金版学案高中化学一轮复习练习章末检测第八章

章末检测一、选择题(本题包括12个小题，每小题4分，共48分。)1．合理利用某些盐能水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐水解的性质无关的是()A．金属焊接时可用NH4Cl溶液作除锈剂B．配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉C．长期施用铵态氮肥会使土壤酸化D．向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末后有气泡产生解析：NH4Cl溶液水解显酸性，能和铁锈反应从而除去铁锈，故和盐类水解有关，A错误；亚铁离子易被氧化，配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉的目的是防止氧化，与盐类的水解无关，B正确；铵根水解显酸性，所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类的水解有关，C错误；FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入碳酸钙后有气泡产生，和盐类的水解有关，D错误。答案：B2．下列事实不能证明HNO2是弱电解质的是()①滴入酚酞，NaNO2溶液显红色②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗③等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中和碱时，HNO2的中和碱能力强④0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2⑤HNO2与CaCO3反应放出CO2气体⑥c(H＋)＝0.1mol·L－1的HNO2溶液稀释至1000倍，pH<4A．①⑤ B．②⑤C．③⑥ D．③④解析：NOeq\o\al(－,2)水解，生成弱电解质HNO2和OH－，使酚酞试液显红色，①能证明；HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子的浓度小，并不能说明HNO2部分电离，②不能证明；等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液，HNO2中和碱能力强，0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2，都能说明HNO2部分电离，③④能证明；HNO2与CaCO3反应放出CO2气体，说明HNO2的酸性比碳酸强，但并不一定是弱电解质，⑤不能证明；HNO2若是强酸，⑥中pH应等于4，⑥能证明。答案：B3．醋酸钡[(CH3COO)2Ba·H2O]是一种酶染剂，下列是有关0.1mol·L－1醋酸钡溶液中粒子浓度的比较，其中不正确的是()A．c(Ba2＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)B．c(H＋)＋2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－C．c(H＋)＝c(OH－)－c(CH3COOH)D．2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH解析：CH3COO－离子水解程度较小，水解后溶液呈碱性，由(CH3COO)2Ba可知，则有c(CH3COO－)＞c(Ba2＋)，c(OH－)＞c(H＋)，正确的顺序应为c(CH3COO－)＞c(Ba2＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A错误；溶液呈电中性，溶液中阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，故c(H＋)＋2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故B正确；根据溶液电中性可知：c(H＋)＋2c(Ba2＋)＝c(OH＋)＋c(CH3COO－)，根据物料守恒可知，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝2c(Ba2＋)，则有c(H＋)＋c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，则c(H＋)＝c(OH－)－c(CH3COOH)，故C正确；由(CH3COO)2Ba，根据物料守恒可知，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝2c(Ba2答案：A4．25℃时，某溶液中只含有Na＋、H＋、OH－、A－A．对于该溶液一定存在：pH≥7B．在c(OH－)>c(H＋)的溶液中不可能存在：c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)C．若溶液中c(A－)＝c(Na＋)，则溶液一定呈中性D．若溶质为NaA，则溶液中一定存在：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)解析：如果溶质是NaOH、NaA在溶液显碱性，如果溶质为NaA属于强碱弱酸盐，则溶液呈现中性，如果溶液是NaA、HA，HA为强酸，则溶液显酸性，A错误；加入溶液的溶质为NaOH、NaA，n(NaOH)>n(NaA)，离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)，B错误；根据溶液显电中性，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，当c(Na＋)＝c(A－)，则有c(H＋)＝c(OH－)，C正确；根据选项B的分析，D错误。答案：C5．用pH传感器测得0.10mol·L－1Na2CO3溶液从55℃升高至85℃的pH如图所示。在55℃升高至85A．