- 物质的制备
- 共3198题
工业上可用软锰矿浆（主要成分为MnO2）吸收硫酸厂废气SO2，并制备MnSO4•H2O晶体，其工艺流程如下：
已知：①浸出液的pH＜2，且阳离子主要是Mn2+，以及少量Fe2+、Al3+等．
②几种离子沉淀时数据信息如下：
请回答下列问题：
（l）浸出液pH＜2的原因可能是______．
（2）加入MnO2，氧化时溶液中反应的离子方程式为______，若流程中取消“加入MnO2”，对上述流程的影响是______．
（3）试剂X______（填“能”或“不能”）选用氢氧化锰，试说明理由：______．
（4）滤渣的主要成分是______，利用滤渣能提取铁红，其原理是______．
（5）从滤液中提取MnSO4•H2O晶体的操作是______．
正确答案
解：（1）浸出液pH＜2，主要原因是部分SO2与水结合生成H2SO3，H2SO3电离出H+使pH＜2；
故答案为：部分SO2与水结合生成H2SO3，H2SO3电离出H+使pH＜2；
（2）加入MnO2，把Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；若流程中取消“加入MnO2”，则得到的产品中含有FeSO4杂质；
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；得到的产品中含有FeSO4杂质；
（3）试剂X能选用氢氧化锰，Fe3+、Al3+水解生成的H+与Mn（OH）2反应，促进Fe3+、Al3+水解并最终转化为沉淀，且不引入新的杂质；
故答案为：能；Fe3+、Al3+水解生成的H+与Mn（OH）2反应，促进Fe3+、Al3+水解并最终转化为沉淀，且不引入新的杂质；
（4）调节pH=5.0，Fe3+、Al3+生成沉淀Fe（OH）3、Al（OH）3，用足量NaOH溶液溶解滤渣，Al（OH）3沉淀溶解，过滤得到Fe（OH）3，再灼烧即得铁红；
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3； 用足量NaOH溶液溶解滤渣，过滤得到Fe（OH）3，再灼烧即得铁红；
（5）滤液中提取MnSO4•H2O晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤．
解析
解：（1）浸出液pH＜2，主要原因是部分SO2与水结合生成H2SO3，H2SO3电离出H+使pH＜2；
故答案为：部分SO2与水结合生成H2SO3，H2SO3电离出H+使pH＜2；
（2）加入MnO2，把Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；若流程中取消“加入MnO2”，则得到的产品中含有FeSO4杂质；
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；得到的产品中含有FeSO4杂质；
（3）试剂X能选用氢氧化锰，Fe3+、Al3+水解生成的H+与Mn（OH）2反应，促进Fe3+、Al3+水解并最终转化为沉淀，且不引入新的杂质；
故答案为：能；Fe3+、Al3+水解生成的H+与Mn（OH）2反应，促进Fe3+、Al3+水解并最终转化为沉淀，且不引入新的杂质；
（4）调节pH=5.0，Fe3+、Al3+生成沉淀Fe（OH）3、Al（OH）3，用足量NaOH溶液溶解滤渣，Al（OH）3沉淀溶解，过滤得到Fe（OH）3，再灼烧即得铁红；
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3； 用足量NaOH溶液溶解滤渣，过滤得到Fe（OH）3，再灼烧即得铁红；
（5）滤液中提取MnSO4•H2O晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤．
（l）a装置的名称：______；c装置的目的______．
（2）b中制SO2的化学方程式为-________；控制b中反应速率的方法是______．
（3）当三颈烧瓶中溶液接近中性时停止通人气体，蒸发得到固体产品．取1.0g固体产品溶于5mL水中，加入1mL的银氨溶液，振荡，水浴10s出现银镶．
甲同学得出结论：10s时Na2S2O4银氨溶液反应形成银镜．
乙同学认为上述实验不能说甲的结论一定成立，其依据可能是______．
针对甲、乙同学的分歧，丙同学取该实验所得固体设计如下实验方案，请你帮助完成：
正确答案
解：（l）a装置有玻璃活塞，为分液漏斗，该反应中有二氧化硫污染性气体产生，防止污染空气需尾气处理装置，c装置吸收尾气，防止二氧化硫污染空气，
故答案为：分液漏斗；吸收二氧化硫，防止污染空气；
（2）浓硫酸与亚硫酸钠的反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+H2O+SO2↑，分液漏斗有玻璃活塞，可通过旋转玻璃活塞控制滴加液体反应物的速率实现控制b中反应速率，
故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+H2O+SO2↑；通过分液漏斗颈部活塞控制低价硫酸的快慢；
（3）HCOONa结构中含有醛基（-CHO）能发生银镜反应，乙同学认为上述实验不能说甲的结论一定成立，可能是HCOONa过量，分离出的晶体所含杂质HCOONa具有还原性也能发生银镜反应，针对甲、乙同学的分歧，丙同学为了验证Na2S2O4银氨溶液反应形成银镜，首先需制备纯净的Na2S2O4，所以对三颈烧瓶分离出的产品进行重结晶得到纯净的Na2S2O4，
银镜反应需碱性过量，所以取0.1g步骤Ⅰ的产品溶于5mL银氨溶液，振荡，水浴加热10s，观察现象，若10S出现银镜，则甲的结论正确（或Na2S2O4具有还原性），反之则乙正确
故答案为：因为HCOONa过量，分离出的晶体所含杂质HCOONa具有还原性也能发生银镜反应；对三颈烧瓶分离出的产品进行重结晶得到纯净的Na2S2O4；5；若10S出现银镜，则甲的结论正确（或Na2S2O4具有还原性），反之则乙正确．
解析
解：（l）a装置有玻璃活塞，为分液漏斗，该反应中有二氧化硫污染性气体产生，防止污染空气需尾气处理装置，c装置吸收尾气，防止二氧化硫污染空气，
故答案为：分液漏斗；吸收二氧化硫，防止污染空气；
（2）浓硫酸与亚硫酸钠的反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+H2O+SO2↑，分液漏斗有玻璃活塞，可通过旋转玻璃活塞控制滴加液体反应物的速率实现控制b中反应速率，
