- 气体的检验
- 共1690题
下列有关水处理的说法中，不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、明矾中的铝离子水解生成的氢氧化铝胶体，具有吸附水中的悬浮颗粒的作用，可以用来净水，故A正确；
B、熟石灰属于强碱性物质，能和酸发生中和反应，可以利用熟石灰来中和酸性废水，故B正确；
C、大多数有机物在水中的溶解度不大，不可以利用废水中的有机物来增加水中溶解的氧，故C错误；
D、水中的重金属离子可以和某些离子之间发生反应生成沉淀，可以用和沉淀法来除去水中的重金属离子，故D正确．
故选C．
（2014秋•蚌山区校级期中）硫铁矿烧渣是硫铁矿生产硫酸过程中产生的工业废渣（主要含Fe2O3及少量SiO2、A12O3等杂质）．用该烧渣制取药用辅料-红氧化铁的工艺流程如下：
（1）在“还原焙烧”中产生的有毒气体可能有______．
（2）“酸浸”时间一般不超过20min，若在空气中酸浸时间过长，溶液中Fe2+含量将下降，其原因是______（用离子方程式表示）．
（3）“中和合成”的目的是将溶液中Fe2+转变为碳酸亚铁沉淀，则操作B是______．
（4）煅烧A的反应方程式是______．
（5）ag烧渣经过上述工艺可得红氧化铁bg．药典标准规定，制得的红氧化铁中含氧化铁不得少于98.0%，则所选用的烧渣中铁的质量分数应不低于______（用含a、b的表达式表示）．
正确答案
CO、SO2等
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
洗涤、干燥
4FeCO3+O2
解析
解：工业废渣主要含Fe2O3及少量SiO2、A12O3、CaO、MgO等杂质，加煤燃烧可生成CO、SO2等有毒气体，加硫酸后只有二氧化硅不反应，酸浸时间过长，溶液中Fe2+含量将下降，被氧化生成Fe3+，过滤除去二氧化硅，然后除杂时结合生成沉淀的pH可知，pH大于4.77，小于7.11时Fe3+和Al3+完全转化为沉淀，而亚铁离子没有转化为沉淀，“中和合成”的目的是将溶液中Fe2+转变为碳酸亚铁沉淀，过滤得到A为碳酸亚铁，需要洗涤、干燥，然后加热得到氧化铁，
（1）由上述分析可知，“还原焙烧”中产生的有毒气体可能有CO、SO2等，故答案为：CO、SO2等；
（2）在空气中酸浸时间过长，溶液中Fe2+含量将下降，其原因是4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
（3）A为碳酸亚铁，需要洗涤、干燥，然后加热得到氧化铁，故答案为：洗涤、干燥；
（4）煅烧A（FeCO3）生成氧化铁，反应方程式为：4FeCO3+O2
（5）制得的红氧化铁中含氧化铁不得少于98.0%，制取的红氧化铁bg中含有的铁的物质的量应该大于：
加碘食盐中含有的碘酸钾是一种白色结晶粉末，常温下很稳定，加热至560℃开始分解．在酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂，可与碘化物、亚硫酸盐等还原性物质反应．工业生产碘酸钾的流程如下：
（1）步骤②中氢氧化钾的主要作用是______．
（2）参照下表碘酸钾的溶解度，操作③得到碘酸钾晶体，可经过______、过滤、洗涤、干燥等步骤．
（3）已知：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
为了测定加碘食盐中碘的含量，某学生设计了如下实验：准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；再用稀硫酸酸化所得溶液，加入过量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；最后加入指示剂，以物质的量浓度为2.00×10-3mol•L-1的Na2S2O3溶液滴定，消耗10.00mL时恰好反应完全．
①在滴定过程中，所用的玻璃仪器为______、______．
②该实验可以用______作指示剂，滴定终点的现象是______．
③下列有关该滴定实验的说法不正确的是______．
A．滴定管在使用前必须检查是否漏水并润洗
B．滴定时眼睛注视滴定管内溶液液面变化
C．为减小实验误差，可用少量的蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
D．终点读数时俯视会导致碘的含量偏低
④加碘食盐样品中的碘元素含量是______g•kg-1（以含w的代数式表示）．
正确答案
解：（1）KH（IO3）2可与KOH反应生成KIO3，反应的方程式为KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O，故答案为：与KH（IO3）2反应使其转化为KIO3；
（2）由表中数据可知温度越高，KIO3溶解度越大，从溶液中获得KIO3晶体需要蒸发结晶，故答案为：蒸发结晶；
（3）①在滴定过程中，所用的玻璃仪器为滴定管和锥形瓶，Na2S2O3溶液呈碱性，使用碱性滴定管，故答案为：碱式滴定管；锥形瓶；
②该实验产生碘单质，可以淀粉溶液作指示剂，溶液的蓝色消失且半分钟内不再变化达到滴定终点，故答案为：淀粉溶液；溶液的蓝色消失且半分钟内不再变化；
③A、滴定管应该是先检查是否漏水，然后用蒸馏水润洗，最后用待测液润洗，故A正确；
