- 物质的检验
- 共3564题
CuFeS2（硫元素-2价，铁元素+2价）是工业炼铜的主要原料，已知黄铜矿在空气中焙烧生成Cu、FeS和SO2，FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑．H2S是一种剧毒气体．某科研小组设计以黄铜矿为原料制取单质铜和氯化铁晶体（FeCl3•6H2O的流程如图
（1）已知焙烧发生的化学方程式为：CuFeS2+O2=FeS+SO2+Cu，则被还原的元素有______（名称），当有标况下33.6LSO2生成时，电子转移的数目为______．
（2）在实验室中，欲用30%的盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸250mL，需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需______，在量取弄盐酸和定容时分别仰视，对实验结果造成误差，依次分别是______、______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．
（3）气体Ⅲ最好选用______气体，若加入绿色氧化剂H202也可，对应的离子方程式______．
（4）写出实验室制取Ⅲ的反应离子方程式______．
（5）操作B和过滤A中都用到一种相同的仪器，它在操作B中的作用是______．
（6）为得到比较纯净的FeCl3•6H2O，操作B需采取的措施是______．
（7）若通入的气体Ⅲ的量不足，则最后制得的氯化铁晶体不纯净，这是因为过滤A后得溶液含有杂质______．请设计合理的实验，验证溶液中的成分，并判断通入气体Ⅲ的量是否不足______（供选择的试剂：酸性KMnO4溶液、KSCN溶液、氯水）．
（8）气体Ⅰ和氯气都能使品红褪色，请你设计三种以上的实验方案进行鉴别（试剂自选）．
方案一：______；
方案二：______；
方案三：______．
正确答案
解：（1）反应CuFeS2+O2=FeS+SO2+Cu中铜和氧元素的化合价降低被还原，每生成1molSO2转移6mol电子，标况下33.6LSO2
（2）配制一定物质的量浓度的稀盐酸250mL，量取时需要量筒和胶头滴管，溶解时需要烧杯和玻棒，转移时需要250mL的容量瓶和玻棒，除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需250mL的容量瓶和胶头滴管，量取浓盐酸时仰视时液面高于刻度线，溶液的浓度偏大，定容时仰视，液面高于刻度线，溶液的浓度偏低，故答案为：250mL的容量瓶和玻棒；偏高、偏低；
（3）通入气体的目的是为了氧化Fe2+，同时不引入新杂质，选择氯气最好，加入绿色氧化剂H202也能达到目的，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：Cl2；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（4）实验室利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制得，发生反应的离子反应方程式为MnO2+4H++2Cl-
（5）过滤操作需要的仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，其中玻璃棒的作用是引流，操作B为蒸发结晶，所需仪器为蒸发皿、玻璃棒，玻璃棒的作用为搅拌，故答案为：引流、搅拌；
（6）Fe3+溶液里易水解，为得到得到纯净的FeCl3•6H2O，加热过程中需要不断滴加稀盐酸，故答案为：在加热过程中，就不断滴加浓盐酸抑制Fe3+的水解；
（7）Fe2+的氧化是通入氯气，如果氯气量不足，会有少量Fe2+未氧化，滤液里就会含有少量Fe2+，可通过滴加酸性KMnO4溶液看是否褪色来判断滤液里是否有Fe2+，证明通入的氯气是否过量，故答案为：Fe2+；滴加酸性高锰酸钾溶液，如果褪色说明溶液里仍有，通入氯气量不足，如果不褪色可证明通入氯气过量；
（8）SO2和和氯气都能使品红褪色，SO2是与品红结合成不稳定的无色物质，加热后仍为红色，氯气是利用与水作用生成的HClO强氧化性使品红褪色，不能再恢复，褪色后的溶解里有Cl-，故可通过下列三种方法鉴别使品红褪色的气体是SO2还是氯气，方案一观察通入气体的颜色，无色的是SO2，黄氯色的是氯气；方案二将褪色后的溶液加热，恢复红色的是SO2，仍为无色的是氯气，案三褪色后的溶液里滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成通入的是氯气，原因是通氯气后溶液里有Cl-，会生成AgCl沉淀，故答案为：观察通入气体的颜色；将褪色后的溶液加热；向褪色后的溶液里滴加AgNO3溶液．
解析
解：（1）反应CuFeS2+O2=FeS+SO2+Cu中铜和氧元素的化合价降低被还原，每生成1molSO2转移6mol电子，标况下33.6LSO2
