专题十七综合实验探究

专题十七综合实验探究课标要求考情分析核心素养1.了解科学探究过程包括提出问题和假设、设计方案、实施实验、获取证据、分析解释或建构模型、形成结论及交流评价等核心要素；2.理解从问题和假设出发确定研究目的、依据研究目的设计方案、基于证据进行分析和推理等对于科学探究的重要性；3.学习研究物质性质，探究反应规律，进行物质分离、检验和制备等不同类型化学实验及探究活动的核心思路与基本方法。体会实验条件控制对完成科学实验及探究活动的作用。新高考3年考频100%证据推理与模型认知科学探究与创新意识科学态度与社会责任试题难度一般考查形式非选择题高频考向:物质性质的实验探究；物质制备的实验探究；定量实验与计算。命题趋势：综合实验探究题是高考的热点题型。命题类型有物质性质的实验探究，物质制备的实验探究，定量测定实验探究，亦或是上述三种类型的部分综合。主要以化学实验基础知识、元素及其化合物性质为载体，考查实验仪器的使用、基本实验操作、物质的分离提纯和检验方法、实验方案的设计与评价、实验条件的控制、实验数据的分析处理等。2023年高考中，以提高学生探究能力为导向，综合实验探究以非选择题形式且结合新情境、新装置图进行综合考查，以物质的制备和物质转化为载体，考察实验操作、仪器的使用、物质的分离、提纯和检验、陌生氧化还原方程式或离子方程式的书写及纯度计算等仍会是高考命题的热点，或增加对综合实验中某一环节或某一步骤进行方案设计或评价；以探究物质的性质或反应原理为命题主线、涉及性质或反应原理的预测、验证、结论等几个环节。解题思路：综合实验探究的解题方法：①审信息；明确实验目的，了解题目中新信息，这些信息一定会应用在解题中。②看步骤：明确实验设计中有哪些步骤。③判原理：找出实现实验目的的原理。④找作用：判断各个装置在实验中的作用。⑤关注量：在计算时要关注题目中有哪些已知量，要计算哪些量。真题溯源1.[2022·广东卷]食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，HAc的Ka=1.75×105=10。·L1的HAc溶液，需5mol·L1HAc溶液的体积为_______mL。（2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是_______。（3）某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。提出假设。稀释HAc溶液或改变Ac·L1的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。序号Ⅰ//0Ⅱ/0…Ⅶab3：4Ⅷ1：1①根据表中信息，补充数据：a=_______，b=_______。②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡_______(填”正”或”逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由：_______。③由实验Ⅱ~VIII可知，增大Ac浓度，HAc电离平衡逆向移动。实验结论假设成立。（4）小组分析上表数据发现：随着的增加，c(H+)的值逐渐接近HAc的Ka。查阅资料获悉：一定条件下，按配制的溶液中，c(H+)的值等于HAc的Ka。a=10存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。·L1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为22.08mL，则该HAc溶液的浓度为_______mol·L1。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点_______。·L1NaOH溶液，配制等物质的量的HAc和NaAc混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。·L1的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的Ka？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。Ⅰ移取20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液V1mLⅡ实验总结：得到的结果与资料数据相符，方案可行。（6）根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途_______。【答案】（1）5.0；C；（3）①3.00；33.00；②正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，若平衡不移动则pH增加1，而实验II的pH增大值小于1，H+浓度增大，说明平衡正向移动。（4）①0.1104；；（5）向滴定后的混合液中加入20mLHAc溶液；（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)。【解析】（1）溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL，故答案为：5.0。（2）A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手托住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误；综上所述，正确的是C项。（3）①实验VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，,由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL4.00mL3.00mL=33.00mL，即b=33.00，故答案为：3.00；33.00。②实验I所得溶液的pH=2.86，实验II的溶液中c(HAc)为实验I的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+)增大，即电离平衡正向移动，故答案为：正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1。（4）(i)滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L，故答案为：0.1104。滴定过程中，当V(NaOH)=0时，c(H+)=≈mol/L=10mol/L，溶液的pH=2.88，当V(NaOH)=11.04mL时，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc溶液，Ac发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图：；1mLNaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00mLHAc溶液，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)，故答案为：向滴定后的混合液中加入20mLHAc溶液。（6）不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂，H3PO4具有中强酸性，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途，故答案为：HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)。2.[2022·浙江1月]某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰，按如图流程开展了实验(夹持仪器已省略)：已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯。②制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O。③乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl。请回答：(1)步骤Ⅰ：所获固体主要成分是_________(用化学式表示)。(2)步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是________。(3)步骤Ⅲ：下列操作中正确的是_________。A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀C．用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物D．洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作(4)步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：________。纯化完成→(_____)→(_____)→(_____)→(_____)→将产品转至干燥器中保存c.关闭加热器，待烧瓶冷却至室温②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是________。(5)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是_________(填“甲”或“乙”)同学的方法。【答案】(1)(CH3COO)2Mn(2)步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2(3)ABD(4)

