高考 化学真题专业解析浙江卷出版原稿.docx
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高考化学真题专业解析浙江卷出版原稿
2013年普通高等学校招生全国统一考试理综试卷（化学部分）（浙江卷）解析
7．下列说法不正确的是
A．多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料
B．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断
C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素
D．CH3
和CO2反应生成可降解聚合物
O
CH2-O-CO
，该反应符合绿色化学的原则
答案：
B
思路分析：
考点解剖：
综合考查了燃料电池，酸碱中和滴定，缩聚反应等知识。
解题思路：
根据燃料电池电极使用的原理判断A；根据pH计的作用判断B；根据同族元素的性质判断C；根据聚合产物的生成原理判断D。
解答过程：
解：
选项A中，氢氧燃料电池要求电极必须多孔，因为这样才具有很强的吸附能力，并具一定的催化作用，同时增大气体、固体的接触面积，提高反应速率，故A正确；
选项B中，pH用于测定溶液的pH，在酸碱中和滴定中，作为滴定终点的判断只是其具体应用之一，故B错误；
选项C中，As和P同主族，同一主族元素的性质相似，所以As可能取代P元素，故C正确；
选项D中，对照反应物与生成物可知，该反应属于加聚反应，所以原子利用率为100%，生成的聚碳酸酯易降解生成无毒无害物质，所以此反应符合绿色化学原则，故D正确。
所以本题的答案为B。
规律总结：
联系生活，提取生活中、身边的现象或事实考查化学常识，是高考中经常出现的形式之一。
做此类题时，主要是能够透过现象看到化学反应、原理的本质。
此类题目面广量大，通常解决此类问题的关键是要多注意化学知识的具体实际应用。
8．下列说法正确的是
A．实验室从海带提取单质碘的方法是：
取样灼烧→溶解→过滤→萃取
B．用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度
C．氯离子存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中
D．将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性
答案：
C
思路分析：
考点解剖：
综合考查了从海水中提取碘，乙烯的制备，蛋白质的性质等知识。
解题思路：
根据从海带提取单质碘的过程判断A；根据实验室制CH2＝CH2的原理判断B；根据题意描述判断C；根据变性与盐析的差异性判断D。
解答过程：
解：
选项A中，海带中的碘属于化合态的碘，所以实验室从海带提取单质碘必须有氧化还原反应，故A错误；
选项B中，用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时必须使温度迅速提高至约170℃，不可能是水浴加热（水浴加热温度最高只能达到100℃），故B错误；
选项C中，通常认为是Cl—替换氧化铝中的O2—而形成可溶性的氯化物，所以铝表面的氧化膜易被Cl—破坏，故C正确；
选项D中，蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液发生盐析，蛋白质溶液中加入CuSO4等重金属盐溶液变性析出，故D错误。
所以本题的答案为C。
规律总结：
在涉及物质的制备时，必须从物质具有的性质出发加以考虑，特别在涉及与制备相关的实验细节时，要通过实验所需的药品、实验的反应条件控制、实验的尾气吸收等多角度加以思考。
在涉及同一物质相似性质时，要注意从变化的角度、变化的原理、变化所需的试剂等多方面加以比较。
9．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法正确的是
X
Y
Z
W
Q
A．钠与W可能形成Na2W2化合物
B．由Z与Y组成的物质在熔融时能导电
C．W得电子能力比Q强
D．X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体
答案：
A
思路分析：
考点解剖：
综合考查了物质结构与元素周期律，同素异形体等知识。
解题思路：
根据元素在周期表中的位置判断出具体元素，再利用相应的元素周期律、物质结构、化学键结构判断各个选项。
解答过程：
解：
由“X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半”可推出X为C，因此Y为O，Z为Si，W为S，Q为Cl。
