热门试卷

解：（1）由流程可知，设备Ⅰ中含有苯和工业废水，可经萃取、分液得到苯酚的苯溶液混合物，进入设备Ⅱ，设备Ⅱ加入氢氧化钠溶液，可得到苯酚钠，在设备Ⅲ中通入二氧化碳可得到苯酚，发生C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，设备Ⅳ中的主要物质为NaHCO3，在溶液中加入氧化钙，可生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，

①工业废水与苯进入设备Ⅰ得到苯酚、苯的溶液与可以排放的无酚工业废水，说明在设备Ⅰ中进行的是萃取，利用苯与苯酚相似的结构互溶与水不溶，将苯酚从工业废水里提取出来，用分液的方法将下层的工业废水放出排放，上层的苯酚、苯混合液进入设备Ⅱ；萃取、分液必须用到的仪器名称叫分液漏斗，

故答案为：萃取、分液；

②盛有苯酚、苯溶液的设备Ⅱ中注入氢氧化钠溶液，此时，具有酸性的苯酚跟氢氧化钠发生反应，生成苯酚钠和水，由设备Ⅱ进入设备Ⅲ的物质A是C6H5ONa，在设备Ⅱ中的液体分为两层，上层是苯层，下层是苯酚钠的水溶液，上层的苯通过管道送回设备Ⅰ中继续萃取工业废水中的苯酚，循环使用，下层的苯酚钠溶液进入设备（Ⅲ）；在盛有苯酚钠溶液的设备Ⅲ中，通入过量的二氧化碳气，发生化学反应，生成苯酚和碳酸氢钠，

故答案为：C6H5ONa；NaHCO3；　

③设备Ⅲ中发生二氧化碳和苯酚钠的反应，生成苯酚，反应的方程式为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，

故答案为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3；

④盛有碳酸氢钠溶液的设备Ⅳ中，加入生石灰，生石灰与碳酸氢钠溶液里的水反应生成氢氧化钙，熟石灰和与碳酸氢钠发生复分解反应，生成沉淀；溶液与沉淀通过过滤分离，

故答案为：CaCO3；过滤；

⑤设备Ⅴ应是石灰窑，CaCO3高温分解所得的产品是氧化钙和二氧化碳，所得二氧化碳通入设备Ⅲ，反应所得氧化钙进入设备Ⅳ．在含苯酚工业废水提取苯酚的工艺流程中，苯、氧化钙、CO2、和NaOH理论上应当没有消耗，它们均可以循环使用，

故答案为：CO2；NaOH；

（2）苯酚和氯化铁溶液之间会发生显色反应，向溶液中滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色，则表明污水中有苯酚；

苯酚可以和氢氧化钠反应得到苯酚钠溶液，苯酚钠溶液和有机溶剂是互不相溶的，与有机溶剂脱离，然后向苯酚钠溶液中加强酸可以得到苯酚，反应②的方程式为：，

故答案为：向污水中滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色，则表明污水中有苯酚；；

（3）发生反应为苯酚与浓溴水反应，是苯酚分子中羟基对苯环影响，邻对位氢原子活泼，易于取代，反应的化学方程式为：，得到沉淀0.331g为三溴苯酚，其物质的量为：=0.001mol，则50mL 该废水中含有苯酚的物质的量为0.001mol，质量为：94g/mol×0.001mol=0.094g，此废水中苯酚的含量为：=1.88g/L=1880mg/L，

故答案为：1880；

（4）酚羟基邻位上的两个氢原子比较活泼，与甲醛醛基上的氧原子结合为水分子，其余部分连接起来成为高分子化合物--酚醛树脂．反应的方程式可以表示为：，

故答案为：．

解：Cu2O与盐酸反应生成Cu和Cu2+，SiO2与盐酸不反应，Fe2O3与盐酸反应生成Fe3+，与Cu反应生成Fe2+，固体B为SiO2和Cu，滤液A中含有Cu2+、Fe2+、Al3+，加入足量的NaOH溶液，滤液C中含有AlO2-，金属E为Al，固体D为Cu（OH）2和Fe（OH）3的混合物，在空气中灼烧，F为CuO和Fe2O3的混合物，粗铜为Cu、Al和Fe的混合物，经过电解可的纯铜，

（1）由以上分析可知固体B的成分为SiO2和Cu，铜与氢氧化钠不反应，所以反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，

故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；

（2）因为铜过量，Fe2O3与盐酸反应后生成的Fe3+与过量铜单质反应后，全部转化为Fe2+，所以滤液A中铁元素的存在形式只能为Fe2+，方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe 3++3H2O；Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；检验滤液A中Fe2+的方法为：先加硫氰化钾溶液无现象，再加新制氯水如果溶液变红，则说明含二价铁，所以检验滤液A中Fe2+的试剂为硫氰化钾溶液和新制氯水，

