- 气体的检验
- 共1690题
铝土矿（主要成分为Al2O3，还有少量杂质）是提取氧化铝的原料．提取氧化铝的工艺流程如下：
（1）请用离子方程式表示以上工艺流程中第①步反应：______．
（2）写出以上工艺流程中第③步反应的化学方程式：______．
（3）金属铝与氧化铁混合在高温下，会发生剧烈的反应．该反应的化学方程式______．请举一例该反应的用途______．
（4）电解熔融氧化铝制取金属铝，若有0.9mol电子发生转移．理论上能得到金属铝的质量是______．
正确答案
Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O
NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3
2Al+Fe2O3
焊接铁轨
8.1g
解析
解：（1）Ai2O3和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的实质是：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
（2）向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，发生的反应为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；
（3）金属铝在高温下可以和氧化铁发生铝热反应，获得金属铁，铁以铁水的形式生成，这样可以来焊接钢轨，故答案为：2Al+Fe2O3
（4）电解熔融氧化铝制取金属铝2Al2O3
平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末，其中含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质．二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如图：
（1）第①步反应的化学方程式是______，检验滤渣A是否洗净的方法是______．
（2）第②步反应的离子方程式是______．
（3）萃取是分离稀土元素的常用方法，化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来．实验室进行萃取操作需要用到分液漏斗，分液漏斗在使用前需要进行的操作是______；TBP是一种磷酸三丁酯，产物应该从分液漏斗的______（填“上口倒出”或“下口倒出”）．
（4）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.5g，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定终点时（铈被还原为Ce3+），消耗20.00mL标准溶液，该产品中Ce（OH）4的质量分数为______（保留小数点后一位）．
正确答案
解：废玻璃粉末中含有SiO2、Fe2O3、CeO2，向其中加入稀盐酸，Fe2O3反应变成FeCl3，溶于水，滤渣A的成分为SiO2、CeO2（第①步），第②步向滤渣A中加稀硫酸和H2O2，SiO2不反应，CeO2反应变成Ce3+，加碱以Ce（OH）3形式沉淀出（第③步），Ce（OH）3和氧气反，生成Ce（OH）4，经过滤、洗涤、干燥得到纯净的Ce（OH）4；
（1）第①步中只有Fe2O3和盐酸发生反应，反应方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；Fe2O3反应变成FeCl3，溶于水，滤渣A的成分为SiO2、CeO2，检验滤渣A是否洗净，只要检验最后一次洗涤液中是否还含有Fe3+即可，若含有Fe3+证明没有洗涤干净，方法：取最后一次洗涤液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
故答案为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；取最后一次洗涤液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
（2）第②步反应物有CeO2和H2O2，在酸性条件下反应，分析化合价：Ce由+4价下降到+3价，那么H2O2中一定要有化合价升高的元素，O由-1价升高到0价，有O2生成，该反应在酸性条件下进行，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，
故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
（3）分液漏斗在使用前需要进行的操作是：检查是否漏液；萃取分液后，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，化合物TBP作萃取剂将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP的密度比水小，故分液后铈离子的TBP溶液在上层，从分液漏斗的上口倒出，
故答案为：检查是否漏液；上口倒出；
（4）Ce（OH）4产品加硫酸溶解后，Ce（OH）4溶解成Ce4+，和FeSO4发生反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，由原子守恒知n（Ce（OH）4）=n（Ce4+）=n（FeSO4）=0.1000mol•L-1×0.02000L=0.002000mol；m（Ce（OH）4）=n（Ce（OH）4）×M（Ce（OH）4）=0.002000mol×209g•mol-1=0.418g
该产品中Ce（OH）4的质量分数=
故答案为：83.2%．
解析
解：废玻璃粉末中含有SiO2、Fe2O3、CeO2，向其中加入稀盐酸，Fe2O3反应变成FeCl3，溶于水，滤渣A的成分为SiO2、CeO2（第①步），第②步向滤渣A中加稀硫酸和H2O2，SiO2不反应，CeO2反应变成Ce3+，加碱以Ce（OH）3形式沉淀出（第③步），Ce（OH）3和氧气反，生成Ce（OH）4，经过滤、洗涤、干燥得到纯净的Ce（OH）4；
（1）第①步中只有Fe2O3和盐酸发生反应，反应方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；Fe2O3反应变成FeCl3，溶于水，滤渣A的成分为SiO2、CeO2，检验滤渣A是否洗净，只要检验最后一次洗涤液中是否还含有Fe3+即可，若含有Fe3+证明没有洗涤干净，方法：取最后一次洗涤液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
