- 气体的检验
- 共1690题
为了将混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠提纯，并制得纯净的氯化钠溶液，某学生设计如图所示实验．
（1）操作②能否用硝酸钡溶液？说明理由．______
（2）进行操作②后，如何判断SO42-已除尽，方法是______
（3）操作③目的是______；
④步操作需要用到的玻璃仪器有哪些______．
（4）此方案是否严密，说明理由______．
正确答案
解：（1）加入硝酸钠溶液，硝酸钠和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质，故答案为：不能，用硝酸钡会引入新杂质NO3-；
（2）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，
故答案为：取少量上层澄清溶液，再滴加BaCl2溶液，如无沉淀出现则说明SO42-已除尽，反之则有（或其他的方法）；
（3）操作③加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，除去过量的氯化钡，再过滤；先过滤而后加碳酸钠溶液，在加入碳酸钠溶液后生成的碳酸钡还需要过滤，操作④过滤时需要的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：除去过量的Ba2+；玻璃棒、漏斗、烧杯；
（4）此方案不严密，过量的碳酸钠没有除去，得到的溶液中含有氯化钠和过量的碳酸钠两种溶质，致使得到的氯化钠溶液不纯，应加入适量盐酸除去碳酸钠，再加热煮沸，故答案为：不严密，没有除去过量的Na2CO3．
解析
解：（1）加入硝酸钠溶液，硝酸钠和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质，故答案为：不能，用硝酸钡会引入新杂质NO3-；
（2）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，
故答案为：取少量上层澄清溶液，再滴加BaCl2溶液，如无沉淀出现则说明SO42-已除尽，反之则有（或其他的方法）；
（3）操作③加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，除去过量的氯化钡，再过滤；先过滤而后加碳酸钠溶液，在加入碳酸钠溶液后生成的碳酸钡还需要过滤，操作④过滤时需要的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：除去过量的Ba2+；玻璃棒、漏斗、烧杯；
（4）此方案不严密，过量的碳酸钠没有除去，得到的溶液中含有氯化钠和过量的碳酸钠两种溶质，致使得到的氯化钠溶液不纯，应加入适量盐酸除去碳酸钠，再加热煮沸，故答案为：不严密，没有除去过量的Na2CO3．
多晶硅（硅单质的一种）被称为“微电子大厦的基石”，制备中副产物以SiCl4为主，它对环境污染很大，能遇水强烈水解，放出大量的热．研究人员利用SiCl4水解生成的盐酸和钡矿粉（主要成份为BaCO3，且含有铁、镁等离子）制备BaCl2•2H2O，工艺流程如下．
已知：常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4．
（1）已知：SiCl4（s）+H2（g）=SiHCl3（s）+HCl（g）△H1=+47kJ/mol
SiHCl3（s）+H2（g）=Si（s）+3HCl（g）△H2=+189kJ/mol
则由SiCl4制备硅的热化学方程式为______．
（2）请写出SiCl4水解反应的化学方程式______．
（3）加钡矿粉并调节PH=7的作用是______．
（4）加20% NaOH调节pH=12.5，得到滤渣A的主要成分是______．
正确答案
解：（1）将方程式SiCl4（s）+H2（g）=SiHCl3（s）+HCl（g）△H1=+47kJ/mol和SiHCl3（s）+H2（g）=Si（s）+3HCl（g）△H2=+189kJ/mol相加可得：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol，
故答案为：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol；
（2）氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，水解方程式为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl，
故答案为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；
（3）pH=3.4时，三价铁离子完全生成沉淀，使Fe3+完全沉淀；盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡和二氧化碳、水，加钡矿粉并调节pH=7的作用是使BaCO3转化为BaCl2，同时使使Fe3+完全沉淀，
