安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-52物质的检测（1）

这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-52物质的检测（1），共42页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，填空题等内容，欢迎下载使用。

安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-52物质的检测（1）

一、单选题
1．（2023·安徽马鞍山·统考三模）下列各组实验操作和现象与对应的离子方程式均正确的是
选项
实验操作和现象
离子方程式
A
向2mLNaCl溶液中滴加几滴AgNO3溶液，产生白色沉淀，再滴加氨水，振荡至沉淀溶解
沉淀溶解：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++C1-
B
向滴有酚酞的水中，放入绿豆粒大小的钠块，钠块浮在水面、熔化成小球、不停游动、发出嘶嘶响声、溶液变红
钠与水反应：
Na+2H2O=Na+ +OH-+H2↑
C
向2mLNaOH溶液中滴加5滴CuSO4溶液，振荡后加入0.5mL乙醛溶液，加热，有红色固体析出
红色固体析出：CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+2Cu↓+2H2O
D
向2mLNaOH溶液中滴加4滴MgCl2溶液，产生白色沉淀，再滴加4滴FeCl3溶液，有红褐色沉淀生成

红褐色沉淀生成：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·安徽黄山·统考三模）某工业废水中可能含有K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NH、Cl-、CO、NO、SO、I-中的几种，且各离子物质的量浓度均为0.2mol/L(忽略水的电离及离子的水解)，欲探究废水的组成，进行了如下实验：
I.取该无色溶液5mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加
II.用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰
III.另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇到空气变为红棕色
IV.向III中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
下列推断不正确的是
A．溶液中一定不含的阳离子是K+、NH、Cu2+、Ag+
B．III中加入盐酸生成无色气体的离子方程式为：8H++6I-+2NO=3I2+2NO↑+4H2O
C．原溶液除H+和OH-外只含有Mg2+、Al3+、NO、SO、I-
D．另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、灼烧沉淀至恒重，得到固体质量0.8g
3．（2023·安徽马鞍山·统考一模）某溶液仅由 、Cl-、 、、、Fe3+、Al3+和K+中的若干种离子组成，且各离子浓度相等，取适量溶液进行如下实验：
①取该溶液加入过量NaOH溶液，加热，产生无色气体；
②将①过滤、洗涤、灼烧，得到固体a；
③向上述滤液中加足量BaCl2 溶液，产生白色沉淀：
根据以上实验，下列推断错误的是
A．根据操作①，推断一定存在
B．②中固体a为氧化铁
C．原溶液中一定不存在 、Al3+，可能含有K+
D．说明原溶液中一定存在、Cl-、、、Fe3+、

二、实验题
4．（2023·安徽淮南·统考二模）实验室可使用Mg(OH)2为原料制备无水MgCl2实验过程如下：
I.在烧杯中将Mg(OH)2粉末与足量无水乙醇充分混合，搅拌混合均匀后装入三颈烧瓶。
II.向三颈烧瓶中通入足量HCl气体使Mg(OH)2固体完全溶解。
III.对反应后的溶液进行加热蒸馏，形成CH3CH2OH•6MgCl2溶液。
IV.对CH3CH2OH•6MgCl2溶液进行进一步脱乙醇蒸馏，得到较为纯净的无水MgCl2。
回答下列问题：
(1)步骤I中选择乙醇而非相对分子质量更大的丁醇的原因是______。
(2)步骤II中的HCl气体可由下列装置中的______(填标号)制备。装置B中玻璃仪器的名称分别是导管、酒精灯、______、______。

(3)CH3CH2OH•6MgCl2在加热蒸馏时可能会发生分解产生少量CH4气体，并伴随MgO和碳单质的生成，该分解反应的化学方程式为______。为提高无水氯化镁的产率，从平衡角度分析抑制该副反应的措施是______。
(4)准确称量制得的无水MgCl2产品9.700g(含有少量MgO杂质)，将其完全溶于稀盐酸中，加入过量Na2CO3溶液使Mg2+完全转化为MgCO3沉淀，过滤、洗涤、干燥，称量所得固体质量为8.820g。
①检验固体洗涤完成的方法是______。
②产品中MgCl2的纯度为______%(计算结果保留一位小数)。
5．（2023·安徽铜陵·统考模拟预测）某项目式学习小组在探究氯水的漂白性时，设计了以下实验：
示意图
序号
温度
试剂A
预期现象

①    
25℃
蒸馏水
15s后品红溶液褪色
②    
25℃
饱和AgNO3溶液
生成白色沉淀，品红溶液褪色
Ⅰ．
(1)根据新制氯水中存在的反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，结合平衡移动原理，可知实验序号②中品红溶液褪色所需时间___________15s(填“>”、“<”或“=”)。
Ⅱ．通过实验得知，品红溶液褪色所需时间与(Ⅰ)中结论恰好相反，猜测饱和AgNO3溶液与HClO发生反应，生成了AgClO沉淀，对此进行以下探究。
查阅资料：①AgI能溶于较高浓度KI溶液中；②Ksp(AgI) 实验方案1：
实验内容
序号
加入试剂及操作
实验现象
取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，用蒸馏水洗涤3次，分别装在3支洁净的试管中，再分别加入试剂
①
加入2mL浓盐酸，用湿润的淀粉KI试纸靠近试管口
产生黄绿色气体，淀粉KI试纸变蓝
②
加入2mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再滴加3滴（           ）溶液
溶液出现红色
③   
加入4mL饱和KI溶液，再滴加3滴淀粉溶液
（           ）
(2)实验序号①反应的化学方程式为___________。
(3) ___________。
(4)实验序号③的实验现象为___________。
实验方案2：取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，洗净后置于试管中，加入饱和NaCl溶液，静置1h，取上层清液，滴加1滴品红，品红溶液褪色。
(5)请结合沉淀溶解平衡原理解释上述现象___________(结合方程式解释)。
(6)根据以上实验可确定白色沉淀的主要成分为___________。
Ⅲ．为确定其成分的含量，设计了实验方案3。
实验方案3：
查阅资料：HClO不稳定，见光易分解，推知AgClO受热分解；
取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，洗净干燥，称取质量为5.2625g，装入洁净试管中，总质量为15.0625g，用酒精灯加热，检验产生的气体，完全反应后，称取试管总质量为14.8225g。
(7)白色固体中各成分的物质的量为___________。
6．（2023·安徽马鞍山·统考三模）[Co(NH3)6]Cl3 [三氯化六氨合钴(Ⅲ)]易溶于热水，难溶于冷水及乙醇，是合成其它Co(Ⅲ)配合物的原料。某化学兴趣小组在实验室以活性炭为催化剂，向浓氨水、NH4Cl、CoCl2混合溶液中加H2O2制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)，并测定产品中钴的含量。
已知：过量的氨水加入Co2+的水溶液时，即生成可溶性的氨合配离子，它不稳定，易被氧化成。
I．[Co(NH3)6]Cl3的制备
步骤i：在锥形瓶中，将4g NH4Cl固体溶于8.4 mL水中，再加入6g研细的CoCl26H2O晶体，溶解得到混合溶液。
步骤ⅱ：将上述混合溶液转移至三颈烧瓶中(装置如图)，加入研细的活性炭和浓氨水，再逐滴加入H2O2溶液，水浴加热至50~60°C，保持20 min。然后用冰水浴冷却至0°C左右，抽滤，得粗产品。回答下列问题：
  
