- 物质的检测
- 共5040题
（2013秋•龙海市月考）用含有A12O3、SiO2和少量FeO•xFe2O3的铝灰制备A12（SO4）3•18H2O，工艺流程如下（部分操作和条件略）：
（1）滤渣a可用于制造______．
（2）请将MnO4-氧化Fe2+的离子方程式补充完整：
若反应中转移了2mol电子，则消耗氧化剂的物质的量为______mol．
（3）已知生成氢氧化物沉淀的pH如下：
调节溶液pH约为3的目的是：______．
（4）取少量滤渣C于试管中，加入适量的双氧水，产生能使带火星小木条复燃的气体，说明滤渣C的主要成分是______．请写出加入MnSO4时所发生反应的离子方程式：______．
（5）A12（SO4）3•18H2O溶于水溶液呈酸性的原因：______．（用离子方程式表示）
正确答案
解：含有A12O3、SiO2和少量FeO•xFe2O3的铝灰加过量稀硫酸溶解，A12O3、FeO•xFe2O3与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁的混合溶液，过滤得滤渣a为二氧化硅，滤液a加过量KMnO4溶液，将二价铁氧化成三价铁，再调节溶液的pH使三价铁沉淀，而铝离子不沉淀，操作2再过滤的滤渣b为氢氧化铁沉淀，滤液b主要含三价铝离子和过量的高锰酸根，再加入硫酸锰还原过量的高锰酸根，操作3再过滤得到滤液c，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗产品；
（1）根据以上分析，滤渣a为二氧化硅，主要用作制作光导纤维，故答案为：光导纤维；
（2）MnO4-氧化Fe2+，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价为氧化剂，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价为还原剂，由电子、电荷守恒及原子守恒可知，反应为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，若反应中转移了2mol电子，则消耗氧化剂的物质的量为
（3）向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液PH为1.5--2.8，铝离子和亚铁离子开始沉淀的溶液PH大于3，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀分离；
故答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀；
（4）根据取少量滤渣C于试管中，加入适量的双氧水，产生能使带火星小木条复燃的气体即氧气，所以滤渣C主要是二氧化锰催化双氧水分解生成氧气；IV中加入MnSO4，与MnO4-发生氧化还原反应生成二氧化锰，发生的离子方程式为：2 MnO4-+3Mn2++2H2O═5MnO2+4 H+，故答案为：MnO2；2 MnO4-+3Mn2++2H2O═5MnO2+4 H+；
（5）A12（SO4）3•18H2O溶于水溶液呈酸性的原因铝离子水解反应生成氢离子，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3 H+，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3 H+；
解析
解：含有A12O3、SiO2和少量FeO•xFe2O3的铝灰加过量稀硫酸溶解，A12O3、FeO•xFe2O3与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁的混合溶液，过滤得滤渣a为二氧化硅，滤液a加过量KMnO4溶液，将二价铁氧化成三价铁，再调节溶液的pH使三价铁沉淀，而铝离子不沉淀，操作2再过滤的滤渣b为氢氧化铁沉淀，滤液b主要含三价铝离子和过量的高锰酸根，再加入硫酸锰还原过量的高锰酸根，操作3再过滤得到滤液c，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗产品；
（1）根据以上分析，滤渣a为二氧化硅，主要用作制作光导纤维，故答案为：光导纤维；
（2）MnO4-氧化Fe2+，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价为氧化剂，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价为还原剂，由电子、电荷守恒及原子守恒可知，反应为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，若反应中转移了2mol电子，则消耗氧化剂的物质的量为
（3）向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液PH为1.5--2.8，铝离子和亚铁离子开始沉淀的溶液PH大于3，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀分离；
故答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀；
（4）根据取少量滤渣C于试管中，加入适量的双氧水，产生能使带火星小木条复燃的气体即氧气，所以滤渣C主要是二氧化锰催化双氧水分解生成氧气；IV中加入MnSO4，与MnO4-发生氧化还原反应生成二氧化锰，发生的离子方程式为：2 MnO4-+3Mn2++2H2O═5MnO2+4 H+，故答案为：MnO2；2 MnO4-+3Mn2++2H2O═5MnO2+4 H+；
（5）A12（SO4）3•18H2O溶于水溶液呈酸性的原因铝离子水解反应生成氢离子，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3 H+，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3 H+；
空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如下：
（1）步骤④的离子反应方程式为______．
（2）溴微溶于水，步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，它们的相对密度相差较大．分离出液溴的实验室方法为______．
（3）步骤⑥如果在实验室中进行，需用到的玻璃仪器有______．
（4）工业生产不直接蒸馏含溴的海水得到液溴，而要经过“空气吹出、SO2吸收、氯化”，原因是______．
（5）苦卤水还可以用于制取金属镁，用化学方程式表示从苦卤水制取金属镁的反应原理______．
正确答案
解：（1）因SO2和氯气、水反应生成硫酸和氢溴酸：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；
（2）因液溴与溴水不相溶，用分液漏斗分离，故答案为：分液；
（3）蒸馏使用到的玻璃仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶、尾接管（牛角管），故答案为：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶、尾接管（牛角管）；
（4）氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，产量低，应经过“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程进行富集，
故答案为：氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个Br2的富集过程；
（5）苦卤用来制取金属镁的过程为：镁离子
故答案为：MgCl2+Ca（OH）2=Mg（0H）2↓+CaCl2；Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O；MgCl2（熔融）
解析
解：（1）因SO2和氯气、水反应生成硫酸和氢溴酸：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；
（2）因液溴与溴水不相溶，用分液漏斗分离，故答案为：分液；
（3）蒸馏使用到的玻璃仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶、尾接管（牛角管），故答案为：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶、尾接管（牛角管）；
（4）氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，产量低，应经过“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程进行富集，
故答案为：氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个Br2的富集过程；
（5）苦卤用来制取金属镁的过程为：镁离子
故答案为：MgCl2+Ca（OH）2=Mg（0H）2↓+CaCl2；Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O；MgCl2（熔融）
