- 物质的检测
- 共5040题
某校化学小组的同学将一批废弃的线路板简单处理后，得到含Cu、Al、Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计了如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的方案：
回答下列问题：
①第①步参加反应的金属有______．
②第②步加入H2O2是因为滤液1中含有______离子．使用H2O2的优点是______
③用第③步所得CuSO4•5H2O制备无水硫酸铜的方法是：______．
④请帮助化学小组的同学完成由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O 的实验步骤：
（1）取滤渣2，加入足量的______，充分反应后过滤；
（2）取滤液，加入足量的______（填写试剂的化学式），然后过滤洗涤；
（3）用适量稀硫酸溶解；
（4）最后经过______（填写所需实验操作的名称），获得Al2（SO4）3•18H2O晶体．
正确答案
解：①金属的混合物能够与稀硫酸、稀硝酸反应的金属有铜、铝、铁，故答案为：Cu、Al、Fe；
②由于滤液1中含有亚铁离子，加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，使用双氧水不引入杂质，还原产物是水，对环境无污染，
故答案为：Fe2+；不引入杂质，还原产物是水，对环境无污染；
③第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；
故答案为：控制温度加热或灼烧；
④（1）取滤渣2，加入足量的氢氧化钠溶液，使沉淀中的氢氧化铝溶解，故答案为：氢氧化钠溶液；
（2）利用碳酸的酸性大于氢氧化铝的酸性，通入过量的二氧化碳，可以生成氢氧化铝沉淀，故答案为：CO2；
（4）氢氧化铝用稀硫酸溶解后，再经过加热蒸发、冷却结晶、过滤洗涤操作，可以获得Al2（SO4）3•18H2O晶体，故答案为：加热蒸发、冷却结晶、过滤洗涤．
解析
解：①金属的混合物能够与稀硫酸、稀硝酸反应的金属有铜、铝、铁，故答案为：Cu、Al、Fe；
②由于滤液1中含有亚铁离子，加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，使用双氧水不引入杂质，还原产物是水，对环境无污染，
故答案为：Fe2+；不引入杂质，还原产物是水，对环境无污染；
③第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；
故答案为：控制温度加热或灼烧；
④（1）取滤渣2，加入足量的氢氧化钠溶液，使沉淀中的氢氧化铝溶解，故答案为：氢氧化钠溶液；
（2）利用碳酸的酸性大于氢氧化铝的酸性，通入过量的二氧化碳，可以生成氢氧化铝沉淀，故答案为：CO2；
（4）氢氧化铝用稀硫酸溶解后，再经过加热蒸发、冷却结晶、过滤洗涤操作，可以获得Al2（SO4）3•18H2O晶体，故答案为：加热蒸发、冷却结晶、过滤洗涤．
（2014春•南长区校级月考）茶是我国人民喜爱的饮品．某校化学兴趣小组的同学设计以下实验流程图来定性检验茶叶中的Ca、Al、Fe三种元素．
查阅部分资料：草酸铵[（NH4）2C2O4]属于弱电解质；适当浓度的Ca2+、Al3+、Fe3+开始沉淀至沉淀完全的pH范围为：Ca（OH）2，11.8-13.8；Al（OH）3，4.2-5.4；Fe（OH）3，2.7-4.1
试根据上述过程及信息填空：
（1）步骤④用浓氨水调节pH后，加热至沸30min的作用是______；
（2）写出检验Ca2+的离子方程式______；
（3）写出沉淀C所含主要物质的化学式______；
（4）写出步骤⑧用A试剂生成红色溶液的离子方程式______；
（5）步骤⑨的作用是______，猜测步骤⑩的目的是______．
正确答案
使铁、铝离子以氢氧化物形式完全沉淀
Ca2++（NH4）2C2O4=CaC2O4↓+2NH4+
Fe（OH）3、Al（OH）3
KSCN或NH4SCN
使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀
检验Al3+（或铝元素）存在
解析
解：茶叶经灼烧，茶叶灰中含有钙、铁、铝三种金属元素，加入盐酸后可生成可溶性的氯化物，经过滤后，在滤液中加入氨水调节pH6～7，加热至沸30min，经过滤得到的沉淀C为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，滤液为氯化钙溶液，加入草酸铵后可得草酸钙沉淀，在滤液中加入盐酸后分为两份，加入试剂A，溶液变成红色，则A应为KSCN溶液，溶液2中加入6mol/L的NaOH溶液调pH至4，可得到氢氧化铁沉淀，浊液静置分层后上层清液为氯化铝溶液，加入试剂B可检验铝离子，生成红色络合物．
（1）步骤④在滤液中加入氨水调节pH6～7，加热至沸30min，经过滤得到的沉淀C为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，故答案为：使铁、铝离子以氢氧化物形式完全沉淀；
（2）⑤过滤后所得滤液中含Ca2+，检验Ca2+的离子方程式为：Ca2++（NH4）2C2O4=CaC2O4↓+2NH4+，
故答案为：Ca2++（NH4）2C2O4=CaC2O4↓+2NH4+；
（3）步骤④在pH为6-7时加热30 min，可使Al3+、Fe3+转化成Al（OH）3和Fe（OH）3沉淀，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）步骤⑧是检验Fe3+，可加入KSCN 或NH4SCN进行检验，溶液变红色，反应的离子方程式为：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，
故答案为：KSCN 或NH4SCN；
（5）步骤⑨将pH值调节至4～5，此时铝离子没有沉淀而铁离子沉淀完全，步骤⑩分离后用玫瑰红物质可检验Al元素的存在，
故答案为：使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；检验Al3+（或铝元素）存在．
为回收利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，主要流程如下：
部分含钒物质在水中的溶解性如下：
回答下列问题：
（1）工业由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，该反应的氧化剂为______．
（2）滤液中含钒的主要成分为______（填化学式）．
（3）该工艺中反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，该步反应的离子方程式______；沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比）和温度．根据下图判断最佳控制氯化铵系数和温度为______、______℃．
（4）用硫酸酸化的H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，以测定反应②后溶液中含钒量，反应方程式为：2VO2++H2C2O4+2H+=2VOn++2CO2↑+mH2O，其中n、m分别为______、______．
