- 物质的检测
- 共5040题
下列有关除杂质（括号中为杂质）的操作中，错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．蚁酸是有机酸，能与碳酸钠反应生成二氧化碳和蚁酸钠和水，福尔马林（甲醛溶液）中的溶质不与碳酸钠反应．甲醛易挥发，而盐类不挥发，所以用蒸馏法就能除杂，故A正确；
B、乙醛被氧化生成乙酸，与乙醇互溶，过滤取溶液不能得到纯净的乙醇，故B错误；
C、苯中混有苯酚，加入NaOH后生成可溶于水的苯酚钠，然后用分液的方法分离，故C正确；
D、乙酸乙酯（乙酸）：加饱和碳酸钠溶液降低乙酸乙酯的溶解度，乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠二氧化碳和水，分液分离，故D正确；
故选：B．
（2013秋•东莞期末）某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：
据此回答下列问题：
（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是______．
（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、D所含物质的化学式．固体B______；沉淀D______．
（3）写出①、②反应的离子方程式：①______；②______．
（4）以Fe2O3为原料，可制备FeCl2溶液，请写出有关的化学反应方程式，试剂任选______．
正确答案
解：某混合物A含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，加水后经过滤分离可得溶液KAl（SO4）2和Al2O3、Fe2O3沉淀混合物C，加入NaOH溶液，NaOH和Al2O3反应生成NaAlO2，过滤后得到NaAlO2溶液，沉淀D为Fe2O3，加入盐酸得到FeCl3，NaAlO2溶液中加入适量盐酸，反应生成Al（OH）3和NaCl，Al（OH）3加热分解生成B为Al2O3，溶液E为K2SO4和（NH4）2SO4混合物，
（1）I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是过滤，故答案为：过滤；
（2）由以上分析可知B为Al2O3，D为Fe2O3，故答案为：Al2O3；Fe2O3；
（3）反应①为Al2O3和氢氧化钠的反应，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，反应②为Al3+和氨水的反应，反应的离子方程式为Al3++3NH3、H2O=Al（OH）3↓+3 NH4+；
故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3 NH4+；
（4）以Fe2O3为原料，可制备FeCl2溶液，先用盐酸溶解得到氯化铁溶液，加入过量铁粉还原得到氯化亚铁，反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl=2 FeCl3+3 H2O；2FeCl3+Fe=3FeCl2 ；
故答案为：Fe2O3+6HCl=2 FeCl3+3 H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2 ．
解析
解：某混合物A含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，加水后经过滤分离可得溶液KAl（SO4）2和Al2O3、Fe2O3沉淀混合物C，加入NaOH溶液，NaOH和Al2O3反应生成NaAlO2，过滤后得到NaAlO2溶液，沉淀D为Fe2O3，加入盐酸得到FeCl3，NaAlO2溶液中加入适量盐酸，反应生成Al（OH）3和NaCl，Al（OH）3加热分解生成B为Al2O3，溶液E为K2SO4和（NH4）2SO4混合物，
（1）I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是过滤，故答案为：过滤；
（2）由以上分析可知B为Al2O3，D为Fe2O3，故答案为：Al2O3；Fe2O3；
（3）反应①为Al2O3和氢氧化钠的反应，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，反应②为Al3+和氨水的反应，反应的离子方程式为Al3++3NH3、H2O=Al（OH）3↓+3 NH4+；
故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3 NH4+；
（4）以Fe2O3为原料，可制备FeCl2溶液，先用盐酸溶解得到氯化铁溶液，加入过量铁粉还原得到氯化亚铁，反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl=2 FeCl3+3 H2O；2FeCl3+Fe=3FeCl2 ；
故答案为：Fe2O3+6HCl=2 FeCl3+3 H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2 ．
聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为[Fe2（OH）n（SO4）3-0.5n]m，广泛用于污水处理．实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O），过程如图1：
（1）验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是：______．
（2）实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如图2．装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→______→______→______→______→f．装置A中发生反应的化学方程式为______．
（3）制备绿矾时，向溶液X中加入过量______，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾．过滤所需的玻璃仪器有______．
（4）欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，用KMnO4标准溶液滴定时应选用______滴定管（填“酸式”或“碱式”）．
（5）溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数．若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．
正确答案
将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色
d
e
c
b
Cu+2H2SO4（浓）═CuSO4+SO2↑+2H2O
铁屑
烧杯、玻璃棒、漏斗
酸式
偏小
解析
解：制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O）流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物（S、二氧化硅等）W；滤液X中进入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在70～80℃条件下得到聚铁聚铁，最后得到聚铁，
