2022届高考化学抢分强化练-题型12.6物质组成探究式实验题

第=page3232页，共=sectionpages3333页2022届高考化学选择题型抢分强化练——题型12.6物质组成探究式实验题次氯酸及其盐溶液有杀菌、消毒、漂白的作用。在此次抗击新冠疫情中发挥了巨大作用。某学习小组根据需要欲制备浓度不小于0.8mol⋅L−1的次氯酸溶液。

(查阅资料)

资料1：常温常压下，Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水，且会与水反应生成次氯酸。

资料2：Cl2O的沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2；Cl2的沸点为−34.6℃

该小组用Cl2与潮湿的碳酸钠制取Cl2O，并进一步制取次氯酸，装置如图：

回答下列问题：

(1)装置连接顺序为Cl2→______。(用字母表示)

(2)装置A中反应的化学方程式是______。

(3)装置B的作用，整个实验加快反应速率所采用的方法有______。

(4)装置D中反应的化学方程式是______。

(5)如果要收集Cl2O，则可以在B装置后连接E装置进行收集，这样做的依据是______，逸出气体的主要成分是______。

(6)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是______(答出一条即可)。

(7)测定反应完成后A中物质的质量分数：取mg样品加适量蒸馏水使之溶解，加入几滴酚酞，用0.1mol⋅L−1的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，消耗盐酸有研究预测，到2030年，全球报废的电池将达到1100万吨以上。而目前废旧电池的回收率却很低。为了提高金属资源的利用率，减少环境污染，应该大力倡导回收处理废旧电池。下面是一种从废电池正极材料(含铝箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂)中回收各种金属的工艺流程：

资料：1.黄钠铁矾晶体颗粒粗大，沉淀速度快，易于过滤。

2.钴酸锂难溶于水、碳酸锂的溶解度随温度升高而降低。

回答下列问题：

(1)为了提高碱溶效率可以______，______。(任答两种)

(2)从经济效益的角度考虑，为处理“碱溶”后所得滤液，可向其中通入过量CO2，请写出所发生反应的化学反应方程式______。

(3)“酸浸”时有无色气体产生，写出发生反应的离子方程式______。

(4)“沉铁”时采用的“黄钠铁矾法”与传统的通过调整溶液PH的“氢氧化物沉淀法”相比，金属离子的损失少，请分析并说明原因：______。

(5)“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为______。

(6)已知黄钠铁矾的化学式为NaxFey(SO4)m(OH)n.为测定黄钠铁矾的组成，进行了如下实验：①称取4.850g样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00mL溶液；②量取25.00mL溶液，加入足量的KI，用0.2500mol⋅L−1Na2某小组探究从印刷电路板回收液(pH=1，含Fe2+、Cu2+、Cl−及少量Fe3+)制取磁性氧化铁，并测定其中Fe3+和Fe2+的物质的量比。过程如图：

已知：25oC时：Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10−16；溶解度S( FeCl2)=64g

(1)过程Ⅰ中除铜反应的离子方程式为______。

(2)过程Ⅱ用H2O2调Fe3+/Fe2+比为1.6：1.该过程中有少量无色气体生成，主要原因是______。

(3)过程Ⅲ：调pH、加热

1)甲同学将溶液迅速调至pH≈4，产生沉淀，通过下列①和②推断沉淀的成分。

①取静置后的上层清液，______，证明清液中含Fe2+；

②甲同学通过已知条件计算，推断沉淀中一定不含Fe(OH)2，其推断过程是______。

2)乙同学探究不同反应条件对产品质量的影响

①若调节pH过程太慢，在pH≈5时，Fe2+容易在空气中发生副反应，生成FeO(OH)固体影响产品质量。写出该反应的离子方程式______。

②若其它条件不变，调节pH过高( pH>9 )、温度高于95oC，产品会参杂较多红棕色杂质，试分析可能的原因______。

3)丙同学迅速将溶液调节pH=9，在80～90oC下搅拌2小时。过滤、洗涤、干燥得到晶体产品。写出制得晶体产品的离子方程式______。(反应条件略)

(4)Ⅳ测定

取产品样品ag，加过量硫酸溶解，得到样品溶液。用c mol⋅L−1KMn氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙(含有少量Al3+、Fe3+等杂质)生产医药级二水合氯化钙(CaCl2⋅2H2O)的主要流程如图：

完成下列填空：

(1)除杂操作是加入物质A来调节溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe开始沉淀时的pH沉淀完全时的pH沉淀开始溶解时的pHAl(OH3.35.27.8Fe(OH1.54.1−(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是______。

(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是______。

(4)测定制得的样品的纯度，可采用如下方案：

a.称取0.750g样品，溶解，在250mL容量瓶中定容；

b.量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；

c.用0.050mol/LAgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39mL。

①上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有______。

②计算上述样品中CaCl2⋅2H2O的质量分数为明矾KAl(SO4)2⋅nH2O]在生活生产中用途广泛，明矾可用于制备铝盐、发酵粉、油漆、澄清剂、媒染剂、防水剂、造纸等。

