- 气体的检验
- 共1690题
2013年6月，我国“蛟龙”号再次刷新“中国深度”--下潜7062米，为我国深海矿物资源的开发奠定了基础．海洋深处有丰富的锰结核矿，锰结核的主要成分是MnO2，同时还含有黄铜矿．
Ⅰ、“蛟龙”号外壳是用特殊的钛合金材料制成，它可以在7000m的深海中承受重压，Ti是以钛白粉（TiO2）为原料进行生产，钛白粉是利用TiO2+发生水解生成钛酸（H2TiO3）沉淀，再煅烧沉淀制得的．TiO2+发生水解的离子方程式为______．
Ⅱ、MnO2是一种重要的无机功能材料，工业上从锰结核中制取纯净的MnO2工艺流程如下图所示：
（1）步骤Ⅱ中以NaClO3为氧化剂，当生成0.05molMnO2时，消耗0.1mol/L的NaClO3溶液200ml，该反应离子方程式为______．
（2）已知溶液B的溶质之一可循环用于上述生产，此物质的名称是______．
Ⅲ、利用黄铜矿炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等）可制备Fe2O3，方法为：
（A）用过量的稀盐酸浸取炉渣、过滤；（B）向滤液中加入5%的H2O2，再向其中加入过量的NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得到Fe2O3．根据以上信息回答下列问题：
（1）（B）中向滤液中加入5%的H2O2，其目的是______．
（2）设计实验证明炉渣中含有FeO______．
（3）将煅烧得到的Fe2O3还原为Fe单质，再将质量为m g的Fe单质分成相等的四份，分别与50mL、100mL、150mL、200mL的等浓度的稀硝酸反应，反应产物NO在标况下的体积见附表：
则：①m=______g
②写出实验②发生反应的化学方程式：______．
正确答案
解：Ⅰ、TiO2+发生水解生成钛酸（H2TiO3）沉淀，则根据原子守恒可知，还有氢离子产生，因此TiO2+发生水解的离子方程式为TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，故答案为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；
Ⅱ、（1）0.1mol/L的NaClO3溶液200ml的物质的量是0.02mol，当生成0.05molMnO2时，转移电子的物质的量是0.05mol×（4-2）=0.1mol，根据电子得失守恒可知0.02mol氯酸钠得到0.1mol电子，因此氯元素的化合价变化5价，即从+5价降低到0价，因此还原产物是氯气，所以该反应离子方程式为2ClO3-+5Mn2++4H2O=5MnO2+8H++Cl2↑，故答案为：2ClO3-+5Mn2++4H2O=5MnO2+8H++Cl2↑；
（2）氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，因此可以循环的物质B是氯酸钠，故答案为：氯酸钠；
Ⅲ、（1）滤液中含有亚铁离子，双氧水有氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，且不会引入新的杂质，故答案为：氧化亚铁离子；
（2）亚铁离子具有还原性，因此检验炉渣中含有FeO的实验方法是取炉渣少许，用稀硫酸浸取后的溶液使KMnO4溶液褪色，
故答案为：取炉渣少许，用稀硫酸浸取后的溶液使KMnO4溶液褪色；
（3）①根据表中数据可知实验③后硝酸是过量的，则铁与足量稀硝酸反应最多生成3.36LNO，NO的物质的量是
故答案为：33.6；
②实验②中产生NO的物质的量是
x+y=0.15
3x+2y=0.36
解得x=0.06、y=0.09，
即硝酸铁与硝酸亚铁的物质的量之比是2：3，
所以反应的化学方程式为5Fe+16HNO3=2Fe（NO3）3+3Fe（NO3）2+8H2O+4NO↑，故答案为：5Fe+16HNO3=2Fe（NO3）3+3Fe（NO3）2+8H2O+4NO↑．
解析
解：Ⅰ、TiO2+发生水解生成钛酸（H2TiO3）沉淀，则根据原子守恒可知，还有氢离子产生，因此TiO2+发生水解的离子方程式为TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，故答案为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；
Ⅱ、（1）0.1mol/L的NaClO3溶液200ml的物质的量是0.02mol，当生成0.05molMnO2时，转移电子的物质的量是0.05mol×（4-2）=0.1mol，根据电子得失守恒可知0.02mol氯酸钠得到0.1mol电子，因此氯元素的化合价变化5价，即从+5价降低到0价，因此还原产物是氯气，所以该反应离子方程式为2ClO3-+5Mn2++4H2O=5MnO2+8H++Cl2↑，故答案为：2ClO3-+5Mn2++4H2O=5MnO2+8H++Cl2↑；
（2）氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，因此可以循环的物质B是氯酸钠，故答案为：氯酸钠；
Ⅲ、（1）滤液中含有亚铁离子，双氧水有氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，且不会引入新的杂质，故答案为：氧化亚铁离子；
（2）亚铁离子具有还原性，因此检验炉渣中含有FeO的实验方法是取炉渣少许，用稀硫酸浸取后的溶液使KMnO4溶液褪色，
故答案为：取炉渣少许，用稀硫酸浸取后的溶液使KMnO4溶液褪色；
（3）①根据表中数据可知实验③后硝酸是过量的，则铁与足量稀硝酸反应最多生成3.36LNO，NO的物质的量是
故答案为：33.6；
②实验②中产生NO的物质的量是
x+y=0.15
3x+2y=0.36
解得x=0.06、y=0.09，
即硝酸铁与硝酸亚铁的物质的量之比是2：3，
所以反应的化学方程式为5Fe+16HNO3=2Fe（NO3）3+3Fe（NO3）2+8H2O+4NO↑，故答案为：5Fe+16HNO3=2Fe（NO3）3+3Fe（NO3）2+8H2O+4NO↑．
（1）下列四种化合物中含铜量最高的是______（填序号）．
a．Cu2S b．Cu5FeS4 c．Cu2（OH）2CO3 d．CuFeS2
（2）2014年国精炼铜产量796万吨，若全部由含Cu2S质量分数为32%的铜矿冶炼得到，则需该铜矿的质量为______万吨（保留一位小数）．
（3）为了充分利用铜资源，某工厂拟用黄铜灰（含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3、SiO2等）制取金属铜，并可得副产物锌盐，其生产流程如图：
