- 物质的检验
- 共3564题
MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节．某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：
（1）第①步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的______（写化学式）转化为可溶性物质．
（2）第②步反应的离子方程式5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，请用单线桥法表示电子的转移情况．
（3）第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、______、______，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还有含有______（写化学式）．
（4）若粗MnO2样品的质量为 12.69g，第①步反应后，经过滤得到 8.7gMnO2，并收集到0.224LCO2（标准状况下），则在第②步反应中至少需要______ mol NaClO3．
正确答案
解：粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品加入硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，向硫酸锰中加入氯酸钠，反应的离子方程式5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，将产生的氯气和热的氢氧化钠溶液反应可以得到氯酸钠的溶液，蒸发浓缩结晶可以得到氯酸钠的固体物质．
（1）MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，所以答案是粗MnO2样品中的MnO2和MnCO3转化为可溶性物质，
故答案为：MnO2和MnCO3；
（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，反应中，Mn失电子，Cl得电子，得电子数=失电子数=转移电子数=10，电子转移为：
（3）第③属于蒸发，所以所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，NaClO3属于氧化产物，因此一定有还原产物NaCl，故答案为：蒸发皿、玻璃棒；NaCl；
（4）根据质量守恒和化学方程式计算，CO2的物质的量为0.01mol，则MnCO3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol×0.01mol=1.15g，所以MnO的质量为3.99g-1.15g=2.84g，其物质的量为 
故答案为：0.02．
解析
解：粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品加入硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，向硫酸锰中加入氯酸钠，反应的离子方程式5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，将产生的氯气和热的氢氧化钠溶液反应可以得到氯酸钠的溶液，蒸发浓缩结晶可以得到氯酸钠的固体物质．
（1）MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，所以答案是粗MnO2样品中的MnO2和MnCO3转化为可溶性物质，
故答案为：MnO2和MnCO3；
（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，反应中，Mn失电子，Cl得电子，得电子数=失电子数=转移电子数=10，电子转移为：
（3）第③属于蒸发，所以所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，NaClO3属于氧化产物，因此一定有还原产物NaCl，故答案为：蒸发皿、玻璃棒；NaCl；
（4）根据质量守恒和化学方程式计算，CO2的物质的量为0.01mol，则MnCO3的物质的量为0.01mol，质量为115g/mol×0.01mol=1.15g，所以MnO的质量为3.99g-1.15g=2.84g，其物质的量为
故答案为：0.02．
碳酸钠是造纸、玻璃、纺织、制革等行业的重要原料．工业碳酸钠（纯度约98%）中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和SO42-等杂质，提纯工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）滤渣的主要成分为______．
（2）实验室进行蒸发浓缩结晶用到的主要仪器有______酒精灯、玻璃棒等；蒸发过程中玻璃棒的作用是______．
（3）若“母液”循环使用，可能出现的问题及其原因是______．
（4）请设计实验方案验证工业碳酸钠中含有Na2SO4、NaCl杂质．
正确答案
Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3
蒸发皿
搅拌，防止溶液局部温度较高，造成液滴或晶体飞溅
产品纯度降低，因为循环使用时母液中Cl-与SO42-浓度增大，导致产品含有NaCl或Na2SO4杂质
解析
解：（1）工业碳酸钠（钝度约98%）中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3沉淀，滤渣的主要成分为Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3，
故答案为：Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3；
（2）进行蒸发浓缩结晶用到的主要仪器有：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等，蒸发过程中玻璃棒的作用是搅拌，防止溶液局部温度较高，造成液滴或晶体飞溅．
故答案为：蒸发皿；搅拌，防止溶液局部温度较高，造成液滴或晶体飞溅；
（3）根据流程图内容“母液”中存在氯离子和硫酸根离子，若参与循环，将使离子浓度增大，导致产品纯度降低，故答案为：产品纯度降低，因为循环使用时母液中Cl-与SO42-浓度增大，导致产品含有NaCl或Na2SO4杂质；
（4）向待测溶液中加入Ba（NO3）2 溶液至过量，生成的白色且不溶于硝酸的沉淀是硫酸钡，证明含有硫酸钠；
能和硝酸酸化的硝酸银反应生成的白色沉淀一定是氯化银，证明含有氯化钠，
故答案为：
．
在富碘卤水中，采用如图所示的工艺流程生产单质碘：
试回答：
（1）乙、丁中溶质的化学式：乙______；丁______．
（2）第④步骤操作中用稀硫酸浸洗的目的是______（填写字母编号）．
A、除去未反应的AgI B、除去未反应的I- C、除去未反应的Fe
（3）第⑦步骤中可供提纯I2的两种方法是______和______（不要求写具体步骤）．
（4）实验室检验I2的试剂是______．
（5）甲物质见光易变黑，其反应的化学方程式______．
（6）反应⑤中所加的硝酸应选______硝酸（填“浓”或“稀”），原因是______．
正确答案
FeI2
FeCl3
C
萃取
升华
淀粉
2AgI
稀硝酸
用稀硝酸生成等量的硝酸银时消耗的硝酸少，可以节约能源
解析
解：富碘卤水中含有I-，加入硝酸银发生：Ag++I-═AgI↓，过滤水洗后的甲为AgI，加入Fe搅拌，可得Ag和FeI2，所以乙为FeI2，生成的银中含有少量铁粉，通入硫酸生成硫酸亚铁除去，则丙为硫酸亚铁，银单质可以循环利用；FeI2具有还原性，与充足的氯气发生氧化还原反应生成I2和FeCl3，反应的化学方程式为2FeI2+3Cl2═2I2+2FeCl3，则丁溶液为FeCl3溶液；最后将碘单质经过萃取或升华法进行提纯，
（1）根据分析可知，乙溶液溶质为：FeI2，丁溶液溶质为FeCl3，故答案为：FeI2；FeCl3；
（2）得到的银中含有铁粉，第④步骤操作中用稀硫酸浸洗的目的是除去混有的铁粉，所以C正确，
故答案为：C；
（3）碘单质在水中溶解度减小，易溶于有机溶剂，可以通过萃取法提纯；碘单质具有升华的性质，也可以通过升华的方法提纯，
故答案为：萃取；升华；
（4）淀粉遇到碘单质变蓝，可以用淀粉具有碘单质，故答案为：淀粉；
（5）AgI不稳定，见光易分解生成银和碘单质，反应的化学方程式为：2AgI
（6）银与浓硝酸、稀硝酸反应的方程式分别为：Ag+2HNO3（浓）=AgNO3+NO2↑+H2O、3Ag+4HNO3（稀）=3AgNO3+NO↑+2H2O，从反应方程式可知，用稀硝酸反应制备硝酸银消耗的硝酸的物质的量小，所以为了节约能源，应该选用稀硝酸，
故答案为：稀硝酸；用稀硝酸生成等量的硝酸银时消耗的硝酸少，可以节约能源．
以下关于纸上层析的叙述，错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．化学性质十分相近的分子或离子用一般的检验方法难以分离和检验，但各根据分子或离子的扩散速度不同进行分离和检验，可用纸上层析法，故A正确；
B．纸上层析法分为上升纸层析法和径向纸层析法，就是把流动相涂成一条直线，然后把定性试纸一部分插入层析液中，让层析液利用毛细现象爬上来，然后分层，径向层析法是把流动相涂成一个圆，然后把层析液点在中间，然后层析液扩散出去的时候形成大小不一，颜色不一的圆，即色环，故B正确；
C．纸上层析中要求流动相溶剂对分离物质应有适当的溶解度，由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同，从而达到分离的目的，故C正确；
D．无色离子可以先层析，然后再用显色剂来显色，故D错误；
故选D．
工业上用某矿渣（主要成分是Cu2O，少量杂质是Al2O3、Fe2O3和SiO2）提取铜的操作流程如下：
已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
（1）固体混合物A中的成分是______（填化学式）．
（2）反应I完成后，铁元素的存在形式为______（填离子符号）．
（3）y的数值范围是______．
（4）若电解法获得Cu 64.0g，则原矿渣中Cu2O的质量是______．
