- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
I．实验室制取无色的无水AlBr3（熔点：97.5℃，沸点：263.3℃～265℃，在空气中AlBr3遇水蒸气易发生水解）可用如图1所示装置，主要实验步骤如下：
步骤l．将铝箔剪碎，用CCl4浸泡片刻，干燥，然后投入
到烧瓶6中．
步骤2．从导管口7导入氮气，同时打开导管口l和4排出空气，一段时间后关闭导管口7和1；导管口4接装有P2O5的干燥管．
步骤3．从滴液漏斗滴入一定量的液溴于烧瓶6中，并保证
烧瓶6中铝过剩．
步骤4．加热烧瓶6，回流一定时间．
步骤5．将氮气的流动方向改为从导管口4到导管口l．将装有P2O5的干燥管与导管口1连接，将烧瓶6加热至270℃左右，使AlBr3蒸馏进入收集器2．
步骤6．蒸馏完毕时，在继续通入氮气的情况下，将收集器2从3处拆下，并立即封闭3处．
（1）步骤l中，铝箔用CCl4浸泡的目的是______．
（2）步骤2操作中，通氮气的目的是______．
（3）步骤3中，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，其目的是______．
（4）步骤4依据何种现象判断可以停止回流操作______．
（5）步骤5需打开导管口l和4，并从4通入N2的目的是______．
Ⅱ．某课外小组的同学拟用废铝箔制取硫酸铝晶体，已知铝的物种类别与溶液pH关系如图2所示，实验中可选用的试剂：处理过的铝箔；2.0mol•L-1NaOH溶液：2.0mol•L-1硫酸
（6）由铝箔制备硫酸铝晶体的实验步骤依次为：
①称取一定质量的铝箔于烧杯中，分次加入2.0mol•L-1NaOH溶液，加热至不再产生气泡为止．
②过滤，③______；
④过滤、洗涤沉淀；⑤向沉淀中不断加入2.0mol•L-1硫酸，至恰好溶解；
⑥______；⑦冷却结晶；⑧过滤、洗涤、干燥．
正确答案
解：I．（1）铝箔表面易沾有油脂，油脂属于有机物，根据相似相溶原理知，有机溶质易溶于有机溶剂，所以用四氯化碳除去铝箔表面的油脂，
故答案为：除去铝箔表面的油脂等有机物；
（2）溴化铝易水解生成氢氧化铝和HBr，为防止溴化物在空气中的水蒸气中水解，用氮气将装置中空气（含水蒸气）排出，
故答案为：排出装置中含有水蒸气的空气；
（3）如果溴过量，溴易混入溴化铝中，所以为保证液溴完全反应，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，
故答案为：保证溴完全反应，防止溴过量混入溴化铝中；
（4）当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色，说明溴恰好完全反应，则可以停止回流，
故答案为：5的管中回流液呈无色（或烧瓶6中物质呈无色）；
（5）步骤5需打开导管口l和4，利用压强差将溴化铝蒸汽导入装置2并冷凝得到溴化铝，
故答案为：将AlBr3蒸气导入装置2中并冷凝；
II．（6）③根据图片知，pH在4-10时生成氢氧化铝沉淀，所以该步骤是向溶液中滴加稀硫酸并调节溶液pH为4-10，从而得到氢氧化铝沉淀，
故答案为：滤液用2.0mol/L硫酸在不断搅拌下调到pH4-10左右；
⑥从溶液中获得晶体采用加热浓缩、冷却结晶的方法，所以该操作为蒸发浓缩，故答案为：蒸发浓缩．
解析
解：I．（1）铝箔表面易沾有油脂，油脂属于有机物，根据相似相溶原理知，有机溶质易溶于有机溶剂，所以用四氯化碳除去铝箔表面的油脂，
故答案为：除去铝箔表面的油脂等有机物；
（2）溴化铝易水解生成氢氧化铝和HBr，为防止溴化物在空气中的水蒸气中水解，用氮气将装置中空气（含水蒸气）排出，
故答案为：排出装置中含有水蒸气的空气；
（3）如果溴过量，溴易混入溴化铝中，所以为保证液溴完全反应，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，
故答案为：保证溴完全反应，防止溴过量混入溴化铝中；
（4）当5的管中回流液呈无色或烧瓶6中物质呈无色，说明溴恰好完全反应，则可以停止回流，
故答案为：5的管中回流液呈无色（或烧瓶6中物质呈无色）；
（5）步骤5需打开导管口l和4，利用压强差将溴化铝蒸汽导入装置2并冷凝得到溴化铝，
故答案为：将AlBr3蒸气导入装置2中并冷凝；
II．（6）③根据图片知，pH在4-10时生成氢氧化铝沉淀，所以该步骤是向溶液中滴加稀硫酸并调节溶液pH为4-10，从而得到氢氧化铝沉淀，
故答案为：滤液用2.0mol/L硫酸在不断搅拌下调到pH4-10左右；
⑥从溶液中获得晶体采用加热浓缩、冷却结晶的方法，所以该操作为蒸发浓缩，故答案为：蒸发浓缩．
