- 比色法
- 共1072题
铵明矾[（NH4）xAly（SO4）m•nH2O]为无色、透明晶体．工业常用于制造颜料、媒染剂、净水剂等．制取铵明矾的工艺流程图如下：
（1）25℃时，将0.2mol•L-1的氨水与0.1mol•L-1的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液的pH=5，则该温度下氨水的电离常数Kb≈______．（忽略混合时溶液体积的变化）
（2）铵明矾的化学式可通过下列实验测定：准确称取4.53g铵明矾配成溶液，加入盐酸酸 化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色沉淀4.66g．另取4.53g铵明矾，配制成250.00mL溶液．准确量取25.00mL 溶液，调节溶液pH约为3.5，加入30.00mL 0.0500mol•L-1乙二胺四乙酸二钠（Na2H2Y）标准溶液，加热至沸，使Al3+与Na2H2Y的反应迅速定量进行；待反应完成后调节溶液为5～6，加入二甲酚橙指示剂，再用0.0500mol•L-1Zn2+滴定液返滴定过量的Na2H2Y，至滴定终点消耗Zn2+滴定液10.00mL．反应的离子方程式为：Al3++H2Y2-═AlY-+2H+，Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+
①若返滴定时，滴定管在使用前未用Zn2+滴定液润洗，测得的Al3+含量将______（填“偏高”、或“偏低”或“不变”）；
②调节溶液pH约为3.5的目的是______；
③通过计算确定铵明矾的化学式（写出计算过程）．．
正确答案
解：（1）将0.2mol•L-1的氨水与0.1mol•L-1的H2SO4溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸铵，生成硫酸铵的浓度为：0.05mol/L，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，水解反应方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，所得溶液的pH=5，则c（H+）=10-5，c（NH3•H2O）=c（H+）=10-5，c（OH-）=
（2）①若返滴定时，滴定管在使用前未用Zn2+滴定液润洗，导致锌离子浓度偏低，所用体积偏大，据此计算出未和铝离子反应的乙二胺四乙酸二钠溶液偏多，和铝离子反应的乙二胺四乙酸二钠偏少，由此计算的铝离子浓度偏低；故答案为：偏低；
②本实验是用乙二胺四乙酸二钠滴定铝离子，调节pH为3.5，酸性条件下抑制了铝离子的水解，保证所有铝离子和乙二胺四乙酸二钠反应，故答案为：抑制Al3+水解；
③n（铵明矾）=4.53g÷453g/mol=0.01mol，n（SO42-）=n（BaSO4）=4.66g÷233g/mol=0.02mol，
n（Al3+）=250mL÷25mL×0.0500mol/L×（30.00-10.00）×10-3L=0.01mol，
由电荷守恒知：n（NH4+）=2n（SO42-）-3n（Al3+）=0.02mol×2-0.01mol×3=0.01mol
n（H2O）=（4.53-0.02×96-0.01×27-0.01×18）g÷18g/mol=0.12mol，
所以n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）：n（H2O）=0.01mol：0.01mol：0.02mol：0.12mol=1：1：2：12，
铵明矾的化学式为：NH4Al（SO4）2•12H2O，
答：铵明矾的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O．
解析
解：（1）将0.2mol•L-1的氨水与0.1mol•L-1的H2SO4溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸铵，生成硫酸铵的浓度为：0.05mol/L，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，水解反应方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，所得溶液的pH=5，则c（H+）=10-5，c（NH3•H2O）=c（H+）=10-5，c（OH-）=
（2）①若返滴定时，滴定管在使用前未用Zn2+滴定液润洗，导致锌离子浓度偏低，所用体积偏大，据此计算出未和铝离子反应的乙二胺四乙酸二钠溶液偏多，和铝离子反应的乙二胺四乙酸二钠偏少，由此计算的铝离子浓度偏低；故答案为：偏低；
②本实验是用乙二胺四乙酸二钠滴定铝离子，调节pH为3.5，酸性条件下抑制了铝离子的水解，保证所有铝离子和乙二胺四乙酸二钠反应，故答案为：抑制Al3+水解；
③n（铵明矾）=4.53g÷453g/mol=0.01mol，n（SO42-）=n（BaSO4）=4.66g÷233g/mol=0.02mol，
n（Al3+）=250mL÷25mL×0.0500mol/L×（30.00-10.00）×10-3L=0.01mol，
由电荷守恒知：n（NH4+）=2n（SO42-）-3n（Al3+）=0.02mol×2-0.01mol×3=0.01mol
n（H2O）=（4.53-0.02×96-0.01×27-0.01×18）g÷18g/mol=0.12mol，
所以n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）：n（H2O）=0.01mol：0.01mol：0.02mol：0.12mol=1：1：2：12，
铵明矾的化学式为：NH4Al（SO4）2•12H2O，
答：铵明矾的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O．
4，7-二甲基香豆素（熔点：132.6℃）是一种重要的香料，广泛分布于植物界中，由间-甲苯酚为原料的合成反应如下：
实验装置图如图：
主要实验步骤：
步骤1：向装置a中加入60mL浓硫酸，并冷却至0℃以下，搅拌下滴入间-甲苯酚30mL（0.29mol）和乙酰乙酸乙酯26.4mL （0.21mol）的混合物．
