- 气体的检验
- 共1690题
我国规定饮用水质量标准必须符合下列要求：
以下是源水处理成自来水的工艺流程示意图
（1）源水中含Ca2+、Mg2+、HCO3-、Cl-等，加入石灰后生成Ca（OH）2，进而发生若干复分解反应，写出其中一个离子方程式______
（2）凝聚剂除去悬浮固体颗粒的过程______（填写编号，多选倒扣）
①只有物理过程 ②只是化学过程 ③是物理和化学过程
FeSO4•7H2O常用的凝聚剂，它在水中最终生成______沉淀．
（3）通入二氧化碳的目的是______和______．
（4）气体A通常使用氯气，氯气的作用是基于其和水反应的产物之一具有______性，请写出氯气与水反应的离子反应方程式______．
（5）下列物质中能作为氯气的代用品的是______（填写编号，多选倒扣）
①Ca（ClO）2 ②NH3（液） ③K2FeO4 ④SO2．
正确答案
解：（1）氢氧化钙中的氢氧根离子可以和镁离子，碳酸氢根离子反应，碳酸根离子还可以和钙离子反应，即HCO3-+OH -=CO32-+H2O；Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故答案为：HCO3-+OH -=CO32-+H2O（或Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓或Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O）；
（2）混凝剂能使固体颗粒沉淀，且混凝剂中的硫酸根离子与钙离子结合生成沉淀，亚铁离子与碱反应生成沉淀，则既发生物理变化又发生化学变化，且亚铁离子与碱反应生成沉淀易被氧化为红褐色沉淀Fe（OH）3，故答案为：③；胶状Fe（OH）3；
（3）通入二氧化碳，增大溶液中碳酸根离子浓度，则与钙离子反应生成沉淀，从而除去钙离子，并降低溶液的碱性，调节溶液的酸碱度，故答案为：除去除去Ca2+；调节PH值；
（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为Cl2+H2O═HCl+HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故答案为：强氧化；Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；
（5）氯气具有强氧化性，能杀菌消毒，则作为Cl2的替代品的物质需具有强氧化性，选项中只有①③具有强氧化性，故答案为：①③．
解析
解：（1）氢氧化钙中的氢氧根离子可以和镁离子，碳酸氢根离子反应，碳酸根离子还可以和钙离子反应，即HCO3-+OH -=CO32-+H2O；Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故答案为：HCO3-+OH -=CO32-+H2O（或Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓或Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O）；
（2）混凝剂能使固体颗粒沉淀，且混凝剂中的硫酸根离子与钙离子结合生成沉淀，亚铁离子与碱反应生成沉淀，则既发生物理变化又发生化学变化，且亚铁离子与碱反应生成沉淀易被氧化为红褐色沉淀Fe（OH）3，故答案为：③；胶状Fe（OH）3；
（3）通入二氧化碳，增大溶液中碳酸根离子浓度，则与钙离子反应生成沉淀，从而除去钙离子，并降低溶液的碱性，调节溶液的酸碱度，故答案为：除去除去Ca2+；调节PH值；
（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为Cl2+H2O═HCl+HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故答案为：强氧化；Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；
（5）氯气具有强氧化性，能杀菌消毒，则作为Cl2的替代品的物质需具有强氧化性，选项中只有①③具有强氧化性，故答案为：①③．
MnO2是一种重要的催化剂．某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：
（1）写出1个用二氧化锰作催化剂的化学反应方程式______．
（2）第②步反应的离子反应方程式为______．
（3）检验过滤Ⅰ所得的MnO2是否洗涤干净的方法是______．
（4）第③步反应的化学反应方程式为______．
（5）上述流程中可用于循环使用的物质是______（填化学式）；过滤操作和蒸发操作中都要用到的玻璃仪器是______．
（6）若粗MnO2样品的质量为25.38g，第①步反应后，经过滤得到17.4g MnO2，并收集到0.448LCO2（标准状况下），则样品中所含的MnO质量为______g．
正确答案
解析：粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液Ⅰ为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液Ⅱ和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O；
（1）MnO2作催化剂，实验室分解氯酸钾制氧气的方程式为：2KClO3
（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，故答案为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；
（3）检验过滤Ⅰ所得的MnO2是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若无浑浊现象出现，说明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若无浑浊现象出现，说明已洗涤干净；
（4）氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠，则氯化合价从0价升高到+5价，根据氧化还原反应的化合价有升有降，所以氯的化合价从0价降低到-1价即氯化钠生成，根据升高总数与降低总数相等，则氯酸钠系数为1，而氯化钠系数为5，再结合原子守恒，方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，故答案为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O；
