- 物质的检验
- 共3564题
软锰矿（主要成分为MnO2，另含少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂．既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略），简化流程图如下：
请回答下列问题：
（1）上述流程脱硫不能实现______（选填下列字母编号）．
A．废弃物的综合利用 B．白色污染的减少 C．酸雨的减少 D．回收贵重金属
（2）MnCO3不溶于水，却能除去溶液中Al3+和Fe3+，其原因是______．
（3）脱硫过程中加入KMnO4制取产品MnSO2的化学方程式是______．
（4）海水提取镁工艺流程也用到了脱硫（除去硫酸根离子），部分流程如图2：该工艺过程中，脱硫阶段主要反映的离子方程式为______．产品2的化学式为______，石灰乳的两用特点是______；______．
（5）普通锌锰电池放电时发生的主要反应为：Zn+2NH4Cl+2MnO2═Zn（NH3）2Cl2+2MnOOH，其正极的电极反应式是______．
正确答案
解：二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，
（1）白色污染主要是塑料等难降解的物质形成的，SO2能形成酸雨，因此脱硫实现了废弃物的综合利用，同时也减少了酸雨形成，同时回收贵重金属铜、镍，所以B符合，
故答案为：B；
（2）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；
（3）KMnO4溶液加入到MnSO4溶液中制备MnO2，2价锰离子被高锰酸根离子氧化成二氧化锰，反应的化学方程式为：2KMnO4+3MnSO4+4KOH=5MnO2+3K2SO4+2H2O，
故答案为：2KMnO4+3MnSO4+4KOH=5MnO2+3K2SO4+2H2O；
（4）海水脱硫是用钙离子与硫酸根离子生成难溶物硫酸钙而除去，反应的离子方程式为：Ca2++SO42-=CaSO4↓，用石灰石乳中提供的氢氧根离子与镁离子结合成难溶的氢氧化镁，故答案为：Ca2++SO42-═CaSO4↓；Mg（OH）2；提供Ca2+使海水脱硫；提供OH-使海水中的Mg2+生成Mg（OH）2沉淀；
（5）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+e-+NH4+═MnOOH+NH3，故答案为：MnO2+e-+NH4+═MnOOH+NH3．
解析
解：二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，
（1）白色污染主要是塑料等难降解的物质形成的，SO2能形成酸雨，因此脱硫实现了废弃物的综合利用，同时也减少了酸雨形成，同时回收贵重金属铜、镍，所以B符合，
故答案为：B；
（2）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；
（3）KMnO4溶液加入到MnSO4溶液中制备MnO2，2价锰离子被高锰酸根离子氧化成二氧化锰，反应的化学方程式为：2KMnO4+3MnSO4+4KOH=5MnO2+3K2SO4+2H2O，
故答案为：2KMnO4+3MnSO4+4KOH=5MnO2+3K2SO4+2H2O；
（4）海水脱硫是用钙离子与硫酸根离子生成难溶物硫酸钙而除去，反应的离子方程式为：Ca2++SO42-=CaSO4↓，用石灰石乳中提供的氢氧根离子与镁离子结合成难溶的氢氧化镁，故答案为：Ca2++SO42-═CaSO4↓；Mg（OH）2；提供Ca2+使海水脱硫；提供OH-使海水中的Mg2+生成Mg（OH）2沉淀；
（5）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+e-+NH4+═MnOOH+NH3，故答案为：MnO2+e-+NH4+═MnOOH+NH3．
已知硫酸亚铁铵晶体为浅绿色，易溶于水、不溶于乙醇，在水中的溶解度比FeSO4和（NH4）2SO4都要小；能水解；具有还原性，但比硫酸亚铁稳定．硫酸亚铁在水中的溶解度为20.3（10℃）、26.3（20℃）、30.8（30℃）、40.1（40℃）…．以下是将绿矾（FeSO4•7H2O）、硫酸铵以相等物质的量混合可制得摩尔盐晶体的流程图．根据如图回答：
（1）为处理废铁屑表面的油污，用10%Na2CO3溶液清洗，请用离子方程式表示Na2CO3溶液呈碱性的原因：______．
（2）步骤1中采用倾析法分离出铁屑，下列适合用倾析法的有______：
A．沉淀的颗粒较大 B．沉淀容易沉降 C．沉淀呈胶状 D．沉淀呈絮状
（3）步骤2中铁屑过量的目的是（用离子方程式表示）：______．步骤2中溶液趁热过滤的原因是______．
（4）步骤3中，加入（NH4）2SO4固体后，应加热到溶液表面出现晶膜时，停止加热．需经过的实验操作包括：______、______、减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥的晶体．
（5）制得的硫酸亚铁铵中常含有杂质离子Fe3+，检验方法是：______．
正确答案
解：用碳酸钠溶液可以处理铁屑表面的油污等杂质，得到的铁和硫酸反应可以生成硫酸亚铁盐溶液，绿矾（FeSO4•7H2O）、硫酸铵以相等物质的量混合可制得摩尔盐晶体，溶液表面出现晶膜时，停止加热，采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥的晶体．
（1）Na2CO3溶液中CO32-水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，使Na2CO3溶液呈碱性．
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-．
