（2）高锰酸根离子在酸溶液中被还原为锰离子，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O

故答案为：1、5；8H+； 1、5； 4H2O；

（3）向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.5﹣﹣2.8，铝离子和亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于3，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀分离；

故答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀；

（4）一定条件下，MnO4﹣可与Mn2+反应生成MnO2

①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnO2的现象是生成黄绿色气体；

故答案为：生成黄绿色气体；

②MnO4﹣可与Mn2+反应生成MnO2，过滤除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去；

故答案为：除去过量的MnO4﹣．

【点评】本题考查了镁、铝、铁及其化合物性质的应用，主要是混合物分离的方法和实验设计，加入氧化剂氧化亚铁离子，调节溶液PH是沉淀分离是解题的关键，题目难度中等．

11．（15分）某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：

操作现象

取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色

过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色

i．液面上方出现白雾；ⅱ．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；ⅲ．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去

（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。

（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是碱性、漂白性。

（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：

a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；

b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。

①实验a目的是检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰。

②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀。

（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色。

（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。

①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是CaSO4。

②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+。

【考点】EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；F5：二氧化硫的化学性质

【专题】16：压轴题；522：卤族元素；523：氧族元素．

【分析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；

（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；

（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；

（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸；

【解答】解：（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（2）pH试纸先变蓝（约为12）溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；

故答案为：碱性、漂白性；

（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象的白雾由HCl小液滴形成，

①．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；

故答案为：检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；

②．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；