（5）根据流程最终生成氯酸钠固体在第②步刚好也用到氯酸钠溶液，所以可用于循环使用的物质是NaClO3；过滤操作和蒸发操作中都要用到的玻璃仪器是玻璃棒；故答案为：NaClO3；玻璃棒；
（6）根据质量守恒和化学方程式计算，CO2的物质的量为
解析
解析：粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液Ⅰ为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液Ⅱ和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O；
（1）MnO2作催化剂，实验室分解氯酸钾制氧气的方程式为：2KClO3
（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，故答案为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；
（3）检验过滤Ⅰ所得的MnO2是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若无浑浊现象出现，说明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若无浑浊现象出现，说明已洗涤干净；
（4）氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠，则氯化合价从0价升高到+5价，根据氧化还原反应的化合价有升有降，所以氯的化合价从0价降低到-1价即氯化钠生成，根据升高总数与降低总数相等，则氯酸钠系数为1，而氯化钠系数为5，再结合原子守恒，方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，故答案为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O；
（5）根据流程最终生成氯酸钠固体在第②步刚好也用到氯酸钠溶液，所以可用于循环使用的物质是NaClO3；过滤操作和蒸发操作中都要用到的玻璃仪器是玻璃棒；故答案为：NaClO3；玻璃棒；
（6）根据质量守恒和化学方程式计算，CO2的物质的量为
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，此杂质的化学式为______，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）写出生成沉淀B的离子方程式______
（4）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
CaCO3
Na2CO3
先加入过量盐酸后再蒸发结晶
Ca2++CO32-=CaCO3↓
混合物A
解析
解：（1）NaCl和CaCl2两种固体混合物，溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，过滤后得到的沉淀B为碳酸钙，故答案为：CaCO3；
（2）由于碳酸钠过量，所以滤液中的物质有氯化钠和碳酸钠，因此要得到纯净的氯化钠就需要除去碳酸钠，向滤液中加入适量盐酸至不产生气体，生成氯化钠和水和二氧化碳，蒸发后最后的固体物质是氯化钠，
故答案为：Na2CO3；先加入过量盐酸后再蒸发结晶；
（3）钙离子与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式：Ca2++CO32-=CaCO3↓，故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓；
（4）要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的碳酸钙的质量，根据反应CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O可计算氯化钙的质量，混合物A的总质量减去氯化钙的质量可得氯化钠的质量，
故答案为：混合物A．
钡盐行业生产中排出大量的钡泥（主要含有BaCO3、BaSiO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等）．某主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的化工厂利用钡泥制取Ba（NO3）2，其部分工艺流程如下：
（1）酸溶后溶液中pH=1，Ba（FeO2）2与HNO3的反应的离子方程式为______；
（2）向上述酸溶后的溶液中加入X，控制pH在4～5范围．用离子方程式表示加X调节pH的过程______；
（3）酸溶过程钡泥中有一种成分没有溶解，这种成分是______；
（4）对于Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42-反应，在酸性条件下NO3-氧化性比SO42-氧化性______（填“强”或“弱”）；
（5）配平下列反应方程式：______NH4++______O2+______OH-═______NO2-+______H2O；
（6）酸溶时BaSO3会和硝酸发生氧化还原反应，1mol BaSO3被氧化时被还原HNO3的物质的量是______（若不能整除则保留两位小数）；
（7）一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2，若该反应消耗32g CH3OH转移6mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是______；
（8）若用9.6g铜和50mL一定物质的量浓度的硝酸反应，铜溶解后放出2240mL标准状况下的NO2、NO气体，将溶液稀释为500mL，测得溶液的pH=1，则原硝酸的物质的量浓度为______．
正确答案
解：（1）Ba（FeO2）2中Fe元素是+3价，钡元素为+2价，故Ba（FeO2）2与硝酸不发生氧化还原反应，其反应方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O，
故答案为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；
