【高考化学】2023届高考备考第二轮复习定性定量实验提升练习（含解析）

试卷第=page1818页，共=sectionpages1818页第页码17页/总NUMPAGES总页数33页【高考化学】2023届高考备考第二轮复习定性定量实验提升练习一、单选题，共1小题1．（模拟）某小组同学欲通过实验探究影响金属与酸反应速率的因素，进行下列实验。实验装置序号实验操作实验现象实验1取下胶塞，放入一小片金属钠，迅速塞上胶塞钠浮在液面上并来回移动，表面出现有白色固体；白色固体逐渐沉到烧杯底部，液体不沸腾；气球迅速鼓起，15s时测量气球直径约为3cm实验2取下胶塞，放入与钠表面积基本相同的镁条，迅速塞上胶塞镁条开始时下沉，很快上浮至液面，片刻后液体呈沸腾状，同时产生大量白雾；气球迅速鼓起，15s时测量气球直径约为5cm下列说法不正确的是A．实验1获得的白色小颗粒可用焰色反应检验其中的Na元素B．对比实验1与实验2，不能说明钠比镁的金属活动性强C．对比实验1与实验2，能说明同温下NaCl的溶解度比MgCl2的小D．金属钠、镁与盐酸反应的速率与生成物状态等因素有关二、非选择题，共14小题2．（2018·黑龙江·哈尔滨三中高二期末）某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是________；将FeCl3晶体溶于浓盐酸,再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是________。（2）制备K2FeO4（夹持装置略）后，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。根据K2FeO4的制备原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是________________。3．（模拟）过氧乙酸是具有重要用途的有机合成氧化剂和化工原料，实验室拟合成过氧乙酸并测定其含量。(1)浓缩在图示装置(加热装置已省略)中，由分液漏斗向冷凝管1中滴加30%溶液，最终得到质量分数约68%的溶液。冷凝管1、冷凝管2中进水接口依次为___________、___________(填字母)。②加热温度不宜超过60℃的原因是___________。(2)合成过氧乙酸向带有搅拌装置及温度计的500mL三口烧瓶中先加入16g冰醋酸，在搅拌下滴加90g68%溶液，最后加入4.1mL浓硫酸，搅拌5h，静置20h。(已知：CH3COOH+H2O2+H2O)①用浓缩的68%溶液代替常见的30%溶液的目的是___________。②充分搅拌的目的是___________。(3)过氧乙酸含量的测定步骤a：称取5.0g过氧乙酸试样(液体)，配制成100mL溶液A。步骤b：在碘量瓶中加入5.0mL溶液、3滴溶液、5.0mL溶液A，摇匀，用0.01mol/L的溶液滴定至溶液呈微红色。步骤c：向滴定后的溶液中再加1.0gKI()，摇匀，置于暗处5min，用蒸馏水冲洗瓶盖及四周，加钼酸铵催化剂20mL，摇匀，用淀粉溶液作指示剂，用0.05mol/L的标准溶液滴定至蓝色刚好褪去()。重复步骤b，步骤c三次，测得平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。①步骤a中配制溶液A时，需要用到的玻璃仪器除烧杯、100mL容量瓶，玻璃棒和量筒外，还需要___________②设计步骤b的目的是___________③过氧乙酸的质量分数为___________%。4．（模拟）四氯化锡(SnCl4)，常温下为无色液体，易水解。某研究小组利用氯气与硫渣反应制备四氯化锡，其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。硫渣的化学组成物质SnCu2SPbAsSb其他杂质质量分数/%64.4325.827.341.230.370.81氯气与硫渣反应相关产物的熔沸点物质性质SnCl4CuClPbCl2AsCl3SbCl3S熔点/℃-33426501-1873112沸点/℃1141490951130221444请回答以下问题：(1)A装置中，盛浓盐酸装置中a管的作用是_______，b瓶中的试剂是。_______。(2)氮气保护下，向B装置的三颈瓶中加入适量SnCl4浸没硫渣，通入氯气发生反应。①生成SnCl4的化学反应方程式为_______。②其中冷凝水的入口是_______，e中试剂使用碱石灰而不用无水氯化钙的原因是_______。③实验中所得固体渣经过处理，可回收的主要金属有_______和_______。(3)得到的粗产品经C装置提纯，应控制温度为_______℃。(4)SnCl4产品中含有少量AsCl3杂质。取10.00g产品溶于水中，用0.02000molL的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4标准溶液6.00mL。测定过程中发生的相关反应有AsCl3+3H2O=H3AsO3+3HCl和5H3AsO3+2KMnO4+6HCl=5H3AsO4+2MnCl2+2KCl+3H2O。该滴定实验的指示剂是_______，产品中SnCl4的质量分数为_______%(保留小数点后一位)。5．（模拟）绿矾(FeSO4·xH2O)是生血片的主要成分。某研究性学习小组拟对绿矾的热分解产物进行探究。实验猜想猜想1：生成Fe2O3、SO2、H2O；猜想2：生成Fe、Fe2O3、SO2、H2O；猜想3：生成Fe2O3、SO2、SO3、H2O；……实验探究该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。请回答下列问题：(1)实验操作的先后顺序是_______(填字母)。a.熄灭酒精灯，冷却b.先检查装置的气密性，后加入药品c.点燃酒精灯，加热d.在“气体入口”处通入干燥的N2其中操作d的作用是_______。(2)在实验过程中，观察到A中固体变红棕色，B中无水CuSO4_______，C中试纸的颜色变化是_______。(3)反应结束后，取A中固体进行实验，实验操作及现象如下：①将固体加入盛有足量稀硫酸的试管中，固体完全溶解，且无气体放出；②取①中溶液滴入适量KMnO4溶液中，KMnO4溶液不褪色；③取①中溶液滴入KSCN溶液中，溶液变红色。由此得出结论：红棕色固体为_______。