知识点：化学与生活

A

【考点】钠的重要化合物；焰色反应；铝的化学性质．

【分析】A．过氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂；

B．氧化铝为致命的结构，但氯离子存在时，结构被破坏；

C．金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩；

D．Al比铁活泼，但氧化铝为致密的氧化物．

【解答】解：A．过氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂，不能用于食品、羽毛和织物等的漂白，故A错误；

B．氧化铝为致命的结构，但氯离子存在时，结构被破坏，所以含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中，故B正确；

C．金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩，节日燃放的烟花即是某些金属元素发生焰色反应所呈现出来的色彩，故C正确；

D．Al比铁活泼，但氧化铝为致密的氧化物，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故D正确；

故选A．

知识点：化学实验安全常识

C

【考点】化学试剂的分类．

【分析】氰化钠有剧毒，据此解题．

【解答】解：氰化钠有剧毒，保存氰化钠的试剂瓶上最适合贴标签是剧毒品，

A．图为易燃品标志，故A错误；

B．图为氧化剂标志，故B错误；

C．图为剧毒品标志，故C正确；

D．图为腐蚀品标志，故D错误．

故选C．

知识点：物质的量的计算

BD

【考点】阿伏加德罗常数．

【分析】A、根据反应后氯元素的价态可能为﹣1价、+1价、+3价、+5价、+7价来分析；

B、甲烷为10质子分子；

C、依据铁与水蒸气反应计算氢气的物质的量；

D、由化学式可知，Al3+、SO42﹣的物质的量之比为2：3，据此计算．

【解答】解：A、根据反应后氯元素的价态可能为﹣1价、+1价、+3价、+5价、+7价，故1mol氯气参与反应后转移的电子的个数不一定为2NA个，故A错误；

B、甲烷为10质子分子，故1mol甲烷中含10mol质子即10NA个，故B正确；

C、Fe粉与足量水蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2；所以0.10molFe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为NA，故C错误；

D、由化学式可知，Al3+、SO42﹣的物质的量之比为2：3，0.4mol Al3+的Al2（SO4）3中所含的SO42﹣的物质的量是：0.4mol×=0.6mol，故D正确；

故选BD．

知识点：物质的分类

B

【考点】电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学键．

【分析】A．干冰不属于电解质；

B．钠离子和过氧根离子以离子键结合，过氧根离子中氧和氧以非极性键结合；

C．氧化铝为两性氧化物；

D．根据分散质颗粒大小将分散系分为溶液、浊液和胶体．

【解答】解：A．干冰不属于电解质，故A错误；

B．钠离子和过氧根离子以离子键结合，过氧根离子中氧和氧以非极性键结合，故B正确；

C．氧化铝为两性氧化物，故C错误；

D．根据分散质颗粒大小将分散系分为溶液、浊液和胶体，丁达尔效应是胶体的性质，故D错误；

故选B．

知识点：离子共存

C

【考点】离子共存问题．

【分析】A．AlO2﹣促进HCO3﹣的电离；

B．离子之间结合生成络离子；

C. c(H+)/c(OH-)=1012的溶液，溶液显酸性；

D．发生氧化还原反应．

【解答】解：A．AlO2﹣促进HCO3﹣的电离生成沉淀和碳酸根离子，不能大量共存，故A错误；

B．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能大量共存，故B错误；

C. c(H+)/c(OH-)=1012的溶液，溶液显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；

D．酸性溶液中KMnO4、CH3CH2OH发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；

故选C．

知识点：氧化还原反应

C

【考点】氧化还原反应；胶体的重要性质．

【分析】A．化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为﹣1价；

B．葡萄糖结构简式为CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO，葡萄糖中含有醛基；

C．化合价降低的反应是还原反应；

D．分散质粒子直径在1nm﹣100nm之间的分散系为胶体．

【解答】解：A．化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为﹣1价，则氯金酸钠中金元素的化合价为+3，故A正确；

B．葡萄糖的结构简式为CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO，葡萄糖中含有醛基，具有还原性，故B正确；

C．氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，故C错误；

D．纳米金单质颗粒直径为20nm～60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，故D正确．

故选C．

知识点：溶液浓度的计算

C

【考点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用．

【分析】相同条件下气体摩尔体积相同，设该条件下气体摩尔体积为Vm，烧瓶的容积为VL，HCl和N2的混合气体中氯化氢的体积为xL，则氯化氢和氨气的物质的量为：n（NH3）=mol，n（HCl）=mol，氨气极易溶于水，则反应后烧瓶中充满溶液；收集HCl和N2的混合气体烧瓶中，反应后溶液体积为xL，根据c=可计算出两溶液的浓度；由于溶质不同，溶液密度不同，根据c可知两溶液中溶质质量分数不同．

