- 物质的检验
- 共3564题
【选作--化学与技术】最近，我国利用生产磷铵排放的废渣磷石膏制取硫酸并联产水泥的技术研究获得成功．具体生产流程如下：
回答下列问题
（1）操作a的名称是______，实验室中进行此操作的非玻璃仪器或用品有______；在实验室中操作b的名称是______．
（2）装置a中生成两种酸式盐，它们的化学式分别是______．
（3）依题意猜测固体A中一定含有的物质的化学式是______（结晶水部分不写）．
（4）“热交换器”是利用“废热”预热______，除此之外还可利用硫酸工业的“废热”______．
（5）SO3在______（填设备名称）中用______吸收转化为发烟硫酸．
正确答案
解：（1）分离固体和液体的方法是过滤；过滤需要盛放药品的烧杯、过滤的漏斗、引流作用的玻璃棒、固定漏斗的铁架台（含铁圈）、滤纸等，此操作的非玻璃仪器或用品有铁架台（含铁圈）、滤纸；从溶液中析出晶体的方法是：将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可得相应晶体．
故答案为：过滤；铁架台（含铁圈）、滤纸；蒸发浓缩、冷却结晶；
（2）装置a中磷酸与氨气发生反应，磷酸是三元酸，可以生成（NH4）3PO4、（NH4）2HPO4、NH4H2PO4三种盐，其中（NH4）2HPO4、NH4H2PO4两种酸式盐．
故答案为：（NH4）2HPO4、NH4H2PO4；
（3）由信息可知生产磷铵排放的废渣磷石膏制取硫酸，磷灰石的主要成分是Ca3（PO4）2，在萃取槽中与硫酸发生反应，有磷酸生成，结合流程中硫酸制备，故固体A应为CaSO4；故答案为：CaSO4；
（4）根据流程，热交换内将二氧化硫转化成三氧化硫，而二氧化硫转化成三氧化硫需要加热，所以“热交换器”是利用“废热”预热的即将参与反应的SO2和O2；除此之外还可利用硫酸工业的“废热”发电；故答案为：即将参与反应的SO2和O2；发电；
（5）工业上三氧化硫在吸收塔里被浓硫酸吸收转化为发烟硫酸；故答案为：吸收塔； 98%的浓硫酸；
解析
解：（1）分离固体和液体的方法是过滤；过滤需要盛放药品的烧杯、过滤的漏斗、引流作用的玻璃棒、固定漏斗的铁架台（含铁圈）、滤纸等，此操作的非玻璃仪器或用品有铁架台（含铁圈）、滤纸；从溶液中析出晶体的方法是：将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可得相应晶体．
故答案为：过滤；铁架台（含铁圈）、滤纸；蒸发浓缩、冷却结晶；
（2）装置a中磷酸与氨气发生反应，磷酸是三元酸，可以生成（NH4）3PO4、（NH4）2HPO4、NH4H2PO4三种盐，其中（NH4）2HPO4、NH4H2PO4两种酸式盐．
故答案为：（NH4）2HPO4、NH4H2PO4；
（3）由信息可知生产磷铵排放的废渣磷石膏制取硫酸，磷灰石的主要成分是Ca3（PO4）2，在萃取槽中与硫酸发生反应，有磷酸生成，结合流程中硫酸制备，故固体A应为CaSO4；故答案为：CaSO4；
（4）根据流程，热交换内将二氧化硫转化成三氧化硫，而二氧化硫转化成三氧化硫需要加热，所以“热交换器”是利用“废热”预热的即将参与反应的SO2和O2；除此之外还可利用硫酸工业的“废热”发电；故答案为：即将参与反应的SO2和O2；发电；
（5）工业上三氧化硫在吸收塔里被浓硫酸吸收转化为发烟硫酸；故答案为：吸收塔； 98%的浓硫酸；
工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，只含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：
（1）操作1、2的名称分别为______、______，试剂甲可能是______
（2）写出反应A的离子方程式：______
（3）工业上电解氧化铝的化学方程式为2Al2O3
（4）工业上还可以用提取到的Al2O3为原料，与焦炭、氯气加热制备无水氯铝，当生成1molAlCl3时消耗0.75mol焦炭，写出发生反应的化学方程式______．
正确答案
解：由工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以过滤后所得溶液1为NaAlO2溶液，不溶物X为Fe2O3；
向偏铝酸钠溶液中通入过量乙为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；不溶物Y为Al（OH）3，溶液2为NaHCO3溶液，灼烧Al（OH）3得Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al，
（1）操作1、2的名称分别为过滤、灼烧，试剂甲可能是NaOH，故答案为：过滤；灼烧；NaOH；
（2）反应A为偏铝酸钠和二氧化碳的反应，该反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，
故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；
（3）n（Al）=
故答案为：6；
（4）工业上还可以用提取到的Al2O3为原料，与焦炭、氯气加热制备无水氯铝，当生成1mol AlCl3时消耗0.75molC，生成1molAlCl3转移电子物质的量=1mol×3×1=3mol，氧化还原反应中转移电子相等，则每个C原子转移电子数=