B、滴定时眼睛注视着锥形瓶中溶液的颜色变化，以便及时判断滴定终点，故B错误；
C、用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，可冲洗附在锥形瓶内壁上的待测液，以减小实验误差，故C正确；
D、终点读数时俯视会导致碘的含量偏低，故D正确；
故答案为：B
④设碘酸钾的物质的量为x．
KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O①； I2+2S2O3 2-=2I-+S4 O62-②，将方程式②×3+①得
IO3-+6H++6S2O32-=I-+3S4O62-+3H2O
1 6
x 2.0×10-3mol/L×0.01L
x=
根据碘原子守恒知，碘元素的质量=
故答案为：
解析
解：（1）KH（IO3）2可与KOH反应生成KIO3，反应的方程式为KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O，故答案为：与KH（IO3）2反应使其转化为KIO3；
（2）由表中数据可知温度越高，KIO3溶解度越大，从溶液中获得KIO3晶体需要蒸发结晶，故答案为：蒸发结晶；
（3）①在滴定过程中，所用的玻璃仪器为滴定管和锥形瓶，Na2S2O3溶液呈碱性，使用碱性滴定管，故答案为：碱式滴定管；锥形瓶；
②该实验产生碘单质，可以淀粉溶液作指示剂，溶液的蓝色消失且半分钟内不再变化达到滴定终点，故答案为：淀粉溶液；溶液的蓝色消失且半分钟内不再变化；
③A、滴定管应该是先检查是否漏水，然后用蒸馏水润洗，最后用待测液润洗，故A正确；
B、滴定时眼睛注视着锥形瓶中溶液的颜色变化，以便及时判断滴定终点，故B错误；
C、用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，可冲洗附在锥形瓶内壁上的待测液，以减小实验误差，故C正确；
D、终点读数时俯视会导致碘的含量偏低，故D正确；
故答案为：B
④设碘酸钾的物质的量为x．
KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O①； I2+2S2O3 2-=2I-+S4 O62-②，将方程式②×3+①得
IO3-+6H++6S2O32-=I-+3S4O62-+3H2O
1 6
x 2.0×10-3mol/L×0.01L
x=
根据碘原子守恒知，碘元素的质量=
故答案为：
下列说法正确的是______（填序号）．
①用分液漏斗分离环己烷和水的混合液体
②水的沸点是100℃，酒精的沸点是78.5℃，用直接蒸馏法能使含水酒精变为无水酒精
③苯、溴水和铁粉混合反应来制取溴苯
④用稀溴水滴入苯酚溶液中制备2，4，6-三溴苯酚
⑤配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到稀硝酸银溶液中，产生白色沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止
⑥不慎把苯酚溶液沾到皮肤上，应立即用酒精洗涤
⑦实验室使用体积比为1：3的浓硫酸与乙醇的混合溶液制乙烯时，为防加热时反应混合液出现暴沸现象，除了要加沸石外，还应注意缓慢加热让温度慢慢升至170℃
正确答案
解：①环己烷和水是互不相溶的两层液体，可以用分液漏斗实现二者的分离，故①正确；
②因为酒精达到一定浓度就会与水“共沸”，酒精不会先蒸发，可以向酒精中加入生石灰再蒸馏，故②错误；
③应该是苯、纯液溴和铁粉混合反应来制取溴苯，不能用溴水，故③错误；
④浓溴水滴入苯酚溶液中可以生成2，4，6-三溴苯酚，不能用稀溴水，故④错误；
⑤向硝酸银中滴加氨水，等到白色沉淀恰好溶解时，可以获得银氨溶液，故⑤正确；
⑥苯酚不溶于水，当苯酚溶液沾到皮肤上，应用酒精擦洗，故⑥正确；
⑦实验室中用体积比为3：1的浓硫酸与乙醇的混合溶液制乙烯，为防止副反应的发生，温度要迅速升至170℃，故⑦错误．
故选①⑤⑥．
解析
解：①环己烷和水是互不相溶的两层液体，可以用分液漏斗实现二者的分离，故①正确；
②因为酒精达到一定浓度就会与水“共沸”，酒精不会先蒸发，可以向酒精中加入生石灰再蒸馏，故②错误；
③应该是苯、纯液溴和铁粉混合反应来制取溴苯，不能用溴水，故③错误；
④浓溴水滴入苯酚溶液中可以生成2，4，6-三溴苯酚，不能用稀溴水，故④错误；
⑤向硝酸银中滴加氨水，等到白色沉淀恰好溶解时，可以获得银氨溶液，故⑤正确；
⑥苯酚不溶于水，当苯酚溶液沾到皮肤上，应用酒精擦洗，故⑥正确；
⑦实验室中用体积比为3：1的浓硫酸与乙醇的混合溶液制乙烯，为防止副反应的发生，温度要迅速升至170℃，故⑦错误．
故选①⑤⑥．
[化学一化学与技术模块]某电镀铜厂有两种废水需要处理，一种废水中含有CN-离子，另一种废水中含有
回答以下问题：
（1）上述处理废水的流程中主要使用的方法是______
（2）②中使用的NaClO溶液呈碱性，用离子方程式解释原因______
（3）②中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为______
（4）③中反应时，每0.4mol 
（5）取少量待检水样于试管中，先加入NaOH溶液，观察到有蓝色沉淀生成，继续加入NaOH溶液，直到不再产生蓝色沉淀为止，再加入Na2S溶液，有黑色沉淀生成，且蓝色沉淀逐渐减少．请解释其原因．______
