2021高考化學(xué)(浙江專用)二輪考點(diǎn)突破-答案解析-專題二十二物質(zhì)的檢驗與定量分析-

專題二十二物質(zhì)的檢驗與定量分析真題考點(diǎn)·高效突破考點(diǎn)一:物質(zhì)的檢驗、鑒別與鑒定【真題題組】1.D檢驗銨根離子時,應(yīng)用潮濕的紅色石蕊試紙檢驗逸出的氣體,D項錯誤。2.D能使澄清石灰水變渾濁的氣體可能為CO2或SO2或兩者的混合物,因此原溶液可能是碳酸鹽、碳酸氫鹽、亞硫酸鹽、亞硫酸氫鹽的溶液等或其混合物,A項錯誤;焰色反應(yīng)是元素的性質(zhì),焰色反應(yīng)呈黃色的溶液只說明其中含有鈉元素,并不能說明是鈉鹽溶液,如NaOH溶液也可以,B項錯誤;能使溴水褪色的氣體除了乙烯,還可以為SO2等,C項錯誤;向某溶液中滴加KSCN溶液,溶液不變色,則不含F(xiàn)e3+,滴加氯水后顯紅色,則是由于生成了Fe3+,因此確定含有Fe2+,D項正確。3.C因加入了NaOH(aq)和Na2CO3(aq),在濾液中引入了Na+,不能依據(jù)濾液焰色反應(yīng)的黃色火焰推斷試液是否含Na+,A不合理;試液是葡萄糖酸鹽溶液,其中確定含葡萄糖酸根,葡萄糖能發(fā)生銀鏡反應(yīng),葡萄糖酸根不能發(fā)生銀鏡反應(yīng),所以現(xiàn)象2和有沒有葡萄糖酸根沒有任何關(guān)系,B不合理;依據(jù)“把握溶液pH=4時,Fe(OH)3沉淀完全,Ca2+、Mg2+不沉淀”信息,在過濾除去Fe(OH)3的濾液中分別加入NH3·H2O(aq)和Na2CO3(aq),加入NH3·H2O(aq)不產(chǎn)生沉淀,說明濾液中不含Mg2+,加入Na2CO3(aq)產(chǎn)生白色沉淀,說明濾液中含Ca2+,C合理;毀滅現(xiàn)象5,可能是由于原溶液中含F(xiàn)e3+,也可能是H2O2把Fe2+氧化成了Fe3+,所以現(xiàn)象5不能推出試液中確定含F(xiàn)e3+,要證明葡萄糖酸鹽試液中是否含F(xiàn)e2+,正確的方法是:在溶液中滴加KSCN(aq)不顯血紅色,再滴入H2O2顯血紅色,則可證明溶液中只含F(xiàn)e2+。4.C加入過量鹽酸,放出氣體,可能是CO2、SO2,則CQUOTE、SQUOTE至少存在一種,則Mg2+、Al3+可確定不存在;此時產(chǎn)生的沉淀是H2SiO3,確定存在SiQUOTE;溶液甲與氨水反應(yīng)生成沉淀是Al(OH)3,存在AlQUOTE,溶液為電中性,確定有K+。而SQUOTE不能作出判定,A、B、D錯,C正確。5.AA項,液溴保存時需要加水封,正確;B項,除了氯氣外,其他的強(qiáng)氧化劑,如臭氧都可以將其氧化得到碘單質(zhì),錯誤;C項,證明含有碘單質(zhì)而非碘離子,錯誤;D項,不能排解SQUOTE的干擾,錯誤。6.B能與BaCl2溶液反應(yīng)生成白色沉淀的除了SQUOTE以外,還可以是SQUOTE、CQUOTE以及Ag+等,因此選項A不正確;CCl4的密度大于水,而單質(zhì)碘易溶在有機(jī)溶劑中,溶液顯紫色說明有單質(zhì)碘生成,所以只能是原溶液中的I-被氯水氧化成單質(zhì)碘的,即選項B正確;由于在觀看鉀元素的焰色反應(yīng)時,需要透過藍(lán)色的鈷玻璃濾去黃光,而在試驗中并沒有通過藍(lán)色的鈷玻璃觀看,所以不能排解K+,選項C不正確;由于氨氣極易溶于水,因此假如銨鹽和強(qiáng)堿在稀溶液中反應(yīng)且不加熱時,產(chǎn)生的氨氣不會揮發(fā)出來,紅色石蕊試紙就不會變藍(lán)色,所以選項D也不正確。7.D本題考查物質(zhì)的鑒別和試劑的選擇。物質(zhì)的鑒別一般可用其性質(zhì)包括物理性質(zhì)如顏色、狀態(tài)、氣味及溶解性等。四種物質(zhì)均屬于無色無味的溶液,因此利用其物理性質(zhì)無法鑒別,只能利用其化學(xué)性質(zhì)的差別進(jìn)行檢驗。