2）沉淀的颗粒较大，静止后容易沉降至容器底部，常用倾析法分离．沉淀呈胶状或絮状，静止后不容易沉降，不能采取倾析法分离．
故选：AB．
（3）Fe2+易被氧化为Fe3+，氧化的Fe3+与Fe发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，防止Fe2+被氧化为Fe3+．
步骤2中溶液趁热过滤防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失．
故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失．
（4）步骤3中，加入（NH4）2SO4固体后，溶液表面出现晶膜时，停止加热，采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥的晶体．
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶．
（5）铁离子和硫氰酸钾之间能反生络合反应得到血红色物质，可以用硫氰酸钾检验铁离子，操作是：取少量制得的硫酸亚铁铵于试管中，加入适量的蒸馏水溶解，滴加1～2滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则含Fe3+，
故答案为：取少量制得的硫酸亚铁铵于试管中，加入适量的蒸馏水溶解，滴加1～2滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则含Fe3+．
解析
解：用碳酸钠溶液可以处理铁屑表面的油污等杂质，得到的铁和硫酸反应可以生成硫酸亚铁盐溶液，绿矾（FeSO4•7H2O）、硫酸铵以相等物质的量混合可制得摩尔盐晶体，溶液表面出现晶膜时，停止加热，采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥的晶体．
（1）Na2CO3溶液中CO32-水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，使Na2CO3溶液呈碱性．
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-．
2）沉淀的颗粒较大，静止后容易沉降至容器底部，常用倾析法分离．沉淀呈胶状或絮状，静止后不容易沉降，不能采取倾析法分离．
故选：AB．
（3）Fe2+易被氧化为Fe3+，氧化的Fe3+与Fe发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，防止Fe2+被氧化为Fe3+．
步骤2中溶液趁热过滤防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失．
故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；防止溶液冷却时，硫酸亚铁因析出而损失．
（4）步骤3中，加入（NH4）2SO4固体后，溶液表面出现晶膜时，停止加热，采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥的晶体．
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶．
（5）铁离子和硫氰酸钾之间能反生络合反应得到血红色物质，可以用硫氰酸钾检验铁离子，操作是：取少量制得的硫酸亚铁铵于试管中，加入适量的蒸馏水溶解，滴加1～2滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则含Fe3+，
故答案为：取少量制得的硫酸亚铁铵于试管中，加入适量的蒸馏水溶解，滴加1～2滴KSCN溶液，若溶液变血红色，则含Fe3+．
工业废水中Cr（Ⅲ）回收与再利用工艺如下：
注：
①硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+
②部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表．
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施______（至少写一条）．
（2）调pH=8是为了除去______离子（选填：Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）．
（3）钠离子交换树脂的原理为：Mn++nNaR→MRn+nNa+，被交换的杂质离子是______（选填：Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）．
正确答案
解：流程原理：硫酸浸取液中金属离子是Cr3+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入硫酸，将物质溶解酸化，过滤，除去难溶物质，然后向混合液中加入氢氧化钠，根据表中数据，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，调节溶液PH=8，可以将Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，将Fe3+、Al3+沉淀完全了，余下的只有Ca2+、Mg2+可以用钠离子交换树脂交换即可．
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，
故答案为：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等；
（2）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液PH=8，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；