【解答】解：设该条件下气体摩尔体积为Vm，烧瓶的容积为VL，HCl和N2的混合气体中氯化氢的体积为xL，则氯化氢和氨气的物质的量为：n（NH3）=，n（HCl）=，

氨气极易溶于水，则反应后烧瓶中充满溶液，则收集氨气的烧瓶在反应后溶液浓度为：c（NH3）=mol/L=mol/L；

收集HCl和N2的混合气体烧瓶中，反应后溶液体积为xL，则反应后溶液浓度为： =mol/L，

所以反应后两个烧瓶中溶液的物质的量浓度相等；

由于溶质不同，溶液密度不同，根据c可知，两溶液的质量分数不相等，

故选C．

知识点：仪器和基本操作

D

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．反应后的混合物与水混合的顺序错误；

B．根据反应现象可判断浓硫酸的性质；

C．氢氧化亚铁易被氧气氧化；

D．Cu2（OH）2C03能溶于盐酸．

【解答】解：A．铜丝与浓硫酸加热生成硫酸铜后，再把混合物加入水中形成硫酸铜溶液，而不能把水加入反应混合物中，防止剩余的浓硫酸稀释时溅出，故A错误；

B．向盛有20g蔗糖的烧杯中加入几滴水，搅拌均匀．再加入少许浓硫酸，迅速搅拌，可观察到蔗糖碳化而变黑，可说明浓硫酸具有脱水性，故B错误；

C．制氢氧化亚铁导管插入液面下防止被氧化，故C错误；

D．Cu2（OH）2C03能溶于盐酸，所以能用盐酸除去铜绿，故D正确．

故选D．

知识点：盐类水解

B

【考点】溶解度、饱和溶液的概念；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．

【分析】A．根据NaCl的溶解度受温度的影响不大；

B．根据MgCl2能够水解，水解产生了氢氧化镁和氯化氢；

C．根据Mg（ClO3）2的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，NaCl的溶解度随温度升高而减小且受温度影响较小，

D．根据侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理；

【解答】解：A．因NaCl的溶解度受温度的影响不大，所以将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体，故A正确；

B．因MgCl2能够水解，水解产生了氢氧化镁和氯化氢，加热水解平衡正向移动，氯化氢易挥发，所以将MgCl2溶液蒸干可得固体为氢氧化镁，故B错误；

C．因Mg（ClO3）2的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，NaCl的溶解度随温度升高而减小且受温度影响较小，所以Mg（ClO3）2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯，故C正确；

D．反应MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl类似于侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理，因为NaCl溶解度小而从溶液中析出，使反应向生成Mg（ClO3）2的方向进行，故D正确；

故选：B；

知识点：离子方程式

D

【考点】离子方程式的书写．

【分析】A．硫酸根离子沉淀完全时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，恰好反应生成偏铝酸根离子；

B．亚铁离子被稀硝酸氧化成铁离子；

C．硅酸钠为不是难溶物，离子方程式中应该拆开；

D．酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够将VO2+氧化成VO2+．

【解答】解：A．明矾[KAl（SO4）2]溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀，硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应生成偏铝酸钠，正确的离子方程式为：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故A错误；

B．四氧化三铁与稀硝酸发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3﹣+28H+═9Fe3++14H2O+NO↑，故B错误；

C．玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀，反应生成硅酸钠和水，硅酸钠需要拆开，正确的离子方程式为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O，故C错误；

D．5VO2+与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：5VO2++MnO4﹣+H2O═5VO2++Mn2++2H+，故D正确；

故选D．

知识点：仪器和基本操作

C

【考点】化学实验操作的先后顺序；常见气体的检验．

【分析】白色无水硫酸铜遇水变成蓝色，品红溶液检验SO2，用高锰酸钾溶液除去SO2，再通过澄清石灰水检验CO2，通过碱石灰除去二氧化碳，再通过加热的CuO检验CO，CO2和SO2顺序不能变，因为SO2也会使澄清石灰水变浑浊，以此来解答．