故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+H2O+SO2↑；通过分液漏斗颈部活塞控制低价硫酸的快慢；
（3）HCOONa结构中含有醛基（-CHO）能发生银镜反应，乙同学认为上述实验不能说甲的结论一定成立，可能是HCOONa过量，分离出的晶体所含杂质HCOONa具有还原性也能发生银镜反应，针对甲、乙同学的分歧，丙同学为了验证Na2S2O4银氨溶液反应形成银镜，首先需制备纯净的Na2S2O4，所以对三颈烧瓶分离出的产品进行重结晶得到纯净的Na2S2O4，
银镜反应需碱性过量，所以取0.1g步骤Ⅰ的产品溶于5mL银氨溶液，振荡，水浴加热10s，观察现象，若10S出现银镜，则甲的结论正确（或Na2S2O4具有还原性），反之则乙正确
故答案为：因为HCOONa过量，分离出的晶体所含杂质HCOONa具有还原性也能发生银镜反应；对三颈烧瓶分离出的产品进行重结晶得到纯净的Na2S2O4；5；若10S出现银镜，则甲的结论正确（或Na2S2O4具有还原性），反之则乙正确．
用下列方法来制备溶胶：①0.5摩/升BaCl2溶液和等体积2摩/升硫酸相混和并振荡；②把1毫升饱和三氯化铁溶液逐滴加入20毫升沸水中，边加边振荡；③把1毫升水玻璃加入10毫升1摩/升盐酸中，用力振荡．可行的是（ ）
正确答案
解析
解：胶体制备时对溶液浓度、反应时的操作、滴加试剂的顺序都有严格要求：
①中H2SO4溶液浓度太大，只会生成BaSO4沉淀，得不到BaSO4胶体；
②是制备Fe（OH）3胶体的正确方法，可行；
③中水玻璃与盐酸反应生成硅酸，硅酸难溶于水，易形成胶状物，可行．
故选C．
（2012秋•中山期末）氢化钙固体是登山运动员常用的能源提供剂．某兴趣小组拟选用如图装置制备氢化钙．
回答下列问题：
（1）检查装置E气密性的操作方法是______．
（2）利用上述装置制取氢化钙时按气流方向连接顺序为i→______→______→______→______→______→______→a（填仪器接口的字母编号）．
（3）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞；______（请按正确的顺序填入下列步骤的标号）．
A．加热反应一段时间 B．收集气体并检验其纯度
C．关闭分液漏斗活塞 D．停止加热，充分冷却
（4）写出CaH2与水反应的化学方程式______；登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是______．
正确答案
解：（1）检查装置E气密性的操作方法，通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象判断，方法一：关闭i口，打开分液漏斗活塞，从分液漏斗中加入蒸馏水，若蒸馏水不能流下，则装置气密性良好，反之气密性不好，方法二：用导管连接i口，并将导管另一端放入水中，微热试管，若导管口有气泡冒出，冷却后导管中形成一段水柱，则装置气密性良好，
故答案为：方法一：关闭i口，打开分液漏斗活塞，从分液漏斗中加入蒸馏水，若蒸馏水不能流下，则装置气密性良好；方法二：用导管连接i口，并将导管另一端放入水中，微热试管，若导管口有气泡冒出，
冷却后导管中形成一段水柱，则装置气密性良好；
（2）钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氢气中会混有水蒸气和氯化氢，所以在与钙化合之前需要除杂和干燥，分别选用试剂是氢氧化钠和浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接干燥管，所以正确的顺序为：i→e，f→d，c→j，k（或k，j）→a；
故答案为：i→e，f→d，c→j，k（或k，j）→a；
（3）由于多余的氢气需要燃烧反应掉，所以应该先收集一部分气体并检验其纯度，反应结束后还需要使氢化钙在氢气的氛围中冷却，所以应该最后关闭分液漏斗活塞，因此正确的顺序为BADC，
故答案为：BADC；
（4）CaH2与水反应能产生Ca（OH）2和H2，反应方程式分别为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑，作为能源，氢化钙明显比氢气更易携带，使用也较方便，
故答案为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；氢化钙是固体，携带方便．
解析
解：（1）检查装置E气密性的操作方法，通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象判断，方法一：关闭i口，打开分液漏斗活塞，从分液漏斗中加入蒸馏水，若蒸馏水不能流下，则装置气密性良好，反之气密性不好，方法二：用导管连接i口，并将导管另一端放入水中，微热试管，若导管口有气泡冒出，冷却后导管中形成一段水柱，则装置气密性良好，
故答案为：方法一：关闭i口，打开分液漏斗活塞，从分液漏斗中加入蒸馏水，若蒸馏水不能流下，则装置气密性良好；方法二：用导管连接i口，并将导管另一端放入水中，微热试管，若导管口有气泡冒出，
冷却后导管中形成一段水柱，则装置气密性良好；
（2）钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氢气中会混有水蒸气和氯化氢，所以在与钙化合之前需要除杂和干燥，分别选用试剂是氢氧化钠和浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接干燥管，所以正确的顺序为：i→e，f→d，c→j，k（或k，j）→a；
故答案为：i→e，f→d，c→j，k（或k，j）→a；
（3）由于多余的氢气需要燃烧反应掉，所以应该先收集一部分气体并检验其纯度，反应结束后还需要使氢化钙在氢气的氛围中冷却，所以应该最后关闭分液漏斗活塞，因此正确的顺序为BADC，
故答案为：BADC；
（4）CaH2与水反应能产生Ca（OH）2和H2，反应方程式分别为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑，作为能源，氢化钙明显比氢气更易携带，使用也较方便，
故答案为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；氢化钙是固体，携带方便．
硝酸铝[Al（NO3）3]是一种常用媒染剂．工业上用铝灰（主要含Al、Al2O3、Fe2O3等）制取硝酸铝晶体[Al（NO3）3•9H2O]的流程如图甲：
（1）写出反应Ⅰ的离子方程式：______（任写一个）．
