- 比色法
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（1）利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体[Fe2（C2O4）3•5H2O]的实验流程如图所示：
①为抑制FeCl3水解，溶液X为______．
②上述流程中FeCl3能被异丙醚萃取，其原因是______；检验萃取、分液后所得水层中是否含有Fe3+的方法是______．
③所得Fe2（C2O4）3•5H2O需用冰水洗涤，其目的是______．
④为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室称取a g样品，加硫酸酸化，用KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于右图所示仪器______（填“甲”或“乙”）中．下列情况会造成实验测得Fe2（C2O4）3•5H2O含量偏低的是______．
a．盛放KMnO4的滴定管水洗后未用标准液润洗
b．滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失
c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
（2）某研究性学习小组欲从蚀刻镀铜电路板所得废液（溶质为FeCl2、CuCl2、FeCl3）出发，制备单质铜和无水FeCl3，再由FeCl3合成Fe2（C2O4）3•5H2O．请补充完整由蚀刻废液制备单质铜和无水FeCl3的实验步骤（可选用的试剂：铁粉、盐酸、NaOH溶液和H2O2溶液）：向废液中加入足量铁粉，充分反应后过滤；______；调节溶液pH，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得FeCl3•6H2O；______，得到无水FeCl3．
正确答案
解：（1）①酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质，且抑制铁离子的水解，故答案为：（浓）盐酸；
②萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验Fe3+用KSCN溶液效果最好；故答案为：FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+；
③洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失，故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；
④KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中；
a．没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多，偏高；
b．读数高锰酸钾体积多，偏高；
c．读数体积偏小，结果偏低，正确；
故答案为：甲；c；
（2）该过程中生成亚铁离子需加双氧水氧化为铁离子，但实验的目的是得到铜单质，反应生成的是铜和剩余铁的混合物，故需加盐酸除去铜中的铁，并把反应滤液与前次合并，故操作为向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2+全部生成Fe3+；直接加热FeCl3•6H2O会水解，为抑制水解需在HCl氛围下进行，
故答案为：向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2+全部生成Fe3+；将FeCl3•6H2O在HCl的气氛中加热脱水．
解析
解：（1）①酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质，且抑制铁离子的水解，故答案为：（浓）盐酸；
②萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验Fe3+用KSCN溶液效果最好；故答案为：FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+；
③洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失，故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；
④KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中；
a．没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多，偏高；
b．读数高锰酸钾体积多，偏高；
c．读数体积偏小，结果偏低，正确；
故答案为：甲；c；
（2）该过程中生成亚铁离子需加双氧水氧化为铁离子，但实验的目的是得到铜单质，反应生成的是铜和剩余铁的混合物，故需加盐酸除去铜中的铁，并把反应滤液与前次合并，故操作为向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2+全部生成Fe3+；直接加热FeCl3•6H2O会水解，为抑制水解需在HCl氛围下进行，
故答案为：向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2+全部生成Fe3+；将FeCl3•6H2O在HCl的气氛中加热脱水．
（1）该反应方程式为______
（2）某同学通过红外光谱仪鉴定所得产物中含有“-CH2CH3”基团，由此确定副产物中存在乙醚．你认为该结论______“正确”或“不正确”），理由是______．
II．用如图实验装置（铁架台、酒精灯略） 验证溴乙烷的性质：
①在图甲试管中加入10mL6mol/L NaOH溶液和2mL 溴乙烷，振荡．
②将试管如图固定后，水浴加热．
（3）观察到______现象时，表明溴乙烷与NaOH溶液已完全反应．
（4）为证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应，将生成的气体通入图乙装置．A试管中的水的作用是______，若无A试管，则B中可加入______
试剂．
（5）若要除去溴乙烷中的少量杂质Br2，下列物质中最好的是______．（填字母）
a．NaI b．NaOH c．NaHSO3 d．KCl．
正确答案
解：Ⅰ．（1）氢溴酸与乙醇在加热的条件下反应，乙醇分子中醇羟基被溴原子取代，生成溴乙烷和水，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+HBr
故答案为：CH3CH2OH+HBr
（2）由于溴乙烷中也含乙基（-CH2CH3），不能确定副产物中存在乙醚，故该同学的判断不正确，
