- 物质的检验
- 共3564题
亚氯酸钠是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀毒．以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：
已知：①NaClO2的溶解度随着温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O．
②纯ClO2为气态，易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全．
（1）ClO2发生器中发生反应的离子方程式为______．
（2）发生器中鼓入空气的作用可能是______（选填序号）．
a．将SO2氧化成SO3，增强酸性 b．稀释ClO2以防爆炸 c．将NaClO3氧化为ClO2
（3）吸收塔内的反应的离子方程式为______．吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是______．在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量所需要的试剂是______．
（4）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是______、冷却结晶、过滤（选填序号）．
a．蒸馏 b．蒸发 c．灼烧
（5）要得到更纯的NaClO2•3H2O晶体必须进行的操作是______（填操作名称）
正确答案
解：（1）由流程图可知C1O2发生器中目的是产生C1O2，二氧化硫具有还原性，将ClO3-还原为C1O2，自身被氧化为SO42-，反应离子方程式为2SO2+4ClO3-=4C1O2+2SO42-；
故答案为：2SO2+4ClO3-=4C1O2+2SO42-；
（2）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2，以防止爆炸，故选b；
（3）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2．H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是防止H2O2分解，吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量所需要的试剂是酚酞，过量时，显示红色，反之不会显示红色．
故答案为：2OH-+2ClO2+H2O2═2ClO2-+O2↑+2H2O；防止H2O2受热分解，有利于NaClO2•3H2O的析出；酚酞．
（4）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，故答案为：b；
（5）得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体．
故答案为：重结晶．
解析
解：（1）由流程图可知C1O2发生器中目的是产生C1O2，二氧化硫具有还原性，将ClO3-还原为C1O2，自身被氧化为SO42-，反应离子方程式为2SO2+4ClO3-=4C1O2+2SO42-；
故答案为：2SO2+4ClO3-=4C1O2+2SO42-；
（2）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2，以防止爆炸，故选b；
（3）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2．H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是防止H2O2分解，吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量所需要的试剂是酚酞，过量时，显示红色，反之不会显示红色．
故答案为：2OH-+2ClO2+H2O2═2ClO2-+O2↑+2H2O；防止H2O2受热分解，有利于NaClO2•3H2O的析出；酚酞．
（4）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，故答案为：b；
（5）得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体．
故答案为：重结晶．
步骤1：在烧瓶中（装置如图所示）加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液．
步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞．向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤．
步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶，抽滤．
（1）仪器A的名称为______，冷凝管进水口______（填“a”或“b”），装置C的作用是______．
（2）①步骤2中，应采用何种加热方式______，优点是______；
②冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有______（填化学式）．
（3）在抽滤操作中，仪器除抽气泵、烧杯、玻璃棒、布氏漏斗外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器（或装置）有______．抽滤所用的滤纸应略______（填“大于”或“小于”）布氏漏斗内径，并将全部小孔盖住．
