- 物质的检验
- 共3564题
现有一瓶乙二醇和丙三醇的混合物，已知它们的性质如下表，据此，将乙二醇和丙三醇互相分离的最佳方法是（ ）
正确答案
解析
解：根据表中数据知，乙二醇和丙三醇的溶解性相同，密度及熔点相近，但沸点相差较大，可以利用其沸点的不同将两种物质分离，该方法称为蒸馏，故选D．
蛇纹石矿可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SO2组成，由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如图1：
（1）蛇纹石矿加盐酸溶解后，溶液里除了Mg2+外，还含有的金属离子是______．
（2）进行I操作时，控制溶液的pH=7.8（有关氢氧化物沉淀的pH见下表），Ca（OH）2不能过量，若Ca（OH）2过量可能会导致______溶解，产生______沉淀．
（3）从沉淀混合物A中提取红色氧化物作为颜料，先向沉淀物A中加入（填所加物质的化学式），然后______、______、灼烧（填实验操作名称）．灼烧操作需在______中进行（填写仪器名称），上述实验中，可以循环利用的物质是______（填化学式）．
（4）现设计实验，确定产品aMgCO3•bMg（OH）2•cH2O中a、b、c的值，请写出下列实验步骤中所需要测定的项目（可用试剂：浓硫酸、碱石灰、氢氧化钠溶液、澄清石灰水）：①样品称量，②高温分解，③测出水蒸气的质量，④______，⑤称量MgO的质量．
（5）从下列仪器图2中（装有必要的试剂）中选择完成上述实验所必需的仪器，连接一套装置______（选择仪器代号，可重复使用，用“A→B→…→”表示）
（6）18.2g产品完全分解后．产生6.6gCO2和8．OgMgO，由此可知，产品的化学式中 a=______，b=______，c=______．
正确答案
Fe3+、Al3+
Al（OH）3
Mg（OH）2
过滤
洗涤
坩埚
CO2
测出二氧化碳的质量
A→C→D→D
3
1
3
解析
解：（1）蛇纹石加盐酸溶解，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O．而SiO2不与盐酸反应，以沉淀的形式除去．故答案为：Fe3+、Al3+；
（2）由（1）知，此时溶液中除了Mg2+外，还含有Fe3+、Al3+杂质，需除去Fe3+、Al3+但不能损失Mg2+，因Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+和Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，利用平衡移动的原理，消耗H+使上述水解平衡向正反应方向移动，除去Fe3+、Al3+，加Ca（OH）2需将溶液的pH控制在7～8，若pH过高，会导致生成的Al（OH）3发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O溶解，Mg（OH）2在pH为9.4时开始沉淀，所以碱性增强Mg（OH）2会沉淀，同时Mg2+也因转化为沉淀而损失．
故答案为：Al（OH）3 Mg（OH）2；
（3）从实验步骤图知：沉淀混合物为Fe（OH）3和Al（OH）3，红色氧化物是沉淀物Fe（OH）3分解后得到的Fe2O3，所以得先加碱把Al（OH）3除掉，反应为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，然后过滤洗涤灼烧即可；从实验步骤图知：上述实验中，步骤Ⅱ中通二氧化碳，生成碳酸钙，碳酸钙分解可得到二氧化碳，作为第Ⅱ步的原料，碱式碳酸镁分解得到CO2，可以循环使用的物质是CaCO3或CO2．
故答案为：NaOH或Ca（OH）2；过滤；洗涤；坩埚；CO2；
（4）利用碱石灰吸收CO2前后的质量差求二氧化碳质量，故答案为：测出二氧化碳的质量；
（5）加热用A，吸收水蒸气用浓硫酸，用碱石灰吸收二氧化碳，第二个碱石灰可防止空气中的二氧化碳和水进入装置，故答案为：A→C→D→D；
（6）m（样品）=18.2g，m（CO2）=6.6g，m（MgO）=8.0g，碱式碳酸镁分解：aMgCO3・bMg（OH）2・cH2O 
铝土矿（主要成分为Al2O3，还有少量杂质）是提取氧化铝的原料．提取氧化铝的工艺流程如下：
（1）请用离子方程式表示以上工艺流程中第①步反应：______．
（2）写出以上工艺流程中第③步反应的化学方程式：______．
（3）金属铝与氧化铁混合在高温下，会发生剧烈的反应．该反应的化学方程式______．请举一例该反应的用途______．
（4）电解熔融氧化铝制取金属铝，若有0.9mol电子发生转移．理论上能得到金属铝的质量是______．
正确答案
Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O
NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3
2Al+Fe2O3
焊接铁轨
8.1g
解析
解：（1）Ai2O3和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的实质是：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
（2）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，发生的反应为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，故答案为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；
（3）金属铝在高温下可以和氧化铁发生铝热反应，获得金属铁，铁以铁水的形式生成，这样可以来焊接钢轨，故答案为：2Al+Fe2O3
（4）电解熔融氧化铝制取金属铝2Al2O3
