- 物质的检验
- 共3564题
将羧酸的碱金属盐溶液用惰性电极电解可得到烃类化合物，例如：2CH3COOK+2H2O
回答下列问题：
（1）电解ClCH2COOK溶液时阳极的电极反应式是______（填选项）．
A．2ClCH2COO--2e-=ClCH2CH2Cl+2CO2↑ B．2H++2e-=H2↑
C．2H2O+2e-=2OH-+H2↑ D．4OH--4e-=2H2O+O2↑
（2）操作Ⅰ的名称是______，G的结构简式是______．
（3）写出B与银氨溶液按物质的量1：4反应的化学方程式：______．
（4）写出下列化学方程式并指出其反应类型：
A→B方程式：______．
E→F方程式：______．
指出反应类型：A→B______，E→F______．
正确答案
解：由题目信息可知，电解ClCH3COOK溶液得到ClCH2CH2Cl、KOH混合溶液，加热ClCH2CH2Cl发生水解得到A为HOCH2CH2OH，乙二醇发生催化氧化生成B为OHC-CHO，乙二醛与银氨溶液发生氧化反应C为HOOC-COOH，乙二酸与乙二醇发生酯化反应生成D，ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，E在KOH、乙醇、加热条件下发生消去反应生成F，F发生加聚反应生成含氯高分子，则F为CH2=CHCl，G为
（1）电解ClCH2COOK溶液时，阳极发生氧化反应，ClCH2COO-在阳极放电生成ClCH2CH2Cl、CO2，阳极电极反应式为：2ClCH2COO--2e-=ClCH2CH2Cl+2CO2↑，故选：A；
（2）ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，G的结构简式是
（3）B为OHC-CHO，与银氨溶液按物质的量1：4反应生成C的化学方程式：
故答案为：
（4）A是HOCH2CH2OH，B是OHC-CHO，A→B是醇的催化氧化生成醛，所以方程式为：HOCH2CH2OH+O2
解析
解：由题目信息可知，电解ClCH3COOK溶液得到ClCH2CH2Cl、KOH混合溶液，加热ClCH2CH2Cl发生水解得到A为HOCH2CH2OH，乙二醇发生催化氧化生成B为OHC-CHO，乙二醛与银氨溶液发生氧化反应C为HOOC-COOH，乙二酸与乙二醇发生酯化反应生成D，ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，E在KOH、乙醇、加热条件下发生消去反应生成F，F发生加聚反应生成含氯高分子，则F为CH2=CHCl，G为
（1）电解ClCH2COOK溶液时，阳极发生氧化反应，ClCH2COO-在阳极放电生成ClCH2CH2Cl、CO2，阳极电极反应式为：2ClCH2COO--2e-=ClCH2CH2Cl+2CO2↑，故选：A；
（2）ClCH2CH2Cl不溶于水，静置，分液得到Y为KOH，E为ClCH2CH2Cl，G的结构简式是
（3）B为OHC-CHO，与银氨溶液按物质的量1：4反应生成C的化学方程式：
故答案为：
（4）A是HOCH2CH2OH，B是OHC-CHO，A→B是醇的催化氧化生成醛，所以方程式为：HOCH2CH2OH+O2
软锰矿的主要成分是二氧化锰，用软锰矿浆吸收工业废气中的二氧化硫，可以制高纯度的硫酸锰晶体，其流程如图所示：
已知：浸出液中的金属阳离子主要是Mn2+，还含有少量的Fe2+、Al3+等，且pH＜2．几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如右表所示：
根据上述流程，回答下列问题：
（1）写出二氧化锰与二氧化硫反应的化学方程式：______．
（2）浸出液的pH＜2，从上述流程看，可能的原因为______
（用化学用语和必要的文字说明）．
（3）用离子方程式表示加入二氧化锰的作用：______．
（4）从表中数据来看，能不能取消“加入二氧化锰”的步骤？原因是______．
（5）下列试剂能替代二氧化锰的是______（填序号）．
A．双氧水 B．氯水 C．高锰酸钾溶液 D．次氯酸钠
（6）有同学认为可以用碳酸锰（MnCO3）或氢氧化锰[Mn（OH）2]替代石灰乳，你是否同意此 观点？简述理由：______．
（7）从含硫酸锰的滤液中提取硫酸锰晶体的操作是______．利用 废渣能提取高纯度的铁红，简述其操作过程：______．
正确答案
解：由浸出液中的金属阳离子主要是Mn2+，可知浸出时主要发生反应：SO2+MnO2═MnSO4，由于二氧化硫溶于水生成H2SO3，H2SO3部分电离会使浸出液pH＜2，浸出液中含有少量的Fe2+、Al3+等，由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知，加入二氧化锰氧化过程，是将亚铁离子转化为铁离子，再加入石灰乳，调节溶液pH值，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，再进行过滤，滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝，滤液为硫酸锰溶液，再通过蒸发浓缩、降温结晶，最后过滤得到硫酸锰晶体．
（1）由上述分析可知，二氧化锰与二氧化硫反应的化学方程式为SO2+MnO2═MnSO4，故答案为：SO2+MnO2═MnSO4；
（2）二氧化硫溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成的H2SO3部分电离：H2SO3⇌H++HSO3-，使浸出液的pH＜2，
故答案为：二氧化硫溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成的H2SO3部分电离：H2SO3⇌H++HSO3-；