（5）全矾液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为：VO2++V2++2H+⇌VO2++H2O+V3+，电池放电时正极的电极反应式为______．
正确答案
V2O5
VOSO4
NH4++VO3-═NH4VO3↓
4
80
2
2
VO2++2H++e-═VO2++H2O
解析
解：（1）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应方程式为3V2O5+10Al 
故答案为：3V2O5+10Al
（2）废钒催化剂中含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣，由于V2O5为难溶物，所以滤液中含钒的主要成分为VOSO4，
故答案为：VOSO4 ；
（3）根据NH4VO3难溶于水，利用复分解反应沉淀VO3-，离子方程式为：NH4++VO3-=NH4VO3↓，
根据沉钒率与沉淀温度的图象可知，在80℃时沉矾率最高为98%，再根据氯化铵系数与沉钒率可知，氯化铵系数为4时沉钒率最高，所以最佳控制氯化铵系数和温度分别为：4，80℃，
故答案为：NH4++VO3-=NH4VO3↓； 4；80℃；
（4）2VO2++H2C2O4+2H+═2VOn++2CO2↑+mH2O，根据电荷守恒，2n=1×2+1×2，解得n=2；再根据氢原子质量守恒看得：2+2=2m，则m=2，
故答案为：2、2；
（5）正极反应是还原反应，由电池总反应可知放电时的正极反应为VO2++2H++e-═VO2++H2O；故答案为：VO2++2H++e-═VO2++H2O．
（2015秋•潍坊校级月考）某实验小组用工业上废弃固体（主要成分Cu2S和Fe2O3）混合物制取粗铜和Fe2（SO4）3晶体，设计的操作流程如下：
（1）除酒精灯和铁架台或三脚架外，①中所需的容器为______；①和⑥中都用到的玻璃仪器为______；
（2）已知试剂x为过氧化氢，写出H2O2与溶液B反应的离子方程式为______；
（3）某同学取少量的溶液B向其中加入过量的某种强氧化剂，再滴加KSCN溶液，发现溶液变红色，放置一段时间后，溶液褪色，该同学猜测溶液褪色的原因是溶液中的SCN-被过量的氧化剂氧化所致．
现给出以下试剂：1.0molgL-1硫酸、1.0mol•L-1NaOH溶液、0.1mol•L-1Fe2（SO4）3溶液、20%KSCN溶液、蒸馏水．请你设计合趣实验验证乙同学的猜测是否合理．简要说明实验步骤和现象______．
正确答案
坩埚
玻璃棒
2Fe2++H2O2 +2H+=2Fe3++2H2O
取少量褪色后的溶液于试管中，逐滴加入过量的20%KSCN溶液，如溶液变红色，说明乙同学的猜测是合理的，如不变红色，说明猜测不合理（或滴加过量的0.1 mol•L-1 Fe2（SO4）3溶液，如溶液不变红色，说明合理，若变红色，说明猜测不合理）
解析
解：废弃固体（主要成分Cu2S和Fe2O3）①煅烧，使硫化亚铜反应生成氧化铜，②稀硫酸溶解得到A溶液主要含二价铜和三价铁离子，再加过量的铁屑，将A溶液主要含二价铜还原成铜单质，三价铁离子还原成二价铁，过滤得到B为铜和过量的铁，再加稀硫酸溶解、过滤就可以得到粗铜；而溶液B主要是二价铁离子，加入试剂x为过氧化氢把亚铁离子氧化成三价铁离子，最后通过蒸发浓缩，冷却结晶得到Fe2（SO4）3晶体；
（1）①灼烧固体应该放在坩埚中，所以①中所需的容器是坩埚；①灼烧操作和⑥溶液浓缩析出硫酸铁晶体都用到玻璃棒，
故答案为：坩埚； 玻璃棒；
（2）加入试剂x为过氧化氢氧化亚铁离子，反应方程式：2Fe2++H2O2 +2H+=2Fe3++2H2O；
故答案为：2Fe2++H2O2 +2H+=2Fe3++2H2O；
（3）根据乙同学的猜测是溶液中的SCN-被过量的氧化剂氧化所致，所以现在只要能证明溶液中还有SCN-，则乙同学的猜测是不合理的，如果没有，则说明乙同学的猜测是合理的，所以在原溶液中重新加入硫氰化钾溶液，若是溶液变红，说明原溶液中没有SCN-，该同学猜测合理，否则不合理；或者滴加过量的0.1 mol•L-1 Fe2（SO4）3溶液，如溶液不变红色，也能说明原溶液中没有SCN-，该同学猜测合理，若变红色，说明猜测不合理；故答案为：取少量褪色后的溶液于试管中，逐滴加入过量的20%KSCN溶液，如溶液变红色，说明乙同学的猜测是合理的，如不变红色，说明猜测不合理（或滴加过量的0.1 mol•L-1 Fe2（SO4）3溶液，如溶液不变红色，说明合理，若变红色，说明猜测不合理）；
已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O．利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：
回答下列有关问题：
（1）硼砂中B的化合价为______，将硼砂溶于热水后，常用稀H2SO4调pH=2～3制取H3BO3，该反应的离子方程式为______．
（2）MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是______．若用惰性电极电解MgCl2溶液，其阴极反应式为______．
（3）镁-H2O2酸性燃料电池的反应原理为 Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，则正极反应式为______．常温下，若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时，溶液中Mg2+浓度为_______．当溶液pH=6时，______（填“有”或“没有”）Mg（OH）2沉淀析出（已知Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12）．
（4）制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼．现将0.020g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.30mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液18.00mL．该粗硼样品的纯度为______（提示：I2+2S2O
正确答案
+3
B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3
防止MgCl2水解生成Mg（OH）2
2H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg（OH）2↓
H2O2+2H++2e-=2H2O
0.045 mol•L-1
没有
97.2%
解析
解：（1）硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O，钠元素化合价为+1价，氧元素化合价-2价，依据化合价代数和计算得到硼元素化合价为+3价；用H2SO4调pH2～3，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，反应的离子方程式为：B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3，
故答案为：+3；B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3；