(4)D中有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为_______。有同学认为还应该增加一个实验，取D中沉淀，加入一定量的盐酸以确定其组成，从而确定FeSO4·xH2O的分解产物，你认为是否需要？说明你的理由：_______。实验结论(5)硫酸亚铁晶体加热分解的化学方程式为_______。6．（模拟）某学习小组用下图装置探究与CuO的反应。查阅资料：i.溶液中存在平衡：ⅱ.相关物质的性质物质固体颜色水溶液颜色棕色蓝绿色深蓝色深蓝色白色不溶于水(1)实验Ⅰ：如图1，一段时间后，固体部分溶解，固体表面无颜色变化，溶液变为蓝色。固体溶解的原因是_______。(2)实验Ⅱ：如图2，将铜丝加热变黑后迅速插入疏松的氯化铵固体中，有白烟生成，2分钟后取出铜丝，黑色消失变回红色。①已知氯化铵与氧化铜反应生成两种单质，其中一种为无色气体，写出该反应的化学方程式_______。②若将氯化铵换为硫酸铵，观察不到上述现象，原因是_______。(3)实验Ⅲ：如图3，加热试管，管内产生白烟，黑色混合物熔化、流动，持续加热15分钟，原黑色固体混合物变为暗红色。取暗红色固体进行下列实验：序号加入试剂现象i水产生白色沉淀，一段时间后沉淀的颜色转变为蓝色、绿色、蓝绿色等ii浓硝酸激烈反应，产生大量红棕色气体，溶液变为深蓝绿色根据现象推测白色沉淀可能是_______(填化学式)，该物质与浓硝酸反应的离子方程式为_______。(4)实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ现象不同的可能原因是_______。(写2点)7．（模拟）亚硝酸钠(NaNO2)是一种常见的食品添加剂。某实验小组制备NaNO2并对其性质进行探究。资料：Ag+与NO反应，可生成AgNO2白色沉淀或无色配离子。Ⅰ.NaNO2的制取(夹持装置略)实验i向装置A中通入一段时间N2，再通入NO和NO2混合气体，待Na2CO3反应完全后，将所得溶液经系列操作，得到NaNO2白色固体。(1)制取NaNO2的离子方程式是___。(2)小组成员推测HNO2是弱酸。为证实推测，向NaNO2溶液中加入试剂X，“实验现象”证实该推测合理，加入的试剂及现象是__，___。Ⅱ.NaNO2性质探究将实验i制取的NaNO2固体配制成约0.1mol/LNaNO2溶液，进行实验ⅱ和ⅲ。实验ⅱ(3)由实验ii的现象得出结论：白色沉淀的生成与___有关。(4)仅用实验ii的试剂，设计不同实验方案进一步证实了上述结论，实验操作及现象是___。实验iii(5)酸性条件下，NO氧化I-的离子方程式是___。(6)甲同学认为，依据实验ⅲ的现象可以得出结论：该条件下，NO能氧化I-。乙同学则认为A装置中制取的NaNO2含有副产物，仅凭实验ⅲ不能得出上述结论，还需要补充实验ⅳ进行验证，乙同学设计实验ⅳ证明了实验ⅲ条件下氧化I-的只有NO2，实验ⅳ的实验方案是___。8．（模拟）以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2少量Fe2O3)为原料均能制备CuSO4•5H2O晶体。(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4•5H2O晶体。①写出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式：_______。②检验CuO固体是否洗净的实验操作是_______。③装置图中装置X的作用是_______。(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4•5H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，_______，加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4•5H2O晶体。已知该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Cu2+开始沉淀。实验中可选用的试剂：1.0mol•L﹣1H2SO4、1.0mol•L﹣1HCl、1.0mol•L﹣1NaOH。(3)通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.5000gCuSO4•5H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀H2SO4酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3的溶液19.80mL。测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2；2S2O+I2=S4O+2I﹣，计算CuSO4•5H2O样品的纯度(写出计算过程)：_______。9．（模拟）乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶或白色结晶粉末，是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。乙酰苯胺的制备原理为：实验参数：名称苯胺乙酸乙酰苯胺式量9360135性状无色油状液体，具有还原性无色液体白色晶体密度/(g·cm-3)1.021.051.22沸点/℃184.4118.1304溶解度微溶于水易溶于水微溶于冷水，溶于热水易溶于乙醇、乙醚等易溶于乙醇、乙醚易溶于乙醇、乙醚实验装置如图：注：刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。实验步骤：步骤1：在圆底烧瓶中加入无水苯胺9.30mL，冰醋酸15.4mL，锌粉0.100g，安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使分馏柱顶温度控制在105℃左右，反应约60～80min，反应生成的水及少量醋酸被蒸出。步骤2：在搅拌下，趁热将烧瓶中物料以细流状倒入盛有100mL冰水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品。步骤3：将此粗乙酰苯胺进行重结晶，晾干，称重，计算产率。(1)步骤1中所选圆底烧瓶的最佳规格是_______(填字母)。a.25mL