（4）步骤3中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是______．
正确答案
解：（1）A为三颈烧瓶，冷凝水应从下口进水，才有利于冷水在冷凝器中存在，冷凝效果更好；
反应会产生二氧化硫，不能直接排放到大气中，用碱液吸收，加倒扣的漏斗是防止倒流，
故答案为：三颈烧瓶；a；吸收二氧化硫，并防止倒吸；
（2）①次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在120℃以上发生分解，需要控制温度，故须水浴加热，可以使反应受热均匀，且更容易控制温度，
故答案为：水浴加热；均匀受热、容易控制温度；
②HCHO具有挥发性，在80°C-90°C条件下会大量挥发，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率，
故答案为：HCHO；
（3）抽滤装置不同于普通过滤装置，由减压系统（真空泵）、抽滤瓶、安全瓶和布氏漏斗等组成，抽滤时滤纸应略低于布氏漏斗内径，
故答案为：抽滤瓶、安全瓶；小于；
（4）次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，可以被空气中的氧气氧化变质，故答案为：防止产物被空气氧化．
解析
解：（1）A为三颈烧瓶，冷凝水应从下口进水，才有利于冷水在冷凝器中存在，冷凝效果更好；
反应会产生二氧化硫，不能直接排放到大气中，用碱液吸收，加倒扣的漏斗是防止倒流，
故答案为：三颈烧瓶；a；吸收二氧化硫，并防止倒吸；
（2）①次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在120℃以上发生分解，需要控制温度，故须水浴加热，可以使反应受热均匀，且更容易控制温度，
故答案为：水浴加热；均匀受热、容易控制温度；
②HCHO具有挥发性，在80°C-90°C条件下会大量挥发，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率，
故答案为：HCHO；
（3）抽滤装置不同于普通过滤装置，由减压系统（真空泵）、抽滤瓶、安全瓶和布氏漏斗等组成，抽滤时滤纸应略低于布氏漏斗内径，
故答案为：抽滤瓶、安全瓶；小于；
（4）次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，可以被空气中的氧气氧化变质，故答案为：防止产物被空气氧化．
某工厂利用富含镍（Ni）的电镀废渣（含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）制备NiSO4•6H2O．其生产流程如图所示：
（1）步骤①中加入H2SO4后，需充分搅拌的目的是______．
（2）步骤③中，在酸性条件下，H2O2使Fe2+转化为Fe3+的离子方程式为______．
（3）已知：ⅰ．Ksp[Fe（OH）3]≈1.0×10-38、Ksp[Cr（OH）3]≈1.0×10-32；ⅱ．溶液中离子浓度小于10-5 mol•L-1时，可视为沉淀完全．25℃时，若沉淀E为Fe（OH）3和Cr（OH）3，步骤④中，应控制溶液的pH不小于______．
（4）溶液C中溶质的主要成分是______．
正确答案
解：由含镍（Ni）的电镀废渣（含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）经过步骤①溶于稀硫酸，步骤②与适量的硫化钠反应后得到沉淀D（CuS、ZnS），则溶液A中含有二价铁、三价铬、二价镍离子，步骤③用适量的双氧水将二价铁离子氧化成三价铁，步骤④再加适量的氢氧化钠通过调节PH值沉淀三价铁和三价铬离子，则溶液B中主要含有二价镍离子，步骤⑤加入碳酸钠与二价镍离子结合成碳酸镍，最终再进一步转化成NiSO4•6H2O．
（1）搅拌的目的是提高废渣的溶解速率和溶解程度，故答案为：提高废渣的溶解速率和溶解程度；
（2）双氧水有强氧化性，二价铁离子有还原性，所以双氧水和二价铁离子能发生氧化还原反应生成铁离子和水，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）Ksp[Fe（OH）3]=2.5×10-39，c（OH-）=
[Cr（OH）3]=6.3×10-31，c（OH-）=
所以溶液中的PH控制在5.6，故答案为：5.6；
（4）电镀废渣（含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）和硫酸反应生成硫酸盐，加入硫化钠溶液后，溶液中含有硫酸钠、硫酸亚铁、硫酸铬等，向溶液中双氧水和氢氧化钠溶液后，溶液中含有硫酸镍、硫酸钠，向溶液中加碳酸钠溶液后，所以溶液中的溶质是硫酸钠，
故答案为：Na2SO4．
解析
解：由含镍（Ni）的电镀废渣（含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）经过步骤①溶于稀硫酸，步骤②与适量的硫化钠反应后得到沉淀D（CuS、ZnS），则溶液A中含有二价铁、三价铬、二价镍离子，步骤③用适量的双氧水将二价铁离子氧化成三价铁，步骤④再加适量的氢氧化钠通过调节PH值沉淀三价铁和三价铬离子，则溶液B中主要含有二价镍离子，步骤⑤加入碳酸钠与二价镍离子结合成碳酸镍，最终再进一步转化成NiSO4•6H2O．
（1）搅拌的目的是提高废渣的溶解速率和溶解程度，故答案为：提高废渣的溶解速率和溶解程度；
（2）双氧水有强氧化性，二价铁离子有还原性，所以双氧水和二价铁离子能发生氧化还原反应生成铁离子和水，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）Ksp[Fe（OH）3]=2.5×10-39，c（OH-）=