回答下列问题：
（1）写出制取硝基苯的反应方程式______．
（2）该装置中，冷凝管的作用是______．
（3）制备硝基苯时，在三颈瓶中加入20mL的苯，再通过分液漏斗滴加已冷却的混酸溶液（由20mL浓硝酸和22mL浓硫酸在锥形瓶中混合而成），将三颈瓶置于50-55℃的水浴中，反应时间为1小时．因硝化反应为放热反应，当温度超过60℃时，为避免副反应发生，可向水浴中加入______冷却．
（4）反应结束后，冷却反应混合物，通过分液漏斗分离出有机层，依次用蒸馏水、5%的NaOH溶液和蒸馏水洗涤，再用无水CaCl2干燥后，得到粗产品．
①硝基苯有毒，该实验最好在______中迸行．
②有机层用5%的NaOH溶液洗涤的目的是______．
③有机层在分液漏斗中洗涤静置后，有机层处于______（填“上”或下”）层；放液时若发现液体流不下来，其可能的原因除分液漏斗的活塞堵塞之外，还有______．
（5）粗产品蒸馏提纯时，下面装置中温度计位置正确的是______，可能会导致收集到的产品中混有高沸点杂质的装置是______．
（6）若该实验制备得到纯硝基苯18g，则该实验中硝基苯的产率是______．
正确答案
解：（1）苯滴入浓硝酸和浓硫酸混合液中，并在50℃--60℃反应生成硝基苯和水，其反应的化学方程式为：
故答案为：
（2）苯与浓硝酸都易挥发，该装置中，冷凝管冷凝管，起冷凝回流作用，提高原料利用率，
故答案为：冷凝回流；
（3）反应在50℃～60℃下进行，低于水的沸点，可以利用水浴加热控制，若温度过高则用冰水冷却，
故答案为：冰水冷却；
（4）①硝基苯有毒，为了防止中毒，要及时将气体排出，所以要在通风橱中进行，
故答案为：通风橱；
②反应得到粗产品中有残留的硝酸及硫酸，用氢氧化钠溶液洗涤除去粗产品中残留的酸，
故答案为：除去粗产品中残留的酸；
③有机层在分液漏斗中洗涤静置后，有机层硝基苯密度比水大，在下层，分液漏斗的下方有旋塞，使用前必须检查分液漏斗是否漏水或者是否堵塞，分液操作时，如果分液漏斗上口玻璃塞未打开，分液漏斗中的液体不会流出，
故答案为：下；分液漏斗上口玻璃塞未打开（或漏斗内部未与大气相通，或玻璃塞上的凹槽未与漏斗口上的小孔对准）；
（5）蒸馏提纯时，蒸馏测定馏分蒸汽的温度，温度计水银球在烧瓶支管口处，图中装置中温度计位置正确的是C；若温度计水银球偏低则混有低沸点杂质，若温度计水银球偏高则混有高沸点杂质，所以可能会导致收集到的产品中混有高沸点杂质的装置是D，
故答案为：C；D；
（6）苯的密度为0.877g．cm-3，20mL的苯质量为17.54g，苯完全反应生成硝基苯的理论产量为17.54g×
故答案为：65.08%．
解析
解：（1）苯滴入浓硝酸和浓硫酸混合液中，并在50℃--60℃反应生成硝基苯和水，其反应的化学方程式为：
故答案为：
（2）苯与浓硝酸都易挥发，该装置中，冷凝管冷凝管，起冷凝回流作用，提高原料利用率，
故答案为：冷凝回流；
（3）反应在50℃～60℃下进行，低于水的沸点，可以利用水浴加热控制，若温度过高则用冰水冷却，
故答案为：冰水冷却；
（4）①硝基苯有毒，为了防止中毒，要及时将气体排出，所以要在通风橱中进行，
故答案为：通风橱；
②反应得到粗产品中有残留的硝酸及硫酸，用氢氧化钠溶液洗涤除去粗产品中残留的酸，
故答案为：除去粗产品中残留的酸；
③有机层在分液漏斗中洗涤静置后，有机层硝基苯密度比水大，在下层，分液漏斗的下方有旋塞，使用前必须检查分液漏斗是否漏水或者是否堵塞，分液操作时，如果分液漏斗上口玻璃塞未打开，分液漏斗中的液体不会流出，
故答案为：下；分液漏斗上口玻璃塞未打开（或漏斗内部未与大气相通，或玻璃塞上的凹槽未与漏斗口上的小孔对准）；
（5）蒸馏提纯时，蒸馏测定馏分蒸汽的温度，温度计水银球在烧瓶支管口处，图中装置中温度计位置正确的是C；若温度计水银球偏低则混有低沸点杂质，若温度计水银球偏高则混有高沸点杂质，所以可能会导致收集到的产品中混有高沸点杂质的装置是D，
故答案为：C；D；
（6）苯的密度为0.877g．cm-3，20mL的苯质量为17.54g，苯完全反应生成硝基苯的理论产量为17.54g×
故答案为：65.08%．
（2013秋•濠江区校级期中）硫酸盐有着广泛的应用．
（1）以下是CuSO4•5H2O的实验室制备流程图（如图1）．
根据题意完成下列填空：
①理论上，为了制得纯净的CuSO4•5H2O晶体，需要消耗稀硫酸、稀硝酸溶质物质的量之比为______，发生反应的离子方程式为______．
②实际生产过程中对所加稀硝酸的浓度控制要求比较高，通常用标准氢氧化钠溶液来滴定．滴定过程中若用酚酞作指示剂，终点现象是______．
