- 气体的检验
- 共1690题
实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl-、SO42-、I-等离子的卤水为主要原料，制备无水CaCl2和I2．流程如下：（已知Cl2与I-可发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2）
（1）操作Ⅰ使用的试剂是______，所用主要仪器的名称是______．
（2）加入溶液W的目的是______．用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2+．酸化溶液Z时使用的试剂是______．
（3）实验室用贝壳与稀盐酸反应制备并收集CO2气体，下列装置中合理的是______．
（4）设计合理实验验证H2SO3酸性强于H2CO3，仪器自选．
供选的试剂：CO2、SO2、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、NaHSO3溶液、蒸馏水、饱和石灰水、酸性KMnO4 溶液、品红溶液、pH试纸．
填写实验报告：
正确答案
解：（1）氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶液中的I-氧化成碘单质，因为单质碘极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗；由流程图可知单质碘在下层，因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水，所以该试剂是CCl4，
故答案为：四氯化碳；分液漏斗；
（2）由于SO42-会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备，因此必需除去；因为不能引入新的杂质，所以酸化溶液Z时，使用的试剂应该为盐酸，
故答案为：除去溶液中的SO42-；盐酸；
（3）实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热，由于盐酸易挥发，因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体，因为CO2的密度大于空气中的，所以采用向上排空气发收集CO2气体．若采用长颈漏斗时，长颈漏斗的下端必须插入到溶液中，以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来，因此选项b、d正确，
故答案为：b、d；
（4）H2SO3和H2CO3均属于二元酸，要检验酸性强弱，可以采用多种方法，例如利用水解原理（酸越弱相应的强碱盐就越易水解），也可以利用较强的酸制取较弱的酸来检验，由于SO2和CO2气体均可以使澄清石灰水变浑浊，所以CO2气体在通入澄清石灰水之前必需除去CO2气体中混有的SO2气体，且需验证SO2已经除尽，
用酸性KMnO4溶液除二氧化硫，用品红验证除尽，SO2依次通过NaHCO3或Na2CO3溶液，NaHCO3或Na2CO3溶液有气泡生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，说明H2SO3酸性强于H2CO3，
故答案为：
解析
解：（1）氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶液中的I-氧化成碘单质，因为单质碘极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗；由流程图可知单质碘在下层，因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水，所以该试剂是CCl4，
故答案为：四氯化碳；分液漏斗；
（2）由于SO42-会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备，因此必需除去；因为不能引入新的杂质，所以酸化溶液Z时，使用的试剂应该为盐酸，
故答案为：除去溶液中的SO42-；盐酸；
（3）实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热，由于盐酸易挥发，因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体，因为CO2的密度大于空气中的，所以采用向上排空气发收集CO2气体．若采用长颈漏斗时，长颈漏斗的下端必须插入到溶液中，以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来，因此选项b、d正确，
故答案为：b、d；
（4）H2SO3和H2CO3均属于二元酸，要检验酸性强弱，可以采用多种方法，例如利用水解原理（酸越弱相应的强碱盐就越易水解），也可以利用较强的酸制取较弱的酸来检验，由于SO2和CO2气体均可以使澄清石灰水变浑浊，所以CO2气体在通入澄清石灰水之前必需除去CO2气体中混有的SO2气体，且需验证SO2已经除尽，
用酸性KMnO4溶液除二氧化硫，用品红验证除尽，SO2依次通过NaHCO3或Na2CO3溶液，NaHCO3或Na2CO3溶液有气泡生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，说明H2SO3酸性强于H2CO3，
故答案为：
碳酸锂广泛应用于陶瓷和医药等领域．以β-锂辉石（主要成分为Li2O-Al2O3-4SiO2）为原材料制备Li2CO3的工艺流程如下：
已知：Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的PH分别为3.2、5.2、9.7和12.4；Li2SO4、LiOH和Li2CO3在303K下的溶解度分别为34.2g、12.7g和1.3g．
（1）步骤Ⅰ前，β-锂辉石要粉碎成细颗粒的目的是______．
（2）步骤Ⅰ中，酸浸后得到的酸性溶液中含有Li+、SO42-，另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Na+等杂质，需在搅拌下加入______（填“石灰石”、“氯化钙”或“稀硫酸”）以调节溶液的PH到6.0-6.5，沉淀部分杂质离子如______，然后分离得到浸出液．
（3）步骤Ⅱ中，将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中，可除去的杂质金属离子有______．
（4）步骤Ⅲ中，生成沉淀的离子方程式为______．
（5）母液中的主要溶质有______．
正确答案
