- 物质的检验
- 共3564题
下列试剂中，可用于硬水软化的是（ ）
正确答案
解析
解：A．明矾溶解于水形成胶状物，能吸附不溶的杂质小颗粒沉降下来，而硬水与软水的区别是可溶性钙、镁化合物的含量不同，与不溶性杂质无关，故A错误；
B．液氯为单质，溶于水变成氯水，氯水中含有HClO，具有漂白性，能杀菌消毒，但与硬水与软水的区别是可溶性钙、镁化合物的含量不同无关，故B错误；
C．漂白粉的成分是氯化钙和次氯酸钙的混合物，漂白原理是次氯酸钙和弱酸性物质生成的次氯酸的漂白性，能杀菌消毒，但与硬水与软水的区别是可溶性钙、镁化合物的含量不同无关，故C错误；
D．磺化煤（NaR）是一种有效的离子交换剂，加入磺化煤，离子交换法中阳离子交换剂发生含H+、Na+固体与Ca2+、Mg2+离子交换，可将硬水软化，发生反应为2NaR+CaSO4→CaR2+NaSO4、2HR+CaSO4→CaR2+NaSO4，故D正确；
故选D．
（2015秋•三亚校级期末）某化学实验室产生的酸性废液中含有两种金属离子：Fe3+、Cu2+，化学小组设计了如图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境．
（1）操作①的名称是______．
（2）沉淀A中含有的金属单质有______．
（3）操作②中观察到的实验现象是______．
（4）生成的沉淀C是红褐色，受热易分解，其受热分解的化学方程式为______．
（5）对废液处理时使用的H2O2是一种常用的氧化剂，也能与SO2发生反应，两者反应时生成的物质是______．
正确答案
解：Fe3+、Cu2+和过量的铁反应生成Fe2+和单质Cu，通过过滤得到固体A和溶液A，由于铁过量，沉淀A为Fe和Cu的混合物，溶液A含亚Fe2+；Fe2+具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入H2O2能把Fe2+氧化成Fe3+，故溶液B中含Fe3+；Fe3+和氨水反应生成Fe（OH）3沉淀，故沉淀C为Fe（OH）3沉淀，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放．
（1）把铁铜混合物和溶液分开，采取过滤方法，故答案为：过滤；
（2）废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子，加入过量的铁粉后，铁离子被还原为亚铁离子，铜离子被还原成金属铜，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁，故答案为：Fe、Cu；
（3）Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，观察到的实验现象是溶液由浅绿色变为黄色，
故答案为：溶液由浅绿色变为黄色；
（4）C是氢氧化铁，其受热易分解生成氧化铁和水，反应方程式为2Fe（OH）3
，故答案为：2Fe（OH）3
（5）SO2和H2O2在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸，方程式为SO2+H2O2═H2SO4，故答案为：硫酸．
解析
解：Fe3+、Cu2+和过量的铁反应生成Fe2+和单质Cu，通过过滤得到固体A和溶液A，由于铁过量，沉淀A为Fe和Cu的混合物，溶液A含亚Fe2+；Fe2+具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入H2O2能把Fe2+氧化成Fe3+，故溶液B中含Fe3+；Fe3+和氨水反应生成Fe（OH）3沉淀，故沉淀C为Fe（OH）3沉淀，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放．
（1）把铁铜混合物和溶液分开，采取过滤方法，故答案为：过滤；
（2）废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子，加入过量的铁粉后，铁离子被还原为亚铁离子，铜离子被还原成金属铜，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁，故答案为：Fe、Cu；
（3）Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，观察到的实验现象是溶液由浅绿色变为黄色，
故答案为：溶液由浅绿色变为黄色；
（4）C是氢氧化铁，其受热易分解生成氧化铁和水，反应方程式为2Fe（OH）3
，故答案为：2Fe（OH）3
（5）SO2和H2O2在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸，方程式为SO2+H2O2═H2SO4，故答案为：硫酸．
（1）化学实验中，常用沉淀法对溶液中的阳离子处理成沉淀进行分离．某溶液中含有Ag+、Ba2+、Cu2+三种金属阳离子，现欲用OH-、CO32-、Cl-三种不同阴离子使上述金属阳离子逐一形成沉淀．加入阴离子的顺序是：______
（2）有5瓶白色固体试剂，分别是Ba（NO3）2、KCl、NaOH、CuSO4、Na2SO4，现只提供蒸馏水，通过下面的实验步骤可鉴别它们．请填写下列空白：各取适量固体试剂分别加入5支试管中，加入适量蒸馏水，振荡试管，观察则可鉴别出一种物质，被检出的物质的化学式是______
