- 物质的制备
- 共3198题
实验室制备环己酮的反应原理为：
环己醇、环己酮、饱和食盐水和水的部分物理性质见下表：
注：括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物的沸点
（1）实验中通过装置B将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有环己醇的A中，在55～60℃进行反应．反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95～100℃的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物．
①仪器B的名称是______．
②蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，应采取的正确方法是______．
③蒸馏不能分离环己酮和水的原因是______．
（2）用漂粉精和冰醋酸代替酸性Na2Cr2O7溶液也可氧化环己醇制环己酮，用漂粉精和冰醋酸氧化突出的优点是______．
（3）环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：
a．蒸馏，收集151～156℃馏分，得到精品
b．过滤
c．在收集到的粗品中加NaCl固体至饱和，静置，分液
d．加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量水
①上述操作的正确顺序是______（填序号）．
②在上述操作c中，加入NaCl固体的作用是______．
（4）环己酮是一种常用的萃取剂，以环己酮为成分之一的萃取液对金属离子的萃取率与pH的关系如图2．现有某钴矿石的盐酸浸出液，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Al3+，除去Al3+后，再利用萃取法分离出MnCl2以得到较为纯净的CoCl2溶液，pH范围应控制在______．
a．2.0～2.5 b．3.0～3.5 c．4.0～4.5．
正确答案
分液漏斗
停止加热，冷却后通自来水
环已酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出
避免使用有毒的Na2Cr2O7
cdba
增加水层的密度，有利于分层，减小产物的损失
b
解析
解：（1）①仪器B的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
②蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，不能立即接通冷凝水，防止骤冷将冷凝管炸裂，应该等到装置冷却后再通冷凝水，故答案为：停止加热，冷却后通自来水；
③环己酮和水能形成具有固定组成的混合物，具有固定的沸点，蒸馏时能被一起蒸出，所以蒸馏难以分离环己酮和水的混合物．环己酮和水能够产生共沸，采取蒸馏是不可取的，建议采用精馏，故答案为：环已酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出；
（2）漂粉精和冰醋酸反应生成的次氯酸具有较强的氧化性，使用漂粉精和冰醋酸来代替，这样避免使用有毒的Na2Cr2O7，故答案为：避免使用有毒的Na2Cr2O7；（3）①联系制取肥皂的盐析原理，即增加水层的密度，有利于分层，环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来，然后向有机层中加入无水MgSO4，出去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可，故答案为：c d b a；
②加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来，故答案为：增加水层的密度，有利于分层，减小产物的损失；
（4）由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故答案为：b．
工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）制取金属锌的流程如图所示．回答下列问题：
（1）酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，该反应的化学方程式为______．
（2）净化Ⅰ操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀．
①写出酸性条件下H2O2与Fe 2+反应的离子方程式：______．
②25℃时，pH=3的溶液中，c（Fe3+）=______mol•L-1（已知25℃，Ksp[Fe（ OH）3]=4.0×10-38）．
③净化Ⅰ生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是______．
（3）若没有净化Ⅱ操作，则对锌的制备带来的影响是______．
（4）本流程中可以循环利用的物质除锌外还有______．
正确答案
ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O
H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O
4.0×10-5
Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性
制取的锌含铜等杂质
H2SO4、ZnSO4
解析
解：（1）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；
（2）①亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；
②氢氧化铁的溶度积Ksp[Fe（ OH）3]=4.0×10-38，pH=3的溶液中，氢氧根离子的浓度为1×10-11mol/L，c（Fe3+）=
故答案为：4.0×10-5；