b.50mL

c.150mL

d.200mL(2)实验中加入少量锌粉的目的是_______。(3)步骤1加热可用_______(填“水浴”“油浴”或“直接加热”)。从化学平衡的角度分析，控制分馏柱上端的温度在105℃左右的原因是_______。(4)步骤2中结晶时，若冷却后仍无晶体析出，可采用的方法是_______。洗涤乙酰苯胺粗品最合适的试剂是_______(填字母)。a.用少量冷水洗

b.用少量热水洗

c.先用冷水洗，再用热水洗

d.用酒精洗(5)乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，欲用重结晶进行提纯，步骤如下：热水溶解、_______、过滤、洗涤、干燥(选取正确的操作并排序)。a.蒸发结晶

b.冷却结晶

c.趁热过滤

d.加入活性炭(6)该实验最终得到纯品9.18g，则乙酰苯胺的产率是_______%(结果保留一位小数)。10．（模拟）氧化亚铜在强酸性溶液中发生歧化反应，某小组同学设计如下实验制备氧化亚铜并测定其纯度。(1)该小组同学利用葡萄糖还原CuSO4溶液制备氧化亚铜。①配制490mL0.lmol·L－1CuSO4溶液，需要称取胆矾晶体的质量为___________，完成该实验操作需要的玻璃仪器除胶头滴管外还要___________。②该反应最适宜温度为80～90℃，为探究反应发生的最低温度，应选用的加热方式为_______。(2)某同学为检验Cu2O样品中是否含有CuO，设计如下实验方案：将Cu2O样品与足量稀硫酸反应，观察到溶液呈蓝色。即得出结论：样品中含有CuO杂质。若探究该同学的方案和结论是否合理，需用化学方程式___________来进行解释。(3)该小组取含有少量CuO杂质的Cu2O进行如下实验，以测定氧化亚铜的纯度，①装置a中所加的酸是___________(填化学式)。②通过测定下列物理量，能达到实验目的是___________(填字母)。A．反应前后装置a的质量

B．装置c充分反应后所得固体的质量C．反应前后装置d的质量

D．反应前后装置e的质量③验纯后点燃装置c中酒精灯之前，对K1、K2进行的操作是____________________。④若缺少装置e，则氧化亚铜的纯度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。11．（2021·云南·玉溪市江川区第二中学高二阶段练习）含氯物质在生产生活中有重要作用。某合作学习小组进行以下实验探究。i.实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。ii.查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时iii.提出猜想。猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。猜想b：AgCl在水中的溶解度s(45℃)>s(35℃)>s(25℃)。iv.设计实验、验证猜想。取试样I、II、III(不同温度下配制的AgCl饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表中实验1～3，记录数据。实验序号试样测试温度/℃电导率/S/m1I：25℃的AgCl饱和溶液25A12II：35℃的AgCl饱和溶液35A23III：45℃的AgCl饱和溶液45A3(1)数据分析、交流讨论。25℃的AgCl饱和溶液中，c(Cl-)___________mol/L。实验结果为。小组同学认为，此结果可以证明iii中的猜想a成立，但不足以证明猜想b成立。结合ii中信息，猜想b不足以成立的理由有___________(2)优化实验。小组同学为进一步验证猜想b，在实验1～3的基础上完善方案，进行实验4和5请完成表中内容。实验序号试样测试温度/℃电导率/S/m4I_____B15____________B2(3)实验总结。根据实验1～5的结果，并结合ii中信息，小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是_______。12．（2022·广西桂林·模拟）蒸馏碘滴定法可测量中药材中二氧化硫是否超标(亚硫酸盐折算成二氧化硫)。原理是利用如图装置将亚硫酸盐转化为SO2，然后通过碘标准溶液滴定吸收液。实验步骤如下：I．SO2含量的测定烧瓶A中加中药粉10g，加蒸馏水300mL；锥形瓶中加蒸馏水125mL和淀粉试液1mL作为吸收液;打开冷凝水，通氮气，滴入盐酸10mL;加热烧瓶A并保持微沸约3min后，用0.01000mol/L碘标准溶液一边吸收一边滴定，至终点时消耗碘标准溶液V1mL;Ⅱ．空白实验只加300mL蒸馏水，重复上述操作，需碘标准溶液体积为V0mL。（1）仪器C的名称_______。（2）滴入盐酸前先通氮气一段时间作用是___，测定过程中氮气的流速过快会导致测量结果___。(填“偏大”“偏小”或“不变”)（3）①滴定过程中使用的滴定管为____。A．酸式无色滴定管

