- 物质的检验
- 共3564题
铬铁矿主要成分为FeO•Cr2O3，含有SiO2、Al2O3等杂质．工业上用铬铁矿制备红矾钠（Na2Cr2O7）的流程如图所示：煅烧时反应为：4FeO•Cr2O3+7O2+20NaOH
（1）步骤①是在坩埚中进行煅烧，可用作此坩埚材料的是______．
A．铁 B．氧化铝 C．石英 D．陶瓷
（2）步骤①煅烧反应极慢，需要升温至NaOH呈熔融状态，反应速率才加快，其原因为______．
（3）步骤②中NaFeO2会强烈水解生成氢氧化铁沉淀，其化学方程式为______．
（4）将五份滤液1分别在130℃蒸发1小时，各自冷却到不同温度下结晶，保温过滤，所得实验数据如下表．根据数据分析，步骤③的最佳结晶温度为______．
（5）步骤④中滤渣3的成分是______．
（6）假设该流程中铬元素完全转化为红矾钠，则该铬铁矿中铬元素的质量分数为______（用含m1、m2的代数式表示）．
正确答案
A
熔融后增大了反应物的接触面积
NaFeO2+2H2O=Fe（OH）3↓+NaOH
40
Al（OH）3、H2SiO3（或H4SiO4）
解析
解：铬铁矿主要成分为FeO•Cr2O3，含有SiO2、Al2O3等杂质、混和NaOH（m1kg），与足量空气通过焙烧，4FeO•Cr2O3+7O2+20NaOH
（1）A．铁坩埚含有铁，铁与氢氧化钠不反应，故A正确；
B．三氧化二铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故B错误；
C．石英中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应，故C错误；
D．陶瓷中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应，故D错误；
故选A．
（2）升高温度，增加单位体积内的活化分子数，有效碰撞增加，反应速率加快，需要升温至NaOH呈熔融状态，说明NaOH呈熔融状态，熔融后增大了反应物的接触面积，反应速率加快为主要因素，
故答案为：熔融后增大了反应物的接触面积；
（3）NaFeO2强烈水解，生成氢氧化铁沉淀，根据质量守恒可知还应有NaOH，化学方程式为：NaFeO2+2H2O=Fe（OH）3↓+NaOH，
故答案为：NaFeO2+2H2O=Fe（OH）3↓+NaOH；
（4）步骤③的目的：将滤液1在130℃蒸发1小时，冷却到结晶，比较所得实验数据，40℃，此时Na2CrO4粗晶中得到的Na2CrO4•4H2O含量最高，
故答案为：40；
（5）滤液1含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaOH、NaAlO2，再调节溶液的pH，使偏铝酸盐完全转化为氢氧化铝沉淀，硅酸盐完全转化为H2SiO3 （或H4SiO4 ）沉淀，滤液为Na2CrO4，分离出Na2CrO4；
故答案为：Al（OH）3、H2SiO3 （或H4SiO4 ）；
（6）最终得到m2kg红矾钠（Na2Cr2O7），含铬n（Cr）=
故答案为：
下列有关除杂质（括号中为杂质）的操作中，错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．蚁酸是有机酸，能与碳酸钠反应生成二氧化碳和蚁酸钠和水，福尔马林（甲醛溶液）中的溶质不与碳酸钠反应．甲醛易挥发，而盐类不挥发，所以用蒸馏法就能除杂，故A正确；
B、乙醛被氧化生成乙酸，与乙醇互溶，过滤取溶液不能得到纯净的乙醇，故B错误；
C、苯中混有苯酚，加入NaOH后生成可溶于水的苯酚钠，然后用分液的方法分离，故C正确；
D、乙酸乙酯（乙酸）：加饱和碳酸钠溶液降低乙酸乙酯的溶解度，乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠二氧化碳和水，分液分离，故D正确；
故选：B．
（2013秋•东莞期末）某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：
据此回答下列问题：
（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是______．
（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、D所含物质的化学式．固体B______；沉淀D______．
（3）写出①、②反应的离子方程式：①______；②______．
（4）以Fe2O3为原料，可制备FeCl2溶液，请写出有关的化学反应方程式，试剂任选______．
正确答案
解：某混合物A含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，加水后经过滤分离可得溶液KAl（SO4）2和Al2O3、Fe2O3沉淀混合物C，加入NaOH溶液，NaOH和Al2O3反应生成NaAlO2，过滤后得到NaAlO2溶液，沉淀D为Fe2O3，加入盐酸得到FeCl3，NaAlO2溶液中加入适量盐酸，反应生成Al（OH）3和NaCl，Al（OH）3加热分解生成B为Al2O3，溶液E为K2SO4和（NH4）2SO4混合物，
（1）I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是过滤，故答案为：过滤；
（2）由以上分析可知B为Al2O3，D为Fe2O3，故答案为：Al2O3；Fe2O3；
（3）反应①为Al2O3和氢氧化钠的反应，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，反应②为Al3+和氨水的反应，反应的离子方程式为Al3++3NH3、H2O=Al（OH）3↓+3 NH4+；
故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3 NH4+；
（4）以Fe2O3为原料，可制备FeCl2溶液，先用盐酸溶解得到氯化铁溶液，加入过量铁粉还原得到氯化亚铁，反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl=2 FeCl3+3 H2O；2FeCl3+Fe=3FeCl2 ；
故答案为：Fe2O3+6HCl=2 FeCl3+3 H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2 ．
解析
解：某混合物A含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，加水后经过滤分离可得溶液KAl（SO4）2和Al2O3、Fe2O3沉淀混合物C，加入NaOH溶液，NaOH和Al2O3反应生成NaAlO2，过滤后得到NaAlO2溶液，沉淀D为Fe2O3，加入盐酸得到FeCl3，NaAlO2溶液中加入适量盐酸，反应生成Al（OH）3和NaCl，Al（OH）3加热分解生成B为Al2O3，溶液E为K2SO4和（NH4）2SO4混合物，
