热门试卷

解：孔雀石用盐酸溶解，主要成份Cu2（OH）2CO3与其反应生成二氧化碳和氯化铜，以及铁的氯化物，其中的二氧化硅是酸性氧化物不溶解，然后加入氧化剂将亚铁转化为易除的铁离子，过滤，将滤液在酸性条件下蒸发结晶，得到氯化铜晶体，

（1）因为要制备氯化铜晶体，为不引入新的杂质，所以加入盐酸；加入氧化剂不能引入新的杂质，所以选用氯气或过氧化氢，故答案为：盐酸；BE；

（2）由工艺流程转化关系可知，试剂②应为调节溶液pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3，除去Fe3+，不能沉淀Cu2+，由金属离子从开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH可知，Fe3+从pH=2.7开始沉淀，在pH=3.7沉淀完全，Cu2+从pH=5.4开始沉淀，所以应该可知pH范围为3.7～5.4，所以试剂②可以是氧化铜、氢氧化铜、碳酸铜或者碱式碳酸铜，由溶液获得CuCl2•xH2O晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等；氯化铜易溶于水，使用无水乙醇代替水进行洗涤，防止CuCl2•xH2O晶体溶解损失．

故答案为：3.7～5.4；CuO、Cu（OH）2；蒸发浓缩、冷却结晶；防止CuCl2•xH2O晶体溶解损失；

（3）①CuCl2•xH2O晶体加热时会发生水解CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，有HCl气体放出，CuCl2质量偏小，测得x值偏大，故答案为：CuCl2•xH2O晶体加热时会发生水解；

②b g为CuO质量为=mol，根据铜元素守恒可知，n（CuO）=n（CuCl2•xH2O），所以ag=mol×（135+18x）g/mol，解得，x=，

故答案为：．

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：用磁铁矿（主要成分Fe3O4、含Al2O3和SiO2等杂质），制取高纯铁红的工艺流程：酸浸过程中四氧化三铁和酸反应Fe3O4+4H2SO4Fe2（SO4）3+FeSO4+4H2O生成亚铁离子、铁离子和水，氧化铝和酸反应：Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，二氧化硅不反应，加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+：Fe+2Fe3+=3Fe2+，因Ksp[Fe（OH）2]=8×10-16；Ksp[Al（OH）3]=1.3×10-33，所以加入20%的NH3•H2O，调PH=5.7，Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，过滤得到滤渣为：Fe、SiO2、Al（OH）3，滤液中含有Fe2+、NH4+，加入碳酸氢铵得到FeCO3，碳酸亚铁和氧气反应4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2．

（1）酸浸过程中四氧化三铁和酸反应生成亚铁离子、铁离子和水，“酸浸”过程中Fe3O4发生反应的方程式为：Fe3O4+4H2SO4Fe2（SO4）3+FeSO4+4H2O；加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+：Fe+2Fe3+=3Fe2+，以便下一步进行铁、铝分离，

故答案为：Fe3O4+4H2SO4Fe2（SO4）3+FeSO4+4H2O；将Fe3+还原为Fe2+（或作还原剂）；

（2）滴加氨水，铝离子和氨水反应：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，

故答案为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；　

（3）加入20%的NH3•H2O，调PH=5.7，Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，过滤得到滤渣为：Fe、SiO2、Al（OH）3，滤液中含有Fe2+、NH4+，加入碳酸氢铵得到FeCO3，此时图中滤液主要成分为NH4+，

故答案为：NH4+；

（4）在氧气（空气）中碳酸亚铁和氧气反应反应：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，生成氧化铁和二氧化碳，采用图2装置（加热仪器已略去）在约600～650℃煅烧30min，通入的气体A是氧气（空气）；因石英玻璃成分为二氧化硅为原子晶体耐高温，普通玻璃高温下容易软化，所以图中使用耐高温的石英玻璃，

故答案为：氧气（空气）；普通玻璃高温下容易软化．

解：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；

（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，所以加入Na2S2O3的作用是还原Co3+，盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，

故答案为：还原Co3+；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；

（3）碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，即：CO32-+Co2+=CoCO3↓；

故答案为：CO32-+Co2+=CoCO3↓；

（4）CoCl2•6H2O～CoCl2

        238             130    

         m             65mg

 ，解得：m=119mg

 A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：

   CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m

    238                       18（6-n）

   119mg                      119mg-74mg

=，解得：n=1，

所以A物质的化学式为：CoCl2•H2O，故答案为：CoCl2•H2O．

解：（1）由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，由信息②可知温度较高KOH与Cl2 反应生成的是KClO3．由信息①可知，在低温下KOH与Cl2 反应生成的是KClO．故选择低温较低，故答案为：温度较低；

