- 物质的检测
- 共5040题
CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH
（乙酸乙酯）
按下列步骤回收乙醇和乙酸：
①向废液中加入烧碱溶液，调整溶液的pH=10；
②将混合液放入蒸馏器中缓缓加热；
③收集温度在70℃～85℃时的馏出物；
④排出蒸馏器中的残液，冷却后向其中加浓硫酸（过量），然后再放入耐酸蒸馏器中进行蒸馏，回收馏出物．
蒸馏装置如图：请回答下列问题：
（1）加入烧碱使溶液的pH=10的目的是______．
（2）冷凝管中冷却水进口是______．烧瓶中少量加瓷片的作用是______．
（3）在步骤④中加入过量浓硫酸的目的是（用化学方程式表示）______．
（4）在70℃～85℃时馏出物的主要成分是______． 当最后蒸馏的温度控制在85℃～125℃一段时间后，耐酸蒸馏器残液中溶质的主要成分是______．
正确答案
解：（1）加入烧碱使溶液的pH=10的目的是将乙酸转化为乙酸钠，使乙酸乙酯在转化为乙酸钠和乙醇；
故答案为：将乙酸转化为乙酸钠，使乙酸乙酯在转化为乙酸钠和乙醇；
（2）冷凝管中冷却水下进上出，进口是B．烧瓶中少量加瓷片的作用是防止暴沸，故答案为：B；防止暴沸；
（3）在步骤④中加入过量浓硫酸的目的是和醋酸钠反应生成醋酸，方程式为2CH3COONa+H2SO4→Na2SO4+2CH3COOH，故答案为：2CH3COONa+H2SO4→Na2SO4+2CH3COOH；
（4）依据图表中物质沸点分析可知，在70℃～85℃时馏出物的主要成分是乙醇；当最后蒸馏的温度控制在85℃～125℃一段时间后，耐酸蒸馏器残液中溶质的主要成分依据反应2CH3COONa+H2SO4-→Na2SO4+2CH3COOH 可知，得到残液中溶质的主要成分是硫酸钠，故答案为：乙醇； Na2SO4．
解析
解：（1）加入烧碱使溶液的pH=10的目的是将乙酸转化为乙酸钠，使乙酸乙酯在转化为乙酸钠和乙醇；
故答案为：将乙酸转化为乙酸钠，使乙酸乙酯在转化为乙酸钠和乙醇；
（2）冷凝管中冷却水下进上出，进口是B．烧瓶中少量加瓷片的作用是防止暴沸，故答案为：B；防止暴沸；
（3）在步骤④中加入过量浓硫酸的目的是和醋酸钠反应生成醋酸，方程式为2CH3COONa+H2SO4→Na2SO4+2CH3COOH，故答案为：2CH3COONa+H2SO4→Na2SO4+2CH3COOH；
（4）依据图表中物质沸点分析可知，在70℃～85℃时馏出物的主要成分是乙醇；当最后蒸馏的温度控制在85℃～125℃一段时间后，耐酸蒸馏器残液中溶质的主要成分依据反应2CH3COONa+H2SO4-→Na2SO4+2CH3COOH 可知，得到残液中溶质的主要成分是硫酸钠，故答案为：乙醇； Na2SO4．
下列图示的四种实验操作名称从左到右依次是（ ）
正确答案
解析
解：由图中第一个装置的仪器以及操作分离固液化合物，可知本实验操作名称过滤；
由图中第二个装置的仪器以及操作从溶液中分离溶质，可知本实验操作名称蒸发；
由图中第三个装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏；
由图中第四个装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是萃取分液；
故四种实验操作名称从左到右依次是过滤、蒸发、蒸馏、萃取分液．
故选A．
高氯酸钠可用于制备高氯酸．以精制盐水等为原料制备高氯酸钠晶体（NaClO4•H2O）的流程如下：
（1）由粗盐（含Ca2+、Mg2+、S
（2）“电解Ⅰ”的目的是制备NaClO3溶液，产生的尾气除H2外，还含有______（填化学式）．“电解Ⅱ”的化学方程式为______．
（3）“除杂”的目的是除去少量的NaClO3杂质，该反应的离子方程式为______．“气流干燥”时，温度控制在80～100℃的原因是______．
正确答案
解：（1）Na2CO3的作用是碳酸根离子与钙离子和除硫酸根离子引入的钡离子发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和碳酸钡，所以碳酸钠的作用为除去钙离子和钡离子，Br-的还原性强于氯离子，所以电解过程中溴离子优先被氧化，故答案为：除去Ca2+和引入的Ba2+；电解时Br-被氧化；
（2）电解过程中阳极氯离子放电，主要生成氯酸根离子，部分产生氯气，而阴极氢离子放电，生成氢气，所以尾气有氢气和少量的氯气，电解Ⅱ氯酸根离子在阳极放电生成高氯酸根，而阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，所以电解反应方程式为：NaClO3+H2O
（3）由图示可知通入二氧化硫除去其中的氯酸根离子，反应的离子方程式为：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-，气流温度太低不得于干燥，温度过高晶体要失水，温度太高氯酸钠可能分解，故答案为：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-；温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解；温度太低，干燥不充分．
解析
解：（1）Na2CO3的作用是碳酸根离子与钙离子和除硫酸根离子引入的钡离子发生复分解反应，生成难溶的碳酸钙和碳酸钡，所以碳酸钠的作用为除去钙离子和钡离子，Br-的还原性强于氯离子，所以电解过程中溴离子优先被氧化，故答案为：除去Ca2+和引入的Ba2+；电解时Br-被氧化；
（2）电解过程中阳极氯离子放电，主要生成氯酸根离子，部分产生氯气，而阴极氢离子放电，生成氢气，所以尾气有氢气和少量的氯气，电解Ⅱ氯酸根离子在阳极放电生成高氯酸根，而阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，所以电解反应方程式为：NaClO3+H2O
（3）由图示可知通入二氧化硫除去其中的氯酸根离子，反应的离子方程式为：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-，气流温度太低不得于干燥，温度过高晶体要失水，温度太高氯酸钠可能分解，故答案为：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-；温度太高，高氯酸钠晶体失去结晶水或分解；温度太低，干燥不充分．
某地煤矸石经预处理后含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物等，一种综合利用煤矸石的工艺流程如图所示．
（1）写出“酸浸”过程中主要反应的离子方程式（任写一个）：______．
（2）物质X的化学式为______．“碱溶”时反应的离子方程式为______．
（3）已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4．为了获得Al（OH）3产品，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续的操作过
程是______，再加入CaCO3调节pH到5.4，过滤得到Al（OH）3
（4）以煤矸石为原料还可以开发其他产品，例如在煤矸石的盐酸浸取液除铁后，常温下向AlCl3饱和溶液中不断通入HCl气体，可析出大量AlCl3•6H2O晶体．结合化学平衡移动原理解释析出晶体的原因：______．
正确答案
Al2O3+6H+═2Al3++3H2O或Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
CO2
Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O
加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3后
AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡AlCl3•6H2O（s）⇌Al3+（aq）+3Cl-（aq）+6H2O（l），通入HCl气体使溶液中c（Cl-）增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体
解析
解：含SiO2（63%）、Al2O3（25%）、Fe2O3（5%）及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝；
（1）氧化铝和氧化铁都能和盐酸反应生成盐和水，反应方程式分别是：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，
故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O或Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；
（2）氯化铝和氯化铁水解都生成盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳，所以物质X是二氧化碳，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性偏铝酸钠，离子反应方程式为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：CO2；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
（3）Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4，要使铁离子完全沉淀而铝离子不沉淀，则溶液的PH应该为3.2，过滤氢氧化铝沉淀时调节溶液pH为5.4，以使氢氧化铝完全沉淀，
故答案为：加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe（OH）3后；
（4）氯化铝在溶液中存在溶解平衡，AlCl3•6H2O（s）⇌Al3+（aq）+3Cl-（aq）+6H2O（l），通入氯化氢后溶液中氯离子浓度增大，抑制氯化铝水解，所以促进氯化铝晶体析出，
故答案为：AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡AlCl3•6H2O（s）⇌Al3+（aq）+3Cl-（aq）+6H2O（l），通入HCl气体使溶液中c（Cl-）增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体．
锶（Sr）为第五周期ⅡA族元素．高纯六水氯化锶晶体（SrCl2•6H2O）具有很高的经济价值，61℃时晶体开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水．用工业碳酸锶粉末（含少量Ba、Fe的化合物）制备高纯六水氯化锶的过程如图．
请回答：
（1）氯化锶溶液显______（填“酸性“、“碱性”或“中性”）；
（2）写出步骤②在浆液中加入盐酸时发生反应的离子方程式______
（3）步骤③中调节溶液pH至8-1O，宜选用的试剂为______．
A．稀硫酸 B．氢氧化锶粉末 C．氢氧化钠 D．氧化锶粉末
所得滤渣的主要成分是______（填化学式）．
（4）步骤⑤中，洗涤氯化锶晶体最好选用______．
A．水 B．稀硫酸 C．氢氧化钠溶液 D．氯化锶饱和溶液
工业上用50～60℃热风吹干六水氯化锶，选择该温度的原因是______．
（5）若滤液中Ba2+浓度为1×10-5mol•L-1，依据下表数据可以推算滤液中Sr2+物质的量浓度为______．
正确答案
解：（1）同主族元素最外层电子数相同，自上而下电子层数增多，元素的金属性增强；所以Sr金属性比钙强，氯化钙溶液显中性，所以氯化锶溶液显中性，
故答案为：中性；
（2）碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、水、二氧化碳．碳酸锶不溶于水，氯化锶易溶于水．反应离子方程式为：SrCO3+2H+═Sr2++H2O+CO2↑，
故答案为：SrCO3+2H+═Sr2++H2O+CO2↑；
（3）调节pH除去Fe3+等，要不能引入杂质，最好选用氢氧化锶粉末或氧化锶粉末；由于前面加入了稀硫酸故有硫酸钡生成，所以沉淀有两种即BaSO4、Fe（OH）3；
故答案为：B D；BaSO4、Fe（OH）3；
（4）为了减少氯化锶溶解，所以用氯化锶饱和溶液洗涤晶体，由题中信息可知热风吹干六水氯化锶时温度不能太高，当高于61℃时晶体会失去结晶水；
故答案为：D；温度高有利于除去晶体表面附着的水，但温度高于61℃时晶体会失去结晶水；
（5）滤液中Ba2+浓度为1×10-5mol•L-1，则c（SO42-）=
所以滤液中Sr2+物质的量浓度为c（Sr2+）=
故答案为：不大于0.03mol/L．
解析
解：（1）同主族元素最外层电子数相同，自上而下电子层数增多，元素的金属性增强；所以Sr金属性比钙强，氯化钙溶液显中性，所以氯化锶溶液显中性，
故答案为：中性；
（2）碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、水、二氧化碳．碳酸锶不溶于水，氯化锶易溶于水．反应离子方程式为：SrCO3+2H+═Sr2++H2O+CO2↑，
故答案为：SrCO3+2H+═Sr2++H2O+CO2↑；
（3）调节pH除去Fe3+等，要不能引入杂质，最好选用氢氧化锶粉末或氧化锶粉末；由于前面加入了稀硫酸故有硫酸钡生成，所以沉淀有两种即BaSO4、Fe（OH）3；
故答案为：B D；BaSO4、Fe（OH）3；
（4）为了减少氯化锶溶解，所以用氯化锶饱和溶液洗涤晶体，由题中信息可知热风吹干六水氯化锶时温度不能太高，当高于61℃时晶体会失去结晶水；
故答案为：D；温度高有利于除去晶体表面附着的水，但温度高于61℃时晶体会失去结晶水；
（5）滤液中Ba2+浓度为1×10-5mol•L-1，则c（SO42-）=
所以滤液中Sr2+物质的量浓度为c（Sr2+）=
故答案为：不大于0.03mol/L．
某研究性学习小组拟用硝酸钠和氯化钾混合，来制取较纯净的硝酸钾晶体，他们设计了如下流程：
请根据图1流程，回答相关问题：
（1）操作①的名称是______．
（2）参照如图2溶解度曲线，写出固体A、B的化学式：A______，B______．欲得到较纯的硝酸钾晶体需用少量的______（填“热水”，“冷水”）洗涤固体
（3）在操作②的过程中要用到减压的方法进行过滤，叫减压过滤，俗称抽滤．如图3为减压过滤装置，回答有关问题．
①写出图3中A、B、C三种仪器的名称：A______；B______；C______．
②采用减压过滤的目的是______．
③请指出图3中的两处错误______；______
④吸滤完毕时，应先拆下B与C或C和抽气泵间的橡皮管，然后关闭水龙头，其原因是______．
（4）固体B中杂质的检验方法______．
正确答案
解：（1）NaCl的溶解度受温度影响不大，KNO3的溶解度受温度影响较大，当温度较高时KNO3的溶解度较大，全部溶于水，而NaCl的溶解度较小，当蒸发溶剂时，NaCl先结晶析出，然后趁热过滤，
故答案为：蒸发结晶过滤；
（2）NaCl的溶解度受温度影响不大，KNO3的溶解度受温度影响较大，当温度较高时KNO3的溶解度较大，全部溶于水，而NaCl的溶解度较小，当蒸发溶剂时，NaCl先结晶析出，后析出的是KNO3，由于KNO3在冷水中溶解度较小，所以要用冷水洗涤固体；
故答案为：NaCl；KNO3；冷水；
（3）①仪器A的名称布氏漏斗，B的名称吸滤瓶，C的名称安全瓶；故答案为：布氏漏斗，吸滤瓶，安全瓶；
②操作①时在固体NaCl析出时，为了防止KNO3的析出要趁热过滤，所以应加快过滤速度，得到较干燥的晶体，用预热过的布氏漏斗进行抽滤过滤速度较快，
故答案为：加快过滤速度，得到较干燥的晶体；
③布氏漏斗的斜面应朝向吸滤瓶的支管口，安全瓶内应短管进长管出，故答案为：布氏漏斗的斜面应朝向吸滤瓶的支管口，安全瓶内应短管进长管出；
④吸滤完毕时，应先拆下B与C或C和抽气泵间的橡皮管，然后关闭水龙头，其原因是防倒吸，故答案为：防倒吸；
