- 物质的制备
- 共3198题
（2015•北京一模）工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的工艺流程如下图所示．钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3价．
已知：TiOSO4遇水会水解．
（1）步骤②中，用铁粉将Fe3+转化为Fe2+的反应的离子方程式为______．
（2）步骤③中，实现混合物的分离是利用物质的______（填字母序号）．
a．熔沸点差异 b．溶解性差异 c．氧化性、还原性差异
（3）步骤②、③、④中，均需用到的操作是______（填操作名称）．
（4）请结合化学用语用化学平衡理论解释步骤④中将TiO2+转化为H2TiO3的原理：______．
（5）可以利用生产过程中的废液与软锰矿（主要成分为MnO2）反应生产硫酸锰（MnSO4，易溶于水），该反应的离子方程式为______．
（6）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，利用如下图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛．
①写出阳极所发生反应的电极反应式：______．
②在制备金属钛前后，CaO的总量不变，其原因是（请结合化学用语解释）______．
正确答案
2Fe3++Fe═3Fe2+
b
过滤
溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，
平衡正向移动，生成H2TiO3．
MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O
2O2--4e-═O2↑
制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：2CaO═2Ca+O2↑，2Ca+TiO2
解析
解：（1）故答案为：步骤②中，用铁粉将Fe3+转化为Fe2+的反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+；
（2）步骤③冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，利用的是物质溶解度的不同，通过冷却热饱和溶液得到，故答案为：b；
（3）②③④步骤的操作过程中都得到沉淀或晶体，所以需要过滤得到固体和溶液，故答案为：过滤；
（4）④中使用热水的目的是促进TiO2+水解生成H2TiO3，分离出固体加热得到TiO2；溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，
平衡正向移动，生成H2TiO3；
故答案为：溶液中存在平衡：TiO2++2H2O⇌H2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3．
（5）利用生产过程中的废液与软锰矿（主要成分为MnO2）反应生产硫酸锰（MnSO4，易溶于水），利用二氧化锰的氧化性氧化亚铁离子为三价铁离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（6）①用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，阳极发生氧化反应，阴极析出钙金属发生还原反应，阳极图示产物可可知，阳极生成二氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳，所以电极反应为：2O2--4e-=O2↑，或C+2O2--4e-=CO2↑；
故答案为：2O2--4e-=O2↑，或C+2O2--4e-=CO2↑；
②制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：2CaO═2Ca+O2↑，2Ca+TiO2
或：制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：阴极：2Ca2++4e-═2Ca 阳极：2O2--4e-═O2↑；2Ca+TiO2 
故答案为：制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：2CaO═2Ca+O2↑，2Ca+TiO2
甲酸（HCOOH）是一种有刺激气味的无色液体，有很强的腐蚀性．熔点8.4℃，沸点100.7℃，能与水、乙醇互溶，加热至160℃即分解成二氧化碳和氢气．
实验室可用甲酸与浓硫酸共热制备一氧化碳：HCOOH
①从下图挑选所需的仪器，画出Ⅰ中所缺的气体发生装置（添加必要的塞子、玻璃管、胶皮管，固定装置不用画），并标明容器中的试剂．
②装置Ⅱ的作用是______．
（2）实验室可用甲酸制备甲酸铜．其方法是先用硫酸铜和碳酸氢钠作用制得碱式碳酸铜，然后再与甲酸反应制得四水甲酸铜[Cu（HCOO）2•4H2O]晶体．相关的化学方程式是：
2CuSO4+4NaHCO3=Cu（OH）2•CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2O
Cu（OH）2•CuCO3+4HCOOH+5H2O=2Cu（HCOO）2•4H2O+CO2↑
实验步骤如下：
Ⅰ、碱式碳酸铜的制备：
Ⅱ、甲酸铜的制备：将Cu（OH）2•CuCO3固体放入烧杯中，加入一定量热的蒸馏水，再逐滴加入甲酸至碱式碳酸铜恰好全部溶解，趁热过滤除去少量不溶性杂质．在通风橱中蒸发滤液至原体积的1/3时，冷却析出晶体，过滤，再用少量无水乙醇洗涤晶体2-3次，晾干，得到产品．
③“趁热过滤”中，必须“趁热”的原因是______．
④用乙醇洗涤晶体的目的是______．
正确答案
解：①该反应的制取原理为 液+液
②生成的气体中含有CO、HCOOH和H2O，HCOOH易溶于水，会发生倒吸现象，需在收集前加一个安全瓶，故装置Ⅱ的作用是防止水槽中的水因倒吸流入蒸馏烧瓶中，
故答案为：安全瓶，防止倒吸；
③甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大，如果冷却，会有晶体析出，降低产率，因此需趁热过滤，故答案为：防止甲酸铜晶体析出；