[Cr（OH）3]=6.3×10-31，c（OH-）=
所以溶液中的PH控制在5.6，故答案为：5.6；
（4）电镀废渣（含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）和硫酸反应生成硫酸盐，加入硫化钠溶液后，溶液中含有硫酸钠、硫酸亚铁、硫酸铬等，向溶液中双氧水和氢氧化钠溶液后，溶液中含有硫酸镍、硫酸钠，向溶液中加碳酸钠溶液后，所以溶液中的溶质是硫酸钠，
故答案为：Na2SO4．
为了除去KCl溶液中少量的MgCl2、MgSO4，可选用Ba（OH）2、HCl和K2CO3三种试剂，按如图步骤操作：
（1）写出三种试剂的化学式：A______，B______，C______．
（2）加过量A的目的是：______，有关反应的化学方程式为：______、______．
（3）加过量B的目的是：______，有关反应的离子反应方程式为：______．
正确答案
Ba（OH）2
K2CO3
HCl
为了除尽Mg2+和SO42-
MgCl2+Ba（OH）2═Mg（OH）2↓+BaCl2
MgSO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+Mg（OH）2↓
为了除尽过量的Ba2+
CO32-+Ba2+═BaCO3↓
解析
解：（1）除去KCl溶液中的少量MgCl2和MgSO4，可看成把Mg2+、SO42-沉淀而除去，因此选择所提供试剂中的Ba（OH）2可同时沉淀掉Mg2+、SO42-离子；反应生成的BaCl2和过量的Ba（OH）2可加入所选试剂中的K2CO3而除去；最后通过滴加盐酸可把过量的K2CO3及反应生成的KOH同时反应掉而生成KCl；
故答案为：Ba（OH）2；K2CO3；HCl．
（2）为确保混合溶液中的MgCl2和MgSO4全部反应而沉淀掉，故应加入过量的Ba（OH）2，生成Mg（OH）2、BaSO4，即MgCl2+Ba（OH）2═Mg（OH）2↓+BaCl2、MgSO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+Mg（OH）2↓；
故答案为：为了除尽Mg2+和SO42-；MgCl2+Ba（OH）2═Mg（OH）2↓+BaCl2、MgSO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+Mg（OH）2↓；
（3）为确保溶液是的Ba2+全部沉淀而除去，应加入过量的Ba（OH）2到沉淀不再产生；反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钾，反应方程式为K2CO3+Ba（OH）2═BaCO3↓+2KOH；
故答案为：为了除尽过量的Ba2+；CO32-+Ba2+═BaCO3↓．
某溶液中含有K+、Mg2+、Al3+、Cu2+等离子，为了将它们一一分离（不要求各离子恢复到原来的形态），某同学设计了如下四个实验方案，其中不正确的是[已知：Mg2+、Al3+溶液中通入H2S不产生沉淀；Ksp（CuS ）=1.3×10-36．]．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：A．通入H2S可得到CuS沉淀，加入过量KOH得到Mg（OH）2沉淀，过滤后在溶液中通入过量二氧化碳气体生成Al（OH）3沉淀，K+存在与滤液中，故A正确；
B．通入H2S可得到CuS沉淀，加入过量氨水生成Mg（OH）2和Al（OH）3，加入盐酸沉淀溶解又生成Mg2+、Al3+，不能分离，故B错误；
C．通入H2S可得到CuS沉淀，滤液中加入过量碳酸钾溶液生成Mg（OH）2和Al（OH）3，加入过滤KOH溶解Al（OH）3，过滤后通入过量二氧化碳气体生成Al（OH）3沉淀，K+存在与滤液中，故C正确；
D．加入过量KOH得到Mg（OH）2和Cu（OH）2，加入过量氨水Cu（OH）2溶解，可分离Mg（OH）2和Cu（OH）2，过滤后在溶液中通入过量二氧化碳气体生成Al（OH）3沉淀，K+存在与滤液中，故D正确．
故选B．
从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取两种工艺品的流程如图：已知2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，请回答下列问题：
（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为______．
（2）流程乙加入烧碱后Al2O3发生反应的离子方程式为______．
（3）固体X的主要成分是______，过滤时使用的玻璃棒，其作用是______．
（4）滤液B中溶质的主要成分是______（填化学式）；滤液E、K中溶质的主要成分是______（填化学式），写出该溶液的一种用途______．
（5）在流程中，选用CO2作酸化剂，为什么不选用盐酸？______．
正确答案
解：铝土矿的成分有Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO，氧化铝、二氧化硅都能和NaOH溶液反应生成可溶性的钠盐，氧化铁、氧化镁不反应，Al2O3、Fe2O3、MgO可以和盐酸之间反应分别得到氯化铝溶液、氯化铁溶液、氯化镁溶液，过滤，可以将难溶物过滤出来，所以A是二氧化硅，X是Fe2O3、MgO，滤液Y是偏铝酸钠和硅酸钠的混合物，流程甲加入HCl，生成FeCl3、MgCl2、AlCl3的混合液，是滤液B的成分，向其中加入过量的烧碱，氯化铝可以和氢氧化钠反应得到偏铝酸钠溶液和氯化钠溶液，是滤液D的主要成分还会形成氢氧化铁、氢氧化镁沉淀，是沉淀C的成分，氢氧化铝灼烧可以得到氧化铝．