（4）固体B（KNO3）中的杂质为NaCl，要检验其存在，只需检验Cl-即可，操作为：取少量固体B加水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则含杂质，
故答案为：取少量固体B加水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则含杂质．
解析
解：（1）NaCl的溶解度受温度影响不大，KNO3的溶解度受温度影响较大，当温度较高时KNO3的溶解度较大，全部溶于水，而NaCl的溶解度较小，当蒸发溶剂时，NaCl先结晶析出，然后趁热过滤，
故答案为：蒸发结晶过滤；
（2）NaCl的溶解度受温度影响不大，KNO3的溶解度受温度影响较大，当温度较高时KNO3的溶解度较大，全部溶于水，而NaCl的溶解度较小，当蒸发溶剂时，NaCl先结晶析出，后析出的是KNO3，由于KNO3在冷水中溶解度较小，所以要用冷水洗涤固体；
故答案为：NaCl；KNO3；冷水；
（3）①仪器A的名称布氏漏斗，B的名称吸滤瓶，C的名称安全瓶；故答案为：布氏漏斗，吸滤瓶，安全瓶；
②操作①时在固体NaCl析出时，为了防止KNO3的析出要趁热过滤，所以应加快过滤速度，得到较干燥的晶体，用预热过的布氏漏斗进行抽滤过滤速度较快，
故答案为：加快过滤速度，得到较干燥的晶体；
③布氏漏斗的斜面应朝向吸滤瓶的支管口，安全瓶内应短管进长管出，故答案为：布氏漏斗的斜面应朝向吸滤瓶的支管口，安全瓶内应短管进长管出；
④吸滤完毕时，应先拆下B与C或C和抽气泵间的橡皮管，然后关闭水龙头，其原因是防倒吸，故答案为：防倒吸；
（4）固体B（KNO3）中的杂质为NaCl，要检验其存在，只需检验Cl-即可，操作为：取少量固体B加水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则含杂质，
故答案为：取少量固体B加水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则含杂质．
某废金属屑中主要成分为Cu、Fe、Al，还含有少量的铜锈[Cu2（OH）2CO3]、少量的铁锈和少量的氧化铝，用上述废金属屑制取胆矾（CuSO4•5H2O）、无水AlCl3和铁红的过程如图所示：
请回答：
（1）在废金属屑粉末中加入试剂A，生成气体1的反应的离子方程式是______．
（2）溶液2中含有的金属阳离子是______；气体2的成分是______．
（3）溶液2转化为固体3的反应的离子方程式是______．
（4）利用固体2制取CuSO4溶液有多种方法．
①在固体2中加入浓H2SO4并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的化学方程式是______．
②在固体2中加入稀H2SO4后，通入O2并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的离子方程式是______．
（5）溶液1转化为溶液4过程中，不在溶液1中直接加入试剂C，理由是______
（6）直接加热AlCl3•6H2O不能得到无水AlCl3，SOCl2为无色液体，极易与水反应生成HCl和一种具有漂白性的气体．AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热制取无水AlCl3，反应的化学方程式是______．
正确答案
解：废金属中加入过量试剂A，根据图知，金属Al经过一系列反应生成无水AlCl3，根据元素守恒知，滤液1中含有Al元素，Cu和Fe不和A反应，则A为NaOH；Al、Al2O3和NaOH溶液反应都生成NaAlO2，同时生成H2，则气体1是H2、固体1是Cu和Fe、[Cu2（OH）2CO3]、铁锈；
溶液1中通入CO2，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，固体4是Al（OH）3，溶液3是NaHCO3；
固体4和试剂C反应生成溶液4，根据元素守恒知，试剂C是稀盐酸，带结晶水的氯化铝失水生成无水AlCl3；
固体1和试剂B反应得到固体2、溶液2和气体2，固体2能得到CuSO4，则固体2为Cu，从硫酸铜溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾；
Fe和试剂B反应生成气体2，气体2和试剂A反应生成H2，则气体2中含有CO2、H2；
反应中Fe3+、Cu2+和Fe反应生成Fe2+，溶液2中含有Fe2+，向溶液2中加入过量试剂A得到固体3为Fe（OH）3，灼烧Fe（OH）3得到铁红Fe2O3，
（1）试剂A是NaOH溶液，Al、Al2O3都和NaOH反应生成偏铝酸钠，只有Al和NaOH反应生成氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；
（2）通过以上分析知，溶液2中含有的金属阳离子是Fe2+；气体2的成分是CO2和H2，
故答案为：Fe2+；CO2和H2；
（3）溶液2转化为固体3的反应是亚铁离子和NaOH、氧气的反应，该反应的离子方程式是4Fe2++8OH-+O2+2H2O═4Fe（OH）3↓，
故答案为：4Fe2++8OH-+O2+2H2O═4Fe（OH）3↓；
（4）①固体2是Cu，在固体2中加入浓H2SO4并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）
②在固体2中加入稀H2SO4后，通入O2并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的离子方程式是2Cu+4H++O2
故答案为：2Cu+4H++O2
（5）溶液1转化为溶液4过程中，不在溶液1中直接加入试剂C，理由是若在溶液1中直接加入盐酸，会使溶液4中混有试剂A中的阳离子（如Na+等），而不是纯净的AlCl3溶液，
故答案为：若在溶液1中直接加入盐酸，会使溶液4中混有试剂A中的阳离子（如Na+等），而不是纯净的AlCl3溶液；
（6）氯化铝易水解，所以直接加热得不到氯化铝，需要在氯化氢的气氛中加热；SOCl2为无色液体，极易与水反应生成HCl和一种具有漂白性的气体，所以根据原子守恒可知，该气体应该是二氧化硫，则反应的方程式是AlCl3•6H2O+6SOCl2
解析
解：废金属中加入过量试剂A，根据图知，金属Al经过一系列反应生成无水AlCl3，根据元素守恒知，滤液1中含有Al元素，Cu和Fe不和A反应，则A为NaOH；Al、Al2O3和NaOH溶液反应都生成NaAlO2，同时生成H2，则气体1是H2、固体1是Cu和Fe、[Cu2（OH）2CO3]、铁锈；
溶液1中通入CO2，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，固体4是Al（OH）3，溶液3是NaHCO3；
固体4和试剂C反应生成溶液4，根据元素守恒知，试剂C是稀盐酸，带结晶水的氯化铝失水生成无水AlCl3；
固体1和试剂B反应得到固体2、溶液2和气体2，固体2能得到CuSO4，则固体2为Cu，从硫酸铜溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾；
Fe和试剂B反应生成气体2，气体2和试剂A反应生成H2，则气体2中含有CO2、H2；
反应中Fe3+、Cu2+和Fe反应生成Fe2+，溶液2中含有Fe2+，向溶液2中加入过量试剂A得到固体3为Fe（OH）3，灼烧Fe（OH）3得到铁红Fe2O3，
（1）试剂A是NaOH溶液，Al、Al2O3都和NaOH反应生成偏铝酸钠，只有Al和NaOH反应生成氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；
（2）通过以上分析知，溶液2中含有的金属阳离子是Fe2+；气体2的成分是CO2和H2，
故答案为：Fe2+；CO2和H2；
（3）溶液2转化为固体3的反应是亚铁离子和NaOH、氧气的反应，该反应的离子方程式是4Fe2++8OH-+O2+2H2O═4Fe（OH）3↓，