鹽酸、硫酸均與K2SO3反應(yīng)生成刺激性氣體SO2,鹽酸、硫酸也均與AgNO3反應(yīng)生成白色沉淀,但硫酸可與BaCl2反應(yīng)生成白色沉淀。氨水、氫氧化鈉溶液均與AgNO3、Mg(NO3)2反應(yīng)生成白色沉淀氫氧化銀和氫氧化鎂,氫氧化銀不穩(wěn)定,會分解生成黑色的Ag2O,但假如氨水過量,氫氧化銀會溶解生成銀氨溶液,由以上分析不難看出選項D是無法鑒別的,故答案是D。8.CAl3+和Mg2+與氨水反應(yīng)都只生成沉淀,不溶解,無法鑒別,故A錯;SQUOTE和CQUOTE與Ba(NO3)2反應(yīng)都生成白色沉淀,無法鑒別,故B錯;1溴丙烷有三種等效氫,其核磁共振氫譜有三個峰,而2溴丙烷有兩種等效氫原子,其核磁共振氫譜有兩個峰,故可鑒別,C正確;碳碳雙鍵、醛基都能被KMnO4酸性溶液氧化,KMnO4酸性溶液都褪色,故無法鑒別。9.C此題考查了化學(xué)試驗中的物質(zhì)的檢驗學(xué)問。乙醇、甲苯和硝基苯中,乙醇可以和水互溶、甲苯不和水互溶但比水輕、硝基苯不和水互溶但比水重,可以鑒別,排解A;苯、苯酚和己烯的鑒別可以選濃溴水,苯不和溴水反應(yīng)、苯酚和濃溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使其褪色,可以鑒別,排解B;苯、甲苯和環(huán)己烷三者性質(zhì)相像,不能鑒別,選C;甲酸、乙醛、乙酸可以選新制氫氧化銅,甲酸能溶解新制氫氧化銅但加熱時生成紅色沉淀、乙醛不能溶解氫氧化銅但加熱時生成磚紅色沉淀、乙酸只能溶解氫氧化銅,可以鑒別,排解D。10.B依據(jù)最終的離子分析:NQUOTE存在時確定沒有SQUOTE、I-。因NQUOTE的氧化性可以使他們氧化。Cl-存在下的NQUOTE的檢驗:加入硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀,且放出有色刺激性氣體。即證明白NQUOTE的存在又檢驗出Cl-的存在。但僅加入鹽酸產(chǎn)生刺激性氣體也可能有SQUOTE的存在,故還須確認(rèn)SQUOTE不存在。SQUOTE、CQUOTE、SQUOTE的組合檢驗可以用:加足量BaCl2溶液,產(chǎn)生白色沉淀,該沉淀溶于稀硝酸且放出氣體,將氣體通入品紅溶液,溶液不褪色,來確認(rèn)SQUOTE、SQUOTE不存在,CQUOTE確定存在。故選擇③④就可以。11.解析:(1)檢驗Fe3+用KSCN溶液,反應(yīng)后溶液變成紅色;在Fe3+和Fe2+混合溶液中檢驗Fe2+可用K3[Fe(CN)6]溶液,加入K3[Fe(CN)6]溶液后,有藍(lán)色沉淀生成。(2)固體加熱產(chǎn)生氣體通入溶液或水槽的試驗裝置需防止倒吸;(3)O2用帶火星的木條檢驗,木條復(fù)燃證明是O2;(4)提示信息Ag2O可溶于氨水,已知單質(zhì)Ag不溶于氨水,Ag和Ag2O都溶于硝酸,且Ag與稀硝酸反應(yīng)生成NO氣體,試驗a可確定固體中含有Ag,不含Ag2O,試驗b雖確定含有Ag,不能確定是否含有Ag2O,設(shè)想i和iii不能確定,依據(jù)上述分析可知只能接受試驗a的結(jié)論,故AgNO3固體分解的產(chǎn)物為Ag、NO2、O2。答案:(1)溶液呈紅色K3[Fe(CN)6]溶液產(chǎn)生藍(lán)色沉淀(2)防倒吸(3)用帶火星的木條伸入集氣瓶內(nèi),木條復(fù)燃,證明無色氣體為O2(4)bAg、NO2、O2考點(diǎn)二:物質(zhì)的定量分析與數(shù)據(jù)處理【真題題組】1.A2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑Δmg 168 106 62 m(NaHCO3) (w1-w2)g168∶m(NaHCO3)=62∶(w1-w2)gm(NaHCO3)=QUOTE×168=QUOTEgm(Na2CO3)=w1g-QUOTE=QUOTEgw(Na2CO3)=QUOTE。