（3）在KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，氧化剂是______，还原产物是______，试用双线桥法表示上述氧化还原反应______．
正确答案
Cl-、OH-、CO32-
CuSO4
KClO3
Cl2
解析
解：（1）AgCl、Cu（OH）2、AgOH、Ag2CO3、CuCO3、BaCO3等物质都是难溶或微溶于水的物质，如先加入CO32-，则三种金属离子都生成沉淀，如先加入OH-离子，则会同时生成Cu（OH）2和AgOH沉淀，而先加入Cl-，则只生成AgCl沉淀，然后加入OH-，生成Cu（OH）2沉淀，最后加入CO32-，生成BaCO3沉淀，所以加入阴离子的顺序是Cl-、OH-、CO32-；
故答案为：Cl-、OH-、CO32-；
（2）硫酸铜溶于水形成蓝色溶液，而Ba（NO3）2、KCl、NaOH、Na2SO4溶于水形成无色溶液，所以加入适量蒸馏水，振荡试管，观察则可鉴别出CuSO4；
故答案为：CuSO4；
（3）化合价降低元素Cl所在的反应物氯酸钾是氧化剂，化合价降低的元素Cl所在的产物 Cl2是还原产物Cl2；KClO3+6HCl═3Cl2+3H2O+KCl，元素化合价升高值等于元素化合价降低值=电子转移数=5，电子转移情况为：
故答案为：KClO3；Cl2；
Ag/α-Al2O3是石油化工的一种重要催化剂，其中Ag起催化作用，α-Al2O3是载体且不溶于HNO3．如图是回收该催化剂的一种流程．
（1）写出反应①的离子方程式______；α-Al2O3与普通Al2O3相比，不溶于酸的原因可能是______．
（2）写出反应③的化学方程式______；溶液I和溶液III中溶质的主要成分相同，从溶液I转化到溶液III不仅可以除去杂质，还可以______．
（3）从溶液III到AgNO3晶体的操作为：在______（填化学式）的气氛中，______（填下面选项中的字母），过滤、洗涤、干燥，然后转移至______（填下面选项中的字母）中保存．
a、蒸发结晶 b、蒸发浓缩，冷却结晶 c、无色广口瓶 d、无色细口瓶 e、棕色广口瓶 f、棕色细口瓶
（4）已知Ag/α-Al2O3中Ag的质量分数，计算Ag的回收率，还需要的测量的数据为______和______．
正确答案
解：根据流程可知，α-Al2O3不溶于稀硝酸，Ag/a-Al2O3中加入稀硝酸后银溶解生成AgNO3进入滤液Ⅰ，滤渣为α-Al2O3；向滤液Ⅰ中加入NaCl，反应生成AgCl沉淀，则固体A为AgCl；AgCl与Fe2O3发生反应：6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3，则固体B为Ag2O，Ag2O与稀硝酸反应生成AgNO3，滤液Ⅲ为AgNO3溶液，对滤液Ⅲ通过蒸发浓缩、冷却结晶得到AgNO3固体，
（1）Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Ag+NO3-+4H+=NO↑+3Ag++2H2O；
不同结构具有不同的性质，α-Al2O3与普通Al2O3相比，不溶于酸的原因可能是α-Al2O3与普通Al2O3结构不同，
故答案为：3Ag+NO3-+4H+=NO↑+3Ag++2H2O；α-Al2O3与普通Al2O3结构不同；
（2）根据流程可知，氯化银与氧化铁反应生成氯化铁和氧化银，反应的化学方程式为：6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3；溶液I中硝酸银浓度较小，溶液Ⅲ中硝酸银浓度较大，所以从溶液I转化到溶液Ⅲ的目的是除杂质且富集AgNO3，
故答案为：6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3；富集AgNO3；
（3）从溶液Ⅲ到AgNO3晶体的操作为：在硝酸的气氛中蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥获得硝酸银固体；由于硝酸银容易见光分解，需要避光保存，即：将硝酸银保存在棕色广口瓶中，
故答案为：HNO3；b；e；
（4）要计算Ag的回收率必须知道催化剂的质量，再由所给Ag的质量分数求出Ag的质量，另外要知道最后所得AgNO3的质量，
故答案为：催化剂的质量；AgNO3的质量．
解析
解：根据流程可知，α-Al2O3不溶于稀硝酸，Ag/a-Al2O3中加入稀硝酸后银溶解生成AgNO3进入滤液Ⅰ，滤渣为α-Al2O3；向滤液Ⅰ中加入NaCl，反应生成AgCl沉淀，则固体A为AgCl；AgCl与Fe2O3发生反应：6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3，则固体B为Ag2O，Ag2O与稀硝酸反应生成AgNO3，滤液Ⅲ为AgNO3溶液，对滤液Ⅲ通过蒸发浓缩、冷却结晶得到AgNO3固体，
（1）Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Ag+NO3-+4H+=NO↑+3Ag++2H2O；
不同结构具有不同的性质，α-Al2O3与普通Al2O3相比，不溶于酸的原因可能是α-Al2O3与普通Al2O3结构不同，
