- 物质的制备
- 共3198题
某研究性学习小组模拟工业生产过程进行试验．请回答下列问题：
（1）用如图1所示的装置向500-600℃的铁屑中通入氯气制取无水氯化铁的实验中，实验开始前应如何检查装置的气密性______．
（2）用如图2所示的装置向炽热铁屑中通入氯化氢制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取______．若仍用D的装置进行尾气处理，存在的问题是______、______．
若操作不当，制得的FeCl2 会含有少量FeCl3．欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先______，再点燃C处的酒精灯．
（3）从明矾[KAl（SO4）2•12H2O]制备Al、K2SO4和H2SO4的流程如下：
①反应①的化学方程式是______．
②从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是______．步骤③的化学方程式是______．
③焙烧a吨明矾（摩尔质量为b g/mol），若SO2 的转化率为96%，可生产质量分数为98%的H2SO4质量为______吨（列出计算表达式）．
正确答案
解：（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，改变体系内压强，生成气泡或形成水柱是常用的方法，所以图1装置，检查装置的气密性，把B、D中导管下端浸入水中，用洒精灯给烧瓶微热，看到B、D中导管下口有气泡冒出，停止加热后，有一段稳定的水柱，说明装置不漏气，
故答案为：把B、D中导管下端浸入水中，用洒精灯给烧瓶微热，看到B、D中导管下口有气泡冒出，停止加热后，有一段稳定的水柱，说明装置不漏气；
（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，故A装置制取的是HCl，反应方程式为：Fe+2HCl
故答案为：HCl； 易发生倒吸，缺少防止水蒸汽进入C中装置； 通入氯化氢（赶尽装置中的空气）；
（3）①“焙烧”过程中得到SO2与固体混合物，而固体混合物进行水浸，过滤得到Al2O3与K2SO4，则焙烧”过程中得到SO2、Al2O3、K2SO4，同时有水生成，发生反应为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S
故答案为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O；
②从溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，步骤③为电解氧化铝，氧化铝熔点高，用冰晶石作助熔剂，电解氧化铝生成铝和氧气，反应为：2Al2O3
故答案为：蒸发、结晶；2Al2O3
③设可生产x吨质量分数为98%的硫酸，则：
4KAl（SO4）2•12H2O～9H2SO4，
4×b 9×98
at×96% xt×98% 解得：x=
故答案为：
解析
解：（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，改变体系内压强，生成气泡或形成水柱是常用的方法，所以图1装置，检查装置的气密性，把B、D中导管下端浸入水中，用洒精灯给烧瓶微热，看到B、D中导管下口有气泡冒出，停止加热后，有一段稳定的水柱，说明装置不漏气，
故答案为：把B、D中导管下端浸入水中，用洒精灯给烧瓶微热，看到B、D中导管下口有气泡冒出，停止加热后，有一段稳定的水柱，说明装置不漏气；
（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl气体，故A装置制取的是HCl，反应方程式为：Fe+2HCl
故答案为：HCl； 易发生倒吸，缺少防止水蒸汽进入C中装置； 通入氯化氢（赶尽装置中的空气）；
（3）①“焙烧”过程中得到SO2与固体混合物，而固体混合物进行水浸，过滤得到Al2O3与K2SO4，则焙烧”过程中得到SO2、Al2O3、K2SO4，同时有水生成，发生反应为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S
故答案为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O；
②从溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，步骤③为电解氧化铝，氧化铝熔点高，用冰晶石作助熔剂，电解氧化铝生成铝和氧气，反应为：2Al2O3
故答案为：蒸发、结晶；2Al2O3
③设可生产x吨质量分数为98%的硫酸，则：
4KAl（SO4）2•12H2O～9H2SO4，
4×b 9×98
at×96% xt×98% 解得：x=
故答案为：
钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（TiO2）是目前最好的白色颜料．制备TiO2和Ti的原料是钛铁矿，我国的钛铁矿储量居世界首位．含有Fe2O3的钛铁矿（FeTiO3）制取TiO2的流程如下：
（1）Ti的原子序数为22，Ti位于元素周期表中第______周期，第______族．
（2）步骤①加Fe的目的是______；步骤②冷却的目的是______．
（3）上述制备TiO2的过程中，可以利用的副产物是______；考虑成本和废物综合利用因素，废液中应加入______处理．
（4）由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及到的步骤为：已知：
①C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H=-393.5kJ•mol-1
②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H=-566kJ•mol-1
