专题14实验综合题-

专题14实验综合题【核心考点梳理】考点一、实验规范语言表述1．性质实验设计从实验原理出发（含性质），按操作过程（或方法）、实验现象、实验结论顺序来表述答案液体：取少量液体试剂于试管中→滴入某某试剂→描述现象→得出结论

固体：取少量固体试剂于试管中，加水(酸或某溶液)配成溶液(说成溶解也行)→滴入某某试剂→描述现象→得出结论。

气体：将气体通入某某溶液中→描述现象→得出结论(1)水蒸气最先检验；(2)有干扰的气体先检验：例如，气体甲对气体乙检验有干扰，检验思路：检验气体甲→除去气体甲→确定气体甲除尽(比如SO2和CO2混合、CO和CO2混合)→检验气体乙。核心思想是不能有干扰物质的出现，出现即除之。2．定量实验误差分析对于定量实验，要采用措施减小误差。减小误差从以下角度考虑：(1)装置气密性良好；(2)排除装置中原有干扰气体；(3)减少副反应；(4)避免气体带杂质(如测定水的质量，气体必须干燥)；(5)防止空气中二氧化碳和水进入装置等。(6)反应后需要赶气，将需要吸收的气体赶至吸收装置吸收。燃烧法定量测定实验一般设计思路：气体发生装置→气体干燥装置→主反应装置→吸收产物(1)→吸收产物(2)→干燥装置→尾气处理装置。所有习题中实验题的不足之处：未防倒吸、未处理尾气、未处理残留在装置中的有毒气体、未将装置中残留气体赶至某装置中吸收(定量分析)等。所有习题中含有冰水浴或液态氮气或冰盐水等低温物质的装置：冷凝收集易挥发的液态产物或易升华的固体产物或作为需要低温发生的反应装置(故反应方程式是有必要落实的)。所有习题中含有热水浴或直接加热等非低温物质的装置：使液体挥发为液体、制取水蒸气(乙醇气发生催化氧化)等。所有习题中已知信息的运用：遇到易水解物质(前防水后防水，比如金属氢化物CaH2、SiCl4、SiHCl3、金属氮化物Mg3N2、Ca3N2、某某其它物质)、遇到给熔沸点的物质(创造低温环境冷凝收集或蒸馏分离提纯)，已知信息必考。温度计的位置：a、蒸馏时，水银球与支管口处相平b、反应液以下(比如乙醇的消去反应)c、水浴温度，温度计放置在反应装置外。玻璃液封管的作用：吸收残留的或剩余的尾气3．某试剂的作用：得分点及关键词：(1)作用类：“除去”、“防止”、“抑制”、“使……”等，回答要准确。(2)作用—目的类：作用＋目的“作用”是“……”，“目的”是“……”。如调节容液的pH:①目的：使溶液中的……金属阳离子形成氢氧化物完全沉淀下来而除去②需要的物质：含主要阳离子的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，是PH增大的物质如用MgO、Mg(OH)2等等。③原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度，增大pH，促使某某水解沉淀。④pH控制的范围：大于除去离子的完全沉淀值，小于主要离子的开始沉淀的pH如作氧化剂或还原剂：H2O2：氧化剂、还原剂、复分解类型(制备过氧化钡等提供过氧键而已)还原性试剂：除去(反应)氧化性物质玻璃纤维：固定固体，防止粉末被气流带走玻璃液封管的作用：吸收残留的或剩余的尾气4．原因、理由类“有理”——化学原理，“有据”——事实依据，可采取以下两种方式：（1）“正说”——“直接原因+根本目的”（2）“反说”——“如果……就……”某反应温度不高于××℃(或在某个反应温度范围内、或在此温度下转化率最大等)的原因：(1)(低温速率较慢)适当加快反应速率；(2)若有催化剂则考虑催化剂的催化活性；(3)但温度过高会造成反应物(如浓硝酸)挥发或分解(如H2O2、NH4HCO3、NH3H2O等)；还要考虑温度过高，平衡移动的问题。(4)成本问题。某条件下，转化率已经很高，若再改变条件，转化率提高不大，生产成本增加，得不偿失。5．理论型简答题……存在……(书写可逆反应)平衡，……（条件）使平衡向……（方向）移动，……（结论）比如为何电解时，阴极的碱性增大了，从平衡移动角度解析：溶液中存在平衡，氢离子阴极放电，氢离子浓度降低，促使平衡向右移动，氢氧根浓度增大，故碱性增强。考点二、沉淀的洗涤与洗涤是否干净实验操作(1)沉淀洗涤的目的：除去沉淀表面附着或沉淀中包夹的可溶性离子。(2)洗涤方法：向漏斗内加……(蒸馏水)至浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2～3次。(3)①凡是涉及冰水(或冷水)洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，最终提高产品产率。②若用特殊溶剂洗涤，例如乙醇(丙酮)洗涤的目的：a、降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗；b、除去固体表面吸附的杂质；c、乙醇挥发带出水分，使固体易干燥。再如用沉淀的饱和溶液洗涤：减小沉淀的溶解。③乙酸乙酯制备中精除杂时饱和碳酸钠溶液的作用：a、溶解乙醇；b、反应乙酸；c、减小乙酸乙酯在水中的溶解度。(4)误差分析：若沉淀不洗涤或洗涤不干净，则使沉淀的质量偏高。若沉淀洗涤次数过多，则会使部分沉淀溶解而使其质量偏低。(5)沉淀剂是否过量的判断方法答题模板(1)加沉淀剂：静置，向上层清液中继续滴加少量沉淀剂，若无沉淀产生，则证明沉淀剂已过量。(2)加入与沉淀剂反应的试剂：静置，取适量上层清液于另一洁净试管中，向其中加入少量与沉淀剂作用产生沉淀的试剂，若产生沉淀，证明沉淀剂已过量。注意：若需称量沉淀的质量而进行有关定量计算时则只能选用方法(1)。（6）判断沉淀是否洗净的操作取最后一次洗涤液，滴加……（试剂），若没有……现象，证明沉淀已洗净(一般是现象明显的优先检验比如Fe3+、Cl、SO42等)【点对点真题回顾】1.