专题八　电解质溶液 专题强化提升训练8

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专题强化提升训练(八)1．(2021·成都模拟)下列有关电解质溶液的说法正确的是(　C　)A．加水稀释，Na2S溶液中离子浓度均减小B．0．1 mol/ L NaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，溶液的导电性增强C．pH相同的①CH3COONa，②NaHCO3，③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①>②>③D．向0．1 mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)增大【解析】　Na2S溶液呈碱性，加水稀释，Na2S溶液中氢离子浓度增大，A错误；0．1 mol/L NaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，产物为0．05 mol/L的CH3COONa溶液，离子浓度减小，溶液的导电性减小，B错误；CH3COO－、HCO、ClO－水解程度依次增强，pH相同的①CH3COONa，②NaHCO3，③NaClO三种溶液的浓度c(CH3COONa)>c(NaHCO3)>c(NaClO)，所以c(Na＋)：①>②>③，C正确；向0．1 mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，c(OH－)减小、c(NH3·H2O)增大，所以溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)减小，D错误。2．(2021·洛阳模拟)为测定某二元弱酸H2A与NaOH溶液反应过程中溶液pH与粒子关系，在25 ℃时进行实验，向H2A溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lg X随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　D　)A．直线Ⅱ中X表示的是B．当pH＝3．81时，溶液中c(HA－)∶c(H2A)＝10∶1C．0．1 mol·L－1 NaHA溶液中：c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H2A)＞c(A2－)D．当pH＝6．91时，对应的溶液中，3c(A2－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)【解析】　当pH＝0时，c(H＋)＝1 mol/L，Ka1＝＝，Ka2＝＝，由于Ka2＜Ka1，故直线Ⅱ中X表示，A错误；当lg X＝0时溶液的pH＝1．81，带入Ka1计算式中可求出Ka1＝1×10－1．81，当pH＝3．81时，c(H＋)＝1×10－3．81 mol/L，所以有Ka1＝1×10－1．81＝＝1×10－3．81×，解得c(HA－)∶c(H2A)＝100∶1，B错误；与B项同理，可求出Ka2＝1×10－6．91＞10－7，由此可知HA－的电离能力强于其水解能力，电离生成的c(A2－)比水解生成的c(H2A)大，C错误；当pH＝6．91时，对应的溶液中c(HA－)＝c(A2－)，又因电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，所以3c(A2－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，D正确。3．(2021·包头模拟)下列实验中根据现象得出的结论错误的是(　C　)选项实验操作现象结论A相同条件下，用1 mol·L－1的醋酸和1 mol·L－1的盐酸分别做导电性实验醋酸溶液对应的灯泡较暗CH3COOH是弱电解质B向某溶液中加铜和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液含有NOC向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为Na2SO3或NaHSO3D向浓度均为0．1 mol·L－1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2] 【解析】　等浓度时，灯泡暗的说明离子浓度小，即电离程度小，由操作和现象可知CH3COOH是弱电解质，故A正确；某溶液中加铜和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，说明生成NO，NO与空气反应生成红棕色二氧化氮，则原溶液中含有NO，故B正确；品红溶液褪色，气体可能为二氧化硫或氯气等其他具有漂白性的气体，则可能为NaClO溶液等，故C错误；浓度均为0．1 mol·L－1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，即先生成氢氧化铜沉淀，同种类型的沉淀Ksp小的先沉淀，所以Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，故D正确。4．(2021·厦门模拟)25 ℃时，0．10 L某二元弱酸H2A用1．00 mol·L－1NaOH溶液调节其pH，溶液中H2A、HA－及A2－的物质的量浓度变化如图所示：下列说法正确的是(　C　)A．H2A的Ka2＝1×10－11B．在Z点，由水电离出的氢离子浓度约10－10 mol/LC．在Y点时，c(Na＋)＞3c(A2－)D．0．