B．酸式棕色滴定管C．碱式无色滴定管

D．碱式棕色滴定管②滴定时锥形瓶中反应的离子方程式为_______，滴定终点的现象是_____。（4）该中药中含SO2含量为_____mg/kg。13．（模拟）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步得到产品Na2CO3和NH4Cl两种产品，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。过程如下：Ⅰ.NaHCO3的制备实验流程及实验装置图如下：回答下列问题：(1)a导管末端多孔球泡的作用_______。(2)b中通入的气体是_______，写出实验室制取该气体的化学方程式_______。(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_______。Ⅱ.Na2CO3中NaHCO3含量测定i.称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中：ii.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1mL；iii.在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；iv.平行测定三次，V1平均值为22.25，V2平均值为23.51。回答下列问题：(4)指示剂N为_______，第二滴定终点的现象是_______。(5)Na2CO3中NaHCO3的质量分数为_______(保留三位有效数字)。。(6)第一滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。14．（2021·山东省桓台第二中学模拟）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。回答下列问题：(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10mol·L−1FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、_________(从下列图中选择，写出名称)。(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择____________作为电解质。阳离子u∞×108/(m2·s−1·V−1)阴离子u∞×108/(m2·s−1·V−1)Li+4.074.61Na+5.197.40Ca2+6.59Cl−7.91K+7.628.27(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入________电极溶液中。(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol·L−1。石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)=________。(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_______，铁电极的电极反应式为_______。因此，验证了Fe2+氧化性小于________，还原性小于________。(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是_______。15．（2022·天津·模拟）某小组同学为探究Cl2与不同条件下的MnSO4的反应情况。已知：i.几种锰的化合物颜色：MnO2棕黑色、MnO绿色、MnO紫色；ii.Mn2+在一定条件下能被Cl2或ClO-氧化成上述某种锰的化合物；iii.MnO的氧化性强于MnO2；浓碱条件下，MnO可被OH-还原为MnO；iv.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，ClO-的氧化性随碱性增强而减弱。设计了如图实验装置(夹持装置略)，实验过程与现象如表所示。实验序号试管C中YC中实验现象通入Cl2前通入Cl2后I水I-1得到无色溶液I-2产生棕黑色沉淀，溶液呈浅黄绿色，放置片刻后无明显现象II5%NaOH溶液II-1产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀II-2棕黑色沉淀增多，放置片刻后溶液变为紫色，仍有沉淀III40%NaOH溶液III-1产生白色沉淀，在空气中较II-1变成棕黑色沉淀快III-2棕黑色沉淀较II-2的增多，放置片刻后溶液变为紫色，仍有沉淀请按要求回答下列问题：(1)使用KMnO4制备Cl2而不使用MnO2的理由是____。(2)试剂X是____；Cl2在B中的反应是可逆的，其证据是____；用离子方程式表示装置D的作用：____。(3)对比I-1与I-2的现象，得出氧化性强弱结论：O2____Cl2(填“<”或“>”或“=”)；写出产生I-2现象的离子方程式：____。(4)II-1中白色沉淀为____，在空气中变成棕黑色沉淀的原因是____。(5)对比I-2与II-2的现象，得出结论是___。(6)根据已知信息，推测III-2中应得到绿色溶液，但实际与之不符。分析可能的原因有(写一条)____。答案第=page1414页，共=sectionpages1414页答案第=page1515页，共=sectionpages11页答案：1．B【分析】通过对比实验1和实验2的操作与现象可知，实验1中钠太活泼，先与水反应生成氢氧化钠，再与浓盐酸反应生成溶解度不大的氯化钠，附着在还未反应的Na表面，阻碍了Na反应的进行，所以出现上述现象；对比实验1，实验2中，利用相同表面积的Mg做相同的实验，表面现象看似Mg反应快，是因为Mg直接与盐酸反应生成氢气，产生的氢气比实验1多，据此分析解答。【详解】A．Na元素可用焰色试验来检验，若白色小颗粒中含Na元素，则焰色反应为黄色，A正确；B．根据上述分析可知，对比实验1与实验2的操作与实验现象，能说明钠比镁的金属活动性强，只是因为表面生成的白色固体颗粒阻碍了Na与HCl的反应，通过表面现象探究实质才是真理，B错误；C．对比实验1与实验2，实验1中有白色固体，实验2中没有，则说明同温下NaCl的溶解度比MgCl2的小，C正确；D．通过上述实验可得出，金属钠、镁与盐酸反应的速率不仅与本身的性质有关，还与生成物状态等因素有关，D正确；故选B。2．

