黑龙江省三年（2021-2023）高考化学模拟汇编-23物质的检测（含解析）

试卷第=page22页，共=sectionpages22页黑龙江省三年（2021-2023）高考化学模拟汇编-23物质的检测一、单选题1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，用cmol/L盐酸标准溶液测定VmL某纯碱样品溶液中NaHCO3的含量(其它杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．水的电离程度：c＞b＞aB．a点溶液中存在关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)C．VmL该纯碱样品溶液中含有NaHCO3的质量为0.084cgD．c点指示的是第二滴定终点，b到c过程中存在c(Na+)＜c(Cl-)2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）化学实验源于生活。下列实验方案设计、现象与结论均正确的是选项目的方案设计现象与结论A检验菠菜中的铁元素取少量菠菜叶剪碎研磨后加水搅拌，取上层清液于试管中，加入稀硝酸后再加入KSCN溶液若溶液变红，说明菠菜中含有铁元素B检验火柴头中是否含有氯元素(ClO)将几根未燃过的火柴头浸入水中，稍后取少量溶液于试管中，加入稀HNO3、AgNO3溶液若有白色沉淀产生，说明火柴头中含有氯元素C检验食盐中是否含碘元素向某食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液颜色不变，说明该食盐属于无碘盐D检验鸡皮中是否含有脂肪取一小块鸡皮于表面皿上，将几滴浓硝酸滴到鸡皮上一段时间后鸡皮变黄，说明鸡皮中含有脂肪A．A B．B C．C D．D二、实验题3．（2022·黑龙江佳木斯·佳木斯一中校考三模）葡萄糖酸钙是一种有机钙盐，外观为白色结晶性或颗粒性粉末，无臭，无味，易溶于沸水，微溶于冷水，不溶于乙醇或乙醚等有机溶剂。葡萄糖酸钙临床上用于治疗骨质疏松症。实验室制备葡萄糖酸钙主要步骤如下：I.葡萄糖酸溶液的制备称取适量的葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]，置于三颈烧瓶中，加入足量的溴水，在磁力搅拌器中沸水浴加热、搅拌得到无色透明的葡萄糖酸溶液。当氧化率达80％以上时(60min)，停止反应，把反应液冷却至60-70℃待用。Ⅱ.葡萄糖酸钙的制备在搅拌下，分批加入足量的碳酸钙至葡萄糖酸溶液中。反应完全后，趁热用下图装置抽滤，得到澄清透明的葡萄糖酸钙溶液。将葡萄糖酸钙溶液转入100ml烧杯中冷却至室温，向烧杯中添加适量的无水乙醇，静置10min得到悬浊液，抽滤、洗涤、干燥得到白色的葡萄糖酸钙固体。回答下列问题：(1)步骤Ⅰ中，滴入溴水后，反应的化学方程式为。(2)步骤Ⅱ中，判断碳酸钙已经足量的实验现象是。(3)步骤Ⅱ抽滤时自来水流的作用是使瓶内与大气形成压强差，与普通过滤操作相比，抽滤的优点是；装置B的作用是。(4)洗涤操作洗涤剂最合适的是_(填序号)，理由是。A．冷水

B．热水

C．乙醇Ⅲ.葡萄糖酸钙中钙质量分数的测定测定步骤：(i)准确称取葡萄糖酸钙mg，加入去离子水溶解，定容，配成250mL溶液。(ii)用cmol/LEDTA(H2Y2-)标准溶液润洗滴定管后，装入EDTA标准液，调至零刻度。(iii)向250mL锥形瓶中加入10mL水、10mLNH3-NH4Cl缓冲溶液和5mL硫酸镁溶液。滴加4滴铬黑T(HIn2-)指示剂，摇匀。用EDTA标准液滴定至终点。记录消耗的EDTA标准液的体积。滴定过程中发生的反应如下：Mg2++HIn2-(蓝色)MgIn-(酒红色)+H+

Mg2++H2Y2-MgY2-+2H+MgIn-(酒红色)+H2Y2-MgY2-+H++HIn2-(蓝色)(iv)向上述锥形瓶中加入25.00mL葡萄糖酸钙溶液，摇匀，继续用EDTA标准液滴定至终点，记录消耗的EDTA标准液的总体积。平行滴定三次，测得步骤iii中消耗EDTA标准液的平均体积为V1L，步骤iv中EDTA标准液的平均总体积为V2L。已知：配合物的稳定常数类似于化学平衡常数，如反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3的平衡常数可以看做是Fe(SCN)3的稳定常数K稳，一般情况下，配合物的稳定常数越大，配合物越稳定，两种离子更容易结合。已知下列化合物稳定常数的大小顺序为CaY2->MgY2->MgIn->CaIn-，其中CaIn-的稳定常数很小，CaIn-不稳定，易导致滴定终点提前。回答下列问题：(5)步骤iii中加入硫酸镁的作用是。(6)滴定终点的颜色变化为。(7)步骤iv中，加入葡萄糖酸钙后发生反应的离子方程式为，。(8)葡萄糖酸钙中钙的质量分数为。(用V1、V2、m、c的代数式表示)4．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中三模）1-溴丁烷可作稀有元素萃取剂、烃化剂及有机合成的原料。实验室合成1-溴丁烷的装置及有关数据如下：名称分子量性状密度g/mL熔点°C沸点°C溶解度：g/100mL溶剂水醇醚1-丁醇74.0无色透明液体0.802-89.12117.77.920∞∞1-溴丁烷137.0无色透明液体1.299-112.4101.6不溶∞∞发生的反应如下：NaBr+H2SO→HBr+NaHSO4HBr+CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2Br+H2O实验步骤如下：在圆底烧瓶中加入14mL水，再慢慢分批加入19mL(0.54mol)浓硫酸，混合均匀并冷却至室温后，再依次加入12mL1-丁醇和16.5g溴化钠，充分振荡后加入2粒沸石。加热至沸，调整加热速度，以保持沸腾而又平稳回流，并不时摇动烧瓶促使反应完成。回流约30min。待反应液冷却后，改回流装置为蒸馏装置，蒸出粗产物。将馏出液移至分液漏斗中，加入10mL的水洗涤，静置分层后，将产物转入另一干燥的分液漏斗中，用8mL的浓硫酸洗涤，分去硫酸层后有机相依次用10mL的水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤后，转入干燥的锥形瓶中，加入1~2g的无水氯化钙干燥，间歇摇动锥形瓶，直到液体清亮为止。将过滤，后的产物移至小蒸馏瓶中，蒸馏，收集99~103°C的馏分，得到产物12.0g。回答下列问题：(1)仪器a和b的名称是、。实验时需小火加热，若大火加热，有机相显红棕色，因为生成了单质(化学式)，可用少量亚硫酸氢钠水溶液洗涤以除去，发生的离子反应方程式为。(2)实验中1-丁醇会发生其它副反应，生成的有机副产物的结构简式为(写出其中一种)。(3)粗蒸馏终点的判断：1-溴丁烷是否蒸馏完全，可以从下列哪些方面判断？___________(填标号)A．看是否有馏出液，若没有，说明蒸馏已达终点B．看蒸馏烧瓶中1-溴丁烷层(即油层)是否完全消失，若完全消失，说明蒸馏已达终点C．取一试管收集几滴馏出液，加水摇动观察无油珠出现。如无，表示馏出液中已无有机物、蒸馏完成D．