(1)仪器b的名称为___________；CaCl2的作用是___________；
(2)水浴加热温度控制在50~60°C，温度不宜过高的原因是___________；
(3)加入H2O2后，反应的离子方程式为___________；
(4)粗产品中含活性炭及其它杂质，用重结晶法提纯：将粗产品溶于50mL热水中至接近饱和，___________、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得到产品。
Ⅱ．[Co(NH3)6]Cl3样品中钴含量的测定
已知：[Co(NH3)6]Cl3在热的强碱溶液中会分解：[Co(NH3)6]Cl3+3NaOH=Co(OH)3 ↓+6NH3↑+3NaCl；I2+2=2I-+
(5)准确称取0.2000 g的[Co(NH3)6]Cl3样品放入250mL碘量瓶中，加入15mL10%NaOH溶液，加热至不再有氨气放出，加入足量KI固体，摇荡使KI溶解，再加入HCl酸化，置于暗处10min， Co(OH)3转化成Co2+，用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液6.00mL。
①Co(OH)3转化成Co2+的离子方程式为___________；
②产品中钴的质量分数为___________。
(6)下列操作可能导致钴的质量分数偏高的有___________。
A．酸化过程中盐酸的量不足
B．滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失
C．滴定终点时俯视读数
D．盛放标准溶液的滴定管没有用标准溶液润洗
7．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）四氯化锡(SnCl4)在工业上用作媒染剂和有机合成的氯化催化剂，在潮湿空气中易水解产生锡酸，并释出HCl而呈现白“烟”。
已知：锡的氯化物有SnCl2和SnCl4两种，熔沸点和密度如下表所示：
物理性质
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g·mL-1)
SnCl2
246
652
——
SnCl4
-33
114
2.23
某化学小组欲制备少量无水四氯化锡，装置如图所示。
  
实验步骤
I.称取5.00gKMnO4放入烧瓶中，向漏斗加入10.0mL浓盐酸，洗气瓶3和8中加入适量的浓硫酸，将1.19gSn放入反应器4中，烧杯5和冷阱7内都装入冷水。
II.打开漏斗的旋塞，待排尽装置内空气后，加热装置开始反应，反应完成，立即停止加热。共收集到SnCl41.1mL。
回答下列问题：
(1)SnCl4中含有的化学键类型是___________。
(2)将仪器装置连接好后，先___________。
(3)装置2中反应的离子方程式___________。
(4)当观察到___________现象时，开始加热锡。
(5)洗气瓶8中浓硫酸的作用是___________。
(6)怎样减少副产物SnCl2___________。
(7)该反应的产率是___________。(保留三位有效数字)
8．（2023·安徽宣城·统考二模）无水Na2SO3广泛应用于阳极泥中贵金属的提炼，久置的工业无水Na2SO3纯度的测定方法有多种：
I.固体质量分析法
取固体样品mg于试管中加水溶解，向试管中滴入过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥、称量得固体ng，计算Na2SO3纯度为100%
(1)检验沉淀是否洗净的方法是_______。
II.气体体积分析法

①按照上图(夹持装置已略)组装好装置并检验气密性备用，称量mg样品加入抽滤瓶，组装好装置；
②……，读数体积为V1mL；
③打开恒压滴液漏斗下端的活塞，加入过量的稀硫酸，让其充分反应；
④……，读数体积为V2mL(已知V2 (2)在②、④两步读数之前必要的操作是_______。
(3)相比分液漏斗，恒压滴液漏斗在该实验中的优点是_______。
A．可以起到冷凝回流的作用
B．方便检验装置的气密性
C．使漏斗中液体顺利流下
D．减小加入液体体积对测量气体体积的误差
(4)若该实验条件为标准状况，则Na2SO3纯度为_______(用含V1、V2、m的式子表达)。
III.滴定法
①称取2.10g样品于锥形瓶中，加入0.50mol·L-1酸性KMnO4溶液20.00mL，塞紧塞子，振荡让其充分反应；
②过量的酸性KMnO4溶液用1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定；
③重复①、②两组实验三次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液30.00mL。
(5)第②步中发生的离子反应方程式为_______。
(6)该样品的纯度为_______。
(7)I中所测的纯度明显大于III，分析可能的原因是_______。
9．（2023·安徽马鞍山·统考二模）NiS难溶于水，易溶于稀酸，可用于除去镍电解液中的铜离子，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力。实验室模拟制取NiS装置如图(加热、夹持装置略去)，先通氮气排尽装置内空气后，同时通入硫化氢气体和氨气，制得NiS沉淀。回答下列问题

(1)装置图中，仪器a的名称是___________，装置 Ⅱ中的试剂为___________。
(2)装置Ⅲ中反应的离子方程式为___________。
(3)反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤。装置Ⅳ接在___________(填“b”或“c”) 处。

(4)用NiS除去镍电解液中铜离子时，NiS陈化时间对除铜离子效果的影响如图所示(陈化时间：沉淀完全后，让生成的沉淀与母液一起放置的时间)。图中曲线变化原因是___________ (以化学方程式表示)。

(5)测定某NiS样品的纯度
称取试样(杂质中不含Ni) mg置于锥形瓶中，用稀酸溶解后加入掩蔽剂掩蔽其他离子，加pH≈10的氨性缓冲溶液5mL紫脲酸铵指示剂少许。用0.0200mol/L EDTA (Na2H2Y)标准溶液滴定，发生反应： Ni2++H2Y2- NiY2-+ 2H+。滴定达终点时消耗EDTA标准溶液VmL。
①样品的纯度为___________。
②滴定过程中，若氨性缓冲溶液pH值过低，导致测得的产品纯度___________ (填“偏低”、 “偏高”或“不影响”)。
10．（2023·安徽安庆·统考二模）重铬酸钾作为实验室重要的基准物质，通常用来标定某些物质的浓度。实验室模拟固体碱熔氧化法制备K2Cr2O7步骤如下：
I、制备阶段
①氧化焙烧：在熔融碱中，用强氧化剂氯酸钾氧化Cr2O3，得到易溶于水的铬酸盐；
②熔块提取：用水浸取熔体，过滤，将滤液酸化；
③复分解结晶：向酸化后的滤液中加入细小KCl晶体，抽滤、干燥、得粗产品重铬酸钾。
II、纯度分析
称取1.000g的粗产品，配制成100mL溶液，取25.00mL用硫酸酸化，加入适量KI和指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至亮绿色。
回答下列问题：
(1)在氧化焙烧时，用___________进行熔融(填仪器名称)，下列仪器在纯度分析中用不到的是___________(填序号)。

(2)步骤①中使用的碱为苛性钠，写出该步反应的化学方程式___________。
(3)步骤②中加入强酸酸化的目的是___________。
(4)步骤③中加入细小KCl晶体能得到重铬酸钾，原理为2KCl+Na2Cr2O7=2NaCl+K2Cr2O7该反应能发生的原因是___________。
(5)纯度分析中选择的指示剂是___________，写出酸性重铬酸钾与KI反应的离子方程式___________。滴定原理是I2+2=2I-+，若滴定终点消耗0.2000mol/LNa2S2O3标准溶液22.50mL，则该产品纯度为___________%(保留两位小数)。
11．（2023·安徽蚌埠·统考二模）[Co( NH3)6]Cl3(三氯六氨合钴)是一种重要的化工产品，实验室制备过程如下：
①将一定量的氯化铵和浓氨水置于锥形瓶中，混合均匀；
②分批加入氯化钴粉末，边加边搅拌，直至溶液呈棕色稀浆；
③再向其中滴加30%H2O2，当固体完全溶解后，慢慢加入浓盐酸加热10~15min；
④在室温下冷却，过滤，可得到橙黄色[Co(NH3)6]Cl3晶体。
(1)[ Co( NH3)6]Cl3中Co的化合价是__________，该配合物中心离子的核外电子排布式为_______。
(2)“加热”应控温在60°C进行，控温方式可采取_____________________，温度不宜过高的原因是___________。
(3)溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后与H2O2溶液反应生成[ Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是_________。
(4)加入浓盐酸的作用是____________________________。
(5)沉淀滴定法测定产品中Cl-的质量分数：
i．准确称取mg的产品，配制成100mL溶液，移取20mL于锥形瓶中；．
ii．滴加几滴K2CrO4溶液为指示剂，用c mol· L-1AgNO3溶液滴定至终点；
iii．重复滴定三次，消耗AgNO3溶液体积的平均值为VmL，计算晶体中Cl-的质量分数。
已知溶解度：AgCl 1.3×10-6mol · L-1，Ag2CrO4(砖红色)6.5×10-5mol ·L-1
①ii中，滴定至终点的现象是____________________。
②制备的晶体中Cl-的质量分数是_________(列计算式即可)。
12．（2023·安徽黄山·统考一模）氧钒碱式碳酸铵晶体是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。
已知：①氧钒碱式碳酸铵晶体呈紫红色，难溶于水和乙醇
②有较强还原性，易被氧化
实验室以为原料制备该晶体的流程如图：

