- 气体的检验
- 共1690题
金属钛被称为铁和铝之后崛起的第三金属，它是空间技术、航海、化工、医疗上不可缺少的材料．为了提高资源的利用率，减少环境污染，可将氯碱厂、炼钛厂和甲醇厂组成产业链，其关系如下图所示．
请回答下列问题：
（1）写出钛铁矿经氯化法得到四氯化钛的化学方程式______．
（2）TiCl4暴露在潮湿空气中冒白烟，白烟主要为白色的二氧化钛的水合物H2TiO3，试写出该反应的化学方程式：______．
（3）已知：①Mg（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）△H=-641kJ•mol-1
②
则Mg 与TiCl4反应的热化学方程式为______，该反应在氩气氛中进行的理由是______．
（4）在上述产业链中，合成96t 甲醇理论上需额外补充H2______t （不考虑生产过程中物质的任何损失）．
正确答案
解：（1）从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为2FeTiO3+6C+7Cl2=2FeCl3+2TiCl4+6CO，故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl2═2FeCl3+2TiCl4+6CO；
（2）反应的化学方程式：TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl，故答案为：TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl；
（3）反应2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）可看做反应①×2-②得到，根据盖斯定律得△H-641kJ/mol×2-（-770 kJ/mol）=-512kJ•mol-1，反应2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）在Ar气氛中进行的理由是Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化，故答案为：2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）△H=-512 kJ•mol-1；Mg和Ti都有强还原性，在Ar气氛中可以防止被氧化；
（4）由方程式CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）、2FeTiO3+6C+7Cl2=2FeCl3+2TiCl4+6CO、2NaCl+2H2O=2NaOH+H2↑+Cl2↑得如下关系式：6CH3OH→6CO→7Cl2→7H2，而6CH3OH→12H2，故每生产6molCH3OH（192g）需额外补充5molH2（10g），则生产96t甲醇，至少需额外补充5t氢气，故答案为：5．
解析
解：（1）从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为2FeTiO3+6C+7Cl2=2FeCl3+2TiCl4+6CO，故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl2═2FeCl3+2TiCl4+6CO；
（2）反应的化学方程式：TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl，故答案为：TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl；
（3）反应2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）可看做反应①×2-②得到，根据盖斯定律得△H-641kJ/mol×2-（-770 kJ/mol）=-512kJ•mol-1，反应2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）在Ar气氛中进行的理由是Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化，故答案为：2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）△H=-512 kJ•mol-1；Mg和Ti都有强还原性，在Ar气氛中可以防止被氧化；
（4）由方程式CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）、2FeTiO3+6C+7Cl2=2FeCl3+2TiCl4+6CO、2NaCl+2H2O=2NaOH+H2↑+Cl2↑得如下关系式：6CH3OH→6CO→7Cl2→7H2，而6CH3OH→12H2，故每生产6molCH3OH（192g）需额外补充5molH2（10g），则生产96t甲醇，至少需额外补充5t氢气，故答案为：5．
银、铜均属于重金属，从银铜合金废料中回收银并制备含铜化合物产品的工艺如图所示：
