- 物质的检测
- 共5040题
苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸，反应原理：
实验方法：一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯．
已知：苯甲酸相对分子质量122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物一般都有固定熔点．
（1）操作Ⅰ为______，操作Ⅱ为______．
（2）无色液体A是______，定性检验A的试剂是______．
（3）测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔，该同学检验该白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，则进一步提纯白色固体B应采用的方法是______．
（4）白色固体B产品的纯度测定：称取1.220g产品溶解在甲醇中配成100mL溶液，移取25.00mL溶液，滴定消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol，该产品中苯甲酸质量分数为______（保留两位有效数字）．
正确答案
解：一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机相和水相，有机相中含有甲苯、水相中含有苯甲酸，有机相中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水相盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸，
（1）分离互不相溶的液体采用分液方法，根据流程图中，水相和有机相不互溶，所以可以采用分液方法分离，有机相中物质互溶且沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，故答案为：分液；蒸馏；
（2）通过以上分析知，A是甲苯，甲苯中有甲基，所以能被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸而使酸性高锰酸钾溶液褪色，则可以用酸性高锰酸钾溶液检验甲苯，故答案为：甲苯；酸性KMnO4溶液；
（3）苯甲酸和KCl都易溶于水，所以可以采用重结晶的方法分离，故答案为：重结晶法；
（4）设苯甲酸的物质的量浓度为x，则25mL苯甲酸溶液中苯甲酸的物质的量=0.025xmol，
C6H5COOH+KOH→C6H5COOK+H2O
1mol 1mol
0.025xmol 2.40×10-3mol
1mol：1mol=0.025xmol：2.40×10-3mol
x=
则100mL苯甲酸中苯甲酸的质量=0.096mol/L×0.1L×122g/mol=1.1712g，
其质量分数=
故答案为：96%．
解析
解：一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机相和水相，有机相中含有甲苯、水相中含有苯甲酸，有机相中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水相盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸，
（1）分离互不相溶的液体采用分液方法，根据流程图中，水相和有机相不互溶，所以可以采用分液方法分离，有机相中物质互溶且沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，故答案为：分液；蒸馏；
（2）通过以上分析知，A是甲苯，甲苯中有甲基，所以能被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸而使酸性高锰酸钾溶液褪色，则可以用酸性高锰酸钾溶液检验甲苯，故答案为：甲苯；酸性KMnO4溶液；
（3）苯甲酸和KCl都易溶于水，所以可以采用重结晶的方法分离，故答案为：重结晶法；
（4）设苯甲酸的物质的量浓度为x，则25mL苯甲酸溶液中苯甲酸的物质的量=0.025xmol，
C6H5COOH+KOH→C6H5COOK+H2O
1mol 1mol
0.025xmol 2.40×10-3mol
1mol：1mol=0.025xmol：2.40×10-3mol
x=
则100mL苯甲酸中苯甲酸的质量=0.096mol/L×0.1L×122g/mol=1.1712g，
其质量分数=
故答案为：96%．
武穴市拥有较丰富的大理石矿产资源，但原生矿的纯度较低．武穴大理石含有的杂质主要是Fe2O3、Al2O3、SiO2．以下是某化学兴趣小组设计的制取纯净CaCO3粉末的实验步骤（假设每步反应均完全进行），请回答下列问题：
（1）写出武穴大理石与硝酸反应的离子方程式（任写一个）______．
（2）固体残渣A的化学式为______．
（3）试剂B的作用是使滤液A中的Fe3+、Al3+尽可能沉淀完全，则试剂B可以是______．
A．NaOH溶液 B．稀氨水 C．NaHCO3溶液 D．Na2CO3溶液
（4）检验滤液B中是否含有Fe3+的方法是______．
（5）滤液C的主要溶质的化学式为______．
正确答案
解：武穴大理石用足量的硝酸溶解，发生反应为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，过滤除去固体残渣A为二氧化硅，则滤液A含有钙离子、铁离子、铝离子，加入足量的试剂B即成弱碱性使铁离子、铝离子以氢氧化铁、氢氧化铝沉淀而除去，再加入适量的碳酸铵与溶液中的硝酸钙反应生成碳酸钙和硝酸铵，过滤得到碳酸钙；
（1）根据以上分析，武穴大理石用足量的硝酸溶解，发生反应为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑或Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O或Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
（2）根据以上分析，固体残渣A的化学式为SiO2；故答案为：SiO2；
（3）试剂B的作用是使滤液A中的Fe3+、Al3+尽可能沉淀完全，根据氢氧化铝会继续与强碱反应，所以试剂B呈弱碱性，但不能使钙离子也沉淀所以不选碳酸盐，故选：BC；
（4）检验滤液B中是否含有Fe3+的方法是取少量滤液B，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，则含有Fe3+，否则不含有Fe3+；故答案为：取少量滤液B，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，则含有Fe3+，否则不含有Fe3+；
（5）根据以上分析，滤液C的主要溶质的化学式为NH4NO3，故答案为：NH4NO3；
解析
解：武穴大理石用足量的硝酸溶解，发生反应为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，过滤除去固体残渣A为二氧化硅，则滤液A含有钙离子、铁离子、铝离子，加入足量的试剂B即成弱碱性使铁离子、铝离子以氢氧化铁、氢氧化铝沉淀而除去，再加入适量的碳酸铵与溶液中的硝酸钙反应生成碳酸钙和硝酸铵，过滤得到碳酸钙；
（1）根据以上分析，武穴大理石用足量的硝酸溶解，发生反应为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑或Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O或Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
（2）根据以上分析，固体残渣A的化学式为SiO2；故答案为：SiO2；