i.向中加入足量盐酸酸化的溶液，微沸数分钟。
ii.将净化的溶液缓慢加入到足量溶液，有气泡产生，析出紫红色晶体。
iii.待反应结束后，在有保护气的环境中，将混合液静置一段时间，抽滤，所得晶体用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，得到粗产品。
请回答下列问题：
(1)步骤i中生成的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_______。
(2)步骤ii可在如下图装置中进行：

①上述装置依次连接的合理顺序为e→_______(按气流方向，用小写字母表示)。
②实验开始时，先关闭，打开，当_______(填实验现象)时，关闭，打开，进行实验。
③写出装置D中生成氧钒碱式碳酸铵晶体的化学方程式_______。
(3)步骤iii中抽滤装置如图所示，抽滤原理是_______。

(4)步骤iii中用饱和溶液洗涤晶体，检验晶体已洗涤干净的操作是_______。
(5)为测定粗产品中钒的含量，称取粗产品于锥形瓶中，用蒸馏水与稀硫酸溶解后加入溶液至稍过量，充分反应后继续滴加的溶液至稍过量，再用尿素出去过量的，滴入几滴铁氰化钾溶液，最后用标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为。
(已知钒的相对原子质量为51，假设杂质中不含钒，杂质也不参与反应，滴定反应为：)
①滴定终点时的现象为_______。   
②粗产品中钒的质量分数为_______。
13．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究，回答下列问题。查阅资料：①Na2CS3+H2SO4=CS2+H2S↑+Na2SO4，CS2和H2S均有毒；②CS2不溶于水，沸点46℃，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
I.Na2CS3的性质探究
步骤
操作及现象
①
取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份
②
向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色
③
向另一份溶液中滴加H2SO4酸化的KMnO4溶液，紫色褪去
(1)H2CS3是_______酸(填“强”或“弱”)。
(2)已知步骤③的氧化产物是，写出该反应的离子方程式_______。某同学取步骤③反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，通过测定产生的白色沉淀的质量来求所用Na2CS3质量，你是否同意他的观点，并说明理由_______。
II.测定Na2CS3溶液的浓度
实验步骤如下：
①取50.0mLNa2CS3溶液置于仪器M中，打开K，通入一段时间氮气；
②关闭K，打开分液漏斗活塞，滴入足量2.0mol·L-1稀H2SO4，关闭活塞；
③反应结束后，再打开K，通入一段时间的热氮气(高于60℃)。

(3)仪器M的名称是_______
(4)上述装置按气流方向连接合理的顺序为_______
a.ADCEB                b.ACBED                    c.AEBCD
(5)步骤③中通N2的目的是_______。
(6)为了计算该Na2CS3溶液的浓度，可测定C中生成沉淀的质量。对C中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重。若C中生成沉淀的质量为7.2g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是________。也可以通过测定E中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若缺少装置D，计算值会_______(填“无影响”、“偏高”或“偏低”)。

三、工业流程题
14．（2023·安徽黄山·统考二模）某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如图：

已知：①含锌组分间的转化关系：Zn2+Zn(OH)2
②ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃ 以下稳定。
请回答：
(1)步骤I，初始滴入ZnSO4溶液时，反应的化学方程式___________。
(2)下列有关说法不正确的是___________  。
A．步骤I，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分
B．步骤I，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2， 可提高ZnSO4的利用率
C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50°C的热水洗涤
(3)步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是___________。
(4)步骤Ⅲ中，实验室盛放样品的容器名称是___________。
(5)用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是___________。
(6)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2+。用________称量ZnO样品0.081g，在___________中用酸溶解样品，然后在________中配制一 定体积的Zn2+溶液，再用移液管量取一定体积的 Zn2+溶液，最后用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+。从下列选项中选择合理的仪器___________(按顺序填写且用字母作答)补全以上步骤。
仪器： a．烧杯        b．托盘天平       c．容量瓶       d．分析天平   e．试剂瓶
(7)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。某研究小组取7.5 ×10−3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5 ×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为9.7，则1个人血浆铜蓝蛋白分子中含___________个铜原子。

15．（2022·安徽铜陵·统考二模）碘化钠(NaI，白色粒状)常用于医学和摄影技术。以纯碱(含少量Na2SO4杂质)为原料制备NaI的流程如下：

已知：①I2与Na2CO3生成NaI、NaIO和NaIO3；
②
③NaI·2H2O易被O2氧化生成I2，且温度越高，反应速率越快；
④减压可使物质的沸点降低。
回答下列问题：
(1)“转化”时，向溶液中加入少量NaI的目的是_______；该步骤反应适宜的温度为40~70℃，温度不宜超过70℃的原因是_______(从的性质考虑)。
(2)写出“还原”时，发生反应的离子方程式：_______()。
(3)“除”时，若试剂a是稍过量的饱和Ba(OH)2溶液，则b是稍过量的_______。
(4)试剂X是_______
(5)获得NaI·2H2O时，采用减压蒸发的原因是_______。
(6)测定产品中NaI含量，采用电位滴定法测定，实验步骤如下：

该样品中NaI的质量分数为_______。
16．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。氯化钪(ScCl3)是一种可溶于水的灰白色固体，是制备钪的重要原料。工业上利用固体废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)制取ScCl3，请结合流程回答以下问题：

已知：①TiO2难溶于盐酸。
②Ksp[Sc(OH)3]=1.0×10-30，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38
(1)滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。
(2)“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是_______。
(3)常温下，“调pH”时，溶液中c(Sc3+)=0.001mol·L-1，为除去杂质离子，应控制的pH范围是_______(当溶液中某离子浓度c≤1.010-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(4)已知Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+，此反应的平衡常数K=_______(用含a、b、c的代数式表示)。
(5)“加热氯化”过程中排出的气体主要有________(填化学式)。
(6)传统制备ScCl3的方法是先得到ScCl3·6H2O沉淀，再高温脱水得ScCl3，但通常含有ScOCl杂质，原因是_______。
(7)草酸钪晶体［Sc2(C2O4)3·6H2O］在空气中加热，随温度的变化情况如下图所示。250℃时，晶体的主要成分是_______(填化学式)，550～850℃，反应的化学方程式为_______。(已知Sc2(C2O4)3·6H2O的摩尔质量为462g·mol-1)

17．（2022·安徽合肥·统考三模）铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示：

已知：①滤渣I主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；
②常温下，K[Fe(OH)3]=8×10-38，K[Ce(OH)3]=1×10-22，lg 2=0.3；
③溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时视为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450~500
80
14
对流空气氧化炉中
450~500
98
6
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是_______。
(2)用盐酸和H3BO3提取Ce元素时，“滤渣I”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣II”主要成分为_______(填化学式)。
(3)常温下，“滤液I”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水调pH的范围是_______。
(4)写出“焙烧”过程中反应的化学方程式：若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为_______t。
(5)用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为_______；铝粉必须过量的原因是_______。
18．（2022·安徽黄山·统考二模）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，摩尔质量：246g/mol)是一种易被人体吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(成分为60%FeS2、Al2O3、SiO2及其他杂质)为原料来制备柠檬酸亚铁，其流程如下图：

