1.铬铁矿与纯碱的混合物在空气中燃烧,反应式?2.由二氯化钴怎样制备高氯酸钴（二价）?

解题思路：（1）依据流程图和题干反应分析判断固体X的成分；通常PH试纸只能测定溶液PH的整数，测定PH是小数的需要用精确试纸或pH计；
（2）结合流程图和反应过程中得到物质分析，酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5为了转化CrO₄^2-离子为Cr₂O₇^2-；
（3）溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤步骤分析回答；
（4）依据物质溶解度比较分析，反应向溶解度晓得方向进行；
（5）利用氢氧化铝是两性氢氧化物和强碱反应溶解，少量镁、铁的难溶化合物不溶解；分离提取溶液中的偏铝酸钠可以根据实验室制取氢氧化铝沉淀的方法进行，通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀；灼烧后得到氧化铝，依据元素守恒计算得到；
（6）依据一氧化碳气体是有毒气体需要点燃处理．

（1）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr₂O₃，还含有MgO、Al₂O₃、Fe₂O₃等杂质，加入氧气和碳酸钠，发生反应为：
①4FeO•Cr₂O₃+8Na₂CO₃+7O₂
750℃
8Na₂CrO₄+2Fe₂O₃+8CO₂↑；
②Na₂CO₃+Al₂O₃
750℃
2NaAlO₂+CO₂↑；
③Cr₂O₇^2-+H₂O⇌2CrO₄^2-+2H⁺，
操作Ⅰ是过滤得到固体X为Fe₂O₃、MgO；要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4.5，普通pH试纸只能测定溶液pH到整数，是近似测定，准确测定需要用pH计或精确pH试纸，
故答案为：Fe₂O₃、MgO；pH计或精密pH试纸；
（2）酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5，依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡Cr₂O₇^2-+H₂O⇌2CrO₄^2-+2H⁺，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，故答案为：使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-；
（3）操作Ⅲ有多步组成，获得K₂Cr₂O₇晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，
故答案为：冷却结晶，洗涤；
（4）依据图表物质的溶解度分析对比，操作Ⅲ发生反应的化学方程式是：Na₂Cr₂O₇+2KCl=K₂Cr₂O₇↓+2NaCl；说明K₂Cr₂O₇的溶解度比Na₂Cr₂O₇小（或四种物质中K₂Cr₂O₇的溶解度最小），
故答案为：K₂Cr₂O₇的溶解度比Na₂Cr₂O₇小（或四种物质中K₂Cr₂O₇的溶解度最小）；
（5）副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是先利用氢氧化铝的两性，用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝过滤得到滤液中同仁医院二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼烧干燥得到氧化铝干燥固体m g，依据铝元素守恒计算，样品中氢氧化铝的质量分数=

mg
156g/mol×2×78g/mol
ng×100%=[26m/17n]，
故答案为：NaOH溶液；通入过量二氧化碳；[26m/17n]；
（6）CO由甲酸脱水制得，生成的一氧化碳是有毒气体，不能直接排放到空气中，最后需要点燃除去，Ⅲ装置中发生的反应是CO还原CrO₃．需要冷却后再停止通一氧化碳气体，防止还原产物被氧化，所以熄灭酒精灯的顺序是先熄灭Ⅲ，在熄灭Ⅰ，最后熄灭Ⅳ，
故答案为：III、I、IV．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．

考点点评： 本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度中等．

（1）固体反应物在搅拌时可充分接触而反应，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；（2）Al2O3与纯碱反应转变为可溶性盐，生成NaAlO2，反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO3 高温 . 2NaAlO2+CO2...

解题思路：（1）二氧化硅与碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳；
（2）NaFeO₂能强烈水解，生成氢氧化铁沉淀；
（3）③调节后溶液的pH比原来降低，是因降低pH，促进水解平衡正向移动；
（4）①重铬酸钾具有强氧化性，应选酸式滴定管量取；
②达到滴定终点时颜色突变且30s不变色；
③由Cr₂O₇^2-+6I^-+14H⁺=2Cr³⁺+3I₂+7H₂O、I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2- 可知，存在Cr₂O₇^2-～6S₂O₃^2-，以此计算．

（1）二氧化硅与碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，该反应为SiO₂+Na₂CO₃

高温
.
Na₂SiO₃+CO₂，
故答案为：SiO₂+Na₂CO₃

高温
.
Na₂SiO₃+CO₂；
（2）NaFeO₂能强烈水解，生成氢氧化铁沉淀，该水解反应为NaFeO₂+2H₂O=Fe（OH）₃↓+NaOH，故答案为：NaFeO₂+2H₂O=Fe（OH）₃↓+NaOH；
（3）③调节后溶液的pH比原来降低，是由于硅酸钠和偏铝酸钠在溶液中发生水解，SiO₃^2-+H₂OHSiO₃^-+OH^-、HSiO₃^-+H₂OH₂SiO₃+OH^-、AlO₂^-+2H₂OAl（OH）₃+OH^-，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时能使它们完全水解生成沉淀，
故答案为：由于硅酸钠和偏铝酸钠在溶液中发生水解，SiO₃^2-+H₂OHSiO₃^-+OH^-、HSiO₃^-+H₂OH₂SiO₃+OH^-、AlO₂^-+2H₂OAl（OH）₃+OH^-，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时能使它们完全水解生成沉淀；
（4）①重铬酸钾具有强氧化性，应选酸式滴定管（或移液管）量取，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；
②达到滴定终点时，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不复现，
故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不复现；
③由Cr₂O₇^2-+6I^-+14H⁺=2Cr³⁺+3I₂+7H₂O、I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2- 可知，
存在Cr₂O₇^2-～6S₂O₃^2-，
1 6
所得产品中重铬酸钾纯度的代数式为
294×c×V×V2
6×1000×V1×m×100%，故答案为：
294×c×V×V2
6×1000×V1×m×100%．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查混合物的分离、提纯，明确流程中操作的目的是解答的关键，注意利用关系式计算，（4）为解答的难点，题目难度中等．

解题思路：工业上常用铬铁矿（主要成分为FeO•Cr₂O₃，杂质为SiO₂、Al₂O₃）为原料生产重铬酸钾：在反应器①中，6FeO•Cr₂O₃+24NaOH+7KClO₃═12Na₂CrO₄+3Fe₂O₃+7KCl+12H₂O，有Na₂CrO₄生成，同时Fe₂O₃转变为NaFeO₂，杂质SiO₂、Al₂O₃与纯碱反应转变为可溶性盐，NaFeO₂能强烈水解，为强碱弱酸液，水解呈碱性，生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为FeO₂^-+2H₂O=Fe（OH）₃↓+OH^-，由于硅酸钠和偏铝酸钠在溶液中发生水解，SiO₃^2-+H₂O⇌HSiO₃^-+OH^-、HSiO₃^-+H₂O⇌H₂SiO₃+OH^-、AlO₂^-+2H₂O⇌Al（OH）₃+OH^-，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时能使它们完全水解生成沉淀，操作④中酸化时，CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，常温下重铬酸钾的溶解度较小，操作⑤中利用Na₂Cr₂O₇+2KCl═K₂Cr₂O₇+2NaCl复分解反应，得到重铬酸钾．
（1）依据影响化学反应速率的因素分析，增大接触面积会加快反应速率；
（2）根据水解平衡移动判断产物；
（3）在酸性环境下，CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，据此来书写方程式；
（4）操作⑤加入KCl的原因温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大；
（5）根据氧化还原反应中得失电子数相等，再结合原子守恒进行计算．

