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新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-25物质的检测
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这是一份新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-25物质的检测，共33页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-25物质的检测
一、单选题
1．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）一次性鉴别等浓度的、、三种溶液，下列方法不可行的是
A．测定 B．焰色试验
C．滴加溶液 D．滴加饱和溶液，微热
二、实验题
2．（2023·新疆·统考三模）硫代硫酸钠( Na2S2O3)俗称海波，广泛应用于照相定影及纺织业等领域。某实验小组制备硫代硫酸钠并探究其性质。
Ⅰ.硫代硫酸钠的制备
实验小组设计如下装置制备硫代硫酸钠
信息：Na2S2O3，中S元素的化合价分别为-2和+6
(1)仪器a的名称是 。B中发生的化学反应方程式为 (该反应理论上钠元素的利用率为100%)。
Ⅱ.产品纯度的测定
①溶液配制：准确称取该硫代硫酸钠样品8. 000 g，配制成50. 00 mL溶液。
②滴定：向锥形瓶中加入20. 00 mL 0.10 mol·L-1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，然后加入淀粉作指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定碘单质，发生反应： I2+2 =2I-+
(2)生成碘单质的离子方程式为 。滴定终点现象为 ， 消耗样品溶液25. 00 mL，则样品纯度为 %。
Ⅲ.硫代硫酸钠性质的探究
①取Na2S2O3晶体，溶解，配成0. 20 mol·L-1溶液。
②取4mL溶液，向其中加入1.0mL饱和氯水(pH=2.4)，溶液立即出现浑浊，经检验浑浊物为S。
实验小组研究S产生的原因，提出了以下假设：
假设1：氧化剂氧化：Cl2、HClO等含氯的氧化性微粒氧化了-2价硫元素。
假设2：___________ ( 不考虑空气中氧气氧化)。
设计实验方案：
胶头滴管
现象
第①组
1.0 mL饱和氯水
立即出现浑浊
第②组
___________
一段时间后出现浑浊，且浑浊度比①组小
(3)假设2是 。
(4)第②组实验中胶头滴管加入的试剂是 。
(5)依据现象，S产生的主要原因是 。
(6)结合Ⅱ、Ⅲ分析纯度较低的原因是 。
3．（2023·新疆阿勒泰·统考二模）Li2S是一种潜在的可充电锂离子电池的电解质材料。实验室用H2还原Li2SO4制备Li2S的装置如图所示。
已知：①粗锌中含有少量Cu和FeS。
②Li2S易潮解，在加热条件下易被空气中的O2氧化。
请回答下列问题：
(1)装置图中仪器a的名称是 。
(2)利用装置A制备H2的主要优点是 。
(3)装置B的作用是 。装 置C和E中盛放的试剂是 。
(4)实验过程中，应先打开K一段时间后，再点燃酒精灯的原因是 。
(5)装置D中制备Li2S的化学方程式为 。
(6)测定产品纯度的方法：取 ω g产品，加入足量V1mL a mol·L-1稀硫酸，充分反应后，煮沸溶液，冷却后滴加酚酞溶液作指示剂。用b mol·L-1 NaOH标准溶液滴定，消耗NaOH标准溶液V2 mL。产品中Li2S的纯度为 。
(7)实验完毕，对装置A中混合物进行分离可得到副产物皓矾(ZnSO4·7H2O)晶体。先选择如图所示装置进行过滤，后将滤液进行蒸发浓缩 、 洗涤 、干燥得到粗皓矾晶体。
下列有关说法正确的是 (填标号)。
A．采用如图装置过滤的优点是避免析出ZnSO4·7H2O
B．采用如图装置过滤主要是分离FeSO4·7H2O和ZnSO4溶液
C．粗皓矾晶体中可能含少量CuSO4·5H2O杂质
D．洗涤时采用乙醇的原因是减小ZnSO4·7H2O溶解损失
4．（2023·新疆乌鲁木齐·统考二模）硫酸亚铁铵晶体[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O] [ M=(132x+152y+18z)g·mol-1 ]是常见的补血剂。
已知：①硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
②FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应可得到硫酸亚铁铵。
(1)FeSO4溶液的制备。将铁粉、一定量 H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液，其中加入的铁粉需过量，除铁粉不纯外，主要原因是 (用离子方程式表示)。
(2)制备x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O。向制备得到的FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70℃~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。乙醇的作用为 。
(3)产品化学式的确定——NH含量的测定
I.准确称取58.80 g晶体，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中；
II.准确量取50.00 mL 3.030 mol·L-1 H2SO4溶液于锥形瓶中；
III.向三颈烧瓶中通入氮气，加入足量NaOH浓溶液，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；
IV.用0.120 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液。
①装置M的名称为 。
②通入N2的作用为 。
③蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是 。
④若步骤IV中，未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则n(NH)将 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(4)产品化学式的确定——SO含量的测定
I.另准确称取58.80 g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液；
II.将得到的溶液过滤得到沉淀，洗涤沉淀3～4次；
Ⅲ.灼烧沉淀至恒重，称量，得沉淀质量为69.90 g。
结合实验(3)和(4)，通过计算得出硫酸亚铁铵晶体的化学式为 。
5．（2022·新疆·统考三模）(CNO)3Cl2Na(二氯异氰尿酸钠)固体是一种高效安全的消毒剂。用氰尿酸、烧碱和氯气制备二氯异氰尿酸钠的过程如下，(CNO)3H3(氰尿酸)为三元弱酸，回答下列问题：
I.制备[(CNO)3Cl2H] 二氯异氰尿酸装置如图。
主要反应有：
碱溶： (CNO)3H3+2NaOH=(CNO)3Na2H+2H2O △H ＜0
氯化： (CNO)3Na2H+2Cl2 (CNO)3Cl2H+2NaCl △H ＜0
(1)图中仪器a的名称为 。
(2)写出装置A中反应的离子方程式 。
(3)装置B用冰水浴的原因可能是 。
(4)装置C中的溶液是 ， 其作用是 。
(5)碱溶时若NaOH过量，(CNO)3Na2H中可能混有的杂质是 。
II.制备(CNO)3Cl2Na
(6)将B装置中制得的(CNO)3Cl2H与NaOH溶液按物质的量比1：1进行中和，写出中和反应的化学方程式 ， 反应完成后冷却结晶、过滤、干燥得到(CNO)3Cl2Na。
(7)通过实验测定二氯异氰尿酸钠样品中(不含NaClO)有效氯含量的反应原理为：
[(CNO)3Cl2]-+H++2H2O=(CNO)3H3+2HClO
HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O
I2+2=+2I-
实验步骤：准确称取wg样品配成100mL溶液，取25.00mL于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，暗处静置充分反应后，用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液VmL。
①滴定终点的现象是 。
②该样品中有效氯含量的表达式为
(有效氯=)。
6．（2022·新疆·统考三模）为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，进行如图实验。利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，再进行吸收滴定来测定含量。实验装置如图所示。
(1)装置d的名称是 。玻璃管a的作用为 。
(2)实验步骤：①连接好实验装置，检查装置气密性；②往c中加入mg氟化稀土样品和一定体积的高氯酸，f中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热装置b、c。
①下列物质可代替高氯酸的是 (填序号)。
A．硫酸 B．盐酸 C．硝酸 D．磷酸
②装置b中产生的水蒸气的作用是 。
(3)定量测定：将f中得到的馏出液配成100mL溶液，取其中20mL加入V1mLamol·L-1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀(不考虑其他沉淀的生成)，再用bmol·L-1冠醚标准溶液滴定剩余La3+(La3+与冠醚按1：1配合)，消耗冠醚标准溶液V2mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为 。
(4)问题讨论：若观察到f中溶液红色褪去，可采用最简单的补救措施是 。否则会使实验结果 。实验中除有HF气体外，可能还有少量SiF4(极易水解)气体生成。若有SiF4生成，实验结果将 。(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。理由是 。
7．（2022·新疆·统考二模）新冠肺炎疫情期间，含氯消毒剂在环境杀菌消毒方面发挥了重要的作用。其中ClO2可用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面，其为易溶于水的绿色气体。
(1)某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
①安装F中导管时，应选用图2中的 (填字母序号)。
②打开B的活塞， A中制得ClO2和Cl2，写出反应的化学方程式 。关闭 B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是 。
③已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl释放出ClO2，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，写出反应的离子方程式 。
④已吸收ClO2气体的稳定剂I和稳定剂II ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是 ，原因是 。
(2)为测定某存储罐中所得溶液中ClO2的含量，进行了以下实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。
步骤2：量取V1mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O)
步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)
①准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是 。
②若实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则实验结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
③根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的浓度为 mol·L-1(用含字母的代数式表示)。
8．（2022·新疆昌吉·统考一模）过氧化钙遇水具有放氧的特性，且本身无毒，不污染环境，是一种用途广泛的优良供氧剂，在工农业生产中有广泛的用途。
I.过氧化钙的制备：将溶于水中，在搅拌下加入，再通入氨气进行反应可制备，在碱性环境下制取的装置如下：
(1)写制备的化学方程式 ；
(2)X仪器的名称为 ；
(3)乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高的产率；其二： ；
(4)反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得。检验是否洗涤干净的操作为 。
II.水产运输中常向水中加一定量增加溶氧量(DO)，水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，其测定步骤及原理如下：
a.固氧：碱性下，将氧化为：；
b.氧化：酸性下，将氧化为；
c.滴定：用标准溶液滴定生成的：。某同学向100.00mL水中加一定量，取此水样50.00mL，按上述方法测定水中溶氧量(DO)，消耗标准溶液15.00mL。
(5)滴定过程中使用的指示剂是 ；
(6)请写出步骤b中的离子方程式 ；
(7)该水样中的溶氧量(DO)为 (忽略体积变化)。
9．（2022·新疆克拉玛依·统考三模）水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg/L，我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO不能低于5mg/L。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。
1、测定原理：
碱性条件下，O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2：①2Mn2++O2+4OH−="2" MnO(OH)2↓
酸性条件下，MnO(OH)2将I−氧化为I2：②MnO(OH)2+I−+H+→Mn2++I2+H2O(未配平)，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：③2S2O32−+I2=S4O62−+2I−
2、测定步骤
a.安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。
b.向烧瓶中加入200mL水样。
c.向烧瓶中依次迅速加入1mLMnSO4无氧溶液(过量)、2mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应①完全。
d搅拌并向烧瓶中加入2mL硫酸无氧溶液至反应②完全，溶液为中性或弱酸性。
e.从烧瓶中取出40.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.01000mol/L Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。
f.……
g.处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。
回答下列问题：
(1)配置以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为 。
(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器为 。
①滴定管②注射器③量筒
(3)搅拌的作用是 。
(4)配平反应②的方程式，其化学计量数依次为 。