铁、铜单质及其化合物应用范围很广．现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体（CuCl2•2H2O），为制取纯净的CuCl2•2H2O，首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯：
已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH，见表：
请回答下列问题：
（1）加入氧化剂的目的是______．
（2）最适合作氧化剂X的是______．
A．K2Cr2O7 B．NaClO C．H2O2 D．KMnO4
（3）加入的物质Y是______．
（4）若不用物质Y而是直接用碱能不能达到目的？______（填“能”或“不能”）．若不能，试解释原因______．
（5）最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2•2H2O晶体？______（填“能”或“不能”）．若能，不用回答；若不能，回答该如何操作？______．
（6）若向溶液Ⅱ中加入碳酸钙，产生的现象是______．
正确答案
解：根据流程图，氯化亚铁和氯化铜的混合液中，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体，
（1）根据实验目的，加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离；
（2）K2Cr2O7、NaClO、H2O2、KMnO4都具有氧化性，能将亚铁离子氧化，但是K2Cr2O7、NaClO、KMnO4能引进新的杂质离子，双氧水是绿色氧化剂，得到的还原产物是水，不会引进杂质离子，故答案为：C；
（3）中和溶液的酸性，调节pH，将铁离子沉淀，铜离子不沉淀，可以加入CuO[Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3也可以]，故答案为：CuO[Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3也可以]；
（4）铁离子和铜离子都能和碱之间反应得到沉淀，若不用物质Y，而是直接用碱能不能达到目的，故答案为：不能，加碱使Fe3+沉淀的同时也能使Cu2+沉淀；
（5）铜离子水解溶液显示酸性，加热蒸干硫酸铜溶液得到的是氢氧化铜，为防止水解，应该在HCl气流中蒸干，故答案为：不能；应在HCl气流中加热蒸发结晶；
（6）氯化铁和氯化铜的混合液显示酸性，若向溶液中加入碳酸钙，碳酸钙溶解，产生二氧化碳气泡，溶液的酸性减弱，铁离子会形成沉淀，故答案为：碳酸钙溶解，产生气泡和红褐色沉淀．
解析
解：根据流程图，氯化亚铁和氯化铜的混合液中，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体，
（1）根据实验目的，加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离；
（2）K2Cr2O7、NaClO、H2O2、KMnO4都具有氧化性，能将亚铁离子氧化，但是K2Cr2O7、NaClO、KMnO4能引进新的杂质离子，双氧水是绿色氧化剂，得到的还原产物是水，不会引进杂质离子，故答案为：C；
（3）中和溶液的酸性，调节pH，将铁离子沉淀，铜离子不沉淀，可以加入CuO[Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3也可以]，故答案为：CuO[Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3也可以]；
（4）铁离子和铜离子都能和碱之间反应得到沉淀，若不用物质Y，而是直接用碱能不能达到目的，故答案为：不能，加碱使Fe3+沉淀的同时也能使Cu2+沉淀；
（5）铜离子水解溶液显示酸性，加热蒸干硫酸铜溶液得到的是氢氧化铜，为防止水解，应该在HCl气流中蒸干，故答案为：不能；应在HCl气流中加热蒸发结晶；
（6）氯化铁和氯化铜的混合液显示酸性，若向溶液中加入碳酸钙，碳酸钙溶解，产生二氧化碳气泡，溶液的酸性减弱，铁离子会形成沉淀，故答案为：碳酸钙溶解，产生气泡和红褐色沉淀．
某化学兴趣小组以含铁的废铝为原料制备硫酸铝晶体，设计如图1的实验方案：
请回答以下问题：
（1）上述实验中多次用到过滤操作，该操作中要用到的玻璃仪器有烧杯、______、______；
（2）步骤③中发生反应的离子方程式为：______；
（3）评价步骤②的操作中难以控制之处______，请你提出一个合理而比较容易操作的实验方案（药品可任选）______；
（4）步骤①中使用的NaOH溶液以4mol/L为宜．某同学称量mgNaOH固体配制V mL 4mol/L的NaOH溶液，下面是该同学配制过程的示意图2，其操作中错误的是（填操作序号）______．
正确答案
解：（1）过滤实验用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：漏斗、玻璃棒；
（2）氢氧化铝能与酸反应生成铝离子：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，
故答案为：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O；
（3）偏铝酸钠和少量的酸反应会生成氢氧化铝沉淀，酸稍过量，沉淀会溶解，但是让溶液的pH=8～9难以控制，可以向偏铝酸钠中通入过量CO2气体来制取氢氧化铝，
故答案为：使溶液的p H=8～9难以控制；通入过量CO2气体；
（4）①氢氧化钠易潮解，应在小烧杯中称量，故①错误；④在移液时，要用玻璃棒来引流，故④错误；⑤定容时视线要和刻度线相平，不能俯视和仰视，故⑤错误，
故答案为：①④⑤．
解析
解：（1）过滤实验用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：漏斗、玻璃棒；
（2）氢氧化铝能与酸反应生成铝离子：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，
故答案为：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O；
（3）偏铝酸钠和少量的酸反应会生成氢氧化铝沉淀，酸稍过量，沉淀会溶解，但是让溶液的pH=8～9难以控制，可以向偏铝酸钠中通入过量CO2气体来制取氢氧化铝，
故答案为：使溶液的p H=8～9难以控制；通入过量CO2气体；
（4）①氢氧化钠易潮解，应在小烧杯中称量，故①错误；④在移液时，要用玻璃棒来引流，故④错误；⑤定容时视线要和刻度线相平，不能俯视和仰视，故⑤错误，
故答案为：①④⑤．
为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，某同学实设计的回收利用方案如下：
（1）气体X的化学式是______；
（2）检验滤液D是否含有Fe3+的最佳试剂为______（填序号）
A、KMnO4 B、NaOH C、氯水 D、KSCN
（3）若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：______、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有______（填序号）
A．蒸发皿 B．石棉网 C．烧杯 D．玻璃棒
（4）写出反应①的离子方程式______；
（5）试剂Y应该是一种______（填“氧化剂”或“还原剂”），它不可能是______
A、H2O2 B、H2S C、O2 D、铁单质
（6）浓硝酸可以溶解铜，也可以溶解上述合金．若固体未完全溶解，则滤液D中Fe元素将以______（填“Fe3+”或“Fe2+”）离子形式存在．
正确答案
解：Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，Cu和Fe与NaOH溶液不反应，所以滤液A中含有NaAlO2，滤渣B是Cu和Fe，B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反应，所以滤渣E是Cu，D中含有FeSO4，Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜，Y是强氧化剂，且不能引进新的杂质，为H2O2，NaAlO2和CO2反应生成Al（OH）3，所以C是Al（OH）3，Al（OH）3和稀盐酸反应生成AlCl3，溶液F中含有AlCl3，
（1）通过以上知，气体X的化学式是CO2；NaAlO2和过量CO2反应生成Al（OH）3和NaHCO3，故答案为：CO2；
（2）铁离子和KSCN溶液反应生成血红色溶液，亚铁离子和KSCN溶液不反应，所以检验滤液D是否含有Fe3+的最佳试剂KSCN，故选D；
（3）若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中用蒸发皿蒸发、用玻璃棒搅拌，在过滤中用玻璃棒引流、用烧杯盛放溶液，所以没有用到的仪器有石棉网，故选B，
故答案为：蒸发；B；
