- 物质的检测
- 共5040题
锌焙砂是锌精矿经焙烧后所得的产物，主要含氧化锌、硫酸锌，有少量FeO、CuO、NiO杂质，是炼锌最主要的原料．安徽某科研小组设计了如下提取金属锌的实验流程：
（1）酸浸得到的溶液中除Zn2+外，还含有的金属阳离子______（填离子符号），需要用到240ml 4mol•L-1 H2SO4，用18.4mol•L-1 H2SO4浓硫酸配制该溶液过程中用到的主要玻璃仪器有______
（2）净化Ⅰ操作需要加入H2O2，控制溶液PH在4左右，发生反应的离子方程式______，沉淀的主要成分是______．
（3）净化Ⅱ得到的Cu、Ni，需要进行洗涤操作，检验是否洗涤干净的方法是______，
本流程中可以循环利用的物质除锌外还有______．
（4）可用电解沉积硫酸锌溶液的方法制备锌，若在在阳极产生13.44L（标准状况下） 氧气，在阴极析出锌的质量为______
（5）上述工艺中，如果不设计“净化Ⅱ”，造成的结果是______．
正确答案
解：（1）锌焙砂经被烧后所得的产物，主要含氧化锌、硫酸锌（有少量FeO、CuO、NiO杂质），加入硫酸酸化，可生成硫酸锌、硫酸铜、硫酸镍以及硫酸亚铁等，因此酸浸得到的溶液中除Zn2+外，还含有的金属阳离子有Cu2+、Fe2+、Ni2+等，用浓硫酸配制稀硫酸需要的仪器有：量筒量取浓硫酸、烧杯用来溶解浓硫酸、玻璃棒搅拌、引流等、胶头滴管定容以及250mL容量瓶等，
故答案为：Cu2+、Fe2+、Ni2+；250ml容量瓶、玻璃棒、烧杯、量筒 胶头滴管等；
（2）净化Ⅰ操作需要加入H2O2溶液并控制溶液的pH在4左右，亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，控制溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；Fe（OH）3；
（3）净化Ⅱ得到的Cu、Ni可吸附溶液中的硫酸根离子，检验是否洗涤干净，可取最后一次洗涤液于小试管中，滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，如无沉淀生成，说明洗涤干净，通过制取金属锌的流程图示可以知道，可以循环利用的物质除锌外，含有硫酸、硫酸锌，
故答案为：取最后洗涤液少量，滴加BaCl2，如无白色沉淀，则洗干净；H2SO4、ZnSO4；
（4）13.44L（标准状况下） 氧气n=
故答案为：78g；
（5）上述工艺中，如果不设计“净化Ⅱ”，溶液中含有Cu2+、Ni2+，电解会造成的结果是最终得到的产品中含Cu、Ni杂质，
故答案为：最终得到的产品中含Cu、Ni杂质．
解析
解：（1）锌焙砂经被烧后所得的产物，主要含氧化锌、硫酸锌（有少量FeO、CuO、NiO杂质），加入硫酸酸化，可生成硫酸锌、硫酸铜、硫酸镍以及硫酸亚铁等，因此酸浸得到的溶液中除Zn2+外，还含有的金属阳离子有Cu2+、Fe2+、Ni2+等，用浓硫酸配制稀硫酸需要的仪器有：量筒量取浓硫酸、烧杯用来溶解浓硫酸、玻璃棒搅拌、引流等、胶头滴管定容以及250mL容量瓶等，
故答案为：Cu2+、Fe2+、Ni2+；250ml容量瓶、玻璃棒、烧杯、量筒 胶头滴管等；
（2）净化Ⅰ操作需要加入H2O2溶液并控制溶液的pH在4左右，亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，控制溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；Fe（OH）3；
（3）净化Ⅱ得到的Cu、Ni可吸附溶液中的硫酸根离子，检验是否洗涤干净，可取最后一次洗涤液于小试管中，滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，如无沉淀生成，说明洗涤干净，通过制取金属锌的流程图示可以知道，可以循环利用的物质除锌外，含有硫酸、硫酸锌，
故答案为：取最后洗涤液少量，滴加BaCl2，如无白色沉淀，则洗干净；H2SO4、ZnSO4；
（4）13.44L（标准状况下） 氧气n=
故答案为：78g；
（5）上述工艺中，如果不设计“净化Ⅱ”，溶液中含有Cu2+、Ni2+，电解会造成的结果是最终得到的产品中含Cu、Ni杂质，
故答案为：最终得到的产品中含Cu、Ni杂质．
电子工业中，可用FeCl3-HCl溶液作为印刷电路铜板蚀刻液．某探究小组设计如下线路处理废液和资源回收：
请回答：
（1）FeCl3-HCl溶液蚀刻铜板后的废液中含有的金属阳离子是______．
（2）FeCl3蚀刻液中加入盐酸的目的：可以______，又可提高蚀刻速率．
（3）步骤①中加入H2O2溶液的目的是______．
（4）已知：
生成氢氧化物沉淀的pH
根据表中数据推测调节pH的范围是______．
（5）写出步骤②中生成CO2的一个离子方程式______（已知Cu2（OH）2CO3不易溶于水）．
（6）写出步骤③生成Cu2（OH）2CO3的离子方程式______．
正确答案
解：FeCl3-HCl溶液蚀刻铜板后的废液，发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，得到氯化铜、氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，向废液中滴入过氧化氢将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子，然后过滤得沉淀氢氧化铁和氯化铜溶液，将沉淀溶解于盐酸得到氯化铁，向滤液中加入碳酸氢钠得到碱式碳酸铜．
（1）氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，铁离子可能过量，故答案为：Fe3+、Fe2+和Cu2+；
（2）氯化铁是强酸弱碱盐水解呈酸性，所以加盐酸防止弱离子铁离子的水解，水解的方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，向其中加盐酸促使平衡逆向移动，
故答案为：抑制氯化铁水解；
（3）加入氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子但不能引入新的杂质，氧化剂选择过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：因为将Fe2+氧化成Fe3+，方便后续沉淀时除去；
（4）调节溶液的pH目的是使铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀，依据图表数据分析可知pH应为：3.2～4.7，故答案为：[3.2，4.7）或3.2≤pH＜4.7；
（5）用碱式碳酸铜来调节溶液的PH，强制弱，所以离子反应方程式为：4H++Cu2（OH）2CO3 =3H2O+2 Cu2++CO2↑，故答案为：4H++Cu2（OH）2CO3 =3H2O+2 Cu2++CO2↑；
（6）滤液中弱碱的阳离子与碳酸氢钠中的碳酸氢根离子发生双水解，生成碱式碳酸铜，反应的方程式为：2Cu2++4HCO3-=Cu2（OH）2CO3↓+H2O+3 CO2↑，
故答案为：2Cu2++4HCO3-=Cu2（OH）2CO3↓+H2O+3 CO2↑．
解析
解：FeCl3-HCl溶液蚀刻铜板后的废液，发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，得到氯化铜、氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，向废液中滴入过氧化氢将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子，然后过滤得沉淀氢氧化铁和氯化铜溶液，将沉淀溶解于盐酸得到氯化铁，向滤液中加入碳酸氢钠得到碱式碳酸铜．
（1）氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，铁离子可能过量，故答案为：Fe3+、Fe2+和Cu2+；
（2）氯化铁是强酸弱碱盐水解呈酸性，所以加盐酸防止弱离子铁离子的水解，水解的方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，向其中加盐酸促使平衡逆向移动，
故答案为：抑制氯化铁水解；
（3）加入氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子但不能引入新的杂质，氧化剂选择过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：因为将Fe2+氧化成Fe3+，方便后续沉淀时除去；
（4）调节溶液的pH目的是使铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀，依据图表数据分析可知pH应为：3.2～4.7，故答案为：[3.2，4.7）或3.2≤pH＜4.7；
（5）用碱式碳酸铜来调节溶液的PH，强制弱，所以离子反应方程式为：4H++Cu2（OH）2CO3 =3H2O+2 Cu2++CO2↑，故答案为：4H++Cu2（OH）2CO3 =3H2O+2 Cu2++CO2↑；
（6）滤液中弱碱的阳离子与碳酸氢钠中的碳酸氢根离子发生双水解，生成碱式碳酸铜，反应的方程式为：2Cu2++4HCO3-=Cu2（OH）2CO3↓+H2O+3 CO2↑，
故答案为：2Cu2++4HCO3-=Cu2（OH）2CO3↓+H2O+3 CO2↑．
CuCl2常用于颜料、木材防腐等工业，并用作消毒剂、媒染剂、催化剂．工业上用粗制的氧化铜粉末（含FeO和SiO2杂质）来制取无色CuCl2的流程如下：