（3）试剂B的作用是使滤液A中的Fe3+、Al3+尽可能沉淀完全，根据氢氧化铝会继续与强碱反应，所以试剂B呈弱碱性，但不能使钙离子也沉淀所以不选碳酸盐，故选：BC；
（4）检验滤液B中是否含有Fe3+的方法是取少量滤液B，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，则含有Fe3+，否则不含有Fe3+；故答案为：取少量滤液B，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，则含有Fe3+，否则不含有Fe3+；
（5）根据以上分析，滤液C的主要溶质的化学式为NH4NO3，故答案为：NH4NO3；
Ⅰ．为了除去KCl溶液中少量的Mg2+、SO
（1）上述试剂中，B是______，C是______．
（2）操作Ⅱ的名称是______．
（3）加过量A时发生有关反应的离子方程式为______、______．______
Ⅱ．一份无色稀溶液中可能含有Na+、Fe3+、H+、Mg2+、CO
①用石蕊试纸测溶液的酸碱性，试纸显蓝色；
②取2毫升溶液，先加足量稀硝酸酸化，有气体产生，再加氯化钡溶液进行检验，没有明显现象；
（1）原溶液中一定存在的离子是______，一定不存在的离子是______．
（2）经过上述操作后，还不能肯定是否存在的离子是______．请你设计一个简单的实验方案来判断是否存在这种离子．______．
正确答案
解：Ⅰ．除去KCl溶液中少量的Mg2+、SO
（1）氢氧化钡可以将少量的Mg2+、SO
（2）物质的溶液获得晶体的方法是蒸发结晶，故答案为：蒸发结晶；
（3）氢氧化钡可以将少量的Mg2+、SO
故答案为：Mg2++2OHˉ=Mg（OH）2↓；Ba2++SO42ˉ=BaSO4↓；
Ⅱ．①用石蕊试液检测该溶液，溶液显蓝色，说明溶液呈碱性，与OH-离子反应的离子不能共存，所以一定不含有Fe3+、H+、Mg2+、HCO
②取2毫升溶液，先加足量稀硝酸酸化，有气体产生，则含有CO
综合①②一定含有OH-和CO32-，根据溶液呈电中性所以溶液中含一定含Na+；一定不含有Fe3+、H+、Mg2+、HCO
（1）根据以上分析，一定存在的离子是Na+，CO32ˉ，OHˉ，一定不存在的离子是Fe3+，H+，Mg2+，HCO3ˉ，故答案为：Na+，CO32ˉ，OHˉ；Fe3+，H+，Mg2+，HCO3ˉ；
（2）根据以上分析，还不能肯定是否存在的离子是Clˉ；取少量原溶液，加入足量稀硝酸酸化，再滴加少量AgNO3，若有白色沉淀产生，则有Clˉ，否则没有；故答案为：Clˉ；取少量原溶液，加入足量稀硝酸酸化，再滴加少量AgNO3，若有白色沉淀产生，则有Clˉ，否则没有．
解析
解：Ⅰ．除去KCl溶液中少量的Mg2+、SO
（1）氢氧化钡可以将少量的Mg2+、SO
（2）物质的溶液获得晶体的方法是蒸发结晶，故答案为：蒸发结晶；
（3）氢氧化钡可以将少量的Mg2+、SO
故答案为：Mg2++2OHˉ=Mg（OH）2↓；Ba2++SO42ˉ=BaSO4↓；
Ⅱ．①用石蕊试液检测该溶液，溶液显蓝色，说明溶液呈碱性，与OH-离子反应的离子不能共存，所以一定不含有Fe3+、H+、Mg2+、HCO
②取2毫升溶液，先加足量稀硝酸酸化，有气体产生，则含有CO
综合①②一定含有OH-和CO32-，根据溶液呈电中性所以溶液中含一定含Na+；一定不含有Fe3+、H+、Mg2+、HCO
（1）根据以上分析，一定存在的离子是Na+，CO32ˉ，OHˉ，一定不存在的离子是Fe3+，H+，Mg2+，HCO3ˉ，故答案为：Na+，CO32ˉ，OHˉ；Fe3+，H+，Mg2+，HCO3ˉ；
（2）根据以上分析，还不能肯定是否存在的离子是Clˉ；取少量原溶液，加入足量稀硝酸酸化，再滴加少量AgNO3，若有白色沉淀产生，则有Clˉ，否则没有；故答案为：Clˉ；取少量原溶液，加入足量稀硝酸酸化，再滴加少量AgNO3，若有白色沉淀产生，则有Clˉ，否则没有．
（2015•天津模拟）被称为“智慧元素”--碘的单质及其化合物应用十分广泛，碘化钠常用于医疗和照相业等．某实验小组模拟其工业制备工艺流程如图1：
请回答下列问题：
（1）操作A包括______；用冰水洗涤的目的是______；反应②的离子方程式为______．
（2）某同学推测得到的成品除含有NaI外，还可能有NaIO3和NaOH，并设计如下方案进行检验，实验结果表明其推测正确．
已知：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O2；NaIO3水溶液呈中性．
限选试剂：1mol•L-1H2SO4溶液、2mol•L-1HNO3溶液、淀粉溶液、酚酞试液、石蕊试液、蒸馏水．其它仪器和用品自选．
（3）如图2装置Ⅰ为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许Na+通过，该电池充、放电的化学方程式为Na2S4+3NaI
正确答案
解：由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，过滤后得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI，
（1）过滤后得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤可得到NaI，洗涤洗去碘化钠表面附着的杂质，冰水混合物温度低减少碘化钠因温度高溶解的损失；反应②是单质铁与碘酸根离子之间的氧化还原反应，产物中生成氢氧化铁，离子方程式为2Fe+IO3-+3H2O═2Fe（OH）3+I-，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤；洗涤除去表面可溶性杂质，同时尽量减少NaI的溶解损失；2Fe+IO3-+3H2O═2Fe（OH）3+I-；
（2）NaIO3的检验可以根据碘酸根离子与碘离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘单质，然后通过淀粉来检验碘单质的存在，从而确定碘酸钠的存在；NaOH溶液的存在可以向溶液中滴加几滴酚酞溶液，如果溶液显红色，说明氢氧化钠的存在，具体操作如下，首先将白色晶体溶于水，并滴2滴淀粉溶液，得到无色溶液，然后用两支试管分别取两溶液少许，在第一支试管中滴加硫酸，如果存在碘酸钠，酸性条件下碘酸根离子与碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，遇淀粉变蓝色，在另一支试管中滴入无色的酚酞，如果溶液变红，说明氢氧化钠的存在，故答案为：
；
（3）当闭合开关S时，X极附近溶液变红色，说明X极生成OH-离子，为电解池的阴极，发生反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则A为原电池的负极，B为原电池的正极，根据电池充、放电的化学反应方程式为Na2S4+3NaI
解析
解：由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，过滤后得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI，
（1）过滤后得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤可得到NaI，洗涤洗去碘化钠表面附着的杂质，冰水混合物温度低减少碘化钠因温度高溶解的损失；反应②是单质铁与碘酸根离子之间的氧化还原反应，产物中生成氢氧化铁，离子方程式为2Fe+IO3-+3H2O═2Fe（OH）3+I-，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤；洗涤除去表面可溶性杂质，同时尽量减少NaI的溶解损失；2Fe+IO3-+3H2O═2Fe（OH）3+I-；