③由于生成的Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性，所以净化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胶体（沉淀）具有吸附性；
（3）由于锌焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反应后溶液中存在铜离子，没有净化Ⅱ操作，电解制取的锌中会含有铜等杂质，
故答案为：制取的锌含铜等杂质；
（4）通过制取金属锌的流程图示可以知道，可以循环利用的物质除锌外，含有硫酸、硫酸锌，
故答案为：H2SO4、ZnSO4．
实验室用下面（图2）装置制取少量溴苯，试填写下列空白．
（1）在烧瓶a中反应的化学方程式是______．
（2）长直导管b的作用：一是______，二是______．
（3）分析导管c的下口能不能浸没于液面中？为什么？______
（4）反应完毕后，向锥形瓶d中滴加AgNO3溶液有淡黄色沉淀生成，此现象说明这种获得溴苯的反应属于______（填有机反应类型）．
（5）反应完毕后，将烧瓶a中的液体倒入盛有冷水的烧杯里，可以观察到烧杯底部有褐色不溶于水的液体生成，这可能是因为______的缘故．获得纯净的溴苯所用的主要试剂是______．纯溴苯为______色液体，它的密度比水______（轻或重）．将溴苯和苯的混合物分离的操作是______
（6）采用（图1）装置进行实验，比较两个实验，请指出（图1）的两个优点______、______．
正确答案
解：（1）苯与液溴反应生成溴苯，化学方程式为
（2）长导管起冷凝回流，也起导气作用，故答案为：导气；冷凝回流；
（3）溴化氢极易溶于水，插入水中可发生倒吸，故答案为：不能，因为生成的溴化氢极易溶于水，造成锥形瓶内的液体倒吸入烧瓶；
（4）反应生成了溴化氢溶于水中电离出溴离子和银离子，加入硝酸银反应生成淡黄色沉淀溴化银，说明溴单质和苯的反应是发生了取代反应，故答案为：取代反应；
（5）烧杯底部有褐色不溶于水的液体是因为溴苯里溶解了液溴的缘故，选择用氢氧化钠溶液除去溴苯里混有的溴和溴化氢，本身溴苯是无色的，密度比水大，可选择蒸馏的方法分离溴苯和苯的混合物，故答案为：多余的液溴溶于溴苯；NaOH溶液；无；重；蒸馏；
（6）图2有尾气处理和利用冷凝管充分冷凝回流装置，故答案为：有尾气处理；充分冷凝回流．
解析
解：（1）苯与液溴反应生成溴苯，化学方程式为
（2）长导管起冷凝回流，也起导气作用，故答案为：导气；冷凝回流；
（3）溴化氢极易溶于水，插入水中可发生倒吸，故答案为：不能，因为生成的溴化氢极易溶于水，造成锥形瓶内的液体倒吸入烧瓶；
（4）反应生成了溴化氢溶于水中电离出溴离子和银离子，加入硝酸银反应生成淡黄色沉淀溴化银，说明溴单质和苯的反应是发生了取代反应，故答案为：取代反应；
（5）烧杯底部有褐色不溶于水的液体是因为溴苯里溶解了液溴的缘故，选择用氢氧化钠溶液除去溴苯里混有的溴和溴化氢，本身溴苯是无色的，密度比水大，可选择蒸馏的方法分离溴苯和苯的混合物，故答案为：多余的液溴溶于溴苯；NaOH溶液；无；重；蒸馏；
（6）图2有尾气处理和利用冷凝管充分冷凝回流装置，故答案为：有尾气处理；充分冷凝回流．
某校化学小组的同学将一批废弃的线路板简单处理后，得到含Cu、Al、Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计了如图1制备硫酸铜和硫酸铝晶体的方案：
回答下列问题：
（1）第②步加入H2O2是为了除去Fe2+，该反应的离子方程式为______．
（2）滤渣2的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3．由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O实验过程的最后步骤，是由Al2（SO4）3溶液经过加热蒸发、冷却结晶、______（填写所需实验操作的名称），即获得Al2（SO4）3•18H2O晶体．
（3）用第③步所得CuSO4•5H2O可制得Cu（OH）2．化学活动小组为探究Cu（OH）2受热分解产物及产物性质，设计如下实验过程：取0.98g Cu（OH）2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图3所示，产物A、B的化学式分别为______和Cu2O．通过以上实验和图象可以得出如下结论：高温时B______（填“较稳定”或“不稳定”）．
活动小组同学还进行了如下实验：
某同学用图2装置进行实验（夹持装置未画出），最终得出的结论是加热时A可将NH3氧化为N2，A被还原为单质Cu．支持此同学结论的现象是______．
正确答案
解：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②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染，调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，经蒸发结晶可得到CuSO4•5H2O晶体，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝，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．
（1）步骤②是在碱性条件下H2O2与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+与OH-，Fe3+与OH-反应生成Fe（OH）3沉淀，反应为：2Fe2++H2O2+4OH-═2Fe（OH）3，
故答案为：2Fe2++H2O2+4OH-═2Fe（OH）3；
（2）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，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，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得硫酸铝晶体，所以最后的操作步骤为过滤、洗涤、干燥，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；