(5)步骤f为 。
(6)步骤e中达到滴定终点的标志为 。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50mL，水样的DO= mg/L(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标： (填“是”或“否”)
(7)步骤d中加入硫酸溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的原因(用离子方程式表示，至少写出2个) 。
10．（2021·新疆·统考二模）亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。通常状况下，它是一种液体，遇水水解，溶于浓硫酸不分解。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H。回答下列问题：
(1)请写出NOSO4H遇水水解的化学方程式 。(已知：亚硝酸不稳定，易分解，发生反应2HNO2=NO↑+NO2↑+H2O)
(2)利用装置A制取SO2，下列最适宜的试剂是 _______。(填下列选项字母)
A．Na2SO3固体和20%硝酸
B．Na2SO3固体和20%硫酸
C．Na2SO3固体和20%盐酸
D．Na2SO3固体和70%硫酸
(3)装置C中浓HNO3与SO2在浓硫酸作用下反应制取NOSO4H。
①装置C中发生反应的化学方程式为 。三颈烧瓶置于冰水中，体系温度不宜过高的原因为 。
②若去掉装置D，会使NOSO4H的产量 。(填“增大”、“减少”或“无影响”)
(4)测定产品中亚硝酰硫酸(NOSO4H)的纯度。
准确称取1.400g产品放入250mL的碘量瓶中，加入60.00mL 0.1000mol•L﹣1的酸性KMnO4标准溶液，充分振荡摇匀(过程中无气体产生，杂质不参与反应)。然后用0.2500mol•L﹣1的草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠标准溶液的体积为20.00mL。
已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4。
①在上述反应中NOSOH体现了 性。(填“氧化”或“还原”)
②简述滴定终点时的现象 。
③产品中亚硝酰硫酸的纯度为 。(精确到0.1%%)
11．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）四氯化锡作为典型的催化剂之一，在缩醛、缩酮、双烯合成、杂环合成等有机反应中发挥重要作用。实验室可用熔融的锡与反应制备。
已知：①有关物理性质如下表：
物质
颜色、状态
熔点/℃
沸点/℃
Sn
银白色固体
231.9
2260
SnCl4
无色液体
114
SnCl2
无色晶体
246
652
②SnCl4在空气中极易水解生成
回答下列问题：
(1)将上述装置组装成一套制备SnCl4的实验装置(每个装置只使用一次)，装置从左到右的接口顺序为：B接 、 接 、 接N、A接C、D接 。III处应选用的冷凝管为 (填字母序号)。
A． B． C．
(2)检查装置气密性并装好药品后，应先打开II中的分液漏斗活塞，待I中的蒸馏烧瓶 (填现象)后，再点燃I处的酒精灯。II装置中发生反应的离子方程式为 。
(3)VI装置的作用是 。若没有VI装置，SnCl4可能发生的化学反应方程式为 。
(4)若实验制得的产品中溶有少量Cl2，则可采用下列____(填字母序号)措施加以除去。
A．加入碘化钾溶液冷凝过滤 B．加入饱和食盐水洗涤再蒸馏
C．加入溶液洗涤再蒸馏 D．加入足量锡再加热蒸馏
(5)可用碘量法测定最后产品的纯度，发生如下反应：。准确称取该样品ag放于锥形瓶中，用少量浓盐酸溶解，再加水稀释，淀粉溶液作指示剂。用碘标准溶液滴定至终点，平均消耗标准液，滴定终点现象是 。试计算产品中的含量为 (用含a的代数式表示)。
12．（2021·新疆昌吉·统考三模）为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，再进行吸收滴定来测定含量。实验装置如图所示。
(1)装置c的名称是 。玻璃管a的作用为 。
(2)实验步骤：①连接好实验装置，检查装置气密性；②往c中加入m g氟化稀土样品和一定体积的高氯酸，f中加入滴加酚酞的NaOH溶液；③加热装置b、c。
①下列物质可代替高氯酸的是 (填字母)。
A．硫酸 B．盐酸 C．硝酸
②水蒸气发生装置的作用是 。
(3)问题讨论：若观察到f中溶液红色褪去，可采用的最简单的补救措施是 ，否则可能会使实验结果偏低。实验中除有HF气体外，可能还有少量(易水解)气体生成。若有生成，实验结果将 (填“偏高”、“偏低”或“不受影响”)，理由是 。
三、工业流程题
13．（2023·新疆·统考三模）钪的价格昂贵，在地壳里的含量只有0.0005%，化学性质非常活泼。从铝土矿生产Al2O3的副产品“赤泥”(主要成分为Al2O3、Fe2O3、TiO2、Sc2O3)中回收钪，同时生产聚合硫酸铁铝[ AlFe( OH)6-2n(SO4)n]具有极其重要的工业价值，一种工艺流程如下：
已知：钪离子可以在不同pH下生成[ Sc( OH)n]3-n(n=1~6)。
请回答以下问题：
(1)操作②的名称 ，操作①和操作②中都使用的玻璃仪器是 。
(2)加入铁粉的作用 。
(3)生成聚合硫酸铁铝[AlFe( OH)6-2n(SO4)n]的离子方程式为 。
(4)钪的发现较晚，主要是因为 。
(5)“反萃取”时若加的入氢氧化钠过量， Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式 。
(6)常温下，三价Sc的部分存在形式与氟离子浓度的对数[1gc(F-)]、pH的关系如图所示。若溶液中c(F- )=5 ×10-6mol·L-1，“调pH”过程中控制pH=7，则调节pH后三价Sc的存在形式为 (填化学式)(lg5=0.7)。
如果Sc的沉淀方式主要是ScF3，则溶液中c(F -)应该大于 mol ·L-1(100.6=4)
(7)“脱水除铵”过程中，复盐3NH4Cl·ScF3·aH2O分解得到ScF3，固体样品质量与温度的关系如图所示。加热至380-400℃产生白烟， 400℃以上质量不再改变。则a= (填数字)。
14．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）2023年3月，我国科学家发现了世界首例具有本征相干性的光阴极量子材料一钛酸锶(SrTiO3)，其性能远超传统的光阴极材料。一种“溶胶－沉淀”一步法合成钛酸锶纳米粉体的工艺流程如图所示。
已知：i.TiCl4易溶于无水乙醇；
ii.Ti4+加热水解生成TiO2•xH2O；
iii.SrSO4在1580℃以上分解。
回答下列问题：
(1)钛元素位于元素周期表第四周期 族。SrTiO3中Sr的化合价为 。
(2)由水解产物生成SrTiO3溶胶的化学方程式为 。
(3)对SrTiO3溶胶进行保温的目的是 。
(4)检验SrTiO3沉淀是否洗涤干净的操作为 。
(5)NaOH溶液的浓度、钛液浓度、反应时间对w(TiO2)、产物纯度的影响如表所示。
反应条件
c(NaOH)/(mol•L-1)
钛液浓度/(mol•L-1)
反应时间/h
3.30
5.30
7.30
1.60
2.20
2.80
4
5
6
w(TiO2)/%
32.31
32.79
33.34
32.33
32.79
33.34
32.07
33.34
32.35
产物纯度/%
94.69
96.36
97.69
92.77
97.00
97.69
95.12
97.69
97.52
合成高纯SrTiO3纳米粉体的最佳工艺条件为 。
(6)钛酸锶中钛锶比的测定。
①测定TiO2的含量：称取mg样品，经一系列处理除去Sr后，配制成250mL溶液。移取25.00mL溶液于锥形瓶中，准确加入V1mLc1mol•L-1EDTA标准溶液(过量)，充分反应后，加入指示剂，用c2mol•L-1ZnSO4溶液滴定，滴定至终点时消耗V2mLZnSO4溶液。则钛酸锶中TiO2的质量分数为 (列出计算式即可，已知滴定计量关系：EDTA-Ti4+，EDTA~Zn2+)。
②测定SrO的含量：称取mg样品，用硫酸铵和浓硫酸处理，再用乙醇－水稀释成100mL溶液，用氨水调节溶液pH=4，完全沉淀后过滤得到SrSO4沉淀，于850℃时灼烧至恒重，质量为m1g。则钛酸锶中钛锶比为 [钛锶比==]。
15．（2021·新疆乌鲁木齐·统考二模）镉(Cd)可用于制作某些发光电子组件。一种用铜镉废渣(含Cd、Zn、Cu、Fe等单质)为原料制备镉的工艺流程如图。
已知相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol•L﹣1计算)：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cd(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.2
沉淀完全的pH
3.3
9.9
9.5
回答下列问题：
(1)“步骤Ⅱ”需隔绝氧气的原因是 。
(2)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，“步骤Ⅳ”中除铁发生的离子方程式为 。废渣的成分有 。
(3)“置换”时镉置换率与的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。
①实际生产中比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是 。
②若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，Zn的理论用量为 kg(计算结果保留一位小数，下同)，实际加入的Zn应为 kg。
(4)“置换”后滤液溶质主要成分是 。(填化学式)
(5)“熔炼”时，海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH在反应釜中混合反应，反应的化学方程式是 。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Ca与Na2ZnO2的 不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
参考答案：
1．C
【详解】A．溶液显中性，溶液显酸性，溶液显碱性，故可以用测定pH的方法鉴别，故A正确；
B．的焰色试验中现象为透过蓝色钴玻璃为紫色，的焰色试验中无现象，的焰色试验中现象为黄色，故可以用焰色试验的方法鉴别，故B正确；
C．、、中只有能与反应有现象，故和不能鉴别，故C错误；
D．2+CaCl2+2NH3+2H2O有刺激性气味气体产生，+=CaCO3+2NaOH有白色沉淀产生，而不反应无现象，故可以鉴别，故D正确；
故选C。
2．(1) 三颈烧瓶 Na2CO3+2Na2S+4SO2 = 3Na2S2O3+CO2
(2) +5I-+6H+ =3I2+3H2O 滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不复原 47.40
(3)酸性条件下， Na2S2O3与酸反应生成S单质
(4)1.0 mLpH=2.4的盐酸
(5)氯气等含氯元素的氧化性微粒将-2价硫氧化
(6)SO2可能过量，导致酸性环境，消耗Na2S2O3
【分析】A中70%的硫酸溶液与亚硫酸钠粉末反应生成SO2，SO2进入B装置与Na2S、Na2CO3混合溶液反应生成硫代硫酸钠，装置C为尾气处理装置，用于吸收多余的SO2。
【详解】（1）从图中可知，仪器a的名称为三颈烧瓶。B中SO2、Na2S、Na2CO3反应生成硫代硫酸钠，该反应理论上Na元素利用率为100%，则除了有硫代硫酸钠还有CO2生成，反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2 = 3Na2S2O3+CO2。
（2）KIO3与KI在酸性条件下反应生成I2，离子方程式为+5I-+6H+ =3I2+3H2O，KIO3先与KI在酸性条件下反应生成碘单质，加入淀粉为指示剂，再用硫代硫酸钠滴定碘单质，随着硫代硫酸钠的加入，碘逐渐被消耗，滴定终点的现象为滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原。根据离子方程式+5I-+6H+ =3I2+3H2O，生成的碘单质有0.02L×0.1mol/L×3=0.006mol，根据方程式I2+2 =2I-+ ，消耗的硫代硫酸钠有0.012mol，已知消耗样品溶液25mL，样品溶液中含有硫代硫酸钠样品4g，则样品纯度为0.012mol×158g/mol÷4g=47.4%
（3）硫代硫酸钠溶液中加入饱和氯水，溶液立即出现浑浊，该浑浊物为S，同时氯水呈酸性，另一种可能的原因为酸性条件下，硫代硫酸钠与酸反应生成硫单质。
（4）通过两组实验要验证假设1、2，第①组实验中加入了饱和氯水，则第②组实验中需要加入酸，则第②组实验中胶头滴管加入的试剂为1.0mLpH=2.4的盐酸。
（5）对比①②两组实验可知，硫代硫酸钠中加入饱和氯水，立即出现浑浊，加入等量的盐酸，一段时间后出现浑浊且浑浊度小于①组，说明S产生的主要原因为氯气等含氯元素的氧化性微粒将-2价的硫氧化。
（6）从Ⅲ中可知，酸性条件下，硫代硫酸钠反应生成S单质，Ⅱ中经过计算可知硫代硫酸钠样品的纯度较低，可能的原因为通入了过量的SO2，导致B溶液酸性较强，酸性条件下消耗了Na2S2O3。
3．(1)铁架台
(2)可实现随开随用，随关随停
(3) 除去氢气中的硫化氢气体 浓硫酸
(4)除去实验装置内部空气中的水蒸气及氧气，避免Li2S潮解及加热条件下被空气中的O2氧化
(5)
(6)
(7) 降温结晶 过滤 AD
【分析】A装置为粗锌与硫酸反应制氢气，由于粗锌中含有少量Cu和FeS，所以氢气中会混有硫化氢，气体通入B中的硫酸铜溶液中后除去硫化氢，然后通入C中的浓硫酸干燥氢气，在D中氢气与Li2SO4反应，生成Li2S，为防止Li2S潮解和加热时被氧化，所以D后加一个浓硫酸洗气瓶，防止空气中的水蒸气和氧气进入D中。
【详解】（1）装置a为夹持硬质试管的装置，为铁架台；
（2）A为启普发生器，适用于固液常温下制备气体，可以做到可实现随开随用，随关随停；
（3）见分析，A制备的氢气中混有硫化氢，所以通入硫酸铜溶液中的作用为除去氢气中的硫化氢气体；气体在与固体加热反应前需要干燥，E的目的是防止空气中的水蒸气和氧气进入到D中，所以C和E中盛装的为浓硫酸；
（4）已知Li2S易潮解，在加热条件下易被空气中的O2氧化，所以在实验开始前需要除去实验装置内部空气中的水蒸气及氧气，避免Li2S潮解及加热条件下被空气中的O2氧化；
（5）反应为为通入的干燥的氢气和Li2SO4，所以，该过程制备的化学方程式为：；
（6）硫酸的消耗分为两部分，一部分与Li2S反应生成硫化氢，剩余部分的硫酸被NaOH溶液消耗，据此进行答题，，
，所以Li2S的纯度==
（7）ZnSO4随温度升高溶解度变大，所以采取蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤干燥的方法获得皓矾晶体，故答案为降温结晶，过滤；
A．实验过程采取加热过滤的方式，防止皓矾析出，A正确；
B．加热过滤的方式目的是分离硫酸锌溶液和杂质，硫酸亚铁为溶液，无法通过过滤的方式分离，B错误；
C．Cu与稀硫酸不反应，所以硫酸锌中没有硫酸铜，故不可能含有CuSO4·5H2O杂质，C错误；
D．硫酸锌在乙醇中的溶解度小，而且乙醇易挥发，所以洗涤时采用乙醇的原因是减小ZnSO4·7H2O溶解损失，D正确；故答案选AD。
4．(1)2Fe3++Fe = 3Fe2+ (4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)
(2)降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出
(3) 分液漏斗 将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收 用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中 偏小