平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末，其中含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质．二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如图：
（1）第①步反应的化学方程式是______，检验滤渣A是否洗净的方法是______．
（2）第②步反应的离子方程式是______．
（3）萃取是分离稀土元素的常用方法，化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来．实验室进行萃取操作需要用到分液漏斗，分液漏斗在使用前需要进行的操作是______；TBP是一种磷酸三丁酯，产物应该从分液漏斗的______（填“上口倒出”或“下口倒出”）．
（4）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.5g，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定终点时（铈被还原为Ce3+），消耗20.00mL标准溶液，该产品中Ce（OH）4的质量分数为______（保留小数点后一位）．
正确答案
解：废玻璃粉末中含有SiO2、Fe2O3、CeO2，向其中加入稀盐酸，Fe2O3反应变成FeCl3，溶于水，滤渣A的成分为SiO2、CeO2（第①步），第②步向滤渣A中加稀硫酸和H2O2，SiO2不反应，CeO2反应变成Ce3+，加碱以Ce（OH）3形式沉淀出（第③步），Ce（OH）3和氧气反，生成Ce（OH）4，经过滤、洗涤、干燥得到纯净的Ce（OH）4；
（1）第①步中只有Fe2O3和盐酸发生反应，反应方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；Fe2O3反应变成FeCl3，溶于水，滤渣A的成分为SiO2、CeO2，检验滤渣A是否洗净，只要检验最后一次洗涤液中是否还含有Fe3+即可，若含有Fe3+证明没有洗涤干净，方法：取最后一次洗涤液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
故答案为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；取最后一次洗涤液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
（2）第②步反应物有CeO2和H2O2，在酸性条件下反应，分析化合价：Ce由+4价下降到+3价，那么H2O2中一定要有化合价升高的元素，O由-1价升高到0价，有O2生成，该反应在酸性条件下进行，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，
故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
（3）分液漏斗在使用前需要进行的操作是：检查是否漏液；萃取分液后，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，化合物TBP作萃取剂将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP的密度比水小，故分液后铈离子的TBP溶液在上层，从分液漏斗的上口倒出，
故答案为：检查是否漏液；上口倒出；
（4）Ce（OH）4产品加硫酸溶解后，Ce（OH）4溶解成Ce4+，和FeSO4发生反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，由原子守恒知n（Ce（OH）4）=n（Ce4+）=n（FeSO4）=0.1000mol•L-1×0.02000L=0.002000mol；m（Ce（OH）4）=n（Ce（OH）4）×M（Ce（OH）4）=0.002000mol×209g•mol-1=0.418g
该产品中Ce（OH）4的质量分数=
故答案为：83.2%．
解析
解：废玻璃粉末中含有SiO2、Fe2O3、CeO2，向其中加入稀盐酸，Fe2O3反应变成FeCl3，溶于水，滤渣A的成分为SiO2、CeO2（第①步），第②步向滤渣A中加稀硫酸和H2O2，SiO2不反应，CeO2反应变成Ce3+，加碱以Ce（OH）3形式沉淀出（第③步），Ce（OH）3和氧气反，生成Ce（OH）4，经过滤、洗涤、干燥得到纯净的Ce（OH）4；
（1）第①步中只有Fe2O3和盐酸发生反应，反应方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；Fe2O3反应变成FeCl3，溶于水，滤渣A的成分为SiO2、CeO2，检验滤渣A是否洗净，只要检验最后一次洗涤液中是否还含有Fe3+即可，若含有Fe3+证明没有洗涤干净，方法：取最后一次洗涤液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
故答案为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；取最后一次洗涤液，滴加KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
（2）第②步反应物有CeO2和H2O2，在酸性条件下反应，分析化合价：Ce由+4价下降到+3价，那么H2O2中一定要有化合价升高的元素，O由-1价升高到0价，有O2生成，该反应在酸性条件下进行，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，
故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