（1）熔炼时被氧化的元素是______，酸浸时反应的离子方程式为______．为提高酸浸时铜元素的浸出率及浸出速率，酸浸前应对渣料进行处理，其处理方法是______．
（2）操作a是______，固体B转化为CuAlO2的过程中，存在如下反应，请填写空白处：______CuO+______Al2O3
（3）若残渣A中含有n mol Ag，将该残渣全部与足量的稀HNO3置于某容器中进行反应，写出反应的化学方程式______．为彻底消除污染，可将反应中产生的气体与V L（标准状况）空气混合通入水中，则V至少为______L（设空气中氧气的体积分数为0.2）．
（4）已知2Cu+ 
（5）假设粗银中的杂质只有少量的铜，利用电化学方法对其进行精炼，则粗银应与电源的______极相连，当两个电极上质量变化值相差30.4g时，则两个电极上银质量的变化值相差______g．
正确答案
解：由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者反应得到CuAlO2．
（1）由上述分析可知，空气中熔炼时Cu被氧化；用硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应生成硫酸铜与水，反应离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++H2O；将渣料粉碎，增大接触面积，加快反应速率；
故答案为：Cu；CuO+2H+=Cu2++H2O；将渣料粉碎；
（2）操作a是分离互不相溶的液体与固体，应是过滤；由上述分析可知，CuO、Al2O3反应得到CuAlO2，由电荷守恒可知，O元素化合价升高，有氧气生成，反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，反应前氧为-2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑，
故答案为：过滤；4； 2； 4CuAlO2；O2；
（3）Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、NO与水，反应方程式为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；反应生成的NO、氧气与水反应又得到硝酸，纵观整个过程，Ag失去电子等于氧气获得电子，故消耗氧气物质的量为
故答案为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；28n；
（4）CuAlO2分别与足量盐酸反应得到Cu、氯化铜、氯化铝，现象为得到蓝色溶液、有红色固体生成；硝酸具有强氧化性，过量的硝酸与CuAlO2反应得到硝酸铜、硝酸铝、NO，溶液变蓝色，相同点是均得到蓝色溶液；不同点是与盐酸混合有红色固体出现，而与硝酸混合没有固体出现，但有气泡产生，
故答案为：相同点是均得到蓝色溶液；不同点是与盐酸混合有红色固体出现，而与硝酸混合没有固体出现，但有气泡产生；
（5）电解精炼时，粗银作阳极、纯银作阴极，阳极上Ag、Cu都失电子生成金属阳离子，阴极上只有银离子得电子生成Ag，两个电极上质量变化值相差30.4g为Cu放电析出的Ag与Cu的质量之差，设Cu为xmol，根据电子转移守恒，则Cu放电形成Ag为2x mol，故2x×108-64x=30.4，解得x=0.2，两个电极上银质量的变化值之差为Cu放电生成Ag的质量，故为0.2mol×2×108g/mol=43.2g，
故答案为：正；43.2g．
解析
解：由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者反应得到CuAlO2．
（1）由上述分析可知，空气中熔炼时Cu被氧化；用硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应生成硫酸铜与水，反应离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++H2O；将渣料粉碎，增大接触面积，加快反应速率；
故答案为：Cu；CuO+2H+=Cu2++H2O；将渣料粉碎；
（2）操作a是分离互不相溶的液体与固体，应是过滤；由上述分析可知，CuO、Al2O3反应得到CuAlO2，由电荷守恒可知，O元素化合价升高，有氧气生成，反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，反应前氧为-2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑，
故答案为：过滤；4； 2； 4CuAlO2；O2；
（3）Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、NO与水，反应方程式为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；反应生成的NO、氧气与水反应又得到硝酸，纵观整个过程，Ag失去电子等于氧气获得电子，故消耗氧气物质的量为
