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解：钛铁矿与硫酸反应：FeTiO3+H2SO4→TiOSO4+FeSO4+H2O，然后过滤出未被酸溶解的物质，将所得到的滤液中加入铁粉可以得到了绿矾，将滤液控制在一定的条件，让TiOSO4水解：TiOSO4+2H2O═TiO（OH）2↓+H2SO4，将过滤出的沉淀进行煅烧，可以得到钛白粉（TiO2）．

（1）根据原子守恒可以得而X的化学式为FeSO4，在FeTiO3中Ti为+4价故Fe为+2价，反应后铁元素的化合价没有发生改变，钛元素化合价也没有发生改变，其他元素的化合价都没发生改变，故此反应为非氧化还原反应．

故答案为：FeSO4；氧化还原反应；

（2）设得到二氧化钛的质量是m，则根据元素守恒得：

                   FeTiO3～TiO2

                 152        80

         1t×76%×92%×96%   m

m=0.35t，在制备钛白粉的过程中没有给出钛铁矿与硫酸的反应，在操作Ⅰ和操作Ⅱ中Fe的转化率也是未知的，故不能计算绿矾的产量；

故答案为：0.35；在制备钛白粉的过程中没有给出钛铁矿与硫酸的反应，在操作Ⅰ和操作Ⅱ中Fe的转化率也是未知的，故不能计算绿矾的产量；

（3）在操作I从溶液中得到了没有与酸反应的颗粒状物质故所需的操作为过滤；在操作II加入铁粉后得到了绿矾，故应是从溶液中得到晶体的操作为结晶后过滤；在操作II加入铁粉的目的是为了防止在制备过程中钛铁矿+2价的铁生成+3价的铁使制备的绿矾中含有杂质，故应加入铁粉与可能生成的+3价的铁反应生成+2价的铁，

故答案为：过滤；过滤；Fe+2Fe3+═3Fe2+；

（4）TiOSO4水解时SO42-结合水电离的H+，TiO2+结合水电离的OH-，故反应为：TiOSO4+2H2O═TiO（OH）2↓+H2SO4，

故答案为：TiOSO4+2H2O═TiO（OH）2↓+H2SO4；

（5）因SO2、SO3是酸性氧化物，故应用碱液进行吸收，故答案为：用碱液吸收．

解：制备流程为：废液中加入双氧水，将溴离子氧化成溴单质，然后加入四氯化碳后通过萃取、分液分离出溴，通过操作③蒸馏得到四氯化碳和溴单质；无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42-，分别加入BaCl2、K2CO3、KOH溶液过滤后得到无色溶液Ⅱ和固体A，再调节溶液Ⅱ的pH萃取碳酸根离子、氢氧根离子，得到无色溶液Ⅲ，最后通过蒸发结晶获得氯化钾固体，

（1）由加入的CCl4及得到的深红棕色液体知，试剂a能将Br-氧化为Br2，试剂a应具有氧化性，所以应选用H2O2溶液，

故答案为：H2O2；

（2）由流程图知，无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42-，无色液体Ⅲ中只含有K+、Cl-，则试剂b的作用是除去Ca2+、Mg2+、SO42-；操作①是萃取，操作②是将互不相溶的两种液体分开-分液，操作③是将沸点不同、互溶的两液体分开-蒸馏，操作④是将溶液与沉淀分开-过滤，操作⑤是将KCl从其水溶液中提取出来-结晶，操作①、②、③、④、⑤的名称是：萃取、分液、蒸馏、过滤、蒸发结晶，则B正确，

故答案为：B；

（3）由于除杂时除杂试剂需过量，且不能引入新杂质，所以除去Ca2+，选用饱和K2CO3溶液；除去Mg2+，选用KOH溶液；除去SO42-，选用BaCl2溶液．而且只要满足BaCl2溶液在饱和K2CO3溶液之前加入即可，

故答案为：BaCl2、K2CO3、KOH（或KOH、BaCl2、K2CO3或BaCl2、KOH、K2CO3）；

（4）由以上知，无色液体Ⅱ中还含有杂质离子CO32-和OH-，需用盐酸来除去过量的OH-及CO32-，调节pH=7的操作方法是滴加盐酸，无气体产生时，用pH试纸测定至pH=7，

故答案为：除去过量的OH-及CO32-；滴加稀盐酸，无气体产生时，用pH试纸测定至pH=7；

（5）由于操作⑤是蒸发结晶，所以该操作用到的瓷质仪器是蒸发皿，

故答案为：蒸发皿．

解：（1）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；

故答案是：抑制Sn2+水解； 防止Sn2+被氧化；

（2）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，离子方程式为：Sn2++CO32-═SnO↓+CO2↑，