防止亚铁离子被氧化

抑制铁离子水解

Fe3+

4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O

排除ClO－的干扰

＞

溶液的酸碱性不同【详解】（1）氯化亚铁易被氧化生成氯化铁，因此在FeCl2溶液中需加入少量铁屑的目的是防止亚铁离子被氧化；氯化铁是强酸弱碱盐，水解显酸性，则将FeCl3晶体溶于浓盐酸，再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是抑制铁离子水解；（2）I.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl－发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O；II.产生Cl2还可能是ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO－的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在；制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至－1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe(OH)3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42－+6Cl－+16H+＝2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42－氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。3．

b

d

温度超过60℃，会分解

增大过氧化氢浓度有利于平衡向生成过氧乙酸的方向移动

使反应物充分接触，提高原料利用率

胶头滴管

除去其中的

15.2【详解】(1)①冷凝水下进上出，则冷凝管1、冷凝管2中进水接口依次为b、d。②升温会加快分解速率，温度超过60℃，会分解。(2)①该反应为可逆反应，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，用68%的H2O2溶液代替30%的H2O2溶液，可增大过氧化氢的浓度，有利于平衡向生成过氧乙酸的方向移动；②充分搅拌，能使反应物充分接触，提高提高原料利用率；(3)①配制100mL过氧乙酸溶液，配制步骤为：计算、称量（量取）、溶解、冷却、转移、洗涤、定容，称量时用到仪器是天平，溶解时用到烧杯、玻璃棒、量筒，转移溶液时用到烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶，定容时还需胶头滴管，其中属于玻璃仪器的是100mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒，故还需要的玻璃仪器有胶头滴管；②设计步骤b的目的是除去其中的；③由得：。4．

平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中

浓硫酸

c

吸收未反应的Cl2，防止污染空气

Cu

Pb

114

KMnO4

94.6%【分析】由图可知，装置A用于制备Cl2，饱和食盐水用于除去Cl2中的HCl，B装置为反应装置，在Cl2参与反应前要经过干燥，故饱和食盐水后为装有浓硫酸的洗气瓶，制备产品SnCl4，装置C为蒸馏装置，用于分离提纯产品。【详解】(1)装置A中盛浓盐酸的仪器为恒压漏斗，其中a管的主要用于平衡烧瓶和恒压漏斗中的压强，使浓盐酸顺利流入烧瓶中；Cl2在参与反应前要经过干燥，所以b瓶中的试剂为浓硫酸，故填平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中、浓硫酸；(2)①硫渣中含Sn，与Cl2发生化合反应，即，故填；②为了使冷凝回流的效果更明显，冷凝水的流向是下进上出，Cl2有毒，为了防止Cl2排到空气中污染环境，故选用碱石灰，故填c、吸收未反应的Cl2，防止污染空气；③硫渣中含量较多的金属元素为Cu和Pb，所以固体渣经过回收处理可得到金属Cu和Pb。故填Cu和Pb；(3)通过相关物质的物理性质表可知，SnCl4的沸点为，所以蒸馏时温度应控制在114℃，故填114；(4)滴定时不需要额外添加指示剂，因为KMnO4本身为紫色，故其指示剂为KMnO4。滴定消耗的KMnO4的物质的量为=mol，根据反应方程式可知样品中AsCl3的物质的量为=mol，质量m=n·M==g，AsCl3的质量分数为，SnCl4的质量分数为1-≈94.6%，故填KMnO4、94.6%。根据A、B装置的特征，可判断出其中所盛试剂及作用。表中Sb的含量为0.37%，回收处理得到的金属可以忽略。5．(1)

bdca

排净装置内的空气，防止Fe2+被空气中的氧气氧化而干扰实验(2)

由白色变蓝色

蓝色变红色(3)Fe2O3(4)

BaSO4、BaSO3

不需要；Fe元素的化合价升高，则必有S元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒可知，只有部分S元素的化合价降低，则进入D中的气体为SO3和SO2(5)2(FeSO4·xH2O)Fe2O3+SO2↑+SO3↑+2xH2O（1）该实验探究有气体生成，故首先应检查装置的气密性；Fe2+具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响探究结果，故应在“气体入口”处通入干燥的N2，排净装置内的空气；然后点燃酒精灯，对样品进行加热，实验结束后，熄灭酒精灯，进行冷却，故实验操作的先后顺序是bdca。（2）加热时，FeSO4·xH2O首先会失去结晶水，然后FeSO4分解。B中无水CuSO4用于检验水的生成，吸水后固体由白色变成蓝色；C中收集到酸性气体，该气体会使湿润的蓝色石蕊试纸变红。（3）由实验①可知，没有气体放出，可能的原因有两个：一是反应后的固体中没有单质Fe，二是固体中有单质Fe与Fe2O3，二者发生反应生成Fe2+；由实验②可知，溶液中不存在Fe2+，则可知反应后的固体中没有单质Fe；由实验③和固体颜色可知，反应后的固体应为Fe2O3。（4）由(3)可知，Fe元素的化合价升高，则必有S元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒可知，只有部分S元素的化合价降低，从而可知进入D中的气体为SO3和SO2，因此D中的白色沉淀为BaSO4和BaSO3，不需要再经过实验验证。（5）由上述分析可知，产物为H2O、Fe2O3、SO2和SO3，则反应的化学方程式为2(FeSO4·xH2O)Fe2O3+SO2↑+SO3↑+2xH2O。6．