工业上常用铬铁矿（主要成分为FeO•Cr₂O₃，杂质为SiO₂、Al₂O₃）为原料生产重铬酸钾：在反应器①中，6FeO•Cr₂O₃+24NaOH+7KClO₃═12Na₂CrO₄+3Fe₂O₃+7KCl+12H₂O，有Na₂CrO₄生成，同时Fe₂O₃转变为NaFeO₂，杂质SiO₂、Al₂O₃与纯碱反应转变为可溶性盐，NaFeO₂能强烈水解，为强碱弱酸液，水解呈碱性，生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为FeO₂^-+2H₂O=Fe（OH）₃↓+OH^-，由于硅酸钠和偏铝酸钠在溶液中发生水解，SiO₃^2-+H₂O⇌HSiO₃^-+OH^-、HSiO₃^-+H₂O⇌H₂SiO₃+OH^-、AlO₂^-+2H₂O⇌Al（OH）₃+OH^-，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时能使它们完全水解生成沉淀，操作④中酸化时，CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，常温下重铬酸钾的溶解度较小，操作⑤中利用Na₂Cr₂O₇+2KCl═K₂Cr₂O₇+2NaCl复分解反应，得到重铬酸钾．
（1）增大接触面积会加快反应速率，碱浸前将铭铁矿粉碎的作用是增大接触面积加快反应速率，
故答案为：增大接触面积，增大反应速率；
（2）由于硅酸钠和偏铝酸钠在溶液中发生水解，SiO₃^2-+H₂O⇌HSiO₃^-+OH^-、HSiO₃^-+H₂O⇌H₂SiO₃+OH^-、AlO₂^-+2H₂O⇌Al（OH）₃+OH^-，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时能使它们完全水解生成沉淀，
故答案为：H₂SiO₃、Al（OH）₃；
（3）在酸性环境下，CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，即2CrO₄^2-+2H⁺⇌Cr₂O₇^2-+H₂O；
故答案为：2CrO₄^2-+2H⁺⇌Cr₂O₇^2-+H₂O；
（4）操作⑤加入KCl的原因是：温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用Na₂Cr₂O₇+2KCl═K₂Cr₂O₇+2NaCl复分解反应，将溶液浓缩后，冷却，即有大量重铬酸钾结晶析出，氯化钠仍留在溶液中，可得到重铬酸钾，
故答案为：温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应，可得到重铬酸钾；
（5）处理1mol Cr₂O₇^2-，需加入a mol FeSO₄•7H₂O，根据铬原子守恒得，1mol Cr₂O₇2-完全反应后生成 [2/2−x]molFe^Ⅱ[Fe^Ⅲ_x•Cr^Ⅲ_2-x]O₄，根据铁原子守恒得amol=
2(1+x)
2−xmol①，
该反应中得失电子数相等，1mol×2×3=[2/2−x]mol×（3-2）×x，解得x=1.5，将x=1.5代入①得a=10，
故答案为：D．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、溶解平衡等问题，理解工艺流程以及根据转移电子数相等及原子守恒来分析解答是关键，需要学生具有阅读题目获取信息能力和灵活运用基础知识分析问题、解决问题能力，题目难度中等．

是的.Cr显+3价.

（1）K元素原子序数为19，处于第四周期第1列，第四周期容纳18种元素， ₂₄ Cr的原子序数比K元素大5，所以 ₂₄ Cr处于周期表中第四周期，第6列，故 ₂₄ Cr处于周期表中第四周期第ⅥB族．
故答案为：第四周期第ⅥB．
（2）NaFeO ₂ 水解生成Fe（OH） ₃ 与NaOH，反应方程式为NaFeO ₂ +2H ₂ O=Fe（OH） ₃ ↓+NaOH．
（3）由于溶液在硅酸钠和偏铝酸钠发生水解，SiO ₃ ^2- +H ₂ O⇌HSiO ₃ ^- +OH ^- ，HSiO ₃ ^- +H ₂ O⇌H ₂ SiO ₃ +OH ^- ，AlO ₂ ^- +H ₂ O⇌Al（OH） ₃ +OH ^- ，降低pH值有利于平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时，使它们水解完全．
故答案为：由于溶液在硅酸钠和偏铝酸钠发生水解，SiO ₃ ^2- +H ₂ O⇌HSiO ₃ ^- +OH ^- ，HSiO ₃ ^- +H ₂ O⇌H ₂ SiO ₃ +OH ^- ，AlO ₂ ^- +H ₂ O⇌Al（OH） ₃ +OH ^- ，降低pH值有利于平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时，使它们水解完全．
（4）由表中数据可知，铬酸（H ₂ CrO ₄ ）溶液中pH越小，浓度越大Cr ₂ O ₇ ^2- ，加酸酸化使CrO ₄ ^2- 转化为Cr ₂ O ₇ ^2- ．
故答案为：酸化使CrO ₄ ^2- 转化为Cr ₂ O ₇ ^2- ．
（5）由表中数据可知，酸性条件下，铬酸（H ₂ CrO ₄ ）溶液中Cr ₂ O ₇ ^2- 浓度远大于CrO ₄ ^2- ．所以电离出CrO ₄ ^2- 的电离平衡常数小于电离出Cr ₂ O ₇ ^2- 的电离平衡常数，即K ₂ ＜K ₃ ．
故答案为：＜．
（6）选择第1组计算．根据铬元素守恒可知c（H ₂ CrO ₄ ）=c（CrO ₄ ^2- ）mol/L+c（HCrO ₄ ^- ）mol/L+2c（Cr ₂ O ₇ ^2- ）mol/L=0.0003mol/L+0.104mol/L+2×0.448mol/L=1.0003mol/L≈1.00mol/L．
故答案为：1.00mol/L．

（1）由题目信息可知，铬铁矿的主要成分FeO•Cr₂O₃，含有SiO₂、Al₂O₃等杂质，SiO₂与NaOH发生反应生成Na₂SiO₃，Al₂O₃与NaOH发生反应，生成NaAlO₂，故还含有Na₂SiO₃、NaAlO₂，
故答案为：Na₂SiO₃、NaAlO₂；
（2）NaFeO₂水解生成氢氧化钠与氢氧化铁，反应方程式为NaFeO₂+2H₂O═NaOH+Fe（OH）₃，故答案为：NaFeO₂+2H₂O═NaOH+Fe（OH）₃；
（3）由工艺流程可知，固体C中含有氢氧化铝与硅酸，氢氧化铝溶液强酸强碱，硅酸溶于强碱、不能与酸（HF除外）反应，故应加入盐酸，将氢氧化铝转化为偏铝酸钠，再过滤分离，
故选：C；
（4）由工艺流程可知，Na₂CrO₄在酸性条件下转化为Na₂Cr₂O₇，根据元素守恒还有氯化钠生成，故答案为：NaCl；
（5）由工艺流程可知，第①步反应中，铁元素、铬元素、氧元素化合价反应变化，属于氧化还原反应，其它各步反应中元素的化合价未变化，不属于氧化还原反应，
故答案为：①；
（6）20℃时K₂Cr₂O₇饱和溶液浓度为0.4mol•L^-1，该温度下c²（K⁺）•c（Cr₂O^2-₇）=0.8²•0.4=0.256，所以使K⁺离子浓度达到4mol•L^-1（保持温度20℃），溶液F中Cr₂O^2-₇离子的浓度最大为
0.256
42mol/L=0.016mol/L，故答案为：0.016mol/L．

B

反应②中元素无化合价的变化，A项错误；Na ₂ Cr ₂ O ₇ 中Cr的化合价为＋6价，C项错误；从反应①看该反应转移电子数为28 mol，故生成1 mol Na ₂ CrO ₄ 转移电子数为3.5 mol，D项错误。

