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氯酸镁[Mg（ClO3）2]常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量Mg（ClO3）2•6H2O的流程如下：
已知：卤块主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质．下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．卤块主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质，进入KMnO4发生的氧化还原反应只有1个，即亚铁离子与高锰酸根离子的反应，故A错误；
B．卤块中含有杂质硫酸根离子，进入氯化钡的目的是使硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故B正确；
C．氢氧化镁和氧化镁都属于难溶物，且氢氧化镁的溶解度都小于氢氧化铁，所以也可用Mg（OH）2代替MgO调节溶液的pH，从而沉淀出氢氧化铁，故C正确；
D．在滤液中加NaClO3饱和溶液，发生反应为：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2↓+2NaCl，原理是相同温度下Mg（ClO3）2溶解度比NaClO3小，故D正确；
故选A．
某实验小组利用如下装置（部分固定装置略）制备氮化钙（Ca3N2，易与水反应），并测定其化学式．
（1）连接好实验装置，检查装置的气密性，方法是______；反应过程中末端导管插入试管A的水中，目的是______．
（2）制备氮化钙的操作步骤是：
①打开活塞K并通入N2； ②点燃酒精灯，进行反应；
③反应结束后，先熄灭酒精灯，待______，停止通N2并关闭活塞K；
④拆除装置，取出产物．
（3）数据记录如下：
通过以上数据求算化学式CaxN2，x=______．
（4）上述实验产生误差的原因可能是______（选填编号）．
①N2通入不足，反应器中有O2 ②钙与N2未充分反应 ③产物与空气接触
请提出提高该实验准确度的方法______（答一点即可）．
正确答案
解：由实验流程可知，通过控制活塞K，氮气流入装有钙的硬质试管，在硬质试管中，钙与氮气发生反应，由于钙非常活泼，此反应不能与空气接触，用试管A中的水，对此实验隔绝空气，U形管的作用是防止倒吸；又Ca3N2，易与水反应，设计干燥管防止试管A中的水进入硬质试管；
（1）微热法检验装置的气密性：关闭活塞K，微热反应管，试管A中有气泡冒出，停止加热，冷却后若末端导管中水柱上升且高度保持不变，则说明装置气密性良好；若反应过程中末端导管没有插入试管A的水中，会有空气进入反应管，氧化单质钙，生成钙的氧化物，引入杂质，末端导管插入试管A的水中，也便于观察N2流速，
故答案为：关闭活塞K，微热反应管，试管A中有气泡冒出，停止加热，冷却后若末端导管中水柱上升且高度保持不变，则说明装置气密性良好；防止反应过程中空气进入反应管，便于观察N2流速；
（2）反应结束后，先熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通N2并关闭活塞K；注意事项：一定要使玻璃管冷却后再停止通入气流，
故答案为：反应管冷却至室温；
（3）要确定X值必须求出钙和氮的原子个数比，分析实验：石英管与钙的质量和空石英管质量差为钙单质的质量，石英管与产物的质量与石英管与钙的质量差为反应的氮元素的质量，据题目给的数据可做如下计算：①（Ca）=（15.080-14.800）g=0.280g，（N）=（15.150-15.080）g=0.070g，
则（Ca）：（N）=
故答案为：2.8；
（4）若通入的N2中混有少量O2，则产物中就有可能混有了CaO，而Ca3N2中钙的质量分数为81.08%，CaO中钙的质量分数为71.43%，所以产物中混有了CaO会导致钙的质量分数减小，x的值偏小；若钙与N2未充分反应，生成的Ca3N2中还有没反应的钙，则x值偏大；要想提高该实验准确度，可以进行恒重操作，确定每组数据的准确性，也可以多次平行实验做对比等，
故答案为：①③；进行恒重操作、进行平行实验、严格和规范操作等．
解析
解：由实验流程可知，通过控制活塞K，氮气流入装有钙的硬质试管，在硬质试管中，钙与氮气发生反应，由于钙非常活泼，此反应不能与空气接触，用试管A中的水，对此实验隔绝空气，U形管的作用是防止倒吸；又Ca3N2，易与水反应，设计干燥管防止试管A中的水进入硬质试管；
（1）微热法检验装置的气密性：关闭活塞K，微热反应管，试管A中有气泡冒出，停止加热，冷却后若末端导管中水柱上升且高度保持不变，则说明装置气密性良好；若反应过程中末端导管没有插入试管A的水中，会有空气进入反应管，氧化单质钙，生成钙的氧化物，引入杂质，末端导管插入试管A的水中，也便于观察N2流速，
故答案为：关闭活塞K，微热反应管，试管A中有气泡冒出，停止加热，冷却后若末端导管中水柱上升且高度保持不变，则说明装置气密性良好；防止反应过程中空气进入反应管，便于观察N2流速；