故答案为：①使BaCO3转化为BaCl2，②使Fe3+完全沉淀生成氢氧化铁沉淀；
（4）当pH=3.4时，铁离子完全生成沉淀，当pH=12.4时，镁离子完全沉淀生成氢氧化镁，Mg（OH）2，所以当pH=12.5时，滤渣A的成分是氢氧化镁，
故答案为：Mg（OH）2．
解析
解：（1）将方程式SiCl4（s）+H2（g）=SiHCl3（s）+HCl（g）△H1=+47kJ/mol和SiHCl3（s）+H2（g）=Si（s）+3HCl（g）△H2=+189kJ/mol相加可得：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol，
故答案为：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol；
（2）氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，水解方程式为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl，
故答案为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；
（3）pH=3.4时，三价铁离子完全生成沉淀，使Fe3+完全沉淀；盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡和二氧化碳、水，加钡矿粉并调节pH=7的作用是使BaCO3转化为BaCl2，同时使使Fe3+完全沉淀，
故答案为：①使BaCO3转化为BaCl2，②使Fe3+完全沉淀生成氢氧化铁沉淀；
（4）当pH=3.4时，铁离子完全生成沉淀，当pH=12.4时，镁离子完全沉淀生成氢氧化镁，Mg（OH）2，所以当pH=12.5时，滤渣A的成分是氢氧化镁，
故答案为：Mg（OH）2．
（2012秋•大庆校级月考）某化工厂废水中含一定量的重铬酸根离子，毒性很大．某科研小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0．5Fe1．5FeO4（Fe的化合价依次为+3、+2），设计了如下实验流程：
（1）该化工厂排出的废水呈橙黄色，其中橙色、黄色分别是由______离子和______离子污染造成的（填写离子符号）．
（2）该流程中用pH试纸测定溶液pH的操作方法是：______．
（3）实验中过滤得到的滤渣中主要成分除Cr（OH）3外，还有______．
正确答案
解：（1）重铬酸根离子（Cr2O72-）是橙红色的，铬酸根离子（CrO42-）是黄色的，故答案为：Cr2O72-；CrO42-；
（2）用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，故答案为：取一小块pH试纸放在表面皿上，用干净的玻璃棒蘸取待测液点在试纸上，与标准比色卡对比读数；
（3）由题给框图之二可得：Fe2+过量，加NaOH时，产生Cr（OH）3、Fe（OH）3和Fe（OH）2三种沉淀物，故答案为：Fe（OH）3和Fe（OH）2；
解析
解：（1）重铬酸根离子（Cr2O72-）是橙红色的，铬酸根离子（CrO42-）是黄色的，故答案为：Cr2O72-；CrO42-；
（2）用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，故答案为：取一小块pH试纸放在表面皿上，用干净的玻璃棒蘸取待测液点在试纸上，与标准比色卡对比读数；
（3）由题给框图之二可得：Fe2+过量，加NaOH时，产生Cr（OH）3、Fe（OH）3和Fe（OH）2三种沉淀物，故答案为：Fe（OH）3和Fe（OH）2；
含苯酚的工业废水的处理流程如图所示．
（1）①流程图设备Ⅰ中进行的是______操作（填写操作名称）．
②图中，能循环使用的物质是：C6H6、CO2______、______．
（2）为了防止水源污染，用简单而又现象明显的方法检验某工厂排放的污水中有无苯酚，此方法是______．
（3）从废水中回收苯酚的方法是：
①用有机溶剂萃取废液中的苯酚；
②加入某种药品的水溶液使苯酚与有机溶剂脱离；
③通入某物质又析出苯酚．
试写出②、③两步的反应方程式：______．
正确答案
萃取分液
NaOH溶液
CaO
向污水中滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色，则表明污水中有苯酚
解析
解：由流程可知，设备Ⅰ中含有苯和工业废水，可经萃取、分液得到苯酚的苯溶液混合物，进入设备Ⅱ，设备Ⅱ加入氢氧化钠溶液，可得到苯酚钠，在设备Ⅲ中通入二氧化碳可得到苯酚，发生C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，设备Ⅳ中的主要物质为NaHCO3，在溶液中加入氧化钙，可生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，