已知：Fe3+、Fe2+、Cu2+转化为相应的氢氧化物，开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表
（1）第②步反应的离子方程式为______．
（2）滤渣A的成分有______（填化学式），检验滤液C中的Fe3+离子是否除尽的方法是______．
（3）第④步蒸发操作必要的仪器有铁架台（含铁圈）、坩埚钳、石棉网、______，需要在氯化氢气流中蒸干制取无水氯化铜的原因是______；
（4）称取30.250g已制得的无水CuCl2产品（含0.0204molFeCl3杂质），溶于水中，加入过量的铁粉充分反应后过滤．得250mL滤液，量取25.00mL滤液于锥形瓶中，用0.100mol•L-1酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积平均为46.00mL，则该无水CuCl2产品中CuCl2的质量分数为______（用小数表示，计算结果保留2位小数）．
正确答案
解：粗制的氧化铜粉末（含FeO和SiO2杂质），加入盐酸，CuO+2HCl═CuCl2+H2O，FeO+2HCl═FeCl2+H2O，二氧化硅和盐酸不反应，滤渣A为SiO2，滤液A为：CuCl2、FeCl2，加氯水，氯气具有氧化性氧化亚铁离子2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，滤液B为：Fe3+、Cu2+、Cl-，加入氧化铜，氧化铜和氢离子反应，促进水解反应右移，Fe3++3H2O⇌Fe（0H）3+3H+，调节PH至3.2，形成氢氧化铁沉淀，氯化铜水溶液中铜离子水解，在氯化氢气流中加热抑制氯化铜水解得到氯化铜固体，
（1）氯气具有氧化性，亚铁离子具有还原性，第②步加入氯水，发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，
故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（2）粗制的氧化铜粉末（含FeO和SiO2杂质），加入盐酸，CuO+2HCl═CuCl2+H2O，FeO+2HCl═FeCl2+H2O，二氧化硅和盐酸不反应，CuCl2、FeCl2易溶于水，二氧化硅和酸不反应，难溶于水，所以滤渣A为SiO2，Fe3+与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，所以检验滤液B中是否含Fe3+离子的方法为：取少量滤液C，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+，
故答案为：SiO2；取少量滤液C于试管中，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变血红色，证明滤液C中Fe3+未除尽，反之未除尽；
（3）蒸发时，需要使用蒸发皿；需要铁架台和铁圈支撑蒸发皿；需要玻璃棒进行搅拌，以防止液体受热不均匀，造成液体飞溅；需要酒精灯进行加热；坩埚钳用于夹持蒸发皿，滤液C是氯化铜溶液，制取无水CuCl2时，需在HCl气体中蒸干是防止氯化铜水解，HCl抑制CuCl2水解；
故答案为：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；HCl抑制CuCl2水解；
（4）称取30.250g已制得的无水CuCl2产品（含0.0204molFeCl3杂质），溶于水中，加入过量的铁粉，Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2Fe3+=3Fe2+，用0.100mol•L-1酸性KMnO4溶液滴定5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++2Mn2++4H2O，25mL样品溶液消耗高锰酸钾的物质的量为0.046L×0.100mol/L=4.6×10-3mol，可知250mL溶液可以消耗高锰酸钾的物质的量为4.6×10-3mol×
故答案为：0.89；
解析
解：粗制的氧化铜粉末（含FeO和SiO2杂质），加入盐酸，CuO+2HCl═CuCl2+H2O，FeO+2HCl═FeCl2+H2O，二氧化硅和盐酸不反应，滤渣A为SiO2，滤液A为：CuCl2、FeCl2，加氯水，氯气具有氧化性氧化亚铁离子2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，滤液B为：Fe3+、Cu2+、Cl-，加入氧化铜，氧化铜和氢离子反应，促进水解反应右移，Fe3++3H2O⇌Fe（0H）3+3H+，调节PH至3.2，形成氢氧化铁沉淀，氯化铜水溶液中铜离子水解，在氯化氢气流中加热抑制氯化铜水解得到氯化铜固体，
（1）氯气具有氧化性，亚铁离子具有还原性，第②步加入氯水，发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，
故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（2）粗制的氧化铜粉末（含FeO和SiO2杂质），加入盐酸，CuO+2HCl═CuCl2+H2O，FeO+2HCl═FeCl2+H2O，二氧化硅和盐酸不反应，CuCl2、FeCl2易溶于水，二氧化硅和酸不反应，难溶于水，所以滤渣A为SiO2，Fe3+与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，所以检验滤液B中是否含Fe3+离子的方法为：取少量滤液C，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+，
故答案为：SiO2；取少量滤液C于试管中，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变血红色，证明滤液C中Fe3+未除尽，反之未除尽；
（3）蒸发时，需要使用蒸发皿；需要铁架台和铁圈支撑蒸发皿；需要玻璃棒进行搅拌，以防止液体受热不均匀，造成液体飞溅；需要酒精灯进行加热；坩埚钳用于夹持蒸发皿，滤液C是氯化铜溶液，制取无水CuCl2时，需在HCl气体中蒸干是防止氯化铜水解，HCl抑制CuCl2水解；
故答案为：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；HCl抑制CuCl2水解；
（4）称取30.250g已制得的无水CuCl2产品（含0.0204molFeCl3杂质），溶于水中，加入过量的铁粉，Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2Fe3+=3Fe2+，用0.100mol•L-1酸性KMnO4溶液滴定5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++2Mn2++4H2O，25mL样品溶液消耗高锰酸钾的物质的量为0.046L×0.100mol/L=4.6×10-3mol，可知250mL溶液可以消耗高锰酸钾的物质的量为4.6×10-3mol×
故答案为：0.89；
已探明我国锰矿储量占世界第三位，但富矿仅占6.4%，每年尚需进口大量锰矿石．有人设计了把我国的菱锰矿（MnCO3）（贫矿）转化为高品位“菱锰矿砂”的绿色工艺．该工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）锰元素位于元素周期中第______周期______族．
（2）气体A中含有两种气体，溶液C与气体A发生反应的化学方程式为______
（3）锰的化合物用途广泛，例如MnO2KMnO4都是重要的锰化合物MnO2可用于制备KMnO4，一般是先由MnO2在碱性条件下与O2反应制备得到K2MnO4，再由K2MnO4制备KMnO4．写出MnO2得到K2MnO4的化学方程式______．
正确答案
解：把我国的菱锰矿（MnCO3）（贫矿）转化为高品位“菱锰矿砂”的绿色工艺流程为：高温下焙烧菱锰矿时，硫酸铵盐热分解生成氨气，碳酸锰高温分解得到二氧化碳气体，将产生的固体溶于水，可以得到硫酸锰溶液，在水溶液中，两种气体和硫酸锰之间反应生成碳酸锰，
（1）金属锰是25号元素，原子核外电子排布是：2、8、8、7，属于VIIB元素，原子核外电子四层，位于第四周期，故答案为：四；VIIB；
（2）硫酸铵铵盐受热分解生成氨气，碳酸锰高温分解得到二氧化碳气体，在水溶液中，两种气体和硫酸锰之间的反应为：MnSO4+2NH3+CO2+H2O=MnCO3↓+（NH4）2SO4，
故答案为：MnSO4+2NH3+CO2+H2O=MnCO3↓+（NH4）2SO4；
（3）根据题目信息：由MnO2在碱性条件下与O2反应制备得到K2MnO4，则反应为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O．
解析
解：把我国的菱锰矿（MnCO3）（贫矿）转化为高品位“菱锰矿砂”的绿色工艺流程为：高温下焙烧菱锰矿时，硫酸铵盐热分解生成氨气，碳酸锰高温分解得到二氧化碳气体，将产生的固体溶于水，可以得到硫酸锰溶液，在水溶液中，两种气体和硫酸锰之间反应生成碳酸锰，
（1）金属锰是25号元素，原子核外电子排布是：2、8、8、7，属于VIIB元素，原子核外电子四层，位于第四周期，故答案为：四；VIIB；
（2）硫酸铵铵盐受热分解生成氨气，碳酸锰高温分解得到二氧化碳气体，在水溶液中，两种气体和硫酸锰之间的反应为：MnSO4+2NH3+CO2+H2O=MnCO3↓+（NH4）2SO4，