【解答】解：混合气体G，先用a检测出水，无水硫酸铜变蓝，因为后面一些步骤中会有水产生，且空气中的水蒸气可能也会影响检测结果；

再用e检测二氧化硫，二氧化硫使品红溶液褪色；

再用f将多有的二氧化硫除去（或者说检测二氧化硫是否除尽），因为如果不除尽，二氧化硫会影响后面的实验；

再用b检测二氧化碳并除去过量的二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变混浊；

通过d碱石灰除去二氧化碳；

再用c来检测CO，红热氧化铜由黑色变成红色，

故选C．

知识点：物质的分离、除杂和提纯

B

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【分析】甲中生成沉淀含氢氧化铜、氢氧化铁，不利于制备纯Cu；乙中滤渣含Fe、Cu，不利于制备纯铜，丙中加铁粉后的滤渣含Fe、Cu，再加盐酸除去Fe，得到的滤渣只有Cu，以此来解答．

【解答】解：甲中生成沉淀含氢氧化铜、氢氧化铁，不利用制备纯Cu；乙中滤渣含Fe、Cu，不利于制备纯铜，丙中加铁粉后的滤渣含Fe、Cu，再加盐酸除去Fe，得到的滤渣只有Cu，

A．由上述分析可知，只有丙可制备纯Cu，故A错误；

B．甲方案中的反应涉及③为置换、②为分解、①为复分解三种反应类型，故B正确；

C．乙方案中加过量铁粉可以将Fe3+、Hg2+和Cu2+全部还原，故C错误；

D．由上述分析可知，丙方案回收铜较好，但有盐酸废液，发生环境污染，故D错误．

故选B．

知识点：铜及其化合物

D

【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；化学方程式的有关计算．

【分析】由0.98 g Cu（OH）2可知其物质的量为=0.01 mol，

A、图1中 Cu（OH）2物质的量为0.01 mol，可以求出全部生成CuO时的质量，同理若全部生成Cu2O求出其质量；

B、根据化学方程式，4Cu2O4Cu+2O2过程中有氧气产生；

C、CuO和其中所含Cu元素的质量关系判断；

D、图2中A点上的任何一点都表示金属氧化物的质量小于其中所含金属元素的质量．

【解答】解：A、由0.98 g Cu（OH）2可知其物质的量为0.01 mol，若全部生成CuO，则质量为0.01 mol×80 g•mol﹣1=0.8g，所以a点是CuO，若全部生成Cu2O，则质量为0.005 mol×144 g•mol﹣1=0.72g，所以b点是Cu2O，故A错误；

B、根据化学方程式，4Cu2O4Cu+2O2过程中有氧气产生，0.26 g是水和氧气的质量和，故B错误；

C、CuO和其中所含Cu元素的质量关系（以CuO的质量为10g计算）为：

CuO～Cu

80 64

10g 8g

观察图2可知，B符合上述质量关系，表示的是CuO，而A点上的任何一点都表示金属氧化物的质量小于其中所含金属元素的质量，故C错误；

D、图2中A曲线上的任何一点都表示金属氧化物的质量小于其中所含金属元素的质量，所以A曲线错误，由C选项可知B曲线正确，C曲线上的任何一点都表示氧化物中金属含量小于B，所以C曲线也错误，故D正确；

故选D．

知识点：钠和碱金属

B

【考点】化学方程式的有关计算．

【分析】各物质充分燃烧后生成CO2、H2O，再通过足量的Na2O2，发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，过氧化钠增重等于与CO2同物质的量的CO的质量，发生反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，过氧化钠增重等于与H2O同物质的量的H2质量，即化学式可以改写成（CO）n•（H2）m，完全燃烧后过氧化钠增重等于ag，据此结合选项解答．

【解答】解：各物质充分燃烧后生成CO2、H2O，再通过足量的Na2O2，发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，过氧化钠增重等于与CO2同物质的量的CO的质量，发生反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，过氧化钠增重等于与H2O同物质的量的H2质量，即化学式可以改写成（CO）n•（H2）m，完全燃烧后过氧化钠增重等于ag，

A．甘油[HOCH2﹣CH（OH）﹣CH2OH]可以改写为（CO）3•（H2）4，完全燃烧后过氧化钠增重等于ag，不符合题意，故A错误；

B．烃基乙酸[OHCH2COOH]，改写为（CO）•（H2）m•（CO2），完全燃烧后过氧化钠增重小于ag，符合题意，故B正确；

C．葡萄糖（C6H12O6）可以改写为（CO）6•（H2）6，完全燃烧后过氧化钠增重等于ag，不符合题意，故C错误；

D．蔗糖（C12H22O11）改写成（CO）11•（H2）11•C，完全燃烧后过氧化钠增重大于ag，不符合题意，故D错误．

故选：B．

知识点：元素及其化合物的综合运用

C

【考点】氧化还原反应的计算．

【分析】铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，根据混合气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，以此计算反应消耗的硝酸的物质的量．