（3）分液漏斗在使用前需要进行的操作是：检查是否漏液；萃取分液后，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，化合物TBP作萃取剂将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP的密度比水小，故分液后铈离子的TBP溶液在上层，从分液漏斗的上口倒出，
故答案为：检查是否漏液；上口倒出；
（4）Ce（OH）4产品加硫酸溶解后，Ce（OH）4溶解成Ce4+，和FeSO4发生反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，由原子守恒知n（Ce（OH）4）=n（Ce4+）=n（FeSO4）=0.1000mol•L-1×0.02000L=0.002000mol；m（Ce（OH）4）=n（Ce（OH）4）×M（Ce（OH）4）=0.002000mol×209g•mol-1=0.418g
该产品中Ce（OH）4的质量分数=
故答案为：83.2%．
电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板．废腐蚀液含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，任意排放将导致环境污染及资源的浪费，应考虑回收利用．按如下流程在实验室进行实验：从废液中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，作为腐蚀液原料循环使用．
（1）写出FeCl3溶液与铜箔发生反应的化学方程式：______．
（2）检验废腐蚀液中含有Fe3+的实验操作是______．
（3）“过滤”用到的玻璃仪器有：普通漏斗、______．
（4）废液中加入过量①后，发生反应的离子方程式：______．
（5）上述流程中取废液200mL，其中含CuCl2 1.5mol•L-1、FeCl2 3.0mol•L-1、FeCl3 1.0mol•L-1，若要将铜全部回收，需加入Fe粉的质量应不少于______g；将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液需通入Cl2的物质的量不少于______mol．
（6）某化学兴趣小组利用在下图装置制取氯气并通入到FeCl2溶液中获得FeCl3溶液．
制备Cl2的化学方程式为：______．
该装置不完整，请在所给虚线框内画出所缺部分，并标注试剂．
正确答案
解：（1）氯化铁与铜反应生成氯化亚铁与氯化铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，
故答案为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；
（2）检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，发生反应Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，溶液变红，说明Fe3+存在，
故答案为：取少量废腐蚀液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+；
（3）过滤中用到的仪器有：铁架台、玻璃棒、烧杯、漏斗等，其中用到的三种玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；烧杯用来盛放液体，漏斗用于过滤，玻璃棒用来引流和搅拌．
故答案为：烧杯、玻璃棒；
（4）该实验制取的是氯化铁溶液，金属①是铁；滤液②是氯化亚铁溶液；加入的铁过量，滤渣③是铁和铜；制取的是氯化铁，溶解铁，④加入应该是盐酸；所以废液中加入过量①铁后，发生的离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu；
（5）由2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu
0.2mol 0.1mol 0.3mol 0.3mol
则要将铜全部回收，需加入Fe粉的质量应不少于0.4mol×56g/mol=22.4g；
反应后n（FeCl2）=0.3mol+0.3mol+0.6mol=1.2mol，
由2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知，铁的化合物全部转化为FeCl3溶液需通入Cl2的物质的量不少于
故答案为：22.4；0.6；
（6）实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
解析
解：（1）氯化铁与铜反应生成氯化亚铁与氯化铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，
故答案为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；
（2）检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，发生反应Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，溶液变红，说明Fe3+存在，
故答案为：取少量废腐蚀液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+；
（3）过滤中用到的仪器有：铁架台、玻璃棒、烧杯、漏斗等，其中用到的三种玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；烧杯用来盛放液体，漏斗用于过滤，玻璃棒用来引流和搅拌．
故答案为：烧杯、玻璃棒；
（4）该实验制取的是氯化铁溶液，金属①是铁；滤液②是氯化亚铁溶液；加入的铁过量，滤渣③是铁和铜；制取的是氯化铁，溶解铁，④加入应该是盐酸；所以废液中加入过量①铁后，发生的离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu；