（1）流程甲加入盐酸，反应生成铝离子的物质为铝土矿中的氧化铝，反应的化学方程式为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，故答案为：（1）Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；
（2）氧化铝属于两性氧化物，能和强碱NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al（OH）4]-，故答案为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al（OH）4]-；
（3）Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO中加入烧碱溶液，其中的MgO、Fe2O3和氢氧化钠之间均不会发生反应，所以固体X的主要成分是MgO、Fe2O3，在过滤试验中，玻璃棒的作用是引流，防止液体外溅，故答案为：MgO、Fe2O3；引流；
（4）Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO中只有二氧化硅和盐酸之间不反应，其余的均可以发生反应，FeCl3、MgCl2、AlCl3的混合液，是滤液B的成分，滤液B中加入过量NaOH，生成Fe（OH）3沉淀、Mg（OH）2沉淀和NaAlO2；过滤，滤液D中含有NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，向滤液D中通入过量CO2，NaAlO2和CO2反应生成氢氧化铝沉淀，NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液E中溶质的主要成分为NaHCO3；滤液Y中通入过量CO2，硅酸钠反应生成硅酸，NaAlO2生成氢氧化铝，过量的NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液K中溶质的主要成分为NaHCO3；故应填NaHCO3；NaHCO3的用途很多，如制纯碱或做发酵粉等；故答案为：FeCl3、MgCl2、AlCl3；制纯碱（或做发酵粉）；
（5）在流程中，选用CO2作酸化剂，为的是将偏铝酸钠溶液和过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝，但是偏铝酸钠中加入的盐酸稍过量，氢氧化铝就会溶解所以不选用盐酸，故答案为：盐酸可以将氢氧化铝溶解．
解析
解：铝土矿的成分有Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO，氧化铝、二氧化硅都能和NaOH溶液反应生成可溶性的钠盐，氧化铁、氧化镁不反应，Al2O3、Fe2O3、MgO可以和盐酸之间反应分别得到氯化铝溶液、氯化铁溶液、氯化镁溶液，过滤，可以将难溶物过滤出来，所以A是二氧化硅，X是Fe2O3、MgO，滤液Y是偏铝酸钠和硅酸钠的混合物，流程甲加入HCl，生成FeCl3、MgCl2、AlCl3的混合液，是滤液B的成分，向其中加入过量的烧碱，氯化铝可以和氢氧化钠反应得到偏铝酸钠溶液和氯化钠溶液，是滤液D的主要成分还会形成氢氧化铁、氢氧化镁沉淀，是沉淀C的成分，氢氧化铝灼烧可以得到氧化铝．
（1）流程甲加入盐酸，反应生成铝离子的物质为铝土矿中的氧化铝，反应的化学方程式为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，故答案为：（1）Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；
（2）氧化铝属于两性氧化物，能和强碱NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al（OH）4]-，故答案为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al（OH）4]-；
（3）Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO中加入烧碱溶液，其中的MgO、Fe2O3和氢氧化钠之间均不会发生反应，所以固体X的主要成分是MgO、Fe2O3，在过滤试验中，玻璃棒的作用是引流，防止液体外溅，故答案为：MgO、Fe2O3；引流；
（4）Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO中只有二氧化硅和盐酸之间不反应，其余的均可以发生反应，FeCl3、MgCl2、AlCl3的混合液，是滤液B的成分，滤液B中加入过量NaOH，生成Fe（OH）3沉淀、Mg（OH）2沉淀和NaAlO2；过滤，滤液D中含有NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，向滤液D中通入过量CO2，NaAlO2和CO2反应生成氢氧化铝沉淀，NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液E中溶质的主要成分为NaHCO3；滤液Y中通入过量CO2，硅酸钠反应生成硅酸，NaAlO2生成氢氧化铝，过量的NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液K中溶质的主要成分为NaHCO3；故应填NaHCO3；NaHCO3的用途很多，如制纯碱或做发酵粉等；故答案为：FeCl3、MgCl2、AlCl3；制纯碱（或做发酵粉）；