（4）氢氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，所以反应①的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；
（5）试剂Y应该是一种氧化剂，能将铜氧化为铜离子，所以它不可能是H2S或Fe，故选BD，故答案为：氧化剂；BD；
（6）浓硝酸可以溶解铜，也可以溶解上述合金，若固体未完全溶解，说明溶液中没有铁离子，则滤液D中Fe元素将以Fe2+离子形式存在，故答案为：Fe2+．
解析
解：Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，Cu和Fe与NaOH溶液不反应，所以滤液A中含有NaAlO2，滤渣B是Cu和Fe，B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反应，所以滤渣E是Cu，D中含有FeSO4，Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜，Y是强氧化剂，且不能引进新的杂质，为H2O2，NaAlO2和CO2反应生成Al（OH）3，所以C是Al（OH）3，Al（OH）3和稀盐酸反应生成AlCl3，溶液F中含有AlCl3，
（1）通过以上知，气体X的化学式是CO2；NaAlO2和过量CO2反应生成Al（OH）3和NaHCO3，故答案为：CO2；
（2）铁离子和KSCN溶液反应生成血红色溶液，亚铁离子和KSCN溶液不反应，所以检验滤液D是否含有Fe3+的最佳试剂KSCN，故选D；
（3）若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中用蒸发皿蒸发、用玻璃棒搅拌，在过滤中用玻璃棒引流、用烧杯盛放溶液，所以没有用到的仪器有石棉网，故选B，
故答案为：蒸发；B；
（4）氢氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，所以反应①的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；
（5）试剂Y应该是一种氧化剂，能将铜氧化为铜离子，所以它不可能是H2S或Fe，故选BD，故答案为：氧化剂；BD；
（6）浓硝酸可以溶解铜，也可以溶解上述合金，若固体未完全溶解，说明溶液中没有铁离子，则滤液D中Fe元素将以Fe2+离子形式存在，故答案为：Fe2+．
明矾石的组成和明矾相似，此外还含有Al2O3和少量的Fe2O3等杂质，它是制取钾肥和冶炼铝的重 要原料，其步骤如下：
回答下列问题：
（1）明矾石加入足量的稀氨水中浸出时发生反应的离子方程式为______
（2）沉淀物A中除含有Fe2O3外，还含有______、______．
（3）操作①的名称为______、冷却结晶、过滤．
（4）用14mol•L-1的浓氨水配制480mL 2mol•L‑1稀氨水：
①所用的容量瓶规格是______．②稀释浓氨水用的烧杯和玻璃棒如何洗涤？______
③下列操作对所配制的稀氨水浓度的影响（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
a．洗涤后的容量瓶中有少量蒸馏水：______．
b．浓氨水量取后，所用的量筒用蒸馏水洗涤2〜3次，并将洗涤液转入容量瓶中：______．
（5）确定钾氮复合肥中含有钾元素的方法是______．
（6）为测定钾氮复合肥中氮元素的质量分数，称取mg钾氮复合肥，加入足量的NaOH浓溶液加热，使产生的气体全部逸出，收集到的氨气折箅成标准状况下的体积为V mL．则钾氮复合肥中氮元素的质量分数为______（用含m、V的代数式表示）．
正确答案
解：明矾石含有Al2O3和少量的Fe2O3等杂质，加足量的稀氨水，明矾石中的铝离子与氨水反应，过滤后沉淀A中含Al2O3、Fe2O3、Al（OH）3，溶液中含钾离子、硫酸根离子，操作①为蒸发结晶得到硫酸钾、硫酸铵晶体，Al2O3、Fe2O3，Al2O3、Fe2O3、Al（OH）3中加入氢氧化钠，Al2O3、Fe2O3与氢氧化钠不反应，氢氧化铝与氢氧化钠反应Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，沉淀B为Al2O3、Fe2O3，滤液为NaAlO2溶液，通入足量的二氧化碳，NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；氢氧化铝加热得到氧化铝，氧化铝电解得到铝．
（1）明矾石加入足量的稀氨水中浸出时发生反应的离子方程式为Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（2）杂质均不溶于氨水，铝离子与氨水反应生成沉淀，沉淀A中含Al2O3、Fe2O3、Al（OH）3，
故答案为：Al2O3；Al（OH）3；
（3）由上述分析可知，操作1为蒸发浓缩结晶得到硫酸钾晶体，
故答案为：蒸发浓缩；
（4）①配制480mL溶液，应选择500mL容量瓶，
故答案为：500mL容量瓶；
②稀释浓氨水用的烧杯和玻璃棒的洗涤方法：适量的蒸馏水沿着玻璃棒注入烧杯中，倾斜转动烧杯，洗涤烧杯内壁后将洗涤液转入容量瓶中，重复操作2～3次，
故答案为：取适量蒸馏水沿玻璃棒注入烧杯中，倾斜转动烧杯，洗涤烧杯内壁后将洗涤液转入容量瓶中，重复操作2～3次；
③a、定容时需加水，洗涤后的容量瓶中有少量蒸馏水，不会影响实验结果，
故答案为：无影响；
b、用量筒量取浓氨水后，用蒸馏水洗涤量筒并转移至容量瓶中，溶质增多，浓度偏大，
故答案为：偏大；
（5）确定钾氮复合肥中含有钾元素的方法是焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，则含钾元素，
故答案为：焰色反应；
（6）足量的NaOH浓溶液加热，使产生的气体全部逸出，收集到的氨气折箅成标准状况下的体积为VmL，根据N元素守恒，则钾氮复合肥中氮元索的物质的量为
故答案为：
解析
解：明矾石含有Al2O3和少量的Fe2O3等杂质，加足量的稀氨水，明矾石中的铝离子与氨水反应，过滤后沉淀A中含Al2O3、Fe2O3、Al（OH）3，溶液中含钾离子、硫酸根离子，操作①为蒸发结晶得到硫酸钾、硫酸铵晶体，Al2O3、Fe2O3，Al2O3、Fe2O3、Al（OH）3中加入氢氧化钠，Al2O3、Fe2O3与氢氧化钠不反应，氢氧化铝与氢氧化钠反应Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，沉淀B为Al2O3、Fe2O3，滤液为NaAlO2溶液，通入足量的二氧化碳，NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；氢氧化铝加热得到氧化铝，氧化铝电解得到铝．
（1）明矾石加入足量的稀氨水中浸出时发生反应的离子方程式为Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（2）杂质均不溶于氨水，铝离子与氨水反应生成沉淀，沉淀A中含Al2O3、Fe2O3、Al（OH）3，
故答案为：Al2O3；Al（OH）3；
（3）由上述分析可知，操作1为蒸发浓缩结晶得到硫酸钾晶体，
故答案为：蒸发浓缩；
（4）①配制480mL溶液，应选择500mL容量瓶，
故答案为：500mL容量瓶；
②稀释浓氨水用的烧杯和玻璃棒的洗涤方法：适量的蒸馏水沿着玻璃棒注入烧杯中，倾斜转动烧杯，洗涤烧杯内壁后将洗涤液转入容量瓶中，重复操作2～3次，
故答案为：取适量蒸馏水沿玻璃棒注入烧杯中，倾斜转动烧杯，洗涤烧杯内壁后将洗涤液转入容量瓶中，重复操作2～3次；
③a、定容时需加水，洗涤后的容量瓶中有少量蒸馏水，不会影响实验结果，
故答案为：无影响；
b、用量筒量取浓氨水后，用蒸馏水洗涤量筒并转移至容量瓶中，溶质增多，浓度偏大，
故答案为：偏大；
（5）确定钾氮复合肥中含有钾元素的方法是焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，则含钾元素，
故答案为：焰色反应；
（6）足量的NaOH浓溶液加热，使产生的气体全部逸出，收集到的氨气折箅成标准状况下的体积为VmL，根据N元素守恒，则钾氮复合肥中氮元索的物质的量为
故答案为：
CaCO3广泛存在于自然界，是一种重要的化工原料．大理石主要成分为CaCO3，另外有少量的含硫化合物．实验室用大理石和稀盐酸反应制备CO2气体．下列装置可用于CO2气体的提纯和干燥．
完成下列填空：
（1）用浓盐酸配制1：1（体积比）的稀盐酸（约6mol．L-1），应选用的仪器是______．
a．烧杯 b．玻璃棒 c．量筒 d．容量瓶
（2）上述装置中，A是______ 溶液，NaHCO3溶液可以______．
（3）上述装置中，B物质是______．用这个实验得到的气体测定CO2的相对分子质量，如果B物质失效，测定结果______ （填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）．
（4）一次性饭盒中石蜡（高级烷烃）和CaCO3在食物中的溶出量是评价饭盒质量的指标之一，测定溶出量的主要实验步骤设计如下：剪碎、称重→浸泡溶解→过滤→残渣烘干→冷却、称重→恒重．
为了将石蜡和碳酸钙溶出，应选用的试剂是______．
a．氯化钠溶液 b．稀醋酸 c．稀硫酸 d 正已烷
