- 气体的检验
- 共1690题
（2014•兴庆区校级一模）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁．某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为______；得到滤渣1的主要成分为（填化学式）______．
（2）第②步加H2O2的作用是______，使用H2O2的优点是______；调溶液pH的目的是使______生成沉淀．
（3）用第③步所得CuSO4•5H2O制备无水CuSO4的方法是______．
（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，______方案不可行，原因是______：从原子利用率角度考虑，______方案更合理．
正确答案
Cu+4H++2NO3-
或3Cu+8H++2NO3-
Au、Pt
将Fe2+氧化为Fe3+
不引入杂质，对环境无污染
Fe3+、Al3+
加热脱水
甲
所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质
乙
解析
解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：（（10分），离子方程式Cu+4H++2NO3-
故答案为：Cu+4H++2NO3-
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，过氧化氢做氧化剂被还原后为水，不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；
故答案为：加热脱水；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；
乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙最合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费，
所以上述三种方案中：甲方案制得的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，不可行；从原子利用率和是否产生杂质考虑知，乙方案更合理，
故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙；
实验化学实验室通常用粗锌和稀硫酸反应制氢气，因此在制氢废液中含有大量的硫酸锌．同时，由于粗锌中还含有铁等杂质，使得溶液中混有一定量的硫酸亚铁，为了充分利用制氢废液，常用其制备皓矾（ZnSO4•7H2O）．某校化学兴趣小组的同学以制氢气的废液为原料来制取皓矾并探究其性质．
（1）制备皓矾的实验流程如图所示．
已知：开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为：
Fe（OH）3：2.7一3.7
Fe（OH）2：7.6一9.6
Zn（OH）2：5.7一8.0
试回答下列问题：①加入的试剂①，供选择使用的有：氨水、NaClO溶液、20%的H2O2、浓硫酸、浓硝酸等，应选用______，其理由是______
②加入的试剂②，供选择使用的有：Zn粉、ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3、ZnSO4等，应选用______，其理由是______
③从晶体1→晶体2，该过程的名称是______．
④在得到皓矾时，向晶体中加入少量酒精洗涤而不用水的原因是______．
（2）探究ZnSO4•7H2O的性质
⑤称取28.7g ZnSO4•7H2O研细后置于坩埚中小心加热，测得残留固体的质量与温度的对应数据见下表：
试写出ZnSO4•7H2O加热到1000℃时的反应方程式______．
⑥取少量ZnSO4•7H2O配成溶液向其中逐滴加入NaOH溶液，发现先产生白色沉淀后又逐渐溶解；若改用氨水得到相同的现象．查资料知，氢氧化锌与氢氧化铝均有两性，且锌离子可与氨水形成络合离子[Zn（NH3）4]2+．则Zn（OH）2沉淀中加入NaOH溶液和加氨水均得到无色溶液的离子反应方程式为：______（任写一个）．
正确答案
解：（1）①化学实验室通常用粗锌和稀硫酸反应制氢气，因此在制氢废液中含有大量的硫酸锌．同时，由于粗锌中还含有铁等杂质，溶于酸后生成亚铁离子锌离子，依据开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为：Fe（OH）3：2.7-3.7Fe（OH）2：7.6-9.6 Zn（OH）2：5.7-8，分析判断，直接沉淀亚铁离子，锌离子也会全部全部沉淀，不能实现实验目的和要求，除去亚铁离子需要先把亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使三价铁离子全部沉淀，此时锌离子不沉淀，来实现分离，加入的氧化剂不能引入新的杂质，氨水、NaClO溶液、20%的H2O2、浓硫酸、浓硝酸中只有20%的H2O2 在氧化亚铁离子不引入杂质，故答案为：20%的H2O2；将制氢废液中的Fe2+氧化成Fe3+，同时避免引入新的杂质；
②试剂2是用来调节溶液PH到3.7，目的让铁离子全部沉淀，除杂实验不能引入新的杂质；Zn粉会把氧化得到的铁离子还原，起不到除去的作用，ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3可以反应调节溶液PH到3.7，使铁离子沉淀，同时不引入新的杂质，ZnSO4不能调节溶液PH，且引入杂质硫酸根离子，故答案为：ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3；
③晶体溶解再结晶是提纯晶体的方法为重结晶；故答案为：重结晶；
④洗涤晶体表面的杂质离子，同时减少皓钒晶体的损失；在得到皓矾时，向晶体中加入少量酒精洗涤而不用水的原因是，晶体溶于水，不溶于酒精，所以目的是为了冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率；故答案为：为了冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率；