(1)实验室以铝制牙膏皮制备明矾。已知铝制牙膏皮主要成分为铝，含少量铁，表面覆盖有机涂层，制备流程图如图：

①灼烧的目的：一是将单质铝和铁转化为氧化物；二是______。

②流程图中“……”所代表的实验操作是：______、过滤、洗涤、干燥。为加快过滤速度，应进行减压过滤，减压过滤结束时，洗涤沉淀的具体操作是______。

③下列说法正确的是______。

A.用NaOH溶液碱浸时，SiO2转入滤液1

B.灼烧后SiO2来自残留牙膏中的摩擦剂

C.可选用硫酸或NaHCO3调节滤液1的pH

D.滤液2与CaO反应可实现NaOH的循环利用

(2)热重法测定明矾中结晶水含量。明矾的热重分析曲线见图1，纵坐标TG%=加热后剩余固体质量加热前固体质量×100%.根据图象列式计算KAl(SO4)2⋅nH2O中的n=______。

(3)返滴定法测定样品中明矾含量。明矾可用于海蜇、银鱼等的腌制脱水，但是过量使用会使食用者产生反映迟钝等不良后果。实验室一般用返滴定法测定待测液中Al3+浓度，进而确定明矾残留是否超标。用不同pH溶液浸泡海蜇样品，过滤后在滤液中加入定量且过量的标准EDTA(用Y4−表示)溶液煮沸数分钟，使Al3+与EDTA完全反应，滴入二甲酚橙作指示剂，用标准锌溶液返滴定过量的EDTA，有关反应可表示为：Al3++Y4−=AlY为测定苏打中Na2CO3的含量(含NaHCO3杂质)，实验小组设计了如下三个实验方案。

方案Ⅰ

①称量：仪器X的质量为ag；

②称量：仪器X和装有试样的质量为bg；

③加热；

④冷却；

⑤称量：仪器X和残余物的质量为cg；

⑥重复操作，直至恒重，质量为dg。

(1)仪器X是______(填名称)，方案Ⅰ的实验原理是：______(用化学方程式表示)。

(2)请将步骤⑥补充完整：重复操作，步骤⑥的目的是：______。

(3)计算Na2CO3的质量分数要用到的数据是：______(选填a、b、c、d)。

方案Ⅱ称量一定量样品，选用合适的装置测定样品与硫酸反应生成的气体体积。

(4)为提高测定准确性，应选用发生装置______(选填“A”或“B”)和量气装置D；装置D比装置C准确性高的原因是______(任一条原因)。

(5)检查装置A的气密性：向A的分液漏斗中加入适量水，按图连接好装置，关闭止水夹F，打开活塞E，发现分液漏斗中的水持续滴下，说明A漏气。该判断是否正确，并说明理由：______。

方案Ⅲ称量0.2570g样品，置于锥形瓶中，加适量水溶解，滴2滴酚酞试液，用0.1000mol/L盐酸滴定至溶液由浅红色变成无色且半分钟不变色，反应原理：

Na2CO3+HCl→NaHCO3+NaCl，重复上述操作两次。

(6)用密度为1.19g/mL、质量分数为0.37的浓盐酸，配制1L 0.1000mol/L稀盐酸，所需的定量仪器是：滴定管、1L容量瓶，其中滴定管的作用是______。

滴定管和容量瓶在使用前都要进行的操作是______。滴定次数样品的质量/g稀盐酸的体积/mL滴定前读数滴定后读数10.25701.0021.0120.25700.5020.4930.25701.2021.20氨基钠(NaNH2)常用作有机合成的促进剂，是合成维生素A的原料。某学习小组用如图1装置，以NH3和Na为原料加热至350∽360℃制备氨基钠，并检验其生成的产物和测定产品的纯度。

已知：NaNH2极易水解且易被空气氧化。回答下列问题

(1)仅从试剂性质角度分析，下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是______(填字母序号)。

A.浓氨水、CaO

B.NH4Cl固体、Ca(OH)2固体

C.浓氨水

D.NH4NO3固体、NaOH固体

(2)仪器D名称为______，其中盛放的试剂为______。

(3)装置A中发生反应的化学方程式为______，能证明装置A中已发生反应的实验依据是______。

(4)装置B的作用是______。

(5)制备时，通入的氨气过量，待钠充分反应后，取mg产品，按如图2装置进行实验(产品所含杂质仅为Na2O)。

用注射器向试管中缓慢加入H2O至恰好完全反应立即停止，G中液面从刻度实验测定含有少量氯化钠的碳酸氢钠的含量，完成下列填空：

方案1：取样品溶解后，加试剂使HCO3−沉淀，测定沉淀的质量。

操作步骤有：①称量并溶解样品；②加入足量的Ba(OH)2溶液；③过滤；④洗涤；⑤干燥；⑥称量并进行恒重操作。

(1)实验时所需的定量实验仪器为______，判断是否达到恒重的标准是______。

方案2：用0.100mol/L盐酸滴定。具体过程如图1：

(2)操作1所需要的仪器有______。

(3)操作2时选择的指示剂为甲基橙，当溶液______时，说明达到了操作2终点。为减少实验的偶然误差，通常的处理办法是______。

(4)操作2时若锥形瓶内有少量液体溅出，则测定结果______；若盛装待测液的锥形瓶未用待测液润洗，测定结果______。(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)