④甲酸铜易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，故需用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的液体杂质，故答案为：洗去晶体表面的水和其它杂质．
解析
解：①该反应的制取原理为 液+液
②生成的气体中含有CO、HCOOH和H2O，HCOOH易溶于水，会发生倒吸现象，需在收集前加一个安全瓶，故装置Ⅱ的作用是防止水槽中的水因倒吸流入蒸馏烧瓶中，
故答案为：安全瓶，防止倒吸；
③甲酸铜的溶解度随温度的升高而变大，如果冷却，会有晶体析出，降低产率，因此需趁热过滤，故答案为：防止甲酸铜晶体析出；
④甲酸铜易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，故需用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的液体杂质，故答案为：洗去晶体表面的水和其它杂质．
氯气与金属锡在加热时反应可以用来制备SnCl4．已知：四氯化锡是无色液体，熔点-33℃，沸点114℃．SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟．实验室可以通过下图装置制备少量SnCl4 （夹持装置略）．
（1）仪器C的名称为______；
（2）装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为______；
（3）装置Ⅱ中的最佳试剂为______，装置Ⅶ的作用为______；
（4）该装置存在的缺陷是：______；
（5）如果没有装置Ⅲ，在Ⅳ中除生成SnCl4外，还会生成的含锡的化合物的化学式为______；
（6）若Ⅳ中用去锡粉11.9g，反应后，Ⅵ中锥形瓶里收集到24.8g SnCl4，则SnCl4的产率为______．
正确答案
蒸馏烧瓶
MnO2+4H++2Cl-
饱和氯化钠溶液
防止空气中水蒸气进入Ⅵ中，SnCl4水解
缺少尾气处理装置
Sn（OH）4或SnO2等
95.0%
解析
解：由装置图可知装置Ⅰ应为制备氯气装置，涉及离子反应为MnO2+4H++2Cl-
（1）仪器C的名称为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；
（2）装置Ⅰ中浓盐酸与MnO2在加热时发生反应产生氯气．发生反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-
（3）由于盐酸有挥发性，所以在制取的氯气中含有杂质HCl，在与金属锡反应前要除去，因此装置Ⅱ中的最佳试剂为除去HCl同时还可以减少氯气消耗的饱和食盐水；SnCl4极易水解，在潮湿的空气中发烟．为了防止盐水解，所以要防止起水解．装置Ⅶ的作用为防止空气中的水蒸气进入Ⅵ中使SnCl4水解，故答案为：饱和氯化钠溶液；防止空气中水蒸气进入Ⅵ中，SnCl4水解；
（4）未反应的氯气没有除去，缺少尾气处理装置，故答案为：缺少尾气处理装置；
（5）如果没有装置Ⅲ，则在氯气中含有水蒸汽，所以在Ⅳ中除生成SnCl4外，还会生成SnCl4水解产生的含锡的化合物Sn（OH）4或SnO2，故答案为：Sn（OH）4或SnO2等；
（6）若Ⅳ中用去锡粉11.9g，则n（Sn）=0.1mol，理论上产生的SnCl4的物质的质量是m（SnCl4）=0.1mol×261g/mol=26.1g所以反应后，若Ⅵ中锥形瓶里收集到24.8gSnCl4，则SnCl4的产率为
（2015秋•成都月考）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•2H20），为制取纯净的CuCl2•2H20，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）最适合作氧化剂X的是______．
A．K2Cr207 B．NaCl0 C．H202 D．KMn04
（2）加入的物质Y是______．
A．CuO B．NaOH C．Cu2（OH）2CO3 D．NH3
（3）由溶液Ⅲ获得CuCl2•2H2O，需要经过______、______、过滤操作．
（4）测定溶液Ⅰ中Fe2+的浓度，可用KMnO4标准溶液滴定，取用KMnO4溶液应使用______（“酸式”或“碱式”）滴定管．反应的化学方程式：______．
正确答案
解：（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，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；
（2）加入的物质Y可调节，使Fe3+全部沉淀，同时不引进新杂质，铁离子在水中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，用Cu（OH）2、CuCO3、CuO、Cu2（OH）2CO3等，
中和溶液的酸性，能促进水解平衡向正反应方向移动，调节pH，可以将铁离子沉淀（Fe3+氢氧化物完全沉淀时的PH：3.2），同时引入铜离子，无新的金属离子引入，且铜离子不沉淀（Cu2+氢氧化物开始沉淀时的PH：4.7），氢氧化钠和氨气都能使铜离子沉淀，无法分离Fe3+、Cu2+，
故答案为：AC；
（3）结晶水合物，为防止结晶水散失，从溶液中获得晶体通常采用降温结晶，所以从溶液中获得氯化铜晶体（CuCl2•2H20）要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤三步操作，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（4）KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，所以选择酸式滴定管，测定溶液Ⅰ中Fe2+的浓度，用KMnO4标准溶液滴定，Fe2+与MnO4-反应，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，由电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，离子反应为MnO4-+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：酸式；MnO4-+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O．