（6）工业制烧碱的一种方法是先制得纯碱，而我国著名化学家侯德榜为此做出了巨大贡献，其原理为（用化学方程式表示），简述先通足量氨气后通入CO2的理由．______．
正确答案
解：含有CN-离子的废水中加入次氯酸钠溶液会发生氧化还原反应：CN-+ClO-═CNO-+Cl-，得到含有CNO-、Cl-的溶液，含有Cr2O72-的废水中加入还原剂硫代硫酸钠，会发生氧化还原反应：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O，继续处理得到待检水样．
（1）由图可知，将废水中的离子实现上述转化时，利用了氧化还原反应，则主要使用的方法为氧化还原法，故答案为：氧化还原法；
（2）NaClO溶液呈碱性，是因次氯酸根离子水解生成氢氧根离子导致的，则离子反应为ClO-+H2O
（3）碱性条件下，CN-离子与NaClO发生氧化还原反应，无气体放出，则生成CNO-、Cl-离子，离子反应为CN-+ClO-═CNO-+Cl-，故答案为：CN-+ClO-═CNO-+Cl-；
（4）每0.4molCr2O72-转移2.4mol的电子，设还原后Cr元素的化合价为x，则0.4mol×2×（6-x）=2.4mol，解得x=+3，则离子反应为3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O，
故答案为：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O；
（5）因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，CuS比Cu（OH）2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化，故答案为：待检水样中还有Cu2+，加碱发生Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓，再加入Na2S溶液，CuS比Cu（OH）2更难溶，则发生Cu（OH）2（s）+S2-（aq）═CuS（s）+2OH-（aq）．
（6）侯氏制碱法：向饱和的氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，可以得到溶解度较小的碳酸氢钠，加热碳酸氢钠可得到碳酸钠，NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3
故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3
解析
解：含有CN-离子的废水中加入次氯酸钠溶液会发生氧化还原反应：CN-+ClO-═CNO-+Cl-，得到含有CNO-、Cl-的溶液，含有Cr2O72-的废水中加入还原剂硫代硫酸钠，会发生氧化还原反应：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O，继续处理得到待检水样．
（1）由图可知，将废水中的离子实现上述转化时，利用了氧化还原反应，则主要使用的方法为氧化还原法，故答案为：氧化还原法；
（2）NaClO溶液呈碱性，是因次氯酸根离子水解生成氢氧根离子导致的，则离子反应为ClO-+H2O
（3）碱性条件下，CN-离子与NaClO发生氧化还原反应，无气体放出，则生成CNO-、Cl-离子，离子反应为CN-+ClO-═CNO-+Cl-，故答案为：CN-+ClO-═CNO-+Cl-；
（4）每0.4molCr2O72-转移2.4mol的电子，设还原后Cr元素的化合价为x，则0.4mol×2×（6-x）=2.4mol，解得x=+3，则离子反应为3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O，
故答案为：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O；
（5）因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，CuS比Cu（OH）2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化，故答案为：待检水样中还有Cu2+，加碱发生Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓，再加入Na2S溶液，CuS比Cu（OH）2更难溶，则发生Cu（OH）2（s）+S2-（aq）═CuS（s）+2OH-（aq）．
（6）侯氏制碱法：向饱和的氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，可以得到溶解度较小的碳酸氢钠，加热碳酸氢钠可得到碳酸钠，NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3
故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3
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