（1）检验二氧化硫的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后又恢复红色，证明有二氧化硫，
故答案为：将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色；
（2）收集二氧化硫应先干燥再收集，二氧化硫的密度比空气大，要从c口进气，最后进行尾气处理，所以按气流方向连接顺序为a→d→e→c→b→f；
装置A中铜与浓硫酸反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）═CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为：d；e；c；b；Cu+2H2SO4（浓）═CuSO4+SO2↑+2H2O；
（3）因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，故溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉，然后过滤，过滤操作使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，
故答案为：铁屑；烧杯、玻璃棒、漏斗；
（4）KMnO4标准溶液具有强氧化性，腐蚀橡胶管，滴定时需要选择酸式滴定管，故答案为：酸式；
（5）聚铁的化学式为Fe2（OH）n（SO4）3-0.5n，若溶液Z的pH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，据此计算的铁的含量减少，铁的质量分数偏小，
故答案为：偏小．
蛇纹石矿可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成．由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下：
（1）蛇纹石矿加盐酸溶解后，溶液里除了Mg2+外，还含有的金属离子是______；
（2）进行Ⅰ操作时，控制溶液pH=7-8（有关氢氧化物沉淀的pH见右表），Ca（OH）2不能过量，若Ca（OH）2过量可能会导致______溶解．
（3）从沉淀混合物A中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物A中加入______ （填物质的化学式），然后______（依次填写实验操作名称）．
正确答案
解：（1）蛇纹石加盐酸溶解，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O．而SiO2不与盐酸反应，以沉淀的形式除去，故答案为：Fe3+、Al3+；
（2）由（1）知，此时溶液中除了Mg2+外，还含有Fe3+、Al3+杂质，需除去Fe3+、Al3+但不能损失Mg2+，因Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+和Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，利用平衡移动的原理，消耗H+使上述水解平衡向正反应方向移动，除去Fe3+、Al3+，加Ca（OH）2需将溶液的pH控制在7～8，若pH过高，会导致生成的Al（OH）3发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O溶解，Mg（OH）2在pH为9.4时开始沉淀，所以碱性增强Mg（OH）2会沉淀，同时Mg2+也因转化为沉淀而损失，
故答案为：Al（OH）3；
（3）从实验步骤图知：沉淀混合物为Fe（OH）3和Al（OH）3，红色氧化物是沉淀物Fe（OH）3分解后得到的Fe2O3，所以得先加碱把Al（OH）3除掉，反应为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，然后过滤洗涤灼烧即可；
故答案为：NaOH；过滤、洗涤、灼烧．
解析
解：（1）蛇纹石加盐酸溶解，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O．而SiO2不与盐酸反应，以沉淀的形式除去，故答案为：Fe3+、Al3+；
（2）由（1）知，此时溶液中除了Mg2+外，还含有Fe3+、Al3+杂质，需除去Fe3+、Al3+但不能损失Mg2+，因Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+和Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，利用平衡移动的原理，消耗H+使上述水解平衡向正反应方向移动，除去Fe3+、Al3+，加Ca（OH）2需将溶液的pH控制在7～8，若pH过高，会导致生成的Al（OH）3发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O溶解，Mg（OH）2在pH为9.4时开始沉淀，所以碱性增强Mg（OH）2会沉淀，同时Mg2+也因转化为沉淀而损失，
故答案为：Al（OH）3；
（3）从实验步骤图知：沉淀混合物为Fe（OH）3和Al（OH）3，红色氧化物是沉淀物Fe（OH）3分解后得到的Fe2O3，所以得先加碱把Al（OH）3除掉，反应为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，然后过滤洗涤灼烧即可；
故答案为：NaOH；过滤、洗涤、灼烧．
世界上60%的镁是从海水中提取的，其主要步骤如下：
①把贝壳制成石灰乳；②在海水中加入石灰乳，过滤，洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶、过滤；④在氯化氢热气流中干燥晶体；⑤电解上述晶体的熔融物．
下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．镁核外有三个电子层、最外层有2个电子，因此镁元素在元素周期表中位于第三周期、ⅡA族．故A正确；
B．根据从海水中提取镁的步骤：海水
C．因为MgCl2是一种强酸弱碱盐，会发生水解反应：Mg 2++2H2O⇌2H++Mg（OH）2，在HCl热气流中干燥，可抑制Mg2+的水解，而不是加快干燥速度．故C错误；
D．根据电解的原理，当电解水溶液时，在阴阳两极分别生成氢气和氯气，而得不到镁．故要得到金属镁必须电解熔融的氯化镁．故D错误．
故选AB．
某固体混合物可能含Al、（NH4）2SO4、MgCl2、AlCl3、FeCl2、NaCl中的一种或几种，现对该混合物作如下实验，所得现象和有关数据如图（气体体积已换算成标准状况下体积），回答下列问题：
（1）混合物中是否存在FeCl2______（填“是”或“否”）；
（2）混合物中是否存在（NH4）2SO4______（填“是”或“否”），你的判断依据是______．
（3）写出反应④的离子反应式：______．
（4）请根据计算结果判断混合物中是否含有AlCl3______（填“是”或“否”），你的判断依据是______．
正确答案