故答案为：4Fe2++8OH-+O2+2H2O═4Fe（OH）3↓；
（4）①固体2是Cu，在固体2中加入浓H2SO4并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）
②在固体2中加入稀H2SO4后，通入O2并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的离子方程式是2Cu+4H++O2
故答案为：2Cu+4H++O2
（5）溶液1转化为溶液4过程中，不在溶液1中直接加入试剂C，理由是若在溶液1中直接加入盐酸，会使溶液4中混有试剂A中的阳离子（如Na+等），而不是纯净的AlCl3溶液，
故答案为：若在溶液1中直接加入盐酸，会使溶液4中混有试剂A中的阳离子（如Na+等），而不是纯净的AlCl3溶液；
（6）氯化铝易水解，所以直接加热得不到氯化铝，需要在氯化氢的气氛中加热；SOCl2为无色液体，极易与水反应生成HCl和一种具有漂白性的气体，所以根据原子守恒可知，该气体应该是二氧化硫，则反应的方程式是AlCl3•6H2O+6SOCl2
碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]是一种用途广泛的化工原料．工业上可用电子工业中刻蚀线路板的酸性废液（主要成分有FeCl3、CuCl2、FeCl2）制备，其制备过程如下：
查阅资料知，通过调节溶液的酸碱性可使Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：
（1）氯酸钠的作用是______；
（2）调节溶液A的pH范围为______，可以选择的试剂是______．（填序号）
a．氨水 b．硫酸铜 c．氢氧化铜 d．碳酸铜
（3）反应B的温度要控制在60℃左右，且保持恒温，可采用的加热方法是______．
（4）已知滤液中含有碳酸氢钠，写出生成碱式碳酸铜的离子方程式：______．
正确答案
将Fe2+氧化成Fe3+
3.7～6.0
cd
水浴加热
2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3+2HCO3-
解析
解：根据流程可知，制备碱式碳酸铜的方法为：废液中加入次氯酸钠将亚铁离子氧化成铁离子，然后用氢氧化铜或碳酸铜调节溶液的pH生成氢氧化铁除去铁离子，过滤后加入碳酸钠溶液生成碱式碳酸铜，过滤后得到碱式碳酸铜，
（1）由于沉淀氢氧化亚铁的pH大于沉淀氢氧化铁的pH，所以应该把亚铁离子氧化生成铁离子，然后再沉淀，所以氯酸钠的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，
故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；
（2）根据表中数据可知，要沉淀氢氧化铁，而不沉淀氢氧化铜，则溶液的pH应该控制在3.7～6.0之间；
制备碱式碳酸铜，由于不能引入杂质，所以选择的试剂可以为氢氧化铜、氧化铜，故cd正确，
故答案为：3.7～6.0；cd；
（3）要控制在60℃左右，且保持恒温，可通过水浴加热的方法完成，
故答案为：水浴加热；
（4）铜离子、碳酸根离子和水反应生成碱式碳酸铜和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3+2HCO3-，
故答案为：2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2（OH）2CO3+2HCO3-．
ZnSe是一种光电性能优异的半导体材料，某研究小组用如图1方法制备了ZnSe．
（1）SeO2溶于水生成H2SeO3，下列物质与水反应，跟此反应类型相同的是______
a．NO2 b．SO2 c．CaO d．Na2O2 e．F2
（2）硒酸（H2SeO4）的水溶液按下式发生一级和二级电离：H2SeO4=H++HSeO4-；HSeO4-⇌H++SeO42-，K2=1.0×10-2（298K）
①NaHSeO4溶液显______（填“酸性”、“中性”、“碱性”）．
②向H2SeO4溶液中滴加少量氨水，该反应的离子方程式为______．
③已知H2CO3的两级电离常数分别为Kl=4.2×10-7，K2=5.6×10-11，则KHCO3和KHSeO4两溶液混合后反应的离子方程式为______．
（3）肼（N2H4）与SeO32-反应的氧化产物是N2．氧化剂与还原剂的物质的量之比为______．
（4）电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染，所得产物可直接排入大气．其原理如图2所示，其中B为电源的______极，乙池中电极反应式为______，为使反应持续进行，须适时向甲池中添加______．
正确答案
解：（1）SeO2溶于水生成H2SeO3，反应方程式为SeO2+H2O═H2SeO3，是化合反应，而a．NO2与水反应不是化合反应，故不选； b．SO2与水反应生成亚硫酸是化合反应，故选；c．CaO与水反应生成氢氧化钙是化合反应，故选； d．Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气不是化合反应，故不选； e．F2与水反应生成氢氟酸和氧气非化合反应，故不选；故选：b c；
（2）①因为K2=1.0×10-2（298K），所以二步电离程度非常大，所以电离溶液呈酸性，故答案为：酸性；
②氨水少量所以第一步完全电离产生的氢离子，还过量，所以反应的离子方程式为：H++NH3•H2O=NH4++H2O，故答案为：H++NH3•H2O=NH4++H2O；
③已知HSeO4-⇌H++SeO42-，K2=1.0×10-2（298K）大于H2CO3的一级电离常数分别为Kl=4.2×10-7，所以KHCO3和KHSeO4两溶液混合，强酸制弱酸，所以反应方程式为：HCO3-+HSeO4-=CO2↑+SeO42-+H2O，故答案为：HCO3-+HSeO4-=CO2↑+SeO42-+H2O；
（3）在反应釜中反应物有Zn2+、SeO32-、N2H4，生成物有N2，SeO32-被还原为-2价的Se，与Zn2+生成ZnSe，根据氧化还原反应得失电子相等和质量守恒定律，离子方程式为2Zn2++2SeO32-+3N2H4=2ZnSe+3N2↑+6H2O，所以氧化剂SeO32-和还原剂N2H4的物质的量之比为2：3，故答案为：2：3；
（4）硝酸根离子由+5价变成0价得电子，发生还原反应，作为阴极，所以直流电源B为负极，阴极的电极反应式为：2NO3-+12H++10e-=6H2O+N2↑，甲池是水电离出的氢氧根离子在阳极发生氧化反应，而氢离子转移到乙池中，所以要在甲池中加H2O，故答案为：负；2NO3-+12H++10e-=6H2O+N2↑；H2O．
解析
解：（1）SeO2溶于水生成H2SeO3，反应方程式为SeO2+H2O═H2SeO3，是化合反应，而a．NO2与水反应不是化合反应，故不选； b．SO2与水反应生成亚硫酸是化合反应，故选；c．CaO与水反应生成氢氧化钙是化合反应，故选； d．Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气不是化合反应，故不选； e．F2与水反应生成氢氟酸和氧气非化合反应，故不选；故选：b c；
（2）①因为K2=1.0×10-2（298K），所以二步电离程度非常大，所以电离溶液呈酸性，故答案为：酸性；
②氨水少量所以第一步完全电离产生的氢离子，还过量，所以反应的离子方程式为：H++NH3•H2O=NH4++H2O，故答案为：H++NH3•H2O=NH4++H2O；
③已知HSeO4-⇌H++SeO42-，K2=1.0×10-2（298K）大于H2CO3的一级电离常数分别为Kl=4.2×10-7，所以KHCO3和KHSeO4两溶液混合，强酸制弱酸，所以反应方程式为：HCO3-+HSeO4-=CO2↑+SeO42-+H2O，故答案为：HCO3-+HSeO4-=CO2↑+SeO42-+H2O；