（1）Al ₂ O ₃ 与纯碱反应转变为可溶性盐，生成NaAlO ₂ ，反应的化学方程式为Al ₂ O ₃ +Na ₂ CO ₃

△
.
2NaAlO ₂ +CO ₂ ↑，故答案为：Al ₂ O ₃ +Na ₂ CO ₃

△
.
2NaAlO ₂ +CO ₂ ↑；
（2）NaFeO ₂ 能强烈水解，为强碱弱酸液，水解呈碱性，生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为FeO ₂ ^- +2H ₂ O=Fe（OH） ₃ ↓+OH ^- ，故答案为：FeO ₂ ^- +2H ₂ O=Fe（OH） ₃ ↓+OH ^- ；
（3）由于硅酸钠和偏铝酸钠在溶液中发生水解，SiO ₃ ^2- +H ₂ O⇌HSiO ₃ ^- +OH ^- 、HSiO ₃ ^- +H ₂ O⇌H ₂ SiO ₃ +OH ^- 、AlO ₂ ^- +2H ₂ O⇌Al（OH） ₃ +OH ^- ，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时能使它们完全水解生成沉淀，
故答案为：由于硅酸钠和偏铝酸钠发生水SiO ₃ ^2- +2H ₂ O⇌H ₂ SiO ₃ +2OH ^- （或SiO ₃ ^2- +H ₂ O⇌HSiO ₃ ^- +OH ^- ，HSiO ₃ ^- +H ₂ O⇌H ₂ SiO ₃ +OH ^- ，AlO ₂ ^- +H ₂ O⇌Al（OH） ₃ +OH ^- ），降低pH值有利于平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时，使它们水解完全；
（4）在酸性环境下，CrO ₄ ^2- 转化为Cr ₂ O ₇ ^2- ，即2CrO ₄ ^2- +2H ⁺ ⇌Cr ₂ O ₇ ^2- +H ₂ O，故答案为：2CrO ₄ ^2- +2H ⁺ ⇌Cr ₂ O ₇ ^2- +H ₂ O；
（5）①根据反应：I ₂ +2S ₂ O ₃ ^2- =2I ^- +S ₄ O ₆ ^2- ，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，碘单质恰好完全反应，溶液蓝色褪去，达到滴定终点，
故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；
②由反应Cr ₂ O ₇ ^2- +6I ^- +14H ⁺ =2Cr ³⁺ +3I ₂ +7H ₂ O；I ₂ +2S ₂ O ₃ ^2- =2I ^- +S ₄ O ₆ ^2- 可得反应的关系式为Cr ₂ O ₇ ^2- ～3I ₂ ～6S ₂ O ₃ ^2- ，根据关系式计算．
Cr ₂ O ₇ ^2- ～3I ₂ ～6S ₂ O ₃ ^2-
1mol 3mol 6mol
n 0.1200×40×10 ^-3 mol
则250ml含重铬酸钾的物质的量为n=
0.1200×40×1 0 -3 mol
6 ×10，则所得产品中重铬酸钾纯度为
0.1200×40×1 0 -3 ×10×294
6×2.5000 ×100%=94.08%，
故答案为：94.08%．

解题思路：铬铁矿通过焙烧，生成Na₂CrO₄、Fe₂O₃、MgO和NaAlO₂的混合体系，然后加水溶解得固体Fe₂O₃、MgO和溶液Na₂CrO₄、NaAlO₂，再调节溶液的PH，使偏铝酸盐完全沉淀，继续调节溶液的PH使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的K₂Cr₂O₇，
（1）依据流程图和题干反应分析判断固体X的成分；通常pH试纸只能测定溶液pH的整数，测定PH是小数的需要用精确试纸或pH计；
（2）结合流程图和反应过程中得到物质分析，酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5为了转化CrO₄^2-离子为Cr₂O₇^2-；
（3）溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤步骤分析回答；
（4）依据物质溶解度比较分析，反应向溶解度晓得方向进行；
（5）利用氢氧化铝是两性氢氧化物和强碱反应溶解，少量镁、铁的难溶化合物不溶解；分离提取溶液中的偏铝酸钠可以根据实验室制取氢氧化铝沉淀的方法进行，通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀；灼烧后得到氧化铝，依据元素守恒计算得到．

（1）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr₂O₃，还含有MgO、Al₂O₃、Fe₂O₃等杂质，加入氧气和碳酸钠，发生反应为：
①4FeO•Cr₂O₃+8Na₂CO₃+7O₂

750℃
.
8Na₂CrO₄+2Fe₂O₃+8CO₂↑；
②Na₂CO₃+Al₂O₃

750℃
.
2NaAlO₂+CO₂↑；
③Cr₂CO₇^2-+H₂O⇌2CrO₄^2-+2H⁺
操作Ⅰ是过滤得到固体X为Fe₂O₃、MgO；要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4.5，普通pH试纸只能测定溶液pH到整数，是近似测定，准确测定需要用pH计或精确pH试纸，
故答案为：Fe₂O₃、MgO；pH计或精密pH试纸；
（2）酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5，依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡Cr₂O₇^2-+H₂O⇌2CrO₄^2-+2H⁺，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，故答案为：使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-；
（3）操作Ⅲ有多步组成，获得K₂Cr₂O₇晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，
故答案为：冷却结晶；洗涤；
（4）依据图表物质的溶解度分析对比，操作Ⅲ发生反应的化学方程式是：Na₂Cr₂O₇+2KCl=K₂Cr₂O₇↓+2NaCl；说明K₂Cr₂O₇的溶解度比Na₂Cr₂O₇小（或四种物质中K₂Cr₂O₇的溶解度最小），
故答案为：K₂Cr₂O₇的溶解度比Na₂Cr₂O₇小（或四种物质中K₂Cr₂O₇的溶解度最小）；
（5）副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是先利用氢氧化铝的两性，用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝过滤得到滤液中通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼烧干燥得到氧化铝干燥固体m g，依据铝元素守恒计算，样品中氢氧化铝的质量分数=

mg
156g/mol×2×78g/mol
ng=[26m/17n]，故答案为：NaOH溶液；通入过量二氧化碳；[26m/17n]．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度大．

解题思路：（1）钠离子、钾离子的检验方法是焰色反应；
（2）硅酸钠和偏铝酸钠易发生水解，根据水解平衡移动原理来回答；
（3）二氧化硅与碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳；
（4）利用盖斯定律计算反应热，并书写热化学方程式；
（5）①用Fe为阳极进行电解，总反应：Fe+2H⁺═Fe²⁺+H₂↑；
Cr₂O₇^2-将亚铁离子氧化为铁离子反应的实质是：6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，Fe³⁺、Cr³⁺结合氢氧根离子最终转化为Fe（OH）₃、Cr（OH）₃沉淀，把以上方程式加合可得电解法处理废水的总反应的离子方程式6Fe+Cr₂O₇^2-+2H⁺+17H₂O=6Fe（OH）₃↓+2Cr（OH）₃↓+6H₂↑；
②根据Cr（OH）₃的K_sp=6.3×10^-31=c（Cr³⁺）×c³（OH^-）计算．

（1）⑤中溶液金属阳离子为钠离子、钾离子，检验方法是焰色反应，故答案为：焰色反应；
（2）由于硅酸钠和偏铝酸钠在溶液中发生水解，SiO₃^2-+H₂O⇌HSiO₃^-+OH^-、HSiO₃^-+H₂O⇌H₂SiO₃+OH^-、AlO₂^-+2H₂O⇌Al（OH）₃+OH^-，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时能使它们完全水解生成沉淀，故答案为：SiO₃^2-，AlO₂^-；
（3）二氧化硅与碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，该反应为SiO₂+Na₂CO₃