故答案为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；28n；
（4）CuAlO2分别与足量盐酸反应得到Cu、氯化铜、氯化铝，现象为得到蓝色溶液、有红色固体生成；硝酸具有强氧化性，过量的硝酸与CuAlO2反应得到硝酸铜、硝酸铝、NO，溶液变蓝色，相同点是均得到蓝色溶液；不同点是与盐酸混合有红色固体出现，而与硝酸混合没有固体出现，但有气泡产生，
故答案为：相同点是均得到蓝色溶液；不同点是与盐酸混合有红色固体出现，而与硝酸混合没有固体出现，但有气泡产生；
（5）电解精炼时，粗银作阳极、纯银作阴极，阳极上Ag、Cu都失电子生成金属阳离子，阴极上只有银离子得电子生成Ag，两个电极上质量变化值相差30.4g为Cu放电析出的Ag与Cu的质量之差，设Cu为xmol，根据电子转移守恒，则Cu放电形成Ag为2x mol，故2x×108-64x=30.4，解得x=0.2，两个电极上银质量的变化值之差为Cu放电生成Ag的质量，故为0.2mol×2×108g/mol=43.2g，
故答案为：正；43.2g．
（2013秋•潮南区校级期中）钼是银白色高熔点金属，易加工成丝、带、片、棒等，在电子工业中有广泛应用．钼也大量用于制合金钢，可提高钢的耐高温强度、耐磨性、耐腐蚀性等．工业上可由辉钼矿（主要成分为MoS2）提取金属钼，其提炼过程如下：
（1）辉钼矿在焙烧前应粉碎，其目的是______．
（2）反应①的化学方程式是______．
（3）反应②的离子方程式是______．
（4）工业上从成本因素考虑，滤液2加入______（填化学式）后可循环利用于反应①．
（5）实验室模拟灼烧钼酸，应该选择的仪器是酒精灯、______、______、三脚架、坩埚钳和玻璃棒．
正确答案
解：辉钼矿焙烧生成MoO3和SO2，MoO3属于酸性氧化物，和氨水反应生成钼酸铵和水，钼酸铵和盐酸反应生成氯化铵和钼酸，过滤得到钼酸，灼烧钼酸得到MoO3，然后用氢气还原MoO3得到金属单质Mo，
（1）反应物的接触面积越大，其反应速率越快，为增大反应物接触面积，可以将固体粉碎，使反应更充分，从而增大反应速率，提高原料利用率，故答案为：增大固体表面积，增大反应速率，提高原料利用率；
（2）MoO3是酸性氧化物，氨水具有碱性，所以MoO3能和NH3•H2O反应生成盐和水，反应方程式为MoO3+2NH3•H2O═（NH4）2MoO4+H2O，故答案为：MoO3+2NH3•H2O═（NH4）2MoO4+H2O；
（3）盐酸的酸性大于钼酸，根据强酸制取弱酸知，钼酸铵和盐酸发生复分解反应生成难溶性的钼酸和氯化铵，离子方程式为MoO42-+2H+═H2MoO4↓，故答案为：MoO42-+2H+═H2MoO4↓；
（4）滤液2中含有氯化铵，氯化铵能和碱液反应生成氨气，氨气溶于水得到氨水，从而将氨气循环利用，减少成本，Ca（OH）2具有碱性且价格低廉，所以可以用Ca（OH）2和氯化铵制取氨气，故答案为：Ca（OH）2；
（5）做灼烧实验时需要酒精灯进行加热、用坩埚盛放钼酸、用三脚架和泥三角放置坩埚、用坩埚钳夹取坩埚，用玻璃棒搅拌，所以还需要的仪器是坩埚和泥三角，故答案为：坩埚；泥三角．
解析
解：辉钼矿焙烧生成MoO3和SO2，MoO3属于酸性氧化物，和氨水反应生成钼酸铵和水，钼酸铵和盐酸反应生成氯化铵和钼酸，过滤得到钼酸，灼烧钼酸得到MoO3，然后用氢气还原MoO3得到金属单质Mo，
（1）反应物的接触面积越大，其反应速率越快，为增大反应物接触面积，可以将固体粉碎，使反应更充分，从而增大反应速率，提高原料利用率，故答案为：增大固体表面积，增大反应速率，提高原料利用率；
（2）MoO3是酸性氧化物，氨水具有碱性，所以MoO3能和NH3•H2O反应生成盐和水，反应方程式为MoO3+2NH3•H2O═（NH4）2MoO4+H2O，故答案为：MoO3+2NH3•H2O═（NH4）2MoO4+H2O；
（3）盐酸的酸性大于钼酸，根据强酸制取弱酸知，钼酸铵和盐酸发生复分解反应生成难溶性的钼酸和氯化铵，离子方程式为MoO42-+2H+═H2MoO4↓，故答案为：MoO42-+2H+═H2MoO4↓；
（4）滤液2中含有氯化铵，氯化铵能和碱液反应生成氨气，氨气溶于水得到氨水，从而将氨气循环利用，减少成本，Ca（OH）2具有碱性且价格低廉，所以可以用Ca（OH）2和氯化铵制取氨气，故答案为：Ca（OH）2；
（5）做灼烧实验时需要酒精灯进行加热、用坩埚盛放钼酸、用三脚架和泥三角放置坩埚、用坩埚钳夹取坩埚，用玻璃棒搅拌，所以还需要的仪器是坩埚和泥三角，故答案为：坩埚；泥三角．
钴是国民经济建设和国防建设不可缺少的重要原料之一，从锂离子二次电池正极（LiCo02）废料--铝钴膜中回收钴的工艺如图所示：
回答下列问题：
（1）写出工业上用Al2O3制取铝的化学方程式______
（2）工艺图中加入氢氧化钠净化的目的是______
（3）为使钴浸出．需将LiCo02的结构破坏，选择在硫酸和双氧水体系中进行浸出，请写出浸出的化学方程式______
（4）锂可由电解制得，以石墨为阳极，低碳钢为阴极，电解液为熔融的LiCI和KCI的混合液，电解槽压为6.0-6.5V，这样可得到纯度为99%的锂．
①在电解液中加人KCl的原因______