解：（1）白色沉淀久置不变色，说明无FeCl2（氢氧化亚铁易被氧化为红棕色的氢氧化铁），故答案为：否；
（2）气体通过浓硫酸后，体积减少4.48 L，说明气体中有NH3，则原固体中一定含有（NH4）2SO4，
故答案为：是；气体通过浓硫酸减少4.48L；
（3）无色溶液中有Al与过量NaOH溶液反应后得到的NaAlO2，加入盐酸生成Al（OH）3，反应的离子方程式为H++OH-=H2O、AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，
故答案为：H++OH-=H2O、AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓；
（4）由以上分析可知原固体中一定含有金属Al，且其质量为
故答案为：否；由题中信息可推得一定含有Al、（NH4）2SO4和MgCl2三种物质，而m（Al）+m〔（NH4）2SO4〕+m（MgCl2）=28.1 g，所以一定没有AlCl3．
解析
解：（1）白色沉淀久置不变色，说明无FeCl2（氢氧化亚铁易被氧化为红棕色的氢氧化铁），故答案为：否；
（2）气体通过浓硫酸后，体积减少4.48 L，说明气体中有NH3，则原固体中一定含有（NH4）2SO4，
故答案为：是；气体通过浓硫酸减少4.48L；
（3）无色溶液中有Al与过量NaOH溶液反应后得到的NaAlO2，加入盐酸生成Al（OH）3，反应的离子方程式为H++OH-=H2O、AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，
故答案为：H++OH-=H2O、AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓；
（4）由以上分析可知原固体中一定含有金属Al，且其质量为
故答案为：否；由题中信息可推得一定含有Al、（NH4）2SO4和MgCl2三种物质，而m（Al）+m〔（NH4）2SO4〕+m（MgCl2）=28.1 g，所以一定没有AlCl3．
（2013秋•忻府区校级期中）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．从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如图1：
（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为______．
（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浸出钴的主要原因______．
（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-）
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．图2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，A物质的化学式是______．
正确答案
解：制备氧化钴的大致流程为：制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，
（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，改写成离子方程式为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O，
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，所以不用盐酸，
故答案为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的两种方式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，反应的离子方程式为：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正确；
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：ACD；
（5）根据图象曲线变化可知，CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
则：
解得：m=119mg，
设A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-83mg
则：
解得：n=2，
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，
故答案为：CoCl2•2H2O．
解析
解：制备氧化钴的大致流程为：制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，
（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，改写成离子方程式为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O，
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，所以不用盐酸，
故答案为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的两种方式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，反应的离子方程式为：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正确；
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：ACD；
（5）根据图象曲线变化可知，CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
则：
解得：m=119mg，
设A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-83mg
则：
解得：n=2，
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，
故答案为：CoCl2•2H2O．
某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量．查阅资料得知，铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等．从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：
（1）固体B的主要用途有（写出1条即可）______．
（2）第①步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，发生反应的离子方程式是：______；______．
（3）第③步中，生成氢氧化铝的离子方程式是______．
（4）工业上制取AlCl3用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，反应的化学方程式是______．