（5）在流程中，选用CO2作酸化剂，为的是将偏铝酸钠溶液和过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝，但是偏铝酸钠中加入的盐酸稍过量，氢氧化铝就会溶解所以不选用盐酸，故答案为：盐酸可以将氢氧化铝溶解．
加碘食盐中加入的碘酸钾是一种白色结晶粉末，常温下很稳定，加热至560℃开始分解．在酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂，可与碘化物、亚硫酸盐等还原性物质反应．
（1）工业生产碘酸钾的流程如下：
已知步骤①反应器中发生的反应为6I2+11KClO3+3H2O=6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑．其中KH（IO3）2中I元素的化合价是______．碘酸钾的溶解度见表：
操作③得到碘酸钾晶体的方法是______．
（2）加碘食盐中碘元素的测定．
①已知：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
学生甲设计的实验步骤如下：
步骤1：准确称取w g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
步骤2：用稀硫酸酸化所得食盐溶液，加入过量KI溶液充分混合；
步骤3：以淀粉为指示剂，逐滴加入2.0×10-3 mol•L-1的Na2S2O310.0mL，恰好反应完全．则食盐样品中的碘元素含量是______mg•kg-1（以含w的代数式表示）．
②学生乙另取纯净的NaCl进行了下列实验：
实验中产生蓝色现象的可能原因是______（用离子方程式表示）．
③根据学生乙的实验结果，学生甲测得的食盐中碘元素的含量可能______（填“偏高”、“偏低”或“准确”）．原因是______．
正确答案
解：（1）KH（IO3）2中钾元素化合价是+1，氢元素化合价+1，氧元素的化合价是-2价，根据化合价规则可以确定碘元素的化合价是+5，碘酸钾的物质的量随着温度升高而增大，所以从碘酸钾溶液获得晶体可以采用降温结晶的方法，故答案为：+5；降温结晶；
（2）①根据化学方程式：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可以得出Na2S2O3和KIO3之间的关系式，设碘酸钾的物质的量是x，
2S2O32-～I2 ～
2 
2.0×10-3 mol•L-1×0.010L x
食盐样品中的碘元素含量是
故答案为：
②碘单质遇到淀粉会显示蓝色，因为发生反应：4I-+4H++O2=2I2+2H2O，故答案为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O；
③过量的I-会被空气中的氧气氧化为I2，所以学生甲测得的食盐中碘元素的含量会偏高，故答案为：偏高；过量的I-会被空气中的氧气氧化为I2．
解析
解：（1）KH（IO3）2中钾元素化合价是+1，氢元素化合价+1，氧元素的化合价是-2价，根据化合价规则可以确定碘元素的化合价是+5，碘酸钾的物质的量随着温度升高而增大，所以从碘酸钾溶液获得晶体可以采用降温结晶的方法，故答案为：+5；降温结晶；
（2）①根据化学方程式：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可以得出Na2S2O3和KIO3之间的关系式，设碘酸钾的物质的量是x，
2S2O32-～I2 ～
2
2.0×10-3 mol•L-1×0.010L x
食盐样品中的碘元素含量是
故答案为：
②碘单质遇到淀粉会显示蓝色，因为发生反应：4I-+4H++O2=2I2+2H2O，故答案为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O；
③过量的I-会被空气中的氧气氧化为I2，所以学生甲测得的食盐中碘元素的含量会偏高，故答案为：偏高；过量的I-会被空气中的氧气氧化为I2．
某电镀铜厂有两种废水需要处理，一种废水中含有CN-离子，另一种废水中含有Cr2O72-离子．该厂拟定如图所示的废水处理流程．
回答以下问题：
（1）上述处理废水的流程中主要使用的方法是______．
（2）②中使用的NaClO溶液呈碱性，用离子方程式解释原因______．
（3）②中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为______．
（4）③中反应时，每0.4mol Cr2O72-转移2.4mol e-，该反应的离子方程式为______．
（5）取少量待检水样于试管中，先加入NaOH溶液，观察到有蓝色沉淀生成，继续加入NaOH溶液，直到不再产生蓝色沉淀为止，再加入Na2S溶液，有黑色沉淀生成，且蓝色沉淀逐渐减少．待检水样中还有______，判定原因______，再加入Na2S溶液，有黑色沉淀生成，请你使用化学用语，结合必要的文字解释其原因
______．
正确答案
解：根据题目流程知道：废水处理过程中，调节pH，可以发生反应：CN-+ClO-═CNO-+Cl-，3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O，含有CNO-和SO42的水样继续处理即可得到待检水样．
（1）由图可知，将废水中的离子实现上述转化时，利用了氧化还原反应，则主要使用的方法为氧化还原法，故答案为：氧化还原法；
（2）NaClO溶液呈碱性，是因次氯酸根离子水解生成氢氧根离子导致的，则离子反应为ClO-+H2O
（3）碱性条件下，CN-离子与NaClO发生氧化还原反应，无气体放出，则生成CNO-、Cl-离子，离子反应为CN-+ClO-═CNO-+Cl-，故答案为：CN-+ClO-═CNO-+Cl-；
（4）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；