（2）反应结束后，先熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通N2并关闭活塞K；注意事项：一定要使玻璃管冷却后再停止通入气流，
故答案为：反应管冷却至室温；
（3）要确定X值必须求出钙和氮的原子个数比，分析实验：石英管与钙的质量和空石英管质量差为钙单质的质量，石英管与产物的质量与石英管与钙的质量差为反应的氮元素的质量，据题目给的数据可做如下计算：①（Ca）=（15.080-14.800）g=0.280g，（N）=（15.150-15.080）g=0.070g，
则（Ca）：（N）=
故答案为：2.8；
（4）若通入的N2中混有少量O2，则产物中就有可能混有了CaO，而Ca3N2中钙的质量分数为81.08%，CaO中钙的质量分数为71.43%，所以产物中混有了CaO会导致钙的质量分数减小，x的值偏小；若钙与N2未充分反应，生成的Ca3N2中还有没反应的钙，则x值偏大；要想提高该实验准确度，可以进行恒重操作，确定每组数据的准确性，也可以多次平行实验做对比等，
故答案为：①③；进行恒重操作、进行平行实验、严格和规范操作等．
SnSO4是一种重要的硫酸盐，在工业生产中有着广泛的应用．其制备路线如图：
已知：在酸性条件下，溶液中的Sn2+可被空气中的氧气氧化成Sn4+；SnCl2能水解生成碱式氯化亚锡[Sn（OH）Cl]．
（1）写出物质A的名称：______．
（2）SnCl2用盐酸而不用水溶解的原因是______（用化学方程式表示）．
（3）锡粉的作用是除去酸溶时产生的少量Sn4+，请写出产生Sn4+的离子方程式：______．
（4）反应Ⅰ生成的沉淀为SnO，写出该反应的化学方程式：______．该反应的温度需要控制在75℃左右的原因是______．
（5）实验室中“漂洗”沉淀的实验操作方法是______．
正确答案
解：SnCl2先用盐酸溶解，后又加了锡粉主要是防止在溶解时水解和被空气中氧气氧化，在过滤出锡粉，得到SnCl2溶液在反应Ⅰ与碳酸氢铵反应生成SnO、氯化铵、二氧化碳和水，再过滤得到SnO沉淀，经过漂洗除去表面的杂质离子，再在反应Ⅱ中与硫酸反应生成SnSO4，进一步提炼最终得到SnSO4晶体，据此分析；
（1）由（4）反应Ⅰ生成的沉淀为SnO，所以反应Ⅱ即SnO与A反应生成SnSO4，故A为硫酸，故答案为：硫酸；
（2）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；故答案是：SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl；
（3）酸性条件下，SnCl2可以被空气中的氧气氧化，将Sn2+氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O，
故答案为：2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O；
（4）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，化学方程式为：SnCl2+2NH4HCO3═SnO↓+2CO2↑+2NH4Cl+H2O，温度较低时反应速率小，温度较高时碳酸氢铵会分解，故答案为：SnCl2+2NH4HCO3═SnO↓+2CO2↑+2NH4Cl+H2O；温度较低时反应速率小，温度较高时碳酸氢铵会分解；
（5）“漂洗”的方法是：（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次；故答案为：（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次；
解析
解：SnCl2先用盐酸溶解，后又加了锡粉主要是防止在溶解时水解和被空气中氧气氧化，在过滤出锡粉，得到SnCl2溶液在反应Ⅰ与碳酸氢铵反应生成SnO、氯化铵、二氧化碳和水，再过滤得到SnO沉淀，经过漂洗除去表面的杂质离子，再在反应Ⅱ中与硫酸反应生成SnSO4，进一步提炼最终得到SnSO4晶体，据此分析；
（1）由（4）反应Ⅰ生成的沉淀为SnO，所以反应Ⅱ即SnO与A反应生成SnSO4，故A为硫酸，故答案为：硫酸；
（2）SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解；故答案是：SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl+HCl；
（3）酸性条件下，SnCl2可以被空气中的氧气氧化，将Sn2+氧化为Sn4+，自身被还原为水，离子方程式为：2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O，
故答案为：2Sn2++O2+4H+═2Sn4++2H2O；
（4）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体为二氧化碳，化学方程式为：SnCl2+2NH4HCO3═SnO↓+2CO2↑+2NH4Cl+H2O，温度较低时反应速率小，温度较高时碳酸氢铵会分解，故答案为：SnCl2+2NH4HCO3═SnO↓+2CO2↑+2NH4Cl+H2O；温度较低时反应速率小，温度较高时碳酸氢铵会分解；