(4)(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
【分析】确定产品化学式时，先将产品中的铵根转化为氨气，用硫酸标准液吸收氨气，通过滴定剩余氢离子的量，来间接测定铵根的量；然后领取样品，利用氯化钡来沉淀硫酸根，通过硫酸钡沉淀的量来确定硫酸根的含量，继而确定化学式。
【详解】（1）Fe2+易被空气中的氧气氧化，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe粉可以和铁离子发生反应2Fe3++Fe = 3Fe2+，因此过量的铁粉能防止其被氧化；
（2）硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，因此乙醇可以降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出；
（3）①装置M为分液漏斗；
②反应中装置中会有残留的氨气，持续通入N2可以将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；
③反应过过程中若蒸出水，凝结在冷凝管中，则NH3可能以NH3·H2O的形式附着在冷凝管内壁，因此用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中，可消除误差；
④若未用NaOH溶液润洗滴定管，则NaOH溶液的浓度偏低，则滴定中消耗的NaOH的体积偏大，剩余的硫酸偏大，则氨气的含量偏小；
（4）测定NH含量时，，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液，所以剩余的n(H+)=0.120mol/L×0.025L=0.003mol，所以n(NH)=3.030mol/L×0.05L×2-0.003mol=0.3mol；测定SO含量时，BaSO4的物质的量为0.3mol，则(NH4)2SO4的物质的量为0.15mol，FeSO4的物质的量为0.15mol，则根据M的计算公式可得，132×0.15+152×0.15+18×n水=58.8，则n水=0.9，则根据比例可得硫酸亚铁铵晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
5．(1)锥形瓶
(2)2+ 16H++ 10Cl- = 2Mn2++ 5Cl2↑+ 8H2O
(3)反应放热，冰水浴可降温促进氯化反应正向进行，有利于二氯异氰尿酸[(CNO)3Cl2H]生成；降低溶解度增大氯气的溶解性，使气液反应更充分；低温降低生成物的溶解度
(4) NaOH溶液 吸收多 余的氯气，防止污染
(5)(CNO)3Na3
(6)(CNO)3Cl2H + NaOH = (CNO)3Cl2Na + H2O
(7) 当滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，溶液由蓝色变为无色，且30秒内不变色
【详解】（1）图中仪器a为锥形瓶；
（2）实验室可用KMnO4(强氧化剂)与浓盐酸(还原剂)反应制取氯气2+ 16H++ 10Cl- = 2Mn2++ 5Cl2↑+ 8H2O；
（3）B装置中的反应为放热反应，冰水浴可降低温度，促进反应正向移动，有利于二氯异氰尿酸的生成，另外低温增大氯气的溶解性，使气液反应更充分；同时降低温度可降低产品溶解度；
（4）C装置用于尾气处理，吸收多余的氯气，防止污染环境，试剂为氢氧化钠溶液；
（5）(CNO)3H3为三元弱酸，过量NaOH能与(CNO)3Na2H反应生成(CNO)3Na3，成为杂质混入其中；
（6）发生中和反应方程式为(CNO)3Cl2H + NaOH = (CNO)3Cl2Na + H2O
（7）样品溶液加入适量稀硫酸和过量KI溶液，暗处静置充分反应，[(CN)3Cl2]-中部分Cl转化为HClO，HClO将I-氧化为I2，用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色(此前不加淀粉指示剂是防止I2浓度过大，不利于现象观察)时，加入淀粉指示剂继续滴定，直至最后一滴Na2S2O3标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复为蓝色即为反应终点；反应关系式为2Cl~ (CNO)3Cl2Na ~2HClO~2I2~4，有效氯含量=。
6．(1) 直形冷凝管 平衡压强，防堵塞
(2) AD 水蒸气进到入c中，可以把挥发性的HF带出反应体系或水蒸气将生成的HF带入f中充分吸收
(3)%
(4) 补加氢氧化钠溶液 偏低 不受影响 SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失
【分析】本实验利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，水蒸气发生装置进入c中将挥发性的HF带出反应体系，进入吸收装置中。
【详解】（1）d的名称为直形冷凝管；玻璃管a可以平衡压强，若后续装置堵塞可观察到管内页面上升，故其作用是平衡压强，防堵塞；
（2）高沸点酸为硫酸和磷酸，故选AD；根据分析，b中产生的水蒸气的作用是：水蒸气进到入c中，可以把挥发性的HF带出反应体系或水蒸气将生成的HF带入f中充分吸收；
（3）La3+分两部分，一部分为与F-反应，一部分与冠醚反应，故100mL溶液中与F-反应的La3+的物质的量为：，100mL溶液中F-的物质的量为： ，氟化稀土样品中氟的质量分数为：；
（4）若观察到f中溶液红色褪去，则氢氧化钠的量比较少，可采用最简单的补救措施是补加氢氧化钠溶液；若不添加，HF不能完全转变为F-，会使后续测定的实验结果偏低；若有少量SiF4(极易水解)气体生成，SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失，故实验结果不受影响，理由是：SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失。
7．(1) b 2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O 吸收ClO2中的Cl2和HCl 5+4H+=Cl-+4ClO2↑+2H2O 稳定剂Ⅱ 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，较长时间维持保鲜所需的浓度
(2) 酸式滴定管 偏高
【分析】装置A中盛放NaClO3溶液，装置B盛放稀盐酸，两者混合发生反应：，装置C的作用是除去Cl2，ClO2在装置D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，装置F检验是否有CIO2生成，据此分析。
【详解】（1）①F装置为气体性质检验装置，应该长管进气，短管接尾气处理装置，故选b；
②A中为盐酸和氯酸钠反应制得氯气和二氧化氯，其方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；A装置中NaClO3与盐酸反应生成ClO2与Cl2，若进入F装置的气体中有Cl2，则发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，碘单质可使淀粉溶液变蓝，关闭B活塞后， ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，说明生成的Cl2在进入F装置前已经被吸收完全，因此装置C的作用是：吸收ClO2中的Cl2；
③在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl2并释放出ClO2，根据元素化合价升降规律及电荷守恒可得该反应的离子方程式为；
⑤据图可知效果较好的稳定剂是稳定剂Ⅱ，原因是稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，较长时间维持保鲜所需的浓度。
（2）①ClO2溶液显酸性，所以准确量取10.00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
②Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏大，根据I2＋2=2I-＋，2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O可知，测得的ClO2偏多，导致测定结果偏高，故答案为：偏高；
③由方程式2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-得关系式ClO2～5，n(S2O32-)=cV2×10-3mol，所以V1mL ClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为：2cV2×10-4mol×=×10-2mol，所以原ClO2溶液的物质的量浓度为=mol/L，故答案为：。
8．(1)
(2)三颈烧瓶
(3)温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率
(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净
(5)淀粉溶液
(6)
(7)48
【分析】Ⅰ．氯化钙和过氧化氢在氨水中反应生成CaO2和氯化铵，由反应物、生成物及质量守恒定律书写化学方程式；过氧化氢易分解，反应又是放热反应分析；通过检验洗涤滤液中是否有氯离子判断CaO2.8H2O是否洗涤干净；
Ⅱ.用Na2S2O3标准溶液滴定碘单质至终点，发生反应2S2O+I2═S4O+2I-，碘单质遇到淀粉变蓝色，据此分析；步骤b即酸性下，MnO(OH)2将I-氧化为I2：MnO(OH)2+2I-+4H+═Mn2++I2+3H2O；水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，则设该水样中的溶解氧量(DO)为xmg/L，利用关系式 O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O计算。
(1)
由题给信息可知氯化钙和过氧化氢在氨水中反应生成CaO2•8 H2O和氯化铵，制备的化学方程式；故答案为：；
(2)
X仪器的名称为三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶；
(3)
利用反应CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O═CaO2•8 H2O+2NH4Cl，在碱性环境下制取CaO2，常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高的产率；其二：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；
(4)
反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得。检验是否洗涤干净的操作为取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净。故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净；
(5)
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，发生反应为2S2O+I2═S4O+2I-，碘单质遇到淀粉变蓝可知，滴定过程中使用的指示剂是淀粉溶液；故答案为：淀粉溶液；
(6)
步骤b即酸性下，MnO(OH)2将I-氧化为I2，步骤b中的离子方程式；故答案为：；
(7)
水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，则设该水样中的溶解氧量(DO)为xmg/L，
x= =48mg/L，该水样中的溶氧量(DO)为48(忽略体积变化)。故答案为：48。
9． 将溶剂水煮沸后冷却 ② 使溶液混合均匀，快速完成反应 1，2，4，1，1，3 重复步骤e的操作2~3次 溶液蓝色褪去(半分钟内不变色) 9.0 是 2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O；SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-；4H++4I-+O2=2I2+2H2O(任写其中2个)
【详解】（1）气体在水中的溶解度随着温度升高而减小，将溶剂水煮沸可以除去所用溶剂水中氧，故答案为将溶剂水煮沸后冷却；
（2）在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择注射器，故选②；
（3）搅拌可以使溶液混合均匀，加快反应的速率，故答案为使溶液混合均匀，快速完成反应；
（4）根据化合价升降守恒，反应②配平得MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，故答案为1，2，4，1，1，3；
（5）滴定操作一般需要重复进行2~3次，以便减小实验误差，因此步骤f为重复步骤e的操作2~3次，故答案为重复步骤e的操作2~3次；
(6)碘离子被氧化为碘单质后，用Na2S2O3溶液滴定将碘还原为碘离子，因此滴定结束，溶液的蓝色消失；n(Na2S2O3)= 0.01000mol/L×0.0045L=4.5×10−5mol，根据反应①②③有O2~2 MnO(OH)2↓~ 2I2~4S2O32−，n(O2)=n(Na2S2O3)=1.125×10−5mol，该河水的DO=×1.125×10−5×32=9×10−3g/L="9.0" mg/L＞5 mg/L，达标，故答案为溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)；9.0；是；
（7）硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应，生成的二氧化硫也能够被生成的碘氧化，同时空气中的氧气也能够将碘离子氧化，反应的离子方程式分别为：2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O；SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-；4H++4I-+O2=2I2+2H2O，故答案为2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O；SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-；4H++4I-+O2=2I2+2H2O。
【点晴】本题以水中溶氧量的测定为载体，考查了物质含量的测定、滴定实验及其计算的知识。考查的知识点来源与课本而略高于课本，能够很好的考查学生灵活运用基础知识的能力和解决实际问题的能力。要掌握滴定操作的一般步骤和计算方法。解答本题时，能够顺利的配平方程式并找到物质间的定量关系是计算的基础和关键，解答时还要注意单位的转换，这是本题的易错点。
10．(1)2NOSO4H+H2O=2H2SO4+NO↑+NO2↑
(2)D
(3) 温度过高，浓硝酸易挥发和分解 减少
(4) 还原 滴入最后一滴草酸钠标准溶液，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复 90.7%
【分析】装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O制取SO2，制取的SO2通入到B装置中进行干燥，HNO3与SO2在浓H2SO4作用下在冰水浴中反应制得NOSO4H，由于亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水分解，且装置A中制得的SO2属于大气污染物，不能直接排放到大气中，则装置C中的碱石灰的作用是吸收SO2，防止空气中的水蒸气进入装置B中，装置A中导管a的作用是平衡内外压强，确保反应物浓硫酸顺利流下。