（2）MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热，是为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁；若用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡破坏，水电离生成氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀，合并写出阴极反应式为：2H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg（OH）2↓；
故答案为：防止MgCl2水解生成Mg（OH）2；2H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg（OH）2↓；
（3）镁-H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，正极上是过氧化氢得到电子生成水的反应，正极反应式H2O2+2H++2e-=2H2O；若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中，氢离子浓度减小0.1mol/L-0.01mol/L=0.09mol/L，依据反应方程式得到Mg2+离子浓度=0.045mol/L；Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12，当溶液pH=6时，c（OH-）=10-8mol/L，则Qc=c（Mg2+）×c2（OH-）=0.045mol/L×10-16mol/L=4.5×10-18＜Ksp[Mg（OH）2]，说明无氢氧化镁沉淀生成；
故答案为：H2O2+2H++2e-=2H2O；0.045 mol•L-1；没有；
（4）硫代硫酸钠的物质的量为：0.30mol/L×0.018L=0.0054mol，
根据关系式：B～BI3～
n（B）=
硼的质量为：10.81g/mol×0.0018mol=0.01944g，粗硼中硼的含量为：
故答案为：97.2%．
下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是（ ）
正确答案
解析
解：A．水和酒精混溶，不能用分液漏斗分离，故A错误；
B．植物油不溶于水看，可用分液漏斗分离，故B正确；
C．水和醋酸混溶，不能用分液漏斗分离，故C错误；
D．水和蔗糖混溶，不能用分液漏斗分离，故D错误．
故选B．
粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，湿法处理阳极泥进行综合利用的流程如下：
（1）用CuSO4做电解液电解含铜、金、铅的粗铜，阳极的电极反应式有：______和Cu-2e-═Cu2+．
（2）焙烧阳极泥时，为了提高焙烧效率，采取的合理措施是______，焙烧后的阳极泥中除含金、PbSO4外，还有______（填化学式）．
（3）操作I的主要步骤为______，操作Ⅱ的名称是______．
（4）写出用SO2还原AuCl4-的离子方程式______．
（5）为了减少废液排放、充分利用有用资源，工业上将滤液1并入硫酸铜溶液进行循环操作，请指出流程图中另一处类似的做法______．
（6）已知298K时，Ksp（PbCO3）=1.46×10-13，Ksp（PbSO4）=1.82×10-8，用离子方程式表示加入碳酸钠溶液的作用______．
正确答案
解：粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，焙烧后金属铜成为氧化铜，酸浸可以得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经过蒸发浓缩，降温结晶，过滤（或继续）洗涤，干燥获得硫酸铜晶体；Au（金）和PbSO4等杂质经王水、浓硝酸氧化后可以得到硝酸铅以及含有AuCl4-+的物质，硝酸铅中加入硫酸可以转化为硫酸铅，AuCl4-可以被SO2还原得到Au．
（1）电解精炼的粗铜作阳极会发生氧化反应，其中单质铜和活性的金属都会发生溶解，因此粗铜中的铜和铅会发生失电子的氧化反应，电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故答案为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；
（2）由题干可知，用于焙烧的阳极泥的成分为Cu、Au（金）和PbSO4 等，所以在焙烧过程中铜被氧化为了CuO，而Au（金）和PbSO4 均较稳定，要使焙烧效率提高，合理措施是把得到的阳极泥充分的粉碎，增大接触面积，或把反应后的气体在次逆流焙烧，这样可以升高温度且减少能耗，
故答案为：将阳极泥粉碎，逆流焙烧等； CuO；
（3）操作I的步骤是从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体，因此该步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，操作II是从酸浸渣（PbSO4）中得到碱浸渣（PbCO3），因此该操作是过滤操作．
故答案为：蒸发浓缩，降温结晶，过滤（或继续）洗涤，干燥；过滤；
（4）SO2还原AuCl4-中还原剂和氧化剂都比较明确，因此很容易推测出氧化产物是SO42-，还原产物是Au，根据氧化还原反应得失电子守恒先缺项配平，然后根据电荷守恒再配平，因此得到的反应方程式为：2AuCl4-+3SO2+6H2O=2Au+3SO42-+8Cl-+12H+；
故答案为：2AuCl4-+3SO2+6H2O=2Au+3SO42-+8Cl-+12H+；
（5）滤液1是在结晶硫酸铜时剩下的滤液，还含有少量的未析出的硫酸铜，因此并入前面的硫酸铜溶液进行循环，有利于充分利用，因此类似此处的做法，应该是流程中得到的另一滤液2，此滤液2是在硝酸铅溶液中加入硫酸生成硫酸铅沉淀并过滤走硫酸铅后剩下的溶液，此溶液中H+没有发生反应，因此还有大量的硝酸溶液，所以可以把此滤液当成硝酸加入前面的碱浸渣中溶解碱浸渣，或者与前面碱浸渣步骤需要加入的硝酸合并加以利用，故答案为：用滤液2溶解碱浸渣 （或并入硝酸中）；
（6）通过比较两种沉淀的溶度积，可以看出碳酸铅比硫酸铅更加难溶，因此往硫酸铅中加入碳酸钠，发生的是沉淀溶解转化的反应，离子方程式要注意标明状态，方程式为：PbSO4（s）+CO32-（aq）⇌PbCO3（s）+SO42-（aq）．
故答案为：PbSO4（s）+CO32-（aq）⇌PbCO3（s）+SO42-（aq）．
解析
解：粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Au（金）和PbSO4等杂质，焙烧后金属铜成为氧化铜，酸浸可以得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经过蒸发浓缩，降温结晶，过滤（或继续）洗涤，干燥获得硫酸铜晶体；Au（金）和PbSO4等杂质经王水、浓硝酸氧化后可以得到硝酸铅以及含有AuCl4-+的物质，硝酸铅中加入硫酸可以转化为硫酸铅，AuCl4-可以被SO2还原得到Au．