（5）将实验过程中所得固体精确称量．课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，则该铝土矿中Al2O3的质量分数是______．（保留一位小数）
正确答案
解：（1）向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁，氧化铁可作为炼铁的原料，氧化铁为红色，可用作涂料、油漆等，
故答案为：炼铁原料、用作涂料、油漆等；
（2）根据框图流程，向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱．只Fe2O3溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于酸，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，
则向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，发生反应的离子方程式是Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；
（3）试剂③为氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀．离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（4）Cl2有强氧化性，碳具有还原性，每消耗0.5 mol 碳单质，转移1mol电子，这说明反应中碳失去2个电子，即氧化产物是CO，所以反应的化学方程式是Al2O3+3Cl2+3C
故答案为：Al2O3+3Cl2+3C
（5）将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，说明所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，即铝土矿中Al2O3的质量分数和氢氧化铝中氧化铝的质量分数是相同的．又因为氧化铝可以写成Al2O3•3H2O的形式，所以质量分数是
故答案为：65.4%．
解析
解：（1）向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁，氧化铁可作为炼铁的原料，氧化铁为红色，可用作涂料、油漆等，
故答案为：炼铁原料、用作涂料、油漆等；
（2）根据框图流程，向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱．只Fe2O3溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于酸，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，
则向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，发生反应的离子方程式是Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；
（3）试剂③为氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀．离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（4）Cl2有强氧化性，碳具有还原性，每消耗0.5 mol 碳单质，转移1mol电子，这说明反应中碳失去2个电子，即氧化产物是CO，所以反应的化学方程式是Al2O3+3Cl2+3C
故答案为：Al2O3+3Cl2+3C
（5）将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，说明所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，即铝土矿中Al2O3的质量分数和氢氧化铝中氧化铝的质量分数是相同的．又因为氧化铝可以写成Al2O3•3H2O的形式，所以质量分数是
故答案为：65.4%．
（2015春•德阳校级期中）铝是一种重要的金属，在生产、生活中具有许多重要的用途，下图是从铝土矿中制备铝的工艺流程：
已知：①铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质；
②溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，化学反应方程式为2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH．
回答下列问题：
（1）Al元素在元素周期表中的位置为______；电解制取Al的化学反应中，反应物总能量______生成物总能量（填“大于”、“等于”或“小于”）；二氧化碳的结构式为______．
（2）写出向Al2O3与氢氧化钠溶液发生反应的离子方程式______．
（3）滤渣A的主要成分为______．
（4）在工艺流程第三步中，通入过量二氧化碳的化学反应方程式是______．
（5）实验时取铝土矿ag，经过上述工艺流程最后得到bgAl，则铝土矿中的Al2O3质量分数为______．
A．=
正确答案
解：铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，加入足量的氢氧化钠，氧化铝、二氧化硅与NaOH溶液反应均生成盐和水，只有氧化铁与碱不反应，结合信息②可知还生成Na2Al2Si2O8沉淀，过滤后得滤渣Fe2O3、Na2Al2Si2O8；滤液用二氧化碳酸化时，将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，反应的离子方程式为：AlO2-+2H2O+CO2═HCO3-+Al（OH）3↓；过滤得氢氧化铝沉淀，灼烧得氧化铝，电解氧化铝得单质铝．
（1）Al元素在元素周期表中的位置为三周期ⅢA族；电解铝反应是吸热反应，所以反应物总能量小于生成物总能量；二氧化碳的结构式为O=C=O，
故答案为：三周期ⅢA族；小于；O=C=O；
（2）氧化铝与NaOH溶液反应均生成盐和水，离子反应分别为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
（3）加入足量的氢氧化钠，氧化铝、二氧化硅与NaOH溶液反应均生成盐和水，只有氧化铁与碱不反应，结合信息②可知还生成Na2Al2Si2O8沉淀，过滤后得滤渣Fe2O3、Na2Al2Si2O8，故答案为：Fe2O3、Na2Al2Si2O8；
（4）经过足量氢氧化钠溶液的溶解，大部分铝元素均以NaAlO2的形式存在于滤液中，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，所以第三步中，选用二氧化碳作酸化剂的原因为将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，反应的离子方程式为：AlO2-+2H2O+CO2═HCO3-+Al（OH）3↓；
故答案为：AlO2-+2H2O+CO2═HCO3-+Al（OH）3↓；
（4）AlO2-+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3-（2分）