③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）；△H=+141kJ•mol-1则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的△H=______．反应TiCl4+2Mg=2MgCl+Ti 在Ar气氛中进行的理由是______．
正确答案
四
ⅣB
将Fe3+还原为Fe2+
析出（或分离、或得到）FeSO4•7H2O
FeSO4•7H2O
石灰（或碳酸钙、废碱）
-80kJ•mol-1
防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）作用
解析
解：（1）Ti位于元素周期表中第四周期ⅣB族，故答案为：四；ⅣB；
（2）铁粉的作用是为了除去混合溶液中的Fe3+；步骤②冷却的目的由操作过滤和得到的物质是FeSO4•7H2O可得，是为降低FeSO4•7H2O的溶解度，
故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；析出（或分离、或得到）FeSO4•7H2O；
（3）得到的副产物为FeSO4•7H2O，图示水浸过程生成H2TiO3同时生成的H2SO4溶液（TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4），应加入碱性物质处理，可以是石灰（或碳酸钙、废碱），
故答案为：FeSO4•7H2O； 石灰（或碳酸钙、废碱）；
（4）依盖斯定律，将③+①×2-②可得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g），
△H=（+141kJ•mol-1）+2×（-393.5kJ•mol-1）-（-566kJ•mol-1）=-80 kJ•mol-1，Mg是活泼金属，能与空气中多种物质反应，因此可得出Ar气作用为保护气，防止Mg和空气中物质反应，
故答案为：-80 kJ•mol-1； 防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）作用．
根据要求填空：
（1）B装置有三种功能：
①均匀混合气体；②______；③______．
（2）设V
（3）D装置的石棉中均匀混有K I粉末，其作用是______．
（4）E装置的作用是______（填编号）
A．收集气体 B．吸收氯气 C．防止倒吸 D．吸收氯化氢
（5）E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为______（填分离方法名称）该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为______ （填编号）．
A．CH4 B．CH3C1 C．CH2C12 D．CHCl3 E．CCl4．
正确答案
解：（1）生成的氯气中含有水，B装置除具有控制气流速度、均匀混合气体之外，因浓硫酸具有吸水性，还具有干燥作用，故答案为：干燥混合气体，控制流速；
（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设
（3）氯气具有氧化性，KI中-1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，所以，D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气，故答案为：吸收过量的氯气；
（4）装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防止倒吸；
故答案为：CD．
（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，只有一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，
故答案为：分液；A、B；
解析
解：（1）生成的氯气中含有水，B装置除具有控制气流速度、均匀混合气体之外，因浓硫酸具有吸水性，还具有干燥作用，故答案为：干燥混合气体，控制流速；
（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设
（3）氯气具有氧化性，KI中-1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，所以，D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气，故答案为：吸收过量的氯气；
（4）装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防止倒吸；
故答案为：CD．
（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，只有一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，
故答案为：分液；A、B；
硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠NaBO2为主要原料制备NaBH4，其流程如图：
已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙酸（沸点：13℃）．
（1）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是：______．
（2）请配平第①步反应的化学方程式：
______NaBO2+______SiO2+______Na+______H2----______NaBH4+______Na2SiO3
（3）第②步操作需要的玻璃仪器有：______；第③步分离出NaBH4并回收溶剂，采用的操作方法是______．
