- 物质的检验
- 共3564题
（1）为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序______．（填序号）
①过滤；②加过量NaOH溶液；③加适量盐酸；④加过量Na2CO3溶液；⑤加过量BaCl2溶液
（2）判断BaCl2已过量的方法是______
（3）第④步中，写出相应的离子方程式（设粗盐溶液中Ca2+的主要存在形式为CaCl2）______．
（4）若先用盐酸调pH再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是______．
（5）为检验精盐纯度，需配制250mL 0.2mol/L NaCl（精盐）溶液，题图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是______．
正确答案
②⑤④①③
取第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量（或其它合理的方法）
Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓
在此酸度条件下，会有部分沉淀溶解，从而影响制得精盐的纯度
未用玻璃棒引流，未采用250mL容量瓶
解析
解：（1）过滤可以除去生成的沉淀和泥沙，加入过量的氢氧化钠可以除去镁离子，加入适量的盐酸可以除去反应剩余的氢氧化钠和碳酸钠，加入适量的碳酸钠可以除去钙离子和反应剩余的氯化钡，加入氯化钡可以除去硫酸根离子，为保证杂质全部被除去，加入的试剂过量，所以碳酸钠加在氯化钡后面，盐酸加在最后，故答案为：②⑤④①③；
（2）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：取第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，故答案为：取第②步后的上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量（或其它合理的方法）；
（3）碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，反应原理是Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓，故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓；
（4）若先用盐酸调pH再过滤，氢氧化镁沉淀、碳酸钙沉淀均会和盐酸反应，将对实验结果产生影响，故答案为：在此酸度条件下，会有部分沉淀溶解，从而影响制得精盐的纯度；
（5）向容量瓶中转移液体时，要用玻璃棒来引流，配制一定体积的溶液要选择一定体积的容量瓶，故答案为：未用玻璃棒引流，未采用250mL容量瓶．
硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业．从硼镁泥中提取MgSO4•7H2O的流程如下：
已知：某些氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
根据题意回答第（1）～（6）题：
（1）在酸解过程中，欲加快酸解时的化学反应速率，请提出两种可行的措施：______．
（2）加入的NaClO可与Mn2+反应：Mn2++ClO-+H2O═MnO2↓+2H++Cl-，还有一种离子也会被NaClO氧化，并发生水解，该反应的离子方程式为______．
（3）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，还有______．
（4）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤是蒸发浓缩，______．“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，______，便得到了MgSO4•7H2O．
（5）实验中提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO4•7H2O为172.2g，计算MgSO4•7H2O的产率为______．（保留两位有效数字）
（6）金属镁可用于自然水体中铁件的电化学防腐，完成如图防腐示意图，并作相应标注．
正确答案
解：硼镁泥主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，把Fe2+氧化成Fe3+，溶液pH升高，在pH为5-6时Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Al3+形成Al（OH）3沉淀，过滤除去滤渣Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2，滤液中含钙离子、镁离子，除钙后，只剩镁离子，蒸发冷却结晶得到硫酸镁晶体；
（1）为加快反应速率，可以采用升高温度、适当增大反应物浓度、增大反应物接触面积等方法，如适当升高温度、把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度，
故答案为：适当升温、把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度；
（2）次氯酸根离子具有氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯离子、氢氧化铁沉淀，离子方程式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+，故答案为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+；
（3）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，还有二氧化硅；
