备战高考化学复习《无机非金属材料》专项推断题综合练习及答案.docx
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备战高考化学复习《无机非金属材料》专项推断题综合练习及答案
备战高考化学复习《无机非金属材料》专项推断题综合练习及答案
一、无机非金属材料练习题(含详细答案解析)
1.某一固体粉末含有SiO2、Fe2O3、Al2O3,加入足量NaOH溶液充分反应后,过滤,向所得溶液中加入过量盐酸,过滤,将所得滤渣洗涤并灼烧至恒重,最终固体成份为
A.SiO2B.Fe2O3、SiO2
C.SiO2、Al2O3D.Fe2O3
【答案】A
【解析】
SiO2、Fe2O3、Al2O3,加入足量NaOH溶液充分反应后,过滤,向所得溶液中含有硅酸钠、偏铝酸钠,加入过量盐酸,生成硅酸沉淀,将所得滤渣洗涤并灼烧生成二氧化硅,故A正确。
2.下列叙述正确的是
①久置于空气中的氢氧化钠溶液,加盐酸时有气体产生
②浓硫酸可用于干燥氢气、碘化氢等气体,但不能干燥氨气、二氧化氮气体
③Na2O2与水反应,红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱
④玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品
⑤浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性
⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得到相同的物质
A.①④⑤B.①⑤⑥C.②③④D.④⑤⑥
【答案】B
【解析】
试题分析:
①久置于空气中的氢氧化钠溶液和空气中的CO2反应生成变为碳酸钠,碳酸钠可以和盐酸反应生成氯化钠、水以及二氧化碳,①正确;②浓硫酸具有吸水性和强氧化性,浓硫酸可用于干燥中性、酸性且不具有还原性的气体,不能干燥还原性的碘化氢气体,不能干燥碱性气体如氨气等,②错误;③红热的铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,没有碱生成,③错误;④玻璃、水泥主要成分是硅酸盐,都是硅酸盐制品,水晶的主要成分是二氧化硅,不属于硅酸盐制品,④错误;⑤浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性和强氧化性,浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性,⑤正确;⑥氯化铁属于强酸弱碱盐,溶液中铁离子水解生成氢氧化铁和HCl,加热促进水解,氯化铁胶体加热会聚沉,两者均产生红褐色沉淀氢氧化铁,灼烧后产物都是三氧化二铁,⑥正确.答案选B。
考点:
考查常见物质的性质与用途。
3.在室温时,下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应,共生成4种盐的是()
A.SO2、CO2、SO3
B.H2S、NO、SO3
C.CO2、Cl2、SO3
D.SiO2、CO、Cl2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.SO2、CO2、SO3分别与过量NaOH溶液反应生成Na2SO3、Na2CO3、Na2SO4,生成3种盐,故不选A;
B.NO与氢氧化钠溶液不反应,H2S、SO3分别与过量NaOH溶液反应生成Na2S、Na2SO4,生成2种盐,故不选B;
C.CO2、Cl2、SO3分别与过量NaOH溶液反应生成Na2CO3、NaClO、NaCl、Na2SO4,生成4种盐,故选C;
D.CO与氢氧化钠溶液不反应,SiO2、Cl2分别与过量NaOH溶液反应生成Na2SiO3、NaClO、NaCl,生成3种盐,故不选D;
故选C。
【点睛】
本题考查物质的性质,综合考查元素化合物知识,把握物质的性质及发生的化学反应为解答的关键,侧重氯气与氢氧化钠溶液反应的考查,明确NO、CO与氢氧化钠不反应。
4.在生产和生活中应用的化学知识正确的是
A.玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品
B.晶体硅是在通信工程中制作光导纤维的主要原料
C.碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂
D.发酵粉中主要含有碳酸氢钠,能使焙制出的糕点疏松多孔
【答案】D
【解析】
【详解】
A.水晶成分为二氧化硅是氧化物,不属于硅酸盐,故A错误;
B.二氧化硅具有良好的光学特性,是制作光导纤维的主要原料,故B错误;
C.碳酸钠碱性较强,具有腐蚀性,不能用于治疗胃酸过多,可以用碳酸氢钠治疗,故C错误;
D.碳酸氢钠不稳定,受热分解生成二氧化碳,能使焙制出的糕点疏松多孔,常用于食品发酵剂,故D正确;
答案选D。
5.能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是
A.CO2溶于水形成碳酸,SiO2难溶于水
B.CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀
C.高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2
D.氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体,通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.酸性氧化物与对应酸的酸性强弱没有关系,则无法比较酸性,故A错误;
B.因往硅酸盐溶液通入二氧化碳,可以看到溶液变浑浊,是因为生成了难溶的硅酸沉淀,反应方程式是:
Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓,反应原理是强酸制弱酸,说明碳酸比硅酸酸性强,故B正确;
