- 乙酸乙酯的制备
- 共1463题
海洋约占地球表面积的71%，具有十分巨大的开发潜力，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用．
Ⅰ、海水中制得的氯化钠除食用外，还用作工业原料，例如通常以NaCI、CO2和NH3为原料制取纯碱，请写出第一步制取NaHCO3的化学方程式：______．
Ⅱ、工业上以浓缩海水为原料提取溴的部分流程如图1：
已知：Br2常温下呈液态，易挥发，有毒：2Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2．
（1）通过步骤①氯气氧化已获得含Br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液，原因是______．
（2）反应釜2中发生反应的离子方程式为______．
（3）向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在90℃左右进行蒸馏的原因是______．
Ⅲ、盐卤蒸发冷却后析出卤块的主要成分是MgCI2，此外还含有Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子．以卤块为原料制得镁的工艺流程如图2（部分操作和条件已略去）：
生成氢氧化物沉淀的pH
（1）用NaCIO氧化Fe2+得到Fe（OH）3沉淀的离子反应方程式是______．
（2）步骤③需在HCI保护气中加热进行，请用化学平衡移动原理解释原因______．
（3）NaCIO还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质，除去0.1molCO（NH2）2时消耗NaCIO______g．
正确答案
解：Ⅰ、以NaCl、NH3、CO2和水等为原料制取NaHCO3的化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl；
Ⅱ、（1）从①出来的溶液中溴的含量不高，如果直接蒸馏，得到产品成本高，所以经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液，其目的为富集溴，提高Br2的浓度，
故答案为：富集溴，提高Br2的浓度；
（2）发生归中反应，离子方程式为：5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，故答案为：5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O；
（3）温度过高水蒸气蒸出，溴中含有水分，温度过低溴不能完全蒸出，产率低，所以控制温度在90℃左右进行蒸馏，故答案为：温度过低难以将Br2蒸发出来，但温度过高又会将大量的水蒸馏出来；
Ⅲ、盐卤加水溶解，加NaClO将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，使Fe2+、Fe3+、Mn2+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，氯化镁晶体，在HCl气氛中加热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到Mg；
（1）加入次氯酸钠会氧化亚铁离子为三价铁，则次氯酸钠与Fe2+、H2O反应生成Fe（OH）3、Cl-和H+，反应的离子方程式为：ClO-+2Fe2++5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4H+；
故答案为：ClO-+2Fe2++5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4H+；
（2）镁离子水解生成氢氧化镁和氢离子，Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，水解反应属于吸热反应，加热温度升高，水解程度增大，通入HCl时，增加了溶液中的c（H+），能使水解平衡逆向移动，抑制Mg2+水解．HCl还能带出水份，最终得到无水MgCl2；
故答案为：Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，温度升高，水解程度增大，通入HCl，增加c（H+），使平衡逆向移动，抑制Mg2+水解．HCl还能带出水份，最终得到无水MgCl2；
（3）NaClO还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质，其反应为3NaClO+CO（NH2）2═3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O，由方程式中物质之间的关系可知，0.1mol CO（NH2）2消耗NaClO为0.3mol，则m（NaClO）=nM=0.3mol×74.5g/mol=22.35g，故答案为：22.35．
解析
解：Ⅰ、以NaCl、NH3、CO2和水等为原料制取NaHCO3的化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl；
Ⅱ、（1）从①出来的溶液中溴的含量不高，如果直接蒸馏，得到产品成本高，所以经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液，其目的为富集溴，提高Br2的浓度，
故答案为：富集溴，提高Br2的浓度；