（4）NaBH4与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为：______，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为______．
正确答案
解：（1）NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；
故答案为：除去反应器中的水蒸气和空气；
（2）该反应中H元素化合价由0价变为-1价、Na元素化合价由0价变为+1价，转移电子总数为4，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为：NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，
故答案为：1；2；4；2；1；2；
（3）②中加入的溶剂是异丙酸，NaBH4溶解与异丙酸、Na2SiO3不溶于异丙酸，所以第②步分离采用的方法是过滤，需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法，异丙酸沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙酸和固体NaBH4；
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；蒸馏；
（4）NaBH4与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，NaBO2中B元素化合价为+3价，所以NaBH4中H元素的化合价为-1价，所以H元素化合价由-1价、+1价变为0价，再结合转移电子守恒配平方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，反应消耗1mol NaBH4时转移的物质的量=1mol×4×（1-0）=4mol，所以转移电子数为4NA或2.408×1024；
故答案为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；4NA．
解析
解：（1）NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；
故答案为：除去反应器中的水蒸气和空气；
（2）该反应中H元素化合价由0价变为-1价、Na元素化合价由0价变为+1价，转移电子总数为4，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为：NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，
故答案为：1；2；4；2；1；2；
（3）②中加入的溶剂是异丙酸，NaBH4溶解与异丙酸、Na2SiO3不溶于异丙酸，所以第②步分离采用的方法是过滤，需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法，异丙酸沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙酸和固体NaBH4；
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；蒸馏；
（4）NaBH4与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，NaBO2中B元素化合价为+3价，所以NaBH4中H元素的化合价为-1价，所以H元素化合价由-1价、+1价变为0价，再结合转移电子守恒配平方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，反应消耗1mol NaBH4时转移的物质的量=1mol×4×（1-0）=4mol，所以转移电子数为4NA或2.408×1024；
故答案为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；4NA．
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，能遇水强烈水解生成盐酸和H4SiO4，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（g）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的作用是使BaCO3转化为BaCl2和______．
（4）生成滤渣A的离子方程式______．
（5）BaCl2滤液经______、______、过滤、洗涤，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：（1）氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，水解方程式为：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）pH=3.4时，三价铁离子完全生成沉淀，使Fe3+完全沉淀；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，同时使使Fe3+完全沉淀，
故答案为：使Fe3+完全沉淀；
（4）当pH=3.4时，铁离子完全生成沉淀，当pH=12.4时，镁离子完全沉淀生成氢氧化镁，Mg（OH）2，所以当pH=12.5时，滤渣A的成分是氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，
故答案为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；
（5）BaCl2•2H2O为结晶水合物，为了防止结晶水的散失，通常从溶液中制取固体的方法是降温结晶，即：蒸发浓缩→降温结晶→过滤→洗涤，