故答案为：3Ag+NO3-+4H+=NO↑+3Ag++2H2O；α-Al2O3与普通Al2O3结构不同；
（2）根据流程可知，氯化银与氧化铁反应生成氯化铁和氧化银，反应的化学方程式为：6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3；溶液I中硝酸银浓度较小，溶液Ⅲ中硝酸银浓度较大，所以从溶液I转化到溶液Ⅲ的目的是除杂质且富集AgNO3，
故答案为：6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3；富集AgNO3；
（3）从溶液Ⅲ到AgNO3晶体的操作为：在硝酸的气氛中蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥获得硝酸银固体；由于硝酸银容易见光分解，需要避光保存，即：将硝酸银保存在棕色广口瓶中，
故答案为：HNO3；b；e；
（4）要计算Ag的回收率必须知道催化剂的质量，再由所给Ag的质量分数求出Ag的质量，另外要知道最后所得AgNO3的质量，
故答案为：催化剂的质量；AgNO3的质量．
Ⅰ．工业废水中Cr（Ⅲ）回收与再利用工艺如下：
注：
①硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+
②部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表．
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施______（至少写一条）．
（2）调pH=8是为了除去______离子（选填：Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）．
（3）钠离子交换树脂的原理为：Mn++nNaR→MRn+nNa+，被交换的杂质离子是______（选填：Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）．
Ⅱ．电解法处理含Cr2O72-离子的废水（pH=4～6）的一种方法是：往废水中加入适量NaCl，以铁为电极进行电解，同时鼓入空气，经过一段时间后，经过一段时间后，有Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀产生，使工业废水中铬含量低于排放标准．
（1）阴极电极反应式：______．
（2）加入适量NaCl的作用？______．
（3）鼓入空气的作用？______．
正确答案
升高温度，搅拌，过滤后再向滤渣中加入H2SO4 （多次浸取），适当延长浸取时间等
Fe3+、Al3+
Mg2+、Ca2+
Cr2O72-+14H++6e-=2Cr3++7H2O
增强废水的导电性，便于电解的进行
将阳极溶解生成的Fe2+转化为Fe3+，便于形成沉淀除去
解析
解：硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+和Cr3+有还原性，Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离；加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；最后钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子．
I、（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，
故答案为：升高温度，搅拌，过滤后再向滤渣中加入H2SO4 （多次浸取），适当延长浸取时间；
（2）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液PH=8，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；
故答案为：Al3+、Fe3+；
（3）钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，因为在此之前，Fe3+被除去，Al3+转化为偏铝酸根的形式，故答案为：Ca2+、Mg2+；
Ⅱ、（1）Fe为阳极，则阳极反应为Fe-2e-=Fe2+，溶液中重铬酸根离子在阴极放电：Cr2O72-+14H++6e-=2Cr3++7H2O，故答案为：Cr2O72-+14H++6e-=2Cr3++7H2O；
（2）因NaCl为电解质，加入适量的NaCl增强废水的导电性，便于电解的进行，故答案为：增强废水的导电性，便于电解的进行；
（3）亚铁离子具有还原性可以被空气中的氧气氧化为铁离子，所以鼓入空气，是将阳极溶解生成的Fe2+转化为Fe3+，便于形成沉淀除去，
故答案为：将阳极溶解生成的Fe2+转化为Fe3+，便于形成沉淀除去．
工业上用粗软锰矿（只含有MnO2和MnO）和H2SO4（过量）、FeS2制备MnSO4•H2O的流程如图所示（已知，流程中的FeS2、FeSO4、MnO2、MnO均完全反应）
（1）①中发生了三个反应，其中两个反应是：MnO+H2SO4═MnSO4+H2O、FeS2+H2SO4═FeSO4+H2S↑+S↓
完成反应：______MnO2+______FeSO4+______═______MnSO4+______+______．