（2）配制一定物质的量浓度的稀盐酸250mL，量取时需要量筒和胶头滴管，溶解时需要烧杯和玻棒，转移时需要250mL的容量瓶和玻棒，除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需250mL的容量瓶和胶头滴管，量取浓盐酸时仰视时液面高于刻度线，溶液的浓度偏大，定容时仰视，液面高于刻度线，溶液的浓度偏低，故答案为：250mL的容量瓶和玻棒；偏高、偏低；
（3）通入气体的目的是为了氧化Fe2+，同时不引入新杂质，选择氯气最好，加入绿色氧化剂H202也能达到目的，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：Cl2；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（4）实验室利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制得，发生反应的离子反应方程式为MnO2+4H++2Cl-
（5）过滤操作需要的仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，其中玻璃棒的作用是引流，操作B为蒸发结晶，所需仪器为蒸发皿、玻璃棒，玻璃棒的作用为搅拌，故答案为：引流、搅拌；
（6）Fe3+溶液里易水解，为得到得到纯净的FeCl3•6H2O，加热过程中需要不断滴加稀盐酸，故答案为：在加热过程中，就不断滴加浓盐酸抑制Fe3+的水解；
（7）Fe2+的氧化是通入氯气，如果氯气量不足，会有少量Fe2+未氧化，滤液里就会含有少量Fe2+，可通过滴加酸性KMnO4溶液看是否褪色来判断滤液里是否有Fe2+，证明通入的氯气是否过量，故答案为：Fe2+；滴加酸性高锰酸钾溶液，如果褪色说明溶液里仍有，通入氯气量不足，如果不褪色可证明通入氯气过量；
（8）SO2和和氯气都能使品红褪色，SO2是与品红结合成不稳定的无色物质，加热后仍为红色，氯气是利用与水作用生成的HClO强氧化性使品红褪色，不能再恢复，褪色后的溶解里有Cl-，故可通过下列三种方法鉴别使品红褪色的气体是SO2还是氯气，方案一观察通入气体的颜色，无色的是SO2，黄氯色的是氯气；方案二将褪色后的溶液加热，恢复红色的是SO2，仍为无色的是氯气，案三褪色后的溶液里滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成通入的是氯气，原因是通氯气后溶液里有Cl-，会生成AgCl沉淀，故答案为：观察通入气体的颜色；将褪色后的溶液加热；向褪色后的溶液里滴加AgNO3溶液．
硼及其化合物在工业上有许多用途．以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）写出Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式______．
（2）利用______的磁性，可将其从“浸渣1”中分离．“浸渣1”中还剩余的物质是______（写化学式）．
（3）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为______．
（4）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是______．然后再调节溶液的pH约为5，目的是______．
（5）“粗硼酸”中的主要杂质是______（填名称）．
正确答案
解：以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解，Fe3O4、SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，Fe3O4具有磁性，可以采用物理方法分离，滤渣1的成分为SiO2和CaSO4；
“净化除杂”需先加H2O2溶液，将Fe 2+转化为Fe 3+，调节溶液的pH约为5，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，则滤渣为Al（OH）3、Fe（OH）3，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，
（1）Mg2B2O5•H2O与硫酸反应生成硫酸镁和硼酸，反应方程式为Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3，故答案为：Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3；
（2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离．“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe3O4；SiO2、CaSO4；
（3）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为
（4）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子．然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；使Al3+与Fe3+形成氢氧化物沉淀而除去；
