- 气体的检验
- 共1690题
工业碳酸钠（纯度约为98%）中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-、和SO42-等杂质，提纯工艺线路如下：
Ⅰ、碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示：
回答下列问题：
（1）加入NaOH溶液的作用______，上述实验中均需使用的仪器______
（2）“趁热过滤”时的温度应控制在______．
（3）有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程中虚线所示进行循环使用．请你分析实际工业生产中是否可行______，并说明理由______．
（4）怎样检验所得试剂级碳酸钠中是否含有硫酸根离子______．
正确答案
解：（1）因工业碳酸钠中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以先加水溶解生成硫酸钙沉淀而除去，再中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（OH）3沉淀，从而除去钙镁离子，所以加入NaOH溶液的作用除去其中混有的Fe3+、Mg2+；溶解过滤都用到的仪器是玻璃棒，
故答案为：除去其中混有的Fe3+、Mg2+；玻璃棒；
（2）“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体，所以温度高于36℃，
故答案为：高于36℃；
（3）若“母液”循环使用，则溶液c（Cl-）和c（SO42-）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质，这样不符合该提纯工艺，
故答案为：不可行；若“母液”循环使用，则溶液c（Cl-）和c（SO42-）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质；
（4）碳酸钠中是否含有硫酸根离子的检验：取少量试剂级碳酸钠溶于水配成溶液，取少量溶液于试管中，往其中滴加稀盐酸直到无气泡产生，再往其中滴加几滴氯化钡，若有沉淀生成，则证明有硫酸根离子；反之，则无，
故答案为：取少量试剂级碳酸钠溶于水配成溶液，取少量溶液于试管中，往其中滴加稀盐酸直到无气泡产生，再往其中滴加几滴氯化钡，若有沉淀生成，则证明有硫酸根离子；反之，则无．
解析
解：（1）因工业碳酸钠中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以先加水溶解生成硫酸钙沉淀而除去，再中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（OH）3沉淀，从而除去钙镁离子，所以加入NaOH溶液的作用除去其中混有的Fe3+、Mg2+；溶解过滤都用到的仪器是玻璃棒，
故答案为：除去其中混有的Fe3+、Mg2+；玻璃棒；
（2）“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体，所以温度高于36℃，
故答案为：高于36℃；
（3）若“母液”循环使用，则溶液c（Cl-）和c（SO42-）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质，这样不符合该提纯工艺，
故答案为：不可行；若“母液”循环使用，则溶液c（Cl-）和c（SO42-）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质；
（4）碳酸钠中是否含有硫酸根离子的检验：取少量试剂级碳酸钠溶于水配成溶液，取少量溶液于试管中，往其中滴加稀盐酸直到无气泡产生，再往其中滴加几滴氯化钡，若有沉淀生成，则证明有硫酸根离子；反之，则无，
故答案为：取少量试剂级碳酸钠溶于水配成溶液，取少量溶液于试管中，往其中滴加稀盐酸直到无气泡产生，再往其中滴加几滴氯化钡，若有沉淀生成，则证明有硫酸根离子；反之，则无．
氯化亚铜（CuCl）是白色粉末，不溶于水、乙醇，熔点422℃，沸点1366℃，在空气中迅速被氧化成绿色，常用作有机合成工业中的催化剂．以粗盐水（含Ca2+、Mg2+、SO2-4等杂质）．Cu、稀硫酸，SO2等为原料合成CuCl的工艺如下：
（1）反应Ⅰ中加Na2CO3溶液的作用是______．
（2）反应Ⅱ在电解条件下进行，电解时阳极发生的电极反应可表示为______．
（3）写出反应Ⅵ的化学方程式______．
（4）反应Ⅳ加入的Cu必须过量，其目的是______．
（5）反应Ⅵ后，过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品．于70℃真空干燥的目的是______．
正确答案
解：（1）反应Ⅰ中加Na2CO3溶液可以粗盐溶液中的除去Ca2+和除去硫酸根离子所加的过量的Ba2+，故答案为：除去Ca2+和过量的Ba2+；
（2）对氯化钠溶液进行电解，在电解池的阳极上是氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；
（3）二氧化硫和硫酸铜之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀，即2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+2NaHSO4+H2SO4或2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+2NaHSO4+H2SO4或2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4；
（4）反应Ⅳ加入的Cu必须过量，金属铜可以和铜离子在溶液中生成亚铜离子，这样可以防止生成CuCl2，故答案为：防止生成CuCl2；
（5）CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，这样可以加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化，故答案为：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化．
解析
解：（1）反应Ⅰ中加Na2CO3溶液可以粗盐溶液中的除去Ca2+和除去硫酸根离子所加的过量的Ba2+，故答案为：除去Ca2+和过量的Ba2+；
（2）对氯化钠溶液进行电解，在电解池的阳极上是氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；
（3）二氧化硫和硫酸铜之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀，即2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+2NaHSO4+H2SO4或2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+2NaHSO4+H2SO4或2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4；
（4）反应Ⅳ加入的Cu必须过量，金属铜可以和铜离子在溶液中生成亚铜离子，这样可以防止生成CuCl2，故答案为：防止生成CuCl2；
（5）CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，这样可以加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化，故答案为：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化．
（2015秋•扬州校级月考）碱式氧化镍（NiOOH）可用作镍氢电池的正极材料．以含镍（Ni2+）废液为原料生产NiOOH的一种工艺流程如下：
（1）加入Na2CO3溶液时，确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是______．
（2）已知Ksp[Ni（OH）2]=2×10-15，欲使NiSO4溶液中残留c（Ni2+）≤2×10-5 mol•L-1，调节pH的范围是______．