（2）沉淀A、B的化学式分别为______，②中加入MnO的目的是调节pH，使Fe3+完全沉淀，则②中MnO参与反应的离子方程式：______．
（3）若沉淀A的质量和MnSO4•H2O的质量分别为96.0g、321.1g，②中加入的MnO为0.1mol，则理论上粗软锰矿的MnO的质量分数为______（精确到0.01%）
正确答案
解：粗软锰矿（只含有MnO2和MnO）和H2SO4（过量）、FeS2反应，MnO+H2SO4═MnSO4+H2O、FeS2+H2SO4═FeSO4+H2S↑+S↓，二氧化锰和硫酸亚铁在酸性条件下反应，硫酸，提供酸性环境，各元素的化合价不变，MnO2中Mn元素的化合价降低，硫酸亚铁中铁元素化合价升高，发生反应：MnO2+2FeSO4+2H2SO4═MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O，气体为H2S，沉淀A为S，滤液x为MnSO4、Fe2（SO4）3，②中加入MnO，Fe3+水解生成的H+与MnO反应，MnO+2H+═Mn2++H2O，促进Fe3+水解Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，并最终转化为沉淀，且不引入新的杂质，所以②中加入MnO的目的是调节pH，使Fe3+完全沉淀，沉淀B为Fe（OH）3，滤液Y为MnSO4，浓缩结晶得到MnSO4•H2O，
（1）根据题意，反应物中要加入硫酸，MnO2中Mn元素的化合价降低（+4→+2）得到2e-，MnO2是氧化剂，FeSO4中铁元素化合价升高（+2→+3）失去e-，FeSO4为还原剂，加入硫酸，H2SO4中各元素的化合价不变，提供酸性环境，所以最小公倍数为2，根据得失电子守恒和元素守恒，该反应为：MnO2+2FeSO4+2H2SO4═MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O，
故答案为：1；2；2H2SO4；1；1Fe2（SO4）3；2H2O；
（2）MnO+H2SO4═MnSO4+H2O、FeS2+H2SO4═FeSO4+H2S↑+S↓，MnO2+2FeSO4+2H2SO4═MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O，所以反应①产物气体为H2S，沉淀A为S，②中加入MnO，Fe3+水解生成的H+与MnO反应，MnO+2H+═Mn2++H2O，促进Fe3+水解Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，并最终转化为沉淀B为Fe（OH）3，且不引入新的杂质，
故答案为：S、Fe（OH）3；MnO+2H+═Mn2++H2O；
（3）FeS2+H2SO4═FeSO4+H2S↑+S↓，MnO2+2FeSO4+2H2SO4═MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O，可得：关系式，2S～2FeSO4～MnO2，n（MnO2）=
故答案为：14.03%．
解析
解：粗软锰矿（只含有MnO2和MnO）和H2SO4（过量）、FeS2反应，MnO+H2SO4═MnSO4+H2O、FeS2+H2SO4═FeSO4+H2S↑+S↓，二氧化锰和硫酸亚铁在酸性条件下反应，硫酸，提供酸性环境，各元素的化合价不变，MnO2中Mn元素的化合价降低，硫酸亚铁中铁元素化合价升高，发生反应：MnO2+2FeSO4+2H2SO4═MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O，气体为H2S，沉淀A为S，滤液x为MnSO4、Fe2（SO4）3，②中加入MnO，Fe3+水解生成的H+与MnO反应，MnO+2H+═Mn2++H2O，促进Fe3+水解Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，并最终转化为沉淀，且不引入新的杂质，所以②中加入MnO的目的是调节pH，使Fe3+完全沉淀，沉淀B为Fe（OH）3，滤液Y为MnSO4，浓缩结晶得到MnSO4•H2O，
（1）根据题意，反应物中要加入硫酸，MnO2中Mn元素的化合价降低（+4→+2）得到2e-，MnO2是氧化剂，FeSO4中铁元素化合价升高（+2→+3）失去e-，FeSO4为还原剂，加入硫酸，H2SO4中各元素的化合价不变，提供酸性环境，所以最小公倍数为2，根据得失电子守恒和元素守恒，该反应为：MnO2+2FeSO4+2H2SO4═MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O，
故答案为：1；2；2H2SO4；1；1Fe2（SO4）3；2H2O；
（2）MnO+H2SO4═MnSO4+H2O、FeS2+H2SO4═FeSO4+H2S↑+S↓，MnO2+2FeSO4+2H2SO4═MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O，所以反应①产物气体为H2S，沉淀A为S，②中加入MnO，Fe3+水解生成的H+与MnO反应，MnO+2H+═Mn2++H2O，促进Fe3+水解Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，并最终转化为沉淀B为Fe（OH）3，且不引入新的杂质，
