- 物质的检验
- 共3564题
物质的分离和提纯有多种方法．物质分离、提纯方案的设计在科学研究和工业生产中占有十分重要的地位．工业上冶炼铝的原料是铝土矿（主要成分是Al2O3，杂质为Fe2O3、SiO2等，已知SiO2是不溶于水的酸性氧化物，Fe2O3是不溶于水的碱性氧化物）．某研究小组设计的提纯Al2O3的方案如下：
（1）加入过量的NaOH溶液，过滤后的滤液中含有的溶质有______．
（2）写出由沉淀A→Al2O3的化学方程式：______
（3）通入过量CO2生成沉淀A时反应的离子方程式为______．
正确答案
解：SiO2和盐酸不反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应而氧化铝能反应，得到盐酸（剩余的）、氯化铝和氯化铁的混合液，向其中加入过量的氢氧化钠，可以得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝沉淀，将沉淀热分解可以得到氧化铝．
（1）盐酸、氯化铝和氯化铁的混合液中加入过量的氢氧化钠，可以得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，氢氧化钠还可以含盐酸反应得到氯化钠溶液，过滤后的滤液中含有的溶质有氯化钠、偏铝酸钠，还有剩余的氢氧化钠，故答案为：NaAlO2、NaCl、NaOH；
（2）氢氧化铝沉淀加热分解可以得到氧化铝，即2Al（OH）3
（3）向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，即AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓．
故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓．
解析
解：SiO2和盐酸不反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应而氧化铝能反应，得到盐酸（剩余的）、氯化铝和氯化铁的混合液，向其中加入过量的氢氧化钠，可以得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝沉淀，将沉淀热分解可以得到氧化铝．
（1）盐酸、氯化铝和氯化铁的混合液中加入过量的氢氧化钠，可以得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，氢氧化钠还可以含盐酸反应得到氯化钠溶液，过滤后的滤液中含有的溶质有氯化钠、偏铝酸钠，还有剩余的氢氧化钠，故答案为：NaAlO2、NaCl、NaOH；
（2）氢氧化铝沉淀加热分解可以得到氧化铝，即2Al（OH）3
（3）向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，即AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓．
故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓．
用钛铁矿（主要含FeTiO3及Fe2O3、SiO2等不溶性杂质）提取高品位TiO2的一种流程如图1所示．
回答下列问题：
（1）有关钛的说法正确的是______（填字母序号）．
A．TiOSO4中钛元素的化合价为+4价
B．TiO2中既含有离子键，又含有共价键
C．钛元素位于元素周期表中IVA族
D．在稀有气体氩氛围和800℃条件下，用金属镁与四氯化钛反应可制取金属钛．反应的化学方程式为TiCl4+2Mg
（2）为了从浸取液中获取纯净的FeSO4•7H2O，Ⅱ中应采取的操作是______、______、过滤、洗涤、干燥．如何检验提取FeSO4•7H2O后的溶液中存在Fe2+______．
（3）Ⅲ中生成H2TiO3的离子方程式是______．
（4）将TiO2与焦炭混合，通入氯气在1173K下反应，然后将生成的TiCl4与CO分离可制取TiCl4．此反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是．TiCl4极易水解，利用此性质又可制备纳米级二氧化钛TiO2•xH2O，该反应的化学方程式是______．
（5）将TiO2 熔于NaF 制成熔融盐，以石墨为阴极、覆盖了氧渗透膜的多孔金属陶瓷涂层为阳极，用如图2所示电解装置制取金属钛．阳极电极反应式是______．
正确答案
解：（1）A．氧元素的化合价是-2价，硫酸根的化合价是-2价，所以在TiOSO4中钛元素的化合价为+4价，故A正确；
B．TiO2只含离子键，不含共价键，为离子化合物，故B错误；
C．钛的原子序数是22，位于元素周期表中IVB族，故C错误；
D．工业上在高温和稀有气体的保护下，用镁和四氯化钛发生置换反应来制取钛，同时生成氯化镁，该反应的化学方程式为TiCl4+2Mg
故答案为：AD；
（2）通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4.7H2O；Fe2+与KSCN溶液反应无血红色出现，但Fe3+与KSCN反应产生血红色，因此，要证明某溶液中有无Fe2+，则先要在溶液中加入KSCN溶液，没有出现血红色，再向其中加入氯水出现血红色，则证明原溶液中含Fe2+．，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；取少量剩余溶液于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象；再加少量氯水，溶液变红，证明溶液中有Fe2+存在；