故答案为：Fe2O3与盐酸反应后生成的Fe3+与过量铜单质反应后，全部转化为Fe2+；Fe2O3+6H+=2Fe 3++3H2O；Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；硫氰化钾溶液和新制氯水；

（3）滤液中含有AlO2-的溶液，将滤液C中的铝元素以沉淀形式析出；

a、氢氧化钠溶液与偏铝酸根不反应，故a不符合；

b．硫酸溶液能溶解氢氧化铝，故b不是最好；

c．氨水与偏铝酸根不反应，故c不符合；

d．二氧化碳是弱酸不能溶解氢氧化铝，过量的二氧化碳和偏铝酸根离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故d符合；

焊接钢轨反应的化学方程式为 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；

故答案为：d；2Al+Fe2O32Fe+Al2O3．

解：独居石（主要成分是钍和镧系元素的磷酸盐）与浓硫酸反应生成Ln2（SO4）3和磷酸，过滤出不溶物后第一次用稀氨水中和，然后过滤出含有钪元素的滤渣并得到含有Ln的滤液，再次过滤得到滤渣Ln2（HPO4）3，经过第一步转化Ln2（HPO4）3转化成LnCl3•6H2O，在干燥的HCl气流中加热LnCl3•6H2O，能得到无水LnCl3，电解LnCl3得到Ln，

（1）LnPO4与浓H2SO4反应生成Ln2（SO4）3和磷酸，反应的化学方程式为：2LnPO4+3H2SO4=Ln2（SO4）3+2H3PO4；

Ln2（HPO4）3与Ln3+、HPO42-之间存在沉淀转化平衡，Ln2（HPO4）3的溶解平衡表达式为：Ln2（HPO4）3（s）⇌2Ln3+（aq）+3HPO42-（aq），

故答案为：2LnPO4+3H2SO4=Ln2（SO4）3+2H3PO4（或3LnPO4+3H2SO4=Ln2（SO4）3+Ln（H2PO4）3）；Ln2（HPO4）3（s）⇌2Ln3+（aq）+3HPO42-（aq）；

（2）pH试纸使用的操作方法为：取一小块试纸放在表面皿（玻璃片）上，用沾有待测液的玻璃棒（胶头滴管）点于试纸的中部，半分钟后与标准比色卡比较，确定溶液的pH值，

故答案为：取一小块试纸放在表面皿（玻璃片）上，用沾有待测液的玻璃棒（胶头滴管）点于试纸的中部，半分钟后与标准比色卡比较，确定溶液的pH值；

（3）在实验室中洗涤所得的Ln2（HPO4）3沉淀的方法为：将沉淀置于放置在新制过滤器中，注入蒸馏水至浸没沉淀，待液体滤干，再重复两到三次；

若最后一次的洗涤液中不含硫酸根离子，则已经洗涤干净，操作方法为：取最后一次洗涤浸出液，加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明未洗涤干净，若无白色沉淀则说明已洗涤干净，

故答案为：将沉淀置于放置在新制过滤器中，注入蒸馏水至浸没沉淀，待液体滤干，再重复两到三次；取最后一次洗涤浸出液，加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明未洗涤干净，若无白色沉淀则说明已洗涤干净；

（4）由于氯化氢具有挥发性，若直接加热LnCl3•6H2O，生成的是LnOCl，反应的化学方程式为：LnCl3•6H2OLnOCl+2HCl+5H2O；

由于在干燥的HCl气流中，抑制了LnCl3的水解，且带走LnCl3•6H2O受热产生的水气，故能得到无水LnCl3，

故答案为：LnCl3•6H2OLnOCl+2HCl+5H2O；在干燥的HCl气流中，抑制了LnCl3的水解，且带走LnCl3•6H2O受热产生的水气，故能得到无水LnCl3．

解：（1）分离难溶性固体和溶液采用过滤的方法，操作1、3是分离难溶性固体和溶液，所以采用过滤的方法分离，故答案为：过滤；

（2）LaCl3属于强酸弱碱盐，La 3+易水解而使溶液呈酸性，为了防止La 3+水解操作2中要在HCl气体的氛围内加热，故答案为：防止LaCl3水解；

（3）电解制镧的尾气中含有Cl2，氯气有毒不能直接排空，氯气能和NaOH溶液反应生成无毒物质，离子反应方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（4）真空、高温条件下，Ca和LaF3发生置换反应生成La和CaF2，反应方程式为3Ca+2LaF33CaF2+2La，故答案为：3Ca+2LaF33CaF2+2La；