（2）NaIO3的检验可以根据碘酸根离子与碘离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘单质，然后通过淀粉来检验碘单质的存在，从而确定碘酸钠的存在；NaOH溶液的存在可以向溶液中滴加几滴酚酞溶液，如果溶液显红色，说明氢氧化钠的存在，具体操作如下，首先将白色晶体溶于水，并滴2滴淀粉溶液，得到无色溶液，然后用两支试管分别取两溶液少许，在第一支试管中滴加硫酸，如果存在碘酸钠，酸性条件下碘酸根离子与碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，遇淀粉变蓝色，在另一支试管中滴入无色的酚酞，如果溶液变红，说明氢氧化钠的存在，故答案为：
；
（3）当闭合开关S时，X极附近溶液变红色，说明X极生成OH-离子，为电解池的阴极，发生反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则A为原电池的负极，B为原电池的正极，根据电池充、放电的化学反应方程式为Na2S4+3NaI
某粗盐主要成分为氯化钠，杂质为不溶性泥沙和可溶性的MgCl2、CaCl2和Na2SO4．某校化学兴趣小组欲探究食盐的精制过程，以该粗盐为原料，设计方案流程如下：
粗盐
试回答下列问题：
（1）在第①步和第⑤步中都要用到玻璃棒，它们的主要作用分别是______．
（2）第②步操作的目的是除去粗盐中的（填化学式，下同），第⑥步操作的目的是除去滤液中的______．
（3）第⑤步“过滤”操作中得到沉淀的成分有：泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、______、______（填化学式）．
（4）在第⑨步操作中，选择的除杂试剂不能用KOH代替NaOH，理由是______．
（5）写出第⑥步涉及的两个反应的离子方程式：______、______．
正确答案
解：（1）第①步为粗盐的溶解，玻璃棒的作用是搅拌，加速粗盐的溶解；第⑤步为过滤，过滤是将固体和液体进行分离的一种操作，玻璃棒在其中的作用是引流，避免溶液洒落，
故答案为：加速粗盐的溶解；引流；
（2）氯化钡可以和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，步骤②是为了除去硫酸钠；
第⑥步操作加入盐酸，盐酸与氢氧化钠生成氯化钠和水，与碳酸钠生成氯化钠、二氧化碳和水，
故答案为：Na2SO4；HCl、Na2CO3；
（3）第⑤步“过滤”操作中得到沉淀的成分有：泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、CaCO3以及BaCO3，
故答案为：CaCO3；BaCO3；
（4）加入氢氧化钠，可以除去溶液中的氯化镁，发生反应的化学方程式为：MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl，选择的除杂试剂不能用KOH代替NaOH，否则会引入钾离子，
故答案为：会引入新的杂质KCl；
（5）第⑥步加入盐酸，盐酸与氢氧化钠生成氯化钠和水，与碳酸钠生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式：H++OH-=H2O、CO32-+2H+=H2O+CO2↑，
故答案为：H++OH-=H2O；CO32-+2H+=H2O+CO2↑．
解析
解：（1）第①步为粗盐的溶解，玻璃棒的作用是搅拌，加速粗盐的溶解；第⑤步为过滤，过滤是将固体和液体进行分离的一种操作，玻璃棒在其中的作用是引流，避免溶液洒落，
故答案为：加速粗盐的溶解；引流；
（2）氯化钡可以和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，步骤②是为了除去硫酸钠；
第⑥步操作加入盐酸，盐酸与氢氧化钠生成氯化钠和水，与碳酸钠生成氯化钠、二氧化碳和水，
故答案为：Na2SO4；HCl、Na2CO3；
（3）第⑤步“过滤”操作中得到沉淀的成分有：泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、CaCO3以及BaCO3，
故答案为：CaCO3；BaCO3；
（4）加入氢氧化钠，可以除去溶液中的氯化镁，发生反应的化学方程式为：MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl，选择的除杂试剂不能用KOH代替NaOH，否则会引入钾离子，
故答案为：会引入新的杂质KCl；
（5）第⑥步加入盐酸，盐酸与氢氧化钠生成氯化钠和水，与碳酸钠生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式：H++OH-=H2O、CO32-+2H+=H2O+CO2↑，
故答案为：H++OH-=H2O；CO32-+2H+=H2O+CO2↑．
氯化铁是一种重要的化学试剂和化工原料，工业上以黄铁矿（主要成分为FeS2）为原料在制备硫酸的同时，利用其煅烧后炉渣的主要成分Fe2O3可制备氯化铁晶体（FeCl3•6H2O），其工艺流程如下（杂质不参与反应）：
回答下列问题：
（1）高温煅烧时，黄铁矿要粉碎成细小的颗粒，其目的是______．
（2）黄铁矿高温煅烧时发生反应的化学方程式______．
（3）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是______、______．
（4）系列操作包括：蒸发浓缩、______、______、洗涤等．蒸发与过滤时玻璃棒的作用分别是：______、______．
（5）取a g黄铁矿，按上述流程制得FeCl3•6H2O晶体，将该晶体溶于水，再将所得溶液蒸干、灼烧，得到b g固体产物（整个过程中的损耗忽略不计），黄铁矿的纯度为______ （用含a、b的表达式表示）．
正确答案
解：由以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体的流程可知，在焙烧时FeS2与氧气反应生成四氧化三铁和二氧化硫，然后四氧化三铁溶于盐酸生成氯化铁，过滤后滤液中加氧化剂氯气（或氯水等），除去混有的亚铁离子，最后结晶制备晶体，
（1）高温煅烧时，黄铁矿要粉碎成细小的颗粒，这样可以增大黄铁矿与空气的接触面积，提高反应速率，故答案为：增大与空气的接触面积，提高反应速率；
（2）根据黄铁矿高温煅烧时的炉渣是氧化铁，推知氧化产物是二氧化硫，发生反应的化学方程式为：4FeS2+11O2
（3）炉渣氧化铁用盐酸溶解后，得到的是氯化铁，其中的铁离子易水解，后续过程中均需保持盐酸过量，这样既可以使Fe2O3完全溶于酸还可以防止FeCl3水解，
故答案为：使Fe2O3完全溶于酸；防止FeCl3水解；
（4）从溶液获得溶质的晶体的方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，在蒸发时玻璃棒的作用是搅拌，过滤时玻璃棒的作用是引流，
故答案为：冷却结晶；过滤；搅拌；引流；
（5）取a g黄铁矿，按上述流程制得FeCl3•6H2O晶体，将该晶体溶于水，再将所得溶液蒸干、灼烧，得到bg固体产物是氧化铁（Fe2O3），其中铁元素的物质的量是
解析
解：由以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体的流程可知，在焙烧时FeS2与氧气反应生成四氧化三铁和二氧化硫，然后四氧化三铁溶于盐酸生成氯化铁，过滤后滤液中加氧化剂氯气（或氯水等），除去混有的亚铁离子，最后结晶制备晶体，
（1）高温煅烧时，黄铁矿要粉碎成细小的颗粒，这样可以增大黄铁矿与空气的接触面积，提高反应速率，故答案为：增大与空气的接触面积，提高反应速率；
（2）根据黄铁矿高温煅烧时的炉渣是氧化铁，推知氧化产物是二氧化硫，发生反应的化学方程式为：4FeS2+11O2
（3）炉渣氧化铁用盐酸溶解后，得到的是氯化铁，其中的铁离子易水解，后续过程中均需保持盐酸过量，这样既可以使Fe2O3完全溶于酸还可以防止FeCl3水解，
故答案为：使Fe2O3完全溶于酸；防止FeCl3水解；
（4）从溶液获得溶质的晶体的方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，在蒸发时玻璃棒的作用是搅拌，过滤时玻璃棒的作用是引流，
