- 气体的检验
- 共1690题
亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白与杀菌．如图1是制取亚氯酸钠的工艺流程：
已知：①ClO2气体只能保持在浓度较低状态下以防止爆炸性分解，且需现合成现用．②ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在．
（1）在无隔膜电解槽中持续电解一段时间后，生成氢气和NaClO3，请写出阳极的电极反应方程式______．
（2）反应生成ClO2气体需要X酸酸化，X酸可以为______．
A．盐酸 B．稀硫酸 C．硝酸 D．H2C2O4溶液
（3）吸收塔内的温度不能过高的原因为______．
（4）ClO2被S2-还原为ClO2-、Cl-转化率与pH关系如图2．写出pH≤2时ClO2与S2-反应的离子方程式：______．
（5）ClO2对污水中Fe2+、Mn2+、S2-和CN-等有明显的去除效果．某工厂污水中含CN-amg/L，现用ClO2将CN-氧化，生成了两种无毒无害的气体，其离子反应方程式为______；处理100m3这种污水，至少需要ClO2______mol．
正确答案
解：（1）电解池中阳极失去电子，所以溶液中的氯离子在阳极失去电子，因此反应的电极反应式是Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O，故答案为：Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O．
（2）由于ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在，所以只能在酸性环境中存在．由于在酸性条件下，氯酸钠容易和盐酸发生氧化还原反应，所以X应该是硫酸，故答选：B．
（3）H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能过高，其目的是防止H2O2分解，故答案为：防止H2O2分解．
（4）根据图象可知，pH≤2时ClO2被还原为Cl-，所以该反应的离子方程式是2ClO2+5S2-+8H+=2Cl-+5S↓+4H2O，故答案为：2ClO2+5S2-+8H+=2Cl-+5S↓+4H2O．
（5）ClO2将CN-氧化，生成了两种无毒无害的气体即二氧化碳和氮气，所以离子方程式为：2ClO2+2CN-=2Cl-+2CO2+N2↑；根据方程式1molCN-离子消耗1mol二氧化氯，所以处理100m3这种污水，至少需要ClO2为
解析
解：（1）电解池中阳极失去电子，所以溶液中的氯离子在阳极失去电子，因此反应的电极反应式是Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O，故答案为：Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O．
（2）由于ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在，所以只能在酸性环境中存在．由于在酸性条件下，氯酸钠容易和盐酸发生氧化还原反应，所以X应该是硫酸，故答选：B．
（3）H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能过高，其目的是防止H2O2分解，故答案为：防止H2O2分解．
（4）根据图象可知，pH≤2时ClO2被还原为Cl-，所以该反应的离子方程式是2ClO2+5S2-+8H+=2Cl-+5S↓+4H2O，故答案为：2ClO2+5S2-+8H+=2Cl-+5S↓+4H2O．
（5）ClO2将CN-氧化，生成了两种无毒无害的气体即二氧化碳和氮气，所以离子方程式为：2ClO2+2CN-=2Cl-+2CO2+N2↑；根据方程式1molCN-离子消耗1mol二氧化氯，所以处理100m3这种污水，至少需要ClO2为
锂离子电池的广泛应用使回收利用锂资源成为重要课题．某研究性学习小组对废旧锂离子电池正极材料（LiMn2O4和碳粉涂覆在铝箔上）进行资源回收研究，设计实验流程如下：
（1）第①步反应可能产生气体的化学式是______；第②步反应得到的沉淀X的化学式为______；第④步反应的化学方程式是：______．
（2）第③步反应有锂离子（Li+）生成，其反应的离子方程式是：______．
（3）四步实验都包含过滤，实验室中过滤实验要使用的玻璃仪器包括：______．
（4）若废旧锂离子电池正极材料含LiMn2O4的质量为18.1g，第③步反应中加入20.0mL 3.0mol•L-1的H2SO4溶液，假定正极材料中的锂经反应③和④完全转化为Li2CO3，则至少有______g Na2CO3参加了反应．
正确答案
解：第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中（注意LiMn2O4不溶于水）生成四羟基合铝酸钠，即滤液的主要成分，第二步就是四羟基合铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠的过程，第三步是LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化发生的氧化还原反应，得到的滤液中有生成的硫酸锂，可能有过量的硫酸，最后一步加入碳酸钠之后反应生成硫酸钠和碳酸锂沉淀，所得的滤液主要成分为硫酸钠；
（1）根据以上分析，第①步反应可能产生气体的化学式是铝与氢氧化钠反应生成的氢气，第②步反应得到的沉淀X的化学式为氢氧化铝，第④步反应的化学方程式是Na2CO3+MnSO4═Na2SO4+Li2CO3↓；
故答案为：H2、Al（OH）3、Na2CO3+MnSO4═Na2SO4+Li2CO3↓；
（2）在酸性环境下，LiMn2O4能被空气中的氧气氧化，离子方程式为：4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O；
