- 气体的检验
- 共1690题
将羧酸的碱金属盐溶液用惰性电极电解可得到烃类化合物，例如：2CH3COOK+2H2O
回答下列问题：
（1）电解ClCH2COOK溶液时阳极的电极反应式是______（填选项）．
A．2ClCH2COO--2e-=ClCH2CH2Cl+2CO2↑ B．2H++2e-=H2↑
C．2H2O+2e-=2OH-+H2↑ D．4OH--4e-=2H2O+O2↑
（2）操作Ⅰ的名称是______，G的结构简式是______．
（3）写出B与银氨溶液按物质的量1：4反应的化学方程式：______．
（4）写出下列化学方程式并指出其反应类型：
A→B方程式：______．
E→F方程式：______．
指出反应类型：A→B______，E→F______．
正确答案
解：由题目信息可知，电解ClCH3COOK溶液得到ClCH2CH2Cl、KOH混合溶液，加热ClCH2CH2Cl发生水解得到A为HOCH2CH2OH，乙二醇发生催化氧化生成B为OHC-CHO，乙二醛与银氨溶液发生氧化反应C为HOOC-COOH，乙二酸与乙二醇发生酯化反应生成D，ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，E在KOH、乙醇、加热条件下发生消去反应生成F，F发生加聚反应生成含氯高分子，则F为CH2=CHCl，G为
（1）电解ClCH2COOK溶液时，阳极发生氧化反应，ClCH2COO-在阳极放电生成ClCH2CH2Cl、CO2，阳极电极反应式为：2ClCH2COO--2e-=ClCH2CH2Cl+2CO2↑，故选：A；
（2）ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，G的结构简式是
（3）B为OHC-CHO，与银氨溶液按物质的量1：4反应生成C的化学方程式：
故答案为：
（4）A是HOCH2CH2OH，B是OHC-CHO，A→B是醇的催化氧化生成醛，所以方程式为：HOCH2CH2OH+O2
解析
解：由题目信息可知，电解ClCH3COOK溶液得到ClCH2CH2Cl、KOH混合溶液，加热ClCH2CH2Cl发生水解得到A为HOCH2CH2OH，乙二醇发生催化氧化生成B为OHC-CHO，乙二醛与银氨溶液发生氧化反应C为HOOC-COOH，乙二酸与乙二醇发生酯化反应生成D，ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，E在KOH、乙醇、加热条件下发生消去反应生成F，F发生加聚反应生成含氯高分子，则F为CH2=CHCl，G为
（1）电解ClCH2COOK溶液时，阳极发生氧化反应，ClCH2COO-在阳极放电生成ClCH2CH2Cl、CO2，阳极电极反应式为：2ClCH2COO--2e-=ClCH2CH2Cl+2CO2↑，故选：A；
（2）ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，G的结构简式是
（3）B为OHC-CHO，与银氨溶液按物质的量1：4反应生成C的化学方程式：
故答案为：
（4）A是HOCH2CH2OH，B是OHC-CHO，A→B是醇的催化氧化生成醛，所以方程式为：HOCH2CH2OH+O2
软锰矿的主要成分是二氧化锰，用软锰矿浆吸收工业废气中的二氧化硫，可以制高纯度的硫酸锰晶体，其流程如图所示：
已知：浸出液中的金属阳离子主要是Mn2+，还含有少量的Fe2+、Al3+等，且pH＜2．几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如右表所示：
根据上述流程，回答下列问题：
（1）写出二氧化锰与二氧化硫反应的化学方程式：______．
（2）浸出液的pH＜2，从上述流程看，可能的原因为______
（用化学用语和必要的文字说明）．
（3）用离子方程式表示加入二氧化锰的作用：______．
（4）从表中数据来看，能不能取消“加入二氧化锰”的步骤？原因是______．
（5）下列试剂能替代二氧化锰的是______（填序号）．
A．双氧水 B．氯水 C．高锰酸钾溶液 D．次氯酸钠
（6）有同学认为可以用碳酸锰（MnCO3）或氢氧化锰[Mn（OH）2]替代石灰乳，你是否同意此 观点？简述理由：______．
（7）从含硫酸锰的滤液中提取硫酸锰晶体的操作是______．利用 废渣能提取高纯度的铁红，简述其操作过程：______．
正确答案
解：由浸出液中的金属阳离子主要是Mn2+，可知浸出时主要发生反应：SO2+MnO2═MnSO4，由于二氧化硫溶于水生成H2SO3，H2SO3部分电离会使浸出液pH＜2，浸出液中含有少量的Fe2+、Al3+等，由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知，加入二氧化锰氧化过程，是将亚铁离子转化为铁离子，再加入石灰乳，调节溶液pH值，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，再进行过滤，滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝，滤液为硫酸锰溶液，再通过蒸发浓缩、降温结晶，最后过滤得到硫酸锰晶体．
（1）由上述分析可知，二氧化锰与二氧化硫反应的化学方程式为SO2+MnO2═MnSO4，故答案为：SO2+MnO2═MnSO4；
（2）二氧化硫溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成的H2SO3部分电离：H2SO3⇌H++HSO3-，使浸出液的pH＜2，