氯化铵溶液呈酸性

硫酸铵受热不易分解，没有还原性氨气产生

CuCl

反应温度不同；反应Ⅰ在水溶液中进行，反应Ⅱ、Ⅲ在无水状态下进行或其他合理答案【分析】NH4Cl在水溶液中因发生水解而使溶液显酸性，能将CuO溶解并生成CuCl2；在固态时，NH4Cl分解生成NH3和HCl，NH3具有还原性，能将CuO还原为Cu，HCl能与CuO发生反应生成CuCl2和H2O；CuCl2与Cu或NH4Cl作用生成CuCl等。【详解】(1)实验Ⅰ中，NH4Cl溶于水后，部分发生水解生成盐酸等，与CuO反应生成CuCl2和水，溶液变为蓝色；固体溶解的原因是氯化铵溶液呈酸性。氯化铵溶液呈酸性；(2)实验Ⅱ中，将铜丝加热生成CuO，迅速插入疏松的氯化铵固体中，NH4Cl分解生成NH3和HCl，NH3具有还原性，能将CuO还原为Cu。①氯化铵与氧化铜反应生成两种单质，其中一种为无色气体，则生成N2和Cu，另外还有HCl气体等物质生成，该反应的化学方程式为。②若将氯化铵换为硫酸铵，观察不到上述现象，则表明硫酸铵没有分解生成氨气等，原因是硫酸铵受热不易分解，没有还原性氨气产生。；硫酸铵受热不易分解，没有还原性氨气产生；(3)实验Ⅲ中，由题给信息可知，暗红色固体中应含有CuCl2，加水溶解后生成白色沉淀，则其为CuCl；CuCl与浓硝酸激烈反应，产生大量红棕色气体(NO2)，溶液变为深蓝绿色(Cu2+)，反应的离子方程式为。CuCl；；(4)实验Ⅰ在水溶液中发生反应，实验Ⅱ、Ⅲ的加热温度不同，所以现象不同的可能原因是反应温度不同；反应Ⅰ在水溶液中进行，反应Ⅱ、Ⅲ在无水状态下进行或其他合理答案。反应温度不同；反应Ⅰ在水溶液中进行，反应Ⅱ、Ⅲ在无水状态下进行或其他合理答案。氯化亚铜呈白色，露置在空气中，易被氧化为绿色的碱式氯化铜。7．

NO+NO2+CO=2NO+CO2

无色酚酞试液

溶液变成浅红色

AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量

向AgNO3溶液中逐滴滴加NaNO2溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解

2NO+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O

取2mL0.1mol/LNaNO3溶液于试管中，加2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝【分析】由实验装置图可知，制备亚硝酸钠时，先向盛有碳酸钠溶液的三颈烧瓶中通入一段时间氮气，排尽装置中的空气后，再通入一氧化氮和二氧化氮混合气体，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶用于吸收一氧化氮，防止污染空气。【详解】(1)由分析可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，反应的离子方程式为NO+NO2+CO=2NO+CO2。(2)若亚硝酸为弱酸，亚硝酸钠会在溶液中水解使溶液呈碱性，则向亚硝酸钠溶液中滴加酚酞试液，若溶液会变成浅红色，说明亚硝酸为弱酸；(3)由实验现象可知，向NaNO2溶液中滴加AgNO3溶液时，先没有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，说明白色沉淀的生成与AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量；(4)由实验现象可知，向NaNO2溶液中滴加AgNO3溶液时，先没有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，则向AgNO3溶液中滴加NaNO2溶液时，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解说明白色沉淀的生成与AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量有关；(5)由实验现象可知，向亚硝酸钠溶液中滴加淀粉碘化钾溶液无明显现象，滴加稀硫酸后，溶液变蓝色，有无色气体生成，说明酸性条件下，亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘、一氧化氮和水，反应的离子方程式为2NO+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；(6)由题意可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳时，可能生成硝酸钠，则设计酸性条件下，硝酸钠溶液与碘化钾溶液没有碘生成的实验，可以说明酸性条件下，只有亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应，故可以进行以下操作：取2mL0.1mol/LNaNO3溶液于试管中，加2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝。8．(1)

取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中滴加硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀生成则洗涤干净

