热门试卷

解：（1）碳酸钠与SnCl2反应生成氧化亚锡、二氧化碳和氯化钠，反应的化学方程式为：SnCl2+Na2CO3=SnO+CO2↑+2NaCl，故答案为：SnCl2+Na2CO3=SnO+CO2↑+2NaCl；

（2）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入硫酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，故答案为：抑制Sn2+水解；

（3）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，

故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；

（4）铁件电镀锡时，镀件铁锡做阴极，镀层金属作阳极，电镀液是含有锡离子的盐，所以接直流电源正极的电极材料是金属锡，镀锡铁发生吸氧腐蚀的正极反应是氧气发生得电子的还原反应，即O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：Sn；O2+2H2O+4e-=4OH-．

解：根据废玻璃粉末的成分（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质），SiO2、CeO2不能与盐酸反应，Fe2O3和盐酸反应得到溶液X即氯化铁溶液，得到的固体X是SiO2、CeO2等物质，CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+，Ce元素由+4价变为+3价，被还原，则H2O2应被氧化生成O2，然后配平得出第③步反应的化学方程式 2CeO2+H2O2+3H2SO4═2Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O；固体Y是二氧化硅，向含有Ce2（SO4）3的溶液中加入萃取剂，可以使Ce3+溶解在萃取剂中，向其中加入碱液，可以得到Ce（OH）3，然后被氧气氧化，可以得到Ce（OH）4，进行热分解可以得到CeO2，进一步获取金属单质Ce，

（1）SiO2、CeO2不能与氢盐酸反应，Fe2O3和盐酸反应得到溶液X即氯化铁溶液，溶液X中金属阳离子是Fe3+，固体Y是二氧化硅，作光导纤维的原料、冶炼粗硅、耐高温材料等，故答案为：Fe3+；作光导纤维的原料、冶炼粗硅、耐高温材料等；

（2）CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+，Ce元素由+4价变为+3价，被还原，则H2O2应被氧化生成O2，然后配平得出反应的化学方程式 2CeO2+H2O2+3H2SO4═2Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O；离子反应为2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O；

故答案为：2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O；

（3）Ce（OH）3的Ksp=c（Ce3+）•c3（OH-），解得c（OH-）==，pH=8，所以=10-6，即a=10-18b，故答案为：a=10-18b；

（4）向含有Ce2（SO4）3的溶液中加入萃取剂，可以使Ce3+溶解在萃取剂中，则需要①Z不溶于水，也不和水反应②Ce3+不和萃取剂Z发生反应③Ce3+在萃取剂Z中溶解度大于水，故答案为：①②③；

（5）得到Ce（OH）3，然后被氧气氧化，可以得到Ce（OH）4，即4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4，故答案为：4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4．

解：用金属钴板（含少量Fe、Ni）制备应用广泛的氯化钴的工艺流程为：钴板在稀硝酸作催化剂条件下反应生成氯化镍、氯化钴和氯化铁、氯化亚铁等，调节溶液的pH除去镍，然后加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入纯碱将铁离子转化成氢氧化铁除去，最后经过一系列操作得到氯化钴晶体，

（1）根据表中的数据知道，当pH等于10的时，收率最高，镍离子的含量最小，除镍效果最好，

故答案为：10；

（2）钴离子易从正二价容易被氧气氧化到正三价，发生的化学方程式为：4Co（OH）2+O2+2H2O=4Co（OH）3，故答案为：4Co（OH）2+O2+2H2O=4Co（OH）3；

（3）双氧水具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，发生的化学反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（4）加入纯碱碳酸钠可以和酸发生反应，在适当的环境下，可以让铁离子形成沉淀而除去，所以加入的纯碱作用是起到调节溶液的pH的作用，

故答案为：使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去（或2Fe3++3CO32-+6H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑）；

