- 气体的检验
- 共1690题
为了将混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体提纯，并制得纯净的KNO3溶液（E），某学生设计如下实验方案：
（1）操作①主要是将固体溶解，则所用的主要玻璃仪器是______、______．
（2）操作②～④所加的试剂顺序可以为______，______，______（填写试剂的化学式）．
（3）如何判断SO42-已除尽______
（4）实验过程中产生的多次沉淀______（选填“需要”或“不需要”）多次过滤，理由是______．
（5）该同学的实验设计方案中某步并不严密，请说明理由______．
正确答案
解：将混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体溶解，配制成溶液，先加硝酸钡，除去硫酸根，再加氢氧化钠，除去镁离子，再加碳酸钾，除去多余的钡离子，最后加硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾，硝酸易挥发，加热煮沸，制得纯净的KNO3溶液（E），加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl-．
（1）溶解固体药品通常在烧杯中进行，而固体物质溶于水时，在不借助外力帮助下，溶解速率很慢，为加快溶解，配制溶液时使用玻璃棒进行搅拌，使溶解的分子或离子向水中扩散速度加大，从而使物质溶解的速度加快，制得纯净的KNO3溶液（E）．
故答案为：烧杯、玻璃棒；
（2）先加硝酸钡，除去硫酸根，再加氢氧化钠，除去镁离子，再加碳酸钠，除去多余的钡离子，最后加硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾；
先加氢氧化钾，除去镁离子，再加氯化钡，除去硫酸根，再加碳酸钾，除去多余的钡离子，最后加硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾；
先加入硝酸钡，除去硫酸根，再加碳酸钾，能把钙离子和多余钡离子除去，再加氢氧化钾，除去镁离子，最后加硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾，
故答案为：Ba（NO3）2、K2CO3、KOH或KOH、Ba（NO3）2、K2CO3、或Ba（NO3）2、KOH、K2CO3；
（3）加入过量硝酸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Ba（NO3）2溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，
故答案为：静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba（NO3）2溶液，若不变浑浊，表明SO42-已除尽；
（4）几个沉淀分别为BaSO4、BaCO3、Mg（OH）2，这几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序，
故答案为：不需要；因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序；
（5）因加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl-，制不到纯净的KNO3溶液（E），所以该同学的实验设计方案中该步并不严密，
故答案为：因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl-；
解析
解：将混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体溶解，配制成溶液，先加硝酸钡，除去硫酸根，再加氢氧化钠，除去镁离子，再加碳酸钾，除去多余的钡离子，最后加硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾，硝酸易挥发，加热煮沸，制得纯净的KNO3溶液（E），加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl-．
（1）溶解固体药品通常在烧杯中进行，而固体物质溶于水时，在不借助外力帮助下，溶解速率很慢，为加快溶解，配制溶液时使用玻璃棒进行搅拌，使溶解的分子或离子向水中扩散速度加大，从而使物质溶解的速度加快，制得纯净的KNO3溶液（E）．
故答案为：烧杯、玻璃棒；
（2）先加硝酸钡，除去硫酸根，再加氢氧化钠，除去镁离子，再加碳酸钠，除去多余的钡离子，最后加硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾；
先加氢氧化钾，除去镁离子，再加氯化钡，除去硫酸根，再加碳酸钾，除去多余的钡离子，最后加硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾；
先加入硝酸钡，除去硫酸根，再加碳酸钾，能把钙离子和多余钡离子除去，再加氢氧化钾，除去镁离子，最后加硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾，
故答案为：Ba（NO3）2、K2CO3、KOH或KOH、Ba（NO3）2、K2CO3、或Ba（NO3）2、KOH、K2CO3；
（3）加入过量硝酸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Ba（NO3）2溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，