①cdba

；②防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品(5)乙【解析】（1）根据制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O以及乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl可判断步骤Ⅰ中利用CH3COCl吸水，因此所获固体主要成分是(CH3COO)2Mn。（2）由于步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2，因此步骤Ⅰ在室温下反应；而步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2，所以步骤Ⅱ需要在加热回流下反应。（3）A．滤纸略小于布氏漏斗，但要把所有的孔都覆盖，并用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，故A正确；B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，故B正确；C．用抽滤洗涤沉淀时，抽滤速率不能过快，故C错误；D．由于无水二氯化锰极易吸水潮解，洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作，故D正确；故答案为ABD；（4）①纯化完成后首先关闭加热器，待烧瓶冷却至室温，然后打开安全瓶上旋塞，关闭抽气泵，最后拔出圆底烧瓶的瓶塞，将产品转至干燥器中保存，故答案为cdba；②由于可能混有酸性气体且无水二氯化锰极易吸水潮解，因此图2装置中U形管内NaOH固体的作用是防止可能产生的酸性气体进入抽气泵，同时防止外部水气进入样品。（5）由于无水二氯化锰极易吸水潮解，且锰离子水解，所以应该通过测定产品中氯元素的含量确定纯度，所以合理的是乙同学的方法。3.[2022·河北卷]某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：①三颈烧瓶中加入香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加0.30mLl·L1的碘标准溶液，搅拌。·min1流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了碘标准溶液③做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。已知：Ka1(H3PO4)=7.1×103，Ka1(H2SO3)=1.3×102回答下列问题：（1）装置图中仪器a、b的名称分别为_______、_______。（2）三颈烧瓶适宜的规格为_______(填标号)。A.250mLB.500mLC.1000mL（3）解释加入H3PO4，能够生成SO2的原因：_______。（4）滴定管在使用前需要_______、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为_______；滴定反应的离子方程式为_______。（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（6）该样品中亚硫酸盐含量为_______(以SO2计，结果保留三位有效数字)。【答案】①(球形)冷凝管②酸式滴定管C（3）加入H3PO4后，磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成H2SO3，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动（4）检验其是否漏水；蓝色；I2+SO2+2H2O=2I+4H++（5）偏低【解析】由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成SO2，用氮气将SO2排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸盐含量。(1)根据仪器a、b的结构可知，装置图中仪器a、b的名称分别为球形冷凝管和酸式滴定管；(2)三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水，向其中加入H3PO4的体积不超过10mL。在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的，因此，三颈烧瓶适宜的规格为1000mL，选C。(3)虽然Ka1(H3PO4)=7.1×103＜Ka1(H2SO3)=1.3×102，但是H3PO4为难挥发性的酸，而H2SO3易分解为SO2和水，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动，因此，加入H3PO4能够生成SO2的原因是：加入H3PO4后，磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成H2SO3，中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动；(4)滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO2还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴加终点时，过量的半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟点之内不变色，因此，滴定终点时溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I2+SO2+2H2O=2I+4H++；(5)若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO2被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。(6)实验中SO2消耗的标准碘液的体积为0.30mL+1.00mL=1.30mL，减去空白实验消耗的0.10mL，则实际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应I2+SO2+2H2O=2I+4H++可以计算出n(SO2)=n(I2×103L·mL1×0.01000mol·L1×105mol，由于SO2的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO2)=，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为mg•kg1。4.[2022·湖北卷]高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为，易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于易形成(熔点为)，高于则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如下(夹持装置略)：回答下列问题：(1)A的名称是___________。B的进水口为___________(填“a”或“b”)。(2)的作用是___________。(3)空气流入毛细管的主要作用是防止___________，还具有搅拌和加速水逸出的作用。(4)升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是___________。(5)磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入___________促进其结晶。(6)过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为___________(填标号)。A．

