- 气体的检验
- 共1690题
电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板．
（1）检验溶液中Fe3+存在的试剂是______（填写化学式），证明Fe3+存在的现象是______．
（2）写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的离子方程式：______．
（3）某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得纯净的FeCl3溶液，准备采用下列步骤：
请写出上述实验中③的化学式：______．
（4）配制硫酸亚铁溶液时，常在其中加入______．
（5）要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时的最佳顺序为______．
①加入足量氯水 ②加入足量NaOH溶液 ③加入少量KSCN溶液
A．①③B．③②C．③①D．①②③
（6）写出向②⑤的混合液中通入⑥的离子方程式______．
正确答案
KSCN
溶液变红
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
Fe、Cu
铁屑和稀硫酸
C
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
解析
解：（1）检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在，
故答案为：KSCN溶液；溶液变红；
（2）铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2 FeCl2+CuCl2，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
（3）反应中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液②中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁，滤渣③中含有金属铜、未反应的铁，故答案为：Fe、Cu；
（4）亚铁离子易水解，易被氧化为三价，所以加入铁屑防止被氧化，加入稀硫酸可以抑制水解，故答案为：铁屑和稀硫酸；
（5）亚铁离子遇到硫氰酸钾不变色，可以被氯气氧化为三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显示红色，所以先加入硫氰化钾，不变色，再加氯水，变红色，可以证明亚铁离子的存在，故答案为：C；
（6）氯化亚铁被氯气氧化的原理方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-．
亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌．以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：
已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O．
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全．
③80g•L-1 NaOH溶液是指80g NaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L．
（1）80g•L-1 NaOH溶液的物质的量浓度为______
（2）发生器中鼓入空气的作用可能是______（选填序号）
a．将SO2氧化成SO3，增强酸性 b．将NaClO3氧化成ClO2 c．稀释ClO2以防止爆炸
（3）从“母液”中可回收的主要物质是______
（4）吸收塔内的反应的化学方程式为______
吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是______
（5）在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量的简单实验方法是______．
（6）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中．除H2O2外，还可以选择的还原剂是______（选填序号）
a．Na2S b．Na2O2 c．FeCl2
（7）从吸收塔出来的溶液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是______（选填序号）．
a．蒸发浓缩 b．蒸馏 c．过滤 d．灼烧e．冷却结晶．
正确答案
2mol/L
c
Na2SO4
2NaOH+2CIO2+H2O2=2NaCIO2+2H2O+O2
防止H2O2分解
连续测定吸收塔内溶液的pH
b
a、e、c
解析
解：（1）浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少．80g/LNaOH溶液表示1L氢氧化钠溶液含有80gNaOH．令溶液体积为1L，则80gNaOH的物质的量为
故答案为：2mol/L．
（2）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全．发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸．
故选：c．
（3）根据流程信息可知，发生器内生成ClO2，所以一定有NaClO3→ClO2化合价降低，被还原；
则二氧化硫被氧化成硫酸钠，反应的方程式为：2NaClO3+SO2=2ClO2↑+Na2SO4，ClO2进入吸收塔，则硫酸钠留在母液中，故从母液中可回收硫酸钠；
故答案为：Na2SO4；
（4）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，
反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2．
H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是防止H2O2分解．
故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；防止H2O2分解．
（5）NaOH过量则溶液呈碱性，但考虑到该溶液有强氧化性，选择指示剂或pH试纸检验会遇到氧化褪色问题，故生产中主要是用pH计连续测定溶液pH．
故答案为：连续测定吸收塔内溶液的pH．
（6）还原性要适中．还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产．Na2O2溶于水相当于H2O2．
Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难．
故选：b．
（7）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体．所以操作顺序为a、e、c．
故答案为：a、e、c．
七铝十二钙（12CaO•7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：