（2023·江苏卷）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为（1）在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入气体，生成，反应为，其平衡常数K与、、、的代数关系式为___________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收效率的有___________(填序号)。A．水浴加热氧化镁浆料B．加快搅拌速率C．降低通入气体的速率D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通（2）在催化剂作用下被氧化为。已知的溶解度为0.57g(20℃)，氧化溶液中的离子方程式为___________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中被氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中的氧化速率增大，其主要原因是___________。（3）制取晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的浆料与溶液充分反应。浆料与溶液的加料方式是___________；补充完整制取晶体的实验方案：向含有少量、的溶液中，___________。(已知：、在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从饱和溶液中结晶出，在150~170℃下干燥得到，实验中需要使用MgO粉末)【答案】（1）①.②.BD（2）①.②.pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率（3）①.用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液②.分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。【解析】【分析】本实验的目的是为了制取，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入气体，生成，然后使一定量的浆料与溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥即可得到；【小问1详解】已知下列反应：①K②③④⑤⑥根据盖斯定律，①=②③+④+⑤⑥，故K=；A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误；D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确；故选BD。【小问2详解】根据题意，O2氧化溶液中的，被氧化为，1molO2氧化2mol，故氧化溶液中的离子方程式为：；pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率；【小问3详解】在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；接着需要从溶液中得到，根据题目信息，室温下结晶只能得到，因此需要在150~170℃下干燥得到，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。2.（2022·江苏卷）实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下：（1）“酸浸”时与反应生成并放出，该反应离子方程式为_______。（2）pH约为7的溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为_______(填序号)。A．将溶液滴加到溶液中B．将溶液滴加到溶液中（3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备含量少的。已知能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为(水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层)①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。②反萃取的目的是将有机层转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。（4）实验中需要测定溶液中含量。已知水溶液中可用准确浓度的溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为。请补充完整实验方案：①准确量取溶液[约为]，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到容量瓶中后定容；②按规定操作分别将和待测溶液装入如图所示的滴定管中：③_______。【答案】（1）2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O（2）B（3）①.有利于提高Ce3+的萃取率②.适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取③.、H+（4）从滴定管中准确放出25.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次【解析】【分析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物。