故答案为：蒸发浓缩，降温结晶；
（6）由原子守恒知，1molBaCO3能生成1molBaCl2•2H2O，n（BaCl2•2H2O）=n（BaCO3）
m（BaCl2•2H2O）=n（BaCl2•2H2O）×M（BaCl2•2H2O）=
故答案为：9.76．
解析
解：（1）氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，水解方程式为：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）pH=3.4时，三价铁离子完全生成沉淀，使Fe3+完全沉淀；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，同时使使Fe3+完全沉淀，
故答案为：使Fe3+完全沉淀；
（4）当pH=3.4时，铁离子完全生成沉淀，当pH=12.4时，镁离子完全沉淀生成氢氧化镁，Mg（OH）2，所以当pH=12.5时，滤渣A的成分是氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，
故答案为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；
（5）BaCl2•2H2O为结晶水合物，为了防止结晶水的散失，通常从溶液中制取固体的方法是降温结晶，即：蒸发浓缩→降温结晶→过滤→洗涤，
故答案为：蒸发浓缩，降温结晶；
（6）由原子守恒知，1molBaCO3能生成1molBaCl2•2H2O，n（BaCl2•2H2O）=n（BaCO3）
m（BaCl2•2H2O）=n（BaCl2•2H2O）×M（BaCl2•2H2O）=
故答案为：9.76．
（2013•丰台区一模）用芒硝（Na2SO4°10H2O）制备纯碱、明矾铵[（NH4）2Al（SO4）2°12H2O]的生产工艺流程如下图：
（1）溶液C中的溶质主要是______
（2）明矾铵的溶液呈______性，明矾铵可用于净水，用离子方程式说明其原理______
（3）过程Ⅰ中的反应温度不能超过40℃，其原因是______
（4）运用化学平衡原理解释Na2SO4稍过量的原因______
（5）若将Al2（SO4）3加入到A中会产生大量的沉淀和气体，导致明矾铵的产量降低，请用离子方程式解释
解释产生该现象的原因是______
（6）溶液E中的溶质离子为______
（7）已知明矾铵的溶解度随着温度的升高而增大，过程Ⅱ中得到明矾铵的系列实验操作是：______、______、过滤、洗涤、干燥．
正确答案
解：碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与溶液A，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为NaHCO3，过程I利用溶解度不同发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4 ，滤液A中含有（NH4）2SO4 及溶解的NH4HCO3，加入硫酸，调节pH使NH4HCO3转化二氧化碳与（NH4）2SO4 ，得到溶液B为（NH4）2SO4 溶液，再加入硫酸铝得铵明矾，D主要为剩余的NH4HSO4、Al2（SO4）3．
（1）CO2与氨水反应生成NH4HCO3或（NH4）2CO3，故答案为：NH4HCO3；
（2）由于Al3+与NH4+水解使溶液呈现酸性，明矾铵可用于净水，是因为铝离子水解产生氢氧化铝胶体所致：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故答案为：酸；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；
（3）NH4HCO3易受热分解，故反应应控制温度，故答案为：NH4HCO3易受热分解；
（4）在平衡体系中增加一种反应物的浓度，反应正向进行，提高另外反应物的转化率，HCO32-（aq）+Na+（aq）⇌NaHCO3（s），Na+浓度增大平衡向正反应方向移，故答案为：HCO32-（aq）+Na+（aq）⇌NaHCO3（s），Na+浓度增大平衡向正反应方向移；
（5）发生双水解反应Al3++3HCO32-=Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：Al3++3HCO32-=Al（OH）3↓+3CO2↑；
（6）A为（NH4）2SO4和剩余的硫酸盐和碳酸盐，B主要为NH4HSO4，D主要为剩余的NH4HSO4、Al2（SO4）3，E为（NH4）2SO4，溶液E中的溶质离子为：NH4+、SO42-，故答案为：NH4+、SO42-；
（7）明矾铵的溶解度随着温度的升高而增大，故采用降温结晶的方法分离，因滤液浓度低，所以需要浓缩，方法为蒸发浓缩、降温结晶（冷却结晶），故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶．
解析
解：碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠，过滤得到滤渣与溶液A，而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳，可知滤渣为NaHCO3，过程I利用溶解度不同发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4 ，滤液A中含有（NH4）2SO4 及溶解的NH4HCO3，加入硫酸，调节pH使NH4HCO3转化二氧化碳与（NH4）2SO4 ，得到溶液B为（NH4）2SO4 溶液，再加入硫酸铝得铵明矾，D主要为剩余的NH4HSO4、Al2（SO4）3．
（1）CO2与氨水反应生成NH4HCO3或（NH4）2CO3，故答案为：NH4HCO3；