已知：(1)“焙烧”生成了铁红；
(2)常温下，柠檬酸()电离常数：  ，， , Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33
(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________，“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(2)已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为___________。
(3)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种___________盐(填“正”“酸式”或“碱式”)，0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈___________性。(填“酸”、“碱”或“中”)
(4)若铝离子浓度为0.1mol/L，通过计算判断，“除铝”中调节pH=2时是否产生氢氧化铝沉淀___________。(写出计算过程)
(5)“沉铁”时需控制温度在32℃左右，其可能的原因是___________。
(6)某工厂用1kg硫铁矿经上述流程制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为______。(保留四位有效数字)
19．（2022·安徽宣城·二模）钪(Sc)是一种稀土金属，钪及其化合物在宇航、电子、超导等方面有着广泛的用途。钛白粉中含有等多种成分，用酸化后的钛白废水富集钪，并回收氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“萃取”时均进入有机相中，则在“洗涤”时加入的目的是_______。
(2)“滤渣1”的主要成分是、_______(写化学式)。
(3)在“调pH”时先加氨水调节，此时过滤所得滤渣主要成分是_______；再向滤液中加入氨水调，此时滤液中的浓度为_______；检验含滤液中是否含的试剂为_______(写化学式)。(已知：；)。
(4)“沉钪”时用到草酸。已知草酸的；；则在时的草酸溶液中_______。
(5)写出草酸钪在空气中“焙烧”时反应的化学方程式_______。
(6)钛白酸性废水中含量，该工艺日处理钛白酸性废水，理论上能生产含氧化钪的产品最多_______kg(保留2位有效数字)。

四、填空题
20．（2023·安徽淮北·统考一模）钴盐在生活和生产中有着重要应用。
(1)干燥剂变色硅胶常含有。常见氯化钴晶体的颜色如下：
化学式




颜色
蓝色
蓝紫色
紫红色
粉红色
变色硅胶吸水饱和后颜色变成__________，硅胶中添加的作用__________。
(2)草酸钴是制备钴氧化物的重要原料，常用溶液和溶液制取难溶于水的晶体。
①常温下，溶液的__________7(填“>”“=”或“<”)。(已知：常温下，，。)
②制取晶体时，还需加入适量氨水，其作用是__________。
③在空气中加热二水合草酸钴，受热过程中在不同温度范围内分别得到一种固体物质。已知的两种常见化合价为价和价，。
温度范围／
150～210
290～320
固体质量/g
8.82
4.82
ⅰ．温度在范围内，固体物质为__________(填化学式，下同)；
ⅱ．从加热到时生成一种钴的氧化物和，此过程发生反应的化学方程式是__________。

参考答案：
1．A
【详解】A．氯化银是白色沉淀，能够溶于氨水，形成[Ag(NH3)2] Cl配合物，现象描述正确，离子方程式书写正确，选项A正确；
B．向滴有酚酞的水中，放入绿豆粒大小的钠块，现象描述正确，离子方程式应该为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项B错误；
C．乙醛与新制氢氧化铜悬浊液的反应，现象描述正确，离子方程式应该为CH3CHO + 2Cu(OH)2+NaOHCH3 COONa + Cu2O↓+3H2O，选项C错误；
D．该实验中NaOH 2mL过量，而MgCl2、FeCl3溶于均只加了4滴，则有红褐色沉淀生成是沉淀的生成，不是沉淀的转化，离子方程式为Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3↓，选项D错误；
答案选A。
2．C
【分析】I．取该无色溶液5 mL，说明一定不含有Cu2+，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加，说明增加的是NH，所以原溶液中一定不含NH，可能含有Mg2+、Al3+，不含NH、CO；
II．用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰，说明没有K+；
III．另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，说明有还原性离子I-与NO和H+反应生成NO，即溶液中有I-、NO，一定不含有Ag+。
IV．向III中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO；
综上所述，一定含有的阴离子为NO、SO、I-，各离子物质的量浓度均为0.2mol/L，结合电荷守恒可知，溶液中一定有Mg2+和Al3+，且还含有一种-1价的阴离子为Cl-，以此解答。
【详解】A．由分析可知，溶液中一定不含的阳离子是K+、NH、Cu2+、Ag+，故A正确；
B．III中加入盐酸，I-与NO和H+反应生成NO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：8H++6I-+2NO=3I2+2NO↑+4H2O，故B正确；
C．由分析可知，原溶液除H+和OH-外只含有Mg2+、Al3+、NO、SO、I-、Cl-，故C错误；
D．另取100 mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Mg2+、Al3+反应生成Mg(OH)2、NaAlO2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，根据元素守恒：n(MgO)=n(Mg2+)=cV=0.2 mol/L×0.1 L=0.02 mol，m(MgO)=0.02 mol×40 g/mol=0.8 g，故D正确；
故选C。
3．C
【分析】加入过量的碱产生气体为NH3，溶液有。信息②知加入过量的碱产生了沉淀Fe(OH)3，溶液中有Fe3+，与Fe3+会发生双水解不能共存，则溶液中不存在。信息③知加溶液中有。
【详解】A．由上分析溶液中一定有，A项正确；
B．Fe(OH)3受热分解为氧化铁Fe2O3，B项正确；
C．由上分析溶液中一定有 和Fe3+而阴离子有，又溶液中各离子浓度相同，溶液中电荷不守恒，所以一定还有Cl-和。溶液中这五种离子刚好电荷守恒，所以一定不存在和Al3+、K+，C项错误；
D．由C项分析溶液中一定存在 、Fe3+、 、Cl-和，D项正确；
故选C。
4．(1)减少蒸馏中的能耗
(2) B 圆底烧瓶 分液漏斗
(3) 蒸馏过程中不断通入HCl
(4) 向最后一次洗涤液中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，无白色沉淀产生 97.9

【详解】（1）醇类的相对分子质量越大熔沸点越高，所以为了减少能耗，不能选用相对分子质量更大的丁醇，答案为：减少蒸馏中的能耗；
（2）实验室制备氯化氢气体是固体+液体且加热，所以只能选用装置B，
装置B中玻璃仪器的名称分别是导管、酒精灯、圆底烧瓶、分液漏斗，答案为：B,圆底烧瓶、分液漏斗；
（3）该反应中碳元素自身发生氧化，生成碳和甲烷，根据原子守恒配平方程式，氯化镁易发生水解显酸性，所以在氯化氢的气氛中抑制其水解，提高无水氯化镁的产率，答案为：，蒸馏过程中不断通入HCl；
（4）①检验沉淀是否洗涤干净。可以通过检验洗涤液中是否存在氯离子来确定，检验方法：向最后一次洗涤液中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，无白色沉淀产生，答案为：向最后一次洗涤液中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，无白色沉淀产生；
②由题意知，设样品中，则,所以，，产品中MgCl2的纯度为，答案为：97.9。
5．(1)<
(2)AgClO+2HCl=AgCl+Cl2↑+H2O
(3)KSCN溶液
(4)白色沉淀逐渐变为黄色，后逐渐溶解，溶液变为蓝色
(5)在饱和NaCl溶液发生沉淀转化：AgClO(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+ClO-(aq)，溶液中c(ClO-)增大
(6)AgCl、AgClO
(7)AgClO：0.015mol；AgCl：0.020mol