（4）“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，其操作是蒸发浓缩、趁热过滤；．“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤；
（5）实验中提供的硼镁泥共100g，m（MgO）=100g×40%=40g，n（Mg）=n（MgO）=
（6）利用Mg防止Fe被腐蚀，可以采用牺牲阳极的阴极保护法或外加电源的阴极保护法，让Mg作正极或阳极，
图为
解析
解：硼镁泥主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，把Fe2+氧化成Fe3+，溶液pH升高，在pH为5-6时Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Al3+形成Al（OH）3沉淀，过滤除去滤渣Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2，滤液中含钙离子、镁离子，除钙后，只剩镁离子，蒸发冷却结晶得到硫酸镁晶体；
（1）为加快反应速率，可以采用升高温度、适当增大反应物浓度、增大反应物接触面积等方法，如适当升高温度、把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度，
故答案为：适当升温、把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度；
（2）次氯酸根离子具有氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯离子、氢氧化铁沉淀，离子方程式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+，故答案为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+；
（3）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，还有二氧化硅；
（4）“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，其操作是蒸发浓缩、趁热过滤；．“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤；
（5）实验中提供的硼镁泥共100g，m（MgO）=100g×40%=40g，n（Mg）=n（MgO）=
（6）利用Mg防止Fe被腐蚀，可以采用牺牲阳极的阴极保护法或外加电源的阴极保护法，让Mg作正极或阳极，
图为
水是生命之源，下列有关水的说法错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．水能溶解许多种物质，许多化学反应在溶液中进行，所以水是一种重要的溶剂，故A正确；
B．因为肥皂的肥皂的主要成分是硬脂酸钠，易电离出硬脂酸根离子和钠离子，一般硬水硬水中存在大量的钙离子和镁离子，而硬脂酸根离子会和镁离子和钙离子结合生成硬脂酸镁和硬脂酸钙沉淀，所以向等量的两种水样中分别加入等量的肥皂水，振荡，泡沫多的是软水，泡沫少的是硬水，用肥皂水可以区分硬水和软水，故B正确；
C．硬水软化的方法有：蒸馏和煮沸，所以生活中可以用煮沸的方法降低水的硬度，故C正确；
D．过滤是将不溶于液体的固体和液体分离的一种方法，所以通过过滤，只能除去水中的不溶性杂质，不能除去可溶性杂质，故D错误；
故选D．
易溶于水的三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]•3H2O可用于摄影和蓝色印刷．以废旧铁屑（含少量CuO、Fe2O3等杂质）为原料的制备流程如图1：
（1）操作3发生的氧化还原反应至少有______个．操作5中试剂H2O2的作用是______•
（2）滤液中主要含FeSO4，需加入少量的H2SO4酸化，目的是______．若要使含FeSO4溶液中得到绿矾晶体（FeSO4•7H2O）．必须进行的实验操作是______ （按顺序填写）．
a．过滤洗涤 b．蒸发浓缩 c．冷却结晶 d．灼烧 e．干燥
（3）三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应．
①分解得到的气体产物用如图2装置进行实验
装置检查气密性后，先通一段时间N2，其目的为______．结束实验时先熄灭酒精灯再通入N2至常温，其目的为______．实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊．E中有红色固体生成，则气体产物是______．
②分解得到的固体产物含有K2CO3、FeO、Fe，加水溶解、过滤、洗涤、干燥，得到含铁样品．学生甲、乙、丙分别设计了下列三种实验方案对该样品进行物质含量测定．
【甲】ag样品
【乙】ag样品
【丙】ag样品
你认为以上方案中，______方案无法确定样品的组成，理由是______．
正确答案
解：铁屑、CuO、Fe2O3等可以和硫酸反应得到硫酸亚铁、硫酸铁以及硫酸铜的混合溶液，向其中加入草酸，可以得到草酸亚铁晶体，再加入双氧水，可以将草酸亚铁氧化为草酸铁，在草酸以及草酸钾的作用下得到三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]•3H2O．
（1）铁屑、CuO、Fe2O3都可以和硫酸反应得到硫酸亚铁、硫酸铁以及硫酸铜的混合溶液，操作3发生的氧化还原反应：金属铁和硫酸的反应，金属铁和硫酸铜之间的反应，金属铁和硫酸铁之间的反应，即至少有3个，双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化，操作5中试剂H2O2的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，
