热门试卷

解：硼镁泥主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的NaClO可与Mn2+反应生成MnO2，把Fe2+氧化成Fe3+，溶液pH升高，在pH为5-6时Fe3+生成Fe（OH）3沉淀，Al3+形成Al（OH）3沉淀，过滤除去滤渣Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2、SiO2，滤液中含钙离子、镁离子，除钙后，只剩镁离子，蒸发冷却结晶得到硫酸镁晶体；

（1）为加快反应速率，可以采用升高温度、适当增大反应物浓度、增大反应物接触面积等方法，如适当升高温度、把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度，

故答案为：适当升温、把硼镁泥粉碎、或搅拌、或适当增加硫酸浓度；

（2）次氯酸根离子具有氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯离子、氢氧化铁沉淀，离子方程式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+，故答案为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+；

（3）滤渣的主要成份除含有Fe（OH）3、Al（OH）3、MnO2外，还有二氧化硅；

（4）“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，其操作是蒸发浓缩、趁热过滤；．“操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤；

（5）实验中提供的硼镁泥共100g，m（MgO）=100g×40%=40g，n（Mg）=n（MgO）==1mol，根据Mg原子守恒得n（MgSO4•7H2O）=n（Mg）=n（MgO）=1mol，m（MgSO4•7H2O）=1mol×246g/mol=246g，其产率==×100%=70%或0.70，故答案为：70%或0.70；

（6）利用Mg防止Fe被腐蚀，可以采用牺牲阳极的阴极保护法或外加电源的阴极保护法，让Mg作正极或阳极，

图为，故答案为：．

解：（1）①碘易溶于有机溶剂，在苯中溶解度远大于在水中，加入苯后有机溶剂苯萃取水中的碘单质，苯与水不互溶，溶液分成两层，苯的密度比水小，有机层在上层，碘溶于苯呈紫色，下层层几乎无色，

故答案为：分层，上层紫色，下层为近于无色；苯与水互不相溶，碘在苯中的溶解度比在水中大；

②若从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，由于碘单质易溶于苯，可以利用其沸点不同，通过蒸馏操作完成；苯的沸点较低，所以蒸馏操作过程中，最后碘在蒸馏烧瓶中聚集，

故答案为：蒸馏；蒸馏烧瓶；

（2）提纯氯化钠的流程为：加热混合物，杂质碳酸氢铵通过分解而除去，得到氯化钠、硫酸钠的混合物；溶解后加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，再加入过量碳酸钠除去过量的钡离子，过滤除去碳酸钡、硫酸钡沉淀后向滤液中加入盐酸，明确是调节溶液pH除去过量的碳酸根离子，对滤液加热除去溶液中氯化氢和二氧化碳，最后得到纯净的氯化钠溶液，

Ⅰ．根据图示，操作①是将固体混合物加热，使用到的仪器是坩埚，

故答案为：坩埚；

Ⅱ．加入硝酸钠溶液，硝酸钠和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质，

故答案为：不可以，改用Ba（NO3）2会使溶液中引入新的杂质离子NO3-，以后操作中无法除去；

Ⅲ．加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，

故答案为：取少量上层澄清溶液，再滴加BaCl2溶液，如无沉淀出现则说明SO42-已除尽（或其他的方法）；

Ⅳ．操作③加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钠反应生成碳酸钡和氯化钠，除去过量的氯化钡，再过滤；先过滤而后加碳酸钠溶液，在加入碳酸钠溶液后生成的碳酸钡还需要过滤，增加一次过滤操作； 

故答案为：除去过量的Ba2+； 减少一次过滤操作；

Ⅴ．操作④加热煮沸溶液的目的是除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸，以便得到纯净的氯化钠溶液，

