2024年高考化學二輪復習專題三離子反應強化練含解析

PAGE12-專題強化練(三)1．(2024·天津市河東區(qū)線上考試)下列說明事實的離子方程式正確的是()A．向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸：ClO－＋H2O＋CO2=HClO＋HCOeq\o\al(－,3)B．電解MgCl2溶液：2H2O＋2Cl－eq\o(=,\s\up14(電解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑C．Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液：Ca2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=CaCO3↓＋H2O＋NO↑＋2H2O解析：A項，次氯酸的酸性強于碳酸氫根弱于碳酸，所以即便少量二氧化碳通入次氯酸鈉溶液也只能生成碳酸氫根，離子方程式為ClO－＋H2O＋CO2=HClO＋HCOeq\o\al(－,3)，正確；B項，鎂離子會和氫氧根生成沉淀，正確離子方程式為2H2O＋Mg2＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up14(電解))Mg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，錯誤；C項，Ca(HCOeq\o\al(－,3))2溶液中加入足＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)，錯誤；D項，鐵和稀硝酸反應制得淺綠色溶液，說明鐵過量生成Fe2＋，離子方程式為3Fe＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，錯誤。答案：A2．(2024·北京市156中熱身練習)常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A．無色透亮的溶液中：Fe3＋、NHeq\o\al(＋,4)、I－、COeq\o\al(2－,3)B．0.1mol·L－1KNO3溶液中：Na＋、Fe2＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)C．使酚酞變紅的溶液中：Na＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,3)、NHeq\o\al(＋,4)D.eq\f(c（H＋）,c（OH－）)＝1×10－12的溶液：K＋、Na＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)解析：A項，鐵離子的溶液顯淡黃色，且與碳酸根徹底雙水解，能與I－發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，不符合題意；B項，溶液酸性較弱，硝酸根不表現(xiàn)氧化性，幾種離子可以大量存在，符合題意；C項，使酚酞變紅的溶液顯堿性，銨根和鎂離子不12的溶液顯堿性，碳酸氫根會和氫氧根反應生成碳酸根和水，不能大量共存，不符合題意。答案：B3．(2024·金陵中學、海安高級中學、南京外國語學校第四次模擬)下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是()A．向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的CO2：2AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)B．向HNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NOeq\o\al(－,2)＋2MnOeq\o\al(－,4)＋3H2O=5NOeq\o\al(－,3)＋2Mn2＋＋3OH－＋NHeq\o\al(＋,4)＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋NH3·H2O＋H2OD．