1 mol·L－1NaHA溶液中：c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H2A)＞c(A2－)【解析】　Y点c(HA－)＝c(A2－)，H2A的Ka2＝＝c(H＋)＝10－8 mol/L，A错误；在Z点时溶液pH＝10，说明溶液中c(H＋)＝10－10 mol/L，则根据水的离子积常数可知由水电离产生的氢离子浓度c(H＋)水＝c(OH－)水＝ mol/L＝10－4 mol/L，B错误；Y点c(HA－)＝c(A2－)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，该点溶液呈碱性，则c(H＋)＜c(OH－)，所以存在c(Na＋)＞c(HA－)＋2c(A2－)，由于c(HA－)＝c(A2－)，所以即c(Na＋)＞3c(A2－)，C正确；加入10 mL NaOH溶液时，酸碱恰好完全反应生成NaHA，此时溶液pH＜7，溶液呈酸性，说明HA－电离程度大于其水解程度，则c(A2－)＞c(H2A)，但其电离和水解程度都较小，主要以HA－形式存在，HA－电离、水解消耗，所以c(Na＋)＞c(HA－)，则该溶液中微粒浓度关系为：c(Na＋)＞c(HA－)＞c(A2－)＞c(H2A)，D错误。5．(2021·石家庄模拟)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。实验室配制了0．010 0 mol·L－1 Na2C2O4标准溶液，现对25 ℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是(　C　)A．测得0．010 0 mol·L－1 Na2C2O4溶液pH为8．6，此时溶液中存在：c(Na＋)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H＋)B．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH＝7，此时溶液中存在，c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)C．已知25 ℃时Ksp(CaC2O4)＝2．5×10－9向该溶液中加入等体积0．020 0 mol·L－1 CaCl2溶液，所得上层清液中c(C2O)＝5．00×10－7 mol·L－1D．向该溶液中加入足量稀硫酸酸化后，再滴加KMnO4溶液，发生反应的离子方程式为C2O＋4MnO＋14H＋===2CO2↑＋4Mn2＋＋7H2O【解析】　Na2C2O4溶液pH为8．6，C2O水解导致溶液显碱性，但其水解程度较小，故c(HC2O)＜c(C2O)，A错误；向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH＝7，则溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，溶液中电荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)＋c(Cl－)，即c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(Cl－)，B错误；向溶液中加入等体积0．020 0 mol·L－1 CaCl2溶液，二者以1∶1反应，则CaCl2剩余，混合溶液中c(Ca2＋)＝ mol·L－1＝0．005 mol·L－1，c(C2O)＝＝ mol·L－1＝5．00×10－7 mol·L－1，C正确；草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子和水，草酸是弱酸写化学式，故发生反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，D错误。6．(2021·绵阳模拟)常温下，向20 mL 0．1 mol·L－1 Na2CO3溶液中滴加0．1 mol·L－1 CaCl2溶液，碳酸根离子浓度与氯化钙溶液体积的关系如图所示。已知：pC＝－lg c(CO)，Ksp(CdCO3)＝1．0×10－12，Ksp(CaCO3)＝3．6×10－9。下列说法正确的是(　C　)A．图像中V0＝20，m＝5B．a点溶液：c(OH－)>2c(HCO)＋2c(H2CO3)C．若Na2CO3溶液的浓度变为0．05 mol·L－1，则n点向c点方向迁移D．若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，则n点向b点方向迁移【解析】　图像中V0＝20，Na2CO3溶液与CaCl2溶液恰好完全反应c(Ca2＋)＝c(CO)＝ mol/L，pC＝－lg c(CO)＝－lg 6×10－5，m不等于5，故A错误；a点溶液：溶质为Na2CO3，存在物料守恒c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，2c(HCO)＋2c(H2CO3)＝c(HCO)＋c(OH－)－c(H＋)，c(HCO)－c(H＋)>0，c(OH－)<2c(HCO)＋2c(H2CO3)，故B错误；若Na2CO3溶液的浓度变为0．05 mol·L－1，用的0．1 mol·L－1 CaCl2溶液体积减小，则n点向c点方向迁移，故C正确；若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，反应后，碳酸根离子浓度减小，pC＝－lg c(CO)增大，则n点向d点方向迁移，故D错误。7．(2021·泉州模拟)在25 ℃时，将1．0 L w mol·L－1CH3COOH溶液与0．1 mol NaOH固体混合，充分反应。向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随加入CH3COOH或CH3COONa固体的物质的量的变化关系如图所示。下列叙述正确的是(　C　)A．b点混合液中c(H＋)≥c(OH－)＋c(CH3COO－)B．加入CH3COOH过程中，增大C．25 ℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝ mol·L－1D．a、b、c对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是c＞a＞b【解析】　根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，由题可知，在b点时，c(H＋)＜c(OH－)＋c(CH3COO－)，A错误；＝＝＝，加入CH3COOH过程中，n(Na＋)不变，n(CH3COOH)增大，所以减小，故减小，B错误；根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，c点时，溶液pH＝7，有c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝＝0．