【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；
【详解】（1）氯离子和银离子生成氯化银沉淀，导致Cl2+H2O⇌HCl+HClO平衡正向移动，次氯酸浓度增大，故实验序号②中品红溶液褪色所需时间小于15s；
（2）实验产生黄绿色气体说明生成了氯气，淀粉KI试纸变蓝说明生成的氯气氧化碘离子生成碘单质，则次氯酸银和浓盐酸发生氧化还原反应，次氯酸根中氯元素化合价降低、HCl中氯元素化合价升高，反应生成了氯气，根据质量守恒，还会生成氯化银和水，反应为AgClO+2HCl=AgCl+Cl2↑+H2O；
（3）次氯酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子能和KSCN溶液反应变为红色，故实验序号②中滴加的溶液为KSCN溶液；
（4）已知，AgI能溶于较高浓度KI溶液中；次氯酸根离子具有强氧化性，次氯酸银和碘离子发生氧化还原生成碘单质和碘化银沉淀，生成碘化银又溶于过量的高浓度KI溶液中，故现象为白色沉淀逐渐变为黄色，后逐渐溶解，溶液变为蓝色；
（5）在饱和NaCl溶液中氯离子浓度很高，发生沉淀转化：AgClO(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+ClO-(aq)，平衡正向移动，溶液中c(ClO-)增大，使得品红溶液褪色；
（6）结合实验可知，氯气和水生成盐酸和次氯酸，两者与硝酸银反应分别生成氯化银沉淀、次氯酸银沉淀，故白色沉淀的主要成分为AgCl、AgClO；
（7）查阅资料：HClO不稳定，见光易分解，推知AgClO受热分解，则次氯酸银分解生成氯化银和氧气，固体减少质量为氧气的质量15.0625g-14.8225g=0.24g，氧气物质的量为0.0075mol，根据氧原子守恒可知，次氯酸银为0.015mol，则氯化银物质的量为。
6．(1) 球形干燥管(或干燥管) 吸收反应过程中挥发出的氨气
(2)防止H2O2受热分解及氨水挥发(两个要点，各1分)
(3)2+H2O2+22+2NH3·H2O
(4)趁热过滤(答过滤，得1分)
(5) 2Co(OH)3+2I-+ 6H+=2Co2++I2+6H2O 17.7%(或0.177)
(6)BD

【详解】（1）仪器b的名称为球形干燥管；CaCl2的作用是吸收反应过程中挥发出的氨气，防止其污染空气；
（2）反应体系中的反应物H2O2受热会分解，氨水易挥发，温度越高，挥发越快，所以水浴加热温度控制在50~60°C，温度不宜过高；
（3）由已知条件过量的氨水加入Co2+的水溶液时，即生成可溶性的氨合配离子，它不稳定，易被氧化成，所以加入H2O2后，反应的离子方程式为2+H2O2+22+2NH3·H2O；
（4）粗产品中含活性炭及其它杂质，活性炭不溶于水，所以配置好溶液后，需要将活性炭趁热过滤，再将滤液冷却结晶，并进行后续操作，故答案为趁热过滤；
（5）①加入KI，KI溶于水得到I-，I-具有还原性，在酸性条件下，将Co3+还原成Co2+，所以Co(OH)3转化成Co2+的离子方程式为2Co(OH)3+2I-+ 6H+=2Co2++I2+6H2O；
②由反应方程式，可得关系式，根据消耗的量可得，，，所以产品中钴的质量分数为17.7%；
（6）A．酸化过程中盐酸的量不足则不能将所有Co3+还原成Co2+，使得转化生成的I2变少，消耗的Na2S2O3标准溶液变少，所以会使测得钴的质量分数偏低，故A错误；
B．滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失，导致读数比实际消耗量偏大，所以会使测得钴的质量分数偏高，故B正确；
C．滴定终点时俯视读数，导致读数比实际消耗量偏小，所以会使测得钴的质量分数偏低，故C错误；
D．盛放标准溶液的滴定管没有用标准溶液润洗，相当于稀释了标准溶液，会消耗更多体积的标准溶液，所以会使测得钴的质量分数偏高，故D正确；
故选BD。
7．(1)共价键
(2)检验装置气密性
(3)2+10C1-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
(4)4(或6.7.8)中充满黄绿色气体
(5)防止水蒸气进入5使SnCl4水解
(6)持续通入Cl2并加热至4中无固体剩余
(7)94.0%(或0.940)

【分析】装置1和2用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气，装置3内装有饱和食盐水除去HCl杂质气体，氯气进入反应器4中与Sn反应生成SnCl4，因其沸点较低，在装置6中冷却收集得到SnCl4固体，由于SnCl4在潮湿空气中易水解产生锡酸，并释出HCl而呈现白“烟”，装置8中装有浓硫酸干燥空气；
【详解】（1）由表知SnCl4的熔沸点较低，则SnCl4是共价晶体，含有共价键；
（2）该装置1和2有氯气产生，氯气在反应器4中与Sn反应，将仪器装置连接好后，实验开始前，先检验装置气密性；
（3）装置2中KMnO4和浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式：2+10C1-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（4）氯气进入反应器4中与Sn反应生成SnCl4，当观察到氯气充满装置后，即4(或6.7.8)中充满黄绿色气体，开始加热锡；
（5）由于SnCl4在潮湿空气中易水解产生锡酸，洗气瓶8中浓硫酸的作用是：防止水蒸气进入5使SnCl4水解；
（6）SnCl2具有还原性，氯气具有氧化性，持续通入Cl2并加热至4中无固体剩余可减少副产物SnCl2；
（7）1.19gSn的物质的量为，生成n(SnCl4)=0.01mol，m(SnCl4)=0.01mol×261g/mol=2.61g，收集到SnCl4的质量为1.1mL×2.23 g·mL-1=2.453g，该反应的产率是。
8．(1)用一支洁净的小试管，取最后清洗液1~2mL，向试管中滴加过量的稀HNO3，之后向溶液中滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净
(2)调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上
(3)CD
(4)
(5)5Fe2+ + +8H+= 5Fe3+ + Mn2++4H2O
(6)60%
(7)久置的Na2SO3可能部分被氧化为Na2SO4导致生成的BaSO3沉淀质量增大

【分析】如图，向样品中加入稀硫酸，发生反应，气体进入储液瓶中，调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上，通过量气管可读出生成的气体体积，从而计算出样品中亚硫酸钠的纯度。
【详解】（1）反应时由于加入了BaCl2溶液，所以检验沉淀是否洗净，可检验洗涤液中是否含有氯离子，其操作为用一支洁净的小试管，取最后清洗液1~2mL，向试管中滴加过量的稀HNO3，之后向溶液中滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净；
故答案为：用一支洁净的小试管，取最后清洗液1~2mL，向试管中滴加过量的稀HNO3，之后向溶液中滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净；
（2）该实验原理是通过生成的气体进入储液瓶产生的压力使液面上升读数气体体积，所以在②、④两步读数之前必要的操作是调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上；
故答案为：调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上；
（3）恒压滴液漏斗因为有玻璃管连通抽滤瓶和漏斗，体系压强保持一致，使漏斗中的液体顺利滴下，另一方面，本实验中由于加入液体，也会占用体积，恒压滴液漏斗因为连通漏斗和抽滤瓶，可以减小加入液体体积对测量气体体积的误差，故C、D符合题意；
故答案为：CD；
（4）根据实验，生成的体积为，物质的量为，由反应，可得，所以的物质的量为，则的质量分数为；
故答案为：；
（5）第②步中过量的酸性KMnO4溶液用1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，其中高锰酸钾酸性溶液被亚铁离子还原，发生反应的离子方程式为5Fe2+ + +8H+= 5Fe3+ + Mn2++4H2O；
故答案为：5Fe2+ + +8H+= 5Fe3+ + Mn2++4H2O；
（6）该方法为间接法测含量，其中总的KMnO4的量减去与1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应的KMnO4，即可算出与亚硫酸钠反应的KMnO4，即可计算出亚硫酸钠的量，根据题意，与1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应的KMnO4的物质的量为，则与与亚硫酸钠反应的KMnO4的物质的量为，再根据反应，可得亚硫酸钠的物质的量为，则样品的纯度为60%；
故答案为：60%；
（7）Ⅰ中是直接向样品中加入氯化钡溶液，再根据沉淀的量计算亚硫酸钠的质量分数，如果样品变质，其中含有部分硫酸钠，则得到的沉淀的质量比理论值偏多，导致测得的结果偏高；
故答案为：久置的Na2SO3可能部分被氧化为Na2SO4导致生成的BaSO3沉淀质量增大。
9．(1) 恒压漏斗(或恒压分液漏斗) 饱和NaHS溶液
(2)H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2
(3)b
(4)4NiS+O2+2H2O= 4Ni(OH)S
(5) 偏高

