知识点：化学与社会的相互关系

D

解：A．大力发展电动车，减少燃油汽车的使用，可减少尾气排放，故A正确；

B．开发利用各种新能源，可减少化石燃料的使用，减少环境污染，故B正确；

C．PM2.5具有较强的吸附性，可吸附一些有害物质，不利用人体健康，故C正确；

D．砷为非金属元素，故D错误．

故选D．

知识点：化学基本概念和基本理论

C

解：A．大理石、钡餐、石膏的主要成分分别为CaCO3、BaSO4、CaSO4·2H2O，对应的酸分别为碳酸、硫酸、硫酸，故A错误；

B．小苏打、苏打、水玻璃的主要成分分别为NaHCO3、Na2CO3、Na2SiO3，对应的酸为碳酸、碳酸和硅酸，不完全相同，故B错误；

C．芒硝、胆矾、明矾的主要成分分别为Na2SO4·10H2O、CuSO4·5H2O、KAl（SO4）2·12H2O对应的酸均为硫酸，故C正确；

D．黄铜矿、硫铁矿、磁铁矿的主要成分分别为CuFeS2、FeS2、Fe3O4，其中Fe3O4不是盐，故D错误．

故选C．

知识点：氮族元素

A

解：A．橡胶管上下连通，无法检验气密性，故A错误；

B．氯化铵和氢氧化钙反应可制取氨气，氨气可用向下排空气法收集，故B正确；

C．由图可知，上下滑动的铜丝能控制反应的发生与停止，碱液能进行尾气处理，则利用Ⅲ装置进行铜与浓硝酸反应的实验，故C正确；

D．氨气的密度比空气的小，碱石灰干燥氨气，中间集气瓶是向下排空气法收集氨气，装置中倒扣的漏斗能防止倒吸，则利用Ⅳ装置收集NH3，故D正确；

故选A．

知识点：烯烃

C

解：A．始祖鸟烯为环状烯烃，与乙烯结构不同，不互为同系物，故A错误；

B．若R1=R2=﹣CH3，则其化学式为C12H14，故B错误；

C．始祖鸟烯是对称的，有3种氢原子，一氯代物有3种，故C正确；

D．始祖鸟烯使高锰酸钾褪色，体现了始祖鸟烯的还原性，始祖鸟烯和溴水是发生了加成反应而使得溴水褪色，原理不同，故D错误．

故选C．

知识点：元素周期律与元素周期表

C

解：A、C同主族，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，设B的最外层电子数为x，则A、C最外层电子数为2x，三种元素原子的最外层电子数之和为15，则x+2x+2x=15，解得x=3，再根据短周期元素A、B、C、D原子序数依次递增，则A为O元素，B为Al元素，C为S元素，D为Cl元素，

A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径O＜Cl＜S＜Al，即A＜D＜C＜B，故A错误；

B．Fe3O4与足量Al单质完全反应生成氧化铝与Fe，转移电子为×（×3﹣0）=0.08mol，故B错误；

C．常温下，B、D形成的化合物AlCl3，属于强酸弱碱盐，溶液中铝离子水解，溶液呈酸性，即其水溶液pH＜7，故C正确；

D．同周期自左而右非金属性增强，非金属性Cl＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性HCl＞H2S，故D错误；

故选C．

知识点：离子方程式

C

解：A、用KIO3氧化酸性溶液中的KI，离子方程式：5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2O，故A错误；

B、向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，离子方程式：HCO3﹣+NH4++2OH﹣NH3↑+H2O+CO32﹣，故B错误；

C、将过量SO2通入冷氨水中生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式：SO2+NH3·H2O═HSO3﹣+NH4+，故C正确；

D、足量草酸和碱反应生成草酸氢钾，反应的离子方程式H2C2O4+OH﹣═HC2O4﹣+H2O，故D错误；

故选C．

知识点：原电池

C

解：该原电池中Mg易失电子作负极、AgCl是正极，负极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+，正极反应式为2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，