C.比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应,则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论,故C错误;
D.氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体,通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀,根据强酸制弱酸,只能说明盐酸的酸性比碳酸或硅酸强,但无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱,故D错误;
故答案为B。
6.下列实验现象与氧化还原反应有关的是()
A.氨水中滴加石蕊试液显蓝色
B.NO2通入水中,气体由红棕色逐渐转变为无色
C.向Fe2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液,生成红褐色沉淀
D.向硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸,有透明的凝胶形成
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.氨水中滴加石蕊试液显蓝色,是由于一水合氨电离出氢氧根离子的缘故,没有发生氧化还原反应,故A错误;
B.NO2通入水中,气体由红棕色逐渐转变为无色,是由于反应生成NO和硝酸,N元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,故B正确;
C.向Fe2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液,生成红褐色沉淀,发生的是复分解反应生成氢氧化铁沉淀,不是氧化还原反应,故C错误;
D.向硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸,有透明的凝胶形成,发生的是复分解反应生成硅酸,不是氧化还原反应,故D错误;
故选B。
7.C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素,下列关于其单质及化合物的说法中正确的是
A.三种元素在自然界中既有游离态又有化合态
B.二氧化物都属于酸性氧化物,能与碱反应而不能与任何酸反应
C.最低价的气态氢化物都具有还原性,易与O2发生反应
D.其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:
H2SO4>H2SiO3>H2CO3
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、Si元素是亲氧元素,在自然界中无游离态,A项错误;
B、SiO2能与HF反应,B项错误;
C、C、Si、S低价态气态氢化物为CH4、SiH4、H2S,都具有还原性,易与O2发生反应,C项正确;
D、根据元素性质的递变性,最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:
H2SO4>H2CO3>H2SiO3,D项错误;
本题答案选C。
8.硅在无机非金属材料中,扮演着主要角色,请利用相关知识回答下列问题:
(1)硅有非常重要的用途,请写出其中的一种:
_________________________________。
(2)古瓷中所用颜料成分一直是个谜,近年来科学家才得知大多为硅酸盐,如蓝紫色的硅酸铜钡(BaCuSi2Ox,铜为+2价),下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是________。
A.可用氧化物形式表示为BaO·CuO·2SiO2
B.性质稳定,不易脱色
C.x等于6
D.易溶解于强酸和强碱
(3)工业上提纯硅有多种路线,其中一种工艺流程示意图如下:
①在电弧炉中发生的反应需要在高温条件进行,写出该反应化学方程式:
________________。
②SiCl4极易水解,在空气中生成烟尘和白雾,推测书写其水解的化学方程式为____________________。
③在流化床反应的产物中,除SiCl4外,还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等,有关物质的沸点数据如下表,分离SiCl4和其他杂质的方法为________。
物质
Si
SiCl4
SiHCl3
SiH2Cl2
SiH3Cl
HCl
SiH4
沸点/℃
2355
57.6
31.8
8.2
-30.4
-84.9
-111.9
【答案】制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等(回答其中一种即可)D2C+SiO2
2CO↑+SiSiCl4+3H2O===H2SiO3↓+4HCl蒸馏(精馏)
【解析】
【详解】
(1)硅位于金属和非金属分界线附近,常用作半导体材料,为无机非金属材料的主角,计算机芯片的主要成分为单质硅,太阳能电池的主要成分是硅单质,所以硅可制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等,
因此,本题正确答案是:
制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等;
(2)A.硅酸盐用氧化物形式表示时,书写顺序为:
活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水,所以硅酸铜钡用氧化物形式表示:
,所以A选项是正确的;
B.硅酸盐性质均比较稳定,不容易褪色,所以B选项是正确的;
C.在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2,硅元素化合价为+4,氧元素的化合价为-2价,钡元素的化合价为+2价,则由化学式为
,根据化合物中正负化合价的代数和为0可得:
,计算得出x=6,所以C选项是正确的;
D.