回答下列问题：
①滤渣1的主要成分为______．
②滤液1加入Zn粉主要被还原的阳离子有______（写离子符号）．
③滤渣1及滤渣2需再进行焙烧，其原因是______；用浓硫酸二次浸取可能产生的有毒气体是______，净化的方法是______．
④除铁时，先加入稀硫酸及过氧化氢溶液将铁氧化为Fe3+，再______，使铁形成Fe（OH）3沉淀除去．
⑤电解时，阴极的电极反应式为______．电解后剩余电解液可循环利用，其方式是______．
正确答案
解：（1）a．Cu2S中含铜量为
（2）Cu2S中铜元素的质量分数=
解得X=3109.4万吨，故答案为：3109.4；
（3）①滤渣1为铜和少量的SiO2，主要成分为Cu，故答案为：Cu；
②锌粉可与Cu2+、Fe2+、H+反应生成铜和铁单质，被还原的阳离子有Cu2+、Fe2+、H+，故答案为：Cu2+、Fe2+、H+；
③焙烧便于除去铜块内部包裹的锌等杂质，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫，二氧化硫是酸性氧化物，可用氨水吸收，故答案为：便于除去铜块内部包裹的锌等杂质；SO2；用氨水吸收；
④氢氧化铁的溶解度比氢氧化亚铁小，将铁氧化为Fe3+，再调节pH，使铁形成Fe（OH）3沉淀除去，故答案为：调节pH；
⑤电解时，阴极得电子：Cu2++2e-=Cu；锌离子在溶液不放电，加入ZnO中和后与滤液2合并制备ZnSO4•7H2O，故答案为：Cu2++2e-=Cu；加入ZnO中和后与滤液2合并制备ZnSO4•7H2O．
解析
解：（1）a．Cu2S中含铜量为
（2）Cu2S中铜元素的质量分数=
解得X=3109.4万吨，故答案为：3109.4；
（3）①滤渣1为铜和少量的SiO2，主要成分为Cu，故答案为：Cu；
②锌粉可与Cu2+、Fe2+、H+反应生成铜和铁单质，被还原的阳离子有Cu2+、Fe2+、H+，故答案为：Cu2+、Fe2+、H+；
③焙烧便于除去铜块内部包裹的锌等杂质，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫，二氧化硫是酸性氧化物，可用氨水吸收，故答案为：便于除去铜块内部包裹的锌等杂质；SO2；用氨水吸收；
④氢氧化铁的溶解度比氢氧化亚铁小，将铁氧化为Fe3+，再调节pH，使铁形成Fe（OH）3沉淀除去，故答案为：调节pH；
⑤电解时，阴极得电子：Cu2++2e-=Cu；锌离子在溶液不放电，加入ZnO中和后与滤液2合并制备ZnSO4•7H2O，故答案为：Cu2++2e-=Cu；加入ZnO中和后与滤液2合并制备ZnSO4•7H2O．
（2013秋•无锡期末）NiSO4•6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣（除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质）为原料获得．工艺流程如图：
已知：25℃时，几种金属氢氧化物的溶度积常数和完全沉淀的pH范围如下表所示．
请回答下列问题：
（1）下列措施可行，且能提高废渣浸出率的有______．
A．升高反应温度 B．增大压强 C．在反应过程中不断搅拌
（2）在滤液Ⅰ中加入6%的H2O2，其作用是______（用离子方程式表示）；加入NaOH调节pH的范围是______，为了除去溶液中的______离子．
（3）滤液Ⅱ的主要成分是______．
（4）检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是______．
（5）操作Ⅰ的实验步骤依次为：
①______；
②______；
③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4•6H2O晶体；
④用少量乙醇洗涤NiSO4•6H2O晶体并晾干．
正确答案
解：废渣（除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质），在硫酸溶解过滤后除去不溶于硫酸的铜，所以滤液含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质，加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节PH值5.6～8.4使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅱ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4．
（1）能提高废渣浸出率即提高反应速率，所以AC都可以提高反应速率，而B增大压强对反应没影响，故选：AC；
（2）因为废渣（除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质），在硫酸溶解过滤后含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质，所以加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节PH值5.6～8.4使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；[5.6，8.4）；Fe3+、Cr3+；
（3）经过加入H2O2、NaOH后可除去Fe、Cr等杂质，滤液中含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，故答案为：Na2SO4、NiSO4；
（4）检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成，故答案为：静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成；
（5）得到NiCO3沉淀之后应，应先过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4，所以操作步骤为：①过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次直至流出液用pH试纸检验呈中性；
②向沉淀中加稀H2SO4溶液，直至恰好完全溶解，