（5）设铝土矿中氧化铝为xg，
2Al～Al2O3
27×2 102
bg xg
则x=
铝土矿中Al2O3的质量分数为
故选：B．
解析
解：铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，加入足量的氢氧化钠，氧化铝、二氧化硅与NaOH溶液反应均生成盐和水，只有氧化铁与碱不反应，结合信息②可知还生成Na2Al2Si2O8沉淀，过滤后得滤渣Fe2O3、Na2Al2Si2O8；滤液用二氧化碳酸化时，将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，反应的离子方程式为：AlO2-+2H2O+CO2═HCO3-+Al（OH）3↓；过滤得氢氧化铝沉淀，灼烧得氧化铝，电解氧化铝得单质铝．
（1）Al元素在元素周期表中的位置为三周期ⅢA族；电解铝反应是吸热反应，所以反应物总能量小于生成物总能量；二氧化碳的结构式为O=C=O，
故答案为：三周期ⅢA族；小于；O=C=O；
（2）氧化铝与NaOH溶液反应均生成盐和水，离子反应分别为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
（3）加入足量的氢氧化钠，氧化铝、二氧化硅与NaOH溶液反应均生成盐和水，只有氧化铁与碱不反应，结合信息②可知还生成Na2Al2Si2O8沉淀，过滤后得滤渣Fe2O3、Na2Al2Si2O8，故答案为：Fe2O3、Na2Al2Si2O8；
（4）经过足量氢氧化钠溶液的溶解，大部分铝元素均以NaAlO2的形式存在于滤液中，通入过量二氧化碳可以将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，所以第三步中，选用二氧化碳作酸化剂的原因为将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，反应的离子方程式为：AlO2-+2H2O+CO2═HCO3-+Al（OH）3↓；
故答案为：AlO2-+2H2O+CO2═HCO3-+Al（OH）3↓；
（4）AlO2-+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3-（2分）
（5）设铝土矿中氧化铝为xg，
2Al～Al2O3
27×2 102
bg xg
则x=
铝土矿中Al2O3的质量分数为
故选：B．
无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等．工业上由铝土矿（A12O3、Fe2O3）为原料制备无水AlCl3的工艺流程如图．
（1）氯化炉中Al2O3、C12和C反应的化学方程式为______．
（2）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，需加入少量Al，其作用是______．
（3）为测定制得的无水AlCl3产品（含杂质FeCl3）的纯度，称取16.25g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液，滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，残留固体质量为0.32g．
①写出除杂过程中涉及的离子方程式______
②AlCl3产品的纯度为______．
（4）工业上另一种由铝灰为原料制备无水AlCl3工艺中，最后一步是由AlCl3•6H2O脱水制备无水AlCl3，实现这一步的方法是______．
正确答案
A12O3+3C12+3C
除去FeCl3
Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
96%
在HCl气流中加热脱结晶水
解析
解：（1）根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl3，说明氯化炉的产物中含有A1C13，冷凝器尾气含有CO，所以Al2O3、C12和C反应，生成A1C13和CO，反应方程式为：A12O3+3C12+3C
故答案为：A12O3+3C12+3C
（2）升华器中主要含有AlCl3和FeCl3，FeCl3熔点、沸点较低，升华制备无水AlCl3，应将FeCl3除去，所以加入少量Al目的是除去FeCl3，
故答案为：除去FeCl3；
（3）①除杂过程中铁离子与氢氧根离子结合成氢氧化铁沉淀，铝离子与氢氧根离子结合成偏铝酸根和水，离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，
故答案为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
②根据铁原子守恒，令含有杂质FeCl3质量为m，则：
Fe2O3 ～2FeCl3
160 325
0.32g m
则：
解得，m=0.65g，
所以AlCl3产品的纯度为：
故答案为：96%；
（4）氯化铝溶液发生水解，将AlCl3•6H2O脱水制备无水氯化铝可在HCl气流中加热脱结晶水，
故答案为：在HCl气流中加热脱结晶水．
实验室用大理石等原料制取安全无毒的杀菌剂过氧化钙．大理石的主要杂质是氧化铁．以下是提纯大理石的实验步骤：
（1）溶解大理石时，用硝酸而不用硫酸的原因是______．
（2）操作Ⅱ的目的是______，溶液A（溶质是共价化合物）是______．
（3）写出检验滤液中是否含铁离子的方法：______．
（4）写出加入碳酸铵所发生反应的离子方程式：______写出滤液B的一种用途：______．
（5）CaO2中一般含CaO．试按下列提示完成CaO2含量分析的实验设计．
试剂：氢氧化钠标准溶液、盐酸标准溶液、酚酞仪器：电子天平、锥形瓶、滴定管
实验步骤：
①______；②加入______；③加入酚酞，用氢氧化钠标准溶液滴定．
（6）若理论上滴定时耗用标准溶液20.00mL恰好完全反应，实际操作中过量半滴（1mL溶液为25滴），则相对误差为______．
正确答案
解：（1）H2SO4与CaCO3反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，附着在CaCO3的表面，阻止反应进一步发生，
故答案为：硫酸钙微溶于水；
（2）大理石溶于硝酸后生成Ca（NO3）2、Fe（NO3）3，可通过向溶液中加CaCO3或氨水的方法调节pH，使Fe3+以
Fe（OH）3的形式除去，当溶质只能是共价化合物时为氨水，
故答案为：除去溶液中的Fe3+；氨水；
（3）三价铁离子遇到硫氰酸根离子会呈现红色，Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3溶液，取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；或取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，
故答案为：取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；或取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+；