2.解析:(1)由流程圖可知,操作①加入稀鹽酸的主要目的是使氧化鐵及可溶于稀酸的物質(zhì)除去,所以濾渣表面應(yīng)主要附有Fe3+,若有Fe3+存在,在③加堿時會生成Fe(OH)3沉淀,影響Ce(OH)4的純度,所以要除去Fe3+?？梢杂肒SCN溶液來檢驗Fe3+是否存在。(2)反應(yīng)物為CeO2、H2O2和H2SO4,生成物為Ce3+,CeO2中的Ce由+4價變?yōu)?3價,得電子,所以H2O2中-1價的O就應(yīng)當(dāng)失電子變?yōu)?價的O,即氧氣;然后再依據(jù)電子守恒、質(zhì)量守恒和電荷守恒進(jìn)行配平即可。SiO2不溶于酸,所以濾渣B的主要成分為SiO2。(3)由于TBP可以作為萃取水溶液中鈰離子的萃取劑,所以不能和水互溶;在萃取時除了要用到燒杯、玻璃棒、量筒外,還需要用到的主要玻璃儀器是分液漏斗。(4)在滴定過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Ce4++Fe2+Ce3++Fe3+,每有1molCe4+反應(yīng)即可消耗1molFe2+,消耗硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為2.5×10-3mol,所以0.536g樣品中含有2.5×10-3molCe(OH)4,其質(zhì)量為2.5×10-3mol×208g·mol-1=0.52g,即質(zhì)量分?jǐn)?shù)為QUOTE×100%≈97.0%。答案:(1)Fe3+取最終一次洗滌液,加入KSCN溶液,若不毀滅紅色,則已洗凈;反之,未洗凈(其他合理答案均可)(2)2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++4H2O+O2↑SiO2(其他合理答案均可)(3)不能分液漏斗(4)97.0%3.解析:(1)通過分析所給表格中的數(shù)據(jù)可知,試驗①②是為了爭辯pH對反應(yīng)速率的影響,試驗②③是為了爭辯濃度對反應(yīng)速率的影響的,只要保證草酸溶液的體積與蒸餾水的體積之和為40mL且草酸溶液的體積不為10mL即可,不妨分別取20mL。(2)此反應(yīng)中鉻的化合價由+6價變?yōu)?3價,化合價降低,所以碳的化合價應(yīng)上升,草酸中碳的化合價為+3價,反應(yīng)后只能變?yōu)?4價,即生成CO2。(3)通過圖像,可以明顯看到,試驗①的反應(yīng)速率比試驗②的快,故pH越小,反應(yīng)速率越快,說明溶液pH對該反應(yīng)的速率有影響;在0~t1時間段,Cr2QUOTE的濃度轉(zhuǎn)變了(c0-c1)mol·L-1,其反應(yīng)速率為(c0-c1)/t1mol·L-1·min-1,所以v(Cr3+)=2(c0-c1)/t1mol·L-1·min-1。(4)鐵明礬中除結(jié)晶水外,共有三種離子,均可能起催化作用,除Fe2+外,還有Al3+和SQUOTE。(5)把握其他條件相同的前提下,取與鐵明礬相同物質(zhì)的量的K2SO4。Al2(SO4)3·24H2O,代替鐵明礬(保證溶液中SQUOTE、Al3+分別相同)作對比試驗,依據(jù)反應(yīng)速率的大小狀況可推斷Fe2+的催化狀況。