故答案为：Fe3+、Al3+；
（3）前面已将Fe3+、Al3+沉淀完全了，余下的只有Ca2+、Mg2+，此小题类似于磺化煤交换Ca2+、Mg2+原理，钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，故答案为：Ca2+、Mg2+；
解析
解：流程原理：硫酸浸取液中金属离子是Cr3+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入硫酸，将物质溶解酸化，过滤，除去难溶物质，然后向混合液中加入氢氧化钠，根据表中数据，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，调节溶液PH=8，可以将Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，将Fe3+、Al3+沉淀完全了，余下的只有Ca2+、Mg2+可以用钠离子交换树脂交换即可．
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，
故答案为：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等；
（2）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液PH=8，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；
故答案为：Fe3+、Al3+；
（3）前面已将Fe3+、Al3+沉淀完全了，余下的只有Ca2+、Mg2+，此小题类似于磺化煤交换Ca2+、Mg2+原理，钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，故答案为：Ca2+、Mg2+；
铬是水体的主要的污染物之一，可以导致水生生物死亡．化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该有害物质．例如处理铬的实验循环示意图如下：
（1）在上图所示的编号步骤中，其中反应①所用的试剂是硫酸酸化的H2O2，请写出该反应的离子方程式______（可以不配平）．
（2）现有含Cr3+和Fe3+的溶液，使用NaOH溶液和盐酸，可将这两种离子相互分离，根据上图信息分析，在涉及的过滤操作中，上述两种离子的存在形态分别是______、______．（写化学式）
（3）铬的化合价除了示意图中涉及的+3和+6外，还有0、+2、+4和+5等．现有24mL浓度为0.05mol•L-1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol•L-1的Na2Cr2O7溶液完全反应．已知Na2SO4被Na2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为______．
（4）步骤⑤应该加入______剂（填“还原”或“氧化”）．
正确答案
解：（1）H2O2既具有氧化性，又具有还原性；Cr2O72-具有强氧化性，能将H2O2氧化为O2，反应中+6价Cr元素被还原为+3价，离子反应为Cr2O72-+8H++3H2O2═2Cr3++3O2↑+7H2O，故答案为：Cr2O72-+8H++3H2O2═2Cr3++3O2↑+7H2O；
（2）从反应③可以看出，Cr（OH）3可以与NaOH溶液反应生成NaCrO2，所以除去Fe3+中的Cr3+时，可以加入过量的NaOH溶液，使Cr3+转化为CrO，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，在过滤得到的Fe（OH）3中加入盐酸即得到FeCl3溶液，故答案为：CrO2-；Fe（OH）3；
（3）令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：24×10-3L×0.05mol/L×（6-4）=20×10-3L×0.02mol/L×2×（6-a），解得a=+3，
故答案为：+3；
（4）步骤⑤中，Cr元素的化合价从+3升高到了+6价，所以需要加入氧化剂，故答案为：氧化．
解析
解：（1）H2O2既具有氧化性，又具有还原性；Cr2O72-具有强氧化性，能将H2O2氧化为O2，反应中+6价Cr元素被还原为+3价，离子反应为Cr2O72-+8H++3H2O2═2Cr3++3O2↑+7H2O，故答案为：Cr2O72-+8H++3H2O2═2Cr3++3O2↑+7H2O；
（2）从反应③可以看出，Cr（OH）3可以与NaOH溶液反应生成NaCrO2，所以除去Fe3+中的Cr3+时，可以加入过量的NaOH溶液，使Cr3+转化为CrO，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，在过滤得到的Fe（OH）3中加入盐酸即得到FeCl3溶液，故答案为：CrO2-；Fe（OH）3；
（3）令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：24×10-3L×0.05mol/L×（6-4）=20×10-3L×0.02mol/L×2×（6-a），解得a=+3，
故答案为：+3；
（4）步骤⑤中，Cr元素的化合价从+3升高到了+6价，所以需要加入氧化剂，故答案为：氧化．
电子工业中，可用FeCl3-HCl溶液作为印刷电路铜板蚀刻液．某探究小组设计如下线路处理废液和资源回收：
请回答：
（1）FeCl3-HCl溶液蚀刻铜板后的废液中含有的金属阳离子是______．
（2）FeCl3蚀刻液中加入盐酸的目的：可以______，又可提高蚀刻速率．
（3）步骤①中加入H2O2溶液的目的是______．
（4）已知：
生成氢氧化物沉淀的pH
根据表中数据推测调节pH的范围是______．