（3）TiO2+水解生成H2TiO3，离子方程式是TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，故答案为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；
（4）TiO2+2C+2Cl2
（5）电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，与氢气结合生成水，所以电极反应式H2+O2--2e-=H2O，故答案为：H2+O2--2e-=H2O．
解析
解：（1）A．氧元素的化合价是-2价，硫酸根的化合价是-2价，所以在TiOSO4中钛元素的化合价为+4价，故A正确；
B．TiO2只含离子键，不含共价键，为离子化合物，故B错误；
C．钛的原子序数是22，位于元素周期表中IVB族，故C错误；
D．工业上在高温和稀有气体的保护下，用镁和四氯化钛发生置换反应来制取钛，同时生成氯化镁，该反应的化学方程式为TiCl4+2Mg
故答案为：AD；
（2）通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4.7H2O；Fe2+与KSCN溶液反应无血红色出现，但Fe3+与KSCN反应产生血红色，因此，要证明某溶液中有无Fe2+，则先要在溶液中加入KSCN溶液，没有出现血红色，再向其中加入氯水出现血红色，则证明原溶液中含Fe2+．，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；取少量剩余溶液于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象；再加少量氯水，溶液变红，证明溶液中有Fe2+存在；
（3）TiO2+水解生成H2TiO3，离子方程式是TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，故答案为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；
（4）TiO2+2C+2Cl2
（5）电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，与氢气结合生成水，所以电极反应式H2+O2--2e-=H2O，故答案为：H2+O2--2e-=H2O．
（2014•兴庆区校级一模）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁．某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为______；得到滤渣1的主要成分为（填化学式）______．
（2）第②步加H2O2的作用是______，使用H2O2的优点是______；调溶液pH的目的是使______生成沉淀．
（3）用第③步所得CuSO4•5H2O制备无水CuSO4的方法是______．
（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，______方案不可行，原因是______：从原子利用率角度考虑，______方案更合理．
正确答案
Cu+4H++2NO3-
或3Cu+8H++2NO3-
Au、Pt
将Fe2+氧化为Fe3+
不引入杂质，对环境无污染
Fe3+、Al3+
加热脱水
甲
所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质
乙
解析
解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：（（10分），离子方程式Cu+4H++2NO3-
故答案为：Cu+4H++2NO3-
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，过氧化氢做氧化剂被还原后为水，不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；
故答案为：加热脱水；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；
乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙最合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费，
所以上述三种方案中：甲方案制得的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，不可行；从原子利用率和是否产生杂质考虑知，乙方案更合理，
故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙；
[化学--选修化学与技术]电镀厂镀铜废水中含有CN-和Cr2O72-离子，需要处理达标后才能排放．该厂拟定下列流程进行废水处理：
回答下列问题：
（1）上述处理废水流程中主要使用的方法是______．
（2）②中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为______．
（3）步骤③中，每处理0.4mol Cr2O72-时转移电子2.4mol，该反应离子方程式为______．
（4）取少量待测水样于试管中，加入NaOH溶液，观察到有蓝色沉淀生成，再加Na2S溶液，蓝色沉淀转化成黑色沉淀，请使用化学用语和文字解释产生该现象的原因：______．