高温
.
Na₂SiO₃+CO₂，故答案为：SiO₂+Na₂CO₃

高温
.
Na₂SiO₃+CO₂；
（4）甲醇和氢气的燃烧热书写其热化学方程式分别为：
①2CH₃OH（l）+3O₂（g）═2CO₂（g）+4H₂O（l），△H₁=-1451kJ/mol；
②2H₂（g）+O₂（g）═2H₂O（l），△H₂=-571.6KJ/mol，
根据盖斯定律，反应CO₂（g）+3H₂（g）═CH₃OH（l）+H₂O（l）
可以看成是方程式[3/2]×②-①×[1/2]；所以△H=×[3/2]（-571.6kJ/mol）-（-1451kJ/mol）×[1/2]=-131.9kJ/mol，
故答案为：CO₂（g）+3H₂（g）═CH₃OH（l）+H₂O（l）△H=-131.9kJ/mol；
（5）①用Fe为阳极进行电解，总反应：Fe+2H⁺═Fe²⁺+H₂↑；
Cr₂O₇^2-具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr³⁺，反应的实质是：6Fe²⁺+Cr₂O₇^2-+14H⁺═6Fe³⁺+2Cr³⁺+7H₂O，Cr₂O₇^2-与Fe²⁺反应的过程中，都将消耗大量的H⁺，使溶液pH上升，促使Fe³⁺、Cr³⁺结合氢氧根离子最终转化为Fe（OH）₃、Cr（OH）₃沉淀，综上可得：电解法处理废水的总反应的离子方程式6Fe+Cr₂O₇^2-+2H⁺+17H₂O=6Fe（OH）₃↓+2Cr（OH）₃↓+6H₂↑，故答案为：6Fe+Cr₂O₇^2-+2H⁺+17H₂O=6Fe（OH）₃↓+2Cr（OH）₃↓+6H₂↑；
②，若地表水铬含量最高限值是0.1mg/L，换算成物质的量浓度c（Cr³⁺）=
1×10-4
52mol/L，要使溶液中c（Cr³⁺）降到符合地表水限值，已知Cr（OH）₃的K_sp=6.3×10^-31=c（Cr³⁺）×c³（OH^-），须调节溶液的c（OH^-）≥

6.3×10-31

1×10-4
52mol/L，故答案为：

6.3×10-31

1×10-4

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、电解、盖斯定律、化学计算、物质检验等，需要学生具备扎实的基础知识，平时注意培养分析和解决问题的能力，题目难度中等．

解题思路：铬铁矿通过焙烧，生成Na₂CrO₄、Fe₂O₃、MgO和NaAlO₂的混合体系，然后加水溶解得固体Fe₂O₃、MgO和溶液Na₂CrO₄、NaAlO₂，再调节溶液的PH，使偏铝酸盐完全沉淀，继续调节溶液的PH使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的K₂Cr₂O₇，
（1）依据流程图和题干反应分析判断固体X的成分；通常PH试纸只能测定溶液PH的整数，测定PH是小数的需要用精确试纸或pH计；
（2）结合流程图和反应过程中得到物质分析，酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5为了转化CrO₄^2-离子为Cr₂O₇^2-；
（3）溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤步骤分析回答；
（4）调节溶液的pH=7～8时，醋酸可以和偏铝酸根离子之间反应生成氢氧化铝沉淀．

（1）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr₂O₃，还含有MgO、Al₂O₃、Fe₂O₃等杂质，加入氧气和碳酸钠，发生反应为：
①4FeO•Cr₂O₃+8Na₂CO₃+7O₂

750℃
.
8Na₂CrO₄+2Fe₂O₃+8CO₂↑；
②Na₂CO₃+Al₂O₃

750℃
.
2NaAlO₂+CO₂↑；
③Cr₂CO₇^2-+H₂O⇌2CrO₄^2-+2H⁺．
操作Ⅰ是过滤，得到固体X为Fe₂O₃、MgO；要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4.5，普通pH试纸只能测定溶液pH到整数，是近似测定，准确测定需要用pH计或精确pH试纸，
故答案为：过滤；Fe₂O₃、MgO；pH计或精密pH试纸；
（2）酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5，依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡Cr₂O₇^2-+H₂O⇌2CrO₄^2-+2H⁺，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，故答案为：使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-；
（3）操作Ⅲ有多步组成，获得K₂Cr₂O₇晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，
故答案为：冷却结晶，洗涤；
（4）调节溶液的pH=7～8时，醋酸可以和偏铝酸根离子之间反应生成氢氧化铝沉淀，反应为：CH₃COOH+AlO₂^-+H₂O=Al（OH）₃↓+CH₃COO^-，故答案为：CH₃COOH+AlO₂^-+H₂O=Al（OH）₃↓+CH₃COO^-．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度大．

解题思路：（1）根据K元素确定₂₄Cr在周期表中的位置．
（2）NaFeO₂水解生成Fe（OH）₃与NaOH．
（3）操作②的滤液中含有SiO₃^2-、AlO₂^-等，pH调到7～8时，使SiO₃^2-、AlO₂^-等水解完全除去．
（4）由表中数据可知，铬酸（H₂CrO₄）溶液中pH越小，浓度越大Cr₂O₇^2-，酸化使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-．
（5）由表中数据可知，酸性条件下，铬酸（H₂CrO₄）溶液中Cr₂O₇^2-浓度远大于CrO₄^2-．
（6）根据铬元素守恒可知c（H₂CrO₄）=c（CrO₄^2-）mol/L+c（HCrO₄^-）mol/L+2c（Cr₂O₇^2-）mol/L．选择任何1组计算．

（1）K元素原子序数为19，处于第四周期第1列，第四周期容纳18种元素，₂₄Cr的原子序数比K元素大5，所以₂₄Cr处于周期表中第四周期，第6列，故₂₄Cr处于周期表中第四周期第ⅥB族．
故答案为：第四周期第ⅥB．
（2）NaFeO₂水解生成Fe（OH）₃与NaOH，反应方程式为NaFeO₂+2H₂O=Fe（OH）₃↓+NaOH．
（3）由于溶液在硅酸钠和偏铝酸钠发生水解，SiO₃^2-+H₂O⇌HSiO₃^-+OH^-，HSiO₃^-+H₂O⇌H₂SiO₃+OH^-，AlO₂^-+H₂O⇌Al（OH）₃+OH^-，降低pH值有利于平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时，使它们水解完全．
故答案为：由于溶液在硅酸钠和偏铝酸钠发生水解，SiO₃^2-+H₂O⇌HSiO₃^-+OH^-，HSiO₃^-+H₂O⇌H₂SiO₃+OH^-，AlO₂^-+H₂O⇌Al（OH）₃+OH^-，降低pH值有利于平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时，使它们水解完全．
（4）由表中数据可知，铬酸（H₂CrO₄）溶液中pH越小，浓度越大Cr₂O₇^2-，加酸酸化使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-．
故答案为：酸化使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-．
（5）由表中数据可知，酸性条件下，铬酸（H₂CrO₄）溶液中Cr₂O₇^2-浓度远大于CrO₄^2-．所以电离出CrO₄^2-的电离平衡常数小于电离出Cr₂O₇^2-的电离平衡常数，即K₂＜K₃．
故答案为：＜．
（6）选择第1组计算．根据铬元素守恒可知c（H₂CrO₄）=c（CrO₄^2-）mol/L+c（HCrO₄^-）mol/L+2c（Cr₂O₇^2-）mol/L=0.0003mol/L+0.104mol/L+2×0.448mol/L=1.0003mol/L≈1.00mol/L．
故答案为：1.00mol/L．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；盐类水解的应用．