（5）“漂洗”的方法是：（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次；故答案为：（沿玻璃棒）向漏斗（或过滤器）中加蒸馏水至浸没沉淀，（静置）待水全部流出后，重复操作2～3次；
某校化学小组的同学将一批废弃的线路板简单处理后，得到含Cu、Al、Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计了如图1制备硫酸铜和硫酸铝晶体的方案：
回答下列问题：
（1）第②步加入H2O2是为了除去Fe2+，该反应的离子方程式为______．
（2）滤渣2的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3．由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O实验过程的最后步骤，是由Al2（SO4）3溶液经过加热蒸发、冷却结晶、______（填写所需实验操作的名称），即获得Al2（SO4）3•18H2O晶体．
（3）用第③步所得CuSO4•5H2O可制得Cu（OH）2．化学活动小组为探究Cu（OH）2受热分解产物及产物性质，设计如下实验过程：取0.98g Cu（OH）2固体加热，有铜的氧化物生成，其质量随温度变化如图3所示，产物A、B的化学式分别为______和Cu2O．通过以上实验和图象可以得出如下结论：高温时B______（填“较稳定”或“不稳定”）．
活动小组同学还进行了如下实验：
某同学用图2装置进行实验（夹持装置未画出），最终得出的结论是加热时A可将NH3氧化为N2，A被还原为单质Cu．支持此同学结论的现象是______．
正确答案
解：稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染，调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，经蒸发结晶可得到CuSO4•5H2O晶体，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝，在滤渣中加NaOH，和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体．
（1）步骤②是在碱性条件下H2O2与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+与OH-，Fe3+与OH-反应生成Fe（OH）3沉淀，反应为：2Fe2++H2O2+4OH-═2Fe（OH）3，
故答案为：2Fe2++H2O2+4OH-═2Fe（OH）3；
（2）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得硫酸铝晶体，所以最后的操作步骤为过滤、洗涤、干燥，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；
（3）0.98gCu（OH）2固体物质的量为：0.01mol，依据分解图象分析判断，100°C时氢氧化铜分解产物为0.8g，高温1100°C得到B为0.72g，根据氢氧化铜分解生成氧化铜和水判断，Cu（OH）2
故答案为：CuO；较稳定；硬质玻璃管中黑色固体变成红色，烧杯中导管口部产生气泡，有无色、无味气体生成．
解析
解：稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染，调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+，经蒸发结晶可得到CuSO4•5H2O晶体，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝，在滤渣中加NaOH，和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体．
（1）步骤②是在碱性条件下H2O2与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+与OH-，Fe3+与OH-反应生成Fe（OH）3沉淀，反应为：2Fe2++H2O2+4OH-═2Fe（OH）3，
故答案为：2Fe2++H2O2+4OH-═2Fe（OH）3；
（2）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得硫酸铝晶体，所以最后的操作步骤为过滤、洗涤、干燥，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；
（3）0.98gCu（OH）2固体物质的量为：0.01mol，依据分解图象分析判断，100°C时氢氧化铜分解产物为0.8g，高温1100°C得到B为0.72g，根据氢氧化铜分解生成氧化铜和水判断，Cu（OH）2
故答案为：CuO；较稳定；硬质玻璃管中黑色固体变成红色，烧杯中导管口部产生气泡，有无色、无味气体生成．
工业上制备K2FeO4的流程如下：
（1）实验室配制FeSO4溶液时，需加入铁粉和稀硫酸，试说明加稀硫酸原因______．
（2）第一次氧化时，需要控制温度不超过35℃，原因是______．
（3）用饱和KOH溶液结晶的原因是______