（5）目前处理酸性Cr2O
A．x=0.5，a=8 B．x=0.5，a=10
C．x=1.5，a=8 D．x=1.5，a=10．
正确答案
解：（1）从流程看，CN-转化为CNO-，化合价升高被氧化剂氧化，Cr2O72-转化为Cr3+化合价降低，故还原剂还原，故采用方法为氧化-还原法；
故答案为：氧化-还原法；
（2）步骤②中，无气体放出，CN-被ClO-氧化为CNO-，则因为是在碱性环境中，故ClO-只能被还原为Cl-，反应式为：CN-+ClO-═CNO-+Cl-；
故答案为：CN-+ClO-═CNO-+Cl-；
（3）每0.4molCr2O72-转移2.4mol的电子，设还原后Cr元素的化合价为x，则0.4mol×2×（6-x）=2.4mol，解得x=+3，
则离子反应为3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O；
故答案为：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O；
（4）因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，CuS比Cu（OH）2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化，
故答案为：待检水样中还有Cu2+，加碱发生Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓，再加入Na2S溶液，CuS比Cu（OH）2更难溶，则发生Cu（OH）2（s）+S2-（aq）═CuS（s）+2OH-（aq），使沉淀向更难溶方向转化；
（5）处理1mol Cr2O72-，需加入a mol FeSO4•7H2O，根据铬原子守恒得，1mol Cr2O72-完全反应后生成 
故答案为：D．
解析
解：（1）从流程看，CN-转化为CNO-，化合价升高被氧化剂氧化，Cr2O72-转化为Cr3+化合价降低，故还原剂还原，故采用方法为氧化-还原法；
故答案为：氧化-还原法；
（2）步骤②中，无气体放出，CN-被ClO-氧化为CNO-，则因为是在碱性环境中，故ClO-只能被还原为Cl-，反应式为：CN-+ClO-═CNO-+Cl-；
故答案为：CN-+ClO-═CNO-+Cl-；
（3）每0.4molCr2O72-转移2.4mol的电子，设还原后Cr元素的化合价为x，则0.4mol×2×（6-x）=2.4mol，解得x=+3，
则离子反应为3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O；
故答案为：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O；
（4）因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，CuS比Cu（OH）2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化，
故答案为：待检水样中还有Cu2+，加碱发生Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓，再加入Na2S溶液，CuS比Cu（OH）2更难溶，则发生Cu（OH）2（s）+S2-（aq）═CuS（s）+2OH-（aq），使沉淀向更难溶方向转化；
（5）处理1mol Cr2O72-，需加入a mol FeSO4•7H2O，根据铬原子守恒得，1mol Cr2O72-完全反应后生成
故答案为：D．
工业上一种制备氯化铁及高铁酸钾的工艺流程如图：
（1）吸收塔中的吸收剂X是______；从副产物FeCl3溶液中获得FeCl3•6H2O的操作是______、加热浓缩、再冷却结晶．
（2）用FeCl3溶液（副产物）腐蚀印刷线路板所得的废液中含FeCl3、FeCl2和CuCl2，用化学方法可以回收废液中铜；合并过滤后的剩余液体可以作为上述工艺流程中的吸收剂X．则在此过程中，先后加入的物质分别是______．
（3）碱性条件下反应①的离子方程式为______．
（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品．该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，请根据复分解反应原理分析反应发生的原因：______．
K2FeO4 在水溶液中易发生反应：4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3+8OH-+3O2↑，在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用______（填序号）．
a．H2O b．稀KOH溶液、异丙醇
c．NH4Cl溶液、异丙醇 d．Fe（NO3）3溶液、异丙醇．
正确答案
解：（1）通过工艺流程图可知，从反应炉中排出的尾气是反应剩余的Cl2，与吸收剂X在吸收塔中反应生成FeCl3溶液，则吸收剂X应是FeCl2溶液，防止铁离子的水解，所以要加酸，而不引入新的杂质，所以加盐酸，故答案为：FeCl2；加入少量盐酸（或通入HCl）；
（2）首先加入过量的铁粉将铁离子转化为亚铁离子，铜离子转化为单质铜，然后加入适量的盐酸除去过量的铁粉，最后过滤得到单质铜，故答案为：Fe（铁屑）、HCl（盐酸）；
（3）NaClO与FeCl3反应生成FeO42-、次氯酸钠被还原为氯离子，则反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；