（5）在溶出量测定实验中，为了获得石蜡和碳酸钙的最大溶出量，应先溶出______ 理由是______．
正确答案
解：（1）配制一定体积比的溶液时，应选用烧杯、玻璃棒和量筒，用量筒量出相同体积的浓盐酸和水，倒入烧杯中，用玻璃棒搅拌加速溶解，故答案为：abc；
（2）根据实验所用药品，制得的气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气；根据除杂的要求，除去H2S是可选用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体，故答案为：CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；吸收HCl气体或吸收酸性气体；
（3）B是用来除去水份的，但这种干燥剂又不能与CO2反应所以是氯化钙；如果B中物质失效则二氧化碳中含有水，而水的相对分子质量小于二氧化碳，所以测定结果会偏低；故答案为：无水CaCl2；偏低；
（4）根据实验步骤，为将石蜡和碳酸钙溶出，因为醋酸和碳酸钙反应，稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙，可选用稀醋酸溶出碳酸钙，根据相似相容的原理，选择正己烷溶出石蜡；故答案为：bd；
（5）由于醋酸中的乙酸也是有机物，为防止石蜡损失，一般先溶出石蜡再溶出CaCO3，故答案为：石蜡；由于醋酸中的乙酸也是有机物，为防止石蜡损失，一般先溶出石蜡再溶出CaCO3．
解析
解：（1）配制一定体积比的溶液时，应选用烧杯、玻璃棒和量筒，用量筒量出相同体积的浓盐酸和水，倒入烧杯中，用玻璃棒搅拌加速溶解，故答案为：abc；
（2）根据实验所用药品，制得的气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气；根据除杂的要求，除去H2S是可选用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体，故答案为：CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；吸收HCl气体或吸收酸性气体；
（3）B是用来除去水份的，但这种干燥剂又不能与CO2反应所以是氯化钙；如果B中物质失效则二氧化碳中含有水，而水的相对分子质量小于二氧化碳，所以测定结果会偏低；故答案为：无水CaCl2；偏低；
（4）根据实验步骤，为将石蜡和碳酸钙溶出，因为醋酸和碳酸钙反应，稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙，可选用稀醋酸溶出碳酸钙，根据相似相容的原理，选择正己烷溶出石蜡；故答案为：bd；
（5）由于醋酸中的乙酸也是有机物，为防止石蜡损失，一般先溶出石蜡再溶出CaCO3，故答案为：石蜡；由于醋酸中的乙酸也是有机物，为防止石蜡损失，一般先溶出石蜡再溶出CaCO3．
普通钢中加入少量的钒（V））能极大地改善钢的弹性和强度，使钢材既耐高温又抗奇寒，因此它有“合金维生素“之称．‘T业上回收废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2）中钒的主要流程如下：
回答下列问题：
（1）滤渣l的主要成分是______．
（2）步骤②中发生反应的离子方程式为______
（3）步骤③的变化过程可简化为（HA表示有机萃取剂）
VOSO4 +（水层）+2HA2（有机层）⇌VOA2（有机层）+H2SO4（水层），则步骤④中可选择硫酸作萃取剂的原因是______．萃取和反萃取在实验室 里用到的玻璃仪器有______和______．
（4）该工艺流程中，可以循环利用的物质除了氨气以外，还有______．
（5）调节溶液pH，可将（VO2）SO4转变成NH4VO3沉淀；25℃时，当PH 为1.7～1.8 时，钒沉淀率为98.8%；假设其它各步反应都完全进行，已知KC1O3 的还原产物是KCl，若每消耗1moi KC1O3，理论上可回收金属钒______g（计算结果保留一位小数）
正确答案
V2O5、SiO2
V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O
加入硫酸使平衡向左移动，使VOSO4进入水层
分液漏斗
烧杯
有机萃取剂
302.3
解析
解：废钒催化剂的主要成分是V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2，废钒粉碎水浸后，V2O5和SiO2难溶于水，经过滤成为滤渣1，滤液中主要含有VOSO4、K2SO4，滤渣1加硫酸、亚硫酸钠是将钒废催化剂中V2O5转变成可溶于水的VOSO4，发生了氧化还原反应，反应为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O，过滤后得到滤液，主要成分是VOSO4，第一次过滤，滤液中主要含有VOSO4、K2SO4，两者合并，加入有机萃取剂，通过萃取，把剩余余酸和有机层分开，通过反萃取，把萃取剂和离子分开，加入氧化剂KClO3把VO2+氧化成VO3+，调节pH加入氨水，得到含钒的沉淀，灼烧得到V2O5和氨气，有机萃取剂和氨气再循环利用．
（1）废钒粉碎水浸后，V2O5和SiO2难溶于水，经过滤成为滤渣，
故答案为：V2O5、SiO2；
（2）亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，根据得失电子守恒和电荷守恒，离子反应方程式为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O，
故答案为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O；
（3）反萃取时分析平衡，VOSO4 +（水层）+2HA2（有机层）⇌VOA2（有机层）+H2SO4（水层），加入硫酸抑制平衡正向进行，使VOSO4进入水层；萃取和反萃取在实验室里用到的玻璃仪器名称叫分液漏斗、烧杯，
故答案为：加入硫酸使平衡向左移动，使VOSO4进入水层；分液漏斗、烧杯；
（4）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，
故答案为：有机萃取剂；
（5）氯元素化合价从+5→-1，化合价降低6，钒化合价从+4→+5，化合价升高1，二者最小公倍数为6，把变价元素配平，初步配平为：ClO3-+6VO2++H+→6VO3++Cl-+H2O，根据氧原子守恒确定H2O前系数为3，氢离子前系数为6，故配平后为：ClO3-+6VO2++6H+=6VO3++Cl-+3H2O，消耗1molKClO3时，生成6molVO2+，钒沉淀率为98.8%，根据原子守恒，m（V）=n（V）×M（V）×98.8%=6mol×51g/mol×98.8%≈302.3g，
故答案为：302.3；
CoCl2•6H2O是制备钴酸锂电池用四氧化三钴粉末的主要原料，工业上利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Fe2O3、FeO、Al2O3等）制取CoCl2•6H2O的简化工艺流程如图所示：
（1）步骤1中三价钴转变为二价钴的离子反应方程式为：______．
（2）步骤2中加入的NaClO3目的是______．
（3）部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH情况如下：
步骤3中加入Na2CO3目的是除去铁和铝元素，其之所以可以除去铁和铝元素的原因是______．理论上，此步pH应该控制的范围是______．
（4）操作1包括以下基本实验操作，它们是______、______和过滤、洗涤、风干．
（5）已知：Ag++SCN-=AgSCN↓，为测定粗品中CoCl2•6H2O的含量，称取11.9克粗品溶于水配成100mL溶液，从中取出25.00mL，先加入含AgNO30.03mol的溶液（杂质不反应），过量的AgNO3用0.50mol•L-1的KSCN溶液滴定，该滴定所用指示剂为______；若消耗KSCN溶液20.00mL则该粗品中CoCl2•6H2O的质量含量为______．
正确答案
解：（1）向水钴矿水钴矿（主要成分为Co2O3、Fe2O3、FeO、Al2O3等），加入硫酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）NaClO3具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，其发生反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，铁离子水解生成氢氧化铁，方便利用水解除去铁离子，同时为溶液提供氯离子，
故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，方便利用水解除去铁离子，同时为溶液提供氯离子；