故答案为：6Cl2+3C+2Al2O3
解析
解：由工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以过滤后所得溶液1为NaAlO2溶液，不溶物X为Fe2O3；
向偏铝酸钠溶液中通入过量乙为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；不溶物Y为Al（OH）3，溶液2为NaHCO3溶液，灼烧Al（OH）3得Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al，
（1）操作1、2的名称分别为过滤、灼烧，试剂甲可能是NaOH，故答案为：过滤；灼烧；NaOH；
（2）反应A为偏铝酸钠和二氧化碳的反应，该反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，
故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；
（3）n（Al）=
故答案为：6；
（4）工业上还可以用提取到的Al2O3为原料，与焦炭、氯气加热制备无水氯铝，当生成1mol AlCl3时消耗0.75molC，生成1molAlCl3转移电子物质的量=1mol×3×1=3mol，氧化还原反应中转移电子相等，则每个C原子转移电子数=
故答案为：6Cl2+3C+2Al2O3
实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl-、SO42-、I-等离子的卤水为主要原料，制备无水CaCl2和I2．流程如下：（已知Cl2与I-可发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2）
（1）操作Ⅰ使用的试剂是______，所用主要仪器的名称是______．
（2）加入溶液W的目的是______．用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2+．酸化溶液Z时使用的试剂是______．
（3）实验室用贝壳与稀盐酸反应制备并收集CO2气体，下列装置中合理的是______．
（4）设计合理实验验证H2SO3酸性强于H2CO3，仪器自选．
供选的试剂：CO2、SO2、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、NaHSO3溶液、蒸馏水、饱和石灰水、酸性KMnO4 溶液、品红溶液、pH试纸．
填写实验报告：
正确答案
解：（1）氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶液中的I-氧化成碘单质，因为单质碘极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗；由流程图可知单质碘在下层，因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水，所以该试剂是CCl4，
故答案为：四氯化碳；分液漏斗；
（2）由于SO42-会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备，因此必需除去；因为不能引入新的杂质，所以酸化溶液Z时，使用的试剂应该为盐酸，
故答案为：除去溶液中的SO42-；盐酸；
（3）实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热，由于盐酸易挥发，因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体，因为CO2的密度大于空气中的，所以采用向上排空气发收集CO2气体．若采用长颈漏斗时，长颈漏斗的下端必须插入到溶液中，以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来，因此选项b、d正确，
故答案为：b、d；
（4）H2SO3和H2CO3均属于二元酸，要检验酸性强弱，可以采用多种方法，例如利用水解原理（酸越弱相应的强碱盐就越易水解），也可以利用较强的酸制取较弱的酸来检验，由于SO2和CO2气体均可以使澄清石灰水变浑浊，所以CO2气体在通入澄清石灰水之前必需除去CO2气体中混有的SO2气体，且需验证SO2已经除尽，
用酸性KMnO4溶液除二氧化硫，用品红验证除尽，SO2依次通过NaHCO3或Na2CO3溶液，NaHCO3或Na2CO3溶液有气泡生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，说明H2SO3酸性强于H2CO3，
故答案为：
解析
解：（1）氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶液中的I-氧化成碘单质，因为单质碘极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗；由流程图可知单质碘在下层，因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水，所以该试剂是CCl4，
故答案为：四氯化碳；分液漏斗；