故答案为：S、Fe（OH）3；MnO+2H+═Mn2++H2O；
（3）FeS2+H2SO4═FeSO4+H2S↑+S↓，MnO2+2FeSO4+2H2SO4═MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O，可得：关系式，2S～2FeSO4～MnO2，n（MnO2）=
故答案为：14.03%．
自来水生产的流程示意图如下，下列说法错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．常用混凝剂为FeSO4•7H2O，被氧化、水解后生成Fe（OH）3，具有吸附作用，可除去水中的悬浮物，故A正确；
B．常用混凝剂为FeSO4•7H2O，被氧化、水解后生成Fe（OH）3，故B错误；
C．除去Ca2+、Mg2+，应先加入石灰，然后加入纯碱，过量的钙离子可通过纯碱使之沉淀下来，故C正确；
D．臭氧有强氧化性，可替代氯气进行消毒，故D正确；
故选B．
莫尔盐【硫酸亚铁铵（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O】是一种重要化学试剂，实验室用含油污的铁片来制取莫尔盐，流程如下：
请回答下列问题：
（1）加入10%Na2CO3溶液的原因是______（用离子方程式表示）．
（2）A物质可以为______（填编号）．
a．CuCl2 b．CuO c．Cu（NO3）2 d．CuSO4
（3）B物质的成分为______．
（4）加少量硫酸调节pH为 1～2的目的是______，操作Ⅱ的名称______．
（5）用无水乙醇洗涤潮湿的硫酸亚铁铵晶体是为了除去晶体表面残留的水分，不用加热烘干的原因是______．
（6）鉴定所得晶体中含有Fe2+、NH4+、SO42-离子的实验方法正确的是______（填编号）．
a．取少量样品于试管，加水溶解，通入适量Cl2，再加KSCN溶液，观察现象
b．取少量样品于试管，加水溶解，加入酸性KMnO4溶液，观察现象
c．取少量样品于试管，加水溶解，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，观察试纸颜色的变化
d．取少量样品于试管，加水溶解，加入盐酸后再加入BaCl2溶液，观察现象．
正确答案
解：实验室用含油污的铁片来制取莫尔盐：碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质易于洗去，步骤1中加入10Na2CO3溶液的主要作用是除去铁屑表面的油污，洗净，干燥，称量得到纯铁片10克，A物质为CuO或CuSO4，加入硫酸后和铁发生反应生成铜析出，和铁在硫酸溶液中形成原电池反应加快反应进行，过滤得到固体B为铁和铜，滤液为FeSO4，相同温度下硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度比硫酸亚铁和硫酸铵的溶解度小，所以将硫酸亚铁和硫酸铵的混合溶液加热浓缩就能得到硫酸亚铁铵晶体，加入少量硫酸可以调节pH为1～2是抑制亚铁离子和铵根离子水解，Fe2++2H2O⇌Fe （OH）2+2H+； NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；加入硫酸保持酸性，抑制Fe2+、NH4+离子的水解得到更多的产品；莫尔盐，易溶于水，不溶于乙醇，用乙醇洗涤干燥得到莫尔盐．
（1）油污的主要成分为油脂，在碱性条件下易发生水解，而Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液呈碱性，可用于洗去某些物质表面的油污，
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；
（2）加入的物质能和铁在硫酸溶液中形成原电池反应加快反应进行，氧化铜不溶于水，A物质为CuO或CuSO4，不引入新的杂质，过滤得到固体为铁和铜；
故答案为：b、d；
（3）氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜和铁发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，过滤得到固体B为铁和铜；
故答案为：Fe、Cu；
（4）加入少量硫酸可以调节pH为1～2是抑制亚铁离子和铵根离子水解，Fe2++2H2O⇌Fe （OH）2+2H+； NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；加入硫酸保持酸性，抑制Fe2+、NH4+离子的水解得到更多的产品；硫酸亚铁铵晶体中的结晶水受热容易失去，所以操作Ⅱ的名称蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，
故答案为：抑制Fe2+、NH4+水解；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
（5）用无水乙醇洗涤晶体，除去其表面的水分，避免加热过程中晶体受热分解（或被氧化），
故答案为：避免加热过程中晶体受热分解（或被氧化）；