a、144.0gb、大于144.0g c、小于144.0g
（5）下列关于用NaClO调节溶液pH的说法正确的是______．
a、加入NaClO可使溶液的pH降低
b、NaClO能调节pH的主要原因是由于发生反应：ClO-+H+=HClO，ClO-消耗H+，从而达到调节pH的目的
c、NaClO能调节pH的主要原因是由于NaClO水解：ClO-+H2O⇌HClO+OH-消耗H+，从而达到调节pH的目的．
（6）用NaClO调pH，生成沉淀B的同时生成一种具有漂白作用的物质，且该物质与还原产物的物质的量之比为4：1，该反应的离子方程式为______．
正确答案
解：矿渣加入稀硫酸，Cu2O、Al2O3、Fe2O3溶解，二氧化硅不溶，所以固体混合物A是不溶于稀硫酸的物质，发生的反应有Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，得出A的成分是SiO2、Cu；
由于单质Cu存在，铁元素以Fe2+形式存在，反应方程式：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，滤液中主要是Al3+、Fe2+、Cu2+；
加入NaClO具有氧化性，氧化Fe2+为Fe3+，同时调节溶液pH使Al3+、Fe3+沉淀完全，根据Fe（OH）3和Al（OH）3开始沉淀和沉淀结束的pH关系，x范围是：3.2≤pH＜4.0，目的是沉淀Fe（OH）3；y范围是：5.2≤pH＜5.4，沉淀Al（OH）3；最后得到氯化铜、硫酸铜溶液，电解法获取Cu时，阴极发生还原反应：Cu2++2e-=Cu；阳极发生氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑；次氯酸钠中的次氯酸根结合溶液中的氢离子，PH升高；NaClO能调节pH的主要原因是由于发生反应ClO-+H+⇌HClO，ClO-消耗H+，从而达到调节pH的目的；溶液显示酸性，次氯酸是弱酸，次氯酸根结合酸溶液中的氢离子；生成一种具有漂白作用的物质是次氯酸；
（1）通过以上分析知，固体混合物A中的成分是SiO2、Cu，故答案为：SiO2、Cu；
（2）反应I发生的反应为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，所以反应I完成后，铁元素的存在形式为Fe2+，故答案为：Fe2+；
（3）通过以上分析知，调节y的目的是除去铝离子而不能除去铜离子，所以y的数值范围是5.2≤pH＜5.4，故答案为：5.2≤pH＜5.4；
（4）根据Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+知，Cu2O中大多数Cu元素生成铜离子，少数生成Cu单质，若电解法获得Cu 64.0g，其物质的量是1mol，原矿渣中Cu2O的物质的量大于0.5mol而小于1mol，其质量=0.5mol×144g/mol=72g，所以大于72g而小于144g，故答案为：c；
（5）ClO-和H+反应生成弱电解质HClO，从而消耗氢离子导致溶液pH升高，从而调节溶液的pH，故答案为：b；
（6）用NaClO调pH，生成沉淀B的同时生成一种具有漂白作用的物质，沉淀B是氢氧化铁，漂白性物质是HClO，且该物质与还原产物的物质的量之比为4：1，据此书写该反应的离子方程式为2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4HClO，
故答案为：2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4HClO．
解析
解：矿渣加入稀硫酸，Cu2O、Al2O3、Fe2O3溶解，二氧化硅不溶，所以固体混合物A是不溶于稀硫酸的物质，发生的反应有Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，得出A的成分是SiO2、Cu；
由于单质Cu存在，铁元素以Fe2+形式存在，反应方程式：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，滤液中主要是Al3+、Fe2+、Cu2+；
加入NaClO具有氧化性，氧化Fe2+为Fe3+，同时调节溶液pH使Al3+、Fe3+沉淀完全，根据Fe（OH）3和Al（OH）3开始沉淀和沉淀结束的pH关系，x范围是：3.2≤pH＜4.0，目的是沉淀Fe（OH）3；y范围是：5.2≤pH＜5.4，沉淀Al（OH）3；最后得到氯化铜、硫酸铜溶液，电解法获取Cu时，阴极发生还原反应：Cu2++2e-=Cu；阳极发生氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑；次氯酸钠中的次氯酸根结合溶液中的氢离子，PH升高；NaClO能调节pH的主要原因是由于发生反应ClO-+H+⇌HClO，ClO-消耗H+，从而达到调节pH的目的；溶液显示酸性，次氯酸是弱酸，次氯酸根结合酸溶液中的氢离子；生成一种具有漂白作用的物质是次氯酸；
（1）通过以上分析知，固体混合物A中的成分是SiO2、Cu，故答案为：SiO2、Cu；