（2）由于SO42-会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备，因此必需除去；因为不能引入新的杂质，所以酸化溶液Z时，使用的试剂应该为盐酸，
故答案为：除去溶液中的SO42-；盐酸；
（3）实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热，由于盐酸易挥发，因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体，因为CO2的密度大于空气中的，所以采用向上排空气发收集CO2气体．若采用长颈漏斗时，长颈漏斗的下端必须插入到溶液中，以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来，因此选项b、d正确，
故答案为：b、d；
（4）H2SO3和H2CO3均属于二元酸，要检验酸性强弱，可以采用多种方法，例如利用水解原理（酸越弱相应的强碱盐就越易水解），也可以利用较强的酸制取较弱的酸来检验，由于SO2和CO2气体均可以使澄清石灰水变浑浊，所以CO2气体在通入澄清石灰水之前必需除去CO2气体中混有的SO2气体，且需验证SO2已经除尽，
用酸性KMnO4溶液除二氧化硫，用品红验证除尽，SO2依次通过NaHCO3或Na2CO3溶液，NaHCO3或Na2CO3溶液有气泡生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，说明H2SO3酸性强于H2CO3，
故答案为：
碳酸锂广泛应用于陶瓷和医药等领域．以β-锂辉石（主要成分为Li2O-Al2O3-4SiO2）为原材料制备Li2CO3的工艺流程如下：
已知：Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的PH分别为3.2、5.2、9.7和12.4；Li2SO4、LiOH和Li2CO3在303K下的溶解度分别为34.2g、12.7g和1.3g．
（1）步骤Ⅰ前，β-锂辉石要粉碎成细颗粒的目的是______．
（2）步骤Ⅰ中，酸浸后得到的酸性溶液中含有Li+、SO42-，另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Na+等杂质，需在搅拌下加入______（填“石灰石”、“氯化钙”或“稀硫酸”）以调节溶液的PH到6.0-6.5，沉淀部分杂质离子如______，然后分离得到浸出液．
（3）步骤Ⅱ中，将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中，可除去的杂质金属离子有______．
（4）步骤Ⅲ中，生成沉淀的离子方程式为______．
（5）母液中的主要溶质有______．
正确答案
解：已知β-锂辉石（主要成分为Li2O•Al2O3•4SiO2）为原材料制备Li2CO3的工艺流程：Li2O•Al2O3•4SiO2加硫酸，浸取，酸浸后得到的酸性溶液中含有Li+、SO42-，另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Na+等杂质，在在搅拌下加入石灰石调节pH，使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，再将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中，Fe2+被氧化为Fe3+，然后转化为氢氧化铁沉淀，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，钙离子转化为碳酸钙沉淀，过滤的硫酸锂溶液，再加饱和碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂，
（1）固体颗粒越小，化学反应速率越快，同时可使锂元素尽可能多地溶解到酸中，故答案为：加快反应速率；
（2）已知Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的PH分别为3.2、4.7、9.0和11.1，在搅拌下加入石灰石以调节溶液的PH到6.0-6.5，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，所以除去的离子为Al3+、Fe3+，故答案为：石灰石；Al3+、Fe3+；
（3）步骤Ⅱ中加入H2O2溶液，可将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入石灰乳可除去其中的Fe3+和Mg2+，再加入适量Na2CO3溶液可除去Ca2+．此时溶液中的离子主要有Li+、Na+、SO42-，故答案为：Fe2+、Mg2+、Ca2+；
（4）步骤Ⅲ加入饱和Na2CO3溶液后，主要使Li+转化为Li2CO3沉淀，故答案为：2Li++CO32-=Li2CO3↓；
（5）反应后，溶液中的Na2SO4以及加入的过量Na2CO3便留在母液中，可回收的主要物质为Na2SO4，故答案为：Na2SO4、Na2CO3．
解析