（5）最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁，故答案为：七水硫酸镁．
解析
解：以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解，Fe3O4、SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，Fe3O4具有磁性，可以采用物理方法分离，滤渣1的成分为SiO2和CaSO4；
“净化除杂”需先加H2O2溶液，将Fe 2+转化为Fe 3+，调节溶液的pH约为5，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，则滤渣为Al（OH）3、Fe（OH）3，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，
（1）Mg2B2O5•H2O与硫酸反应生成硫酸镁和硼酸，反应方程式为Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3，故答案为：Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3；
（2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离．“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe3O4；SiO2、CaSO4；
（3）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为
（4）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子．然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；使Al3+与Fe3+形成氢氧化物沉淀而除去；
（5）最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁，故答案为：七水硫酸镁．
硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料．工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，并含少量的Fe2O3、FeCO3MgO、CaO等，生产工艺流程示意如下：
（1）将菱锌矿研磨成粉的目的是______．
（2）完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式：□Fe（OH）2+□______+□______═□Fe（OH）3+□Cl-
（3）针铁矿（Goethite）是以德国诗人歌德（Goethe）名字命名的，组成元素是Fe、O和H，化学相对分子质量为89，化学式是______．
（4）根据下表数据，调节“滤液2”的pH时，理论上可选用的最大区间为______．
（5）“滤液4”之后的操作依次为______、______、过滤，洗涤，干燥．
（6）抽滤装置如下图所示，该装置中的错误之处是______；抽滤完毕或中途需停止抽滤时，应先______，然后______．
（7）分析图中数据，菱锌矿粉中ZnCO3 的质量分数不低于______．
正确答案
增大反应物接触面积或增大反应速率或使反应更充分
ClO-
H2O
FeO（OH）
8.0≤pH≤10.4
蒸发浓缩
冷却结晶
布氏漏斗的斜面应朝向吸滤瓶的支管口，安全瓶内应短管进长管出
拆下连接抽气泵间的橡皮管
关闭水龙头
解析
解：（1）将菱锌矿研磨成粉可以增加反应时的接触面积，使得反应更加充分，故答案为：增大反应物接触面积或增大反应速率或使反应更充分；
（2）流程中“氧化除铁”是加入漂白粉，方程式后面产物中又有氯离子，可知氧化剂是ClO-，观察方程式前后可以推出还要加入水分子，反应的离子方程式为：2Fe（OH）2+ClO-+H2O═2Fe（OH）3+Cl-，
故答案为：2；1；ClO-；1；H2O；2；1；
（3）化学式量为89，组成元素是Fe、O、H，其中铁的相对原子量为56，扣掉56剩下33，化学式中只能含有2个氧原子和1个氢原子，所以可能的组成为FeO（OH），
故答案为：FeO（OH）；
（4）调节滤液2的PH要想生成Zn（OH）2沉淀而不生成Mg（OH）2，必须知道Mg（OH）2开始沉淀时的pH、Zn（OH）2开始沉淀时的pH，Mg（OH）2沉淀完全时的pH、Zn（OH）2沉淀完全时的pH，Mg（OH）2开始沉淀时的pH为10.4、Zn（OH）2开始沉淀时的pH为6.4，Mg（OH）2沉淀完全时的pH为12.4、Zn（OH）2沉淀完全时的pH8.0，所以理论上可选用的最大区间为8.0≤pH≤10.4；
故答案为：8.0≤pH≤10.4；