故答案为：冷却结晶；过滤；搅拌；引流；
（5）取a g黄铁矿，按上述流程制得FeCl3•6H2O晶体，将该晶体溶于水，再将所得溶液蒸干、灼烧，得到bg固体产物是氧化铁（Fe2O3），其中铁元素的物质的量是
某工厂利用富含镍（Ni）的电镀废渣（含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）制备NiSO4•6H2O．其生产流程如图所示：
（1）步骤①中加入H2SO4后，需充分搅拌的目的是______．
（2）步骤③中，在酸性条件下，H2O2使Fe2+转化为Fe3+的离子方程式为______．
（3）已知：ⅰ．Ksp[Fe（OH）3]≈1.0×10-38、Ksp[Cr（OH）3]≈1.0×10-32；ⅱ．溶液中离子浓度小于10-5 mol•L-1时，可视为沉淀完全．25℃时，若沉淀E为Fe（OH）3和Cr（OH）3，步骤④中，应控制溶液的pH不小于______．
（4）溶液C中溶质的主要成分是______．
正确答案
解：由含镍（Ni）的电镀废渣（含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）经过步骤①溶于稀硫酸，步骤②与适量的硫化钠反应后得到沉淀D（CuS、ZnS），则溶液A中含有二价铁、三价铬、二价镍离子，步骤③用适量的双氧水将二价铁离子氧化成三价铁，步骤④再加适量的氢氧化钠通过调节PH值沉淀三价铁和三价铬离子，则溶液B中主要含有二价镍离子，步骤⑤加入碳酸钠与二价镍离子结合成碳酸镍，最终再进一步转化成NiSO4•6H2O．
（1）搅拌的目的是提高废渣的溶解速率和溶解程度，故答案为：提高废渣的溶解速率和溶解程度；
（2）双氧水有强氧化性，二价铁离子有还原性，所以双氧水和二价铁离子能发生氧化还原反应生成铁离子和水，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）Ksp[Fe（OH）3]=2.5×10-39，c（OH-）=
[Cr（OH）3]=6.3×10-31，c（OH-）=
所以溶液中的PH控制在5.6，故答案为：5.6；
（4）电镀废渣（含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）和硫酸反应生成硫酸盐，加入硫化钠溶液后，溶液中含有硫酸钠、硫酸亚铁、硫酸铬等，向溶液中双氧水和氢氧化钠溶液后，溶液中含有硫酸镍、硫酸钠，向溶液中加碳酸钠溶液后，所以溶液中的溶质是硫酸钠，
故答案为：Na2SO4．
解析
解：由含镍（Ni）的电镀废渣（含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）经过步骤①溶于稀硫酸，步骤②与适量的硫化钠反应后得到沉淀D（CuS、ZnS），则溶液A中含有二价铁、三价铬、二价镍离子，步骤③用适量的双氧水将二价铁离子氧化成三价铁，步骤④再加适量的氢氧化钠通过调节PH值沉淀三价铁和三价铬离子，则溶液B中主要含有二价镍离子，步骤⑤加入碳酸钠与二价镍离子结合成碳酸镍，最终再进一步转化成NiSO4•6H2O．
（1）搅拌的目的是提高废渣的溶解速率和溶解程度，故答案为：提高废渣的溶解速率和溶解程度；
（2）双氧水有强氧化性，二价铁离子有还原性，所以双氧水和二价铁离子能发生氧化还原反应生成铁离子和水，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）Ksp[Fe（OH）3]=2.5×10-39，c（OH-）=
[Cr（OH）3]=6.3×10-31，c（OH-）=
所以溶液中的PH控制在5.6，故答案为：5.6；
（4）电镀废渣（含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）和硫酸反应生成硫酸盐，加入硫化钠溶液后，溶液中含有硫酸钠、硫酸亚铁、硫酸铬等，向溶液中双氧水和氢氧化钠溶液后，溶液中含有硫酸镍、硫酸钠，向溶液中加碳酸钠溶液后，所以溶液中的溶质是硫酸钠，
故答案为：Na2SO4．
从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取两种工艺品的流程如图：已知2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，请回答下列问题：
（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为______．
（2）流程乙加入烧碱后Al2O3发生反应的离子方程式为______．
（3）固体X的主要成分是______，过滤时使用的玻璃棒，其作用是______．
（4）滤液B中溶质的主要成分是______（填化学式）；滤液E、K中溶质的主要成分是______（填化学式），写出该溶液的一种用途______．
（5）在流程中，选用CO2作酸化剂，为什么不选用盐酸？______．
正确答案
解：铝土矿的成分有Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO，氧化铝、二氧化硅都能和NaOH溶液反应生成可溶性的钠盐，氧化铁、氧化镁不反应，Al2O3、Fe2O3、MgO可以和盐酸之间反应分别得到氯化铝溶液、氯化铁溶液、氯化镁溶液，过滤，可以将难溶物过滤出来，所以A是二氧化硅，X是Fe2O3、MgO，滤液Y是偏铝酸钠和硅酸钠的混合物，流程甲加入HCl，生成FeCl3、MgCl2、AlCl3的混合液，是滤液B的成分，向其中加入过量的烧碱，氯化铝可以和氢氧化钠反应得到偏铝酸钠溶液和氯化钠溶液，是滤液D的主要成分还会形成氢氧化铁、氢氧化镁沉淀，是沉淀C的成分，氢氧化铝灼烧可以得到氧化铝．
（1）流程甲加入盐酸，反应生成铝离子的物质为铝土矿中的氧化铝，反应的化学方程式为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，故答案为：（1）Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；
（2）氧化铝属于两性氧化物，能和强碱NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al（OH）4]-，故答案为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al（OH）4]-；
（3）Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO中加入烧碱溶液，其中的MgO、Fe2O3和氢氧化钠之间均不会发生反应，所以固体X的主要成分是MgO、Fe2O3，在过滤试验中，玻璃棒的作用是引流，防止液体外溅，故答案为：MgO、Fe2O3；引流；
（4）Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO中只有二氧化硅和盐酸之间不反应，其余的均可以发生反应，FeCl3、MgCl2、AlCl3的混合液，是滤液B的成分，滤液B中加入过量NaOH，生成Fe（OH）3沉淀、Mg（OH）2沉淀和NaAlO2；过滤，滤液D中含有NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，向滤液D中通入过量CO2，NaAlO2和CO2反应生成氢氧化铝沉淀，NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液E中溶质的主要成分为NaHCO3；滤液Y中通入过量CO2，硅酸钠反应生成硅酸，NaAlO2生成氢氧化铝，过量的NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液K中溶质的主要成分为NaHCO3；故应填NaHCO3；NaHCO3的用途很多，如制纯碱或做发酵粉等；故答案为：FeCl3、MgCl2、AlCl3；制纯碱（或做发酵粉）；