故答案为：Sn2++CO32-═SnO↓+CO2↑；

（3）检验沉淀已经“漂洗”干净的方法是：取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净；

故答案为：取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明洗涤干净；

（4）根据 Ksp[Sn（OH）2]=1.0×10-26=c（OH-）2×c（Sn2+），将c（Sn2+）=1.0mol•L-1带人可得c（OH-）=10-13mol/L，c（H+）=0.1mol/L，故PH小于1，Sn2+完全沉淀；

故答案是：小于1；

（5）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．

解：（1）分离不溶性固体和液体用过滤，故答案为：过滤；

（2）Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石浸出K+的原因是氢氧化钙是饱和溶液，加入后氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，促进平衡右移钙离子增多，饱和溶液中析出氢氧化钙，增多K+，故答案为：氢氧根与镁离子结合使平衡向右移动，钾离子变多；

（3）“除杂”环节主要是除去钙离子，依据除杂原则不能引入新的杂质，根据制取的目的是制备硫酸钾，所以加入的试剂易于除去，不引入新的杂质，因此加入过量K2CO3除钙离子，过滤后加入硫酸至中性，除去碳酸钾，故答案为：K2CO3；中性；

（4）实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥步骤得到，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

（5）溶浸过程中会发生：CaSO4（s）+CO32-（aq）⇌CaCO3（s）+SO42-（aq），CaCO3（s）=Ca2++CO32-；CaSO4（s）=Ca2++SO42-；依据硫酸钙、碳酸钙溶度积常数的计算表达式，转化关系中钙离子相同计算，反应的平衡常数K====1.75×104，故答案为：1.75×104．

解：实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-等离子的卤水为主要原料制备无水CaCl2和Br2，应将混合物中的Mg2+、SO42-等离子除去，操作流程为：卤水中通入氯气，2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，单质溴极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，由流程图可知单质溴在下层，然后再蒸馏可以得到溴单质，向溶液中加入氯化钡中可以将硫酸根离子除去，用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2+，加入氧化钙，氧化钙在上层清液中发生反应产生氢氧化钙，镁离子转化成氢氧化镁沉淀，过滤除去，过滤后，得到的溶液Z主要是氯化钙溶液，蒸发浓缩冷却结晶即可得到纯净的无水CaCl2．

（1）氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶液中的Br-氧化溴单质，2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，因为单质溴极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗．由流程图可知单质溴在下层，因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水，所以该试剂是CCl4，

故答案为：CCl4；分液漏斗；

（2）由于SO42-会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备，因此必需除去，应先加入氯化钡溶液使硫酸根离子发生反应产生硫酸钡沉淀，来除去硫酸根离子，由表中数据可知pH大于11时Mg2+沉淀完全，pH大于12.2时，Ca2+开始沉淀，所以理论上可选择pH最大范围是11.0≤pH＜12.2；因为不能引入新的杂质，所以酸化溶液Z时，使用的试剂应该为盐酸，

故答案为：除去溶液中SO42-；11.0≤pH＜12.2；盐酸；

（3）实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热，由于盐酸易挥发，因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体，因为CO2的密度大于空气中的，所以采用向上排空气发收集CO2气体．若采用长颈漏斗时，长颈漏斗的下端必须插入到溶液中，以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来，因此选项b、d正确，

故答案为：bd；

（4）H2SO3和H2CO3均属于二元酸，要想通过比较二者的pH来验证二者的酸性强弱，必需使二者的浓度相同，但是SO2和CO2气体溶于水后的饱和溶液其浓度显然不相等（因为二者的溶解度不同），所以该实验设计不正确；要检验酸性强弱，可以采用多种方法，例如：

方案一：配制相同物质的量浓度的NaHSO3和NaHCO3溶液，用酸度计（或pH试纸）测两溶液的pH．前者的pH小于后者，证明H2SO3酸性强于H2CO3，

方案二：将SO2气体依次通过NaHCO3（Na2CO3）溶液、酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水．品红溶液不褪色、且澄清石灰水变混浊，证明H2SO3酸性强于H2CO3，

方案三：将CO2气体依次通过NaHSO3（Na2SO3）溶液、品红溶液．品红溶液不褪色，证明H2SO3酸性强于H2CO3，

故答案为：SO2和CO2气体溶于水后的饱和溶液其浓度不相等，不能用于比较pH．

解：（1）电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物，酸浸后主要是溶解铜、铁等金属化合物，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+具有还原性，酸浸后加入H2O2，Fe2+能被双氧水氧化为铁离子，便于调整pH值与Cu2+分离；