取一试管收集几滴馏出液，加硝酸银溶液，如无淡黄色沉淀生成表示馏出液中已无有机物、蒸馏完成(4)为什么用饱和的碳酸氢钠溶液洗涤前先要用水洗一次？。(5)加入氯化钙干燥后要滤除干燥剂再蒸馏，若不滤除会有什么影响？。(6)本实验中1-溴丁烷的产率为(保留两位有效数字)5．（2022·黑龙江齐齐哈尔·齐齐哈尔市第一中学校校考二模）乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，相对分子质量为288}易溶于水，是一种很好的补铁剂，某实验小组设计了以乳酸[CH3CH(OH)COOH]和FeCO3为原料制备乳酸亚铁晶体的实验。Ⅰ．FeCO3的制备(装置如图所示)(1)仪器A的名称是。(2)制备FeCO3的实验操作为。(3)写出生成FeCO3的离子方程式：。(4)装置C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法：II．乳酸亚铁晶体的制备及含量的测定(5)向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75°C下搅拌使之充分反应后，经过滤，在的条件下，低温蒸发，获得乳酸亚铁晶体。(6)铁元素含量测定：称取3.000g样品，灼烧至完全灰化，加入过量稀硫酸溶解，加入足量Na2S还原，加酸酸化后，过滤，取滤液加水配成100mL溶液。移取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.0200mol·L-1KMnO4溶液滴定。①滴定实验是否需要指示剂并解释其原因：，。②平行滴定3次，KMnO4溶液的平均用量为25.00mL，则样品纯度为%。6．（2022·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）实验室模拟拉希法用氨和次氯酸钠反应制备肼(N2H4)，并探究肼的性质。制备装置如图所示。已知：硫酸肼为无色无味鳞状结晶或斜方结晶，微溶于冷水，易溶于热水。回答下列问题：(1)装置A试管中的试剂为，仪器a的作用是。(2)装置B中制备肼的化学方程式为。(3)装置C中仪器b的名称是，该仪器中导管的作用为。(4)上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是。(5)①探究性质。取装置B中溶液，加入适量稀硫酸振荡，置于冰水浴冷却，试管底部得到结晶。写出生成结晶的离子反应方程式。②测定B中溶液肼的质量分数。称取装置B中溶液mg，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成100mL溶液，移取25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2~3滴指示剂，用cmol/L的碘溶液滴定，滴定过程中发生反应：指示剂可选用，滴定终点平均消耗碘溶液VmL，产品中肼的质量分数为。7．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）碳酸钠是一种重要的无机化工原料，以“侯氏制碱法”为原理，实验室中用碳酸氢铵和粗盐(含有MgCl2、CaCl2)制备碳酸钠，并测定其含量。回答下列问题：I.碳酸钠的制备制备流程如图所示。已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，Ksp(MgCO3)=6.8×10-6，Ksp[Ca(OH)2]=4.7×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12(1)滤渣的成分有。(2)写出灼烧碳酸氢钠的化学方程式。(3)根据相关物质的溶解度随温度的变化曲线(如图所示)，制备NaHCO3时反应温度控制在30~35℃之间，温度过高或者过低都不利于反应进行，原因是。(4)向母液中加入研细的NaCl粉末可以制得NH4Cl晶体，为使NH4Cl晶体充分析出并分离，根据溶解度曲线，需采用的操作为、、洗涤、干燥。II.碳酸钠含量分析称取制备的碳酸钠2.00g，配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入2滴某指示剂，用0.1000mol/L盐酸滴定至第一滴定终点，消耗16.00mL盐酸。再加入2滴甲基橙，继续滴加盐酸，溶液由黄色变为橙色后，加热煮沸1~2min，冷却后溶液又变为黄色，继续用盐酸滴定，溶液重新变为橙色，直至加热不褪色即为第二滴定终点，最终共消耗34.00mL盐酸。(5)第一滴定终点的现象为。(6)滴定过程中加热煮沸溶液的目的是，若不煮沸，测得Na2CO3的质量分数(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)(7)产品中Na2CO3的质量分数为，NaHCO3的质量分数为。8．（2022·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）某实验小组制备无机抗菌剂：碱式次氯酸镁[Mg2ClO(OH)3·H2O，简称BMH]，BMH难溶于水。用下图所示装置制备BMH。三颈烧瓶中盛有n(NaClO)：n(MgCl2)为1：1.5的混合溶液，控制pH=10下恒温反应4小时。请回答：(1)仪器A的名称是，MgCl2的电子式为：。(2)有关制备过程的下列说法，正确的是_______(填序号)。A．滴液漏斗的支管有利于NaOH溶液顺利流下，防止爆炸B．装置中仪器A的作用是冷凝回流C．缓慢滴加NaOH溶液仅仅是为了控制反应温度D．pH不超过10，有利于降低产品中杂质的含量(3)就抗菌和杀菌效果而言，氯制剂具有广谱、高效的特点，像BMH这样难溶又稳定的氯制剂几乎别无他物。在酸性溶液中BMH具有杀菌、漂白作用的原因是(用离子方程式表示)(4)反应结束后，为分离得到较纯净的BMH固体，将三颈烧瓶中混合物倒入烧杯，弃去清液→洗涤→干燥。下列操作中正确的洗涤步骤顺序为：(填选项)①加少量冷水②将玻璃棒放在烧杯上③搅拌④将清液沿玻璃棒倒入另一个容器⑤静置A．①③②⑤④B．③⑤①②④C．①⑤③②④(5)通过测定碱式次氯酸镁产品有效氯的含量来衡量产品质量。次氯酸盐的有效氯含量可用次氯酸盐与盐酸反应所生成的氯气的含量来表示，有效氯含量=。Mg2ClO(OH)3·H2O有效氯的理论含量为42.14%。①实测值的测量方法：称取1.775g所制得的碱式次氯酸镁，放置于带塞的磨口瓶中，加入稍过量KI溶液和适量稀H2SO4(ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O)。滴入20.00mL1mol·L-1Na2S2O3溶液(I2+2=2I-+)恰好完全反应。测得有效氯含量为。②实测值低于理论值，根据实验推测，样品中可能含有杂质。9．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考一模）常用的补铁剂甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]，是一种易溶于水的粉末，性稳定，久储不变。