（1）I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是过滤，故答案为：过滤；
（2）由以上分析可知B为Al2O3，D为Fe2O3，故答案为：Al2O3；Fe2O3；
（3）反应①为Al2O3和氢氧化钠的反应，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，反应②为Al3+和氨水的反应，反应的离子方程式为Al3++3NH3、H2O=Al（OH）3↓+3 NH4+；
故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3 NH4+；
（4）以Fe2O3为原料，可制备FeCl2溶液，先用盐酸溶解得到氯化铁溶液，加入过量铁粉还原得到氯化亚铁，反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl=2 FeCl3+3 H2O；2FeCl3+Fe=3FeCl2 ；
故答案为：Fe2O3+6HCl=2 FeCl3+3 H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2 ．
聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为[Fe2（OH）n（SO4）3-0.5n]m，广泛用于污水处理．实验室利用硫酸厂烧渣（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），过程如图1：
（1）验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是：______．
（2）实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如图2．装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→______→______→______→______→f．装置A中发生反应的化学方程式为______．
（3）制备绿矾时，向溶液X中加入过量______，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾．过滤所需的玻璃仪器有______．
（4）欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，用KMnO4标准溶液滴定时应选用______滴定管（填“酸式”或“碱式”）．
（5）溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数．若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．
正确答案
将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色
d
e
c
b
Cu+2H2SO4（浓）═CuSO4+SO2↑+2H2O
铁屑
烧杯、玻璃棒、漏斗
酸式
偏小
解析
解：制备聚铁和绿矾（FeSO4•7H2O）流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物（S、二氧化硅等）W；滤液X中进入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在70～80℃条件下得到聚铁聚铁，最后得到聚铁，
（1）检验二氧化硫的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后又恢复红色，证明有二氧化硫，
故答案为：将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色；
（2）收集二氧化硫应先干燥再收集，二氧化硫的密度比空气大，要从c口进气，最后进行尾气处理，所以按气流方向连接顺序为a→d→e→c→b→f；
装置A中铜与浓硫酸反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）═CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为：d；e；c；b；Cu+2H2SO4（浓）═CuSO4+SO2↑+2H2O；
（3）因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，故溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉，然后过滤，过滤操作使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，
故答案为：铁屑；烧杯、玻璃棒、漏斗；
（4）KMnO4标准溶液具有强氧化性，腐蚀橡胶管，滴定时需要选择酸式滴定管，故答案为：酸式；
（5）聚铁的化学式为Fe2（OH）n（SO4）3-0.5n，若溶液Z的pH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，据此计算的铁的含量减少，铁的质量分数偏小，
故答案为：偏小．
蛇纹石矿可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成．由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下：
（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pH=7-8（有关氢氧化物沉淀的pH见右表），Ca（OH）2不能过量，若Ca（OH）2过量可能会导致______溶解．
（3）从沉淀混合物A中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物A中加入______ （填物质的化学式），然后______（依次填写实验操作名称）．
正确答案
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；
（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；
故答案为：NaOH；过滤、洗涤、灼烧．
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；
（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；
故答案为：NaOH；过滤、洗涤、灼烧．
亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．工业设计生产NaClO2的主要流程如图1所示．
另附III离子交换膜电解池示意图图2．