考点点评： 考查学生对工艺流程理解、实验操作的理解、阅读题目获取信息能力、盐类水解及有关计算、电离等，难度中等，理解工艺流程是关键，需要学生具有阅读题目获取信息能力和灵活运用基础知识分析问题、解决问题能力．

解题思路：铬铁矿通过焙烧，生成Na₂CrO₄、Fe₂O₃、MgO和NaAlO₂的混合体系，然后加水溶解得固体Fe₂O₃、MgO和溶液Na₂CrO₄、NaAlO₂，再调节溶液的pH，使偏铝酸盐完全沉淀，继续调节溶液的pH使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的K₂Cr₂O₇，
（1）高温加热固体应在坩埚中进行，为防止坩埚炸裂，应用铁坩埚；蒸发浓缩时所用的主要仪器是蒸发皿；
（2）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr₂O₃，还含有MgO、SiO₂、Al₂O₃、Fe₂O₃等杂质，都可在高温下与碳酸钠反应；
（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；
（4）滤液1中含有Na₂SiO₃、NaAlO₂，调节pH可生成Al（OH）₃、H₂SiO₃；
（5）溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤等步骤．

铬铁矿通过焙烧，生成Na₂CrO₄、Fe₂O₃、MgO和NaAlO₂的混合体系，然后加水溶解得固体Fe₂O₃、MgO和溶液Na₂CrO₄、NaAlO₂，再调节溶液的pH，使偏铝酸盐完全沉淀，继续调节溶液的pH使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的K₂Cr₂O₇，
（1）高温加热固体应在坩埚中进行，由于固体中含有碳酸钠，在高温下可与二氧化硅反应，则为防止坩埚炸裂，应用铁坩埚；蒸发浓缩时所用的主要仪器是蒸发皿，
故答案为：C； A；
（2）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr₂O₃，还含有MgO、SiO₂、Al₂O₃、Fe₂O₃等杂质，都可在高温下与碳酸钠反应，由已知方程式可知，还应存在SiO₂+Na₂CO₃

高温
.
Na₂SiO₃+CO₂↑，
故答案为：SiO₂+Na₂CO₃

高温
.
Na₂SiO₃+CO₂↑；
（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，离子方程式为FeO₂^-+2H₂O=Fe（OH）₃↓+OH^-，
故答案为：FeO₂^-+2H₂O=Fe（OH）₃↓+OH^-；
（4）滤液1中含有Na₂SiO₃、NaAlO₂，调节pH可生成Al（OH）₃、H₂SiO₃，故答案为：Al（OH）₃、H₂SiO₃；
（5）溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤等步骤，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶．

点评：
本题考点： 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意物质性质的应用、题干信息的分析理解、操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度中等．

解题思路：FeCr₂O₄和O₂发生反应过程中，FeCr₂O₄失电子数和O₂的得电子数是应该相等的．

FeCr₂O₄和O₂发生反应过程中，FeCr₂O₄失电子，Fe和Cr的氧化态都转化为+6价，失电子数目是（6-2）+2（6-3）=10，设得到这些电子需要的氧气的物质的量是n，则2n（2-0）=10，解得n=2.5mol，故选B．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算．

考点点评： 注意电子守恒法在解决氧化还原反应过程中的应用是解题的关键，难度不大．

（1）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr₂O₃，还含有MgO、Al₂O₃、Fe₂O₃等杂质，加入氧气和碳酸钠，发生反应为：
①4FeO•Cr₂O₃+8Na₂CO₃+7O₂

750℃
.
8Na₂CrO₄+2Fe₂O₃+8CO₂↑；
②Na₂CO₃+Al₂O₃

750℃
.
2NaAlO₂+CO₂↑；
③Cr₂CO₇^2-+H₂O⇌2CrO₄^2-+2H⁺．
操作Ⅰ是过滤，得到固体X为Fe₂O₃、MgO；要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4.5，普通pH试纸只能测定溶液pH到整数，是近似测定，准确测定需要用pH计或精确pH试纸，
故答案为：过滤；Fe₂O₃、MgO；pH计或精密pH试纸；
（2）酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5，依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡Cr₂O₇^2-+H₂O⇌2CrO₄^2-+2H⁺，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，故答案为：使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-；
（3）操作Ⅲ有多步组成，获得K₂Cr₂O₇晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，
故答案为：冷却结晶，洗涤；
（4）调节溶液的pH=7～8时，醋酸可以和偏铝酸根离子之间反应生成氢氧化铝沉淀，反应为：CH₃COOH+AlO₂^-+H₂O=Al（OH）₃↓+CH₃COO^-，故答案为：CH₃COOH+AlO₂^-+H₂O=Al（OH）₃↓+CH₃COO^-．

（1）4FeO•Cr ₂ O ₃ + 7O ₂ + 20NaOH 8Na ₂ CrO ₄ + 4NaFeO ₂ ^— + 10H ₂ O（2分)
（2）NaAlO ₂ 、Na ₂ SiO ₃ （2分)；  FeO ₂ ^— + 2H ₂ O＝OH ^— + Fe(OH) ₃ ↓（2分)    
（3）（稀）硫酸（1分）
（4）同温下K ₂ Cr ₂ O ₇ 晶体的溶解度小于Na ₂ Cr ₂ O ₇ ，冷却时会结晶析出（2分)； A（1分）
（5）6Fe ²⁺ + Cr ₂ O ₇ ^2— + 14H ⁺ = 6Fe ³⁺ + 2Cr ³⁺ + 7H ₂ O（2分)

解题思路：（1）Al₂O₃与纯碱反应转变为可溶性盐偏铝酸钠和二氧化碳；
（2）NaFeO₂能强烈水解，生成氢氧化铁和氢氧化钠；
（3）硅酸钠和偏铝酸钠易发生水解，根据水解平衡移动原理来回答；
（4）在酸性环境下，CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，据此来书写方程式；
（5）根据反应：I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2-，碘单质遇到淀粉时，溶液的蓝色消失，据此来回答并计算纯度．

（1）Al₂O₃与纯碱反应转变为可溶性盐，生成NaAlO₂，反应的化学方程式为Al₂O₃+Na₂CO₃

△
.
2NaAlO₂+CO₂↑，故答案为：Al₂O₃+Na₂CO₃

△
.
2NaAlO₂+CO₂↑；
（2）NaFeO₂能强烈水解，为强碱弱酸液，水解呈碱性，生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为FeO₂^-+2H₂O=Fe（OH）₃↓+OH^-，故答案为：FeO₂^-+2H₂O=Fe（OH）₃↓+OH^-；
（3）由于硅酸钠和偏铝酸钠在溶液中发生水解，SiO₃^2-+H₂O⇌HSiO₃^-+OH^-、HSiO₃^-+H₂O⇌H₂SiO₃+OH^-、AlO₂^-+2H₂O⇌Al（OH）₃+OH^-，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时能使它们完全水解生成沉淀，
故答案为：由于硅酸钠和偏铝酸钠发生水SiO₃^2-+2H₂O⇌H₂SiO₃+2OH^-（或SiO₃^2-+H₂O⇌HSiO₃^-+OH^-，HSiO₃^-+H₂O⇌H₂SiO₃+OH^-，AlO₂^-+H₂O⇌Al（OH）₃+OH^-），降低pH值有利于平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时，使它们水解完全；
（4）在酸性环境下，CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，即2CrO₄^2-+2H⁺⇌Cr₂O₇^2-+H₂O，故答案为：2CrO₄^2-+2H⁺⇌Cr₂O₇^2-+H₂O；
（5）①根据反应：I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2-，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，碘单质恰好完全反应，溶液蓝色褪去，达到滴定终点，
故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；
②由反应Cr₂O₇^2-+6I^-+14H⁺=2Cr³⁺+3I₂+7H₂O；I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2-可得反应的关系式为Cr₂O₇^2-～3I₂～6S₂O₃^2-，根据关系式计算．
Cr₂O₇^2-～3I₂～6S₂O₃^2-
1mol 3mol 6mol
n 0.1200×40×10^-3mol
则250ml含重铬酸钾的物质的量为n=
0.1200×40×10−3mol
6×10，则所得产品中重铬酸钾纯度为
0.1200×40×10−3×10×294
6×2.5000×100%=94.08%，
故答案为：94.08%．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算；盐类水解的应用．