（5）钴离子是弱碱阳离子，能发生水解，显示酸性，加入盐酸可以防止Co2+水解，

故答案为：防止Co2+水解；

（6）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=4.0×10-38，c（H+）=，

反应Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+的平衡常数K===2.5×10-5，

故答案为：2.5×10-5．

解：根据流程中提示的发生的反应知道：聚对苯二甲酸乙二醇酯在碱性环境下可以水解为对苯二甲酸钠溶液和乙二醇，利用蒸馏法可以分离二者，首先被蒸馏出来的是对乙二醇，剩余的溶液是对苯二甲酸钠溶液，向其中加入盐酸可以将其转化为对苯二甲酸，

（1）聚对苯二甲酸乙二醇酯在碱性环境下水解为对苯二甲酸钠和乙二醇，根据给定的反应，现象是：固体溶解，有气泡产生；

故答案为：固体溶解，有气泡产生；

（2）对苯二甲酸钠溶液和乙二醇的混合物，利用蒸馏法可以分离二者，分离的物质A是乙二醇，故答案为：乙二醇；

（3）为防止溶液加热过程中的暴沸，可以加入碎石，故答案为：防止暴沸；

（4）对苯二甲酸钠溶液，向其中加入盐酸可以将其转化为对苯二甲酸，反应为：+2HCl→+2NaCl，故答案为：+2HCl→+2NaCl．

解：废钯催化剂经烘干后，再在800℃的高温下焙烧，C、Fe、Mg、Al、Si、Cu被氧气氧化生成氧化物，向这几种氧化物中加入甲酸，甲酸和氧化铁、氧化镁、氧化铝、氧化铜反应生成盐和水，PdO和甲酸发生氧化还原反应生成Pd，滤渣中含有Pd、SiO2，二氧化硅不溶于王水，但Pd能溶于王水生成溶液，同时生成气体，

（1）废钯催化剂中含有碳单质，碳和氧气反应生成二氧化碳，为了使碳充分燃烧，要通入过量空气；钯被氧气氧化生成PdO，PdO和HCOOH发生氧化还原反应生成Pd、CO2和H2O，反应方程式为PdO+HCOOH=Pd+CO2↑+H2O，

故答案为：使活性炭充分燃烧而除去；PdO+HCOOH=Pd+CO2↑+H2O；

（2）根据图象知，温度越高钯回收率越大，反应时间越长钯回收率越大，钯精渣与王水的质量比越大钯回收率越大，但90℃左右时温度再高钯回收率增大不大；8h后，随着时间的增长，钯回收率增大不大；当钯精渣与王水的质量比为1：8后，再增大钯精渣和王水的质量比，但钯回收率不大，所以适宜条件是80～90℃（或90℃左右）、反应时间约为8 h、钯精渣与王水的质量比为1：8，

故答案为：80～90℃（或90℃左右）；反应时间约为8h；钯精渣与王水的质量比为1：8；

（3）①浓硝酸具有强氧化性，能被Pd还原生成NO，还生成化合物A，根据元素守恒知，A中除了含有Pd、H元素外，还含有Cl元素，二氧化硅和王水不反应，所以滤渣的成分是SiO2，故答案为：NO；SiO2；

 ②A中除了含有Pd、H元素外，还含有Cl元素，这几种元素的质量分数分别为Pd：42.4%、H：0.8%、Cl：56.8%，则Pd、H、Cl元素的物质的量之比=：：=1：2：4，所以A的化学式为H2PdCl4，故答案为：H2PdCl4．

解：（1）钛酸亚铁的化学式为FeTiO3，其中铁元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为-2价，钛的化合价为+4价，钛铁矿和浓硫酸反应后，TiOSO4中钛的化合价为+4价，硫为+6价，氧元素的化合价为-2价，FeSO4中铁元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为-2价，无化合价的变化，是非氧化还原反应，

故答案为：非氧化还原反应；

（2）Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，镁和氮气反应生成氮化镁，所以反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti需在Ar气氛中进行，