（2）工业是利用电解饱和食盐水制取氯气．反应方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（3）次氯酸跟有强氧化性，嫩将三价铁离子氧化为高铁酸根，离子方程式：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5 H2O，故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5 H2O；

（4）由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，加KOH固体的目的是与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO．

A．与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO，故A正确；

B．由信息②可知温度较高KOH与Cl2 反应生成的是KClO3，不利用KClO生成、浪费原料，故B错误；

C．由工艺流程及③可知，利用Fe（NO3）3与KClO制备K2FeO4，故C正确；

D．由信息可知，该条件下KClO3 不能转化为KClO，故D错误．

故选：AC；

（5）①Na2FeO4能消毒、净水的原因高价铁具有氧化性，能消毒杀菌，生成Fe3+形成胶体，具有吸附悬浮物的净水的作用，电解时阳极Fe失电子发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O；

故答案为：Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O；

②NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，正极上H2O2发生还原反应，得到电子生成OH-，其电极反应为：H2O2+2e-=2OH-；

故答案为：H2O2+2e-=2OH-．

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：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：（1）盐泥中含有镁、钙、铁、铝、锰的硅酸盐和碳酸盐等成分，用H2SO4调节溶液PH至1～2，会把碳酸盐和硅酸盐转化为溶于水的硫酸盐，把钙离子形成硫酸钙沉淀，把硅酸根离子形成硅酸沉淀过滤除去，

故答案为：浸出Mg、Fe、Al、Mn离子，除去Si、Ca；

（2）Al3+、Fe3+水解生成Al（OH）3、Fe（OH）3，NaClO溶液在加热条件下将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2OH-+C1O-=MnO2↓+Cl-+H2O，

故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3；Mn2++2OH-+C1O-=MnO2↓+Cl一+H2O；

（3）滤液发黄可能含有三价铁离子，可添加适量的次氯酸钠溶液，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，次氯酸钠显碱性，可促进三价铁离子的水解，再煮沸、过滤，

故答案为：添加适量的次氯酸钠溶液，再煮沸、过滤；

（4）丙酮为有机物易挥发，用丙酮代替蒸馏水洗涤可减小硫酸镁的溶解损耗，并快速干燥，

故答案为：减小硫酸镁的溶解损耗，并快速干燥；

（5）重复脱水后至恒重说明已经完全脱水，

故答案为：称量后重复脱水→冷却→称量至恒重．

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：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：I．根据硫酸渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸（过量）；向溶液B中加试剂①并调节溶液的pH值为3.7，结合题意溶液pH=3.7时Fe3+已经沉淀完全知，试剂①是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂①只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂①并调节溶液的pH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝，

（1）固体E是氢氧化镁，故答案为：Mg（OH）2；

（2）试剂①是强碱溶液，故选：A；     

（3）溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，故答案为：NaCl、NaHCO3；

（4）因PH值精确到小数点后一位，而石蕊试液测得的PH值在一个范围内，广泛pH试纸测得的PH值是一个整数，精密pH试纸、pH计均可准确到小数点后一位，故选：CD；          

（5）固体C是氢氧化铁，固体E是氢氧化镁，固体G是氢氧化铝，加热均可分解得到对应的氧化物，故答案为：灼烧； 

（6）因溶液的pH值为13，c（OH-）=10-1mol•L-1，Ksp=c（Mg2+）×c2（OH-）=c（Mg2+）×10-2=5.6×10-12，所以c（Mg2+）=5.6×10-10 mol•L-1，故答案为：5.6×10-10 mol•L-1．

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=×100%=×100%=83.2%，

故答案为：83.2%．

解：（1）加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，并产生二氧化碳和水，步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O；

故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O；

（2）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+-Mn2++2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2++4H+-Mn2++2Fe3+，最后据原子守恒得，MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；

故答案为：CoS和NiS；

（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含有NiSO4，电解该溶液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2++2e-=Mn；

故答案为：阴，Mn2++2e-=Mn；

（5）由于将一级沉降得到Mn（OH）2沉淀过滤之后的滤液中还含有Mn2+，以进一步去除废水中的Mn2+，向该滤液中加入适量Na2S，据溶解积常数确定其溶解度比Mn（OH）2小，进行二级沉降得到MnS，以进一步去除废水中的Mn2+；

故答案为：沉降得到MnS，以进一步去除废水中的Mn2+；

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）．