（3）加入二氧化锰氧化过程，是将亚铁离子转化为铁离子，反应离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）由表中数据可知，pH=9.7时Fe2+才完全沉淀，而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀，不能能取消“加入二氧化锰”的步骤，故答案为：不能，pH=9.7时Fe2+才完全沉淀，而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀；
（5）替代二氧化锰的试剂应具有强氧化性，且不能引入杂化，氯气、酸性高锰酸钾、次氯酸均会引入杂质离子，而双氧水可以氧化亚铁离子为铁离子，同时生成水，不引入杂质离子，故选A；
（6）铁离子、铝离子水解程度比锰离子大，加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应，促进铁离子、铝离子水解，进而转化为沉淀，再通过过滤除去，同意该同学的观点，
故答案为：同意，铁离子、铝离子水解程度比锰离子大，加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应，促进铁离子、铝离子水解，进而转化为沉淀，再通过过滤除去；
（7）从含硫酸锰的滤液中提取硫酸锰晶体的操作是：蒸发浓缩、降温结晶、过滤；
滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝，提取高纯度的铁红的方案为：将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中，再进行过滤、洗涤、干燥，最后灼烧可得氧化铁．
故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；过滤；将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中，再进行过滤、洗涤、干燥，最后灼烧可得氧化铁．
解析
解：由浸出液中的金属阳离子主要是Mn2+，可知浸出时主要发生反应：SO2+MnO2═MnSO4，由于二氧化硫溶于水生成H2SO3，H2SO3部分电离会使浸出液pH＜2，浸出液中含有少量的Fe2+、Al3+等，由离子开始沉淀及沉淀完全的pH可知，加入二氧化锰氧化过程，是将亚铁离子转化为铁离子，再加入石灰乳，调节溶液pH值，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，再进行过滤，滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝，滤液为硫酸锰溶液，再通过蒸发浓缩、降温结晶，最后过滤得到硫酸锰晶体．
（1）由上述分析可知，二氧化锰与二氧化硫反应的化学方程式为SO2+MnO2═MnSO4，故答案为：SO2+MnO2═MnSO4；
（2）二氧化硫溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成的H2SO3部分电离：H2SO3⇌H++HSO3-，使浸出液的pH＜2，
故答案为：二氧化硫溶于水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成的H2SO3部分电离：H2SO3⇌H++HSO3-；
（3）加入二氧化锰氧化过程，是将亚铁离子转化为铁离子，反应离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）由表中数据可知，pH=9.7时Fe2+才完全沉淀，而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀，不能能取消“加入二氧化锰”的步骤，故答案为：不能，pH=9.7时Fe2+才完全沉淀，而pH=8.3时Mn2+已经开始沉淀；
（5）替代二氧化锰的试剂应具有强氧化性，且不能引入杂化，氯气、酸性高锰酸钾、次氯酸均会引入杂质离子，而双氧水可以氧化亚铁离子为铁离子，同时生成水，不引入杂质离子，故选A；
（6）铁离子、铝离子水解程度比锰离子大，加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应，促进铁离子、铝离子水解，进而转化为沉淀，再通过过滤除去，同意该同学的观点，
故答案为：同意，铁离子、铝离子水解程度比锰离子大，加热碳酸锰或氢氧化锰与氢离子反应，促进铁离子、铝离子水解，进而转化为沉淀，再通过过滤除去；
（7）从含硫酸锰的滤液中提取硫酸锰晶体的操作是：蒸发浓缩、降温结晶、过滤；
滤渣中主要有氢氧化铝、氢氧化铝，提取高纯度的铁红的方案为：将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中，再进行过滤、洗涤、干燥，最后灼烧可得氧化铁．
故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；过滤；将滤渣溶于足量的氢氧化钠溶液中，再进行过滤、洗涤、干燥，最后灼烧可得氧化铁．
我国规定饮用水质量标准必须符合下列要求：
以下是源水处理成自来水的工艺流程示意图
（1）源水中含Ca2+、Mg2+、HCO3-、Cl-等，加入石灰后生成Ca（OH）2，进而发生若干复分解反应，写出其中一个离子方程式______
（2）凝聚剂除去悬浮固体颗粒的过程______（填写编号，多选倒扣）
①只有物理过程 ②只是化学过程 ③是物理和化学过程
FeSO4•7H2O常用的凝聚剂，它在水中最终生成______沉淀．
（3）通入二氧化碳的目的是______和______．
（4）气体A通常使用氯气，氯气的作用是基于其和水反应的产物之一具有______性，请写出氯气与水反应的离子反应方程式______．