实验室利用以下实验装置(部分夹持和加热仪器省略)，以11.6g新制碳酸亚铁(FeCO3)为铁源与足量甘氨酸(NH2CH2COOH)反应制备甘氨酸亚铁。实验步骤如下：①组装仪器，检验装置气密性良好，添加试剂。②打开a的活塞，向A中加入适量盐酸。待装置C中空气排净后，向装置C中滴入适量柠檬酸，关闭活塞并加热，待反应结束后，取出C中的反应液，过滤。③滤液经蒸发浓缩，加入无水乙醇，过滤，干燥得到产品。已知：相关物质的性质如下表甘氨酸柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，有还原性和较强的酸性易溶于水，难溶于乙醇回答下列问题：(1)预先制备CO2的目的：。(2)仪器b的名称是，装置B的作用。(3)装置C中滴加柠檬酸可调节溶液pH，体系pH与产率的关系如下表体系pH4.04.55.05.56.06.57.0产率/%65.7474.9678.7883.1385.5772.9862.31pH过高和过低均会使产率下降的原因是甘氨酸有性质。(4)装置D功能表现的现象和结论。(5)步骤③中加入无水乙醇的目的是。(6)经测定本实验实际制得甘氨酸亚铁的质量为15.3g，则此实验的产率是。10．（2021·黑龙江哈尔滨·哈九中校考二模）某研究小组制备高纯NaI可按下列步骤进行，在三颈烧瓶中先加入高纯水，然后按NaHCO3与I2和水合肼的投料顺序分批加入。已知：①I2(s)+I-(aq)=(aq)。②水合肼(N2H4·H2O)具有强还原性，可分别将碘的各种酸根和I2还原为I，本身被氧化为无毒物质。③NaI易溶于水，也易溶于酒精，在酒精中的溶解度随温度的升高增加不大。请回答：(1)I2与NaHCO3溶液发生歧化反应，生成物中含IO-和。①若生成IO-和的物质的量之比为1：1，则该反应的离子方程式为。②加少量NaI固体能使反应速率加快，其原因是。③I与NaHCO3溶液反应适宜温度为40~70℃，不宜超过70℃的原因是。(2)水合肼(N2H4·H2O)与IO-反应生成NaI，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。(3)三颈烧瓶内的物质充分反应后得到pH为6.5~7的溶液，经以下步骤得粗NaI溶液：①将溶液的pH调整全9~10，在100℃下保温8h，得到溶液A；②将溶液A的pH调整全3~4，在70~80℃下保温4h，得溶液B；③将溶液B的pH调整全6.5~7，得溶液C；④在溶液C中加入活性炭，混合均匀后煮沸，静置10~24h后，过滤除杂得粗NaI溶液。上述①②③操作中，操作①中试剂为，操作②中试剂为。A．HIB．NaOHC．NH3·H2OD．高纯水(4)将上述粗NaI溶液得到NaI·2H2O的粗产品，采用“减压蒸发”代替“常压蒸发”。①“减压蒸发”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管、接收瓶之外，还有。A．直形冷凝管

B．球形冷凝管

C．烧杯D．抽气泵②采用“减压蒸发”的优点为。(5)将制备的NaI·2H2O粗品以95%乙醇为溶剂进行重结晶。请给出合理的操作排序。加热95%乙醇→_____→____→___→____→纯品(选填序号)。①减压蒸发结晶

②NaI·2H2O粗品溶解

③趁热过滤

④真空干燥11．（2021·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考三模）市售的高锰酸钾常含有少量杂质。KMnO4是强氧化剂，在水溶液中能自行分解，其分解反应为：4KMnO4+2H2O=4MnO2↓+4KOH+3O2↑，分解速率随溶液的pH而变化，反应原理为4+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O。在中性溶液中分解很慢，但Mn2+和MnO2能加速KMnO4的分解，见光则分解更快。I.KMnO4溶液的配制称取1.600gKMnO4溶于盛有500mL水的烧杯中，加热煮沸20-30min，并在水浴上保温1h，冷却后过滤，储存于洁净试剂瓶中。II.KMnO4溶液的标定(标定：使用标准物测出某溶液的精确浓度的过程)准确称取Na2C2O40.200g置于250mL锥形瓶中，加入蒸馏水40mL及3.000mol·L-1硫酸溶液10mL，加热至75-85℃(不可煮沸)立即用待标定的KMnO4溶液滴定。开始滴定时反应速率慢，应逐滴加入，当加入第一滴KMnO4溶液颜色褪去后再加入第二滴，待溶液中产生Mn2+后，滴定速度可加快。达滴定终点，记录消耗KMnO4溶液的体积。平行测定3次，体积的平均值为29.85mL。回答下列问题：(1)滴定时使用式滴定管。(2)为延长储存时间，配制的KMnO4溶液应呈性，且存放方法是。配制过程中，加热煮沸且冷却后过滤的目的是。(3)用离子方程式表示标定反应的反应原理。(4)开始滴定时滴加KMnO4溶液的速度不宜太快，原因是，否则会导致测定结果(填“偏高”或“偏低”)。(5)达滴定终点的判定依据是。(6)经计算，所配制的KMnO4溶液的物质的量浓度为(保留一位有效数字)。12．（2021·黑龙江大庆·铁人中学校考三模）白色固体二氯异氰尿酸钠(CNO)3Cl2Na是常用的消毒剂，难溶于冷水。某实验小组利用高浓度的NaCIO和(CNO)3H3固体制备二氯异氰尿酸钠［2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O]的实验装置如图所示(部分夹持装置省略)。回答下列问题：(1)盛放浓盐酸的仪器X的名称为，装置A中发生反应的化学方程式为。(2)当装置B出现现象时，由三颈烧瓶上口加入(CNO)3H3固体，在反应过程中仍不断通入C12的目的是。(3)反应结束后，装置B中的浊液经过滤、、干燥得粗产品。(4)实验发现装置B中NaOH溶液的利用率较低，改进方法是。(5)制备实验结束后，该实验小组利用滴定的方法测定二氯异氰尿酸钠的纯度，实验步骤为：准确称取mg样品，用100mL容量瓶配制成100mL溶液；取25.00mL上述溶液加入适量硫酸酸化并加入过量的KI溶液，充分反应后，加入适量淀粉作指示剂，用cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复滴定3次，消耗标准液的体积平均为VmL。涉及的反应原理为(CNO)3Cl2Na+H++2H2O=(CNO)3H3+2HClO+Na+，I2+2S2O=S4O+2I-①样品中二氯异氰尿酸钠的质量分数为。(列出表达式即可)②该滴定方法测得的(CNO)3Cl2Na样品的质量分数误差较大，请用离子方程式表示可能的原因。三、工业流程题13．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考一模）三氯化六氨合钴(III){[Co(NH3)6]C13}是合成其他含钴配合物的重要原料。工业上以水钴矿(主要成分为Co2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2)为原料制备三氯化六氨合钴晶体。