故答案为：除去溶解在溶液中的CO2，使过量的HCl挥发．

解：装置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应：SO2+OH-=HSO3-，NO和氢氧化钠之间不会反应，装置Ⅱ中NO在酸性条件下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+，装置Ⅲ中，在电解槽的阳极2Ce3+-2e-=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O，装置Ⅳ中通入氨气、氧气，2NO2-+O2++2H++2NH3=2NH4++2NO3-，

（1）装置Ⅱ中NO在酸性条件下NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+，

故答案为：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+；

（2）①A．pH=7时，溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-），故溶液中c（Na+）=c（HSO3-）+2c（SO32-），故A错误；

B．HSO3-⇌SO32-+H+，由图中数据，pH=7时，c（HSO3- ）=c（SO32- ），由Ka的表达式可知，H2SO3的第二级电离平衡常数K2≈c（H+）=10-7，故B正确；

C．溶液的pH控制在4～5时，c（HSO3- ）浓度最大，则为获得尽可能纯的NaHSO3，可将溶液的pH控制在4～5左右，故C正确；

D．由图可知，pH=2时，C（HSO3-）=C（H2SO3），溶液为亚硫酸、亚硫酸氢钠溶液，pH=9时溶液，溶液为亚硫酸钠溶液，两种溶液中所含粒子种类不同，故D正确；

故答案为：BCD；

②1L1.0mol/L的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：1L×1.0mol/L=1.0mol，13.44L（标况下）SO2，n（SO2）==0.6mol，

设反应生成亚硫酸钠的物质的量为x，消耗二氧化硫的物质的量为y

2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O

  2   1     1

1.0mol y    x

==解得：x=0.5mol y=0.5mol根据上述计算可以知道，二氧化硫是过量的，剩余的二氧化硫的物质的量为：0.6mol-0.5mol=0.1mol

所以二氧化硫会和生成的亚硫酸钠继续反应，

设消耗亚硫酸钠的物质的量为a，生成亚硫酸氢钠的物质的量为b

Na2SO3+H2O+SO2═2NaHSO3

 1          1     2

 a        0.1mol  b

==解得：a=0.1mol b=0.2mol，

则溶液中n（SO32-）=0.5mol-0.1mol=0.4mol，n（HSO3-）=0.2mol，n（SO32-）：n（HSO3-）=2：1，则反应的离子方程式为3SO2+5OH-=2SO32-+HSO3-+2H2O，

故答案为：3SO2+5OH-=2SO32-+HSO3-+2H2O；

③酸式滴定管只能盛放酸性溶液、碱式滴定管只能盛放碱性溶液，酸性高锰酸钾溶液呈酸性，则可以盛放在酸式滴定管中；原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变；

故答案为：酸式；滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变；

（3）生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上，因此再生时生成的Ce4+在电解槽的阳极，连接电源正极，反应物是HSO3-被还原成S2O42-，得到电子，电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O，

故答案为：正；2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；

（4）NO2-的浓度为0.4mol/L，要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，则失去电子数为：1000×（5-3）×0.4mol，设消耗标况下氧气的体积是V，根据电子守恒：×4=1000×（5-3）×0.4mol，解得V=4480L，

故答案为：4480．

解：（1）锰泥中加入H2SO4、FeSO4混合溶液，是二氧化锰和亚铁离子发生氧化还原反应，生成铁离子，二氧化锰酸性条件下被还原，所以方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

（2）①检验Fe2+的存在加入铁氰化钾溶液，观察溶液是否变蓝，故答案为：取少量滤液1，加入铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，证明Fe2+被氧化完全；

②生产时H2SO4、FeSO4混合溶液中控制在0.7～1之间，不宜过大，如果比值越大说明硫酸的含量越高，后面用氨水调节PH时消耗的氨水的量多，造成原料的浪费；若＞1，调节到0.7～1的方法是减小氢离子而增加亚铁离子的浓度，所以最好加入铁与氢离子发生氧化反应，生成氢气从而消耗氢离子，而生成亚铁离子；故答案为：过大，在调节pH环节会多消耗氨水；向混合溶液中加适量铁粉；