向銀氨溶液中滴加乙醛溶液并水浴加熱：CH3CHO＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－eq\o(→,\s\up14(水浴加熱))CH3COO－＋NHeq\o\al(＋,4)＋2Ag↓＋H2O＋3NH3解析：A項，向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的CO2生成碳酸氫鈉和氫氧化鋁：AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)，錯誤；B項，亞硝酸是弱電解質，向HNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5HNO2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋H＋=5NOeq\o\al(－,3)＋2Mn2＋＋3H2O，錯誤；C項，向NH4HSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液，銨根不反應：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O，錯誤；D項，向銀氨溶液＋＋2OH－eq\o(→,\s\up14(水浴加熱))CH3COO－＋NHeq\o\al(＋,4)＋2Ag↓＋H2O＋3NH3，正確。答案：D4．(2024·青島市平度市3月模擬)下列有關溶液中離子存在和轉化的表達合理的是()A．中性溶液中可能大量存在Fe3＋、K＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)＋3H2O可以表示NH4HCO3與澄清石灰水反應C．由水電離出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液中可能大量存在K＋、I－、Mg2＋、NOeq\o\al(－,3)D．n[NH4Al(SO4)2]∶n[Ba(OH)2]＝2∶5時發(fā)生的反應為NHeq\o\al(＋,4)＋↓解析：A項，F(xiàn)e3＋發(fā)生水解，使得溶液呈酸性，因此只能存在酸性溶液中，錯誤；B項，若氫氧化鈣不足時發(fā)生反應：Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O，若氫氧化鈣過量時發(fā)生反應：NHeq\o\al(＋,4)＋Ca2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=CaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O，錯誤；C項，由水電離出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1，說明水的電離受到抑制，該溶液為酸溶液或堿溶液，為堿溶液時，Mg2＋與氫氧根離子反應，為酸溶液時，I－、NOeq\o\al(－,3)發(fā)生氧化還原反應，在溶＝2∶5時，銨根恰好全部轉化為一水合氨，鋁離子恰好完全轉化為偏鋁酸根離子，硫酸根恰好完全轉化為硫酸鋇沉淀，氫氧根恰好完全＋2Ba2＋＋5OH－=NH3·H2O＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O＋2BaSO4↓，正確。答案：D5．(2024·杭州高級中學模擬)某固體混合物X可能由Ba(OH)2、NaOH、Na2CO3、KCl、K2SO4中的幾種物質混合而成。取適量樣品進行如下試驗(假設各反應物都充分反應)，得到如下試驗現(xiàn)象和試驗數(shù)據(jù)。下列說法正確的是()①將X加入水中，得到不溶物Y和溶液Z②取不溶物Y加入足量稀硫酸，沉淀質量增加③向Z中滴加氯化銨溶液，加熱，產生能使紅色石蕊試紙變藍的氣體并得到溶液W④向溶液W中滴加硝酸酸化硝酸銀溶液，產生白色沉淀A．不溶物Y中含BaCO3和BaSO4B．固體混合物X中肯定有Ba(OH)2、Na2CO3、K2SO4C．依據(jù)上述試驗現(xiàn)象無法確定固體混合物X中是否有NaOHD．用鉑絲蘸取溶液Z在酒精燈火焰上灼燒，通過藍色鈷玻璃視察焰色，即可推斷X中有無KCl解析：①將X加入水中，得到不溶物Y和溶液Z，不溶物是碳酸鋇、硫酸鋇中至少一種，因此肯定含有氫氧化鋇；②取不溶物Y加入足量稀硫酸，沉淀質量增加，因此不溶物Y中肯定含有碳酸鋇，即肯定含有碳酸鈉；③向Z中滴加氯化銨溶液，加熱，產生能使紅色石蕊試紙變藍的氣體并得到溶液W；④向溶液W中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液，產生白色沉淀，由于前面加入了氯化銨溶液，因此無法推斷是否存在氯化鉀。