- 气体的检验
- 共1690题
为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图1所示实验方案，用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体．
请回答：
（1）步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需进行的实验操作是______．
（2）溶液A中的离子主要有______；试剂X是______．
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是______（用离子方程式表示）；为了避免固体C减少，根据如图所示，改进的措施是______．
（4）从环境保护角度考虑，用固体F制备CuSO4溶液的化学方程式是______．
正确答案
解：（1）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，将它们分离用过滤；步骤Ⅰ过滤得到的滤液成分为偏铝酸钠，步骤Ⅱ中向偏铝酸钠中通入足量的二氧化碳，会得到纯净的氢氧化铝沉淀，溶液中的溶质为碳酸氢钠，将它们分离用过滤；步骤Ⅲ中金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铁和硫酸反应而金属铜不反应将它们分离用过滤，
故答案为：过滤；
（2）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，因铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，所以溶液A中的离子主要有AlO2-、Na+、OH-；本实验的目的是用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁而金属铜不反应，可以实现三种金属的分离，所以试剂X是稀硫酸，
故答案为：AlO2-、Na+、OH-；稀硫酸；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，
故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；
（4）依据流程图可知：固体F为铜，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，硫酸铜溶液是蓝色的，由于各反应物是混合接触在一起的，这两个反应是同时进行的，所以氧化铜没机会单独的存在，故我们可以认为反应物为氧气、铜和硫酸，而生成物为硫酸铜和水，故该反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，
故答案为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O．
解析
解：（1）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，金属铝和氢氧化钠反应，金属铝溶解其中生成偏铝酸钠溶液，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，将它们分离用过滤；步骤Ⅰ过滤得到的滤液成分为偏铝酸钠，步骤Ⅱ中向偏铝酸钠中通入足量的二氧化碳，会得到纯净的氢氧化铝沉淀，溶液中的溶质为碳酸氢钠，将它们分离用过滤；步骤Ⅲ中金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铁和硫酸反应而金属铜不反应将它们分离用过滤，
故答案为：过滤；
（2）步骤Ⅰ加过量的氢氧化钠，因铝与碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，所以溶液A中的离子主要有AlO2-、Na+、OH-；本实验的目的是用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体，金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁而金属铜不反应，可以实现三种金属的分离，所以试剂X是稀硫酸，
故答案为：AlO2-、Na+、OH-；稀硫酸；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中．一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的氯化氢气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀氢氧化铝，发生的反应为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去氯化氢的装置，二氧化碳在饱和碳酸氢钠中不溶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，所以可在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢，
故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；
（4）依据流程图可知：固体F为铜，铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，不会产生污染大气的气体，硫酸铜溶液是蓝色的，由于各反应物是混合接触在一起的，这两个反应是同时进行的，所以氧化铜没机会单独的存在，故我们可以认为反应物为氧气、铜和硫酸，而生成物为硫酸铜和水，故该反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，
故答案为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O．
某工厂用提取粗盐后的盐卤（主要成分为MgCl2）制备金属镁，其工艺流程如图．
下列说法的是（ ）
正确答案
解析
解：盐卤加入足量石灰浆沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀加入适量盐酸溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中失水得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，
A．盐卤和氢氧化钙发生复分解反应生成氢氧化镁，为复分解反应，不是氧化还原反应，故A错误；
B．操作①为过滤操作，滤操作中需要使用漏斗和烧杯、玻璃棒，故B错误；
C．操作②是MgCl2溶液得到MgCl2晶体，需要蒸发浓缩结晶，故C正确；
D．题中涉及反应有氢氧化钙与氯化镁的反应、氯化镁与盐酸的反应以及电解氯化镁，只发生复分解反应、氧化还原反应、分解反应，未发生置换反应，故D错误．
故选C．
某铝合金（硬铝）中含有铝、镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计了如图实验：（已知：硅不与盐酸和水反应）
（1）若固体Ⅰ中含有铜和硅，步骤①的试剂X应选择______ （填“NaOH溶液”“盐酸”“FeCl3溶液”）；步骤②的操作是______，反应的离子方程式为______，______．