故答案为：静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba（NO3）2溶液，若不变浑浊，表明SO42-已除尽；
（4）几个沉淀分别为BaSO4、BaCO3、Mg（OH）2，这几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序，
故答案为：不需要；因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序；
（5）因加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl-，制不到纯净的KNO3溶液（E），所以该同学的实验设计方案中该步并不严密，
故答案为：因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl-；
白炭黑（SiO2•H2O）广泛用于橡胶、涂料、印刷等行业，可用蛇纹石（主要成分为3MgO•2SiO2•2H2O）来制取，其主要工艺流程如图：
（1）蛇纹石用盐酸浸取后的滤渣再用氢氧化钠溶液浸取，两次浸取过程中消耗盐酸和氢氧化钠溶液中HC1与NaOH的物质的量之比为______．（不考虑其他成分与酸、碱的反应）
（2）上述流程中需多次过滤，过滤时使用的玻璃仪器有______，过滤1得到的滤液的主要成分是______．
（3）沉淀时加入氯化钠溶液的作用可能是______．
（4）洗涤时，如何证明产品已洗涤干净？______．
正确答案
解：（1）蛇纹石3MgO•2SiO2•2H2O中，3mol氧化镁和6mol盐酸之间发生反应，2mol二氧化硅可以和4mol氢氧化钠之间发生反应，所以两次浸取过程中消耗盐酸和氢氧化钠溶液中HCl与NaOH的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2；
（2）过滤需要的仪器：烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台，硅酸钠可以和盐酸发生反应生成硅酸沉淀，所以过滤1得到的滤液的主要成分是硅酸钠，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；硅酸钠；
（3）硅酸钠和盐酸反应生成硅酸钠和氯化钠，加入氯化钠的作用是防止生成硅酸胶体，故答案为：防止生成硅酸胶体；
（4）可以检验是否存在氯离子来检验是否洗涤干净，具体方法是：取少许最后一次洗涤液，滴加2-3滴硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，证明已经洗涤干净，故答案为：取少许最后一次洗涤液，滴加2-3滴硝酸银溶液，弱无白色沉淀生成，证明已经洗涤干净．
解析
解：（1）蛇纹石3MgO•2SiO2•2H2O中，3mol氧化镁和6mol盐酸之间发生反应，2mol二氧化硅可以和4mol氢氧化钠之间发生反应，所以两次浸取过程中消耗盐酸和氢氧化钠溶液中HCl与NaOH的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2；
（2）过滤需要的仪器：烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台，硅酸钠可以和盐酸发生反应生成硅酸沉淀，所以过滤1得到的滤液的主要成分是硅酸钠，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；硅酸钠；
（3）硅酸钠和盐酸反应生成硅酸钠和氯化钠，加入氯化钠的作用是防止生成硅酸胶体，故答案为：防止生成硅酸胶体；
（4）可以检验是否存在氯离子来检验是否洗涤干净，具体方法是：取少许最后一次洗涤液，滴加2-3滴硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，证明已经洗涤干净，故答案为：取少许最后一次洗涤液，滴加2-3滴硝酸银溶液，弱无白色沉淀生成，证明已经洗涤干净．
（2015春•温州校级月考）利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO．制备流程如图：
已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似．请回答下列问题：
（1）用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的作用有______．
A．去除油污 B．溶解镀锌层C．去除铁锈D．钝化
（2）调节溶液A的pH可产生Zn（OH）2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是______．
（3）由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，其原因是______．
正确答案
解：废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，不溶物为Fe，溶液A调节pH使溶液中ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，再经过抽滤、洗涤、干燥，灼烧得到ZnO．不溶物Fe中加入硫酸，反应生成硫酸亚铁，调节溶液PH=1～2，并加入适量过氧化氢，氧化部分亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，再加入氢氧化钠溶液，加热分解生成四氧化三铁胶体粒子．