（4）过滤后的溶液中含有大量的Ca2+，加入碳酸铵发生复分解反应生成碳酸钙沉淀，反应后的离子方程式为Ca2++CO32-=CaCO3↓，滤液B的溶质是NH4NO3，可以用作化肥，
故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓；作化肥；
（5）测量CaO2含量，需取样品且称量样品的质量，所以需称量，溶于水2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑，CaO+H2O=Ca（OH）2，加过量的标准盐酸，确保氢氧化钙全部反应，
故答案为：称量；过量的标准盐酸；
（6）1mL溶液为25滴，半滴的体积为
故答案为：0.1%；
解析
解：（1）H2SO4与CaCO3反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，附着在CaCO3的表面，阻止反应进一步发生，
故答案为：硫酸钙微溶于水；
（2）大理石溶于硝酸后生成Ca（NO3）2、Fe（NO3）3，可通过向溶液中加CaCO3或氨水的方法调节pH，使Fe3+以
Fe（OH）3的形式除去，当溶质只能是共价化合物时为氨水，
故答案为：除去溶液中的Fe3+；氨水；
（3）三价铁离子遇到硫氰酸根离子会呈现红色，Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3溶液，取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；或取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，
故答案为：取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；或取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+；
（4）过滤后的溶液中含有大量的Ca2+，加入碳酸铵发生复分解反应生成碳酸钙沉淀，反应后的离子方程式为Ca2++CO32-=CaCO3↓，滤液B的溶质是NH4NO3，可以用作化肥，
故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓；作化肥；
（5）测量CaO2含量，需取样品且称量样品的质量，所以需称量，溶于水2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑，CaO+H2O=Ca（OH）2，加过量的标准盐酸，确保氢氧化钙全部反应，
故答案为：称量；过量的标准盐酸；
（6）1mL溶液为25滴，半滴的体积为
故答案为：0.1%；
已知反应：①将钛铁矿与浓H2SO4煮解：FeTiO3+2H2SO4（浓）
（1）副产品甲是______，可循环利用的物质是______．
（2）上述生产流程中加入铁屑的目的是______．
（3）写出中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应的方程式为：______．
（4）最近，用熔融法直接电解中间产品乙制取金属钛获得成功．写出电解乙制取金属钛的化学方程式______．
（5）“硫酸法”生产钛排放的废液对水体有哪些污染，请指出主要的两点：①______；②______．
③根据废液的主要成分，针对其中一项污染，提出处理的方法：______．
正确答案
FeSO4•7H2O
硫酸
防止Fe2+氧化（成Fe3+）
TiO2+2Cl2+2C
TiO2（熔融）
废液呈强酸性，污染水体
因废液中含有的Mn2+、Cu2+、Cr3+等重金属离子排入水体中会造成水体污染，使水体生物绝迹
加入熟石灰
解析
解：钛铁矿（主要成分是：FeTiO3，还含有少量Mn、Zn、Cr、Cu等重金属元素及脉石等杂质）中加入浓硫酸，FeTiO3发生反应：FeTiO3+2H2SO4（浓）
（1）从流程图硫酸与过量的铁反应可知，副产品甲是FeSO4•7H2O，可循环利用的物质是硫酸，
故答案为：FeSO4•7H2O；硫酸；
（2）铁可与Fe3+反应生成Fe2+，加入铁屑，可防止Fe2+氧化，
故答案为：防止Fe2+氧化（成Fe3+）；
（3）中间产物乙为TiO2，TiO2与焦炭、氯气在高温下发生反应生成四氯化钛和一氧化碳，反应的方程式为：TiO2+2Cl2+2C
故答案为：TiO2+2Cl2+2C
（4）乙为TiO2，电解乙制取金属钛的化学方程式为：TiO2（熔融）
故答案为：TiO2（熔融）
（5）①②“硫酸法”生产钛排放的废液为酸性，会产生酸污染，并且与Ti共存的其它重金属的废液对水体有污染，
故答案为：废液呈强酸性，污染水体；因废液中含有的Mn2+、Cu2+、Cr3+等重金属离子排入水体中会造成水体污染，使水体生物绝迹；
③产生酸污染可以加入熟石灰中和，重金属离子污染可通过沉淀法除去，
故答案为：加入熟石灰．
利用化学原理对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理．
（一）染料工业排放的废水中含有大量有毒的NO2-，可以在碱性条件下加入铝粉除去（加热处理后的废水会产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体）．除去NO2-的离子方程式为______
（二）某工厂对制革工业污泥中Cr（Ⅲ）回收与再利用工艺如下（硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+）：
常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是______（至少写一条）．
（2）调pH=8是为了除去______（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______（填Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）．
（4）试配平氧化还原反应方程式：□Na2Cr2O7+□SO2+□H2O=□Cr（OH）（H2O）5SO4+□Na2SO4；
每生成1mol Cr（OH）（H2O）5SO4消耗SO2的物质的量为______．
（三）印刷电路铜板腐蚀剂常用FeCl3．腐蚀铜板后的混合浊液中，若Cu2+、Fe3+和Fe2+的浓度均为0.10mol•L-1，请参照上表给出的数据和提供的药品，简述除去CuCl2溶液中Fe3+和Fe2+的实验步骤：
①______；
②______；
③过滤．（提供的药品：Cl2、浓H2SO4、NaOH溶液、CuO、Cu）．
正确答案
解：（一）加热处理后的废水会产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明生成一水合氨，溶液呈碱性，则Al生成偏铝酸根离子，离子方程式为2Al+OH-+NO2-+2H2O═2AlO2-+NH3•H2O，故答案为：2Al+OH-+NO2-+2H2O═2AlO2-+NH3•H2O；
（二）硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，过滤后向滤液中加入双氧水，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的Fe2+生成Fe3+；加入氢氧化钠溶液后，调节溶液的pH至8，根据表中数据知，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；然后过滤，向滤液中加入钠离子交换树脂，然后加入二氧化硫，发生氧化还原反应得到Cr（OH）（H2O）5SO4；