步骤2：保持在10℃下，搅拌12h，反应完全后，将其倒入冰水混合物中，然后抽滤、水洗得粗产品
步骤3：粗产品用乙醇溶解并重结晶，得白色针状晶体并烘干，称得产品质量为33.0g．
（1）简述装置b中将活塞上下部分连通的目的______．
（2）浓H2SO4需要冷却至0℃以下的原因是______．
（3）反应需要搅拌12h，其原因是______．
（4）本次实验产率为______（百分数保留一位小数）．
（5）实验室制备乙酸乙酯的化学反应方程式______，用______（填药品名称）收集粗产品，用______（填操作名称）的方法把粗产品分离．
正确答案
解：（1）装置中装置b中将活塞上下部分连通具有平衡气压的作用，使漏斗中间甲苯酚30mL（0.29mol）和乙酰乙酸乙酯26.4mL （0.21mol）的混合物顺利流下，故答案为：平衡上下气压，使漏斗中液体顺利流下；
（2）浓硫酸具有强氧化性和脱水性，反应温度高浓硫酸能使有机物氧化和脱水碳化，发生副反应，所以浓H2SO4需要冷却至0℃以下，故答案为：防止浓H2SO4将有机物氧化或炭化；
（3）不断的搅拌反应混合物，可以使反应物充分接触反应，从而提高反应产率，故答案为：使反应物充分接触反应，提高反应产率；
（4））已知间甲苯酚30mL（0.29mol）、乙酰乙酸乙酯26.4mL（0.21mol），若完全反应间甲苯酚过量，按照乙酰乙酸乙酯计算理论产量为0.21mol×176g/mol=36.96g，则产率
（5）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH
解析
解：（1）装置中装置b中将活塞上下部分连通具有平衡气压的作用，使漏斗中间甲苯酚30mL（0.29mol）和乙酰乙酸乙酯26.4mL （0.21mol）的混合物顺利流下，故答案为：平衡上下气压，使漏斗中液体顺利流下；
（2）浓硫酸具有强氧化性和脱水性，反应温度高浓硫酸能使有机物氧化和脱水碳化，发生副反应，所以浓H2SO4需要冷却至0℃以下，故答案为：防止浓H2SO4将有机物氧化或炭化；
（3）不断的搅拌反应混合物，可以使反应物充分接触反应，从而提高反应产率，故答案为：使反应物充分接触反应，提高反应产率；
（4））已知间甲苯酚30mL（0.29mol）、乙酰乙酸乙酯26.4mL（0.21mol），若完全反应间甲苯酚过量，按照乙酰乙酸乙酯计算理论产量为0.21mol×176g/mol=36.96g，则产率
（5）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH
卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子．以卤块为原料可制得轻质氧化镁，工艺流程如图：
已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以常将它氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去．若要求产品尽量不含杂质，请根据表1表2提供的资料，填写空白：
表1 生成氢氧化物沉淀的pH
表2 化学试剂价格表
（1）在步骤②中加入的试剂X，最佳的选择是______，原因是______．写出加入X发生反应的离子方程式______．选择______（试剂）来检验Fe2+是否完全氧化为Fe3+．
（2）在步骤③中控制pH=9.8，其目的是______．
（3）试剂Z应该是______．
（4）在步骤⑤中发生反应的化学方程式是______．
（5）若在实验室中完成步骤⑥，则沉淀物必需在仪器A中灼烧．A应放置于仪器B上灼烧，灼烧完毕后应用仪器C取下仪器A置于仪器D上冷却．则B、C、D分别是______、______、______．
正确答案
解：（1）步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-═Fe3[Fe（CN）6]2↓，所以用可用K3[Fe（CN）6]溶液检验亚铁离子，
故答案为：漂液；漂液比H2O2的价格低得多；2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；K3[Fe（CN）6]溶液；
（2）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度，
故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；
（3）沉淀物B在水中加热煮沸可以生成气体，同时又生成沉淀物Mg（OH）2，则沉淀物B一定不是Mg（OH）2，所以加入的Z物质在表2中只能选纯碱，
故答案为：纯碱；
（4）加入的Z物质为纯碱，所以生成的沉淀物B是MgCO3，所以沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg（OH）2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O 
故答案为：MgCO3+H2O 
（5）步骤⑥由氢氧化镁灼烧制备氧化镁，应该在耐高温的坩埚中进行，坩埚应该放在泥三角上，取用泥三角需要使用坩埚钳，冷却坩埚时需要放在石棉网上，所以A、B、C、D分别为：坩埚、泥三角、坩埚钳、石棉网，
故答案为：泥三角；坩埚钳；石棉网．
解析
解：（1）步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-═Fe3[Fe（CN）6]2↓，所以用可用K3[Fe（CN）6]溶液检验亚铁离子，
故答案为：漂液；漂液比H2O2的价格低得多；2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；K3[Fe（CN）6]溶液；
（2）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度，
故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；
（3）沉淀物B在水中加热煮沸可以生成气体，同时又生成沉淀物Mg（OH）2，则沉淀物B一定不是Mg（OH）2，所以加入的Z物质在表2中只能选纯碱，
故答案为：纯碱；