（3）0.98gCu（OH）2固体物质的量为：0.01mol，依据分解图象分析判断，100°C时氢氧化铜分解产物为0.8g，高温1100°C得到B为0.72g，根据氢氧化铜分解生成氧化铜和水判断，Cu（OH）2
故答案为：CuO；较稳定；硬质玻璃管中黑色固体变成红色，烧杯中导管口部产生气泡，有无色、无味气体生成．
解析
解：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②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染，调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，经蒸发结晶可得到CuSO4•5H2O晶体，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝，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．
（1）步骤②是在碱性条件下H2O2与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+与OH-，Fe3+与OH-反应生成Fe（OH）3沉淀，反应为：2Fe2++H2O2+4OH-═2Fe（OH）3，
故答案为：2Fe2++H2O2+4OH-═2Fe（OH）3；
（2）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，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，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得硫酸铝晶体，所以最后的操作步骤为过滤、洗涤、干燥，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；
（3）0.98gCu（OH）2固体物质的量为：0.01mol，依据分解图象分析判断，100°C时氢氧化铜分解产物为0.8g，高温1100°C得到B为0.72g，根据氢氧化铜分解生成氧化铜和水判断，Cu（OH）2
故答案为：CuO；较稳定；硬质玻璃管中黑色固体变成红色，烧杯中导管口部产生气泡，有无色、无味气体生成．
工业上制备K2FeO4的流程如下：
（1）实验室配制FeSO4溶液时，需加入铁粉和稀硫酸，试说明加稀硫酸原因______．
（2）第一次氧化时，需要控制温度不超过35℃，原因是______．
（3）用饱和KOH溶液结晶的原因是______
（4）洗涤时用乙醚作洗涤剂的原因是______．
（5）控制NaOH的量一定，改变FeSO4•7H2O的投入量时，可以控制产率，假设所有反应均完全时产率最高则n（FeSO4•7H2O）：n（NaOH）理论值应为______．
（6）经测定第一、二次氧化时的转化率分别为a和b，结晶时的转化率为c，若要制备d Kg的K2FeO4，则需要FeSO4•7H2O______Kg．（K2FeO4的相对分子质量是198；FeSO4•7H2O的相对分子质量是278；答案用分数表示）
（7）电解法也能制备K2FeO4．用KOH溶液作电解液，在以铁作阳极可以将铁氧化成FeO42-，试写出此时阳极的电极反应式______．
正确答案
解：（1）FeSO4溶液中亚铁离子易被氧化生成铁离子，亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，加入铁粉防止氧化，加入硫酸防止水解，实验室配制FeSO4溶液时，需加入铁粉和稀硫酸，加稀硫酸原因是抑制FeSO4的水解，
故答案为：抑制FeSO4的水解；
（2）第一次氧化时，需要控制温度不超过35℃，原因是过氧化氢受热易发生分解失去氧化作用，
故答案为：温度过高H2O2会分解；
（3）上述分析可知用饱和KOH溶液提供钾离子结晶析出高铁酸钾晶体，用饱和KOH溶液结晶的原因是提供K+离子，
故答案为：提供K+；
（4）高铁酸钾不溶于乙醚，洗涤时用乙醚作洗涤剂的原因是用乙醚作洗涤剂减少产品损失，
故答案为：减少K2FeO4的损失；
（5）反应中Fe3+→FeO42-，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，ClO-→Cl-，氯元素化合价由+1降低为-1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe3+系数为2，ClO-系数为3，由铁元素守恒可知 FeO42-系数为2，由氯元素守恒可知Cl-系数为3，根据钠元素守恒可知OH-系数为10，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平离子方程式：3ClO-+2Fe3++10OH-═2FeO42-+3Cl-+5 H2O，假设所有反应均完全时产率最高，假设所有反应均完全时产率最高则n（FeSO4•7H2O）：n（NaOH）理论值应为1：5，
故答案为：1：5；
（6）经测定第一、二次氧化时的转化率分别为a和b，结晶时的转化率为c，若要制备d Kg的K2FeO4，元素守恒得到铁元素物质的量
则需要FeSO4•7H2O 质量=
故答案为：
（7）电解时阳极发生氧化反应，Fe在碱性条件下被氧化为FeO42-，电极反应式为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，
故答案为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O．
解析
解：（1）FeSO4溶液中亚铁离子易被氧化生成铁离子，亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，加入铁粉防止氧化，加入硫酸防止水解，实验室配制FeSO4溶液时，需加入铁粉和稀硫酸，加稀硫酸原因是抑制FeSO4的水解，
故答案为：抑制FeSO4的水解；
（2）第一次氧化时，需要控制温度不超过35℃，原因是过氧化氢受热易发生分解失去氧化作用，