（5）下列物质中能作为氯气的代用品的是______（填写编号，多选倒扣）
①Ca（ClO）2 ②NH3（液） ③K2FeO4 ④SO2．
正确答案
解：（1）氢氧化钙中的氢氧根离子可以和镁离子，碳酸氢根离子反应，碳酸根离子还可以和钙离子反应，即HCO3-+OH -=CO32-+H2O；Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故答案为：HCO3-+OH -=CO32-+H2O（或Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓或Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O）；
（2）混凝剂能使固体颗粒沉淀，且混凝剂中的硫酸根离子与钙离子结合生成沉淀，亚铁离子与碱反应生成沉淀，则既发生物理变化又发生化学变化，且亚铁离子与碱反应生成沉淀易被氧化为红褐色沉淀Fe（OH）3，故答案为：③；胶状Fe（OH）3；
（3）通入二氧化碳，增大溶液中碳酸根离子浓度，则与钙离子反应生成沉淀，从而除去钙离子，并降低溶液的碱性，调节溶液的酸碱度，故答案为：除去除去Ca2+；调节PH值；
（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为Cl2+H2O═HCl+HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故答案为：强氧化；Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；
（5）氯气具有强氧化性，能杀菌消毒，则作为Cl2的替代品的物质需具有强氧化性，选项中只有①③具有强氧化性，故答案为：①③．
解析
解：（1）氢氧化钙中的氢氧根离子可以和镁离子，碳酸氢根离子反应，碳酸根离子还可以和钙离子反应，即HCO3-+OH -=CO32-+H2O；Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故答案为：HCO3-+OH -=CO32-+H2O（或Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓或Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O）；
（2）混凝剂能使固体颗粒沉淀，且混凝剂中的硫酸根离子与钙离子结合生成沉淀，亚铁离子与碱反应生成沉淀，则既发生物理变化又发生化学变化，且亚铁离子与碱反应生成沉淀易被氧化为红褐色沉淀Fe（OH）3，故答案为：③；胶状Fe（OH）3；
（3）通入二氧化碳，增大溶液中碳酸根离子浓度，则与钙离子反应生成沉淀，从而除去钙离子，并降低溶液的碱性，调节溶液的酸碱度，故答案为：除去除去Ca2+；调节PH值；
（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为Cl2+H2O═HCl+HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故答案为：强氧化；Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；
（5）氯气具有强氧化性，能杀菌消毒，则作为Cl2的替代品的物质需具有强氧化性，选项中只有①③具有强氧化性，故答案为：①③．
MnO2是一种重要的催化剂．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）写出1个用二氧化锰作催化剂的化学反应方程式______．
（2）第②步反应的离子反应方程式为______．
（3）检验过滤Ⅰ所得的MnO2是否洗涤干净的方法是______．
（4）第③步反应的化学反应方程式为______．
（5）上述流程中可用于循环使用的物质是______（填化学式）；过滤操作和蒸发操作中都要用到的玻璃仪器是______．
（6）若粗MnO2样品的质量为25.38g，第①步反应后，经过滤得到17.4g MnO2，并收集到0.448LCO2（标准状况下），则样品中所含的MnO质量为______g．
正确答案
解析：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）MnO2作催化剂，实验室分解氯酸钾制氧气的方程式为：2KClO3
（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）检验过滤Ⅰ所得的MnO2是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若无浑浊现象出现，说明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若无浑浊现象出现，说明已洗涤干净；
（4）氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠，则氯化合价从0价升高到+5价，根据氧化还原反应的化合价有升有降，所以氯的化合价从0价降低到-1价即氯化钠生成，根据升高总数与降低总数相等，则氯酸钠系数为1，而氯化钠系数为5，再结合原子守恒，方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，故答案为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O；
（5）根据流程最终生成氯酸钠固体在第②步刚好也用到氯酸钠溶液，所以可用于循环使用的物质是NaClO3；过滤操作和蒸发操作中都要用到的玻璃仪器是玻璃棒；故答案为：NaClO3；玻璃棒；