（1）电解精炼的粗铜作阳极会发生氧化反应，其中单质铜和活性的金属都会发生溶解，因此粗铜中的铜和铅会发生失电子的氧化反应，电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故答案为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；
（2）由题干可知，用于焙烧的阳极泥的成分为Cu、Au（金）和PbSO4 等，所以在焙烧过程中铜被氧化为了CuO，而Au（金）和PbSO4 均较稳定，要使焙烧效率提高，合理措施是把得到的阳极泥充分的粉碎，增大接触面积，或把反应后的气体在次逆流焙烧，这样可以升高温度且减少能耗，
故答案为：将阳极泥粉碎，逆流焙烧等； CuO；
（3）操作I的步骤是从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体，因此该步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，操作II是从酸浸渣（PbSO4）中得到碱浸渣（PbCO3），因此该操作是过滤操作．
故答案为：蒸发浓缩，降温结晶，过滤（或继续）洗涤，干燥；过滤；
（4）SO2还原AuCl4-中还原剂和氧化剂都比较明确，因此很容易推测出氧化产物是SO42-，还原产物是Au，根据氧化还原反应得失电子守恒先缺项配平，然后根据电荷守恒再配平，因此得到的反应方程式为：2AuCl4-+3SO2+6H2O=2Au+3SO42-+8Cl-+12H+；
故答案为：2AuCl4-+3SO2+6H2O=2Au+3SO42-+8Cl-+12H+；
（5）滤液1是在结晶硫酸铜时剩下的滤液，还含有少量的未析出的硫酸铜，因此并入前面的硫酸铜溶液进行循环，有利于充分利用，因此类似此处的做法，应该是流程中得到的另一滤液2，此滤液2是在硝酸铅溶液中加入硫酸生成硫酸铅沉淀并过滤走硫酸铅后剩下的溶液，此溶液中H+没有发生反应，因此还有大量的硝酸溶液，所以可以把此滤液当成硝酸加入前面的碱浸渣中溶解碱浸渣，或者与前面碱浸渣步骤需要加入的硝酸合并加以利用，故答案为：用滤液2溶解碱浸渣 （或并入硝酸中）；
（6）通过比较两种沉淀的溶度积，可以看出碳酸铅比硫酸铅更加难溶，因此往硫酸铅中加入碳酸钠，发生的是沉淀溶解转化的反应，离子方程式要注意标明状态，方程式为：PbSO4（s）+CO32-（aq）⇌PbCO3（s）+SO42-（aq）．
故答案为：PbSO4（s）+CO32-（aq）⇌PbCO3（s）+SO42-（aq）．
污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题．某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）．
请回答下列问题：
（1）上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、______、______；其中玻璃棒的作用是______．
（2）用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原理是______．
（3）已知Ksp（CuS）=8.4×10-45，Ksp（NiS）=1.4×10-24；在除铜镍的过程中，当Ni2+恰好完全沉淀 （此时溶液中c（Ni2+）=1.0×10-5mol/L），溶液中Cu2+的浓度是______mol/L．
（4）工业上采用电解K2MnO4水溶液的方法来生产KMnO4，其中隋性电极作阳极，铁作阴极，请写出阳极的电极反应式______．
（5）下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是______．（填编号）
a．NaOH溶液、酚酞试液b．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液c．碘水、淀粉溶液d．氨水、酚酞试液
（6）除杂后得到的MnSO4溶液可以通过______（填操作名称）制得硫酸锰晶体（MnSO4•H2O，相对分子质量为169）．已知废气中SO2浓度为8.4g/m3，软锰矿浆对SO2的吸收率可达90%，则处理1000m3燃煤尾气，可得到硫酸锰晶体质量为______kg（结果保留3位有效数字）．
正确答案
解：由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，
（1）过滤需要漏斗、烧杯、玻璃棒等，过滤中玻璃棒的作用为引流，防止液体溅出，故答案为：烧杯；漏斗；引流，防止液体溅出；
（2）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，
故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；
（3）当Ni2+恰好完全沉淀 （此时溶液中c（Ni2+）=1.0×10-5mol/L），c（S2-）=
（4）惰性电极作阳极，铁作阴极，则阳极上失去电子发生氧化反应，则阳极反应为MnO42--e-═MnO4-，故答案为：MnO42--e-═MnO4-；
（5）准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量，二氧化硫与氨水、NaOH反应不易控制，且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大，而b、c中利用还原性及高锰酸钾褪色、淀粉变蓝等可准确测定气体的含量，故答案为：bc；
（6）除杂后得到的MnSO4溶液可以通过蒸发浓缩，冷却结晶（过滤）制得硫酸锰晶体；由硫原子守恒，被吸收的SO2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量，则硫酸锰晶体的质量为
故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶（过滤）； 20.0．
解析
解：由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，
（1）过滤需要漏斗、烧杯、玻璃棒等，过滤中玻璃棒的作用为引流，防止液体溅出，故答案为：烧杯；漏斗；引流，防止液体溅出；
（2）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，
故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；
（3）当Ni2+恰好完全沉淀 （此时溶液中c（Ni2+）=1.0×10-5mol/L），c（S2-）=
（4）惰性电极作阳极，铁作阴极，则阳极上失去电子发生氧化反应，则阳极反应为MnO42--e-═MnO4-，故答案为：MnO42--e-═MnO4-；
（5）准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量，二氧化硫与氨水、NaOH反应不易控制，且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大，而b、c中利用还原性及高锰酸钾褪色、淀粉变蓝等可准确测定气体的含量，故答案为：bc；
（6）除杂后得到的MnSO4溶液可以通过蒸发浓缩，冷却结晶（过滤）制得硫酸锰晶体；由硫原子守恒，被吸收的SO2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量，则硫酸锰晶体的质量为