（5）在流程中，选用CO2作酸化剂，为的是将偏铝酸钠溶液和过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝，但是偏铝酸钠中加入的盐酸稍过量，氢氧化铝就会溶解所以不选用盐酸，故答案为：盐酸可以将氢氧化铝溶解．
解析
解：铝土矿的成分有Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO，氧化铝、二氧化硅都能和NaOH溶液反应生成可溶性的钠盐，氧化铁、氧化镁不反应，Al2O3、Fe2O3、MgO可以和盐酸之间反应分别得到氯化铝溶液、氯化铁溶液、氯化镁溶液，过滤，可以将难溶物过滤出来，所以A是二氧化硅，X是Fe2O3、MgO，滤液Y是偏铝酸钠和硅酸钠的混合物，流程甲加入HCl，生成FeCl3、MgCl2、AlCl3的混合液，是滤液B的成分，向其中加入过量的烧碱，氯化铝可以和氢氧化钠反应得到偏铝酸钠溶液和氯化钠溶液，是滤液D的主要成分还会形成氢氧化铁、氢氧化镁沉淀，是沉淀C的成分，氢氧化铝灼烧可以得到氧化铝．
（1）流程甲加入盐酸，反应生成铝离子的物质为铝土矿中的氧化铝，反应的化学方程式为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，故答案为：（1）Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；
（2）氧化铝属于两性氧化物，能和强碱NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al（OH）4]-，故答案为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al（OH）4]-；
（3）Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO中加入烧碱溶液，其中的MgO、Fe2O3和氢氧化钠之间均不会发生反应，所以固体X的主要成分是MgO、Fe2O3，在过滤试验中，玻璃棒的作用是引流，防止液体外溅，故答案为：MgO、Fe2O3；引流；
（4）Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO中只有二氧化硅和盐酸之间不反应，其余的均可以发生反应，FeCl3、MgCl2、AlCl3的混合液，是滤液B的成分，滤液B中加入过量NaOH，生成Fe（OH）3沉淀、Mg（OH）2沉淀和NaAlO2；过滤，滤液D中含有NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，向滤液D中通入过量CO2，NaAlO2和CO2反应生成氢氧化铝沉淀，NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液E中溶质的主要成分为NaHCO3；滤液Y中通入过量CO2，硅酸钠反应生成硅酸，NaAlO2生成氢氧化铝，过量的NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液K中溶质的主要成分为NaHCO3；故应填NaHCO3；NaHCO3的用途很多，如制纯碱或做发酵粉等；故答案为：FeCl3、MgCl2、AlCl3；制纯碱（或做发酵粉）；
（5）在流程中，选用CO2作酸化剂，为的是将偏铝酸钠溶液和过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝，但是偏铝酸钠中加入的盐酸稍过量，氢氧化铝就会溶解所以不选用盐酸，故答案为：盐酸可以将氢氧化铝溶解．
（C2H4O）n⇌nC2H4O+热量．
试回答下列问题：
（1）先分离混合物得到（C2H4O）n，基本方法是：将混合物放入分液漏斗中，静置分层后，打开活塞，将下层液体放入烧杯中，然后______．
（2）设计一简单实验证明久置的乙醛是否被氧化（写出简要操作步骤、使用的试剂、实验现象和结论）：______．
（3）当n=3时，试写出（C2H4O）n的结构简式______．
（4）提取乙醛的装置如图，烧瓶中的液体是（C2H4O）n和6mol/L H2SO4的混合物，锥形瓶中盛放蒸馏水，加热混合物至沸腾，（C2H4O）n分解，生成的气体导入锥形瓶中．
①冷凝管中冷凝水的进口是______（填“a”或“b”）．
②若实验过程中不使用冷凝管冷却，随着蒸发的进行，溶液中有黑色物质和刺激性气味气体生成．请用化学方程式表示这一现象：______．
③当锥形瓶内导管口气泡越来越少时，表明乙醛基本部分蒸出，实验结束．拆除实验装置的第一步操作是：______．
正确答案
解：（1）根据分液时上层液体从上口倒出，下层从下口放出，所以分液将下层液体放入烧杯中，然后把上层的油状液体（C2H4O）n从分液漏斗的上口倒出，故答案为：把上层的油状液体（C2H4O）n从分液漏斗的上口倒出；
（2）若乙醛被氧化，则生成CH3COOH，下层液呈酸性，可以利用石蕊试液检验下层液是否呈酸性，具体操作为：取少量下层水溶液，滴加石蕊试液，如果溶液呈红色，说明部分乙醛已被氧化，
故答案为：取少量下层水溶液，滴加石蕊试液，如果溶液呈红色，说明部分乙醛已被氧化；
（3）乙醛分子间易形成化合物（C2H4O）n，醛基中羰基相互加成形成环状结构，结构简式为：
故答案为：
（4）①冷凝管中冷凝水应下进上出；，故选：b；
②若实验过程中不使用冷凝管冷却，随着蒸发的进行，溶液中有黑色物质和刺激性气味气体生成，黑色物质为碳，浓硫酸具有强氧化性，可以氧化乙醛生成C，同时生成二氧化硫、水，反应方程式为：CH3CHO+H2SO4（浓）
故答案为：CH3CHO+H2SO4（浓）
③当实验结束时，为了防止倒吸，应先移去导管，然后移去酒精灯，
故答案为：先撤出导管，以免发生倒吸；
解析
解：（1）根据分液时上层液体从上口倒出，下层从下口放出，所以分液将下层液体放入烧杯中，然后把上层的油状液体（C2H4O）n从分液漏斗的上口倒出，故答案为：把上层的油状液体（C2H4O）n从分液漏斗的上口倒出；
（2）若乙醛被氧化，则生成CH3COOH，下层液呈酸性，可以利用石蕊试液检验下层液是否呈酸性，具体操作为：取少量下层水溶液，滴加石蕊试液，如果溶液呈红色，说明部分乙醛已被氧化，
故答案为：取少量下层水溶液，滴加石蕊试液，如果溶液呈红色，说明部分乙醛已被氧化；
（3）乙醛分子间易形成化合物（C2H4O）n，醛基中羰基相互加成形成环状结构，结构简式为：
故答案为：
（4）①冷凝管中冷凝水应下进上出；，故选：b；
②若实验过程中不使用冷凝管冷却，随着蒸发的进行，溶液中有黑色物质和刺激性气味气体生成，黑色物质为碳，浓硫酸具有强氧化性，可以氧化乙醛生成C，同时生成二氧化硫、水，反应方程式为：CH3CHO+H2SO4（浓）
故答案为：CH3CHO+H2SO4（浓）
③当实验结束时，为了防止倒吸，应先移去导管，然后移去酒精灯，
故答案为：先撤出导管，以免发生倒吸；
某化学研究性小组同学提出回收含铜电缆废料中提取铜的两种方案，并向老师咨询，老师就以下几个方面与同学们展开讨论：
方案甲：
方案乙：
（1）两个方案哪个符合当前生产的绿色理念，为什么？______．
（2）写出方案甲中的②③步骤与铜有关的离子反应的离子方程式．______．
（3）老师建议，无论是甲还是乙的方案，在“加铁屑”这一步时，应该加入略过量的铁屑，目的是______．
（4）老师请同学们用化学方法检验红色粉末中是否含有过量的铁屑．请你填写下列表格写出实验操作、预期实验现象、结论及操作（②中相关的离子方程式）．
（5）为了提高原料的，老师建议把最后一步所得浅绿色滤液通过蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、自然干燥得到一种带结晶水的硫酸亚铁晶体．
研究小组按老师的建议完成上面操作步骤，获得晶体后对其进行检测
①先取a g的晶体进行脱水实验，获得无水固体为（a-1.26）g
②将无水固体溶于足量的水配成溶液后滴加1.00mol/L的氯化钡溶液，当滴加10.00mL溶液时，沉淀恰好完全．
研究小组通过计算测知该晶体的化学式是______．
正确答案