（5））“滤液4”之后的操作目的是得到纯净的固体，应将溶液蒸发、结晶、过滤后洗涤并干燥，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（6）图中的两处错误为布氏漏斗的斜面应朝向吸滤瓶的支管口，安全瓶内应短管进长管出；吸滤完毕时，应先拆下连接抽气泵间的橡皮管，然后关闭水龙头，其原因是防止倒吸；故答案为：布氏漏斗的斜面应朝向吸滤瓶的支管口，安全瓶内应短管进长管出；拆下连接抽气泵间的橡皮管；关闭水龙头；
（7）设碳酸锌的质量为m，利用关系式法计算：
ZnCO3----ZnO
125 81
m m2
ZnCO3的质量为
下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、当沉淀的颗粒较大，静止后容易沉降至容器底部，常用倾析法分离，分离时，将烧杯静置，将烧杯中的上层清液用玻璃棒引流到另一容器内，即可使沉淀与清液分离，故A正确；
B、做“钠与水的反应”实验时，应向一只盛有水的小烧杯中滴加几滴酚酞试液，然后切取绿豆大小的金属钠，用滤纸吸干其表面的煤油的金属钠投入小烧杯中，观察并记录实验现象，故B错误；
C、移液管取液后，将移液管移入准备接受溶液的容器中，使其出口尖端接触器壁，使容器微倾斜，而使移液管直立，然后放松右手食指，使溶液自由地顺壁流下，待溶液停止流出后，一般等待15秒钟拿出，故C正确；
D、汞蒸气有很大的毒性有毒，汞洒落地面，用湿润的小棉棒或胶带纸将洒落在地面上的水银轻轻粘起来，放在水中保存以防挥发，对掉在地上不能完全收集起来的水银，可撒硫磺粉，以降低水银毒性，因为硫磺粉与水银结合可形成难以挥发的硫化汞化合物，防止汞挥发到空气中危害人体健康，故D正确．
故选B．
海水中有丰富的资源，多种多样的海洋动物和植物，海底有丰富的矿藏、石油、天然气等，此外，海水中还含有大量的电解质，它们电离产生Cl-、Br-（溴离子）、SO42-、Na+、Mg2+、Ca2+等，都是重要资源．
（1）写出步骤①、②、④分离提纯的方法：
①______②______④______
（2）步骤②分离提纯过程中需要选用主要玻璃仪器的名称______．
（3）欲除去初步提纯后的粗盐中的MgCl2、CaCl2和Na2SO4，应向该粗食盐水中依次加入NaOH溶液、______溶液、______溶液，然后过滤；为尽可能除去杂质，每次加入的试剂应______．向所得溶液中滴加______至无气泡产生，再经蒸发结晶得到食盐晶体．
（4）检验淡水中是否含有Cl- 的操作现象及结论______．
（5）写出加入试剂a后，发生反应的离子方程式______．
（6）工业上用电解饱和食盐水的方法生产氯气、氢气和烧碱，请写出利用氯气和消石灰制取漂白粉的化学方程式______．
正确答案
解：（1）步骤①为海水的淡化，可用蒸馏操作分离，②为碘的萃取和分液，④为过滤，粗盐经提纯化学处理后过滤可得到氯化钠溶液，
故答案为：①蒸馏； ②萃取分液； ④过滤；
（2）步骤②分离提纯方法为萃取，需要选用主要玻璃仪器为分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；
（3）镁离子会与氢氧根离子、碳酸根离子生成沉淀，钙离子会与碳酸根离子生成沉淀，硫酸根离子会与钡离子生成沉淀，过滤后加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，需要依次加入稍过量的NaOH、BaCl2 、Na2CO3、过滤、在滤液中加入盐酸至不再有气体生成，将所得溶液加热浓缩、冷却结晶，得到精盐，
故答案为：BaCl2；Na2CO3；稍过量；稀盐酸；
（4）实验室检验Cl-，可利用Cl-与硝酸银反应生成不溶于硝酸的AgCl的性质进行检验，操作方法为取样，先滴加几滴稀硝酸，再滴加硝酸银，若产生白色沉淀则有Cl-，
故答案为：取样，先滴加几滴稀硝酸，再滴加硝酸银，若产生白色沉淀则有Cl-；
（5）加入试剂a后，发生反应的离子方程式为Mg+2H+=Mg2++H2↑，故答案为：Mg+2H+=Mg2++H2↑；
（6）氯气和消石灰反应生成氯化钙和次氯酸钙，反应的化学方程式为2Cl2+2 Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2 Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．
解析
解：（1）步骤①为海水的淡化，可用蒸馏操作分离，②为碘的萃取和分液，④为过滤，粗盐经提纯化学处理后过滤可得到氯化钠溶液，
故答案为：①蒸馏； ②萃取分液； ④过滤；
（2）步骤②分离提纯方法为萃取，需要选用主要玻璃仪器为分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；
（3）镁离子会与氢氧根离子、碳酸根离子生成沉淀，钙离子会与碳酸根离子生成沉淀，硫酸根离子会与钡离子生成沉淀，过滤后加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，需要依次加入稍过量的NaOH、BaCl2 、Na2CO3、过滤、在滤液中加入盐酸至不再有气体生成，将所得溶液加热浓缩、冷却结晶，得到精盐，
故答案为：BaCl2；Na2CO3；稍过量；稀盐酸；
（4）实验室检验Cl-，可利用Cl-与硝酸银反应生成不溶于硝酸的AgCl的性质进行检验，操作方法为取样，先滴加几滴稀硝酸，再滴加硝酸银，若产生白色沉淀则有Cl-，