（6）a．Fe2+的检验方法：取少量样品于试管中，加入硫氰酸钾溶液无现象，加入氯水溶液变为Fe3+，加入硫氰酸钾溶液呈血红色，即Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3；取少量样品于试管，加水溶解，通入适量Cl2，如果只存在Fe3+，取少量样品于试管，加水溶解，通入适量Cl2，再加KSCN溶液也呈血红色，故a错误；
b．因为Fe2+具有较强的还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，取少量样品于试管，加水溶解，加入酸性KMnO4溶液，观察现象，故b正确；
c．NH4+的检验方法：取少量样品于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，故c正确；
d．SO42-的检验方法：取少量样品于试管，先加入盐酸后无现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，故d正确；
故答案为：b、c、d；
解析
解：实验室用含油污的铁片来制取莫尔盐：碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质易于洗去，步骤1中加入10Na2CO3溶液的主要作用是除去铁屑表面的油污，洗净，干燥，称量得到纯铁片10克，A物质为CuO或CuSO4，加入硫酸后和铁发生反应生成铜析出，和铁在硫酸溶液中形成原电池反应加快反应进行，过滤得到固体B为铁和铜，滤液为FeSO4，相同温度下硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度比硫酸亚铁和硫酸铵的溶解度小，所以将硫酸亚铁和硫酸铵的混合溶液加热浓缩就能得到硫酸亚铁铵晶体，加入少量硫酸可以调节pH为1～2是抑制亚铁离子和铵根离子水解，Fe2++2H2O⇌Fe （OH）2+2H+； NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；加入硫酸保持酸性，抑制Fe2+、NH4+离子的水解得到更多的产品；莫尔盐，易溶于水，不溶于乙醇，用乙醇洗涤干燥得到莫尔盐．
（1）油污的主要成分为油脂，在碱性条件下易发生水解，而Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液呈碱性，可用于洗去某些物质表面的油污，
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；
（2）加入的物质能和铁在硫酸溶液中形成原电池反应加快反应进行，氧化铜不溶于水，A物质为CuO或CuSO4，不引入新的杂质，过滤得到固体为铁和铜；
故答案为：b、d；
（3）氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜和铁发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，过滤得到固体B为铁和铜；
故答案为：Fe、Cu；
（4）加入少量硫酸可以调节pH为1～2是抑制亚铁离子和铵根离子水解，Fe2++2H2O⇌Fe （OH）2+2H+； NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；加入硫酸保持酸性，抑制Fe2+、NH4+离子的水解得到更多的产品；硫酸亚铁铵晶体中的结晶水受热容易失去，所以操作Ⅱ的名称蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，
故答案为：抑制Fe2+、NH4+水解；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
（5）用无水乙醇洗涤晶体，除去其表面的水分，避免加热过程中晶体受热分解（或被氧化），
故答案为：避免加热过程中晶体受热分解（或被氧化）；
（6）a．Fe2+的检验方法：取少量样品于试管中，加入硫氰酸钾溶液无现象，加入氯水溶液变为Fe3+，加入硫氰酸钾溶液呈血红色，即Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3；取少量样品于试管，加水溶解，通入适量Cl2，如果只存在Fe3+，取少量样品于试管，加水溶解，通入适量Cl2，再加KSCN溶液也呈血红色，故a错误；
b．因为Fe2+具有较强的还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，取少量样品于试管，加水溶解，加入酸性KMnO4溶液，观察现象，故b正确；
c．NH4+的检验方法：取少量样品于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，故c正确；
d．SO42-的检验方法：取少量样品于试管，先加入盐酸后无现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，故d正确；
故答案为：b、c、d；
自来水厂的水源水通常含有各种杂质，必须经过去除固体杂质和悬浮物、消毒、去除异味等一系列净化工序，才能达到使用标准．
（1）净化有下列措施：①过滤 ②添加混凝剂 ③加入活性炭 ④加入消毒剂，你认为正确的顺序是______