A項，不溶物Y中肯定含BaCO3，不肯定含有BaSO4，錯誤；B項，固體混合物X中肯定有Ba(OH)2、Na2CO3，不肯定含有K2SO4，錯誤；C項，依據(jù)以上分析可知，無法確定固體混合物X中是否有NaOH，正確；D項，用鉑絲蘸取溶液Z在酒精燈火焰上灼燒，通過藍色鈷玻璃視察焰色，也不能推斷X中有無KCl，因為可能存在硫酸鉀，錯誤。答案：C＋、Mg2＋、Al3＋、AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,3)、COeq\o\al(2－,3)、NOeq\o\al(－,3)中的若干種離子。某同學對該溶液進行了如下試驗。下列推斷正確的是()A．氣體甲肯定是純凈物B．沉淀甲是硅酸和硅酸鎂的混合物C．Na＋、AlOeq\o\al(－,2)和SiOeq\o\al(2－,3)肯定存在于溶液X中D．COeq\o\al(2－,3)和NOeq\o\al(－,3)肯定不存在于溶液X中解析：溶液中加入過量鹽酸后有氣體生成，說明原溶液中至少含有COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,3)中的一種，有沉淀生成，說明原溶液中肯定含有SiOeq\o\al(2－,3)，有SiOeq\o\al(2－,3)就肯定不存在Al3＋和Mg2＋，陽離子只剩下Na＋，則肯定存在Na＋；當所得溶液甲接著加氨水時產生沉淀，沉淀只能是氫氧化鋁，說明有Al3＋存在，而該Al3＋是由AlOeq\o\al(－,2)與過量鹽酸反應而轉變所得，即肯定存在AlOeq\o\al(－,2)；而NOeq\o\al(－,3)沒有檢驗，則可能存在。A項，依據(jù)分析，原溶液中至少含有COeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)中的一種，若COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,3)同時存在，則氣體甲是混合物(二氧化碳和二氧化硫混合氣體)，錯誤；B項，溶液中肯定不含有Mg2＋，沉淀甲是硅酸，錯誤；C項，溶液中肯定存在Na＋、AlOeq\o\al(－,2)和SiOeq\o\al(2－,3)，正確；D項，COeq\o\al(2－,3)和NOeq\o\al(－,3)可能存在于溶液中，錯誤。答案：C1的溶液，溶解過程如圖所示。下列說法正確的是()A．a離子為Cl－，b離子為Na＋B．溶液中含有NA個水合Na＋C．溶液中存在NaClNa＋＋Cl－D．NaCl溶解過程須要在容量瓶中進行解析：A項，鈉離子核外有2個電子層，氯離子核外有3個電子層，即氯離子半徑大于鈉離子半徑，則a離子為Cl－，b離子為Na＋，正確；B項，題目中沒有說明溶液的體積，無法計算溶質的物質的量，即無法推斷溶液中水合Na＋的個數(shù)，錯誤；C項，氯化鈉是強電解質，全部電離，電離方程式為NaCl=Na＋＋Cl－，錯誤；D項，容量瓶是精密儀器，不能用于溶解，NaCl溶解須要在燒杯中進行，錯誤。答案：A8．(2024·河南省六市其次次調研)CuCl是應用廣泛的有機合成催化劑，可從黃銅礦(主要成分為CuFeS2)中制取(其流程如下圖)。已知：CuCl是一種白色粉末，微溶于水，難溶于乙醇，在空氣中易被氧化，在水溶液中存在平衡：CuCl(s)＋2Cl－(aq)[CuCl3]2－(aq)(無色溶液)。下列敘述正確的是()A．“浸取”過程中的主要反應為CuFeS2＋4CuCl2=4CuCl＋FeCl2＋2SB．浸取所得到的FeCl2溶液，可用來腐蝕覆在絕緣板上的銅箔制造印刷電路板C．加水有利于CuCl(s)＋2Cl－(aq)[CuCl3]2－(aq)平衡逆向移動，析出CuCl，Cl－濃度增大D．為提高產率和純度，可采納乙醇洗滌、真空干燥解析：浸取時發(fā)生反應：CuFeS2＋3CuCl2=4CuCl＋FeCl2＋(aq)[CuCl3]2－(aq)，過濾分別出S，加水使CuCl(s)＋2Cl－(aq)[CuCl3]2－(aq)逆向移動，抽濾、洗滌、干燥得到CuCl。A項，由圖中反應物、生成物結合原子守恒可知浸取中發(fā)生的主要反應為CuFeS2＋3CuCl2=4CuCl＋FeCl2＋2S，錯誤；B項，浸取所得到的FeCl2溶液，與Cu不反應，不能用來腐蝕覆在絕緣板上的銅箔，＋2Cl－(aq)[CuCl3]2－(aq)平衡逆向移動，析出CuCl，Cl－濃度減小，錯誤；D項，CuCl難溶于乙醇，在空氣中易被氧化，則為提高產率和純度，可采納乙醇洗滌、真空干燥，正確。答案：D9．(2024·赤峰二中月考)將濃度均為0.01mol·L－1的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，肯定時間后溶液變?yōu)樗{色。