（3）在反应釜中反应物有Zn2+、SeO32-、N2H4，生成物有N2，SeO32-被还原为-2价的Se，与Zn2+生成ZnSe，根据氧化还原反应得失电子相等和质量守恒定律，离子方程式为2Zn2++2SeO32-+3N2H4=2ZnSe+3N2↑+6H2O，所以氧化剂SeO32-和还原剂N2H4的物质的量之比为2：3，故答案为：2：3；
（4）硝酸根离子由+5价变成0价得电子，发生还原反应，作为阴极，所以直流电源B为负极，阴极的电极反应式为：2NO3-+12H++10e-=6H2O+N2↑，甲池是水电离出的氢氧根离子在阳极发生氧化反应，而氢离子转移到乙池中，所以要在甲池中加H2O，故答案为：负；2NO3-+12H++10e-=6H2O+N2↑；H2O．
工业上用黄铜矿冶炼铜及对炉渣综合利用的一种工艺流程如下：
（1）冶炼过程中得到Cu2O和Cu的混合物称为“泡铜”，其与金属A1在高温条件下混合反应可得粗铜，反应化学方程式为______．粗铜精炼时应将粗铜连接在直流电源的______极，可在______极得到纯度较高的精铜．
（2）传统炼铜的方法主要是火法炼铜，其主要反应为：
①2CuFeS2+4O2
②2Cu2S+3O2
③2Cu2O+Cu2S
每生成1mol Cu，共消耗______mol O2．反应③中的氧化剂是______．
（3）炼铜产生的炉渣（含Fe2O3，FeO，SiO2，Al2O3）可制备Fe2O3．根据流程回答下列问题：
①加入适量NaClO溶液的目的是______ （用离子方程式表示）．
②除去Al3+的离子方程式是______．
③选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO．提供的试剂有：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、碘水．所选试剂是______．实验设计：______．
正确答案
解：（1）根据信息：金属A1在高温条件下和Cu2O和Cu的混合物反应可得粗铜，方程式为：3Cu2O+2Al
（2）由反应①2CuFeS2+4O2
②2Cu2S+3O2
③2Cu2O+Cu2S
可知，存在关系式：6Cu～6CuFeS2～15O2，所以每生成1mol Cu，共消耗氧气是2.5mol，氧化还原反应2Cu2O+Cu2S
（3）炼铜产生的炉渣（含Fe2O3，FeO，SiO2，Al2O3）制备Fe2O3的原理是先加入盐酸，在过滤，可以得到氯化铁、氯化亚铁、氯化铝的混合液，将二氧化硅滤出，向混合液中加入次氯酸钠溶液，其氧化性可以将亚铁离子全部氧化为铁离子，再加入氢氧化钠后过滤，可以得到氢氧化铁沉淀，将之加热分解得到氧化铁．
①加入适量NaClO溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，即2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故答案为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
②铝离子可以和过量的强碱溶液反应生成偏铝酸盐，过滤，可以实现铁离子和铝离子的分离，而除去铝离子，除去Al3+的离子方程式是：Al3++4OH-=[Al（OH）4]-，故答案为：Al3++4OH-=[Al（OH）4]-；
③氧化亚铁可以溶于稀硫酸中，亚铁离子能使高锰酸钾褪色，所以将炉渣溶于稀硫酸中，取溶液向其中滴加高锰酸钾溶液，如果紫色褪去，证明
含有亚铁离子，证明炉渣中含有FeO，不能用稀盐酸，因为盐酸也会使高锰酸钾褪色，干扰亚铁离子的检验，
故答案为：稀硫酸、KMnO4溶液；将炉渣溶于稀硫酸中，取溶液向其中滴加高锰酸钾溶液，如果紫色褪去，证明含有亚铁离子，证明炉渣中含有FeO．
解析
解：（1）根据信息：金属A1在高温条件下和Cu2O和Cu的混合物反应可得粗铜，方程式为：3Cu2O+2Al
（2）由反应①2CuFeS2+4O2
②2Cu2S+3O2
③2Cu2O+Cu2S
可知，存在关系式：6Cu～6CuFeS2～15O2，所以每生成1mol Cu，共消耗氧气是2.5mol，氧化还原反应2Cu2O+Cu2S
（3）炼铜产生的炉渣（含Fe2O3，FeO，SiO2，Al2O3）制备Fe2O3的原理是先加入盐酸，在过滤，可以得到氯化铁、氯化亚铁、氯化铝的混合液，将二氧化硅滤出，向混合液中加入次氯酸钠溶液，其氧化性可以将亚铁离子全部氧化为铁离子，再加入氢氧化钠后过滤，可以得到氢氧化铁沉淀，将之加热分解得到氧化铁．
①加入适量NaClO溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，即2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故答案为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
②铝离子可以和过量的强碱溶液反应生成偏铝酸盐，过滤，可以实现铁离子和铝离子的分离，而除去铝离子，除去Al3+的离子方程式是：Al3++4OH-=[Al（OH）4]-，故答案为：Al3++4OH-=[Al（OH）4]-；
③氧化亚铁可以溶于稀硫酸中，亚铁离子能使高锰酸钾褪色，所以将炉渣溶于稀硫酸中，取溶液向其中滴加高锰酸钾溶液，如果紫色褪去，证明
含有亚铁离子，证明炉渣中含有FeO，不能用稀盐酸，因为盐酸也会使高锰酸钾褪色，干扰亚铁离子的检验，
故答案为：稀硫酸、KMnO4溶液；将炉渣溶于稀硫酸中，取溶液向其中滴加高锰酸钾溶液，如果紫色褪去，证明含有亚铁离子，证明炉渣中含有FeO．
某实验小组用工业上废渣（主要成分Cu2S和Fe2O3）制取纯铜和绿矾（FeSO4•7H2O）产品，设计流程如下：
（1）在实验室中，欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g•mL-1）配制500mL1.0mol•L-1的硫酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还有______．
（2）该小组同学设计如下装置模拟废渣在过量氧气中焙烧，并验证废渣中含硫元素．
①装置A中反应的化学方程式为______；为控制反应不过于激烈并产生平稳气流，采取的操作及现象是______；B处应连接盛有______（填写试剂及仪器名称）．
②E装置中加入品红溶液的目的是______；当F装置中出现白色沉淀时，反应离子方程式为______．
（3）下列操作中，不属于步骤⑤中进行的操作的是______（填下列各项中序号）．
步骤⑥中由粗铜得到纯铜的方法为______（填写名称）．
（4）为测定产品中绿矾的质量分数，称取30.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L-1酸性KMnO4溶液进行滴定，反应为：10FeSO4+8H2SO4+2KMnO4=2MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O．实验所得数据如下表所示：
①第1组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是______（填代号）．
a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
b．锥形瓶洗净后未干燥
c．滴定终点时俯视读数
d．滴定终点时仰视读数
②根据表中数据，计算所得产品中绿矾的质量分数为______．
正确答案
解：（1）欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g•mL-1）配制500mL1.0mol•L-1的硫酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、滴定达到刻度线时用胶头滴管，配制在500mL容量瓶中进行，故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；