【详解】（1）已知亚硝酸不稳定，易分解，发生反应2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O，则NOSO4H遇水分解时发生反应的化学方程式：2NOSO4H+H2O=2H2SO4+NO↑+NO2↑，
故答案为：2NOSO4H+H2O=2H2SO4+NO↑+NO2↑；
（2）a．硝酸易挥发，且具有强氧化性，Na2SO3溶液与HNO3反应难以得到二氧化硫，故a错误；
b．强酸可制备弱酸，Na2SO3固体与浓硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫和水，20%硫酸不是浓硫酸，故b错误；
d．强酸可制备弱酸，但盐酸具有挥发性，会导致二氧化硫中混有氯化氢，故c错误；
d．强酸可制备弱酸，Na2SO3固体与70%的浓硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫和水，故d正确；
答案选d，故答案为：d；
（3）①装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，反应方程式为：；因温度过高，浓硝酸易挥发和分解，所以装置B中的三颈烧瓶应放在冰水浴中，故答案为：；温度过高，浓硝酸易挥发和分解；
②若去掉装置D，空气中的水蒸气会进入C中使NOSO4H分解，会使NOSO4H的产量减少，故答案为：减少；
（4）①依据方程式2KMnO4+5NOSO4H+2H2O═K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，此过程中NOSO4H被氧化，体现还原性，故答案为：还原；
②用0.2500mol•L﹣1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，当紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点，故答案为：滴入最后一滴草酸钠标准溶液，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复；
③根据可知，与草酸反应的高锰酸钾的物质的量为，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000mol/L×0.060L﹣0.002mol=0.004mol，根据2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知，NOSO4H的物质的量为0.01mol，亚硝酰硫酸的纯度为，故答案为：90.7%。
11．(1) H I E F J或K A
(2) 充满黄绿色气体 2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5C12↑+8H2O
(3) 防止外界空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余Cl2防污染大气 SnCl4+(2+x)H2O =SnO2⋅xH2O+4HCl
(4)D
(5) ×100% 当最后一滴标准液滴到锥形瓶中后，溶液由无色变成蓝色，且半分钟不褪色
【分析】装置Ⅱ为制备氯气的装置，产生的氯气中会混有HCI和水蒸气等杂质气体，将气体通过V装置，V装置中的饱和食盐水可除去HCl，再将气体通过Ⅳ装置，Ⅳ装置中的浓硫酸可除去水蒸气，可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入Ⅰ装置，氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气，将SnCl4蒸气经装置Ⅲ冷却，可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解，为防止空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余的Cl2，可在装置Ⅲ后连接VI装置。
【详解】（1）装置Ⅱ为制备氯气的装置，产生的氯气中会混有HCl和水蒸气等杂质气体，将气体通过V装置，V装置中的饱和食盐水可除去HCl，再将气体通过Ⅳ装置，Ⅳ装置中的浓硫酸可除去水蒸气，可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入Ⅰ装置，氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气，将SnCl4蒸气经装置Ⅲ冷却，可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解，为防止外界空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余Cl2防污染大气，可在装置Ⅲ后连接VI装置。根据上述分析该装置的连接顺序是BHIEFNACDJK或BHIEFNACDKJ。装置Ⅲ冷凝管应选A。
（2）防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解，实验开始应先通Cl2排尽装置中空气，故实验开始时的操作为：先打开I中的活塞，待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃Ⅰ中的酒精灯。装置Ⅱ中是KMnO4和HCl制备氯气的反应，高锰酸钾中的锰元素由+7价降低到+2价生成Mn2+，HCl中的氯元素由-1价升高到0价生成氯气，离子反应方程式为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5C12↑+8H2O。
（3）防止外界空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余Cl2防污染大气，可在装置Ⅲ后连接VI装置。根据表格所给信息，SnCl4在空气中极易水解生成SnO2⋅xH2O，化学方程式为SnCl4+(2+x)H2O =SnO2⋅xH2O+4HCl。
（4）因为SnCl4极易水解，若制得产品中含有少量氯气，为防止除去氯气时引入新杂质，应加入足量锡再加热蒸馏除去氯气，故选D。
（5）根据，可知：n(SnCl2)=n(I2)=0.1 mol/L×0.02 L=0.002 mol，m(SnCl2)=0.002 mol×190g/mol=0.38g，则产品中SnCl2的含量为×100%，用标准碘标准溶液滴定待测液，淀粉溶液为指示剂，碘单质和淀粉相遇显蓝色，故滴定终点的现象为：当最后一滴标准液滴到锥形瓶中后，溶液由无色变成蓝色，且半分钟不褪色。
12．(1) 三颈烧瓶 平衡压强
(2) A 水蒸气进入到c中，可以把有挥发性的HF带出反应体系
(3) 补充氢氧化钠溶液 不受影响 气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失
【详解】（1）根据装置图可知，装置c是三颈烧瓶。玻璃管a与外界连通，能平衡烧瓶内外压强；
（2）①实验原理是用高沸点酸将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)，硫酸是高沸点酸，硫酸可以代替高氯酸，故选A；
②水蒸气进入到c中，可以把有挥发性的HF带出反应体系；
（3）若观察到f中溶液红色褪去，说明氢氧化钠不足，可采用的最简单的补救措施是补充氢氧化钠溶液。气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失，所以实验结果将不受影响。
13．(1) 过滤 烧杯
(2)还原Fe3+为Fe2+ ，防止Fe3+水解
(3)
(4)钪的含量低，其化学性质较为活泼，在自然界中以化合物的形式存在，富集和冶炼比较困难
(5)
(6) Sc(OH)3 4 ×10-5
(7)6
【分析】赤泥经过高温焙烧，然后用浓硫酸浸取，金属元素转化为对应的离子状态进入溶液中，过滤，滤液中加萃取剂萃取，然后分液，有机相中加NaOH进行反萃取，然后加入草酸，生成Sc2(C2O4)3，经一系列处理后，用氨水调节pH后，加入NH4F沉钪，经脱水除铵，得到ScF3，然后使用钙还原ScF3，获得纯净的Sc。水相中加Fe粉还原Fe3+，然后加水稀释促进TiO2+水解生成TiO2∙xH2O沉淀；过滤，向滤液中加入NaHCO3溶液发生反应产生聚合硫酸铁铝，据此分析回答问题。
【详解】（1）操作②是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，名称为过滤；过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；操作①是分液，使用的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗，可见操作①和操作②中都使用的玻璃仪器是烧杯，答案为：过滤，烧杯；
（2）Fe3+极易水解，其形成Fe(OH)3沉淀时溶液pH比较小，加入Fe粉可以使溶液中Fe3+发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，这样就可以避免因溶液pH增大，Fe3+形成沉淀进入到滤渣中，导致最终不能进一步反应产生聚合硫酸铁铝，答案为：还原Fe3+为Fe2+ ，防止Fe3+水解；
（3）向含有Al2(SO4)3、FeSO4溶液中加入H2O2溶液，FeSO4转化为Fe2(SO4)3，再向该溶液中加入NaHCO3溶液，产生聚合硫酸铁铝，该反应的离子方程式为：，答案为：；
（4）钪元素是在地壳中含量比较低的一种重要的稀土金属，化学性质非常活泼，但发现较晚主要是因为钪的化学性质非常活泼，其在自然界中以化合物的形式存在，物质的富集及冶炼比较困难,答案为：钪的含量低，其化学性质较为活泼，在自然界中以化合物的形式存在，富集和冶炼比较困难；
（5）“反萃取”时若加入的氢氧化钠过量，则 Sc(OH)3沉淀会溶解。Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应生成 n=6 的含钪产物Na3[Sc(OH)6]，该反应的化学方程式为3；
（6）若溶液中c(F- )=5×10-6，则lgc(F- )=lg5×10-6=5.3，“调节pH”过程中控制pH=7，三价Sc元素的存在形式为Sc(OH)3，如果Sc的沉淀方式主要是ScF3，则溶液中1gc(F-)大于-4.4，所以c(F -)应该大于=4 ×10-5，答案为：Sc(OH)3，4 ×10-5；
（7）加热该复盐时首先失去结晶水。至380-400℃产生白烟，说明有铵盐产生，对应结晶水的质量为m(H2O)=，则，解得a=6，答案为：6。
14．(1) IVB +2
(2)TiO2•xH2O+SrCl2+2NaOHSrTiO3(溶胶)+2NaCl+(x+1)H2O
(3)使SrTiO3(溶胶)发生聚沉，以生成SrTiO3沉淀便于过滤
(4)取少许最后一次洗涤液于洁净试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗涤干净：反之，则表明未洗涤干净
(5)c(NaOH)为7.30mol•L-1、钛液浓度为2.80mol•L-1、反应时间为5h
(6) ×100%或%
【分析】溶解过程利用TiCl4易溶于乙醇将其溶解。向乙醇溶液中加入水并加热促使TiCl4水解为TiO2•xH2O。加入SrCl2和NaOH溶液将TiO2•xH2O转变为SrTiO3。保温使胶体凝聚产生沉淀便于过滤。
【详解】（1）Ti为22号元素，位于周期表第四周期IVB。由于Ti为+4价、O为-2价，利用物质化合价为0计算Sr为+2价。答案为IVB；+2；
（2）加入SrCl2和NaOH溶液将TiO2•xH2O转变为SrTiO3，反应为TiO2•xH2O+SrCl2+2NaOHSrTiO3(溶胶)+2NaCl+(x+1)H2O。答案为TiO2•xH2O+SrCl2+2NaOHSrTiO3(溶胶)+2NaCl+(x+1)H2O；
（3）胶体与溶液无法通过过滤分离，所以保温的目的使SrTiO3(溶胶)发生聚沉，以生成SrTiO3沉淀便于过滤。答案为使SrTiO3(溶胶)发生聚沉，以生成SrTiO3沉淀便于过滤；
（4）制得SrTiO3沉淀中可能含有Cl-，即用AgNO3检验最后依次洗涤液。答案为取少许最后一次洗涤液于洁净试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗涤干净：反之，则表明未洗涤干净；
（5）钛液和NaOH的浓度越高产物的纯度越高，同时反应5h时产物的纯度最高。所以最佳条件为c(NaOH)为7.30mol•L-1、钛液浓度为2.80mol•L-1、反应时间为5h。答案为c(NaOH)为7.30mol•L-1、钛液浓度为2.80mol•L-1、反应时间为5h；
（6）EDTA的总物质的量为V1c1×10-3mol。与Zn2+反应的EDTA物质的量有V2c2×10-3mol。则与25mL样品中的Ti4+反应的EDTA物质的量为(V1c1×10-3- V2c2×10-3)mol。则TiO2的质量分数为×(V1c1×10-3- V2c2×10-3)×80×10=×100%。由质量守恒得到SrO~SrSO4则n(SrO)=n(SrSO4)= ，SrO的质量分数为。则钛酸锶中钛锶比为答案为×100%；。
15．(1)防止发生2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，导致铜被浸出
(2) 3Fe2++MnO+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+ MnO2和Fe(OH)3
(3) 锌粉用量过多会增加成本;海绵镉的纯度降低;熔炼中NaOH的用量过多增加成本 66.3 86.2
(4)ZnSO4
(5) Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑ 密度
【分析】根据流程图，镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)，破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH=5，沉淀除去Cu(OH)2和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2。
【详解】（1）隔绝空气目的是防止氧气氧化铜生成硫酸铜，防止发生2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，导致铜被浸出，
故答案为：防止发生2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，导致铜被浸出；
（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2++MnO+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；废渣应该是反应中生成的不溶物，即为MnO2和Fe(OH)3，
故答案为：3Fe2++MnO+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；MnO2和Fe(OH)3；
（3）①实际生产中比值最佳为1.3，如果超过该比值，锌粉用量过多会增加成本；生成的海绵镉的纯度会降低；熔炼中NaOH的用量过多，也会增加成本，
故答案为：锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本；
②锌置换镉的反应为Cd2++Zn=Cd+Zn2+，若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，理论加入的Zn的质量为×65kg/kmol≈66.3kg，根据实际生产中比值最佳为1.3，则实际加入的Zn的质量为66.3kg×1.3≈86.2kg，
故答案为：66.3；86.2；
（4）根据流程图，“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+，因此加入锌“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4，故答案为：ZnSO4；