防倒吸(2)取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，加适量1.0mol•L﹣1H2SO4溶解，再滴加适量1.0mol•L﹣1NaOH调节pH在3.2-4.7，过滤(3)根据2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2；2S2O+I2=S4O+2I﹣得关系式，2Cu2+～～I2～～2S2O，则CuSO4•5H2O的物质的量为0.1000mol•L﹣1×0.01980L=0.00198mol，CuSO4•5H2O样品的纯度为。【分析】碱性蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到三颈瓶中加热，反应生成CuO、NH3、NaCl、H2O，过滤、洗涤得CuO固体，再加入一定量硫酸溶解、蒸发、浓缩、冷却结晶，过滤得CuSO4•5H2O；铜精炼炉渣，加适量1.0mol•L﹣1H2SO4溶解，再滴加适量1.0mol•L﹣1NaOH调节pH在3.2-4.7之间生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干得到CuSO4•5H2O晶体。（1）①Cu(NH3)4]Cl2、NaOH在加热条件下生成CuO、NH3、NaCl、H2O，反应的化学方程式为；②CuO固体可能附着的杂质离子中有Cl-，根据洗涤液中是否含有氯离子检验CuO固体是否洗净，具体实验操作是：取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中滴加硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀生成则洗涤干净。③三颈烧瓶中有氨气放出，氨气极易溶于水，所以装置图中装置X的作用是防倒吸；（2）取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，加适量1.0mol•L﹣1H2SO4溶解，再滴加适量1.0mol•L﹣1NaOH调节pH在3.2-4.7之间生成氢氧化铁沉淀除铁，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4•5H2O晶体。（3）根据2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2；2S2O+I2=S4O+2I﹣得关系式，2Cu2+～～I2～～2S2O，则CuSO4•5H2O的物质的量为0.1000mol•L﹣1×0.01980L=0.00198mol，CuSO4•5H2O样品的纯度为。9．(1)b(2)防止苯胺在反应过程中被氧化(3)

油浴

不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率(4)

用玻璃棒摩擦容器内壁或投入晶种

a(5)dcb(6)66.7（1）根据圆底烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的分析判断最佳规格是50mL；（2）锌粉具有还原性，实验中加入少量锌粉的目的是防止苯胺在反应过程中被氧化；（3）由于步骤1加热的温度在105℃左右，而沸腾的水温度为100℃，不能达到该温度，所以步骤1可用油浴加热的方法；水的沸点是100℃，加热至105℃左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行；（4）晶体析出时需要晶种，所以可以投入晶种促使晶体析出；由于乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量冷水洗，以减少因洗涤造成的损耗；（5）可以用活性炭吸附杂质，再根据题干信息知乙酰苯胺溶于热水，所以采用的方法为趁热过滤、冷却结晶；（6）n(苯胺)=，n(乙酸)==0.2695mol，二者按物质的量之比1∶1反应，由于乙酸的物质的量大于苯胺的物质的量，所以产生乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺为标准，乙酰苯胺的理论产量为0.102mol，而实际产量n(乙酰苯胺)==0.068mol，所以乙酰苯胺的产率为×100%≈66.7%。10．

12.5g

烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶

水浴加热

Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O

H2SO4

BC

打开K2关闭K1

偏低【分析】配制490mL0.1mol•L-1CuSO4溶液，容量瓶无此规格，需要在500mL容量瓶中配制，据此计算溶质，配制溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，结合步骤和操作选择需要的玻璃仪器。测定氧化亚铜的纯度：a防止酸的挥发，应选用难挥发性的酸，b干燥氢气，c还原，d测定产生的水，e防止空气中的水和二氧化碳进入d，f处理尾气。测定原理是根据氢气还原氧化亚铜反应后所得固体质量或生成水的质量来求氧化亚铜的质量分数；验纯后应保持气体能通过d装置，使生成的水全部被d装置吸收；若缺少装置e，d吸收水的质量增加，测定氧化铜质量增大。【详解】(1)①配制490mL0.lmol·L－1CuSO4溶液，容量瓶无此规格，需要在500mL容量瓶中配制，配制500mL0.1mol•L-1CuSO4溶液，需要称取胆矾晶体的质量=0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，需要称取胆矾晶体的质量为12.5g，完成该实验操作需要的玻璃仪器除胶头滴管外还要烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶。故12.5g；烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；②该反应最适宜温度为80～90℃，可知低于100℃的温度，为探究反应发生的最低温度，应选用的加热方式为水浴加热。故水浴加热；(2)检验Cu2O样品中是否含有CuO，将Cu2O样品与足量稀硫酸反应，观察到溶液呈蓝色。即得出结论：样品中含有CuO杂质。若探究该同学的方案和结论是否合理，需用化学方程式Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O来进行解释。故Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O；(3)①d装置中的碱石灰会吸收水和酸性气体，防止a中酸挥发，故选难挥发性酸硫酸，装置a中所加的酸是H2SO4。故H2SO4；②测定原理是根据氢气还原氧化亚铜反应后所得固体质量或生成水的质量来求氧化亚铜的质量分数，故BC；③验纯后应保持气体能通过d装置，使生成的水全部被d装置吸收，对K1、K2进行的操作是打开K2关闭K1。故打开K2关闭K1；④若缺少装置e，d吸收水的质量增加，测定氧化铜质量增大，则氧化亚铜的纯度偏低。故偏低。11．(1)

1.34×10-5

离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据不同温度下电导率A3＞A2＞A1，无法得到结论证明45℃的情况下AgCl溶解度大(2)