当溶液的pH值4.4时，铜离子开始出现沉淀，当溶液的pH值为3.2时，三价铁离子沉淀完全，铜离子未产生沉淀，调节溶液的pH，保证铜离子不能形成沉淀，同时铁离子完全沉淀，因此pH的最佳调控范围是3.2～4.4；

调pH步骤中加入的试剂最好是加入某种物质除去溶液中的酸且不引进新的杂质，所以要加入CuO或Cu（OH）2或CuCO3；

要使三价铁离子和铜离子分离，过滤操作用到的仪器有铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒等；其中属于玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒，

故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，便于调整pH与Cu2+分离；3.2～4.4；CuO或Cu（OH）2或CuCO3；漏斗、烧杯、玻璃棒；

（2）过氧化氢性质比较稳定，若加热到153℃便猛烈的分解为水和氧气，将溶液中过量的H2O2 除去可加热至沸避免影响下一步CuCl的生成，因为CuSO4中+2价的铜能把Na2SO3中+4价的硫氧化成+6价的硫，向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3时生成白色的CuCl沉淀，反应的离子方程式为：2Cl-+2Cu2++SO32-═2CuCl↓+SO42-+2H+，

故答案为：除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成；2Cl-+2Cu2++SO32-═2CuCl↓+SO42-+2H+；

（3）设样品中CuCl的物质的量为x，由滴定实验及化学反应方程式可知：

CuCl～～～Fe2+～～～Ce4+ 

1                  1

n（CuCl）        0.02L×0.1000 mol/L

n（CuCl）=0.02L×0.1000 mol/L=0.002mol，

锥形瓶中的溶液溶液所含n（Fe2+）=n（Cu2+）=n（CuCl）=0.002mol，

则锥形瓶中的溶液浓度为=0.08000mol•L-1；

则样品中CuCl的物质的量x=0.002mol×10=0.02mol，

样品中CuCl的质量m（CuCl）=0.0 2mol×99.5 g/mol=1.99g，

该CuCl样品的质量分数为×100%=99.5%，

CuCl产品中CuCl的质量分数大于96.50%为国家合格标准，99.5%＞96.50%，因此符合国家标准；

故答案为：0.08000mol•L-1；99.5%；符合；

（4）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=4.0×10-38，c（H+）=，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：（1）已知TiO2+发生水解生成钛酸（H2TiO3）沉淀和氢离子，其离子方程式为：TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+，

故答案为：TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+；

（2）反应Ⅰ、由工艺流程图及题中信息可知反应物为氯气、二氧化钛和焦炭，生成物为四氯化钛和一种可燃性气体，根据反应前后元素种类不变，可知此可燃性气体是由碳元素和氧元素组成的一氧化碳，反应的化学方程式为：2Cl2+TiO2+2CTiCl4+2CO；

故答为：2Cl2+TiO2+2CTiCl4+2CO；

（3）①Mg（s）+Cl2（g）═MgCl2（s）△H=-641kJ•mol-1

②Cl2（g）+Ti（s）═TiCl4（l）△H=-385kJ•mol-1

由盖斯定律①×2-②×2，得到热化学方程式为：2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）△H=-512kJ/mol，

故答案为：2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）△H=-512kJ/mol；

（4）由工艺流程图可知生成物中的镁和氯气可循环使用，

故答案为：Mg、Cl2；

（5）电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，导致氧气等气体的出现，所以电极反应式为：2O2-→O2↑+4e-，电解池的阴极发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的过程，即TiO2+4e-→Ti+2O2-；电解池中，电解质里的阴离子O2-、Cl-均移向阳极，

故答案为：正；TiO2+4e-→Ti+2O2-．

解：（1）碘单质在碱性溶液中发生自身的氧化还原反应，生成碘离子和碘酸根离子，离子方程式为：I2+6OH-═I-+IO3-+3H2O，故答案为：I2+6OH-═I-+IO3-+3H2O；

（2）铁屑表面有油污，在碱性条件下除去油污，使铁与碘酸钾充分接触而发生氧化还原反应，故答案为：去除铁屑表面的油污；

（3）测定溶液的pH用用洁净的玻璃棒蘸取少量溶液，点在pH试纸上，再与标准比色卡比照，测出pH，直到测出的pH约为9，故答案为：向“还原”所得混合物中滴加KOH溶液，用洁净的玻璃棒蘸取少量溶液，点在pH试纸上，再与标准比色卡比照，测出pH；重复操作，直至pH≈9；