（5）写出步骤②中生成CO2的一个离子方程式______（已知Cu2（OH）2CO3不易溶于水）．
（6）写出步骤③生成Cu2（OH）2CO3的离子方程式______．
正确答案
解：FeCl3-HCl溶液蚀刻铜板后的废液，发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，得到氯化铜、氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，向废液中滴入过氧化氢将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子，然后过滤得沉淀氢氧化铁和氯化铜溶液，将沉淀溶解于盐酸得到氯化铁，向滤液中加入碳酸氢钠得到碱式碳酸铜．
（1）氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，铁离子可能过量，故答案为：Fe3+、Fe2+和Cu2+；
（2）氯化铁是强酸弱碱盐水解呈酸性，所以加盐酸防止弱离子铁离子的水解，水解的方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，向其中加盐酸促使平衡逆向移动，
故答案为：抑制氯化铁水解；
（3）加入氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子但不能引入新的杂质，氧化剂选择过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：因为将Fe2+氧化成Fe3+，方便后续沉淀时除去；
（4）调节溶液的pH目的是使铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀，依据图表数据分析可知pH应为：3.2～4.7，故答案为：[3.2，4.7）或3.2≤pH＜4.7；
（5）用碱式碳酸铜来调节溶液的PH，强制弱，所以离子反应方程式为：4H++Cu2（OH）2CO3 =3H2O+2 Cu2++CO2↑，故答案为：4H++Cu2（OH）2CO3 =3H2O+2 Cu2++CO2↑；
（6）滤液中弱碱的阳离子与碳酸氢钠中的碳酸氢根离子发生双水解，生成碱式碳酸铜，反应的方程式为：2Cu2++4HCO3-=Cu2（OH）2CO3↓+H2O+3 CO2↑，
故答案为：2Cu2++4HCO3-=Cu2（OH）2CO3↓+H2O+3 CO2↑．
解析
解：FeCl3-HCl溶液蚀刻铜板后的废液，发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，得到氯化铜、氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，向废液中滴入过氧化氢将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子，然后过滤得沉淀氢氧化铁和氯化铜溶液，将沉淀溶解于盐酸得到氯化铁，向滤液中加入碳酸氢钠得到碱式碳酸铜．
（1）氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，铁离子可能过量，故答案为：Fe3+、Fe2+和Cu2+；
（2）氯化铁是强酸弱碱盐水解呈酸性，所以加盐酸防止弱离子铁离子的水解，水解的方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，向其中加盐酸促使平衡逆向移动，
故答案为：抑制氯化铁水解；
（3）加入氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子但不能引入新的杂质，氧化剂选择过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：因为将Fe2+氧化成Fe3+，方便后续沉淀时除去；
（4）调节溶液的pH目的是使铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀，依据图表数据分析可知pH应为：3.2～4.7，故答案为：[3.2，4.7）或3.2≤pH＜4.7；
（5）用碱式碳酸铜来调节溶液的PH，强制弱，所以离子反应方程式为：4H++Cu2（OH）2CO3 =3H2O+2 Cu2++CO2↑，故答案为：4H++Cu2（OH）2CO3 =3H2O+2 Cu2++CO2↑；
（6）滤液中弱碱的阳离子与碳酸氢钠中的碳酸氢根离子发生双水解，生成碱式碳酸铜，反应的方程式为：2Cu2++4HCO3-=Cu2（OH）2CO3↓+H2O+3 CO2↑，
故答案为：2Cu2++4HCO3-=Cu2（OH）2CO3↓+H2O+3 CO2↑．
过氧化钙可以用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等．工业上生产过氧化钙的主要流程如图：
已知CaO2•8H2O呈白色，微溶于水，加热至350℃左右开始分解放出氧气．
（1）用上述方法制取CaO2•8H2O的化学方程式是______；
（2）检验“水洗”是否合格的方法是______；
（3）沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右，其可能原因是（写出两种）：
①______
②______
（4）测定产品中CaO2的含量的实验步骤是：
第一步：准确称取a g产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的b g KI晶体，再滴入少量2mol/L的H2SO4溶液，充分反应．
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液．