解析
解：（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，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；
（2）加入的物质Y可调节，使Fe3+全部沉淀，同时不引进新杂质，铁离子在水中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，用Cu（OH）2、CuCO3、CuO、Cu2（OH）2CO3等，
中和溶液的酸性，能促进水解平衡向正反应方向移动，调节pH，可以将铁离子沉淀（Fe3+氢氧化物完全沉淀时的PH：3.2），同时引入铜离子，无新的金属离子引入，且铜离子不沉淀（Cu2+氢氧化物开始沉淀时的PH：4.7），氢氧化钠和氨气都能使铜离子沉淀，无法分离Fe3+、Cu2+，
故答案为：AC；
（3）结晶水合物，为防止结晶水散失，从溶液中获得晶体通常采用降温结晶，所以从溶液中获得氯化铜晶体（CuCl2•2H20）要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤三步操作，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（4）KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，所以选择酸式滴定管，测定溶液Ⅰ中Fe2+的浓度，用KMnO4标准溶液滴定，Fe2+与MnO4-反应，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，由电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，离子反应为MnO4-+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，
故答案为：酸式；MnO4-+8H++5Fe2+=Mn2++5Fe3++4H2O．
多晶硅（硅单质的一种）被称为“微电子大厦的基石”，制备中副产物以SiCl4为主，它环境污染很大，能遇水强烈水解，放出大量的热．研究人员利用SiCl4水解生成的盐酸和钡矿粉（主要成分为BaCO3，且含有铁、镁等离子），制备BaCl2．2H2O，工艺流程如下：
已知：
①常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的PH分别是3.4、12.4；
②BaCO3的相对分子质量是197；BaCl2．2H2O的相对分子质量是244．
回答下列问题：
（1）SiCl4发生水解反应的化学方程式______．
（2）SiCl4用H2还原可制取纯度很高的硅，当反应中有1mol电子转移时吸收59KJ热量，则该反应的热化学方程式为______．
（3）加钡矿粉调节PH=7的作用是①使BaCO3转化为BaCl2②______．
（4）生成滤渣A的离子方程式______．
（5）BaCl2滤液经______、______、过滤、______，再经真空干燥后得到BaCl2．2H2O
（6）10吨含78.8% BaCO3的钡矿粉理论上最多能生成BaCl2．2H2O______吨．
正确答案
解：四氯化硅控制温度40°C，加入水过滤得到原硅酸，则发生水解反应生成原硅酸和氯化氢，过滤得到盐酸溶液，加入钡矿粉主要成分为BaCO3，且含有铁、镁等离子，调节溶液pH=7，使BaCO3转化为BaCl2，同时使Fe3+完全沉淀，过滤得到滤渣为氢氧化铁，滤液加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=12.5，控制70°C，得到氢氧化镁沉淀，过滤得到滤液为氯化钡溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到氯化钡晶体．
（1）四氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，反应方程式为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl，故答案为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；
（2）用H2还原SiCl4蒸气可制取纯度很高的硅，当反应中有1mol电子转移时吸收59KJ热量，转移4mol电子吸收热量236KJ，反应的热化学方程式：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol，
故答案为：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol；
（3）由pH=3.4时，Fe3+离子转化为氢氧化铁，当调节PH=7时能促使Fe3+离子沉淀完全，盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡和二氧化碳、水，加钡矿粉并调节pH=7的作用是使BaCO3转化为BaCl2，使Fe3+离子沉淀完全，
故答案为：使Fe3+离子沉淀完全；
（4）滤液②中加入NaOH溶液调节溶液pH=12.5，溶液中镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，反应离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，
故答案为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；
（5）BaCl2滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，再经真空干燥后得到BaCl2•2H2O，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；洗涤；
（6）根据Ba元素质量守恒：n（BaCl2•2H2O）=n（BaCO3），则m（BaCl2•2H2O）×=n（BaCl2•2H2O）×M（BaCl2•2H2O）=