故答案为：二氧化硫溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成的H2SO3部分电离：H2SO3⇌H++HSO3-；
（3）加入二氧化锰氧化过程，是将亚铁离子转化为铁离子，反应离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）由表中数据可知，pH=9.7时Fe2+才完全沉淀，而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀，不能能取消“加入二氧化锰”的步骤，故答案为：不能，pH=9.7时Fe2+才完全沉淀，而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀；
（5）替代二氧化锰的试剂应具有强氧化性，且不能引入杂化，氯气、酸性高锰酸钾、次氯酸均会引入杂质离子，而双氧水可以氧化亚铁离子为铁离子，同时生成水，不引入杂质离子，故选A；
（6）铁离子、铝离子水解程度比锰离子大，加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应，促进铁离子、铝离子水解，进而转化为沉淀，再通过过滤除去，同意该同学的观点，
故答案为：同意，铁离子、铝离子水解程度比锰离子大，加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应，促进铁离子、铝离子水解，进而转化为沉淀，再通过过滤除去；
（7）从含硫酸锰的滤液中提取硫酸锰晶体的操作是：蒸发浓缩、降温结晶、过滤；
滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝，提取高纯度的铁红的方案为：将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中，再进行过滤、洗涤、干燥，最后灼烧可得氧化铁．
故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；过滤；将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中，再进行过滤、洗涤、干燥，最后灼烧可得氧化铁．
解析
解：由浸出液中的金属阳离子主要是Mn2+，可知浸出时主要发生反应：SO2+MnO2═MnSO4，由于二氧化硫溶于水生成H2SO3，H2SO3部分电离会使浸出液pH＜2，浸出液中含有少量的Fe2+、Al3+等，由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知，加入二氧化锰氧化过程，是将亚铁离子转化为铁离子，再加入石灰乳，调节溶液pH值，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，再进行过滤，滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝，滤液为硫酸锰溶液，再通过蒸发浓缩、降温结晶，最后过滤得到硫酸锰晶体．
（1）由上述分析可知，二氧化锰与二氧化硫反应的化学方程式为SO2+MnO2═MnSO4，故答案为：SO2+MnO2═MnSO4；
（2）二氧化硫溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成的H2SO3部分电离：H2SO3⇌H++HSO3-，使浸出液的pH＜2，
故答案为：二氧化硫溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成的H2SO3部分电离：H2SO3⇌H++HSO3-；
（3）加入二氧化锰氧化过程，是将亚铁离子转化为铁离子，反应离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）由表中数据可知，pH=9.7时Fe2+才完全沉淀，而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀，不能能取消“加入二氧化锰”的步骤，故答案为：不能，pH=9.7时Fe2+才完全沉淀，而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀；
（5）替代二氧化锰的试剂应具有强氧化性，且不能引入杂化，氯气、酸性高锰酸钾、次氯酸均会引入杂质离子，而双氧水可以氧化亚铁离子为铁离子，同时生成水，不引入杂质离子，故选A；
（6）铁离子、铝离子水解程度比锰离子大，加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应，促进铁离子、铝离子水解，进而转化为沉淀，再通过过滤除去，同意该同学的观点，
故答案为：同意，铁离子、铝离子水解程度比锰离子大，加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应，促进铁离子、铝离子水解，进而转化为沉淀，再通过过滤除去；
（7）从含硫酸锰的滤液中提取硫酸锰晶体的操作是：蒸发浓缩、降温结晶、过滤；
滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝，提取高纯度的铁红的方案为：将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中，再进行过滤、洗涤、干燥，最后灼烧可得氧化铁．