故答案为：温度过高H2O2会分解；
（3）上述分析可知用饱和KOH溶液提供钾离子结晶析出高铁酸钾晶体，用饱和KOH溶液结晶的原因是提供K+离子，
故答案为：提供K+；
（4）高铁酸钾不溶于乙醚，洗涤时用乙醚作洗涤剂的原因是用乙醚作洗涤剂减少产品损失，
故答案为：减少K2FeO4的损失；
（5）反应中Fe3+→FeO42-，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，ClO-→Cl-，氯元素化合价由+1降低为-1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe3+系数为2，ClO-系数为3，由铁元素守恒可知 FeO42-系数为2，由氯元素守恒可知Cl-系数为3，根据钠元素守恒可知OH-系数为10，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平离子方程式：3ClO-+2Fe3++10OH-═2FeO42-+3Cl-+5 H2O，假设所有反应均完全时产率最高，假设所有反应均完全时产率最高则n（FeSO4•7H2O）：n（NaOH）理论值应为1：5，
故答案为：1：5；
（6）经测定第一、二次氧化时的转化率分别为a和b，结晶时的转化率为c，若要制备d Kg的K2FeO4，元素守恒得到铁元素物质的量
则需要FeSO4•7H2O 质量=
故答案为：
（7）电解时阳极发生氧化反应，Fe在碱性条件下被氧化为FeO42-，电极反应式为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，
故答案为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O．
（2015秋•大庆校级期末）淀粉水解的产物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1所示（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）：
实验过程如下：
①将1：1的淀粉水乳液与少许98%硫酸加入烧杯中，水浴加热至85～90℃，保持30min，然后逐渐将温度降至60℃左右；
②将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；
③控制反应液温度在55～60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65% HNO3与98% H2SO4的质量比为4：3）溶液；
④反应3h左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体．
硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：
C6H12O6+12HNO3-→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O
C6H12O6+8HNO3-→6CO2↑+8NO↑+10H2O
3H2C2O4+2HNO3-→6CO2↑+2NO↑+4H2O
请回答下列问题：
（1）实验①加入98%硫酸少许的目的是______．
（2）检验淀粉是否水解完全所用的试剂为______．
（3）冷凝水的进口是______（填“a”或“b”）．
（4）装置B的作用为______．
（5）实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是______．
（6）当尾气中n（NO2）：n（NO）=1：1时，过量的NaOH溶液能将氮氧化物全部吸收，只生成一种钠盐，化学方程式为______．，若用步骤④后含硫酸的母液来吸收氮氧化物，其优点是______，缺点是______．
（7）将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸．用KMnO4标准溶液滴定，该反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O．称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.020mol•L-1的酸性KMnO4溶液滴定至终点（杂质不参与反应），此时溶液颜色由______变为______．滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为______．
正确答案
解：（1）浓硫酸具有强氧化性、吸水性和脱水性，本题实验是将C6H12O6用硝酸氧化可以制备草酸，浓硫酸作催化剂且浓硫酸吸水有利于向生成草酸的方向移动，所以实验①加入98%硫酸少许的目的是：加快淀粉水解的速率（或起催化剂的作用），
故答案为：加快淀粉水解的速率（或起催化剂的作用）；
（2）淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解；溶液若不显色，则证明淀粉完全水解，
故答案为：碘水；
（3）凝管的作用是冷凝蒸气，起到冷凝回流作用，冷凝效果逆流效果好，冷凝水的进口是a进b出，
故答案为：a；
（4）装置B的作用是防止发生装置和吸收装置间发生倒吸，起到安全瓶的作用，
故答案为：作安全瓶；
（5）混酸为65%HNO3与98%H2SO4的混合液，混合液溶于水放热，温度高能加快化学反应，硝酸能进一步氧化H2C2O4成二氧化碳，
故答案为：硝酸浓度过大，导致C6H12O6 和H2C2O4进一步被氧化；
（6）发生反应为归中反应，根据N元素的化合价可知应生成NaNO2，反应的方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，用含硫酸的母液来吸收氮氧化物，会生成硝酸而重复使用，提高HNO3利用率；但也会造成吸收不充分，造成环境污染，
故答案为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O；提高HNO3利用率；NOx（或氮氧化物）吸收不完全；