答案:(1)試驗編號初始pH廢水樣品體積/mL草酸溶液體積/mL蒸餾水體積/mL③2020(2)CO2(3)溶液pH對該反應(yīng)的速率有影響2(c0-c1)/t1(4)Al3+起催化作用S起催化作用(5)試驗方案(不要求寫具體操作過程)預(yù)期試驗結(jié)果和結(jié)論用等物質(zhì)的量K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替試驗①中的鐵明礬,把握其他反應(yīng)條件與試驗①相同,進(jìn)行對比試驗反應(yīng)進(jìn)行相同時間后,若溶液中c(Cr2QUOTE)大于試驗①中的c(Cr2QUOTE),則假設(shè)一成立;若兩溶液中的c(Cr2QUOTE)相同,則假設(shè)一不成立(本題屬于開放性試題,合理答案均可)4.解析:(1)依據(jù)蓋斯定律,由①+②+③可得:2I-(aq)+2H+(aq)+O3(g)O2(g)+I2(aq)+H2O(l)ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3(2)依據(jù)平衡常數(shù)定義及反應(yīng)式,可知該反應(yīng)的平衡常數(shù)為:K=QUOTE。(3)①由總反應(yīng)方程式知,反應(yīng)過程中H+被消耗,因此有pH上升。②Fe3+具有氧化性,能氧化I-,因此A為Fe2+,I-的轉(zhuǎn)化率也因此提高。③對于可逆反應(yīng):I2(aq)+I-(aq)QUOTE(aq),削減反應(yīng)物的量,平衡左移QUOTE的濃度會下降,而B、D兩項符合條件。(4)Δt=(18-3)s=15s,Δc=(11.8-3.5)×10-3mol·L-1=8.3×10-3mol·L-1,則v(QUOTE)=QUOTE=QUOTE≈5.5×10-4mol·(L·s)-1。答案:(1)O3(g)+2I-(aq)+2H+(aq)O2(g)+I2(aq)+H2O(l)ΔH1+ΔH2+ΔH3(2)K=QUOTE(3)①H+被消耗,其濃度降低②Fe2+Fe3+氧化I-生成I2,使I-的轉(zhuǎn)化率顯著提高③BD(4)反應(yīng)時間:18s-3s=15s,QUOTE濃度變化:11.8×QUOTE-3.5×10-3mol·L-1=8.3×QUOTE,v(QUOTE)=QUOTE≈5.5×10-4mol·(L·s)-15.解析:本題屬于物質(zhì)組成分析與化學(xué)綜合計算題。利用氧化還原反應(yīng)滴定進(jìn)行分析,運(yùn)用元素守恒進(jìn)行推理計算,兼有溶度積常數(shù)計算、離子方程式書寫。答案:(1)1.1×10-4(2)2MnQUOTE+3H2O22MnO2↓+2H2O+2OH-+3O2↑(3)n(BaSO4)=QUOTE=2.500×10-3mol2MnQUOTE+5H2O2+6H+2Mn2++8H2O+5O2↑n(H2O2)=QUOTE·QUOTE=1.250×10-3molm(Na2SO4)=142g·mol-1×2.500×10-3mol=0.3550gm(H2O2)=34g·mol-1×1.25×10-3mol=0.04250gn(H2O)=[(1.7700g×25.00mL/100mL)-0.3550g-0.04250g]/(18g·mol-1)=2.500×10-3molx∶y∶z=n(Na2SO4)∶n(H2O2)∶n(H2O)=2∶1∶2硫酸鈉—過氧化氫加合物的化學(xué)式為2Na2SO4·H2O2·2H2O6.解析:(1)有機(jī)相和水相是不互溶的,分別操作是分液;互溶的有機(jī)相要得到純潔有機(jī)物一般方法為蒸餾;(2)從題給信息苯甲酸為白色固體可知,A為甲苯,B為苯甲酸;檢驗苯的同系物可以利用使酸性高錳酸鉀溶液褪色來定性檢驗。(3)由試驗現(xiàn)象得到白色晶體和無色濾液可知,①中操作為固液分別操作;②檢驗Cl-應(yīng)當(dāng)用硝酸酸化的硝酸銀溶液;③由題給信息,應(yīng)當(dāng)用檢測熔點(diǎn)來檢驗物質(zhì)的成分。(4)+KOH+H2O,N()=2.40×10-3mol×QUOTE=9.60×10-3mol。