考点点评： 本题考查学生有关盐的水解以及滴定实验等方面的综合知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大．

（1）铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr ₂ O ₃ ，还含有MgO、Al ₂ O ₃ 、Fe ₂ O ₃ 等杂质，加入氧气和碳酸钠，发生反应为：
①4FeO•Cr ₂ O ₃ +8Na ₂ CO ₃ +7O ₂
750℃
8Na ₂ CrO ₄ +2Fe ₂ O ₃ +8CO ₂ ↑；
②Na ₂ CO ₃ +Al ₂ O ₃
750℃
2NaAlO ₂ +CO ₂ ↑；
③Cr ₂ O ₇ ^2- +H ₂ O⇌2CrO ₄ ^2- +2H ⁺ ，
操作Ⅰ是过滤得到固体X为Fe ₂ O ₃ 、MgO；要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4.5，普通pH试纸只能测定溶液pH到整数，是近似测定，准确测定需要用pH计或精确pH试纸，
故答案为：Fe ₂ O ₃ 、MgO；pH计或精密pH试纸；
（2）酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5，依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡Cr ₂ O ₇ ^2- +H ₂ O⇌2CrO ₄ ^2- +2H ⁺ ，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO ₄ ^2- 转化为Cr ₂ O ₇ ^2- ，故答案为：使CrO ₄ ^2- 转化为Cr ₂ O ₇ ^2- ；
（3）操作Ⅲ有多步组成，获得K ₂ Cr ₂ O ₇ 晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，
故答案为：冷却结晶，洗涤；
（4）依据图表物质的溶解度分析对比，操作Ⅲ发生反应的化学方程式是：Na ₂ Cr ₂ O ₇ +2KCl=K ₂ Cr ₂ O ₇ ↓+2NaCl；说明K ₂ Cr ₂ O ₇ 的溶解度比Na ₂ Cr ₂ O ₇ 小（或四种物质中K ₂ Cr ₂ O ₇ 的溶解度最小），
故答案为：K ₂ Cr ₂ O ₇ 的溶解度比Na ₂ Cr ₂ O ₇ 小（或四种物质中K ₂ Cr ₂ O ₇ 的溶解度最小）；
（5）副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是先利用氢氧化铝的两性，用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝过滤得到滤液中同仁医院二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼烧干燥得到氧化铝干燥固体m g，依据铝元素守恒计算，样品中氢氧化铝的质量分数=

mg
156g/mol ×2×78g/mol
ng ×100%=
26m
17n ，
故答案为：NaOH溶液；通入过量二氧化碳；
26m
17n ；
（6）CO由甲酸脱水制得，生成的一氧化碳是有毒气体，不能直接排放到空气中，最后需要点燃除去，Ⅲ装置中发生的反应是CO还原CrO ₃ ．需要冷却后再停止通一氧化碳气体，防止还原产物被氧化，所以熄灭酒精灯的顺序是先熄灭Ⅲ，在熄灭Ⅰ，最后熄灭Ⅳ，
故答案为：III、I、IV．

解题思路：（1）反应①是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，使反应物充分接触，加快反应速率；
（2）由图可知，温度高有利于硫酸钠结晶析出，可以防止Na₂Cr₂O₇•2H₂O结晶析出；
滤液的温度较高，从溶液中获得晶体需要冷却结晶；
（3）由溶解度可知，较高温下K₂Cr₂O₇的溶解度大，氯化钠、氯化钾的溶解度较小，较低温度下，下K₂Cr₂O₇的溶解度小，氯化钠、氯化钾的溶解度较大，K₂Cr₂O₇的溶解度受温度影响大．应在较高温度下将Na₂Cr₂O₇与KCl混合，再冷却结晶，可得K₂Cr₂O₇；
（4）①SnCl₂还原Fe³⁺生成亚铁离子，自身被氧化为Sn⁴⁺；
②重铬酸钾溶液能氧化Sn²⁺，使消耗的重铬酸钾溶液体积偏大，计算铁元素的质量偏高；
③步骤5的操作是滴定，酸性高锰酸钾具有强氧化性，应使用酸式滴定管，锥形瓶内盛放待测液．

（1）反应①是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，使反应物充分接触，加快反应速率；
故答案为：使反应物充分接触，加快反应速率；
（2）由图可知，温度高有利于硫酸钠结晶析出，可以防止Na₂Cr₂O₇•2H₂O结晶析出；滤液的温度较高，从溶液中获得晶体需要冷却结晶，
故答案为：有利于硫酸钠结晶析出，可以防止Na₂Cr₂O₇•2H₂O结晶析出；冷却结晶；
（3）由溶解度可知，较高温下K₂Cr₂O₇的溶解度大，氯化钠、氯化钾的溶解度较小，较低温度下，下K₂Cr₂O₇的溶解度小，氯化钠、氯化钾的溶解度较大，K₂Cr₂O₇的溶解度受温度影响大．应在较高温度下将Na₂Cr₂O₇与KCl配成饱和溶液后混合，再降低温度到0℃冷却结晶，过滤洗涤，可得K₂Cr₂O₇，
故答案为：较高温度下将Na₂Cr₂O₇与KCl配成饱和溶液后混合，再降低温度到0℃冷却结晶，过滤洗涤，可得K₂Cr₂O₇；
（4）①SnCl₂还原Fe³⁺生成亚铁离子，自身被氧化为Sn⁴⁺，反应离子方程式为：2Fe³⁺+Sn²⁺=Sn⁴⁺+2Fe²⁺，
故答案为：2Fe³⁺+Sn²⁺=Sn⁴⁺+2Fe²⁺；
②重铬酸钾溶液能氧化Sn²⁺，使消耗的重铬酸钾溶液体积偏大，计算铁元素的质量偏高，所测定的铁的含量偏高，
故答案为：偏高；
③步骤5的操作是滴定，酸性高锰酸钾具有强氧化性，应使用酸式滴定管，锥形瓶内盛放待测液，
故答案为：酸式滴定管、锥形瓶．

点评：
本题考点： 化学平衡的调控作用；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查学生对数据及图象的分析、常用化学用语、氧化还原反应滴定等，难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与运用知识分析解决问题的能力．

不同的东西有其不同的沉淀范围,其大小取决于Ksp（溶度积）.
(Ksp)=(C(Am+) )^n ( C(Bn-))^m（这个参考百度百科）
也就是说例如Al(OH)3,或者说HALO2·H2O（氢氧化铝酸式写法）其中
c(H+）*c（AlO2-)得到的值大于溶度积就会生成沉淀
这里如果你c（AlO2-）很大的话,c(H+)小一点也无所谓.
事实上Al（OH）3沉淀的ph值一般在6~10
硅酸也是这样
平时说AlO2-等在酸性下沉淀也是定性的判断（即ph降低,c(H+)增加,离子乘积变大,容易沉淀）实际上可能并不是一定要到酸性才能沉淀
例如Fe(OH)3沉淀pH值很小就可以了(貌似是4）