解：根据图示流程可知：方案甲为：将含铜废料在空气中直接灼烧，将灼烧产物用足量稀硫酸溶解后过滤，向滤液中加入过量铁屑置换出铜；
方案乙为：向将废料粉碎，然后加入稀硫酸加热将铜转化成铜离子，过滤除去不溶物后向滤液中加入过量铁屑，将铜离子置换成铜单质，
（1）乙方案对环境不会造成污染，符合化学工业生成的绿色理念，而甲方案第一步“灼烧”会产生污染空气的气体、粉尘、烟雾，不符合绿色理念，
故答案为：乙，甲方案第一步“灼烧”会产生污染空气的气体、粉尘、烟雾；
（2）方案甲中的反应②为CuO与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为：CuO+2 H+═Cu2++H2O，反应③中铁与铜离子发生置换反应，反应的离子方程式为：Fe+Cu2+═Fe2++Cu，
故答案为：②CuO+2H+═Cu2++H2O、③Fe+Cu2+═Fe2++Cu；
（3）为了确保Cu被完全置换出来，加入的铁屑需要过量，
故答案为：确保Cu完全置换出来；
（4）铁屑被足量的硫酸溶液氧化，Fe+2H+═Fe2++H2↑产生无色无味的气体H2，铁离子在水溶液中为黄色，根据③中实验现象可知②中产生的亚铁离子被氧化成了铁离子，离子检验操作中“取少量”上清液，“加试剂”利用过氧化氢的强氧化性和产物的纯净性，实现Fe2+到Fe3+的转化，铁离子检验用KSCN溶液观察是否溶液变红，涉及反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，
故答案为：
；
（5）硫酸亚铁溶液经过蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、自然干燥就会得到一种带结晶水的硫酸亚铁晶体，
根据反应FeSO4•xH2O
a a-1.26 1.26
无水固体溶于足量的水配成溶液后滴加1.00mol/L的氯化钡溶液，当滴加10.00mL溶液时，沉淀恰好完全，消耗钡离子的物质的量为：1.00mol/L×0.01L=0.01mol，则n（FeSO4）=n（BaSO4）=n（BaCl2）=0.01mol，分解生成水的质量为0.01xmol，
所以：0.18x=1.26，
解得：x=7，
该晶体的化学式为：FeSO4•7H2O，
故答案为：FeSO4•7H2O．
解析
解：根据图示流程可知：方案甲为：将含铜废料在空气中直接灼烧，将灼烧产物用足量稀硫酸溶解后过滤，向滤液中加入过量铁屑置换出铜；
方案乙为：向将废料粉碎，然后加入稀硫酸加热将铜转化成铜离子，过滤除去不溶物后向滤液中加入过量铁屑，将铜离子置换成铜单质，
（1）乙方案对环境不会造成污染，符合化学工业生成的绿色理念，而甲方案第一步“灼烧”会产生污染空气的气体、粉尘、烟雾，不符合绿色理念，
故答案为：乙，甲方案第一步“灼烧”会产生污染空气的气体、粉尘、烟雾；
（2）方案甲中的反应②为CuO与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为：CuO+2 H+═Cu2++H2O，反应③中铁与铜离子发生置换反应，反应的离子方程式为：Fe+Cu2+═Fe2++Cu，
故答案为：②CuO+2H+═Cu2++H2O、③Fe+Cu2+═Fe2++Cu；
（3）为了确保Cu被完全置换出来，加入的铁屑需要过量，
故答案为：确保Cu完全置换出来；
（4）铁屑被足量的硫酸溶液氧化，Fe+2H+═Fe2++H2↑产生无色无味的气体H2，铁离子在水溶液中为黄色，根据③中实验现象可知②中产生的亚铁离子被氧化成了铁离子，离子检验操作中“取少量”上清液，“加试剂”利用过氧化氢的强氧化性和产物的纯净性，实现Fe2+到Fe3+的转化，铁离子检验用KSCN溶液观察是否溶液变红，涉及反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，
故答案为：
；
（5）硫酸亚铁溶液经过蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、自然干燥就会得到一种带结晶水的硫酸亚铁晶体，
根据反应FeSO4•xH2O
a a-1.26 1.26
无水固体溶于足量的水配成溶液后滴加1.00mol/L的氯化钡溶液，当滴加10.00mL溶液时，沉淀恰好完全，消耗钡离子的物质的量为：1.00mol/L×0.01L=0.01mol，则n（FeSO4）=n（BaSO4）=n（BaCl2）=0.01mol，分解生成水的质量为0.01xmol，
所以：0.18x=1.26，
解得：x=7，
该晶体的化学式为：FeSO4•7H2O，
故答案为：FeSO4•7H2O．
根据下图回答问题
（1）写出上图中序号为①～④仪器的名称：
①______；②______； ③______；④______；
（2）分离碘水中的碘应先选择装置______（填装置序号） 进行______ 和______ 操作，再用装置______（填装置序号）进行______ 操作．
（3）现欲用质量分数为98%，密度为1.84g•cm-3的浓硫酸来配制浓度为0.50mol•L-1的稀硫酸100mL．
①所取浓硫酸的体积为______mL．
②下列操作能引起所配制的溶液浓度偏高的是______
A．量取浓硫酸时俯视 B．在烧杯中稀释浓硫酸后，立即转移到容量瓶中
C．定容时俯视 D．洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液．
正确答案
解：（1）因①～④仪器的名称分别为：蒸馏烧瓶、冷凝管、分液漏斗、100mL容量瓶；
故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；100mL容量瓶；
（2）碘在四氯化碳中的溶解度较在水中大，并且四氯化碳和水互不相溶，可用萃取的方法分离，接着可用分液方法将两层液体分开；四氯化碳易挥发，可用蒸馏的方法分馏得到四氯化碳；
故答案为：Ⅱ；萃取；分液；Ⅰ；蒸馏；
（3）①设需要98%H2SO4的体积为VmL，根据溶液稀释前后溶质质量不变则，VmL×1.84g/cm3×98%=100mL×0.50mol•L-1×98g/mol，解得V=27ml，所以溶液的体积为27ml，
故答案为：27；
②A．量取浓硫酸时俯视会使得浓硫酸的体积偏小，所以使溶液浓度偏低；
B．在烧杯中稀释浓硫酸时放出热，所以立即转移到容量瓶中，会使得溶液的体积膨胀，等到冷却到室温，使得溶液的体积变小，所以使溶液浓度偏高；
C．定容时俯视，使得溶液的体积变小，所以使溶液浓度偏高；
D．洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液，不会影响溶液浓度．
故答案为：BC．
解析
解：（1）因①～④仪器的名称分别为：蒸馏烧瓶、冷凝管、分液漏斗、100mL容量瓶；
故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；100mL容量瓶；
（2）碘在四氯化碳中的溶解度较在水中大，并且四氯化碳和水互不相溶，可用萃取的方法分离，接着可用分液方法将两层液体分开；四氯化碳易挥发，可用蒸馏的方法分馏得到四氯化碳；
故答案为：Ⅱ；萃取；分液；Ⅰ；蒸馏；
（3）①设需要98%H2SO4的体积为VmL，根据溶液稀释前后溶质质量不变则，VmL×1.84g/cm3×98%=100mL×0.50mol•L-1×98g/mol，解得V=27ml，所以溶液的体积为27ml，
故答案为：27；
②A．量取浓硫酸时俯视会使得浓硫酸的体积偏小，所以使溶液浓度偏低；
B．在烧杯中稀释浓硫酸时放出热，所以立即转移到容量瓶中，会使得溶液的体积膨胀，等到冷却到室温，使得溶液的体积变小，所以使溶液浓度偏高；
C．定容时俯视，使得溶液的体积变小，所以使溶液浓度偏高；
D．洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液，不会影响溶液浓度．
故答案为：BC．
将羧酸的碱金属盐溶液用惰性电极电解可得到烃类化合物，例如：2CH3COOK+2H2O
回答下列问题：