第三步：逐滴加入浓度为c mol•L-1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液V mL．
【已知：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-】
①CaO2的质量分数为______ （用字母表示）；
②某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能______（填“不受影响”、“偏低”或“偏高”），原因是______．
正确答案
解：（1）由流程可知，反应物为氯化钙、双氧水、氨气和水，生成为CaO2•8H2O和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，
故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；
（2）“水洗”不合格，含有氯离子，所以检验“水洗”是否合格的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；
（3）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，
故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率；
（4）①过氧化钙氧化碘化钾生成的碘单质，用硫代硫酸钠滴定时，消耗的硫代硫酸钠的物质的量为：cmol•L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，根据氧化还原反应中电子守恒及题中反应方程式可得关系式：CaO2～I2～2S2O32-，过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）=
样品中CaO2的质量分数为：
故答案为：
③在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高，
故答案为：偏高；在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高．
解析
解：（1）由流程可知，反应物为氯化钙、双氧水、氨气和水，生成为CaO2•8H2O和氯化铵，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl，
故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；
（2）“水洗”不合格，含有氯离子，所以检验“水洗”是否合格的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀；
（3）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，
故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率；
（4）①过氧化钙氧化碘化钾生成的碘单质，用硫代硫酸钠滴定时，消耗的硫代硫酸钠的物质的量为：cmol•L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，根据氧化还原反应中电子守恒及题中反应方程式可得关系式：CaO2～I2～2S2O32-，过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）=
样品中CaO2的质量分数为：
故答案为：
③在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高，
故答案为：偏高；在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2，使消耗的Na2S2O3增多，从而使测得的CaO2的质量分数偏高．
（2016春•江西月考）一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3•CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中．
（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的化学反应方程式为______．
（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴．则浸出钴的离子反应方程式为（产物中只有一种酸根）______．请从反应原理分析不用盐酸酸化的主要原因______．
（3）碳酸钠溶液在过程III和IV中所起作用有所不同，请分别用离子方程式表示在过程III、IV中起的作用：______；______．
（4）某天然碱的化学式可表示为2Na2CO3•NaHCO3•2H2O，取少量该物质溶于水得稀溶液P．下列有关溶液P中微粒的物质的量浓度关系正确的是______（填序号）．
A．c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）
B．c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）
C．3c（Na+）＞5c（CO32-）+5c（HCO3-）+5c（H2CO3）
D．将P溶液与少量NaOH溶液混合：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）
（5）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液．CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水．如图是粉红色的CoCl2•6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，B物质的化学式是______．