（2）固体Ⅲ的化学式为______步骤④反应的化学方程式为______．
（3）步骤④中的沉淀没有用蒸馏水洗涤时，会使测定结果______ （填“偏高”“偏低”“不影响”）
正确答案
盐酸
过滤
Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
Al2O3
2Al（OH）3
偏高
解析
解：（1）若固体Ⅰ中含有铜和硅，步骤①是将Mg、Al转化为盐溶液，除去不溶的Cu、Si，步骤①的试剂X不能与Cu、Si，NaOH溶液与Si反应，FeCl3溶液与Cu反应，故试剂X应选择盐酸；由流程图可知，步骤②是将镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去，将铝离子转化为偏铝酸根离子，进行固液分离，应是过滤；
镁离子与氢氧根反应生成氢氧化镁沉淀，反应离子方程式为Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，铝离子转化为偏铝酸根离子，离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，
故答案为：盐酸；过滤；Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
（2）由流程图可知，步骤②的溶液中，通入二氧化碳，将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀，加热灼烧氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝与水，反应方程式为2Al（OH）3
故答案为：Al2O3；2Al（OH）3
（3）氢氧化铝沉淀会附着碳酸钠、氯化钠等物质，氢氧化铝沉淀没有用蒸馏水洗涤，导致加热生成的氧化铝的质量偏大，使测定的合金中铝的质量增大，测定合金中铝的质量分数偏高，故答案为：偏高．
污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题．某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）．
请回答下列问题：
（1）上述流程脱硫实现了______（选填下列字母编号）．
A．废弃物的综合利用 B．白色污染的减少 C．酸雨的减少
（2）过滤操作用到的玻璃仪器有：______．
（3）用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，其原因是______．
（4）写出KMnO4溶液加入到MnSO4溶液中制备MnO2的离子反应方程式：______；用惰性电极电解MnSO4溶液也可制得MnO2，其阳极的电极反应式是______．
（5）MnO2是碱性锌锰电池的电极材料，电池反应方程式为：2MnO2+Zn+H2O═2MnOOH+Zn（OH）2，
写出该电池放电时，正极的电极反应式是______．
正确答案
解：二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，
（1）白色污染主要是塑料等难降解的物质形成的，SO2能形成酸雨，因此脱硫实现了废弃物的综合利用，同时也减少了酸雨形成，所以AC正确，
故答案为：AC；
（2）过滤是分离不溶物与易溶物的一种操作方法，过滤操作用到的仪器有铁架台、玻璃棒、漏斗、烧杯等，其中属于玻璃仪器的为：烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，
故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；
（4）KMnO4溶液加入到MnSO4溶液中制备MnO2，锰离子被高锰酸根离子氧化成二氧化锰，反应的离子方程式为：3Mn2++2MnO4-+2H2O═5MnO2+4H+，
电解池中阳极失去电子发生氧化反应，则用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，因此阳极是锰离子放电，其阳极电极反应式是：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，
故答案为：3Mn2++2MnO4-+2H2O═5MnO2+4H+；Mn2++2H2O-2e-═MnO2+4H+；
（5）原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则电极反应式为：MnO2+H2O+e-=MnO（OH）+OH-，
故答案为：MnO2+H2O+e-═MnOOH+OH-．
解析
解：二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，
（1）白色污染主要是塑料等难降解的物质形成的，SO2能形成酸雨，因此脱硫实现了废弃物的综合利用，同时也减少了酸雨形成，所以AC正确，
故答案为：AC；
（2）过滤是分离不溶物与易溶物的一种操作方法，过滤操作用到的仪器有铁架台、玻璃棒、漏斗、烧杯等，其中属于玻璃仪器的为：烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，
故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；
（4）KMnO4溶液加入到MnSO4溶液中制备MnO2，锰离子被高锰酸根离子氧化成二氧化锰，反应的离子方程式为：3Mn2++2MnO4-+2H2O═5MnO2+4H+，
电解池中阳极失去电子发生氧化反应，则用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，因此阳极是锰离子放电，其阳极电极反应式是：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，
故答案为：3Mn2++2MnO4-+2H2O═5MnO2+4H+；Mn2++2H2O-2e-═MnO2+4H+；
（5）原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则电极反应式为：MnO2+H2O+e-=MnO（OH）+OH-，
故答案为：MnO2+H2O+e-═MnOOH+OH-．
（2015春•米易县校级月考）锌钡白是一种白色颜料．工业上是由ZnSO4与BaS溶液混合而成：BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓．请根据以下工业生产流程（图1）回答有关问题．
Ⅰ、ZnSO4溶液的制备与提纯：
有关资料：a．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等；
b．Zn（OH）2与Al（OH）3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2．
（1）②中使用的氧化剂最好是下列的______（选填字母代号）．
A．Cl2B．浓HNO3C．KMnO4D．H2O2
（2）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤______（选填①、②、③、⑤）．