（3）写出在空气中加热Ni（OH）2制取NiOOH的化学方程式：______．
（4）若加热不充分，制得的NiOOH中会混有Ni（OH）2，其组成可表示为xNiOOH•yNi（OH）2．现称取9.18g样品溶于稀硫酸，加入100mL 1.0mol•L-1 Fe2+标准溶液，搅拌至溶液清亮，定容至200mL．取出20.00mL，用0.010mol•L-1 KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液20.00mL，试通过计算确定x、y的值（写出计算过程）．涉及反应如下（均未配平）：NiOOH+Fe2++H+-Ni2++Fe3++H2O Fe2++MnO4-+H+-Fe3++Mn2++H2O．
正确答案
解：（1）确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液，加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成，判断镍离子是否全部沉淀，具体操作步骤为：静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；
故答案为：静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；
（2）已知Ksp[Ni（OH）2]=2×10-15，欲使NiSO4溶液中残留c（Ni2+）≤2×10-5 mol•L-1，
Ksp[Ni（OH）2]=c（Ni2+）×c2（OH-）=2×10-15，c（OH-）=
c（Ni2+）≤2×10-5 mol•L-1，调节pH的范围是pH≥9；
故答案为：pH≥9；
（3）空气中加热Ni（OH）2和空气中氧气反应生成NiOOH和水，原子守恒配平书写化学方程式为：4Ni（OH）2+O2
故答案为：4Ni（OH）2+O2
（4）消耗KMnO4物质的量：0.01 mol•L-1×0.02L=2×10-4 mol
与NiOOH反应后剩余的Fe2+物质的量：2×10-4 mol×5×（200÷20）=0.01 mol
Fe2+总物质的量：1.0 mol•L-1×0.1 L=0.1 mol
与NiOOH反应的Fe2+的物质的量：0.1 mol-0.01 mol=0.09 mol
n（NiOOH）=0.09 mol
m（NiOOH）=91.7 g•mol-1×0.09 mol=8.253 g
n[Ni（OH）2]=
x：y=n（NiOOH）：n[Ni（OH）2]=0.09 mol：0.01 mol=9：1，
即x=9、y=1，
答：x、y的值分别为9，1．
解析
解：（1）确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液，加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成，判断镍离子是否全部沉淀，具体操作步骤为：静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；
故答案为：静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；
（2）已知Ksp[Ni（OH）2]=2×10-15，欲使NiSO4溶液中残留c（Ni2+）≤2×10-5 mol•L-1，
Ksp[Ni（OH）2]=c（Ni2+）×c2（OH-）=2×10-15，c（OH-）=
c（Ni2+）≤2×10-5 mol•L-1，调节pH的范围是pH≥9；
故答案为：pH≥9；
（3）空气中加热Ni（OH）2和空气中氧气反应生成NiOOH和水，原子守恒配平书写化学方程式为：4Ni（OH）2+O2
故答案为：4Ni（OH）2+O2
（4）消耗KMnO4物质的量：0.01 mol•L-1×0.02L=2×10-4 mol
与NiOOH反应后剩余的Fe2+物质的量：2×10-4 mol×5×（200÷20）=0.01 mol
Fe2+总物质的量：1.0 mol•L-1×0.1 L=0.1 mol
与NiOOH反应的Fe2+的物质的量：0.1 mol-0.01 mol=0.09 mol
n（NiOOH）=0.09 mol
m（NiOOH）=91.7 g•mol-1×0.09 mol=8.253 g
n[Ni（OH）2]=
x：y=n（NiOOH）：n[Ni（OH）2]=0.09 mol：0.01 mol=9：1，
即x=9、y=1，
答：x、y的值分别为9，1．
硼泥主要由MgO和SiO2组成，含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质．用硼泥生产氢氧化镁的工艺流程如图所示：
已知某些氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
（1）MgO的电子式为______．
（2）滤渣2的主要成分是______，向滤渣2中继续加入过量的NaOH溶液，发生反应的离子方程式为______．
（3）加入NaOH调节溶液pH=12.0时，发生反应的离子方程式为______．
（4）利用Mg（OH）2与含SO2的烟气反应生成MgSO4，可以使烟气脱硫，该反应的化学方程式为______．
（5）若取a吨硼泥为原料，最后得到b吨Mg（OH）产品（假设生产过程中镁元素无损失），则硼泥中MgO的质量分数为______（用含有a、b的代数式表示）．
正确答案
解：硼泥主要由MgO和SiO2组成，含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质，加入硫酸，MgO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，MgO+H2SO4═MgSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O，FeO+H2SO4═FeSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，
过氧化氢具有氧化性，加入的过氧化氢可把亚铁离子氧化成铁离子，H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；
加入氢氧化钠，溶液pH升高，调PH=6.0，铁离子生成氢氧化铁沉淀，Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓；
铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀，Al3++3OH-═Al（OH）3↓；过滤滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，
滤液中含镁离子，调节PH=12，Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓；得到滤渣3：Mg（OH）2，洗涤烘干得到Mg（OH）2晶体．
（1）MgO是离子化合物，由Mg2+离子和O2-离子构成，MgO的电子式
（2）加入氢氧化钠，溶液pH升高，调PH=6.0，铁离子生成氢氧化铁沉淀，Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓；铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀，Al3++3OH-═Al（OH）3↓；过滤滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，氢氧化铝具有两性，向滤渣2中继续加入过量的NaOH溶液，发生反应Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；
（3）滤液中含镁离子，调节PH=12，Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，故答案为：Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓；