故答案为：9.76．
解析
解：四氯化硅控制温度40°C，加入水过滤得到原硅酸，则发生水解反应生成原硅酸和氯化氢，过滤得到盐酸溶液，加入钡矿粉主要成分为BaCO3，且含有铁、镁等离子，调节溶液pH=7，使BaCO3转化为BaCl2，同时使Fe3+完全沉淀，过滤得到滤渣为氢氧化铁，滤液加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=12.5，控制70°C，得到氢氧化镁沉淀，过滤得到滤液为氯化钡溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到氯化钡晶体．
（1）四氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，反应方程式为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl，故答案为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；
（2）用H2还原SiCl4蒸气可制取纯度很高的硅，当反应中有1mol电子转移时吸收59KJ热量，转移4mol电子吸收热量236KJ，反应的热化学方程式：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol，
故答案为：SiCl4（s）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol；
（3）由pH=3.4时，Fe3+离子转化为氢氧化铁，当调节PH=7时能促使Fe3+离子沉淀完全，盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡和二氧化碳、水，加钡矿粉并调节pH=7的作用是使BaCO3转化为BaCl2，使Fe3+离子沉淀完全，
故答案为：使Fe3+离子沉淀完全；
（4）滤液②中加入NaOH溶液调节溶液pH=12.5，溶液中镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，反应离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，
故答案为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；
（5）BaCl2滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，再经真空干燥后得到BaCl2•2H2O，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；洗涤；
（6）根据Ba元素质量守恒：n（BaCl2•2H2O）=n（BaCO3），则m（BaCl2•2H2O）×=n（BaCl2•2H2O）×M（BaCl2•2H2O）=
故答案为：9.76．
FeCl3在现代工业生产中应用广泛．某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S．
I．经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华．他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下：
①检查装置的气密性；
②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成
④…
⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封
请回答下列问题：
（1）装置A中反应的化学方程式为______．
（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是______．
（3）上述操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有（填步骤序号）______．
（4）装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：______．
Ⅱ．该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液．
（5）FeCl3与H2S反应的离子方程式为______．
（6）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应式为______．
（7）综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：①H2S的原子利用率为100%；②______．
正确答案
解：（1）装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl2
（2）对FeCl3加热发生升华使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；
（3）为防止FeCl3潮解所采取的措施有②通入干燥的Cl2⑤用干燥的N2赶尽Cl2，故选：②、⑤；
（4）检验FeCl2是否失效，是检验有无Fe2+，而不是检验Fe3+的存在，不能选择KSCN溶液，而应该选择KMnO4溶液，因Fe2+有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：酸性KMnO4溶液；
（5）三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
（6）电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H++2e-═H 2↑，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+-e-=Fe3+，故答案为：Fe2+-e-=Fe3+；
（7）电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，得到循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用．