該試驗是一種“碘鐘試驗”。某小組同學在室溫下對該“碘鐘試驗”的原理進行探究。(資料)該“碘鐘試驗”的總反應：H2O2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2H2O。反應分兩步進行：反應A：H2O2＋2I－＋2H＋=I2＋2H2O。反應B：……(1)反應B的離子方程式是______________________________。對于總反應，I－的作用相當于________。(2)為證明反應A、B的存在，進行試驗Ⅰ。a．向酸化的H2O2溶液中加入試劑X的水溶液，溶液變?yōu)樗{色。b．再向得到的藍色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的藍色褪去。試劑X是________。(3)為探究溶液變藍快慢的影響因素，進行試驗Ⅱ、試驗Ⅲ(溶液濃度均為0.01mol·L－1)。序號不同試劑用量/mLH2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O試驗Ⅱ54830試驗Ⅲ52xyz溶液從混合時的無色變?yōu)樗{色的時間：試驗Ⅱ是30min、試驗Ⅲ是40min。①試驗Ⅲ中，x、y、z所對應的數(shù)值分別是________。②對比試驗Ⅱ、試驗Ⅲ，可得出的試驗結論是________。(4)為探究其他因素對該“碘鐘試驗”的影響，進行試驗Ⅳ(溶液濃度均為0.01mol·L－1)。序號不同試劑用量/mLH2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O試驗Ⅳ44930試驗過程中，溶液始終無明顯顏色變更。試結合該“碘鐘試驗”總反應方程式及反應A與反應B速率的相對快慢關系，說明試驗Ⅳ未產生顏色變更的緣由：______________________________________________________________________________________。解析：(1)碘鐘總反應方程式為H2O2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2H2O，＋S4Oeq\o\al(2－,6)；通過上述反應A、反應B反應可知：I－在反應前后質量不變、化學性質不變，因此在該反應中的作用是催化劑。(2)H2O2具有氧化性，會將KI氧化為I2，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，I2具有氧化性，會將S2Oeq\o\al(2－,3)氧化為S4Oeq\o\al(2－,6)，I2被還原為I－。所以試劑X是KI-淀粉溶液。(3)①為便于探討，在反應中要采納限制變量方法進行探討，即只變更一個反應條件，其他條件都相同，依據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：試驗Ⅲ跟試驗Ⅱ比硫酸的體積削減，所以其他條件都相同，而且混合后總體積也要相同，故試驗Ⅲ中，x＝8，y＝3，z＝2；②對比試驗Ⅱ、試驗Ⅲ，可得出的試驗結論是：在其他條件不變時，溶液的酸性越強，即溶液中氫離子濃度越大，反應速率越大。(4)對比試驗Ⅱ、試驗Ⅳ，可知其他量沒有變更，溶液總體積相同，H2O2削減，Na2S2O3增大，n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<eq\f(1,2)，結果未出現(xiàn)溶液變?yōu)樗{色現(xiàn)象，說明v(A)<v(B)，導致不能出現(xiàn)溶液變?yōu)樗{色現(xiàn)象。答案：(1)I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)催化劑(2)淀粉—碘化鉀(3)①8、3、2②其他條件不變，增大氫離子濃度可以增大反應速率(4)由于n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<eq\f(1,2)，v(A)<v(B)，所以未出現(xiàn)溶液變藍的現(xiàn)象10．(2024·杭州高級中學模擬)硫代硫酸鈉可由亞硫酸鈉和硫粉通過化合反應制得：Na2SO3＋S=Na2S2O3。常溫下溶液中析出晶體為Na2S2O3·5H2O。Na2S2O3·5H2O于40～45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。在水中有關物質的溶解度曲線如圖1所示。Ⅰ.