(5)采用图1中的数据，计算小苏打中碳酸氢钠的质量分数______。

方案3：用稀酸将HCO3−转化为CO2，测定CO2的体积。

(6)为保证读数的准确性并易于观察如图2，实验中量气管中的液体最好是______(填字母编号)。

a.饱和碳酸钠溶液b.饱和碳酸氢钠溶液c.含有品红的硫酸溶液

本实验应对量气管多次读数，读数时应注意：

为了监测某烟道气中的NOx的含量，选用如下采样和检测方法。

Ⅰ.采样步骤

①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。

(1)A中装有无碱玻璃棉，其作用是______。采样步骤②加热烟道气的目的是______。C中填充的干燥剂最好的选择是______(选填编号)。

a.碱石灰

b.无水CuSO4

c.P2O5

(2)用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D(装有碱液)相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂______。

Ⅱ.NOx含量的测定

将一定量的气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，然后加入过量的FeSO4标准溶液，充分反应后，再用K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+。

(3)NO被H2O2氧化为某小组进行测定某变质的铁铝合金(杂质主要为Al2O3和Fe2O3)样品中铁含量，并制备Fe3O4胶体粒子，相关实验方案设计如图：

已知：乙醚[(C2H5)2O]易燃，沸点为34.5度，微溶于水，密度比水小。在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。

请回答下列问题：

(1)溶液Ⅱ中主要金属阳离子是______。

(2)步骤I中试剂A最佳选择的是______。

A.浓硝酸B.浓硫酸C.浓盐酸+双氧水D.稀盐酸+双氧水

(3)步骤Ⅱ的“一系列操作”包括如下实验步骤，选出其正确操作并按序列出字母：分液漏斗中加水检验是否漏水→向溶液中加入适量浓盐酸和乙醚，转移至分液漏→(______)→(______)→(______)→(______)→f→(______)→a→(______)→d→(______)。

a.左手拇指和食指旋开旋塞放气；

b.用右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，将分液漏斗倒转，并用力振摇；

c.静置分层；

d.打开上口玻璃塞，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；

e.混合两次分液后的上层液体；

f.向下层液体中加入浓盐酸和乙醚并转移至分液漏斗；

(4)下列关于步骤Ⅲ和步骤Ⅵ的涉及的操作说法正确的是______。

A.步骤Ⅲ中蒸馏操作时，为加快蒸馏速度，采用酒精灯大火加热，收集34.5℃的馏分

B.为减少乙醚挥发，在蒸馏操作时，收集乙醚的锥形瓶应放置在冰水浴中

C.步骤Ⅵ由混合溶液制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，防止Fe2+被氧化

D.析出Fe3O4胶体粒子后通过抽滤，洗涤，干燥获得Fe3O4某兴趣小组利用Cl−取代[Co(NH3)6]3+实验过程如下：已知：a.配合物X能溶于水，且溶解度随温度升高而增大。b.[Co(NH3c.H请回答：(1)制备配合物X的总反应方程式为________。(2)“1)NH4Cl—NH3(3)“2)H2O2”加H2OA.冷水浴

B.温水浴(≈60 ℃)

C.沸水浴

D.酒精灯直接加热(4)本实验条件下，下列物质均可将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)。其中可替代“2)H2O2”的是________A.O2

B.KMnO4溶液

(5)实验小组用以下思路验证配合物X的组成：取一定量X加入过量浓NaOH溶液，煮沸，将生成的NH3通入一定量的稀硫酸中，再用NaOH标准溶液滴定剩余H2SO4。从以下涉及碱式滴定管的操作中，选择正确操作并排序(润洗只操作一次即可)：检漏→水洗→加标准液，润洗内壁→(________)→(a.从上口倒出润洗液b.保持滴定管夹水平，平视滴定管刻度读数c.装标准溶液，调液面，静置半分钟d.滴定e.取下滴定管，竖直，平视滴定管刻度读数f.从下口放出润洗液(6)下列关于实验过程的叙述，正确的是________(填序号)。A.“4)70 ℃”水浴加热，有利于获得颗粒较大的晶体B.抽滤后，应该用热水洗涤晶体C.可用AgNO3和稀HNOD.抽滤结束，可先打开活塞K，再关掉抽气泵碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。(1)合成该物质的步骤如下：步骤1：配制0.5 mol·L−1MgS步骤2：用量筒量取500 mL NH4HCO3步骤3：将250 mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3步骤4：放置1 h后，过滤，洗涤。步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10 h，得碳酸镁晶须产品(MgCO①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是___________________。②步骤3生成MgCO3·n③步骤4检验是否洗涤干净的方法是______________________________________________。(2)测定合成的MgCO3·n称量1.000 g碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5 h，反应后期将温度升到30℃，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作①图中气球的作用是__________________________________。②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是______________。③测得每7.8000 g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12 L，则n值为(3)碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿(主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅)中铁的含量，在实验室分别称取12.5 g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010 mol/L H2O实验编号1234消耗H2O15.0015.0215.6214.98①H2O2溶液应装在___________②根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为___________%(保留小数点后两位)。现在人们已经发现了120多种含铁硫簇(如Fe2S2、Fe4S4、Fe8S回答下列问题：实验一：测定硫的质量①连接实验装置并检查装置的气密性。②在A中放入0.4 g铁硫簇的样品(含有不溶于水和盐酸的杂质)，在B中加入品红溶液，在C中加入30 mL 0.1 mol·L−1的酸性③通入空气并加热，发现固体逐渐转变为红棕色。④待固体完全转化后，取C中的KMnO4溶液3 mL，用滴定次数待测溶液体积/mL消耗碘化钾溶液体积/mL滴定前刻度滴定后刻度13.001.007.5023.001.026.0333.001.005.99(1)实验一，连接装置的接口顺序为b接___________________________________________；(2)实验一，检查A装置气密性的方法是_________________________________________________________________________________________________________________________；(3)实验一，装置B中品红溶液的作用是___________________________________________。有同学提出，撤去B装置，对此实验没有影响，你的看法是________(选填“合理”或“不合理”)，理由是______________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)实验一，用KI溶液滴定KMnO4溶液，发生反应的离子方程式为实验二：测定铁的质量取实验Ⅰ中A的硬质玻璃管中的残留固体加入稀盐酸中，充分搅拌后过滤，在滤液中加入足量的NaOH溶液，过滤后取滤渣，经灼烧得0.32 g固体。(5)综合实验一、实验二，计算这种铁硫簇结构的化学式________________。