【小问1详解】根据信息反应物为与，产物为和，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；【小问2详解】反应过程中保持少量即可得到含量较少的，故选B；【小问3详解】去除过量盐酸，减小氢离子浓度，使(水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层)的化学平衡右移，利于提高Ce3+的萃取率，故答案为：有利于提高Ce3+的萃取率；根据平衡移动原理可知，应选择的实验条件是：适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反萃取；③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的、H+，氨水和溶液均显碱性，可以和、H+反应，生成沉淀的同时也发生中和反应，因此过滤后溶液中、H+的物质的量均减小，故答案为：、H+；【小问4详解】从滴定管中准确放出25.00mL溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次。3.（2021·江苏卷）以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO2。（1）浸取。将一定量软锰矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(图1)，70℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是___；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为___。（2）除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(pH约为5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F)=0.05mol·L1，则=___。[Ksp(MgF2)=5×1011，Ksp(CaF2)=5×109]（3）制备MnCO3。在搅拌下向100mL1mol·L1MnSO4溶液中缓慢滴加1mol·L1NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为___。（4）制备MnO2。MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态锰的氧化物，锰元素所占比例(×100%)随热解温度变化的曲线如图2所示。已知：MnO与酸反应生成Mn2+；Mn2O3氧化性强于Cl2，加热条件下Mn2O3在酸性溶液中转化为MnO2和Mn2+。为获得较高产率的MnO2，请补充实验方案：取一定量MnCO3置于热解装置中，通空气气流，___，固体干燥，得到MnO2。(可选用的试剂：1mol·L1H2SO4溶液、2mol·L1HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。【答案】（1）①.H2SO4溶液②.MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O（2）100（3）200mL（4）加热到450℃充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉末，边搅拌边加入一定量1mol·L1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L1BaCl2溶液不变浑浊【解析】【小问1详解】若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的离子方程式为：MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O；【小问2详解】=；【小问3详解】该反应的化学方程式2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知NH4HCO3与MnSO4的物质的量之比为2：1，需加入NH4HCO3溶液的体积约为200mL；【小问4详解】根据图像在450°C左右MnO2占比最高，所以加热到450°C最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性强于Cl2，用盐酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加热到450℃充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1mol·L1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L1BaCl2溶液不变浑浊。4.（2020江苏卷）实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料αFe2O3。其主要实验流程如下：(1)酸浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有___________(填序号)。A．适当升高酸浸温度B．适当加快搅拌速度C．适当缩短酸浸时间(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______________。(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________[，]。