故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶（过滤）； 20.0．
榴石矿石可以看作CaO、Fe2O3、A12O3、SiO2组成，由榴石矿石制取氯化钙和氧化铝的实验步骤如图1：
（1）榴石矿加盐酸溶解后，溶液里除了Ca2+外，还含有的金属离子是______．
（2）对溶液进行操作时，控制溶液pH=9～10（有关氢氧化物沉淀的pH见下表）NaOH不能过量，若NaOH过量可能会导致______溶解，______沉淀．
（3）①某同学在实验室中用图2甲装置制取CO2气体并通入溶液图2乙中，结果没有沉淀产生，可能的原因是______；为了能产生沉淀该同学对图甲装置进行了改进，改进的方法为______．
②若将二氧化碳气体通人澄清石灰水中，石灰 水变浑浊，混合体系中除存在电离平衡、水解平衡外，还存在溶解平衡，用方程式表示______．
正确答案
Fe3+、Al3+
Al（OH）3
Ca（OH）2
盐酸挥发，制取的二氧化碳中含有盐酸
在甲与乙之间加一盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq）
解析
解：（1）榴石矿加盐酸溶解，CaO、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Ca2+外，还含有Fe3+、Al3+杂质，需除去Fe3+、Al3+但不能损失Ca2+，加NaOH，Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓、Al3++3OH-═Al（OH）3↓，除去Fe3+、Al3+，加NaOH需将溶液的pH控制在9～10，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，Ca（OH）2在pH为12时开始沉淀，所以碱性增强Ca（OH）2会沉淀，同时Ca2+也因转化为沉淀而损失，
故答案为：Al（OH）3；Ca（OH）2；
（3）①实验室通常用稀盐酸与大理石（或石灰石）反应制取二氧化碳，反应的方程式：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，因盐酸易挥发出，盐酸是强酸，通入装置乙中的二氧化碳中含有盐酸，溶于水得到稀盐酸可以和难溶于水的碳酸钙反应生成易溶于水的氯化钙，所以没有沉淀产生，在实验装置甲和装置乙之间增加除去CO2中含有HCl气体的装置，NaHCO3溶液能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，在除去氯化氢的同时增加了二氧化碳的量，
故答案为：盐酸挥发，制取的二氧化碳中含有盐酸；在甲与乙之间加一盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶；
②将二氧化碳气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，得到碳酸钙沉淀，碳酸钙的溶解平衡为CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），
故答案为：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq）．
饮用水中含有一定浓度的NO3-将对人类健康产生危害，NO3-能氧化人体血红蛋白中的Fe（Ⅱ），使其失去携氧功能．为了降低饮用水中NO3-的浓度，某兴趣小组提出如下方案：
请回答下列问题：
（1）该方案中选用熟石灰调节pH时，若pH过大或过小都会造成______的利用率降低．
（2）已知过滤后得到的滤渣是一种混合物，该混合物的主要成份是______（填化学式）．
（3）用H2催化还原法也可降低饮用水中NO3-的浓度，已知反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则催化还原法的离子方程式为______．
（4）饮用水中的NO3-主要来自于NH4+．已知在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-．两步反应的能量变化示意图如下：
试写出1mol NH4+ （aq）全部氧化成NO3-（aq）的热化学方程式是______．
正确答案
解：根据流程图知，pH=10.25时，Al和NO3-发生氧化还原反应生成氮气，固体b是Al，电解熔融固体a得到Al，则A是Al2O3，滤渣在空气中煅烧得到Al2O3，则滤渣为Al（OH）3，所以铝粉和硝酸根离子在碱性条件下反应生成氮气和Al（OH）3，其反应方程式为10Al+6NO3-+18H2O=10Al（OH）3+3N2↑+6OH-；
（1）Al具有两性，能和强酸、强碱溶液反应，所以该方案中选用熟石灰调节pH时，若pH过大或过小都会造成铝的利用率降低，故答案为：Al；
（2）根据以上分析知，滤渣中一种成分是氢氧化铝，因为反应中铝过量，所以滤渣中还含有Al，所以滤渣成分为Al（OH）3 和Al，故答案为：Al（OH）3 和Al；
（3）用H2催化还原法也可降低饮用水中NO3-的浓度，反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则其产物是氮气和水，离子方程式为5H2+2NO3-
（4）由图可知，第一步热化学反应为NH4+ （aq）+1.5O2（g）=2H+（aq）+NO2- （aq）+H2O（l）△H=-273kJ•mol-1①，
第二步热化学反应为NO2- （aq）+0.5O2（g）=NO3- （aq））△H=-73kJ•mol-1②，
由盖斯定律可知①+②得1mol NH4+（aq）全部氧化成NO3- （aq）的热化学方程式为NH4+ （aq）+2O2（g）=2H+（aq）+NO3- （aq）+H2O（l）△H=-346 kJ•mol-1，
故答案为：NH4+ （aq）+2O2（g）=2H+（aq）+NO3- （aq）+H2O（l）△H=-346 kJ•mol-1．
解析
解：根据流程图知，pH=10.25时，Al和NO3-发生氧化还原反应生成氮气，固体b是Al，电解熔融固体a得到Al，则A是Al2O3，滤渣在空气中煅烧得到Al2O3，则滤渣为Al（OH）3，所以铝粉和硝酸根离子在碱性条件下反应生成氮气和Al（OH）3，其反应方程式为10Al+6NO3-+18H2O=10Al（OH）3+3N2↑+6OH-；
（1）Al具有两性，能和强酸、强碱溶液反应，所以该方案中选用熟石灰调节pH时，若pH过大或过小都会造成铝的利用率降低，故答案为：Al；
（2）根据以上分析知，滤渣中一种成分是氢氧化铝，因为反应中铝过量，所以滤渣中还含有Al，所以滤渣成分为Al（OH）3 和Al，故答案为：Al（OH）3 和Al；
（3）用H2催化还原法也可降低饮用水中NO3-的浓度，反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则其产物是氮气和水，离子方程式为5H2+2NO3-
（4）由图可知，第一步热化学反应为NH4+ （aq）+1.5O2（g）=2H+（aq）+NO2- （aq）+H2O（l）△H=-273kJ•mol-1①，
第二步热化学反应为NO2- （aq）+0.5O2（g）=NO3- （aq））△H=-73kJ•mol-1②，
由盖斯定律可知①+②得1mol NH4+（aq）全部氧化成NO3- （aq）的热化学方程式为NH4+ （aq）+2O2（g）=2H+（aq）+NO3- （aq）+H2O（l）△H=-346 kJ•mol-1，