A．通过以上分析知，正极反应式为2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，故A正确；

B．Al的活泼性大于Ag，所以铝和氯化银、海水也能构成原电池，则该电池的负极材料可以用金属铝代替，故B正确；

C．有24gMg被氧化时，被氧化Mg的物质的量是1mol，转移电子的物质的量是2mol，当转移2mol电子时可还原得到216gAg，故C错误；

D．Mg﹣AgCl能用海水激活，所以能构成原电池，则海水作为电解质溶液，故D正确；

故选C．

知识点：金属及其化合物

C

解：①活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，金属与水反应不一定生成碱，故①错误；

②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，金属铝在空气中和氧气反应而被氧化，发生化学腐蚀，故②错误；

③难溶性碱受热易分解，所以Fe（OH）3受热也易分解，故③正确；

④AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，故④错误；

故选C．

知识点：卤素

D

解：A．Zn与稀硫酸反应生成的氢气，在燃烧管中不能与氯气充分混合，不能燃烧；故A错误；

B．该装置不需加热即可获得氯气，而二氧化锰和浓盐酸的反应需加热才能发生，故B错误；

C．金属铁和硝酸反应不会产生氢气，故C错误；

D．浓盐酸和高锰酸钾在不加热的条件下可以生成氯气，氯气和氢气在燃烧管中混合均匀可以获得氯化氢，燃烧时产生苍白色火焰，被水吸收而获得盐酸，故D正确．

故选D．

知识点：化学计算的综合运用

C

解：纯净的11.1g氯化钙生成的沉淀质量是x

CaCl2～2AgCl

111 287

11.1 x

所以沉淀量是28.7g，

纯净的11.1g氯化镁生成的沉淀质量是z

MgCl2～2AgCl

95 287

11.1 z

所以沉淀量是33.5g，

纯净的11.1g氯化钠生成的沉淀量是m，

NaCl～AgCl

58.5 143.5

11.1 m 

所以沉淀量是27.2g，

因为氯化钙生成的沉淀量小于29.7，所以另一种物质的生成的沉淀量要大于29.7，一定含有氯化镁，可能含有氯化钠；

A、依据样品溶于水得无色溶液，证明氯化钙样品中一定不含碳酸钠，氯化铁，故A错误；

B、依据样品溶于水得无色溶液，证明氯化钙样品中一定不含碳酸钠，氯化铁，故B错误；

C、通过计算分析，一定有氯化镁，可能有氯化钠，故C正确；

D、过计算分析，一定有氯化镁，可能有氯化钠，故D错误；

故选C．

知识点：阿弗加德罗定律

D

解：A、氯气与水的反应是可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，故A错误；

B、44g丙烷的物质的量为1mol，而1mol丙烷含2mol碳碳单键，故B错误；

C、标准状况下，44.8LNO的物质的量为2mol，22.4L02的物质的量为1mol，二者恰好完全反应生成2mol二氧化氮，由于二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，所以混合后气体的物质的量小于2mol，气体中分子总数小于2NA，故C错误；

D、Na2O和Na2O2均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1molNa2O和Na2O2含阳离子2mol，阴离子1mol，离子的总数为3NA，故D正确．

故选D．

知识点：离子共存

A

①离子之间不发生任何反应，可存在于同一溶液中，HCO3﹣既能与OH﹣反应也能与H+反应而不能大量存在，故①选；

②离子可大量共存于同一溶液中，碱性条件下NH4+不能大量存在，酸性条件下CH3COO﹣不能大量存在，故②选；

③Ca2+、Cu2+与SO32﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故③不选；

④Fe3+与SCN﹣发生络合反应而不能大量共存，故④不选；

⑤Al3+与HCO3﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故⑤不选；

⑥离子可大量共存于同一溶液中，但在酸性条件下Fe2+、I﹣与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，在碱性条件下Fe2+不能大量存在，故⑥选；