（5）由2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu
0.2mol 0.1mol 0.3mol 0.3mol
则要将铜全部回收，需加入Fe粉的质量应不少于0.4mol×56g/mol=22.4g；
反应后n（FeCl2）=0.3mol+0.3mol+0.6mol=1.2mol，
由2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知，铁的化合物全部转化为FeCl3溶液需通入Cl2的物质的量不少于
故答案为：22.4；0.6；
（6）实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
硫酸渣是用黄铁矿制造硫酸过程中排出的废渣，主要化学成分为SiO2：约45%，Fe2O3：约40%，Al2O3：约10%，MgO：约5%．目前我国已经在技术上取得突破--用硫酸渣炼铁．
某学生探究性学习小组的同学设计了不同的方案，用化学基本知识进行金属元素的提取实验（已知25℃氢氧化镁Ksp=5.6×10-12；氢氧化铁Ksp=3.5×10-38；一水合氨电离常数K=1.8×10-5，其饱和溶液中c （OH-） 约为1×10-3mol•L-1）．
请回答：
（1）写出固体E的化学式：______．
（2）试剂①是______
A．氢氧化钠 B．氧化铝 C．氨水 D．水
（3）溶液H中溶质的化学式：______
（4）若要准确测定溶液的pH是否达到3.7，下列物品中可供使用的是______
A．石蕊试液 B．广泛pH试纸 C．精密pH试纸 D．pH计
（5）要将固体C、固体E和固体G都转化为相应的稳定的氧化物，需进行的实验操______．
（6）若不考虑溶液体积的变化，请计算溶液F中c（Mg2+）=______．
正确答案
解：I．根据硫酸渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸（过量）；向溶液B中加试剂①并调节溶液的pH值为3.7，结合题意溶液pH=3.7时Fe3+已经沉淀完全知，试剂①是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂①只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂①并调节溶液的pH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝，
（1）固体E是氢氧化镁，故答案为：Mg（OH）2；
（2）试剂①是强碱溶液，故选：A；
（3）溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，故答案为：NaCl、NaHCO3；
（4）因PH值精确到小数点后一位，而石蕊试液测得的PH值在一个范围内，广泛pH试纸测得的PH值是一个整数，精密pH试纸、pH计均可准确到小数点后一位，故选：CD；
（5）固体C是氢氧化铁，固体E是氢氧化镁，固体G是氢氧化铝，加热均可分解得到对应的氧化物，故答案为：灼烧；
（6）因溶液的pH值为13，c（OH-）=10-1mol•L-1，Ksp=c（Mg2+）×c2（OH-）=c（Mg2+）×10-2=5.6×10-12，所以c（Mg2+）=5.6×10-10 mol•L-1，故答案为：5.6×10-10 mol•L-1．
解析
解：I．根据硫酸渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，当向硫酸渣中加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸（过量）；向溶液B中加试剂①并调节溶液的pH值为3.7，结合题意溶液pH=3.7时Fe3+已经沉淀完全知，试剂①是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂①只能是强碱溶液，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入试剂①并调节溶液的pH值为13，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝，
（1）固体E是氢氧化镁，故答案为：Mg（OH）2；
（2）试剂①是强碱溶液，故选：A；
（3）溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，故答案为：NaCl、NaHCO3；
（4）因PH值精确到小数点后一位，而石蕊试液测得的PH值在一个范围内，广泛pH试纸测得的PH值是一个整数，精密pH试纸、pH计均可准确到小数点后一位，故选：CD；
（5）固体C是氢氧化铁，固体E是氢氧化镁，固体G是氢氧化铝，加热均可分解得到对应的氧化物，故答案为：灼烧；
（6）因溶液的pH值为13，c（OH-）=10-1mol•L-1，Ksp=c（Mg2+）×c2（OH-）=c（Mg2+）×10-2=5.6×10-12，所以c（Mg2+）=5.6×10-10 mol•L-1，故答案为：5.6×10-10 mol•L-1．
实验室可利用硫酸厂炉渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O），聚铁的化学式为[Fe2（OH）n（SO4）3-0.5n]m，制备过程如图所示：下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：分析流程可知炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，溶液X为含有Fe3+离子的溶液，调节溶液PH得到溶液Z加热得到聚铁，溶液X中加入铁反应生成硫酸亚铁溶液Y，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体