解题思路：A．反应（2）中不存在元素的化合价变化；
B．反应（1）O₂中O元素的化合价降低，Fe、Cr元素的化合价均升高；
C．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断；
D．根据反应方程式中元素化合价的变化分析．

A．反应（2）中不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，故A错误；
B．反应（1）O₂中O元素的化合价降低，Fe、Cr元素的化合价均升高，所以氧化剂是O₂，还原剂是FeO•Cr₂O₃，故B错误；
C．反应中O₂作氧化剂，Fe₂O₃和Na₂CrO₄均为氧化产物，所以O₂的氧化性大于Fe₂O₃和Na₂CrO₄，故C错误；
D．已知（1）4（FeO•Cr₂O₃ ）+8Na₂CO₃+7O₂

高温
.
8Na₂CrO₄+2Fe₂O₃+8CO₂（2）2Na₂CrO₄+H₂SO₄═Na₂SO₄+Na₂Cr₂O₇+H₂O，则7O₂～28e^-～8Na₂CrO₄～4Na₂Cr₂O₇，则生成1mol的Na₂Cr₂O₇时转移7mol电子，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 氧化还原反应．

考点点评： 本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重电子的转移、氧化剂和还原剂的判断的考查，注意从化合价角度分析，难度不大．

（1）由题目信息可知，铬铁矿的主要成分FeO•Cr ₂ O ₃ ，含有SiO ₂ 、Al ₂ O ₃ 等杂质，SiO ₂ 与NaOH发生反应生成Na ₂ SiO ₃ ，Al ₂ O ₃ 与NaOH发生反应，生成NaAlO ₂ ，故还含有Na ₂ SiO ₃ 、NaAlO ₂ ，
故答案为：Na ₂ SiO ₃ 、NaAlO ₂ ；
（2）NaFeO ₂ 水解生成氢氧化钠与氢氧化铁，反应方程式为NaFeO ₂ +2H ₂ O═NaOH+Fe（OH） ₃ ，故答案为：NaFeO ₂ +2H ₂ O═NaOH+Fe（OH） ₃ ；
（3）由工艺流程可知，固体C中含有氢氧化铝与硅酸，氢氧化铝溶液强酸强碱，硅酸溶于强碱、不能与酸（HF除外）反应，故应加入盐酸，将氢氧化铝转化为偏铝酸钠，再过滤分离，
故选：C；
（4）由工艺流程可知，Na ₂ CrO ₄ 在酸性条件下转化为Na ₂ Cr ₂ O ₇ ，根据元素守恒还有氯化钠生成，故答案为：NaCl；
（5）由工艺流程可知，第①步反应中，铁元素、铬元素、氧元素化合价反应变化，属于氧化还原反应，其它各步反应中元素的化合价未变化，不属于氧化还原反应，
故答案为：①；
（6）20℃时K ₂ Cr ₂ O ₇ 饱和溶液浓度为0.4mol•L ^-1 ，该温度下c ² （K ⁺ ）•c（Cr ₂ O ^2- ₇ ）=0.8 ² •0.4=0.256，所以使K ⁺ 离子浓度达到4mol•L ^-1 （保持温度20℃），溶液F中Cr ₂ O ^2- ₇ 离子的浓度最大为
0.256
4 2 mol/L=0.016mol/L，故答案为：0.016mol/L．

解题思路：（1）由题目信息可知，铬铁矿的主要成分FeO•Cr₂O₃，含有SiO₂、Al₂O₃等杂质，SiO₂、Al₂O₃与NaOH发生反应；
（2）NaFeO₂会发生强烈水解，生成固体B，可推知NaFeO₂水解生成氢氧化钠与氢氧化铁；
（3）由工艺流程可知，固体C中含有氢氧化铝与硅酸，氢氧化铝溶液强酸强碱，硅酸溶于强碱、不能与酸（HF除外）反应，据此判断；
（4）由工艺流程可知，Na₂CrO₄在酸性条件下转化为Na₂Cr₂O₇，根据元素守恒还有氯化钠生成；
（5）元素化合价在反应前后发生变化的反应属于氧化还原反应；
（6）一定温度下，溶液中c²（K⁺）•c（Cr₂O^2-₇）为定值，根据20℃时K₂Cr₂O₇饱和溶液浓度为0.4mol•L^-1，计算c²（K⁺）•c（Cr₂O^2-₇）的值，据此计算．

（1）由题目信息可知，铬铁矿的主要成分FeO•Cr₂O₃，含有SiO₂、Al₂O₃等杂质，SiO₂与NaOH发生反应生成Na₂SiO₃，Al₂O₃与NaOH发生反应，生成NaAlO₂，故还含有Na₂SiO₃、NaAlO₂，
故答案为：Na₂SiO₃、NaAlO₂；
（2）NaFeO₂水解生成氢氧化钠与氢氧化铁，反应方程式为NaFeO₂+2H₂O═NaOH+Fe（OH）₃，故答案为：NaFeO₂+2H₂O═NaOH+Fe（OH）₃；
（3）由工艺流程可知，固体C中含有氢氧化铝与硅酸，氢氧化铝溶液强酸强碱，硅酸溶于强碱、不能与酸（HF除外）反应，故应加入盐酸，将氢氧化铝转化为偏铝酸钠，再过滤分离，
故选：C；
（4）由工艺流程可知，Na₂CrO₄在酸性条件下转化为Na₂Cr₂O₇，根据元素守恒还有氯化钠生成，故答案为：NaCl；
（5）由工艺流程可知，第①步反应中，铁元素、铬元素、氧元素化合价反应变化，属于氧化还原反应，其它各步反应中元素的化合价未变化，不属于氧化还原反应，
故答案为：①；
（6）20℃时K₂Cr₂O₇饱和溶液浓度为0.4mol•L^-1，该温度下c²（K⁺）•c（Cr₂O^2-₇）=0.8²•0.4=0.256，所以使K⁺离子浓度达到4mol•L^-1（保持温度20℃），溶液F中Cr₂O^2-₇离子的浓度最大为
0.256
42mol/L=0.016mol/L，故答案为：0.016mol/L．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．

考点点评： 本题考查学生对工艺流程的理解、阅读题目获取信息能力、物质推断、化学用语、化学计算、氧化还原反应等，综合性较大，难度中等，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力．

（16分）（1）Fe ₂ O ₃ 、MgO（2分，有错即为0分，少一个扣1分）；pH计或精密pH试纸。（1分，
答pH试纸或广泛pH试纸不给分）
（2）使C

解题思路：（1）铬铁矿通过焙烧，生成Na₂CrO₄、Fe₂O₃、MgO和NaAlO₂的混合体系，然后加水溶解得固体Fe₂O₃、MgO和溶液Na₂CrO₄、NaAlO₂，再调节溶液的PH，使偏铝酸盐完全沉淀，继续调节溶液的PH使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的K₂Cr₂O₇，
（2）依据流程图和题干反应分析判断固体a和b的成分；
（3）通常PH试纸只能测定溶液PH的整数，测定PH是小数的需要用精确试纸或pH计；
（4）结合流程图和反应过程中得到物质分析，酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5为了转化CrO₄^2-离子为Cr₂O₇^2-；
（5）发生反应的化学方程式是利用溶解度不同析出K₂Cr₂O₇，溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤步骤分析回答；

铬铁矿的主要成分可表示为FeO•Cr₂O₃，还含有MgO、Al₂O₃、Fe₂O₃等杂质，加入氧气和碳酸钠，发生反应为：
①4FeO•Cr₂O₃+8Na₂CO₃+7O₂