【分析】Ⅰ中硫化亚铁和盐酸反应生成硫化氢气体，硫化氢通过饱和NaHS溶液的装置Ⅱ除去氯化氢气体杂质后进入装置Ⅲ，装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，尾气有毒需要尾气处理装置；
【详解】（1）装置图中，仪器a的名称是恒压漏斗(或恒压分液漏斗)；装置Ⅱ中的试剂为饱和NaHS溶液，饱和NaHS溶液可以除去生成硫化氢气体中挥发的氯化氢气体杂质；
（2）装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，反应为H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2；
（3）反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3 进行抽滤洗涤，抽滤洗涤时，洗涤水进入装置Ⅲ然后通过抽气装置抽出达到洗涤目的，故连有抽气泵的装置Ⅳ接在b处以便能够抽出洗涤水；
（4）已知，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力，故随时间延长残留铜离子增加的原因是：4NiS+O2+2H2O= 4Ni(OH)S；
（5）①由反应Ni2++H2Y2- NiY2-+ 2H+可知，，则样品的纯度为；
②滴定过程中，缓冲溶液pH值过低，Ni2++H2Y2- NiY2-+ 2H+，导致平衡逆向移动，则需要更多的标准液参与反应，导致测得的产品纯度偏高。
10．(1) 铁坩埚 A
(2)Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O
(3)将转化为(2+2H++H2O)
(4)K2Cr2O7溶解度较小
(5) 淀粉溶液 +6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O 88.20

【详解】（1）焙烧碱应该选择铁坩埚以免被碱腐蚀。纯度分析中需要称量固体并配制一定浓度溶液，最后进行滴定。需要用到托盘天平、碱式滴定管、锥形瓶等而没有用到冷凝管。答案为铁坩埚；C；
（2）氯酸钾氧化Cr2O3为+6价即Na2CrO4，反应为Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O。答案为Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O；
（3）反应中存在2+2H++H2O，酸化使平衡正向，将转化为。答案为将转化为(2+2H++H2O)；
（4）K2Cr2O7溶解度较小而以沉淀析出。答案为K2Cr2O7溶解度较小；
（5）K2Cr2O7酸性条件下将KI氧化为I2反应为+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，I2再与Na2S2O3反应产生I-。所以指示剂选淀粉。K2Cr2O7~3I2~ 6Na2S2O3。n(Na2S2O3)=cV= 0.2000mol/L× 22.50× 10-3L=4.5×10-3mol。n(K2Cr2O7)=7.5×10-4mol，则产品的纯度为。答案为88.20。
11．(1) +3价 1s22s22p63s23p63d6或[ Ar]3d6
(2) 水浴加热 温度过高，会使加快H2O2的分解和浓盐酸的挥发
(3)2CoCl2 + 10NH3·H2O +2NH4Cl+ H2O2=2[ Co( NH3)6]Cl3 + 12H2O
(4)降低[ Co( NH3 )6]Cl3的溶解度，便于晶体的析出
(5) 滴入最后半滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失

【分析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，反应的化学方程式为2CoCl2 + 10NH3·H2O +2NH4Cl+ H2O2=2[ Co( NH3)6]Cl3 + 12H2O；将粗产品溶于热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。
【详解】（1）[Co(NH3)6]Cl3中NH3为配体，氯的化合价为-1价，则Co的化合价是+3价，Co的原子序数是27，基态Co原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2，失去3个电子形成该配合物中心离子Co3+，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[ Ar]3d6；
（2）“加热”应控温在60°C进行，控温方式可采取水浴加热；温度不宜过高的原因是温度过高，会使加快H2O2的分解和浓盐酸的挥发；
（3）溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后与H2O2溶液反应生成[ Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是：2CoCl2 + 10NH3·H2O +2NH4Cl+ H2O2=2[ Co( NH3)6]Cl3 + 12H2O；
（4）加入浓盐酸可增大氯离子浓度，作用是降低[ Co( NH3 )6]Cl3的溶解度，便于晶体的析出；
（5）①由题可知：AgCl的溶解度小于Ag2CrO4的溶液度，所以在滴加AgNO3时Ag+会与Cl-反应生成AgCl沉淀，当Cl-消耗完时再与结合，所以滴定终点时是Ag+与结合生成砖红色沉淀，故答案为：滴入最后半滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失；
②由AgCl沉淀的化学式可知：反应时Ag+与Cl-物质的量之比为1：1，滴定时消耗AgNO3的物质的量为cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，则20mL溶液中Cl-物质的量为cV×10-3mol，100mL溶液中Cl-的质量为：m=n×M=cV×10-3mol×35.5g/mol×=5×35.5cV×10-3g，故质量分数为：。
12．(1)
(2) abfgc(或abfgcd) B中溶液(澄清石灰水)变浑浊
(3)水龙头起着抽气泵的作用，利用水流带走里面的空气导致里面压强减少，使过滤速度加快(或水流造成装置内压强减小，使过滤速率加快，且产品含水量更少)
(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净
(5) 当加入最后半滴(或1滴)标准液时，有蓝色沉淀产生且30秒(或半分钟)内沉淀不溶解 0.255或

【分析】实验室以制备氧钒碱式碳酸铵晶体，步骤ⅰ反应制备，同时有无色无污染的氮气生成，步骤ⅱ将净化的溶液缓慢加入到足量溶液，析出紫红色晶体，步骤ⅱ根据实验装置C为制备CO2气体的发生装置，A为除杂装置，D为制备氧钒碱式碳酸铵晶体反应装置，发生反应，B为检验CO2的装置，检验晶体中是否有氯离子的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净，据此解答。
【详解】（1）中加入足量盐酸酸化的溶液，反应生成同时生成一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，该气体为氮气，则该化学反应方程式为： ；
（2）①根据分析，C为制备CO2气体的发生装置，A为除杂装置，D为制备氧钒碱式碳酸铵晶体反应装置，B为检验CO2的装置，则依次连接的合理顺序为eabfgc或eabfgcd；
②为防止反应生成的氧钒碱式碳酸铵晶体中的被空气中的氧气氧化，因此实验开始时，先关闭，打开，C装置中碳酸钙和盐酸反应产生二氧化碳气体，盐酸具有挥发性，则A装置为除去HCl气体，产生的二氧化碳将体系中的空气排出，当观察到B中溶液(澄清石灰水)变浑浊，说明空气已排尽，再关闭，打开，进行实验；
③装置D中生成氧钒碱式碳酸铵晶体的化学方程式为；
（3）该抽滤装置的原理是：水龙头起着抽气泵的作用，利用水流带走里面的空气导致里面压强减少，使过滤速度加快或水流造成装置内压强减小，使过滤速率加快，且产品含水量更少；
（4）步骤ⅲ中会生成大量的，用饱和溶液洗涤晶体，和会产生白色沉淀，检验晶体已洗涤干净的操作是：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净；
（5）①铁氰化钾溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，滴定终点时的现象为：当加入最后半滴(或1滴)标准液时，有蓝色沉淀产生且30秒(或半分钟)内沉淀不溶解；
②滴定反应为：，，根据离子方程式可得：，则产品中钒的质量分数。
13．(1)弱
(2) 不同意，酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，混入了硫酸根离子，所以不能通过白色沉淀的质量来计算Na2CS3的量，否则结果偏大。
(3)三颈烧瓶
(4)b
(5)将生成物赶入后续装置，使其被充分吸收
(6) 1.5mol·L-1 偏高