c(H＋)增大，c(OH－)减小B．c(COeq\o\al(2－,3))/c(HCOeq\o\al(－,3))比值不断增大C．c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.10D．c(OH－)－c(HCOeq\o\al(－,3))－c(H2CO3)＝10－11.1解析：水的电离和盐类水解都是吸热反应，升高温度，促进电离或水解，碳酸钠溶液的碱性增强，c(OH－)增加，不会减小，故A错误；升高温度促进水解，c(COeq\o\al(2－,3))减小，c(HCOeq\o\al(－,3))增大，则比值减小，故B错误；根据物料守恒，c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1，故C正确；根据质子守恒，c(H＋)＝c(OH－)－2c(H2CO3)－c(HCOeq\o\al(－,3))＝10－11.1，故D错误。答案：C6．下列有关电解质溶液的说法正确的是()A．向0.1mol·L－1氨水中加入少量水，溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)减少B．将NH4Cl溶液从20℃升温至30℃，溶液中eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）·c（H＋）)增大C．向氢氧化钠溶液中加入醋酸至中性，溶液中eq\f(c（CH3COO－）,c（Na＋）)＝1D．向含有BaSO4、BaCO3的饱和溶液中加入少量的Ba(NO3)2，溶液中的eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)减小解析：A项，NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，加水稀释，促进电离，此比值增大，错误；B项，c(H＋)·c(OH－)＝Kw，代入式子，得到eq\f(Kb,Kw)，升高温度，Kb、Kw增大，因此无法比较，错误；C项，c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，溶液呈电中性，c(H＋)＝c(OH－)，即c(CH3COO－)＝c(Na＋)，比值为1，故正确；D项，此比值＝eq\f(c（Ba2＋）·c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（Ba2＋）·c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(Ksp（BaSO4）,Ksp（BaCO3）)，比值保持不变，错误。答案：C7．25℃时，将某一元碱MOH和盐酸溶液等体积混合(体积变化忽略不计)，测得反应后溶液的pH如下表，实验序号c(盐酸)/(mol·L－1)c(MOH)/(mol·L－1)反应后溶液的pH甲0.200.205乙0.10a7A.实验甲所得溶液：c(Cl－)>c(M＋)>c(H＋)>c(MOH)B．将实验甲中所得溶液加水稀释后，eq\f(c（H＋）,c（M＋）)变小C．a>0.10D．MOH的电离平衡常数可以表示为Kb＝eq\f(10－8,a－0.10)解析：根据甲中的数据分析，碱(MOH)为弱碱，盐(MCl)为强酸弱碱盐，A正确；盐溶液中加水，阳离子M＋水解程度增大，则溶液中氢离子的物质的量增大，M＋的物质的量减小，由于在同一溶液中，则eq\f(c（H＋）,c（M＋）)变大，B错误；MOH为弱碱，当a＝0.10时，反应恰好生成了盐，溶液显酸性，若要呈中性，则加入的碱应稍过量，C正确；对乙溶液应用电荷守恒可知c(M＋)＝c(Cl－)＝0.05mol·L－1，又根据M元素守恒可知，c(MOH)＝0.5a－c(M＋)＝(0.5a－0.05)mol·L－1，则MOH的电离平衡常数Kb＝c(M＋)c(OH－)/c(MOH)＝0.05×10－7/(0.5a－0.05)＝10－8/(a－0.10)，D正确。答案：B8．使用酸碱中和滴定的方法，用0.01mol·L－1盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作能够使测定结果偏高的是()①用量筒量取浓盐酸配制0.01mol·L－1稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸②配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线③滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下A．①③ B．②④C．②③④ D．①②③④解析：①量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸，浓盐酸被稀释，滴定NaOH溶液时结果偏高；②俯视容量瓶刻度线，配制的盐酸浓度偏大，滴定NaOH溶液时结果偏低；③滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴，读取的盐酸标准液体积偏大，则滴定结果偏高；④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下，不产生误差。答案：A9．常温常压下，将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和，然后向所得溶液中缓慢通入CO2，整个实验进程中溶液的pH随通入气体体积的变化曲线如图所示(实验中不考虑氨水的挥发)。下列叙述不正确的是()A．由a点到b点的过程中，溶液中eq\f(c（NH3·H2O）,c（NHeq\o\al(＋,4)）)增大B．由图可知(NH4)2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性C．c点所示溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)D．