解：已知β-锂辉石（主要成分为Li2O•Al2O3•4SiO2）为原材料制备Li2CO3的工艺流程：Li2O•Al2O3•4SiO2加硫酸，浸取，酸浸后得到的酸性溶液中含有Li+、SO42-，另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Na+等杂质，在在搅拌下加入石灰石调节pH，使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，再将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中，Fe2+被氧化为Fe3+，然后转化为氢氧化铁沉淀，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，钙离子转化为碳酸钙沉淀，过滤的硫酸锂溶液，再加饱和碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂，
（1）固体颗粒越小，化学反应速率越快，同时可使锂元素尽可能多地溶解到酸中，故答案为：加快反应速率；
（2）已知Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的PH分别为3.2、4.7、9.0和11.1，在搅拌下加入石灰石以调节溶液的PH到6.0-6.5，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，所以除去的离子为Al3+、Fe3+，故答案为：石灰石；Al3+、Fe3+；
（3）步骤Ⅱ中加入H2O2溶液，可将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入石灰乳可除去其中的Fe3+和Mg2+，再加入适量Na2CO3溶液可除去Ca2+．此时溶液中的离子主要有Li+、Na+、SO42-，故答案为：Fe2+、Mg2+、Ca2+；
（4）步骤Ⅲ加入饱和Na2CO3溶液后，主要使Li+转化为Li2CO3沉淀，故答案为：2Li++CO32-=Li2CO3↓；
（5）反应后，溶液中的Na2SO4以及加入的过量Na2CO3便留在母液中，可回收的主要物质为Na2SO4，故答案为：Na2SO4、Na2CO3．
【化学--选修2：化学与技术】
Ⅰ．硫化钠主要用于皮革、毛纺、高档纸张、染料等行业．生产硫化钠大多采用无水芒硝（Na2SO4）-炭粉还原法，其流程示意图如图1所示：
（1）上述流程中若煅烧所得气体为等物质的量的CO和CO2，写出煅烧时发生的总的化学反应方程式为______．
（2）上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是______．
（3）皮革工业废水中的汞常用硫化钠除去，汞的去 除率与溶液的pH和x（x 代表硫化钠的实际用量与理论用量的比值）有关（如图2所示）．为使除汞效果最佳，应控制的条件是______、______．
（4）取硫化钠晶体（含少量NaOH）加入到硫酸铜溶液中，充分搅拌．若 反应后测得溶液的pH=4，则此时溶液中c（ S2-）=______．（保留两位有效数字）（已知：常温时CuS、Cu（OH）2的Ksp分别为8.8×10-36、2.2×10-20）
Ⅱ．纳米氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，常用的制备方法有电化学法、湿化学法等．
其中电化学法可用铜棒和石墨作电极，电解Cu（NO3）2稀溶液制备．
（5）电化学法制备Cu2O时，铜棒做______极，阴极生成Cu2O的电极反应式为______．
正确答案
解：制备硫化钠晶体的流程为：无水芒硝（Na2SO4）与碳在高温煅烧反应：3Na2SO4+8C
（1）根据题干信息，硫酸钠与碳反应生成等物质的量的CO和CO2，C元素化合价从0价被氧化成+4、+2价，化合价升高至少为：（4-0）+（2-0）=6，硫酸钠中+6价S元素被还原为-2价，化合价降低了8价，则化合价变化的最小公倍数为24，则硫酸钠的系数为3，一氧化碳、二氧化碳的系数为4，然后根据质量守恒定律配平，配平后的化学方程式为：3Na2SO4+8C
故答案为：3Na2SO4+8C
（2）上述流程中采用稀碱液比用热水更好，硫化钠溶液中硫离子水解显碱性，水解过程是吸热反应，加热促进水解进行，稀碱溶液能起到抑制水解的作用，
故答案为：热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解；
（3）依据图象中曲线分析，汞去除率最佳PH和x的取值是x=12 pH介于9～10之间时汞的去除率最大，接近100%，
故答案为：x=12； pH介于9～10之间；
（4）取硫化钠晶体（含少量NaOH）加入到硫酸铜溶液中，充分搅拌，若反应后测得溶液的pH=4，c（OH-）=10-10mol/L，
常温时CuS、Cu（OH）2的Ksp分别为8.8×10-36、2.2×10-20，
根据氢氧化铜的溶度积可得：Ksp=c（Cu2+）×c2（OH-）=2.2×10-20，解得：c（Cu2+）=
根据硫化铜的溶度积可得：Ksp=c（Cu2+）c（S2-）=8.8×10-36，
则此时溶液中c（ S2-）=
故答案为：4.0×10-36mol/L；
（5）电解Cu（NO3）2稀溶液制备Cu2O时，阴极生成Cu2O，铜离子化合价降低被还原，电极方程式为：2Cu2++2e-+H2O═Cu2O+2H+，溶液中铜离子浓度减小，则阳极应该为铜，以补充消耗的铜离子，
故答案为：阳；2Cu2++2e-+H2O═Cu2O+2H+．