（2）入X调节溶液的pH=4～5，则X应能消耗H+，结合工厂主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的实际情况，可选用BaCO3；离子方程式：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑，故答案为：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑；
（3）BaSO3可被硝酸氧化生成硫酸钡，硫酸钡不溶于硝酸，故答案为：BaSO3；
（4）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42-反应中硝酸根是氧化剂，硫酸根是氧化产物，故答案为：强；
（5）根据化合价升降相等，在该反应中，NH4+→NO2-，N的化合价由-3→-+3，升高6价，O2化合价降低4价，化合价变化的最小公倍数为12，则NH4+的计量数为2，O2计量数为3，然后根据电荷守恒配平：2NH4++3O2+4OH-═2NO2-+6H2O，故答案为：2；3；4；2；6；
（6）1mol BaSO3被氧化时，失去2mol电子，则硝酸得到2mo电子，反应中N元素化合价由+5价降低到+2价，设有x mol硝酸被钡还原，则有[5-（+2）]x=2，
x=0.67，故答案为：0.67；
（7）消耗32g（1mol）CH3OH转移6mol电子，由CH3OH中碳原子的化合价升高6，所以反应后碳的化合价为+4，产物为CO2，根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH3OH+6HNO3═5CO2+3N2+13H2O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6，
故答案为：5：6；
（8）反应后剩余硝酸的物质的量为0.5×0.1=0.05mol，根据氮原子守恒可知n（HNO3）=n（HNO3）剩余+n（CuNO3）×2+n（NO2+NO）=0.05mol+
解析
解：（1）Ba（FeO2）2中Fe元素是+3价，钡元素为+2价，故Ba（FeO2）2与硝酸不发生氧化还原反应，其反应方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O，
故答案为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；
（2）入X调节溶液的pH=4～5，则X应能消耗H+，结合工厂主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的实际情况，可选用BaCO3；离子方程式：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑，故答案为：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑；
（3）BaSO3可被硝酸氧化生成硫酸钡，硫酸钡不溶于硝酸，故答案为：BaSO3；
（4）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42-反应中硝酸根是氧化剂，硫酸根是氧化产物，故答案为：强；
（5）根据化合价升降相等，在该反应中，NH4+→NO2-，N的化合价由-3→-+3，升高6价，O2化合价降低4价，化合价变化的最小公倍数为12，则NH4+的计量数为2，O2计量数为3，然后根据电荷守恒配平：2NH4++3O2+4OH-═2NO2-+6H2O，故答案为：2；3；4；2；6；
（6）1mol BaSO3被氧化时，失去2mol电子，则硝酸得到2mo电子，反应中N元素化合价由+5价降低到+2价，设有x mol硝酸被钡还原，则有[5-（+2）]x=2，
x=0.67，故答案为：0.67；
（7）消耗32g（1mol）CH3OH转移6mol电子，由CH3OH中碳原子的化合价升高6，所以反应后碳的化合价为+4，产物为CO2，根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH3OH+6HNO3═5CO2+3N2+13H2O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6，
故答案为：5：6；
（8）反应后剩余硝酸的物质的量为0.5×0.1=0.05mol，根据氮原子守恒可知n（HNO3）=n（HNO3）剩余+n（CuNO3）×2+n（NO2+NO）=0.05mol+
某糖厂甘蔗渣回收利用方案如图一所示：
已知：A能催熟水果，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B是高分子化合物，D是有水果香味的有机物．请完成下列填空：
（1）“C6H12O6”表示的物质的名称是______，B的名称为______．
（2）写出C→D转化的化学反应方程式（有机物用结构简式表示，并注明反应条件）______．
（3）物质D可以由图二装置来制取，则：
①试管a中加入的浓硫酸的作用是______．
②试管b中盛装的溶液是______；导管不能伸入液面以下，原因是______．
正确答案
葡萄糖
聚乙烯
CH3COOH+HOCH2CH3
吸水剂和催化剂
饱和碳酸钠溶液
防止倒吸
解析
解：纤维素水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下反应生成乙醇，乙醇可以生成A，A能催热水果，故A为乙烯，A可以合成高分子化合物B，B是聚乙烯，乙醛转化生成C，C与乙醇反应生成D，D是有水果香味的物质，D为乙酸乙酯，故C6H12O6为葡萄糖，
（1）“C6H12O6”所示的物质是葡萄糖，A为乙烯，A可以合成高分子化合物B，B是聚乙烯，故答案为：葡萄糖；聚乙烯；
（2）C→D是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+HOCH2CH3
故答案为：CH3COOH+HOCH2CH3
（3）①在乙酸乙酯的制取中，浓硫酸的作用是：吸水剂和催化剂；故答案为：吸水剂和催化剂；
②除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，应加入饱和碳酸钠溶液溶解乙醇、反应掉乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸，故答案为：饱和碳酸钠溶液；防止倒吸．
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