2 mol·L－1，溶液中c(H＋)＝10－7 mol·L－1，根据物料守恒：c(CH3COOH)＝ mol·L－1，则醋酸的电离平衡常数为：Ka＝＝ mol·L－1，C正确；溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根浓度越大，水的电离程度越小，由题可知，a、b、c对应的混合液中pH≤7，醋酸对水的电离的抑制程度大于醋酸根离子对水的电离的促进程度，水的电离均受到抑制，由于氢离子浓度a＞b＞c，则水的电离程度由大到小的顺序是c＞b＞a，D错误。8．(2021·合肥模拟)常温下，将HCl气体通入0．1 mol/L氨水中，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lg c)和反应物物质的量之比X的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)，下列说法正确的是(　B　)A．NH3·H2O的电离平衡常数为10－9．25B．P2点由水电离出的c(H＋)＝1．0×10－7 mol/LC．P3为恰好完全反应点，c(Cl－)＋c(NH)＝0．2 mol/LD．P3之后，水的电离程度一直减小【解析】　一水合氨电离平衡状态下，溶液中铵根离子和氢氧根离子浓度相同时，氨水浓度为0．1 mol/L，图像分析可知，c(NH)＝c(OH－)≈10－3 mol/L，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝＝＝10－5，A错误；由图可知，P2点对应的溶液pH＝7，故由水电离出的c(H＋)＝1．0×10－7 mol/L，B正确；P3所示溶液，x＝＝1，溶液中存在物料守恒得到：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＝0．1 mol/L，故c(Cl－)＋c(NH)＝2c(NH)＋c(NH3·H2O)＜0．2 mol/L，C错误；P3点为恰好完全反应，溶质为NH4Cl，故之后，加入的HCl越来越多，由于H＋对水解的抑制作用，水的电离程度减小，当HCl达到饱和溶液时，水的电离程度将不再改变，故不是一直减小，D错误。9．(2021·昆明模拟)人体内尿酸(HUr)含量偏高，关节滑液中产生尿酸钠晶体(NaUr)会引发痛风，NaUr(s)Na＋(aq)＋Ur－(aq)　ΔH＞0。某课题组配制“模拟关节滑液”进行研究，回答下列问题：已知：①37 ℃时，Ka(HUr)＝4×10－6，Kw＝2．4×10－14，Ksp(NaUr)＝6．4×10－5②37 ℃时，模拟关节滑液pH＝7．4，c(Ur－)＝4．6×10－4 mol·L－1(1)尿酸电离方程式为__HUrH＋＋Ur－__。(2)Kh为盐的水解常数，37 ℃时，Kh(Ur－)＝__6×10－9__。(3)37 ℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，溶液中c(Na＋)__>__c(Ur－)(填“＞”“＜”或“＝”)。(4)37 ℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋)＝0．2 mol·L－1时，通过计算判断是否有NaUr晶体析出，请写出判断过程__Q＝c(Na＋)·c(Ur－)＝0．2_mol·L－1×4．6×10－4_mol·L－1＝9．2×10－5＞Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出__。(5)对于尿酸偏高的人群，下列建议正确的是__acd__。a．加强锻炼，注意关节保暖 b．多饮酒，利用乙醇杀菌消毒c．多喝水，饮食宜少盐、少脂 d．减少摄入易代谢出尿酸的食物【解析】　(1)尿酸是弱酸，不完全电离，其电离方程式为HUrH＋＋Ur－；(2)Kh为盐的水解常数，37 ℃时，Kh(Ur－)＝＝＝6×10－9；(3)37 ℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，模拟关节滑液pH＝7．4，c(Ur－)＝4．6×10－4 mol·L－1，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Ur－)，由于pH＝7．4，因此溶液中c(Na＋)＞c(Ur－)；(4)37 ℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋)＝0．2 mol·L－1时，Q＝c(Na＋)·c(Ur－)＝0．2 mol·L－1×4．6×10－4 mol·L－1＝9．2×10－5＞Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；(5)根据NaUr(s)Na＋(aq)＋Ur－(aq)　ΔH＞0，a．降低温度，平衡向放热反应即逆向移动，因此要注意关节保暖，故a正确；b．多饮酒，利用乙醇杀菌消毒，乙醇在体内不能消毒，不能减少痛风，故b错误；c．多喝水，饮食宜少盐、少脂，饮食多盐，增大钠离子的摄入，使平衡逆向移动加重痛风，故c正确；d．减少摄入易代谢出尿酸的食物，使平衡右移，减轻痛风，故d正确。10．工业上以钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]，其生产工艺流程如下。(1)焙烧过程中V2O3转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为__V2O3＋Na2CO3＋O22NaVO3＋CO2__。(2)滤渣的主要成分是__Mg3(PO4)2、MgSiO3__(写化学式)。(3)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中c(VO)＝0．