故答案为：NH4+ （aq）+2O2（g）=2H+（aq）+NO3- （aq）+H2O（l）△H=-346 kJ•mol-1．
根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法．
（1）①废水I若采用CO2处理，离子方程式是______．
②废水Ⅱ常用明矾处理．实践中发现废水中的c（HCO3-）越大，净水效果越好，这是因为______．
③废水Ⅲ中汞元素存在如下转化（在空格上填化学式）：Hg2++______=CH3Hg++______．
我国规定，Hg2+的排放标准不能超过0.05mg/L．对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂______（填写化学式），使Hg2+除去，降低污染．
④废水Ⅳ常用Cl2氧化CN-成CO2和N2，若参加反应的Cl2与CN-的物质的量之比为5：2，则该反应的离子方程式为______．
（2）化学需氧量（COD）可量度水体受有机物污染的程度，它是指在一定条件下，用强氧化剂处理水样时所消耗的氧化剂的量，换算成氧的含量（以mg/L计）．某研究性学习小组测定某水样的化学需氧量（COD），过程如下：
Ⅰ．取V1mL水样于锥形瓶，加入10.00mL 0.2500mol/L K2Cr2O7溶液．
Ⅱ．加碎瓷片少许，然后慢慢加入硫酸酸化，混合均匀，加热．
Ⅲ．反应完毕后，冷却，加指示剂，用c mol/L的硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]溶液滴定．终点时消耗硫酸亚铁铵溶液V2 mL．
①Ⅰ中，量取K2Cr2O7溶液的仪器是______．
②Ⅲ中，发生的反应为：Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O
由此可知，该水样的化学需氧量COD=______mg/L（用含c、V1、V2的表达式表示）．
正确答案
解：（1）①pH接近7，用CO2处理，生成HCO3-，则反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-，故答案为：OH-+CO2=HCO3-；
②HCO3-和Al3+发生相互促进的水解，生成CO2和Al（OH）3，从而增强净水效果，故答案为：HCO3-会促进Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，净水效果增强；
③根据电荷守恒可质量守恒可知，应为Hg2+和CH4反应生成CH3Hg++和H+，对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂Na2S，使Hg2+除去，反应的离子方程式为Hg2++S2-=HgS↓，故答案为：CH4 ；H+；Na2S；
④废水Ⅳ常用C12氧化CN-成CO2和N2，若参加反应的C12与CN-的物质的量之比为5：2，则反应的离子方程式为5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+，
故答案为：5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+；
（2）①K2Cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取，如用碱式滴定管，会腐蚀橡胶管，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；
②n（K2Cr2O7）=0.01L×0.2500mol/L=2.5×10-3mol，
n（Fe2+）=V2×10-3L×cmol/L=cV2×10-3mol，
由Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，
水样消耗的n（K2Cr2O7）=2.5×10-3mol-
得电子：2×（6-3）×
根据电子转移，相等于
m（O）=
所以：COD=
故答案为：
解析
解：（1）①pH接近7，用CO2处理，生成HCO3-，则反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-，故答案为：OH-+CO2=HCO3-；
②HCO3-和Al3+发生相互促进的水解，生成CO2和Al（OH）3，从而增强净水效果，故答案为：HCO3-会促进Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，净水效果增强；
③根据电荷守恒可质量守恒可知，应为Hg2+和CH4反应生成CH3Hg++和H+，对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂Na2S，使Hg2+除去，反应的离子方程式为Hg2++S2-=HgS↓，故答案为：CH4 ；H+；Na2S；
④废水Ⅳ常用C12氧化CN-成CO2和N2，若参加反应的C12与CN-的物质的量之比为5：2，则反应的离子方程式为5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+，
故答案为：5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+2CO2+N2+8H+；
（2）①K2Cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取，如用碱式滴定管，会腐蚀橡胶管，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；
②n（K2Cr2O7）=0.01L×0.2500mol/L=2.5×10-3mol，
n（Fe2+）=V2×10-3L×cmol/L=cV2×10-3mol，
由Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，
水样消耗的n（K2Cr2O7）=2.5×10-3mol-
得电子：2×（6-3）×
根据电子转移，相等于
m（O）=
所以：COD=
故答案为：
某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案．
回答下列问题：
（1）操作①的名称______；
（2）沉淀A的化学式是______，滤液B中的阴离子除了Cl-、OH-外还有______；
（3）步骤④的化学方程式为______；
（4）在操作②中要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒，还有______．
正确答案
过滤
SiO2
AlO2-
2Al（OH）3
普通漏斗
解析
解：（1）氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅杂质，加入过量盐酸，氧化铝与过量盐酸反应生成氯化铝，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，二氧化硅不与盐酸反应，沉淀A为SiO2，通过过滤进行固液分离，
故答案为：过滤；