解析
解：（1）装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl2
（2）对FeCl3加热发生升华使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；
（3）为防止FeCl3潮解所采取的措施有②通入干燥的Cl2⑤用干燥的N2赶尽Cl2，故选：②、⑤；
（4）检验FeCl2是否失效，是检验有无Fe2+，而不是检验Fe3+的存在，不能选择KSCN溶液，而应该选择KMnO4溶液，因Fe2+有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：酸性KMnO4溶液；
（5）三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
（6）电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H++2e-═H 2↑，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+-e-=Fe3+，故答案为：Fe2+-e-=Fe3+；
（7）电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，得到循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用．
设计了四种制备气体的方案：①加热稀硫酸和乙醇制备乙烯；②加热稀盐酸和二氧化锰制备氯气；③用稀硫酸和大理石制备二氧化碳；④用稀硝酸和硫化亚铁制备硫化氢．不宜采用的方案有哪些？（ ）
正确答案
解析
解：①实验室制乙烯应用浓硫酸和乙醇加热到170°C，故①错误；
②制备氯气应用浓盐酸和二氧化锰，稀盐酸和二氧化锰不反应，故②错误；
③稀硫酸和大理石反应生成的硫酸钙微溶于水，阻碍反应的继续进行，制备二氧化碳应用稀盐酸和大理石，故③错误；
④制备硫化氢应用稀硫酸和硫化亚铁，稀硝酸具有强氧化性，将硫化氢氧化，不能得到硫化氢气体，故④错误．
故选D．
卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子．以卤块为原料可制得轻质氧化镁，工艺流程如图：
已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以常将它氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去．若要求产品尽量不含杂质，请根据表1表2提供的资料，填写空白：
表1 生成氢氧化物沉淀的pH
表2 化学试剂价格表
（1）在步骤②中加入的试剂X，最佳的选择是______，原因是______．写出加入X发生反应的离子方程式______．选择______（试剂）来检验Fe2+是否完全氧化为Fe3+．
（2）在步骤③中控制pH=9.8，其目的是______．
（3）试剂Z应该是______．
（4）在步骤⑤中发生反应的化学方程式是______．
（5）若在实验室中完成步骤⑥，则沉淀物必需在仪器A中灼烧．A应放置于仪器B上灼烧，灼烧完毕后应用仪器C取下仪器A置于仪器D上冷却．则B、C、D分别是______、______、______．
正确答案
解：（1）步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-═Fe3[Fe（CN）6]2↓，所以用可用K3[Fe（CN）6]溶液检验亚铁离子，
故答案为：漂液；漂液比H2O2的价格低得多；2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；K3[Fe（CN）6]溶液；
（2）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度，
故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；
（3）沉淀物B在水中加热煮沸可以生成气体，同时又生成沉淀物Mg（OH）2，则沉淀物B一定不是Mg（OH）2，所以加入的Z物质在表2中只能选纯碱，
故答案为：纯碱；
（4）加入的Z物质为纯碱，所以生成的沉淀物B是MgCO3，所以沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg（OH）2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O 
故答案为：MgCO3+H2O 
（5）步骤⑥由氢氧化镁灼烧制备氧化镁，应该在耐高温的坩埚中进行，坩埚应该放在泥三角上，取用泥三角需要使用坩埚钳，冷却坩埚时需要放在石棉网上，所以A、B、C、D分别为：坩埚、泥三角、坩埚钳、石棉网，
故答案为：泥三角；坩埚钳；石棉网．
解析
解：（1）步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-═Fe3[Fe（CN）6]2↓，所以用可用K3[Fe（CN）6]溶液检验亚铁离子，
故答案为：漂液；漂液比H2O2的价格低得多；2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；K3[Fe（CN）6]溶液；
（2）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度，
故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；
（3）沉淀物B在水中加热煮沸可以生成气体，同时又生成沉淀物Mg（OH）2，则沉淀物B一定不是Mg（OH）2，所以加入的Z物质在表2中只能选纯碱，
故答案为：纯碱；
（4）加入的Z物质为纯碱，所以生成的沉淀物B是MgCO3，所以沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg（OH）2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O
故答案为：MgCO3+H2O