（3）根据流程图可知，此时溶液中存在Fe3+、Al3+、Co2+金属离子，Fe3+、Al3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+、Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，步骤3中加入Na2CO3，CO32-与H+反应消耗H+，促使Fe3+、Al3+水解平衡右移，由金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH情况可知，调节溶液PH在5.4≤PH＜7.6之间，可使Fe3+、Al3+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，
故答案为：CO32-与H+反应消耗H+，促使Fe3+、Al3+水解平衡右移，生成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀而将其除去；5.4≤PH＜7.6；
（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（5）Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，可作为检验Fe3+的特征试剂，为不引入杂质离子，所以该反应可用Fe（NO3）3作为滴定的指示剂，过量的AgNO3用0.50mol•L-1的KSCN溶液滴定，消耗KSCN溶液20.00mL，则过量的硝酸银为n=cv=0.5mol/L×0.02L=0.01mol，先加入含AgNO30.03mol的溶液（杂质不反应），则与CoCl2•6H2O反应的硝酸银的物质的量为：0.03mol-0.01mol=0.02mol，设25.00mLCoCl2•6H2O溶液中含有CoCl2物质的量为x，
根据 CoCl2•6H2O～2AgCl～2AgNO3，
1 2
x 0.02mol x=0.01mol m（CoCl2•6H2O）=nM=0.01mol×238g/mol=2.38g，
则粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数是 
故答案为：Fe（NO3）3；80%．
解析
解：（1）向水钴矿水钴矿（主要成分为Co2O3、Fe2O3、FeO、Al2O3等），加入硫酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）NaClO3具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，其发生反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，铁离子水解生成氢氧化铁，方便利用水解除去铁离子，同时为溶液提供氯离子，
故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，方便利用水解除去铁离子，同时为溶液提供氯离子；
（3）根据流程图可知，此时溶液中存在Fe3+、Al3+、Co2+金属离子，Fe3+、Al3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+、Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，步骤3中加入Na2CO3，CO32-与H+反应消耗H+，促使Fe3+、Al3+水解平衡右移，由金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH情况可知，调节溶液PH在5.4≤PH＜7.6之间，可使Fe3+、Al3+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，
故答案为：CO32-与H+反应消耗H+，促使Fe3+、Al3+水解平衡右移，生成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀而将其除去；5.4≤PH＜7.6；
（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（5）Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，可作为检验Fe3+的特征试剂，为不引入杂质离子，所以该反应可用Fe（NO3）3作为滴定的指示剂，过量的AgNO3用0.50mol•L-1的KSCN溶液滴定，消耗KSCN溶液20.00mL，则过量的硝酸银为n=cv=0.5mol/L×0.02L=0.01mol，先加入含AgNO30.03mol的溶液（杂质不反应），则与CoCl2•6H2O反应的硝酸银的物质的量为：0.03mol-0.01mol=0.02mol，设25.00mLCoCl2•6H2O溶液中含有CoCl2物质的量为x，
根据 CoCl2•6H2O～2AgCl～2AgNO3，
1 2
x 0.02mol x=0.01mol m（CoCl2•6H2O）=nM=0.01mol×238g/mol=2.38g，
则粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数是
故答案为：Fe（NO3）3；80%．
某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下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、E所含物质的化学式
固体B______；沉淀D______；溶液E______和_______．
（3）写出①、②、④三个反应的离子方程式，不是离子反应的写出其化学方程式．
①______；②______；④______．
正确答案
解：由流程可知，Al2O3和Fe2O3不溶于水，则沉淀C为Al2O3和Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀D为Fe2O3，反应②③中生成的沉淀为Al（OH）3，受热分解生成B为Al2O3，反应②为KAl（SO4）2、氨水的反应，则溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4、NH3．H2O，
（1））Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离方法为过滤，故答案为：过滤；
（2）由上述分析可知，B为Al2O3，D为Fe2O3，E为K2SO4、（NH4）2SO4、NH3．H2O，故答案为：Al2O3；Fe2O3；K2SO4；（NH4）2SO4、NH3．H2O；
（3）反应①为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，反应②为Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，反应④为2Al（OH）3
故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；2Al（OH）3
解析
解：由流程可知，Al2O3和Fe2O3不溶于水，则沉淀C为Al2O3和Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀D为Fe2O3，反应②③中生成的沉淀为Al（OH）3，受热分解生成B为Al2O3，反应②为KAl（SO4）2、氨水的反应，则溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4、NH3．H2O，
（1））Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离方法为过滤，故答案为：过滤；
（2）由上述分析可知，B为Al2O3，D为Fe2O3，E为K2SO4、（NH4）2SO4、NH3．H2O，故答案为：Al2O3；Fe2O3；K2SO4；（NH4）2SO4、NH3．H2O；
（3）反应①为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，反应②为Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，反应④为2Al（OH）3
故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；2Al（OH）3
（1）为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序______．（填序号）
①过滤；②加过量NaOH溶液；③加适量盐酸；④加过量Na2CO3溶液；⑤加过量BaCl2溶液
（2）判断BaCl2已过量的方法是______
（3）第④步中，写出相应的离子方程式（设粗盐溶液中Ca2+的主要存在形式为CaCl2）______．
（4）若先用盐酸调pH再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是______．
（5）为检验精盐纯度，需配制250mL 0.2mol/L NaCl（精盐）溶液，题图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是______．
正确答案
②⑤④①③
取第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量（或其它合理的方法）
Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓
在此酸度条件下，会有部分沉淀溶解，从而影响制得精盐的纯度
未用玻璃棒引流，未采用250mL容量瓶
解析
解：（1）过滤可以除去生成的沉淀和泥沙，加入过量的氢氧化钠可以除去镁离子，加入适量的盐酸可以除去反应剩余的氢氧化钠和碳酸钠，加入适量的碳酸钠可以除去钙离子和反应剩余的氯化钡，加入氯化钡可以除去硫酸根离子，为保证杂质全部被除去，加入的试剂过量，所以碳酸钠加在氯化钡后面，盐酸加在最后，故答案为：②⑤④①③；
（2）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：取第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，故答案为：取第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量（或其它合理的方法）；
（3）碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，反应原理是Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓，故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓；
（4）若先用盐酸调pH再过滤，氢氧化镁沉淀、碳酸钙沉淀均会和盐酸反应，将对实验结果产生影响，故答案为：在此酸度条件下，会有部分沉淀溶解，从而影响制得精盐的纯度；
（5）向容量瓶中转移液体时，要用玻璃棒来引流，配制一定体积的溶液要选择一定体积的容量瓶，故答案为：未用玻璃棒引流，未采用250mL容量瓶．
硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业．从硼镁泥中提取MgSO4•7H2O的流程如下：
已知：某些氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
根据题意回答第（1）～（6）题：
（1）在酸解过程中，欲加快酸解时的化学反应速率，请提出两种可行的措施：______．
（2）加入的NaClO可与Mn2+反应：Mn2++ClO-+H2O═MnO2↓+2H++Cl-，还有一种离子也会被NaClO氧化，并发生水解，该反应的离子方程式为______．
（3）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，还有______．
（4）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤是蒸发浓缩，______．“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，______，便得到了MgSO4•7H2O．
（5）实验中提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO4•7H2O为172.2g，计算MgSO4•7H2O的产率为______．（保留两位有效数字）
（6）金属镁可用于自然水体中铁件的电化学防腐，完成如图防腐示意图，并作相应标注．
正确答案
解：硼镁泥主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，把Fe2+氧化成Fe3+，溶液pH升高，在pH为5-6时Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Al3+形成Al（OH）3沉淀，过滤除去滤渣Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2，滤液中含钙离子、镁离子，除钙后，只剩镁离子，蒸发冷却结晶得到硫酸镁晶体；
（1）为加快反应速率，可以采用升高温度、适当增大反应物浓度、增大反应物接触面积等方法，如适当升高温度、把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度，
故答案为：适当升温、把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度；
（2）次氯酸根离子具有氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯离子、氢氧化铁沉淀，离子方程式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+，故答案为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+；
（3）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，还有二氧化硅；
（4）“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，其操作是蒸发浓缩、趁热过滤；．“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤；
（5）实验中提供的硼镁泥共100g，m（MgO）=100g×40%=40g，n（Mg）=n（MgO）=
（6）利用Mg防止Fe被腐蚀，可以采用牺牲阳极的阴极保护法或外加电源的阴极保护法，让Mg作正极或阳极，
图为
解析
解：硼镁泥主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，把Fe2+氧化成Fe3+，溶液pH升高，在pH为5-6时Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Al3+形成Al（OH）3沉淀，过滤除去滤渣Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2，滤液中含钙离子、镁离子，除钙后，只剩镁离子，蒸发冷却结晶得到硫酸镁晶体；
（1）为加快反应速率，可以采用升高温度、适当增大反应物浓度、增大反应物接触面积等方法，如适当升高温度、把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度，
故答案为：适当升温、把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度；
（2）次氯酸根离子具有氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯离子、氢氧化铁沉淀，离子方程式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+，故答案为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+；
（3）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，还有二氧化硅；
（4）“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，其操作是蒸发浓缩、趁热过滤；．“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤；
（5）实验中提供的硼镁泥共100g，m（MgO）=100g×40%=40g，n（Mg）=n（MgO）=
（6）利用Mg防止Fe被腐蚀，可以采用牺牲阳极的阴极保护法或外加电源的阴极保护法，让Mg作正极或阳极，
图为
稀土元素是周期表中第ⅢB族钪、钇和镧系元素的总称，它们都是很活泼的金属，性质极为相似，常见化合价为+3．其中钇（Y）元素是激光和超导的重要材料．我国蕴藏着丰富的钇石矿（Y2FeBe2Si2O10），以此矿石为原料生产氧化钇（Y2O3）的主要流程如下：
已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：
②在元素周期表中，铍和铝位于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似．
（1）钇石矿（Y2FeBe2Si2O10）的组成用氧化物的形式表示为______
（2）欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合液中制得Be（OH）2沉淀．则
①最好选用盐酸、______（填字母）两种试剂，再经过必要的操作即可实现．
a．NaOH溶液 b．氨水 c．CO2气体 d．HNO3
②写出Na2BeO2与足量盐酸发生反应的离子方程式：______
（3）上述过程中用氨水调节pH=a的目的是______，a应控制在______范围内；写出生成沉淀物A的离子方程式______，检验该过程是否沉淀完全的操作方法是______．
（4）写出由草酸钇沉淀制备氧化钇的化学方程式______．
正确答案
解：（1）钇矿石（Y2FeBe2Si2O10）的组成用氧化物的形式可表示为：Y2O3•FeO•2BeO•2SiO2，故答案为：Y2O3•FeO•2BeO•2SiO2；