現(xiàn)按如下方法制備Na2S2O3·5H2O：將硫化鈉和碳酸鈉按反應要求比例一并放入三頸燒瓶中，注入150mL蒸餾水使其溶解，在分液漏斗中，注入濃鹽酸，在裝置2中加入亞硫酸鈉固體，并按圖2所示安裝好裝置。(1)儀器2的名稱為____________，裝置6中可放入_________(填字母)。A．BaCl2溶液 B．濃H2SO4C．酸性KMnO4溶液 D．NaOH溶液(2)打開分液漏斗活塞，注入濃鹽酸使反應產生的二氧化硫氣體較勻稱的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力攪拌器攪動并加熱，反應原理為：①Na2CO3＋SO2=Na2SO3＋CO2；②Na2S＋SO2＋H2O=Na2SO3＋H2S；③2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O；④Na2SO3＋Seq\o(=,\s\up14(△))Na2S2O3。隨著SO2氣體的通入，看到溶液中有大量淺黃色固體析出，接著通入SO2氣體，反應約半小時。當溶液中pH接近或不小于7時，即可停止通氣和加熱。溶液pH要限制不小于7的理由是____________(用文字和相關離子方程式表示)。Ⅱ.分別Na2S2O3·5H2O并測定含量：eq\x(\a\al(熱的反應,混合液))eq\o(→,\s\up14(活性炭脫色),\s\do15(并保溫))eq\o(→,\s\up14(操作①))eq\x(濾液)eq\o(→,\s\up14(蒸發(fā)濃縮))eq\o(→,\s\up14(冷卻結晶))eq\o(→,\s\up14(操作②))eq\x(粗晶體)(3)從熱的反應混合液中獲得Na2S2O3·5H2O粗晶體，需經過下列試驗步驟，請選擇正確的選項：熱的反應混合液→活性炭脫色并保溫→__________→________→________→________→獲得Na2S2O3·5H2O粗晶體。a．用冰水浴冷卻結晶，抽濾；b．用少量水洗滌晶體、烘干；c．80℃蒸發(fā)濃縮濾液至溶液表面出現(xiàn)晶膜；d．用乙醇洗滌晶體、晾干；e．45℃蒸發(fā)濃縮濾液至溶液呈微黃色渾濁；f．趁熱過濾。(4)制得的粗晶體中往往含有少量雜質。為了測定粗產品中Na2S2O3·5H2O的含量，一般采納在酸性條件下用KMnO4標準液滴定的方法(假定粗產品中雜質與酸性KMnO4溶液不反應)。稱取1.280g的粗樣品溶于水，用0.4000mol·L－1KMnO4溶液(加入適量硫酸酸化)滴定，當溶液中S2Oeq\o\al(2－,3)全部被氧化時，消耗KMnO4溶液體積20.00mL。試回答：①對于上述試驗操作，下列說法正確的是________(填字母)。A．用電子天平稱量粗樣品時，若電子天平未進行調平，則純度偏高B．裝KMnO4標準液的酸式滴定管洗滌后若未潤洗，則純度偏高C．滴定至錐形瓶內溶液剛好由無色變?yōu)闇\紅色馬上進行讀數(shù)，則純度偏高D．滴定時若滴定速度過慢或搖擺錐形瓶過于猛烈，則純度偏高②產品中Na2S2O3·5H2O的質量分數(shù)為________(保留三位有效數(shù)字)。解析：Ⅰ.(1)儀器2的名稱為蒸餾燒瓶；裝置6汲取未反應的SO2，防止污染空氣，SO2具有還原性，可以被酸性KMnO4溶液氧化；SO2是酸性氧化物，能與NaOH溶液反應，不能被BaCl2溶液、濃H2SO4汲取，故合理選項是CD。(2)當溶液pH<7時，溶液顯示酸性，會發(fā)生反應：S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O，所以Na2S2O3在酸性環(huán)境中不能穩(wěn)定存在，應當使溶液的pH不小于7。Ⅱ.(3)熱的反應混合液→活性炭脫色并保溫→常溫下溶液中析出晶體為Na2S2O3·5H2O，為了避開析出Na2S2O3·5H2O導致產率降低，所以要趁熱過濾，Na2S2O3·5H2O于40～45℃熔化，48℃分解，所以蒸發(fā)時溫度過高會導致析出的晶體分解，降低了產率，應當45℃蒸發(fā)濃縮濾液至溶液呈微黃色渾濁，再用冰水浴冷卻結晶，抽濾；結合Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇的性質最終選擇乙醇洗滌，且洗滌后乙醇易揮發(fā)，不引入新的雜質，故操作先后依次用字母表示為f、e、a、d。(4)①A項，用電子天平稱量粗樣品時，若電子天平未進行調平，實際稱量的樣品偏少，最終導致測定的物質純度偏低，錯誤；B項，裝KMnO4標準液的酸式滴定管洗滌后若未潤洗，會使標準溶液被稀釋而濃度降低，消耗標準溶液體積偏大，以此為標準計算的Na2S2O3·5H2O含量偏多，使物質純度偏高，正確；C項，滴定至錐形瓶內溶液剛好由無色變?yōu)闇\紅色馬上進行讀數(shù)，消耗標準溶液體積偏少，計算的Na2S2O3·5H2O的含量就偏少，則物質純度偏低，錯誤；D項，滴定時若滴定速度過慢會使樣品被氧化或搖擺錐形瓶過于猛烈，導致溶液逸出，會使消耗標準溶液體積偏少，以此為標準計算的物質純度偏低，錯誤。