（2）反应I发生的反应为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，所以反应I完成后，铁元素的存在形式为Fe2+，故答案为：Fe2+；
（3）通过以上分析知，调节y的目的是除去铝离子而不能除去铜离子，所以y的数值范围是5.2≤pH＜5.4，故答案为：5.2≤pH＜5.4；
（4）根据Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+知，Cu2O中大多数Cu元素生成铜离子，少数生成Cu单质，若电解法获得Cu 64.0g，其物质的量是1mol，原矿渣中Cu2O的物质的量大于0.5mol而小于1mol，其质量=0.5mol×144g/mol=72g，所以大于72g而小于144g，故答案为：c；
（5）ClO-和H+反应生成弱电解质HClO，从而消耗氢离子导致溶液pH升高，从而调节溶液的pH，故答案为：b；
（6）用NaClO调pH，生成沉淀B的同时生成一种具有漂白作用的物质，沉淀B是氢氧化铁，漂白性物质是HClO，且该物质与还原产物的物质的量之比为4：1，据此书写该反应的离子方程式为2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4HClO，
故答案为：2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4HClO．
工业上从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种流程如下：
请回答下列问题：
（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为______．
（2）流程乙加入烧碱后生成SiO32-的离子方程式为______．
（3）滤液E、K中溶质的主要成份是______（填化学式），写出该物质的一种用途______．
（4）流程甲加入盐酸得到滤液B中含有 Fe3+、Cl-等多种微粒，据此回答下列问题．
①验证其中含Fe3+，可取少量滤液并加入______（填试剂名称）．
②用FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板的化学方程式为：______．若将该反应设计成原电池，如图所示，则正极的电极反应式为______．
正确答案
解：铝土矿中的成分能与HCl反应的有Al2O3、Fe2O3、MgO，不反应的是SiO2，所以固体A为SiO2，滤液B中有Al3+、Fe3+、Mg2+，再加入过量烧碱，Al3++4OH-=[Al（OH）4]-，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，沉淀C为Fe（OH）3、Mg（OH）2的混合物；滤液D中为Na[Al（OH）4]、NaOH（过量），Na[Al（OH）4]能与CO2反应，Na[Al（OH）4]+CO2（过量）=Al（OH）3↓+NaHCO3，故滤液E为NaHCO3，沉淀F为Al（OH）3，Al（OH）3灼烧得到Al2O3；
铝土矿中能与NaOH溶液反应的有Al2O3、SiO2，所以固体X为Fe2O3、MgO，Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，
（1）Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，反应离子方程式为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，
故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；
（2）SiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，
故答案为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
（3）根据工艺流程甲可知，固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，碳酸氢钠可用于制纯碱或做发酵粉等，
故答案为：NaHCO3；制纯碱或做发酵粉等；
（4）Fe3+与硫氰化钾溶液反应使溶液变红色，所以检验是否含Fe3+离子的方法为：取少量滤液B，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+，
故答案为：硫氰化钾；
②用FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板，铁离子与铜反应生成亚铁离子和铜离子，反应的化学方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，若将该反应设计成原电池，负极铜失去电子生成铜离子，正极铁离子得到电子生成亚铁离子，则正极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，
故答案为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；Fe3++e-=Fe2+．
解析