正确答案
解：操作Ⅰ利用了铝能溶解在氢氧化钠溶液的性质，将铝从废料中分离出来，过滤后得到含Co2O3•CoO的钴渣，再用酸溶解过滤后得到含Co3+及Al3+、Li+的滤液，通过调整溶液的pH得到Al（OH）3和LiF沉淀，再过滤得到含Co3+的滤液，再滴加Na2CO3溶液得到CoCO3沉淀，经过滤、洗涤沉淀，最后将CoCO3进行加热分解可得CoO粉末，
（1）Al和NaOH溶液发生氧化还原反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）Co2O3•CoO在酸性条件下和硫代硫酸钠反应生成钴离子、硫酸根离子和水，离子方程式为4Co2O3•CoO+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；
Co2O3•CoO具有氧化性，HCl具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，污染环境，所以不能用盐酸；
故答案为：4Co2O3•CoO+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；
（3）Al3+和CO32-发生双水解反应生成Al（OH）3和CO2；Co2+和CO32-反应生成CoCO3沉淀，离子方程式分别为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑、Co2++CO32-=CoCO3↓，故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；Co2++CO32-=CoCO3↓；
（4）A．碳酸根离子水解、碳酸氢根离子水解程度大于电离程度导致溶液中碱性，所以c（OH-）＞c（H+），碳酸根离子、碳酸氢根离子水解程度都较小，所以溶液中存在c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），存在物料守恒3c（Na+）=5c（CO32-）+5c（HCO3-）+5c（H2CO3），则3c（OH-）=3c（H+）+2c（HCO3-）+5c（H2CO3）+2c（CO32-），故B错误；
C．根据物料守恒可得：3c（Na+）=5c（CO32-）+5c（HCO3-）+5c（H2CO3），所以3c（Na+）＞5c（CO32-）+5c（HCO3-），故C错误；
D．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），故D正确；
故答案为：AD；
（5）CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
B物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-74mg
所以B物质的化学式为：CoCl2•H2O，
故答案为：CoCl2•H2O．
解析
解：操作Ⅰ利用了铝能溶解在氢氧化钠溶液的性质，将铝从废料中分离出来，过滤后得到含Co2O3•CoO的钴渣，再用酸溶解过滤后得到含Co3+及Al3+、Li+的滤液，通过调整溶液的pH得到Al（OH）3和LiF沉淀，再过滤得到含Co3+的滤液，再滴加Na2CO3溶液得到CoCO3沉淀，经过滤、洗涤沉淀，最后将CoCO3进行加热分解可得CoO粉末，
（1）Al和NaOH溶液发生氧化还原反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）Co2O3•CoO在酸性条件下和硫代硫酸钠反应生成钴离子、硫酸根离子和水，离子方程式为4Co2O3•CoO+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；
Co2O3•CoO具有氧化性，HCl具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，污染环境，所以不能用盐酸；
故答案为：4Co2O3•CoO+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；
（3）Al3+和CO32-发生双水解反应生成Al（OH）3和CO2；Co2+和CO32-反应生成CoCO3沉淀，离子方程式分别为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑、Co2++CO32-=CoCO3↓，故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；Co2++CO32-=CoCO3↓；
（4）A．碳酸根离子水解、碳酸氢根离子水解程度大于电离程度导致溶液中碱性，所以c（OH-）＞c（H+），碳酸根离子、碳酸氢根离子水解程度都较小，所以溶液中存在c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），存在物料守恒3c（Na+）=5c（CO32-）+5c（HCO3-）+5c（H2CO3），则3c（OH-）=3c（H+）+2c（HCO3-）+5c（H2CO3）+2c（CO32-），故B错误；
C．根据物料守恒可得：3c（Na+）=5c（CO32-）+5c（HCO3-）+5c（H2CO3），所以3c（Na+）＞5c（CO32-）+5c（HCO3-），故C错误；
D．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），故D正确；
故答案为：AD；
（5）CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
B物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-74mg
所以B物质的化学式为：CoCl2•H2O，