故答案为：4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O；
（3）过滤实验要使用的玻璃仪器包括漏斗、烧杯、玻璃棒；故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）根据LiMn2O4～0.5H2SO4～Li+得18.1gLiMn2O4即0.1molLiMn2O4消耗硫酸的量为0.05mol，故硫酸有剩余，剩余的0.01mol硫酸和生成的Li+共消耗碳酸钠0.06mol，即6.36g，故答案为：6.36．
解析
解：第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中（注意LiMn2O4不溶于水）生成四羟基合铝酸钠，即滤液的主要成分，第二步就是四羟基合铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠的过程，第三步是LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化发生的氧化还原反应，得到的滤液中有生成的硫酸锂，可能有过量的硫酸，最后一步加入碳酸钠之后反应生成硫酸钠和碳酸锂沉淀，所得的滤液主要成分为硫酸钠；
（1）根据以上分析，第①步反应可能产生气体的化学式是铝与氢氧化钠反应生成的氢气，第②步反应得到的沉淀X的化学式为氢氧化铝，第④步反应的化学方程式是Na2CO3+MnSO4═Na2SO4+Li2CO3↓；
故答案为：H2、Al（OH）3、Na2CO3+MnSO4═Na2SO4+Li2CO3↓；
（2）在酸性环境下，LiMn2O4能被空气中的氧气氧化，离子方程式为：4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O；
故答案为：4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O；
（3）过滤实验要使用的玻璃仪器包括漏斗、烧杯、玻璃棒；故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）根据LiMn2O4～0.5H2SO4～Li+得18.1gLiMn2O4即0.1molLiMn2O4消耗硫酸的量为0.05mol，故硫酸有剩余，剩余的0.01mol硫酸和生成的Li+共消耗碳酸钠0.06mol，即6.36g，故答案为：6.36．
实验仪器：250mL蒸馏烧瓶、400mL烧杯、250mL烧杯、冷凝管、接液管、锥形瓶、温度计、玻璃棒、酒精灯和其它支撑仪器．
试剂：1mol•L-1 NaOH溶液、18.4mol•L-1浓H2SO4
（1）组装好蒸馏装置后，应首先进行的实验操作是______．
（2）温度计的水银球位置应在蒸馏烧瓶的______（填“a”、“b”、“c”或“d”）．
（3）蒸馏前，须在蒸馏烧瓶中加入少量碎瓷片，作用是______．
（4）蒸馏前，在烧瓶的溶液中要加入1mol•L-1 NaOH溶液，并使溶液的pH=10，烧瓶中相应的化学反应方程式是______、______．
（5）缓缓加热蒸馏烧瓶，待温度升至78.4℃时，收集得到乙醇溶液．若要用此乙醇溶液制取无水乙醇，加入的试剂是______，分离操作的名称是______．
（6）某同学欲利用分离出乙醇后的溶液制取乙酸，应加入的试剂是______，收集到乙酸的适宜温度为______．最后蒸馏烧瓶中残留溶液溶质的主要成分是______．
正确答案
解：（1）组装好仪器后，须检查气密性才能装药品进行实验，故答案为：检查装置的气密性；
（2）蒸馏时温度计的水银球位置应在蒸馏烧瓶的支管口处，故选：b；
（3）蒸馏前，须在蒸馏烧瓶中加入少量碎瓷片防止混合液受热沸腾时剧烈跳动，故答案为：防止混合液受热沸腾时剧烈跳动；
（4）在烧瓶的溶液中要加入1mol•L-1 NaOH溶液，则乙酸与氢氧化钠发生中和反应生成乙酸钠和水，方程式为CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O，乙酸乙酯在氢氧化钠条件下水解生成乙醇和乙酸钠，方程式为CH3COOC2H5+NaOH
故答案为：CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O；CH3COOC2H5+NaOH
（5）除去乙醇中的少量水份，应先加氧化钙后蒸馏，故答案为：加入新制CaO；蒸馏；
（6）分离出乙醇后的溶液为乙酸钠，加入浓硫酸与乙酸钠反应生成乙酸和硫酸钠，再控制温度为118℃蒸馏出乙酸，最终残留的溶液主要是硫酸钠溶液，
故答案为：浓H2SO4；118℃；Na2SO4．
解析
解：（1）组装好仪器后，须检查气密性才能装药品进行实验，故答案为：检查装置的气密性；
（2）蒸馏时温度计的水银球位置应在蒸馏烧瓶的支管口处，故选：b；
（3）蒸馏前，须在蒸馏烧瓶中加入少量碎瓷片防止混合液受热沸腾时剧烈跳动，故答案为：防止混合液受热沸腾时剧烈跳动；
（4）在烧瓶的溶液中要加入1mol•L-1 NaOH溶液，则乙酸与氢氧化钠发生中和反应生成乙酸钠和水，方程式为CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O，乙酸乙酯在氢氧化钠条件下水解生成乙醇和乙酸钠，方程式为CH3COOC2H5+NaOH
故答案为：CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O；CH3COOC2H5+NaOH
（5）除去乙醇中的少量水份，应先加氧化钙后蒸馏，故答案为：加入新制CaO；蒸馏；
（6）分离出乙醇后的溶液为乙酸钠，加入浓硫酸与乙酸钠反应生成乙酸和硫酸钠，再控制温度为118℃蒸馏出乙酸，最终残留的溶液主要是硫酸钠溶液，
故答案为：浓H2SO4；118℃；Na2SO4．