解：铝土矿中的成分能与HCl反应的有Al2O3、Fe2O3、MgO，不反应的是SiO2，所以固体A为SiO2，滤液B中有Al3+、Fe3+、Mg2+，再加入过量烧碱，Al3++4OH-=[Al（OH）4]-，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，沉淀C为Fe（OH）3、Mg（OH）2的混合物；滤液D中为Na[Al（OH）4]、NaOH（过量），Na[Al（OH）4]能与CO2反应，Na[Al（OH）4]+CO2（过量）=Al（OH）3↓+NaHCO3，故滤液E为NaHCO3，沉淀F为Al（OH）3，Al（OH）3灼烧得到Al2O3；
铝土矿中能与NaOH溶液反应的有Al2O3、SiO2，所以固体X为Fe2O3、MgO，Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，
（1）Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，反应离子方程式为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，
故答案为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；
（2）SiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，
故答案为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
（3）根据工艺流程甲可知，固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，碳酸氢钠可用于制纯碱或做发酵粉等，
故答案为：NaHCO3；制纯碱或做发酵粉等；
（4）Fe3+与硫氰化钾溶液反应使溶液变红色，所以检验是否含Fe3+离子的方法为：取少量滤液B，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+，
故答案为：硫氰化钾；
②用FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板，铁离子与铜反应生成亚铁离子和铜离子，反应的化学方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，若将该反应设计成原电池，负极铜失去电子生成铜离子，正极铁离子得到电子生成亚铁离子，则正极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，
故答案为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；Fe3++e-=Fe2+．
某化学兴趣小组在实验室中用铝土矿（主要成分是Al2O3•H2O、Al2O3•3H2O，含少量的Fe2O3、SiO2等杂质）提取纯Al2O3．其操作过程可用以下流程图表示：
（1）在实验中需用1mol•L-1的NaOH溶液480mL，现已有下列仪器：托盘天平（砝码）、胶头滴管、药匙、烧杯、玻璃棒，配制该溶液时还缺少的仪器是______；在灼烧操作中需用到图1所示仪器中的一种，其名称是______．
（2）写出滤液A中的一种溶质与过量NaOH溶液反应后生成物进入滤液B中的离子反应方程式：______；写出步骤③中的离子反应方程式：______．
（3）若步骤①中没有过滤操作而直接进入步骤②，将对后面操作产生的影响是______．
（4）甲同学在实验室中用图2装置制备CO2气体，并将其通入滤液B中，结果没有产生预期现象．
①乙同学分析认为：甲同学通入CO2不足是导致实验失败的原因之一，你认为乙的分析______（填“合理”或“不合理”）；若合理，用离子方程式解释其原因：______（若认为不合理，该空不作答）．
②丙同学分析认为：甲同学通入的CO2中含有HC1气体也是导致实验失败的原因，在实验中增加某装置可解决这个问题．请帮助丙同学画出该装置图2，并注明所加入的试剂．
正确答案
解：（1）配制一定物质的量浓度溶液需要容量瓶，且容量瓶的规格应该等于或稍微大于需要溶液体积，实验室没有480mL容量瓶，所以应该选择500mL容量瓶；用于灼烧的仪器是坩埚，
故答案为：500mL容量瓶；坩埚；
（2）Al2O3•H2O、Al2O3•3H2O、Fe2O3和稀盐酸反应生成可溶性氯化物，所以滤液中含有FeCl3、AlCl3、盐酸，向滤液中加入过量NaOH溶液，NaOH和AlCl3生成NaAlO2、和FeCl3反应生成Fe（OH）3沉淀，所以滤液B中溶质为NaCl、NaOH、NaAlO2，向NaAlO2充入过量CO2生成Al（OH）3沉淀和NaHCO3；NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，过量NaOH溶液反应后生成物进入滤液B中的离子反应方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O、OH-+CO2=HCO3-，③中的离子反应方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，