（2）①装置A中反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，通过控制水的流速来控制反应的速率，所以可以打开分液漏斗上口活塞，控制分液漏斗旋塞，使水匀速逐滴滴下，B装置应是干燥装置，所以用碱石灰的干燥管（或U形管）或浓硫酸的洗气瓶，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；打开分液漏斗上口活塞，控制分液漏斗旋塞，使水匀速逐滴滴下；碱石灰的干燥管（或U形管）或浓硫酸的洗气瓶；
②E装置中加入品红溶液的目的是检验气体a中的SO2；是未反应的氧气与二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸根离子，与钡离子结合生成硫酸钡白色沉淀，所以反应方程式为：2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+，故答案为：检验气体a中的SO2；2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+；
（3）步骤⑤是在还原性体系中蒸发浓缩结晶过滤，所以涉及的装置为：bc，不属于的是ad；粗铜得到纯铜，用电解精炼，故答案为：ad； 电解精炼（或精炼）；
（4）①第1组实验数据出现异常，消耗高锰酸钾溶液体积变大，
a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度变小，消耗高锰酸钾溶液体积变大，故正确；
b．锥形瓶洗净后未干燥，无影响，故错误；
c．滴定终点时俯视读数，高锰酸钾溶液体积变小，故错误；
d．滴定终点时仰视读数，高锰酸钾溶液体积变大，故正确；
故选：ad；
②第2、3、4组求平均值，消耗KMnO4溶液体积为：
10FeSO4～～2KMnO4，
10×152 2
m 20ml×0.1000mol•L-1×10-3
m=
解析
解：（1）欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g•mL-1）配制500mL1.0mol•L-1的硫酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、滴定达到刻度线时用胶头滴管，配制在500mL容量瓶中进行，故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；
（2）①装置A中反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，通过控制水的流速来控制反应的速率，所以可以打开分液漏斗上口活塞，控制分液漏斗旋塞，使水匀速逐滴滴下，B装置应是干燥装置，所以用碱石灰的干燥管（或U形管）或浓硫酸的洗气瓶，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；打开分液漏斗上口活塞，控制分液漏斗旋塞，使水匀速逐滴滴下；碱石灰的干燥管（或U形管）或浓硫酸的洗气瓶；
②E装置中加入品红溶液的目的是检验气体a中的SO2；是未反应的氧气与二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸根离子，与钡离子结合生成硫酸钡白色沉淀，所以反应方程式为：2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+，故答案为：检验气体a中的SO2；2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+；
（3）步骤⑤是在还原性体系中蒸发浓缩结晶过滤，所以涉及的装置为：bc，不属于的是ad；粗铜得到纯铜，用电解精炼，故答案为：ad； 电解精炼（或精炼）；
（4）①第1组实验数据出现异常，消耗高锰酸钾溶液体积变大，
a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度变小，消耗高锰酸钾溶液体积变大，故正确；
b．锥形瓶洗净后未干燥，无影响，故错误；
c．滴定终点时俯视读数，高锰酸钾溶液体积变小，故错误；
d．滴定终点时仰视读数，高锰酸钾溶液体积变大，故正确；
故选：ad；
②第2、3、4组求平均值，消耗KMnO4溶液体积为：
10FeSO4～～2KMnO4，
10×152 2
m 20ml×0.1000mol•L-1×10-3
m=
工业上用辉铜矿（主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质）为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：
已知：①固体B为氧化物组成的混合物 ②[Cu（NH3）4]2+（aq）═Cu2+（aq）+4NH3（aq）
（1）气体X是______，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为：______．
（2）固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是______，不用浓硫酸的原因是______．
（3）鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是______．滤液G的主要溶质是______（填化学式）．
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、______、烘干．
（5）用“间接碘量法”测定所制备的CuSO4•5H2O（不含能与I-反应的氧化性杂质）的纯度．取a g试样配成100mL溶液，取25.00mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，消耗c mol•L-1 Na2S2O3溶液的体积为V mL．
①写出CuSO4与KI反应的离子方程式______．
②计算试样中CuSO4•5H2O的纯度______（用a、c、V表示）．
正确答案
解：（1）根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫，方程式为：Cu2S+2O2
故答案为：SO2；Cu2S+2O2
（2）固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；因为浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2，所以不用；故答案为：溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；
（3）因为三价铁与KSCN溶液出现血红色，所以取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；因为溶液D中含有[Cu（NH3）4]2+和硫酸根，所以D转化生成CuO后，剩余的溶液中含有（NH4）2SO4；
故答案为：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；（NH4）2SO4；
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干，
故答案为：过滤、洗涤；
（5）①硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，离子方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；
②据比例关系4CuSO4•5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32-，
c×V×10-3mol c×V×10-3mol
试样中CuSO4•5H2O的质量分数为
解析
解：（1）根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫，方程式为：Cu2S+2O2
故答案为：SO2；Cu2S+2O2