%=QUOTE×100%=96%。答案:(1)分液蒸餾(2)甲苯酸性高錳酸鉀試液溶液褪色(3)序號試驗方案試驗現(xiàn)象結(jié)論①冷卻、過濾②滴入2~3滴AgNO3溶液③加熱使其熔化熔點(diǎn)為122.4℃(4)QUOTE×100%96%7.解析:(1)試驗過程中需持續(xù)緩緩?fù)ㄈ肟諝?把生成的CO2全部排入C中,使之完全被Ba(OH)2溶液吸取。這樣設(shè)問同學(xué)經(jīng)常接觸。(2)CO2+Ba(OH)2BaCO3↓+H2O,基礎(chǔ)簡潔的化學(xué)方程式書寫。(3)在加入鹽酸之前,應(yīng)排凈裝置內(nèi)的CO2氣體,否則會影響測量,滴加鹽酸不宜過快,保證生成的CO2完全被吸取。在A~B之間增加盛有濃硫酸的洗氣裝置不能提高測定精確度,由于整個裝置中不需要干燥,有水分不會影響CO2吸取。在B~C之間增加盛有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣裝置不能提高測定精確度,C瓶中是足量Ba(OH)2,可以吸取CO2中的HCl,而不影響CO2吸取,所以不需要除去CO2中的HCl,選cd。(4)BaCO3質(zhì)量為3.94g,n(BaCO3)=0.0200mol,則n(CaCO3)=0.0200mol,質(zhì)量為2.00g,則樣品中碳酸鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為25%。此問計算比較簡潔。(5)Ba(OH)2溶液還吸取了水蒸氣、氯化氫氣體等,造成質(zhì)量偏大,所以可以回答B(yǎng)中的水蒸氣、氯化氫氣體等進(jìn)入裝置C中。答案:(1)把生成的CO2氣體全部排入C中,使之完全被Ba(OH)2溶液吸取(2)CO2+Ba(OH)2BaCO3↓+H2O(3)c、d(4)25%(5)B中的水蒸氣、氯化氫氣體等進(jìn)入裝置C中(或其他合理答案)三年模擬·力氣提升1.DA項,Cu2+與過量氨水反應(yīng)生成溶液,呈深藍(lán)色,多羥基物質(zhì)遇到新制氫氧化銅會毀滅絳藍(lán)色,正確;B項所得溶液用NaNO2還原后得到Cl-,可用AgNO3溶液檢驗,正確;C項,四種試劑均會使雞蛋清毀滅特殊顏色,所以可以檢驗,但原理不一樣;D項,無論怎樣滴加,都會產(chǎn)生白色沉淀,無法鑒別,錯誤。2.B不溶物Y能與濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生黃綠色的Cl2,則說明含MnO2,能產(chǎn)生紅色物質(zhì),推想紅色物質(zhì)是Cu,則說明原混合物中有CuO,CuO溶于鹽酸產(chǎn)生Cu2+溶液,能析出Cu,則確定有Fe,由此推斷X中確定含有MnO2、Fe和CuO三種難溶性固體。所得溶液Z加AgNO3溶液,生成白色沉淀,且能使廣范pH試紙變藍(lán)色,說明溶液呈堿性,則X中確定有K2CO3,而KCl則無法確定。據(jù)此推斷B合理。3.B由于丙、丁、戊三種溶液的pH均小于7,所以甲和乙陰離子確定是OH-或CQUOTE,0.1mol·L-1乙溶液的pH=10,推斷陰離子不是OH-,則只能是CQUOTE,則甲的陰離子是OH-,能和四種溶液發(fā)生沉淀反應(yīng)的是AgNO3溶液,則推斷丙是AgNO3溶液,由④可知,甲是Ba(OH)2,丁是(NH4)2SO4,戊就只能是FeCl3溶液,乙為K2CO3溶液。4.D銅、銀都能與硝酸反應(yīng)產(chǎn)生氣體,不論產(chǎn)生NO2還是NO或兩者的混合物,經(jīng)排水法收集后都得到NO,A正確;將溶液與固體分別,需要進(jìn)行過濾,用到漏斗、燒杯、玻璃棒和鐵架臺,其中鐵架臺不屬于玻璃儀器,B正確;操作Ⅰ過濾得到的AgCl,需要進(jìn)行洗滌、烘干、稱重,從而計算出Ag的質(zhì)量,C正確;D不正確。