（2）发生归中反应，离子方程式为：5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，故答案为：5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O；
（3）温度过高水蒸气蒸出，溴中含有水分，温度过低溴不能完全蒸出，产率低，所以控制温度在90℃左右进行蒸馏，故答案为：温度过低难以将Br2蒸发出来，但温度过高又会将大量的水蒸馏出来；
Ⅲ、盐卤加水溶解，加NaClO将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，使Fe2+、Fe3+、Mn2+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，氯化镁晶体，在HCl气氛中加热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到Mg；
（1）加入次氯酸钠会氧化亚铁离子为三价铁，则次氯酸钠与Fe2+、H2O反应生成Fe（OH）3、Cl-和H+，反应的离子方程式为：ClO-+2Fe2++5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4H+；
故答案为：ClO-+2Fe2++5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4H+；
（2）镁离子水解生成氢氧化镁和氢离子，Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，水解反应属于吸热反应，加热温度升高，水解程度增大，通入HCl时，增加了溶液中的c（H+），能使水解平衡逆向移动，抑制Mg2+水解．HCl还能带出水份，最终得到无水MgCl2；
故答案为：Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，温度升高，水解程度增大，通入HCl，增加c（H+），使平衡逆向移动，抑制Mg2+水解．HCl还能带出水份，最终得到无水MgCl2；
（3）NaClO还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质，其反应为3NaClO+CO（NH2）2═3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O，由方程式中物质之间的关系可知，0.1mol CO（NH2）2消耗NaClO为0.3mol，则m（NaClO）=nM=0.3mol×74.5g/mol=22.35g，故答案为：22.35．
亚硝酸钠被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛．以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）．
已知：室温下①2NO+Na2O2→2NaNO2②3NaNO2+3HCl→3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO或NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+
完成下列填空：
（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式______．
（2）B中观察到的主要现象是______，D装置的作用是______．
（3）检验C中产物有亚硝酸钠的方法是______
（4）经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和______，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置E，写出E装置的仪器名称______和盛放的药品名称______．
（5）将1.56g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭______g．
正确答案
解：（1）装置A中是浓硝酸和碳加热发反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）
故答案为：C+4HNO3（浓）
（2）装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，所以反应现象为溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出；通过装置C中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，
故答案为：铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气体冒出；除去未反应的NO，防止污染空气；
（3）检验亚硝酸钠的实验设计为：取少量生成物置于试管中，加入稀盐酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则产物是亚硝酸钠．
故答案为：取样，加入稀盐酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则产物是亚硝酸钠；
（4）因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，故C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置E，E中盛放的试剂应碱石灰，用来吸收二氧化碳；