（2）⑤ZnSO4•7H2O加热到1000℃时所的固体的质量为8.1g，加热到60°会将所有的结晶水失去，到1000℃时硫酸锌已经分解为氧化锌、三氧化硫，故答案为：ZnSO4•7H2O
⑥向硫酸锌中逐滴加入NaOH溶液，发现先产生白色沉淀氢氧化锌，然后又逐渐溶解在氢氧化钠中，发生的化学反应为；Zn（OH）2+2OH-=ZnO22-+2H2O，故答案为：Zn（OH）2+2OH-=ZnO22-+2H2O．
解析
解：（1）①化学实验室通常用粗锌和稀硫酸反应制氢气，因此在制氢废液中含有大量的硫酸锌．同时，由于粗锌中还含有铁等杂质，溶于酸后生成亚铁离子锌离子，依据开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为：Fe（OH）3：2.7-3.7Fe（OH）2：7.6-9.6 Zn（OH）2：5.7-8，分析判断，直接沉淀亚铁离子，锌离子也会全部全部沉淀，不能实现实验目的和要求，除去亚铁离子需要先把亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使三价铁离子全部沉淀，此时锌离子不沉淀，来实现分离，加入的氧化剂不能引入新的杂质，氨水、NaClO溶液、20%的H2O2、浓硫酸、浓硝酸中只有20%的H2O2 在氧化亚铁离子不引入杂质，故答案为：20%的H2O2；将制氢废液中的Fe2+氧化成Fe3+，同时避免引入新的杂质；
②试剂2是用来调节溶液PH到3.7，目的让铁离子全部沉淀，除杂实验不能引入新的杂质；Zn粉会把氧化得到的铁离子还原，起不到除去的作用，ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3可以反应调节溶液PH到3.7，使铁离子沉淀，同时不引入新的杂质，ZnSO4不能调节溶液PH，且引入杂质硫酸根离子，故答案为：ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3；
③晶体溶解再结晶是提纯晶体的方法为重结晶；故答案为：重结晶；
④洗涤晶体表面的杂质离子，同时减少皓钒晶体的损失；在得到皓矾时，向晶体中加入少量酒精洗涤而不用水的原因是，晶体溶于水，不溶于酒精，所以目的是为了冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率；故答案为：为了冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率；
（2）⑤ZnSO4•7H2O加热到1000℃时所的固体的质量为8.1g，加热到60°会将所有的结晶水失去，到1000℃时硫酸锌已经分解为氧化锌、三氧化硫，故答案为：ZnSO4•7H2O
⑥向硫酸锌中逐滴加入NaOH溶液，发现先产生白色沉淀氢氧化锌，然后又逐渐溶解在氢氧化钠中，发生的化学反应为；Zn（OH）2+2OH-=ZnO22-+2H2O，故答案为：Zn（OH）2+2OH-=ZnO22-+2H2O．
氧化镁主要用于制备陶瓷和耐火材料，医药上可用作抗酸剂．以卤水（主要含Mg2+Na+、Cl-、
（1）反应温度对产品质量的影响情况如表所示：
由此可知，煅烧A生成MgO最适宜的温度为______，原因是______
（2）的主要成分是______（填化学式），确定A已洗涤干净的操作和现象是______
（3）物质B和C的主要成分分别是______（两者均写名称）．
（4）写出碱式碳酸镁高温分解生成MgO的化学反应方程式：______．
正确答案
解：（1）根据表中数据可以知道，产品中氧化镁质量分数相对较高的温度是60℃，所以煅烧A生成MgO最适宜的温度为60℃，故答案为：60℃；
（2）加入碳酸氢钠之后，过滤得到的沉淀物是碳酸镁，再煅烧可以得到氧化镁，溶液中含有的离子是钠离子、氯离子、硫酸根离子等，所以判断是否洗涤干净，可以检验硫酸根离子是否存在，即取最后一次的洗涤液，加入少量盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净，
故答案为：MgCO3；取最后一次的洗涤液，加入少量盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净；
（3）硫酸钠的溶解度随着温度变化比较大，而氯化钠的溶解度随着温度变化比较小，因而应该是先析出硫酸钠，再蒸发结晶可以得到氯化钠，
故答案为：硫酸钠、氯化钠；
（4）碱式碳酸镁高温下分解为氧化镁、水以及二氧化碳，方程式为：Mg2（OH）2CO3
故答案为：Mg2（OH）2CO3
解析
解：（1）根据表中数据可以知道，产品中氧化镁质量分数相对较高的温度是60℃，所以煅烧A生成MgO最适宜的温度为60℃，故答案为：60℃；
（2）加入碳酸氢钠之后，过滤得到的沉淀物是碳酸镁，再煅烧可以得到氧化镁，溶液中含有的离子是钠离子、氯离子、硫酸根离子等，所以判断是否洗涤干净，可以检验硫酸根离子是否存在，即取最后一次的洗涤液，加入少量盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净，
故答案为：MgCO3；取最后一次的洗涤液，加入少量盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净；
（3）硫酸钠的溶解度随着温度变化比较大，而氯化钠的溶解度随着温度变化比较小，因而应该是先析出硫酸钠，再蒸发结晶可以得到氯化钠，
故答案为：硫酸钠、氯化钠；
（4）碱式碳酸镁高温下分解为氧化镁、水以及二氧化碳，方程式为：Mg2（OH）2CO3
故答案为：Mg2（OH）2CO3
（2013秋•盐城期中）高氯酸铵可用于火箭推进剂，实验室可由NaClO3等原料制取（部分物质溶解度如图M、N），其实验流程如下：
（1）氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠的化学方程式为______．
（2）80℃时浸取液冷却至0℃过滤，滤渣的主要成分为______（写化学式）．
（3）反应器中加入氯化铵饱和溶液发生反应的离子方程式为______．
（4）已知：2NH4ClO4
a．饱和食盐水 b．浓H2SO4 c．NaOH溶液 d．Mg e．Cu f．Fe
利用下图A-E装置对高氯酸铵热分解产生的三种气体进行分步吸收或收集．
①E中收集到的气体可能是______ （填化学式）．
②装置D的作用可能是______．