已知：①Co2O3具有很强的氧化性，其产物为Co(Ⅱ)；碱性条件下，Co(Ⅱ)能被O2氧化：[Co(NH3)6]Cl3易溶于热水，难溶于冷水：②25℃时相关物质的Ksp如表：物质Co(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2Ca(OH)2MgF2CaF2Ksp1×10-13.81×10-16.31×10-38.61×10-32.31×10-11.21×10-7.81×10-105×10-11请回答下列问题：(1)“浸取”时，能提高浸取速率的措施是(写出一条即可)，Co2O3发生反应的离子方程式为。(2)滤渣Ⅱ的成分是A1(OH)3和Fe(OH)3“氧化”时，NaClO3溶液的作用是。(3)“除杂”时，CoF2可将Ca2+、Mg2+转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中Mg2+刚好沉淀完全，则此时滤液中c(Ca2+)=mol·L-1(通常认为溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时沉淀完全)。(4)“转化”时，Co2+转化为[Co(NH3)6]3+，需水浴控温在50~60℃，温度不能过高的原因是，其反应的离子方程式为，“系列操作”为、冷却结晶、、洗涤、干燥。(5)为测定产品中钴元素的含量，取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[Co(NH3)6]Cl3完全转化为Co(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，定容。取25.00mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL(已知：2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O)。①滴定终点的现象是。②该产品中钴元素的质量分数为(用含a、V的式子表示)。14．（2021·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某钴酸锂电池的正极材料含有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑、铝箔及少量铁，通过如图工艺流程可回收铝、钴、锂。回答下列问题：(1)LiCoO2中，Co元素的化合价为。(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式。(3)“酸浸”时Co、Li元素的浸出率随温度的变化如图所示：“酸浸”的适宜温度，写出该步骤中发生的主要氧化还原反应的化学方程式。(4)沉锂过程要对所得滤渣进行洗涤，检验沉淀是否洗净的操作为。(5)充电时，该锂离子电池充电时阴极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6充放电过程中，发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式。上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是。(6)某CoC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Co2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：I.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。II.向上述溶液中加入适量还原剂将Co3+完全还原为Co2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126g/mol)的质量分数表达式为；若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Co元素含量。(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)

15．（2021·黑龙江大庆·大庆中学校考模拟预测）K2[Cu(C2O4)2]·2H2O(二草酸合铜酸钾，式量为354)为蓝色晶体，是一种具有还原性配体的有机金属化合物。它可溶于热水，微溶于冷水、酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。某小组制备并探究二草酸合铜酸钾热分解的产物、测定草酸根配体的含量。制备流程如图所示：已知：①H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O②Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O③杂质受热不分解回答下列问题：(1)①处“黑色固体”的化学式为。(2)②处采用“微热”溶解草酸，其原因是加快溶解速率、。③处最适宜的洗涤试剂为。(3)按如图所示探究二草酸合铜酸钾晶体的热分解产物，装置B、C、F中均盛有足量的澄清石灰水，装置E中填有精细氧化铜粉末(石棉绒作载体)。①通入氮气的目的是。②装置D中盛放的试剂是。③实验中观察到装置C中澄清石灰水未变浑浊，B、F中澄清石灰水均变浑浊，离心分离后测得沉淀质量相等，装置E中固体变为砖红色。由此推断二草酸合铜酸钾晶体热分解的化学方程式为。(4)室温下准确称取制取的晶体试样1.000g溶于氨水(1：1)中，并加水定容至250mL。取试样溶液25.00mL于锥形瓶中，再加入10mL3mol/L的H2SO4溶液，水浴加热至75～85℃，趁热用0.0100mol/L的KMnO4溶液滴定。平行滴定三次，KMnO4标准液平均消耗20.00mL。①样品能溶解于氨水的原因是。②滴定终点的现象为。③该产品的纯度为。答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．C【分析】a点为第一个终点发生反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，c点为第二个终点：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。【详解】A．a点的成分为NaCl和NaHCO3。相比a点，b点加入更多盐酸，NaHCO减少，b点成分为NaCl和NaHCO3。c点成分为NaCl。NaHCO3弱酸盐促进水的电离，水的电离程度：a>b>c，A项错误；B．a点的成分为NaCl、NaHCO3，存在电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)，B项错误；C．Na2CO3转变为NaHCO3消耗盐酸2.9mL，而总共消耗盐酸6.8mL，所以纯碱中NaHCO3消耗盐酸为6.8-2.9×2=1mL。所以n(NaHCO3)=n(HCl)=10-3cmol，得m(NaHCO3)=n(NaHCO3)M(NaHCO3)=84×10-3cg=0.084cg，C项正确；D．b点的成分为NaCl、NaHCO3，而c点成分为NaCl，所以b到c的过程中c(Na+)>c(Cl-)，D项错误；故选C。2．