答案和解析1.【答案】C→A→B→D

2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3

使用搅拌棒搅拌、多空球泡

Cl2O+H【解析】解：(1)氯气进入C，由C装置中饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢气体，然后通入A装置，发生反应2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，为了防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置A需放在冷水中，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，通入B装置吸收除去Cl2O中的Cl2，并在E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，所以各装置的连接顺序为Cl2→C→A→B→D；

故答案为：C→A→B→D；

(2)装置A中氯气与碳酸钠、水反应生成Cl2O、NaCl和NaHCO3，反应方程式为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，

故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3；

(3)Cl2O为极性分子，Cl2为非极性分子，根据相似相容原理，氯气易溶于四氯化碳，可在装置C中除去Cl2O中的Cl2，增大接触面积或搅拌能加快反应速率，则整个实验加快反应速率所采用的方法有：使用搅拌棒搅拌、多空球泡，

故答案为：除去

Cl2O

中的

Cl2；使用搅拌棒搅拌、多空球泡；

(4)装置D中Cl2O与H2O反应生成HClO，反应的方程式为：Cl2O+H2O=2HClO，

故答案为：Cl2O+H2O=2HClO；

(5)如果要收集Cl2O，则可以在B装置后连接E装置进行收集，E装置中用液氨冷却，液氨能作制冷剂，使Cl2O冷凝成液态；液氨冷却时空气不能转化为液体，所以逸出气体的主要成分是空气；

故答案为：E中液氨作制冷剂，使Cl2O冷凝成液态；空气；

(6)Cl2O与H2O反应生成HClO，氯气与水反应生成HClO和HCl，则此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是制得的次氯酸中不含有Cl−，

故答案为：制得的次氯酸中不含有Cl−；

(7)①取mg样品加适量蒸馏水使之溶解，加入几滴酚酞，用0.1mol⋅L−1的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，发生CO32−+H+=HCO3−，消耗盐酸V1mL；

则n(Na2CO3)=0.1mol⋅L−1×V1×【解析】解：(1)为了提高碱溶效率可以将正极材料粉碎、搅拌、适当升高温度等，

故答案为：将正极材料粉碎、搅拌、适当升高温度等；

(2)从经济效益的角度考虑，为处理“碱溶”后所得滤液，可向其中通入过量

CO2，反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，发生反应的化学反应方程式：Na[Al(OH)4]+CO2+H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，

故答案为：Na[Al(OH)4]+CO2+H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3；

(3)“酸浸”时有无色气体产生，是过氧化氢被LiCoO2氧化生成氧气，反应的离子方程式：2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++O2↑+4H2O，

故答案为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++O2↑+4H2O；

(4)“沉铁”时采用的“黄钠铁矾法”与传统的通过调整溶液PH的“氢氧化物沉淀法”相比，金属离子的损失少，原因是：黄钠铁矾晶体颗粒粗大，沉淀速度快，易于过滤，调节pH时Fe3+会生成氢氧化铁胶体，吸附溶液中的金属阳离子，

故答案为：调节pH时Fe3+会生成氢氧化铁胶体，吸附溶液中的金属阳离子；

(5)碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为：趁热过滤，

故答案为：趁热过滤；

(6)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点，

有关的反应离子方程式为：2Fe3++2I−=2Fe2++I2，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，得到定量关系为：

2Fe3+～I2～2Na2S2O3

n(Fe3+)=2n(I2)=n(Na2S2O3)=0.2500

mol⋅L−1×30.00

mL×10−3L⋅mL−1=7.50×10−3

mol；

加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥后得沉淀1.165g为硫酸钡沉淀，则n(SO42−)=1.165g233g/mol=5.00×10−3mol

100

mL【解析】解：(1)Fe与Cu2+发生置换反应生成Fe2+和Cu，离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，

故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；

(2)H2O2在氧化Fe2+的过程中，Fe3+对H2O2的分解有催化作用，即Fe3+促进H2O2分解生成O2，

故答案为：Fe3+催化，使H2O2分解放出氧气；

(3)1)①检验溶液中含有Fe2+，可加入铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则含有Fe2+(注意：在没有Cl−存在的情况下，也可加入酸性高锰酸钾溶液，若有Cl−存在，则不能加入酸性高锰酸钾溶液检验)，