故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；过滤；将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中，再进行过滤、洗涤、干燥，最后灼烧可得氧化铁．
自来水生产的流程示意图见下：
（1）混凝剂除去悬浮物质的过程______（填写序号）．
①只是物理变化 ②只是化学变化 ③是物理和化学变化
FeSO4•7H2O是常用的混凝剂，它在水中最终生成______沉淀．
（2）若要除去Ca2+、Mg2+，可以往水中加入生石灰和纯碱，试剂添加时先加______后加______，原因是______．
（3）用氯气消毒，是因为它与水反应生成了HClO，次氯酸的强氧化性能杀死水中的病菌（不能直接用次氯酸为自来水消毒是因为次氯酸易分解，且毒性较大）．Cl2+H2O⇌HCl+HClO K=4.5×10-4，使用氯气为自来水消毒可以有效地控制次氯酸的浓度，请结合平衡常数解释原因：______．下列物质中，______可以作为氯气的代用品（填写序号）．
①臭氧 ②NH3（液） ③K2FeO4 ④SO2
（4）有些地区的天然水中含有较多的钙、镁离子．用离子交换树脂软化硬水时，先后把水通过分别装有______离子交换树脂和______离子交换树脂的离子交换柱．（填“阴”或“阳”，阳离子交换树脂为HR型．阴离子交换树脂为ROH型）．
（5）测定水中的溶解氧：量取40mL水样，迅速加入MnSO4和KOH混合溶液，再加入KI溶液，立即塞好塞子，振荡使完全反应．打开塞子，迅速加入适量硫酸溶液，此时有碘单质生成．用0.010mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的碘，消耗了6.00mLNa2S2O3溶液．
已知在碱性溶液中，氧气能迅速氧化Mn2+，生成物在酸性条件下可以将碘离子氧化为碘单质，本身重新还原为Mn2+．上述过程发生的反应可表示为：
2Mn2++4OH-+O2═2MnO（OH）2
MnO（OH）2+2I-+4H+═I2+Mn2++3H2O
I2+2S2O32-═2I-+S4O62-
则水中的溶解氧量为______mg/L．
正确答案
③
Fe（OH）3
生石灰
纯碱
过量的钙离子可通过纯碱使之沉淀下来
由氯气与水反应的平衡常数可知，该反应的限度很小，生成的HClO浓度很小，且随着HClO的消耗，平衡会不断向正反应方向移动，补充HClO
①③
阳
阴
12.0
解析
解：（1）常用混凝剂为FeSO4•7H2O，被氧化、水解后生成Fe（OH）3，具有吸附作用，可除去水中的悬浮物，在此过程中，既有物理变化，又有化学变化，
故答案为：③；Fe（OH）3；
（2）除去Ca2+、Mg2+，应先加入石灰，然后加入纯碱，过量的钙离子可通过纯碱使之沉淀下来，
故答案为：生石灰；纯碱；过量的钙离子可通过纯碱使之沉淀下来；
（3）氯气和水反应的限度很小，生成的HClO浓度很小，且随着HClO的消耗，平衡会不断向正反应移动，补充HClO，可有效控制次氯酸的浓度，臭氧和K2FeO4具有强氧化性，可用作饮用水的消毒剂，
故答案为：由氯气与水反应的平衡常数可知，该反应的限度很小，生成的HClO浓度很小，且随着HClO的消耗，平衡会不断向正反应方向移动，补充HClO；①③；
（4）通过阴离子交换树脂后生成OH-，OH-会与钙、镁离子反应生成沉淀，影响阳离子交换树脂发挥作用，故先通过阳离子交换树脂再通过阴离子交换树脂，
故答案为：阳；阴；
（5）已知：2Mn2++4OH-+O2=2MnO（OH）2； MnO（OH）2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，
可得关系式：O2～4S2O32-，n（S2O32-）=0.01mol/L×0.006L=6×10-5mol，则n（O2）=
m（O2）=1.5×10-5mol×32g/mol=48×10-5g=0.48mg，
则水中的溶解氧量为为
故答案为：12.0．
一小块生锈的铁经过如下处理．
请根据以上信息回答下列问题：
（1）操作1和操作2是分离物质的重要方法，该操作名称叫______．
（2）溶液①中，含有的阳离子（除H+外）为______（填离子符号）．
（3）红褐色沉淀③的化学式为______．
（4）向溶液①先加适量稀硝酸，再加过量氨水，该过程发生反应的离子方程式为
①______．
②______．
正确答案
过滤
Fe2+、Fe3+
Fe（OH）3
3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+H2O
Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+
解析
解：生锈的铁块部分成分可以溶解于稀硫酸，得到硫酸亚铁和硫酸铁的混合物，加入硝酸，硝酸可以将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子可以和过量的氨水之间反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化铁受热分解为氧化铁和水．
（1）操作1和操作2是实现固体和溶液的分离，用到的方法是过滤，故答案为：过滤；
（2）生锈的铁块部分成分可以溶解于稀硫酸，得到硫酸亚铁和硫酸铁的混合物，溶液①中，含有的阳离子（除H+外）为：Fe2+、Fe3+，故答案为：Fe2+、Fe3+；