(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。①生成FeCO3沉淀的离子方程式为____________。②设计以FeSO4溶液、氨水NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：__。【FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5】。【答案】(1).AB(2).H2(3).取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色(4).pH偏低形成HF，导致溶液中F浓度减小，CaF2沉淀不完全(5).或(6).在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀【解析】【分析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α—Fe2O3；据此分析作答。【详解】(1)A．适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；B．适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；答案选AB。(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，故答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F)，当Ca2+完全沉淀（某离子浓度小于1×105mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F)至少为mol/L=×102mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F形成弱酸HF，导致溶液中c(F)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F浓度减小，CaF2沉淀不完全。(4)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（或Fe2+++NH3=FeCO3↓+），答案为：Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（或Fe2+++NH3=FeCO3↓+）。②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。【点睛】本题的易错点是实验方案设计中的细节，需注意两点：(1)控制pH不形成Fe(OH)2沉淀；(2)沉淀洗涤完全的标志。【点对点模拟仿真】1．（2023春·江苏扬州·高三统考开学考试）纳米铁粉可去除水中的。由于其活性较强，制备时常使其表面形成保护性氧化膜。(1)纳米铁粉的制备。实验室以溶液(碱性)与溶液为原料制备纳米铁粉(装置如图)，将A溶液加入到三颈瓶中，通过滴液漏斗缓慢加入B溶液，产生大量。反应结束后将三颈瓶分别放置0、2、4、6小时，待纳米铁粉表面产生不同厚度的氧化膜后，分别取出固体，洗涤、干燥，得4种纳米铁粉(以、表示)。滴液漏斗内的B溶液是。中B为+3价，理论上每生成，与反应的的物质的量是。(2)研究放置时间对纳米铁粉性能的影响。实验一：室温下，取相同质量的4种纳米铁粉分别投入相同体积、含浓度相同的污水中，一段时间后测量去除率；实验二：取4份相同体积的蒸馏水分别置于三颈瓶中，再各加入相同质量的4种纳米铁粉，搅拌，相同时间后测量溶液中，结果如图所示。请对纳米铁粉制备时放置时间、使用时溶出的少量与去除率之间的关系做出猜想：。(3)研究影响纳米铁粉溶出的因素。取一定量蒸馏水，用调节约为6。将其分为相同体积的两份并分别置于三颈瓶中，向其中一只通入；再各加入相同质量的纳米铁粉，搅拌，一段时间后测得未通的三颈瓶内溶液中大于通入的。①该条件下纳米铁粉溶出的原因是。②实验时不将蒸馏水调节至较低，理由是。(4)纳米铁粉去除主要是经过“吸附→反应→共沉淀”的过程。，纳米铁粉颗粒表面带正电荷；，纳米铁粉颗粒表面不带电；，纳米铁粉颗粒表面带负电荷。在水溶液中主要存在微粒平衡浓度占总浓度的百分数与的关系如图。以实验室制得的纳米铁粉去除的水样中的，请补充完整实验方案：将一定量水样置于烧杯中，，反应一段时间，测量溶液中，待小于，分离出固体。(还可使用的试剂：溶液，)【答案】(1)NaBH4溶液0.5(2)纳米铁粉制备时放置时间越长，表面形成的氧化膜越厚；一定厚度的氧化膜有利于纳米铁粉使用时溶出Fe2+，厚度过大或过小均不利于其使用时溶出Fe2+；纳米铁粉使用时溶出的Fe2+有助于Cr(VI)的去除(3)水中溶解的O2在弱酸性条件下与纳米铁粉反应生成Fe2+溶液pH过低，c(H+)过大，纳米铁粉直接与H+反应(4)用0.1mol·L−1NaOH溶液调节水样pH约为6(略小于8.6)，向其中加入适量Fe4纳米铁粉，搅拌【解析】（1）作还原剂与反应生成Fe，由于显碱性，不能将滴入溶液中，防止生成Fe(OH)2影响生成Fe。反应中中H由1价升高到0价，Fe2+转化为Fe化合价转变2。根据电子得失守恒，转移4e，转移2e，可得生成1molFe转移2mol电子，理论上参与反应的为0.5mol。（2）根据提示，纳米铁粉制备时常使其表面形成保护性氧化膜，理论上时间越长，氧化膜厚度越厚，据图可知，适当厚度氧化性纳米铁粉溶液中Fe2+浓度较大，去除率也较高，厚度过薄或过厚Fe2+溶出浓度较小，去除率也较低，故答案为：纳米铁粉制备时放置时间越长，表面形成的氧化膜越厚；一定厚度的氧化膜有利于纳米铁粉使用时溶出Fe2+，厚度过大或过小均不利于其使用时溶出Fe2+；纳米铁粉使用时溶出的Fe2+有助于Cr(VI)的去除。