培优无机非金属材料辅导专题训练附答案.docx

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培优无机非金属材料辅导专题训练附答案

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一、无机非金属材料练习题（含详细答案解析）

1．某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．某校兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究．

下列有关说法不正确的是（）

A．由Ⅱ可知X中一定存在SiO2

B．无法判断混合物中是否含有Na2O

C．1.92g固体成分为Cu

D．15.6g混合物X中m（Fe2O3）：

m（Cu）=1：

1

【答案】B

【解析】

途径a：

15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：

Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少15.6g﹣6.4g=9.2g，固体中一定还有氧化钠，其质量为9.2g，

A．由以上分析可知X中一定存在SiO2，故A正确；

B.15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，只有氧化钠与水反应，混合物中一定含有Na2O，故B错误；

C．Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu，故C正确；

D．设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出：

Fe2O3～2Fe3+～Cu，则160x+64y=6.4，64y﹣64x=1.92，解得x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：

m（Cu）=1：

1，故D正确；

【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，侧重于学生的分析和计算能力的考查，为高考常见题型，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，难度中等．

2．下列说法中不正确的是（）

A．硝酸银溶液保存在棕色试剂瓶中

B．锂保存在煤油中

C．硅在自然界中只有化合态

D．实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．硝酸银在光照或加热条件下会分解生成Ag、NO2、O2，因此一般将硝酸银溶液保存在棕色试剂瓶中，故A不符合题意；

B．锂单质的密度小于煤油，不能保存在煤油中，一般保存在石蜡中，故B符合题意；

C．根据硅的化学性质，在自然界中应该有游离态的硅存在，但Si是亲氧元素，其亲氧性致使Si在地壳的演变中，全部以化合态存在于自然界中，故C不符合题意；

D．玻璃塞中含有SiO2，NaOH能够与SiO2发生化学反应生成Na2SiO3，因此实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞，故D不符合题意；

故答案为：

B。

3．下列实验过程中，始终无明显现象的是（）

A．SO2通入Ba（NO3）2溶液中

B．O2通入Na2SO3溶液中

C．Cl2通入Na2SiO3溶液中

D．NH3通入Ca（HCO3）2溶液中

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．二氧化硫被硝酸氧化为硫酸根离子，SO2通入Ba（NO3）2溶液中生成硫酸钡沉淀，故不选A；

B．O2通入Na2SO3溶液中，Na2SO3被氧化为Na2SO4，无明显现象，故选B；

C．Cl2通入Na2SiO3溶液中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和Na2SiO3反应生成硅酸白色胶状沉淀，故不选C；

D．NH3通入Ca（HCO3）2溶液中生成碳酸钙沉淀和碳酸铵，故不选D；

故选B。

4．“纳米车”（如图所示）是科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成的，每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成。

“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。

下列说法正确的是

A．C60是一种新型的化合物

B．C60与12C是同素异形体

C．人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动

D．“纳米车”诞生说明人类操纵分子的技术进入了一个新阶段

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．C60是由一种元素组成的纯净物，属于单质，不属于化合物，故A错误；

B．C60是由碳元素形成的单质，而

是碳元素的一种原子，故C60与

不是互为同素异形体，故B错误；

C．因“纳米车”很小，我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动，故C错误；

D．“纳米车”的诞生，说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段，故D正确；

故答案选D。

5．中国高铁对实现“一带一路”的战略构想有重要的作用。

（1）建设高铁轨道需要大量的水泥，生产水泥的主要原材料是__________________。

（2）高铁上的信息传输系统使用了光导纤维，其主要成分是________________；乘务员使用的无线通话机的芯片材料是________________。

（3）高铁上安装有许多玻璃，氢氟酸可以处理玻璃表面的微裂纹，氢氟酸与比例中的二氧化硅反应的化学方程式______________________________。

（4）高铁上的卫生间没有任何异味，是由于所使用的马桶、地漏和洗手盆下水口都是纳米硅胶的高科技产品，向硅酸钠溶液中加入稀盐酸可产生硅酸胶体，该反应的离子方程式_________。