（7）高锰酸钾溶液为紫红色，当达到滴定终点时，再滴入高锰酸钾溶液时，淡紫色不再褪去，草酸钠（Na2C2O4）溶于稀硫酸中，然后用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，离子方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，n（KMnO4）=0.016L×0.0200mol•L-1=3.2×10-3mol，根据方程式可得：
2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O．
2 5
3.2×10-3mol 8×10-3mol
样品中二水合草酸的质量为m=8×10-3mol×126g/mol=8×126×10-3g=1.008g，
则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为
故答案为：无色；淡紫色；84%．
解析
解：（1）浓硫酸具有强氧化性、吸水性和脱水性，本题实验是将C6H12O6用硝酸氧化可以制备草酸，浓硫酸作催化剂且浓硫酸吸水有利于向生成草酸的方向移动，所以实验①加入98%硫酸少许的目的是：加快淀粉水解的速率（或起催化剂的作用），
故答案为：加快淀粉水解的速率（或起催化剂的作用）；
（2）淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解；溶液若不显色，则证明淀粉完全水解，
故答案为：碘水；
（3）凝管的作用是冷凝蒸气，起到冷凝回流作用，冷凝效果逆流效果好，冷凝水的进口是a进b出，
故答案为：a；
（4）装置B的作用是防止发生装置和吸收装置间发生倒吸，起到安全瓶的作用，
故答案为：作安全瓶；
（5）混酸为65%HNO3与98%H2SO4的混合液，混合液溶于水放热，温度高能加快化学反应，硝酸能进一步氧化H2C2O4成二氧化碳，
故答案为：硝酸浓度过大，导致C6H12O6 和H2C2O4进一步被氧化；
（6）发生反应为归中反应，根据N元素的化合价可知应生成NaNO2，反应的方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，用含硫酸的母液来吸收氮氧化物，会生成硝酸而重复使用，提高HNO3利用率；但也会造成吸收不充分，造成环境污染，
故答案为：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O；提高HNO3利用率；NOx（或氮氧化物）吸收不完全；
（7）高锰酸钾溶液为紫红色，当达到滴定终点时，再滴入高锰酸钾溶液时，淡紫色不再褪去，草酸钠（Na2C2O4）溶于稀硫酸中，然后用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，离子方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，n（KMnO4）=0.016L×0.0200mol•L-1=3.2×10-3mol，根据方程式可得：
2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O．
2 5
3.2×10-3mol 8×10-3mol
样品中二水合草酸的质量为m=8×10-3mol×126g/mol=8×126×10-3g=1.008g，
则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为
故答案为：无色；淡紫色；84%．
（2015•江苏模拟）高锰酸钾可用于生活消毒，是中学化学常见的氧化剂．工业上，用软锰矿制高锰酸钾的流程如下（部分条件和产物省略）：
请回答下列问题：
（1）提高锰酸钾浸出率（浸出锰酸钾质量与固体总质量之比）的措施有______．
（2）写出二氧化锰和氢氧化钾熔融物中通入空气时发生的主要化学反应的方程式：______．
（3）从经济性考虑试剂X宜选择（填名称）：______．上述流程中，设计步骤IV和V的目的是______．
（4）以惰性材料为电极，采用电解锰酸钾溶液的方法完成步骤III转化．
①阳极反应式为______．
②电解过程中，阴极附近电解质溶液的pH将______（填：增大、减小或不变）．
（5）测定高锰酸钾样品纯度：向高锰酸钾溶液中滴定硫酸锰溶液，产生黑色沉淀．当溶液由紫红色刚好褪色且半分钟不变色，表明达到滴定终点．写出离子方程式：______．
（6）已知：常温下，Ksp[Mn（OH）2]=2.0×10-13．工业上，调节pH沉淀废水中Mn2+，当pH=10时，溶液中c（Mn2）=______．
正确答案
增大硫酸浓度、升高温度、边加硫酸边搅拦、增加浸出时间等
2MnO2+4KOH+O2
石灰乳（或生石灰）
循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率
MnO42--e-=MnO4-
增大
2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+
2.0×10-5mol/L
解析
解：软锰矿的主要成分为MnO2，由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，通过过滤，分离出二氧化锰，滤液中含KMnO4和K2CO3，根据KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用蒸发结晶的方式可分离出高锰酸钾和碳酸钾，对粗高锰酸钾进行重结晶、干燥得到纯净的高锰酸钾；向碳酸钾溶液中加入石灰生成碳酸钙和氢氧化钾，
（1）从浓度、温度等影响化学反应速率的角度可知，提高浸出率，可增大硫酸浓度、升高温度、边加硫酸边搅拦、增加浸出时间等，
故答案为：增大硫酸浓度、升高温度、边加硫酸边搅拦、增加浸出时间等；
（2）由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水．反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为-2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，所以反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O2