1 mol·L－1，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节c(NH)为__0．8__ mol·L－1。[已知Ksp(NH4VO3)＝1．6×10－3](4)“还原”V2O5过程中，生成VOCl2和一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为__N2H4·2HCl＋2V2O5＋6HCl===4VOCl2＋N2↑＋6H2O__。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOCl2，该方法的缺点是__有氯气生成，污染空气__。(5)称量a g产品于锥形瓶中，用20 mL蒸馏水与30 mL稀硫酸溶解后，加入0．02 mol·L－1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知滴定反应为VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O)①KMnO4溶液的作用是__将VO2＋氧化为VO__。②粗产品中钒的质量分数表达式为__×100%__(以VO2计)。③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果__偏高__(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【解析】　(1)将钒炉渣和碳酸钠在空气流中焙烧将V2O3转化为可溶性NaVO3，同时得到二氧化碳，发生反应的化学方程式为V2O3＋Na2CO3＋O22NaVO3＋CO2；(2)焙烧时SiO2、P2O5分别与碳酸钠生成可溶于水的Na2SiO3和Na3PO4，除硅、磷时加入硫酸镁溶液生成Mg3(PO4)2、MgSiO3沉淀，则过滤时得到的滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3；(3)已知Ksp(NH4VO3)＝c(NH)·c(VO)＝1．6×10－3，若滤液中c(VO)＝0．1 mol·L－1，为使钒元素的沉降率达到98%，则溶液中剩余c(VO)＝0．1 mol·L－1×2%＝0．002 mol·L－1，此时c(NH)＝ mol·L－1＝0．8 mol·L－1；(4)用盐酸酸化的N2H4·2HCl还原V2O5生成VOCl2和一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，此气体应为N2，则发生反应的化学方程式为N2H4·2HCl＋2V2O5＋6HCl===4VOCl2＋N2↑＋6H2O；若改用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOCl2，但同时得到的氧化产物为Cl2，此气体有毒，会污染环境；(5)①根据分析，KMnO4溶液的作用是将＋4价的钒氧化为VO；②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O，则钒元素的物质的量n＝n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝c mol/L×b×10－3 L＝cb×10－3 mol，粗产品中钒的质量分数的表达式为×100%＝×100%；③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，根据滴定反应为：VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O，可知会使测定结果偏高。11．(2021·宝鸡模拟)电池级CoSO4可用于制备CoCO3和CoC2O4等钴盐。一种以Co(OH)3粗渣(含有Fe2O3、CuO、CaO、MgO、ZnO、SiO2等杂质)为原料制备电池级CoSO4·7H2O的工艺流程如图所示：已知：黄钠铁矾化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6，是一种淡黄色难溶物。请回答下列问题：(1)滤渣1的主要成分为__SiO2__，请写出一条提高钴元素浸出率的措施：__将粗Co(OH)3渣研细、适当地升温、适当增大硫酸的浓度(任意答一点)__。(2)“浸出”过程中加入Na2SO3的主要目的是__将Co3＋还原为Co2＋__。“浸出”过程中，Na2SO3用量、终点pH对钴浸出率的影响如图所示，则“浸出”过程中应控制的适宜条件是__＝2．5且终点pH＝3．5__。(3)“氧化”过程中加入NaClO3与Fe2＋发生反应的离子方程式为__6Fe2＋＋ClO＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O__。(4)“调节pH”过程中，调节pH＝5，写出生成黄钠铁矾[NaF3(SO4)2(OH)6]的离子方程式：__3H2O＋Na＋＋3Fe3＋＋2SO＋3CO===3CO2↑＋NaFe3(SO4)2(OH)6↓__。(5)常温下，Ksp(CoCO3)＝1．6×10－13，Ksp(CoC2O4)＝6．4×10－8。向浓度均为0．01 mol/L的Na2CO3和Na2C2O4混合溶液中加入CoSO4固体，当C2O完全沉淀的时候c(C2O)·c(CO)＝__2．5×10－16__[当c(C2O)<1×10－5 mol·L－1时，认为C2O完全沉淀]。(6)用CoSO4可制备CoC2O4在空气中煅烧CoC2O4至恒重，得金属氧化物固体A和CO2，测得m(A)＝12．05 g，m(CO2)＝13．2 g，则A的化学式为__Co3O4__。【解析】　粗Co(OH)3渣(含有Fe2O3、CuO、CaO、MgO、ZnO、SiO2等杂质)加入硫酸酸浸后，SiO2不溶于酸出现在滤渣1中，溶液中存在Fe3＋、Cu2＋、Ca2＋、Mg2＋、Zn2＋，加入NaClO3把亚硫酸根氧化为硫酸根，加入Na2CO3调pH使Fe3＋转化为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，得到含Co2＋的溶液，再加入NaF沉淀Ca2＋、Mg2＋，加入P2O4沉淀Cu2＋、Zn2＋，最终得到CoSO4·7H2O。