【解答】解：铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，

则n（NO2）+n（NO）==1.0×10﹣3mol，

即被还原的硝酸的物质的量为1.0×10﹣3mol，

n（Cu）==0.6×10﹣3mol，则生成n（Cu（NO3）2）=0.6×10﹣3mol，

可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.6×10﹣3mol×2=1.2×10﹣3mol，

则：参加反应的硝酸的物质的量为：1.0×10﹣3mol+1.2×10﹣3mol=2.2×10﹣3mol，

故选C．

知识点：化学

（1）BaCl2；Ba2++CO32﹣═BaCO3↓、Ba2++SO42﹣═BaSO4↓；

（2）K2CO3； 除去A中的Ba2+离子；

（3）盐酸；CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑；

（4）不可靠，因为所得的KCl晶体并非完全来自原样品．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【分析】固体混合物由KCl、K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质组成，溶于水，过滤，除去不溶物杂质，滤液中含有KCl、K2CO3、K2SO4，向滤液中加入试剂1为过量BaCl2溶液，发生反应CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，得到固体B为BaCO3、BaSO4，滤液A中含有KCl、BaCl2，向滤液中加入试剂Ⅱ为过量K2CO3，除去过量的钡离子，得到固体C为BaCO3，D中溶质为K2CO3和KCl，然后向溶液中加入试剂Ⅲ为过量HCl，发生反应 CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑，然后蒸发溶液，溶液中HCl挥发，所以最终得到KCl晶体，以此解答该题．

【解答】解：固体混合物由KCl、K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质组成，溶于水，过滤，除去不溶物杂质，滤液中含有KCl、K2CO3、K2SO4，向滤液中加入试剂1为过量BaCl2溶液，发生反应CO32﹣+Ba2+=BaCO3↓、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，得到固体B为BaCO3、BaSO4，滤液A中含有KCl、BaCl2，向滤液中加入试剂Ⅱ为过量K2CO3，除去过量的钡离子，得到固体C为BaCO3，D中溶质为K2CO3和KCl，然后向溶液中加入试剂Ⅲ为过量HCl，发生反应 CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑，然后蒸发溶液，溶液中HCl挥发，所以最终得到KCl晶体，

（1）根据上面的分析可知，试剂I的化字式为 BaCl2，①中发生反应的离子方程式为Ba2++CO32﹣═BaCO3↓、Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，

故答案为：BaCl2；Ba2++CO32﹣═BaCO3↓、Ba2++SO42﹣═BaSO4↓；

（2）试剂II的化字式为K2CO3，②中加入K2CO3的目的是 除去A中的Ba2+离子，

故答案为：K2CO3； 除去A中的Ba2+离子；

（3）试剂III的名称是盐酸，③中发生反应的离子方程式为CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑，

故答案为：盐酸；CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑；

（4）根据上面流程分析可知，最后所得的氯化钾不完全是来自样品，在除杂的过程中加入了K2CO3和盐酸，会产生氯化钾，所以某同学根据最终所得KC1晶体和原样品的质里求算出氯化钾样品的纯度，其结果是不可靠的，

故答案为：不可靠，因为所得的KCl晶体并非完全来自原样品．

知识点：物质的制备

（1）③⑤②①；

（2）2C+SiO2+2Cl2SiCl4+2CO↑；防止生成物的AlCl3、FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管；连接一个加热的装有CuO粉末的反应管；

（3）CD；

（4）取少量溶液置于洁净的试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明亚硫酸钠被氧化；

（5）H4SiO4（或H2SiO3）和HCl；可能引起爆炸、硅被氧化得不到高纯硅．

【考点】制备实验方案的设计．

【分析】（1）实验室制氯气时首先要把装置搭好，搭装置的一般顺序为从下向上，从左向右，然后检验装置的气密性，再加药品，据此答题；

（2）装置A中是用氯气与碳、二氧化硅在高温下生成四氯化硅和一氧化碳，石英砂（主要成份为含铁、铝等杂质的二氧化硅）中的铁、铝与氯气反应生成氯化铝和氯化铁会凝结成固体堵塞导管，实验中的尾气主是CO，可以用灼热的CuO除去，据此答题；