故答案为：取样，先滴加几滴稀硝酸，再滴加硝酸银，若产生白色沉淀则有Cl-；
（5）加入试剂a后，发生反应的离子方程式为Mg+2H+=Mg2++H2↑，故答案为：Mg+2H+=Mg2++H2↑；
（6）氯气和消石灰反应生成氯化钙和次氯酸钙，反应的化学方程式为2Cl2+2 Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2 Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．
工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）冶炼铜的主要流程如下：
（1）气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的______吸收．
a．浓H2SO4 b．稀HNO3 c．NaOH溶液 d．氨水
（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在______（填离子符号），检验溶液中还存在Fe2+的方法是______（注明试剂、现象）．
（3）由泡铜（主要成分为Cu2O、Cu）冶炼粗铜的化学反应方程式为______．
正确答案
解：（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，
a．浓H2SO4不能吸收二氧化硫，故a错误；
b．稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大气，故b错误；
c．NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，不产生新的污染气体，故c正确；
d．氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，不产生新的污染气体，故d正确；
故答案为：c、d；
（2）Fe3+遇KSCN溶液变为血红色，用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，
故答案为：Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，则溶液中存在Fe2+；
（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为3Cu2O+2Al
故答案为：3Cu2O+2Al
解析
解：（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，
a．浓H2SO4不能吸收二氧化硫，故a错误；
b．稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大气，故b错误；
c．NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，不产生新的污染气体，故c正确；
d．氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，不产生新的污染气体，故d正确；
故答案为：c、d；
（2）Fe3+遇KSCN溶液变为血红色，用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，
故答案为：Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，则溶液中存在Fe2+；
（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为3Cu2O+2Al
故答案为：3Cu2O+2Al
用霞石岩（主要成份Na2O、K2O、Al2O3、SiO2）制碳酸钠、碳酸钾和氧化铝的工艺流程如下：
已知：NaHCO3溶液的pH约为8～9，Na2CO3溶液的pH约为11～12．溶解过滤工序产生的滤液中含钠、钾和铝的可溶性盐类，钙和硅等其他杂质在滤渣霞石泥中．部分物质的溶解度见下图，根据题意回答下列问题：
（1）固体M的化学式是______，X物质是______．
（2）实验室进行煅烧操作时盛放固体物质的实验仪器是______，滤液W中主要含有的离子有______．
（3）碳酸化Ⅰ中发生主要反应的离子方程式是______．
（4）操作Ⅰ是______（填写名称），操作Ⅱ是______（选填编号）．
a．趁热过滤 b．冷却过滤 c．蒸馏 d．灼烧
（5）碳酸化Ⅱ调整pH=8的目的是______，产品K2CO3中最可能含有的杂质是______（写化学式）．
（6）实验室用下面流程测定产品碳酸钾的纯度，为提高实验精度，T试剂最好是______；操作Ⅲ的名称是______．
正确答案
（1）在高温下矿石、石灰石、煤混合反应生成的X可以进行碳酸的酸化，实验X一定是CO2气体．溶解过滤工序产生的滤液中含钠、钾和铝的可溶性盐类，钙和硅等其他杂质在滤渣霞石泥中，所以通入CO2后一定生成氢氧化铝沉淀，灼烧则得到氧化铝，即M是氧化铝，故答案为：Al2O3、CO2；