（3）通入去除去溶液中溶解的O2，可见O2对溶液中c(Fe2+)有影响，在弱酸性条件下O2与纳米铁粉反应生成Fe2+。若过低，纳米铁粉直接与H+反应。（4）由于要除去的是带负电荷，为有更好的吸附效果，纳米铁粉颗粒需表面带正电荷，所以pH应调整至pH<8.6，结合题(2)pH不能过低，会消耗纳米铁粉，所以可控制pH约为6，选择Fe4，去除率较高。2．（2023·江苏·高三统考专题练习）氧化亚铜(Cu2O)是一种难溶于水和乙醇的砖红色固体，在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。某小组制备Cu2O并测定其纯度，回答下列问题：I．制备Cu2O将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90°C并不断搅拌。反应结束后，经过滤、洗涤、干燥得到Cu2O粉末。制备装置如图所示：(1)仪器a的名称是；反应适宜采用的加热方式为。(2)制备Cu2O时，原料理论配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，该反应的化学方程式为；B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，B中选用的试剂可能是(填名称)。(3)反应中需不断滴加NaOH溶液，原因是。(4)过滤后，将滤渣依次用蒸馏水、无水乙醇洗涤数次，判断沉淀是否洗净的实验操作是。Ⅱ．测定Cu2O纯度称取mg样品置于烧杯中，加入足量FeCl3溶液，完全溶解后，加入4滴邻菲罗啉指示剂，然后用cmol·L1硫酸高铈[Ce(SO4)2]溶液进行滴定至终点，共消耗Ce(SO4)2溶液VmL。(已知：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)(5)加入FeCl3溶液时发生反应的离子方程式为。(6)该样品中Cu2O的纯度为%。【答案】(1)三颈烧瓶水浴加热(2)3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑氢氧化钠溶液、高锰酸钾溶液、氯化铁溶液等(3)反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量(4)取最后一次洗涤液少许于试管中，加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若不变浑浊，则沉淀已洗净(5)2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++H2O(6)【分析】由实验装置图可知，装置A中将新制亚硫酸钠溶液和硫酸铜溶液在90°C的水浴加热条件下反应装置氧化亚铜，装置B中盛有的试剂用于吸收反应生成的二氧化硫，防止污染空气。【解析】（1）由实验装置图可知，仪器a为三颈烧瓶；由分析可知，装置A中将新制亚硫酸钠溶液和硫酸铜溶液在90°C的水浴加热条件下反应装置氧化亚铜，故答案为：三颈烧瓶；水浴加热；（2）由原料的理论配比可知，亚硫酸钠溶液和硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氧化亚铜沉淀和二氧化硫，反应的化学方程式为3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；由分析可知，装置B中盛有的试剂用于吸收反应生成的二氧化硫，防止污染空气，二氧化硫是酸性氧化物，则该试剂可能为氢氧化钠溶液，二氧化硫具有还原性，则该试剂也可能为高锰酸钾溶液或氯化铁溶液，故答案为：3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；氢氧化钠溶液、高锰酸钾溶液、氯化铁溶液等；（3）亚硫酸钠溶液和硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氧化亚铜沉淀和二氧化硫，反应生成的二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液的酸性会增强，为防止酸性条件下氧化亚铜发生歧化反应生成铜离子和铜，导致氧化亚铜的含量降低，所以反应中需不断滴加氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，故答案为：反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量；（4）亚硫酸钠溶液和硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氧化亚铜沉淀和二氧化硫，反应生成的氧化亚铜表面会附有可溶的硫酸钠，则判断沉淀是否洗净的操作实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，具体操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若不变浑浊，则沉淀已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若不变浑浊，则沉淀已洗净；（5）由题意可知，加入氯化铁溶液发生的反应为酸性条件下，溶液中的铁离子与氧化亚铜反应生成铜离子、亚铁离子和水，反应的离子方程式为2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++H2O，故答案为：2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++H2O；（6）由方程式可得如下转化关系：Cu2O—2Fe2+—2Ce4+，滴定消耗VmLcmol·L1硫酸高铈溶液，则样品中氧化亚铜的纯度为×100%=，故答案为：。