（4）加入的Z物质为纯碱，所以生成的沉淀物B是MgCO3，所以沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg（OH）2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O
故答案为：MgCO3+H2O
（5）步骤⑥由氢氧化镁灼烧制备氧化镁，应该在耐高温的坩埚中进行，坩埚应该放在泥三角上，取用泥三角需要使用坩埚钳，冷却坩埚时需要放在石棉网上，所以A、B、C、D分别为：坩埚、泥三角、坩埚钳、石棉网，
故答案为：泥三角；坩埚钳；石棉网．
K2CO3有广泛的用途．
（1）钾肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等．将草木灰用水浸取，过滤、蒸发得浓缩液．
①该浓缩液呈碱性的原因用离子方程式表示为______．
②检验该浓缩液中Cl-所用的试剂有______．
A．AgNO3溶液B．硝酸C．盐酸
D．Ba（NO3）2溶液E．BaCl2溶液
（2）工业上曾利用如下反应生产碳酸钾：K2SO4+C+CaCO3→K2CO3+X+CO2↑（未配平），已知X为两种元素组成的化合物，则X的化学式为______；反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为______．
（3）离子膜电解-炭化法是目前生产碳酸钾的常用的方法．
第一步：精制KCl溶液粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，按以下流程精制：
已知：加入K2CO3后，溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀．
Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12，Ksp（CaCO3）=2.8×10-9，Ksp（MgCO3）=6.8×10-6．
①操作Ⅰ的名称是______．
②当加入KOH后，溶液中n（CO32-）增大，主要原因是______．
第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸．
第三步：将KOH与CO2反应转化为KHCO3，再将KHCO3分解得到产品．
③离子膜电解-炭化法的整个过程中，可以循环利用的物质有______．
正确答案
解：（1）钾肥草木灰中含有的碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；
②钾肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等，氯离子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除硫酸根的干扰，所以操作为：取少量浓缩液，滴加足量的Ba（NO3）2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-，所以选择ABD，
故答案为：ABD；
（2）根据元素守恒以及工业上曾利用该反应生产碳酸钾未配平的方程式K2SO4+C+CaCO3→K2CO3+X+CO2↑可知：X必含有钙元素，碳元素化合价升高，必有化合价降低的元素，为硫，所以该反应为：K2SO4+2C+CaCO3=K2CO3+CaS+2CO2↑，S元素化合价由+6价降低到-2价，所以K2SO4为氧化剂，C元素化合价由0价升高为+4价，结合化学方程式中元素化合价变化，所以C为还原剂，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比是1：2，
故答案为：CaS；1：2；
（3）①粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，加入碳酸钾除去钙离子，形成碳酸钙沉淀，溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀，但Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6．，所以加入氢氧化钾，除去镁离子形成氢氧化镁沉淀，通过过滤操作，分离出沉淀和滤液中的钾离子、氯离子，
故答案为：过滤；
②Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6，难溶电解质的溶度积越小，越易生成沉淀，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大，也可理解为：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大，
故答案为：Ksp[Mg（OH）2]比Ksp[MgCO3]小，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大（或其他合理答案，如：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大）；
③离子膜电解-炭化法第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸，制得的盐酸可提供给第一步：精制KCl溶液中和所需盐酸，第三步：将KOH与CO2反应转化为KHCO3，再将KHCO3分解得到产品同时生成二氧化碳，为KOH转化为KHCO3提供CO2，所以可以循环利用的物质有：盐酸、CO2，
故答案为：盐酸、CO2．
解析
解：（1）钾肥草木灰中含有的碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，
故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；
②钾肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等，氯离子的检验方法：加硝酸酸化的硝酸银后会产生白色沉淀，但要排除硫酸根的干扰，所以操作为：取少量浓缩液，滴加足量的Ba（NO3）2溶液，静置，取上层清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则存在Cl-，所以选择ABD，
故答案为：ABD；