故答案为：2MnO2+4KOH+O2
（3）试剂X是将碳酸钾反应生成氢氧化钾，所以从经济性考虑试剂X宜选择石灰乳（或生石灰），上述流程中，步骤IV和V都是物质循环利用，其目的是循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率，
故答案为：石灰乳（或生石灰）；循环利用二氧化锰、氢氧化钾，提高原料利用率；
（4）电解锰酸钾溶液时，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO42--e-=MnO4-，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则阴极溶液的pH增大，
故答案为：①MnO42--e-=MnO4-；②增大；
（5）用高锰酸钾溶液滴定硫酸锰溶液，产生黑色沉淀，发生反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，
故答案为：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；
（6）pH=10时c（OH-）=10-4mol/L，根据Ksp[Mn（OH）2]=c2（OH-）×c（Mn2+）可知，溶液中c（Mn2）=
故答案为：2.0×10-5mol/L．
2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）△H＜0
副反应有：NH2COONH4+H2O⇌NH4HCO3+NH3↑； NH2COONH4（s）
已知干燥的氨气和二氧化碳气体通入外套冷却的反应器时，在器壁上会形成一层致密、坚硬、粘附力极强的氨基甲酸铵．这层不良导热物不仅影响散热，而且也使产物不易取出．因此，在实验室的主要实验装置和步骤如图1：
注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质．
（I）合成：把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵细小晶体悬浮在四氯化碳中． 当悬浮物较多时，停止制备．
（Ⅱ）分离与提纯：将氨基甲酸铵从四氯化碳中分离，重结晶提纯．
（Ⅲ）产品纯度分析
回答下列问题：
（1）仪器a的名称：______；液体石蜡鼓泡瓶的作用是______．
（2）如用图2装置制取平稳的CO2气流，你所选择的试剂是______．
检查该装置气密性的方法是______
（3）合成过程中使用了四氯化碳，且用电动搅拌器不断搅拌，理由是______．
（4）发生器用冰水冷却的原因是______．
（5）从反应后的混合物中分离出产品并得到干燥产品的实验方法是______
A． 过滤后，常压加热烘干 B．抽滤后，高压加热烘干
C．过滤后，真空40℃以下烘干 D．抽滤后，真空40℃以下烘干
（6）尾气处理装置如图3所示．双通玻璃管的作用：______；浓硫酸的作用：______、______．
（7）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g．则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为______．
正确答案
解：（1）仪器a的名称：水槽用来盛放大量液体冰水，液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，
故答案为：水槽；通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；
（2）二氧化碳的实验室制法：用稀盐酸与大理石反应，反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O，或用稀硝酸CaCO3+2HNO3═Ca（NO3）2+CO2↑+H2O，检查该装置气密性的方法：关闭分液漏斗旋塞，导管伸入水中，用手（或热毛巾）捂住锥形瓶，导管口有气泡，松手后形成水柱且不下降，说明不漏水，
故答案为：石灰石与稀盐酸（或稀硝酸）；关闭分液漏斗旋塞，导管伸入水中，用手（或热毛巾）捂住锥形瓶，导管口有气泡，松手后形成水柱且不下降，说明不漏水；
（3）氨基甲酸铵的粘附力极强，在器壁上不仅影响散热，而且也使产物不易取出，使用四氯化碳作为分散剂，搅拌是为了使NH3与CO2充分接触，并避免产物在器壁上的粘附，
故答案为：使用四氯化碳作为分散剂，搅拌是为了使NH3与CO2充分接触，并避免产物在器壁上的粘附；
（4）反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，
故答案为：降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；
（5）制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40℃以下烘干，
故答案：C；
（6）双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，
故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；
（7）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.782g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g．物质的量为
x+y=0.01
78x+79y=0.782
解得x=0.008mol
y=0.002mol
则样品中氨基甲酸铵的质量分数=
故答案为：80%．
解析
解：（1）仪器a的名称：水槽用来盛放大量液体冰水，液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，
故答案为：水槽；通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；