3．（2023·江苏盐城·盐城中学校考二模）亚硝基硫酸(NOHSO4)常温下为颗粒状晶体，干燥时稳定，不溶于CCl4，在水溶液中难电离，制备原理为HNO3+SO2=NOHSO4.实验装置如图1。已知：I．制备NOHSO4过程中控制温度不高于59°C。II．发烟硝酸为含硝酸90%~97.5%的液体。(1)NOHSO4的制备：反应过程中，NOHSO4和HNO3的物质的量随时间的变化如图2所示。生成NOHSO4的物质的量小于硝酸减少的物质的量，可能的原因是。(2)结合图2，补充完整制取NOHSO4晶体的实验方案：b导管依次连接盛有和盛有的烧杯，烧杯内液面刚好接触倒扣的漏斗，经检查气密性良好，将净化后的SO2气体从装置a口通入盛有发烟硝酸的三颈烧瓶中，，将固体置于五氧化二磷干燥器中干燥(实验中须用的试剂和仪器：NaOH溶液、CCl4、P2O5的干燥管、玻璃砂芯漏斗)(3)测定NOHSO4产品纯度的步骤：准确称取0.7000g产品于锥形瓶中，加入少量硫酸溶解，再加入0.1000mol·LlKMnO4溶液40.00mL，充分反应。用0.2500mol·L1Na2C2O4标准溶液滴定，消耗Na2C2O4标准溶液的体积为20.00mL。已知：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。①NOHSO4与KMnO4反应有NO、SO和Mn2+生成，其离子方程式为。②计算NOHSO4产品的纯度(写出计算过程)：。【答案】(1)硝酸会挥发和分解(2)P2O5的干燥管NaOH溶液在冷水浴中反应约60min后(反应混合物呈浆状)，停止通入SO2，然后迅速将反应混合物转移到玻璃砂芯漏斗中(真空)过滤，残留的固体也用少量CCl4洗涤2~3次(3)测定时，先发生，高锰酸钾和亚硝基硫酸反应后有剩余，剩余的高锰酸钾和草酸钠再反应：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。设亚硝基硫酸的物质的量为x，根据电子守恒：0.04000L×0.1000mol·L1×5=0.02000L×0.2500mol/L×2+2x，可求得x=0.005000mol，质量为0.005000mol×127g/mol=0.6350g，所以亚硝基硫酸的质量分数为。【分析】图1中在制取亚硝基硫酸，根据题目和已知信息，可以指导亚硝基硫酸制取时，最好不要加热，但是图1中再用水浴，根据题目信息，该水浴是冷水浴，制取过程中，反应物是SO2和发烟硝酸，所以要参考二者的一些物理性质和化学性质；陌生的离子方程式夹杂着氧化还原反应的配平，根据提示，一步一步先写，根据守恒，缺什么就补什么；【解析】（1）从图2中看出10min前，硝酸减少量高于亚硝基硫酸的增加量，这是因为硝酸具有挥发性，也容易在常温下分解；（2）将温度控制在不高于59℃，从装置b口出来的有SO2和HNO3，先用P2O5对SO2进行干燥，然后在用NaOH溶液进行尾气吸收处理；从图2中可知，当在60min时，亚硝基硫酸的增加量几乎达到最大值，硝酸的减少量几乎达到最小值，因为亚硝基硫酸(NOHSO4)常温下为颗粒状晶体，干燥时稳定，不溶于CCl4，所以，让该反应先在冷水浴中反应60min，然后停止通入SO2，迅速将反应混合物在玻璃砂芯漏斗中过滤，残留固体用CCl4洗涤2—3次；（3）①NOHSO4与KMnO4反应有、和Mn2+生成，其中亚硝基硫酸不溶于水，写离子方程式时不拆，所以离子方程式为；②测定时，先发生，高锰酸钾和亚硝基硫酸反应后有剩余，剩余的高锰酸钾和草酸钠再反应：设亚硝基硫酸的物质的量为x，根据电子守恒：0.04000L×0.1000mol·L1×5=0.02000L×0.2500mol/L×2+2x，可求得x=0.005000mol，质量为0.005000mol×127g/mol=0.6350g，所以亚硝基硫酸的质量分数为0.63500.7000×100%=90.71%【点睛】本题是陌生无机物的制备实验题，这类题一定要根据题目的提供的有效信息来做，不可以把自己的固有思路强加进去，要根据提示信息做题4．（2023·江苏·高三统考专题练习）无水AlCl3是一种重要的有机合成催化剂，该物质在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾。某中学化学兴趣小组拟利用中学常见仪器设计实验制备无水AlCl3，实验装置如图所示。请回答下列问题。(1)制备实验开始时，先检查装置的气密性，接下来的操作依次是。a.加入MnO2粉末

b.点燃A中酒精灯

c.加入浓盐酸

d.点燃D处酒精灯(2)写出A装置中发生反应的离子方程式：。(3)装置B和C中的试剂分别是、。(4)甲同学认为F和G可以用一种仪器替代，且加入一种药品即可达到相同效果，这种药品可以是。(5)E中得到少量白色粉末，打开软木塞后可明显观察到锥形瓶中有白雾产生，用化学方程式表示其原因。(6)制备过程中随着盐酸的浓度下降，氯气的制取反应会停止。为测定残余液中盐酸的浓度，某同学量取残余液10.00mL，加水稀释到250.00mL，然后从中取出20.00mL，用0.1000mol•L1的NaOH标准溶液进行滴定，终点时消耗NaOH溶液24.00mL，则该残余液体中盐酸的浓度为。