（3）氢氧化铁是一种红褐色沉淀，化学式为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；
（4）硝酸可以将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+H2O，铁离子可以和过量的氨水之间反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，离子反应为Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，故答案为：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+H2O；Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+．
（2013秋•福建校级期末）为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，某同学设计的回收利用方案如图：
（1）写出反应①的离子方程式______．
（2）步骤②中通入过量的CO2时生成沉淀的化学方程式为______．
（3）检验滤液D是否含有Fe3+的最佳试剂为______（填序号）．
A、KMnO4 B、NaOH C、氯水 D、KSCN
（4）若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：______、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有______（填序号）．
A、蒸发皿 B、石棉网 C、烧杯 D、玻璃棒
（5）试剂Y应该是一种______（填“氧化剂”或“还原剂”），它不可能是______．
A、H2O2 B、铁单质 C、O2．
正确答案
解：合金废料含铝、铁、铜，其中只有铝与足量氢氧化钠溶液反应，所以反应①的反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，滤液A含偏铝酸根，再通过量的二氧化碳，发生反应为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3，则沉淀C为氢氧化铝，加热分解得氧化铝；而滤渣B含铁、铜，加入稀硫酸再过滤得滤液D为硫酸亚铁溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥得到绿矾晶体；滤渣E为铜，在稀硫酸和氧化剂的作用下反应生成硫酸铜溶液；
（1）根据以上分析，合金废料含铝、铁、铜，其中只有铝与足量氢氧化钠溶液反应，离子方程式是 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）根据以上分析，滤液A含偏铝酸根，再通过量的二氧化碳，发生反应为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3；
（3）检验滤液D中是否含有Fe3+的最佳试剂为KSCN溶液，操作简单，现象明显，不受其他离子的干扰；
故答案为：D；
（4）因为绿矾晶体是结晶水合物，所以要从滤液D中得到绿矾晶体，不能直接蒸干，必须进行的实验操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥；在这一系列操作中没有用到的仪器为石棉网．
故答案为：蒸发浓缩；B；
（5）经分析滤渣E的成分应当是铜，要得到含Cu2+的溶液，试剂Y必须具有氧化性能和铜反应生成Cu2+，故答案为：氧化剂；B．
解析
解：合金废料含铝、铁、铜，其中只有铝与足量氢氧化钠溶液反应，所以反应①的反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，滤液A含偏铝酸根，再通过量的二氧化碳，发生反应为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3，则沉淀C为氢氧化铝，加热分解得氧化铝；而滤渣B含铁、铜，加入稀硫酸再过滤得滤液D为硫酸亚铁溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥得到绿矾晶体；滤渣E为铜，在稀硫酸和氧化剂的作用下反应生成硫酸铜溶液；
（1）根据以上分析，合金废料含铝、铁、铜，其中只有铝与足量氢氧化钠溶液反应，离子方程式是 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）根据以上分析，滤液A含偏铝酸根，再通过量的二氧化碳，发生反应为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3；
（3）检验滤液D中是否含有Fe3+的最佳试剂为KSCN溶液，操作简单，现象明显，不受其他离子的干扰；
故答案为：D；
（4）因为绿矾晶体是结晶水合物，所以要从滤液D中得到绿矾晶体，不能直接蒸干，必须进行的实验操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥；在这一系列操作中没有用到的仪器为石棉网．
故答案为：蒸发浓缩；B；
（5）经分析滤渣E的成分应当是铜，要得到含Cu2+的溶液，试剂Y必须具有氧化性能和铜反应生成Cu2+，故答案为：氧化剂；B．
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