【分析】设计实验探究Na2CS3的性质并测定其溶液的浓度，首先取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液，通过酚酞溶液变红色以及酸化的KMnO4溶液紫色褪去，可知Na2CS3是一种强碱弱酸盐，且可以和酸化的KMnO4溶液发生氧化还原反应，具有还原性。其次取Na2CS3溶液置于三颈烧瓶中，设计实验，反应原理为，通过收集产生的CS2和H2S气体，定量计算出Na2CS3溶液的浓度。为了确保充分吸收，反应结束后，再打开K，通入一段时间的热氮气，并且用到碱石灰等防止干扰实验，据此分析来解答。
(1)
Na2CS3的水溶液加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则H2CS3为弱酸，故答案为：弱；
(2)
步骤③的氧化产物是，还原产物是Mn2+，同时还生成CO2和H2O，离子方程式为：；酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，含有，会使生成硫酸钡沉淀的质量偏大，所以不能通过计算白色沉淀的质量来计算Na2CS3的量，故答案为：；不同意，酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，混入了硫酸根离子，所以不能通过白色沉淀的质量来计算Na2CS3的量，否则结果偏大；
(3)
仪器M的名称是三颈烧瓶，故答案为三颈烧瓶；
(4)
根据题意，A装置发生反应，并且CS2不溶于水，沸点为46℃，所以当通入一段时间的热氮气，CS2和H2S气体会进入后续装置，先用足量的CuSO4溶液吸收H2S气体，再用NaOH溶液吸收CS2，由于CS2和H2S均有毒，所以碱石灰放在最后既可以防止空气中的二氧化碳对实验产生干扰，也可以吸收多余的CS2和H2S，防止空气污染，所以按气流方向连接合理的顺序为ACBED，故答案为b；
(5)
步骤③中通N2的目的是将生成物CS2和H2S全部赶入后续装置，使其被充分吸收，故答案为将生成物赶入后续装置，使其被充分吸收；
(6)
由题意可知，C中发生反应产生黑色沉淀CuS，得到沉淀的质量为7.2g，则有，根据关系式Na2CS3~H2S~CuS得，所以；通过测定E中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若缺少装置D，E中除吸收CS2还会吸收空气中的二氧化碳，导致溶液质量增加偏大，计算值会偏高，故答案为1.5mol·L-1，偏高；
14．(1)4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4
(2)BC
(3)为了控制ZnO的颗粒大小
(4)坩埚
(5)杂质中含有CH3COO－、、， 在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去
(6)d、a、c
(7)6

【分析】氢氧化钠溶液中滴入硫酸锌溶液，不断搅拌，反应得到ε−Zn(OH)2，过滤、洗涤得到ε−Zn(OH)2，控温，在坩埚中煅烧得到纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF。
【详解】（1）根据信息含锌组分间的转化关系：Zn2+Zn(OH)2 ，步骤I，初始滴入ZnSO4溶液时，氢氧化钠溶液过量，反应的化学方程式4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4；故答案为：4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4。
（2）A．步骤I，在强碱性条件下，Zn元素以Na2[Zn(OH)4]存在，搅拌使反应物接触面积增大，加快化学反应速率，避免反应物浓度局部过高，故A正确；B．步骤I，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2，ε−Zn(OH)2和过量氢氧化钠溶液反应生成Na2[Zn(OH)4]，故B错误；C．根据ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃ 以下稳定，步骤Ⅱ，若用50°C的热水洗涤，会导致ε−Zn(OH)2晶型不稳定，会发生一定变化，故C错误；综上所述，答案为：BC。
（3）步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小；故答案为：为了控制ZnO的颗粒大小。
（4）步骤Ⅲ是煅烧固体药品，实验室盛放样品的容器名称是坩埚；故答案为：坩埚。
（5）用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应生成碳酸锌沉淀、醋酸铵，杂质中含有CH3COO－、、，煅烧沉淀时，杂质中CH3COO－、、反应生成二氧化碳、氨气、水，二氧化碳、氨气、水高温条件下都是气体，所以沉淀无需洗涤；故答案为：杂质中含有CH3COO－、、， 在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。
（6）根据样品质量的精确度，说明应该用分析天平称量ZnO样品0.081g，配制一定物质的量浓度的溶液时，先在烧杯中中用酸溶解样品，然后在容量瓶中配制一定体积的Zn2+溶液，再用移液管量取一定体积的 Zn2+溶液，最后用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+；故答案为：d、a、c。
（7）根据图中信息，取样测得荧光强度比值为9.7，则c(Cu2+)＝3×10−7mol∙L−1，溶液体积为1L，则n(Cu2+)＝3×10−7mol，7.5 ×10−3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5 ×105)，则n(人血浆铜蓝蛋白)＝，个数之比等于物质的量之比，所以1个人血浆铜蓝蛋白中含有Cu2+个数；故答案为：6。
15．(1) 增大I2的溶解度，从而加快反应速率 防止I2升华
(2)
(3)Na2CO3溶液
(4)HI或氢碘酸
(5)蒸发速度快，且可减少因温度高导致NaI·2H2O氧化(或其他合理描述)
(6)95.76％

【分析】纯碱中加入蒸馏水溶解然后向其中加入I2，发生歧化反应产生NaI、NaIO3、NaIO，向其中加入N2H4·H2O，可以将NaIO3还原为N2， NaIO3则被还原为I-；然后加入活性炭脱水，再过滤弃去滤渣，向滤液中先加入Ba(OH)2溶液，使转化为BaSO4沉淀，再加入稍过量Na2CO3溶液除去过量Ba2+，除去过量BaSO4、BaCO3沉淀，向滤液中加入HI调整溶液pH，反应产生NaI，然后在80℃条件下减压蒸发、再冷却结晶得到NaI·2H2O，然后加热使其失去结晶水得到NaI。
【详解】（1）因为I2在水中的溶解度小，结合已知信息可知，向溶液中加入少量NaI，其目的是增大I2的溶解度，从而加快反应速率；
该步骤I2易升华，反应适宜的温度为40~70℃，温度不宜超过70℃，是由于反应温度过高会导致I2会发生升华，为防止其升华，反应温度不能太高，控制温度为40~70℃；
（2）还原时NaIO3则被还原为I-，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：；
（3）“除”时，若a是稍过量的饱和Ba(OH)2溶液，可以使溶液中的形成BaSO4沉淀除去，则b应该是可以除去过量Ba2+的试剂，又因不能引入其它离子，所以加入的试剂b为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；
（4）调pH应加酸酸化除去过量OH-，同时也不能引入杂质离子，结合生成物可知，试制X应为HI或氢碘酸；
（5）减压蒸发操作的目的有两个，一是可降低点蒸发发时溶液的温度，因而可减少NaI·2H2O的氧化，二是降低物质的沸点，使物质在较低温度时蒸发速度快；
（6）NaI与AgNO3溶液会发生反应：NaI+AgNO3=AgI↓+NaNO3，根据物质反应转化关系可知在25.0 mL溶液中含有NaI的物质的量n(NaI)=n(AgNO3)=0.2100 mol/L×0.01520 L=0.003192 mol，则5.00 g样品配制的250 mL溶液中含有的NaI的物质的量n(NaI)=0.003192 mol×10=0.03192 mol，则其中NaI的质量为m(NaI)=0.03192 mol×150 g/mol=4.788 g，故该样品中NaI的质量分数为。
16．(1)SiO2、TiO2
(2)酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢
(3)3~5
(4)
(5)CO、Cl2
(6)高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应
(7) Sc2(C2O4)3·H2O 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2