（2）固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；因为浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2，所以不用；故答案为：溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；
（3）因为三价铁与KSCN溶液出现血红色，所以取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；因为溶液D中含有[Cu（NH3）4]2+和硫酸根，所以D转化生成CuO后，剩余的溶液中含有（NH4）2SO4；
故答案为：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；（NH4）2SO4；
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干，
故答案为：过滤、洗涤；
（5）①硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，离子方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；
②据比例关系4CuSO4•5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32-，
c×V×10-3mol c×V×10-3mol
试样中CuSO4•5H2O的质量分数为
CuCl2常用于颜料、木材防腐等工业，并用作消毒剂、媒染剂、催化剂．工业上用粗制的氧化铜粉末（含FeO和SiO2杂质）来制取无色CuCl2的流程如下：
已知：Fe3+、Fe2+、Cu2+转化为相应的氢氧化物，开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表
（1）第②步反应的离子方程式为______．
（2）滤渣A的成分有______（填化学式），检验滤液C中的Fe3+离子是否除尽的方法是______．
（3）第④步蒸发操作必要的仪器有铁架台（含铁圈）、坩埚钳、石棉网、______，需要在氯化氢气流中蒸干制取无水氯化铜的原因是______；
（4）称取30.250g已制得的无水CuCl2产品（含0.0204molFeCl3杂质），溶于水中，加入过量的铁粉充分反应后过滤．得250mL滤液，量取25.00mL滤液于锥形瓶中，用0.100mol•L-1酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积平均为46.00mL，则该无水CuCl2产品中CuCl2的质量分数为______（用小数表示，计算结果保留2位小数）．
正确答案
解：粗制的氧化铜粉末（含FeO和SiO2杂质），加入盐酸，CuO+2HCl═CuCl2+H2O，FeO+2HCl═FeCl2+H2O，二氧化硅和盐酸不反应，滤渣A为SiO2，滤液A为：CuCl2、FeCl2，加氯水，氯气具有氧化性氧化亚铁离子2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，滤液B为：Fe3+、Cu2+、Cl-，加入氧化铜，氧化铜和氢离子反应，促进水解反应右移，Fe3++3H2O⇌Fe（0H）3+3H+，调节PH至3.2，形成氢氧化铁沉淀，氯化铜水溶液中铜离子水解，在氯化氢气流中加热抑制氯化铜水解得到氯化铜固体，
（1）氯气具有氧化性，亚铁离子具有还原性，第②步加入氯水，发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，
故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（2）粗制的氧化铜粉末（含FeO和SiO2杂质），加入盐酸，CuO+2HCl═CuCl2+H2O，FeO+2HCl═FeCl2+H2O，二氧化硅和盐酸不反应，CuCl2、FeCl2易溶于水，二氧化硅和酸不反应，难溶于水，所以滤渣A为SiO2，Fe3+与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，所以检验滤液B中是否含Fe3+离子的方法为：取少量滤液C，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+，
故答案为：SiO2；取少量滤液C于试管中，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变血红色，证明滤液C中Fe3+未除尽，反之未除尽；
（3）蒸发时，需要使用蒸发皿；需要铁架台和铁圈支撑蒸发皿；需要玻璃棒进行搅拌，以防止液体受热不均匀，造成液体飞溅；需要酒精灯进行加热；坩埚钳用于夹持蒸发皿，滤液C是氯化铜溶液，制取无水CuCl2时，需在HCl气体中蒸干是防止氯化铜水解，HCl抑制CuCl2水解；
故答案为：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；HCl抑制CuCl2水解；
（4）称取30.250g已制得的无水CuCl2产品（含0.0204molFeCl3杂质），溶于水中，加入过量的铁粉，Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2Fe3+=3Fe2+，用0.100mol•L-1酸性KMnO4溶液滴定5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++2Mn2++4H2O，25mL样品溶液消耗高锰酸钾的物质的量为0.046L×0.100mol/L=4.6×10-3mol，可知250mL溶液可以消耗高锰酸钾的物质的量为4.6×10-3mol×
故答案为：0.89；
解析
解：粗制的氧化铜粉末（含FeO和SiO2杂质），加入盐酸，CuO+2HCl═CuCl2+H2O，FeO+2HCl═FeCl2+H2O，二氧化硅和盐酸不反应，滤渣A为SiO2，滤液A为：CuCl2、FeCl2，加氯水，氯气具有氧化性氧化亚铁离子2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，滤液B为：Fe3+、Cu2+、Cl-，加入氧化铜，氧化铜和氢离子反应，促进水解反应右移，Fe3++3H2O⇌Fe（0H）3+3H+，调节PH至3.2，形成氢氧化铁沉淀，氯化铜水溶液中铜离子水解，在氯化氢气流中加热抑制氯化铜水解得到氯化铜固体，
（1）氯气具有氧化性，亚铁离子具有还原性，第②步加入氯水，发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，
故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（2）粗制的氧化铜粉末（含FeO和SiO2杂质），加入盐酸，CuO+2HCl═CuCl2+H2O，FeO+2HCl═FeCl2+H2O，二氧化硅和盐酸不反应，CuCl2、FeCl2易溶于水，二氧化硅和酸不反应，难溶于水，所以滤渣A为SiO2，Fe3+与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，所以检验滤液B中是否含Fe3+离子的方法为：取少量滤液C，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+，
故答案为：SiO2；取少量滤液C于试管中，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变血红色，证明滤液C中Fe3+未除尽，反之未除尽；
（3）蒸发时，需要使用蒸发皿；需要铁架台和铁圈支撑蒸发皿；需要玻璃棒进行搅拌，以防止液体受热不均匀，造成液体飞溅；需要酒精灯进行加热；坩埚钳用于夹持蒸发皿，滤液C是氯化铜溶液，制取无水CuCl2时，需在HCl气体中蒸干是防止氯化铜水解，HCl抑制CuCl2水解；
故答案为：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；HCl抑制CuCl2水解；