解析
解：制备硫化钠晶体的流程为：无水芒硝（Na2SO4）与碳在高温煅烧反应：3Na2SO4+8C
（1）根据题干信息，硫酸钠与碳反应生成等物质的量的CO和CO2，C元素化合价从0价被氧化成+4、+2价，化合价升高至少为：（4-0）+（2-0）=6，硫酸钠中+6价S元素被还原为-2价，化合价降低了8价，则化合价变化的最小公倍数为24，则硫酸钠的系数为3，一氧化碳、二氧化碳的系数为4，然后根据质量守恒定律配平，配平后的化学方程式为：3Na2SO4+8C
故答案为：3Na2SO4+8C
（2）上述流程中采用稀碱液比用热水更好，硫化钠溶液中硫离子水解显碱性，水解过程是吸热反应，加热促进水解进行，稀碱溶液能起到抑制水解的作用，
故答案为：热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解；
（3）依据图象中曲线分析，汞去除率最佳PH和x的取值是x=12 pH介于9～10之间时汞的去除率最大，接近100%，
故答案为：x=12； pH介于9～10之间；
（4）取硫化钠晶体（含少量NaOH）加入到硫酸铜溶液中，充分搅拌，若反应后测得溶液的pH=4，c（OH-）=10-10mol/L，
常温时CuS、Cu（OH）2的Ksp分别为8.8×10-36、2.2×10-20，
根据氢氧化铜的溶度积可得：Ksp=c（Cu2+）×c2（OH-）=2.2×10-20，解得：c（Cu2+）=
根据硫化铜的溶度积可得：Ksp=c（Cu2+）c（S2-）=8.8×10-36，
则此时溶液中c（ S2-）=
故答案为：4.0×10-36mol/L；
（5）电解Cu（NO3）2稀溶液制备Cu2O时，阴极生成Cu2O，铜离子化合价降低被还原，电极方程式为：2Cu2++2e-+H2O═Cu2O+2H+，溶液中铜离子浓度减小，则阳极应该为铜，以补充消耗的铜离子，
故答案为：阳；2Cu2++2e-+H2O═Cu2O+2H+．
自来水加工处理流程如图，下列有关说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．ClO2→Cl-得到5个电子，Cl2→2Cl-得到2个电子，且ClO2的摩尔质量小于Cl2，所以单位质量的ClO2比Cl2多得电子，则ClO2消毒效率比同质量氯气高，故A正确；
B．亚铁离子具有还原性，二氧化氯具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，所以若用FeSO4作混凝剂，最终铁元素将以Fe（OH）3形式进入反应沉淀池，故B错误；
C．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒，所以自来水生产中，前加氯起消毒杀菌作用；后加氯是保持水中有效氯的含量，防止自来水二次污染，从而使水更安全，故C正确；
D．CaO和水反应生成Ca（OH）2，Ca（OH）2和Mg2+产生Mg（OH）2沉淀，和HCO3-生成CaCO3沉淀，从而除去水中的Mg2+、HCO3-等，故D正确；
故选B．
某工厂废液经测定得知主要含有乙醇，其中还溶有丙酮、乙酸和乙酸乙酯．根据各物质的性质（如下表），确定通过下列步骤回收乙醇和乙酸．
①向废液中加入烧碱溶液，调整溶液的pH=10
②将混合液放入蒸馏器中缓缓加热
③收集温度在70～85℃时的馏出物
④排出蒸馏器中的残液．冷却后向其中加浓硫酸（过量），然后再放入耐酸蒸馏器进行蒸馏，回收馏出物
请回答下列问题：
（1）加入烧碱使溶液的pH=10的目的是（用化学方程式表示）______；
（2）在70～85℃时馏出物的主要成份是______；
（3）在步骤④中，加入过量浓硫酸的目的是（用化学方程式表示）______；
（4）当最后蒸馏的温度控制在85～125℃一段时间后，残留液中溶质的主要成份是______．
正确答案
解：加入烧碱使溶液的pH=10将与乙醇沸点相近的乙酸和乙酸乙酯转化成乙酸钠而蒸馏分离出乙醇，残液中主要含乙酸钠溶液，冷却后向其中加浓硫酸（过量），将乙酸钠转化成乙酸，再蒸馏收集乙酸；
（1）加入烧碱使溶液的pH=10将与乙醇沸点相近的乙酸和乙酸乙酯转化成乙酸钠而蒸馏分离，与乙酸反应产生乙酸钠，与乙酸乙酯反应生成乙醇和乙酸钠，反应方程式为：CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O、CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH，
故答案为：CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O、CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH；
（2）根据以上分析及乙醇的沸点78℃，所以在70～85℃时馏出物的主要成份是乙醇，故答案为：乙醇；
（3）据以上分析，在步骤④中，加入过量浓硫酸的目的是将乙酸钠转化成乙酸，方程式为：2CH3COONa+H2SO4=Na2SO4+2CH3COOH，故答案为：2CH3COONa+H2SO4=Na2SO4+2CH3COOH；
（4）根据以上分析，乙酸的沸点117.9℃，所以残留液中溶质的主要成份是硫酸钠、硫酸，故答案为：硫酸钠、硫酸．
解析