（3）写出步骤②加入氧化剂反应的离子方程式______．
（4）与Al相似，Zn也能溶于NaOH溶液．写出将Zn片和Cu片放入NaOH溶液中形成原电池的负极电极反应式：______．
Ⅱ、BaS溶液的制备：（图2）
有关数据：Ba（s）+S（s）+2O2（g）═BaSO4（s）△H1=-1473.2kJ•mol-1
C（s）+
Ba（s）+S（s）═BaS（s）△H3=-460kJ•mol-1
（5）若BaSO与煤粉（主要成份是碳）煅烧还原的产物仅为BaS和CO，则其反应的热化学方程式为：______．
Ⅲ、制取锌钡白：
（6）如果生产流程步骤⑤硫酸过量，则ZnSO4与BaS溶液混合制取锌钡白产生的后果是______．
正确答案
解：I、由图1流程可知，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，经过过滤进行分离，则滤渣1为SiO2，滤液1含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锌、剩余的硫酸，②加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，Zn2+转化ZnO22-，使Cu2+、Fe3+转化为沉淀，通过过滤从溶液中除去，则滤渣2为Fe（OH）3、Cu（OH）2，滤液2中含有Na2ZnO2及过量的NaOH，④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣3为Zn（OH）2，步骤⑤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，滤液3含有碳酸氢钠．
（1）加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，不能引入新杂质，氯气做氧化剂会引入氯离子，且氯气有毒，浓HNO3做氧化剂会被还原为有毒气体，引入杂质离子NO3-，KMnO4 做氧化剂会引入K+、MnO4-，过氧化氢做氧化剂被还原为水，不引入新的杂质，过量的过氧化氢加热分解生成氧气和水，
故选：D；
（2）上述各步骤中，只有步骤①中有二氧化碳生成，
故选：①；
（3）硫酸锌、硫酸亚铁以及硫酸铜的混合溶液中，加氧化剂双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，以便于步骤③除去，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（4）Zn与NaOH溶液反应，Zn作负极，发生氧化反应失去电子，碱性条件下生成ZnO22-与H2O，负极电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，
故答案为：Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O；
Ⅱ、（5）煅烧发生反应：BaSO4+C
已知：①Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）；△H=-1473.2kJ•mol-1
②C（s）+
③Ba（s）+S（s）=BaS（s）；△H=-460kJ•mol-1
依据盖斯定律，②×4-③-①得到热化学方程式为：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2 kJ•mol-1，
故答案为：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2 kJ•mol-1；
Ⅲ、（6）步骤⑤中硫酸过量，过量的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率，
故答案为：过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率．
解析
解：I、由图1流程可知，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，经过过滤进行分离，则滤渣1为SiO2，滤液1含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锌、剩余的硫酸，②加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，Zn2+转化ZnO22-，使Cu2+、Fe3+转化为沉淀，通过过滤从溶液中除去，则滤渣2为Fe（OH）3、Cu（OH）2，滤液2中含有Na2ZnO2及过量的NaOH，④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣3为Zn（OH）2，步骤⑤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，滤液3含有碳酸氢钠．
（1）加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，不能引入新杂质，氯气做氧化剂会引入氯离子，且氯气有毒，浓HNO3做氧化剂会被还原为有毒气体，引入杂质离子NO3-，KMnO4 做氧化剂会引入K+、MnO4-，过氧化氢做氧化剂被还原为水，不引入新的杂质，过量的过氧化氢加热分解生成氧气和水，
故选：D；
（2）上述各步骤中，只有步骤①中有二氧化碳生成，
故选：①；
（3）硫酸锌、硫酸亚铁以及硫酸铜的混合溶液中，加氧化剂双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，以便于步骤③除去，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（4）Zn与NaOH溶液反应，Zn作负极，发生氧化反应失去电子，碱性条件下生成ZnO22-与H2O，负极电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，
故答案为：Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O；
Ⅱ、（5）煅烧发生反应：BaSO4+C
已知：①Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）；△H=-1473.2kJ•mol-1
②C（s）+
③Ba（s）+S（s）=BaS（s）；△H=-460kJ•mol-1
依据盖斯定律，②×4-③-①得到热化学方程式为：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2 kJ•mol-1，
故答案为：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）△H=+571.2 kJ•mol-1；
Ⅲ、（6）步骤⑤中硫酸过量，过量的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率，
故答案为：过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率．
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