故答案为：3；将亚铁离子氧化为铁离子；
（2）FeSO4溶液中亚铁离子会水解，加酸可以抑制水解，硫酸亚铁溶液得到绿矾晶体的操作蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，
故答案为：防止亚铁离子水解；bcae；
（3）①三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，即证明二氧化碳产生，E中有红色固体生成，证明还原性的气体一氧化碳的产生，
故答案为：排除装置中的空气，防止干扰实验结果；防止倒吸；CO2、CO；
②在实验方案丙中，先是用盐酸溶解，最后加入高锰酸钾后，高锰酸钾具有氧化性，能将亚铁离子以及氯离子氧化，这样会导致得到的亚铁离子的含量偏高，干扰实验结果，无法确定样品的组成，故答案为：方案丙；使用盐酸溶解样品，氯离子也可以被高锰酸根离子氧化．
解析
解：铁屑、CuO、Fe2O3等可以和硫酸反应得到硫酸亚铁、硫酸铁以及硫酸铜的混合溶液，向其中加入草酸，可以得到草酸亚铁晶体，再加入双氧水，可以将草酸亚铁氧化为草酸铁，在草酸以及草酸钾的作用下得到三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]•3H2O．
（1）铁屑、CuO、Fe2O3都可以和硫酸反应得到硫酸亚铁、硫酸铁以及硫酸铜的混合溶液，操作3发生的氧化还原反应：金属铁和硫酸的反应，金属铁和硫酸铜之间的反应，金属铁和硫酸铁之间的反应，即至少有3个，双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化，操作5中试剂H2O2的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，
故答案为：3；将亚铁离子氧化为铁离子；
（2）FeSO4溶液中亚铁离子会水解，加酸可以抑制水解，硫酸亚铁溶液得到绿矾晶体的操作蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，
故答案为：防止亚铁离子水解；bcae；
（3）①三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，即证明二氧化碳产生，E中有红色固体生成，证明还原性的气体一氧化碳的产生，
故答案为：排除装置中的空气，防止干扰实验结果；防止倒吸；CO2、CO；
②在实验方案丙中，先是用盐酸溶解，最后加入高锰酸钾后，高锰酸钾具有氧化性，能将亚铁离子以及氯离子氧化，这样会导致得到的亚铁离子的含量偏高，干扰实验结果，无法确定样品的组成，故答案为：方案丙；使用盐酸溶解样品，氯离子也可以被高锰酸根离子氧化．
稀土元素是周期表中第ⅢB族钪、钇和镧系元素的总称，它们都是很活泼的金属，性质极为相似，常见化合价为+3．其中钇（Y）元素是激光和超导的重要材料．我国蕴藏着丰富的钇石矿（Y2FeBe2Si2O10），以此矿石为原料生产氧化钇（Y2O3）的主要流程如下：
已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：
②在元素周期表中，铍和铝位于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似．
（1）钇石矿（Y2FeBe2Si2O10）的组成用氧化物的形式表示为______
（2）欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合液中制得Be（OH）2沉淀．则
①最好选用盐酸、______（填字母）两种试剂，再经过必要的操作即可实现．
a．NaOH溶液 b．氨水 c．CO2气体 d．HNO3
②写出Na2BeO2与足量盐酸发生反应的离子方程式：______
（3）上述过程中用氨水调节pH=a的目的是______，a应控制在______范围内；写出生成沉淀物A的离子方程式______，检验该过程是否沉淀完全的操作方法是______．
（4）写出由草酸钇沉淀制备氧化钇的化学方程式______．
正确答案
解：（1）钇矿石（Y2FeBe2Si2O10）的组成用氧化物的形式可表示为：Y2O3•FeO•2BeO•2SiO2，故答案为：Y2O3•FeO•2BeO•2SiO2；
（2）①周期表中，铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似，欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be（OH）2沉淀，所以Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断；加过量的盐酸，硅酸钠反应生成硅酸沉淀，Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液，再加入过量氨水沉淀铍离子，故答案为：b；
②Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍氯化钠和水，反应的离子方程式为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O，故答案为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O；
（3）三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的PH范围为：2.7-3.7；钇离子开始沉淀和沉淀完全的PH为：6.0-8.2；所以使Fe3+沉淀完全，须用氨水调节pH=a，3.7＜a＜6.0；继续加氨水调节pH=b发生反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，检验三价铁离子是否沉淀需要检验滤液中是否含有三价铁离子，结合三价铁离子检验试剂是硫氰酸钾溶液变血红色；取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3+完全沉淀，反之则未完全沉淀，