故答案为：氢氧化钠；干燥管 碱石灰；
（5）n（Na2O2）=
故答案为：0.24．
解析
解：（1）装置A中是浓硝酸和碳加热发反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）
故答案为：C+4HNO3（浓）
（2）装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，所以反应现象为溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出；通过装置C中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，
故答案为：铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气体冒出；除去未反应的NO，防止污染空气；
（3）检验亚硝酸钠的实验设计为：取少量生成物置于试管中，加入稀盐酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则产物是亚硝酸钠．
故答案为：取样，加入稀盐酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则产物是亚硝酸钠；
（4）因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，故C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置E，E中盛放的试剂应碱石灰，用来吸收二氧化碳；
故答案为：氢氧化钠；干燥管 碱石灰；
（5）n（Na2O2）=
故答案为：0.24．
（1）过氧化氢（H2O2）有广泛的用途．过氧化氢的制备方法很多，下列方法中原子利用率最高的是______（填序号）．
A．BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2
B．2NH4HSO4
C．CH3CHOHCH3+O2→CH3COCH3+H2O2
D．乙基蒽醌法见图1
Ⅰ．B选项的方法流程图如下：
回答下列问题：
（2）若要制得1mol H2O2，电解时转移电子数为______，电解硫酸氢铵溶液时，阳极的电极反应方程是：______．
（3）在上流程图中，采用减压蒸馏的原因是：______．可循环利用的物质是（写化学式）______．
Ⅱ．某文献报导了不同金属离子及其浓度对双氧水氧化降解海藻酸钠溶液反应速率的影响，实验结果如图2、图3所示．注：以上实验均在温度为20℃、w（H2O2）=0.25%、pH=7.12、海藻酸钠溶液浓度为8mg•L-1的条件下进行．图2中曲线a：H2O2；b：H2O2+Cu2+；c：H2O2+Fe2+；d：H2O2+Zn2+；e：H2O2+Mn2+；图3中曲线f：反应时间为1h；g：反应时间为2h；两图中的纵坐标代表海藻酸钠溶液的粘度（海藻酸钠浓度与溶液粘度正相关）．
（4）由上述信息可知，下列叙述错误的是______（填序号）．
A．锰离子能使该降解反应速率减缓
B．亚铁离子对该降解反应的催化效率比铜离子低
C．海藻酸钠溶液粘度的变化快慢可反映出其降解反应速率的快慢
D．一定条件下，铜离子浓度一定时，反应时间越长，海藻酸钠溶液浓度越小．
正确答案
解：（1）ABC中除了生成双氧水为还有其它物质生成，D中只有双氧水生成，所以D中原子利用率最高，故答案为：D；
（2）该反应中氧元素的化合价变化为：-2价→-1价，所以生成1mol双氧水转移电子2NA；SO42-失去e-生成S2O82-，阳极的电极反应方程是：2SO42--2e-=S2O82-，故答案为：2NA；2SO42--2e-=S2O82-；
（3）过氧化氢受热容易分解，减小气压，使液体沸点降低；残液为NH4HSO4，可循环利用，故答案为：过氧化氢不稳定，受热容易分解，减小气压，使液体沸点降低；NH4HSO4；
（4）根据图2知，纵坐标越大其粘度越大，相同时间内纵坐标变化越大，其反应速率越快，根据图3知，相同浓度的铜离子溶液中，纵坐标变化越大，其反应速率越大，
A．e曲线变化不明显，所以锰离子能使该降解反应速率减缓，故正确；
B．相同时间内，含有亚铁离子的曲线纵坐标变化比含有铜离子的大，所以亚铁离子对该降解反应的催化效率比铜离子高，故错误；
C．海藻酸钠浓度与溶液粘度正相关，粘度变化越大海藻酸钠浓度变化越大，其反应速率越大，所以海藻酸钠溶液粘度的变化快慢可反映出其降解反应速率的快慢，故正确；
D．根据图3知，一定条件下，铜离子浓度一定时，反应时间越长，溶液粘度越小，则海藻酸钠溶液浓度越小，故正确；
故答案为：B．
解析
解：（1）ABC中除了生成双氧水为还有其它物质生成，D中只有双氧水生成，所以D中原子利用率最高，故答案为：D；
（2）该反应中氧元素的化合价变化为：-2价→-1价，所以生成1mol双氧水转移电子2NA；SO42-失去e-生成S2O82-，阳极的电极反应方程是：2SO42--2e-=S2O82-，故答案为：2NA；2SO42--2e-=S2O82-；
（3）过氧化氢受热容易分解，减小气压，使液体沸点降低；残液为NH4HSO4，可循环利用，故答案为：过氧化氢不稳定，受热容易分解，减小气压，使液体沸点降低；NH4HSO4；
（4）根据图2知，纵坐标越大其粘度越大，相同时间内纵坐标变化越大，其反应速率越快，根据图3知，相同浓度的铜离子溶液中，纵坐标变化越大，其反应速率越大，
A．e曲线变化不明显，所以锰离子能使该降解反应速率减缓，故正确；