（5）“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，锌被NaOH溶解，反应的化学方程式是Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，Cd液体与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的，
故答案为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；密度。
新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-25物质的检测
一、单选题
1．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）一次性鉴别等浓度的、、三种溶液，下列方法不可行的是
A．测定 B．焰色试验
C．滴加溶液 D．滴加饱和溶液，微热
二、实验题
2．（2023·新疆·统考三模）硫代硫酸钠( Na2S2O3)俗称海波，广泛应用于照相定影及纺织业等领域。某实验小组制备硫代硫酸钠并探究其性质。
Ⅰ.硫代硫酸钠的制备
实验小组设计如下装置制备硫代硫酸钠
信息：Na2S2O3，中S元素的化合价分别为-2和+6
(1)仪器a的名称是 。B中发生的化学反应方程式为 (该反应理论上钠元素的利用率为100%)。
Ⅱ.产品纯度的测定
①溶液配制：准确称取该硫代硫酸钠样品8. 000 g，配制成50. 00 mL溶液。
②滴定：向锥形瓶中加入20. 00 mL 0.10 mol·L-1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，然后加入淀粉作指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定碘单质，发生反应： I2+2 =2I-+
(2)生成碘单质的离子方程式为 。滴定终点现象为 ， 消耗样品溶液25. 00 mL，则样品纯度为 %。
Ⅲ.硫代硫酸钠性质的探究
①取Na2S2O3晶体，溶解，配成0. 20 mol·L-1溶液。
②取4mL溶液，向其中加入1.0mL饱和氯水(pH=2.4)，溶液立即出现浑浊，经检验浑浊物为S。
实验小组研究S产生的原因，提出了以下假设：
假设1：氧化剂氧化：Cl2、HClO等含氯的氧化性微粒氧化了-2价硫元素。
假设2：___________ ( 不考虑空气中氧气氧化)。
设计实验方案：
胶头滴管
现象
第①组
1.0 mL饱和氯水
立即出现浑浊
第②组
___________
一段时间后出现浑浊，且浑浊度比①组小
(3)假设2是 。
(4)第②组实验中胶头滴管加入的试剂是 。
(5)依据现象，S产生的主要原因是 。
(6)结合Ⅱ、Ⅲ分析纯度较低的原因是 。
3．（2023·新疆阿勒泰·统考二模）Li2S是一种潜在的可充电锂离子电池的电解质材料。实验室用H2还原Li2SO4制备Li2S的装置如图所示。
已知：①粗锌中含有少量Cu和FeS。
②Li2S易潮解，在加热条件下易被空气中的O2氧化。
请回答下列问题：
(1)装置图中仪器a的名称是 。
(2)利用装置A制备H2的主要优点是 。
(3)装置B的作用是 。装 置C和E中盛放的试剂是 。
(4)实验过程中，应先打开K一段时间后，再点燃酒精灯的原因是 。
(5)装置D中制备Li2S的化学方程式为 。
(6)测定产品纯度的方法：取 ω g产品，加入足量V1mL a mol·L-1稀硫酸，充分反应后，煮沸溶液，冷却后滴加酚酞溶液作指示剂。用b mol·L-1 NaOH标准溶液滴定，消耗NaOH标准溶液V2 mL。产品中Li2S的纯度为 。
(7)实验完毕，对装置A中混合物进行分离可得到副产物皓矾(ZnSO4·7H2O)晶体。先选择如图所示装置进行过滤，后将滤液进行蒸发浓缩 、 洗涤 、干燥得到粗皓矾晶体。
下列有关说法正确的是 (填标号)。
A．采用如图装置过滤的优点是避免析出ZnSO4·7H2O
B．采用如图装置过滤主要是分离FeSO4·7H2O和ZnSO4溶液
C．粗皓矾晶体中可能含少量CuSO4·5H2O杂质
D．洗涤时采用乙醇的原因是减小ZnSO4·7H2O溶解损失
4．（2023·新疆乌鲁木齐·统考二模）硫酸亚铁铵晶体[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O] [ M=(132x+152y+18z)g·mol-1 ]是常见的补血剂。
已知：①硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
②FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应可得到硫酸亚铁铵。
(1)FeSO4溶液的制备。将铁粉、一定量 H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液，其中加入的铁粉需过量，除铁粉不纯外，主要原因是 (用离子方程式表示)。
(2)制备x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O。向制备得到的FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70℃~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。乙醇的作用为 。
(3)产品化学式的确定——NH含量的测定
I.准确称取58.80 g晶体，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中；
II.准确量取50.00 mL 3.030 mol·L-1 H2SO4溶液于锥形瓶中；
III.向三颈烧瓶中通入氮气，加入足量NaOH浓溶液，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；
IV.用0.120 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液。
①装置M的名称为 。
②通入N2的作用为 。
③蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是 。
④若步骤IV中，未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则n(NH)将 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(4)产品化学式的确定——SO含量的测定
I.另准确称取58.80 g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液；
II.将得到的溶液过滤得到沉淀，洗涤沉淀3～4次；
Ⅲ.灼烧沉淀至恒重，称量，得沉淀质量为69.90 g。
结合实验(3)和(4)，通过计算得出硫酸亚铁铵晶体的化学式为 。
5．（2022·新疆·统考三模）(CNO)3Cl2Na(二氯异氰尿酸钠)固体是一种高效安全的消毒剂。用氰尿酸、烧碱和氯气制备二氯异氰尿酸钠的过程如下，(CNO)3H3(氰尿酸)为三元弱酸，回答下列问题：
I.制备[(CNO)3Cl2H] 二氯异氰尿酸装置如图。
主要反应有：
碱溶： (CNO)3H3+2NaOH=(CNO)3Na2H+2H2O △H ＜0
氯化： (CNO)3Na2H+2Cl2 (CNO)3Cl2H+2NaCl △H ＜0
(1)图中仪器a的名称为 。
(2)写出装置A中反应的离子方程式 。
(3)装置B用冰水浴的原因可能是 。
(4)装置C中的溶液是 ， 其作用是 。
(5)碱溶时若NaOH过量，(CNO)3Na2H中可能混有的杂质是 。
II.制备(CNO)3Cl2Na
(6)将B装置中制得的(CNO)3Cl2H与NaOH溶液按物质的量比1：1进行中和，写出中和反应的化学方程式 ， 反应完成后冷却结晶、过滤、干燥得到(CNO)3Cl2Na。
(7)通过实验测定二氯异氰尿酸钠样品中(不含NaClO)有效氯含量的反应原理为：
[(CNO)3Cl2]-+H++2H2O=(CNO)3H3+2HClO
HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O
I2+2=+2I-
实验步骤：准确称取wg样品配成100mL溶液，取25.00mL于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，暗处静置充分反应后，用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液VmL。
①滴定终点的现象是 。
②该样品中有效氯含量的表达式为
(有效氯=)。
6．（2022·新疆·统考三模）为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，进行如图实验。利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，再进行吸收滴定来测定含量。实验装置如图所示。
(1)装置d的名称是 。玻璃管a的作用为 。
(2)实验步骤：①连接好实验装置，检查装置气密性；②往c中加入mg氟化稀土样品和一定体积的高氯酸，f中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热装置b、c。
①下列物质可代替高氯酸的是 (填序号)。
A．硫酸 B．盐酸 C．硝酸 D．磷酸
②装置b中产生的水蒸气的作用是 。
(3)定量测定：将f中得到的馏出液配成100mL溶液，取其中20mL加入V1mLamol·L-1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀(不考虑其他沉淀的生成)，再用bmol·L-1冠醚标准溶液滴定剩余La3+(La3+与冠醚按1：1配合)，消耗冠醚标准溶液V2mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为 。
(4)问题讨论：若观察到f中溶液红色褪去，可采用最简单的补救措施是 。否则会使实验结果 。实验中除有HF气体外，可能还有少量SiF4(极易水解)气体生成。若有SiF4生成，实验结果将 。(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。理由是 。
7．（2022·新疆·统考二模）新冠肺炎疫情期间，含氯消毒剂在环境杀菌消毒方面发挥了重要的作用。其中ClO2可用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面，其为易溶于水的绿色气体。
(1)某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
①安装F中导管时，应选用图2中的 (填字母序号)。
②打开B的活塞， A中制得ClO2和Cl2，写出反应的化学方程式 。关闭 B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是 。
③已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl释放出ClO2，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，写出反应的离子方程式 。
④已吸收ClO2气体的稳定剂I和稳定剂II ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是 ，原因是 。
(2)为测定某存储罐中所得溶液中ClO2的含量，进行了以下实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。
步骤2：量取V1mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O)
步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)
①准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是 。
②若实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则实验结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
③根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的浓度为 mol·L-1(用含字母的代数式表示)。
8．（2022·新疆昌吉·统考一模）过氧化钙遇水具有放氧的特性，且本身无毒，不污染环境，是一种用途广泛的优良供氧剂，在工农业生产中有广泛的用途。
I.过氧化钙的制备：将溶于水中，在搅拌下加入，再通入氨气进行反应可制备，在碱性环境下制取的装置如下：
(1)写制备的化学方程式 ；
(2)X仪器的名称为 ；
(3)乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高的产率；其二： ；
(4)反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得。检验是否洗涤干净的操作为 。
II.水产运输中常向水中加一定量增加溶氧量(DO)，水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，其测定步骤及原理如下：
a.固氧：碱性下，将氧化为：；
b.氧化：酸性下，将氧化为；
c.滴定：用标准溶液滴定生成的：。某同学向100.00mL水中加一定量，取此水样50.00mL，按上述方法测定水中溶氧量(DO)，消耗标准溶液15.00mL。
(5)滴定过程中使用的指示剂是 ；
(6)请写出步骤b中的离子方程式 ；
(7)该水样中的溶氧量(DO)为 (忽略体积变化)。
9．（2022·新疆克拉玛依·统考三模）水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg/L，我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO不能低于5mg/L。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。
1、测定原理：
碱性条件下，O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2：①2Mn2++O2+4OH−="2" MnO(OH)2↓
酸性条件下，MnO(OH)2将I−氧化为I2：②MnO(OH)2+I−+H+→Mn2++I2+H2O(未配平)，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：③2S2O32−+I2=S4O62−+2I−
2、测定步骤
a.安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。
b.向烧瓶中加入200mL水样。
c.向烧瓶中依次迅速加入1mLMnSO4无氧溶液(过量)、2mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应①完全。
d搅拌并向烧瓶中加入2mL硫酸无氧溶液至反应②完全，溶液为中性或弱酸性。
e.从烧瓶中取出40.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.01000mol/L Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。
f.……
g.处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。
回答下列问题：
(1)配置以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为 。
(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器为 。
①滴定管②注射器③量筒
(3)搅拌的作用是 。
(4)配平反应②的方程式，其化学计量数依次为 。
(5)步骤f为 。