故答案为：使Fe3+完全水解形成沉淀而除去；3.7～6.0；Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3+完全沉淀，反之则未完全沉淀；
（4）草酸钇隔绝空气加热生成Y2O3、CO和CO2，其反应方程为：Y2（C2O4）3
故答案为：Y2（C2O4）3
解析
解：（1）钇矿石（Y2FeBe2Si2O10）的组成用氧化物的形式可表示为：Y2O3•FeO•2BeO•2SiO2，故答案为：Y2O3•FeO•2BeO•2SiO2；
（2）①周期表中，铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似，欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be（OH）2沉淀，所以Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断；加过量的盐酸，硅酸钠反应生成硅酸沉淀，Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液，再加入过量氨水沉淀铍离子，故答案为：b；
②Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍氯化钠和水，反应的离子方程式为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O，故答案为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O；
（3）三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的PH范围为：2.7-3.7；钇离子开始沉淀和沉淀完全的PH为：6.0-8.2；所以使Fe3+沉淀完全，须用氨水调节pH=a，3.7＜a＜6.0；继续加氨水调节pH=b发生反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，检验三价铁离子是否沉淀需要检验滤液中是否含有三价铁离子，结合三价铁离子检验试剂是硫氰酸钾溶液变血红色；取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3+完全沉淀，反之则未完全沉淀，
故答案为：使Fe3+完全水解形成沉淀而除去；3.7～6.0；Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3+完全沉淀，反之则未完全沉淀；
（4）草酸钇隔绝空气加热生成Y2O3、CO和CO2，其反应方程为：Y2（C2O4）3
故答案为：Y2（C2O4）3
（I）下列实验操作或对实验事实的叙述不正确的是______（填序号）
①用pH试纸鉴别浓硫酸与浓硝酸
②用硝酸银溶液区分二氧化氮和溴蒸气
③酒精灯碰倒洒出酒精着火，迅速用湿抹布扑盖
④用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫
⑤温度计摔坏导致水银散落到地面上，应立即用水冲洗水银
⑥称量NaOH固体时，把NaOH固体放在有滤纸的托盘上称量
⑦为了提高高锰酸钾溶液的氧化能力，用盐酸将高锰酸钾溶液进行酸化
⑧检验氯代烃中的氯元素时，可先加氢氧化钠溶液，再加入硝酸银溶液来进行检验．
（II）柴达木盆地以青藏高原“聚宝盆”之誉蜚声海内外，它有富足得令人惊讶的盐矿资源．液体矿床以钾矿为主，伴生着镁、溴等多种矿产．某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液（富含K+、Mg2+、Br-、SO42-、Cl-等），来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴（Br2），他们设计了如下流程：
请根据以上流程，回答相关问题：
（1）操作①的名称：______；操作②名称是：______；操作③的名称是：______；操作④需要的玻璃仪器有：______．
（2）参照图1溶解度曲线，欲得到较纯的氯化钾晶体需用少量的______（选填：“热水”，“冷水”）洗涤固体______（选填“A”或“B”）．
（3）在实验室常用减压的方法进行过滤（如图2），俗称抽滤，试猜想这种过滤方法其优点是______．
正确答案
解：（I）①PH试纸是纤维素，含碳氢氧三种元素，浓硫酸具有脱水性，能把PH试纸中的H和O按水的组成2：1脱去，剩下了的是黑色的碳，浓硝酸显酸性，会使得PH试纸变红色，但浓硝酸也有强氧化性，能漂白，PH试纸变成的红色很快被浓硝酸氧化褪色，故①正确；
②二氧化氮和溴蒸气都是红棕色的气体，用硝酸银溶液区分，二氧化氮溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3是无色溶液，溴与硝酸银溶液反应，Br2+2AgNO3+H2O=AgBr↓+2HNO3，生成浅黄色沉淀溴化银，两者现象不同能鉴别，故②正确；
③湿抹布中含有水分，能隔绝空气，且使周围温度降低，导致酒精无法燃烧，所以酒精灯碰倒洒出酒精着火，迅速用湿抹布扑盖，故③正确；
④CO2与酸性高锰酸钾溶液不发生反应，SO2与酸性高锰酸钾溶液能发生反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，无气体生成，所以用酸性高锰酸钾溶液可除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫，故④正确；
⑤水银洒漏最好的处理方法是用硫粉撒在水银上，水银就会变成黑色结块状的硫化汞，S+Hg=HgS，故⑤错误；
⑥NaOH具有吸水性，能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，故⑥错误；