故答案为：加入铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀；

②溶液pH≈4，即c(H+)=10−4mol/L，则溶液中c(OH−)=10−10mol/L，根据Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10−16计算溶液中c(Fe2+)=8.0×10−16(10−10)2mol/L=80000mol/L，溶解度S(

FeCl2 )=64g，饱和

FeCl2 溶液中c(Fe2+)≈64127mol0.1L=5.04mol/L<<80000mol/L，即溶液中亚铁离子浓度不可能达到，所以推断沉淀中一定不含Fe(OH)2，

故答案为：Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10−16，pH=4时，生成Fe(OH)2沉淀所需c(Fe2+)=80000mol/L，根据氯化亚铁溶解度，溶液中亚铁离子浓度不可能达到；

2)①在pH≈5时，Fe2+与空气中的氧气发生副反应生成FeO(OH)，反应的离子方程式为4Fe2++O2+6H2O=4FeO(OH)+8H+，

故答案为：4Fe2++O2+6H2O=4FeO(OH)+8H+；

②pH过高(pH>9)时，溶液碱性增强，Fe2+转化为极易发生氧化反应的Fe(OH)2，Fe(OH)2与O2反应生成Fe(OH)3，温度高于95oC时Fe(OH)3分解生成Fe2O3，使产品会参杂较多红棕色杂质，

故答案为：pH过高(pH>9)、温度高于95oC，Fe(OH)2还原性增强，与空气中氧气反应速率加快，使Fe(OH)3增加过多，最后分解成红棕色Fe2O3；

3)pH=9的条件下，Fe3+/Fe2+比为1.6：1的溶液中Fe3+和Fe2+转化的晶体产品为Fe3O4，离子方程式为Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4+4H2O，

故答案为：【解析】解：(1)Al3+沉淀完全时溶液的pH=5.2，Fe3+沉淀完全时溶液的pH为4.1，而Ca2+开始沉淀的溶液pH为7.8，则控制溶液的pH范围是5.2≤pH<7.8；加入的物质A能和酸反应，且不影响最终产物为CaCl2⋅2H2O的纯度，则可为Ca(OH)2或(CaO)或CaCO3，

故答案为：5.2≤pH<7.8；Ca(OH)2或(CaO)或CaCO3；

(2)Fe3+与KSCN反应生成红色物质Fe(SCN)3，检验Fe3+是否存在的，选用KSCN溶液，

故答案为：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，则表明Fe(OH)3

沉淀完全；

(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH约为4.0，其目的为将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2；

故答案为：将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2；

(4)①称取0.750g样品，溶解，在250mL容量瓶中定容，需要的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管；滴定时需要用酸式滴定管盛装AgNO3溶液，用锥形瓶盛装待测溶液，则还需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管，

故答案为：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管；

②样品中n(Cl−)=0.05000mol⋅L−1×0.02039L×10=0.010195mol，根据n(AgCl)=2n(CaCl2.2H2O)，则n(CaCl2.2H2O)=0.0050975mol，所以m(CaCl2.2H2O)=0.0050975mol×147g/mol=0.7493325g，则有：0.7493225g0.7500g×100%=99.9%，

故答案为：99.9%；

③样品中存在少量的NaCl会导致CaCl2.2H2O的物质的量增大。同样若CaCl2.2H2O失水导致分母变小，值偏大，

故答案为：样品中存在少量的NaCl或少量的CaCl2.2H2O失水。

工业碳酸钙(含有少量Na+、Al3+、Fe3+等杂质)，加入盐酸可完全溶解生成氯化钙、氯化铁以及氯化钠、氯化铝等，加入氢氧化钙溶液，以除去溶液中少量的【解析】解：(1)①灼烧铝制牙膏皮除去表面覆盖的有机涂层，防止干扰实验，并将铝、铁氧化生成Al2O3、Fe2O3；

故答案为：除去铝制牙膏皮表面覆盖的有机涂层，防止干扰实验；

②操作Ⅱ是溶液中得到晶体的方法，利用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体；洗涤沉淀的操作是沿玻璃棒缓慢地向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复操作2−3次；

故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；沿玻璃棒缓慢地向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀物，使水自然流下，重复2～3次；

③A.NaOH溶液溶解Al2O3、SiO2得到NaAlO2溶液、铝硅酸钠沉淀，过滤，SiO2生成铝硅酸钠沉淀转入滤渣1而去除，故A错误；

B.铝制牙膏皮主要成分为铝，含少量铁，所以灼烧后固体中含有的SiO2只能来自于残留牙膏中的摩擦剂，故B正确；

C.滤液1中溶质主要是NaOH、NaAlO2，加入NaHCO3沉铝时因

NaHCO3是酸式盐和NaOH反应，使溶液碱性减弱、pH值碱性，故C错误；

D.滤液2中溶质主要是NaHCO3、Na2CO3，CaO与水反应生成的Ca(OH)2可与NaHCO3、Na2CO3反应生成NaOH，实现NaOH的循环利用，故D正确；