（2）固体灼烧应该在坩埚中进行，滤液W可以循环使用，原来制备碳酸钠和碳酸钾，所以其中主要含有的离子有Na+、K+、HCO3-，故答案为：坩埚；Na+、K+、HCO3-；
（3）碳酸化Ⅰ的目的是制备氢氧化铝，又因为溶液的pH=11，所以生成的是碳酸盐，而不是碳酸氢盐，即该反应的离子方程式应该是2AlO2-+CO2+3H2O→2Al（OH）3↓+CO32-，故答案为：2AlO2-+CO2+3H2O→2Al（OH）3↓+CO32-；
（4）操作Ⅰ的目的是制备碳酸盐，所以应该是蒸发浓缩，然后趁热过滤即可，故答案为：蒸发；a．
（5）碳酸氢钾灼烧生成碳酸钾，所以碳酸化Ⅱ调整pH=8的目的是碳酸根转化为碳酸氢根离子，利于KHCO3结晶析出．由于溶液中还含有碳酸氢钠，所以产品K2CO3中最可能含有的杂质是碳酸钠，故答案为：碳酸根转化为碳酸氢根离子，利于KHCO3结晶析出；Na2CO3；
（6）要测定测定产品碳酸钾的纯度，则应该把碳酸钾转化为碳酸盐沉淀，由于碳酸钡比碳酸钙难溶，所以T试剂最好是足量BaCl2溶液，为了防止误差，应该重复干燥称量操作，所以操作Ⅲ的名称是恒重操作，故答案为：足量BaCl2溶液；恒重操作（重复干燥称量操作）．
解析
（1）在高温下矿石、石灰石、煤混合反应生成的X可以进行碳酸的酸化，实验X一定是CO2气体．溶解过滤工序产生的滤液中含钠、钾和铝的可溶性盐类，钙和硅等其他杂质在滤渣霞石泥中，所以通入CO2后一定生成氢氧化铝沉淀，灼烧则得到氧化铝，即M是氧化铝，故答案为：Al2O3、CO2；
（2）固体灼烧应该在坩埚中进行，滤液W可以循环使用，原来制备碳酸钠和碳酸钾，所以其中主要含有的离子有Na+、K+、HCO3-，故答案为：坩埚；Na+、K+、HCO3-；
（3）碳酸化Ⅰ的目的是制备氢氧化铝，又因为溶液的pH=11，所以生成的是碳酸盐，而不是碳酸氢盐，即该反应的离子方程式应该是2AlO2-+CO2+3H2O→2Al（OH）3↓+CO32-，故答案为：2AlO2-+CO2+3H2O→2Al（OH）3↓+CO32-；
（4）操作Ⅰ的目的是制备碳酸盐，所以应该是蒸发浓缩，然后趁热过滤即可，故答案为：蒸发；a．
（5）碳酸氢钾灼烧生成碳酸钾，所以碳酸化Ⅱ调整pH=8的目的是碳酸根转化为碳酸氢根离子，利于KHCO3结晶析出．由于溶液中还含有碳酸氢钠，所以产品K2CO3中最可能含有的杂质是碳酸钠，故答案为：碳酸根转化为碳酸氢根离子，利于KHCO3结晶析出；Na2CO3；
（6）要测定测定产品碳酸钾的纯度，则应该把碳酸钾转化为碳酸盐沉淀，由于碳酸钡比碳酸钙难溶，所以T试剂最好是足量BaCl2溶液，为了防止误差，应该重复干燥称量操作，所以操作Ⅲ的名称是恒重操作，故答案为：足量BaCl2溶液；恒重操作（重复干燥称量操作）．
以水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下：
（l） 上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学式为______，检验其中粒子的实验方法是______
（2）上述过程中的过滤操作所用的主要玻璃仪器有______
（3）高温煅烧碱式碳酸镁得到MgO．取碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO20.896L，通过计算确定碱式碳酸镁的化学式（写出计算过程，否则不得分）
正确答案
解：水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程：加水溶解，通入氨气，氨气极易溶于水，得到碱性的氨水，再加入碳酸氢铵，再进行热水解可以将镁离子沉淀下来，形成碱式碳酸镁沉淀，过滤即可得到目标化合物．
（1）根据流程判断所得滤液的成分中含有的离子有氯离子和铵根离子，故所得的滤液中含NH4Cl，根据铵根离子可以和强碱之间反应生成氨气来检验铵根离子，取少量该固体于试管中配成溶液，加入适量的氢氧化钠溶液，然后加热试管，将湿润的红色石蕊试纸（或PH试纸）放在试管口，试纸变蓝，则可说明其中有铵根离子存在
故答案为：NH4Cl；取少量该固体于试管中配成溶液，加入适量的氢氧化钠溶液，然后加热试管，将湿润的红色石蕊试纸（或PH试纸）放在试管口，试纸变蓝，则可说明其中有铵根离子存在．
（2）过滤操作所用的主要玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯；故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；
（3）根据题意：碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO20.896L，即n（CO2）=0.896L/22.4L•mol-1=4.00×10-2 mol，n（MgO）=2.00g/40g•mo l-1=5.00×10-2 mol，n（H2O）=
故答案为：Mg（OH）2•4 MgCO3•4H2O（或Mg5（OH）2（CO3）4•4H2O）．
解析