（2）氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅杂质，加入过量盐酸，氧化铝与过量盐酸反应生成氯化铝，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，二氧化硅不与盐酸反应，沉淀A为SiO2，滤液A中为氯化铝、氯化铁、盐酸，则滤液A中加入过量NaOH，氯化铝与碱反应生成偏铝酸钠和氯化钠，氯化铁与碱反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，盐酸与碱反应生成氯化钠，则滤液B中有NaAlO2、NaCl、NaOH，所以滤液B中的阴离子除了Cl-、OH-外还有AlO2-，
故答案为：SiO2；AlO2-；
（3）氢氧化铝分解生成水和氧化铝，反应的化学方程式为：2Al（OH）3
故答案为：2Al（OH）3
（4）操作②为过滤操作，需要用到漏斗、玻璃棒、烧杯来完成过滤操作，故答案为：普通漏斗．
大力发展电动汽车，可以有效控制空气污染．目前机动车常使用的电池有铅蓄电池、锂电池等．
Ⅰ．铅蓄电池充放电的总反应为：PbO2+Pb+2H2SO4⇌充电放电2PbSO4+2H2O，锂硫电池充放电的总反应为：2Li+S
（1）放电时，铅蓄电池的负极反应式为______．
（2）锂硫电池工作时，电子经外电路流向______（填“正极”或“负极”）．
（3）当消耗相同质量的负极活性物质时，锂硫电池的理论放电量是铅蓄电池的______倍．
Ⅱ．由方铅矿（PbS）制备铅蓄电池电极材料（PbO2）的方法如下：
（1）油画所用的白色颜料PbSO4置于空气中，遇H2S气体变成黑色PbS，从而使油画的色彩变暗，用H2O2清洗，可使油画“复原”．
①H2O2的作用是______．
②已知硫化铅溶于水时存在溶解平衡：PbS（s）⇌Pb2+（aq）+S2-（aq），试分析PbS（s）能溶于稀HNO3的原因______．
（2）滤液X是一种可循环使用的物质，其溶质主要是______（填化学式），若X中残留的SO42-过多，循环使用时可能出现的问题是______．
（3）①PbO与次氯酸钠溶液反应可制得PbO2，写出该反应的离子方程式______．
②以石墨为电极，电解Pb（NO3）2溶液也可以制得PbO2，则阳极的电极反应式为______；电解时为提高Pb元素的利用率，常在Pb（NO3）2溶液中加入适量Cu（NO3）2，理由是______．
正确答案
解：（1）放电时，铅蓄电池的负极发生氧化反应，而铅离子与溶液中的硫酸根离子生成难溶的硫酸铅，电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故答案为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；
（2）原电池工作时电子由负极流向正极，故答案为：正极；
（3）铅蓄电池中铅是负极，207g铅消耗时转移 2mol e-，故钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的：
Ⅱ．（1）①过氧化氢将黑色PbS氧化成白色的硫酸铅，所以过氧化氢是氧化剂，故答案为：氧化剂；
②已知硫化铅溶于水时存在溶解平衡：PbS（s）⇌Pb2+（aq）+S2-（aq），电离产生的硫离子具有还原性，而硝酸具有强氧化性，发生氧化还原反应，导致硫离子的浓度减少，固平衡正向移动，故答案为：硝酸氧化硫离子导致硫离子的浓度减小，使溶解平衡正向移动，促进PbS的溶解；
（2）硝酸铅与硫酸发生复分解反应生成难溶硫酸铅，和硝酸；残留的SO42-过多，会与溶液中的铅离子结合成难溶的硫酸铅，导致铅的流失，减少了二氧化铅的产量，故答案为：HNO3；浸出时部分铅离子生成硫酸铅随浸出渣排出，降低硫酸铅的产率；
（3）①PbO和次氯酸钠反应生成二氧化铅和氯化钠，离子方程式为PbO+ClO-=PbO2+Cl-；②电解时，阳极上铅离子失电子和水反应生成二氧化铅，电极反应式为Pb2++2H2O-2e-=PbO2↓+4H+；加入硫酸铜，铜离子在阴极放电生成单质铜，避免了铅离子放电，从而大大提高铅离子的利用率，
故答案为：PbO+ClO-=PbO2+Cl-；Pb2++2H2O-2e-=PbO2↓+4H+，加入硫酸铜，铜离子在阴极放电生成单质铜，避免了铅离子在阴极放电，增大铅离子的利用率．
解析
解：（1）放电时，铅蓄电池的负极发生氧化反应，而铅离子与溶液中的硫酸根离子生成难溶的硫酸铅，电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故答案为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；
（2）原电池工作时电子由负极流向正极，故答案为：正极；
（3）铅蓄电池中铅是负极，207g铅消耗时转移 2mol e-，故钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的：
Ⅱ．（1）①过氧化氢将黑色PbS氧化成白色的硫酸铅，所以过氧化氢是氧化剂，故答案为：氧化剂；
②已知硫化铅溶于水时存在溶解平衡：PbS（s）⇌Pb2+（aq）+S2-（aq），电离产生的硫离子具有还原性，而硝酸具有强氧化性，发生氧化还原反应，导致硫离子的浓度减少，固平衡正向移动，故答案为：硝酸氧化硫离子导致硫离子的浓度减小，使溶解平衡正向移动，促进PbS的溶解；
（2）硝酸铅与硫酸发生复分解反应生成难溶硫酸铅，和硝酸；残留的SO42-过多，会与溶液中的铅离子结合成难溶的硫酸铅，导致铅的流失，减少了二氧化铅的产量，故答案为：HNO3；浸出时部分铅离子生成硫酸铅随浸出渣排出，降低硫酸铅的产率；
（3）①PbO和次氯酸钠反应生成二氧化铅和氯化钠，离子方程式为PbO+ClO-=PbO2+Cl-；②电解时，阳极上铅离子失电子和水反应生成二氧化铅，电极反应式为Pb2++2H2O-2e-=PbO2↓+4H+；加入硫酸铜，铜离子在阴极放电生成单质铜，避免了铅离子放电，从而大大提高铅离子的利用率，
故答案为：PbO+ClO-=PbO2+Cl-；Pb2++2H2O-2e-=PbO2↓+4H+，加入硫酸铜，铜离子在阴极放电生成单质铜，避免了铅离子在阴极放电，增大铅离子的利用率．
以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等．实验室模拟工业以硫酸渣制备铁红（Fe2O3），过程如下：
（1）硫酸渣的成分中属于两性氧化物的是______，写出酸溶过程Fe2O3与稀硫酸反应的离子反应方程式：______；
（2）生产过程中，为了确保铁红的纯度，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是______；（部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表）
（3）滤渣A的主要成分为______，滤液B可以回收的物质有______；
（4）简述洗涤过程的实验操作______；
（5）已知硫酸渣质量为w kg，假设铁红制备过程中，铁元素损耗25%，最终得到铁红的质量为m kg，则原来硫酸渣中铁元素质量分数为______（用最简分数表达式表示）．（已知相对原子质量：O 16 S 32 Fe 56 ）
正确答案
Al2O3
Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
3.2～3.8
SiO2
Na2SO4、NaAlO2、MgSO4
沿玻璃棒向漏斗（过滤器）的沉淀加蒸馏水至淹没沉淀，静置使液体自然流出，重复操作数次（3次）至沉淀洗涤干净