（1）电解ClCH2COOK溶液时阳极的电极反应式是______（填选项）．
A．2ClCH2COO--2e-=ClCH2CH2Cl+2CO2↑ B．2H++2e-=H2↑
C．2H2O+2e-=2OH-+H2↑ D．4OH--4e-=2H2O+O2↑
（2）操作Ⅰ的名称是______，G的结构简式是______．
（3）写出B与银氨溶液按物质的量1：4反应的化学方程式：______．
（4）写出下列化学方程式并指出其反应类型：
A→B方程式：______．
E→F方程式：______．
指出反应类型：A→B______，E→F______．
正确答案
解：由题目信息可知，电解ClCH3COOK溶液得到ClCH2CH2Cl、KOH混合溶液，加热ClCH2CH2Cl发生水解得到A为HOCH2CH2OH，乙二醇发生催化氧化生成B为OHC-CHO，乙二醛与银氨溶液发生氧化反应C为HOOC-COOH，乙二酸与乙二醇发生酯化反应生成D，ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，E在KOH、乙醇、加热条件下发生消去反应生成F，F发生加聚反应生成含氯高分子，则F为CH2=CHCl，G为
（1）电解ClCH2COOK溶液时，阳极发生氧化反应，ClCH2COO-在阳极放电生成ClCH2CH2Cl、CO2，阳极电极反应式为：2ClCH2COO--2e-=ClCH2CH2Cl+2CO2↑，故选：A；
（2）ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，G的结构简式是
（3）B为OHC-CHO，与银氨溶液按物质的量1：4反应生成C的化学方程式：
故答案为：
（4）A是HOCH2CH2OH，B是OHC-CHO，A→B是醇的催化氧化生成醛，所以方程式为：HOCH2CH2OH+O2
解析
解：由题目信息可知，电解ClCH3COOK溶液得到ClCH2CH2Cl、KOH混合溶液，加热ClCH2CH2Cl发生水解得到A为HOCH2CH2OH，乙二醇发生催化氧化生成B为OHC-CHO，乙二醛与银氨溶液发生氧化反应C为HOOC-COOH，乙二酸与乙二醇发生酯化反应生成D，ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，E在KOH、乙醇、加热条件下发生消去反应生成F，F发生加聚反应生成含氯高分子，则F为CH2=CHCl，G为
（1）电解ClCH2COOK溶液时，阳极发生氧化反应，ClCH2COO-在阳极放电生成ClCH2CH2Cl、CO2，阳极电极反应式为：2ClCH2COO--2e-=ClCH2CH2Cl+2CO2↑，故选：A；
（2）ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，G的结构简式是
（3）B为OHC-CHO，与银氨溶液按物质的量1：4反应生成C的化学方程式：
故答案为：
（4）A是HOCH2CH2OH，B是OHC-CHO，A→B是醇的催化氧化生成醛，所以方程式为：HOCH2CH2OH+O2
（2013秋•厦门期末）废锂电池（图中简称废料，主要成份为LiCoO2、炭粉和铝箔）的回收流程如下
（1）废液A中除NaOH外，还大量存在的溶质是______，废渣B的主要成分是______．
（2）废气C为黄绿色有毒气体，步骤②中产生C的化学方程式为______．
（3）为提高步骤②的效率．在实验室中研究不同条件下CO2+的浸出率．结果如下表．从实验结果看，在仅考虑提高CO2+的浸出率的情况下，实验______（填有效实验的编号）为最优反应条件．
（4）已知Li2CO3的饱和溶液浓度与温度的关系如下表所示．步骤④中操作x为：蒸发浓缩并趁热过滤，该操作的目的是______．90℃，Ksp（Li2CO3）的值为______．
（5）将回收得到的CoC2O4•2H2O与Li2CO3以2：1的物质的量之比混合后，通人足量空气并加强热，可重新得到活性“CoO2材料．通人足量空气作用是______．
正确答案
解：（1）根据流程分析，过程①发生的反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，废液A中除NaOH外，还大量存在的溶质是偏铝酸钠，因为碳粉与浓盐酸不反应，所以废渣B的主要成分是碳粉，故答案为：偏铝酸钠；碳粉；
（2）根据题意信息步骤②发生的反应为LiCoO2和过量的浓盐酸反应生成氯化锂、二氯化钴、氯气和水，化学方程式为：2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O，
故答案为：2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；
（3）由表中数据分析，为提高步骤②的效率，实验2和4为最优反应条件；故答案为：2或4；
（4）由表中数据知，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，步骤④中操作X为蒸发浓缩并趁热过滤，此操作的目的是减少碳酸锂因溶解而损失；根据碳酸锂的溶解平衡，则90℃浓度为0.10mol/L，则C（Li+）=0.20mol/L，C（CO32-）=0.10mol/L，所以Ksp（Li2CO3）=C（Li+）2×C（CO32-）=0.202×0.10=4×10-3，
故答案为：减少碳酸锂因溶解而损失；4×10-3；
（5）将回收的得到的CoC2O4•2H2O与Li2CO3以2：1的物质的量之比混合后，通人足量空气并加强热，可重新得到活性“CoO2材料，通人足量空气作用是氧气作氧化剂，防止LiCoO2被还原，故答案为：氧气作氧化剂，且防止LiCoO2被还原．
解析
解：（1）根据流程分析，过程①发生的反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，废液A中除NaOH外，还大量存在的溶质是偏铝酸钠，因为碳粉与浓盐酸不反应，所以废渣B的主要成分是碳粉，故答案为：偏铝酸钠；碳粉；
（2）根据题意信息步骤②发生的反应为LiCoO2和过量的浓盐酸反应生成氯化锂、二氯化钴、氯气和水，化学方程式为：2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O，
故答案为：2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；
（3）由表中数据分析，为提高步骤②的效率，实验2和4为最优反应条件；故答案为：2或4；
（4）由表中数据知，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，步骤④中操作X为蒸发浓缩并趁热过滤，此操作的目的是减少碳酸锂因溶解而损失；根据碳酸锂的溶解平衡，则90℃浓度为0.10mol/L，则C（Li+）=0.20mol/L，C（CO32-）=0.10mol/L，所以Ksp（Li2CO3）=C（Li+）2×C（CO32-）=0.202×0.10=4×10-3，
故答案为：减少碳酸锂因溶解而损失；4×10-3；
（5）将回收的得到的CoC2O4•2H2O与Li2CO3以2：1的物质的量之比混合后，通人足量空气并加强热，可重新得到活性“CoO2材料，通人足量空气作用是氧气作氧化剂，防止LiCoO2被还原，故答案为：氧气作氧化剂，且防止LiCoO2被还原．
某研究小组用粗铜（含杂质铁）与一定体积浓硫酸反应进行实验研究（如图装置），并按下述流程除杂制备硫酸铜晶体（CuSO4•5H20）
请回答下列问题：
（1）试管A中开始反应时的主要化学方程式______；
（2）若反应后A处有少量固体剩余，使其溶解的最好方法是______；
（3）试管B中的实验现象是______，使用浸润某种溶液的棉花的作用是______；
（4）步骤Ⅱ中加入的试剂是双氧水，写出有关反应的离子方程式______；
（5）步骤Ⅳ中，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶后再进行______（填操作名称）可制得CuSO4•5H2O晶体，该操作所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗和______（填仪器名称）．