解：加入烧碱使溶液的pH=10将与乙醇沸点相近的乙酸和乙酸乙酯转化成乙酸钠而蒸馏分离出乙醇，残液中主要含乙酸钠溶液，冷却后向其中加浓硫酸（过量），将乙酸钠转化成乙酸，再蒸馏收集乙酸；
（1）加入烧碱使溶液的pH=10将与乙醇沸点相近的乙酸和乙酸乙酯转化成乙酸钠而蒸馏分离，与乙酸反应产生乙酸钠，与乙酸乙酯反应生成乙醇和乙酸钠，反应方程式为：CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O、CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH，
故答案为：CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O、CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH；
（2）根据以上分析及乙醇的沸点78℃，所以在70～85℃时馏出物的主要成份是乙醇，故答案为：乙醇；
（3）据以上分析，在步骤④中，加入过量浓硫酸的目的是将乙酸钠转化成乙酸，方程式为：2CH3COONa+H2SO4=Na2SO4+2CH3COOH，故答案为：2CH3COONa+H2SO4=Na2SO4+2CH3COOH；
（4）根据以上分析，乙酸的沸点117.9℃，所以残留液中溶质的主要成份是硫酸钠、硫酸，故答案为：硫酸钠、硫酸．
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）给滤液E中通入过量的NH3，其反应的离子方程式是______．
（2）流程Ⅱ中加入烧碱溶液后，生成SiO32-的离子方程式是______．
（3）验证滤液A中含Fe3+，可取少量滤液并加入______（填写试剂名称）．
（4）滤液C中溶质的主要成分是______（填化学式）．
（5）滤液F中离子电荷守恒的关系式为______．
（6）滤液C和滤液F共同的溶质为G，用惰性电极电解500mL 0.1mol•L-1的G溶液，若阳极得56mL气体（标准状况），则所得溶液在常温下pH为______（忽略电解前后溶液体积的变化）．
（7）已知25℃时Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=1.8×10-11．取适量的滤液A，加入一定量的烧碱溶液至达到沉淀溶解平衡，测得该溶液的pH=13.00，则25℃时残留在溶液中的c（Mg2+）=______ mol•L-1．
正确答案
H++NH3•H2O=NH4++H2O，Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
SiO2+2OH-═SiO32-+H2O
硫氰化钾
NaCl、NaHCO3
c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）
12
1.8×10-9
解析
解：根据工艺流程Ⅰ可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液A，则固体A为SiO2，滤液A含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀B为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液B含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液B中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀C为Al（OH）3，滤液C中含有NaCl、NaHCO3；
根据工艺流程Ⅱ可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体D为Fe2O3、MgO等，滤液D为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量盐酸，沉淀E为硅酸，滤液E中含有氯化铝、NaCl和过量的HCl，通入过量氨气，沉淀F为氢氧化铝，滤液F为氯化钠、氯化铵溶液；
（1）根据以上分析，滤液E即氯化铝、NaCl和过量的HCl中通入过量的NH3，离子方程式为：H++NH3•H2O=NH4++H2O，Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：H++NH3•H2O=NH4++H2O，Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；
（2）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，二氧化硅不能拆，故离子反应方程式为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
（3）Fe3+与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，检验滤液B中是否含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；
（4）根据以上分析，滤液C中溶质的主要成分NaCl、NaHCO3；故答案为：NaCl、NaHCO3；