（3）滤液2中的锰离子与NH4HCO3反应生成碳酸锰和二氧化碳与水，所以离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；

（4）锰泥中含18%的MnO2，程锰回收率可达95%，根据关系式

MnO2～～～～～～～～MnCO3，

87                  115

1740kg×18%×95%    m

，

解之得m=393.3kg，故答案为：393.3．

解：（1）根据表中数据可以知道，产品中氧化镁质量分数相对较高的温度是60℃，所以煅烧A生成MgO最适宜的温度为60℃，故答案为：60℃；

（2）加入碳酸氢钠之后，过滤得到的沉淀物是碳酸镁，再煅烧可以得到氧化镁，溶液中含有的离子是钠离子、氯离子、硫酸根离子等，所以判断是否洗涤干净，可以检验硫酸根离子是否存在，即取最后一次的洗涤液，加入少量盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净，

故答案为：MgCO3；取最后一次的洗涤液，加入少量盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净；

（3）硫酸钠的溶解度随着温度变化比较大，而氯化钠的溶解度随着温度变化比较小，因而应该是先析出硫酸钠，再蒸发结晶可以得到氯化钠，

故答案为：硫酸钠、氯化钠；

（4）碱式碳酸镁高温下分解为氧化镁、水以及二氧化碳，方程式为：Mg2（OH）2CO32MgO+CO2↑+H2O↑，

故答案为：Mg2（OH）2CO32MgO+CO2↑+H2O↑．

解：铁屑、CuO、Fe2O3等可以和硫酸反应得到硫酸亚铁、硫酸铁以及硫酸铜的混合溶液，向其中加入草酸，可以得到草酸亚铁晶体，再加入双氧水，可以将草酸亚铁氧化为草酸铁，在草酸以及草酸钾的作用下得到三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]•3H2O．

（1）铁屑、CuO、Fe2O3都可以和硫酸反应得到硫酸亚铁、硫酸铁以及硫酸铜的混合溶液，操作3发生的氧化还原反应：金属铁和硫酸的反应，金属铁和硫酸铜之间的反应，金属铁和硫酸铁之间的反应，即至少有3个，双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化，操作5中试剂H2O2的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，

故答案为：3；将亚铁离子氧化为铁离子；

（2）FeSO4溶液中亚铁离子会水解，加酸可以抑制水解，硫酸亚铁溶液得到绿矾晶体的操作蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，

故答案为：防止亚铁离子水解；bcae；

（3）①三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，即证明二氧化碳产生，E中有红色固体生成，证明还原性的气体一氧化碳的产生，

故答案为：排除装置中的空气，防止干扰实验结果；防止倒吸；CO2、CO；

②在实验方案丙中，先是用盐酸溶解，最后加入高锰酸钾后，高锰酸钾具有氧化性，能将亚铁离子以及氯离子氧化，这样会导致得到的亚铁离子的含量偏高，干扰实验结果，无法确定样品的组成，故答案为：方案丙；使用盐酸溶解样品，氯离子也可以被高锰酸根离子氧化．

解：（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生反应，生成锰酸钾和水，Mn（+4→+6），O（0→-2），反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O，

故答案为：4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；

（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O，所以会导致KOH消耗量偏高，

故答案为：偏高；

（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO42--2e-=2MnO4-，即MnO42--e-=MnO4-，

故答案为：MnO42--e-=MnO4-；

（4）反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，所以方程式为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3，由化学反应方程式：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出，3份锰参加反应生成2份KMnO4，所以KMnO4的产率最高为×100%=66.7%，与该传统工艺相比，电解法阳极都生成KMnO4，产率更高，所以优势是产率更高、KOH循环利用；