故答案为：不正确；溴乙烷中也含-CH2CH3．
II．（3）溴乙烷不溶于水，与氢氧化钠溶液混合后分层，溴乙烷在碱性条件下水解生成乙醇和溴化钠，二者都易溶于水，如果液体不分层，说明溴乙烷与NaOH溶液已完全反应，
故答案为：液体分层现象消失；
（4）乙醇具有还原性，能使高锰酸钾褪色，为防止乙醇对乙烯检验的干扰，应用A吸收乙醇，若高锰酸钾褪色，则证明乙烯的存在，说明证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应；
乙醇与溴水不反应，乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，若无A试管，B试管中的试剂应为溴水，如果溴水褪色，则证明乙烯的存在，说明证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应，
故答案为：除去乙烯中的乙醇；溴水；
（5）a．除去溴乙烷中的少量杂质Br2，加NaI会引入杂质碘单质，故a错误；
b．加氢氧化钠会引起溴乙烷水解，故b错误；
c．加亚硫酸氢钠只与溴反应不与溴乙烷反应，故c正确；
d．加氯化钾都不反应，故d错误；
故答案为：c．
解析
解：Ⅰ．（1）氢溴酸与乙醇在加热的条件下反应，乙醇分子中醇羟基被溴原子取代，生成溴乙烷和水，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+HBr
故答案为：CH3CH2OH+HBr
（2）由于溴乙烷中也含乙基（-CH2CH3），不能确定副产物中存在乙醚，故该同学的判断不正确，
故答案为：不正确；溴乙烷中也含-CH2CH3．
II．（3）溴乙烷不溶于水，与氢氧化钠溶液混合后分层，溴乙烷在碱性条件下水解生成乙醇和溴化钠，二者都易溶于水，如果液体不分层，说明溴乙烷与NaOH溶液已完全反应，
故答案为：液体分层现象消失；
（4）乙醇具有还原性，能使高锰酸钾褪色，为防止乙醇对乙烯检验的干扰，应用A吸收乙醇，若高锰酸钾褪色，则证明乙烯的存在，说明证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应；
乙醇与溴水不反应，乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，若无A试管，B试管中的试剂应为溴水，如果溴水褪色，则证明乙烯的存在，说明证明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中发生的是消去反应，
故答案为：除去乙烯中的乙醇；溴水；
（5）a．除去溴乙烷中的少量杂质Br2，加NaI会引入杂质碘单质，故a错误；
b．加氢氧化钠会引起溴乙烷水解，故b错误；
c．加亚硫酸氢钠只与溴反应不与溴乙烷反应，故c正确；
d．加氯化钾都不反应，故d错误；
故答案为：c．
硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如下：
已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33℃）．
（1）NaBH4中H元素的化合价为______．
请配平第①步反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：
□NaBO2+□SiO2+□Na+□H2=□NaBH4+□Na2SiO3
（2）实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有______、滤纸、玻璃片和小刀等．
在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是______．
（3）第②步分离采用的方法是______．
第③步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是______．
（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和氢气（g），在25℃，101kPa下，已知每消耗3.8g NaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是______．
正确答案
-1
镊子
除去装置中的空气和水蒸气
过滤
蒸馏
NaBH4（s）+2H2O（l）═NaBO2（s）+4H2（g）△H=-216kJ•mol-1
解析
解：NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；NaBH4可溶于异丙胺，根据③知，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，
（1）NaBH4中根据化合物中各元素正负化合价代数和为0，并结合Na为+1价、B为+3价计算出H为-1价，第①步反应中根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，电子转移数目为4e-，
故答案为：-1价；
（2）钠的密度大于煤油，为隔绝空气和水，原料中的金属钠通常保存在煤油中，实验室取用少量金属钠时，需要镊子夹取钠、用滤纸吸煤油，所以实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出，钠极易和空气中氧气、和水反应，故答案为：镊子；除去装置中的空气和水蒸气；
（3）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，所以第②步分离采用的方法是过滤；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法，异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，故答案为：过滤；蒸馏；
（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g），n（NaBH4）=
孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3（难溶），还含少量Fe2O3、SiO2．实验室以孔雀石为原料制备CuCl2•3H2O及CaCO3的步骤如下：
（1）写出孔雀石和盐酸反应的离子方程式______．
（2）滤渣A成分的化学式是______，气体B的分子式是______．
（3）将CuCl2溶液酸化后，经过加热浓缩、______、过滤、洗涤、干燥，得到CuCl2•3H2O晶体．
（4）某种胃药片的治酸剂为CaCO3，该药片中CaCO3质量分数的测定步骤如下（假设其他成分不发生反应）：
a．配制0.1mol•L-1的HCl溶液和0.1mol•L-1的NaOH溶液各250mL
b．取0.6g磨碎后的胃药于锥形瓶中
c．向锥形瓶内加入75.00mL 0.1mol•L-1的HCl溶液充分反应