【分析】“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，经过酸浸，Fe2O3、Sc2O3转化为Fe3+、Sc3+，而SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；向酸浸后的滤液中加入氨水调节pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故滤渣2的主要成分为Fe(OH)3；再向溶液中加入草酸，“沉钪”得草酸钪晶体；将草酸钪晶体加热可得Sc2O3；再将Sc2O3、足量焦炭和Cl2一起加热反应得到ScCl3。
（1）
“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2。
（2）
盐酸具有挥发性，酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢。
（3）
“调pH”时，要出去的杂质离子为Fe3+，溶液中c(Fe3+)≤1.0´10-5mol·L-1，c(OH-)≥==1.0´10-11mol·L-1，则pH≥3； 除去Fe3+的同时，Sc3+不能形成沉淀，溶液中c(Sc3+)=0.001mol·L-1，c(OH-)＜==1.0´10-9mol·L-1，则pH＜5，故应控制的pH范围是3~5。
（4）
已知Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K==。
（5）
“加热氯化”过程主要发生的反应为Sc2O3+3C+3Cl22ScCl3+3CO，由于Cl2不能完全参加反应，故此过程中排出的气体主要有CO、Cl2。
（6）
ScCl3·6H2O沉淀在高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应：ScCl3·6H2OScOCl+2HCl↑+5H2O。
（7）
设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g´80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g´76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g´29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
17．(1)增大了气体与固体粉末间的接触面积
(2)KBF4
(3)3.3≤pH<7
(4)17.2
(5) 3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce 使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境

【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，Fe2+氧化为Fe3+，用盐酸和H2BO3浸取，Fe3+进入溶液，过滤分离，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣Ⅱ是KBF4。滤液ⅡCe3+溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。
【详解】（1）在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。故答案为：增大了气体与固体粉末间的接触面积；
（2）“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则“滤渣Ⅱ”主要成分为KBF4(化学式)。故答案为：KBF4；
（3）“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+开始沉淀时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22，c(OH-)= =10-7，c(H+)=10-7，pH=7，铁离子沉淀完全时，Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，c(OH-)= =2×10-11，c(H+)= =,pH=-lg=3.3，用氨水调pH的范围是3.3≤pH<7，故答案为：3.3≤pH<7；
（4）“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2，，m= t=17.2t 则获得CeO2的质量为17.2t。故答案为：17.2；
（5）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。故答案为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。
18．(1) 增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率 11：4
(2)FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S
(3) 酸式 酸
(4)没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33
(5)温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解
(6)86.72%

【分析】硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，用稀硫酸酸浸，二氧化硅不溶，过量得到滤渣1，溶液中含有硫酸铁、硫酸铝，加入FeS2还原铁离子得到单质硫沉淀，滤液调节pH除去铝，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵沉铁，过滤得到碳酸亚铁，然后经过一系列操作得到柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)，据此解答。
【详解】（1）焙烧时气体与矿料逆流而行，可以增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率，根据以上分析可知“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，反应中O2为氧化剂，FeS2为还原剂，则“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:4，故答案为：增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率；11:4；
（2）FeS2与H2SO4不反应，“还原”时FeS2被铁离子氧化，发生反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，故答案为：FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；
（3）由题干信息可知，柠檬酸是一种三元酸，故柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种酸式盐，由题干信息可知，常温下，柠檬酸()电离常数，，， ，Kh2===5.78×10-8小于Ka3，即的电离大于水解，故0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈酸性，故答案为：酸式；酸性；
（4）若铝离子浓度为0.1mol/L， “除铝”中调节pH=2时即溶液中的c(OH-)=10-12mol/L，通过计算判断可知，c(Al3+)c3(OH-)=0.1×(10-12)3=10-37＜1.3×10-33，则不产生氢氧化铝沉淀，故答案为：没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33；
（5）温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解，故“沉铁”时需控制温度在32℃左右，故答案为：温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解；
（6）根据铁原子守恒可知，某工厂用1kg硫铁矿中含有的FeS2的物质的量为：=5mol，经过焙烧、酸化后形成5molFe3+，由(2)分析可知，“还原”步骤发生反应FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，则还原后得到的Fe2+的物质的量为7.5mol，则经上述流程理论上可制得柠檬酸亚铁的质量为：7.5mol×246g/mol=1.845kg，而实际上只制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为=86.72%，故答案为：86.72%。
19．(1)将氧化为
(2)
(3) KSCN溶液
(4)8.4
(5)
(6)3.8

【分析】“萃取”时均进入有机相中，在“洗涤”时加入的目的是将氧化为，加入NaOH溶液生成、，过滤得到滤渣1，加入盐酸得到氯化铁和ScCl3，加入氨水调pH沉淀铁离子，滤渣2是，加入盐酸酸溶生成ScCl3，加入草酸得到Sc2(C2O4)3，焙烧得到Sc2O3；
【详解】（1）有机相中含，在“洗涤”时加入的目的是将氧化为；
（2）加入NaOH溶液沉淀离子，“滤渣1”的主要成分是、；
（3）由分析可知，“调pH”时先加氨水调节，目的是沉淀铁离子，过滤所得滤渣主要成分是；时，滤液中的浓度为；检验的试剂为KSCN溶液，若存在溶液会呈血红色；
（4）草酸溶液中8.4；
（5）草酸钪Sc2(C2O4)3在空气中“焙烧”时得到Sc2O3，C元素化合价升高生成二氧化碳，O元素化合价降低，反应的化学方程式；
（6）钛白酸性废水中含量，废水中质量最大为20.0mg/L×=2000×103mg=2kg，由元素质量守恒，解得m≈3.8kg。
20．(1) 粉红色 作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度
(2) ＜ 抑制的水解，提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率) 3＋2O2Co3O4＋6CO2

【详解】（1）变色硅胶吸水饱和变为，则颜色变成粉红色，根据的吸收程度不同，其颜色不相同，因此硅胶中添加的作用是作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度；故答案为：粉红色；作指示剂，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸水程度。
（2）①常温下，根据电离平衡常数和越弱越水解，则铵根水解程度大于草酸根水解程度，铵根水解呈酸性，因此溶液的＜7；故答案为：＜。
②制取晶体时，铵根和草酸根都要水解，两者是相互促进的双水解，加入适量氨水，抑制铵根水解，也抑制了草酸根的水解，则提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)；故答案为：抑制的水解，提高的利用率(或调节溶液，提高草酸钴晶体的产率)。
③ⅰ．二水合草酸钴，其物质的量为，温度在范围内，若失去水，则质量为0.06mol×147g∙mol−1＝8.82g，因此固体物质为CoC2O4；故答案为：CoC2O4。
ⅱ．从加热到时生成一种钴的氧化物和，则Co质量为0.06mol×59g∙mol−1＝3.54g，则氧的质量为4.82g−3.54g＝1.28g，氧原子物质的量为，则钴的氧化物为Co3O4，草酸钴和氧气反应生成Co3O4和二氧化碳，则此过程发生反应的化学方程式是3＋2O2Co3O4＋6CO2；故答案为：3＋2O2Co3O4＋6CO2。