（2）若含磷废水直接排放会对水质产生什么不良影响？______
（3）藻类死后在水中被氧化，其中N、P元素被氧化生成的最高价氧化物对应水化物的化学式分别为______、______．
正确答案
解：（1）根据处理过程：除固体杂质和悬浮物、消毒、去除异味等一系列净化工序，所以处理顺序为：②添加混凝剂①过滤③加入活性炭④加入消毒剂，
故答案为：②①④③；
（2）含磷废水直接排放会导致水体富营养化，使藻类植物大量繁殖，从而引起鱼类缺氧死亡，故答案为：水体富营养化，使藻类植物大量繁殖，从而引起鱼类缺氧死亡；
（3）N、P元素被氧化生成的最高价氧化物分别为五氧化二氮和五氧化二磷，所以最高价氧化物对应水化物为硝酸和磷酸，故答案为：HNO3；H3PO4．
解析
解：（1）根据处理过程：除固体杂质和悬浮物、消毒、去除异味等一系列净化工序，所以处理顺序为：②添加混凝剂①过滤③加入活性炭④加入消毒剂，
故答案为：②①④③；
（2）含磷废水直接排放会导致水体富营养化，使藻类植物大量繁殖，从而引起鱼类缺氧死亡，故答案为：水体富营养化，使藻类植物大量繁殖，从而引起鱼类缺氧死亡；
（3）N、P元素被氧化生成的最高价氧化物分别为五氧化二氮和五氧化二磷，所以最高价氧化物对应水化物为硝酸和磷酸，故答案为：HNO3；H3PO4．
为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如图简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（铁主要以Fe2O3存在）转变成重要的化工原料FeSO4（反应条件略）．
活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O═15FeSO4+8H2SO4，不考虑其他反应．请回答下列问题：
（1）第Ⅰ步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是______．
（2）检验第Ⅱ步中Fe3+是否完全还原，应选择______（填字母编号）．
A．KMnO4溶液 B．K3[Fe（CN）6]溶液 C．KSCN溶液
（3）第Ⅲ步加FeCO3调溶液pH到5.8左右，然后在第Ⅳ步通入空气使溶液pH降到5.2，此时Fe2+不沉淀，滤液中铝、硅杂质除尽．通入空气引起溶液pH降低的原因是______．
（4）FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料．
已知25℃，101kPa时：4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=-1648kJ/mol
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393kJ/mol
2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=-1480kJ/mol
FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是______．
（5）FeSO4在一定条件下可制得FeS2（二硫化亚铁）纳米材料．该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S，正极反应式是______．
（6）假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为50%．将a kg质量分数为b%的硫酸加入到c kg烧渣中浸取，铁的浸取率为96%，其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计．按上述流程，第Ⅲ步应加入FeCO3______ kg．
正确答案
解：硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液中加入FeCO3调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到FeSO4晶体．
（1）H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水，反应离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）KMnO4溶液、K3[Fe（CN）6]溶液可以检验有Fe2+生成，取第Ⅱ步反应中溶液少许与试管中，滴加KSCN 溶液，若溶液不变红色，说明Fe3+完全被还原，
故答案为：C；
（3）氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+，使溶液pH降低，
故答案为：氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+；
（4）发生反应：4FeCO3+O2
已知：①4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=-1648kJ/mol
②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393kJ/mol