⑦Ag+、NH4+、OH﹣不能大量共存，故⑦不选；

⑧无论在酸性还是碱性条件下离子之间都不发生任何反应，可大量共存，故⑧不选．

故选A．

知识点：水的电离和溶液的酸碱性

A

解：①亚铁离子有强还原性，在硝酸蒸气的氛围中蒸干Fe（NO3）2溶液，亚铁离子会被硝酸氧化为铁离子，得到Fe（NO3）3固体，故①错误；

②固体溶质的溶解度不只与温度有关，但是气体的溶解度还与压强有关，故②错误；

③“84”消毒液具有漂白性，能使精密pH试纸褪色，故不能用pH试纸测其pH，故③错误；

④碱溶液中的氢离子全部来自于水，而升温促进水的电离，故升高温度，碱溶液中的氢离子的浓度变大，则pH变小，故④错误；

⑤HCl滴定氨水生成的氯化铵水解显酸性，故用甲基橙更好，故⑤正确．

故选A．

知识点：仪器和基本操作

A

解：①醋酸为弱电解质，电离需要吸收热量，导致测得的中和热数值偏低，故①选；

②用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积偏大，故②不选；

③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，导致溶质的物质的量偏小，依据C=分析可知溶液的浓度偏小，故③选；

④在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，标准液滴定管水洗未润洗，导致标准液浓度偏下，滴加液体体积偏大，因此浓度偏大，故④不选；

⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液的体积偏大，依据C=分析可知溶液的浓度偏小，故⑤选；

⑥在用标准液（已知浓度）滴定未知溶液时，滴定前无气泡滴定后有气泡，导致标准液的体积偏小，未知溶液的浓度偏小，故⑥选；

故选：A．

知识点：盐类水解

D

解：A．向CuSO4溶液中加入适量铁粉，一定生成硫酸亚铁，反应生成硫酸亚铁和Cu，高温下灼烧至质量不变得到铜和硫酸铁，无论Fe是否过量，产物均为混合物，故A不选；

B．等物质的量浓度、等体积的FeCl3与KI溶液混合，2FeCl3+2KI=2FeCl2+KCl+I2，加热蒸干产物并高温下灼烧至质量不变为氧化铁和氯化钾，得到为混合物，故B不选；

C．等物质的量的NaHCO3与Na2O2固体混合，发生2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，过氧化钠再与二氧化碳、水反应，蒸干灼烧后的固体为碳酸钠和NaOH，为混合物，故C不选；

D．向Na2SiO3的溶液中通入过量的二氧化碳，生成硅酸沉淀，高温下灼烧至质量不变得到二氧化硅，为纯净物，故D选；

故选D．

知识点：化学计算的综合运用

A

解：①沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（n﹣m）克，故①正确；

②恰好溶解后溶液中的NO3﹣离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中NO3﹣离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3﹣）=n（Na+）=n（NaOH）=mol，故②正确；

③至沉淀量最大，生成的n克沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁．根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m克合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为（n﹣m）克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n（e﹣）=n（OH﹣）=mol，故③正确；

④根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即mol×=mol，其体积在标准状况下为L，故④正确；

⑤参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为mol，故⑤正确．

故选：A．

知识点：电解池

B

解：A．根据阴阳离子的移动方向知，阳离子向Pt（Ⅰ）电极移动，阴离子向Pt（Ⅱ）移动，因此Pt（Ⅰ）为阴极，Pt（Ⅱ）为阳极，所以X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极，故A错误；

B．阳极上，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，亚硫酸是弱电解质，硫酸是强电解质，所以阳极附近氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B正确；

C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b＞a，故C错误；

D．该电解池中阴极上生成氢气，应该是氢离子得电子发生还原反应，故D错误；

故选B．

知识点：化学反应的热效应

B

解：A、醋酸是弱酸，电离过程是吸热的过程，强酸碱的中和热是57.3kJ/mol，根据HClO（aq）+OH﹣（aq）=ClO﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣Q1kJ·mol﹣1，则次氯酸的电离方程式及热效应可表示为：HClO（aq）H+（aq）+ClO﹣（aq）△H=（57.3﹣Q1）kJ·mol﹣1，故A错误；

B、将20mL 1mol/L HClO与10mL 1mol/L NaOH混合后所得的溶液是等浓度的次氯酸和次氯酸钠的混合物，根据电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（ClO﹣），根据物料守恒：2c（Na+）=c（ClO﹣）+c（HClO），整理两个等式得到2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（ClO﹣）﹣c（HClO），故B正确；