解：已知β-锂辉石（主要成分为Li2O•Al2O3•4SiO2）为原材料制备Li2CO3的工艺流程：Li2O•Al2O3•4SiO2加硫酸，浸取，酸浸后得到的酸性溶液中含有Li+、SO42-，另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Na+等杂质，在在搅拌下加入石灰石调节pH，使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，再将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中，Fe2+被氧化为Fe3+，然后转化为氢氧化铁沉淀，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，钙离子转化为碳酸钙沉淀，过滤的硫酸锂溶液，再加饱和碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂，
（1）固体颗粒越小，化学反应速率越快，同时可使锂元素尽可能多地溶解到酸中，故答案为：加快反应速率；
（2）已知Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的PH分别为3.2、4.7、9.0和11.1，在搅拌下加入石灰石以调节溶液的PH到6.0-6.5，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，所以除去的离子为Al3+、Fe3+，故答案为：石灰石；Al3+、Fe3+；
（3）步骤Ⅱ中加入H2O2溶液，可将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入石灰乳可除去其中的Fe3+和Mg2+，再加入适量Na2CO3溶液可除去Ca2+．此时溶液中的离子主要有Li+、Na+、SO42-，故答案为：Fe2+、Mg2+、Ca2+；
（4）步骤Ⅲ加入饱和Na2CO3溶液后，主要使Li+转化为Li2CO3沉淀，故答案为：2Li++CO32-=Li2CO3↓；
（5）反应后，溶液中的Na2SO4以及加入的过量Na2CO3便留在母液中，可回收的主要物质为Na2SO4，故答案为：Na2SO4、Na2CO3．
解析
解：已知β-锂辉石（主要成分为Li2O•Al2O3•4SiO2）为原材料制备Li2CO3的工艺流程：Li2O•Al2O3•4SiO2加硫酸，浸取，酸浸后得到的酸性溶液中含有Li+、SO42-，另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Na+等杂质，在在搅拌下加入石灰石调节pH，使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，再将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中，Fe2+被氧化为Fe3+，然后转化为氢氧化铁沉淀，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，钙离子转化为碳酸钙沉淀，过滤的硫酸锂溶液，再加饱和碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂，
（1）固体颗粒越小，化学反应速率越快，同时可使锂元素尽可能多地溶解到酸中，故答案为：加快反应速率；
（2）已知Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的PH分别为3.2、4.7、9.0和11.1，在搅拌下加入石灰石以调节溶液的PH到6.0-6.5，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，所以除去的离子为Al3+、Fe3+，故答案为：石灰石；Al3+、Fe3+；
（3）步骤Ⅱ中加入H2O2溶液，可将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入石灰乳可除去其中的Fe3+和Mg2+，再加入适量Na2CO3溶液可除去Ca2+．此时溶液中的离子主要有Li+、Na+、SO42-，故答案为：Fe2+、Mg2+、Ca2+；
（4）步骤Ⅲ加入饱和Na2CO3溶液后，主要使Li+转化为Li2CO3沉淀，故答案为：2Li++CO32-=Li2CO3↓；
（5）反应后，溶液中的Na2SO4以及加入的过量Na2CO3便留在母液中，可回收的主要物质为Na2SO4，故答案为：Na2SO4、Na2CO3．
从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种流程如下：
请回答下列问题：
（1）给滤液E中通入过量的NH3，其反应的离子方程式是______．
（2）流程Ⅱ中加入烧碱溶液后，生成SiO32-的离子方程式是______．
（3）验证滤液A中含Fe3+，可取少量滤液并加入______（填写试剂名称）．
（4）滤液C中溶质的主要成分是______（填化学式）．
（5）滤液F中离子电荷守恒的关系式为______．
（6）滤液C和滤液F共同的溶质为G，用惰性电极电解500mL 0.1mol•L-1的G溶液，若阳极得56mL气体（标准状况），则所得溶液在常温下pH为______（忽略电解前后溶液体积的变化）．
（7）已知25℃时Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=1.8×10-11．取适量的滤液A，加入一定量的烧碱溶液至达到沉淀溶解平衡，测得该溶液的pH=13.00，则25℃时残留在溶液中的c（Mg2+）=______ mol•L-1．
正确答案
H++NH3•H2O=NH4++H2O，Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
SiO2+2OH-═SiO32-+H2O
硫氰化钾
NaCl、NaHCO3
c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）
12
1.8×10-9
解析
解：根据工艺流程Ⅰ可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液A，则固体A为SiO2，滤液A含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀B为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液B含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液B中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀C为Al（OH）3，滤液C中含有NaCl、NaHCO3；