（1）煅粉主要含MgO和______，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液I中c（Mg2+）小于5×10-6mol•L-1，则溶液PH大于______Mg（OH）2的Ksp=5×10-12）；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是______，
（2）滤液I中的阴离子有______（忽略杂质成分的影响）；若滤液I中仅通入CO2，会生成______，从而导致CaCO3产率降低．
（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为______．
（4）电解制备Al（OH）3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为______．
（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为______．
正确答案
解：（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO3
故答案为：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；
（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3-，还含有OH-；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，则会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低，故答案为：NO3-，OH-；Ca（HCO3）2；
（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al做阳极，石墨做阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+①，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e-=2OH-+H2↑ ②
将①×2+②×3可得总反应：2Al+6H2O
（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-做反应物而Al2Cl7-为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-，故答案为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-．
解析
解：（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO3
故答案为：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；
（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3-，还含有OH-；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，则会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低，故答案为：NO3-，OH-；Ca（HCO3）2；
（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al做阳极，石墨做阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+①，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e-=2OH-+H2↑ ②
将①×2+②×3可得总反应：2Al+6H2O
（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-做反应物而Al2Cl7-为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-，故答案为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-．
以下是工业上处理含苯酚的废水并对其加以回收利用的工业流程：
回答下列问题：
（1）设备①进行的是操作______（写操作名称），实验室这一步操作所用的仪器是______；
（2）由设备②进入设备③的物质A是______，由设备③进入设备④的物质B是______；
（3）在设备③中发生反应的化学方程式为______；
（4）在设备④中，物质B、的水溶液和CaO反应，产物是______、______和水，可通过______操作（填写操作名称）分离产物；
（5）上图中，能循环使用的物质是C6H6、CaO、______、______．
正确答案
解：由流程图和每一步新加的试剂进行分析可知：用苯萃取出设备①中的苯酚进入设备②，然后用NaOH溶液将设备②中的苯酚转化为苯酚钠而进入设备③，向设备③中通入CO2将苯酚钠转化为苯酚，同时生成NaHCO3而进入设备④，向设备④中加入CaO时，生成CaCO3进入设备⑤，NaOH进入设备②循环使用，
（1）根据以上分析，用苯萃取出设备①中的苯酚进入设备②，所以设备①进行的是操作是萃取，所有的仪器为分液漏斗，故答案为：萃取； 分液漏斗；
（2）根据以上分析，用NaOH溶液将设备②中的苯酚转化为苯酚钠而进入设备③，向设备③中通入CO2将苯酚钠转化为苯酚，同时生成NaHCO3而进入设备④，所以A是C6H5ONa，B是NaHCO3，故答案为：C6H5ONa；NaHCO3；
（3）根据以上分析，向设备③中通入CO2将苯酚钠转化为苯酚，方程式为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，故答案为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3；
（4）根据（2）在设备④中，物质B的水溶液即NaHCO3和CaO反应CaCO3、NaOH和水，再通过过滤分离出碳酸钙；故答案为：CaCO3；NaOH；过滤；
（5）能循环使用的物质是在流程中生成的副产物，并且在流程中需要加入的原料，根据流程图中箭头指向，很容易发现能循环使用的物质是C6H6、CaO、NaOH水溶液、CO2，故答案为：NaOH水溶液；CO2．
解析
解：由流程图和每一步新加的试剂进行分析可知：用苯萃取出设备①中的苯酚进入设备②，然后用NaOH溶液将设备②中的苯酚转化为苯酚钠而进入设备③，向设备③中通入CO2将苯酚钠转化为苯酚，同时生成NaHCO3而进入设备④，向设备④中加入CaO时，生成CaCO3进入设备⑤，NaOH进入设备②循环使用，
（1）根据以上分析，用苯萃取出设备①中的苯酚进入设备②，所以设备①进行的是操作是萃取，所有的仪器为分液漏斗，故答案为：萃取； 分液漏斗；
（2）根据以上分析，用NaOH溶液将设备②中的苯酚转化为苯酚钠而进入设备③，向设备③中通入CO2将苯酚钠转化为苯酚，同时生成NaHCO3而进入设备④，所以A是C6H5ONa，B是NaHCO3，故答案为：C6H5ONa；NaHCO3；