（4）称取30.250g已制得的无水CuCl2产品（含0.0204molFeCl3杂质），溶于水中，加入过量的铁粉，Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2Fe3+=3Fe2+，用0.100mol•L-1酸性KMnO4溶液滴定5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++2Mn2++4H2O，25mL样品溶液消耗高锰酸钾的物质的量为0.046L×0.100mol/L=4.6×10-3mol，可知250mL溶液可以消耗高锰酸钾的物质的量为4.6×10-3mol×
故答案为：0.89；
某研究小组利用FeS除去废水中的Cu2+、Hg2+、Pb2+等有害金属离子，同时获得一种红色颜料，设计实验流程如下：
（1）“沉淀1”的主要成分是CuS、HgS、PbS和过量的FeS，试用离子方程式表示生成CuS的原
理______．
（2）“过滤”操作中需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、______．若滤液2中有少量浑浊，其原因可能是______ （任答一条即可）．
（3）为加快反应速率，反应②中可以代替O2的是______ （填代号）；红色颜料的主要成分是______．
A．硝酸 B．H2O2 C．KMnO4
（4）若废水中Cu2+、Hg2+、Pb2+的总浓度是2.0×l0-3mol/L，用足量FeS处理1m3上述废水，理论上最终可得到______ g红色颜料．
正确答案
Cu2++FeS=CuS+Fe2+
玻璃棒
漏斗中液面高出滤纸边缘或滤纸破损等
BC
Fe2O3
160
解析
解：（1）沉淀向更难溶的方向转化，硫化亚铁能转化为硫化铜：Cu2++FeS=CuS+Fe2+，故答案为：Cu2++FeS=CuS+Fe2+；
（2）过滤操作时用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；有少量浑浊的原因漏斗中液面高出滤纸边缘或滤纸破损等，故答案为：玻璃棒；漏斗中液面高出滤纸边缘或滤纸破损等；
（3）H2O2、KMnO4有强氧化性，可以代替O2，氢氧化铁分解成三氧化二铁，红色颜料的主要成分是Fe2O3，故答案为：BC；Fe2O3；
（4）FeS的物质的量等于Cu2+、Hg2+、Pb2+的总物质的量=2.0×l0-3mol/L×1000L=2mol，可得到三氧化二铁1mol，质量为160g，故答案为：160．
铝是地壳中含量最多的金属元素，在自然界主要以化合态形式存在于氧化铝中．铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量 SiO2、Fe2O3等杂质，冶炼金属铝很重要的一个过程是Al2O3的提纯．由于Al2O3是两性氧化物，而杂质SiO2是酸性氧化物，Fe2O3是碱性氧化物，因而可设计出两种提纯氧化铝的方案．
方案一：碱熔法
讨论回答下列问题：
（1）写出步骤①中可能发生反应的离子方程式：______．
（2）步骤③中不用盐酸（或H2SO4）酸化的理由______．
方案二：酸溶法
讨论回答下列问题：
（1）写出①中可能发生反应的离子方程式：______．
（2）步骤②中不用氨水沉淀Fe3+的原因：______．
正确答案
解：方案一碱熔法：铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量 SiO2、Fe2O3等杂质步骤①用氢氧化钠溶解，发生的反应有Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，过滤得到滤液为含AlO2-，SiO32-的离子的溶液，再通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝的沉淀，再灼烧生成氧化铝，最后电解得到铝单质；
（1）步骤①中可能发生反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
（2）因为偏铝酸钠与酸反应生成的Al（OH）3具有两性，可继续溶于强酸，不易控制酸的量并且CO2廉价而且生成的副产物NaHCO3用途广泛，经济效益好，所以步骤③中不用盐酸（或H2SO4）酸化，
故答案为：因为①AlO2-与酸反应生成的Al（OH）3具有两性，可溶于强酸，不易控制酸的量，②CO2廉价而且生成的副产物NaHCO3用途广泛，经济效益好；
方案二酸溶法：铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量 SiO2、Fe2O3等杂质步骤①用盐酸溶解，发生的反应有Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，过滤得到滤液为含三价铝和三价铁的离子的溶液，再通入过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠溶液甲，再通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝的沉淀，再灼烧生成氧化铝，最后电解得到铝单质；
（1）①中可能发生反应的离子方程式：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；
（2）因为Al（OH）3只能溶于强碱，不能溶于氨水，不能将Fe（OH）3和Al（OH）3分离，所以步骤②中不用氨水沉淀Fe3+，
故答案为：Al（OH）3只能溶于强碱，不能溶于氨水，不能将Fe（OH）3和Al（OH）3分离．
解析
解：方案一碱熔法：铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量 SiO2、Fe2O3等杂质步骤①用氢氧化钠溶解，发生的反应有Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，过滤得到滤液为含AlO2-，SiO32-的离子的溶液，再通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝的沉淀，再灼烧生成氧化铝，最后电解得到铝单质；
（1）步骤①中可能发生反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
（2）因为偏铝酸钠与酸反应生成的Al（OH）3具有两性，可继续溶于强酸，不易控制酸的量并且CO2廉价而且生成的副产物NaHCO3用途广泛，经济效益好，所以步骤③中不用盐酸（或H2SO4）酸化，
故答案为：因为①AlO2-与酸反应生成的Al（OH）3具有两性，可溶于强酸，不易控制酸的量，②CO2廉价而且生成的副产物NaHCO3用途广泛，经济效益好；
方案二酸溶法：铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量 SiO2、Fe2O3等杂质步骤①用盐酸溶解，发生的反应有Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，过滤得到滤液为含三价铝和三价铁的离子的溶液，再通入过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠溶液甲，再通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝的沉淀，再灼烧生成氧化铝，最后电解得到铝单质；
（1）①中可能发生反应的离子方程式：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；
（2）因为Al（OH）3只能溶于强碱，不能溶于氨水，不能将Fe（OH）3和Al（OH）3分离，所以步骤②中不用氨水沉淀Fe3+，
故答案为：Al（OH）3只能溶于强碱，不能溶于氨水，不能将Fe（OH）3和Al（OH）3分离．
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