⑦为提高高锰酸钾溶液的氧化能力，用硫酸将高锰酸钾溶液进行酸化，不能用盐酸酸化，二者可发生氧化还原反应而导致高锰酸钾变质，故⑦错误；
⑧卤代烃水解后溶液为碱性，检验氯离子在酸性溶液中，则先加氢氧化钠溶液加热，再加入硝酸溶液，最后加入硝酸银溶液来进行检验卤代烃中的氯元素，故⑧错误；
故答案为：⑤⑥⑦⑧；
（II）（1）由流程可知，最开始加的氧化剂将Br-氧化生成Br2，由加入CCl4可知，是用萃取剂萃取Br2，所以操作①是萃取；将CCl4层和水层分开的过程叫做分液，则操作②为分液；利用蒸馏（操作③）从溴的CCl4溶液中分离得到CCl4和液溴，操作④为不溶性固体与液体的分离，则为过滤，需要玻璃棒、漏斗、烧杯等仪器，
故答案为：萃取；分液；蒸馏；玻璃棒、漏斗、烧杯；
（2）在90℃时得到的固体A为MgSO4，而30℃时得到的固体B为KCl，所以应用冷水洗涤固体B，才可以得到较纯净的氯化钾，故答案为：冷水；B；
（3）在减压条件下进行过滤，可使过滤的速度加快，故答案为：快速充分．
解析
解：（I）①PH试纸是纤维素，含碳氢氧三种元素，浓硫酸具有脱水性，能把PH试纸中的H和O按水的组成2：1脱去，剩下了的是黑色的碳，浓硝酸显酸性，会使得PH试纸变红色，但浓硝酸也有强氧化性，能漂白，PH试纸变成的红色很快被浓硝酸氧化褪色，故①正确；
②二氧化氮和溴蒸气都是红棕色的气体，用硝酸银溶液区分，二氧化氮溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3是无色溶液，溴与硝酸银溶液反应，Br2+2AgNO3+H2O=AgBr↓+2HNO3，生成浅黄色沉淀溴化银，两者现象不同能鉴别，故②正确；
③湿抹布中含有水分，能隔绝空气，且使周围温度降低，导致酒精无法燃烧，所以酒精灯碰倒洒出酒精着火，迅速用湿抹布扑盖，故③正确；
④CO2与酸性高锰酸钾溶液不发生反应，SO2与酸性高锰酸钾溶液能发生反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，无气体生成，所以用酸性高锰酸钾溶液可除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫，故④正确；
⑤水银洒漏最好的处理方法是用硫粉撒在水银上，水银就会变成黑色结块状的硫化汞，S+Hg=HgS，故⑤错误；
⑥NaOH具有吸水性，能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，故⑥错误；
⑦为提高高锰酸钾溶液的氧化能力，用硫酸将高锰酸钾溶液进行酸化，不能用盐酸酸化，二者可发生氧化还原反应而导致高锰酸钾变质，故⑦错误；
⑧卤代烃水解后溶液为碱性，检验氯离子在酸性溶液中，则先加氢氧化钠溶液加热，再加入硝酸溶液，最后加入硝酸银溶液来进行检验卤代烃中的氯元素，故⑧错误；
故答案为：⑤⑥⑦⑧；
（II）（1）由流程可知，最开始加的氧化剂将Br-氧化生成Br2，由加入CCl4可知，是用萃取剂萃取Br2，所以操作①是萃取；将CCl4层和水层分开的过程叫做分液，则操作②为分液；利用蒸馏（操作③）从溴的CCl4溶液中分离得到CCl4和液溴，操作④为不溶性固体与液体的分离，则为过滤，需要玻璃棒、漏斗、烧杯等仪器，
故答案为：萃取；分液；蒸馏；玻璃棒、漏斗、烧杯；
（2）在90℃时得到的固体A为MgSO4，而30℃时得到的固体B为KCl，所以应用冷水洗涤固体B，才可以得到较纯净的氯化钾，故答案为：冷水；B；
（3）在减压条件下进行过滤，可使过滤的速度加快，故答案为：快速充分．
硅在无机非金属材料中，扮演着主要角色，请利用相关知识回答下列问题：
（1）硅有非常重要的用途，请写出其中的一种______．
（2）古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2Ox，铜为+2价），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是______．
A．可用氧化物形式表示为BaO•CuO•2SiO2
B．性质稳定，不易脱色
C．x等于6
D．易溶解于强酸和强碱
（3）工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图如下：
①在电弧炉中发生的反应需要在高温条件进行，写出该反应化学方程式______，再利用化学反应进行的方向的知识判断该反应的△H______0（填＜、＞或=）．
②SiCl4极易水解，其完全水解的化学方程式为______．
③在流化床反应的产物中，除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，有关物质的沸点数据如下表，分离SiCl4和其他杂质的方法为______．
④分离出SiCl4后的残余物中含有铁元素，为了测量残余物中铁元素的含量，先将残余物预处理，使铁元素还原成Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式是：______，某同学称取1.000g残余物后，经预处理后在容量瓶中配制成100mL溶液，移取20.00mL试样溶液，用1.000×10-3mol/LKMnO4标准溶液滴定．达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL，则残余物中铁元素的质量分数是______．
正确答案
解：（1）硅位于金属和非金属分界线附近，常用作半导体材料，为无机非金属材料的主角，计算机芯片的主要成分为单质硅，太阳能电池的主要成分是硅单质，所以硅可制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等，
故答案为：制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等；
（2）A．硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaO•CuO•2SiO2，故A正确；