故答案为：MnSO4+2NH3+CO2+H2O=MnCO3↓+（NH4）2SO4；
（3）根据题目信息：由MnO2在碱性条件下与O2反应制备得到K2MnO4，则反应为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O．
工业废水中Cr（Ⅲ）回收与再利用工艺如下：
注：
①硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+
②部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表．
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施______（至少写一条）．
（2）调pH=8是为了除去______离子（选填：Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）．
（3）钠离子交换树脂的原理为：Mn++nNaR→MRn+nNa+，被交换的杂质离子是______（选填：Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）．
正确答案
解：流程原理：硫酸浸取液中金属离子是Cr3+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入硫酸，将物质溶解酸化，过滤，除去难溶物质，然后向混合液中加入氢氧化钠，根据表中数据，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，调节溶液PH=8，可以将Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，将Fe3+、Al3+沉淀完全了，余下的只有Ca2+、Mg2+可以用钠离子交换树脂交换即可．
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，
故答案为：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等；
（2）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液PH=8，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；
故答案为：Fe3+、Al3+；
（3）前面已将Fe3+、Al3+沉淀完全了，余下的只有Ca2+、Mg2+，此小题类似于磺化煤交换Ca2+、Mg2+原理，钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，故答案为：Ca2+、Mg2+；
解析
解：流程原理：硫酸浸取液中金属离子是Cr3+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入硫酸，将物质溶解酸化，过滤，除去难溶物质，然后向混合液中加入氢氧化钠，根据表中数据，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，调节溶液PH=8，可以将Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，将Fe3+、Al3+沉淀完全了，余下的只有Ca2+、Mg2+可以用钠离子交换树脂交换即可．
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，
故答案为：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等；
（2）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液PH=8，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；
故答案为：Fe3+、Al3+；
（3）前面已将Fe3+、Al3+沉淀完全了，余下的只有Ca2+、Mg2+，此小题类似于磺化煤交换Ca2+、Mg2+原理，钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，故答案为：Ca2+、Mg2+；
某实验小组用工业上废渣（主要成分Cu2S和Fe2O3）制取纯铜和绿矾（FeSO4•7H2O）产品，设计流程如下：
（1）在实验室中，欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g•mL-1）配制500mL1.0mol•L-1的硫酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还有______．
（2）该小组同学设计如下装置模拟废渣在过量氧气中焙烧，并验证废渣中含硫元素．
①装置A中反应的化学方程式为______；为控制反应不过于激烈并产生平稳气流，采取的操作及现象是______；B处应连接盛有______（填写试剂及仪器名称）．
②E装置中加入品红溶液的目的是______；当F装置中出现白色沉淀时，反应离子方程式为______．
（3）下列操作中，不属于步骤⑤中进行的操作的是______（填下列各项中序号）．
步骤⑥中由粗铜得到纯铜的方法为______（填写名称）．
（4）为测定产品中绿矾的质量分数，称取30.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L-1酸性KMnO4溶液进行滴定，反应为：10FeSO4+8H2SO4+2KMnO4=2MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O．实验所得数据如下表所示：
①第1组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是______（填代号）．
a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
b．锥形瓶洗净后未干燥
c．滴定终点时俯视读数
d．滴定终点时仰视读数
②根据表中数据，计算所得产品中绿矾的质量分数为______．
正确答案
解：（1）欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g•mL-1）配制500mL1.0mol•L-1的硫酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、滴定达到刻度线时用胶头滴管，配制在500mL容量瓶中进行，故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；
（2）①装置A中反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，通过控制水的流速来控制反应的速率，所以可以打开分液漏斗上口活塞，控制分液漏斗旋塞，使水匀速逐滴滴下，B装置应是干燥装置，所以用碱石灰的干燥管（或U形管）或浓硫酸的洗气瓶，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；打开分液漏斗上口活塞，控制分液漏斗旋塞，使水匀速逐滴滴下；碱石灰的干燥管（或U形管）或浓硫酸的洗气瓶；
②E装置中加入品红溶液的目的是检验气体a中的SO2；是未反应的氧气与二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸根离子，与钡离子结合生成硫酸钡白色沉淀，所以反应方程式为：2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+，故答案为：检验气体a中的SO2；2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+；
（3）步骤⑤是在还原性体系中蒸发浓缩结晶过滤，所以涉及的装置为：bc，不属于的是ad；粗铜得到纯铜，用电解精炼，故答案为：ad； 电解精炼（或精炼）；
（4）①第1组实验数据出现异常，消耗高锰酸钾溶液体积变大，
a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度变小，消耗高锰酸钾溶液体积变大，故正确；
b．锥形瓶洗净后未干燥，无影响，故错误；
c．滴定终点时俯视读数，高锰酸钾溶液体积变小，故错误；
d．滴定终点时仰视读数，高锰酸钾溶液体积变大，故正确；
故选：ad；
②第2、3、4组求平均值，消耗KMnO4溶液体积为：
10FeSO4～～2KMnO4，
10×152 2
m 20ml×0.1000mol•L-1×10-3
m=
解析
解：（1）欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g•mL-1）配制500mL1.0mol•L-1的硫酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、滴定达到刻度线时用胶头滴管，配制在500mL容量瓶中进行，故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；
（2）①装置A中反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，通过控制水的流速来控制反应的速率，所以可以打开分液漏斗上口活塞，控制分液漏斗旋塞，使水匀速逐滴滴下，B装置应是干燥装置，所以用碱石灰的干燥管（或U形管）或浓硫酸的洗气瓶，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；打开分液漏斗上口活塞，控制分液漏斗旋塞，使水匀速逐滴滴下；碱石灰的干燥管（或U形管）或浓硫酸的洗气瓶；