故答案为：过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次直至流出液用pH试纸检验呈中性；向沉淀中加稀的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解．
解析
解：废渣（除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质），在硫酸溶解过滤后除去不溶于硫酸的铜，所以滤液含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质，加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节PH值5.6～8.4使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅱ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4．
（1）能提高废渣浸出率即提高反应速率，所以AC都可以提高反应速率，而B增大压强对反应没影响，故选：AC；
（2）因为废渣（除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质），在硫酸溶解过滤后含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质，所以加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节PH值5.6～8.4使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；[5.6，8.4）；Fe3+、Cr3+；
（3）经过加入H2O2、NaOH后可除去Fe、Cr等杂质，滤液中含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，故答案为：Na2SO4、NiSO4；
（4）检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成，故答案为：静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成；
（5）得到NiCO3沉淀之后应，应先过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4，所以操作步骤为：①过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次直至流出液用pH试纸检验呈中性；
②向沉淀中加稀H2SO4溶液，直至恰好完全溶解，
故答案为：过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次直至流出液用pH试纸检验呈中性；向沉淀中加稀的H2SO4溶液，直至恰好完全溶解．
硼及其化合物在工业上有许多用途．以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）写出Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式______．
（2）利用______的磁性，可将其从“浸渣1”中分离．“浸渣1”中还剩余的物质是______（写化学式）．
（3）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为______．
（4）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是______．然后再调节溶液的pH约为5，目的是______．
（5）“粗硼酸”中的主要杂质是______（填名称）．
正确答案
解：以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解，Fe3O4、SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，Fe3O4具有磁性，可以采用物理方法分离，滤渣1的成分为SiO2和CaSO4；
“净化除杂”需先加H2O2溶液，将Fe 2+转化为Fe 3+，调节溶液的pH约为5，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，则滤渣为Al（OH）3、Fe（OH）3，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，
（1）Mg2B2O5•H2O与硫酸反应生成硫酸镁和硼酸，反应方程式为Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3，故答案为：Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3；
（2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离．“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe3O4；SiO2、CaSO4；
（3）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为
（4）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子．然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；使Al3+与Fe3+形成氢氧化物沉淀而除去；
（5）最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁，故答案为：七水硫酸镁．
解析
解：以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解，Fe3O4、SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，Fe3O4具有磁性，可以采用物理方法分离，滤渣1的成分为SiO2和CaSO4；
“净化除杂”需先加H2O2溶液，将Fe 2+转化为Fe 3+，调节溶液的pH约为5，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，则滤渣为Al（OH）3、Fe（OH）3，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，
