- 气体的检验
- 共1690题
根据下图回答问题
（1）写出上图中序号为①～④仪器的名称：
①______；②______； ③______；④______；
（2）分离碘水中的碘应先选择装置______（填装置序号） 进行______ 和______ 操作，再用装置______（填装置序号）进行______ 操作．
（3）现欲用质量分数为98%，密度为1.84g•cm-3的浓硫酸来配制浓度为0.50mol•L-1的稀硫酸100mL．
①所取浓硫酸的体积为______mL．
②下列操作能引起所配制的溶液浓度偏高的是______
A．量取浓硫酸时俯视 B．在烧杯中稀释浓硫酸后，立即转移到容量瓶中
C．定容时俯视 D．洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液．
正确答案
解：（1）因①～④仪器的名称分别为：蒸馏烧瓶、冷凝管、分液漏斗、100mL容量瓶；
故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；100mL容量瓶；
（2）碘在四氯化碳中的溶解度较在水中大，并且四氯化碳和水互不相溶，可用萃取的方法分离，接着可用分液方法将两层液体分开；四氯化碳易挥发，可用蒸馏的方法分馏得到四氯化碳；
故答案为：Ⅱ；萃取；分液；Ⅰ；蒸馏；
（3）①设需要98%H2SO4的体积为VmL，根据溶液稀释前后溶质质量不变则，VmL×1.84g/cm3×98%=100mL×0.50mol•L-1×98g/mol，解得V=27ml，所以溶液的体积为27ml，
故答案为：27；
②A．量取浓硫酸时俯视会使得浓硫酸的体积偏小，所以使溶液浓度偏低；
B．在烧杯中稀释浓硫酸时放出热，所以立即转移到容量瓶中，会使得溶液的体积膨胀，等到冷却到室温，使得溶液的体积变小，所以使溶液浓度偏高；
C．定容时俯视，使得溶液的体积变小，所以使溶液浓度偏高；
D．洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液，不会影响溶液浓度．
故答案为：BC．
解析
解：（1）因①～④仪器的名称分别为：蒸馏烧瓶、冷凝管、分液漏斗、100mL容量瓶；
故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；100mL容量瓶；
（2）碘在四氯化碳中的溶解度较在水中大，并且四氯化碳和水互不相溶，可用萃取的方法分离，接着可用分液方法将两层液体分开；四氯化碳易挥发，可用蒸馏的方法分馏得到四氯化碳；
故答案为：Ⅱ；萃取；分液；Ⅰ；蒸馏；
（3）①设需要98%H2SO4的体积为VmL，根据溶液稀释前后溶质质量不变则，VmL×1.84g/cm3×98%=100mL×0.50mol•L-1×98g/mol，解得V=27ml，所以溶液的体积为27ml，
故答案为：27；
②A．量取浓硫酸时俯视会使得浓硫酸的体积偏小，所以使溶液浓度偏低；
B．在烧杯中稀释浓硫酸时放出热，所以立即转移到容量瓶中，会使得溶液的体积膨胀，等到冷却到室温，使得溶液的体积变小，所以使溶液浓度偏高；
C．定容时俯视，使得溶液的体积变小，所以使溶液浓度偏高；
D．洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液，不会影响溶液浓度．
故答案为：BC．
将羧酸的碱金属盐溶液用惰性电极电解可得到烃类化合物，例如：2CH3COOK+2H2O
回答下列问题：
（1）电解ClCH2COOK溶液时阳极的电极反应式是______（填选项）．
A．2ClCH2COO--2e-=ClCH2CH2Cl+2CO2↑ B．2H++2e-=H2↑
C．2H2O+2e-=2OH-+H2↑ D．4OH--4e-=2H2O+O2↑
（2）操作Ⅰ的名称是______，G的结构简式是______．
（3）写出B与银氨溶液按物质的量1：4反应的化学方程式：______．
（4）写出下列化学方程式并指出其反应类型：
A→B方程式：______．
E→F方程式：______．
指出反应类型：A→B______，E→F______．
正确答案
解：由题目信息可知，电解ClCH3COOK溶液得到ClCH2CH2Cl、KOH混合溶液，加热ClCH2CH2Cl发生水解得到A为HOCH2CH2OH，乙二醇发生催化氧化生成B为OHC-CHO，乙二醛与银氨溶液发生氧化反应C为HOOC-COOH，乙二酸与乙二醇发生酯化反应生成D，ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，E在KOH、乙醇、加热条件下发生消去反应生成F，F发生加聚反应生成含氯高分子，则F为CH2=CHCl，G为
（1）电解ClCH2COOK溶液时，阳极发生氧化反应，ClCH2COO-在阳极放电生成ClCH2CH2Cl、CO2，阳极电极反应式为：2ClCH2COO--2e-=ClCH2CH2Cl+2CO2↑，故选：A；
（2）ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，G的结构简式是
（3）B为OHC-CHO，与银氨溶液按物质的量1：4反应生成C的化学方程式：
故答案为：
（4）A是HOCH2CH2OH，B是OHC-CHO，A→B是醇的催化氧化生成醛，所以方程式为：HOCH2CH2OH+O2
解析
解：由题目信息可知，电解ClCH3COOK溶液得到ClCH2CH2Cl、KOH混合溶液，加热ClCH2CH2Cl发生水解得到A为HOCH2CH2OH，乙二醇发生催化氧化生成B为OHC-CHO，乙二醛与银氨溶液发生氧化反应C为HOOC-COOH，乙二酸与乙二醇发生酯化反应生成D，ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，E在KOH、乙醇、加热条件下发生消去反应生成F，F发生加聚反应生成含氯高分子，则F为CH2=CHCl，G为
（1）电解ClCH2COOK溶液时，阳极发生氧化反应，ClCH2COO-在阳极放电生成ClCH2CH2Cl、CO2，阳极电极反应式为：2ClCH2COO--2e-=ClCH2CH2Cl+2CO2↑，故选：A；
（2）ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，G的结构简式是
（3）B为OHC-CHO，与银氨溶液按物质的量1：4反应生成C的化学方程式：
故答案为：
（4）A是HOCH2CH2OH，B是OHC-CHO，A→B是醇的催化氧化生成醛，所以方程式为：HOCH2CH2OH+O2