正确答案
解：（1）加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成CuSO4、SO2和H2O，反应方程式为Cu+2H2SO4
故答案为：Cu+2H2SO4
（2）Cu和稀硫酸不反应，所以会有部分金属剩余，要使剩余金属溶解，可以加入少量双氧水，双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Cu氧化为铜离子，自身被还原为水，没有杂质产生，故答案为：加适量双氧水；
（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以B中的现象是品红溶液褪色；二氧化硫有毒，排入空气会污染大气，棉花的作用是吸收二氧化硫，防止污染大气，故答案为：溶液褪色；吸收二氧化硫；
（4）酸性条件下，双氧水和Cu、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
（5）将溶液蒸发浓缩、冷却结晶后再进行过滤即可得到CuSO4•5H2O晶体，过滤时需要烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：过滤；玻璃棒．
解析
解：（1）加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成CuSO4、SO2和H2O，反应方程式为Cu+2H2SO4
故答案为：Cu+2H2SO4
（2）Cu和稀硫酸不反应，所以会有部分金属剩余，要使剩余金属溶解，可以加入少量双氧水，双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Cu氧化为铜离子，自身被还原为水，没有杂质产生，故答案为：加适量双氧水；
（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以B中的现象是品红溶液褪色；二氧化硫有毒，排入空气会污染大气，棉花的作用是吸收二氧化硫，防止污染大气，故答案为：溶液褪色；吸收二氧化硫；
（4）酸性条件下，双氧水和Cu、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
（5）将溶液蒸发浓缩、冷却结晶后再进行过滤即可得到CuSO4•5H2O晶体，过滤时需要烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：过滤；玻璃棒．
利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
根据要求填空：
（1）B装置有三种功能：①控制气流速度；②______；③______．
（2）设V（Cl2）/V（CH4）=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x的取值范围是______．
（3）D装置中的石棉上均匀附着KI粉末，其作用是______．
（4）E装置的作用是______（填编号）．
A．收集气体 B．吸收氯气
C．防止倒吸 D．吸收氯化氢
（5）在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，写出置换出黑色小颗粒的化学方程式______．
（6）装置E中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为______，该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气的主要成分是______（填编号）
A．CH4 B．CH3Cl C．CH2Cl2 D．CHCl3 E．CCl4．
正确答案
解：实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，Cl2经干燥后和甲烷在光照条件下发生取代反应，生成多种氯代烃和HCl，在强光照射下可发生CH4+2Cl2
（1）生成的氯气中含有水，B装置除具有控制气流速度、均匀混合气体之外，因浓硫酸具有吸水性，还具有干燥作用，
故答案为：使气体混合均匀；干燥混合气体；
（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设V（Cl2）/V（CH4）=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4，故答案为：x≥4；
（3）氯气具有氧化性，KI中-1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，所以，D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气，
故答案为：吸收过量的氯气；
（4）装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防止倒吸，故答案为：CD；
（5）CH4与Cl2在强光照射下生成的黑色小颗粒为炭黑，所以在强光照射下可发生CH4+2Cl2
故答案为：CH4+2Cl2
（6）甲烷可以和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；其中一氯甲烷为气态，反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；
一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，所以尾气的主要成分是可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，
故答案为：分液；AB．
解析
解：实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，Cl2经干燥后和甲烷在光照条件下发生取代反应，生成多种氯代烃和HCl，在强光照射下可发生CH4+2Cl2
（1）生成的氯气中含有水，B装置除具有控制气流速度、均匀混合气体之外，因浓硫酸具有吸水性，还具有干燥作用，
故答案为：使气体混合均匀；干燥混合气体；
（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设V（Cl2）/V（CH4）=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4，故答案为：x≥4；
（3）氯气具有氧化性，KI中-1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，所以，D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气，
故答案为：吸收过量的氯气；
（4）装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防止倒吸，故答案为：CD；
（5）CH4与Cl2在强光照射下生成的黑色小颗粒为炭黑，所以在强光照射下可发生CH4+2Cl2
故答案为：CH4+2Cl2
（6）甲烷可以和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；其中一氯甲烷为气态，反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；
一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，所以尾气的主要成分是可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，
故答案为：分液；AB．
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