故答案为：防止高温下Mg和Ti与空气中的氧气（或氮气、二氧化碳）作用；

（3）浓硫酸具有强氧化性，与Fe2+反应生成Fe3+，加入铁粉可将Fe3+还原成Fe2+，所以物质A是Fe；过滤后滤液中含有FeSO4，结晶后可得到FeSO4•7H2O晶体，由工艺流程图及题中信息可知上述制备TiO2的过程中，所得到的副产物及可回收利用的物FeSO4•7H2O、Fe、H2SO4，

故答案为：Fe；FeSO4•7H2O、Fe、H2SO4；

（4）氯气、二氧化钛和焦炭在高温下反应，氯气具有氧化性，碳具有还原性，由工艺流程图及题中信息可知生成物为四氯化钛和一氧化碳，根据反应前后元素种类不变，反应的化学方程式为：2Cl2+TiO2+2CTiCl4+2CO，

故答案为：2Cl2+TiO2+2CTiCl4+2CO；

（5）如果取钛铁矿At，生产出钛Bt，根据钛没有损耗，所以生产出的钛的质量等于钛铁矿中钛元素的质量，所以钛铁矿中钛的质量分数×100%，

故答案为：×100%；

解：（1）粗TiCl4中加热易气化，与固体混合物可用蒸馏的方法分离，由表中数据可知，TiCl4在水中强烈水解，易变质，且易溶于乙醚中，不能分离，只能用蒸馏的方法分离，

故答案为：B；

（2）电解氯化钠生成金属钠和氯气，方程式为2NaCl （熔融）2Na+Cl2↑，钠离子是钠原子失去一个电子得到的，故钠离子得到1个电子变成钠原子；氯离子是氯原子得到一个电子得到的，故氯离子失去1个电子变成氯原子，在电解池中阳极上得到的是氯气2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上得到的是金属钠离子在阴极发生还原反应2Na++2e-=2Na生成钠，

故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；钠；

（3）反应前后Ti的化合价由0价升高为+4价，HF中H元素的化合价由+1价降低到0价，则有Ti～2H2，根据离子方程式电荷守恒，则有1Ti+6HF=1TiF62-+2H++2H2↑，

故答案为：1；6；1；2；H+；2；

（4）①浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

②制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，所以要想除去氯气中的氯化氢应该选用饱和食盐水；浓硫酸常常干燥能干燥中性、酸性气体，故选浓硫酸干燥氯气，

故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；

③金红石（主要成分为TiO2，含少量Fe2O3、SiO2），在碳粉盒金红石混合物中，通入氯气，C中C元素化合价由0价升高为为+2价，1个CO化合价变化为2，Cl2中氯元素化合价由0价降低为-1价，根据电子守恒，再根据质量守恒得：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，

故答案为：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO．

解：（1）Na2CO3溶液中存在水解离子反应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解，所以洗涤铜屑油污的试剂为5% Na2CO3溶液，这是利用了Na2CO3溶液的碱性，故答案为：碱；  

（2）①双氧水具有氧化性，铜屑加入到稀硫酸与双氧水的混和液中，双氧水将铜氧化成Cu2+，Cu2+与SO42-结合得到产物硫酸铜，反应为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；  

②过氧化氢易分解，反应温度不能超过40℃，防止H2O2分解，故答案为：防止H2O2分解；                     

（3）硫酸铜的溶解度随温度升高而增大，可用结晶法提纯，在粗产品硫酸铜中，加适量水，加热成饱和溶液，趁热过滤除去不溶性杂质，蒸发浓缩，滤液冷却，析出硫酸铜，得到纯的硫酸铜，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶．

解：由制备流程可知，MnO2不溶于硫酸，样品中的MnO、MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，滤液中含MnSO4，为保证固体充分溶解，硫酸是过量的，第②步发生5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，第③步中发生氯气与热的NaOH发生氧化还原反应生成NaCl、NaClO3、水，溶液蒸发可得到固体．