（1）根据Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，Zn也能和氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层和去除油污作用，
故答案为：AB；
（2）调节溶液A的pH可产生Zn（OH）2沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀，洗涤除去附着的离子，高温灼烧氢氧化锌分解得到ZnO，
故答案为：抽滤、洗涤、灼烧；
（3）持续通入N2，防止Fe2+被氧化，故答案为：在N2气氛下，防止Fe2+被氧化．
解析
解：废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，不溶物为Fe，溶液A调节pH使溶液中ZnO22-转化为Zn（OH）2沉淀，再经过抽滤、洗涤、干燥，灼烧得到ZnO．不溶物Fe中加入硫酸，反应生成硫酸亚铁，调节溶液PH=1～2，并加入适量过氧化氢，氧化部分亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，再加入氢氧化钠溶液，加热分解生成四氧化三铁胶体粒子．
（1）根据Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，Zn也能和氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层和去除油污作用，
故答案为：AB；
（2）调节溶液A的pH可产生Zn（OH）2沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀，洗涤除去附着的离子，高温灼烧氢氧化锌分解得到ZnO，
故答案为：抽滤、洗涤、灼烧；
（3）持续通入N2，防止Fe2+被氧化，故答案为：在N2气氛下，防止Fe2+被氧化．
（1）工业上以粗铜为原料采取如图1所示流程制备硝酸铜晶体：
①在步骤a中，还需要通入氧气和水，其目的是______．
②在保温去铁的过程中，为使Fe3+沉淀完全，根据下表数据，溶液的pH值应保持在______范围．调节pH值时，可以向溶液中加入的试剂是______
（a） NaOH溶液 （b） 氨水 （c） Cu（OH）2 （d） CuO
③在操作Ⅰ之前，对滤液用HNO3调节pH值至1，其目的是（结合离子方程式说明）______．
④从滤液中制取硝酸铜晶体的操作Ⅰ的具体步骤是______．
（2）图2是某小组学生查阅资料后所绘出的硝酸铜晶体[Cu（NO3）2•nH2O]的溶解度曲线（温度在30℃左右对应不同的晶体），下列说法正确的是______
a．A点时的溶液为不饱和溶液
b．B点时两种晶体可以共存
c．按上述流程最终得到的晶体一定是Cu（NO3）2•3H2O
d．若将C点时的溶液降温至30°C以下，可以析出Cu（NO3）2•6H2O晶体．
正确答案
解：（1）粗铜中加入稀硝酸，Fe、Cu和稀硝酸反应生成Fe（NO3）3、Cu（NO3）2，同时生成氮氧化物，氮氧化物和水反应生成硝酸，能循环利用，调节溶液的pH，将Fe（NO3）3转化为Fe（OH）3沉淀，然后过滤得到滤渣，滤液为Cu（NO3）2溶液，向滤液中加入稀硝酸并调节溶液的pH，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体，
①氮氧化物有毒，且NO不和水反应，通入氧气和水，氮氧化物和氧气、水反应生成硝酸，硝酸能循环利用，从而提高原料利用率，且减少污染物的排放，
故答案为：将NOx转化为硝酸，提高原料的利用率，减少污染物的排放；
②调节溶液的pH使氢氧化铁完全沉淀，铜离子不产生沉淀，当溶液的pH在1.9～3.2之间，铁离子沉淀，而铜离子不产生沉淀，pH为4.7时铜离子产生沉淀，所以调节溶液的pH为3.2--4.7；加入的物质不能引进新的杂质，且要将铁离子转化为沉淀，增大溶液的pH，氨水和NaOH引进新的杂质，CuO和氢氧化铜能和氢离子反应从而升高溶液的pH，故选cd，
故答案为：3.2--4.7；cd；
③铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，水解方程式为Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入稀硝酸能抑制硝酸铜溶解，故答案为：由于铜离子水解，Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入HNO3能抑制硝酸铜水解；
④从滤液中制取硝酸铜晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
（2）a．在溶解度曲线上方的溶液为过饱和溶液，所以A点时的溶液为饱和溶液，故错误；
b．根据图象知，B点时两种晶体在水溶液中都达到饱和，所以二者可以共存，故正确；
c．结晶温度较低，晶体以Cu（NO3）2•6H2O析出，故错误；
d．若将C点时的溶液降温至30°C以下，如果溶液为过饱和溶液，根据图象知，可以析出Cu（NO3）2•6H2O晶体，故正确；
故选bd．
解析
解：（1）粗铜中加入稀硝酸，Fe、Cu和稀硝酸反应生成Fe（NO3）3、Cu（NO3）2，同时生成氮氧化物，氮氧化物和水反应生成硝酸，能循环利用，调节溶液的pH，将Fe（NO3）3转化为Fe（OH）3沉淀，然后过滤得到滤渣，滤液为Cu（NO3）2溶液，向滤液中加入稀硝酸并调节溶液的pH，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体，
①氮氧化物有毒，且NO不和水反应，通入氧气和水，氮氧化物和氧气、水反应生成硝酸，硝酸能循环利用，从而提高原料利用率，且减少污染物的排放，