d．用0.1mol•L-1的NaOH溶液与锥形瓶中剩余盐酸反应，恰好消耗15.00mL
①配制上述NaOH溶液所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有______．
②胃药中碳酸钙的质量分数为______．
正确答案
解：（1）孔雀石和稀盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，
故答案为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O；
（2）滤渣A成分的化学式是SiO2，气体B的分子式是NH3，
故答案为：SiO2；NH3；
（3）将CuCl2溶液酸化后，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CuCl2•3H2O晶体，
故答案为：冷却结晶；
（4）①根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故
所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有胶头滴管、250 mL容量瓶；
故答案为：胶头滴管、250 mL容量瓶；
②NaOH+HCl=NaCl+H2O
1 1
CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O
1 2
根据上面两个公式可求得于CaCO3反应的HCl物质的量为：（0.075-0.015）L×0.1mol/L=0.006mol，CaCO3的物质的量为：0.003mol，质量为：0.003mol×100g/mol=0.3g，胃药中碳酸钙的质量分数为：
故答案为：50%．
解析
解：（1）孔雀石和稀盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，
故答案为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O；
（2）滤渣A成分的化学式是SiO2，气体B的分子式是NH3，
故答案为：SiO2；NH3；
（3）将CuCl2溶液酸化后，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CuCl2•3H2O晶体，
故答案为：冷却结晶；
（4）①根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故
所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有胶头滴管、250 mL容量瓶；
故答案为：胶头滴管、250 mL容量瓶；
②NaOH+HCl=NaCl+H2O
1 1
CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O
1 2
根据上面两个公式可求得于CaCO3反应的HCl物质的量为：（0.075-0.015）L×0.1mol/L=0.006mol，CaCO3的物质的量为：0.003mol，质量为：0.003mol×100g/mol=0.3g，胃药中碳酸钙的质量分数为：
故答案为：50%．
（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3，完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：
□ClO3-+□Fe2++□______=□Cl-+□Fe3++□______．
（3）高铁酸钾是一种氧化、吸附、絮凝、助凝、杀菌、除臭为一体的新型高效多功能绿色水处理剂，具有良好的应用前景．其生产工艺如图1所示
①实验室模拟工业流程中过滤操作用到的主要玻璃仪器有______．
②在“反应液Ⅰ”中加KOH固体的目的有两个，a是与“反应液Ⅰ”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO，b是______；
③用K2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，Fe3+净水的原因是______（用离子方程式表示）．
（4）从环境保护的角度看，制备K2Fe2O4较好的方法为电解法，其装置如图2所示．电解过程中阳极电极反应式为______．
（5）钢铁腐蚀造成很大损失，有资料显示，全世界每年由于腐蚀而造成报废的钢铁高达总产量的三分之一．防止钢铁腐蚀有很多措施，用图3装置放置钢铁腐蚀（烧杯中均有食盐水），X极的电极材料应是______（填字母）．
A．锌 B．铜 C．银 D．石墨．
正确答案
2Fe3++Fe=3Fe2+
6H+
3H2O
漏斗、烧杯、玻璃棒
为下一步反应提供反应物
Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+
Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O
A
解析
解：（1）铁离子具有氧化性，钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（2）氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到-1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，
故答案为：1；6；6H+；1；6；3H2O；
（3）①过滤，玻璃仪器有漏斗作过滤器，烧杯盛放待过滤液、和过滤液，玻璃棒作用为引流，
故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
②KOH和氯气反应生成KClO，除去未反应的氯气，且只有碱性条件下，铁离子才能和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，所以加入KOH的目的是除去氯气且使溶液为后一步反应提供碱性，
故答案为：为下一步反应提供反应物；
③铁酸钠被还原后的产物Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用，Fe3+水解离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+；
（4）电解时阳极Fe失电子发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O，故答案为：Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O；
（5）装置为原电池，若用d装置保护铁，X极的电极材料应比铁活泼可以选择锌，故答案为：A．
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