5.A當(dāng)鋅完全溶解后,產(chǎn)生氫氣速率顯著減慢,A正確;食醋總酸含量測定中,移取待測液前,酸式滴定管要潤洗,B錯誤;電鍍前,先打磨,后堿洗除油污,再酸洗,C錯誤;無水乙醇和苯酚狀態(tài)不同,直接與鈉反應(yīng)時,無法比較氫原子活潑性,D錯誤。6.解析:(1)調(diào)pH至8～10,即增加溶液的堿性又不增加新的雜質(zhì)離子,則應(yīng)選用B和D,與酸反應(yīng)后溶液堿性增加;由于前面加入了H2O2溶液,則將Fe2+氧化為Fe3+,則濾渣主要為BaSO4和Fe(OH)3。(2)由Ksp(BaSO4)=1.1×10-10=c(Ba2+)·c(SQUOTE),代入數(shù)據(jù),得c(SQUOTE)=1.1×10-5mol/L,再由Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c(SQUOTE),代入數(shù)據(jù),得c(Sr2+)=0.03mol/L,但當(dāng)c(Sr2+)>0.03mol/L時即生成SrSO4沉淀,所以若是溶液,則c(Sr2+)≤0.03mol/L。答案:(1)BDBaSO4、Fe(OH)3(2)不大于0.03mol/L(或≤0.03mol/L)7.C因原溶液顯強(qiáng)酸性,故CQUOTE、SQUOTE在原溶液中不能大量存在,因此沉淀C只能是BaSO4,A錯;在強(qiáng)酸性溶液中加入過量的硝酸鹽,具有硝酸的強(qiáng)氧化性,硝酸被還原產(chǎn)生NO,3Fe2++4H++NQUOTE3Fe3++NO↑+2H2O,因此推斷沉淀G確定只含有Fe(OH)3,原溶液確定含有Fe2+,不能確定是否含有Fe3+,B錯;溶液B與溶液J混合能產(chǎn)生Al3++3HCQUOTEAl(OH)3↓+3CO2↑,而E是HNO3,C項正確;從化合價變化看,NO和NH3能發(fā)生歸中反應(yīng),生成氮?dú)夂退?.解析:試驗②推知含有NQUOTE,且物質(zhì)的量為0.04mol,試驗③推知含有SQUOTE0.01mol,CQUOTE0.02mol,則原溶液確定不含Ca2+,若溶液不含Cl-,依據(jù)電荷守恒可知K+物質(zhì)的量為0.02mol,若存在Cl-,則K+物質(zhì)的量大于0.02mol,則A正確。答案:A9.解析:從整個的流程圖以及最終得到的產(chǎn)物來看,經(jīng)①生成的氣體是CO2,得到的沉淀是Si元素形成的沉淀。過濾后的濾液中存在F-、NQUOTE,加入足量氯化鈉后由于氟化鈉的溶解度很小,而NaCl、NH4Cl溶解度都較大,所以會生成NaF沉淀;操作Ⅰ是過濾,得到NaF晶體和NH4Cl溶液,操作Ⅱ是洗滌,以除去NaF晶體表面的Cl-、NQUOTE。NH4Cl溶解度較大,需要進(jìn)行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶而析出NH4Cl,然后可通過重結(jié)晶得到純潔的NH4Cl。在流程①中加入過量NH4HCO3是考慮讓H2SiF6完全轉(zhuǎn)化為NH4F,依據(jù)原子守恒:m(NaF)=QUOTE×6×42g·mol-1=12.6g。答案:(1)除去氟化鈉表面的氯化氨雜質(zhì)bc(2)166163H2O(3)保證H2SiF6能全部反應(yīng),防止在加入NaCl時生成Na2SiF6沉淀(4)12.610.解析:(1)因H2S氣體有毒,所以要用堿液吸取,長導(dǎo)管通入溶液,短導(dǎo)管出,選A。(2)由于FeSO4溶液中Fe2+會水解,所以在配置和保存時要加入少量H2SO4,防止Fe2+水解;用H2O2氧化Fe2+時,為防止H2O2分解,溫度不宜過高;因三草酸合鐵(Ⅲ)酸鉀晶體易溶于水,難溶于乙醇,加入乙醇利于其析出。(3)抽濾操作時,轉(zhuǎn)移