是瓷器的一种颜料,瓷器耐酸耐碱耐腐蚀,所以不与强酸、强碱反应,故D错误;
因此,本题正确答案是:
D;
(3)①石英砂的主要成分是二氧化硅,制备粗硅发生置换反应,2C+SiO2
2CO↑+Si;
②
水解生成硅酸和氯化氢,反应的方程式为:
SiCl4+3H2O===H2SiO3↓+4HCl,因此,本题正确答案是:
SiCl4+3H2O===H2SiO3↓+4HCl;
③利用沸点的不同提纯
属于蒸馏,
(沸点57.6℃)中含有少量
(沸点33℃)和
(离子化合物沸点很高),
(沸点8.2℃)、
(沸点-30.4℃)、因为沸点差别较大,可以通过精馏(或蒸馏)除去杂质,因此,本题正确答案是:
精馏(或蒸馏)。
9.有三种透明、不溶于水的坚硬固体。
A固体在氧气中完全燃烧只得到一种无色无味气体,此气体能使澄清石灰水变浑浊,标准状况下测得此气体的密度是氧气密度的1.375倍。
B固体能溶于热的苛性钠溶液,再往该溶液中加入过量盐酸时,析出白色沉淀,此沉淀是一种比H2CO3还弱的酸,干燥后为不溶于水的白色粉末。
B与石灰石、纯碱按一定比例混合加热后,能得到C,C在高温时软化,无固定熔点。
根据以上事实,判断A、B、C各为何物:
_______、_______、_______;写出有关反应的化学方程式______________。
【答案】金刚石石英普通玻璃C+O2
CO2,CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O;SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;
Na2SiO3+2HCl+H2O=H4SiO4↓+2NaCl;H4SiO4=H2SiO3+H2O;
CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑;SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑
【解析】
【详解】
A物质燃烧后产生气体的相对分子质量为:
32×1.375=44。
结合它无色无味且使澄清石灰水变浑浊的性质,可推断此气体为CO2,又因为A为透明不溶于水的坚硬固体,故可判断A为金刚石。
方程式为:
C+O2
CO2。
B物质能与苛性钠反应,且所得溶液与盐酸反应生成一种比H2CO3还弱的酸,且这种酸是一种难溶于水的白色固体,故可判断B为石英。
相关方程式为:
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;Na2SiO3+2HCl+H2O=H4SiO4↓+2NaCl;H4SiO4=H2SiO3+H2O。
C物质由石灰石、纯碱、B物质(石英)混合加热而制得,结合高温时软化且无固定熔点,判断C物质为普通玻璃。
相关方程式为:
SiO2+CaCO3
CaSiO3+CO2↑;SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑。
【点睛】
本题考查有关SiO2、Na2SiO3、H2SiO3以及玻璃等物质的性质以及推理判断能力。
其突破口是C高温时软化,无固定熔点,这是玻璃的特性,由此推知B可能为SiO2是解题的关键。
10.有A、B、C三种不溶于水的固体。
A是某元素的一种单质,它在氧气中完全燃烧得到一种无色气体,此气体能使澄清石灰水变浑浊,另外测得这种气体密度为同温、同压下氧气密度的1.375倍。
B固体能溶于热氢氧化钠溶液,再往所得溶液中加入过量盐酸时,析出白色胶状沉淀D。
此沉淀干燥后,成为不溶于水的白色粉末,这是一种比碳酸酸性还弱的酸。
将B与石灰石、纯碱按比例混合加热得到C,C在高温时软化,无固定熔点。
(1)根据以上事实,形成单质A的元素名称为__,C的名称为__。
(2)B固体溶于热氢氧化钠溶液的化学方程式是__。
(3)生成白色胶状沉淀D的化学方程式是__。
(4)由B制取C的化学方程式是__。
【答案】碳普通玻璃SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2ONa2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑
【解析】
【分析】
A是某元素的一种单质,它在氧气中完全燃烧得到一种无色气体,此气体能使澄清石灰水变浑浊,这种气体为氧气密度的1.375倍(标准状况)的气体,则该气体的相对分子质量=32×1.375=44,应是CO2,所以A为碳,B固体能溶于热氢氧化钠溶液,再往所得溶液中加入过量盐酸时,析出白色胶状沉淀,此沉淀干燥后,成为不溶于水的白色粉末,这是一种比碳酸酸性还弱的酸,则该酸应为硅酸,将B与石灰石、纯碱按比例混合加热得到C,C在高温时软化,无固定熔点,该反应为工业制普通玻璃的反应,所以B为SiO2,C为普通玻璃,据此答题。
【详解】
A燃烧后生成的气体的相对分子质量为32×1.375=44,且能使澄清石灰水变浑浊,该气体是二氧化碳,则A为碳元素的一种单质。
B物质能与氢氧化钠反应,且能继续与过量的盐酸反应生成一种比碳酸还弱的酸,则B为二氧化硅。
二氧化硅与石灰石、纯碱混合加热生成的C在高温时软化且无固定熔点,可推知C为普通玻璃;
(1)根据以上事实,形成单质A的元素名称为碳,C的名称为普通玻璃;
(2)B为SiO2,其溶于热氢氧化钠溶液的化学方程式是SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;
(3)在Na2SiO3溶液中滴加稀HCl,生成白色胶状沉淀H2SiO3的化学方程式是Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓;