（5）Ca在大于1487℃时为气体，而La在大于920℃小于3470℃为液体，所以要分离两种物质，需要将Ca转化为气态、La转化为液态，则控制温度为1487～3470℃，

故答案为：1487～3470℃；

（6）该产品中La的质量分数==99.7%，所以该产品为分析纯，故答案为：分析纯．

解：废料提取NiSO4和Ni的流程为：某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、CuSO4、Al2（SO4）3，、MgSO4，浸出液通过电解铜离子得到电子析出铜，溶液中脱铜后的溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液2，滤液2中获得NiSO4．6H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，电解浓缩后的滤液2可获得金属镍；

（1）上述分析可知，滤渣1主要成分为二氧化硅，故答案为：二氧化硅；

（2）电解脱铜，铜离子移向阴极，在阴极上得到电子发生还原反应，析出铜，Cu2++2e-=Cu，故答案为：阴；

（3）①加入H2O2的作用是在酸性溶液中氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH易于沉淀，过氧化氢发生反应的离子方程式为：2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O；

故答案为：2H++H2O2+2Fe2+═2Fe3++2H2O；

②由图1，金属离子完全沉淀的溶液PH，加Na2CO3调节溶液的pH至5，此时溶液中铁离子，铝离子全部沉淀，所以过滤得到滤渣2中主要成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；

故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；

（4）溶液中得到溶质晶体的方法是依据溶质溶解度随温度变化，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到结晶水合物，从滤液2中获得NiSO4．6H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，

故答案为：加热浓缩、冷却结晶；

（5）①由图2可知，电解质溶液中阳离子移向的电极A为电解池的阴极，溶液中镍离子、氢离子得到电子发生还原反应生成镍和氢气，电极反应为：Ni2++2e-═Ni和2H++2e-=H2↑；

故答案为：Ni2++2e-═Ni；

②阴离子硫酸根移向的电极B为阳极，溶液中氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极附近的水电离平衡被破坏，H2O⇌H++OH-，OH-在B极放电使c（OH-）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致溶液PH减小；

故答案为：减小；H2O⇌H++OH-，OH-在B极放电使c（OH-）降低，平衡向右移动，c（H+）增大，导致pH降低；

③依据电极反应和电子守恒计算得到镍的质量；

（3）一段时间后在A、B两极均收集到11.2L气体（标准状况下），气体物质的量==0.5mol，

阳极电极反应：Ni2++2e-═Ni

                 1mol  0.5mol

             2H++2e-=H2↑；

               1mol  0.5mol

阴极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑

                  2mol     0.5mol

生成Ni物质的量为0.5mol，质量=0.5mol×58.7/mol=29.35g，

故答案为：29.35．

解：（1）反应Ⅱ中加碳酸钙，碳酸钙可以和硫酸反应，使得溶液的pH升高，控制pH，可以使Fe3+和Al3+完全沉淀，故答案为：除去反应Ⅰ中过量的硫酸，控制pH使Fe3+和Al3+完全沉淀；

（2）反应Ⅲ中，加入的氢氧化钙中的氢氧根离子可以和镁离子反应生成氢氧化镁，Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，碳酸钠中的碳酸根离子可以和钙离子之间反应生成碳酸钙沉淀，Ca2++CO32-=CaCO3↓，

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

（3）硫酸锂可以和碳酸钠之间发生反应生成溶解度更小的碳酸锂，反应的原理方程式为：Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，根据Li2CO3在不同温度的溶解度表，可以知道洗涤所得Li2CO3沉淀要用热水而非冷水，是因为：碳酸锂在较高的温度下溶解度小，用热水洗涤可以减少碳酸锂的损耗，

故答案为：碳酸锂在较高的温度下溶解度小，用热水洗涤可以减少碳酸锂的损耗．

解：氧化铜锌矿先用稀硫酸溶解，然后过滤分离出矿渣，向所得溶液中加入过量Fe将Cu铜置换出来，得到海绵铜，向滤液中加入试剂甲、氨水除去铁，加氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，加氨水调节溶液的pH，过滤将其除去，再用NH4HCO3洗涤溶液，得到溶解度较小的碱式碳酸锌，最后焙烧得到ZnO，乙的溶液可直接用作氮肥，乙溶液为（NH4）2SO4，

（1）相同条件下，溶解度大的物质先溶解，因在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故答案为：＜；