（2）若在实验室中完成反应Ⅱ，为避免铝的损失，需要解决的问题是______，可采取的措施为______．
（3）上述流程中采用减压蒸发，并控制反应Ⅲ中加入的稀硝酸稍过量，其目的是______．
（4）温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体（其体积比为4：1），该反应的化学方程式是______．
（5）若用图乙所示实验装置制取Al（NO3）3，通入水蒸气的作用是______．
正确答案
解：铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤分离，滤液中含有偏铝酸钠、未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过减压蒸发得到硝酸铝晶体．
（1）反应Ⅰ涉及：铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（或Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O）；
（2）硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，需要解决的问题是：如何控制反应终点（或硝酸的用量），可以将加入稀硝酸改为通入过量CO2，避免氢氧化铝沉淀溶解；
故答案为：如何控制反应终点（或硝酸的用量）；将加入稀硝酸改为通入过量CO2；
（3）硝酸铝容易发生水解，减压蒸馏可以降低温度、反应Ⅲ中加入的稀硝酸稍过量，都可以抑制硝酸铝水解，
故答案为：抑制硝酸铝水解；
（4）温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体，两种气体应是二氧化氮与氧气，二者体积之比为4：1，满足原子守恒与电子转移守恒，反应方程式为：4Al（NO3）3
故答案为：4Al（NO3）3
（5）由于水蒸气温度较高，可以升高反应体系的温度，且可以起搅拌作用，可以加快反应速率，
故答案为：提高温度、搅拌，加快反应速率．
解析
解：铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤分离，滤液中含有偏铝酸钠、未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过减压蒸发得到硝酸铝晶体．
（1）反应Ⅰ涉及：铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（或Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O）；
（2）硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，需要解决的问题是：如何控制反应终点（或硝酸的用量），可以将加入稀硝酸改为通入过量CO2，避免氢氧化铝沉淀溶解；
故答案为：如何控制反应终点（或硝酸的用量）；将加入稀硝酸改为通入过量CO2；
（3）硝酸铝容易发生水解，减压蒸馏可以降低温度、反应Ⅲ中加入的稀硝酸稍过量，都可以抑制硝酸铝水解，
故答案为：抑制硝酸铝水解；
（4）温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体，两种气体应是二氧化氮与氧气，二者体积之比为4：1，满足原子守恒与电子转移守恒，反应方程式为：4Al（NO3）3
故答案为：4Al（NO3）3
（5）由于水蒸气温度较高，可以升高反应体系的温度，且可以起搅拌作用，可以加快反应速率，
故答案为：提高温度、搅拌，加快反应速率．
2006年世界锂离子电池总产量超过25亿只，锂电池消耗量巨大，对不可再生的金属资源的消耗是相当大的，回收利用锂资源成为重要课题．某研究小组对某废旧锂离子电池正极材料（图中简称废料，成份为LiMn2O4、石墨粉和铝箔）进行回收研究，工艺流程如下：
已知：Li2SO4、LiOH和Li2CO3在303K下的溶解度分别为34.2g、12.7g和1.3g．
（1）废料在用NaOH溶液浸取之前需要进行粉碎操作，其目的是______．
（2）废旧电池可能由于放电不完全而残留有锂单质，为了安全对拆解环境的要求______．
（3）写出反应④生成沉淀X的离子方程式：______．
（4）己知LiMn2O4中Mn的化合价为+3和+4价，写出反应②的化学反应方程式：______．
（5）生成Li2CO3的化学反应方程式为______．已知Li2CO3在水中的溶解度随着温度升高而减小，最后一步过滤时应______．
正确答案
增大接触面积，加快反应速率
隔绝空气和水分
CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-
4LiMn2O4+2H2SO4+O2=8MnO2+2Li2SO4+2H2O
Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3↓
趁热过滤
解析
解：第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中（注意LiMn2O4不溶于水）生成四羟基合铝酸钠，即滤液的主要成分，第二步就是四羟基合铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠的过程，第三步是LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化发生的氧化还原反应，得到的滤液中有生成的硫酸锂，可能有过量的硫酸，最后一步加入碳酸钠之后所得的滤液主要成分为硫酸钠；
（1）粉碎废料，能增大废料与氢氧化钠溶液的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率．
（2）金属锂性质活泼，易与氧气、水发生反应，故答案为：隔绝空气和水分；
（3）四羟基合铝酸钠与过量二氧化碳反应得产物是Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，所以离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，
故答案为：CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-．
（4）在酸性环境下，LiMn2O4能被空气中的氧气氧化，生成二氧化锰、硫酸锂和水，所以化学方程式为：4LiMn2O4+2H2SO4+O2=8MnO2+2Li2SO4+2H2O，