故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品．该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4 =K2FeO4+2NaOH，请根据相关反应原理分析反应能发生的原因K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小而溶液中K+、FeO42-的浓度比较大；K2FeO4 在水溶液中易发生反应：4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3+8OH-+3O2↑，所以用碱液来洗涤，抑制水解，不引入新的杂质所以用稀KOH溶液，异丙醇易挥发，故答案为：K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行；b．
解析
解：（1）通过工艺流程图可知，从反应炉中排出的尾气是反应剩余的Cl2，与吸收剂X在吸收塔中反应生成FeCl3溶液，则吸收剂X应是FeCl2溶液，防止铁离子的水解，所以要加酸，而不引入新的杂质，所以加盐酸，故答案为：FeCl2；加入少量盐酸（或通入HCl）；
（2）首先加入过量的铁粉将铁离子转化为亚铁离子，铜离子转化为单质铜，然后加入适量的盐酸除去过量的铁粉，最后过滤得到单质铜，故答案为：Fe（铁屑）、HCl（盐酸）；
（3）NaClO与FeCl3反应生成FeO42-、次氯酸钠被还原为氯离子，则反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；
故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品．该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4 =K2FeO4+2NaOH，请根据相关反应原理分析反应能发生的原因K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小而溶液中K+、FeO42-的浓度比较大；K2FeO4 在水溶液中易发生反应：4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3+8OH-+3O2↑，所以用碱液来洗涤，抑制水解，不引入新的杂质所以用稀KOH溶液，异丙醇易挥发，故答案为：K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行；b．
已知铝土矿主要成分为Al2O3，还含有少量的Fe2O3、SiO2等杂质．如图是工业上冶炼铝的工艺流程图：
（1）操作Ⅰ和Ⅱ是用于分离溶液和沉淀，称为______．需要用到哪些玻璃仪器______．
（2）操作Ⅰ分离出的沉淀除了含有泥沙外，一定还含有______，滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为______．写出步骤②中与过量CO2反应的化学方程式______
（3）操作Ⅱ得到的沉淀除了氢氧化铝还有______，它属于______（填“酸”、“碱”或“盐”）类物质．
（4）实验室里常往氯化铝溶液中加入______（填“氨水”或“NaOH溶液”），写出对应的离子方程式______．
正确答案
过滤
烧杯、漏斗、玻璃棒
Fe2O3
NaAlO2
NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3↓、Na2SiO3+2CO2+2H2O=2NaHCO3+H2SiO3↓
H2SiO3
酸
氨水
Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
解析
解：（1）分离不溶于水的固体和液体，可用过滤的方法；过滤用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱，发生反应Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O，Fe2O3不溶于碱，SiO2溶于强碱，SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁；过量CO2与偏铝酸根钠反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3↓；过量的二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸和碳酸氢钠Na2SiO3+2CO2+2H2O=2NaHCO3+H2SiO3，
故答案为：Fe2O3；NaAlO2；NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3↓、Na2SiO3+2CO2+2H2O=2NaHCO3+H2SiO3↓；
（3）固体B是氧化铁，A中含有偏铝酸钠和硅酸钠，过量CO2与偏铝酸根钠反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3↓；过量的二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸和碳酸氢钠Na2SiO3+2CO2+2H2O=2NaHCO3+H2SiO3↓；所以操作Ⅱ得到的沉淀除了氢氧化铝还有H2SiO3，H2SiO3是弱酸，
故答案为：H2SiO3；酸；