（5）因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓，CuS比Cu（OH）2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化，Cu（OH）2（s）+S2-（aq）═CuS（s）+2OH-（aq），
故答案为：Cu2+；Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓；Cu（OH）2（s）+S2-（aq）=CuS （s）+2OH-（aq）；CuS比Cu（OH）2更难溶（或溶解度更小）．
解析
解：根据题目流程知道：废水处理过程中，调节pH，可以发生反应：CN-+ClO-═CNO-+Cl-，3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O，含有CNO-和SO42的水样继续处理即可得到待检水样．
（1）由图可知，将废水中的离子实现上述转化时，利用了氧化还原反应，则主要使用的方法为氧化还原法，故答案为：氧化还原法；
（2）NaClO溶液呈碱性，是因次氯酸根离子水解生成氢氧根离子导致的，则离子反应为ClO-+H2O
（3）碱性条件下，CN-离子与NaClO发生氧化还原反应，无气体放出，则生成CNO-、Cl-离子，离子反应为CN-+ClO-═CNO-+Cl-，故答案为：CN-+ClO-═CNO-+Cl-；
（4）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；
（5）因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓，CuS比Cu（OH）2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化，Cu（OH）2（s）+S2-（aq）═CuS（s）+2OH-（aq），
故答案为：Cu2+；Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓；Cu（OH）2（s）+S2-（aq）=CuS （s）+2OH-（aq）；CuS比Cu（OH）2更难溶（或溶解度更小）．
镍电池广泛应用于混合动力汽车系统，电极材料有Ni（OH）2，碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成，由于电池使用后电极材料对环境有危害，某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验路程如下：
已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+．
②已知实验温度时的溶解度：NiC2O4＞NiC2O4•H2O＞NiC2O4•2H2O
回答下列问题：
（1）用NiO调节溶液的pH，析出沉淀的成分为______（填化学式）；
（2）写出加入Na2C2O4溶液的反应的化学方程式：______；
（3）电解滤液时的化学方程式为______，检验电解滤液时阳极产生的气体的方法______；
（4）写出氧化反应的离子方程式：______；
（5）如何检验Ni（OH）3已洗涤干净？______．
正确答案
解：（1）用NiO调节溶液的pH，先生成Fe（OH）3沉淀，然后生成Al（OH）3沉淀，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（2）NiCl2可与Na2C2O4反应生成NiC2O4•2H2O和NaCl，反应的化学方程式为NiCl2+Na2C2O4+2H2O═NiC2O4•2H2O↓+2NaCl；故答案为：NiCl2+Na2C2O4+2H2O═NiC2O4•2H2O↓+2NaCl；
（3）滤液为氯化钠溶液，电解氯化钠溶液的化学方程式为：2NaCl+2H2O
（4）过滤2得到Ni（OH）2电解滤液1产生氯气，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：2Ni（OH）2+2OH-+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl-；
故答案为：2Ni（OH）2+2OH-+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl-；
（5）向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，使水自然流完，重复操作2～3次，取最后一次洗涤液少量于试管中，加入少量AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入少量AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净．
解析
解：（1）用NiO调节溶液的pH，先生成Fe（OH）3沉淀，然后生成Al（OH）3沉淀，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（2）NiCl2可与Na2C2O4反应生成NiC2O4•2H2O和NaCl，反应的化学方程式为NiCl2+Na2C2O4+2H2O═NiC2O4•2H2O↓+2NaCl；故答案为：NiCl2+Na2C2O4+2H2O═NiC2O4•2H2O↓+2NaCl；
（3）滤液为氯化钠溶液，电解氯化钠溶液的化学方程式为：2NaCl+2H2O