②E装置中加入品红溶液的目的是检验气体a中的SO2；是未反应的氧气与二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸根离子，与钡离子结合生成硫酸钡白色沉淀，所以反应方程式为：2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+，故答案为：检验气体a中的SO2；2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+；
（3）步骤⑤是在还原性体系中蒸发浓缩结晶过滤，所以涉及的装置为：bc，不属于的是ad；粗铜得到纯铜，用电解精炼，故答案为：ad； 电解精炼（或精炼）；
（4）①第1组实验数据出现异常，消耗高锰酸钾溶液体积变大，
a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度变小，消耗高锰酸钾溶液体积变大，故正确；
b．锥形瓶洗净后未干燥，无影响，故错误；
c．滴定终点时俯视读数，高锰酸钾溶液体积变小，故错误；
d．滴定终点时仰视读数，高锰酸钾溶液体积变大，故正确；
故选：ad；
②第2、3、4组求平均值，消耗KMnO4溶液体积为：
10FeSO4～～2KMnO4，
10×152 2
m 20ml×0.1000mol•L-1×10-3
m=
工业上用辉铜矿（主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质）为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：
已知：①固体B为氧化物组成的混合物 ②[Cu（NH3）4]2+（aq）═Cu2+（aq）+4NH3（aq）
（1）气体X是______，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为：______．
（2）固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是______，不用浓硫酸的原因是______．
（3）鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是______．滤液G的主要溶质是______（填化学式）．
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、______、烘干．
（5）用“间接碘量法”测定所制备的CuSO4•5H2O（不含能与I-反应的氧化性杂质）的纯度．取a g试样配成100mL溶液，取25.00mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，消耗c mol•L-1 Na2S2O3溶液的体积为V mL．
①写出CuSO4与KI反应的离子方程式______．
②计算试样中CuSO4•5H2O的纯度______（用a、c、V表示）．
正确答案
解：（1）根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫，方程式为：Cu2S+2O2
故答案为：SO2；Cu2S+2O2
（2）固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；因为浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2，所以不用；故答案为：溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；
（3）因为三价铁与KSCN溶液出现血红色，所以取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；因为溶液D中含有[Cu（NH3）4]2+和硫酸根，所以D转化生成CuO后，剩余的溶液中含有（NH4）2SO4；
故答案为：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；（NH4）2SO4；
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干，
故答案为：过滤、洗涤；
（5）①硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，离子方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；
②据比例关系4CuSO4•5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32-，
c×V×10-3mol c×V×10-3mol
试样中CuSO4•5H2O的质量分数为
解析
解：（1）根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫，方程式为：Cu2S+2O2
故答案为：SO2；Cu2S+2O2
（2）固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；因为浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2，所以不用；故答案为：溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；
（3）因为三价铁与KSCN溶液出现血红色，所以取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；因为溶液D中含有[Cu（NH3）4]2+和硫酸根，所以D转化生成CuO后，剩余的溶液中含有（NH4）2SO4；
故答案为：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；（NH4）2SO4；
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干，
故答案为：过滤、洗涤；
（5）①硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，离子方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；
②据比例关系4CuSO4•5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32-，
c×V×10-3mol c×V×10-3mol
试样中CuSO4•5H2O的质量分数为
已知铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等，从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下：
（1）写出反应1中的化学方程式：______；______．
（2）滤液Ⅰ中加入CaO生成的沉淀是______；反应2的离子方程式为______．
正确答案
解：铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等，从铝土矿中提炼Al2O3的工艺流程原理为：铝土矿加入氢氧化钠溶液，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+Al2O3═2NaAlO2+H2O，所以滤渣为在碱性条件下的不溶物，得到滤液1中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，加入CaO，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；滤液Ⅱ中的溶质为NaAlO2，通入CO2，发生反应为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-，B煅烧生成Al2O3，故B为Al（OH）3，气体A应该为CO2．
（1）铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等，与NaOH反应：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
（2）滤液Ⅰ中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入CaO，生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；
由工艺流程可知，B为氢氧化铝，故气体A为二氧化碳，滤液Ⅱ主要是偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝与碳酸钠，反应方程式为：2AlO2-+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32-，
故答案为：CaSiO3；2AlO2-+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32-；
解析