故答案为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；取最后一次洗涤液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
（2）第②步反应物有CeO2和H2O2，在酸性条件下反应，分析化合价：Ce由+4价下降到+3价，那么H2O2中一定要有化合价升高的元素，O由-1价升高到0价，有O2生成，该反应在酸性条件下进行，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，
故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
（3）分液漏斗在使用前需要进行的操作是：检查是否漏液；萃取分液后，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，化合物TBP作萃取剂将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP的密度比水小，故分液后铈离子的TBP溶液在上层，从分液漏斗的上口倒出，
故答案为：检查是否漏液；上口倒出；
（4）Ce（OH）4产品加硫酸溶解后，Ce（OH）4溶解成Ce4+，和FeSO4发生反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，由原子守恒知n（Ce（OH）4）=n（Ce4+）=n（FeSO4）=0.1000mol•L-1×0.02000L=0.002000mol；m（Ce（OH）4）=n（Ce（OH）4）×M（Ce（OH）4）=0.002000mol×209g•mol-1=0.418g
该产品中Ce（OH）4的质量分数=
故答案为：83.2%．
治理环境污染刻不容缓，建设美丽中国是十八大的奋斗目标．2012年底锂电池总产量超过35亿只，对不可再生的金属资源的消耗是相当大的．因此锂电池回收具有重要意义，其中需要重点回收的是正极材料，其主要成分为钴酸锂（LiCoO2）、导电乙炔黑（一种炭黑）、铝箔以及有机粘接剂．某回收工艺流程如下：
（1）根据上述工艺流程图得出：可回收到的产物除了有Li2CO3，还有______、______；
（2）锂电池使用广泛的主要原因是______；
（3）废旧电池可能由于放电不完全而残留单质锂，为了安全生产，对拆解环境的要求是______；
（4）碱浸时主要反应的化学方程式为______；
（5）最后一步过滤应趁热过滤，原因是______．
正确答案
解：题干工艺流程为：铝钴膜废料中含有LiCo02和铝箔，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCo02；通过调节滤液的pH，将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，通过操作分别分离出Li2SO4、CoSO4，通过浓缩、加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体，
（1）工艺流程的最终产物为：Al（OH）3、CoSO4、Li2CO3，故答案为：Al（OH）3；CoSO4；
（2）单位质量的金属锂放出的电量很大，所以锂电池使用广泛，故答案为：单位质量的金属锂放出的电量很大；
（3）金属锂性质活泼，易与氧气、水发生反应，故答案为：隔绝空气和水分；
（4）铝能与碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（5）Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，应趁热过滤，防止析出硫酸钠晶体，故答案为：防止析出硫酸钠晶体．
解析
解：题干工艺流程为：铝钴膜废料中含有LiCo02和铝箔，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCo02；通过调节滤液的pH，将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，通过操作分别分离出Li2SO4、CoSO4，通过浓缩、加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体，
（1）工艺流程的最终产物为：Al（OH）3、CoSO4、Li2CO3，故答案为：Al（OH）3；CoSO4；
（2）单位质量的金属锂放出的电量很大，所以锂电池使用广泛，故答案为：单位质量的金属锂放出的电量很大；
（3）金属锂性质活泼，易与氧气、水发生反应，故答案为：隔绝空气和水分；
（4）铝能与碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（5）Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，应趁热过滤，防止析出硫酸钠晶体，故答案为：防止析出硫酸钠晶体．
石膏（CaSO4•2H2O）是某些化工生产中的副产物，其可用作医学材料和建筑材料，也可将石膏转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图．
（1）本工艺中所用的原料除CaSO4•2H2O、KCl、H2O外，还需要______；
（2）“吸收”工艺过程中，分别将CO2、NH3通入水中，反应生成（NH4）2CO3，实际操作中为生成较多的（NH4）2CO3，应先在水中通______，理由是______；
（3）写出向石膏悬浊液中加入（NH4）2CO3溶液后发生反应的离子方程式：______；
（4）过滤I所得滤液中的溶质主要是（NH4）2SO4，也可能含有未完全反应的（NH4）2CO3，检验（NH4）2CO3是否存在的方法是______；
（5）滤液A中主要的溶质为______；
（6）上述工艺流程中是如何体现“绿色化学”思想的？______．
正确答案
解：（1）由流程图可知，吸收环节：2NH3+CO2+H2O生成碳酸铵；转化Ⅰ环节：碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO3+（NH4）2SO4，经过滤后分离；转化Ⅱ：（NH4）2SO4和KCl的饱和溶液反应得到NH4Cl和K2SO4经过滤Ⅱ分离；蒸氨环节的为CaO、H2O、NH4Cl生成为CaCl2．6H2O和NH3；故答案为：CaCO3； NH3；