（2）除铁过程中，要将亚铁离子转化为铁离子，然后用氨水除去铁离子，试剂甲具有氧化性且不能引进新的杂质，高锰酸钾、硝酸、氯气都具有强氧化性但能引进新的杂质，所以应该选取双氧水，双氧水被还原生成水，故选C； 

（3）从图表数据可知，铁离子沉淀完全的pH为3.2，锌离子开始沉淀的pH为6.2．故除铁pH范围为：3.2～6.2，故答案为：3.2～6.2；

（4）铁离子和一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀和铵根离子，离子方程式为Fe3++3NH3•H2O═Fe﹙OH）3↓+3NH4+，故答案为：Fe3++3NH3•H2O═Fe﹙OH）3↓+3NH4+；

（5）锌离子开始沉淀时溶液的pH=6.2，溶液中c（OH-）=10-7.8 mol/L，c（Fe3+）==mol/L=2.7×10-15.6mol/L，故答案为：2.7×10-15.6；

2.7×10-20.4

（6）因所用废酸为硫酸，乙又可作氮肥，所以乙为（NH4）2SO4，

故答案为：（NH4）2SO4；

（7）硫酸锌、碳酸氢铵和一水合氨反应生成碱式碳酸锌和硫酸铵、水，反应方程式为2ZnSO4+NH4HCO3+3NH3．H2O═Zn2（OH）2CO3↓+2（NH4）2SO4+H2O，故答案为：2ZnSO4+NH4HCO3+3NH3．H2O═Zn2（OH）2CO3↓+2（NH4）2SO4+H2O．

解：（1）从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为2FeTiO3+6C+7Cl2=2FeCl3+2TiCl4+6CO，故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl2═2FeCl3+2TiCl4+6CO；

（2）反应的化学方程式：TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl，故答案为：TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl；

（3）反应2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）可看做反应①×2-②得到，根据盖斯定律得△H-641kJ/mol×2-（-770 kJ/mol）=-512kJ•mol-1，反应2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）在Ar气氛中进行的理由是Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化，故答案为：2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）△H=-512 kJ•mol-1；Mg和Ti都有强还原性，在Ar气氛中可以防止被氧化；

（4）由方程式CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）、2FeTiO3+6C+7Cl2=2FeCl3+2TiCl4+6CO、2NaCl+2H2O=2NaOH+H2↑+Cl2↑得如下关系式：6CH3OH→6CO→7Cl2→7H2，而6CH3OH→12H2，故每生产6molCH3OH（192g）需额外补充5molH2（10g），则生产96t甲醇，至少需额外补充5t氢气，故答案为：5．

解：高温焙烧含硫废渣产生的SO2废气，软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，浸出液还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子，Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，在氧化后的液体中加入石灰浆，杂质中含有Fe2+、Al3+、Ca2+、Pb2+四种阳离子，由沉淀的pH范围知，Fe2+的沉淀与Mn2+离子的沉淀所需的pH接近，而Fe3+则相差很远，故可以将Fe2+氧化成Fe3+而除杂．从吸附率的图可以看出，Ca2+、Pb2+的吸附率较高，故只要调节pH值在4.7～8.3间，Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时生成微溶的硫酸钙，过滤，滤渣主要有氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钙，由于制取的MnSO4•H2O含有结晶水，故操作a采用蒸发浓缩结晶的方法，得到MnSO4•H2O．

（1）低品位软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4．

故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；

（2）杂质离子中只有Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，

故答案为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；

（3）杂质中含有Fe2+、Al3+、Ca2+、Pb2+四种阳离子，由沉淀的pH范围知，Fe2+的沉淀与Mn2+离子的沉淀所需的pH接近，而Fe3+则相差很远，故可以将Fe2+氧化成Fe3+而除杂．从吸附率的图可以看出，Ca2+、Pb2+的吸附率较高，故只要调节pH值在4.7～8.3间，大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去，小于8.3是防止Mn2+也沉淀，

故答案为：4.7～8.3；

（4）Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时生成微溶的硫酸钙，所以滤渣主要有氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钙．

故答案为：氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钙；

（5）a．二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫、水又能反应生成亚硫酸氢钠，有两步反应，所以无法准确测定尾气中SO2含量，故a错误；

b．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液和二氧化硫能发生氧化还原反应而使溶液褪色，只发生一步反应，所以能准确测定尾气中SO2含量，故b正确；

c．碘和二氧化硫能发生氧化还原反应而使溶液褪色，只发生一步反应，所以能准确测定尾气中SO2含量，故c正确；

d．氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和二氧化硫和水又能反应生成亚硫酸氢铵，有两步反应，所以无法准确测定尾气中SO2含量，故d错误；