45

Ⅱ

45(3)电导率B1＜B2＜A3，说明电导率上升是由于溶解度上升引起的离子浓度增大【分析】（1）25℃时，Ksp（AgCl）=1.8×10-10，c（Ag+）=c（Cl-），故c（Cl-）==mol/L≈1.34×10-5mol/L，依据提示ii可知，离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，但无法证明温度越高，溶解度越高；(2)(3)为证明猜想b，若温度高，溶解度大，则电导率应上升，故可以选取相同温度的试样，但是采用不同的测定温度，若电导率上升，则是由于温度升高，溶解度增大，导致离子浓度增大，据此分析解题。（1）25℃时，Ksp（AgCl）=1.8×10-10，c（Ag+）=c（Cl-），故c（Cl-）==mol/L≈1.34×10-5mol/L，依据提示ii可知，离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据不同温度下电导率A3＞A2＞A1，无法得到结论证明45℃的情况下AgCl溶解度大，故1.34×10-5；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据不同温度下电导率A3＞A2＞A1，无法得到结论证明45℃的情况下AgCl溶解度大；（2）为证明猜想b，若温度高，溶解度大，则电导率应上升，故可以选取相同温度的试样，但是采用不同的测定温度，若电导率上升，则是由于温度升高，溶解度增大，导致离子浓度增大，故45；Ⅱ；45；（3）若证明猜想b成立，结合(2)可知，采取相同温度的试样，采用不同的测定温度，若电导率上升，则是由于温度升高，溶解度增大，导致离子浓度增大，故结果应是电导率B1＜B2＜A3，故电导率B1＜B2＜A3，说明电导率上升是由于溶解度上升引起的离子浓度增大。12．

分液漏斗

排除装置内空气，避免空气中O2干扰SO2测定

偏小

B

I2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2I-

当滴入最后一滴碘标准溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，且在30s内不变色

64(V1-V0)【分析】（1）通过图象可知，仪器C的名称为分液漏斗；（2）通氮气一段时间为排净装置中的空气，防止空气中的氧气对二氧化硫的干扰；测定过程中氮气的流速过快会，不利于标准吸收液吸收二氧化硫，使二氧化硫的含量偏小；（3）①实验用碘标准溶液滴定，溶液显酸性，以防止碘水见光分解，则使用酸式棕色滴定管；②滴定过程中，碘与二氧化硫反应生成碘离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为：I2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2I-；滴定终点时，碘单质过量，与溶液中的淀粉相遇，使淀粉显蓝色；（4）空白实验中，产生的二氧化硫消耗碘标准液V0mL，则药粉中使用碘标准液为(V1-V0)mL，n(I2):n(SO2)=1:1，则10g药粉中含有m(SO2)=0.01000mol/L×(V1-V0)mL×64g/mol；【详解】（1）通过图象可知，仪器C的名称为分液漏斗；（2）通氮气一段时间为排净装置中的空气，防止空气中的氧气对二氧化硫的干扰；测定过程中氮气的流速过快会，不利于标准吸收液吸收二氧化硫，使二氧化硫的含量偏小；（3）①实验用碘标准溶液滴定，溶液显酸性，则使用酸式棕色滴定管，以防止碘水见光分解，答案为B；②滴定过程中，碘与二氧化硫反应生成碘离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为：I2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2I-；滴定终点时，碘单质过量，与溶液中的淀粉相遇，使淀粉显蓝色，当滴入最后一滴碘标准溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，且在30s内不变色；（4）空白实验中，产生的二氧化硫消耗碘标准液V0mL，则药粉中使用碘标准液为(V1-V0)mL，n(I2):n(SO2)=1:1，则10g药粉中含有m(SO2)=0.01000mol/L×(V1-V0)mL×64g/mol，每1kg含有SO2的质量为64(V1-V0)mg；计算药粉中二氧化硫的含量时，要注意单位的换算，可以先带单位，最后转换。13．(1)增大接触面积，提高吸收速率(2)

氨气

2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O(3)NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl(4)

甲基橙

最后一滴滴入，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复(5)4.23%(6)偏小(1)多孔球泡的作用是为了增大固体和液体的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故增大接触面积，提高吸收速率；(2)由于氨气在溶液中的溶解度比较大，为了防止倒吸，不能将导管直接插入溶液中，所以该气体为氨气；实验室中用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；(3)碳酸氢钠的生成是用氯化钠、氨气、二氧化碳反应制备的，故反应方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；(4)在第一次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显碱性，故选M选酚酞做指示剂，在第二次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显酸性，故选N甲基橙做指示剂；滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复；(5)进行第一次滴定时，发生的反应为，消耗盐酸的体积为22.25mL，进行第二次滴定时发生的反应为，消耗盐酸的体积为23.51mL，故产品中碳酸氢钠消耗盐酸的体积为1.26mL，物质的量为，故NaHCO3的质量分数为，故答案为4.23%；(6)若在第一次滴定过程中仰视读数，会导致原物质的碳酸钠含量偏高，碳酸氢钠含量偏小，故答案为偏小。14．

烧杯、量筒、托盘天平

KCl

石墨

0.09mol/L

Fe3++e-=Fe2+

Fe-2e-=Fe2+

Fe3+

Fe

取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成【分析】(1)根据物质的量