解：水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程：加水溶解，通入氨气，氨气极易溶于水，得到碱性的氨水，再加入碳酸氢铵，再进行热水解可以将镁离子沉淀下来，形成碱式碳酸镁沉淀，过滤即可得到目标化合物．
（1）根据流程判断所得滤液的成分中含有的离子有氯离子和铵根离子，故所得的滤液中含NH4Cl，根据铵根离子可以和强碱之间反应生成氨气来检验铵根离子，取少量该固体于试管中配成溶液，加入适量的氢氧化钠溶液，然后加热试管，将湿润的红色石蕊试纸（或PH试纸）放在试管口，试纸变蓝，则可说明其中有铵根离子存在
故答案为：NH4Cl；取少量该固体于试管中配成溶液，加入适量的氢氧化钠溶液，然后加热试管，将湿润的红色石蕊试纸（或PH试纸）放在试管口，试纸变蓝，则可说明其中有铵根离子存在．
（2）过滤操作所用的主要玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯；故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；
（3）根据题意：碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO20.896L，即n（CO2）=0.896L/22.4L•mol-1=4.00×10-2 mol，n（MgO）=2.00g/40g•mo l-1=5.00×10-2 mol，n（H2O）=
故答案为：Mg（OH）2•4 MgCO3•4H2O（或Mg5（OH）2（CO3）4•4H2O）．
利用明矾石（主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O，此外还含有少量Fe2O3杂质）制备Al2O3、K2FeO4和H2SO4的工艺流程如图甲：
（1）“焙烧”过程中反应的化学方程式为2Al2（SO4）3+3S
（2）写出化学式：沉淀Ⅰ是______，沉淀Ⅱ是______．
（3）熟料溶解时反应的离子方程式为______．
（4）写出Cl2将沉淀Ⅱ氧化为K2FeO4的化学方程式：______．
（5）K2FeO4也可以铁为电极，通过电解浓的KOH溶液来制取，写出电解法制取K2FeO4的阳极反应式：______．
（6）该流程的废气中含有SO2，可利用图乙所示电解装置吸收SO2．写出装置内所发生反应的离子方程式______．
正确答案
6NA
Al（OH）3
Fe（OH）3
Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O
Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O
SO2+2H2O+Cu2+
解析
解：利用明矾石（主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O，此外还含有少量Fe2O3杂质）制备Al2O3、K2FeO4和H2SO4的工艺流程：明矾脱水后主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3，“焙烧”Al2（SO4）3中+6价降低为SO2中+4价，Al2（SO4）3是氧化剂，硫单质为还原剂，发生2Al2（SO4）3+3S
X为Fe2（SO4）3，加氢氧化钾Fe2（SO4）3+6KOH=2Fe（OH）3↓+3K2SO4，通入氯气：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，制得K2FeO4；
（1）反应中硫元素化合价由Al2（SO4）3中+6价降低为SO2中+4价，反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO2中+4价，生成102gAl2O3的物质的量为n=
故答案为：6NA；
（2）分析流程结合氧化铝的性质可知，铝土矿中的氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氧化铁不和氢氧化钠溶液反应过滤得到滤渣为氧化铁，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，熟料溶解所得的溶液中含有K+、SO42-、AlO2-、OH-等，加硫酸调PH值，AlO2-转化为Al（OH）3，沉淀Ⅰ是Al（OH）3；滤渣为Fe2O3，加硫酸Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，X为Fe2（SO4）3，加氢氧化钾Fe2（SO4）3+6KOH=2Fe（OH）3↓+3K2SO4，沉淀Ⅱ是Fe（OH）3，
故答案为：Al（OH）3；Fe（OH）3；
（3）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
（4）沉淀Ⅱ是Fe（OH）3，氯气将+3价的铁氧化成+6价，自身被还原成-1价，发生反应为：2Fe（OH）3+3Cl2+10 KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，
故答案为：2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O；