A【详解】A．亚铁离子被硝酸氧化为铁离子，铁离子能使KSCN溶液变红色，若溶液变红，说明菠菜中含有铁元素，方案设计、现象与结论均正确，故A符合题意；B．溶液中氯酸根离子不能和银离子生成氯化银沉淀，方案设计、现象与结论不正确，故B不符合题意；C．碘单质能使淀粉变蓝色，溶液颜色不变，说明该食盐不含碘单质，不能说明不含碘元素，故C不符合题意；D．某些蛋白质遇硝酸变黄色，一段时间后鸡皮变黄，说明鸡皮中含有蛋白质，故D不符合题意；故选A。3．(1)CH2OH(CHOH)4CHO+Br2+H2O=CH2OH(CHOH)4COOH+2HBr(2)加入碳酸钙不再溶解且不再生成气泡(3)速率更快，且得到产品更干燥起到安全瓶的作用(4)C葡萄糖酸钙不溶于乙醇，可减少产品的溶解损失(5)指示滴定过程中颜色变化，确定加入EDTA标准液的消耗量(6)最后一滴EDTA标准液加入后溶液酒红色褪色且半分钟内不变色(7)Ca2++MgY2-=CaY2-+Mg2+Mg2++HIn2-=H++MgIn-(8)【分析】葡萄糖和溴水反应生成葡萄糖酸，加入碳酸钙转化为葡萄糖酸钙，趁热过滤，滤液冷却后抽滤得到葡萄糖酸钙；【详解】（1）溴具有氧化性，葡萄糖具有还原性；步骤Ⅰ中，滴入溴水后，葡萄糖分子中醛基被氧化为羧基，反应的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+Br2+H2O=CH2OH(CHOH)4COOH+2HBr；（2）碳酸钙不溶于水、能和葡萄糖酸反应生成二氧化碳气体，生成葡萄糖酸钙易溶于沸水；故步骤Ⅱ中，判断碳酸钙已经足量的实验现象是加入碳酸钙不再溶解且不再生成气泡；（3）步骤Ⅱ抽滤时自来水流的作用是使瓶内与大气形成压强差，与普通过滤操作相比，抽滤的优点是速率更快，且得到产品更干燥；装置B的作用是起到安全瓶的作用，防止倒吸；（4）葡萄糖酸钙易溶于沸水，微溶于冷水，不溶于乙醇或乙醚等有机溶剂；故洗涤操作洗涤剂最合适的是C乙醇，理由是可减少产品的溶解损失，提高产率；（5）镁离子和HIn2-生成酒红色MgIn-，加入EDTA标准液滴定，MgIn-转化为MgY2-，溶液酒红色消失；再加入葡萄糖酸钙溶液后，MgY2-又转化为CaY2-和酒红色MgIn-，步骤iii中加入硫酸镁的作用是指示滴定过程中颜色变化，确定加入EDTA标准液的消耗量；（6）步骤iii加入EDTA标准液滴定，MgIn-转化为MgY2-，溶液酒红色消失，故步骤iii滴定终点的颜色变化为最后一滴EDTA标准液加入后溶液酒红色褪色且半分钟内不变色；步骤iv中再加入葡萄糖酸钙溶液后，MgY2-又转化为CaY2-和酒红色MgIn-，继续加入EDTA标准液滴定，MgIn-又转化为MgY2-，溶液酒红色消失，故步骤iv滴定终点的颜色变化为最后一滴EDTA标准液加入后溶液酒红色褪色且半分钟内不变色；故答案为：最后一滴EDTA标准液加入后溶液酒红色褪色且半分钟内不变色；（7）已知下列化合物稳定常数的大小顺序为CaY2->MgY2->MgIn->CaIn-；步骤iv中，加入葡萄糖酸钙后Ca2+和MgY2-反应转化为CaY2-和Mg2+，Mg2+和HIn2-生成MgIn-，故反应为：Ca2++MgY2-=CaY2-+Mg2+、Mg2++HIn2-=H++MgIn-；发生反应的离子方程式为（8）步骤iv中再加入葡萄糖酸钙溶液后，MgY2-又转化为CaY2-和酒红色MgIn-，继续加入EDTA标准液滴定，根据Ca2++MgY2-=CaY2-+Mg2+、Mg2++HIn2-=H++MgIn-；MgIn-+H2Y2-=MgY2-+H++HIn2-，可知Ca2+~Mg2+~MgIn-~H2Y2-，则第二次滴定消耗EDTA标准液的物质的量等于钙离子的物质的量，故钙离子的物质的量为（V2-V1）L×cmol/L×=10c（V2-V1）mol，葡萄糖酸钙中钙的质量分数为。4．(1)直形冷凝管分液漏斗Br2(2)CH3CH2CH=CH2或CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3（任写一种）(3)BC(4)可以除去大部分溶于水的物质：CH3CH2CH2CH2OH、HBr、NaHSO4等(5)CaCl2与H2O反应形成结晶物可除去水，若不滤去干燥剂，蒸馏时结晶物又会分解生成水，影响1-溴丁烷的收集(6)67%【分析】实验原理：1-溴丁醇与HBr发生取代反应得到1-溴丁烷。(1)仪器a和b的名称是直形冷凝管和分液漏斗；有机相显红棕色，因为生成了单质Br2，少量亚硫酸氢钠水溶液与溴单质可以发生氧化还原反应，离子方程式为：；(2)1-丁醇与浓硫酸在加热条件下可以发生消去反应或分子间脱水反应，故副产物有：CH3CH2CH=CH2或CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3（任写一种）；(3)A．馏出液不可能无剩余，蒸馏液为混合物，故不可判断，A错误；B．CH3CH2CH2CH2Br为油状液体，若蒸馏完全，无油状物剩余，故可判断，B正确；C．CH3CH2CH2CH2Br为油状液体，若蒸馏完全，无油状物剩余，故可判断，C正确；D．1-溴丁烷不能电离出溴离子，与硝酸银溶液不反应，故不可判断，D错误；故选BC；(4)先用水洗一次，可以除去大部分溶于水的物质：CH3CH2CH2CH2OH、HBr、NaHSO4等；(5)CaCl2与H2O反应形成结晶物可除去水，若不滤去干燥剂，蒸馏时结晶物又会分解生成水，影响1-溴丁烷的收集；(6)12mL1分子1-丁醇理论上可以生成1分子1-溴丁烷，故12mL1-丁醇理论上可以生成1-溴丁烷的质量为：，产率为：。5．(1)分液漏斗(2)实验开始时打开K1、K2，加入适量稀硫酸，Fe和稀硫酸反应生成氢气，可将装置中的空气排出；待装置内空气排出后；再关闭K2(3)Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑(4)取最后一次洗涤液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则洗涤干净(5)隔绝空气(6)不需要KMnO4溶液的颜色变化可作为判断滴定终点的依据96%【分析】稀硫酸与Fe在蒸馏烧瓶中发生置换反应产生FeSO4、H2，反应产生的H2排出装置中的空气，然后关闭K1、K2，反应产生的H2使烧瓶中气体压强增大，将烧瓶中的FeSO4压入三颈烧瓶中，并与NH4HCO3反应产生FeCO3，多余的H2要通过尾气处理，然后排放。