（2013秋•厦门期末）废锂电池（图中简称废料，主要成份为LiCoO2、炭粉和铝箔）的回收流程如下
（1）废液A中除NaOH外，还大量存在的溶质是______，废渣B的主要成分是______．
（2）废气C为黄绿色有毒气体，步骤②中产生C的化学方程式为______．
（3）为提高步骤②的效率．在实验室中研究不同条件下CO2+的浸出率．结果如下表．从实验结果看，在仅考虑提高CO2+的浸出率的情况下，实验______（填有效实验的编号）为最优反应条件．
（4）已知Li2CO3的饱和溶液浓度与温度的关系如下表所示．步骤④中操作x为：蒸发浓缩并趁热过滤，该操作的目的是______．90℃，Ksp（Li2CO3）的值为______．
（5）将回收得到的CoC2O4•2H2O与Li2CO3以2：1的物质的量之比混合后，通人足量空气并加强热，可重新得到活性“CoO2材料．通人足量空气作用是______．
正确答案
解：（1）根据流程分析，过程①发生的反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，废液A中除NaOH外，还大量存在的溶质是偏铝酸钠，因为碳粉与浓盐酸不反应，所以废渣B的主要成分是碳粉，故答案为：偏铝酸钠；碳粉；
（2）根据题意信息步骤②发生的反应为LiCoO2和过量的浓盐酸反应生成氯化锂、二氯化钴、氯气和水，化学方程式为：2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O，
故答案为：2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；
（3）由表中数据分析，为提高步骤②的效率，实验2和4为最优反应条件；故答案为：2或4；
（4）由表中数据知，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，步骤④中操作X为蒸发浓缩并趁热过滤，此操作的目的是减少碳酸锂因溶解而损失；根据碳酸锂的溶解平衡，则90℃浓度为0.10mol/L，则C（Li+）=0.20mol/L，C（CO32-）=0.10mol/L，所以Ksp（Li2CO3）=C（Li+）2×C（CO32-）=0.202×0.10=4×10-3，
故答案为：减少碳酸锂因溶解而损失；4×10-3；
（5）将回收的得到的CoC2O4•2H2O与Li2CO3以2：1的物质的量之比混合后，通人足量空气并加强热，可重新得到活性“CoO2材料，通人足量空气作用是氧气作氧化剂，防止LiCoO2被还原，故答案为：氧气作氧化剂，且防止LiCoO2被还原．
解析
解：（1）根据流程分析，过程①发生的反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，废液A中除NaOH外，还大量存在的溶质是偏铝酸钠，因为碳粉与浓盐酸不反应，所以废渣B的主要成分是碳粉，故答案为：偏铝酸钠；碳粉；
（2）根据题意信息步骤②发生的反应为LiCoO2和过量的浓盐酸反应生成氯化锂、二氯化钴、氯气和水，化学方程式为：2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O，
故答案为：2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；
（3）由表中数据分析，为提高步骤②的效率，实验2和4为最优反应条件；故答案为：2或4；
（4）由表中数据知，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，步骤④中操作X为蒸发浓缩并趁热过滤，此操作的目的是减少碳酸锂因溶解而损失；根据碳酸锂的溶解平衡，则90℃浓度为0.10mol/L，则C（Li+）=0.20mol/L，C（CO32-）=0.10mol/L，所以Ksp（Li2CO3）=C（Li+）2×C（CO32-）=0.202×0.10=4×10-3，
故答案为：减少碳酸锂因溶解而损失；4×10-3；
（5）将回收的得到的CoC2O4•2H2O与Li2CO3以2：1的物质的量之比混合后，通人足量空气并加强热，可重新得到活性“CoO2材料，通人足量空气作用是氧气作氧化剂，防止LiCoO2被还原，故答案为：氧气作氧化剂，且防止LiCoO2被还原．
某研究小组用粗铜（含杂质铁）与一定体积浓硫酸反应进行实验研究（如图装置），并按下述流程除杂制备硫酸铜晶体（CuSO4•5H20）
请回答下列问题：
（1）试管A中开始反应时的主要化学方程式______；
（2）若反应后A处有少量固体剩余，使其溶解的最好方法是______；
（3）试管B中的实验现象是______，使用浸润某种溶液的棉花的作用是______；
（4）步骤Ⅱ中加入的试剂是双氧水，写出有关反应的离子方程式______；
（5）步骤Ⅳ中，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶后再进行______（填操作名称）可制得CuSO4•5H2O晶体，该操作所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗和______（填仪器名称）．
正确答案
解：（1）加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成CuSO4、SO2和H2O，反应方程式为Cu+2H2SO4
故答案为：Cu+2H2SO4
（2）Cu和稀硫酸不反应，所以会有部分金属剩余，要使剩余金属溶解，可以加入少量双氧水，双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Cu氧化为铜离子，自身被还原为水，没有杂质产生，故答案为：加适量双氧水；
（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以B中的现象是品红溶液褪色；二氧化硫有毒，排入空气会污染大气，棉花的作用是吸收二氧化硫，防止污染大气，故答案为：溶液褪色；吸收二氧化硫；
（4）酸性条件下，双氧水和Cu、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
（5）将溶液蒸发浓缩、冷却结晶后再进行过滤即可得到CuSO4•5H2O晶体，过滤时需要烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：过滤；玻璃棒．
解析