（4）因为氢氧化钠为强碱，氢氧化铝易溶于氢氧化钠中，不溶于氨水中，所以实验室里常往氯化铝溶液中加入氨水，AlCl3+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：氨水；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．
实验化学实验室通常用粗锌和稀硫酸反应制氢气，因此在制氢废液中含有大量的硫酸锌．同时，由于粗锌中还含有铁等杂质，使得溶液中混有一定量的硫酸亚铁，为了充分利用制氢废液，常用其制备皓矾（ZnSO4•7H2O）．某校化学兴趣小组的同学以制氢气的废液为原料来制取皓矾并探究其性质．
（1）制备皓矾的实验流程如图所示．
已知：开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为：
Fe（OH）3：2.7一3.7
Fe（OH）2：7.6一9.6
Zn（OH）2：5.7一8.0
试回答下列问题：①加入的试剂①，供选择使用的有：氨水、NaClO溶液、20%的H2O2、浓硫酸、浓硝酸等，应选用______，其理由是______
②加入的试剂②，供选择使用的有：Zn粉、ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3、ZnSO4等，应选用______，其理由是______
③从晶体1→晶体2，该过程的名称是______．
④在得到皓矾时，向晶体中加入少量酒精洗涤而不用水的原因是______．
（2）探究ZnSO4•7H2O的性质
⑤称取28.7g ZnSO4•7H2O研细后置于坩埚中小心加热，测得残留固体的质量与温度的对应数据见下表：
试写出ZnSO4•7H2O加热到1000℃时的反应方程式______．
⑥取少量ZnSO4•7H2O配成溶液向其中逐滴加入NaOH溶液，发现先产生白色沉淀后又逐渐溶解；若改用氨水得到相同的现象．查资料知，氢氧化锌与氢氧化铝均有两性，且锌离子可与氨水形成络合离子[Zn（NH3）4]2+．则Zn（OH）2沉淀中加入NaOH溶液和加氨水均得到无色溶液的离子反应方程式为：______（任写一个）．
正确答案
解：（1）①化学实验室通常用粗锌和稀硫酸反应制氢气，因此在制氢废液中含有大量的硫酸锌．同时，由于粗锌中还含有铁等杂质，溶于酸后生成亚铁离子锌离子，依据开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为：Fe（OH）3：2.7-3.7Fe（OH）2：7.6-9.6 Zn（OH）2：5.7-8，分析判断，直接沉淀亚铁离子，锌离子也会全部全部沉淀，不能实现实验目的和要求，除去亚铁离子需要先把亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使三价铁离子全部沉淀，此时锌离子不沉淀，来实现分离，加入的氧化剂不能引入新的杂质，氨水、NaClO溶液、20%的H2O2、浓硫酸、浓硝酸中只有20%的H2O2 在氧化亚铁离子不引入杂质，故答案为：20%的H2O2；将制氢废液中的Fe2+氧化成Fe3+，同时避免引入新的杂质；
②试剂2是用来调节溶液PH到3.7，目的让铁离子全部沉淀，除杂实验不能引入新的杂质；Zn粉会把氧化得到的铁离子还原，起不到除去的作用，ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3可以反应调节溶液PH到3.7，使铁离子沉淀，同时不引入新的杂质，ZnSO4不能调节溶液PH，且引入杂质硫酸根离子，故答案为：ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3；
③晶体溶解再结晶是提纯晶体的方法为重结晶；故答案为：重结晶；
④洗涤晶体表面的杂质离子，同时减少皓钒晶体的损失；在得到皓矾时，向晶体中加入少量酒精洗涤而不用水的原因是，晶体溶于水，不溶于酒精，所以目的是为了冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率；故答案为：为了冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率；
（2）⑤ZnSO4•7H2O加热到1000℃时所的固体的质量为8.1g，加热到60°会将所有的结晶水失去，到1000℃时硫酸锌已经分解为氧化锌、三氧化硫，故答案为：ZnSO4•7H2O
⑥向硫酸锌中逐滴加入NaOH溶液，发现先产生白色沉淀氢氧化锌，然后又逐渐溶解在氢氧化钠中，发生的化学反应为；Zn（OH）2+2OH-=ZnO22-+2H2O，故答案为：Zn（OH）2+2OH-=ZnO22-+2H2O．
解析
解：（1）①化学实验室通常用粗锌和稀硫酸反应制氢气，因此在制氢废液中含有大量的硫酸锌．同时，由于粗锌中还含有铁等杂质，溶于酸后生成亚铁离子锌离子，依据开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为：Fe（OH）3：2.7-3.7Fe（OH）2：7.6-9.6 Zn（OH）2：5.7-8，分析判断，直接沉淀亚铁离子，锌离子也会全部全部沉淀，不能实现实验目的和要求，除去亚铁离子需要先把亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使三价铁离子全部沉淀，此时锌离子不沉淀，来实现分离，加入的氧化剂不能引入新的杂质，氨水、NaClO溶液、20%的H2O2、浓硫酸、浓硝酸中只有20%的H2O2 在氧化亚铁离子不引入杂质，故答案为：20%的H2O2；将制氢废液中的Fe2+氧化成Fe3+，同时避免引入新的杂质；