B．BaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B正确；
C．在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为-2价，钡元素的化合价为+2价，则由化学式为BaCuSi2OX，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：（+2）+（+2）+（+4）×2+（-2）×x=0，解得x=6，故C正确；
D．BaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，故D错误；
故答案为：D；
（3）①石英砂的主要成分是二氧化硅，制备粗硅发生置换反应，SiO2+2C 
故答案为：2C+SiO2
②SiCl4水解生成硅酸和氯化氢，反应的方程式为：SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl，故答案为：SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl；
③利用沸点的不同提纯SiCl4属于蒸馏，SiCl4（沸点57.6℃）中含有少量SiHCl3（沸点33.0℃）和FeCl3（离子化合物沸点很高），SiH2Cl2（沸点8.2℃）、SiH3Cl（沸点-30.4℃）、由于沸点差别较大，可以通过精馏（或蒸馏）除去杂质，
故答案为：精馏（或蒸馏）；
④KMnO4溶液具有强氧化性，把二价铁氧化成三价铁，本身被还原成二价锰离子，再根据得失电子守恒配平，则离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，利用关系式法计算：
5Fe2+～MnO4-
5 1
n（Fe2+） 1.000×10-3mol•L-1×0.02L×5
解得：n（Fe2+）=5×10-4mol
铁元素的质量为：5×10-4mol×56g/mol=2.8×10-3g，铁元素的质量分数
故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；2.8%．
解析
解：（1）硅位于金属和非金属分界线附近，常用作半导体材料，为无机非金属材料的主角，计算机芯片的主要成分为单质硅，太阳能电池的主要成分是硅单质，所以硅可制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等，
故答案为：制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等；
（2）A．硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaO•CuO•2SiO2，故A正确；
B．BaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B正确；
C．在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为-2价，钡元素的化合价为+2价，则由化学式为BaCuSi2OX，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：（+2）+（+2）+（+4）×2+（-2）×x=0，解得x=6，故C正确；
D．BaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，故D错误；
故答案为：D；
（3）①石英砂的主要成分是二氧化硅，制备粗硅发生置换反应，SiO2+2C
故答案为：2C+SiO2
②SiCl4水解生成硅酸和氯化氢，反应的方程式为：SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl，故答案为：SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl；
③利用沸点的不同提纯SiCl4属于蒸馏，SiCl4（沸点57.6℃）中含有少量SiHCl3（沸点33.0℃）和FeCl3（离子化合物沸点很高），SiH2Cl2（沸点8.2℃）、SiH3Cl（沸点-30.4℃）、由于沸点差别较大，可以通过精馏（或蒸馏）除去杂质，
故答案为：精馏（或蒸馏）；
④KMnO4溶液具有强氧化性，把二价铁氧化成三价铁，本身被还原成二价锰离子，再根据得失电子守恒配平，则离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，利用关系式法计算：
5Fe2+～MnO4-
5 1
n（Fe2+） 1.000×10-3mol•L-1×0.02L×5
解得：n（Fe2+）=5×10-4mol
铁元素的质量为：5×10-4mol×56g/mol=2.8×10-3g，铁元素的质量分数
故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；2.8%．
（1）碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去．某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4．在实验时先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，最后加入一定量的苯震荡．
①观察到的现象是______；该实验中用苯做萃取剂的理由是______．
②若从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需经过______（填操作方法），利用这种方法，最后碘在______（填仪器名称）中聚集．
（2）若有一混有少量硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠样品，需要提纯得到氯化钠．某学生设计了如下方案：