请在下图中画出滴定过程中溶液的pH随所滴加氢氧化钠溶液体积的变化的曲线图（如图2）（要求过A点）．
③用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液．通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol Cu2（OH）2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH（不考虑CO2的溶解），则电解过程中共转移电子的物质的量为______．
（2）为测定混合肥料K2SO4、（NH4）2SO4中钾的含量，完善下列步骤：
①称取钾氮肥试样并溶于水，加入足量______溶液，产生白色沉淀．
②______、______、______（依次填写实验操作名称）．
③冷却、称重．
若试样为m g，沉淀的物质的量为n mol，则试样中K2SO4的物质的量为______mol（用含m、n的代数式表示）．
（3）PbSO4难溶于水却可溶于醋酸，你认为可能的原因是______．
①醋酸铅可溶于水 ②醋酸铅是弱电解质 ③醋酸铅在水中形成电离平衡时的c（Pb2+）小于PbSO4的溶解平衡的c（Pb2+） ④因醋酸是弱酸，故反应可进行．
正确答案
解：（1）①在酸性条件下，硝酸盐具有氧化性，能氧化单质铜，反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；根据方程式可知，如果硝酸的物质的量是2mol，则根据氢原子守恒可知，硫酸的物质的量就是（8mol-2mol）÷2=3mol，所以硫酸和硝酸的物质的量之比是3：2，
故答案为：3：2；3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；
②由于酸不能使酚酞变色，而碱可以使酚酞显红色，所以终点时的现象是溶液由无色变成红色（或浅红色），且半分钟内不褪色；由于随着氢氧化钠溶液的滴加，溶液的pH会逐渐增大，邻近终点时pH会发生突变，所以正确的图象是
故答案为：溶液由无色变成红色（或浅红色），且半分钟内不褪色；
③碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n（Cu）=0.2mol、n（H2）=0.1mol，则转移电子的物质的量=0.2mol×2+0.1mol×2=0.6mol，故答案为：0.6mol；
（2）①混合肥料中含有K2SO4、（NH4）2SO4，要产生白色沉淀，产生的白色沉淀应该是硫酸钡，所以加入的试剂是BaCl2或Ba（OH）2，
故答案为：BaCl2或Ba（OH）2；
②从溶液中分离出白色沉淀应该是过滤，过滤出的沉淀必须通过洗涤和干燥，即正确的操作分别是过滤、洗涤、干燥（或烘干），故答案为：过滤、洗涤、干燥；
③设K2SO4、（NH4）2SO4的物质的量分别是x mol和y mol，根据硫酸根守恒和质量和则有
（3）硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸时，醋酸根离子和铅离子生成弱电解质醋酸铅，促进硫酸铅溶解，所以醋酸铅是弱电解质，并且醋酸铅在水中形成电离平衡时的c（Pb2+）小于PbSO4的溶解平衡的c（Pb2+），故答案为：②③．
解析
解：（1）①在酸性条件下，硝酸盐具有氧化性，能氧化单质铜，反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；根据方程式可知，如果硝酸的物质的量是2mol，则根据氢原子守恒可知，硫酸的物质的量就是（8mol-2mol）÷2=3mol，所以硫酸和硝酸的物质的量之比是3：2，
故答案为：3：2；3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；
②由于酸不能使酚酞变色，而碱可以使酚酞显红色，所以终点时的现象是溶液由无色变成红色（或浅红色），且半分钟内不褪色；由于随着氢氧化钠溶液的滴加，溶液的pH会逐渐增大，邻近终点时pH会发生突变，所以正确的图象是
故答案为：溶液由无色变成红色（或浅红色），且半分钟内不褪色；
③碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n（Cu）=0.2mol、n（H2）=0.1mol，则转移电子的物质的量=0.2mol×2+0.1mol×2=0.6mol，故答案为：0.6mol；
（2）①混合肥料中含有K2SO4、（NH4）2SO4，要产生白色沉淀，产生的白色沉淀应该是硫酸钡，所以加入的试剂是BaCl2或Ba（OH）2，
故答案为：BaCl2或Ba（OH）2；