【详解】（1）根据图示可知：仪器A的名称是分液漏斗；（2）实验开始时打开K1、K2，加入适量稀硫酸，Fe和稀硫酸反应生成氢气，可将装置中的空气排出；待装置内空气排出后；再关闭K2，装置B中压强增大，可将生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳和水；（3）硫酸亚铁溶液由于装置中气体压强增大，被排到装置C中，发生反应生成FeCO3，同时生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑；（4）检验FeCO3沉淀是否洗涤干净，就是检验洗涤FeCO3沉淀的最后一次洗涤液中是否存在硫酸根离子即可，具体操作为：取最后一次洗涤液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液,若无白色浑浊出现，则洗涤干净；（5）Fe2+有较强还原性，易被空气中的氧气氧化，故获得晶体虚在隔绝空气的条件下进行，以防止FeCO3被氧化；（6）①滴定实验不需要需要指示剂，原因是KMnO4溶液的颜色变化可作为判断滴定终点的依据；②铁元素含量测定：称取3.000g样品，灼烧至完全灰化，加入过量稀硫酸溶解，加入足量Na2S还原，确保提前元素以亚铁离子的形式存在，滴定时发生反应：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，结合方程式可知，n(Fe2+)~5n()=5×0.0200mol/L×0.025L×=0.01mol，故样品纯度为。6．(1)Ca(OH)2和NH4Cl防止倒吸(2)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O(3)恒压滴液漏斗平衡气压，使浓盐酸顺利滴下(4)B、C之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶(5)N2H4+2H+=淀粉溶液【分析】装置A加热氢氧化钙和氯化铵制取氨气，进入装置B中，由于氨气极易溶于水,故使用装置a防止倒吸,装置B使用浓盐酸:和漂白粉制备氯气，进入装置B中发生反应，由于制备的氯气中混有氯化氢,应使用饱和食盐水除去，但是实验并未提供,会导致产品产率降低，装置B中氨气和氯气在氢氧化钠溶液中发生反应,产生胼，据此分析回答问题。【详解】（1）根据装置图可知：装置A加热碱石灰和氯化铵混合物制取氨气，装置A中的试剂为氢氧化钙和氯化铵，使用装置a可以防止倒吸现象的发生；（2）装置B中氨气和氯气在氢氧化钠溶液中发生反应产生肼，对应化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；（3）根据装置图可知：装置C中仪器b为恒压滴液漏斗，其作用为平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；（4）结合分析可知：由于制备的氯气中混有氯化氢，应使用饱和食盐水除去，但是实验并未提供，会导致产品产率降低，故应在B、C之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶；（5）①结合提示：硫酸胼为无色无味鳞状结晶或斜方结晶，微溶于冷水，易溶于热水，故取装置B中溶液，加入适量稀硫酸振荡，置于冰水浴冷却，试管底部得到结晶，对应结晶为硫酸肼，肼可以理解为二元碱，反应为类型酸碱中和反应，对应的离子方程式为：N2H4+2H+=；②滴定达到终点时，碘单质有剩余，故应使用淀粉溶液作为指示剂。根据反应N2H4+2I2=N2↑+4HI+H2O，n(N2H4)：n(I2)=1：2，mg馏分含肼的物质的量n(N2H4)=，故样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为。7．(1)CaCO3、Mg(OH)2(2)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O(3)温度过高，NH4HCO3易分解；温度过低，NH4HCO3溶解度小(4)降温结晶过滤(5)溶液由红色变为浅红色(6)赶走溶解的CO2无影响(7)84.8%8.4%【分析】粗盐(含有MgCl2、CaCl2)中加入NaOH和Na2CO3，将杂质转化为CaCO3、Mg(OH)2过滤除去，滤液中存在的物质为NaCl和过量的NaOH和Na2CO3，向滤液中加入盐酸调节pH，除去滤液中的OH-和CO，得到NaCl溶液，再加入NH4HCO3，发生复分解反应生成溶解度较小的NaHCO3和NH4Cl，最后将NaHCO3灼烧得到碳酸钠，气体为CO2和H2O。【详解】（1）粗盐(含有MgCl2、CaCl2)中加入NaOH，目的是与MgCl2反应生成Mg(OH)2，加入Na2CO3可以CaCl2转化为CaCO3，所以滤渣为CaCO3、Mg(OH)2；（2）灼烧NaHCO3生成Na2CO3，所以化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（3）由图象可知，NH4HCO3的溶解度在最大，当温度再高时NH4HCO3分解，而温度低时NH4HCO3溶解度小，会导致反应物浓度较小，反应变慢，所以答案为：温度过高，NH4HCO3易分解；温度过低，NH4HCO3溶解度小；（4）根据溶解度曲线可知，NH4Cl的溶解度随着温度的升高而增大，NaCl的溶解度随温度变化不明显，所以采取降温结晶的方式得到晶体，然后过滤分离，答案为降温结晶，过滤；（5）Na2CO3用盐酸滴定时，选用双指示剂，第一步发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，终点为NaHCO3溶液，水解呈碱性，所以选择酚酞作为指示剂，终点的现象是溶液由红色变成浅红色，且半分钟内不恢复；（6）由第一步反应的方程式Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，消耗的盐酸的物质的量等于Na2CO3物质的量，第二步，向NaHCO3溶液中继续滴加盐酸，发生反应：NaHCO3+HCl=H2O+CO2↑+NaCl，终点为NaCl，同时会混有碳酸和CO2，呈酸性，所以用甲基橙作为指示剂，终点时溶液由黄色变成橙色，且半分钟内不恢复，此时第二步消耗的盐酸的物质的量等于溶液中NaHCO3的物质的量。为了排除的CO2干扰，所以煮沸，若第二步不煮沸不影响Na2CO3质量分数的求解，只会使得NaHCO3的质量分数偏低，所以答案为①加热煮沸溶液的目的是赶走溶解的CO2，②无影响；（7）见小问6详解，n(Na2CO3)=n(HCl)(第一步)=0.100016.0010-3mol，w(Na2CO3)=100%=84.8%，两步一共消耗的盐酸为34mL，第一步生成的NaHCO3和原溶液中含有的NaHCO3一共消耗盐酸的体积=（34-16）=18mL，所以原溶液中含有的n(NaHCO3)(原溶液)=n(HCl)=mol，w(NaHCO3)=100%=8.4%。8．(1)蛇形冷凝管(2)BD(3)Mg2ClO(OH)3·H2O+4H+=2Mg2++HClO+4H2O(4)A(5)40%Mg(OH)2【分析】NaClO和MgCl2的混合溶液加入NaOH得到碱式次氯酸镁，发生反应的化学方程式为NaClO+2MgCl2+3NaOH+H2O=Mg2ClO(OH)3·H2O+4NaCl，碱式次氯酸镁难溶于水，过滤得到碱式次氯酸镁固体，反应中镁离子会生成氢氧化镁沉淀，为防止镁离子在碱性较大的情况下生成氢氧化镁沉淀，要缓慢滴加NaOH溶液，控制pH=10。(1)根据仪器构造可知，仪器A的名称是蛇形冷凝管；MgCl2为离子化合物，由镁离子和氯离子构成，其电子式为：，故答案为：蛇形冷凝管；；(2)A．滴液漏斗的支管使得滴液漏斗和三颈烧瓶中压强相等，有利于NaOH溶液顺利流下，但不是防止爆炸，故A错误；B．装置中的冷凝管起冷凝回流作用，故B正确；C．