（6）根据质量守恒和化学方程式计算，CO2的物质的量为
解析
解析：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）MnO2作催化剂，实验室分解氯酸钾制氧气的方程式为：2KClO3
（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）检验过滤Ⅰ所得的MnO2是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若无浑浊现象出现，说明已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化钡溶液，若无浑浊现象出现，说明已洗涤干净；
（4）氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠，则氯化合价从0价升高到+5价，根据氧化还原反应的化合价有升有降，所以氯的化合价从0价降低到-1价即氯化钠生成，根据升高总数与降低总数相等，则氯酸钠系数为1，而氯化钠系数为5，再结合原子守恒，方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，故答案为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O；
（5）根据流程最终生成氯酸钠固体在第②步刚好也用到氯酸钠溶液，所以可用于循环使用的物质是NaClO3；过滤操作和蒸发操作中都要用到的玻璃仪器是玻璃棒；故答案为：NaClO3；玻璃棒；
（6）根据质量守恒和化学方程式计算，CO2的物质的量为
自来水生产的流程示意图见下：
（1）混凝剂除去悬浮物质的过程______（填写序号）．
①只是物理变化 ②只是化学变化 ③是物理和化学变化
FeSO4•7H2O是常用的混凝剂，它在水中最终生成______沉淀．
（2）若要除去Ca2+、Mg2+，可以往水中加入生石灰和纯碱，试剂添加时先加______后加______，原因是______．
（3）用氯气消毒，是因为它与水反应生成了HClO，次氯酸的强氧化性能杀死水中的病菌（不能直接用次氯酸为自来水消毒是因为次氯酸易分解，且毒性较大）．Cl2+H2O⇌HCl+HClO K=4.5×10-4，使用氯气为自来水消毒可以有效地控制次氯酸的浓度，请结合平衡常数解释原因：______．下列物质中，______可以作为氯气的代用品（填写序号）．
①臭氧 ②NH3（液） ③K2FeO4 ④SO2
（4）有些地区的天然水中含有较多的钙、镁离子．用离子交换树脂软化硬水时，先后把水通过分别装有______离子交换树脂和______离子交换树脂的离子交换柱．（填“阴”或“阳”，阳离子交换树脂为HR型．阴离子交换树脂为ROH型）．
（5）测定水中的溶解氧：量取40mL水样，迅速加入MnSO4和KOH混合溶液，再加入KI溶液，立即塞好塞子，振荡使完全反应．打开塞子，迅速加入适量硫酸溶液，此时有碘单质生成．用0.010mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的碘，消耗了6.00mLNa2S2O3溶液．
已知在碱性溶液中，氧气能迅速氧化Mn2+，生成物在酸性条件下可以将碘离子氧化为碘单质，本身重新还原为Mn2+．上述过程发生的反应可表示为：
2Mn2++4OH-+O2═2MnO（OH）2
MnO（OH）2+2I-+4H+═I2+Mn2++3H2O
I2+2S2O32-═2I-+S4O62-
则水中的溶解氧量为______mg/L．
正确答案
③
Fe（OH）3
生石灰
纯碱
过量的钙离子可通过纯碱使之沉淀下来
由氯气与水反应的平衡常数可知，该反应的限度很小，生成的HClO浓度很小，且随着HClO的消耗，平衡会不断向正反应方向移动，补充HClO
①③
阳
阴
12.0
解析
解：（1）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，在此过程中，既有物理变化，又有化学变化，
故答案为：③；Fe（OH）3；
（2）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，
故答案为：生石灰；纯碱；过量的钙离子可通过纯碱使之沉淀下来；
（3）氯气和水反应的限度很小，生成的HClO浓度很小，且随着HClO的消耗，平衡会不断向正反应移动，补充HClO，可有效控制次氯酸的浓度，臭氧和K2FeO4具有强氧化性，可用作饮用水的消毒剂，
故答案为：由氯气与水反应的平衡常数可知，该反应的限度很小，生成的HClO浓度很小，且随着HClO的消耗，平衡会不断向正反应方向移动，补充HClO；①③；
（4）通过阴离子交换树脂后生成OH-，OH-会与钙、镁离子反应生成沉淀，影响阳离子交换树脂发挥作用，故先通过阳离子交换树脂再通过阴离子交换树脂，
故答案为：阳；阴；
（5）已知：2Mn2++4OH-+O2=2MnO（OH）2； MnO（OH）2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，
可得关系式：O2～4S2O32-，n（S2O32-）=0.01mol/L×0.006L=6×10-5mol，则n（O2）=
m（O2）=1.5×10-5mol×32g/mol=48×10-5g=0.48mg，
则水中的溶解氧量为为
故答案为：12.0．
一小块生锈的铁经过如下处理．
请根据以上信息回答下列问题：
（1）操作1和操作2是分离物质的重要方法，该操作名称叫______．
（2）溶液①中，含有的阳离子（除H+外）为______（填离子符号）．
（3）红褐色沉淀③的化学式为______．
（4）向溶液①先加适量稀硝酸，再加过量氨水，该过程发生反应的离子方程式为