②试剂2是用来调节溶液PH到3.7，目的让铁离子全部沉淀，除杂实验不能引入新的杂质；Zn粉会把氧化得到的铁离子还原，起不到除去的作用，ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3可以反应调节溶液PH到3.7，使铁离子沉淀，同时不引入新的杂质，ZnSO4不能调节溶液PH，且引入杂质硫酸根离子，故答案为：ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3；
③晶体溶解再结晶是提纯晶体的方法为重结晶；故答案为：重结晶；
④洗涤晶体表面的杂质离子，同时减少皓钒晶体的损失；在得到皓矾时，向晶体中加入少量酒精洗涤而不用水的原因是，晶体溶于水，不溶于酒精，所以目的是为了冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率；故答案为：为了冲洗掉晶体表面的杂质离子；防止晶体溶解，影响产率；
（2）⑤ZnSO4•7H2O加热到1000℃时所的固体的质量为8.1g，加热到60°会将所有的结晶水失去，到1000℃时硫酸锌已经分解为氧化锌、三氧化硫，故答案为：ZnSO4•7H2O
⑥向硫酸锌中逐滴加入NaOH溶液，发现先产生白色沉淀氢氧化锌，然后又逐渐溶解在氢氧化钠中，发生的化学反应为；Zn（OH）2+2OH-=ZnO22-+2H2O，故答案为：Zn（OH）2+2OH-=ZnO22-+2H2O．
氧化镁主要用于制备陶瓷和耐火材料，医药上可用作抗酸剂．以卤水（主要含Mg2+Na+、Cl-、
（1）反应温度对产品质量的影响情况如表所示：
由此可知，煅烧A生成MgO最适宜的温度为______，原因是______
（2）的主要成分是______（填化学式），确定A已洗涤干净的操作和现象是______
（3）物质B和C的主要成分分别是______（两者均写名称）．
（4）写出碱式碳酸镁高温分解生成MgO的化学反应方程式：______．
正确答案
解：（1）根据表中数据可以知道，产品中氧化镁质量分数相对较高的温度是60℃，所以煅烧A生成MgO最适宜的温度为60℃，故答案为：60℃；
（2）加入碳酸氢钠之后，过滤得到的沉淀物是碳酸镁，再煅烧可以得到氧化镁，溶液中含有的离子是钠离子、氯离子、硫酸根离子等，所以判断是否洗涤干净，可以检验硫酸根离子是否存在，即取最后一次的洗涤液，加入少量盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净，
故答案为：MgCO3；取最后一次的洗涤液，加入少量盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净；
（3）硫酸钠的溶解度随着温度变化比较大，而氯化钠的溶解度随着温度变化比较小，因而应该是先析出硫酸钠，再蒸发结晶可以得到氯化钠，
故答案为：硫酸钠、氯化钠；
（4）碱式碳酸镁高温下分解为氧化镁、水以及二氧化碳，方程式为：Mg2（OH）2CO3
故答案为：Mg2（OH）2CO3
解析
解：（1）根据表中数据可以知道，产品中氧化镁质量分数相对较高的温度是60℃，所以煅烧A生成MgO最适宜的温度为60℃，故答案为：60℃；
（2）加入碳酸氢钠之后，过滤得到的沉淀物是碳酸镁，再煅烧可以得到氧化镁，溶液中含有的离子是钠离子、氯离子、硫酸根离子等，所以判断是否洗涤干净，可以检验硫酸根离子是否存在，即取最后一次的洗涤液，加入少量盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净，
故答案为：MgCO3；取最后一次的洗涤液，加入少量盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净；
（3）硫酸钠的溶解度随着温度变化比较大，而氯化钠的溶解度随着温度变化比较小，因而应该是先析出硫酸钠，再蒸发结晶可以得到氯化钠，
故答案为：硫酸钠、氯化钠；
（4）碱式碳酸镁高温下分解为氧化镁、水以及二氧化碳，方程式为：Mg2（OH）2CO3
故答案为：Mg2（OH）2CO3
（2013秋•盐城期中）高氯酸铵可用于火箭推进剂，实验室可由NaClO3等原料制取（部分物质溶解度如图M、N），其实验流程如下：
（1）氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠的化学方程式为______．
（2）80℃时浸取液冷却至0℃过滤，滤渣的主要成分为______（写化学式）．
（3）反应器中加入氯化铵饱和溶液发生反应的离子方程式为______．
（4）已知：2NH4ClO4
a．饱和食盐水 b．浓H2SO4 c．NaOH溶液 d．Mg e．Cu f．Fe
利用下图A-E装置对高氯酸铵热分解产生的三种气体进行分步吸收或收集．
①E中收集到的气体可能是______ （填化学式）．
②装置D的作用可能是______．
③A、B、C中盛放的药品依次可以是______（选填：Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）．
Ⅰ．a b dⅡ．c b eⅢ．b c f．
正确答案
解：据氧化还原反应原理和信息，氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体．
（1）根据氧化还原反应原理和信息，氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，得到方程式为4NaClO3
（2）可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，不会析出晶体，故答案为：NaClO4．