故答案为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；66.7%；产率更高、KOH循环利用；

（5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式可得关系式：

5H2C2O4•2H2O～2KMnO4

5               2

n        0.05mol/L×15.0×10-3L     

解得n（H2C2O4•2H2O）=1.875×10-3mol

则m（H2C2O4•2H2O）=1.875×10-3mol×126g/mol=0.236g，所以成品的纯度ω=×100%=94.5%，

故答案为：94.5%．

解：制备氧化钴的大致流程为：制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，

（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；

（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，改写成离子方程式为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O，

盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不用盐酸，

故答案为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；

（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的两种方式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；

碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，反应的离子方程式为：Co2++CO32-=CoCO3↓，

故答案为：碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的两种方式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，反应的离子方程式为：Co2++CO32-=CoCO3↓；

解：（1）冶炼中的主要反应为：Cu2S+O22Cu+SO2，所以烟气的主要成分为二氧化硫；工业上可以将二氧化硫氧化成三氧化硫制取硫酸；

故答案为：SO2； 制硫酸；

（2）电解法炼铜时，阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应，所以阳极为粗铜板，粗铜板中的金、银还原性比铜的弱，反应后以单质的形式在电解槽阳极的槽底，在电解槽的阴极铜离子得到电子生成金属铜，该电极反应为：Cu2++2e-═Cu，

故答案为：粗铜板； 阳极； Cu2++2e-═Cu；

（3）①根据表中氢氧化物的溶度积可知，氢氧化铁的溶度积最小，其溶解度最小，所以随pH升高最先沉淀下来的离子是铁离子；

故答案为：Fe3+；

②双氧水能够将溶液中的亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，

故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+； 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O．

解：（1）FeSO4和 Fe2（SO4） 3的混合液中加入双氧水，这样双氧水可以将亚铁离子氧化为三价铁离子，反应实质是：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，再加入氧化铜，根据离子沉淀的pH，可以将三价铁沉淀，但是铜离子不沉淀，实现沉淀和溶液分离的方法是过滤，

故答案为：H2O2；2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；CuO；调节溶液的pH在3.2-4.7之间，使Fe3+完全水解为Fe（OH）3沉淀以便除去；过滤；

（2）电解硫酸铜，要在阴极上获得金属Cu，根据阳极上产生氧气的量来确定电子转移的量，进而确定铜元素的原子量，所以金属铜应该为负极，阳极上是氢氧根离子发生发应，即：4OH--e-=2H2O+O2↑，故答案为：负；4OH--4e-=2H2O+O2↑；

（3）A．阴极上产生铜的质量是根据电解前后电极质量的变化量来衡量的，所以需要称量电解前电极的质量，故A正确；

B．电解后电极在烘干前，必须用蒸馏水冲洗，将表面的杂质洗去，故B正确；

C．阴极上产生铜的质量是根据电解前后电极质量的变化量来衡量的，故C错误；

D．电极的烘干称重的操作中必须按：烘干→称重→再烘干→再称重进行两次的程序，这样可以减少实验误差，故D正确；

E．在空气中烘干电极，必须采用低温烘干法，否则会导致金属铜和氧气之间的反应，故E正确．

故选A、B、D、E

（4）电解硫酸铜溶液后生成硫酸，溶液显示酸性，能使紫色的石蕊试液显示红色，故答案为：溶液变为红色；

（5）根据电极反应式：阴极：Cu2++2e-=Cu 阳极：4OH--4e-=2H2O+O2↑，当生成VmL的氧气时，根据反应式可以知道转移电子为×4mol=

mol，根据阴极反应，则Cu的相对原子质量是=，故答案为：．

解：（1）硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀；钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀；

镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，

故答案为：氯化钡溶液；碳酸钠溶液；氢氧化钠溶液；

（2）过滤操作中，为了避免液体流到漏斗以外，需要用玻璃棒引流，故答案为：引流；

（3）组装仪器时要从下向上组装，酒精灯在铁圈和蒸发皿的下方，所以要先放酒精灯，通过酒精灯火焰外焰的高度决定铁圈的高度；然后再固定铁圈，放置蒸发皿；然后再点燃酒精灯加热，并搅拌，当有较多晶体析出时，停止加热，利用余热蒸干，所以正确操作方法为：②①③④⑤，