①______．
②______．
正确答案
过滤
Fe2+、Fe3+
Fe（OH）3
3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+H2O
Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+
解析
解：生锈的铁块部分成分可以溶解于稀硫酸，得到硫酸亚铁和硫酸铁的混合物，加入硝酸，硝酸可以将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子可以和过量的氨水之间反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化铁受热分解为氧化铁和水．
（1）操作1和操作2是实现固体和溶液的分离，用到的方法是过滤，故答案为：过滤；
（2）生锈的铁块部分成分可以溶解于稀硫酸，得到硫酸亚铁和硫酸铁的混合物，溶液①中，含有的阳离子（除H+外）为：Fe2+、Fe3+，故答案为：Fe2+、Fe3+；
（3）氢氧化铁是一种红褐色沉淀，化学式为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；
（4）硝酸可以将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+H2O，铁离子可以和过量的氨水之间反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，离子反应为Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，故答案为：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+H2O；Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+．
（2013秋•福建校级期末）为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，某同学设计的回收利用方案如图：
（1）写出反应①的离子方程式______．
（2）步骤②中通入过量的CO2时生成沉淀的化学方程式为______．
（3）检验滤液D是否含有Fe3+的最佳试剂为______（填序号）．
A、KMnO4 B、NaOH C、氯水 D、KSCN
（4）若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：______、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有______（填序号）．
A、蒸发皿 B、石棉网 C、烧杯 D、玻璃棒
（5）试剂Y应该是一种______（填“氧化剂”或“还原剂”），它不可能是______．
A、H2O2 B、铁单质 C、O2．
正确答案
解：合金废料含铝、铁、铜，其中只有铝与足量氢氧化钠溶液反应，所以反应①的反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，滤液A含偏铝酸根，再通过量的二氧化碳，发生反应为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3，则沉淀C为氢氧化铝，加热分解得氧化铝；而滤渣B含铁、铜，加入稀硫酸再过滤得滤液D为硫酸亚铁溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥得到绿矾晶体；滤渣E为铜，在稀硫酸和氧化剂的作用下反应生成硫酸铜溶液；
（1）根据以上分析，合金废料含铝、铁、铜，其中只有铝与足量氢氧化钠溶液反应，离子方程式是 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）根据以上分析，滤液A含偏铝酸根，再通过量的二氧化碳，发生反应为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3；
（3）检验滤液D中是否含有Fe3+的最佳试剂为KSCN溶液，操作简单，现象明显，不受其他离子的干扰；
故答案为：D；
（4）因为绿矾晶体是结晶水合物，所以要从滤液D中得到绿矾晶体，不能直接蒸干，必须进行的实验操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥；在这一系列操作中没有用到的仪器为石棉网．
故答案为：蒸发浓缩；B；
（5）经分析滤渣E的成分应当是铜，要得到含Cu2+的溶液，试剂Y必须具有氧化性能和铜反应生成Cu2+，故答案为：氧化剂；B．
解析
解：合金废料含铝、铁、铜，其中只有铝与足量氢氧化钠溶液反应，所以反应①的反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，滤液A含偏铝酸根，再通过量的二氧化碳，发生反应为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3，则沉淀C为氢氧化铝，加热分解得氧化铝；而滤渣B含铁、铜，加入稀硫酸再过滤得滤液D为硫酸亚铁溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥得到绿矾晶体；滤渣E为铜，在稀硫酸和氧化剂的作用下反应生成硫酸铜溶液；
（1）根据以上分析，合金废料含铝、铁、铜，其中只有铝与足量氢氧化钠溶液反应，离子方程式是 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）根据以上分析，滤液A含偏铝酸根，再通过量的二氧化碳，发生反应为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+NaHCO3；