故答案为：4LiMn2O4+2H2SO4+O2=8MnO2+2Li2SO4+2H2O；
（5）硫酸锂和碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸锂沉淀，化学反应方程式为：Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3↓；Li2CO3在水中的溶解度随着温度升高而减小，最后一步过滤时应趁热过滤，
故答案为：Li2SO4+Na2CO3=Na2SO4+Li2CO3↓；趁热过滤．
一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3•CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中．
从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如图1：
（1）过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为______．
（2）过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al（OH）3，碳酸钠溶液在产生Al（OH）3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式______．
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ和IV中所起作用有所不同，请写出在过程Ⅳ中起的作用是______．
（4）在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是______（填序号）．
A c（Na+）=2c（CO32-）
B c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）
C c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）
D c（OH-）-c（H+）═c（HCO3-）+2c（H2CO3）
（5）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液．CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水．如图2是粉红色的CoCl2•6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是______．
正确答案
解：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
（2）铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
（4）A．Na2CO3溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故A错误；
B．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故B正确；
C．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故C正确；
D．Na2CO3溶液中质子守恒：c（H+）═c（OH-）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故D正确；
故选：BCD；
（5）CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-83mg
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，故答案为：CoCl2•2H2O．
解析
解：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
（2）铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
（4）A．Na2CO3溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故A错误；
B．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故B正确；
C．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故C正确；
D．Na2CO3溶液中质子守恒：c（H+）═c（OH-）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故D正确；
故选：BCD；
（5）CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-83mg
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，故答案为：CoCl2•2H2O．
（2015•肥城市一模）FeSO4•7H2O广泛用于医药和工业领域，实验室制备FeSO4•7H2O的流程如下：
（1）铁屑与稀硫酸反应前，应用10% Na2CO3溶液浸泡几分钟，操作目的是______．
（2）最后得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；
②______．
（3）FeSO4•7H2O是某些补血剂的主要成分，实验室用KMnO4溶液通过氧化还原滴定测
定某补血剂（1.500g）中铁元素的含量．
①配制100mL 1.200×10 -2mol•L-1的KMnO4溶液时，将溶解后的溶液转移至容 量瓶中的操作方法是______；
②实验中的KMnO4溶液需要酸化，可用于酸化的酸是______．
a．稀硝酸 b．稀盐酸 c．稀硫酸 d．浓硝酸
KMnO4溶液应盛装在______滴定管中．滴定到终点时的现象为______．滴定完毕，三次实验记录KMnO4标准溶液的读数如下．
该补血剂中铁元素的质量分数为______．
（4）某实验小组用久置的FeSO4溶液和NaOH溶液制备Fe（OH）2，实验后没有得到预期的白色沉淀，于是采用下列试剂（已煮沸除氧）和装置进行实验：
实验开始打开止水夹C，目的是______．一段时间后，关闭止水夹C，B中观察到的现象是______．B中发生反应的离子方程式是______．