（2）由于Al3+与NH4+水解使溶液呈现酸性，明矾铵可用于净水，是因为铝离子水解产生氢氧化铝胶体所致：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故答案为：酸；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；
（3）NH4HCO3易受热分解，故反应应控制温度，故答案为：NH4HCO3易受热分解；
（4）在平衡体系中增加一种反应物的浓度，反应正向进行，提高另外反应物的转化率，HCO32-（aq）+Na+（aq）⇌NaHCO3（s），Na+浓度增大平衡向正反应方向移，故答案为：HCO32-（aq）+Na+（aq）⇌NaHCO3（s），Na+浓度增大平衡向正反应方向移；
（5）发生双水解反应Al3++3HCO32-=Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：Al3++3HCO32-=Al（OH）3↓+3CO2↑；
（6）A为（NH4）2SO4和剩余的硫酸盐和碳酸盐，B主要为NH4HSO4，D主要为剩余的NH4HSO4、Al2（SO4）3，E为（NH4）2SO4，溶液E中的溶质离子为：NH4+、SO42-，故答案为：NH4+、SO42-；
（7）明矾铵的溶解度随着温度的升高而增大，故采用降温结晶的方法分离，因滤液浓度低，所以需要浓缩，方法为蒸发浓缩、降温结晶（冷却结晶），故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶．
金属钛被称为铁和铝之后崛起的“第三金属”，常见化合价为+4．它是空间技术、航海、化工、医疗上不可缺少的材料．工业上用钛铁矿（主要成分FeTiO3）制备金属钛的一种工艺流程如图（部分产物略去）：
（1）步骤①反应的化学方程式为：2FeTiO3+6C+7Cl2
（2）步骤②分离出TiCl4的方法，利用了TiCl4与FeCl3______的不同．
（3）步骤④反应的化学方程式为______，该反应在氩气中进行的理由是______．
（4）绿色化学提倡物料循环．以上流程中，可用于循环的物质除Cl2、Mg外，还有______．
正确答案
解：（1）结合氧化还原的分析可知，C和FeTiO3所含元素化合价升高，是还原剂，氯气是氧化剂，当生成1mol TiCl4时，被还原的Cl2为3.5mol，转移电子的物质的量为3.5mol×2=7mol，故答案为：FeTiO3、C；7；
（2）可以通过加热蒸馏的方式分离TiCl4与FeCl3的混合物，说明两者存在沸点差异，故答案为：沸点；
（3）步骤④Mg和TiCl4生成MgCl2和Ti，反应的方程式为Mg+TiCl4
（4）步骤④生成的可用于电解MgCl2得到镁和氯气，可循环利用，故答案为：MgCl2．
解析
解：（1）结合氧化还原的分析可知，C和FeTiO3所含元素化合价升高，是还原剂，氯气是氧化剂，当生成1mol TiCl4时，被还原的Cl2为3.5mol，转移电子的物质的量为3.5mol×2=7mol，故答案为：FeTiO3、C；7；
（2）可以通过加热蒸馏的方式分离TiCl4与FeCl3的混合物，说明两者存在沸点差异，故答案为：沸点；
（3）步骤④Mg和TiCl4生成MgCl2和Ti，反应的方程式为Mg+TiCl4
（4）步骤④生成的可用于电解MgCl2得到镁和氯气，可循环利用，故答案为：MgCl2．
某铜矿石中铜元素含量较低，且含有铁、镁、钙等杂质离子．某小组在实验室中用浸出-萃取法制备硫酸铜：
（1）操作1的名称为______．操作2用到的玻璃仪器有烧杯和______
（2）“浸出”步骤中，为提高铜的浸出率，可采取的措施有______
（3）取少量所得溶液A，滴加______（填物质名称）溶液后呈红色，说明溶液中存在Fe3+，检验溶液中还存在Fe2+的方法是______（注明试剂、现象）（不考虑除注明外的其它杂质干扰）
（4）比较操作2之前与操作3之后的溶液，说明两步骤主要目的是______．
（5）由硫酸铜溶液得到CuSO4•5H2O的操作为______．
（6）下列操作会导致CuSO4•5H2O含量的测定结果偏高的是______．
A．滴定临近终点时，用洗瓶中的蒸馏水洗下滴定管尖嘴口的半滴标准液至锥形瓶中
B．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00mL进行滴定
C．滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
D．读数时，滴定前平视，滴定后仰视
（7）用滴定法测定CuSO4•5H2O的含量．取a g试样配成100mL溶液，取20.00mL用c mol/L滴定剂（H2Y2-，滴定剂不与杂质反应）滴定至终点，消耗滴定剂bmL，滴定反应：Cu2++H2Y2-→CuY2-+2H+．则CuSO4•5H2O质量分数的表达式是______．
正确答案
过滤
分液漏斗
升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸（多次浸取）
硫氰化钾
另取少量溶液，滴加几滴高锰酸钾的酸性溶液，紫色褪去，说明溶液中存在Fe2+
除去杂质、富集铜元素
将溶液蒸发浓缩至少量晶体析出
CD
解析
解：（1）依据流程图分析操作Ⅰ是矿石酸溶后分离固体和液体的方法，实验操作是过滤；
操作Ⅱ是加入有机物溶解铜的化合物且能和水分层，实验操作是分液，分液操作用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗等，
故答案为：过滤；分液漏斗；
（2）“浸出”步骤中，提高铜的浸出率的方法有：可以升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸（多次浸取），
故答案为：升高温度、搅拌、过滤后再向滤渣中加入硫酸（多次浸取）；