（3）检验滤液D中是否含有Fe3+的最佳试剂为KSCN溶液，操作简单，现象明显，不受其他离子的干扰；
故答案为：D；
（4）因为绿矾晶体是结晶水合物，所以要从滤液D中得到绿矾晶体，不能直接蒸干，必须进行的实验操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥；在这一系列操作中没有用到的仪器为石棉网．
故答案为：蒸发浓缩；B；
（5）经分析滤渣E的成分应当是铜，要得到含Cu2+的溶液，试剂Y必须具有氧化性能和铜反应生成Cu2+，故答案为：氧化剂；B．
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，此杂质的化学式为______，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）写出生成沉淀B的离子方程式______
（4）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
CaCO3
Na2CO3
先加入过量盐酸后再蒸发结晶
Ca2++CO32-=CaCO3↓
混合物A
解析
解：（1）NaCl和CaCl2两种固体混合物，溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，过滤后得到的沉淀B为碳酸钙，故答案为：CaCO3；
（2）由于碳酸钠过量，所以滤液中的物质有氯化钠和碳酸钠，因此要得到纯净的氯化钠就需要除去碳酸钠，向滤液中加入适量盐酸至不产生气体，生成氯化钠和水和二氧化碳，蒸发后最后的固体物质是氯化钠，
故答案为：Na2CO3；先加入过量盐酸后再蒸发结晶；
（3）钙离子与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式：Ca2++CO32-=CaCO3↓，故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓；
（4）要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的碳酸钙的质量，根据反应CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O可计算氯化钙的质量，混合物A的总质量减去氯化钙的质量可得氯化钠的质量，
故答案为：混合物A．
钡盐行业生产中排出大量的钡泥（主要含有BaCO3、BaSiO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等）．某主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的化工厂利用钡泥制取Ba（NO3）2，其部分工艺流程如下：
（1）酸溶后溶液中pH=1，Ba（FeO2）2与HNO3的反应的离子方程式为______；
（2）向上述酸溶后的溶液中加入X，控制pH在4～5范围．用离子方程式表示加X调节pH的过程______；
（3）酸溶过程钡泥中有一种成分没有溶解，这种成分是______；
（4）对于Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42-反应，在酸性条件下NO3-氧化性比SO42-氧化性______（填“强”或“弱”）；
（5）配平下列反应方程式：______NH4++______O2+______OH-═______NO2-+______H2O；
（6）酸溶时BaSO3会和硝酸发生氧化还原反应，1mol BaSO3被氧化时被还原HNO3的物质的量是______（若不能整除则保留两位小数）；
（7）一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2，若该反应消耗32g CH3OH转移6mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是______；
（8）若用9.6g铜和50mL一定物质的量浓度的硝酸反应，铜溶解后放出2240mL标准状况下的NO2、NO气体，将溶液稀释为500mL，测得溶液的pH=1，则原硝酸的物质的量浓度为______．
正确答案
解：（1）Ba（FeO2）2中Fe元素是+3价，钡元素为+2价，故Ba（FeO2）2与硝酸不发生氧化还原反应，其反应方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O，
故答案为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；
（2）入X调节溶液的pH=4～5，则X应能消耗H+，结合工厂主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的实际情况，可选用BaCO3；离子方程式：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑，故答案为：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑；
（3）BaSO3可被硝酸氧化生成硫酸钡，硫酸钡不溶于硝酸，故答案为：BaSO3；
（4）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42-反应中硝酸根是氧化剂，硫酸根是氧化产物，故答案为：强；
（5）根据化合价升降相等，在该反应中，NH4+→NO2-，N的化合价由-3→-+3，升高6价，O2化合价降低4价，化合价变化的最小公倍数为12，则NH4+的计量数为2，O2计量数为3，然后根据电荷守恒配平：2NH4++3O2+4OH-═2NO2-+6H2O，故答案为：2；3；4；2；6；