解：铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等，从铝土矿中提炼Al2O3的工艺流程原理为：铝土矿加入氢氧化钠溶液，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+Al2O3═2NaAlO2+H2O，所以滤渣为在碱性条件下的不溶物，得到滤液1中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，加入CaO，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；滤液Ⅱ中的溶质为NaAlO2，通入CO2，发生反应为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-，B煅烧生成Al2O3，故B为Al（OH）3，气体A应该为CO2．
（1）铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等，与NaOH反应：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
（2）滤液Ⅰ中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入CaO，生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；
由工艺流程可知，B为氢氧化铝，故气体A为二氧化碳，滤液Ⅱ主要是偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝与碳酸钠，反应方程式为：2AlO2-+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32-，
故答案为：CaSiO3；2AlO2-+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32-；
（2016春•江西月考）一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3•CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中．
（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的化学反应方程式为______．
（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴．则浸出钴的离子反应方程式为（产物中只有一种酸根）______．请从反应原理分析不用盐酸酸化的主要原因______．
（3）碳酸钠溶液在过程III和IV中所起作用有所不同，请分别用离子方程式表示在过程III、IV中起的作用：______；______．
（4）某天然碱的化学式可表示为2Na2CO3•NaHCO3•2H2O，取少量该物质溶于水得稀溶液P．下列有关溶液P中微粒的物质的量浓度关系正确的是______（填序号）．
A．c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）
B．c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）
C．3c（Na+）＞5c（CO32-）+5c（HCO3-）+5c（H2CO3）
D．将P溶液与少量NaOH溶液混合：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）
（5）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液．CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水．如图是粉红色的CoCl2•6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，B物质的化学式是______．
正确答案
解：操作Ⅰ利用了铝能溶解在氢氧化钠溶液的性质，将铝从废料中分离出来，过滤后得到含Co2O3•CoO的钴渣，再用酸溶解过滤后得到含Co3+及Al3+、Li+的滤液，通过调整溶液的pH得到Al（OH）3和LiF沉淀，再过滤得到含Co3+的滤液，再滴加Na2CO3溶液得到CoCO3沉淀，经过滤、洗涤沉淀，最后将CoCO3进行加热分解可得CoO粉末，
（1）Al和NaOH溶液发生氧化还原反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）Co2O3•CoO在酸性条件下和硫代硫酸钠反应生成钴离子、硫酸根离子和水，离子方程式为4Co2O3•CoO+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；
Co2O3•CoO具有氧化性，HCl具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，污染环境，所以不能用盐酸；
故答案为：4Co2O3•CoO+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；
（3）Al3+和CO32-发生双水解反应生成Al（OH）3和CO2；Co2+和CO32-反应生成CoCO3沉淀，离子方程式分别为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑、Co2++CO32-=CoCO3↓，故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；Co2++CO32-=CoCO3↓；
（4）A．碳酸根离子水解、碳酸氢根离子水解程度大于电离程度导致溶液中碱性，所以c（OH-）＞c（H+），碳酸根离子、碳酸氢根离子水解程度都较小，所以溶液中存在c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），存在物料守恒3c（Na+）=5c（CO32-）+5c（HCO3-）+5c（H2CO3），则3c（OH-）=3c（H+）+2c（HCO3-）+5c（H2CO3）+2c（CO32-），故B错误；
C．根据物料守恒可得：3c（Na+）=5c（CO32-）+5c（HCO3-）+5c（H2CO3），所以3c（Na+）＞5c（CO32-）+5c（HCO3-），故C错误；
D．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），故D正确；
故答案为：AD；
（5）CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
B物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-74mg
所以B物质的化学式为：CoCl2•H2O，
故答案为：CoCl2•H2O．
解析
解：操作Ⅰ利用了铝能溶解在氢氧化钠溶液的性质，将铝从废料中分离出来，过滤后得到含Co2O3•CoO的钴渣，再用酸溶解过滤后得到含Co3+及Al3+、Li+的滤液，通过调整溶液的pH得到Al（OH）3和LiF沉淀，再过滤得到含Co3+的滤液，再滴加Na2CO3溶液得到CoCO3沉淀，经过滤、洗涤沉淀，最后将CoCO3进行加热分解可得CoO粉末，
（1）Al和NaOH溶液发生氧化还原反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）Co2O3•CoO在酸性条件下和硫代硫酸钠反应生成钴离子、硫酸根离子和水，离子方程式为4Co2O3•CoO+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；
Co2O3•CoO具有氧化性，HCl具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，污染环境，所以不能用盐酸；
故答案为：4Co2O3•CoO+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；
（3）Al3+和CO32-发生双水解反应生成Al（OH）3和CO2；Co2+和CO32-反应生成CoCO3沉淀，离子方程式分别为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑、Co2++CO32-=CoCO3↓，故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；Co2++CO32-=CoCO3↓；
（4）A．碳酸根离子水解、碳酸氢根离子水解程度大于电离程度导致溶液中碱性，所以c（OH-）＞c（H+），碳酸根离子、碳酸氢根离子水解程度都较小，所以溶液中存在c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），存在物料守恒3c（Na+）=5c（CO32-）+5c（HCO3-）+5c（H2CO3），则3c（OH-）=3c（H+）+2c（HCO3-）+5c（H2CO3）+2c（CO32-），故B错误；
C．根据物料守恒可得：3c（Na+）=5c（CO32-）+5c（HCO3-）+5c（H2CO3），所以3c（Na+）＞5c（CO32-）+5c（HCO3-），故C错误；
D．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），故D正确；
故答案为：AD；
（5）CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
B物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-74mg