故答案为：BD；

(2)设明矾样品质量为100g，则230℃时m[KAl(SO4)2]=54.5g，m(H2O)=45.5g，n[KAl(SO4)2]=54.5g258g/mol=0.211mol，n(H2O)=45.5g18g/mol=2.5mol，KAl(SO4)2⋅nH2O中的n=n(H2O)n(KAl(SO4)2)=2.5mol0.213mol≈12，

故答案为：12；

(3)①随着pH的升高，碱性环境中铝离子形成沉淀，沉淀随样品残渣被过滤除去，导致明矾含量明显降低，

故答案为：碱性环境中铝离子形成沉淀，沉淀随样品残渣被过滤除去；

②A.配制标准EDTA溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒，导致标准溶液浓度减小，消耗EDTA溶液体积增大，测定结果偏高，故A正确；

B.滴定管用蒸馏水洗涤后，未经润洗就取待测液，待测溶液被稀释，待测溶液中溶质减少，测定结果偏低，故B错误；

C.加入EDTA溶液后，未经煮沸，使Al3+与EDTA反应不完全，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，故C错误；

D.滴定时振荡不充分，用标准锌溶液返滴定过量的EDTA，刚看到局部变色就停止滴定，测定过量的EDTA溶液减少，和铝反应的EDTA增多，计算得到Al3+浓度偏高，故D正确；

故答案为：AD。

灼烧铝制牙膏皮除去表面覆盖的有机涂层，并将铝、铁氧化生成Al2O3、Fe2O3，SiO2来自剩余牙膏体，加入NaOH溶液溶解Al2O3、SiO2得到NaAlO2、铝硅酸钠沉淀，Fe2O3不反应，过滤除去Fe2O3、铝硅酸钠(滤渣1)，得到NaAlO2溶液，再加入【解析】解：方案Ⅰ(1)测定苏打中Na2CO3的含量(含NaHCO3杂质)，称量：仪器X的质量为ag，称量：仪器X和装有试样的质量为bg，加热，冷却，称量仪器X和残余物的质量为cg，固体灼烧在坩埚中进行，X为坩埚，方案Ⅰ的实验原理是：2NaHCO3−  △   Na2CO3+H2O+CO2↑，

故答案为：坩埚；2NaHCO3−  △   Na2CO3+H2O+CO2↑；

(2)重复操作，步骤⑥的目的是：③④⑤(或加热、冷却、称量)，保证碳酸氢钠完全分解，

故答案为：③④⑤(或加热、冷却、称量)，保证碳酸氢钠完全分解；

(3)计算Na2CO3的质量分数要用到的数据是：①称量：仪器X的质量为ag；②称量：仪器X和装有试样的质量为bg；加热冷却后称量：仪器X和残余物的质量为cg；

利用质量变化和化学方程式2NaHCO3−  △   Na2CO3+H2O+CO2↑，计算得到碳酸钠质量分数，计算Na2CO3的质量分数要用到的数据是：a、b、d，

故答案为：a、b、d；

方案Ⅱ(4)为提高测定准确性，应选用发生装置A和量气装置D，装置D比装置C准确性高的原因是：D的量液管比C的量筒测量液体体积精确度好，

故答案为：A；D的量液管比C的量筒测量液体体积精确度好；

(5)检查装置A的气密性：向A的分液漏斗中加入适量水，按图连接好装置，关闭止水夹F，打开活塞E，发现分液漏斗中的水持续滴下，不能说明A是否漏气，A中分液漏斗和烧瓶之间因有导管相连而压强始终相同，不论气密性是否良好，分液漏斗中的水都能因重力作用自由滴下，

故答案为：错误，A中分液漏斗和烧瓶之间因有导管相连而压强始终相同，不论气密性是否良好，分液漏斗中的水都能因重力作用自由滴下；

方案Ⅲ(6)用密度为1.19g/mL、质量分数为0.37的浓盐酸，配制1L 0.1000mol/L稀盐酸，所需的定量仪器是：滴定管、1L容量瓶，其中滴定管的作用是：准确量取浓盐酸的体积，滴定管和容量瓶在使用前都要进行的操作是：Y.检漏，Z.用蒸馏水洗涤，滴定管还需要W.用待装液润洗，容量瓶不需要用待装液润洗，

故答案为：量取浓盐酸的体积；Y、Z；

(7)图表数据分析得到三次消耗盐酸溶液的体积分别为：21.01ml−0.1ml=20.01ml、20.49ml−0.5ml=19.99ml，21.20ml−1.2ml=20.00ml，平均消耗盐酸溶液体积=20.01ml+19.99ml+20.00ml3=20.00ml，滴定反应原理：Na2CO3+HCl→NaHCO3+NaCl，得到碳酸钠物质的量=0.0200L×0.1mol/L=0.002mol，

碳酸钠的质量分数=0.002mol×106g/mol0.2570g=0.8249，

故答案为：0.8249。

方案Ⅰ(1)固体灼烧在坩埚中进行，方案Ⅰ的实验原理是利用碳酸氢钠受热分解，称量质量变化计算得到；

(2)步骤⑥是重复加热、冷却、称量操作，保证碳酸氢钠完全分解；

(3)计算Na2CO3的质量分数要用到的数据是：①称量：仪器X的质量为ag【解析】解：NH3和Na在加热条件下生成NaNH2和H2，利用P2O5除去H2中混有的NH3，除杂后的H2在加热条件下，将黑色CuO还原为红色Cu，生成的水使无色CuSO4粉末变蓝色。