B．相同时间内，含有亚铁离子的曲线纵坐标变化比含有铜离子的大，所以亚铁离子对该降解反应的催化效率比铜离子高，故错误；
C．海藻酸钠浓度与溶液粘度正相关，粘度变化越大海藻酸钠浓度变化越大，其反应速率越大，所以海藻酸钠溶液粘度的变化快慢可反映出其降解反应速率的快慢，故正确；
D．根据图3知，一定条件下，铜离子浓度一定时，反应时间越长，溶液粘度越小，则海藻酸钠溶液浓度越小，故正确；
故答案为：B．
①将粗氧化铜（含少量Fe）溶解于稀盐酸中．加热、过滤，调节滤液的pH为3；
②对①所得滤液按下列步骤进行操作：已知Cu2+、Fe2+在pH为4～5时不水解，而Fe3+却几乎完全水解而沉淀，请回答以下问题：
（1）X是______，其反应的离子方程式是______．
（2）Y物质应具备的条件是______，生产中Y可选______．
（3）溶液Z在蒸发结晶时应注意______．
正确答案
解：工业上制取纯净的CuCl2•2H2O的主要过程：将粗氧化铜（含少量Fe）溶解于稀盐酸中，氧化铜和盐酸反应生成氯化铜，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，过滤，滤液中含有亚铁离子、铜离子、氯离子，加入氧化剂将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入Y调节溶液的pH，将铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，得到的溶液乙为氯化铜溶液，然后在持续通入HCl气体并不断搅拌条件下蒸发溶液乙获得氯化铜晶体．
（1）依据流程图可知实验目的是制备氯化铜晶体，需要除去亚铁离子，加入的X为氧化剂，但不能引入新的杂质，通入氯气氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，若X是过氧化氢溶液，酸性溶液中也可以氧化亚铁离子为铁离子且不引入新的杂质，反应的离子方程式为：2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；
故答案为：Cl2（H2O2）；Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-（2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O）；
（2）Y物质应调节溶液的酸性，调节溶液PH时铁离子全部沉淀，铜离子不能沉淀且不能引入新的杂质离子，实验需要加入和酸反应的固体物质CuO或Cu（OH）2，已知Cu2+、Fe2+在pH为4～5时不水解，而Fe3+几乎完全水解而沉淀，调节溶液PH值4--5，使铁离子完全沉淀；
故答案为：调节溶液的酸性，使PH为4～5，且不引入新杂质；CuO或Cu（OH）2 ；
（3）氯化铜水溶液蒸发浓缩，铜离子水解，CuCl2+H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，生成的氯化氢挥发，加热促进水解正向进行，得到氢氧化铜，所以实验需要在氯化氢气流中蒸发，抑制水解反应进行，析出得到氯化铜晶体；
故答案为：通入HCl气体（或加入盐酸），并不断搅拌且不能蒸干．
解析
解：工业上制取纯净的CuCl2•2H2O的主要过程：将粗氧化铜（含少量Fe）溶解于稀盐酸中，氧化铜和盐酸反应生成氯化铜，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，过滤，滤液中含有亚铁离子、铜离子、氯离子，加入氧化剂将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入Y调节溶液的pH，将铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，得到的溶液乙为氯化铜溶液，然后在持续通入HCl气体并不断搅拌条件下蒸发溶液乙获得氯化铜晶体．
（1）依据流程图可知实验目的是制备氯化铜晶体，需要除去亚铁离子，加入的X为氧化剂，但不能引入新的杂质，通入氯气氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，若X是过氧化氢溶液，酸性溶液中也可以氧化亚铁离子为铁离子且不引入新的杂质，反应的离子方程式为：2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；
故答案为：Cl2（H2O2）；Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-（2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O）；
（2）Y物质应调节溶液的酸性，调节溶液PH时铁离子全部沉淀，铜离子不能沉淀且不能引入新的杂质离子，实验需要加入和酸反应的固体物质CuO或Cu（OH）2，已知Cu2+、Fe2+在pH为4～5时不水解，而Fe3+几乎完全水解而沉淀，调节溶液PH值4--5，使铁离子完全沉淀；
故答案为：调节溶液的酸性，使PH为4～5，且不引入新杂质；CuO或Cu（OH）2 ；
（3）氯化铜水溶液蒸发浓缩，铜离子水解，CuCl2+H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，生成的氯化氢挥发，加热促进水解正向进行，得到氢氧化铜，所以实验需要在氯化氢气流中蒸发，抑制水解反应进行，析出得到氯化铜晶体；
故答案为：通入HCl气体（或加入盐酸），并不断搅拌且不能蒸干．
某工厂用NH3•H2O、CO2和制磷肥得到的副产品石膏（CaSO4•2H2O）制备硫酸钾晶体，其工艺流程如图：