（4）分离固体与液体的混合物用过滤，如果铁粉过量，铁被氧化为亚铁，加碱生成氢氧化亚铁，铁粉少量，铁被氧化为三价铁离子，加碱后生成氢氧化铁，适量可能是两者的混合物，故答案为：过滤；Fe（OH）2或Fe（OH）3；

（5）将碘化钠溶液中溶质分离出来的方法是因碘化钠的溶解度受温度的影响变化很大，所以用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得较为纯净的碘化钠，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；

（6）检验碘单质的存在加淀粉，因为碘单质能使淀粉变蓝，具体的操作为：取少许产品于试管中，用少量水溶解；再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，说明产品中混有I2，故答案为：取少许产品于试管中，用少量水溶解；再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，说明产品中混有I2．

解：铜粉焙烧生成Cu2O、CuO和有机物、水，Cu2O被氧化生成CuO，CuO和稀硫酸反应生成CuSO4，溶液中还存在硫酸，硫酸、CuSO4和Fe发生置换反应生成FeSO4，过滤得沉淀Cu，然后洗涤、焙烧、氧化得到CuO，

（1）CuO和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++H2O，故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；

（2）配制硫酸时，需要烧杯盛放硫酸溶液，需要量筒量取浓硫酸，所以还需要烧杯、量筒，故答案为：量筒和烧杯；

（3）浓硫酸和金属反应生成SO2，SO2属于酸性氧化物，能和水反应生成亚硫酸，且SO2有毒，不能直接排空，所以SO2要收集处理，故答案为：SO2；

（4）氧化亚铜和稀硫酸反应生成CuSO4和Cu，将固体加入稀硫酸中，如果有红色物质生成，就说明含有氧化亚铜，否则没有氧化亚铜，其检验方法为：取少许样品，加入稀H2SO4，若溶液中存在红色固体，说明含有Cu2O，反之则没有，

故答案为：取少许样品，加入稀H2SO4，若溶液中存在红色物质，说明红色物质中含有Cu2O，反之则没有；

（5）计算铜粉中Cu的含量，根据铜原子守恒知，不仅要知道铜粉的质量还要知道最终得到CuO的质量，故答案为：铜粉的质量；最终所得CuO的质量．

解：霞石岩加石灰石和煤粉碎煅烧碳酸钙分解产生二氧化碳即X，再用水溶解，过滤除去在滤渣霞石泥中的钙和硅等其他杂质，所得溶液碳酸化调PH值到11使溶液中的铝离子沉淀，所以过滤出的沉淀是氢氧化铝，灼烧得到的固体M为氧化铝，滤液经过蒸发浓缩，冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥即得碳酸钠晶体，再将溶液碳酸化到PH值为8，所得溶液为碳酸氢钾，冷却，过滤，灼烧分解最终得到碳酸钾；

（1）由于霞石岩加石灰石和煤粉碎煅烧，煅烧需要很高的温度，所以煤的作用为：与氧气反应放热，达到煅烧的温度，故答案为：与氧气反应放热，达到煅烧的温度；

（2）溶解过滤工序产生的滤液中含钠、钾和铝的可溶性盐类，钙和硅等其他杂质在滤渣霞石泥中，所以通入CO2后一定生成氢氧化铝沉淀，灼烧则得到氧化铝，即M是氧化铝，所以灼烧得到固体M的化学方程式是2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O．

（3）在高温下矿石、石灰石、煤混合反应生成的X可以进行碳酸的酸化，实验中X一定是CO2气体；钙和硅等其他杂质在滤渣霞石泥中，所以霞石泥主要成分是硅酸钙；滤液W可以循环使用，用来制备碳酸钠和碳酸钾，所以其中主要含有的离子有Na+、K+、HCO3-，故答案为：CO2；CaSiO3；Na+、K+、HCO3-；

（4）操作Ⅰ的目的是制备碳酸钠，根据物质的溶解度表可知，碳酸钠的溶解度随温度的升高而增大，所以操作应该是蒸发浓缩，冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤．

（5）已知NaHCO3溶液的pH约为8～9，Na2CO3溶液的pH约为11～12，所以碳酸化Ⅰ中的生成物是碳酸盐，而不是碳酸氢盐，因此反应的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-．故答案为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-．

（6）由于NaHCO3溶液的pH约为8～9，Na2CO3溶液的pH约为11～12，而碳酸氢钾灼烧生成碳酸钾，所以碳酸化Ⅱ调整pH=8的目的是使碳酸根转化为碳酸氢根离子，利于KHCO3结晶析出，故答案为：碳酸根转化为碳酸氢根离子，利于KHCO3结晶析出．