电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板．废腐蚀液含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，任意排放将导致环境污染及资源的浪费，应考虑回收利用．按如下流程在实验室进行实验：从废液中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，作为腐蚀液原料循环使用．
（1）写出FeCl3溶液与铜箔发生反应的化学方程式：______．
（2）检验废腐蚀液中含有Fe3+的实验操作是______．
（3）“过滤”用到的玻璃仪器有：普通漏斗、______．
（4）废液中加入过量①后，发生反应的离子方程式：______．
（5）上述流程中取废液200mL，其中含CuCl2 1.5mol•L-1、FeCl2 3.0mol•L-1、FeCl3 1.0mol•L-1，若要将铜全部回收，需加入Fe粉的质量应不少于______g；将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液需通入Cl2的物质的量不少于______mol．
（6）某化学兴趣小组利用在下图装置制取氯气并通入到FeCl2溶液中获得FeCl3溶液．
制备Cl2的化学方程式为：______．
该装置不完整，请在所给虚线框内画出所缺部分，并标注试剂．
正确答案
解：（1）氯化铁与铜反应生成氯化亚铁与氯化铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，
故答案为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；
（2）检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，发生反应Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，溶液变红，说明Fe3+存在，
故答案为：取少量废腐蚀液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+；
（3）过滤中用到的仪器有：铁架台、玻璃棒、烧杯、漏斗等，其中用到的三种玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；烧杯用来盛放液体，漏斗用于过滤，玻璃棒用来引流和搅拌．
故答案为：烧杯、玻璃棒；
（4）该实验制取的是氯化铁溶液，金属①是铁；滤液②是氯化亚铁溶液；加入的铁过量，滤渣③是铁和铜；制取的是氯化铁，溶解铁，④加入应该是盐酸；所以废液中加入过量①铁后，发生的离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu；
（5）由2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu
0.2mol 0.1mol 0.3mol 0.3mol
则要将铜全部回收，需加入Fe粉的质量应不少于0.4mol×56g/mol=22.4g；
反应后n（FeCl2）=0.3mol+0.3mol+0.6mol=1.2mol，
由2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知，铁的化合物全部转化为FeCl3溶液需通入Cl2的物质的量不少于
故答案为：22.4；0.6；
（6）实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
解析
解：（1）氯化铁与铜反应生成氯化亚铁与氯化铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，
故答案为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；
（2）检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，发生反应Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，溶液变红，说明Fe3+存在，
故答案为：取少量废腐蚀液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+；
（3）过滤中用到的仪器有：铁架台、玻璃棒、烧杯、漏斗等，其中用到的三种玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；烧杯用来盛放液体，漏斗用于过滤，玻璃棒用来引流和搅拌．
故答案为：烧杯、玻璃棒；
（4）该实验制取的是氯化铁溶液，金属①是铁；滤液②是氯化亚铁溶液；加入的铁过量，滤渣③是铁和铜；制取的是氯化铁，溶解铁，④加入应该是盐酸；所以废液中加入过量①铁后，发生的离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu；
（5）由2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu
0.2mol 0.1mol 0.3mol 0.3mol
则要将铜全部回收，需加入Fe粉的质量应不少于0.4mol×56g/mol=22.4g；
反应后n（FeCl2）=0.3mol+0.3mol+0.6mol=1.2mol，
由2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知，铁的化合物全部转化为FeCl3溶液需通入Cl2的物质的量不少于
故答案为：22.4；0.6；
（6）实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
化学反应终点的判断是化学定量实验的重要环节．下列对化学反应终点的判断不正确的是______