解析
解：硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，再加氢氧化钠调节PH值3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀而被除去，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到实验目的；
（1）氧化铝是两性氧化物；氧化铁是碱性氧化物，可以和硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，
故答案为：Al2O3；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；
（2）根据几种离子沉淀的pH，使Fe3+沉淀完全的PH为3.2，其他离子开始沉淀PH为3.8，因此所选PH因介于3.2和3.8之间，故答案为：3.2～3.8；
（3）因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2；未沉淀的离子为Na+、Mg2+、Al3+，故滤液B可以回收的物质有Na2SO4、NaAlO2、MgSO4，故答案为：SiO2；Na2SO4、NaAlO2、MgSO4；
（4）洗涤的目的主要是洗去固体表面可溶性的杂质离子，故用蒸馏水洗涤即可，具体的实验操作为沿玻璃棒向漏斗（过滤器）的沉淀加蒸馏水至淹没沉淀，静置使液体自然流出，重复操作数次（3次）至沉淀洗涤干净，
故答案为：沿玻璃棒向漏斗（过滤器）的沉淀加蒸馏水至淹没沉淀，静置使液体自然流出，重复操作数次（3次）至沉淀洗涤干净；
（5）根据铁原子守恒，则铁元素质量分数=
苯甲酸在制药和化工行业有着广泛应用，某同学在实验室尝试用甲苯制备苯甲酸．反应原理如下：
C6H5-CH3+2KMnO4→C6H5-COOK+KOH+2MnO2↓+H2O
C6H5-COOK+HCl
制备过程：将一定量甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，对反应混合物进行如图操作：
查阅资料得知：苯甲酸的熔点为122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g．
（1）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的名称分别是______、______、______、______．
（2）硫酸钠粉末的作用是______．
（3）定性检验无色液体A的试剂是______，现象是______．
（4）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．该同学推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物．为检验是否含KCl，取少量白色固体溶于水，过滤后需向滤液中加入的试剂是______．
（5）为测定白色固体B的纯度，称取1.4g该固体溶于甲醇配成100mL溶液．移取25mL溶液于锥形瓶中，滴入KOH溶液至恰好完全反应，消耗KOH的物质的量为2.5×10-3mol．则固体B中苯甲酸的质量分数为______（保留三位有效数字）．
正确答案
解：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，具体流程为甲苯和KMnO4溶液在100℃反应，则生成了苯甲酸钾、二氧化锰和水，过滤除去二氧化锰，滤液则含有苯甲酸钾的混合溶液经过操作Ⅰ，分成有机相和水相，所以操作Ⅰ为分液；有机相加碳酸钠粉末吸收有机物中少量的水，再经过操作Ⅱ得到无水液体A即为有机物甲苯，所以操作Ⅱ为蒸馏；水相主要是苯甲酸钾的水溶液，用浓盐酸酸化生成苯甲酸的溶液经过操作Ⅲ和操作Ⅳ，再过滤得到白色固体B即苯甲酸，所以操作Ⅲ和操作Ⅳ分别为蒸发浓缩、冷却结晶，
（1）根据以上分析，所以操作Ⅰ是分离出有机相甲苯，用分液方法得到；操作Ⅱ是蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体；苯甲酸的溶液经过操作Ⅲ和操作Ⅳ，再过滤得到白色固体B即苯甲酸，所以操作Ⅲ和操作Ⅳ分别为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：分液，蒸馏，蒸发浓缩，冷却结晶；
（2）有机相加碳酸钠粉末吸收有机物中少量的水，再经过操作Ⅱ得到无水液体A即为有机物甲苯，所以硫酸钠粉末的作用是干燥（或除水），
故答案为：干燥（或除水）；
（3）依据流程和推断可知，无色液体A为甲苯，检验试剂可以用酸性高锰酸钾溶液，甲苯被氧化为苯甲酸，高锰酸钾溶液紫色褪去；
故答案为：酸性KMnO4溶液，紫色溶液褪色；
（4）因为加入AgNO3溶液和稀HNO3，如果能生成白色沉淀，则证明溶液中含有氯离子，否则没有，故答案为：AgNO3溶液和稀HNO3；
（5）称取1.4g该固体溶于甲醇配成100mL溶液．移取25mL溶液于锥形瓶中，滴入KOH溶液至恰好完全反应，消耗KOH的物质的量为2.5×10-3mol，苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾1：1反应，所以物质的量相同，则样品中苯甲酸质量分数=
故答案为：87.1%．
解析
解：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，具体流程为甲苯和KMnO4溶液在100℃反应，则生成了苯甲酸钾、二氧化锰和水，过滤除去二氧化锰，滤液则含有苯甲酸钾的混合溶液经过操作Ⅰ，分成有机相和水相，所以操作Ⅰ为分液；有机相加碳酸钠粉末吸收有机物中少量的水，再经过操作Ⅱ得到无水液体A即为有机物甲苯，所以操作Ⅱ为蒸馏；水相主要是苯甲酸钾的水溶液，用浓盐酸酸化生成苯甲酸的溶液经过操作Ⅲ和操作Ⅳ，再过滤得到白色固体B即苯甲酸，所以操作Ⅲ和操作Ⅳ分别为蒸发浓缩、冷却结晶，
（1）根据以上分析，所以操作Ⅰ是分离出有机相甲苯，用分液方法得到；操作Ⅱ是蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体；苯甲酸的溶液经过操作Ⅲ和操作Ⅳ，再过滤得到白色固体B即苯甲酸，所以操作Ⅲ和操作Ⅳ分别为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：分液，蒸馏，蒸发浓缩，冷却结晶；
（2）有机相加碳酸钠粉末吸收有机物中少量的水，再经过操作Ⅱ得到无水液体A即为有机物甲苯，所以硫酸钠粉末的作用是干燥（或除水），
故答案为：干燥（或除水）；
（3）依据流程和推断可知，无色液体A为甲苯，检验试剂可以用酸性高锰酸钾溶液，甲苯被氧化为苯甲酸，高锰酸钾溶液紫色褪去；
故答案为：酸性KMnO4溶液，紫色溶液褪色；
（4）因为加入AgNO3溶液和稀HNO3，如果能生成白色沉淀，则证明溶液中含有氯离子，否则没有，故答案为：AgNO3溶液和稀HNO3；
（5）称取1.4g该固体溶于甲醇配成100mL溶液．移取25mL溶液于锥形瓶中，滴入KOH溶液至恰好完全反应，消耗KOH的物质的量为2.5×10-3mol，苯甲酸是一元弱酸和氢氧化钾1：1反应，所以物质的量相同，则样品中苯甲酸质量分数=
故答案为：87.1%．
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