（1）升高温度、搅拌、增大反应物浓度都可以提高浸取率，其采用措施为升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸（多次浸取）、适当延长浸取时间（只要答出任意一点即可，其他合理答案也可），故答案为：升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸（多次浸取）、适当延长浸取时间（只要答出任意一点即可，其他合理答案也可）；
（2）pH=8时，Fe3+、Al3+完全生成沉淀，所以pH=8时除去阳离子为Fe3+、Al3+，故答案为：Fe3+、Al3+；
（3）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+；
（4）二氧化硫具有还原性，被滤液Ⅱ中通过离子交换后的溶液中Na2CrO4氧化为硫酸，Na2CrO4氧被还原为CrOH（H2O）5SO4，水溶液中生成硫酸反应生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平；Na2CrO4+3SO2+11H2O=2CrOH（H2O）5SO4↓+Na2SO4，
根据方程式：3SO2～2CrOH（H2O）5SO4
x 1mol
所以x=1.5mol
故答案为：1；3；11；2；1；1.5mol；
（三）要除去溶液中的Fe3+和Fe2+，根据阳离子完全转化为沉淀需要pH知，应该先将亚铁离子转化为铁离子，然后加入CuO调节溶液的pH而除去铁离子，其操作步骤为：
①因为亚铁离子完全沉淀需要pH大于铜离子，所以应该向将亚铁离子转化为铁离子，即通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+，
故答案为：通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+；
②然后调节溶液的pH，使铁离子完全转化为沉淀，其操作方法为加入CuO调节溶液的pH至3.2～4.7，故答案为：加入CuO调节溶液的pH至3.2～4.7．
解析
解：（一）加热处理后的废水会产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明生成一水合氨，溶液呈碱性，则Al生成偏铝酸根离子，离子方程式为2Al+OH-+NO2-+2H2O═2AlO2-+NH3•H2O，故答案为：2Al+OH-+NO2-+2H2O═2AlO2-+NH3•H2O；
（二）硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，过滤后向滤液中加入双氧水，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的Fe2+生成Fe3+；加入氢氧化钠溶液后，调节溶液的pH至8，根据表中数据知，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；然后过滤，向滤液中加入钠离子交换树脂，然后加入二氧化硫，发生氧化还原反应得到Cr（OH）（H2O）5SO4；
（1）升高温度、搅拌、增大反应物浓度都可以提高浸取率，其采用措施为升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸（多次浸取）、适当延长浸取时间（只要答出任意一点即可，其他合理答案也可），故答案为：升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸（多次浸取）、适当延长浸取时间（只要答出任意一点即可，其他合理答案也可）；
（2）pH=8时，Fe3+、Al3+完全生成沉淀，所以pH=8时除去阳离子为Fe3+、Al3+，故答案为：Fe3+、Al3+；
（3）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+；
（4）二氧化硫具有还原性，被滤液Ⅱ中通过离子交换后的溶液中Na2CrO4氧化为硫酸，Na2CrO4氧被还原为CrOH（H2O）5SO4，水溶液中生成硫酸反应生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平；Na2CrO4+3SO2+11H2O=2CrOH（H2O）5SO4↓+Na2SO4，
根据方程式：3SO2～2CrOH（H2O）5SO4
x 1mol
所以x=1.5mol
故答案为：1；3；11；2；1；1.5mol；
（三）要除去溶液中的Fe3+和Fe2+，根据阳离子完全转化为沉淀需要pH知，应该先将亚铁离子转化为铁离子，然后加入CuO调节溶液的pH而除去铁离子，其操作步骤为：
①因为亚铁离子完全沉淀需要pH大于铜离子，所以应该向将亚铁离子转化为铁离子，即通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+，
故答案为：通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+；
②然后调节溶液的pH，使铁离子完全转化为沉淀，其操作方法为加入CuO调节溶液的pH至3.2～4.7，故答案为：加入CuO调节溶液的pH至3.2～4.7．
CMA（醋酸钙、醋酸镁固体的混合物）是高速公路的绿色融雪剂．以生物质废液--木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）及白云石（主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质）等为原料生产CMA的实验流程如图1：
（1）步骤①发生的反应离子方程式为______．
（2）步骤②所得滤渣1的主要成分为______（写化学式）；步骤②所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是______．
（3）已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系如图2所示，步骤④的目的除调节n（Ca）：n（Mg）约为______（选填：1：2；3：7；2：3）外，另一目的是______．
（4）步骤⑥包含的操作有______、过滤、洗涤及干燥．
正确答案
解：根据流程图可知，白云石（主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质）与木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，除去被氧化的苯酚、焦油等杂质，再加入氧化镁，调节溶液中n（Ca）：n（Mg）的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA，
（1）根据上面的分析可知，步骤①发生的反应离子方程式为 MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O，