【答案】(1)acbd(2)MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O(3)饱和食盐水浓硫酸(4)碱石灰(5)AlCl3+3H2O=Al(OH)3+3HCl↑(6)3.000mol/L【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D中氯气与铝粉共热反应制备氯化铝，装置E用于冷凝收集氯化铝，装置F中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入E中导致氯化铝潮解，装置G中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。【解析】（1）固液加热制备气体时应先加入固体，后加入溶液，不能直接加热没有加入溶液的圆底烧瓶，否则圆底烧瓶会受热不均而炸裂，则检查装置的气密性后，应先加入二氧化锰，再加入浓盐酸，点燃A中酒精灯制备氯气，用氯气排尽装置的中空气防止铝粉与空气中的氧气反应，最后点燃D处酒精灯使氯气与铝粉共热反应制备氯化铝，则操作顺序为acbd，故答案为：acbd；（2）由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）由分析可知，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；（4）由分析可知，装置F中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入E中导致氯化铝潮解，装置G中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则用盛有碱石灰的干燥管代替装置F和G也能达到防止水蒸气进入E中，同时吸收多余的氯气的实验目的，故答案为：碱石灰；（5）由遇潮湿空气即产生大量白雾可知，打开装置E的软木塞后可明显观察到锥形瓶中有白雾产生的原因是氯化铝与空气中的水蒸气反应生成氢氧化铝和氯化氢气体，氯化氢气体与水蒸气形成盐酸小液滴而产生白雾，反应的化学方程式为AlCl3+3H2O=Al(OH)3+3HCl↑，故答案为：AlCl3+3H2O=Al(OH)3+3HCl↑；（6）由稀释定律可知，10.00mL残余液加水稀释到250.00mL时，溶液中氯化氢的物质的量不变，滴定消耗24.00mL0.1000mol/L氢氧化钠溶液，则由方程式可知，残余液中盐酸的浓度为=3.000mol/L，故答案为：3.000mol/L。5．（2023·江苏·高三统考专题练习）NOCl(名称为亚硝酰氯，熔点为64.5℃，沸点为5.5℃)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，遇水发生反应：2NOCl+H2O=NO+NO2+2HCl。某学习小组在实验室用Cl2和NO按如图装置制备NOCl，并测定其纯度。请回答下列问题：(1)仪器a的名称是；a中反应的离子方程式为。(2)试剂Y为；如果G中浓盐酸液体不能顺利流下，可采取的措施。(3)从三颈烧瓶逸出的尾气先通入浓硫酸再通入NaOH溶液吸收，须要先通入浓硫酸原因是。(4)NOCl与NaOH溶液反应的化学方程式为。(已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O)(5)测量产物NOCl纯度：取三颈烧瓶中所得产物mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，用cmol•L1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为VmL，产物中NOCl纯度的计算式为。【答案】(1)蒸馏烧瓶3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O(2)饱和食盐水打开分液漏斗活塞(3)从三颈烧瓶中逸出的尾气不能直接通入NaOH溶液中﹐因为NOCl易水解﹐NaOH溶液中的水蒸气会进入三颈烧瓶与NOCl反应﹐导致产品不纯(4)NOCl+2NaOH=NaNO+NaCl+H2O(5)×100%【分析】A中铜和稀硝酸产生NO，通过水除去一氧化氮中含有的硝酸，经过碱石灰，除去NO中混有的水蒸气，G中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，试剂Y为饱和食盐水，用于除去氯气中混有的氯化氢气体，E为浓硫酸，除去氯气中的水蒸气，在D中进行反应生成目标产物。【解析】（1）根据实验装置图可知，a为蒸馏烧瓶；a中为铜和稀硝酸反应生成NO，离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O。（2）试剂Y用于除去氯气中混有的氯化氢气体，为饱和食盐水；如果G中浓盐酸液体不能顺利流下，可采取的措施为：打开分液漏斗活塞。（3）NOCl为红褐色液体或黄色气体，遇水发生反应，故从三颈烧瓶中逸出的尾气不能直接通入NaOH溶液中﹐因为NOCl易水解﹐NaOH溶液中的水蒸气会进入三颈烧瓶与NOCl反应﹐导致产品不纯。（4）NOCl与NaOH溶液反应的化学方程式为：NOCl+2NaOH=NaNO+NaCl+H2O。（5）根据题意，设NOCl的物质的量为n，由氯守恒可知：。6．（2023·江苏淮安·淮阴中学校考模拟预测）三氯化铬是很多含铬化合物的起始原料。实验室利用固体和反应制备无水，并收集该反应产生的光气()，实验装置如图1所示(夹持及加热装置已省略)。已知：Ⅰ．光气与水易反应，能溶于溶液；Ⅱ．有关物质熔沸点如下表：物质熔点/℃14351152沸点/℃40001300768.2(1)组装好装置，检查气密性完好后往装置中加料，保持、、处于打开状态，接着通入，此时通入的目的是。(2)通入一段时间后，保持、打开，关闭，将装置A在85℃下进行水浴加热，此时B中发生反应的化学方程式为。(3)待B中反应结束后，停止高温加热，将装置C在30℃下进行水浴加热，同时关闭、，打开，温度计显示的温度为℃。