【答案】黏土石灰石SiO2Si4HF+SiO2==SiF4↑+2H2O2H++SiO32-==H2SiO3（胶体）

【解析】

【详解】

（1）水泥属于三大硅酸盐产品之一，主要原材料是黏土和石灰石，故答案为：

黏土、石灰石；

（2）纯净的二氧化硅具有良好的导光性，可以用于制备光导纤维；硅单质是良好的半导体材料，可以用作芯片材料，故答案为：

SiO2；Si；

（3）氢氟酸与二氧化硅反应生成四氯化硅气体和水，反应方程式为：

4HF+SiO2==SiF4↑+2H2O，故答案为：

4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O；

（4）硅酸钠与盐酸发生复分解反应生成难溶的硅酸和氯化钠，离子方程式为：

2H++SiO32-=H2SiO3（胶体），故答案为：

2H++SiO32-=H2SiO3（胶体）。

6．有一种矿石，经测定含有镁、硅、氧三种元素且它们的质量比为12∶7∶16。

（1）用盐的组成表示其化学式：

___________。

（2）用氧化物的组成表示其化学式：

_______。

（3）该矿石的成分属于________（填物质的分类）。

（4）写出该矿石（氧化物形式）与盐酸反应的化学方程式：

______。

【答案】Mg2SiO42MgO·SiO2硅酸盐2MgO·SiO2＋4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2

【解析】

【分析】

根据n=

及原子个数比=原子的物质的量之比进行计算，得出正确结论；由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐。

【详解】

镁、硅、氧的质量比为12：

7：

16，则镁、硅、氧的原子个数比为

:

:

=2:

1:

4

（1）该矿石用盐的组成可表示为：

Mg2SiO4；

（2）该矿石用氧化物的组成可表示为：

2MgO•SiO2

（3）Mg2SiO4属于盐类，且属于硅酸盐；

（4）Mg2SiO4溶于与稀盐酸生成MgCl2和SiO2，发生反应的化学方程式为2MgO·SiO2＋4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2。

【点睛】

硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式为：

活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•二氧化硅•水的顺序书写；注意：

①氧化物之间以“•”隔开；②系数配置出现的分数应化为整数；③金属氧化物在前（活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物），非金属氧化物在后。

7．在下列物质的转化关系中，A是一种固体单质，且常作半导体材料，E是一种白色沉淀，F是最轻的气体单质。

据此填写：

（1）B的化学式是____________，目前在现代通迅方面B已被用作_____________主要原料。

（2）B和a溶液反应的离子方程式是_____________________。

（3）A和a溶液反应的离子方程式是_____________________。

（4）C和过量盐酸反应的离子方程式是____________________。

【答案】SiO2制光导纤维SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2OSi＋2OH－＋H2O=SiO32-＋2H2↑SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓

【解析】

【分析】

A是一种固体单质，且常作半导体材料，则A是Si，所以B为SiO2，由图中转化关系可知E为H2SiO3，a为NaOH，C为Na2SiO3，D为H2O，由于F是最轻的气体单质，则F为H2。

【详解】

A是一种固体单质，且常作半导体材料，则A是Si，所以B为SiO2，由图中转化关系可知E为H2SiO3，a为NaOH，C为Na2SiO3，D为H2O，由于F是最轻的气体单质，则F为H2，

（1）B的化学式是SiO2，目前在现代通迅方面B已被用作光导纤维主要原料；

（2）B和a溶液反应的离子方程式是SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O；

（3）A和a溶液反应的离子方程式是Si＋2OH－＋H2O=SiO32-＋2H2↑；

（4）C和过量盐酸反应的离子方程式是SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓。

8．2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。

工业中利用锂辉石（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等）制备钴酸锂（LiCoO2）的流程如图：

已知：

Ksp[Mg（OH）2]=10-11，Ksp[Al（OH）3]=10-33，Ksp[Fe（OH）3]=10-38

回答下列问题：

（1）为鉴定某矿石中是否含有锂元素，可以采用焰色反应来进行鉴定，当观察到火焰呈__，可以认为该矿石中存在锂元素。

a.紫红色b.紫色c.黄色

（2）锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为__。

（3）为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是__。

（4）向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，则pH至少为__。

（已知：

完全沉淀后离子浓度低于1×l05）mol/L）

（5）“滤渣Ⅱ”的主要化学成分为___。

（6）“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的__溶液（填化学式）；该过程所获得的“母液”中仍含有大量的Li+，可将其加入到“__”步骤中。