（1）写出无隔膜电解槽阳极反应的电极反应式：______
（2）由离子交换膜电解池示意图分析A的化学式是______
（3）Ⅱ中反应的离子方程式是______
（4）设备Ⅲ在通电电解前，检验其溶液中主要阴离子的方法、步骤、现象是______．
正确答案
解：（1）根据工艺流程图无隔膜电解槽阳极发生氧化反应生成氯酸根离子，所以电极反应式为Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+，故答案为：Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+； （2）解槽电解Na2SO4溶液，可知气体a为O2，该极为阳极，OH-放电，c（H+）增大，SO42-移向该极，所以A为硫酸溶液，故答案为：H2SO4；
（3）Ⅱ中发生二氧化氯与双氧水在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气，所以方程式为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2+2H2O；
（4）电解前Ⅲ中阴离子为SO42-，SO42-的检验方法：取少量Ⅲ中溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有SO42-；
故答案为：取少量Ⅲ中溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有SO42-．
解析
解：（1）根据工艺流程图无隔膜电解槽阳极发生氧化反应生成氯酸根离子，所以电极反应式为Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+，故答案为：Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+； （2）解槽电解Na2SO4溶液，可知气体a为O2，该极为阳极，OH-放电，c（H+）增大，SO42-移向该极，所以A为硫酸溶液，故答案为：H2SO4；
（3）Ⅱ中发生二氧化氯与双氧水在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气，所以方程式为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2+2H2O；
（4）电解前Ⅲ中阴离子为SO42-，SO42-的检验方法：取少量Ⅲ中溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有SO42-；
故答案为：取少量Ⅲ中溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有SO42-．
（2013•惠州模拟）电镀污泥中含有Cr（OH）3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质，工业上通过“中温焙烧-钠氧化法”回收Na2Cr2O7等物质．
已知：水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2[也可表示为NaAl（OH）4]、Na2ZnO2等物质．
（1）水浸后回收Cu、Ni时的操作是______．水浸后的溶液呈______性（“酸”、“碱”、“中”）．
（2）完成氧化焙烧过程中生成Na2CrO4的化学方程式
______Cr（OH）3+______Na2CO3+______O2
（3）滤渣Ⅱ的主要成分有Zn（OH）2、______．
（4）已知：①除去滤渣II后，溶液中存在如下反应：CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O；②Na2Cr2O7、Na2CrO4在不同温度下的溶解度如下表
“系列操作”中为：继续加入H2SO4，______冷却结晶，过滤．继续加入H2SO4目的是______．
（5）工业上还可以在水浸过滤后的溶液（Na2CrO4）加入适量H2SO4，用石墨做电极电解生产金属铬，写出生成铬的电极反应方程式______．
正确答案
解：以含有Cr（OH）3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质的电镀污泥为原料，烘干后加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O2
（1）CuO、NiO为难溶物，溶液中含有Na2CrO4，NaAlO2、Na2ZnO2等，通过水浸后过滤得到滤渣CuO、NiO，回收Cu、Ni；水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等都为强碱弱酸盐，水解呈碱性，
故答案为：过滤；碱性；
（2）氧化焙烧过程中有氧气参加反应，根据质量守恒可知还应生成水，反应的方程式为4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2+6H2O，
故答案为：4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2+6H2O；
（3）Zn（OH）2、Al（OH）3具有两性，水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质，加入硫酸调节溶液的pH可得到Zn（OH）2、Al（OH）3沉淀，
故答案为：Al（OH）3；
（4）水浸后溶液中存在Na2CrO4，加入硫酸发生CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，加入硫酸可使平衡向正反应方向移动，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，
故答案为：蒸发浓缩；促进平衡CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O向正反应方向移动，尽可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7；
（5）生成铬的电极发生还原反应，CrO42-得到电子生成Cr，反应的电解方程式为CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O，
故答案为：CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O；
解析
解：以含有Cr（OH）3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质的电镀污泥为原料，烘干后加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O2