(6)步骤e中达到滴定终点的标志为 。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50mL，水样的DO= mg/L(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标： (填“是”或“否”)
(7)步骤d中加入硫酸溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的原因(用离子方程式表示，至少写出2个) 。
10．（2021·新疆·统考二模）亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。通常状况下，它是一种液体，遇水水解，溶于浓硫酸不分解。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H。回答下列问题：
(1)请写出NOSO4H遇水水解的化学方程式 。(已知：亚硝酸不稳定，易分解，发生反应2HNO2=NO↑+NO2↑+H2O)
(2)利用装置A制取SO2，下列最适宜的试剂是 _______。(填下列选项字母)
A．Na2SO3固体和20%硝酸
B．Na2SO3固体和20%硫酸
C．Na2SO3固体和20%盐酸
D．Na2SO3固体和70%硫酸
(3)装置C中浓HNO3与SO2在浓硫酸作用下反应制取NOSO4H。
①装置C中发生反应的化学方程式为 。三颈烧瓶置于冰水中，体系温度不宜过高的原因为 。
②若去掉装置D，会使NOSO4H的产量 。(填“增大”、“减少”或“无影响”)
(4)测定产品中亚硝酰硫酸(NOSO4H)的纯度。
准确称取1.400g产品放入250mL的碘量瓶中，加入60.00mL 0.1000mol•L﹣1的酸性KMnO4标准溶液，充分振荡摇匀(过程中无气体产生，杂质不参与反应)。然后用0.2500mol•L﹣1的草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠标准溶液的体积为20.00mL。
已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4。
①在上述反应中NOSOH体现了 性。(填“氧化”或“还原”)
②简述滴定终点时的现象 。
③产品中亚硝酰硫酸的纯度为 。(精确到0.1%%)
11．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）四氯化锡作为典型的催化剂之一，在缩醛、缩酮、双烯合成、杂环合成等有机反应中发挥重要作用。实验室可用熔融的锡与反应制备。
已知：①有关物理性质如下表：
物质
颜色、状态
熔点/℃
沸点/℃
Sn
银白色固体
231.9
2260
SnCl4
无色液体
114
SnCl2
无色晶体
246
652
②SnCl4在空气中极易水解生成
回答下列问题：
(1)将上述装置组装成一套制备SnCl4的实验装置(每个装置只使用一次)，装置从左到右的接口顺序为：B接 、 接 、 接N、A接C、D接 。III处应选用的冷凝管为 (填字母序号)。
A． B． C．
(2)检查装置气密性并装好药品后，应先打开II中的分液漏斗活塞，待I中的蒸馏烧瓶 (填现象)后，再点燃I处的酒精灯。II装置中发生反应的离子方程式为 。
(3)VI装置的作用是 。若没有VI装置，SnCl4可能发生的化学反应方程式为 。
(4)若实验制得的产品中溶有少量Cl2，则可采用下列____(填字母序号)措施加以除去。
A．加入碘化钾溶液冷凝过滤 B．加入饱和食盐水洗涤再蒸馏
C．加入溶液洗涤再蒸馏 D．加入足量锡再加热蒸馏
(5)可用碘量法测定最后产品的纯度，发生如下反应：。准确称取该样品ag放于锥形瓶中，用少量浓盐酸溶解，再加水稀释，淀粉溶液作指示剂。用碘标准溶液滴定至终点，平均消耗标准液，滴定终点现象是 。试计算产品中的含量为 (用含a的代数式表示)。
12．（2021·新疆昌吉·统考三模）为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，再进行吸收滴定来测定含量。实验装置如图所示。
(1)装置c的名称是 。玻璃管a的作用为 。
(2)实验步骤：①连接好实验装置，检查装置气密性；②往c中加入m g氟化稀土样品和一定体积的高氯酸，f中加入滴加酚酞的NaOH溶液；③加热装置b、c。
①下列物质可代替高氯酸的是 (填字母)。
A．硫酸 B．盐酸 C．硝酸
②水蒸气发生装置的作用是 。
(3)问题讨论：若观察到f中溶液红色褪去，可采用的最简单的补救措施是 ，否则可能会使实验结果偏低。实验中除有HF气体外，可能还有少量(易水解)气体生成。若有生成，实验结果将 (填“偏高”、“偏低”或“不受影响”)，理由是 。
三、工业流程题
13．（2023·新疆·统考三模）钪的价格昂贵，在地壳里的含量只有0.0005%，化学性质非常活泼。从铝土矿生产Al2O3的副产品“赤泥”(主要成分为Al2O3、Fe2O3、TiO2、Sc2O3)中回收钪，同时生产聚合硫酸铁铝[ AlFe( OH)6-2n(SO4)n]具有极其重要的工业价值，一种工艺流程如下：
已知：钪离子可以在不同pH下生成[ Sc( OH)n]3-n(n=1~6)。
请回答以下问题：
(1)操作②的名称 ，操作①和操作②中都使用的玻璃仪器是 。
(2)加入铁粉的作用 。
(3)生成聚合硫酸铁铝[AlFe( OH)6-2n(SO4)n]的离子方程式为 。
(4)钪的发现较晚，主要是因为 。
(5)“反萃取”时若加的入氢氧化钠过量， Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式 。
(6)常温下，三价Sc的部分存在形式与氟离子浓度的对数[1gc(F-)]、pH的关系如图所示。若溶液中c(F- )=5 ×10-6mol·L-1，“调pH”过程中控制pH=7，则调节pH后三价Sc的存在形式为 (填化学式)(lg5=0.7)。
如果Sc的沉淀方式主要是ScF3，则溶液中c(F -)应该大于 mol ·L-1(100.6=4)
(7)“脱水除铵”过程中，复盐3NH4Cl·ScF3·aH2O分解得到ScF3，固体样品质量与温度的关系如图所示。加热至380-400℃产生白烟， 400℃以上质量不再改变。则a= (填数字)。
14．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）2023年3月，我国科学家发现了世界首例具有本征相干性的光阴极量子材料一钛酸锶(SrTiO3)，其性能远超传统的光阴极材料。一种“溶胶－沉淀”一步法合成钛酸锶纳米粉体的工艺流程如图所示。
已知：i.TiCl4易溶于无水乙醇；
ii.Ti4+加热水解生成TiO2•xH2O；
iii.SrSO4在1580℃以上分解。
回答下列问题：
(1)钛元素位于元素周期表第四周期 族。SrTiO3中Sr的化合价为 。
(2)由水解产物生成SrTiO3溶胶的化学方程式为 。
(3)对SrTiO3溶胶进行保温的目的是 。
(4)检验SrTiO3沉淀是否洗涤干净的操作为 。
(5)NaOH溶液的浓度、钛液浓度、反应时间对w(TiO2)、产物纯度的影响如表所示。
反应条件
c(NaOH)/(mol•L-1)
钛液浓度/(mol•L-1)
反应时间/h
3.30
5.30
7.30
1.60
2.20
2.80
4
5
6
w(TiO2)/%
32.31
32.79
33.34
32.33
32.79
33.34
32.07
33.34
32.35
产物纯度/%
94.69
96.36
97.69
92.77
97.00
97.69
95.12
97.69
97.52
合成高纯SrTiO3纳米粉体的最佳工艺条件为 。
(6)钛酸锶中钛锶比的测定。
①测定TiO2的含量：称取mg样品，经一系列处理除去Sr后，配制成250mL溶液。移取25.00mL溶液于锥形瓶中，准确加入V1mLc1mol•L-1EDTA标准溶液(过量)，充分反应后，加入指示剂，用c2mol•L-1ZnSO4溶液滴定，滴定至终点时消耗V2mLZnSO4溶液。则钛酸锶中TiO2的质量分数为 (列出计算式即可，已知滴定计量关系：EDTA-Ti4+，EDTA~Zn2+)。
②测定SrO的含量：称取mg样品，用硫酸铵和浓硫酸处理，再用乙醇－水稀释成100mL溶液，用氨水调节溶液pH=4，完全沉淀后过滤得到SrSO4沉淀，于850℃时灼烧至恒重，质量为m1g。则钛酸锶中钛锶比为 [钛锶比==]。
15．（2021·新疆乌鲁木齐·统考二模）镉(Cd)可用于制作某些发光电子组件。一种用铜镉废渣(含Cd、Zn、Cu、Fe等单质)为原料制备镉的工艺流程如图。
已知相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol•L﹣1计算)：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cd(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.2
沉淀完全的pH
3.3
9.9
9.5
回答下列问题：
(1)“步骤Ⅱ”需隔绝氧气的原因是 。
(2)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，“步骤Ⅳ”中除铁发生的离子方程式为 。废渣的成分有 。
(3)“置换”时镉置换率与的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。
①实际生产中比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是 。
②若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，Zn的理论用量为 kg(计算结果保留一位小数，下同)，实际加入的Zn应为 kg。
(4)“置换”后滤液溶质主要成分是 。(填化学式)
(5)“熔炼”时，海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH在反应釜中混合反应，反应的化学方程式是 。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Ca与Na2ZnO2的 不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
参考答案：
1．C
【详解】A．溶液显中性，溶液显酸性，溶液显碱性，故可以用测定pH的方法鉴别，故A正确；
B．的焰色试验中现象为透过蓝色钴玻璃为紫色，的焰色试验中无现象，的焰色试验中现象为黄色，故可以用焰色试验的方法鉴别，故B正确；
C．、、中只有能与反应有现象，故和不能鉴别，故C错误；
D．2+CaCl2+2NH3+2H2O有刺激性气味气体产生，+=CaCO3+2NaOH有白色沉淀产生，而不反应无现象，故可以鉴别，故D正确；
故选C。
2．(1) 三颈烧瓶 Na2CO3+2Na2S+4SO2 = 3Na2S2O3+CO2
(2) +5I-+6H+ =3I2+3H2O 滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不复原 47.40
(3)酸性条件下， Na2S2O3与酸反应生成S单质
(4)1.0 mLpH=2.4的盐酸
(5)氯气等含氯元素的氧化性微粒将-2价硫氧化
(6)SO2可能过量，导致酸性环境，消耗Na2S2O3
【分析】A中70%的硫酸溶液与亚硫酸钠粉末反应生成SO2，SO2进入B装置与Na2S、Na2CO3混合溶液反应生成硫代硫酸钠，装置C为尾气处理装置，用于吸收多余的SO2。
【详解】（1）从图中可知，仪器a的名称为三颈烧瓶。B中SO2、Na2S、Na2CO3反应生成硫代硫酸钠，该反应理论上Na元素利用率为100%，则除了有硫代硫酸钠还有CO2生成，反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2 = 3Na2S2O3+CO2。
（2）KIO3与KI在酸性条件下反应生成I2，离子方程式为+5I-+6H+ =3I2+3H2O，KIO3先与KI在酸性条件下反应生成碘单质，加入淀粉为指示剂，再用硫代硫酸钠滴定碘单质，随着硫代硫酸钠的加入，碘逐渐被消耗，滴定终点的现象为滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原。根据离子方程式+5I-+6H+ =3I2+3H2O，生成的碘单质有0.02L×0.1mol/L×3=0.006mol，根据方程式I2+2 =2I-+ ，消耗的硫代硫酸钠有0.012mol，已知消耗样品溶液25mL，样品溶液中含有硫代硫酸钠样品4g，则样品纯度为0.012mol×158g/mol÷4g=47.4%
（3）硫代硫酸钠溶液中加入饱和氯水，溶液立即出现浑浊，该浑浊物为S，同时氯水呈酸性，另一种可能的原因为酸性条件下，硫代硫酸钠与酸反应生成硫单质。
（4）通过两组实验要验证假设1、2，第①组实验中加入了饱和氯水，则第②组实验中需要加入酸，则第②组实验中胶头滴管加入的试剂为1.0mLpH=2.4的盐酸。
（5）对比①②两组实验可知，硫代硫酸钠中加入饱和氯水，立即出现浑浊，加入等量的盐酸，一段时间后出现浑浊且浑浊度小于①组，说明S产生的主要原因为氯气等含氯元素的氧化性微粒将-2价的硫氧化。
（6）从Ⅲ中可知，酸性条件下，硫代硫酸钠反应生成S单质，Ⅱ中经过计算可知硫代硫酸钠样品的纯度较低，可能的原因为通入了过量的SO2，导致B溶液酸性较强，酸性条件下消耗了Na2S2O3。
3．(1)铁架台
(2)可实现随开随用，随关随停
(3) 除去氢气中的硫化氢气体 浓硫酸
(4)除去实验装置内部空气中的水蒸气及氧气，避免Li2S潮解及加热条件下被空气中的O2氧化
(5)
(6)
(7) 降温结晶 过滤 AD
【分析】A装置为粗锌与硫酸反应制氢气，由于粗锌中含有少量Cu和FeS，所以氢气中会混有硫化氢，气体通入B中的硫酸铜溶液中后除去硫化氢，然后通入C中的浓硫酸干燥氢气，在D中氢气与Li2SO4反应，生成Li2S，为防止Li2S潮解和加热时被氧化，所以D后加一个浓硫酸洗气瓶，防止空气中的水蒸气和氧气进入D中。
【详解】（1）装置a为夹持硬质试管的装置，为铁架台；
（2）A为启普发生器，适用于固液常温下制备气体，可以做到可实现随开随用，随关随停；
（3）见分析，A制备的氢气中混有硫化氢，所以通入硫酸铜溶液中的作用为除去氢气中的硫化氢气体；气体在与固体加热反应前需要干燥，E的目的是防止空气中的水蒸气和氧气进入到D中，所以C和E中盛装的为浓硫酸；
（4）已知Li2S易潮解，在加热条件下易被空气中的O2氧化，所以在实验开始前需要除去实验装置内部空气中的水蒸气及氧气，避免Li2S潮解及加热条件下被空气中的O2氧化；
（5）反应为为通入的干燥的氢气和Li2SO4，所以，该过程制备的化学方程式为：；
（6）硫酸的消耗分为两部分，一部分与Li2S反应生成硫化氢，剩余部分的硫酸被NaOH溶液消耗，据此进行答题，，
，所以Li2S的纯度==
（7）ZnSO4随温度升高溶解度变大，所以采取蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤干燥的方法获得皓矾晶体，故答案为降温结晶，过滤；
A．实验过程采取加热过滤的方式，防止皓矾析出，A正确；
B．加热过滤的方式目的是分离硫酸锌溶液和杂质，硫酸亚铁为溶液，无法通过过滤的方式分离，B错误；
C．Cu与稀硫酸不反应，所以硫酸锌中没有硫酸铜，故不可能含有CuSO4·5H2O杂质，C错误；
D．硫酸锌在乙醇中的溶解度小，而且乙醇易挥发，所以洗涤时采用乙醇的原因是减小ZnSO4·7H2O溶解损失，D正确；故答案选AD。
4．(1)2Fe3++Fe = 3Fe2+ (4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)
(2)降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出
(3) 分液漏斗 将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收 用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中 偏小
(4)(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