解：（1）加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成CuSO4、SO2和H2O，反应方程式为Cu+2H2SO4
故答案为：Cu+2H2SO4
（2）Cu和稀硫酸不反应，所以会有部分金属剩余，要使剩余金属溶解，可以加入少量双氧水，双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Cu氧化为铜离子，自身被还原为水，没有杂质产生，故答案为：加适量双氧水；
（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以B中的现象是品红溶液褪色；二氧化硫有毒，排入空气会污染大气，棉花的作用是吸收二氧化硫，防止污染大气，故答案为：溶液褪色；吸收二氧化硫；
（4）酸性条件下，双氧水和Cu、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
（5）将溶液蒸发浓缩、冷却结晶后再进行过滤即可得到CuSO4•5H2O晶体，过滤时需要烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：过滤；玻璃棒．
利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
根据要求填空：
（1）B装置有三种功能：①控制气流速度；②______；③______．
（2）设V（Cl2）/V（CH4）=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x的取值范围是______．
（3）D装置中的石棉上均匀附着KI粉末，其作用是______．
（4）E装置的作用是______（填编号）．
A．收集气体 B．吸收氯气
C．防止倒吸 D．吸收氯化氢
（5）在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，写出置换出黑色小颗粒的化学方程式______．
（6）装置E中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为______，该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气的主要成分是______（填编号）
A．CH4 B．CH3Cl C．CH2Cl2 D．CHCl3 E．CCl4．
正确答案
解：实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，Cl2经干燥后和甲烷在光照条件下发生取代反应，生成多种氯代烃和HCl，在强光照射下可发生CH4+2Cl2
（1）生成的氯气中含有水，B装置除具有控制气流速度、均匀混合气体之外，因浓硫酸具有吸水性，还具有干燥作用，
故答案为：使气体混合均匀；干燥混合气体；
（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设V（Cl2）/V（CH4）=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4，故答案为：x≥4；
（3）氯气具有氧化性，KI中-1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，所以，D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气，
故答案为：吸收过量的氯气；
（4）装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防止倒吸，故答案为：CD；
（5）CH4与Cl2在强光照射下生成的黑色小颗粒为炭黑，所以在强光照射下可发生CH4+2Cl2
故答案为：CH4+2Cl2
（6）甲烷可以和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；其中一氯甲烷为气态，反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；
一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，所以尾气的主要成分是可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，
故答案为：分液；AB．
解析
解：实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，Cl2经干燥后和甲烷在光照条件下发生取代反应，生成多种氯代烃和HCl，在强光照射下可发生CH4+2Cl2
（1）生成的氯气中含有水，B装置除具有控制气流速度、均匀混合气体之外，因浓硫酸具有吸水性，还具有干燥作用，
故答案为：使气体混合均匀；干燥混合气体；
（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设V（Cl2）/V（CH4）=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4，故答案为：x≥4；
（3）氯气具有氧化性，KI中-1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，所以，D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气，
故答案为：吸收过量的氯气；
（4）装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防止倒吸，故答案为：CD；
（5）CH4与Cl2在强光照射下生成的黑色小颗粒为炭黑，所以在强光照射下可发生CH4+2Cl2
故答案为：CH4+2Cl2
（6）甲烷可以和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；其中一氯甲烷为气态，反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；
一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，所以尾气的主要成分是可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，
故答案为：分液；AB．
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