所以B物质的化学式为：CoCl2•H2O，
故答案为：CoCl2•H2O．
锂离子电池的应用广泛，其正极材料可再生利用．某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）和铝箔等．现欲利用以下步骤回收正极材料中的某些金属资源．
①电池经过放电处理后拆解，将正极材料用NaOH溶液浸泡，过滤；
②向①所得滤液中通入过量CO2气体得到白色沉淀；
③向①所得的滤渣中加入稀硫酸和H2O2，在80℃时加热一段时间，发生反应2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；
④将③所得的液体调整pH后过滤，滤液中存在CoSO4和Li2SO4；
⑤向④所得滤液中加入有机溶剂，溶液分层．经检测水溶液中CoSO4含量大大减小．
（1）写出步骤①中反应方程式______；
（2）写出步骤②中得到的白色沉淀是______；
（3）步骤③发生的反应中氧化剂是______，氧化产物是______；
（4）步骤③中的稀硫酸可用盐酸代替，但缺点是______；
（5）步骤③加热时除发生上述反应，还发生的反应是______；
（6）由以上步骤可知，CoSO4和Li2SO4中易溶于有机溶剂的是______，第⑤步操作名称为______．
正确答案
解：①电池经过放电处理后拆解，将正极材料用NaOH溶液浸泡，过滤，正极材料中Al和NaOH溶液反应，方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，然后过滤，滤液中含有NaAlO2和NaOH、滤渣中含有LiCoO2；
②向①所得滤液中通入过量CO2气体得到白色沉淀，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氢氧化铝，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；
③向①所得的滤渣中加入稀硫酸和H2O2，在80℃时加热一段时间，发生反应2LiCoO2 +3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，该反应中Co元素化合价由+3价变为+2价、O元素化合价由-1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，该混合物中还存在双氧水的分解反应；如果将稀硫酸换为稀盐酸，盐酸具有还原性，能被LiCoO2 氧化生成氯气；
④将③所得的液体调整pH后过滤，滤液中存在CuSO4和LiSO4；
⑤向④所得滤液中加入有机溶剂，溶液分层．经检测水溶液中CoSO4含量大大减小，说明CoSO4在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度．
（1）通过以上分析知，步骤①中反应方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）通过以上分析知，步骤②中得到的白色沉淀是Al（OH）3，故答案为：Al（OH）3；
（3）步骤③发生的反应为2LiCoO2 +3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，该反应中Co元素化合价由+3价变为+2价、O元素化合价由-1价变为0价，所以氧化剂是LiCoO2，氧化产物是O2，
故答案为：LiCoO2；O2；
（4）步骤③中的稀硫酸可用盐酸代替，但缺点是盐酸具有还原性，能被LiCoO2 氧化生成氯气，氯气有毒污染空气，故答案为：氯气有毒污染空气；
（5）步骤③加热时除发生上述反应，还发生的反应是2H2O2
（6）通过以上分析知，CoSO4和Li2SO4中易溶于有机溶剂的是CoSO4，第⑤步操作名称为萃取，
故答案为：CoSO4；萃取．
解析
解：①电池经过放电处理后拆解，将正极材料用NaOH溶液浸泡，过滤，正极材料中Al和NaOH溶液反应，方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，然后过滤，滤液中含有NaAlO2和NaOH、滤渣中含有LiCoO2；
②向①所得滤液中通入过量CO2气体得到白色沉淀，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氢氧化铝，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；
③向①所得的滤渣中加入稀硫酸和H2O2，在80℃时加热一段时间，发生反应2LiCoO2 +3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，该反应中Co元素化合价由+3价变为+2价、O元素化合价由-1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，该混合物中还存在双氧水的分解反应；如果将稀硫酸换为稀盐酸，盐酸具有还原性，能被LiCoO2 氧化生成氯气；
④将③所得的液体调整pH后过滤，滤液中存在CuSO4和LiSO4；
⑤向④所得滤液中加入有机溶剂，溶液分层．经检测水溶液中CoSO4含量大大减小，说明CoSO4在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度．
（1）通过以上分析知，步骤①中反应方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）通过以上分析知，步骤②中得到的白色沉淀是Al（OH）3，故答案为：Al（OH）3；
（3）步骤③发生的反应为2LiCoO2 +3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，该反应中Co元素化合价由+3价变为+2价、O元素化合价由-1价变为0价，所以氧化剂是LiCoO2，氧化产物是O2，
故答案为：LiCoO2；O2；
（4）步骤③中的稀硫酸可用盐酸代替，但缺点是盐酸具有还原性，能被LiCoO2 氧化生成氯气，氯气有毒污染空气，故答案为：氯气有毒污染空气；
（5）步骤③加热时除发生上述反应，还发生的反应是2H2O2
（6）通过以上分析知，CoSO4和Li2SO4中易溶于有机溶剂的是CoSO4，第⑤步操作名称为萃取，
故答案为：CoSO4；萃取．
资料显示，在一定条件下磺胺铁钒在Ph=0.5～2.5范围内均能稳定存在，工业上用酸浸法制取硫酸铜的流程示意图如下：
根据题意完成下列问题
（1）步骤（ⅱ）所加试剂起调节pH作用的离子是______（填离子符号）
（2）在步骤（ⅲ）发生的反应中，加入少量的MnO2的作用是______．
（3）步骤（ⅳ）出去杂质的离子方程式可表示为______．
（4）实验室模拟酸式碳酸铜【Cu2（OH）2CO3】的制备，向大试管中加入碳酸钠溶液和硫酸铜溶液，水浴加热至70℃左右，用0.4mol/L的NaOH溶液调节pH至8.5，振荡、静置、过滤、用热水洗涤、烘干，得到碱式碳酸铜产品．根据上述碱式碳酸铜的制备方法，请完成下列问题：
①过滤后洗涤的目的是什么______；简述如何洗涤沉淀______．
②若实验得到a g样品（只含CuO杂质）取此样品加热至分解完全后，得到bg固体，此样品中碱式碳酸铜的分数是______．
正确答案
解：铜矿主要成分为碱式碳酸铜，还含有铁元素的杂质，加入过量的硫酸，Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，过滤，滤液中主要含有硫酸铜、和硫酸铁、硫酸亚铁，加入碳酸氢铵，能提高MnSO4的转化率，使MnCO3沉淀完全，调节PH1.5-2.0，加入稍过量的NH4HCO3溶液的pH不过低，H+可与MnCO3，NH4HCO3反应，加入少量的强氧化剂二氧化锰，可以和亚铁离子发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化为铁离子，加入硫酸铵除去杂质反应为：3Fe3++NH4++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+；，过滤，滤液为硫酸铜，通过结晶制取硫酸铜．
（1）题目要求调高PH，铵根离子显酸性，碳酸氢根离子显碱性，则起作用的离子是碳酸氢根离子，
故答案为：HCO3-；
（2）Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，2mol Fe2+转移电子2 mol氧化成Fe3+，1mol MnO2转移电子2 mol，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，以便在步骤（ⅳ）中形成沉淀，
故答案为：将溶液中的Fe2+转化为Fe3+；
（3）加入硫酸铵，硫酸铵和三价铁离子形成沉淀，反应为：3Fe3++NH4++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+，
故答案为：3Fe3++NH4++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+；
（4）①沉淀表面吸附溶液中的Na+和SO42-；对滤渣进行洗涤，过滤后，向漏斗缓缓中加入适量蒸馏水，使液面刚好没过滤渣，可以洗掉固体表面的残液，静置，待液体流下，重复操作2-3次，保证洗涤干净，
故答案为：除去沉淀表面吸附的Na+和SO42-；沿着玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至刚好浸没沉淀，让蒸馏水流尽后，重复2-3次即可；