②阴极产物与镁的性质相似，在常温下与氮气反应，请写出其与氮气反应的生成物与水的反应方程式______．
③已知阴极产物在500℃与氢气能反应生成氢化物，请写出该氢化物的电子式______
（5）已知钴与铁的性质相似，请写出四氧化三钴与氢碘酸反应的离子方程式______．
正确答案
解：铝钴膜废料的成分为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，通过加热得到氧化铝，再通过电解熔融氧化铝获得金属Al；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，溶液中含有杂质铝离子，然后加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，生成氢氧化铝沉淀从而除去铝离子，最后对滤液用草酸铵洗涤处理，经过一系列处理得到碳酸锂和金属Co，
（1）电解熔融氧化铝可以获得金属铝和氧气，反应的化学方程式为：2Al2O3
故答案为：2Al2O3
（2）滤渣用硫酸和双氧水处理后Co元素全部留在滤液中，且滤液中含有杂质铝离子，用氢氧化钠溶液调节pH，可以将杂质铝离子除掉，
故答案为：除去杂质离子（Al3+）；
（3）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应的化学方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，
故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；
（4）①电解液中加入氯化钾后，可以大大提高电解液的导电性，增强电解效果，
故答案为：增强电解液的导电性；
②电解熔融LiCl过程中，阴极得到的是金属Li，锂与氮气反应生成Li3N，氮化锂与水反应会生成氨气和氢氧化锂，反应的化学方程式为：Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，
故答案为：Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH；
③电解熔融LiCl过程中，阴极得到的是金属Li，锂与氢气在一定条件下反应生成氢化锂，氢化锂为离子化合物，其电子式为：Li+[：H]-，
故答案为：Li+[：H]-；
（5）已知钴与铁的性质相似，则四氧化三钴与四氧化三铁的化学性质相似，四氧化三铁与碘化氢反应的离子方程式为：2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，则四氧化三钴与氢碘酸反应的离子方程式：Co3O4+8H++2I-=3Co2++I2+4H2O，
故答案为：Co3O4+8H++2I-=3Co2++I2+4H2O．
解析
解：铝钴膜废料的成分为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，通过加热得到氧化铝，再通过电解熔融氧化铝获得金属Al；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，溶液中含有杂质铝离子，然后加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，生成氢氧化铝沉淀从而除去铝离子，最后对滤液用草酸铵洗涤处理，经过一系列处理得到碳酸锂和金属Co，
（1）电解熔融氧化铝可以获得金属铝和氧气，反应的化学方程式为：2Al2O3
故答案为：2Al2O3
（2）滤渣用硫酸和双氧水处理后Co元素全部留在滤液中，且滤液中含有杂质铝离子，用氢氧化钠溶液调节pH，可以将杂质铝离子除掉，
故答案为：除去杂质离子（Al3+）；
（3）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应的化学方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，
故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；
（4）①电解液中加入氯化钾后，可以大大提高电解液的导电性，增强电解效果，
故答案为：增强电解液的导电性；
②电解熔融LiCl过程中，阴极得到的是金属Li，锂与氮气反应生成Li3N，氮化锂与水反应会生成氨气和氢氧化锂，反应的化学方程式为：Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，
故答案为：Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH；
③电解熔融LiCl过程中，阴极得到的是金属Li，锂与氢气在一定条件下反应生成氢化锂，氢化锂为离子化合物，其电子式为：Li+[：H]-，
故答案为：Li+[：H]-；
（5）已知钴与铁的性质相似，则四氧化三钴与四氧化三铁的化学性质相似，四氧化三铁与碘化氢反应的离子方程式为：2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，则四氧化三钴与氢碘酸反应的离子方程式：Co3O4+8H++2I-=3Co2++I2+4H2O，