③A、B、C中盛放的药品依次可以是______（选填：Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）．
Ⅰ．a b dⅡ．c b eⅢ．b c f．
正确答案
解：据氧化还原反应原理和信息，氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体．
（1）根据氧化还原反应原理和信息，氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，得到方程式为4NaClO3
（2）可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，不会析出晶体，故答案为：NaClO4．
（3）反应器高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，即发生反应的离子方
程式为NH4++ClO4-=NH4ClO4，故答案为：NH4++ClO4-=NH4ClO4；
（4）氯气能被NaOH吸收，水可以被浓硫酸吸收，氧气可以被热的Cu吸收，氮气可以用排水法收集，氢氧化钠中有水，先是吸收氯气，再是将水吸收，最后吸水的是氧气，所以A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOH b．浓H2SO4 e．Cu，最后用排水法收集氮气，
①E中收集到的气体只能是氮气，故答案为：N2；
②装置D的作用以防水倒吸，所以起到安全瓶的作用，故答案为：安全瓶；
③A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOH b．浓H2SO4 e．Cu，故答案为：Ⅱ．
解析
解：据氧化还原反应原理和信息，氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体．
（1）根据氧化还原反应原理和信息，氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，得到方程式为4NaClO3
（2）可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，不会析出晶体，故答案为：NaClO4．
（3）反应器高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，即发生反应的离子方
程式为NH4++ClO4-=NH4ClO4，故答案为：NH4++ClO4-=NH4ClO4；
（4）氯气能被NaOH吸收，水可以被浓硫酸吸收，氧气可以被热的Cu吸收，氮气可以用排水法收集，氢氧化钠中有水，先是吸收氯气，再是将水吸收，最后吸水的是氧气，所以A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOH b．浓H2SO4 e．Cu，最后用排水法收集氮气，
①E中收集到的气体只能是氮气，故答案为：N2；
②装置D的作用以防水倒吸，所以起到安全瓶的作用，故答案为：安全瓶；
③A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOH b．浓H2SO4 e．Cu，故答案为：Ⅱ．
（2015•北京模拟）用软锰矿（主要成分为MnO2）生产高锰酸钾产生的锰泥中，还含有18%的MnO2、3%的KOH（均为质量分数），及少量Cu、Pb的化合物等，用锰泥可回收制取MnCO3，过程如图17：
（1）锰泥中加入H2SO4、FeSO4混合溶液，反应的离子方程式是______．
（2）经实验证明：MnO2稍过量时，起始H2SO4、FeSO4混合溶液中
①检验Fe2+是否氧化完全的实验操作是______．
②生产时H2SO4、FeSO4混合溶液中c（H+）/c（Fe2+）控制在0.7～1之间，不宜过大，请从节约药品的角度分析，原因是______．若
（3）写出滤液2中加入过量NH4HCO3反应的离子方程式______．
（4）上述过程锰回收率可达95%，若处理1740kg的锰泥，可生产MnCO3______kg（已知相对分子质量：MnO2 87；MnCO3 115）．
正确答案
解：（1）锰泥中加入H2SO4、FeSO4混合溶液，是二氧化锰和亚铁离子发生氧化还原反应，生成铁离子，二氧化锰酸性条件下被还原，所以方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（2）①检验Fe2+的存在加入铁氰化钾溶液，观察溶液是否变蓝，故答案为：取少量滤液1，加入铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，证明Fe2+被氧化完全；
②生产时H2SO4、FeSO4混合溶液中
（3）滤液2中的锰离子与NH4HCO3反应生成碳酸锰和二氧化碳与水，所以离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）锰泥中含18%的MnO2，程锰回收率可达95%，根据关系式
MnO2～～～～～～～～MnCO3，
87 115
1740kg×18%×95% m
解之得m=393.3kg，故答案为：393.3．
解析
解：（1）锰泥中加入H2SO4、FeSO4混合溶液，是二氧化锰和亚铁离子发生氧化还原反应，生成铁离子，二氧化锰酸性条件下被还原，所以方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（2）①检验Fe2+的存在加入铁氰化钾溶液，观察溶液是否变蓝，故答案为：取少量滤液1，加入铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，证明Fe2+被氧化完全；
②生产时H2SO4、FeSO4混合溶液中
（3）滤液2中的锰离子与NH4HCO3反应生成碳酸锰和二氧化碳与水，所以离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）锰泥中含18%的MnO2，程锰回收率可达95%，根据关系式
MnO2～～～～～～～～MnCO3，
87 115
1740kg×18%×95% m
解之得m=393.3kg，故答案为：393.3．
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