（6）1mol BaSO3被氧化时，失去2mol电子，则硝酸得到2mo电子，反应中N元素化合价由+5价降低到+2价，设有x mol硝酸被钡还原，则有[5-（+2）]x=2，
x=0.67，故答案为：0.67；
（7）消耗32g（1mol）CH3OH转移6mol电子，由CH3OH中碳原子的化合价升高6，所以反应后碳的化合价为+4，产物为CO2，根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH3OH+6HNO3═5CO2+3N2+13H2O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6，
故答案为：5：6；
（8）反应后剩余硝酸的物质的量为0.5×0.1=0.05mol，根据氮原子守恒可知n（HNO3）=n（HNO3）剩余+n（CuNO3）×2+n（NO2+NO）=0.05mol+
解析
解：（1）Ba（FeO2）2中Fe元素是+3价，钡元素为+2价，故Ba（FeO2）2与硝酸不发生氧化还原反应，其反应方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O，
故答案为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；
（2）入X调节溶液的pH=4～5，则X应能消耗H+，结合工厂主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的实际情况，可选用BaCO3；离子方程式：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑，故答案为：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑；
（3）BaSO3可被硝酸氧化生成硫酸钡，硫酸钡不溶于硝酸，故答案为：BaSO3；
（4）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，Ba2++2NO3-+3SO2+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42-反应中硝酸根是氧化剂，硫酸根是氧化产物，故答案为：强；
（5）根据化合价升降相等，在该反应中，NH4+→NO2-，N的化合价由-3→-+3，升高6价，O2化合价降低4价，化合价变化的最小公倍数为12，则NH4+的计量数为2，O2计量数为3，然后根据电荷守恒配平：2NH4++3O2+4OH-═2NO2-+6H2O，故答案为：2；3；4；2；6；
（6）1mol BaSO3被氧化时，失去2mol电子，则硝酸得到2mo电子，反应中N元素化合价由+5价降低到+2价，设有x mol硝酸被钡还原，则有[5-（+2）]x=2，
x=0.67，故答案为：0.67；
（7）消耗32g（1mol）CH3OH转移6mol电子，由CH3OH中碳原子的化合价升高6，所以反应后碳的化合价为+4，产物为CO2，根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH3OH+6HNO3═5CO2+3N2+13H2O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6，
故答案为：5：6；
（8）反应后剩余硝酸的物质的量为0.5×0.1=0.05mol，根据氮原子守恒可知n（HNO3）=n（HNO3）剩余+n（CuNO3）×2+n（NO2+NO）=0.05mol+
某糖厂甘蔗渣回收利用方案如图一所示：
已知：A能催熟水果，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B是高分子化合物，D是有水果香味的有机物．请完成下列填空：
（1）“C6H12O6”表示的物质的名称是______，B的名称为______．
（2）写出C→D转化的化学反应方程式（有机物用结构简式表示，并注明反应条件）______．
（3）物质D可以由图二装置来制取，则：
①试管a中加入的浓硫酸的作用是______．
②试管b中盛装的溶液是______；导管不能伸入液面以下，原因是______．
正确答案
葡萄糖
聚乙烯
CH3COOH+HOCH2CH3
吸水剂和催化剂
饱和碳酸钠溶液
防止倒吸
解析
解：纤维素水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下反应生成乙醇，乙醇可以生成A，A能催热水果，故A为乙烯，A可以合成高分子化合物B，B是聚乙烯，乙醛转化生成C，C与乙醇反应生成D，D是有水果香味的物质，D为乙酸乙酯，故C6H12O6为葡萄糖，
（1）“C6H12O6”所示的物质是葡萄糖，A为乙烯，A可以合成高分子化合物B，B是聚乙烯，故答案为：葡萄糖；聚乙烯；
（2）C→D是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+HOCH2CH3
故答案为：CH3COOH+HOCH2CH3
（3）①在乙酸乙酯的制取中，浓硫酸的作用是：吸水剂和催化剂；故答案为：吸水剂和催化剂；
②除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，应加入饱和碳酸钠溶液溶解乙醇、反应掉乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸，故答案为：饱和碳酸钠溶液；防止倒吸．
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