（4）过滤2得到Ni（OH）2电解滤液1产生氯气，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：2Ni（OH）2+2OH-+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl-；
故答案为：2Ni（OH）2+2OH-+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl-；
（5）向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，使水自然流完，重复操作2～3次，取最后一次洗涤液少量于试管中，加入少量AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入少量AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净．
过氧化钙晶体[CaO2•8H2O]较稳定，呈白色，微溶于水，能溶于酸性溶液．广泛应用于环境杀菌、消毒等领域．
★过氧化钙晶体的制备
工业上生产CaO2•8H2O的主要流程如下：
（1）用上述方法制取CaO2•8H2O的化学方程式是______．
（2）沉淀时常用冰水控制温度在10℃以下和通入过量的NH3，其可能原因分别是
①______；②______．
★过氧化钙晶体含量的测定
准确称取0.3000g产品于锥形瓶中，加入30mL蒸馏水和10mL 2.000mol•L-1 H2SO4，用0.0200mol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点．重复上述操作两次．H2O2和KMnO4反应的离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
（3）滴定终点观察到的现象为______．
（4）根据表1数据，计算产品中CaO2•8H2O的质量分数（写出计算过程）
表1．KMnO4标准溶液滴定数据
______．
正确答案
解：（1）由题中信息可知，过氧化钙晶体微溶于水的，反应物是氯化钙、双氧水和氨水，反应的化学方程式是：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；
故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；
（2）①温度高了，过氧化氢容易分解，温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率（或防止过氧化氢的分解）；
②过氧化钙晶体微溶于水，通入过量NH3使溶液呈碱性，抑制CaO2•8H2O的溶解（或使溶液呈碱性，减少CaO2•8H2O的溶解，或提高产品的产率）；
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（或防止过氧化氢的分解）；通入过量NH3使溶液呈碱性，抑制CaO2•8H2O的溶解（或使溶液呈碱性，减少CaO2•8H2O的溶解，或提高产品的产率．意思相近均给分）；
（3）、滴定终点观察到的现象为：当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色；
故答案为：当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色；
（4）、高锰酸钾溶液消耗的体积分别是：23.02mL、23.03mL、23.04mL，平均体积为：
根据关系式 5（CaO2•8H2O）～5H2O2～2KMnO4
n（CaO2•8H2O）=
CaO2•8H2O的质量分数为：
故答案为：根据关系式 5（CaO2•8H2O）～5H2O2～2KMnO4
n（CaO2•8H2O）=
CaO2•8H2O的质量分数为：
解析
解：（1）由题中信息可知，过氧化钙晶体微溶于水的，反应物是氯化钙、双氧水和氨水，反应的化学方程式是：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；
故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；
（2）①温度高了，过氧化氢容易分解，温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率（或防止过氧化氢的分解）；
②过氧化钙晶体微溶于水，通入过量NH3使溶液呈碱性，抑制CaO2•8H2O的溶解（或使溶液呈碱性，减少CaO2•8H2O的溶解，或提高产品的产率）；
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（或防止过氧化氢的分解）；通入过量NH3使溶液呈碱性，抑制CaO2•8H2O的溶解（或使溶液呈碱性，减少CaO2•8H2O的溶解，或提高产品的产率．意思相近均给分）；
（3）、滴定终点观察到的现象为：当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色；
故答案为：当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色；
（4）、高锰酸钾溶液消耗的体积分别是：23.02mL、23.03mL、23.04mL，平均体积为：
根据关系式 5（CaO2•8H2O）～5H2O2～2KMnO4
n（CaO2•8H2O）=
CaO2•8H2O的质量分数为：
故答案为：根据关系式 5（CaO2•8H2O）～5H2O2～2KMnO4
n（CaO2•8H2O）=
CaO2•8H2O的质量分数为：
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