C、向Na2SO3溶液中加入HClO，次氯酸将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，不会发生复分解反应，故C错误；

D、等浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，由于酸性CH3COOH＞HClO，所以次氯酸根离子水解程度大与醋酸钠根离子，C（ClO﹣）＜C（CH3COO﹣），溶液显示碱性，所以C（Na+）＞C（CH3COO﹣）＞C（ClO﹣）＞C（OH﹣）＞C（H+），故D错误．

故选B．

知识点：溶解平衡

C

解：A、Ksp（Ag2CO3）=c（Ag+）2×0.1=1×10﹣11，c（Ag+）=10﹣5，Ksp（AgCl）=c（Cl﹣）×10﹣5=2×10﹣10，c（Cl﹣）=2×10﹣5mol/L，K= ==4×10﹣9，故A错误；

B、c（Cl﹣）=2×10﹣5mol/L，在1L的溶液中，约有2×10﹣5mol AgCl溶解，故B错误；

C、c（Na+）=0.2mol/L，c（Cl﹣）=2×10﹣5mol/L，c （CO32﹣）=0.1mol/L，c（Ag+）=10﹣5，所以c（Na+）＞c （CO32﹣）＞c （Cl﹣）＞c （Ag+）＞c （H+），故C正确；

D、据电荷守恒，c（Na+）+c （H+）+c （Ag+）=2 c （CO32﹣）+c （HCO3﹣）+c （Cl﹣）+c （OH﹣），故D错误；故选C．

知识点：烯烃

（1）

（2） 2，2，3，3，4，4﹣六甲基戊烷； 6．

解：（1）因1升混合气体充分燃烧后生成2.5升CO2，且B分子的碳原子数比A分子的多，混合气体只能由碳原子数小于2.5的烷烃（CH4和C2H6）和碳原子数大于2.5的烯烃（C3H6和C4H8）组成．它们有四种可能的组合：CH4、C3H6；CH4、C4H8；C2H6、C3H6；C2H6、C4H8，

如为CH4、C3H6，则=2.5，VA：VB=1：3，

如为CH4、C4H8，则=2.5，VA：VB=1：1；

如为C2H6、C3H6，则=2.5，VA：VB=1：1；

如为C2H6、C4H8，则=2.5，VA：VB=3：1，

故答案为：

（2）烃C与烃A互为同系物，应为烷烃，分子中含有11个C原子，8个甲基，为2，2，3，3，4，4﹣六甲基戊烷，2个氯原子可在相同或不同的碳原子上，如图：，有1、1；2、2；1、4；1、2；2、5；1、3，共6种不同的位置，则有6种同分异构体，

故答案为：2，2，3，3，4，4﹣六甲基戊烷； 6．

知识点：弱电解质的电离

（1）减小；c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+）；

（2）① 不能；

② HCO3﹣、H2CO3；c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）；

③ 10．

解：（1）向1L 0.1mol·L﹣1CH3COOH溶液中加入0.1mol CH3COONa固体，则溶液中醋酸浓度，醋酸根离子浓度均增大，但是醋酸根离子浓度增加的程度大，所以醋酸浓度和醋酸根离子浓度的比值是减小的，此时溶液中存在电荷守恒：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），故答案为：减小；c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+）；

（2）常温下在20mL0.1mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L HCl溶液40mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，

①由反应及图象可知，在同一溶液中，H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣不能大量共存，

故答案为：不能；

②由图象可知，pH=7时，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3﹣、H2CO3，电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）＞c（Cl﹣），因HCO3﹣水解，则c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣），

故答案为：HCO3﹣、H2CO3；c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）；

③CO32﹣的水解常数Kh==2×10﹣4，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=2：1时，c（OH﹣）=10﹣4mol/L，由Kw可知，c（H+）=10﹣10mol/L，所以pH=10，