（1）MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，发生的反应为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑，

故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；

（2）加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，为保证固体充分溶解，硫酸是过量的，第一次过滤后，所得滤液中含有的主要阳离子为

H+、Mn2+，所得滤渣需要洗涤，判断滤渣已洗涤干净，只需检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子即可，方法是：向最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净，故答案为：H+、Mn2+；向最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净；

（3）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，第③属于蒸发，所以所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，NaClO3属于氧化产物，因此一定有还原产物NaCl，故答案为：4H2O；8H+；

蒸发皿；NaCl；

（4）由题意知样品中的MnO和MnCO3质量为12.69g-8.7 g=3.99g．由方程式H2SO4+MnCO3=MnSO4+H2O+CO2↑可知MnCO3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol×0.01mol=1.15g，所以MnO的质量为3.99g-1.15g=2.84g，其物质的量为 =0.04mol，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为0.05mol，根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为0.02mol．故答案为：0.02mol．

解：（1）碳酸钙可以和盐酸发生反应生成氯化钙、水以及二氧化碳，反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，

故答案为：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；

（2）根据表中数据可知，氢氧化铁完全沉淀的pH为3.7，氢氧化铝开始沉淀的pH为5.2，氢氧化铝开始溶解的pH为7.8，所以将铁离子、铝离子完全转化成沉淀的pH范围为：5.2～7.8；

Fe3+与KSCN反应生成红色物质Fe（SCN）3，检验Fe3+是否存在的，选用KSCN溶液，操作为取少量上层清液于小试管中，滴加KSCN溶液，若不显红色，则Fe（OH）3沉淀完全，

故答案为：5.2～7.8（或之间的任意值）；取少量上层清液于小试管中，滴加KSCN溶液，若不显红色，则Fe（OH）3沉淀完全；

（3）过滤时需用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和普通漏斗；加入氢氧化钙生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，所以滤渣的主要成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，

故答案为：烧杯、玻璃棒、普通漏斗；Fe（OH）3、Al（OH）3；

（4）因除去铁离子、铝离子需加入过量的氢氧化钙，加入盐酸，可中和氢氧化钙以及防止Ca2+在蒸发时发生水解，

故答案为：除去过量的氢氧化钙；

（5）从溶液中得到晶体，加热温度不能过高，防止因温度太高CaCl2•2H2O会失水，

故答案为：温度太高CaCl2•2H2O会失水；

（6）品中存在少量的NaCl，对氯化钙晶体加热使之失去结晶水操作中，干燥温度过高时CaCl2•2H2O 晶体失去部分结晶水，会给实验带来误差，

故答案为：样品中存在少量的NaCl或干燥温度过高时CaCl2•2H2O晶体失去部分结晶水．

解：Ⅰ（1）反应平衡常数是用各反应物和生成物浓度计算表示，固体和纯液体的浓度是定值不出现在表达式中，为了加快反应速率和铅浸出率，可以采取措施有：充分搅拌；适当升高温度；增大碳酸钠和亚硫酸钠的浓度，故答案为：平衡常数K=，

故答案为：；充分搅拌；适当升高温度；增大碳酸钠和亚硫酸钠的浓度（任写两点）；

（2）步骤②证明已经洗涤干净只要证明其中不含有硫酸根离子即可，可以用氯化钡来检验，根据流程图，结合发生反应：PbO2+Na2SO3+Na2CO3+H2O=PbCO3↓+Na2SO4+2NaOH，所以从母液可获得副产品为NaOH、Na2SO4，电解池的阴极上是铅离子发生得电子的还原反应：Pb2++2e-=Pb，