【分析】确定产品化学式时，先将产品中的铵根转化为氨气，用硫酸标准液吸收氨气，通过滴定剩余氢离子的量，来间接测定铵根的量；然后领取样品，利用氯化钡来沉淀硫酸根，通过硫酸钡沉淀的量来确定硫酸根的含量，继而确定化学式。
【详解】（1）Fe2+易被空气中的氧气氧化，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe粉可以和铁离子发生反应2Fe3++Fe = 3Fe2+，因此过量的铁粉能防止其被氧化；
（2）硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，因此乙醇可以降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出；
（3）①装置M为分液漏斗；
②反应中装置中会有残留的氨气，持续通入N2可以将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；
③反应过过程中若蒸出水，凝结在冷凝管中，则NH3可能以NH3·H2O的形式附着在冷凝管内壁，因此用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中，可消除误差；
④若未用NaOH溶液润洗滴定管，则NaOH溶液的浓度偏低，则滴定中消耗的NaOH的体积偏大，剩余的硫酸偏大，则氨气的含量偏小；
（4）测定NH含量时，，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液，所以剩余的n(H+)=0.120mol/L×0.025L=0.003mol，所以n(NH)=3.030mol/L×0.05L×2-0.003mol=0.3mol；测定SO含量时，BaSO4的物质的量为0.3mol，则(NH4)2SO4的物质的量为0.15mol，FeSO4的物质的量为0.15mol，则根据M的计算公式可得，132×0.15+152×0.15+18×n水=58.8，则n水=0.9，则根据比例可得硫酸亚铁铵晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
5．(1)锥形瓶
(2)2+ 16H++ 10Cl- = 2Mn2++ 5Cl2↑+ 8H2O
(3)反应放热，冰水浴可降温促进氯化反应正向进行，有利于二氯异氰尿酸[(CNO)3Cl2H]生成；降低溶解度增大氯气的溶解性，使气液反应更充分；低温降低生成物的溶解度
(4) NaOH溶液 吸收多 余的氯气，防止污染
(5)(CNO)3Na3
(6)(CNO)3Cl2H + NaOH = (CNO)3Cl2Na + H2O
(7) 当滴入最后一滴Na2S2O3标准液时，溶液由蓝色变为无色，且30秒内不变色
【详解】（1）图中仪器a为锥形瓶；
（2）实验室可用KMnO4(强氧化剂)与浓盐酸(还原剂)反应制取氯气2+ 16H++ 10Cl- = 2Mn2++ 5Cl2↑+ 8H2O；
（3）B装置中的反应为放热反应，冰水浴可降低温度，促进反应正向移动，有利于二氯异氰尿酸的生成，另外低温增大氯气的溶解性，使气液反应更充分；同时降低温度可降低产品溶解度；
（4）C装置用于尾气处理，吸收多余的氯气，防止污染环境，试剂为氢氧化钠溶液；
（5）(CNO)3H3为三元弱酸，过量NaOH能与(CNO)3Na2H反应生成(CNO)3Na3，成为杂质混入其中；
（6）发生中和反应方程式为(CNO)3Cl2H + NaOH = (CNO)3Cl2Na + H2O
（7）样品溶液加入适量稀硫酸和过量KI溶液，暗处静置充分反应，[(CN)3Cl2]-中部分Cl转化为HClO，HClO将I-氧化为I2，用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色(此前不加淀粉指示剂是防止I2浓度过大，不利于现象观察)时，加入淀粉指示剂继续滴定，直至最后一滴Na2S2O3标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复为蓝色即为反应终点；反应关系式为2Cl~ (CNO)3Cl2Na ~2HClO~2I2~4，有效氯含量=。
6．(1) 直形冷凝管 平衡压强，防堵塞
(2) AD 水蒸气进到入c中，可以把挥发性的HF带出反应体系或水蒸气将生成的HF带入f中充分吸收
(3)%
(4) 补加氢氧化钠溶液 偏低 不受影响 SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失
【分析】本实验利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，水蒸气发生装置进入c中将挥发性的HF带出反应体系，进入吸收装置中。
【详解】（1）d的名称为直形冷凝管；玻璃管a可以平衡压强，若后续装置堵塞可观察到管内页面上升，故其作用是平衡压强，防堵塞；
（2）高沸点酸为硫酸和磷酸，故选AD；根据分析，b中产生的水蒸气的作用是：水蒸气进到入c中，可以把挥发性的HF带出反应体系或水蒸气将生成的HF带入f中充分吸收；
（3）La3+分两部分，一部分为与F-反应，一部分与冠醚反应，故100mL溶液中与F-反应的La3+的物质的量为：，100mL溶液中F-的物质的量为： ，氟化稀土样品中氟的质量分数为：；
（4）若观察到f中溶液红色褪去，则氢氧化钠的量比较少，可采用最简单的补救措施是补加氢氧化钠溶液；若不添加，HF不能完全转变为F-，会使后续测定的实验结果偏低；若有少量SiF4(极易水解)气体生成，SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失，故实验结果不受影响，理由是：SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失。
7．(1) b 2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O 吸收ClO2中的Cl2和HCl 5+4H+=Cl-+4ClO2↑+2H2O 稳定剂Ⅱ 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，较长时间维持保鲜所需的浓度
(2) 酸式滴定管 偏高
【分析】装置A中盛放NaClO3溶液，装置B盛放稀盐酸，两者混合发生反应：，装置C的作用是除去Cl2，ClO2在装置D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，装置F检验是否有CIO2生成，据此分析。
【详解】（1）①F装置为气体性质检验装置，应该长管进气，短管接尾气处理装置，故选b；
②A中为盐酸和氯酸钠反应制得氯气和二氧化氯，其方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；A装置中NaClO3与盐酸反应生成ClO2与Cl2，若进入F装置的气体中有Cl2，则发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，碘单质可使淀粉溶液变蓝，关闭B活塞后， ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，说明生成的Cl2在进入F装置前已经被吸收完全，因此装置C的作用是：吸收ClO2中的Cl2；
③在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl2并释放出ClO2，根据元素化合价升降规律及电荷守恒可得该反应的离子方程式为；
⑤据图可知效果较好的稳定剂是稳定剂Ⅱ，原因是稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，较长时间维持保鲜所需的浓度。
（2）①ClO2溶液显酸性，所以准确量取10.00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
②Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏大，根据I2＋2=2I-＋，2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O可知，测得的ClO2偏多，导致测定结果偏高，故答案为：偏高；
③由方程式2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-得关系式ClO2～5，n(S2O32-)=cV2×10-3mol，所以V1mL ClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为：2cV2×10-4mol×=×10-2mol，所以原ClO2溶液的物质的量浓度为=mol/L，故答案为：。
8．(1)
(2)三颈烧瓶
(3)温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率
(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净
(5)淀粉溶液
(6)
(7)48
【分析】Ⅰ．氯化钙和过氧化氢在氨水中反应生成CaO2和氯化铵，由反应物、生成物及质量守恒定律书写化学方程式；过氧化氢易分解，反应又是放热反应分析；通过检验洗涤滤液中是否有氯离子判断CaO2.8H2O是否洗涤干净；
Ⅱ.用Na2S2O3标准溶液滴定碘单质至终点，发生反应2S2O+I2═S4O+2I-，碘单质遇到淀粉变蓝色，据此分析；步骤b即酸性下，MnO(OH)2将I-氧化为I2：MnO(OH)2+2I-+4H+═Mn2++I2+3H2O；水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，则设该水样中的溶解氧量(DO)为xmg/L，利用关系式 O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O计算。
(1)
由题给信息可知氯化钙和过氧化氢在氨水中反应生成CaO2•8 H2O和氯化铵，制备的化学方程式；故答案为：；
(2)
X仪器的名称为三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶；
(3)
利用反应CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O═CaO2•8 H2O+2NH4Cl，在碱性环境下制取CaO2，常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高的产率；其二：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；
(4)
反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得。检验是否洗涤干净的操作为取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净。故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净；
(5)
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，发生反应为2S2O+I2═S4O+2I-，碘单质遇到淀粉变蓝可知，滴定过程中使用的指示剂是淀粉溶液；故答案为：淀粉溶液；
(6)
步骤b即酸性下，MnO(OH)2将I-氧化为I2，步骤b中的离子方程式；故答案为：；
(7)
水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，则设该水样中的溶解氧量(DO)为xmg/L，
x= =48mg/L，该水样中的溶氧量(DO)为48(忽略体积变化)。故答案为：48。
9． 将溶剂水煮沸后冷却 ② 使溶液混合均匀，快速完成反应 1，2，4，1，1，3 重复步骤e的操作2~3次 溶液蓝色褪去(半分钟内不变色) 9.0 是 2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O；SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-；4H++4I-+O2=2I2+2H2O(任写其中2个)
【详解】（1）气体在水中的溶解度随着温度升高而减小，将溶剂水煮沸可以除去所用溶剂水中氧，故答案为将溶剂水煮沸后冷却；
（2）在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择注射器，故选②；
（3）搅拌可以使溶液混合均匀，加快反应的速率，故答案为使溶液混合均匀，快速完成反应；
（4）根据化合价升降守恒，反应②配平得MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，故答案为1，2，4，1，1，3；
（5）滴定操作一般需要重复进行2~3次，以便减小实验误差，因此步骤f为重复步骤e的操作2~3次，故答案为重复步骤e的操作2~3次；
(6)碘离子被氧化为碘单质后，用Na2S2O3溶液滴定将碘还原为碘离子，因此滴定结束，溶液的蓝色消失；n(Na2S2O3)= 0.01000mol/L×0.0045L=4.5×10−5mol，根据反应①②③有O2~2 MnO(OH)2↓~ 2I2~4S2O32−，n(O2)=n(Na2S2O3)=1.125×10−5mol，该河水的DO=×1.125×10−5×32=9×10−3g/L="9.0" mg/L＞5 mg/L，达标，故答案为溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)；9.0；是；
（7）硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应，生成的二氧化硫也能够被生成的碘氧化，同时空气中的氧气也能够将碘离子氧化，反应的离子方程式分别为：2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O；SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-；4H++4I-+O2=2I2+2H2O，故答案为2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O；SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-；4H++4I-+O2=2I2+2H2O。
【点晴】本题以水中溶氧量的测定为载体，考查了物质含量的测定、滴定实验及其计算的知识。考查的知识点来源与课本而略高于课本，能够很好的考查学生灵活运用基础知识的能力和解决实际问题的能力。要掌握滴定操作的一般步骤和计算方法。解答本题时，能够顺利的配平方程式并找到物质间的定量关系是计算的基础和关键，解答时还要注意单位的转换，这是本题的易错点。
10．(1)2NOSO4H+H2O=2H2SO4+NO↑+NO2↑
(2)D
(3) 温度过高，浓硝酸易挥发和分解 减少
(4) 还原 滴入最后一滴草酸钠标准溶液，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复 90.7%
【分析】装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O制取SO2，制取的SO2通入到B装置中进行干燥，HNO3与SO2在浓H2SO4作用下在冰水浴中反应制得NOSO4H，由于亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水分解，且装置A中制得的SO2属于大气污染物，不能直接排放到大气中，则装置C中的碱石灰的作用是吸收SO2，防止空气中的水蒸气进入装置B中，装置A中导管a的作用是平衡内外压强，确保反应物浓硫酸顺利流下。
【详解】（1）已知亚硝酸不稳定，易分解，发生反应2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O，则NOSO4H遇水分解时发生反应的化学方程式：2NOSO4H+H2O=2H2SO4+NO↑+NO2↑，