（4）氢氧化镁无氧化性，根据信息反应物为Mg（OH）2、SO2、产物为MgSO4，所以反应物必有O2，所以该反应为：2Mg（OH）2+2SO2+O2═2MgSO4+2H2O，
故答案为：2Mg（OH）2+2SO2+O2═2MgSO4+2H2O；
（5）设硼泥中MgO的质量分数为x，根据镁原子守恒：
解析
解：硼泥主要由MgO和SiO2组成，含有少量Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质，加入硫酸，MgO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，MgO+H2SO4═MgSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O，FeO+H2SO4═FeSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，
过氧化氢具有氧化性，加入的过氧化氢可把亚铁离子氧化成铁离子，H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；
加入氢氧化钠，溶液pH升高，调PH=6.0，铁离子生成氢氧化铁沉淀，Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓；
铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀，Al3++3OH-═Al（OH）3↓；过滤滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，
滤液中含镁离子，调节PH=12，Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓；得到滤渣3：Mg（OH）2，洗涤烘干得到Mg（OH）2晶体．
（1）MgO是离子化合物，由Mg2+离子和O2-离子构成，MgO的电子式
（2）加入氢氧化钠，溶液pH升高，调PH=6.0，铁离子生成氢氧化铁沉淀，Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓；铝离子和氢氧根离子形成氢氧化铝沉淀，Al3++3OH-═Al（OH）3↓；过滤滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，氢氧化铝具有两性，向滤渣2中继续加入过量的NaOH溶液，发生反应Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；
（3）滤液中含镁离子，调节PH=12，Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，故答案为：Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓；
（4）氢氧化镁无氧化性，根据信息反应物为Mg（OH）2、SO2、产物为MgSO4，所以反应物必有O2，所以该反应为：2Mg（OH）2+2SO2+O2═2MgSO4+2H2O，
故答案为：2Mg（OH）2+2SO2+O2═2MgSO4+2H2O；
（5）设硼泥中MgO的质量分数为x，根据镁原子守恒：
（2015秋•镇江校级期中）绿矾（FeSO4•7H2O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分．下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：
查询资料，得25℃时有关物质的数据如下表：
（1）操作II中，先通入硫化氢至饱和，目的是______；后加入硫酸酸化至pH=2的作用是______．
（2）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：
①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②______．
（3）工业上常用氧化还原滴定法测定绿矾产品中Fe2+含量，测定步骤如下：
a．称取2.850g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；
b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用硫酸酸化的0.01000mol•L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL．
①已知酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+．写出该测定过程的离子反应方程式：______；
②滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为______（填仪器名称）．
③判断此滴定实验达到终点的方法是______．
④若实验操作无失误，测得上述样品中FeSO4•7H2O的含量仍偏低，则可能的原因是：______．
正确答案
解：铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO4•7H2O，
（1）通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知：在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn2+完全沉淀，亚铁离子不沉淀，
故答案为：除去溶液中的Sn2+离子；防止Fe2+离子生成沉淀；
（2）②冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，
故答案为：降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗；
（3）①酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+，反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；
②高锰酸钾具有强氧化性，可腐蚀橡皮管，应放在酸式滴定管中，故答案为：酸式滴定管；
③滴定实验达到终点时，滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色，
故答案为：滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；
④Fe2+具有还原性，易被空气中氧化而变质，常常导致测定结果偏低，故答案为：部分Fe2+被空气中O2氧化．
解析
解：铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO4•7H2O，
（1）通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知：在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn2+完全沉淀，亚铁离子不沉淀，
故答案为：除去溶液中的Sn2+离子；防止Fe2+离子生成沉淀；
（2）②冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，
故答案为：降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗；
（3）①酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+，反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；
②高锰酸钾具有强氧化性，可腐蚀橡皮管，应放在酸式滴定管中，故答案为：酸式滴定管；
③滴定实验达到终点时，滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色，
故答案为：滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；
④Fe2+具有还原性，易被空气中氧化而变质，常常导致测定结果偏低，故答案为：部分Fe2+被空气中O2氧化．
扫码查看完整答案与解析