故答案为：Co3O4+8H++2I-=3Co2++I2+4H2O．
过碳酸钠（Na2CO3•3H2O2），有固体双氧水的俗称，该晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质，被大量应用于洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域中，过碳酸钠的某生产流程如图1所示．
已知：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3•3H2O2△H＜0；回答下列问题：
（1）下列物质可使过碳酸钠较快失效的是（填序号）______．
A．FeCl3溶液 B．H2S C．稀硫酸 D．NaHCO3溶液
（2）反应①应先通入的气体是______．
（3）在上述流程中，向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是______．
（4）该生产流程中可循环使用的物质是______（填化学式）．
（5）生产过碳酸钠的流程中遗漏了一步，造成所得产品纯度偏低，请简述该步操作过程______．
（6）实验室利用图2装置制备过碳酸钠，该装置中恒压滴液漏斗中支管的作用是______，冷凝管应从______处进水．
（7）由实验测定反应温度对产物的影响如下表：根据下表数据，你认为反应最佳的温度选择的范围是______．
正确答案
解：（1）A．FeCl3溶液能与碳酸钠反应，因此氯化铁也与过碳酸钠反应，故A正确；
B．H2S与双氧水发生氧化还原反应，则也与过碳酸钠发生氧化还原反应，故B正确；
C．稀硫酸与碳酸钠反应，因此也与过碳酸钠反应，故C正确；
D．NaHCO3溶液与碳酸钠以及双氧水等均不反应，因此也与过碳酸钠不反应，故D错误．
故答案为：ABC；
（2）二氧化碳在水中的溶解度很小，而氨气极易溶于水，所以反应①应先通入的气体是氨气，故答案为：NH3；
（3）由于双氧水稳定性差，易分解，因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，故答案为：防止双氧水分解；
（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，即A是碳酸钠，B是二氧化碳，因此该生产流程中可循环使用的物质是CO2，故答案为：CO2；
（5）从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，因此该步操作是沿玻璃棒向漏斗（过滤器）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次，故答案为：沿玻璃棒向漏斗（过滤器）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次；
（6）恒压滴液漏斗能保持压强恒定，因此恒压滴液漏斗中支管的作用是使液体顺利流下．冷凝管应从下端进水，即a处进水上端出水，故答案为：使液体顺利流下；a；
（7）根据表数据可知温度超过20℃后，活性氧百分含量和产率均降低，所以反应最佳的温度选择的范围是15～20℃，故答案为：5～20℃．
解析
解：（1）A．FeCl3溶液能与碳酸钠反应，因此氯化铁也与过碳酸钠反应，故A正确；
B．H2S与双氧水发生氧化还原反应，则也与过碳酸钠发生氧化还原反应，故B正确；
C．稀硫酸与碳酸钠反应，因此也与过碳酸钠反应，故C正确；
D．NaHCO3溶液与碳酸钠以及双氧水等均不反应，因此也与过碳酸钠不反应，故D错误．
故答案为：ABC；
（2）二氧化碳在水中的溶解度很小，而氨气极易溶于水，所以反应①应先通入的气体是氨气，故答案为：NH3；
（3）由于双氧水稳定性差，易分解，因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，故答案为：防止双氧水分解；
（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，即A是碳酸钠，B是二氧化碳，因此该生产流程中可循环使用的物质是CO2，故答案为：CO2；
（5）从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，因此该步操作是沿玻璃棒向漏斗（过滤器）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次，故答案为：沿玻璃棒向漏斗（过滤器）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次；
（6）恒压滴液漏斗能保持压强恒定，因此恒压滴液漏斗中支管的作用是使液体顺利流下．冷凝管应从下端进水，即a处进水上端出水，故答案为：使液体顺利流下；a；
（7）根据表数据可知温度超过20℃后，活性氧百分含量和产率均降低，所以反应最佳的温度选择的范围是15～20℃，故答案为：5～20℃．
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