d点所示溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)解析：a点到b点是向饱和氯化钠溶液中通入氨气达到饱和，溶液中eq\f(c（NH3·H2O）,c（NHeq\o\al(＋,4)）)＝eq\f(c（NH3·H2O）,c（NHeq\o\al(＋,4)）)×eq\f(c（OH－）,c（OH－）)＝eq\f(c（OH－）,Kb)，生成一水合氨的过程中，溶液中氢氧根离子浓度增大，所以eq\f(c（NH3·H2O）,c（NHeq\o\al(＋,4)）)比值增大，故A正确；b到c点是一水合氨和通入的二氧化碳反应得到碳酸铵溶液，c到d点是碳酸铵和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，在溶液中依据溶解度大小最后反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，由图可知(NH4)2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性，故B正确；c点所示溶液是碳酸铵溶液，图象分析可知溶液显碱性，离子浓度大小为c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)，故C正确；d点是氯化铵溶液和碳酸氢钠饱和溶液，溶液中存在氮物料守恒，碳元素守恒，析出碳酸氢钠，则溶液中氯离子大于溶液中钠离子，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，故D错误。答案：D10．常温下，Ag2SO4、AgCl、AgI的溶度积常数依次为Ksp(Ag2SO4)＝7.7×10－5、Ksp(AgCl)＝1.8×10－10、Ksp(AgI)＝8.3×10－17。下列有关说法中，错误的是()A．常温下，Ag2SO4、AgCl、AgI在水中的溶解能力依次减弱B．在AgCl饱和溶液中加入NaI固体，有AgI沉淀生成C．Ag2SO4、AgCl、AgI的溶度积常数之比等于它们饱和溶液的物质的量浓度之比D．在Ag2SO4饱和溶液中加入Na2SO4固体有Ag2SO4沉淀析出解析：由溶度积数据可知A正确；Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，说明AgI更难溶，B正确；Ksp(Ag2SO4)＝c2(Ag＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)，Ksp(AgI)＝c(Ag＋)·c(I－)，C错误；Ag2SO4饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4(s)2Ag＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，加入Na2SO4固体，SOeq\o\al(2－,4)的浓度增大，平衡逆向移动，有Ag2SO4固体析出，D正确。答案：C11．常温下，向10mL0.2mol·L－1草酸(用H2T表示)溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液。有关微粒的物质的量与混合溶液的pH有如图关系，下列说法正确的是()A．HT－在溶液中水解程度大于电离程度B．当V(NaOH)＝10mL时，溶液中水的电离程度比纯水大C．当V(NaOH)＝15mL时，溶液中存在：c(Na＋)>c(HT－)>c(T2－)>c(OH－)>c(H＋)D．当V(NaOH)＝20mL时，溶液中存在：c(OH－)＝c(HT－)＋2c(H2T)＋c(H＋解析：根据图象可知，HT离子物质的量最大的点的溶液是NaHT溶液，该溶液显酸性，说明HT－在溶液中电离程度大于水解程度，A项错误；当V(NaOH)＝10mL时，两者恰好反应生成NaHT和水，溶液中的溶质是NaHT，该溶液呈酸性，HT的电离程度大于水解程度，电离出来的H＋对水的电离起抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水少，B项错误；当V(NaOH)＝15mL时，H2T与NaOH的物质的量之比为2∶3，溶液中的溶质为等物质的量的Na2T和NaHT，同样根据图象可知溶液显酸性，所以c(Na＋)＞c(T2－)＞c(HT－)＞c(H＋)＞c(OH－)，C项错误；V(NaOH)＝20mL时，溶液中的溶质是Na2T，根据质子守恒可知，c(OH－)＝c(HT－)＋2c(H2T)＋c(H＋)，D答案：D12．一定温度时，Cu2＋、Mn2＋、Fe2＋、Zn2＋等四种金属离子(M2＋)形成硫化物沉淀所需S2－最低浓度的对数值lgc(S2－)与lgc(M2＋)的关系如图所示。下列有关判断不正确的是()A．该温度下，Ksp(MnS)大于1.0×10－35B．向含Mn2＋、Zn2＋的稀溶液中滴加Na2S溶液，Mn2＋最有可能先沉淀C．向c(Fe2＋)＝0.1mol·L－1的溶液中加入CuS粉末，有FeS沉淀析出D．该温度下，溶解度：CuS>MnS>FeS>ZnS解析：在25℃时，MnS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：MnS(s)Mn2＋(aq)＋S2－(aq)，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)×c(S2－)＝10－15×10－10＝10－25＞1.0×10－35，A正确；依据此图可知，CuS的Ksp最小，其次是MnS、FeS和ZnS，所以向含Mn2＋、Zn2＋的稀溶液中滴加Na2S溶液，Mn2＋最有可能先沉淀，B正确；由于硫化铜溶液中硫离子浓度是eq\r(10－35)mol·L－1，向c(Fe2＋)＝0.1mol·L－1的溶液中加入CuS粉末后c(Fe2＋)×c(S2－)大于10－20，所以有FeS沉淀析出，C正确；依据此图可知，CuS的Ksp最小，其次是MnS、FeS和ZnS，所以该温度下，溶解度：CuS＜MnS＜FeS＜ZnS，D错误。答案：D二、非选择题(本题包括4个小题，共52分。)13．(14分)水溶液是中学化学的重点研究对象。