（3）根据以上分析，向设备③中通入CO2将苯酚钠转化为苯酚，方程式为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，故答案为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3；
（4）根据（2）在设备④中，物质B的水溶液即NaHCO3和CaO反应CaCO3、NaOH和水，再通过过滤分离出碳酸钙；故答案为：CaCO3；NaOH；过滤；
（5）能循环使用的物质是在流程中生成的副产物，并且在流程中需要加入的原料，根据流程图中箭头指向，很容易发现能循环使用的物质是C6H6、CaO、NaOH水溶液、CO2，故答案为：NaOH水溶液；CO2．
以含钴废催化剂（主要成分为Co、Fe、SiO2）为原料，制取氧化钴的流程如下：
（1）溶解：溶解后过滤，将滤渣洗涤2～3次，洗液与滤液合并，其目的是______．
（2）氧化：加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式______．
已知：铁氰化钾化学式为K3[Fe（CN）6]；亚铁氰化钾化学式为K4[Fe（CN）6]•3H2O．
3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓（蓝色沉淀）
4Fe3++3[Fe（CN）6]4-=Fe4[Fe（CN）6]3↓（蓝色沉淀）
确定Fe2+是否氧化完全的方法是______．（可供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液）
（3）除铁：加入适量的Na2CO3调节酸度，生成黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀，写出该反应的化学方程式______．
（4）沉淀：生成沉淀碱式碳酸钴[（CoCO3）2•3Co（OH）2]，沉淀需洗涤，洗涤的操作是______．
（5）溶解：CoCl2的溶解度曲线如图所示．向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤，其原因是______．
（6）灼烧：准确称取所得CoC2O4 1.470g，在空气中充分灼烧得0.830g氧化钴，写出氧化钴的化学式______．
正确答案
解：（1）洗液与滤液合并，提高洗涤和滤液中钴的利用率，故答案为：提高钴等元素的利用率；
（2）亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，1molr的亚铁离子失去1mol的电子，而1mol的氯酸根离子得到6mol的电子，根据电子得失守恒，可知离子方程式为：6Fe2++6H++ClO3-═6Fe3++Cl-+3H2O，取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2+已全部被氧化，故答案为：6Fe2++6H++ClO3-═6Fe3++Cl-+3H2O；取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2+已全部被氧化；
（3）生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾，化学反应方程式为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6 Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+5 Na2SO4+6CO2↑，故答案为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6 Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+5 Na2SO4+6CO2↑；
（4）沉淀洗涤的方法是向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出．重复操作2～3次，
故答案为：向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出．重复操作2～3次；
（5）CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低氯化钴析出，故答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出；
（6）CoC2O4的质量为1.470g，其我知道可为0.01mol，Co元素质量为0.59g，钴氧化物质量为0.83g，氧化物中氧元素质量为0.83g-0.59g=0.24g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.01mol：
解析
解：（1）洗液与滤液合并，提高洗涤和滤液中钴的利用率，故答案为：提高钴等元素的利用率；
（2）亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，1molr的亚铁离子失去1mol的电子，而1mol的氯酸根离子得到6mol的电子，根据电子得失守恒，可知离子方程式为：6Fe2++6H++ClO3-═6Fe3++Cl-+3H2O，取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2+已全部被氧化，故答案为：6Fe2++6H++ClO3-═6Fe3++Cl-+3H2O；取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2+已全部被氧化；
（3）生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾，化学反应方程式为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6 Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+5 Na2SO4+6CO2↑，故答案为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6 Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+5 Na2SO4+6CO2↑；
（4）沉淀洗涤的方法是向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出．重复操作2～3次，
故答案为：向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出．重复操作2～3次；
（5）CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低氯化钴析出，故答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出；
（6）CoC2O4的质量为1.470g，其我知道可为0.01mol，Co元素质量为0.59g，钴氧化物质量为0.83g，氧化物中氧元素质量为0.83g-0.59g=0.24g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.01mol：
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