（7）Li2CO3与Co3O4在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为__。

【答案】aLi2O·Al2O3·4SiO2将矿石粉碎（搅拌、升高温度）4.7Mg（OH）2，CaCO3Na2CO3净化6Li2CO3+4Co3O4+O2=12Li2CoO2+6CO2

【解析】

【分析】

锂辉石（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等）为原料来制取钴酸锂（LiCoO2），加入过量浓硫酸溶解锂辉矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%Li2S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4高温下焙烧生成钴酸锂，据此分析解题。

【详解】

（1）焰色反应常用来检测金属元素，钠元素的焰色为黄色，钾元素的焰色为紫色，利用排除法可以选出锂元素的焰色为紫红色，故答案为a；

（2）锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，在原子简单整数比不变的基础上，其氧化物的形式为Li2O•Al2O3•4SiO2；

（3）“酸化焙烧”时使用的是浓硫酸，为提高“酸化焙烧”效率，还可采取的措施有将矿石细磨、搅拌、升高温度等；

（4）根据柱状图分析可知，Al（OH）3的Ksp大于Fe（OH）3的Ksp，那么使Al3+完全沉淀pH大于Fe3+的Al（OH）3的Ksp=c（Al3+）×c3（OH-）=1×10-33，c（OH-）=

=

mol/L=1×10-9.3mol/L，则c（H+）=1×10-4.7mol/L，pH=4.7，即pH至少为4.7；

（5）由分析知，“滤渣Ⅱ”的主要化学成分为Mg（OH）2和CaCO3；

（6）根据“沉锂”后形成Li2CO3固体，以及大量生产的价格间题，该过程中加入的沉淀剂为饱和Na2CO3溶液；该过程得的“母液“中仍含有大量的Li+，需要从中2提取，应回到“净化“步隳中循环利用；

（7）Li2CO3与Co3O4在敝口容器中反应生成LiCoO2时Co元素的化合价升高，因此推断空气中O2参与反应氧化Co元素，化字方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O2

12LiCoO2+6CO2。

【点睛】

硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：

a．氧化物的书写顺序：

活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以“•”隔开；b．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c．当计量数配置出现分数时应化为整数。

9．红矾钠（重铬酸钠：

Na2Cr2O7·2H2O）是重要的基础化工原料。

铬常见价态有+3、+6价。

铬的主要自然资源是铬铁矿FeCr2O4（含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质），实验室模拟工业以铬铁矿为原料生产红矾钠的主要流程如下：

①中主要反应：

4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2

8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2

①中副反应：

Al2O3+Na2CO3

2NaAlO2+CO2↑，SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑

请回答下列问题：

（1）FeCr2O4化学名为亚铬酸亚铁，写出它的氧化物形式________________。

步骤“①”的反应器材质应选用__________（填“瓷质”、“铁质”或“石英质”）。

（2）“②”中滤渣1的成分是__________，“③”中调pH值是_______（填“调高”或“调低”），“④”中滤渣2的成分是___________。

（3）“⑤”酸化的目的是使CrO42－转化为Cr2O72－，写出平衡转化的离子方程式：

______。

（4）上图是Na2Cr2O7·2H2O和Na2SO4的溶解度曲线，则操作I是______，操作II是______（填序号）。

①蒸发浓缩，趁热过滤②降温结晶，过滤

（5）已知某铬铁矿含铬元素34%，进行步骤①~④中损失2%，步骤⑤~⑦中产率为92%，则1吨该矿石理论上可生产红矾钠_______吨（保留2位小数）。

【答案】FeO·Cr2O3铁质Fe2O3、MgO调低H2SiO3、Al（OH）32CrO42－+2H+

Cr2O72－+H2O②①0.88

【解析】

【分析】

氧化煅烧中MgO不反应，FeCr2O4、Al2O3、SiO2反应产物中有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3．浸取时MgO、Fe2O3不溶，滤液中含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3及未反应的碳酸钠，调节pH值，生成H2SiO3、Al（OH）3沉淀过滤除去。

硫酸酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-．由图乙可知，硫酸钠的溶解度受温度影响比较大，应采取降温结晶、过滤；红矾钠溶解度受温度影响变化不大，应采取蒸发结晶、过滤。