③2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=-1480kJ/mol
根据盖斯定律，①-③×2+②×④可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故△H=-1648kJ/mol-2×（-1480kJ/mol）+4×（-393kJ/mol）=-260kJ/mol，
故反应热化学方程式为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ/mol，
故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ/mol；
（5）电池放电时的总反应为：4Li+FeS2═Fe+2Li2S，正极发生还原反应，FeS2获得电子生成Fe、S2-，正极电极反应式为：FeS2+4e-=Fe+2S2-，
故答案为：FeS2+4e-=Fe+2S2-；
（6）Fe2O3含量为50%，ckg烧渣中，Fe2O3质量为50%×ckg，铁的浸取率为96%，侧参加反应的Fe2O3质量为50%×ckg×96%，其物质的量为（50%×c×103×96%）g÷160g/mol=3c mol，
akg质量分数为b%的硫酸中m（H2SO4）=b%×akg，其物质的量为（b%×a×103）g÷98g/mol=
第Ⅲ步应加入FeCO3后，浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原Fe3+时生成的硫酸完全转化为FeSO4，
根据FeS2～7Fe2（S04）3～7Fe2O3，可知参加反应的FeS2的物质的量
根据硫元素守恒计算n总（FeSO4）=
由Fe元素守恒n（FeCO3）=n总（FeSO4）-n（FeS2）-2n（Fe2O3）=
故答案为：（0.0118ab-0.646c）．
解析
解：硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液中加入FeCO3调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到FeSO4晶体．
（1）H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水，反应离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）KMnO4溶液、K3[Fe（CN）6]溶液可以检验有Fe2+生成，取第Ⅱ步反应中溶液少许与试管中，滴加KSCN 溶液，若溶液不变红色，说明Fe3+完全被还原，
故答案为：C；
（3）氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+，使溶液pH降低，
故答案为：氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+；
（4）发生反应：4FeCO3+O2
已知：①4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=-1648kJ/mol
②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393kJ/mol
③2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=-1480kJ/mol
根据盖斯定律，①-③×2+②×④可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故△H=-1648kJ/mol-2×（-1480kJ/mol）+4×（-393kJ/mol）=-260kJ/mol，
故反应热化学方程式为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ/mol，
故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ/mol；
（5）电池放电时的总反应为：4Li+FeS2═Fe+2Li2S，正极发生还原反应，FeS2获得电子生成Fe、S2-，正极电极反应式为：FeS2+4e-=Fe+2S2-，
故答案为：FeS2+4e-=Fe+2S2-；
（6）Fe2O3含量为50%，ckg烧渣中，Fe2O3质量为50%×ckg，铁的浸取率为96%，侧参加反应的Fe2O3质量为50%×ckg×96%，其物质的量为（50%×c×103×96%）g÷160g/mol=3c mol，
akg质量分数为b%的硫酸中m（H2SO4）=b%×akg，其物质的量为（b%×a×103）g÷98g/mol=
第Ⅲ步应加入FeCO3后，浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原Fe3+时生成的硫酸完全转化为FeSO4，
根据FeS2～7Fe2（S04）3～7Fe2O3，可知参加反应的FeS2的物质的量
根据硫元素守恒计算n总（FeSO4）=
由Fe元素守恒n（FeCO3）=n总（FeSO4）-n（FeS2）-2n（Fe2O3）=
故答案为：（0.0118ab-0.646c）．
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