（5）步骤⑥由氢氧化镁灼烧制备氧化镁，应该在耐高温的坩埚中进行，坩埚应该放在泥三角上，取用泥三角需要使用坩埚钳，冷却坩埚时需要放在石棉网上，所以A、B、C、D分别为：坩埚、泥三角、坩埚钳、石棉网，
故答案为：泥三角；坩埚钳；石棉网．
K2CO3有广泛的用途．
（1）钾肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等．将草木灰用水浸取，过滤、蒸发得浓缩液．
①该浓缩液呈碱性的原因用离子方程式表示为______．
②检验该浓缩液中Cl-所用的试剂有______．
A．AgNO3溶液B．硝酸C．盐酸
D．Ba（NO3）2溶液E．BaCl2溶液
（2）工业上曾利用如下反应生产碳酸钾：K2SO4+C+CaCO3→K2CO3+X+CO2↑（未配平），已知X为两种元素组成的化合物，则X的化学式为______；反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为______．
（3）离子膜电解-炭化法是目前生产碳酸钾的常用的方法．
第一步：精制KCl溶液粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，按以下流程精制：
已知：加入K2CO3后，溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀．
Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12，Ksp（CaCO3）=2.8×10-9，Ksp（MgCO3）=6.8×10-6．
①操作Ⅰ的名称是______．
②当加入KOH后，溶液中n（CO32-）增大，主要原因是______．
第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸．
第三步：将KOH与CO2反应转化为KHCO3，再将KHCO3分解得到产品．
③离子膜电解-炭化法的整个过程中，可以循环利用的物质有______．
正确答案
解：（1）钾肥草木灰中含有的碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；
②钾肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等，氯离子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除硫酸根的干扰，所以操作为：取少量浓缩液，滴加足量的Ba（NO3）2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-，所以选择ABD，
故答案为：ABD；
（2）根据元素守恒以及工业上曾利用该反应生产碳酸钾未配平的方程式K2SO4+C+CaCO3→K2CO3+X+CO2↑可知：X必含有钙元素，碳元素化合价升高，必有化合价降低的元素，为硫，所以该反应为：K2SO4+2C+CaCO3=K2CO3+CaS+2CO2↑，S元素化合价由+6价降低到-2价，所以K2SO4为氧化剂，C元素化合价由0价升高为+4价，结合化学方程式中元素化合价变化，所以C为还原剂，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比是1：2，
故答案为：CaS；1：2；
（3）①粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，加入碳酸钾除去钙离子，形成碳酸钙沉淀，溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀，但Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6．，所以加入氢氧化钾，除去镁离子形成氢氧化镁沉淀，通过过滤操作，分离出沉淀和滤液中的钾离子、氯离子，
故答案为：过滤；
②Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6，难溶电解质的溶度积越小，越易生成沉淀，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大，也可理解为：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大，
故答案为：Ksp[Mg（OH）2]比Ksp[MgCO3]小，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大（或其他合理答案，如：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大）；
③离子膜电解-炭化法第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸，制得的盐酸可提供给第一步：精制KCl溶液中和所需盐酸，第三步：将KOH与CO2反应转化为KHCO3，再将KHCO3分解得到产品同时生成二氧化碳，为KOH转化为KHCO3提供CO2，所以可以循环利用的物质有：盐酸、CO2，
故答案为：盐酸、CO2．
解析
解：（1）钾肥草木灰中含有的碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；
②钾肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等，氯离子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除硫酸根的干扰，所以操作为：取少量浓缩液，滴加足量的Ba（NO3）2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-，所以选择ABD，
故答案为：ABD；
（2）根据元素守恒以及工业上曾利用该反应生产碳酸钾未配平的方程式K2SO4+C+CaCO3→K2CO3+X+CO2↑可知：X必含有钙元素，碳元素化合价升高，必有化合价降低的元素，为硫，所以该反应为：K2SO4+2C+CaCO3=K2CO3+CaS+2CO2↑，S元素化合价由+6价降低到-2价，所以K2SO4为氧化剂，C元素化合价由0价升高为+4价，结合化学方程式中元素化合价变化，所以C为还原剂，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比是1：2，