故合理選項是B。②20.00mL＝＋14H＋=8Mn2＋＋10SOeq\o\al(2－,4)＋7H2O，可知1.280g的粗樣品含有Na2S2O3·5H2O的物質的量為：n(Na2S2O3·5H2O)＝n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝eq\f(5,8)n(KMnO4)＝eq\f(5,8)×0.0080mol＝0.0050mol，產品中Na2S2O3·5H2O的質量分數(shù)為eq\f(0.0050mol×248g·mol－1,1.280g)×100%＝96.9%。答案：Ⅰ.(1)蒸餾燒瓶CD(2)Na2S2O3在酸性環(huán)境中不能穩(wěn)定存在，會發(fā)生反應：S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2OⅡ.(3)fead(4)①B②96.9%11．(2024·四川省什邡中學月考)工業(yè)廢棄物的資源化回收再利用，可以更大限度地發(fā)揮原材料的價值。某老師在指導學生做探討性學習時，擬利用廢鐵屑在試驗室制備FeSO4溶液，再與等物質的量的(NH4)2SO4反應，制備補血劑硫酸亞鐵銨晶體[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，相對分子質量為392]。試驗操作如下。已知：硫酸亞鐵銨晶體比一般亞鐵鹽穩(wěn)定，在空氣中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。(1)廢鐵屑的凈化：將廢鐵屑投入10%的碳酸鈉溶液中并加熱5～10min，通過傾析法棄去純堿溶液，并用蒸餾水洗凈廢鐵屑，待用。(2)酸浸凈化后的廢鐵屑：將2gFe粉、10mL3mol·L－1的H2SO4溶液加入燒瓶中反應，用如下圖所示裝置制備FeSO4溶液。保持溫度70～80℃，適當添加水以補充被蒸發(fā)掉的水分，并限制溶液的pH，至反應無明顯氣泡產生，停止加熱，過濾，稱量殘留固體質量。①反應過程中會產生少量H2S、PH3等氣體，需運用封閉裝置。寫出用CuSO4溶液汲取H2S氣體的化學反應方程式：___________。②反應過程中運用過量鐵粉的目的是______________________________________________________________________。(3)制備(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O：向FeSO4溶液中加入肯定質量的(NH4)2SO4固體，70～80℃條件下溶解后，趁熱倒入50mL乙醇中，析出晶體。試驗中，需對過濾出產品的母液(pH<1)進行處理。室溫下，分別取母液并向其中加入指定物質，反應后的溶液中主要存在的一組離子正確的是________(填字母)。A．通入過量Cl2：Fe2＋、H＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)B．加入過量KSCN溶液：K＋、NHeq\o\al(＋,4)、Fe3＋、SOeq\o\al(2－,4)、SCN－C．加入過量NaOH溶液：Na＋、Fe2＋、NHeq\o\al(＋,4)、SOeq\o\al(2－,4)、OH－D．加入過量NaClO和NaOH的混合溶液：Na＋、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－、ClO－、OH－(4)產品純度測定：稱取ag產品溶于水，配制成500mL溶液，取25.00mL待測液，用濃度為cmol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定。重復上述操作2次試驗結果如下：試驗次數(shù)第一次其次次第三次消耗高錳酸鉀溶液的體積/mL25.5225.0224.98該產品的純度為_______________________________________________________________________(用含a、c的代數(shù)式表示)。