正确答案
解：（1）CO32-水解生成OH-，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解，所以可用纯碱溶液除油污，故答案为：除去废铁屑表面的油污；
（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高二增大，因此用冰水洗涤的另一个目的是减少洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗，故答案为：降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4•7H2O的损耗；
（3）①转移液体需要引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口，
故答案为：用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口；
②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性，能被高能酸钾氧化为氯气，只能用稀硫酸；
高锰酸钾有强氧化性，能氧化橡皮管，应放在酸式滴定管中；
滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点；
配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，
反应需要的高锰酸钾的物质的量为
则：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
5mol 1mol
n 18×10-5mol
n=18×10-5mol×5=90×10-5mol，
则1.500g硫酸亚铁补血剂药片含铁的质量为90×10-5mol×56g/mol=0.0504g，所以该补血剂中铁元素的含量为
故答案为：c；酸式；滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色；3.36%；
（4）氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，应先排除装置中的空气；反应生成的气体将硫酸亚铁压入B中，反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；离子方程式是Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，故答案为：排除装置中的空气，防止氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁；液面上升出现白色沉淀 Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓．
解析
解：（1）CO32-水解生成OH-，溶液显碱性，酯在碱性条件下完全水解，所以可用纯碱溶液除油污，故答案为：除去废铁屑表面的油污；
（2）由于硫酸亚铁的溶解度随温度的升高二增大，因此用冰水洗涤的另一个目的是减少洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗，故答案为：降低FeSO4在水中的溶解度，减少FeSO4•7H2O的损耗；
（3）①转移液体需要引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口，
故答案为：用玻璃棒引流，玻璃棒底部要在容量瓶的刻度线以下且玻璃棒不能碰到容量瓶口；
②硝酸有强氧化性，盐酸有还原性，能被高能酸钾氧化为氯气，只能用稀硫酸；
高锰酸钾有强氧化性，能氧化橡皮管，应放在酸式滴定管中；
滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点；
配平反应的离子方程式：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，滴定中由于第一组数据误差较大，应舍去，
反应需要的高锰酸钾的物质的量为
则：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
5mol 1mol
n 18×10-5mol
n=18×10-5mol×5=90×10-5mol，
则1.500g硫酸亚铁补血剂药片含铁的质量为90×10-5mol×56g/mol=0.0504g，所以该补血剂中铁元素的含量为
故答案为：c；酸式；滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为紫红色，且半分钟内不退色；3.36%；
（4）氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，应先排除装置中的空气；反应生成的气体将硫酸亚铁压入B中，反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；离子方程式是Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，故答案为：排除装置中的空气，防止氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁；液面上升出现白色沉淀 Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓．
（1）写出烧瓶中发生反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目______．
（2）B处盛有饱和食盐水（或水），其作用是______．
（3）C处盛放的试剂______（填名称），其作用是______．
（4）E处盛有______（填名称），发生反应的离子方程式为______．
（5）实验结束时，应先熄灭______处酒精灯．
正确答案
除去Cl2中的HCl
浓硫酸
干燥Cl2
氢氧化钠溶液
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
D
解析
解：（1）A为制备氯气装置，装置A中反应为二氧化锰与盐酸反应生成氯化锰、氯气、水，反应方程式为
故答案为：
（2）浓盐酸具有挥发性，所以制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，氯气的溶解度较小，所以可用饱和食盐水（或水）除去氯气气体中的氯化氢，
