解生成Al2O3和水，则N为Al2O3；
①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是过滤，故答案为：过滤；
②沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有难溶于NaOH溶液的氧化物，Fe2O3不和NaOH反应，然后过滤得到的沉淀M为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
③步骤Ⅲ中加热Al（OH）3得到固体N的操作需要使用的仪器除了酒精灯、三角架、泥三角，还有坩埚，
故答案为：坩埚；
④滤液X中，含铝元素的溶质为偏铝酸钠，化学式为NaAlO2；实验室里常往AlCl3溶液中加入弱碱来制取A1（OH）3，一般常用氨水，故答案为：NaAlO2；氨水．
解析
解：工业上用铝土矿主要成分为Al2O3，还有少量的Fe2O3，SiO2等杂质，向铝土矿中加入浓NaOH溶液并加热，Al2O3、SiO2都和NaOH反应生成可溶性的钠盐，Fe2O3不和NaOH反应，然后过滤得到的沉淀M为Fe2O3，滤液X中含有Na2SiO3、NaAlO2，通入CO2并控制一定条件过滤得到Al（OH）3，滤液Y中含有碳酸钠和硅酸钠，将Al（OH）3洗涤过滤加热，Al（OH）3分解生成Al2O3和水，则N为Al2O3；
①I和II步骤中分离溶液和沉淀的操作是过滤，故答案为：过滤；
②沉淀M中除含有泥沙外，一定还含有难溶于NaOH溶液的氧化物，Fe2O3不和NaOH反应，然后过滤得到的沉淀M为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
③步骤Ⅲ中加热Al（OH）3得到固体N的操作需要使用的仪器除了酒精灯、三角架、泥三角，还有坩埚，
故答案为：坩埚；
④滤液X中，含铝元素的溶质为偏铝酸钠，化学式为NaAlO2；实验室里常往AlCl3溶液中加入弱碱来制取A1（OH）3，一般常用氨水，故答案为：NaAlO2；氨水．
已知某工业废水中含有大量CuSO4，少量的Ag+、Hg2+以及部分污泥，通过下述过程可从该废水中回收硫酸铜晶体及其它物质．
（1）步骤1的主要操作是______，需用到的玻璃仪器有______．
（2）步骤2中需加入某种试剂后再将混合物分离，该试剂是（填化学式）______，固体残渣的成分是（填化学式）______．
（3）步骤3中涉及的操作是：蒸发浓缩、______、过滤、烘干．
正确答案
解：（1）步骤1为固体和液体的分离，为过滤操作，用到烧杯、漏斗、玻璃棒等仪器，缺少的是烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）Cu的性质比Ag、Hg活泼，应加入过量的Cu，可发生置换反应生成Ag、Hg而可分离出来，注意不能引入新的杂质，所以所加入的试剂应为Cu，Hg在常温下为液体，则固体残渣为Ag、Cu，故答案为：Cu； Ag、Cu；
（3）从溶液中获取结晶水合物，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、烘干等操作，故答案为：冷却结晶．
解析
解：（1）步骤1为固体和液体的分离，为过滤操作，用到烧杯、漏斗、玻璃棒等仪器，缺少的是烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）Cu的性质比Ag、Hg活泼，应加入过量的Cu，可发生置换反应生成Ag、Hg而可分离出来，注意不能引入新的杂质，所以所加入的试剂应为Cu，Hg在常温下为液体，则固体残渣为Ag、Cu，故答案为：Cu； Ag、Cu；
（3）从溶液中获取结晶水合物，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、烘干等操作，故答案为：冷却结晶．
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