故答案为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O、OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；
（3）步骤①不溶物SiO2在步骤②中被NaOH溶解，最后得到的Al2O3中含有SiO2导致氧化铝不纯，
故答案为：步骤①不溶物SiO2在步骤②中被NaOH溶解，最后得到的Al2O3中含有SiO2；
（4）①滤液中含有过量的NaOH，二氧化碳不足量时，先发生CO2和NaOH的反应，所以该同学解释合理，离子方程式为2OH-+CO2=CO32-+H2O，故答案为：合理；2OH-+CO2=CO32-+H2O；
②除去CO2中的HCl用饱和NaHCO3溶液，且洗气装置中导气管遵循“长进短出”原则，该装置图为
解析
解：（1）配制一定物质的量浓度溶液需要容量瓶，且容量瓶的规格应该等于或稍微大于需要溶液体积，实验室没有480mL容量瓶，所以应该选择500mL容量瓶；用于灼烧的仪器是坩埚，
故答案为：500mL容量瓶；坩埚；
（2）Al2O3•H2O、Al2O3•3H2O、Fe2O3和稀盐酸反应生成可溶性氯化物，所以滤液中含有FeCl3、AlCl3、盐酸，向滤液中加入过量NaOH溶液，NaOH和AlCl3生成NaAlO2、和FeCl3反应生成Fe（OH）3沉淀，所以滤液B中溶质为NaCl、NaOH、NaAlO2，向NaAlO2充入过量CO2生成Al（OH）3沉淀和NaHCO3；NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，过量NaOH溶液反应后生成物进入滤液B中的离子反应方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O、OH-+CO2=HCO3-，③中的离子反应方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，
故答案为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O、OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；
（3）步骤①不溶物SiO2在步骤②中被NaOH溶解，最后得到的Al2O3中含有SiO2导致氧化铝不纯，
故答案为：步骤①不溶物SiO2在步骤②中被NaOH溶解，最后得到的Al2O3中含有SiO2；
（4）①滤液中含有过量的NaOH，二氧化碳不足量时，先发生CO2和NaOH的反应，所以该同学解释合理，离子方程式为2OH-+CO2=CO32-+H2O，故答案为：合理；2OH-+CO2=CO32-+H2O；
②除去CO2中的HCl用饱和NaHCO3溶液，且洗气装置中导气管遵循“长进短出”原则，该装置图为
MnO2是重要无机材料，某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下
（已知：氧化性强弱顺序：ClO3-＞MnO2＞Fe2+）
（1）铝与二氧化锰在高温下发生铝热反应，相关反应的化学方程式为：______．
（2）第②步反应离子方程式为：______．
（3）第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、玻璃棒、______、______，第③步蒸发得到的固体中除了NaClO3和NaOH，还一定含有______（写化学式）．
（4）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，则碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是______．
（5）若粗MnO2样品中的质量为28.2g，第①步反应后，经过滤得到17.4g MnO2，并收集到448mL CO2（标准状况下），则在第②步反应中至少需要______mol NaClO3才能将Mn2+完全转化为MnO2．
正确答案
解：粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液Ⅰ为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液Ⅱ和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，
（1）铝与二氧化锰在高温下发生铝热反应，反应的化学方程式为：3MnO2+4Al
故答案为：3MnO2+4Al
（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，
故答案为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；
（3）第③属于蒸发，所以所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，NaClO3属于氧化产物，因此一定有还原产物NaCl，
故答案为：酒精灯；蒸发皿；NaCl；
（4）原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则电极反应式为：MnO2+H2O+e-=MnO（OH）+OH-，