（2）CO2的溶液呈酸性，碱性溶液可以提高CO2的溶解度，在本实验中铵根离子，所以可以通入氨气来提高通入氨气（或降温、加压）；降温、加压也可以提高气体CO2的溶解度；
故答案为：氨气；氨气在水中溶解度较大，先通入氨气使溶液呈碱性，可大量吸收二氧化碳气体，生成较多的（NH4）2CO3；
（3）根据流程图可知，石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后过滤得到碳酸钙与硫酸铵，CaSO4微溶且为悬浊液、CaCO3不溶，所以在离子方程式中均不拆；然后配平即可；故答案为：CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-；
（4）碳酸根离子与酸反应能生成二氧化碳，所以可以用稀盐酸来验证碳酸根离子；故答案为：取滤液少许于试管中，滴加盐酸，若有气泡产生则说明存在（NH4）2CO3；
（5）过滤Ⅱ析出硫酸钾，硫酸钾是氯化钾和硫酸铵发生复分解生成硫酸钾和氯化铵，所以滤液A为氯化铵，故答案为：NH4Cl；
（6）由绿色化学的特点可知，碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中），故答案为：碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）．
解析
解：（1）由流程图可知，吸收环节：2NH3+CO2+H2O生成碳酸铵；转化Ⅰ环节：碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO3+（NH4）2SO4，经过滤后分离；转化Ⅱ：（NH4）2SO4和KCl的饱和溶液反应得到NH4Cl和K2SO4经过滤Ⅱ分离；蒸氨环节的为CaO、H2O、NH4Cl生成为CaCl2．6H2O和NH3；故答案为：CaCO3； NH3；
（2）CO2的溶液呈酸性，碱性溶液可以提高CO2的溶解度，在本实验中铵根离子，所以可以通入氨气来提高通入氨气（或降温、加压）；降温、加压也可以提高气体CO2的溶解度；
故答案为：氨气；氨气在水中溶解度较大，先通入氨气使溶液呈碱性，可大量吸收二氧化碳气体，生成较多的（NH4）2CO3；
（3）根据流程图可知，石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后过滤得到碳酸钙与硫酸铵，CaSO4微溶且为悬浊液、CaCO3不溶，所以在离子方程式中均不拆；然后配平即可；故答案为：CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-；
（4）碳酸根离子与酸反应能生成二氧化碳，所以可以用稀盐酸来验证碳酸根离子；故答案为：取滤液少许于试管中，滴加盐酸，若有气泡产生则说明存在（NH4）2CO3；
（5）过滤Ⅱ析出硫酸钾，硫酸钾是氯化钾和硫酸铵发生复分解生成硫酸钾和氯化铵，所以滤液A为氯化铵，故答案为：NH4Cl；
（6）由绿色化学的特点可知，碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中），故答案为：碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）．
电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板．
（1）检验溶液中Fe3+存在的试剂是______，证明Fe3+存在的现象是______．
（2）写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的化学方程式：______．
（3）某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得纯净的FeCl3溶液，准备采用下列步骤：
①请写出上述实验中③的化学式：______
②配制并保存硫酸亚铁溶液时，常在其中加入______
③要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时的最佳顺序为______．①加入足量氯水②加入足量NaOH溶液③加入少量KSCN溶
A、①③B、③②C、③①D、①②③
④写出向②⑤的合并液中通入⑥的离子方程式______．
正确答案
KSCN溶液
溶液变为红色
Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
Cu、Fe
稀硫酸与铁粉
C
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
解析
解：（1）检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在，
故答案为：KSCN溶液；溶液变为红色；
（2）铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，
故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
（3）由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，目的是制取氯化铁，废液应该与铁过量的Fe反应，故①Fe；滤液②中含有FeCl2，通入⑥氯气可以得到氯化铁；滤渣③中含有金属Cu、未反应的Fe，加入④盐酸，过滤，回收铜，滤液⑤中含有FeCl2，与滤液②合并，制备氯化铁，
由上述分析可知：①Fe ②FeCl2③Fe和Cu ④HCl ⑤FeCl2⑥Cl2，
①上述实验中③的化学式Cu、Fe，故答案为：Cu、Fe；
②亚铁离子易水解，易被氧化，加入硫酸可以抑制水解，加入金属铁能防止被氧化，所以配制并保存硫酸亚铁溶液时，常在其中加稀硫酸与铁粉，故答案为：稀硫酸与铁粉；
③亚铁离子遇到硫氰酸钾不变色，可以被氯气氧化为三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显示红色，所以先加入硫氰化钾，不变色，再加氯水，变红色，可以证明亚铁离子的存在，故答案为：C；
④氯化亚铁被氯气氧化的原理方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-．
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