B．

C．(7)磷酸中少量的水极难除去的原因是___________。【答案】圆底烧瓶

；b干燥气体防止暴沸(4)使溶液受热均匀,并防止生成焦磷酸(5)磷酸晶体(6)B(7)磷酸可与水分子间形成氢键【解析】空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。(1)由仪器构造可知，仪器A为圆底烧瓶，仪器B为直形冷凝管，冷凝水应从b口近、a口出，形成逆流冷却，使冷却效果更好。(2)纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因此五氧化二磷的作用为干燥气体。(3)空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液防止暴沸，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用。(4)升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备过程中要严格控制温度，水浴加热可以避免直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀,而且避免温度高于则发生分子间脱水生成焦磷酸等。(5)过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。(6)纯磷酸纯化过程中，温度低于21℃易形成2H3PO4·H2O(熔点为30℃)，高于100℃则发生分子间脱水生成焦磷酸，纯磷酸的熔点为42℃，因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为30∼42℃，这个区间内答案选B。(7)磷酸的结构式为：，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的水极难除去。5.[2022·湖南卷]某实验小组以BaS溶液为原料制备，并用重量法测定产品中的含量。设计了如下实验方案：可选用试剂：NaCl晶体、BaS溶液、浓H2SO4、稀H2SO4、CuSO4溶液、蒸馏水步骤1.的制备按如图所示装置进行实验，得到BaCl2溶液，经一系列步骤获得产品。步骤2，产品中的含量测定①称取产品0.5000g，用100mL水溶解，酸化，加热至近沸；②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的溶液，③沉淀完全后，水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为。回答下列问题：（1）Ⅰ是制取_______气体的装置，在试剂a过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为_______；（2）Ⅰ中b仪器的作用是_______；Ⅲ中的试剂应选用_______；（3）在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是_______；（4）沉淀过程中需加入过量的溶液，原因是_______；（5）在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是_______(填名称)；（6）产品中的质量分数为_______(保留三位有效数字)。【答案】HCl；H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑;（2）防止倒吸；CuSO4溶液；（3）静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全；（4）使钡离子沉淀完全；（5）锥形瓶；（6）97.6%【解析】装置I中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl，装置II中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl2·2H2O，装置III中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S，防止污染空气。由分析可知，装置I为浓硫酸和氯化钠共热制取HCl气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为：H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑。氯化氢极易溶于水，装置II中b仪器的作用是：防止倒吸；装置II中氯化氢与BaS溶液反应生成H2S，H2S有毒，对环境有污染，装置III中盛放CuSO4溶液，用于吸收H2S。硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。过滤用到的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。(6)由题意可知，硫酸钡的物质的量为：=0.002mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2×244g/mol=0.488g，质量分数为：100%=97.6%。6.[2022·江苏卷]实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下：(1)“酸浸”时与反应生成并放出，该反应的离子方程式为_______。(2)pH约为7的CeCl3溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为_______(填序号)。A．将溶液滴加到

CeCl3溶液中

B．将

CeCl3溶液滴加到溶液中(3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备含量少的。已知能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为Ce3+(水层)+3HA(有机层)Ce(A)3(有机层)+3H+(水层)①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。②反萃取的目的是将有机层转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。(4)实验中需要测定溶液中的含量。已知水溶液中可用准确浓度的溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为。请补充完整实验方案：①准确量取溶液[约为]，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到容量瓶中后定容；②按规定操作分别将和待测溶液装入如图所示的滴定管中：③_______。【答案】(1)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O(2)B(3)

①降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度

②酸性条件，多次萃取

③Ce3+(4)从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4+·L1(NH4)2Fe(SO4)2来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积【解析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物，以此解题。(1)根据信息反应物为CeO2与H2O2，产物为Ce3+和O2，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(2)反应过程中保持CeCl3少量即可得到含Cl量较少的Ce2(CO3)3，故选B；(3)①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物，故答案为：降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度；②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使Ce3+尽可能多的发生上述转移，可以采用多次萃取；③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的Ce3+，过滤后溶液中Ce3+离子浓度较小，故答案为：Ce3+；(4)应该用标准液滴定待测Ce4+溶液，用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，故答案为：从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4+·L1(NH4)2Fe(SO4)2来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积。7.[2022·全国甲卷]硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：(1)工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为_______。(2)溶解回流装