②从溶液中分离出白色沉淀应该是过滤，过滤出的沉淀必须通过洗涤和干燥，即正确的操作分别是过滤、洗涤、干燥（或烘干），故答案为：过滤、洗涤、干燥；
③设K2SO4、（NH4）2SO4的物质的量分别是x mol和y mol，根据硫酸根守恒和质量和则有
（3）硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸时，醋酸根离子和铅离子生成弱电解质醋酸铅，促进硫酸铅溶解，所以醋酸铅是弱电解质，并且醋酸铅在水中形成电离平衡时的c（Pb2+）小于PbSO4的溶解平衡的c（Pb2+），故答案为：②③．
硅及其化合物在工业上有广泛用途，以硅粉、镁粉等原料制备硅烷的工业流程如下：
反应釜中发生反应：4NH4 Cl+Mg2 Si
（1）工业上可用硅烷和氨气生产一种能耐高温的材料Si3 N4，Si3N4应属于______晶体；NH3、Si3 N4和SiH4三种物质的熔沸点由高到低的顺序是______．
（2）上述生产硅烷的过程中反应釜抽真空的原因是______．
（3）液氨参与循环的作用是______．
（4）氨气也是重要的工业原料，1mol氨气在一定温度下（T＞150℃）发生催化氧化反应能释放出226.5kJ的热量，该反应的热化学方程式是______．
（5）三硅酸镁（ Mg2Si3O8•nH2O）难溶于水，在医药上可做抗酸剂．它可以中和多余胃酸（主要成分盐酸），生成的难溶物还可覆盖在有溃疡的胃表面，保护其不再受刺激．三硅酸镁与胃酸反应的化学方程式是______．若将1.84g三硅酸镁加到50mL 1.0mol/L盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，以甲基橙为指示剂，用l．0mol/L NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则Mg2Si3O8•nH2O中n的值是______．
正确答案
解：（1）相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，其构成微粒是原子；原子晶体具有熔点高和硬度大的特点，氮化硅（Si3N4）是一种耐高温材料，说明氮化硅属于原子晶体，NH3、Si3N4和SiH4三种物质，Si3N4为原子晶体，NH3、SiH4是分子晶体，则熔沸点顺序为：Si3N4＞NH3、SiH4，NH3中含有氢键、SiH4中不含氢键，所以NH3的熔沸点较高，即Si3N4＞NH3＞SiH4，
故答案为：原子；Si3N4＞NH3＞SiH4；
（2）生产硅烷的反应为4NH4Cl+Mg2Si
故答案为：使4NH4Cl+Mg2Si
（3）氨气易液化，液氨气化时能从周围环境吸热降温，上述生产硅烷的过程中液氨的作用是：吸收热量，保证反应在常温下进行，
故答案为：吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）；
（4）氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O2
故答案为：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=-906.0 kJ/mol；
（5）三硅酸镁中和胃酸（HCl）的化学方程式为：MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O，根据化学方程式，设0.184gMgSi3O8•nH2O的物质的量是x，得
MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O
1 4
x 0.050L×1mol/L-0.030L×1mol/L
解得x=0.005mol，所以MgSi3O8•nH2O的摩尔质量是M=
故答案为：MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O；6．
解析
解：（1）相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，其构成微粒是原子；原子晶体具有熔点高和硬度大的特点，氮化硅（Si3N4）是一种耐高温材料，说明氮化硅属于原子晶体，NH3、Si3N4和SiH4三种物质，Si3N4为原子晶体，NH3、SiH4是分子晶体，则熔沸点顺序为：Si3N4＞NH3、SiH4，NH3中含有氢键、SiH4中不含氢键，所以NH3的熔沸点较高，即Si3N4＞NH3＞SiH4，
故答案为：原子；Si3N4＞NH3＞SiH4；
（2）生产硅烷的反应为4NH4Cl+Mg2Si
故答案为：使4NH4Cl+Mg2Si