（1）Mg2B2O5•H2O与硫酸反应生成硫酸镁和硼酸，反应方程式为Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3，故答案为：Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3；
（2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离．“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe3O4；SiO2、CaSO4；
（3）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为
（4）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子．然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；使Al3+与Fe3+形成氢氧化物沉淀而除去；
（5）最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁，故答案为：七水硫酸镁．
印刷电路板上使用的铜需要回收利用
I．方法一：用FeCl3溶液浸泡印刷电路板制备CuCl2•2H2O，实验室模拟回收过程如下：
①证明步骤1所加FeCl3溶液过量的方法是______．
②步骤2中所加的氧化剂最适宜的是______．
A．HNO3 B．H2O2 C．KMnO4
③步骤3的目的是使溶液的pH升高到4.2，此时Fe3+完全沉淀，可选用的“试剂1”是______．（写出一种即可）
④蒸发浓缩CuCl2溶液时，要滴加浓盐酸，目的是______（用化学方程式并结合简要的文字说明），再经______得到CuCl2•2H2O．
方法二：用H2O2和硫酸共同浸泡印刷电路板制备硫酸铜，其热化学方程式是：
Cu（s）+H2O2（l）+H2SO4（aq）═CuSO4（aq）+2H2O（l）△H1=-320kJ/mol
又知：2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H2=-196kJ/mol
H2（g）+
则反应Cu（s）+H2SO4（aq）═CuSO4（aq）+H2（g）的△H=______．
II．欲实现Cu+H2SO4═CuSO4+H2，在你认为能实现该转化的装置中的括号内，标出电极材料（填“Cu”或“C”）．
正确答案
解：I．FeCl3溶液浸泡印刷电路板时三价铁氧化铜生成二价铁和二价铜离子，加氧化剂将二价铁氧化成三价铁，再加氧化铜或氢氧化铜调节PH值使铁以氢氧化铁沉淀而除去，过滤得到滤液只含氯化铜溶液，再加入浓盐酸，抑制水解，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2•2H2O；
方法一：①检验三价铁离子的方法：取少量待检液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，故答案为：取少量充分反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为红色，证明所加FeCl3溶液过量；
②HNO3、H2O2C、KMnO4三者都能氧化二价铁离子变成三价铁离子，但HNO3和KMnO4会引入新的杂质，故选：B；
③pH升高，溶液的酸性减弱，加入的物质能与酸反应，同时不能引入新杂质，可向溶液中加入CuO或Cu（OH）2，故答案为：CuO或Cu（OH）2；
④CuCl2在溶液中可以发生水解反应，加入浓盐酸，可以抑制水解，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2•2H2O，
故答案为：CuCl2在溶液中可以发生水解反应，CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，滴加浓盐酸，可以抑制水解；冷却结晶、过滤；
方法二：Cu（s）+H2O2（l）+H2SO4（nq）═CuSO4（aq）+2H2O（l）△H1=-320kJ/mol ①
2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H2=-196kJ/mol ②
H2（g）+
利用盖斯定律，将①-
II．Cu和H2SO4之间的反应是非自发的，需要电解池实现，金属铜作阳极，阴极是导体即可，电解质为硫酸，即
故答案为：
解析
解：I．FeCl3溶液浸泡印刷电路板时三价铁氧化铜生成二价铁和二价铜离子，加氧化剂将二价铁氧化成三价铁，再加氧化铜或氢氧化铜调节PH值使铁以氢氧化铁沉淀而除去，过滤得到滤液只含氯化铜溶液，再加入浓盐酸，抑制水解，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2•2H2O；
方法一：①检验三价铁离子的方法：取少量待检液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，故答案为：取少量充分反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为红色，证明所加FeCl3溶液过量；
②HNO3、H2O2C、KMnO4三者都能氧化二价铁离子变成三价铁离子，但HNO3和KMnO4会引入新的杂质，故选：B；
③pH升高，溶液的酸性减弱，加入的物质能与酸反应，同时不能引入新杂质，可向溶液中加入CuO或Cu（OH）2，故答案为：CuO或Cu（OH）2；
④CuCl2在溶液中可以发生水解反应，加入浓盐酸，可以抑制水解，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuCl2•2H2O，
故答案为：CuCl2在溶液中可以发生水解反应，CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，滴加浓盐酸，可以抑制水解；冷却结晶、过滤；
方法二：Cu（s）+H2O2（l）+H2SO4（nq）═CuSO4（aq）+2H2O（l）△H1=-320kJ/mol ①
2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H2=-196kJ/mol ②
H2（g）+
利用盖斯定律，将①-
II．Cu和H2SO4之间的反应是非自发的，需要电解池实现，金属铜作阳极，阴极是导体即可，电解质为硫酸，即
故答案为：
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