(1)由分析可知，滤渣1的成分是SiO2；通过搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，可以提高溶浸工序中原料的浸出率；(2)“浸出”过程中加入Na2SO3的主要目的是将Co3＋还原为Co2＋；由图可知，当＝2．5且终点pH＝3．5时，钴浸出率最高；(3)“氧化”过程中NaClO3把过量的亚硝酸钠氧化为硫酸钠，离子方程式为：6Fe2＋＋ClO＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O；(4)等浓度的C2O和CO，CO先沉淀，当C2O恰好完全沉淀的时候，c(C2O)＝1×10－5 mol·L－1，＝＝4×105，则c(CO)＝0．25×10－10 mol·L－1，c(C2O)·c(CO)＝0．25×10－10 mol·L－1×1×10－5 mol·L－1＝2．5×10－16；(5)加入Na2CO3调pH使Fe3＋转化为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，离子方程式为：3H2O＋Na＋＋3Fe3＋＋2SO＋3CO===3CO2↑＋NaFe3(SO4)2(OH)6↓；(6)在空气中煅烧CoC2O4得到氧化物和二氧化碳，根据元素守恒可知，n(CO2)＝0．3 mol，n(CoC2O4)＝0．15 mol，m(Co)＝8．85 g，则固体A中n(O)＝0．2，＝＝，故化学式为Co3O4。12．(2021·福州模拟)重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)俗称红矾钠，在工业方面有广泛用途。我国目前主要是以铬铁矿(主要成份为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质)为主要原料进行生产，其主要工艺流程如图：①中涉及的主要反应有：主反应：4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2副反应：SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑、Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Mg(OH)2Cr(OH)3完全沉淀时溶液pH4．73．711．25．6 回答下列问题：(1)“①”中反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，其作用是：__使反应物接触更充分，加快反应速率__；(2)“①”中若往原料中加入适量的石灰石，分析其作用可能是：__分解产生CaO，与铬铁矿中某些杂质反应形成炉渣有利于去除__；(3)“③”中调节pH至4．7，目的是：__使溶液中的AlO、SiO均转化为沉淀除去__；(4)“⑤”中加硫酸酸化的目的是：__2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，调节pH使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，有利于红矾钠晶体析出__。(5)“⑦”中采用冷却结晶得到红矾钠的原因是：__红矾钠随着温度的降低，溶解度明显下降__。(6)称取重铬酸钠试样2．500 0 g配成250 mL溶液，取出25．00 mL于碘量瓶中，加入适量的稀硫酸和足量碘化钠(已知铬的还原产物为Cr3＋)，放于暗处5 min，然后加入100 mL水，加入几滴淀粉溶液指示剂，用0．120 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定(已知反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O)问题1：判断达到滴定终点的依据是：__当滴加最后一滴硫代硫酸钠标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，半分钟内不变色__。问题2：若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40．00 ml，所得产品的中重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)的纯度__95．36%__(保留四位有效数字)。(设整个过程中其他杂质不参与反应)【解析】　(1)固体反应物在搅拌时可充分接触而反应，加快反应速率；(2)CaCO3分解产生CaO，可与杂质SiO2、Al2O3等物质发生反应，有利于杂质的去除；(3)氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质，调节pH至4．7，可生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去；(4)CrO在酸性条件下与H＋反应生成Cr2O，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，加入硫酸酸化可促使平衡正向移动，提高Cr2O浓度，促进红矾钠晶体析出；(5)采用冷却结晶的方法析出红矾钠，是由于红矾钠的溶解度随温度的降低而减小，降低温度，可促进红矾钠结晶析出；(6)①溶液中有碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与Na2S2O3发生氧化还原反应，当反应达到终点时，蓝色褪去，故答案为：当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；②根据反应的关系式计算：Cr2O　～　3I2　～　6S2O1 mol                6 mol　n　　　　    0．120 0 mol/L×0．04 Ln＝0．000 8 mol，则2．500 0 g重铬酸钠试样中含有的重铬酸钠晶体的质量为10×0．000 8 mol×298 g/mol＝2．384 g，所得产品中重铬酸钠晶体的纯度＝×100%＝95．36%。