故答案为：2NOSO4H+H2O=2H2SO4+NO↑+NO2↑；
（2）a．硝酸易挥发，且具有强氧化性，Na2SO3溶液与HNO3反应难以得到二氧化硫，故a错误；
b．强酸可制备弱酸，Na2SO3固体与浓硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫和水，20%硫酸不是浓硫酸，故b错误；
d．强酸可制备弱酸，但盐酸具有挥发性，会导致二氧化硫中混有氯化氢，故c错误；
d．强酸可制备弱酸，Na2SO3固体与70%的浓硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫和水，故d正确；
答案选d，故答案为：d；
（3）①装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，反应方程式为：；因温度过高，浓硝酸易挥发和分解，所以装置B中的三颈烧瓶应放在冰水浴中，故答案为：；温度过高，浓硝酸易挥发和分解；
②若去掉装置D，空气中的水蒸气会进入C中使NOSO4H分解，会使NOSO4H的产量减少，故答案为：减少；
（4）①依据方程式2KMnO4+5NOSO4H+2H2O═K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，此过程中NOSO4H被氧化，体现还原性，故答案为：还原；
②用0.2500mol•L﹣1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，当紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点，故答案为：滴入最后一滴草酸钠标准溶液，溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复；
③根据可知，与草酸反应的高锰酸钾的物质的量为，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000mol/L×0.060L﹣0.002mol=0.004mol，根据2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知，NOSO4H的物质的量为0.01mol，亚硝酰硫酸的纯度为，故答案为：90.7%。
11．(1) H I E F J或K A
(2) 充满黄绿色气体 2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5C12↑+8H2O
(3) 防止外界空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余Cl2防污染大气 SnCl4+(2+x)H2O =SnO2⋅xH2O+4HCl
(4)D
(5) ×100% 当最后一滴标准液滴到锥形瓶中后，溶液由无色变成蓝色，且半分钟不褪色
【分析】装置Ⅱ为制备氯气的装置，产生的氯气中会混有HCI和水蒸气等杂质气体，将气体通过V装置，V装置中的饱和食盐水可除去HCl，再将气体通过Ⅳ装置，Ⅳ装置中的浓硫酸可除去水蒸气，可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入Ⅰ装置，氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气，将SnCl4蒸气经装置Ⅲ冷却，可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解，为防止空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余的Cl2，可在装置Ⅲ后连接VI装置。
【详解】（1）装置Ⅱ为制备氯气的装置，产生的氯气中会混有HCl和水蒸气等杂质气体，将气体通过V装置，V装置中的饱和食盐水可除去HCl，再将气体通过Ⅳ装置，Ⅳ装置中的浓硫酸可除去水蒸气，可得到干燥、纯净的氯气。将氯气通入Ⅰ装置，氯气与Sn反应可制得SnCl4蒸气，将SnCl4蒸气经装置Ⅲ冷却，可得到SnCl4液体。由于SnCl4易水解，为防止外界空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余Cl2防污染大气，可在装置Ⅲ后连接VI装置。根据上述分析该装置的连接顺序是BHIEFNACDJK或BHIEFNACDKJ。装置Ⅲ冷凝管应选A。
（2）防止Sn与O2反应以及防止生成的SnCl4水解，实验开始应先通Cl2排尽装置中空气，故实验开始时的操作为：先打开I中的活塞，待Ⅰ中烧瓶充满黄绿色气体后，点燃Ⅰ中的酒精灯。装置Ⅱ中是KMnO4和HCl制备氯气的反应，高锰酸钾中的锰元素由+7价降低到+2价生成Mn2+，HCl中的氯元素由-1价升高到0价生成氯气，离子反应方程式为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5C12↑+8H2O。
（3）防止外界空气中的水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余Cl2防污染大气，可在装置Ⅲ后连接VI装置。根据表格所给信息，SnCl4在空气中极易水解生成SnO2⋅xH2O，化学方程式为SnCl4+(2+x)H2O =SnO2⋅xH2O+4HCl。
（4）因为SnCl4极易水解，若制得产品中含有少量氯气，为防止除去氯气时引入新杂质，应加入足量锡再加热蒸馏除去氯气，故选D。
（5）根据，可知：n(SnCl2)=n(I2)=0.1 mol/L×0.02 L=0.002 mol，m(SnCl2)=0.002 mol×190g/mol=0.38g，则产品中SnCl2的含量为×100%，用标准碘标准溶液滴定待测液，淀粉溶液为指示剂，碘单质和淀粉相遇显蓝色，故滴定终点的现象为：当最后一滴标准液滴到锥形瓶中后，溶液由无色变成蓝色，且半分钟不褪色。
12．(1) 三颈烧瓶 平衡压强
(2) A 水蒸气进入到c中，可以把有挥发性的HF带出反应体系
(3) 补充氢氧化钠溶液 不受影响 气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失
【详解】（1）根据装置图可知，装置c是三颈烧瓶。玻璃管a与外界连通，能平衡烧瓶内外压强；
（2）①实验原理是用高沸点酸将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)，硫酸是高沸点酸，硫酸可以代替高氯酸，故选A；
②水蒸气进入到c中，可以把有挥发性的HF带出反应体系；
（3）若观察到f中溶液红色褪去，说明氢氧化钠不足，可采用的最简单的补救措施是补充氢氧化钠溶液。气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失，所以实验结果将不受影响。
13．(1) 过滤 烧杯
(2)还原Fe3+为Fe2+ ，防止Fe3+水解
(3)
(4)钪的含量低，其化学性质较为活泼，在自然界中以化合物的形式存在，富集和冶炼比较困难
(5)
(6) Sc(OH)3 4 ×10-5
(7)6
【分析】赤泥经过高温焙烧，然后用浓硫酸浸取，金属元素转化为对应的离子状态进入溶液中，过滤，滤液中加萃取剂萃取，然后分液，有机相中加NaOH进行反萃取，然后加入草酸，生成Sc2(C2O4)3，经一系列处理后，用氨水调节pH后，加入NH4F沉钪，经脱水除铵，得到ScF3，然后使用钙还原ScF3，获得纯净的Sc。水相中加Fe粉还原Fe3+，然后加水稀释促进TiO2+水解生成TiO2∙xH2O沉淀；过滤，向滤液中加入NaHCO3溶液发生反应产生聚合硫酸铁铝，据此分析回答问题。
【详解】（1）操作②是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，名称为过滤；过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；操作①是分液，使用的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗，可见操作①和操作②中都使用的玻璃仪器是烧杯，答案为：过滤，烧杯；
（2）Fe3+极易水解，其形成Fe(OH)3沉淀时溶液pH比较小，加入Fe粉可以使溶液中Fe3+发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，这样就可以避免因溶液pH增大，Fe3+形成沉淀进入到滤渣中，导致最终不能进一步反应产生聚合硫酸铁铝，答案为：还原Fe3+为Fe2+ ，防止Fe3+水解；
（3）向含有Al2(SO4)3、FeSO4溶液中加入H2O2溶液，FeSO4转化为Fe2(SO4)3，再向该溶液中加入NaHCO3溶液，产生聚合硫酸铁铝，该反应的离子方程式为：，答案为：；
（4）钪元素是在地壳中含量比较低的一种重要的稀土金属，化学性质非常活泼，但发现较晚主要是因为钪的化学性质非常活泼，其在自然界中以化合物的形式存在，物质的富集及冶炼比较困难,答案为：钪的含量低，其化学性质较为活泼，在自然界中以化合物的形式存在，富集和冶炼比较困难；
（5）“反萃取”时若加入的氢氧化钠过量，则 Sc(OH)3沉淀会溶解。Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应生成 n=6 的含钪产物Na3[Sc(OH)6]，该反应的化学方程式为3；
（6）若溶液中c(F- )=5×10-6，则lgc(F- )=lg5×10-6=5.3，“调节pH”过程中控制pH=7，三价Sc元素的存在形式为Sc(OH)3，如果Sc的沉淀方式主要是ScF3，则溶液中1gc(F-)大于-4.4，所以c(F -)应该大于=4 ×10-5，答案为：Sc(OH)3，4 ×10-5；
（7）加热该复盐时首先失去结晶水。至380-400℃产生白烟，说明有铵盐产生，对应结晶水的质量为m(H2O)=，则，解得a=6，答案为：6。
14．(1) IVB +2
(2)TiO2•xH2O+SrCl2+2NaOHSrTiO3(溶胶)+2NaCl+(x+1)H2O
(3)使SrTiO3(溶胶)发生聚沉，以生成SrTiO3沉淀便于过滤
(4)取少许最后一次洗涤液于洁净试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗涤干净：反之，则表明未洗涤干净
(5)c(NaOH)为7.30mol•L-1、钛液浓度为2.80mol•L-1、反应时间为5h
(6) ×100%或%
【分析】溶解过程利用TiCl4易溶于乙醇将其溶解。向乙醇溶液中加入水并加热促使TiCl4水解为TiO2•xH2O。加入SrCl2和NaOH溶液将TiO2•xH2O转变为SrTiO3。保温使胶体凝聚产生沉淀便于过滤。
【详解】（1）Ti为22号元素，位于周期表第四周期IVB。由于Ti为+4价、O为-2价，利用物质化合价为0计算Sr为+2价。答案为IVB；+2；
（2）加入SrCl2和NaOH溶液将TiO2•xH2O转变为SrTiO3，反应为TiO2•xH2O+SrCl2+2NaOHSrTiO3(溶胶)+2NaCl+(x+1)H2O。答案为TiO2•xH2O+SrCl2+2NaOHSrTiO3(溶胶)+2NaCl+(x+1)H2O；
（3）胶体与溶液无法通过过滤分离，所以保温的目的使SrTiO3(溶胶)发生聚沉，以生成SrTiO3沉淀便于过滤。答案为使SrTiO3(溶胶)发生聚沉，以生成SrTiO3沉淀便于过滤；
（4）制得SrTiO3沉淀中可能含有Cl-，即用AgNO3检验最后依次洗涤液。答案为取少许最后一次洗涤液于洁净试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗涤干净：反之，则表明未洗涤干净；
（5）钛液和NaOH的浓度越高产物的纯度越高，同时反应5h时产物的纯度最高。所以最佳条件为c(NaOH)为7.30mol•L-1、钛液浓度为2.80mol•L-1、反应时间为5h。答案为c(NaOH)为7.30mol•L-1、钛液浓度为2.80mol•L-1、反应时间为5h；
（6）EDTA的总物质的量为V1c1×10-3mol。与Zn2+反应的EDTA物质的量有V2c2×10-3mol。则与25mL样品中的Ti4+反应的EDTA物质的量为(V1c1×10-3- V2c2×10-3)mol。则TiO2的质量分数为×(V1c1×10-3- V2c2×10-3)×80×10=×100%。由质量守恒得到SrO~SrSO4则n(SrO)=n(SrSO4)= ，SrO的质量分数为。则钛酸锶中钛锶比为答案为×100%；。
15．(1)防止发生2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，导致铜被浸出
(2) 3Fe2++MnO+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+ MnO2和Fe(OH)3
(3) 锌粉用量过多会增加成本;海绵镉的纯度降低;熔炼中NaOH的用量过多增加成本 66.3 86.2
(4)ZnSO4
(5) Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑ 密度
【分析】根据流程图，镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)，破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH=5，沉淀除去Cu(OH)2和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2。
【详解】（1）隔绝空气目的是防止氧气氧化铜生成硫酸铜，防止发生2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，导致铜被浸出，
故答案为：防止发生2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，导致铜被浸出；
（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2++MnO+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；废渣应该是反应中生成的不溶物，即为MnO2和Fe(OH)3，
故答案为：3Fe2++MnO+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；MnO2和Fe(OH)3；
（3）①实际生产中比值最佳为1.3，如果超过该比值，锌粉用量过多会增加成本；生成的海绵镉的纯度会降低；熔炼中NaOH的用量过多，也会增加成本，
故答案为：锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本；
②锌置换镉的反应为Cd2++Zn=Cd+Zn2+，若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，理论加入的Zn的质量为×65kg/kmol≈66.3kg，根据实际生产中比值最佳为1.3，则实际加入的Zn的质量为66.3kg×1.3≈86.2kg，
故答案为：66.3；86.2；
（4）根据流程图，“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+，因此加入锌“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4，故答案为：ZnSO4；
（5）“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，锌被NaOH溶解，反应的化学方程式是Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，Cd液体与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的，
故答案为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；密度。
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