故答案为：CoCl2•H2O．
已探明我国锰矿储量占世界第三位，但富矿仅占6.4%，每年尚需进口大量锰矿石．有人设计了把我国的菱锰矿（MnCO3）（贫矿）转化为高品位“菱锰矿砂”的绿色工艺．该工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）锰元素位于元素周期中第______周期______族．
（2）气体A中含有两种气体，溶液C与气体A发生反应的化学方程式为______
（3）锰的化合物用途广泛，例如MnO2KMnO4都是重要的锰化合物MnO2可用于制备KMnO4，一般是先由MnO2在碱性条件下与O2反应制备得到K2MnO4，再由K2MnO4制备KMnO4．写出MnO2得到K2MnO4的化学方程式______．
正确答案
解：把我国的菱锰矿（MnCO3）（贫矿）转化为高品位“菱锰矿砂”的绿色工艺流程为：高温下焙烧菱锰矿时，硫酸铵盐热分解生成氨气，碳酸锰高温分解得到二氧化碳气体，将产生的固体溶于水，可以得到硫酸锰溶液，在水溶液中，两种气体和硫酸锰之间反应生成碳酸锰，
（1）金属锰是25号元素，原子核外电子排布是：2、8、8、7，属于VIIB元素，原子核外电子四层，位于第四周期，故答案为：四；VIIB；
（2）硫酸铵铵盐受热分解生成氨气，碳酸锰高温分解得到二氧化碳气体，在水溶液中，两种气体和硫酸锰之间的反应为：MnSO4+2NH3+CO2+H2O=MnCO3↓+（NH4）2SO4，
故答案为：MnSO4+2NH3+CO2+H2O=MnCO3↓+（NH4）2SO4；
（3）根据题目信息：由MnO2在碱性条件下与O2反应制备得到K2MnO4，则反应为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O．
解析
解：把我国的菱锰矿（MnCO3）（贫矿）转化为高品位“菱锰矿砂”的绿色工艺流程为：高温下焙烧菱锰矿时，硫酸铵盐热分解生成氨气，碳酸锰高温分解得到二氧化碳气体，将产生的固体溶于水，可以得到硫酸锰溶液，在水溶液中，两种气体和硫酸锰之间反应生成碳酸锰，
（1）金属锰是25号元素，原子核外电子排布是：2、8、8、7，属于VIIB元素，原子核外电子四层，位于第四周期，故答案为：四；VIIB；
（2）硫酸铵铵盐受热分解生成氨气，碳酸锰高温分解得到二氧化碳气体，在水溶液中，两种气体和硫酸锰之间的反应为：MnSO4+2NH3+CO2+H2O=MnCO3↓+（NH4）2SO4，
故答案为：MnSO4+2NH3+CO2+H2O=MnCO3↓+（NH4）2SO4；
（3）根据题目信息：由MnO2在碱性条件下与O2反应制备得到K2MnO4，则反应为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O．
锌焙砂是锌精矿经焙烧后所得的产物，主要含氧化锌、硫酸锌，有少量FeO、CuO、NiO杂质，是炼锌最主要的原料．安徽某科研小组设计了如下提取金属锌的实验流程：
（1）酸浸得到的溶液中除Zn2+外，还含有的金属阳离子______（填离子符号），需要用到240ml 4mol•L-1 H2SO4，用18.4mol•L-1 H2SO4浓硫酸配制该溶液过程中用到的主要玻璃仪器有______
（2）净化Ⅰ操作需要加入H2O2，控制溶液PH在4左右，发生反应的离子方程式______，沉淀的主要成分是______．
（3）净化Ⅱ得到的Cu、Ni，需要进行洗涤操作，检验是否洗涤干净的方法是______，
本流程中可以循环利用的物质除锌外还有______．
（4）可用电解沉积硫酸锌溶液的方法制备锌，若在在阳极产生13.44L（标准状况下） 氧气，在阴极析出锌的质量为______
（5）上述工艺中，如果不设计“净化Ⅱ”，造成的结果是______．
正确答案
解：（1）锌焙砂经被烧后所得的产物，主要含氧化锌、硫酸锌（有少量FeO、CuO、NiO杂质），加入硫酸酸化，可生成硫酸锌、硫酸铜、硫酸镍以及硫酸亚铁等，因此酸浸得到的溶液中除Zn2+外，还含有的金属阳离子有Cu2+、Fe2+、Ni2+等，用浓硫酸配制稀硫酸需要的仪器有：量筒量取浓硫酸、烧杯用来溶解浓硫酸、玻璃棒搅拌、引流等、胶头滴管定容以及250mL容量瓶等，
故答案为：Cu2+、Fe2+、Ni2+；250ml容量瓶、玻璃棒、烧杯、量筒 胶头滴管等；
（2）净化Ⅰ操作需要加入H2O2溶液并控制溶液的pH在4左右，亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，控制溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；Fe（OH）3；
（3）净化Ⅱ得到的Cu、Ni可吸附溶液中的硫酸根离子，检验是否洗涤干净，可取最后一次洗涤液于小试管中，滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，如无沉淀生成，说明洗涤干净，通过制取金属锌的流程图示可以知道，可以循环利用的物质除锌外，含有硫酸、硫酸锌，
故答案为：取最后洗涤液少量，滴加BaCl2，如无白色沉淀，则洗干净；H2SO4、ZnSO4；
（4）13.44L（标准状况下） 氧气n=
故答案为：78g；
（5）上述工艺中，如果不设计“净化Ⅱ”，溶液中含有Cu2+、Ni2+，电解会造成的结果是最终得到的产品中含Cu、Ni杂质，
故答案为：最终得到的产品中含Cu、Ni杂质．
解析
解：（1）锌焙砂经被烧后所得的产物，主要含氧化锌、硫酸锌（有少量FeO、CuO、NiO杂质），加入硫酸酸化，可生成硫酸锌、硫酸铜、硫酸镍以及硫酸亚铁等，因此酸浸得到的溶液中除Zn2+外，还含有的金属阳离子有Cu2+、Fe2+、Ni2+等，用浓硫酸配制稀硫酸需要的仪器有：量筒量取浓硫酸、烧杯用来溶解浓硫酸、玻璃棒搅拌、引流等、胶头滴管定容以及250mL容量瓶等，
故答案为：Cu2+、Fe2+、Ni2+；250ml容量瓶、玻璃棒、烧杯、量筒 胶头滴管等；