（1）工业废水与苯进入设备Ⅰ得到苯酚、苯的溶液与可以排放的无酚工业废水，说明在设备Ⅰ中进行的是萃取，利用苯与苯酚相似的结构互溶与水不溶，将苯酚从工业废水里提取出来，用分液的方法将下层的工业废水放出排放，上层的苯酚、苯混合液进入设备Ⅱ；故答案为：萃取分液；
②设备Ⅴ应是石灰窑，CaCO3高温分解所得的产品是氧化钙和二氧化碳，所得二氧化碳通入设备Ⅲ，反应所得氧化钙进入设备Ⅳ．在含苯酚工业废水提取苯酚的工艺流程中，苯、氧化钙、CO2、和NaOH理论上应当没有消耗，它们均可以循环使用，故答案为：NaOH溶液；CaO；
（2）苯酚和氯化铁溶液之间会发生显色反应，向溶液中滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色，则表明污水中有苯酚，故答案为：向污水中滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色，则表明污水中有苯酚；
（3）苯酚可以和氢氧化钠反应得到苯酚钠溶液，苯酚钠溶液和有机溶剂是互不相溶的，与有机溶剂脱离，然后向苯酚钠溶液中加强酸可以得到苯酚，发生的反应为：
某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，工业上以该废渣为原料生产CuCl2•2H2O的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）焙烧过程中发生的主要反应为：______CuS+______NaCl+______O2
（2）试剂A应选用______．（填编号）
①NaClO ②Cl2 ③H2O2溶液 ④浓硫酸
理由是______．
（3）滤液B中大量含有的离子有______．
（4）为了获得CuCl2•2H2O晶体，对滤液B进行的操作是：蒸发浓缩，趁热过滤，滤液经冷却结晶，过滤得到产品．分析有关物质的溶解度曲线（如图），“趁热过滤”得到的固体是______，“冷却结晶”过程中，析出CuCl2•2H2O晶体的合适温度为______．
正确答案
解：（1）CuS→Na2SO4 S化合价升高8，O2→Na2SO4 O化合价降低2，O2化合价降低2×2=4，根据化合价升降相等可得，CuS化学计量数为1，氧气的化学计量数为2，根据元素守恒Na2SO4化学计量数为1，NaCl化学计量数为2，CuCl2化学计量数为1，配平化学方程式为CuS+2NaCl+2O2
故答案为：1；2；2；1；1；
（2）NaClO、Cl2、H2O2溶液、浓硫酸均能将Fe2+氧化为Fe3+，但氯水和硫酸溶液均呈酸性，NaClO溶液呈碱性，H2O2溶液与Fe2+反应消耗H+，故可以起到调节PH的作用，
故答案为：①③；NaClO能将Fe2+氧化为Fe3+，且溶液显碱性，能增大溶液pH使Fe3+沉淀；
（3）经过盐酸酸浸，NaClO调节PH值，过滤掉氢氧化铁后，溶液中还有Cu2+、Na+、Cl-、SO42-；故答案为：Cu2+、Na+、Cl-、SO42-；
（4）由图乙可知硫酸钠的溶解度较小而且温度较高时随温度的变化不大，为了防止氯化铜晶体的析出，必须趁热过滤，加热浓缩时会有大量的硫酸钠析出；
冷却结晶时尽量保证硫酸钠不析出，而40摄氏度时硫酸钠溶解度最大，为了能析出更多的CuCl2•2H2O晶体，故适宜温度为35～40℃．
故答案为：Na2SO4；35～40℃．
解析
解：（1）CuS→Na2SO4 S化合价升高8，O2→Na2SO4 O化合价降低2，O2化合价降低2×2=4，根据化合价升降相等可得，CuS化学计量数为1，氧气的化学计量数为2，根据元素守恒Na2SO4化学计量数为1，NaCl化学计量数为2，CuCl2化学计量数为1，配平化学方程式为CuS+2NaCl+2O2
故答案为：1；2；2；1；1；
（2）NaClO、Cl2、H2O2溶液、浓硫酸均能将Fe2+氧化为Fe3+，但氯水和硫酸溶液均呈酸性，NaClO溶液呈碱性，H2O2溶液与Fe2+反应消耗H+，故可以起到调节PH的作用，
故答案为：①③；NaClO能将Fe2+氧化为Fe3+，且溶液显碱性，能增大溶液pH使Fe3+沉淀；
（3）经过盐酸酸浸，NaClO调节PH值，过滤掉氢氧化铁后，溶液中还有Cu2+、Na+、Cl-、SO42-；故答案为：Cu2+、Na+、Cl-、SO42-；
（4）由图乙可知硫酸钠的溶解度较小而且温度较高时随温度的变化不大，为了防止氯化铜晶体的析出，必须趁热过滤，加热浓缩时会有大量的硫酸钠析出；
冷却结晶时尽量保证硫酸钠不析出，而40摄氏度时硫酸钠溶解度最大，为了能析出更多的CuCl2•2H2O晶体，故适宜温度为35～40℃．
故答案为：Na2SO4；35～40℃．
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