（1）CuO、NiO为难溶物，溶液中含有Na2CrO4，NaAlO2、Na2ZnO2等，通过水浸后过滤得到滤渣CuO、NiO，回收Cu、Ni；水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等都为强碱弱酸盐，水解呈碱性，
故答案为：过滤；碱性；
（2）氧化焙烧过程中有氧气参加反应，根据质量守恒可知还应生成水，反应的方程式为4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2+6H2O，
故答案为：4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O2=4Na2CrO4+4CO2+6H2O；
（3）Zn（OH）2、Al（OH）3具有两性，水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质，加入硫酸调节溶液的pH可得到Zn（OH）2、Al（OH）3沉淀，
故答案为：Al（OH）3；
（4）水浸后溶液中存在Na2CrO4，加入硫酸发生CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，加入硫酸可使平衡向正反应方向移动，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，
故答案为：蒸发浓缩；促进平衡CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O向正反应方向移动，尽可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7；
（5）生成铬的电极发生还原反应，CrO42-得到电子生成Cr，反应的电解方程式为CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O，
故答案为：CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O；
氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程图如图所示，依据流程图，完成下列填空：
（1）工业食盐含Ca2+、Mg2+等杂质．精制过程中所得沉渣的主要成份是______（填化学式）；
（2）如果粗盐中SO42-含量较高，必须添加钡试剂除去SO42-，该钡试剂不可以是______（填选项字母序号）：
A．Ba（HCO3）2 B．Ba（NO3）2 C．Ba（OH）2 D．BaCl2
（3）为有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，加入试剂的合理顺序为______ （选选项字母序号）．
A．先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3
B．先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂
C．先加钡试剂，后加Na2CO3，再加NaOH
（4）通过离子交换膜电解饱和食盐水，与电源正极相连的电极应选择______电极（填“石墨”或“铁”）；写出阴极发生的电极反应式______；
（5）阴极室通入的水中含有少量氢氧化钠，其目的是______；电解一段时间后，若两极共收集到2.24L气体（气体所处状态为标准状态且不考虑气体在水中的溶解）试计算导线上转移的电子数为______NA．
正确答案
CaCO3、Mg（OH）2
B
AC
石墨
H2O+2e-=H2↑+2OH-
增大离子浓度，增强导电能力
0.1
解析
解：（1）Ca2+、Mg2+等杂质与碳酸钠、NaOH反应的离子反应分别为：Ca2++CO32-═CaCO3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，所以沉渣的成分为：CaCO3、Mg（OH）2，
故答案为：CaCO3、Mg（OH）2；
（2）添加钡试剂除去SO42-，注意不能引入新的杂质，选Ba（NO3）2会引入杂质硝酸根离子，其中B．Ba（NO3）2会引进难以除去杂质硝酸根离子，而A．Ba（HCO3）2 C．Ba（OH）2 D．BaCl2，可以加入碳酸钠和盐酸除去剩余杂质，所以不能选用的为B，
故答案为：B；
（3）有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，应注意碳酸钠在钡试剂之后，是为除去过量的钡离子，所以可先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3，也可以先加钡试剂，后加Na2CO3，再加NaOH，所以AC正确，
故答案为：AC；
（4）电解饱和食盐水时，与电源正极相连的电极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为为：2Cl--2e-=Cl2↑，则正极材料必须为惰性电极，可以为石墨，不能用铁做正极；电解池中阴极水电离的氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，
故答案为：石墨；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
（5）阴极室通入的水中含有少量氢氧化钠，可以增大离子浓度，增强溶液的导电能力；
电解饱和食盐水生成氢氧化纳、氢气和氯气：2NaCl+2H2O
故答案为：增大离子浓度，增强导电能力；0.1．
（2012秋•湖北校级期中）碘酸钾是一种白色结晶粉末，无臭无味，酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂，与氢碘酸、二氧化硫等还原性物质作用，被还原为单质碘，在碱性介质中，碘酸钾能被氯气、次氯酸盐等氧化为高碘酸钾．碘酸钾在常温下稳定，加热至560℃开始分解．工业生产碘酸钾的流程如下，在反应器中发生反应的化学方程式为：6I2+11KClO3+3H2O=6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2
试回答下列问题：
（1）步骤①反应器发生的反应中，化学方程式中转移电子总数为______；
（2）步骤②中，用硝酸而不用HI，其原因可能是______；
（3）步骤③要保持溶液微沸1小时以完全排出氯气，排出氯气的原因为______；
（4）步骤⑧用氢氧化钾调节溶液的pH，反应的化学方程式为：______；
（5）参照下表碘酸钾的溶解度，步骤11得到碘酸钾晶体，你建议的方法是______．
正确答案
解：（1）I2是还原剂被氧化为KH（IO3）2，KClO3是氧化剂被还原为KCl、Cl2，生成两种还原产物所得电子数目相同，反应方程式6I2+11KClO3+3H2O=6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2中，I元素由I2中0价升高到KH（IO3）2中+5价，所以每个I原子失去5个电子，所以1molI2失去10mol电子，所以6molI2完全反应，则该反应中转移电子的数目为60NA，故答案为：60NA；