故答案为：10．

知识点：元素周期律与元素周期表

（1）；

（2）① ＜；

② DEF；

（3）75mL或175mL；

解：元素X、Y、Z、E、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大．Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，可推知Y为O元素；M元素与Y元素能形成化合物MY2和化合物MY3，化合物MY2中两种元素质量分数相同，则M为S元素；N﹣、Z+、X+的半径逐渐减小，可知X、Z处于ⅠA族，N处于ⅦA族，结合原子序数可知，Z为Na、N为Cl，化合物XN在常温下为气体，则X为H元素；E、Z、N的最高价氧化物的水化物两两能反应，应是氢氧化铝与强酸、强碱反应，故E为Al，

（1）Z最高价氧化物的水化物为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成，其电子式为：，

故答案为：；

（2）发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H＜0，

①恒温恒容下，甲容器通入1mol SO2和1mol O2单质，乙容器通入1molSO 3和0.5mol O2单质，二者得到相同的平衡状态，平衡时，甲中SO2的转化率与乙中SO3的分解率之和为1，但甲、乙起始反应温度相同，两容器均和外界无热量交换，甲中为温度升高，乙中温度降低，乙中所到达的平衡可以等效为在甲平衡的基础上降低温度，三氧化硫的分解率比与甲中等温度到达平衡的分解率低，若平衡时，甲中MY2的转化率为a，乙中MY3的分解率为b，则：a+b＜1，

故答案为：＜；

②A．v正（Y2）=2v逆（MY3），速率之比不等于化学计量数之比，反应为到达平衡，故A错误；

B．恒容条件下，混合气体的密度始终不变，故B错误；

C．平衡时二氧化硫与三氧化硫的浓度与转化率有关，平衡时二者浓度不一定相等，故C错误；

D．随反应进行总物质的量减小，混合气体的总物质的量不变，说明到达平衡，故D正确；

E．绝热条件下，甲容器内温度升高，容器内温度不变，说明到达平衡，故E正确；

F．SO2和O2的起始物质的量之比不等于化学计量数之比，二者质量比随反应进行发生变化，故二者质量比不变，说明到达平衡状态，故F正确，

故答案为：DEF；

（3）2.7克Al的物质的量为0.1mol，100ml 2mol/L NaOH溶液中n（NaOH）=0.1L×2mol/L=0.2mol，二者发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知0.1molAl完全反应消耗0.1molNaOH，故剩余0.1molNaOH，生成0.1molNaAlO2，向反应后的溶液中滴入2mol/L HCl的溶液，当溶液中产生3.9克沉淀为氢氧化铝的质量，若溶液中Al元素全部转化为氢氧化铝，则氢氧化铝的质量=0.1mol×78g/mol=7.8g＞3.9g，故Al元素没有全部沉淀，有两种情况：一是盐酸不足，只有部分偏铝酸钠转化氢氧化铝沉淀，二是盐酸过量，偏铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀后，部分氢氧化铝溶解，

3.9g氢氧化铝的物质的量==0.05mol，

①盐酸不足，只有部分偏铝酸钠转化氢氧化铝沉淀，则：

NaOH+HCl=NaCl+H2O

0.1mol 0.1mol

NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，

0.05mol 0.05mol

故HCl总物质的量=0.1mol+0.05mol=0.15mol，消耗盐酸的体积==0.075L=75mL；

②盐酸过量，偏铝酸钠完全转化为氢氧化铝沉淀后，部分氢氧化铝溶解，则：

NaOH+HCl=NaCl+H2O

0.1mol 0.1mol

NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，

0.1mol 0.1mol 0.1mol

Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O

（0.1﹣0.05）mol 3×（0.1﹣0.05）mol

故HCl总物质的量=0.1mol+0.1mol+3×（0.1﹣0.05）mol=0.35mol，消耗盐酸的体积==0.175L=175mL，

故答案为：75mL或175mL；

知识点：化学与技术

（1）TiO2·xH2O、Fe；玻璃棒、烧杯、漏斗；冷却结晶、过滤洗涤；

（2）1：4；

（3）Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+H2O+CO2↑；

（4）FeCO3（s）Fe2+（aq）+CO32﹣（aq），CO32﹣与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；