（5）根据以上分析，滤液F为氯化钠、氯化铵溶液，根据电荷守恒得c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），
故答案为：c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）；
（6）根据以上分析，滤液C和滤液F共同的溶质为G即氯化钠，用惰性电极电解氯化钠溶液，阳极上的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，生成标准状况下56mL气体，即0.0025mol，转移电子数为0.005mol，所以阴极也有0.005mol的氢离子得电子生成氢气，所以生成氢氧根离子为0.005mol，c（0H-）=
（7）已知25℃时Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=1.8×10-11，pH=13.00时溶液中的c（Mg2+）=
铝土矿的主要成分是Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2等杂质．
Ⅰ．从铝土矿中提取氧化铝的流程如图所示：
（1）试剂A是______；
（2）向溶液a中通入过量的CO2，将得到的不溶物煅烧后也可得到Al2O3，该方案的缺点是______．
Ⅱ．电解熔融的氧化铝可制备金属铝
（3）写出电解的化学方程式______．
Ⅲ．新型陶瓷氮化铝可用以下两种方法制备
（4）①氧化铝高温还原法：______Al2O3+______C+______ N2 
②氯化铝与氨气高温合成法：AlCl3+NH3
（5）方法②比方法①在生产上更具优势．下列说法中，正确的是______．
A．方法①中的Al2O3和C容易残留在氮化铝中
B．两种方法中氮化铝均为还原产物．
正确答案
盐酸（硫酸或硝酸）
Al2O3中含有SiO2杂质
2Al2O3（熔融）
1
3
1
2
3
A
解析
解：由工艺流程原理为：铝土矿加入试剂A氢氧化钠，得到滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，沉淀a为氧化铁，a溶液加入过量为酸溶液，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液b中，加过量氨水生成氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝，
Ⅰ．（1）铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，加入盐酸或硝酸等酸性溶液可除去硅酸根离子，所以试剂A为盐酸（硫酸或硝酸），
故答案为：盐酸（硫酸或硝酸）；
（2）滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，向溶液a中通入过量的CO2，沉淀为Al（OH）3及少量硅酸，煅烧得到与和二氧化硅，则Al2O3中含有SiO2杂质，
故答案为：Al2O3中含有SiO2杂质；
Ⅱ．（3）电解熔融的氧化铝可制备金属铝，阳极生成氧气，阴极生成铝，总反应为：2Al2O3（熔融）
故答案为：2Al2O3（熔融）
Ⅲ．（4）碳从0价→+2价，氮从0价→-3价，最小公倍数为6，由化合价的升降总数相等可知反应的方程式为：Al2O3+3C+N2═2AlN+3CO，
故答案为：1；3；1；2；3；
（5）A．根据反应原理可知，方法①中的Al2O3和C都是固体，二者容易残留在氮化铝中，故A正确；
B．方法①中氮化铝为氮气被还原生成的，方法②不属于氧化还原反应，故B错误；
故答案为：A．
（2015秋•北京校级期中）一学生设计了如下实验方法分离NaCl和CaCl2两种固体混合物
填空和回答下列问题
（1）B物质是______（写化学式）
（2）按此实验方案分离得到的NaCl，经分析含有杂质，是因为上述方案中某一步设计有毛病，这一步的正确设计方案应是______．
（3）若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和另一物质的质量，这种物质是______．
正确答案
解：（1）B物质是氯化钙和碳酸钠反应生成的，且不溶于水，由复分解反应可知B为碳酸钙，其化学式为CaCO3，故答案为：CaCO3；
（2）将此实验方法分离得到的NaCl，经分析含杂质，原因是前面加入的碳酸钠过量，没有除去，正确的设计方案应该是滤液蒸发结晶之前加盐酸，至不再产生气体为止，
故答案为：加入适量盐酸至不产生气体；
（3）若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和A的质量，故答案为：A．
解析
解：（1）B物质是氯化钙和碳酸钠反应生成的，且不溶于水，由复分解反应可知B为碳酸钙，其化学式为CaCO3，故答案为：CaCO3；
（2）将此实验方法分离得到的NaCl，经分析含杂质，原因是前面加入的碳酸钠过量，没有除去，正确的设计方案应该是滤液蒸发结晶之前加盐酸，至不再产生气体为止，
故答案为：加入适量盐酸至不产生气体；
（3）若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和A的质量，故答案为：A．
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