（3）反应器高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，即发生反应的离子方
程式为NH4++ClO4-=NH4ClO4，故答案为：NH4++ClO4-=NH4ClO4；
（4）氯气能被NaOH吸收，水可以被浓硫酸吸收，氧气可以被热的Cu吸收，氮气可以用排水法收集，氢氧化钠中有水，先是吸收氯气，再是将水吸收，最后吸水的是氧气，所以A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOH b．浓H2SO4 e．Cu，最后用排水法收集氮气，
①E中收集到的气体只能是氮气，故答案为：N2；
②装置D的作用以防水倒吸，所以起到安全瓶的作用，故答案为：安全瓶；
③A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOH b．浓H2SO4 e．Cu，故答案为：Ⅱ．
解析
解：据氧化还原反应原理和信息，氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体．
（1）根据氧化还原反应原理和信息，氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，得到方程式为4NaClO3
（2）可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，不会析出晶体，故答案为：NaClO4．
（3）反应器高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，即发生反应的离子方
程式为NH4++ClO4-=NH4ClO4，故答案为：NH4++ClO4-=NH4ClO4；
（4）氯气能被NaOH吸收，水可以被浓硫酸吸收，氧气可以被热的Cu吸收，氮气可以用排水法收集，氢氧化钠中有水，先是吸收氯气，再是将水吸收，最后吸水的是氧气，所以A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOH b．浓H2SO4 e．Cu，最后用排水法收集氮气，
①E中收集到的气体只能是氮气，故答案为：N2；
②装置D的作用以防水倒吸，所以起到安全瓶的作用，故答案为：安全瓶；
③A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOH b．浓H2SO4 e．Cu，故答案为：Ⅱ．
（2015•北京模拟）用软锰矿（主要成分为MnO2）生产高锰酸钾产生的锰泥中，还含有18%的MnO2、3%的KOH（均为质量分数），及少量Cu、Pb的化合物等，用锰泥可回收制取MnCO3，过程如图17：
（1）锰泥中加入H2SO4、FeSO4混合溶液，反应的离子方程式是______．
（2）经实验证明：MnO2稍过量时，起始H2SO4、FeSO4混合溶液中
①检验Fe2+是否氧化完全的实验操作是______．
②生产时H2SO4、FeSO4混合溶液中c（H+）/c（Fe2+）控制在0.7～1之间，不宜过大，请从节约药品的角度分析，原因是______．若
（3）写出滤液2中加入过量NH4HCO3反应的离子方程式______．
（4）上述过程锰回收率可达95%，若处理1740kg的锰泥，可生产MnCO3______kg（已知相对分子质量：MnO2 87；MnCO3 115）．
正确答案
解：（1）锰泥中加入H2SO4、FeSO4混合溶液，是二氧化锰和亚铁离子发生氧化还原反应，生成铁离子，二氧化锰酸性条件下被还原，所以方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（2）①检验Fe2+的存在加入铁氰化钾溶液，观察溶液是否变蓝，故答案为：取少量滤液1，加入铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，证明Fe2+被氧化完全；
②生产时H2SO4、FeSO4混合溶液中
（3）滤液2中的锰离子与NH4HCO3反应生成碳酸锰和二氧化碳与水，所以离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）锰泥中含18%的MnO2，程锰回收率可达95%，根据关系式
MnO2～～～～～～～～MnCO3，
87 115
1740kg×18%×95% m
解之得m=393.3kg，故答案为：393.3．
解析
解：（1）锰泥中加入H2SO4、FeSO4混合溶液，是二氧化锰和亚铁离子发生氧化还原反应，生成铁离子，二氧化锰酸性条件下被还原，所以方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（2）①检验Fe2+的存在加入铁氰化钾溶液，观察溶液是否变蓝，故答案为：取少量滤液1，加入铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，证明Fe2+被氧化完全；
②生产时H2SO4、FeSO4混合溶液中
（3）滤液2中的锰离子与NH4HCO3反应生成碳酸锰和二氧化碳与水，所以离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）锰泥中含18%的MnO2，程锰回收率可达95%，根据关系式
MnO2～～～～～～～～MnCO3，
87 115
1740kg×18%×95% m
解之得m=393.3kg，故答案为：393.3．
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