（2）①周期表中，铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似，欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be（OH）2沉淀，所以Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断；加过量的盐酸，硅酸钠反应生成硅酸沉淀，Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液，再加入过量氨水沉淀铍离子，故答案为：b；
②Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍氯化钠和水，反应的离子方程式为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O，故答案为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O；
（3）三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的PH范围为：2.7-3.7；钇离子开始沉淀和沉淀完全的PH为：6.0-8.2；所以使Fe3+沉淀完全，须用氨水调节pH=a，3.7＜a＜6.0；继续加氨水调节pH=b发生反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，检验三价铁离子是否沉淀需要检验滤液中是否含有三价铁离子，结合三价铁离子检验试剂是硫氰酸钾溶液变血红色；取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3+完全沉淀，反之则未完全沉淀，
故答案为：使Fe3+完全水解形成沉淀而除去；3.7～6.0；Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3+完全沉淀，反之则未完全沉淀；
（4）草酸钇隔绝空气加热生成Y2O3、CO和CO2，其反应方程为：Y2（C2O4）3
故答案为：Y2（C2O4）3
解析
解：（1）钇矿石（Y2FeBe2Si2O10）的组成用氧化物的形式可表示为：Y2O3•FeO•2BeO•2SiO2，故答案为：Y2O3•FeO•2BeO•2SiO2；
（2）①周期表中，铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似，欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be（OH）2沉淀，所以Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断；加过量的盐酸，硅酸钠反应生成硅酸沉淀，Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液，再加入过量氨水沉淀铍离子，故答案为：b；
②Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍氯化钠和水，反应的离子方程式为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O，故答案为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O；
（3）三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的PH范围为：2.7-3.7；钇离子开始沉淀和沉淀完全的PH为：6.0-8.2；所以使Fe3+沉淀完全，须用氨水调节pH=a，3.7＜a＜6.0；继续加氨水调节pH=b发生反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，检验三价铁离子是否沉淀需要检验滤液中是否含有三价铁离子，结合三价铁离子检验试剂是硫氰酸钾溶液变血红色；取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3+完全沉淀，反之则未完全沉淀，
故答案为：使Fe3+完全水解形成沉淀而除去；3.7～6.0；Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3+完全沉淀，反之则未完全沉淀；
（4）草酸钇隔绝空气加热生成Y2O3、CO和CO2，其反应方程为：Y2（C2O4）3
故答案为：Y2（C2O4）3
（I）下列实验操作或对实验事实的叙述不正确的是______（填序号）
①用pH试纸鉴别浓硫酸与浓硝酸
②用硝酸银溶液区分二氧化氮和溴蒸气
③酒精灯碰倒洒出酒精着火，迅速用湿抹布扑盖
④用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫
⑤温度计摔坏导致水银散落到地面上，应立即用水冲洗水银
⑥称量NaOH固体时，把NaOH固体放在有滤纸的托盘上称量
⑦为了提高高锰酸钾溶液的氧化能力，用盐酸将高锰酸钾溶液进行酸化
⑧检验氯代烃中的氯元素时，可先加氢氧化钠溶液，再加入硝酸银溶液来进行检验．
（II）柴达木盆地以青藏高原“聚宝盆”之誉蜚声海内外，它有富足得令人惊讶的盐矿资源．液体矿床以钾矿为主，伴生着镁、溴等多种矿产．某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液（富含K+、Mg2+、Br-、SO42-、Cl-等），来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴（Br2），他们设计了如下流程：
请根据以上流程，回答相关问题：
（1）操作①的名称：______；操作②名称是：______；操作③的名称是：______；操作④需要的玻璃仪器有：______．
（2）参照图1溶解度曲线，欲得到较纯的氯化钾晶体需用少量的______（选填：“热水”，“冷水”）洗涤固体______（选填“A”或“B”）．
（3）在实验室常用减压的方法进行过滤（如图2），俗称抽滤，试猜想这种过滤方法其优点是______．
正确答案
解：（I）①PH试纸是纤维素，含碳氢氧三种元素，浓硫酸具有脱水性，能把PH试纸中的H和O按水的组成2：1脱去，剩下了的是黑色的碳，浓硝酸显酸性，会使得PH试纸变红色，但浓硝酸也有强氧化性，能漂白，PH试纸变成的红色很快被浓硝酸氧化褪色，故①正确；
②二氧化氮和溴蒸气都是红棕色的气体，用硝酸银溶液区分，二氧化氮溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3是无色溶液，溴与硝酸银溶液反应，Br2+2AgNO3+H2O=AgBr↓+2HNO3，生成浅黄色沉淀溴化银，两者现象不同能鉴别，故②正确；
③湿抹布中含有水分，能隔绝空气，且使周围温度降低，导致酒精无法燃烧，所以酒精灯碰倒洒出酒精着火，迅速用湿抹布扑盖，故③正确；
④CO2与酸性高锰酸钾溶液不发生反应，SO2与酸性高锰酸钾溶液能发生反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，无气体生成，所以用酸性高锰酸钾溶液可除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫，故④正确；
⑤水银洒漏最好的处理方法是用硫粉撒在水银上，水银就会变成黑色结块状的硫化汞，S+Hg=HgS，故⑤错误；
⑥NaOH具有吸水性，能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，故⑥错误；
⑦为提高高锰酸钾溶液的氧化能力，用硫酸将高锰酸钾溶液进行酸化，不能用盐酸酸化，二者可发生氧化还原反应而导致高锰酸钾变质，故⑦错误；
⑧卤代烃水解后溶液为碱性，检验氯离子在酸性溶液中，则先加氢氧化钠溶液加热，再加入硝酸溶液，最后加入硝酸银溶液来进行检验卤代烃中的氯元素，故⑧错误；
故答案为：⑤⑥⑦⑧；
（II）（1）由流程可知，最开始加的氧化剂将Br-氧化生成Br2，由加入CCl4可知，是用萃取剂萃取Br2，所以操作①是萃取；将CCl4层和水层分开的过程叫做分液，则操作②为分液；利用蒸馏（操作③）从溴的CCl4溶液中分离得到CCl4和液溴，操作④为不溶性固体与液体的分离，则为过滤，需要玻璃棒、漏斗、烧杯等仪器，
故答案为：萃取；分液；蒸馏；玻璃棒、漏斗、烧杯；
（2）在90℃时得到的固体A为MgSO4，而30℃时得到的固体B为KCl，所以应用冷水洗涤固体B，才可以得到较纯净的氯化钾，故答案为：冷水；B；
（3）在减压条件下进行过滤，可使过滤的速度加快，故答案为：快速充分．
解析
解：（I）①PH试纸是纤维素，含碳氢氧三种元素，浓硫酸具有脱水性，能把PH试纸中的H和O按水的组成2：1脱去，剩下了的是黑色的碳，浓硝酸显酸性，会使得PH试纸变红色，但浓硝酸也有强氧化性，能漂白，PH试纸变成的红色很快被浓硝酸氧化褪色，故①正确；
②二氧化氮和溴蒸气都是红棕色的气体，用硝酸银溶液区分，二氧化氮溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3是无色溶液，溴与硝酸银溶液反应，Br2+2AgNO3+H2O=AgBr↓+2HNO3，生成浅黄色沉淀溴化银，两者现象不同能鉴别，故②正确；
③湿抹布中含有水分，能隔绝空气，且使周围温度降低，导致酒精无法燃烧，所以酒精灯碰倒洒出酒精着火，迅速用湿抹布扑盖，故③正确；