（4）洗涤时用乙醚作洗涤剂的原因是______．
（5）控制NaOH的量一定，改变FeSO4•7H2O的投入量时，可以控制产率，假设所有反应均完全时产率最高则n（FeSO4•7H2O）：n（NaOH）理论值应为______．
（6）经测定第一、二次氧化时的转化率分别为a和b，结晶时的转化率为c，若要制备d Kg的K2FeO4，则需要FeSO4•7H2O______Kg．（K2FeO4的相对分子质量是198；FeSO4•7H2O的相对分子质量是278；答案用分数表示）
（7）电解法也能制备K2FeO4．用KOH溶液作电解液，在以铁作阳极可以将铁氧化成FeO42-，试写出此时阳极的电极反应式______．
正确答案
解：（1）FeSO4溶液中亚铁离子易被氧化生成铁离子，亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，加入铁粉防止氧化，加入硫酸防止水解，实验室配制FeSO4溶液时，需加入铁粉和稀硫酸，加稀硫酸原因是抑制FeSO4的水解，
故答案为：抑制FeSO4的水解；
（2）第一次氧化时，需要控制温度不超过35℃，原因是过氧化氢受热易发生分解失去氧化作用，
故答案为：温度过高H2O2会分解；
（3）上述分析可知用饱和KOH溶液提供钾离子结晶析出高铁酸钾晶体，用饱和KOH溶液结晶的原因是提供K+离子，
故答案为：提供K+；
（4）高铁酸钾不溶于乙醚，洗涤时用乙醚作洗涤剂的原因是用乙醚作洗涤剂减少产品损失，
故答案为：减少K2FeO4的损失；
（5）反应中Fe3+→FeO42-，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，ClO-→Cl-，氯元素化合价由+1降低为-1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe3+系数为2，ClO-系数为3，由铁元素守恒可知 FeO42-系数为2，由氯元素守恒可知Cl-系数为3，根据钠元素守恒可知OH-系数为10，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平离子方程式：3ClO-+2Fe3++10OH-═2FeO42-+3Cl-+5 H2O，假设所有反应均完全时产率最高，假设所有反应均完全时产率最高则n（FeSO4•7H2O）：n（NaOH）理论值应为1：5，
故答案为：1：5；
（6）经测定第一、二次氧化时的转化率分别为a和b，结晶时的转化率为c，若要制备d Kg的K2FeO4，元素守恒得到铁元素物质的量
则需要FeSO4•7H2O 质量=
故答案为：
（7）电解时阳极发生氧化反应，Fe在碱性条件下被氧化为FeO42-，电极反应式为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，
故答案为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O．
解析
解：（1）FeSO4溶液中亚铁离子易被氧化生成铁离子，亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，加入铁粉防止氧化，加入硫酸防止水解，实验室配制FeSO4溶液时，需加入铁粉和稀硫酸，加稀硫酸原因是抑制FeSO4的水解，
故答案为：抑制FeSO4的水解；
（2）第一次氧化时，需要控制温度不超过35℃，原因是过氧化氢受热易发生分解失去氧化作用，
故答案为：温度过高H2O2会分解；
（3）上述分析可知用饱和KOH溶液提供钾离子结晶析出高铁酸钾晶体，用饱和KOH溶液结晶的原因是提供K+离子，
故答案为：提供K+；
（4）高铁酸钾不溶于乙醚，洗涤时用乙醚作洗涤剂的原因是用乙醚作洗涤剂减少产品损失，
故答案为：减少K2FeO4的损失；
（5）反应中Fe3+→FeO42-，铁元素化合价由+3价升高为+6价，化合价总升高3价，ClO-→Cl-，氯元素化合价由+1降低为-1价，化合价总共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe3+系数为2，ClO-系数为3，由铁元素守恒可知 FeO42-系数为2，由氯元素守恒可知Cl-系数为3，根据钠元素守恒可知OH-系数为10，由氢元素守恒可知H2O系数为5，配平离子方程式：3ClO-+2Fe3++10OH-═2FeO42-+3Cl-+5 H2O，假设所有反应均完全时产率最高，假设所有反应均完全时产率最高则n（FeSO4•7H2O）：n（NaOH）理论值应为1：5，
故答案为：1：5；
（6）经测定第一、二次氧化时的转化率分别为a和b，结晶时的转化率为c，若要制备d Kg的K2FeO4，元素守恒得到铁元素物质的量
则需要FeSO4•7H2O 质量=
故答案为：
（7）电解时阳极发生氧化反应，Fe在碱性条件下被氧化为FeO42-，电极反应式为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，
故答案为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O．
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