【详解】

（1）FeCr2O4中铁元素化合价是+2价，氧化物为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，FeCr2O4中铁铁原子与Cr原子物质的量之比为1：

2，所以FeCr2O4写成氧化物形式为FeO•Cr2O3；“瓷质”或“石英质”仪器都含有二氧化硅，高温下与碳酸钠反应，故选择“铁质”仪器；

（2）步骤①中有氧化铁生成，氧化铝、二氧化硅发生反应生成可溶性盐，氧化镁不反应，据此判断步骤②中滤渣1的成分；氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁及氧化镁，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质，将pH值调低，可生成H2SiO3、Al（OH）3沉淀过滤除去；步骤“③”调节pH值，生成H2SiO3、Al（OH）3沉淀过滤除去，故“④”中滤渣2的成分是H2SiO3、Al（OH）3沉淀；

（3）酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-，则CrO42-在酸性条件下与H+离子反应生成Cr2O72-，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O；

（4）操作Ⅰ是分离出硫酸钠，操作Ⅱ获得红矾钠，由图2可知，硫酸钠的溶解度受温度影响比较大，应采取降温结晶、过滤；红矾钠溶解度受温度影响变化不大，应采取蒸发结晶、过滤；

（5）令生成红矾钠x吨，则：

    2Cr～～～～～Na2Cr2O7•2H2O

     104                 298

1吨×34%×（1-2%）×92%    x吨

所以：

104：

298=1吨×34%×（1-2%）×92%：

x吨，解得x=0.88。

10．硅及其化合物在自然界广泛存在并被人类应用。

（1）氮化硅膜与二氧化硅膜相比较具有表面化学性能稳定等优点，故氮化硅膜可用于半导体工业。

可以用NH3和SiH4（硅烷）在一定条件下反应制得3SiH4＋4NH3

Si3N4＋12H2

以硅化镁为原料制备硅烷的反应和工业流程如下：

反应原理：

4NH4Cl＋Mg2Si

4NH3↑＋SiH4↑＋2MgCl2（ΔH<0）

①NH4Cl中的化学键类型有________，SiH4的电子式为______________。

②上述生产硅烷的过程中液氨的作用是____________________________。

③氨气是重要的工业原料，写出氨气发生催化氧化反应生成NO的化学方程式：

___________________________________________________，实验室可利用如图所示装置完成该反应。

在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，白烟的主要成分是________。

（2）三硅酸镁（Mg2Si3O8·nH2O）难溶于水，在医药上可作抗酸剂。

它除了可以中和胃液中多余酸之外，生成的H2SiO3还可覆盖在有溃疡的胃表面，保护其不再受刺激。

三硅酸镁与盐酸反应的化学方程式为________________________________。

将0.184g三硅酸镁加入到50mL0.1mol/L盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，用0.1mol/LNaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则Mg2Si3O8·nH2O中的n值为________。

（注：

Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol）

【答案】极性键（或共价键）、离子键

吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）4NH3＋5O2

4NO＋6H2ONH4NO3（或硝酸铵）Mg2Si3O8·nH2O＋4HCl=3H2SiO3＋2MgCl2＋（n－1）H2O6

【解析】

【分析】

（1）①氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，根据电子式的书写方法来回答；

②根据液氨的性质：

易液化来回答；

③氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化到可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成硝酸铵；

（2）根据书写化学方程式的步骤：

写配注等，正确书写方程式即可，根据化学方程式进行计算。

【详解】

（1）①氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，极性键（或共价键）、离子键，硅甲烷中硅原子和氢原子之间以共价键结合，电子式为：

；

②液氨的性质：

易液化，上述生产硅烷的过程中液氨的作用是：

吸收热量，保证反应在常温下进行，故答案为：

吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）；

③氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，即4NH3＋5O2

4NO＋6H2O，在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，因为一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化到可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成NH4NO3（或硝酸铵）；

（2）三硅酸镁中和胃酸（HCl）的化学方程式为：

Mg2Si3O8·nH2O＋4HCl=3H2SiO3＋2MgCl2＋（n－1）H2O，根据化学方程式，设0.184gMg2Si3O8·nH2O的物质的量是x，得：

=

，解得x=0.0005mol，所以MgSi3O8•nH2O的摩尔质量是（260+18n）g/mol=368g/mol，Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol，所以18n=108，即n=6。

11．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