（3）亚铁离子能使高锰酸钾溶液褪色，但是铁离子不可以，铁离子遇到硫氰化钾显示红色，所以用硫氰化钾检验铁离子的存在，再取少量待测液，滴加几滴高锰酸钾的酸性溶液，紫色褪去，说明溶液中存在Fe2+，
故答案为：硫氰化钾；另取少量溶液，滴加几滴高锰酸钾的酸性溶液，紫色褪去，说明溶液中存在Fe2+；
（4）利用水和有机溶剂萃取提纯硫酸铜溶液结晶得到硫酸铜晶体，操作II、操作III的主要目的是除去溶液中的杂质，
故答案为：除去杂质、富集铜元素；
（5）加热过程中硫酸铜晶体中的结晶水会失去，所以由硫酸铜溶液得到CuSO4•5H2O的操作方法为：由硫酸铜溶液得到CuSO4•5H2O，
故答案为：将溶液蒸发浓缩至少量晶体析出；
（6）A．滴定临近终点时，用洗瓶中的蒸馏水洗下滴定管尖嘴口的半滴标准液至锥形瓶中，该部分溶液体积已经显示在滴定管的刻度中，对实验无影响，故A错误；
B．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00mL进行滴定，会导致溶液浓度偏小，测定结果偏低，故B错误；
C．滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，会导致体积偏大，测定结果偏大，故C正确；
D．读数时，滴定前平视，滴定后仰视，导致读出的消耗的标准液的体积偏大，测定结果偏高，故D正确；
故答案为：CD；
（7）根据反应Cu2++H2Y2-→CuY2-+2H+可知，20mL样品溶液中：n（Cu2+）=n（H2Y2-）=bc×10-3mol，
则ag试样中：n（CuSO4•5H2O）=bc×10-3mol×
硫酸铜晶体的质量为：m（CuSO4•5H2O）=5bc×10-3mol×250g/mol=1.25bcg，
则CuSO4•5H2O质量分数为：
故答案为：
信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁．某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线图1：
请回答下列问题：
（1）第①步Cu与酸反应的离子方程为______；
得到滤渣1的主要成分为______．
（2）第②步加H2O2的作用是______，使用H2O2的优点是______；调溶液pH的目的是使______生成沉淀．
（3）用第③步所得CuSO4•5H2O制备无水CuSO4的方法是______．
（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，探究小组设计了三种方案如图2．上述三种方案中，______方案不可行，原因是______；
（5）探究小组用滴定法测定CuSO4•5H2O （Mr=250）含量．取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c
mol L-1EDTA（H2Y2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+
写出计算CuSO4•5H2O质量分数的表达式ω=______；
下列操作会导致CuSO4•5H2O含量的测定结果偏高的是______．
a．未干燥锥形瓶
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子．
正确答案
解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-
故答案为：Cu+4H++2NO3-
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；
（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：加热脱水；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；
（5）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol•L-1 EDTA（H2Y2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+
铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依据元素守恒得到：
则20ml溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3mol；100ml溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol；
所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=
a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响；
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡说明消耗标准液读数偏小，结果偏低；
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高；
故答案为：
解析
解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-
故答案为：Cu+4H++2NO3-
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；
（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：加热脱水；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；
（5）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol•L-1 EDTA（H2Y2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+
铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依据元素守恒得到：
则20ml溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3mol；100ml溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol；
所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=
a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响；
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡说明消耗标准液读数偏小，结果偏低；
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高；
故答案为：
CH3COOH+CH3CH2CH2CH20H
制备过程中还可能有的副反应有
2CH3CH2CH2CH2OH
主要实验步骤如下：
Ⅰ合成：
在干燥的圆底烧瓶中加11.5mL（9.3g，0.125mol）正丁醇、7.2mL（7.5g，0.125mol）冰醋酸和3～4滴浓H2SO4，摇匀后，加几粒沸石，再按图1示装置安装好．在分水器中预先加入5.00mL水，其水面低于分水器回流支管下沿3～5mm，然后用小火加热，反应大约40min．
Ⅱ分离与提纯：
①将烧瓶中反应后的混后物冷却后与分水器中的酯层合并，转入分液漏斗，依次用10mL水，10mL 10%碳酸钠溶液洗至无酸性（pH=7），充分振荡后静置，分去水层．
②将酯层倒入小锥形瓶中，加少量无水硫酸镁干燥．
③将乙酸正丁酯粗产品转入50mL蒸馏烧瓶中，加几粒沸石进行常压蒸馏，收集产品．主要试剂及产物的物理常数如下：
根据以上信息回答下列问题：
（1）如图整个装置可看作由分水器、圆底烧瓶和______（填仪器名称）组成，其中冷水应从______（填a或b）管口通入．
（2）如何判断该合成反应达到了终点：______．
（3）在操作步骤①时，用右手压住分液漏斗的玻璃塞，左手握住______将分液漏斗倒转过来，用力振荡，振摇几次后要放气，放气时支管口不能对着人和火．在操作步骤②后（即酯层用无水硫酸镁干燥后），应先______（填实验操作名称），然后将乙酸正丁酯粗产品转入蒸馏烧瓶中．
（4）步骤③的常压蒸馏，需控制一定的温度，你认为在______中加热比较合适（请从下列选项中选择）．
A．水 B．甘油（沸点290℃） C．砂子 D．石蜡油（沸点200～300℃）
如果蒸馏装置如图2所示，则收集到的产品中可能混有______杂质．
（5）反应结束后，若放出的水为6.98mL（水的密度为1g•mL-1），则正丁醇的转化率约为______．
正确答案
解：（1）由装置图可知，装置由分水器、圆底烧瓶和冷凝管组成；冷凝管中的冷凝水应该从下口进上口出，所以从b管口通入；
故答案为：冷凝管；b；
（2）加热反应时会有少量正丁醇挥发进入分水器，分水器的液面会升高，当反应完全时，不再有正丁醇挥发进入分水器，则分水器中的液面不再升高，则合成反应达到了终点；
故答案为：分水器中水面不再升高；
（3）振荡分液漏斗时，右手压住分液漏斗的玻璃塞，左手握住旋塞，用力振荡；在操作步骤②后（即酯层用无水硫酸镁干燥后），应先把固液混合物分离，即通过过滤分离出乙酸丁酯，再把乙酸丁酯再转入蒸馏烧瓶；
故答案为：旋塞；过滤；
（4）乙酸正丁酯的沸点为126.1℃，选择沸点稍高的液体加热，所以可以在甘油和石蜡油中加热，水的沸点为100℃，加热温度太低，用砂子加热温度太高不易控制；正丁醇和乙酸易溶于水，在用水洗、10%碳酸钠溶液洗时，已经被除去，正丁醚与乙酸丁酯互溶，水洗和10%碳酸钠溶液洗时不能除去，所以蒸馏时会有少量挥发进入乙酸丁酯，则乙酸正丁酯的杂质为正丁醚；
故答案为：BD；正丁醚；
（5）反应结束后，若放出的水为6.98mL（水的密度为1g•mL-1），则反应生成的水为6.98mL-5.00mL=1.98mL，即1.98g，设参加反应的正丁醇为xg，
CH3COOH+CH3CH2CH2CH20H
74 18
xg 1.98g
则x=
则正丁醇的转化率约为
故答案为：88%．
解析
解：（1）由装置图可知，装置由分水器、圆底烧瓶和冷凝管组成；冷凝管中的冷凝水应该从下口进上口出，所以从b管口通入；
故答案为：冷凝管；b；
（2）加热反应时会有少量正丁醇挥发进入分水器，分水器的液面会升高，当反应完全时，不再有正丁醇挥发进入分水器，则分水器中的液面不再升高，则合成反应达到了终点；
故答案为：分水器中水面不再升高；
（3）振荡分液漏斗时，右手压住分液漏斗的玻璃塞，左手握住旋塞，用力振荡；在操作步骤②后（即酯层用无水硫酸镁干燥后），应先把固液混合物分离，即通过过滤分离出乙酸丁酯，再把乙酸丁酯再转入蒸馏烧瓶；
故答案为：旋塞；过滤；
（4）乙酸正丁酯的沸点为126.1℃，选择沸点稍高的液体加热，所以可以在甘油和石蜡油中加热，水的沸点为100℃，加热温度太低，用砂子加热温度太高不易控制；正丁醇和乙酸易溶于水，在用水洗、10%碳酸钠溶液洗时，已经被除去，正丁醚与乙酸丁酯互溶，水洗和10%碳酸钠溶液洗时不能除去，所以蒸馏时会有少量挥发进入乙酸丁酯，则乙酸正丁酯的杂质为正丁醚；
故答案为：BD；正丁醚；
（5）反应结束后，若放出的水为6.98mL（水的密度为1g•mL-1），则反应生成的水为6.98mL-5.00mL=1.98mL，即1.98g，设参加反应的正丁醇为xg，
CH3COOH+CH3CH2CH2CH20H
74 18
xg 1.98g
则x=
则正丁醇的转化率约为
故答案为：88%．
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