（3）根据蒸馏装置可知，蒸馏需要的仪器有圆底烧瓶、温度计、直形冷凝管、接收器；

（4）Na2S03被氧化成硫酸钠，可以通过检验硫酸根离子来证明亚硫酸钠被氧化；

（5）根据元素守恒可知，SiCl4水解可得硅酸和氯化氢，氧气与氢气能发生爆炸，同时高温下氧气能氧化硅；

【解答】解：（1）实验室制氯气时首先要把装置搭好，搭装置的一般顺序为从下向上，从左向右，然后检验装置的气密性，再加药品，所以实验的操作顺序为③⑤②①，

故答案为：③⑤②①；

（2）装置A中是用氯气与碳、二氧化硅在高温下生成四氯化硅和一氧化碳，反应方程式为2C+SiO2+2Cl2SiCl4+2CO↑，石英砂（主要成份为含铁、铝等杂质的二氧化硅）中的铁、铝与氯气反应生成氯化铝和氯化铁会凝结成固体堵塞导管，所以在装置A．B间导管短且粗，防止生成物的AlCl3、FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管，实验中的尾气主是CO，可以用灼热的CuO除去，所以在装置最后连接一个加热的装有CuO粉末的反应管，

故答案为：2C+SiO2+2Cl2SiCl4+2CO↑；防止生成物的AlCl3、FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管；连接一个加热的装有CuO粉末的反应管；

（3）根据蒸馏装置可知，蒸馏需要的仪器有圆底烧瓶、温度计、直形冷凝管、接收器，

故答案为：CD；

（4）Na2SO3被氧化成硫酸钠，可以通过检验硫酸根离子来证明亚硫酸钠被氧化，所以证明Na2SO3已被氧化的方法是取少量溶液置于洁净的试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明亚硫酸钠被氧化，

故答案为：取少量溶液置于洁净的试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明亚硫酸钠被氧化；

（5）根据元素守恒可知，SiCl4水解可得硅酸和氯化氢，氧气与氢气能发生爆炸，同时高温下氧气能氧化硅，

故答案为：H4SiO4（或H2SiO3）和HCl；可能引起爆炸、硅被氧化得不到高纯硅．

知识点：物质的分离、除杂和提纯

（1）FeSO4•7H2O；

（2）FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；

（3）Fe2+；Fe2O3；

（4）CO；

（5）隔绝空气（或惰性气氛中）； 稀盐酸或稀硫酸．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学方程式的有关计算．

【分析】含有Fe2O3、SiO2的钛铁矿（主要成分为FeTiO3，其中Ti元素化合价为+4价）加硫酸，溶解，过滤，滤液中含有FeSO4（aq）、TiOSO4（aq）和Fe2（SO4）3（aq），加铁粉，把三价铁离子还原为亚铁离子，降温结晶过滤，得到绿矾即硫酸亚铁晶体，滤液为TiOSO4（aq），滤液加热，使TiOSO4水解生成H2TiO3固体，洗涤、干燥、煅烧得到TiO2，在一定条件下，将TiO2还原生成Ti，据此分析解答．

（1）绿矾即硫酸亚铁晶体；

（2）FeTiO3与过量硫酸反应生成TiOSO4，FeSO4和H2O；

（3）根据亚铁离子的检验操作和现象分析；根据Fe2O3的颜色分析；

（4）反应中Ti元素化合价未变化，氯元素化合价由0价降低为﹣1价，根据电子转移守恒计算碳元素在产物中化合价，据此结合元素守恒判断；

【解答】解：含有Fe2O3、SiO2的钛铁矿（主要成分为FeTiO3，其中Ti元素化合价为+4价）加硫酸，溶解，过滤，滤液中含有FeSO4（aq）、TiOSO4（aq）和Fe2（SO4）3（aq），加铁粉，把三价铁离子还原为亚铁离子，降温结晶过滤，得到绿矾即硫酸亚铁晶体，滤液为TiOSO4（aq），滤液加热，使TiOSO4水解生成H2TiO3固体，洗涤、干燥、煅烧得到TiO2，在一定条件下，将TiO2还原生成Ti，

（1）绿矾即硫酸亚铁晶体，化学式为FeSO4•7H2O，故答案为：FeSO4•7H2O；

（2）FeTiO3与过量硫酸反应生成TiOSO4，FeSO4和H2O，离子方程式为：FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；