请回答下列问题：
（1）写出该流程中CaSO4浊液与a、b反应的化学方程式：______
（2）操作I和操作Ⅱ中通入的a和b以及用量的关系分别为______（填序号）
A．足量的CO2，适量的NH3 B．足量的NH3，适量的CO2
C．适量的CO2，足量的NH3 D．少量的NH3，足量的CO2
（3）实验室完成操作Ⅲ所需的仪器有铁架台、玻璃棒以及______（填序号），其中玻璃棒的作用是______
（4）操作Ⅳ中滤液与KCl需在浓氨水中发生反应．析出K2SO4晶体．此反应的基本类型是______．浓氨水的作用是______，反应需在密闭容器中进行的原因是______，该操作得到的母液中所含的主要阳离子的检验方法是______．
（5）物质的循环使用，能节约资源，上述流程中循环使用的物质是______（写分子式）
正确答案
解：向硫酸钙浊液中通入氨气后，溶液显示碱性，然后再通入适量CO2，反应化学反应：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=（NH4）2SO4+CaCO3↓，过滤后得到硫酸氨滤液和碳酸钙沉淀，硫酸氨溶液中加入氯化钾，根据溶解度差异，可以得到溶解度较小的硫酸钾晶体和氯化铵溶液，碳酸钙高温下分解得到的氧化钙溶于水，可以得到氢氧化钙，氢氧化钙和氯化铵之间反应，得到氨气，可以循环使用．
（1）向硫酸钙浊液中通入氨气后，溶液显示碱性，然后再通入适量CO2，反应化学反应：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=（NH4）2SO4+CaCO3↓，故答案为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=（NH4）2SO4+CaCO3↓；
（2）由于CO2微溶于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，故选B；
（3）操作III为CaCO3和溶液的分离，应为过滤，过滤时所需要的仪器有烧杯、普通漏斗以及玻璃棒，玻璃棒的作用是引流，防止液体外溅，故答案为：ac；引流；
（4）操作IV滤液硫酸铵溶液与KCl需在浓氨水中发生反应，析出K2SO4晶体，原理是物质的溶解度大小不同，物质间发生复分解，析出溶解度小的物质，浓氨水的作用是降低硫酸钾的溶解度，利于硫酸钾的析出，应需在密闭容器中进行，防止浓氨水的挥发，该操作得到的母液中所含的主要阳离子是铵根离子，检验方法是取溶液少许，向其中加入NaOH溶液并加热，生成有刺激性气味的气体并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，
故答案为：复分解反应；降低硫酸钾的溶解度，利于硫酸钾的析出；浓氨水易挥发；取溶液少许，向其中加入NaOH溶液并加热，生成有刺激性气味的气体并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
（5）a为NH3，b为CO2，所投入的原料和尾气成分相同，则CO2、NH3可循环使用故答案为：CO2、NH3，故答案为：CO2、NH3．
解析
解：向硫酸钙浊液中通入氨气后，溶液显示碱性，然后再通入适量CO2，反应化学反应：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=（NH4）2SO4+CaCO3↓，过滤后得到硫酸氨滤液和碳酸钙沉淀，硫酸氨溶液中加入氯化钾，根据溶解度差异，可以得到溶解度较小的硫酸钾晶体和氯化铵溶液，碳酸钙高温下分解得到的氧化钙溶于水，可以得到氢氧化钙，氢氧化钙和氯化铵之间反应，得到氨气，可以循环使用．
（1）向硫酸钙浊液中通入氨气后，溶液显示碱性，然后再通入适量CO2，反应化学反应：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=（NH4）2SO4+CaCO3↓，故答案为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=（NH4）2SO4+CaCO3↓；
（2）由于CO2微溶于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，故选B；
（3）操作III为CaCO3和溶液的分离，应为过滤，过滤时所需要的仪器有烧杯、普通漏斗以及玻璃棒，玻璃棒的作用是引流，防止液体外溅，故答案为：ac；引流；
（4）操作IV滤液硫酸铵溶液与KCl需在浓氨水中发生反应，析出K2SO4晶体，原理是物质的溶解度大小不同，物质间发生复分解，析出溶解度小的物质，浓氨水的作用是降低硫酸钾的溶解度，利于硫酸钾的析出，应需在密闭容器中进行，防止浓氨水的挥发，该操作得到的母液中所含的主要阳离子是铵根离子，检验方法是取溶液少许，向其中加入NaOH溶液并加热，生成有刺激性气味的气体并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，
故答案为：复分解反应；降低硫酸钾的溶解度，利于硫酸钾的析出；浓氨水易挥发；取溶液少许，向其中加入NaOH溶液并加热，生成有刺激性气味的气体并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
（5）a为NH3，b为CO2，所投入的原料和尾气成分相同，则CO2、NH3可循环使用故答案为：CO2、NH3，故答案为：CO2、NH3．
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