故答案为：②①③④⑤．

解：氯化亚铁变质生成铁离子，可用KSCN检验，如变质，溶液呈红色；

细沙不溶于水，可用过滤的方法分离；

碳酸氢钠加热易分解，可用加热的方法除杂；

如雨水呈酸性，可用pH试纸检验，

故答案为：D；C；A；B．

解：制取摩尔盐晶体流程为：先利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污，然后加稀硫酸溶解，铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，加入硫酸铵发生（NH4）2 SO4+FeSO4+6H2O=（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O↓，结晶过滤，摩尔盐易溶于水，难溶于有机溶剂，用酒精洗涤摩尔盐，得到摩尔盐晶体．

（1）Na2CO3溶液中CO32-水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，使Na2CO3溶液呈碱性，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质易于洗去，步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是除去铁屑表面的油污，

故答案为：利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污；

（2）浓缩结晶摩尔盐时要用小火加热，加热浓缩初期可轻微搅拌，但注意观察晶膜，若有晶膜出现，则停止加热，防止摩尔盐失水；更不能蒸发至干，蒸干时溶液中的杂质离子会被带入晶体中，晶体可能会受热分解或被氧化，

故答案为：加热到溶液表面出现晶膜时；

（3）减压过滤，利用大气压强原理，用减小压力的方法加快过滤的速率，并能得到较干燥的沉淀，

故答案为：得到较干燥的沉淀； 

（4）摩尔盐易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，但摩尔盐属于无机物难溶于有机物，可用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的液体杂质，

故答案为：除去水分，减少固体损失；

（5）①MnO4-为紫色，当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无（浅绿）色变为浅紫色，半分钟内不褪色，故不需要外加指示剂，

故选：D；

②测定摩尔盐产品中Fe2+的含量，采用在酸性条件下KMnO4标准液滴定，Fe2+→Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4-+→Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，故Fe2++系数为5，MnO4- 系数为1，根据元素守恒可知Mn2+与Fe3+系数分别为1、5，根据电荷守恒可知缺项为H+，H+其系数为2+3×5-[2×5-1]=8，根据H元素守恒可知H2O系数是4，所以反应离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=1Mn2++5Fe3++4H2O，

令4g产品中Fe2+的物质的量为xmol，则：

5Fe2+～～～～～～MnO4-，

 5                1

 xmol      0.01L×0.2mol/L                 

所以x==0.01mol，所以4g产品中Fe2+的质量0.01mol×56g/mol=0.56g，所以4g产品中Fe2+的质量分数为×100%=14%；

故答案为：14%．

解：由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，过滤后得到的NaI溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到NaI，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁；

（1）淀粉遇碘变蓝，反应后加淀粉无现象即可说明反应结束，则判断反应中碘是否反应完全的方法为取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全，（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全），

故答案为：取少量反应后的混合液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已完全反应，反之则未完全反应；

（2）铁具有还原性，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，反应的离子方程式为：故答案为：2Fe+IO3-+3H2O=2Fe（OH）3↓+I-，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁和水方程式为：2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，故答案为：2Fe+IO3-+3H2O=2Fe（OH）3↓+I-；2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；

（3）①配制溶液用250mL容量瓶，滴定用酸式滴定管，都应检查是否漏液，故答案为：250 mL容量瓶、酸式滴定管；

②n（NaI）=n（AgNO3）=0.1mol/L×0.019L=0.0019mol，

则3.000g样品中含有n（NaI）=0.019mol，m（NaI）=0.019mol×150g/mol=2.85g，

ω（NaI）==95.00%，

故答案为：95.00%；

③若用上述方法测定产品中NaI的质量分数偏低，可考虑样品的原因，两种情况，一是样品被氧化，二是样品吸水，

故答案为：样品在空气中被氧化；样品在空气中吸水．