A、炉渣中FeS与硫酸和氧气反应生成硫单质硫酸铁和水，反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+═4Fe3++4S↓+6H2O，故A正确；
B、炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，固体W灼烧得到气体为二氧化硫，故B正确；
C、用pH试纸测定方法为：将试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在试纸的中央，然后与标准比色卡对比．氢氧化铁的含量比硫酸亚铁高，若溶液Z的PH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，使铁的含量减少，故C错误；
D、溶液X中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤析出得到绿矾，符合晶体析出步骤，故D正确；
故选C．
治理环境污染刻不容缓，建设美丽中国是十八大的奋斗目标．2012年底锂电池总产量超过35亿只，对不可再生的金属资源的消耗是相当大的．因此锂电池回收具有重要意义，其中需要重点回收的是正极材料，其主要成分为钴酸锂（LiCoO2）、导电乙炔黑（一种炭黑）、铝箔以及有机粘接剂．某回收工艺流程如下：
（1）根据上述工艺流程图得出：可回收到的产物除了有Li2CO3，还有______、______；
（2）锂电池使用广泛的主要原因是______；
（3）废旧电池可能由于放电不完全而残留单质锂，为了安全生产，对拆解环境的要求是______；
（4）碱浸时主要反应的化学方程式为______；
（5）最后一步过滤应趁热过滤，原因是______．
正确答案
解：题干工艺流程为：铝钴膜废料中含有LiCo02和铝箔，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCo02；通过调节滤液的pH，将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，通过操作分别分离出Li2SO4、CoSO4，通过浓缩、加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体，
（1）工艺流程的最终产物为：Al（OH）3、CoSO4、Li2CO3，故答案为：Al（OH）3；CoSO4；
（2）单位质量的金属锂放出的电量很大，所以锂电池使用广泛，故答案为：单位质量的金属锂放出的电量很大；
（3）金属锂性质活泼，易与氧气、水发生反应，故答案为：隔绝空气和水分；
（4）铝能与碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（5）Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，应趁热过滤，防止析出硫酸钠晶体，故答案为：防止析出硫酸钠晶体．
解析
解：题干工艺流程为：铝钴膜废料中含有LiCo02和铝箔，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCo02；通过调节滤液的pH，将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，通过操作分别分离出Li2SO4、CoSO4，通过浓缩、加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体，
（1）工艺流程的最终产物为：Al（OH）3、CoSO4、Li2CO3，故答案为：Al（OH）3；CoSO4；
（2）单位质量的金属锂放出的电量很大，所以锂电池使用广泛，故答案为：单位质量的金属锂放出的电量很大；
（3）金属锂性质活泼，易与氧气、水发生反应，故答案为：隔绝空气和水分；
（4）铝能与碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（5）Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，应趁热过滤，防止析出硫酸钠晶体，故答案为：防止析出硫酸钠晶体．
石膏（CaSO4•2H2O）是某些化工生产中的副产物，其可用作医学材料和建筑材料，也可将石膏转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图．
（1）本工艺中所用的原料除CaSO4•2H2O、KCl、H2O外，还需要______；
（2）“吸收”工艺过程中，分别将CO2、NH3通入水中，反应生成（NH4）2CO3，实际操作中为生成较多的（NH4）2CO3，应先在水中通______，理由是______；
（3）写出向石膏悬浊液中加入（NH4）2CO3溶液后发生反应的离子方程式：______；
（4）过滤I所得滤液中的溶质主要是（NH4）2SO4，也可能含有未完全反应的（NH4）2CO3，检验（NH4）2CO3是否存在的方法是______；
（5）滤液A中主要的溶质为______；
（6）上述工艺流程中是如何体现“绿色化学”思想的？______．
正确答案
解：（1）由流程图可知，吸收环节：2NH3+CO2+H2O生成碳酸铵；转化Ⅰ环节：碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO3+（NH4）2SO4，经过滤后分离；转化Ⅱ：（NH4）2SO4和KCl的饱和溶液反应得到NH4Cl和K2SO4经过滤Ⅱ分离；蒸氨环节的为CaO、H2O、NH4Cl生成为CaCl2．6H2O和NH3；故答案为：CaCO3； NH3；
（2）CO2的溶液呈酸性，碱性溶液可以提高CO2的溶解度，在本实验中铵根离子，所以可以通入氨气来提高通入氨气（或降温、加压）；降温、加压也可以提高气体CO2的溶解度；
故答案为：氨气；氨气在水中溶解度较大，先通入氨气使溶液呈碱性，可大量吸收二氧化碳气体，生成较多的（NH4）2CO3；