(4)实验结束后，E中溶质除了有NaOH，还含有。(填化学式)。(5)称取B中所得产品溶于水配制成溶液，取样品溶液于带塞的锥形瓶中，加入稀硫酸，完全溶解后加入NaOH溶液形成绿色的沉淀后，再加入过量，小火加热至沉淀完全转变为溶液后，继续加热一段时间，再滴入指示剂，用新配制的的溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗溶液。①沉淀完全转变为溶液后，继续加热一段时间的原因。②产品中的质量分数为。(6)的制备。已知：①难溶于水，可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得，含晶种时更易生成。②易溶于水；开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7。③六价铬在溶液中物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH关如图2所示。设计用溶液制备晶体的实验方案：，实验中须使用的试剂：醋酸，溶液【答案】(1)排净装置中的空气；(2)(3)8.2(4)NaCl和(5)除去残留的，防止氧化，导致实验结果偏高60%(6)在不断搅拌下，向中加入醋酸至弱酸性(pH略小于7)，将溶液加热至沸，先加入一滴溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入溶液，若无沉淀生成，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥【分析】结合本实验目的和实验装置可知装置B为反应发生装置，CD可用于光气的分离，NaOH则为尾气处理装置，结合具体有关物质的性质以及已知信息可分析得出答案；【解析】（1）实验装置中残留的空气会影响目标产物的制备，故通入目的是为了排尽装置中的空气；（2）装置A在85℃下进行水浴加热，温度达到沸点，挥发进入装置B中与在700800℃条件下发生反应，得到产物和，由此可写出化学方程式：；（3）装置B中反应结束后，生成的光气在中溶解，可根据二者的沸点不同进行分离，当温度达到8.2℃时，即可将光气蒸馏并收集，故温度应为8.2℃；（4）装置B中生成的光气易于水反应生成CO2和HCl，故E装置中除了有NaOH外，还会有和NaCl；（5）①具有氧化性，过量的会影响氧化还原滴定实验，故需要进行加热以除去多余的，避免影响实验；②根据Cr守恒、得失电子守恒可得：CrCl3~Cr（OH）3~Na2CrO4~3，则产品中CrCl3质量分数为：；（6）结合已知信息难溶于水，可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得、开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7以及六价铬在溶液中物种分布分数等信息可得出制备晶体的实验方案，详情见答案。7．（2023·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）某研究小组制备配合物顺式－二甘氨酸合铜[(H2NCH2COO)2Cu]，结构简式为

，流程如图：已知：Cu(OH)2与甘氨酸反应还可能生成反式－二甘氨酸合铜。请回答：(1)写出Cu(OH)2与甘氨酸反应的化学方程式。(2)下列说法中正确的是。a．流程中不用CuSO4溶液直接与NaOH反应的原因可能是防止生成碱式硫酸铜沉淀b．步骤III中，趁热过滤的目的是除去Cu(OH)2同时减少产物的析出c．步骤IV中，加入乙醇能增大溶剂极性，促进顺式－二甘氨酸合铜析出(3)可用碘量法测定产品中Cu元素的含量，已知：i：2Cu2＋＋4I－＝2CuI↓＋I2；2＋I2＝2I－＋ii：CuI固体能吸附溶液中的少量碘单质iii：Ksp(CuSCN)<Ksp(CuI)从下列选项操作中选择合适的选项(均用字母表示，每个横线上只选一个操作)，补全实验流程。①用分析天平称量产品xg→在烧杯中用水溶解，再加入适量硫酸→→用移液管移取20.00mL溶液到碘量瓶(如图所示)→→塞上碘量瓶的塞子→→打开塞子，用标准Na2S2O3溶液滴定至溶液呈浅黄色，加入适量NH4SCN溶液→→加入淀粉溶液→用标准Na2S2O3溶液滴定至终点，再取20.00mL溶液进行一次平行实验。操作：a．用容量瓶配制100mL样品溶液；b．加入少量KI固体；c．加入过量KI固体：d．在光照下静置5分钟；e．在暗处静置5分钟；f．轻轻振荡碘量瓶；g．剧烈振荡碘量瓶。②溶解时加入硫酸的作用是。③滴定终点的现象是。④若两次平行实验，平均消耗0.1050mol·L－1Na2S2O3溶液20.00mL，则xg产品中含Cu的质量为g。(写出计算过程)【答案】(1)(2)ab(3)aceg破坏配合物结构，解离出铜离子，有利于与反应(滴入最后半滴标准溶液后)溶液蓝色褪去，且30s不恢复若两次平行实验，平均消耗0.1050mol/L溶液20.00mL，消耗n()=0.02L×0.1050mol/L=0.0021mol，由方程式可知~I2~，20.00mL溶液中n()=n()=0.0021mol，则xg产品中含Cu的质量为=0.6720g【分析】某研究小组制备配合物顺式二甘氨酸合铜[]，向硫酸铜溶液中加入过量氨水至溶液呈深蓝色，再加入氢氧化钠溶液得到氢氧化铜沉淀，过滤后得到的固体加入甘氨酸溶液在加热的条件下发生反应生成顺式二甘氨酸合铜[]，乙醇的极性较水更小，加入乙醇后使得溶液整体极性下降，促进顺式二甘氨酸合铜析出，以此解答。【解析】（1）与甘氨酸反应生成二甘氨酸合铜和水，化学方程式为：；（2）a．NaOH溶液碱性太强，流程中不用溶液直接与NaOH反应的原因可能是防止生成碱式硫酸铜沉淀，故a正确；b．步骤III中，趁热过滤的目的