请回答以下问题：
Ⅰ．操作①中用于盛放固体的仪器为______（写仪器名称）．
Ⅱ．操作②是否可以改为加硝酸钡溶液？为什么？______．
Ⅲ．进行操作②后，如何判断SO42-已除尽，方法是______．
Ⅳ．操作③的目的是______，为什么不先过滤后加碳酸钠溶液？理由是______．
Ⅴ．操作④的目的是______．
正确答案
解：（1）①碘易溶于有机溶剂，在苯中溶解度远大于在水中，加入苯后有机溶剂苯萃取水中的碘单质，苯与水不互溶，溶液分成两层，苯的密度比水小，有机层在上层，碘溶于苯呈紫色，下层层几乎无色，
故答案为：分层，上层紫色，下层为近于无色；苯与水互不相溶，碘在苯中的溶解度比在水中大；
②若从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，由于碘单质易溶于苯，可以利用其沸点不同，通过蒸馏操作完成；苯的沸点较低，所以蒸馏操作过程中，最后碘在蒸馏烧瓶中聚集，
故答案为：蒸馏；蒸馏烧瓶；
（2）提纯氯化钠的流程为：加热混合物，杂质碳酸氢铵通过分解而除去，得到氯化钠、硫酸钠的混合物；溶解后加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，再加入过量碳酸钠除去过量的钡离子，过滤除去碳酸钡、硫酸钡沉淀后向滤液中加入盐酸，明确是调节溶液pH除去过量的碳酸根离子，对滤液加热除去溶液中氯化氢和二氧化碳，最后得到纯净的氯化钠溶液，
Ⅰ．根据图示，操作①是将固体混合物加热，使用到的仪器是坩埚，
故答案为：坩埚；
Ⅱ．加入硝酸钠溶液，硝酸钠和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质，
故答案为：不可以，改用Ba（NO3）2会使溶液中引入新的杂质离子NO3-，以后操作中无法除去；
Ⅲ．加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，
故答案为：取少量上层澄清溶液，再滴加BaCl2溶液，如无沉淀出现则说明SO42-已除尽（或其他的方法）；
Ⅳ．操作③加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钠反应生成碳酸钡和氯化钠，除去过量的氯化钡，再过滤；先过滤而后加碳酸钠溶液，在加入碳酸钠溶液后生成的碳酸钡还需要过滤，增加一次过滤操作；
故答案为：除去过量的Ba2+； 减少一次过滤操作；
Ⅴ．操作④加热煮沸溶液的目的是除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸，以便得到纯净的氯化钠溶液，
故答案为：除去溶解在溶液中的CO2，使过量的HCl挥发．
解析
解：（1）①碘易溶于有机溶剂，在苯中溶解度远大于在水中，加入苯后有机溶剂苯萃取水中的碘单质，苯与水不互溶，溶液分成两层，苯的密度比水小，有机层在上层，碘溶于苯呈紫色，下层层几乎无色，
故答案为：分层，上层紫色，下层为近于无色；苯与水互不相溶，碘在苯中的溶解度比在水中大；
②若从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，由于碘单质易溶于苯，可以利用其沸点不同，通过蒸馏操作完成；苯的沸点较低，所以蒸馏操作过程中，最后碘在蒸馏烧瓶中聚集，
故答案为：蒸馏；蒸馏烧瓶；
（2）提纯氯化钠的流程为：加热混合物，杂质碳酸氢铵通过分解而除去，得到氯化钠、硫酸钠的混合物；溶解后加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，再加入过量碳酸钠除去过量的钡离子，过滤除去碳酸钡、硫酸钡沉淀后向滤液中加入盐酸，明确是调节溶液pH除去过量的碳酸根离子，对滤液加热除去溶液中氯化氢和二氧化碳，最后得到纯净的氯化钠溶液，
Ⅰ．根据图示，操作①是将固体混合物加热，使用到的仪器是坩埚，
故答案为：坩埚；
Ⅱ．加入硝酸钠溶液，硝酸钠和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质，
故答案为：不可以，改用Ba（NO3）2会使溶液中引入新的杂质离子NO3-，以后操作中无法除去；
Ⅲ．加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，
故答案为：取少量上层澄清溶液，再滴加BaCl2溶液，如无沉淀出现则说明SO42-已除尽（或其他的方法）；
Ⅳ．操作③加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钠反应生成碳酸钡和氯化钠，除去过量的氯化钡，再过滤；先过滤而后加碳酸钠溶液，在加入碳酸钠溶液后生成的碳酸钡还需要过滤，增加一次过滤操作；
故答案为：除去过量的Ba2+； 减少一次过滤操作；
Ⅴ．操作④加热煮沸溶液的目的是除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸，以便得到纯净的氯化钠溶液，
故答案为：除去溶解在溶液中的CO2，使过量的HCl挥发．
工业上以软锰矿（主要成分MnO2）为原料，通过液相法生产KMnO4．即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到的K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：
（1）反应器中反应的化学方程式为______．
（2）生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量______ （填“偏高”或“偏低”）．
（3）电解槽中阳极的电极反应方程式为______．
（4）在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学反应方程式为______．根据上述反应，从Mn元素的角度考虑KMnO4的产率最高为______．与该传统工艺相比，电解法的优势是______．