(1)水是极弱的电解质，也是最重要的溶剂。常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的c(H＋)＝10－9mol·L－1，则该电解质可能是________(填序号)。A．CuSO4 B．HClC．Na2S D．NaOHE．K2SO4(2)已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，要使新制稀氯水中的c(HClO)增大，可以采取的措施为(至少回答两种)______________________________________________________。(3)常温下，将pH＝3的盐酸aL分别与下列三种溶液混合，结果溶液均呈中性。①浓度为1.0×10－3mol·L－1的氨水bL；②c(OH－)＝1.0×10－3mol·L－1的氨水cL；③c(OH－)＝1.0×10－3mol·L－1的氢氧化钡溶液dL。则a、b、c、d之间的关系是__________________________。(4)强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律。①已知HA、H2B是两种弱酸，存在以下关系：H2B(少量)＋2A－=B2－＋2HA，则A－、B2－、HB－三种阴离子结合H＋的难易顺序为_______________________________________________________________。②某同学将H2S通入CuSO4溶液中发现生成黑色沉淀，查阅资料并在老师的指导下写出了化学方程式：H2S＋CuSO4=CuS↓＋H2SO4，但这位同学陷入了困惑；这不成了弱酸制取强酸了吗？请你帮助解释：_______________________________________________________________________________________________________。(5)已知：H2A=H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。常温下，0.1mol·L－1的NaHA溶液其pH＝2，则0.1mol·L－1的H2A溶液中氢离子浓度的大小范围是________<c(H＋)<_____________________________________________________。(6)已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，向50mL0.018mol·L－1的AgNO3溶液中加入相同体积0.020mol·L－1的盐酸，则c(Ag＋)为________________，此时所得混合溶液的pH＝________。解析：(1)根据题意知，该溶液呈碱性，故选C、D。(2)再通入氯气；加入碳酸盐；加入次氯酸钠等合理答案均可。(3)氯化氢和氢氧化钡是强电解质，在水溶液里完全电离，氨水是弱电解质，盐酸和氢氧化钡的体积相等，①中氨水浓度最小，所需氨水体积最大，②中氨水浓度增大，所需体积最小，故答案为b>a＝d>c。(4)①根据强酸制取弱酸知，越难电离的酸，酸性越小，结合氢离子越容易，故答案为HB－<B2－<A－。②铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀，是因为硫化铜既难溶于水，也难溶于酸，故能发生反应。(5)0.1mol·L－1的H2A第一步电离产生0.1mol·L－1的H＋和0.1mol·L－1的HA－，而根据0.1mol·L－1NaHA溶液的pH＝2，说明0.1mol·L－1的HA－能电离产生0.01mol·L－1的H＋，但是由H2A溶液第一步电离产生的H＋将抑制HA－H＋＋A2－，故使c(H＋)介于0.1mol·L－1至0.11mol·L－1之间。NaHA溶液中不存在水解的离子只存在HA－的电离平衡，故有HA－H＋＋A2－和H2OH＋＋OH－两个电离平衡，所以有c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)。(6)溶液混合后，盐酸和硝酸银反应盐酸有剩余，剩余盐酸的浓度为0.001mol·L－1，银离子物质的量浓度为1.8×10－10÷0.001mol·L－1＝1.8×10－7mol·L－1。H＋浓度为0.01mol·L－1，溶液的pH为2。答案：(1)CD(2)再通入氯气；加入碳酸盐；加入次氯酸钠(任答两条即可)(3)b>a＝d>c(4)①HB－<B2－<A－②铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀，是因为硫化铜既难溶于水，也难溶于酸，故能发生反应(5)0.1mol·L－10.11mol·L－1c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)(6)1.8×10－7mol·L－1214．(12分)回答下列问题。(1)如下图，某温度(t℃)时水的图象如下，a点离子积KW＝________；该温度下，pH＝12的NaOH溶液与pH＝2的H2SO4溶液等体积混合，溶液显________性。(2)25℃时，向0.1mol·L－1氨水中加入少量NH4Cl固体，当固体溶解后，测得溶液pH________，NHeq\o\al(＋,4)的物质的量浓度________(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)体积相等的稀NaOH和CH3COOH溶液混合，若溶液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)，则该溶液显________(填“酸性”“碱性”或“中性”)，则混合前c(NaOH)________c(CH3COOH)(填“>”“<”或“＝”)。(4)常温时，Fe(OH)3的Ksp＝1×10－38，要使溶液中的Fe3＋沉淀完全[残留在溶液中的c(Fe3＋)<10－5mol·L－1]，则溶液的pH应大于________。