（6）．

解：废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，加铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2·xH2O，过滤，滤渣为TiO2·xH2O、Fe，滤液为FeSO4，FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体；

（1）由流程分析可知，步骤①所得滤渣的主要成分为TiO2·xH2O、Fe；实现固体和液体的分离用过滤的方法，过滤操作使用的仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗；

步骤②是从溶液中得到硫酸亚铁晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等操作；

故答案为：TiO2·xH2O、Fe；玻璃棒、烧杯、漏斗；冷却结晶、过滤洗涤；

（2）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫的方程式为：4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，

故答案为：1：4；

（3）由流程图可知，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应是碳酸亚铁，还生成气体为二氧化碳，溶液B为硫酸铵溶液，反应离子方程式为：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+H2O+CO2↑，

故答案为：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+H2O+CO2↑；

（4）碳酸亚铁的沉淀存在溶解平衡：FeCO3（s）Fe2+（aq）+CO32﹣（aq），加入乳酸，这样CO32﹣与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液，

故答案为：FeCO3（s）Fe2+（aq）+CO32﹣（aq），CO32﹣与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；

（6）令FeSO4·7H2O的质量分数为x，亚铁离子会被高锰酸钾氧化为三价铁离子，本身被还原为+2价的锰离子，根据电子守恒，则

5 FeSO4·7H2O～KMnO4，

5×278g 1mol

ag×x× 0.1000mol/L×0.025L

所以=

解得x=，

故答案为：．

知识点：化学反应的热效应

（1）CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g） △H=+77.0kJ·mol﹣1；

（2）① 0.12 mol·L﹣1·min﹣1；

② 0.18mol2·L﹣2；逆向；

（3）①；

② 0.8aL；

（4）① Co2+﹣e﹣=Co3+；

② 6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+．

解：（1）I：CH4 （g）+H2O （g）=CO （g）+3H2 （g） △H=+206.0kJ·mol﹣1

II：CO （g）+2H2 （g）=CH3OH （g） △H=﹣129.0kJ·mol﹣1

依据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ得到：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g） △H=+77.0kJ·mol﹣1

故答案为：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH （g）+H2（g） △H=+77.0kJ·mol﹣1；

（2）将1.0mol CH4和2.0mol H2O （ g ）通入容积固定为2L的反应室，在一定条件下发生反应I，由图象可知100℃甲烷转化率为40%，故参加反应的甲烷为1mol×40%=0.4mol，则：

CH4 （g）+H2O （g）CO （g）+3H2 （g）

起始量（mol）：1.0 2.0 0 0

变化量（mol）：0.4 0.4 0.4 1.2

平衡量（mol）：0.6 1.6 0.4 1.2

①假设100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率==0.12 mol·L﹣1·min﹣1，

故答案为：0.12 mol·L﹣1·min﹣1；

②100℃时反应I的平衡浓度为c（CH4）=0.30mol/L，c（H2O）=0.8mol/L，c（CO）=0.2mol/L，c（H2）=0.6mol/L，

平衡常数K==0.18mol2·L﹣2，

平衡后再向容器中充入H2O（g）和CO各0.2mol，则c（CH4）=0.30mol/L，c（H2O）=0.9mol/L，c（CO）=0.3mol/L，c（H2）=0.6mol/L，Qc= =0.24（mol/L）2＞K=0.18mol2·L﹣2，平衡逆向移动，

故答案为：0.18mol2·L﹣2；逆向；

（3）①A中 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）

反应前（mol）2 3 0

反应了（mol）x 2x x

平衡后（mol）2﹣x 3﹣2x x

体积不变时，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，则有（2﹣x+3﹣2x+x）：（2+3）=3：5

解得：x=1，平衡时氢气的体积分数为：=，故答案为：；

②打开K2，AB都是恒压环境，AB的体积共缩小了0.4aL，A与B体积相等，则A与B各缩小了0.2aL，则打开K2之前，B容器的体积为0.8aL，故答案为：0.8aL；

（4）①通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+﹣e﹣=Co3+；

故答案为：Co2+﹣e﹣=Co3+；

②以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+，配平书写离子方程式为：6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+；

故答案为：6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+．