（5）用高锰酸钾测定某草酸结晶水合物的纯度：称量草酸晶体样品0.250g溶于水，用0.0500mol•L-1的酸性KMnO4溶液滴定（杂质不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液15.00mL，则该草酸晶体的纯度为______．（已知该草酸结晶水合物H2C2O4•2H2O的式量为126）
正确答案
解：（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生反应，生成锰酸钾和水，Mn（+4→+6），O（0→-2），反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O，
故答案为：4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；
（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O，所以会导致KOH消耗量偏高，
故答案为：偏高；
（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO42--2e-=2MnO4-，即MnO42--e-=MnO4-，
故答案为：MnO42--e-=MnO4-；
（4）反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，所以方程式为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3，由化学反应方程式：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出，3份锰参加反应生成2份KMnO4，所以KMnO4的产率最高为
故答案为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；66.7%；产率更高、KOH循环利用；
（5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式可得关系式：
5H2C2O4•2H2O～2KMnO4
5 2
n 0.05mol/L×15.0×10-3L
解得n（H2C2O4•2H2O）=1.875×10-3mol
则m（H2C2O4•2H2O）=1.875×10-3mol×126g/mol=0.236g，所以成品的纯度ω=
故答案为：94.5%．
解析
解：（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生反应，生成锰酸钾和水，Mn（+4→+6），O（0→-2），反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O，
故答案为：4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；
（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O，所以会导致KOH消耗量偏高，
故答案为：偏高；
（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO42--2e-=2MnO4-，即MnO42--e-=MnO4-，
故答案为：MnO42--e-=MnO4-；
（4）反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，所以方程式为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3，由化学反应方程式：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出，3份锰参加反应生成2份KMnO4，所以KMnO4的产率最高为
故答案为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；66.7%；产率更高、KOH循环利用；
（5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式可得关系式：
5H2C2O4•2H2O～2KMnO4
5 2
n 0.05mol/L×15.0×10-3L
解得n（H2C2O4•2H2O）=1.875×10-3mol
则m（H2C2O4•2H2O）=1.875×10-3mol×126g/mol=0.236g，所以成品的纯度ω=
故答案为：94.5%．
（2013秋•瓯海区校级期末）某工厂用CaSO4、NH3、H2O、CO2制备（NH4）2SO4，其工艺流程如下：
下列推断不合理的是（ ）
正确答案
解析
解：硫酸钙悬浊液通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，与溶液中的氨水、硫酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液，经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再煅烧生成生石灰，而旅游硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体；
A、根据原子N守恒知，生成1mol（NH4）2SO4至少消耗2molNH3，故A正确；
B、在煅烧CaCO3时可收集其产物CO2，所以CO2可被循环使用，故B正确；
C、因为氨气在水中的溶解性大，二氧化碳小，所以如果先通二氧化碳，后通氨气，则溶液中的碳酸根就会很小，就很难沉淀出碳酸钙，故C错误；
D、往甲（甲中含Ca（OH）2）中通CO2生成CaCO3沉淀，有利于（NH4）2SO4生成，故D正确；
故选C．
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