故答案为：FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；

（3）取少量酸洗后的H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加KSCN溶液后无明显现象，说明没有Fe3+，再加H2O2后出现红色，说明有Fe3+，则原来含有Fe2+，加H2O2后Fe2+被氧化为Fe3+；H2TiO3中的二价铁易被氧化为三价铁，煅烧时会生成Fe2O3，TiO2含有少量的Fe2O3会呈现黄色；

故答案为：Fe2+；Fe2O3；

（4）反应中Ti元素化合价未变化，氯元素化合价由0价降低为﹣1价，令碳元素在产物中等化合价为a，则a=2×[0﹣（﹣1）]，故a=2，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，结合元素守恒可知，TiO2、Cl2、C、TiCl4的系数分别为1、2、2、1，所以未知物中含有C原子与O原子，碳元素化合价为+2，故为CO，故答案为：CO；

（5）为防止碳与氧气反应，应可绝空气加热（或惰性气氛中）；金属钛中混有少量杂质镁，由题给信息知钛的化学活性很小，仅能与氧气等几种物质起反应，可用稀盐酸或稀硫酸除杂，故答案为：隔绝空气（或惰性气氛中）； 稀盐酸或稀硫酸．

知识点：离子方程式

（1）还原性和酸性；

（2）1：1；

（3）5H2S+8ClO2+4H2O=18H++5SO42﹣+8Cl﹣；

（4）2.5；

（5）①2ClO2+2I﹣=2ClO2﹣+I2；

②ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O；

③0.675．

【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的有关计算；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．

【分析】（1）根据KClO3和浓盐酸反应的方程式可知，浓盐酸中部分氯元素的化合价从﹣1升为0价，还有部分生成氯化钾；

（2）KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，发生氧化还原反应，结合质量守恒可书写化学方程式，结合方程式判断氧化产物和还原产物的物质的量之比；

（3）硫酸钡难溶于盐酸，即反应生成硫酸钡，C1O2通入到硫化氢溶液中，生成了硫酸根，根据电子得失守恒书写离子反应方程式即可；

（4）C1O2和Cl2在消毒时自身均被还原为Cl﹣，每molC1O2被还原为Cl﹣，要得5mol电子，每molC12被还原为Cl﹣，要得2mol电子，根据电子转移数目相等答题；

（5）①用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为 ClO2，ClO2将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2﹣，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；

②由图示表明，pH至1～3时，ClO2﹣将I﹣氧化成I，生成的I2与淀粉结合再次出现蓝色，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；

③根据关系S2O32﹣～I﹣～ClO2先计算出ClO2的物质的量，然后再计算出浓度．

【解答】解：（1）根据KC1O3和浓盐酸反应的方程式可知，浓盐酸中部分氯元素的化合价从﹣1升为0价，还有部分生成氯化钾，所以浓盐酸在该反应中表现出的性质是还原性和酸性，

故答案为：还原性和酸性；

（2）KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，反应的方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O，氧化产物为CO2，还原产物为ClO2，二者物质的量之比为1：1；

故答案为：1：1；

（3）硫酸钡难溶于盐酸，即反应生成硫酸钡，ClO2通入到硫化氢溶液中，生成了硫酸根，所以离子反应方程式为：5H2S+8ClO2+4H2O=18H++5SO42﹣+8Cl﹣，

故答案为：5H2S+8ClO2+4H2O=18H++5SO42﹣+8Cl﹣；

（4）C1O2和Cl2在消毒时自身均被还原为Cl﹣，每molC1O2被还原为Cl﹣，要得5mol电子，每molC12被还原为Cl﹣，要得2mol电子，根据电子转移数目相等可知等体积的C1O2的消毒能是Cl2的2.5倍，

故答案为：2.5；

（5）①用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为 ClO2，ClO2将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2﹣，离子方程式为：2ClO2+2I﹣=2ClO2﹣+I2，

故答案为：2ClO2+2I﹣=2ClO2﹣+I2；

②由图示表明，pH至1～3时，ClO2﹣将I﹣氧化成I，生成的I2，离子方程式为：ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O，

故答案为：ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O；

③S2O32﹣～～～～I﹣～～～～ClO2

1 1 1

1.0×10﹣3 mol/L×0.01L 1.0×10﹣5mol

m（ClO2）=n（ClO2）×M（ClO2）=1.0×10﹣5mol×67.5×103mg•mol﹣1=0.675mg

由于水样为 1L，所以 ClO2 的浓度为 =0.675 mg•L﹣1，

故答案为：0.675．