故答案为：CaS；1：2；
（3）①粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，加入碳酸钾除去钙离子，形成碳酸钙沉淀，溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀，但Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6．，所以加入氢氧化钾，除去镁离子形成氢氧化镁沉淀，通过过滤操作，分离出沉淀和滤液中的钾离子、氯离子，
故答案为：过滤；
②Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6，难溶电解质的溶度积越小，越易生成沉淀，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大，也可理解为：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大，
故答案为：Ksp[Mg（OH）2]比Ksp[MgCO3]小，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大（或其他合理答案，如：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大）；
③离子膜电解-炭化法第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸，制得的盐酸可提供给第一步：精制KCl溶液中和所需盐酸，第三步：将KOH与CO2反应转化为KHCO3，再将KHCO3分解得到产品同时生成二氧化碳，为KOH转化为KHCO3提供CO2，所以可以循环利用的物质有：盐酸、CO2，
故答案为：盐酸、CO2．
易溶于水的三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]•3H2O可用于摄影和蓝色印刷．以铁屑为原料的制备流程如图1：
请回答下列问题：
（1）铁屑中常含硫元素，加稀硫酸时会产生有毒的H2S气体，可用氢氧化钠溶液吸收，下列吸收装置正确的是图2中的______．
（2）制得的FeSO4溶液中需加入少量的H2SO4酸化，目的是______．若要从溶液中得到绿矾FeSO4•7H2O，必须进行的实验操作是______（按顺序填写）．
a．过滤洗涤 b．蒸发浓缩 c．冷却结晶 d．灼烧 e．干燥
（3）该晶体盐在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应．
①分解得到的气体产物用如图3装置进行实验
装置检查气密性后，先通一段时间N2，其目的为______．结束实验时先熄灭酒精灯再通入N2至常温，其目的为______．实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，E中有红色固体生成，则气体产物是______．
②分解得到的固体产物含有K2CO3、FeO、Fe，加水溶解、过滤、洗涤、干燥，得到含铁样品．现设计下列三种实验方案对该样品进行铁元素含量测定．
【甲】a g样品
【乙】a g样品
【丙】a g样品
你认为以上方案中______无法确定样品的组成，理由是______．
【甲】方案中测得铁元素的含量是______（用含有a、b的代数式表达）
正确答案
解：（1）洗气装置中导气管应该采用“长进短出”原则，符合条件的是A，故选A；
（2）Fe2+易水解导致溶液浑浊，酸能抑制Fe2+水解，为防止亚铁离子水解，应该加入少量稀硫酸；
若要从溶液中得到绿矾FeSO4•7H2O，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥操作，
故答案为：防止Fe2+的水解；bcae；
（3）①三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，即证明二氧化碳产生，E中有红色固体生成，证明还原性的气体CO的产生，
故答案为：排除装置中的空气，防止干扰实验结果；防止液体回流（或倒吸）；CO2、CO；
②在实验方案丙中，先是用盐酸溶解，最后加入高锰酸钾后，高锰酸钾具有氧化性，能将亚铁离子以及氯离子氧化，这样会导致得到的亚铁离子的含量偏高，干扰实验结果，无法确定样品的组成；
甲中样品溶解过程中亚铁离子被氧化生成铁离子，Fe 3+和OH-反应生成Fe（OH）3沉淀，灼烧沉淀得到固体是Fe2O3，
根据Fe原子守恒得n（Fe）=2n[Fe2O3]=2×
则样品中Fe元素质量分数=
故答案为：丙方案；使用盐酸溶解样品，氯离子也可以被高锰酸根离子氧化；
解析
解：（1）洗气装置中导气管应该采用“长进短出”原则，符合条件的是A，故选A；
（2）Fe2+易水解导致溶液浑浊，酸能抑制Fe2+水解，为防止亚铁离子水解，应该加入少量稀硫酸；
若要从溶液中得到绿矾FeSO4•7H2O，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥操作，
故答案为：防止Fe2+的水解；bcae；
（3）①三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，即证明二氧化碳产生，E中有红色固体生成，证明还原性的气体CO的产生，
故答案为：排除装置中的空气，防止干扰实验结果；防止液体回流（或倒吸）；CO2、CO；
②在实验方案丙中，先是用盐酸溶解，最后加入高锰酸钾后，高锰酸钾具有氧化性，能将亚铁离子以及氯离子氧化，这样会导致得到的亚铁离子的含量偏高，干扰实验结果，无法确定样品的组成；
甲中样品溶解过程中亚铁离子被氧化生成铁离子，Fe 3+和OH-反应生成Fe（OH）3沉淀，灼烧沉淀得到固体是Fe2O3，
根据Fe原子守恒得n（Fe）=2n[Fe2O3]=2×
则样品中Fe元素质量分数=
故答案为：丙方案；使用盐酸溶解样品，氯离子也可以被高锰酸根离子氧化；
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