高温
.
8Na₂CrO₄+2Fe₂O₃+8CO₂↑；
②Na₂CO₃+Al₂O₃

高温
.
2NaAlO₂+CO₂↑；
③Cr₂CO₇^2-+H₂O⇌2CrO₄^2-+2H⁺
（1）浸出”步骤中，为了提高浸出率，可采取的措施有加热，搅拌，研磨等加快反应速率；
故答案为：加热；或研磨；或搅拌；
（2）操作Ⅰ是过滤得到固体a为Fe₂O₃、MgO，操作Ⅱ是调节溶液的PH，使偏铝酸盐完全沉淀生成氢氧化铝，b为Al（OH）₃；
故答案为：Al（OH）₃；
（3）要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4.5，普通pH试纸只能测定溶液pH到整数，是近似测定，准确测定需要用pH计或精确pH试纸，
故答案为：pH计或精密pH试纸；
（4）酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5，依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡Cr₂O₇^2-+H₂O⇌2CrO₄^2-+2H⁺，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，不用盐酸调节溶液pH的原因是重铬酸钾具有强氧化性能氧化氯离子为氯气；
故答案为：使CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-；Cr₂O₇^2-会把盐酸（或氯离子）氧化为氯气；
（5）操作Ⅲ有多步组成，发生反应的化学方程式是Na₂Cr₂O₇+2KCl=K₂Cr₂O₇↓+2NaCl，获得K₂Cr₂O₇晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体；
故答案为：Na₂Cr₂O₇+2KCl=K₂Cr₂O₇↓+2NaCl，过滤，洗涤；

点评：
本题考点： 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度中等．

解题思路：（1）依据杂质SiO₂、Al₂O₃与纯碱反应的原理相同均转变为可溶性盐写出化学方程式；
（2）酸化后CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，依据原子守恒和电荷守恒写出离子方程式；
（3）依据PH试纸的使用方法分析回答；
（4）过量的酸溶液中反应生成沉淀说明是硅酸沉淀；加入过量氢氧化钠溶液反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；偏铝酸盐通入过量二氧化碳反应生成白色沉淀为氢氧化铝；
（5）①依据溶液配制的步骤分析需要的玻璃仪器；
②根据反应：I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2-，碘单质遇到淀粉时，溶液的蓝色消失，据此来回答并计算纯度．依据反应过程的离子方程式的定量关系计算，注意溶液体积变化；

（1）杂质SiO₂、Al₂O₃与纯碱反应的原理相同均转变为可溶性盐，氧化硅和碳酸钠加热反应生成硅酸钠和二氧化碳，所以氧化铝和碳酸钠反应的化学方程式为：Al₂O₃+Na₂CO₃=2NaAlO₂+CO₂↑；
故答案为：Al₂O₃+Na₂CO₃=2NaAlO₂+CO₂↑；
（2）操作⑤中加酸酸化后CrO₄^2-转化为Cr₂O₇^2-，转化的离子方程式为：2CrO₄^2-+2H⁺=Cr₂O₇^2-+H₂O；
故答案为：2CrO₄^2-+2H⁺=Cr₂O₇^2-+H₂O；
（3）PH试纸的实验方法是取一段pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部，变色后再将试纸与标准比色卡进行比较，
故答案为：取一段pH试纸置于表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部，再将试纸与标准比色卡进行比较；
（4）检验上述工艺流程④的滤渣中Fe、Al、Si元素成分的探究实验过程是利用过量盐酸反应能生成沉淀的是硅酸根离子，生成沉淀硅酸，剩余溶液中加入过量氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀氢氧化铁，铝离子生成偏铝酸钠，在滤液中通入过量二氧化碳反应生成白色沉淀氢氧化铝；
故答案为：

硅酸（或H₂SiO₃）
NaOH溶液（或其它强碱溶液）
白色胶状沉淀生成 （4）①配制溶液时，在烧杯中溶解物质后，盐玻璃棒转移溶液到250ml容量瓶中，最后用胶头滴管定容，所以所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需250 mL容量瓶，胶头滴管；
故答案为：250 mL容量瓶，胶头滴管；
②根据反应：I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2-，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，碘单质恰好完全反应，溶液蓝色褪去，达到滴定终点，由反应Cr₂O₇^2-+6I^-+14H⁺=2Cr³⁺+3I₂+7H₂O；I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2-可得反应的关系式为Cr₂O₇^2-～3I₂～6S₂O₃^2-，根据关系式计算．
Cr₂O₇^2-～3I₂～6S₂O₃^2-
1mol 6mol
n 0.1200×40×10^-3mol
则250ml含重铬酸钾的物质的量为n=
0.1200×40×10−3mol
6×10，则所得产品中重铬酸钾纯度为
0.1200×40×10−3×10×294
6×2.5000×100%=94.08%；
故答案为：94.08%；

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．

考点点评： 本题考查物质性质和组成的实验分析应用，有关盐的水解以及滴定实验等方面的综合知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大．

解题思路：A．反应（2）中不存在元素的化合价变化；
B．反应（1）中O元素的化合价降低，Fe、Cr元素的化合价均升高；
C．化合物中正负化合价的代数和为0；
D．反应（2）为非氧化还原反应．

A．反应（2）中不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，故A错误；B．反应（1）中O元素的化合价降低，Fe、Cr元素的化合价均升高，所以氧化剂是O2，还原剂是FeO•Cr2O3，故B正确；C．化合物中正负化合价的代数...

点评：
本题考点： 氧化还原反应．

考点点评： 本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重电子的转移、氧化剂和还原剂的判断的考查，注意从化合价角度分析，难度不大．

解题思路：非洲位于东半球的西部，地跨赤道南北．它东濒印度洋，西临大西洋，北隔地中海及直布罗陀海峡与欧洲相望，东北与亚洲之间隔着狭长的红海，并以苏伊士运河为陆上分界．非洲是世界古人类和古文明的发祥地之一，拥有悠久的历史和灿烂的文化．

非洲地域辽阔，物产丰富多样，被誉为“富饶大陆”．非洲矿产资源种类多，储量大．金刚石、黄金、铬铁矿、磷酸盐等的储量和产量都居世界前列．非洲的动植物资源也极为丰富，桃花心木、檀木、花梨木等都是热带雨林地区的名贵树种．非洲还是咖啡、枣椰和油棕等作物的原产地．非洲大型野生动物的种类和数量均居世界各洲之冠．
故答案为：（1）金刚石；黄金；磷酸盐；（2）檀木；花梨木；（3）野生动物．

点评：
本题考点： 非洲热带草原气候和热带雨林气候的特征；非洲主要农矿产品的分布及出口．

考点点评： 考查非洲富饶的资源，要牢记．

解题思路：A．有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价的升降；
B．得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；
C．根据元素守恒及原子守恒判断；
D．根据Na₂Cr₂O₇和转移电子之间的关系式计算．

A．在反应前后，②中各元素的化合价都不变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；
B．反应①氧气得电子化合价降低，所以氧气是氧化剂，FeO•Cr₂O₃中铁和铬元素化合价都升高，所以FeO•Cr₂O₃是还原剂，故B正确；
C．根据原子守恒知，□内的物质是Fe₂O₃，故C错误；
D．反应②中生成1molNa₂Cr₂O₇需要2molNa₂CrO₄，由反应①可知，参加反应FeO•Cr₂O₃为1mol，反应中Fe元素化合价由+2价升高为+3价，Cr由+3升高为+6，故生成1molNa₂Cr₂O₇共转移电子的物质的量为1mol×[1+（6-3）]=7mol，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 氧化还原反应．

考点点评： 本题考查氧化还原反应基本概念与计算等，难度中等，注意根据化合价理解氧化还原反应．