缓慢滴加NaOH溶液不仅是为了控制反应温度，也是为了控制反应进行，防止镁离子在碱性较大的情况下生成氢氧化镁沉淀，故C错误；D．pH不超过10，可减少副反应镁离子生成氢氧化镁沉淀，有利于降低产品中杂质的含量，故D正确；故答案为：BD；(3)碱式次氯酸镁在酸性溶液中可以释放出次氯酸，次氯酸具有杀困、漂白作用，离子反应方程式为Mg2ClO(OH)3·H2O+4H+=2Mg2++HClO+4H2O，故答案为：Mg2ClO(OH)3·H2O+4H+=2Mg2++HClO+4H2O；(4)已知BMH难溶于水，存在于沉淀中，用水洗涤可以除去可溶性杂质，故反应结束后，分离得到较纯净的BMH固体的操作顺序为：①加少量冷水；③搅拌；②将玻璃棒放在烧杯上；⑤静置；④将清液沿玻璃棒倒入另一个容器，A选项符合题意，故答案为：A；(5)①根据反应关系式：Mg2ClO(OH)3·H2O~ClO-~I2~2~2Na2S2O3，产品中含Mg2ClO(OH)3·H2O的物质的量为0.02L1mol/L=0.01mol，再根据有效率关系Mg2ClO(OH)3·H2O~ClO-~Cl2，Mg2ClO(OH)3·H2O中有效氯含量为100%=40%，故答案为40%；②测得BMH有效氯的含量为40%，低于理论值，根据分析推测产品中可能含有Mg(OH)2等杂质，故答案为：Mg(OH)2。9．(1)排除容器内的空气，保护FeCO3不被氧化(2)恒压滴液漏斗除去CO2中的杂质气体(3)酸性和碱性(4)D中澄清石灰水变浑浊，表示已经排尽装置内的空气(5)降低甘氨酸亚铁在溶液中的溶解度，提高产率和纯度(6)75.0%【分析】本实验为通过新制碳酸亚铁与足量甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁的过程，其中碳酸钙与盐酸反应产生的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，需要用饱和碳酸氢钠溶液除去，除去了氯化氢气体的二氧化碳气体充满装置Ⅲ，排净装置Ⅲ内的空气，防止亚铁盐被氧气氧化；柠檬酸与碳酸亚铁和甘氨酸混合反应，生成甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]，过滤后，滤液经蒸发浓缩，加入无水乙醇，过滤，干燥得到产品，据此分析回答问题。(1)碳酸钙与盐酸反应产生二氧化碳气体，利用二氧化碳排除容器内的空气，保护FeCO3不被氧化；(2)根据仪器b的结构可知，它是用来添加液体试剂的玻璃仪器，为滴液漏斗(或恒压滴液漏斗)；碳酸钙与盐酸反应产生二氧化碳，二氧化碳中混有挥发出的氯化氢气体，会干扰后续实验，因此可用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢；(3)根据体系pH与产率的关系表可知，pH过低过过低产率都会下降，是因为甘氨酸是两性化合物，溶液的pH过低，酸性增强，甘氨酸会与H+反应；若pH过高，甘氨酸也会与OH-反应，导致产率下降；(4)二氧化碳能够使石灰水变浑浊，装置I产生的二氧化碳气体，通过在装置II除去HCl后，进入装置Ⅲ中，把装置Ⅲ内的空气排净，当装置Ⅳ中出现澄清石灰水变浑浊现象时，表明装置Ⅲ中的空气已排尽；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以步骤③中加入无水乙醇，可以降低甘氨酸亚铁在溶液中的溶解度，提高产率和纯度；(6)产率=实际质量÷理论质量×100%，11.6g新制碳酸亚铁(FeCO3)的物质的量为0.1mol，根据铁元素守恒，反应后理论上生成甘氨酸亚铁的量n([(NH2CH2COO)2Fe])=0.1mol，m([(NH2CH2COO)2Fe])=0.1mol×204g/mol=20.4g，实际制得甘氨酸亚铁的质量为15.3g，则产率为=75.0%。10．4I2+8=IO-++6I-+4H2O+8CO2↑因为NaI固体溶于水产生I-(aq)与I2(s)反应形成(aq)，使固体I2溶解性增加，导致浓度增加，使与NaHCO3溶液反应的反应速率加快防止碘升华或NaHCO3分解2：1BAAD减压环境与外界空气(隔绝)，避免I-被氧化；降低压强，沸点降低，利于水的蒸发②→①→③→④【详解】(1)I2与NaHCO3溶液发生歧化反应，生成物中含IO-和。①若生成IO-和的物质的量之比为1：1，碘元素分别由0价变为+1价、+5价，则应该还有部分变为-1价，根据氧化还原反应原理可知，I-、IO-和的物质的量之比为6：1：1，则该反应的离子方程式为4I2+8=IO-++6I-+4H2O+8CO2↑；②因为NaI固体溶于水产生I-(aq)与I2(s)反应形成(aq)，使固体I2溶解性增加，导致浓度增加，使与NaHCO3溶液反应的反应速率加快，故加少量NaI固体能使反应速率加快；③I与NaHCO3溶液反应适宜温度为40~70℃，为防止碘升华或NaHCO3分解，不宜超过70℃；(2)具有强还原性，可以将氧化成，自身转变为无毒物质，利用氧还配平可得：，反应中氧化剂IO-与还原剂的物质的量之比为2：1；(3)在①②③操作中，为了不引入杂质调节值应分别加、、溶液；答案为B；A；(4)①减压蒸发是在低于大气压下进行蒸发操作，将二次蒸气经过冷凝器后排出，所以除列出仪器外，还需直形冷凝管和抽气泵；答案为AD；②采用“减压蒸发”的优点为：减压环境与外界空气(隔绝)，避免I-被氧化；降低压强，沸点降低，利于水的蒸发；(5)由于易溶于酒精，且在酒精中的溶解度随温度变化不大，所在乙醇中进行重结晶。先加热溶剂乙醇，再溶解，减压蒸发结晶使析出，趁热过滤后在真空中干燥，避免被氧化，操作顺序为加热95%乙醇→②→①→③→④→纯品。11．酸中玻璃塞棕色细口瓶，冷暗处使所配制的溶液中不含MnO25H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O开始时反应速率慢，KMnO4溶液来不及与草酸反应，就在热的溶液中分解偏低滴入最后一滴KMnO4溶液，体系呈微红色经30ｓ不褪色0.02mol·L-1【详解】(1)用待标定的KMnO4溶液滴定，KMnO4溶液具有强氧化性，应装在酸式滴定管中；(2)为延长储存时间，配制的KMnO4溶液应呈中性，且存放方法是玻璃塞棕色细口瓶，冷暗处；配制过程中，加热煮沸且冷却后过滤的目的是使所配制的溶液中不含MnO2；(3)滴定时草酸被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，同时生成硫酸锰，用离子方程式表示标定反应的反应原理为5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(4)开始时反应速率慢，KMnO4溶液来不及与草酸反应，就在热的溶液中分解，故开始滴定时滴加KMnO4溶液的速度不宜太快；草酸减少，消耗的KMnO4溶液体积偏低，会导致测定结果偏低；(5)达滴定终点的判定依据是滴入最后一滴KMnO4溶液，体系呈微红色经30ｓ不褪色；(6)根据反应可知5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，n(H2C2O4)=n(Na2C2O4)=，所配制的KMnO4溶液的物质的量浓度为=0.02mol·L-1。