②碱式碳酸铜完全分解得到CuO，设样品中碱式碳酸铜的质量分数为x，
依据碱式碳酸铜的方程式，Cu2（OH）2CO3
222 18 44 （18+44）=62
ax （a-b）
可得
故答案为：
解析
解：铜矿主要成分为碱式碳酸铜，还含有铁元素的杂质，加入过量的硫酸，Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，过滤，滤液中主要含有硫酸铜、和硫酸铁、硫酸亚铁，加入碳酸氢铵，能提高MnSO4的转化率，使MnCO3沉淀完全，调节PH1.5-2.0，加入稍过量的NH4HCO3溶液的pH不过低，H+可与MnCO3，NH4HCO3反应，加入少量的强氧化剂二氧化锰，可以和亚铁离子发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化为铁离子，加入硫酸铵除去杂质反应为：3Fe3++NH4++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+；，过滤，滤液为硫酸铜，通过结晶制取硫酸铜．
（1）题目要求调高PH，铵根离子显酸性，碳酸氢根离子显碱性，则起作用的离子是碳酸氢根离子，
故答案为：HCO3-；
（2）Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，2mol Fe2+转移电子2 mol氧化成Fe3+，1mol MnO2转移电子2 mol，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，以便在步骤（ⅳ）中形成沉淀，
故答案为：将溶液中的Fe2+转化为Fe3+；
（3）加入硫酸铵，硫酸铵和三价铁离子形成沉淀，反应为：3Fe3++NH4++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+，
故答案为：3Fe3++NH4++2SO42-+6H2O=NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+；
（4）①沉淀表面吸附溶液中的Na+和SO42-；对滤渣进行洗涤，过滤后，向漏斗缓缓中加入适量蒸馏水，使液面刚好没过滤渣，可以洗掉固体表面的残液，静置，待液体流下，重复操作2-3次，保证洗涤干净，
故答案为：除去沉淀表面吸附的Na+和SO42-；沿着玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至刚好浸没沉淀，让蒸馏水流尽后，重复2-3次即可；
②碱式碳酸铜完全分解得到CuO，设样品中碱式碳酸铜的质量分数为x，
依据碱式碳酸铜的方程式，Cu2（OH）2CO3
222 18 44 （18+44）=62
ax （a-b）
可得
故答案为：
目前世界上60%的镁是从海水中提取的．海水提镁的主要流程如下：
请回答下列问题：
（1）从离子反应的角度思考，向海水中加入石灰乳的作用是______，写出在沉淀池中反应的离子方程式______．
（2）石灰乳是生石灰与水形成的混合物，从充分利用海洋化学资源、提高经济效益的角度，生产生石灰的主要原料来源于海洋中的______．
（3）操作A是______，操作B是______．
（4）加入的足量试剂a是______（填化学式）．
（5）无水MgCl2在熔融状态下，通电后会生成Mg和Cl2，该反应的化学方程式是______．从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物氯气可以用于______．
（6）海水提镁的过程，为什么要将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁？______．
正确答案
解：（1）镁离子能与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀：Mg2++Ca（OH）2═Mg（OH）2+Ca2+，写离子方程式时氢氧化镁沉淀写化学式，
故答案为：沉淀Mg2+（或使Mg2+形成Mg（OH）2沉淀）；Mg2++Ca（OH）2═Mg（OH）2+Ca2+；
（2）贝壳或牡蛎壳的主要成分为碳酸钙，故答案为：贝壳（或牡蛎壳等）；
（3）分离不溶于水的固体和液体，可用过滤的方法，从沉淀池中得到氢氧化镁用过滤的方法，从氯化镁溶液中得到六水合氯化镁，防结晶水损失，通过加热浓缩或蒸发结晶的方法获得六水合氯化镁，
故答案为：过滤； 加热浓缩（或蒸发结晶）；
（4）从氢氧化镁到氯化镁，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的化学方程式为：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，加入的足量试剂a是HCl，
故答案为：HCl；
（5）无水MgCl2在熔融状态下，通电后阳极氯离子失去电子生成氯气，阴极镁离子得到电子生成镁单质，所以氯化镁电解会产生Mg和Cl2，副产物氯气和氢气反应生成氯化氢，能循环使用，
故答案为：MgCl2（熔融） 
（6）将海水中的氯化镁含量大，由于未富集，镁离子浓度很低，直接加热浓缩提取须消耗大量的电能，成本高，且提取的氯化镁盐中混有大量的其它氯化钠盐等离子，所以须将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁，
故答案为：海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，浓度高，且成本低．
解析
解：（1）镁离子能与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀：Mg2++Ca（OH）2═Mg（OH）2+Ca2+，写离子方程式时氢氧化镁沉淀写化学式，
故答案为：沉淀Mg2+（或使Mg2+形成Mg（OH）2沉淀）；Mg2++Ca（OH）2═Mg（OH）2+Ca2+；
（2）贝壳或牡蛎壳的主要成分为碳酸钙，故答案为：贝壳（或牡蛎壳等）；
（3）分离不溶于水的固体和液体，可用过滤的方法，从沉淀池中得到氢氧化镁用过滤的方法，从氯化镁溶液中得到六水合氯化镁，防结晶水损失，通过加热浓缩或蒸发结晶的方法获得六水合氯化镁，
故答案为：过滤； 加热浓缩（或蒸发结晶）；
（4）从氢氧化镁到氯化镁，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的化学方程式为：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，加入的足量试剂a是HCl，
故答案为：HCl；
（5）无水MgCl2在熔融状态下，通电后阳极氯离子失去电子生成氯气，阴极镁离子得到电子生成镁单质，所以氯化镁电解会产生Mg和Cl2，副产物氯气和氢气反应生成氯化氢，能循环使用，
故答案为：MgCl2（熔融）
（6）将海水中的氯化镁含量大，由于未富集，镁离子浓度很低，直接加热浓缩提取须消耗大量的电能，成本高，且提取的氯化镁盐中混有大量的其它氯化钠盐等离子，所以须将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁，
故答案为：海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，浓度高，且成本低．
（NH4）2SO4是农业生产中常见化肥之一，某工厂用石膏、NH3、H2O、CO2制备（NH4）2SO4，首先石膏磨成粉制成CaSO4悬浊液，然后按如下工艺流程进行产生：
（1）操作1与操作2的顺序能否调换？______（填能与否），理由是______
（2）常温下，CaCO3和CaSO4的溶解度分别为1.5X10-3g和2.1X10-1g，请解析CaSO4向CaCO3转化的原因．
______
（3）判断操作2通入“适量CO2”的简单实验方法是______
（4）从绿色化学角度考虑，该工艺流程应增加一个操作，这个操作是______．
（5）豆腐是日常食品之一，它的制作过程中使用了石膏或盐卤，其中包含的化学原理是______．
正确答案
解：（1）中性条件下CO2的溶解度很小，但是氨气易溶于水，得到的氨水易和二氧化碳反应，能把CaSO4完全转化为CaCO3，操作1与操作2的顺序不能调换；
故答案为：否，中性条件下CO2的溶解度很小，不能把CaSO4完全转化为CaCO3；
（2）从CaSO4向CaCO3转化中并存着沉淀溶解平衡：CaSO4（s）⇌Ca2++SO42-，Ca2++CO32-⇌CaCO3（s），随着CO2通入，CO32-浓度增大，平衡向CaSO4溶解和CaCO3沉淀生成的方向移动，即溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀，即CaSO4向CaCO3转化，
故答案为：从CaSO4向CaCO3转化中并存着沉淀溶解平衡：CaSO4（s）⇌Ca2++SO42-，Ca2++CO32-⇌CaCO3（s），随着CO2通入，CO32-浓度增大，平衡向CaSO4溶解和CaCO3沉淀生成的方向移动，即溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀；
（3）操作2通入“过量CO2”，取少量滤液至试管中，加入少量NaOH溶液，会继续和NaOH溶液反应而变浑浊，据此检验二氧化碳的过量与否，
故答案为：取少量滤液至试管中，加入少量NaOH溶液，无浑浊出现则操作2通入“适量CO2”；
（4）在制取中，原料是可以循环使用的，将滤液提纯（NH4）2SO4后的所有液体用于制CaSO4悬浊液，故答案为：将滤液提纯（NH4）2SO4后的所有液体用于制CaSO4悬浊液；