（5）阳极是铁失电子在碱性溶液中发生氧化反应生成FeO42-；电极反应为：Fe+8OHˉ-6eˉ=FeO42-+4H2O，
故答案为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；
（6）电解时阳极发生反应生成SO42-，阴极Cu2+得到电子生成Cu，装置内所发生反应的离子方程式为：SO2+2H2O+Cu2+
故答案为：SO2+2H2O+Cu2+
（2015•赤峰二模）硫酸铅广泛应用于制造蓄电池、白色颜料等．利用锌冶炼过程中的铅浮渣生产硫酸铅的流程如下：
已知铅浮渣的主要成分是PbO、Pb，还含有少量Ag、Zn、CaO和其他不溶于硝酸的杂质．25℃时，Ksp（CaSO4）=4.9×10-5，Ksp（PbSO4）=1.6×10-8．
（1）已知步骤Ⅰ有NO产生，浸出液中含量最多的阳离子是Pb2+．分别写出PbO、Pb参加反应的化学方程式______、______．
（2）步骤Ⅰ需控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余，目的是______．
（3）母液可循环利用于步骤Ⅰ，其溶质主要是______（填一种物质化学式），若母液中残留的SO42-过多，循环利用时可能出现的问题是______．
（4）产品PbSO4还需用Pb（NO3）2溶液多次洗涤，目的是除去______．
（5）铅蓄电池的电解液是硫酸，充电后两个电极上沉积的PbSO4分别转化为PbO2和Pb，充电时阴极的电极反应式为______．
正确答案
解：（1）氧化铅属于碱性氧化物和硝酸反应生成盐和水，根据题给信息硝酸把铅氧化成Pb2+，硝酸被还原成NO，故反应方程式为PbO+2HNO3=Pb（NO3）2+H2O、3Pb+8HNO3=3Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O；
故答案为：PbO+2HNO3=Pb（NO3）2+H2O；3Pb+8HNO3=3Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O；
（2）若硝酸过量，则过量的硝酸会和银反应生成硝酸银，产品中会有杂质，所以步骤I需控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余，其目的是防止Ag被溶解进入溶液，
故答案为：防止Ag被溶解进入溶液（或使Ag留在浸出渣中）；
（3）Pb（NO3）2溶液加硫酸后生成硫酸铅沉淀和硝酸，所以母液可循环利用于步骤I，其溶质主要是HNO3，
若母液中残留的SO42-过多，浸出时部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率；
故答案为：HNO3；浸出时部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率；
（4）硫酸钙微溶，易沉淀在PbSO4表面，所以需用Pb（NO3）2溶液多次洗涤，除去CaSO4，故答案为：CaSO4杂质；
（5）充电过程中原电池的负极连接电源负极做电解池的阴极发生还原反应，电极反应为：PbSO4+2e-=Pb+SO42-，故答案为：PbSO4+2e-=Pb+SO42-．
解析
解：（1）氧化铅属于碱性氧化物和硝酸反应生成盐和水，根据题给信息硝酸把铅氧化成Pb2+，硝酸被还原成NO，故反应方程式为PbO+2HNO3=Pb（NO3）2+H2O、3Pb+8HNO3=3Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O；
故答案为：PbO+2HNO3=Pb（NO3）2+H2O；3Pb+8HNO3=3Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O；
（2）若硝酸过量，则过量的硝酸会和银反应生成硝酸银，产品中会有杂质，所以步骤I需控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余，其目的是防止Ag被溶解进入溶液，
故答案为：防止Ag被溶解进入溶液（或使Ag留在浸出渣中）；
（3）Pb（NO3）2溶液加硫酸后生成硫酸铅沉淀和硝酸，所以母液可循环利用于步骤I，其溶质主要是HNO3，
若母液中残留的SO42-过多，浸出时部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率；
故答案为：HNO3；浸出时部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率；
（4）硫酸钙微溶，易沉淀在PbSO4表面，所以需用Pb（NO3）2溶液多次洗涤，除去CaSO4，故答案为：CaSO4杂质；
（5）充电过程中原电池的负极连接电源负极做电解池的阴极发生还原反应，电极反应为：PbSO4+2e-=Pb+SO42-，故答案为：PbSO4+2e-=Pb+SO42-．
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