（2）二氧化碳的实验室制法：用稀盐酸与大理石反应，反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O，或用稀硝酸CaCO3+2HNO3═Ca（NO3）2+CO2↑+H2O，检查该装置气密性的方法：关闭分液漏斗旋塞，导管伸入水中，用手（或热毛巾）捂住锥形瓶，导管口有气泡，松手后形成水柱且不下降，说明不漏水，
故答案为：石灰石与稀盐酸（或稀硝酸）；关闭分液漏斗旋塞，导管伸入水中，用手（或热毛巾）捂住锥形瓶，导管口有气泡，松手后形成水柱且不下降，说明不漏水；
（3）氨基甲酸铵的粘附力极强，在器壁上不仅影响散热，而且也使产物不易取出，使用四氯化碳作为分散剂，搅拌是为了使NH3与CO2充分接触，并避免产物在器壁上的粘附，
故答案为：使用四氯化碳作为分散剂，搅拌是为了使NH3与CO2充分接触，并避免产物在器壁上的粘附；
（4）反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，
故答案为：降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；
（5）制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40℃以下烘干，
故答案：C；
（6）双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，
故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；
（7）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.782g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g．物质的量为
x+y=0.01
78x+79y=0.782
解得x=0.008mol
y=0.002mol
则样品中氨基甲酸铵的质量分数=
故答案为：80%．
高铁酸钾（K2FeO4）具有很强的氧化性，是一种高效水处理剂．
（1）用K2FeO4处理废水时，既利用其强氧化性，又利用Fe（OH）3胶体的______作用．
（2）制备K2FeO4可以采用干式氧化法或湿式氧化法．
①干式氧化的初始反应是2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中每生成2mol Na2FeO4时转移电子______ mol．
②湿式氧化法的流程如图1：
上述流程中制备Na2FeO4的化学方程式是______．结晶过程中反应的离子方程式是______．
（3）K2FeO4在水中不稳定，发生反应：4FeO
图ⅠK2FeO4的稳定性与温度的关系 图ⅡK2FeO4的稳定性与溶液pH的关系
①由图Ⅰ可得出的结论是______．
②图Ⅱ中a______c（填“＞”、“＜”或“=”），其原因是______．
正确答案
解：（1）Fe3+可水解水解的方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，生成具有吸附性的Fe（OH）3胶体，能吸附悬浮在水中的杂质净水，发生聚沉；
故答案为：聚沉；
（2）①2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，6molNa2O2中12mol的负一价氧，2mol的有变成0价，还有10mol变成-2价，而铁是正2价变为正6价，所以每生成2mol Na2FeO4时转移电子10mol，
故答案为：10；
②Fe（NO3）3被NaClO氧化成Na2FeO4，其反应的化学方程式为：2Fe（NO3）3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O；结晶过程中反应的离子方程式为2K++FeO42-=K2FeO4↓，
故答案为：2Fe（NO3）3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O；2K++FeO42-=K2FeO4↓；
（3）①由图1数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，温度越高FeO42-浓度越小，所以K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，
故答案为：K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱；
②pH越小，氢离子浓度越大，由4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8OH-+3O2↑可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，pH越小，由图知a＜c，
故答案为：＜；由4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8OH-+3O2↑可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，pH越小．
解析
解：（1）Fe3+可水解水解的方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，生成具有吸附性的Fe（OH）3胶体，能吸附悬浮在水中的杂质净水，发生聚沉；
故答案为：聚沉；
（2）①2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，6molNa2O2中12mol的负一价氧，2mol的有变成0价，还有10mol变成-2价，而铁是正2价变为正6价，所以每生成2mol Na2FeO4时转移电子10mol，
故答案为：10；
②Fe（NO3）3被NaClO氧化成Na2FeO4，其反应的化学方程式为：2Fe（NO3）3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O；结晶过程中反应的离子方程式为2K++FeO42-=K2FeO4↓，
故答案为：2Fe（NO3）3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O；2K++FeO42-=K2FeO4↓；