有同學提出，測定產品中SOeq\o\al(2－,4)的含量也可測定產品的純度，請補充完整試驗方案：稱取約0.4g樣品，溶于70mL水，______________________________________________________________，將沉淀移入坩堝，灼燒至恒重，記錄數(shù)據(jù)(試驗中必需運用的試劑有：2mol·L－1的HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。解析：(2)①試驗室用CuSO4溶液汲取H2S氣體，生成硫酸和硫化銅，化學反應方程式為CuSO4＋H2S=CuS↓＋H2SO4。②鐵粉具有還原性，反應過程中運用過量鐵粉的目的是避開Fe2＋被氧化為Fe3＋。(3)據(jù)已知信息可知，母液中主要存在的離子有Fe2＋、H＋、NHeq\o\al(＋,4)、SOeq\o\al(2－,4)，A項，通入過量Cl2，溶液中的Fe2＋不能大量共存，且主要存在的離子應包含ClO－，錯誤；B項，加入過量KSCN溶液，溶液中的Fe3＋與SCN－不能大量共存，錯誤；C項，加入過量NaOH溶液，溶液中的Fe2＋與NHeq\o\al(＋,4)均不能大量存在，錯誤；D項，加入過量NaClO和NaOH的混合溶液，H＋與OH－發(fā)生中和反應生成水，NHeq\o\al(＋,4)以NH3的形式逸出，F(xiàn)e2＋先轉化為Fe3＋，(2Fe2＋＋ClO－＋H2O=2Fe3＋＋Cl－＋2OH－)，再以Fe(OH)3的形式除去，則反應后的溶液中主要存在的離子為：Na＋、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－、ClO－、OH－，正確。(4)試驗數(shù)據(jù)因為第一次與其次次、第三次相差較大，忽視不計，消耗高錳酸鉀溶液的體積為eq\f(25.02＋24.98,2)＝25(mL)，依據(jù)離子反應方程式，得出：n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝5n(KMnO4)＝25×10－3×c×5mol，則500mL溶液中含有n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝25×10－3×c×5×eq\f(500,25)mol＝2.5cmol，所以該產品的質量分數(shù)＝eq\f(2.5c×392,a)×100%＝eq\f(980c,a)×100%。測定產品中SOeq\o\al(2－,4)的含量也可測定產品的純度，詳細試驗方案為：稱取約0.4g樣品，溶于70mL水，加入2mol·L－1HCl溶液酸化，滴加BaCl2溶液至沉淀完全，過濾，洗滌沉淀，直至濾液滴加AgNO3溶液不出現(xiàn)渾濁，將沉淀移入坩堝，灼燒至恒重，記錄數(shù)據(jù)。答案：(2)①CuSO4＋H2S=CuS↓＋H2SO4②避開Fe2＋被氧化為Fe3＋(3)D(4)eq\f(980c,a)×100%加入2mol·L－1HCl溶液酸化，滴加BaCl2溶液至沉淀完全，過濾，洗滌沉淀，直至濾液滴加AgNO3溶液不出現(xiàn)渾濁12．(2024·延安市第一中學月考)制燒堿所用鹽水需兩次精制。第一次精制主要是用沉淀法除去粗鹽水中Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SOeq\o\al(2－,4)等離子，過程如下：Ⅰ.向粗鹽水中加入過量BaCl2溶液，過濾；Ⅱ.向所得濾液中加入過量Na2CO3溶液，過濾；Ⅲ.濾液用鹽酸調整pH，獲得一次精制鹽水。(1)過程Ⅰ除去的離子是________。(2)過程Ⅰ、Ⅱ生成的部分沉淀及其溶解度(20℃/g)如下表：CaSO4Mg2(OH)2CO3CaCO3BaSO4BaCO32.6×10－22.5×10－47.8×10－42.4×10－41.7×10－3①檢測Fe3＋是否除盡的方法是__________________________。②過程Ⅰ選用BaCl2而不選用CaCl2，運用表中數(shù)據(jù)說明緣由____________________________________________________________________________________________________________。③除去Mg2＋的離子方程式是________。④檢測Ca2＋、Mg2＋、Ba2＋是否除盡時，只需檢測Ba2＋即可，緣由是___________________________________________________________________________________________________________。(3)其次次精制要除去微量的I