（2）根据元素守恒以及工业上曾利用该反应生产碳酸钾未配平的方程式K2SO4+C+CaCO3→K2CO3+X+CO2↑可知：X必含有钙元素，碳元素化合价升高，必有化合价降低的元素，为硫，所以该反应为：K2SO4+2C+CaCO3=K2CO3+CaS+2CO2↑，S元素化合价由+6价降低到-2价，所以K2SO4为氧化剂，C元素化合价由0价升高为+4价，结合化学方程式中元素化合价变化，所以C为还原剂，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比是1：2，
故答案为：CaS；1：2；
（3）①粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等离子，加入碳酸钾除去钙离子，形成碳酸钙沉淀，溶液中部分Mg2+转化为MgCO3沉淀，但Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6．，所以加入氢氧化钾，除去镁离子形成氢氧化镁沉淀，通过过滤操作，分离出沉淀和滤液中的钾离子、氯离子，
故答案为：过滤；
②Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6，难溶电解质的溶度积越小，越易生成沉淀，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大，也可理解为：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大，
故答案为：Ksp[Mg（OH）2]比Ksp[MgCO3]小，加入KOH后，MgCO3转化为Mg（OH）2而导致n（CO32-）增大（或其他合理答案，如：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+与OH-结合生成更难溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大）；
③离子膜电解-炭化法第二步：电解精制后的KCl溶液制取KOH，其它产物制取盐酸，制得的盐酸可提供给第一步：精制KCl溶液中和所需盐酸，第三步：将KOH与CO2反应转化为KHCO3，再将KHCO3分解得到产品同时生成二氧化碳，为KOH转化为KHCO3提供CO2，所以可以循环利用的物质有：盐酸、CO2，
故答案为：盐酸、CO2．
易溶于水的三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体K3[Fe（C2O4）3]•3H2O可用于摄影和蓝色印刷．以铁屑为原料的制备流程如图1：
请回答下列问题：
（1）铁屑中常含硫元素，加稀硫酸时会产生有毒的H2S气体，可用氢氧化钠溶液吸收，下列吸收装置正确的是图2中的______．
（2）制得的FeSO4溶液中需加入少量的H2SO4酸化，目的是______．若要从溶液中得到绿矾FeSO4•7H2O，必须进行的实验操作是______（按顺序填写）．
a．过滤洗涤 b．蒸发浓缩 c．冷却结晶 d．灼烧 e．干燥
（3）该晶体盐在110℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应．
①分解得到的气体产物用如图3装置进行实验
装置检查气密性后，先通一段时间N2，其目的为______．结束实验时先熄灭酒精灯再通入N2至常温，其目的为______．实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，E中有红色固体生成，则气体产物是______．
②分解得到的固体产物含有K2CO3、FeO、Fe，加水溶解、过滤、洗涤、干燥，得到含铁样品．现设计下列三种实验方案对该样品进行铁元素含量测定．
【甲】a g样品
【乙】a g样品
【丙】a g样品
你认为以上方案中______无法确定样品的组成，理由是______．
【甲】方案中测得铁元素的含量是______（用含有a、b的代数式表达）
正确答案
解：（1）洗气装置中导气管应该采用“长进短出”原则，符合条件的是A，故选A；
（2）Fe2+易水解导致溶液浑浊，酸能抑制Fe2+水解，为防止亚铁离子水解，应该加入少量稀硫酸；
若要从溶液中得到绿矾FeSO4•7H2O，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥操作，
故答案为：防止Fe2+的水解；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CO的产生，
故答案为：排除装置中的空气，防止干扰实验结果；防止液体回流（或倒吸）；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；
甲中样品溶解过程中亚铁离子被氧化生成铁离子，Fe 3+和OH-反应生成Fe（OH）3沉淀，灼烧沉淀得到固体是Fe2O3，
根据Fe原子守恒得n（Fe）=2n[Fe2O3]=2×
则样品中Fe元素质量分数=
故答案为：丙方案；使用盐酸溶解样品，氯离子也可以被高锰酸根离子氧化；
解析
解：（1）洗气装置中导气管应该采用“长进短出”原则，符合条件的是A，故选A；
（2）Fe2+易水解导致溶液浑浊，酸能抑制Fe2+水解，为防止亚铁离子水解，应该加入少量稀硫酸；
若要从溶液中得到绿矾FeSO4•7H2O，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥操作，
故答案为：防止Fe2+的水解；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CO的产生，
故答案为：排除装置中的空气，防止干扰实验结果；防止液体回流（或倒吸）；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；
甲中样品溶解过程中亚铁离子被氧化生成铁离子，Fe 3+和OH-反应生成Fe（OH）3沉淀，灼烧沉淀得到固体是Fe2O3，
根据Fe原子守恒得n（Fe）=2n[Fe2O3]=2×
则样品中Fe元素质量分数=
故答案为：丙方案；使用盐酸溶解样品，氯离子也可以被高锰酸根离子氧化；
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