根据工艺流程Ⅱ可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体D为Fe2O3、MgO等，滤液D为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量盐酸，沉淀E为硅酸，滤液E中含有氯化铝、NaCl和过量的HCl，通入过量氨气，沉淀F为氢氧化铝，滤液F为氯化钠、氯化铵溶液；
（1）根据以上分析，滤液E即氯化铝、NaCl和过量的HCl中通入过量的NH3，离子方程式为：H++NH3•H2O=NH4++H2O，Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：H++NH3•H2O=NH4++H2O，Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（2）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，二氧化硅不能拆，故离子反应方程式为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
（3）Fe3+与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，检验滤液B中是否含Fe3+离子的方法为：取少量滤液B，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+，故答案为：硫氰化钾；
（4）根据以上分析，滤液C中溶质的主要成分NaCl、NaHCO3；故答案为：NaCl、NaHCO3；
（5）根据以上分析，滤液F为氯化钠、氯化铵溶液，根据电荷守恒得c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），
故答案为：c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）；
（6）根据以上分析，滤液C和滤液F共同的溶质为G即氯化钠，用惰性电极电解氯化钠溶液，阳极上的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，生成标准状况下56mL气体，即0.0025mol，转移电子数为0.005mol，所以阴极也有0.005mol的氢离子得电子生成氢气，所以生成氢氧根离子为0.005mol，c（0H-）=
（7）已知25℃时Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=1.8×10-11，pH=13.00时溶液中的c（Mg2+）=
铝土矿的主要成分是Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2等杂质．
Ⅰ．从铝土矿中提取氧化铝的流程如图所示：
（1）试剂A是______；
（2）向溶液a中通入过量的CO2，将得到的不溶物煅烧后也可得到Al2O3，该方案的缺点是______．
Ⅱ．电解熔融的氧化铝可制备金属铝
（3）写出电解的化学方程式______．
Ⅲ．新型陶瓷氮化铝可用以下两种方法制备
（4）①氧化铝高温还原法：______Al2O3+______C+______ N2 
②氯化铝与氨气高温合成法：AlCl3+NH3
（5）方法②比方法①在生产上更具优势．下列说法中，正确的是______．
A．方法①中的Al2O3和C容易残留在氮化铝中
B．两种方法中氮化铝均为还原产物．
正确答案
盐酸（硫酸或硝酸）
Al2O3中含有SiO2杂质
2Al2O3（熔融）
1
3
1
2
3
A
解析
解：由工艺流程原理为：铝土矿加入试剂A氢氧化钠，得到滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，沉淀a为氧化铁，a溶液加入过量为酸溶液，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液b中，加过量氨水生成氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝，
Ⅰ．（1）铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，加入盐酸或硝酸等酸性溶液可除去硅酸根离子，所以试剂A为盐酸（硫酸或硝酸），
故答案为：盐酸（硫酸或硝酸）；
（2）滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，向溶液a中通入过量的CO2，沉淀为Al（OH）3及少量硅酸，煅烧得到与和二氧化硅，则Al2O3中含有SiO2杂质，
故答案为：Al2O3中含有SiO2杂质；
Ⅱ．（3）电解熔融的氧化铝可制备金属铝，阳极生成氧气，阴极生成铝，总反应为：2Al2O3（熔融）
故答案为：2Al2O3（熔融）
Ⅲ．（4）碳从0价→+2价，氮从0价→-3价，最小公倍数为6，由化合价的升降总数相等可知反应的方程式为：Al2O3+3C+N2═2AlN+3CO，
故答案为：1；3；1；2；3；
（5）A．根据反应原理可知，方法①中的Al2O3和C都是固体，二者容易残留在氮化铝中，故A正确；
B．方法①中氮化铝为氮气被还原生成的，方法②不属于氧化还原反应，故B错误；
故答案为：A．
（2015秋•北京校级期中）一学生设计了如下实验方法分离NaCl和CaCl2两种固体混合物
填空和回答下列问题
（1）B物质是______（写化学式）
（2）按此实验方案分离得到的NaCl，经分析含有杂质，是因为上述方案中某一步设计有毛病，这一步的正确设计方案应是______．
（3）若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和另一物质的质量，这种物质是______．
正确答案
解：（1）B物质是氯化钙和碳酸钠反应生成的，且不溶于水，由复分解反应可知B为碳酸钙，其化学式为CaCO3，故答案为：CaCO3；
（2）将此实验方法分离得到的NaCl，经分析含杂质，原因是前面加入的碳酸钠过量，没有除去，正确的设计方案应该是滤液蒸发结晶之前加盐酸，至不再产生气体为止，
故答案为：加入适量盐酸至不产生气体；
（3）若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和A的质量，故答案为：A．
解析
解：（1）B物质是氯化钙和碳酸钠反应生成的，且不溶于水，由复分解反应可知B为碳酸钙，其化学式为CaCO3，故答案为：CaCO3；
（2）将此实验方法分离得到的NaCl，经分析含杂质，原因是前面加入的碳酸钠过量，没有除去，正确的设计方案应该是滤液蒸发结晶之前加盐酸，至不再产生气体为止，
故答案为：加入适量盐酸至不产生气体；
（3）若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和A的质量，故答案为：A．
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