(5)用可溶性碳酸盐，可以浸取CaSO4固体，则溶液浸取过程中会发生反应：CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)。已知298K时，Ksp(CaCO3)＝2.80×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.90×10－5，则此温度下该反应的平衡常数K为________________(计算结果保留三位有效数字)。解析：(1)根据图知，当c(H＋)＝10－6mol·L－1，c(OH－)＝10－6mol·L－1，离子积常数＝c(H＋)×c(OH－)＝10－6×10－6＝10－12，pH＝2的H2SO4溶液中c(H＋)＝0.01mol·L－1，pH＝12的NaOH中c(OH－)＝10－12/10－12mol·L－1＝1mol·L－1，等体积混合时碱过量，溶液呈碱性。(2)一水合氨为弱电解质，溶液中存在电离平衡NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，向氨水中加入氯化铵时，溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，则pH减小。(3)溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝c(CH3COO－)，则c(OH－)＝c(H＋)，故溶液呈中性；醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和氢氧化钠的混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，因为二者的体积相等，所以醋酸的浓度大于氢氧化钠。(4)常温时，Fe(OH)3的Ksp＝1×10－38，要使溶液中的Fe3＋沉淀完全，残留在溶液中的c(Fe3＋)<10－5mol·L－1；Ksp＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－5×c3(OH－)＝1×10－38；解得c(OH－)＝10－11mol·L－1，c(H＋)＝10－14/10－11mol·L－1＝10－3mol·L－1，溶液pH＝3。(5)溶浸过程中会发生：CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)；CaSO4(s)Ca2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)；依据硫酸钙、碳酸钙溶度积常数的计算表达式，反应的平衡常数K＝eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(Ksp（CaSO4）,Ksp（CaCO3）)＝4.90×10－5÷2.8×10－9＝1.75×104。答案：(1)1.0×10－12碱(2)减小增大(3)中性<(4)3(5)1.75×10415．(12分)实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为4NHeq\o\al(＋,4)＋6HCHO=3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋[滴定时，1mol(CH2)6N4H＋与1molH＋相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤Ⅰ称取样品1.500g。步骤Ⅱ将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤Ⅲ移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。(1)根据步骤Ⅲ填空。①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察________。A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化④滴定达到终点时，酚酞指示剂由________色变成________色。(2)滴定结果如下表所示。滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol·L－1，则该样品中氮的质量分数为________。解析：(1)碱式滴定管未用标准液润洗，会使其消耗量增加，测定结果偏高；而锥形瓶内残余少量水，不影响标准液的消耗量，对结果无影响；滴定时眼睛应注视瓶内溶液的颜色变化，待溶液由无色变为粉红色时即为滴定终点。(2)NaOH溶液的平均消耗量为20mL，其物质的量为0.1010mol·L－1×0.02L＝0.00202mol4N～4OH－44n0.00202mol×250/25n＝0.0202mol，则样品中氮的质量分数为18.85%答案：(1)①偏高②无影响③B④无粉红(浅红)(2)18.85%16．(14分)工业上利用电镀污泥(主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质)回收铜和铬等金属，回收流程如下：已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如下：项目Fe3＋Cu2＋Cr3＋开始沉淀时的pH2.14.74.3完全沉淀时的pH3.26.7a(1)在浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有______________________________________________________。(2)在除铁操作中，需要除去Fe3＋和CaSO4，请完成相关操作：①加入石灰乳调节pH范围________________，检验Fe3＋已经除尽的操作是_____________________________________________________________________________________________________；②将浊液加热到80℃，__