故答案为：将NOx转化为硝酸，提高原料的利用率，减少污染物的排放；
②调节溶液的pH使氢氧化铁完全沉淀，铜离子不产生沉淀，当溶液的pH在1.9～3.2之间，铁离子沉淀，而铜离子不产生沉淀，pH为4.7时铜离子产生沉淀，所以调节溶液的pH为3.2--4.7；加入的物质不能引进新的杂质，且要将铁离子转化为沉淀，增大溶液的pH，氨水和NaOH引进新的杂质，CuO和氢氧化铜能和氢离子反应从而升高溶液的pH，故选cd，
故答案为：3.2--4.7；cd；
③铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，水解方程式为Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入稀硝酸能抑制硝酸铜溶解，故答案为：由于铜离子水解，Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入HNO3能抑制硝酸铜水解；
④从滤液中制取硝酸铜晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
（2）a．在溶解度曲线上方的溶液为过饱和溶液，所以A点时的溶液为饱和溶液，故错误；
b．根据图象知，B点时两种晶体在水溶液中都达到饱和，所以二者可以共存，故正确；
c．结晶温度较低，晶体以Cu（NO3）2•6H2O析出，故错误；
d．若将C点时的溶液降温至30°C以下，如果溶液为过饱和溶液，根据图象知，可以析出Cu（NO3）2•6H2O晶体，故正确；
故选bd．
（2013秋•启东市校级月考）工业上生产高氯酸（沸点：90°C）时还同时生产了亚氯酸钠，其工艺流程如下：
（1）冷却过滤的目的是降低NaHSO4的______，并分离出NaHSO4晶体．
（2）反应器2中发生反应的离子方程式为______，SO2的作用是作______剂．
（3）上述工业生产高氯酸的化学反应为：3NaClO3+3H2SO4（浓）=3NaHSO4+HClO4+2ClO2+H2O，氧化产物与还原产物的物质的量之比为______．
（4）可以通过蒸馏滤液的方法得到高氯酸的原因可能是高氯酸的沸点比较______（填“高”或“低”），容易从溶液中逸出，循环使用的物质是______．
正确答案
解：工业上生产高氯酸（沸点：90°C）时还同时生产了亚氯酸钠，其工艺流程为：反应器Ⅰ中发生反应的化学方程式为3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O，NaHSO4的溶解度随着温度的降低而减小，冷却得到NaHSO4晶体，滤液通过蒸馏得到HClO4产品，通入到反应容器Ⅱ中的反应物有NaOH、SO2、H2O、ClO2，生成物有NaClO2，反应的方程式为2ClO2+SO2+4OH-=2ClO2-+SO42-+2H2O．
（1）在反应器1中，硫酸钠和硫酸反应获得的硫酸氢钠的溶解度随着温度的降低而减小，这样冷却过滤，可以降低NaHSO4的溶解度并分离出NaHSO4晶体，
故答案为：溶解度；
（2）在反应器2中，可以实现二氧化氯向NaClO2的转化，二氧化硫可以作为还原剂把ClO2还原为NaClO2，即2ClO2+SO2+4OH-=2ClO2-+SO42-+2H2O，
故答案为：2ClO2+SO2+4OH-=2ClO2-+SO42-+2H2O；还原；
（3）2NaClO3+Na2SO3+H2SO4═2ClO2+2Na2SO4+H2O中2molNa2SO4，1mol是Na2SO3氧化得到，为氧化产物，1mol为H2SO4表现酸性的产物，还原产物为ClO2，由反应方程式可得，它们的物质的量之比为1：2，
故答案为：1：2；
（4）根据题意高氯酸的沸点：90C，可以采用蒸馏滤液的方法得到高氯酸，根据循环图可以发现硫酸作为反应物进入反应器1中，又作为生成物在反应器2中生成，可以循环使用，
故答案为：低；H2SO4．
解析
解：工业上生产高氯酸（沸点：90°C）时还同时生产了亚氯酸钠，其工艺流程为：反应器Ⅰ中发生反应的化学方程式为3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O，NaHSO4的溶解度随着温度的降低而减小，冷却得到NaHSO4晶体，滤液通过蒸馏得到HClO4产品，通入到反应容器Ⅱ中的反应物有NaOH、SO2、H2O、ClO2，生成物有NaClO2，反应的方程式为2ClO2+SO2+4OH-=2ClO2-+SO42-+2H2O．
（1）在反应器1中，硫酸钠和硫酸反应获得的硫酸氢钠的溶解度随着温度的降低而减小，这样冷却过滤，可以降低NaHSO4的溶解度并分离出NaHSO4晶体，
故答案为：溶解度；
（2）在反应器2中，可以实现二氧化氯向NaClO2的转化，二氧化硫可以作为还原剂把ClO2还原为NaClO2，即2ClO2+SO2+4OH-=2ClO2-+SO42-+2H2O，
故答案为：2ClO2+SO2+4OH-=2ClO2-+SO42-+2H2O；还原；
（3）2NaClO3+Na2SO3+H2SO4═2ClO2+2Na2SO4+H2O中2molNa2SO4，1mol是Na2SO3氧化得到，为氧化产物，1mol为H2SO4表现酸性的产物，还原产物为ClO2，由反应方程式可得，它们的物质的量之比为1：2，
故答案为：1：2；
（4）根据题意高氯酸的沸点：90C，可以采用蒸馏滤液的方法得到高氯酸，根据循环图可以发现硫酸作为反应物进入反应器1中，又作为生成物在反应器2中生成，可以循环使用，
故答案为：低；H2SO4．
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