④CO2与酸性高锰酸钾溶液不发生反应，SO2与酸性高锰酸钾溶液能发生反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，无气体生成，所以用酸性高锰酸钾溶液可除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫，故④正确；
⑤水银洒漏最好的处理方法是用硫粉撒在水银上，水银就会变成黑色结块状的硫化汞，S+Hg=HgS，故⑤错误；
⑥NaOH具有吸水性，能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，故⑥错误；
⑦为提高高锰酸钾溶液的氧化能力，用硫酸将高锰酸钾溶液进行酸化，不能用盐酸酸化，二者可发生氧化还原反应而导致高锰酸钾变质，故⑦错误；
⑧卤代烃水解后溶液为碱性，检验氯离子在酸性溶液中，则先加氢氧化钠溶液加热，再加入硝酸溶液，最后加入硝酸银溶液来进行检验卤代烃中的氯元素，故⑧错误；
故答案为：⑤⑥⑦⑧；
（II）（1）由流程可知，最开始加的氧化剂将Br-氧化生成Br2，由加入CCl4可知，是用萃取剂萃取Br2，所以操作①是萃取；将CCl4层和水层分开的过程叫做分液，则操作②为分液；利用蒸馏（操作③）从溴的CCl4溶液中分离得到CCl4和液溴，操作④为不溶性固体与液体的分离，则为过滤，需要玻璃棒、漏斗、烧杯等仪器，
故答案为：萃取；分液；蒸馏；玻璃棒、漏斗、烧杯；
（2）在90℃时得到的固体A为MgSO4，而30℃时得到的固体B为KCl，所以应用冷水洗涤固体B，才可以得到较纯净的氯化钾，故答案为：冷水；B；
（3）在减压条件下进行过滤，可使过滤的速度加快，故答案为：快速充分．
硅在无机非金属材料中，扮演着主要角色，请利用相关知识回答下列问题：
（1）硅有非常重要的用途，请写出其中的一种______．
（2）古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2Ox，铜为+2价），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是______．
A．可用氧化物形式表示为BaO•CuO•2SiO2
B．性质稳定，不易脱色
C．x等于6
D．易溶解于强酸和强碱
（3）工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图如下：
①在电弧炉中发生的反应需要在高温条件进行，写出该反应化学方程式______，再利用化学反应进行的方向的知识判断该反应的△H______0（填＜、＞或=）．
②SiCl4极易水解，其完全水解的化学方程式为______．
③在流化床反应的产物中，除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，有关物质的沸点数据如下表，分离SiCl4和其他杂质的方法为______．
④分离出SiCl4后的残余物中含有铁元素，为了测量残余物中铁元素的含量，先将残余物预处理，使铁元素还原成Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式是：______，某同学称取1.000g残余物后，经预处理后在容量瓶中配制成100mL溶液，移取20.00mL试样溶液，用1.000×10-3mol/LKMnO4标准溶液滴定．达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL，则残余物中铁元素的质量分数是______．
正确答案
解：（1）硅位于金属和非金属分界线附近，常用作半导体材料，为无机非金属材料的主角，计算机芯片的主要成分为单质硅，太阳能电池的主要成分是硅单质，所以硅可制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等，
故答案为：制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等；
（2）A．硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaO•CuO•2SiO2，故A正确；
B．BaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B正确；
C．在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为-2价，钡元素的化合价为+2价，则由化学式为BaCuSi2OX，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：（+2）+（+2）+（+4）×2+（-2）×x=0，解得x=6，故C正确；
D．BaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，故D错误；
故答案为：D；
（3）①石英砂的主要成分是二氧化硅，制备粗硅发生置换反应，SiO2+2C 
故答案为：2C+SiO2
②SiCl4水解生成硅酸和氯化氢，反应的方程式为：SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl，故答案为：SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl；
③利用沸点的不同提纯SiCl4属于蒸馏，SiCl4（沸点57.6℃）中含有少量SiHCl3（沸点33.0℃）和FeCl3（离子化合物沸点很高），SiH2Cl2（沸点8.2℃）、SiH3Cl（沸点-30.4℃）、由于沸点差别较大，可以通过精馏（或蒸馏）除去杂质，
故答案为：精馏（或蒸馏）；
④KMnO4溶液具有强氧化性，把二价铁氧化成三价铁，本身被还原成二价锰离子，再根据得失电子守恒配平，则离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，利用关系式法计算：
5Fe2+～MnO4-
5 1
n（Fe2+） 1.000×10-3mol•L-1×0.02L×5
解得：n（Fe2+）=5×10-4mol
铁元素的质量为：5×10-4mol×56g/mol=2.8×10-3g，铁元素的质量分数
故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；2.8%．
解析
解：（1）硅位于金属和非金属分界线附近，常用作半导体材料，为无机非金属材料的主角，计算机芯片的主要成分为单质硅，太阳能电池的主要成分是硅单质，所以硅可制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等，
故答案为：制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等；
（2）A．硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaO•CuO•2SiO2，故A正确；
B．BaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B正确；
C．在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为-2价，钡元素的化合价为+2价，则由化学式为BaCuSi2OX，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：（+2）+（+2）+（+4）×2+（-2）×x=0，解得x=6，故C正确；
D．BaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，故D错误；
故答案为：D；
（3）①石英砂的主要成分是二氧化硅，制备粗硅发生置换反应，SiO2+2C
故答案为：2C+SiO2
②SiCl4水解生成硅酸和氯化氢，反应的方程式为：SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl，故答案为：SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl；
③利用沸点的不同提纯SiCl4属于蒸馏，SiCl4（沸点57.6℃）中含有少量SiHCl3（沸点33.0℃）和FeCl3（离子化合物沸点很高），SiH2Cl2（沸点8.2℃）、SiH3Cl（沸点-30.4℃）、由于沸点差别较大，可以通过精馏（或蒸馏）除去杂质，
故答案为：精馏（或蒸馏）；
④KMnO4溶液具有强氧化性，把二价铁氧化成三价铁，本身被还原成二价锰离子，再根据得失电子守恒配平，则离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，利用关系式法计算：
5Fe2+～MnO4-
5 1
n（Fe2+） 1.000×10-3mol•L-1×0.02L×5
解得：n（Fe2+）=5×10-4mol
铁元素的质量为：5×10-4mol×56g/mol=2.8×10-3g，铁元素的质量分数
故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；2.8%．
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