故答案为：b、c；

（6）根据硫原子守恒，被吸收的SO2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量，所以硫酸锰晶体的质量为×169g/mo≈19.96kg，

故答案为：19.96kg；

解：辉钼矿焙烧生成MoO3和SO2，MoO3属于酸性氧化物，和氨水反应生成钼酸铵和水，钼酸铵和盐酸反应生成氯化铵和钼酸，过滤得到钼酸，灼烧钼酸得到MoO3，然后用氢气还原MoO3得到金属单质Mo，

（1）反应物的接触面积越大，其反应速率越快，为增大反应物接触面积，可以将固体粉碎，使反应更充分，从而增大反应速率，提高原料利用率，故答案为：增大固体表面积，增大反应速率，提高原料利用率；

（2）MoO3是酸性氧化物，氨水具有碱性，所以MoO3能和NH3•H2O反应生成盐和水，反应方程式为MoO3+2NH3•H2O═（NH4）2MoO4+H2O，故答案为：MoO3+2NH3•H2O═（NH4）2MoO4+H2O；

（3）盐酸的酸性大于钼酸，根据强酸制取弱酸知，钼酸铵和盐酸发生复分解反应生成难溶性的钼酸和氯化铵，离子方程式为MoO42-+2H+═H2MoO4↓，故答案为：MoO42-+2H+═H2MoO4↓；

（4）滤液2中含有氯化铵，氯化铵能和碱液反应生成氨气，氨气溶于水得到氨水，从而将氨气循环利用，减少成本，Ca（OH）2具有碱性且价格低廉，所以可以用Ca（OH）2和氯化铵制取氨气，故答案为：Ca（OH）2；

（5）做灼烧实验时需要酒精灯进行加热、用坩埚盛放钼酸、用三脚架和泥三角放置坩埚、用坩埚钳夹取坩埚，用玻璃棒搅拌，所以还需要的仪器是坩埚和泥三角，故答案为：坩埚；泥三角．

解：（1）A．FeCl3溶液能与碳酸钠反应，因此氯化铁也与过碳酸钠反应，故A正确；

B．H2S与双氧水发生氧化还原反应，则也与过碳酸钠发生氧化还原反应，故B正确；

C．稀硫酸与碳酸钠反应，因此也与过碳酸钠反应，故C正确；

D．NaHCO3溶液与碳酸钠以及双氧水等均不反应，因此也与过碳酸钠不反应，故D错误．

故答案为：ABC；

（2）二氧化碳在水中的溶解度很小，而氨气极易溶于水，所以反应①应先通入的气体是氨气，故答案为：NH3；

（3）由于双氧水稳定性差，易分解，因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，故答案为：防止双氧水分解；

（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，即A是碳酸钠，B是二氧化碳，因此该生产流程中可循环使用的物质是CO2，故答案为：CO2；

（5）从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，因此该步操作是沿玻璃棒向漏斗（过滤器）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次，故答案为：沿玻璃棒向漏斗（过滤器）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次；

（6）恒压滴液漏斗能保持压强恒定，因此恒压滴液漏斗中支管的作用是使液体顺利流下．冷凝管应从下端进水，即a处进水上端出水，故答案为：使液体顺利流下；a；

（7）根据表数据可知温度超过20℃后，活性氧百分含量和产率均降低，所以反应最佳的温度选择的范围是15～20℃，故答案为：5～20℃．

解：Ⅰ．（1）Ga的原子序数为31，位于第四周期第ⅢA族，原子结构示意图为，故答案为：；

（2）Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和氢气，反应为2Ga+2NH32GaN+3H2，故答案为：2Ga+2NH32GaN+3H2；

（3）镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似，则

A．Al与盐酸、NaOH均反应，则一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠，故A正确；

B．Al与水常温不反应，则常温下，Ga不能与水剧烈反应放出氢气，故B错误；

C．氧化铝可由氢氧化铝分解生成，则Ga2O3可由Ga（OH）3受热分解得到，故C正确；

D．氧化铝与NaOH反应生成盐，则一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐，故D正确；

故答案为：ACD；

Ⅱ（4）根据信息，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，

故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；

（5）因为Fe（OH）3胶粒具有吸附性，则净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，故答案为：Fe（OH）3胶粒具有吸附性；

（6）CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物溶于酸转化为金属离子，净化I后除去Fe元素，净化II中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去，故答案为：使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去；

（7）由Ksp[Fe（OH）3]=8.0×10-38，要使c（Fe3+）＜10-5 mol/L，则c（OH-）＞=2×10-11mol/L，c（H+）＜=5×10-4mol/L，所以pH＞4-lg5=3.3，故答案为：pH＞3.3．