(1)A、CaO溶于水生成Ca(OH)2，同时放热，使浓氨水有氨气逸出，可制适量氨气，故A正确；

B、NH4Cl固体、Ca(OH)2固体混合加热可制氨气，故B正确；

C、浓氨水在加热条件下，有氨气逸出，可制适量氨气，故C正确；

D、NH4NO3受热或撞击易爆炸，且NaOH固体在加热条件下能与SiO2反应，腐蚀玻璃容器，则不用NH4NO3固体和NaOH固体混合加热制氨气，故D错误；

故答案为：D；

(2)仪器D名称为球形干燥管，其作用是检验反应中生成的水蒸气，无水硫酸铜遇水变蓝色，则选择盛放的试剂为无水硫酸铜，

故答案为：球形干燥管；无水硫酸铜；

(3)装置A中Na和氨气在加热条件生成NaNH2和H2，发生反应的化学方程式为2Na+2NH3−  △   2NaNH2+H2；当装置C中的黑色粉末变为红色，装置D中的白色粉末变为蓝色，说明A中有H2生成，即证明装置A中已发生反应，

故答案为：2Na+2NH3−  △   2NaNH2+H2；装置C中的黑色粉末变为红色，装置D中的白色粉末变为蓝色；

(4)NH3有还原性，在加热条件下能还原CuO，则装置B的作用是吸收NH3，防止NH3与CuO反应，

故答案为：吸收NH3，防止NH3与CuO反应；

(5)设产品纯度为x，则

NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑，

39g

22.4L

mgx

10−3×(V2−V1)L

产品纯度x=39g×10−3×(V2−V1)L22.4L×mg×100%=39(V2−V1)224m%

若读取V1时，G中液面低于漏斗侧液面，此时G中压强大于1个大气压强，V【解析】解：(1)称量药品所用的仪器为天平，为减少误差，应该选取电子天平，所以实验时所需的定量实验仪器为电子天平；前后两次称量的质量差不超过0.001g时为恒重，则判断是否达到恒重的标准是前后两次称量的质量差不超过0.001g，

故答案为：电子天平；前后两次称量的质量差不超过0.001g；

(2)操作1为配制一定物质的量浓度溶液，需要的仪器有溶解药品的烧杯、起搅拌和引流作用的玻璃棒、100mL容量瓶、定容所用的胶头滴管，所以操作1所需仪器为烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，

故答案为：烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；

(3)当滴入最后一滴溶液变色，且半分钟内不褪色时，说明达到滴定终点，碳酸氢钠溶液呈碱性，甲基橙在碱性溶液中呈黄色，盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠溶液呈中性，甲基橙变色范围为3.1−4.4，当黄色恰好变成橙色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点；实验操作不当导致实验产生误差，为减少误差，应该做几次平行实验，所以为减少实验的偶然误差，通常的处理办法是做2～3次平行实验，取平均值，

故答案为：黄色恰好变成橙色，且半分钟内不褪色；做2～3次平行实验，取平均值；

(4)操作2时若锥形瓶内有少量液体溅出，会导致碳酸氢钠物质的量减少，则所需盐酸的量减少，则测定结果偏低；若盛装待测液的锥形瓶未用待测液润洗，碳酸氢钠的物质的量不变，则所需盐酸的体积不变，则不影响测定结果，

故答案为：偏低；无影响；

(5)二者反应离子方程式为HCO3−+H+=CO2↑+H2O，根据方程式知n(NaHCO3)=n(HCl)，则20mL碳酸氢钠溶液中n(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L×V×10−3L=10−4Vmol，100mL碳酸氢钠溶液中n(NaHCO3)=10−4Vmol×5=5×10−4Vmol，m(NaHCO3)=5×10−4Vmol×84g/mol=4.2×10−2Vg，碳酸氢钠质量分数=m(NaHCO3)m(样品)×100%=4.2×10−2Vgmg×100%=4.2Vm%，

故答案为：4.2Vm%；

(6)量气管中的液体不能溶解二氧化碳且不能和二氧化碳反应，现象明显，

a.碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，不符合条件，故错误；

b.饱和碳酸氢钠不溶解二氧化碳，和二氧化碳也不反应，但是碳酸氢钠溶液呈无色，现象不明显，故错误；

c.品红溶液呈红色，硫酸和二氧化碳不反应且二氧化碳也不易溶于硫酸溶液，现象明显，故正确；

读数时要使气体在室温条件下，且量气管和水准管液面相平，视线与凹液面最低处相平，

故答案为：c；调节量气管和水准管液面相平。

(1)称量药品所用的仪器为天平，为减少误差，应该选取电子天平；前后两次称量的质量差不超过0.001g时为恒重；

(2)操作1【解析】解：Ⅰ.采样步骤

(1)第一步过滤器是为了除去粉尘，因此其中的无碱玻璃棉的作用是除尘，采样步骤②加热烟道气的目的是：为了防止NOx溶于冷凝水，影响测量的准确性，

a.碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体，故a不选；

b.无水硫酸铜可用于检验是否含有水蒸气，干燥能力不强，故b不选；

c.五氧化二磷是酸性干燥剂，可以干燥酸性气体，故c选；

故答案为：除尘；防止NOx溶于冷凝水，影响测量的准确性；c；

(2)D装置为吸收装置，用于吸收酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，导气管应长进短出，装置图为：，