（2）净化Ⅰ操作需要加入H2O2溶液并控制溶液的pH在4左右，亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，控制溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；Fe（OH）3；
（3）净化Ⅱ得到的Cu、Ni可吸附溶液中的硫酸根离子，检验是否洗涤干净，可取最后一次洗涤液于小试管中，滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，如无沉淀生成，说明洗涤干净，通过制取金属锌的流程图示可以知道，可以循环利用的物质除锌外，含有硫酸、硫酸锌，
故答案为：取最后洗涤液少量，滴加BaCl2，如无白色沉淀，则洗干净；H2SO4、ZnSO4；
（4）13.44L（标准状况下） 氧气n=
故答案为：78g；
（5）上述工艺中，如果不设计“净化Ⅱ”，溶液中含有Cu2+、Ni2+，电解会造成的结果是最终得到的产品中含Cu、Ni杂质，
故答案为：最终得到的产品中含Cu、Ni杂质．
已知铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等，从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下：
（1）写出反应1中的化学方程式：______；______．
（2）滤液Ⅰ中加入CaO生成的沉淀是______；反应2的离子方程式为______．
正确答案
解：铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等，从铝土矿中提炼Al2O3的工艺流程原理为：铝土矿加入氢氧化钠溶液，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+Al2O3═2NaAlO2+H2O，所以滤渣为在碱性条件下的不溶物，得到滤液1中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，加入CaO，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；滤液Ⅱ中的溶质为NaAlO2，通入CO2，发生反应为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-，B煅烧生成Al2O3，故B为Al（OH）3，气体A应该为CO2．
（1）铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等，与NaOH反应：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
（2）滤液Ⅰ中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入CaO，生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；
由工艺流程可知，B为氢氧化铝，故气体A为二氧化碳，滤液Ⅱ主要是偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝与碳酸钠，反应方程式为：2AlO2-+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32-，
故答案为：CaSiO3；2AlO2-+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32-；
解析
解：铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等，从铝土矿中提炼Al2O3的工艺流程原理为：铝土矿加入氢氧化钠溶液，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：2NaOH+Al2O3═2NaAlO2+H2O，所以滤渣为在碱性条件下的不溶物，得到滤液1中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，加入CaO，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；滤液Ⅱ中的溶质为NaAlO2，通入CO2，发生反应为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-，B煅烧生成Al2O3，故B为Al（OH）3，气体A应该为CO2．
（1）铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等，与NaOH反应：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
（2）滤液Ⅰ中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入CaO，生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；
由工艺流程可知，B为氢氧化铝，故气体A为二氧化碳，滤液Ⅱ主要是偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝与碳酸钠，反应方程式为：2AlO2-+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32-，
故答案为：CaSiO3；2AlO2-+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32-；
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