(4)由SiO2制取普通玻璃的化学方程式是Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑。
11.单质Z是一种常见的半导体材料,可由X通过如下图所示的路线制备,其中X为Z的氧化物,Y为氢化物,分子结构与甲烷相似,回答下列问题:
(1)能与X发生化学反应的酸是_________;由X制备Mg2Z的化学方程式为_________。
(2)由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为_________,Y分子的电子式为_________。
(3)Z、X中共价键的类型分别是_________。
【答案】氢氟酸SiO2+Mg
O2↑+Mg2SiMg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4
非极性键、极性键
【解析】
【详解】
单质Z是一种常见的半导体材料,则Z为Si,X为Z的氧化物,则X为SiO2,Y为氢化物,分子结构与甲烷相似,则Y为SiH4,加热SiH4分解得到Si与氢气。
(1)能与SiO2发生化学反应的酸是氢氟酸;由SiO2制备Mg2Si的化学方程式为:
SiO2+4Mg
2MgO+Mg2Si。
(2)由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为:
Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4↑,Y为SiH4,电子式为
。
(3)Z为Si,周期表中位于第三周期IVA族,其单质属于原子晶体,化学键类型为非极性共价键;X为SiO2,属于原子晶体,含有的化学键属于极性共价键。
12.A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素,他们能发生如图所示的转化关系。
若该元素用R表示,则A为R的氧化物,D与NaOH溶液反应生成C和H2。
请回答:
(1)写出对应物质的化学式:
A__________;C_________;E_________。
(2)反应①的化学方程式为:
_____________________________________。
(3)反应④的离子方程式为:
_____________________________________。
(4)H2CO3的酸性强于E的,请用离子方程式予以证明:
_________________________。
【答案】SiO2Na2SiO3H2SiO3(或H4SiO4)SiO2+2C
Si+2CO↑Si+2OH-+H2O===SiO32-+2H2↑SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3↓+HCO32-
或SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO32-(写成H4SiO4同样给分)
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析:
非金属单质R能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气,则R为Si元素,由转化关系可知D为Si,A为SiO2,B为CaSiO3,C为Na2SiO3,E为H2SiO3,
(1)由以上分析可知A为SiO2,C为Na2SiO3,故答案为SiO2;Na2SiO3;
(2)反应①的化学方程式为2C+SiO2
Si+2CO↑;
(3)反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
(4)H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性,可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳,如生成硅酸沉淀,可说明,反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-。
考点:
以硅为载体考查了无机物的推断
13.中国传统文化是人类文明的瑰宝,古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。
回答下面问题:
(1)我国最原始的陶瓷约出现在距今12000年前,制作瓷器所用的原料是高岭士,其晶体化学式是Al4[Si4O10](OH)8,用氧化物表示其组成为______________。
(2)《本草纲目》中记载:
“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者。
”反应原理为:
S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑,该反应的氧化剂是_________,反应转移4mol电子时,被S氧化的C有____________mol。
(3)我国古代中药学著作《新修本草》记载的药物有844种,其中有关“青矾”的描述为:
“本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色…。
”我国早期科技丛书《物理小适-金石类》记载有加热青矾时的景象:
“青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾(FeSO4·7H2O)。
根据以上信息,写出“青矾”受热分解的化学方程式_____________________________________________________。
【答案】Al2O3·2SiO2·2H2OS,KNO31/6或0.17或0.1672FeSO4·7H2O
Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O
【解析】
【分析】
(1)化学式改写成相应的氧化物的形式,按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序来书写,并要遵守原子守恒来分析解答;
(2)反应过程中,元素化合价升高的失电子做还原剂发生氧化反应,元素化合价降低的做氧化剂发生还原反应,反应中得电子数等于失电子数来分析计算;
(3)本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色,青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O),说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水。
【详解】
(1)铝的氧化物为Al2O3,硅的氧化物为SiO2,氢的氧化物为H2O,则根据活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O得顺序可知Al4[Si4O10](OH)8可改成:
2Al2O3•4SiO2•4H2O;
(2)S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑,反应中硫元素化合价0价降低为-2价,氮元素化合价+5价降低为0价,反应中做氧化剂的是S、KNO3,电子守恒计算,碳元素化合价0价升高为+4价,电子守恒分析电子转移总数12e-,其中硫得到电子2e-,氮元素得到电子10e-,电子转移总数12e-时,被硫氧化的碳0.5mol,反应转移4mol电子时,被S氧化的C有
mol=
mol;
(3)本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色,青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O),说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水,分解的化学方程式:
2FeSO4•7H2O
Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O。
14.高锰酸钾是中学化学常用的试剂。
主要用于防腐、化工、制药等。
实验室模拟工业上用软锰矿制备高锰酸钾的流程如下:
(1)实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择哪一种仪器________________
a.普通玻璃坩埚b.石英坩埚c.陶瓷坩埚d.铁坩埚
(2)第一步熔融时生成K2MnO4的化学方程式:
_________
(3)操作Ⅰ中根据KMnO4和K2CO3两物质在____________(填性质)上的差异,采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4。
趁热过滤的原因是_______________
(4)反应b是电解法制备KMnO4,其装置如图所示,a作____________极(填“阳”或“阴”),中间的离子交换膜是_____(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
阳极的电极反应式为____________
(5)KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。
其消毒原理与下列物质相同的________(填标号)。
a.双氧水b.84消液(NaClO溶液)c.75%酒精
【答案】d3MnO2+KClO3+6KOH
3K2MnO4+KCl+3H2O溶解性避免温度下降,造成主产品的纯度降低阳阳MnO42--e-=MnO4-ab
【解析】
【分析】
根据流程:
二氧化锰与氢氧化钾粉碎在空气中熔融:
3MnO2+KClO3+6KOH
3K2MnO4+KCl+3H2O,加水溶解分离出去KCl得到K2MnO4溶液;
途径1:
向K2MnO4溶液通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3:
3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2↓,过滤除去滤渣(MnO2),滤液为KMnO4、K2CO3溶液,浓缩结晶,趁热过滤得到KMnO4晶体,滤液中含有K2CO3,
途径2:
电解K2MnO4溶液,2K2MnO4+2H2O
2KMnO4+2KOH+H2↑,a为阳极,电极反应为:
MnO42--e-=MnO4-,据此分析作答。
【详解】
(1)实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择铁坩埚,因为普通玻璃坩埚、石英坩埚、陶瓷坩埚中含有二氧化硅,能与KOH反应,故答案为d;
(2)第一步熔融时二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾生成K2MnO4的化学方程式为:
3MnO2+KClO3+6KOH
3K2MnO4+KCl+3H2O;
(3)采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4,说明高锰酸钾的溶解性随温度影响较大,操作Ⅰ中根据KMnO4和K2CO3两物质在溶解性上的差异,采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4,趁热过滤的原因是避免温度下降,造成主产品纯度降低;
(4)