（3）根据流程图可知，石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后过滤得到碳酸钙与硫酸铵，CaSO4微溶且为悬浊液、CaCO3不溶，所以在离子方程式中均不拆；然后配平即可；故答案为：CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-；
（4）碳酸根离子与酸反应能生成二氧化碳，所以可以用稀盐酸来验证碳酸根离子；故答案为：取滤液少许于试管中，滴加盐酸，若有气泡产生则说明存在（NH4）2CO3；
（5）过滤Ⅱ析出硫酸钾，硫酸钾是氯化钾和硫酸铵发生复分解生成硫酸钾和氯化铵，所以滤液A为氯化铵，故答案为：NH4Cl；
（6）由绿色化学的特点可知，碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中），故答案为：碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）．
解析
解：（1）由流程图可知，吸收环节：2NH3+CO2+H2O生成碳酸铵；转化Ⅰ环节：碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO3+（NH4）2SO4，经过滤后分离；转化Ⅱ：（NH4）2SO4和KCl的饱和溶液反应得到NH4Cl和K2SO4经过滤Ⅱ分离；蒸氨环节的为CaO、H2O、NH4Cl生成为CaCl2．6H2O和NH3；故答案为：CaCO3； NH3；
（2）CO2的溶液呈酸性，碱性溶液可以提高CO2的溶解度，在本实验中铵根离子，所以可以通入氨气来提高通入氨气（或降温、加压）；降温、加压也可以提高气体CO2的溶解度；
故答案为：氨气；氨气在水中溶解度较大，先通入氨气使溶液呈碱性，可大量吸收二氧化碳气体，生成较多的（NH4）2CO3；
（3）根据流程图可知，石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后过滤得到碳酸钙与硫酸铵，CaSO4微溶且为悬浊液、CaCO3不溶，所以在离子方程式中均不拆；然后配平即可；故答案为：CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-；
（4）碳酸根离子与酸反应能生成二氧化碳，所以可以用稀盐酸来验证碳酸根离子；故答案为：取滤液少许于试管中，滴加盐酸，若有气泡产生则说明存在（NH4）2CO3；
（5）过滤Ⅱ析出硫酸钾，硫酸钾是氯化钾和硫酸铵发生复分解生成硫酸钾和氯化铵，所以滤液A为氯化铵，故答案为：NH4Cl；
（6）由绿色化学的特点可知，碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中），故答案为：碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）．
电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板．
（1）检验溶液中Fe3+存在的试剂是______，证明Fe3+存在的现象是______．
（2）写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的化学方程式：______．
（3）某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得纯净的FeCl3溶液，准备采用下列步骤：
①请写出上述实验中③的化学式：______
②配制并保存硫酸亚铁溶液时，常在其中加入______
③要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时的最佳顺序为______．①加入足量氯水②加入足量NaOH溶液③加入少量KSCN溶
A、①③B、③②C、③①D、①②③
④写出向②⑤的合并液中通入⑥的离子方程式______．
正确答案
KSCN溶液
溶液变为红色
Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
Cu、Fe
稀硫酸与铁粉
C
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
解析
解：（1）检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在，
故答案为：KSCN溶液；溶液变为红色；
（2）铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，
故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
（3）由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，目的是制取氯化铁，废液应该与铁过量的Fe反应，故①Fe；滤液②中含有FeCl2，通入⑥氯气可以得到氯化铁；滤渣③中含有金属Cu、未反应的Fe，加入④盐酸，过滤，回收铜，滤液⑤中含有FeCl2，与滤液②合并，制备氯化铁，
由上述分析可知：①Fe ②FeCl2③Fe和Cu ④HCl ⑤FeCl2⑥Cl2，
①上述实验中③的化学式Cu、Fe，故答案为：Cu、Fe；
②亚铁离子易水解，易被氧化，加入硫酸可以抑制水解，加入金属铁能防止被氧化，所以配制并保存硫酸亚铁溶液时，常在其中加稀硫酸与铁粉，故答案为：稀硫酸与铁粉；
③亚铁离子遇到硫氰酸钾不变色，可以被氯气氧化为三价铁离子，三价铁离子遇到硫氰酸钾显示红色，所以先加入硫氰化钾，不变色，再加氯水，变红色，可以证明亚铁离子的存在，故答案为：C；
④氯化亚铁被氯气氧化的原理方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-．
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