（3）①由图1数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，温度越高FeO42-浓度越小，所以K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，
故答案为：K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱；
②pH越小，氢离子浓度越大，由4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8OH-+3O2↑可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，pH越小，由图知a＜c，
故答案为：＜；由4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8OH-+3O2↑可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，pH越小．
盐泥是氯碱工业中的废渣，主要成分是镁的硅酸盐和碳酸盐（含少量铁、铝、钙的盐）．实验室以盐泥为原料制取MgSO4•7H2O的实验过程如下：
已知：①室温下Ksp[Mg（OH）2]=6.0×10-12．②在溶液中，Fe2+、Fe3+、Al3+从开始沉淀到沉淀完全的pH范围依次为7.1～9.6、2.0～3.7、3.1～4.7．③三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线如图所示．
（1）在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2以及煮沸的目的是______．
（2）若室温下的溶液中Mg2+的浓度为6.0mol•L-1，则溶液pH≥______才可能产生Mg（OH）2沉淀．
（3）由滤液Ⅰ到滤液Ⅱ需先加入NaClO调溶液pH约为5，再趁热过滤，则趁热过滤的目的是______，滤渣的主要成分是______．
（4）从滤液Ⅱ中获得MgSO4•7H2O晶体的实验步骤依次为①向滤液Ⅱ中加入______；②过滤，得沉淀；③______；④蒸发浓缩，降温结晶；⑤过滤、洗涤得产品．
（5）若获得的MgSO4•7H2O的质量为24.6g，则该盐泥中镁[以Mg（OH）2计]的百分含量约为______（MgSO4•7H2O的相对分子质量为246）．
正确答案
解：（1）根据离子完全沉淀的pH值可以知道，在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的是为了提高Mg2+的浸取率，
故答案为：为了提高Mg2+的浸取率；
（2）氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）•c（OH-）2，溶液中Mg2+的浓度为6.0mol•L-1，则溶液的氢氧根浓度=
（3）温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底，或者根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4•2H2O溶解度小，所得到的滤渣主要成分是：Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O，
故答案为：温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4•2H2O溶解度小等合理答案均可）；Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O；
（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体，
故答案为：NaOH溶液；向沉淀中加足量稀硫酸；
（5）解：设该盐泥中含Mg（OH）2的质量为X，MgSO4•7H2O质量为24.6克，物质的量是0.1mol．
由关系式MgSO4•7H2O-Mg（OH）2
1mol 58克
0.1mol x 解得：x=5.8克
故该盐泥中含Mg（OH）2的百分含量为：
故答案为：20.0%．
解析
解：（1）根据离子完全沉淀的pH值可以知道，在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的是为了提高Mg2+的浸取率，
故答案为：为了提高Mg2+的浸取率；
（2）氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）•c（OH-）2，溶液中Mg2+的浓度为6.0mol•L-1，则溶液的氢氧根浓度=
（3）温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底，或者根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4•2H2O溶解度小，所得到的滤渣主要成分是：Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O，
故答案为：温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4•2H2O溶解度小等合理答案均可）；Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O；
（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体，
故答案为：NaOH溶液；向沉淀中加足量稀硫酸；
（5）解：设该盐泥中含Mg（OH）2的质量为X，MgSO4•7H2O质量为24.6克，物质的量是0.1mol．
由关系式MgSO4•7H2O-Mg（OH）2
1mol 58克
0.1mol x 解得：x=5.8克
故该盐泥中含Mg（OH）2的百分含量为：
故答案为：20.0%．
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