故答案为：MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O；
（2）步骤②所得滤渣1的主要成分为二氧化硅，化学式为SiO2，步骤②所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质，
故答案为：SiO2；实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；
（3）根据如图2所示钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系，可知，当n（Ca）：n（Mg）约为3：7时，出水率最高，所以步骤④的目的除调节n（Ca）：n（Mg）约为3：7，步骤④中加入氧化镁的另一个目的是与溶液中的醋酸反应，除去过量的乙酸，
故答案为：3：7；除去过量的乙酸；
（4）根据上面的分析可知，步骤⑥包含的操作有 蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥，
故答案为：蒸发结晶．
解析
解：根据流程图可知，白云石（主要成分MgCO3•CaCO3，含SiO2等杂质）与木醋液（主要成分乙酸，以及少量的甲醇、苯酚、焦油等杂质）反应生成醋酸钙和醋酸镁，过滤得滤渣1为二氧化硅，滤液中主要溶质是醋酸钙和醋酸镁，加入活性碳脱色，除去被氧化的苯酚、焦油等杂质，再加入氧化镁，调节溶液中n（Ca）：n（Mg）的值，过滤，除去混合液中固体杂质，得醋酸钙和醋酸镁溶液，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥得CMA，
（1）根据上面的分析可知，步骤①发生的反应离子方程式为 MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O，
故答案为：MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O；
（2）步骤②所得滤渣1的主要成分为二氧化硅，化学式为SiO2，步骤②所得滤液常呈褐色，颜色除与木醋液中含有少量的有色的焦油有关外，产生颜色的另一主要原因是实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质，
故答案为：SiO2；实验过程中苯酚被空气中氧气氧化最终产生褐色物质；
（3）根据如图2所示钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系，可知，当n（Ca）：n（Mg）约为3：7时，出水率最高，所以步骤④的目的除调节n（Ca）：n（Mg）约为3：7，步骤④中加入氧化镁的另一个目的是与溶液中的醋酸反应，除去过量的乙酸，
故答案为：3：7；除去过量的乙酸；
（4）根据上面的分析可知，步骤⑥包含的操作有 蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥，
故答案为：蒸发结晶．
过氧化钙（CaO2）难溶于水，常温下稳定，在潮湿空气及水中缓慢放出氧气，广泛应用于渔业等领域．下图是以大理石（主要杂质Fe2O3）等为原料制取CaO2的流程：
（1）操作①中应包括______（填序号）．
A溶解 B．过滤 C．蒸馏 D．分液 E．蒸发结晶
请写CaCO3和稀盐酸反应的离子方程式：______；
（2）用氨水调节pH至8-9的目的：______．
（3）若滤液C中c（CO
[已知c（Ca2+）≤10-5mol/L可视为沉淀完全；Ksp（CaCO3）=4.96×10-9]
（4）从滤液C中可回收得到的工业副产品的化学式为______．
（5）操作②的化学反应方程式：______．
正确答案
解：根据图示信息，可得出：滤液A的成分有硝酸钙和硝酸铁以及剩余的硝酸，当pH至8-9范围段内时，三价铁可易形成沉淀，所以滤渣B是氢氧化铁，滤液B是硝酸钙，和碳酸铵之间可以发生复分解反应生成碳酸钙和硝酸铵，过滤，沉淀碳酸钙用盐酸溶解然后蒸发结晶可以得到氯化钙晶体，再失水成为无水氯化钙，双氧水可以和氯化钙反应生成过氧化钙和盐酸．
（1）碳酸钙和硝酸铵的混合物过滤后，所得沉淀碳酸钙用盐酸溶解然后蒸发结晶可以得到氯化钙晶体，CaCO3 和稀盐酸反应的实质是：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，
故答案为：ABE；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；
（2）用氨水调节pH至8-9，三价铁可易形成沉淀，从而分离出硝酸钙溶液，故答案为：除去Fe3+ （或使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀被除去）；
（3）若测得滤液C中c（CO32-）=10-3 mol/L，Ksp（CaCO3）=4.96×10-9；Ksp=Ca2++CO32-=10-3 mol/L×c（Ca2+）=4.96×10-9 ，c（Ca2+）=4.96×10-6 mol/L，已知c（Ca2+）≤10-5mol/L可视为沉淀完全，所以此时钙离子沉淀完全；故答案为：是；
（4）硝酸钙和碳酸铵之间可以发生复分解反应生成碳酸钙和硝酸铵，过滤所得滤液主要成分是硝酸铵，故答案为：NH4NO3；
（5）双氧水可以和氯化钙反应生成过氧化钙和盐酸，即CaCl2+H2O2=CaO2↓+2HCl，故答案为：CaCl2+H2O2=CaO2↓+2HCl．
解析
解：根据图示信息，可得出：滤液A的成分有硝酸钙和硝酸铁以及剩余的硝酸，当pH至8-9范围段内时，三价铁可易形成沉淀，所以滤渣B是氢氧化铁，滤液B是硝酸钙，和碳酸铵之间可以发生复分解反应生成碳酸钙和硝酸铵，过滤，沉淀碳酸钙用盐酸溶解然后蒸发结晶可以得到氯化钙晶体，再失水成为无水氯化钙，双氧水可以和氯化钙反应生成过氧化钙和盐酸．
（1）碳酸钙和硝酸铵的混合物过滤后，所得沉淀碳酸钙用盐酸溶解然后蒸发结晶可以得到氯化钙晶体，CaCO3 和稀盐酸反应的实质是：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，
故答案为：ABE；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；
（2）用氨水调节pH至8-9，三价铁可易形成沉淀，从而分离出硝酸钙溶液，故答案为：除去Fe3+ （或使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀被除去）；
（3）若测得滤液C中c（CO32-）=10-3 mol/L，Ksp（CaCO3）=4.96×10-9；Ksp=Ca2++CO32-=10-3 mol/L×c（Ca2+）=4.96×10-9 ，c（Ca2+）=4.96×10-6 mol/L，已知c（Ca2+）≤10-5mol/L可视为沉淀完全，所以此时钙离子沉淀完全；故答案为：是；
（4）硝酸钙和碳酸铵之间可以发生复分解反应生成碳酸钙和硝酸铵，过滤所得滤液主要成分是硝酸铵，故答案为：NH4NO3；
（5）双氧水可以和氯化钙反应生成过氧化钙和盐酸，即CaCl2+H2O2=CaO2↓+2HCl，故答案为：CaCl2+H2O2=CaO2↓+2HCl．
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