A．向BaCl2溶液中加入足量Na2CO3溶液后，静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀，说明Ba2+已经完全沉淀
B．淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加NaOH溶液使溶液呈碱性，加入新制Cu（OH）2，加热，若有砖红色沉淀生成，说明淀粉已经完全水解
C．将Na2SO4•10H2O晶体置于坩埚中加热，称量，并重复上述操作，若相邻两次称量的结果相同，说明硫酸钠已全部失去结晶水
D．用酸式滴定管向滴有酚酞的NaOH溶液中滴加HCl溶液，若滴入最后一滴HCl溶液后红色刚好褪去，说明NaOH已完全中和
工业上用铝土矿（主要成分是Al2O3和少量的另外两种氧化物）提取冶炼铝的原料氧化铝．工艺流程如下图：
（1）铝土矿中所含元素在地壳中的含量位于前四位，则所含两种杂质是______、______．
（2）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式是______．
（3）步骤Ⅴ中的阳极反应式是______．
（4）滤液c可通过如下方法转化为溶液B和气体C而循环使用，则①中发生反应的化学方程式为______
正确答案
解：A．向BaCl2溶液中加入适量Na2CO3溶液后，发生反应：BaCl2 +Na2CO3 =BaCO3↓+2NaCl，
少量上层清液于小试管中，滴加Na2CO3，若不再有沉淀产生，则沉淀完全；若还有沉淀生成，则不完全，故A正确；
B．淀粉在稀硫酸的作用下水解后，只要淀粉水解，就有葡萄糖生成，淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加入NaOH使溶液呈碱性，加入新制Cu（OH）2后加热，若有砖红色沉淀生成，只能说明有淀粉水解，但不能说明淀粉不能完全水解，故B错误；
C．将Na2SO4•10H2O晶体置于坩埚中加热，冷却后称量，并重复上述操作，若相邻两次称量的结果相同，说明固体已经恒重，说明硫酸钠已全部失去结晶水，故C正确；
D．滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，滴有酚酞的NaOH溶液呈粉红色，当滴入最后一滴HCl溶液后粉红色刚好褪去，且半分钟内不变色，说明碱已全部反应完，故D正确；
故选：B；
（1）根据地壳中的含量位于前四位的分别为O、Si、Al、Fe，所以所含两种杂质氧化硅和氧化铁，故答案为：SiO2；Fe2O3；
（2）步骤Ⅲ中向滤液Ⅱ中通入二氧化碳气体，又根据以上分析，滤液Ⅱ中含有NaAlO2，故反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；
故答案为：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；
（3）根据以上分析，Ⅴ为电解熔融氧化铝生成铝单质和氧气，所以阳极反应为：2O2--4e-=O2↑，故答案为：2O2--4e-=O2↑；
（4）根据以上分析滤液c为碳酸氢钠溶液，结合流程反应①即碳酸氢钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，所以①中发生反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O，故答案为：CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O；
解析
解：A．向BaCl2溶液中加入适量Na2CO3溶液后，发生反应：BaCl2 +Na2CO3 =BaCO3↓+2NaCl，
少量上层清液于小试管中，滴加Na2CO3，若不再有沉淀产生，则沉淀完全；若还有沉淀生成，则不完全，故A正确；
B．淀粉在稀硫酸的作用下水解后，只要淀粉水解，就有葡萄糖生成，淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加入NaOH使溶液呈碱性，加入新制Cu（OH）2后加热，若有砖红色沉淀生成，只能说明有淀粉水解，但不能说明淀粉不能完全水解，故B错误；
C．将Na2SO4•10H2O晶体置于坩埚中加热，冷却后称量，并重复上述操作，若相邻两次称量的结果相同，说明固体已经恒重，说明硫酸钠已全部失去结晶水，故C正确；
D．滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，滴有酚酞的NaOH溶液呈粉红色，当滴入最后一滴HCl溶液后粉红色刚好褪去，且半分钟内不变色，说明碱已全部反应完，故D正确；
故选：B；
（1）根据地壳中的含量位于前四位的分别为O、Si、Al、Fe，所以所含两种杂质氧化硅和氧化铁，故答案为：SiO2；Fe2O3；
（2）步骤Ⅲ中向滤液Ⅱ中通入二氧化碳气体，又根据以上分析，滤液Ⅱ中含有NaAlO2，故反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；
故答案为：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；
（3）根据以上分析，Ⅴ为电解熔融氧化铝生成铝单质和氧气，所以阳极反应为：2O2--4e-=O2↑，故答案为：2O2--4e-=O2↑；
（4）根据以上分析滤液c为碳酸氢钠溶液，结合流程反应①即碳酸氢钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，所以①中发生反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O，故答案为：CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O；
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