故答案为：；

Ⅱ.NOx含量的测定

(3)NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H++2NO3−+2H2O，滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶、其中玻璃仪器为酸式滴定管、锥形瓶，

故答案为：2NO+3H2O2=2H++2NO3−+2H2O；锥形瓶、滴定管；

(4)若没打开抽气泵，则系统中还存在有气样中的氮元素，导致吸收不完全，测定结果偏低，若FeSO4变质则会导致测定剩余亚铁离子偏低，使得即使所得到的氮素含量偏高，测定结果偏高，

故答案为：偏低；偏高。

Ⅰ.采样步骤

(1)第一步过滤器A中装有无碱玻璃棉是为了除去粉尘，防止NOx溶于冷凝水，需要加热烟道气，

a.碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体；

b.无水硫酸铜可用于检验是否含有水蒸气，干燥能力不强；

c.五氧化二磷是酸性干燥剂，可以干燥酸性气体；

(2)D装置为吸收装置，用于吸收酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，导气管应长进短出；

Ⅱ.NOx含量的测定

(3)NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和水；滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶等；

(4)若没打开抽气泵，则系统中还存在有气样中的氮元素，导致吸收不完全，测定结果偏低，若FeSO4变质则会导致测定剩余亚铁离子偏低，使得即使所得到的氮素含量偏高。【解析】解：(1)由流程可知，溶液Ⅱ的金属离子主要是Al3+，

故答案为：Al3+；

(2)试剂A将亚铁氧化成Fe3+，浓硫酸和浓硝酸的还原产物有毒，污染环境，最好不用，可选双氧水作氧化剂。由“已知”可知：步骤Ⅱ中需浓HCl才能萃取Fe3+，因此步骤Ⅰ最好加浓HCl，综上所述，试剂A最好为浓盐酸和双氧水的混合物，

故答案为：C；

(3)步骤Ⅱ为萃取Fe3+，具体步骤为：分液漏斗中加水检验是否漏水→向溶液中加入适量浓盐酸和乙醚，转移至分液漏抖→用右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，将分液漏斗倒转，并用力振摇右→左手拇指和食指旋开旋塞放气→静置分层→打开上口玻璃塞，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。为提高Fe3+的萃取率，下层液体重复上面的操作，最后将两次上层液混合即为溶液Ⅰ，第二次萃取的下层液即为溶液Ⅱ，

故答案为：b；a；c；d；b；c；e；

(4)A、步骤Ⅲ通过加水后，混合体系为FeCl3、HCl、乙醚的混合物，温度太高，HCl快速挥发，促进了Fe3+水解，影响步骤Ⅳ测量，故A错误；

B、乙醚沸点34.5℃，易挥发，为减少乙醚挥发，在蒸馏操作时，收集乙醚的锥形瓶应放置在冰水浴中，故B正确；

C、Fe2+有较强还原性，加热过程可被氧气快速氧化，为了防止Fe2+被氧化，可持续通入保护气N2，故C正确；

D、胶粒能透过滤纸，不可能用抽滤，应用渗析、干燥等方法获得胶粒，故D错误；

故答案为：BC；

(5)①在步骤Ⅴ中，只有知道样品中铁总含量，才能控制还原剂加多少为合适，即步骤IV主要作用是测定样品中的铁总含量和控制步骤V中加入还原剂的用量，

故答案为：控制步骤V中加入还原剂的用量；

②根据电子守恒可得出：2Fe3+～I2～2Na2S2O3，Fe含量偏高，说明I2多了，可能是空气中氧气或溶液中的溶解氧将部分I−氧化成I2所致，

故答案为：空气中的氧气(溶液中的溶解氧)将I−氧化为I2。

样品溶于有氧化性的试剂A得到Fe3+和Al3+，“一系列操作”为乙醚将Fe3+萃取到有机层，通过“一系列操作”将含Fe3+的有机层和Al3+分离，溶液Ⅱ含大量Al3+，溶液Ⅰ加水、蒸馏得到Fe3+溶液，通过步骤Ⅳ测定Fe3+含量，通过步骤Ⅴ还原部分Fe3+，加NaOH溶液得到Fe(OH)3和Fe(OH)2的混合物，加热得到Fe3O4胶粒。

(1)由流程可知溶液Ⅱ的金属离子；

(2)试剂A将亚铁氧化成Fe3+，浓硫酸和浓硝酸的还原产物有毒，污染环境，最好不用，可选双氧水作氧化剂。由“已知”可知：步骤Ⅱ中需浓HCl才能萃取Fe3+，因此步骤Ⅰ最好加浓HCl；

(3)步骤Ⅱ为萃取Fe3+，具体步骤为：分液漏斗中加水检验是否漏水→向溶液中加入适量浓盐酸和乙醚，转移至分液漏抖→用右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，将分液漏斗倒转，并用力振摇右→左手拇指和食指旋开旋塞放气→静置分层→打开上