故答案为：取少许最后一次洗涤液于试管中，滴入过量盐酸后，再滴入少量氯化钡溶液，若无沉淀产生，则证明已经洗涤干净；NaOH、Na2SO4；Pb2++2e-=Pb；

（3）由图象可知pH=8时，Pb2+，Pb（OH）+和Pb（OH）2共存，另外溶液中还有H+，所以中存在的阳离子（Na+除外）有Pb2+、Pb（OH）+、H+；pH=9时，曲线2、3表示的物质共存，由图可知Pb（OH）2的浓度分数比Pb（OH）+的大，所以主要反应是生成Pb（OH）2，反应的方程式为Pb2++2OH-═Pb（OH）2↓，

故答案为：Pb2+、Pb（OH）+；Pb2++2OH-═Pb（OH）2↓；

（4）加入脱铅剂，Pb2+浓度转化率为×100%=96%，Fe3+浓度转化率为×100%=67%，而其它两种离子转化率较小，则除Pb2+外，该脱铅剂对其它离子的去除效果最好的是Fe3+，

故答案为：Fe3+；

（5）反应为2EH（s）+Pb2+⇌E2Pb（s）+2H+，参加反应的是Pb2+，由图象可知，选择PH要使铅全部以Pb2+形式存在，应为6～7之间，

故答案为：B．

解：（1）操作a是过滤得到固体和滤液，c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO4•7H2O；，操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、烧杯、玻璃棒外还需要的主要仪器为过滤装置中的漏斗和蒸发浓缩溶液需要的蒸发皿，

故答案为：漏斗、蒸发皿；

（2）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O，

故答案为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

（3））“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备 目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；镍、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸镍溶液，故答案为：H2SO4；Ni2+、Fe2+；

（4）依据图表中沉淀需要的溶液pH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液，pH应在3.2-7.2间，

故答案为：3.2-7.2；

（5）硫酸镍溶液需要蒸发浓缩结晶析出，为防止镍离子水解生成氢氧化镍沉淀，需要控制溶液pH在酸性条件下，故答案为：防止在浓缩结晶过程中Ni2+水解；

（6）溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，操作c为蒸发浓缩，冷却结晶，

故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；

（7）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），说明在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，保温目的是把亚铁离子完全氧化，

故答案为：H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的．

解：足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4，

（1）KOH溶液和足量Cl2发生反应生成KCl、KClO和H2O，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；

（2）KOH和氯气反应生成KClO，除去未反应的氯气，且只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，所以加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为碱性，故选AC；

（3）反应③中铁离子和次氯酸根粒子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；

n（K2FeO4）==0.3mol，根据2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O知，氧化剂的物质的量==0.45mol，

故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；0.45；

（4）该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价，其转移电子数为6，根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-，

故答案为：4；10；4；3；8．

解：（1）在电解过程中，与电源正极相连的电极为阳极，则氯离子失电子发生氧化反应，方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为；2Cl--2e-=Cl2↑；

（2）电解氯化钠溶液总反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O  2NaOH+H2↑+Cl2↑；故答案为：2NaCl+2H2O  2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（3）由（1）得，阳极生成氯气，氯气可用于制漂白粉、生产盐酸、自来水消毒、制高纯硅、合成塑料等，故答案为：制漂白粉、生产盐酸、自来水消毒、制高纯硅、合成塑料等；

（4）Ca2+、Mg2+等杂质与碳酸钠、NaOH反应转化为沉淀，离子反应分别为Ca2++CO32-═CaCO3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，

故答案为：Ca2++CO32-═CaCO3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓；

（5）添加钡试剂除去SO42-，注意不能引入新的杂质，选Ba（NO3）2会引入杂质硝酸根离子，所以该钡试剂不能选用，

故答案为：a c；

（6）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应BaCl2溶液再Na2CO3溶液之前加即可，所以加入试剂顺序为bc，故答案为：bc；

（7）根据表中数据可以得出：氢氧化钠的溶解度随温度的升高而增大，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，则在温度高的时候，生成氢氧化钠晶体即可除去氯化钠，所以氢氧化钠和氯化钠分离的方法是：蒸发结晶，趁热过滤；故答案为：蒸发结晶，趁热过滤；