（5）豆腐的制作过程中，使用了石膏或盐卤，这样可以使豆浆胶体聚沉，故答案为：胶体中加入电解质，胶体发生聚沉．
解析
解：（1）中性条件下CO2的溶解度很小，但是氨气易溶于水，得到的氨水易和二氧化碳反应，能把CaSO4完全转化为CaCO3，操作1与操作2的顺序不能调换；
故答案为：否，中性条件下CO2的溶解度很小，不能把CaSO4完全转化为CaCO3；
（2）从CaSO4向CaCO3转化中并存着沉淀溶解平衡：CaSO4（s）⇌Ca2++SO42-，Ca2++CO32-⇌CaCO3（s），随着CO2通入，CO32-浓度增大，平衡向CaSO4溶解和CaCO3沉淀生成的方向移动，即溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀，即CaSO4向CaCO3转化，
故答案为：从CaSO4向CaCO3转化中并存着沉淀溶解平衡：CaSO4（s）⇌Ca2++SO42-，Ca2++CO32-⇌CaCO3（s），随着CO2通入，CO32-浓度增大，平衡向CaSO4溶解和CaCO3沉淀生成的方向移动，即溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀；
（3）操作2通入“过量CO2”，取少量滤液至试管中，加入少量NaOH溶液，会继续和NaOH溶液反应而变浑浊，据此检验二氧化碳的过量与否，
故答案为：取少量滤液至试管中，加入少量NaOH溶液，无浑浊出现则操作2通入“适量CO2”；
（4）在制取中，原料是可以循环使用的，将滤液提纯（NH4）2SO4后的所有液体用于制CaSO4悬浊液，故答案为：将滤液提纯（NH4）2SO4后的所有液体用于制CaSO4悬浊液；
（5）豆腐的制作过程中，使用了石膏或盐卤，这样可以使豆浆胶体聚沉，故答案为：胶体中加入电解质，胶体发生聚沉．
某学生设计了如下实验：
回答下列问题：
（1）该同学的实验目的是______；
（2）上图括号内的操作步骤均为______；
（3）按此实验方案得到的NaCl固体中肯定含有______（填化学式）杂质，为了解决这个问题可以向过滤得到的滤液中加入适量的______（填名称）．
（4）写出生成B的化学方程式______．
正确答案
解：由分离流程可知，溶解后加过量碳酸钠，生成碳酸钙沉淀，则白色沉淀B为碳酸钙，B与盐酸反应生成氯化钙，C为氯化钙溶液，在HCl气流中蒸发、冷却、过滤得到氯化钙固体；因碳酸钠过量，滤液中含NaCl、碳酸钠，加足量盐酸反应后，蒸发结晶得到NaCl固体，
（1）由上述分析可知，原为固体混合物，实验可分离二者，则实验目的为分离CaCl2和NaCl两种固体混合物，故答案为：分离CaCl2和NaCl两种固体混合物；
（2）由上述分析可知，括号内的操作均为蒸发，故答案为：蒸发；
（3）由上述分析可知，NaCl固体中肯定含有Na2CO3，应加适量的稀盐酸反应后蒸发，故答案为：Na2CO3；稀盐酸；
（4）碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，化学方程式：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，故答案为：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl．
解析
解：由分离流程可知，溶解后加过量碳酸钠，生成碳酸钙沉淀，则白色沉淀B为碳酸钙，B与盐酸反应生成氯化钙，C为氯化钙溶液，在HCl气流中蒸发、冷却、过滤得到氯化钙固体；因碳酸钠过量，滤液中含NaCl、碳酸钠，加足量盐酸反应后，蒸发结晶得到NaCl固体，
（1）由上述分析可知，原为固体混合物，实验可分离二者，则实验目的为分离CaCl2和NaCl两种固体混合物，故答案为：分离CaCl2和NaCl两种固体混合物；
（2）由上述分析可知，括号内的操作均为蒸发，故答案为：蒸发；
（3）由上述分析可知，NaCl固体中肯定含有Na2CO3，应加适量的稀盐酸反应后蒸发，故答案为：Na2CO3；稀盐酸；
（4）碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，化学方程式：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，故答案为：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl．
[药品]NaOH溶液、硫化钠溶液、硫化亚铁、稀硫酸、铁粉
[实验方案]如图
[问题探究]
（1）步骤Ⅱ所发生反应的离子方程______．
（2）步骤Ⅲ中抽滤的目的是______，该步骤产生Fe（OH）3的反应的离子方程式为______．
（3）步骤Ⅵ中得到硫酸锌溶液的离子方程式为______．
（4）欲实现步骤Ⅴ，需加入的试剂有______、______，所涉及的主要操作依次为______．
（5）步骤Ⅳ常用的方法是______，该步骤是否对环境有影响？______（填“是”或“否”），如有影响，请你设计一个绿色环保方案来实现步骤Ⅳ的反应：______．
（6）该研究小组的同学在强碱溶液中，用次氯酸钠与Fe（OH）3反应获得了高效净水剂Na2FeO4，该反应的离子方程式为______．
正确答案
解：（1）步骤Ⅱ中只有FeS和ZnS固体，FeS固体溶解在稀硫酸中生成FeSO4，反应方程式为FeS+2H+═Fe2++H2S↑，ZnS固体溶解在稀硫酸中生成ZnSO4，反应方程式为ZnS+2H+═Zn2++H2S↑，
故答案为：FeS+2H+═Fe2++H2S↑、ZnS+2H+═Zn2++H2S↑；
（2）抽滤时产生负压，能加快过滤；向FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入过量NaOH时，Fe2+与OH-反应生成Fe（OH）2，Fe（OH）2迅速被空气中的O2氧化为Fe（OH）3，其反应的离子方程式为4Fe2++O2+8OH-+2H2O═4Fe（OH）3↓；
故答案为：加快过滤；4Fe2+O2+8OH-+2H2O═4Fe（OH）3↓；
（3）根据框图转化关系，不难发现Zn（OH）2的性质类似于Al（OH）3的，Na2ZnO2的性质类似于NaAlO2的，所以向Na2ZnO2的溶液中加入过量H2SO4生成ZnSO4溶液，其反应的离子方程式为ZnO22-+4H+═Zn2++2H2O，
故答案为：ZnO22-+4H+═Zn2++2H2O；
（4）Fe（OH）3首先与稀H2SO4反应生成Fe2（SO4）3，Fe2（SO4）3再与过量的Fe粉反应得到FeSO4．经过滤除去Fe粉，将滤液经过浓缩结晶可得FeSO4•7H2O，
故答案为：稀硫酸；铁粉（过量）；过滤、浓缩结晶；
（5）HgS在空气中加热可得Hg、SO2，由于Hg蒸气和SO2都会对环境造成污染，在密闭容器中加热HgS可有效防止Hg蒸气和SO2释放到大气中，从而保护了环境，
故答案为：加热；是；在密闭容器中加热HgS；
（6）反应物有ClO-、Fe（OH）3、OH-，生成物有Cl-、FeO42-、H2O，则有ClO-+Fe（OH）3+OH→FeO42-+Cl-+H2O，配平该离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O．
故答案为：3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O．
解析
解：（1）步骤Ⅱ中只有FeS和ZnS固体，FeS固体溶解在稀硫酸中生成FeSO4，反应方程式为FeS+2H+═Fe2++H2S↑，ZnS固体溶解在稀硫酸中生成ZnSO4，反应方程式为ZnS+2H+═Zn2++H2S↑，
故答案为：FeS+2H+═Fe2++H2S↑、ZnS+2H+═Zn2++H2S↑；
（2）抽滤时产生负压，能加快过滤；向FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入过量NaOH时，Fe2+与OH-反应生成Fe（OH）2，Fe（OH）2迅速被空气中的O2氧化为Fe（OH）3，其反应的离子方程式为4Fe2++O2+8OH-+2H2O═4Fe（OH）3↓；
故答案为：加快过滤；4Fe2+O2+8OH-+2H2O═4Fe（OH）3↓；
（3）根据框图转化关系，不难发现Zn（OH）2的性质类似于Al（OH）3的，Na2ZnO2的性质类似于NaAlO2的，所以向Na2ZnO2的溶液中加入过量H2SO4生成ZnSO4溶液，其反应的离子方程式为ZnO22-+4H+═Zn2++2H2O，
故答案为：ZnO22-+4H+═Zn2++2H2O；
（4）Fe（OH）3首先与稀H2SO4反应生成Fe2（SO4）3，Fe2（SO4）3再与过量的Fe粉反应得到FeSO4．经过滤除去Fe粉，将滤液经过浓缩结晶可得FeSO4•7H2O，
故答案为：稀硫酸；铁粉（过量）；过滤、浓缩结晶；
（5）HgS在空气中加热可得Hg、SO2，由于Hg蒸气和SO2都会对环境造成污染，在密闭容器中加热HgS可有效防止Hg蒸气和SO2释放到大气中，从而保护了环境，
故答案为：加热；是；在密闭容器中加热HgS；
（6）反应物有ClO-、Fe（OH）3、OH-，生成物有Cl-、FeO42-、H2O，则有ClO-+Fe（OH）3+OH→FeO42-+Cl-+H2O，配平该离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O．
故答案为：3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O．
扫码查看完整答案与解析