故答案为：MnO2+H2O+e-═MnOOH+OH-；
（5）生成的CO2的物质的量为：
混合物中MnO的质量为：28.2g-17.4g-2.3g=8.5g，MnO的物质的量为：
因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为：0.02mol+0.12mol=0.14mol，
根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为：0.14mol×
故答案为：0.056．
解析
解：粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液Ⅰ为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液Ⅱ和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，
（1）铝与二氧化锰在高温下发生铝热反应，反应的化学方程式为：3MnO2+4Al
故答案为：3MnO2+4Al
（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，
故答案为：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；
（3）第③属于蒸发，所以所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，NaClO3属于氧化产物，因此一定有还原产物NaCl，
故答案为：酒精灯；蒸发皿；NaCl；
（4）原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则电极反应式为：MnO2+H2O+e-=MnO（OH）+OH-，
故答案为：MnO2+H2O+e-═MnOOH+OH-；
（5）生成的CO2的物质的量为：
混合物中MnO的质量为：28.2g-17.4g-2.3g=8.5g，MnO的物质的量为：
因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为：0.02mol+0.12mol=0.14mol，
根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为：0.14mol×
故答案为：0.056．
某科研小组以难溶性钾长石（K2O•Al2O3•6SiO2）为原料，提取Al2O3、K2CO3等物质，工艺流程如下：
（1）煅烧过程中有如下反应发生：
①钾长石中的硅元素在CaCO3作用下转化为CaSiO3，写出SiO2转化为CaSiO3的化学方程式：______．
②钾长石中的钾元素和铝元素在Na2CO3作用下转化为可溶性的NaAlO2和KAlO2，写出Al2O3转化为NaAlO2的化学方程式：______．
（2）已知NaAlO2和KAlO2易发生如下水解反应：AlO2-+2H2O⇌Al（OH）3+OH-．“浸取”时应保持溶液呈______性（填“酸”或“碱”），“浸取”时不断搅拌的目的是______．
（3）“转化”时加入NaOH的主要作用是（用离子方程式表示）______．
（4）上述工艺中可以循环利用的主要物质是______、______和水．
正确答案
解：（1）①碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳，该反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2
故答案为：CaCO3+SiO2
②氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，Al2O3+Na2CO3
（2）偏铝酸根离子是强碱弱酸盐，在酸性溶液中会发生反应生成沉淀或铝离子，在中性溶液中会发生水解生成氢氧化铝，只有在碱性条件下，不反应不水解，所以在须在碱性条件下，“浸取”时不断搅拌能提高浸取速率，
故答案为：碱；提高浸取速率；
（3）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，碳酸氢根离子是弱酸的酸根离子不能拆成碳酸根离子和氢离子，离子反应方程式为HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故答案为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O；
（4）煅烧时需要碳酸钠，在流程图提取碳酸钾之前可得到碳酸钠，所以碳酸钠为可循环利用的物质，在浸出液中需通二氧化碳，而碳酸钙与二氧化硅、氧化铝和碳酸钠在高温下反应都有二氧化碳生成，所以，二氧化碳是可循环使用的物质，
故答案为：Na2CO3；CO2．
解析
解：（1）①碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳，该反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2
故答案为：CaCO3+SiO2
②氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，Al2O3+Na2CO3
（2）偏铝酸根离子是强碱弱酸盐，在酸性溶液中会发生反应生成沉淀或铝离子，在中性溶液中会发生水解生成氢氧化铝，只有在碱性条件下，不反应不水解，所以在须在碱性条件下，“浸取”时不断搅拌能提高浸取速率，
故答案为：碱；提高浸取速率；
（3）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，碳酸氢根离子是弱酸的酸根离子不能拆成碳酸根离子和氢离子，离子反应方程式为HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故答案为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O；
（4）煅烧时需要碳酸钠，在流程图提取碳酸钾之前可得到碳酸钠，所以碳酸钠为可循环利用的物质，在浸出液中需通二氧化碳，而碳酸钙与二氧化硅、氧化铝和碳酸钠在高温下反应都有二氧化碳生成，所以，二氧化碳是可循环使用的物质，
故答案为：Na2CO3；CO2．
金属钛被誉为“21世纪金属”，有“生物金属，海洋金属，太空金属”等美称．高纯钛具有比强度（即强度与密度之比）大、良好的可塑性、耐腐蚀、耐高温、耐低温、记忆能力等优良性能，但当有杂质存在时，钛就变得脆而硬，其他性能也大打折扣．
我国盛产钛铁矿．由钛铁矿制备高纯钛的工艺流程如下图：
下表是上图中的部分物质的熔沸点：
请填写下列空白：
（1）需进行第①步操作的作用是______．
（2）第②步中反应的化学方程式是：TiO2+2C+2Cl2
（3）第④步中的过滤与第⑦步中的过滤在设备的要求上有什么不同？______．
（4）第⑤步提纯TiCl4的方法是______，要得到纯净的TiCl4，必须在______℃时收集．第⑧步的真空电弧炉中的温度接近______℃．
（5）已知钛的还原性介于铝与锌之间．估计钛能耐腐蚀的原因之一是______．如果可从Na、Zn、Fe三种金属中选一种金属代替第⑥步中的镁，那么，该金属跟四氯化钛反应的化学方程式是______．
（6）⑥⑦⑨三步操作需在稀有气体保护下进行的原因是______．
正确答案
解：（1）粉末状物质的反应速率要快于块状物质的反应速率，需进行第①步操作的作用是：增加反应物之间的接触面积，增大化学反应速率，提高生产效率，故答案为：增加反应物之间的接触面积，增大化学反应速率，提高生产效率；
（2）反应TiO2+2C+2Cl2
（3）第④步中的过滤是常温温度下的过滤，第⑦步中的过滤是高温下的过滤，设备必须能耐800℃的高温，故答案为：设备必须能耐800℃的高温；
（4）根据图中的部分物质的熔沸点，应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，要得到纯净的TiCl4，必须在136.4℃时收集，因为TiCl4沸点是136.4℃，Ti的沸点是：1660℃，第⑧步的真空电弧炉中的温度接近 1660℃，故答案为：蒸馏；136.4℃；1660℃；
（5）钛的还原性介于铝与锌之间，氧化铝是一层致密的氧化膜，估计钛能耐腐蚀的原因钛表面形成一层致密的氧化膜（或钛的内部结构紧密）；活泼金属钠可以将金属钛置换出来：TiCl4+4Na
故答案为：钛表面形成一层致密的氧化膜（或钛的内部结构紧密）；TiCl4+4Na
（6）Mg、Ti可以跟空气中O2、N2和CO2反应，防止生成的Mg、Ti的氧化物及氮化物导致制取的金属钛不纯，⑥⑦⑨三步操作需在稀有气体保护下进行，
故答案为：防止Mg、Ti跟空气中O2、N2和CO2反应生成Mg、Ti的氧化物及氮化物得不到高纯钛．
解析
解：（1）粉末状物质的反应速率要快于块状物质的反应速率，需进行第①步操作的作用是：增加反应物之间的接触面积，增大化学反应速率，提高生产效率，故答案为：增加反应物之间的接触面积，增大化学反应速率，提高生产效率；
（2）反应TiO2+2C+2Cl2
（3）第④步中的过滤是常温温度下的过滤，第⑦步中的过滤是高温下的过滤，设备必须能耐800℃的高温，故答案为：设备必须能耐800℃的高温；
（4）根据图中的部分物质的熔沸点，应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，要得到纯净的TiCl4，必须在136.4℃时收集，因为TiCl4沸点是136.4℃，Ti的沸点是：1660℃，第⑧步的真空电弧炉中的温度接近 1660℃，故答案为：蒸馏；136.4℃；1660℃；
（5）钛的还原性介于铝与锌之间，氧化铝是一层致密的氧化膜，估计钛能耐腐蚀的原因钛表面形成一层致密的氧化膜（或钛的内部结构紧密）；活泼金属钠可以将金属钛置换出来：TiCl4+4Na
故答案为：钛表面形成一层致密的氧化膜（或钛的内部结构紧密）；TiCl4+4Na
（6）Mg、Ti可以跟空气中O2、N2和CO2反应，防止生成的Mg、Ti的氧化物及氮化物导致制取的金属钛不纯，⑥⑦⑨三步操作需在稀有气体保护下进行，
故答案为：防止Mg、Ti跟空气中O2、N2和CO2反应生成Mg、Ti的氧化物及氮化物得不到高纯钛．
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