（2）步骤中产生氯气，需要将氯气排出反应体系，加入硝酸的目的是制造酸性环境，促进氯气从反应体系中逸出，酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂，HI具有还原性，能将已生成的碘酸氢钾还原，所以用硝酸不用氢碘酸，故答案为：HI具有还原性，能将已生成的碘酸氢钾还原；
（3）由题中信息可知，在碱性条件下碘酸钾能被氯气氧化为高碘酸钾，所以应将氯气排出，故答案为：Cl2能将KIO3氧化成KIO4；
（4）碘酸氢钾具有酸性，可以和强碱氢氧化钾发生反应，即KOH+KH（IO3）2=2KIO3+H2O，故答案为：KOH+KH（IO3）2=2KIO3+H2O；
（5）根据图表可知碘酸钾的溶解度随温度的变化不大，因此，需要用蒸发结晶的方法得到碘酸钾晶体，故答案为：蒸发结晶．
解析
解：（1）I2是还原剂被氧化为KH（IO3）2，KClO3是氧化剂被还原为KCl、Cl2，生成两种还原产物所得电子数目相同，反应方程式6I2+11KClO3+3H2O=6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2中，I元素由I2中0价升高到KH（IO3）2中+5价，所以每个I原子失去5个电子，所以1molI2失去10mol电子，所以6molI2完全反应，则该反应中转移电子的数目为60NA，故答案为：60NA；
（2）步骤中产生氯气，需要将氯气排出反应体系，加入硝酸的目的是制造酸性环境，促进氯气从反应体系中逸出，酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂，HI具有还原性，能将已生成的碘酸氢钾还原，所以用硝酸不用氢碘酸，故答案为：HI具有还原性，能将已生成的碘酸氢钾还原；
（3）由题中信息可知，在碱性条件下碘酸钾能被氯气氧化为高碘酸钾，所以应将氯气排出，故答案为：Cl2能将KIO3氧化成KIO4；
（4）碘酸氢钾具有酸性，可以和强碱氢氧化钾发生反应，即KOH+KH（IO3）2=2KIO3+H2O，故答案为：KOH+KH（IO3）2=2KIO3+H2O；
（5）根据图表可知碘酸钾的溶解度随温度的变化不大，因此，需要用蒸发结晶的方法得到碘酸钾晶体，故答案为：蒸发结晶．
（2013秋•忻府区校级期中）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．从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如图1：
（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为______．
（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浸出钴的主要原因______．
（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-）
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．图2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，A物质的化学式是______．
正确答案
解：制备氧化钴的大致流程为：制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，
（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，改写成离子方程式为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O，
盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不用盐酸，
故答案为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的两种方式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，反应的离子方程式为：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正确；
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：ACD；
（5）根据图象曲线变化可知，CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
则：
解得：m=119mg，
设A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-83mg
则：
解得：n=2，
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，
故答案为：CoCl2•2H2O．
解析
解：制备氧化钴的大致流程为：制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，
（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，改写成离子方程式为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O，
盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不用盐酸，
故答案为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的两种方式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，反应的离子方程式为：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正确；
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：ACD；
（5）根据图象曲线变化可知，CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
则：
解得：m=119mg，
设A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-83mg
则：
解得：n=2，
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，
故答案为：CoCl2•2H2O．
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