故答案为：除去Cl2中的HCl；
（3）因为题中要求制取纯净的无水CuCl2，所以要除去氯气中混有的水蒸气，且不引进新的杂质，氯气也和该物质不反应，所以选择浓硫酸干燥，
故答案为：浓硫酸；干燥Cl2；
（4）尾气中含有氯气，氯气有毒，污染环境，不能直接排放到大气中．常用氢氧化钠溶液吸收，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应离子方程式为
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：氢氧化钠溶液；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（5）为防止倒吸应先熄灭D的酒精灯，冷却再熄灭A的酒精灯，故答案为：D．
（1）A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式：______．
（2）A必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、______；B装置必须放在冰水浴中，其原因是______．
（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液．已知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体是NaClO2．请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：
①______；②______；③洗涤；④干燥．
（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；
步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；
步骤3：加入淀粉指示剂，用c mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL．（已知2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）
①配制100mL c mol/L Na2S2O3标准溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有：______．
②滴定过程中至少需进行两次平行测定的原因是______．
③写出步骤2中发生反应的离子方程式______．
④原ClO2溶液的浓度为______g/L（用步骤中的字母代数式表示）．
⑤若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果______．若滴定开始仰视读数，滴定终点时正确读数，则测定结果______（填“偏高”“偏低”或“不变”）．
正确答案
解：（1）加热60℃，氯酸钾和草酸反应生成碳酸钾、二氧化碳、二氧化氯和水，反应方程式为：2KClO3+H2C2O4 
故答案为：2KClO3+H2C2O4 
（2）要控制温度必须使用温度计测量温度，二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行，所以应该采用冰水浴，故答案为：温度计；使ClO2充分冷凝，减少挥发；
（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，
故答案为：蒸发浓缩结晶；趁热过滤；
（4）①配制100mL溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、100mL容量瓶、量筒（可用可不用），故还需要的玻璃仪器有：100mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：100ml容量瓶、胶头滴管；
②为减少实验误差，应采用多次实验的方法，故答案为：减少误差；
③二氧化氯具有氧化性，在酸性环境下，能将碘离子氧化，反应的原理方程式为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；
④设原ClO2溶液的浓度为x，
2ClO2～5I2～10Na2S2O3
2mol 10mol
x=
故答案为：
⑤若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则相当于消耗的滴定液的体积偏大，所以测定结果偏大，若滴定开始仰视读数，滴定终点时正确读数，相当于消耗的滴定液体积偏小，所以结果偏小，故答案为：偏高；偏小．
解析
解：（1）加热60℃，氯酸钾和草酸反应生成碳酸钾、二氧化碳、二氧化氯和水，反应方程式为：2KClO3+H2C2O4
故答案为：2KClO3+H2C2O4
（2）要控制温度必须使用温度计测量温度，二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行，所以应该采用冰水浴，故答案为：温度计；使ClO2充分冷凝，减少挥发；
（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，
故答案为：蒸发浓缩结晶；趁热过滤；
（4）①配制100mL溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、100mL容量瓶、量筒（可用可不用），故还需要的玻璃仪器有：100mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：100ml容量瓶、胶头滴管；
②为减少实验误差，应采用多次实验的方法，故答案为：减少误差；
③二氧化氯具有氧化性，在酸性环境下，能将碘离子氧化，反应的原理方程式为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；
④设原ClO2溶液的浓度为x，
2ClO2～5I2～10Na2S2O3
2mol 10mol
x=
故答案为：
⑤若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则相当于消耗的滴定液的体积偏大，所以测定结果偏大，若滴定开始仰视读数，滴定终点时正确读数，相当于消耗的滴定液体积偏小，所以结果偏小，故答案为：偏高；偏小．
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