（3）氨气易液化，液氨气化时能从周围环境吸热降温，上述生产硅烷的过程中液氨的作用是：吸收热量，保证反应在常温下进行，
故答案为：吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）；
（4）氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O2
故答案为：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H=-906.0 kJ/mol；
（5）三硅酸镁中和胃酸（HCl）的化学方程式为：MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O，根据化学方程式，设0.184gMgSi3O8•nH2O的物质的量是x，得
MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O
1 4
x 0.050L×1mol/L-0.030L×1mol/L
解得x=0.005mol，所以MgSi3O8•nH2O的摩尔质量是M=
故答案为：MgSi3O8•nH2O+4HCl═2MgCl2+3SiO2+（n+2）H2O；6．
CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如图1：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等：
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）
③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．
（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式______．
（2）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀成分为______．
（3）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是______、______和过滤．制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是______．
（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2．向“滤液”中加入萃取剂的目的是______；其使用的最佳pH范围是______．
A．2.0～2.5 B．3.0～3.5
C．4.0～4.5 D．5.0～5.5
（5）为测定粗产品CoCl2•6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量．通过计算发现粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是______．（答一条即可）
正确答案
Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O
Fe（OH）3、Al（OH）3
蒸发浓缩
冷却结晶
降低烘干温度，防止产品分解
除去溶液中的Mn2+
B
粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水
解析
解：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（3）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；
根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；
（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；
由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，
故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；
（5）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，
故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水．
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