12．恒压分液漏斗6HCl+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O液面上方出现黄绿色气体使反应生成的NaOH继续反应，提高原料利用率冰水洗涤在A、B装置间加饱和食盐水洗气瓶洗气×100%2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O或4I-+O2+4H+=2I2+2H2O【分析】本题是以浓盐酸和氯酸钾反应来制备氯气，故装置A发生的反应为：6HCl+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O，装置B为制备二氯异氰尿酸钠(CNO)3Cl2Na的发生装置，反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O，装置C为尾气处理装置，据此分析解题。【详解】(1)仪器a的名称为恒压滴液漏斗，氯酸钾是强氧化剂和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气、氯化钾和水，装置A中制备Cl2的化学方程式为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：恒压滴液漏斗；KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；(2)待装置B液面上方有黄绿色气体时，再由三颈烧瓶上口加入(CNO)3H3固体；反应过程中仍需不断通入Cl2的理由是：使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率，故答案为：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率；(3)二氯异氰尿酸钠[(CNO)3Cl2Na]是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体难溶于冷水，反应结束后，装置B中的浊液经过滤、冰水洗涤、干燥得粗产品，故答案为：冰水洗涤；(4)上述装置存在一处缺陷，浓盐酸挥发出的氯化氢会和氢氧化钠发生反应，会导致装置B中NaOH利用率降低，改进的方法是：在AB装置之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，故答案为：在AB装置之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；(5)①由题目提供反应：可知：C3N3O3Cl2-～2HClO～2I2～4S2O32-，n(Na2S2O3)=V×10-3L×cmol•L-1=cV×10-3mol，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n((CNO)3Cl2Na)=0.25n(S2O32-)=0.25cV×10-3mol，(CNO)3Cl2Na的质量：m((CNO)3Cl2Na)═0.25cV×10-3mol×220g/mol=0.25cV×220×10-3g，故样品中的二氯异氰尿酸钠的质量分数为==×100%，故答案为：×100%；②由①由题目提供反应：可知：C3N3O3Cl2-～2HClO～2I2～4S2O32-，n(Na2S2O3)=V×10-3L×cmol•L-1=cV×10-3mol可知，(CNO)3Cl2Na的质量由S2O32-的量来测定，由于副反应2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O或4I-+O2+4H+=2I2+2H2O均能导致S2O32-的量增大，从而导致该滴定方法测得的(CNO)3Cl2Na样品的质量分数误差较大，故答案为：2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O或4I-+O2+4H+=2I2+2H2O。13．(1)将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、或加热等2Co2O3+S2O+6H+=4Co2++2SO+3H2O(2)将Fe2+氧化为Fe3+(3)5×10-6(4)一水合氨受热易分解4Co2++20NH3·H2O+O2+4NH=4[Co(NH3)6]3++22H2O在HCl氛围下蒸发浓缩减压过滤得到[Co(NH3)6]Cl3晶体(5)溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原【分析】水钴矿的主要成分为Co2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2，加入稀硫酸、Na2S2O5溶液浸取，Co2O3被Na2S2O5还原得到Co2+，Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO均与稀硫酸反应生成相应的硫酸盐，同时Fe3+也被Na2S2O5还原为Fe2+，SiO2不反应，CaSO4微溶于水，故滤渣I为SiO2、CaSO4，氧化步骤中，加入NaClO3将Fe2+氧化物为Fe3+，调pH=5，将Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，故滤渣II的成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，除杂步骤中加入CoF2固体，沉淀Mg2+、Ca2+，生成MgF2、CaF2固体，过滤，滤液中含有Co2+，转化步骤中通入氧气，并加入氨水和氯化铵溶液，生成[Co(NH3)6]Cl3，再在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析作答。【详解】（1）“浸取”时，能提高浸取速率的措施是将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、或加热等，Co2O3被Na2S2O5还原得到Co2+，则Co2O3发生反应的离子方程式为；（2）“氧化”时，NaClO3溶液的作用是将Fe2+氧化物为Fe3+，便于除去Fe3+；（3）“除杂”时，若所得滤液中Mg2+刚好沉淀完全，此时溶液中c(Mg2+)=1×10-5mol/L，c(F-)==10-2.5mol/L，则c(Ca2+)==5×10-6mol/L；（4）“转化”时，Co2+转化为[Co(NH3)6]3+，需水浴控温在50~60℃温度不能过高的原因是一水合氨受热易分解，其反应的离子方程式为，生成[Co(NH3)6]Cl3溶液，为防止其水解，应在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤，洗涤，干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体；（5）①取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[Co(NH3)6]