选项A中，由于O与S属于同主族元素，而Na与O可能形成Na2O、Na2O2，所以Na与S也可能形成Na2S、Na2S2，故A正确；
选项B中，Z与Y组成的物质是SiO2，SiO2是共价化合物，熔融时不能导电；
选项C中，同周期元素中，左侧的S的非金属性弱于右侧的Cl的非金属性，故得电子能力强弱：
Cl＞S，C项错误；
选项D中，C元素能形成石墨、金刚石、C60等多种同素异形体，而氧元素也可以形成O2、O3等同素异形体，故D错误。
所以本题的答案为A。
规律总结：
元素周期表中各元素的位置可以很好的反映出元素的性质。
对于同周期元素的性质，要学会从最外层电子的递变性去考虑性质（金属性、非金属性）的递变性；对于同主族元素而言，则既需要从其具有的相同的最外层电子数去考虑性质的相似性，又需要从其逐渐增多的电子层数去考虑性质的递变性。
10．下列说法正确的是
A．按系统命名法，化合物
的名称是2，3，5，5-四甲基-4，4-二乙基己烷
B．等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等
C．苯与甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色
D．结构片段为
的高聚物，其单体是甲醛和苯酚
答案：
D
思路分析：
考点解剖：
综合考查了有机物的结构、性质和命名，缩聚反应等知识。
解题思路：
根据烷烃的命名原则判断A；根据燃烧通式判断B；根据苯及其同系物的性质判断C；根据高聚物的结构特征判断D。
解答过程：
解：
选项A中，将给出的键线式写成碳链式的话，可以看出，该烃的名称为2，2，4，5-四甲基-3，3-二乙基己烷，故A错误；
选项B中，苯甲酸的分子式为C7H6O2，苯的分子式为C6H6，利用燃烧通式可知，等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等；
选项C中，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
选项D中，给出的高分子物质是酚醛树脂，其单体是甲醛和苯酚，二者之间通过发生缩聚反应而得到，故D正确。
所以本题的答案为D。
规律总结：
对于有机物的考查而言，其最重要、最基本的考查都是通过有机物的结构为载体进行的，这往往涉及到官能团的结构简式和名称、有机物的命名、有机物的性质、有机物的反应特点等。
而所有这一切，都要学会通过官能团去加以梳理。
11．电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。
在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。
已知:
3I2＋6OH—＝
＋5I—＋3H2O
下列说法不正确的是
A．右侧发生的电极方程式：
2H2O＋2e—＝H2↑＋2OH—
B．电解结束时，右侧溶液中含有
C．电解槽内发生反应的总化学方程式KI＋3H2O
KIO3＋3H2↑
D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变
答案：
D
思路分析：
考点解剖：
综合考查了电解原理，电解方程式的书写等知识。
解题思路：
根据电解过程中左侧溶液颜色变化判断出左侧电极的名称，再根据给定的方程对各个选项加以判断。
解答过程：
解：
左侧溶液通电后变蓝，说明一开始左侧的电极反应式为2I——2e—＝I2，则左侧为阳极，右侧为阴极，故放电的应该是溶液中的H＋，相应的电极反应式为2H2O＋2e—＝2↑＋2OH—，生成的OH－能透过阴离子交换膜与左侧生成的I2会进一步发生3I2＋6OH—=
＋5I—＋3H2O，故一段时间后，左侧蓝色变浅。
选项A中，根据上述分析可知A正确；
选项B中，电解结束后，左侧生成的
会透过阴离子交换膜，即右侧溶液中含有
，故B正确；
选项C中，从整个反应来看，原溶液中的I－放电生成I2，然后I2最终生成了
，所以相当于发生了KI＋3H2O
KIO3＋3H2↑，故C正确；
选项D中，如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，开始的电极反应没有变化，但生成的OH－无法通过阳离子交换膜，则不再发生3I2＋6OH—＝
＋5I—＋3H2O，所以总的电解反应方程式不再相同，故D错误。
所以本题的答案为D。
规律总结：
对于电化学而言，主要涉及到的是原电池和电解池。
两者的区分可以通过多个角度、多个侧面加以分析。
对于电解过程而言，需要从电解时阴、阳两极的放电顺序和由此引出的相应变化去考虑，即对于电解而言，需要从电解的原理入手，通过电解在生产、生活中的具体应用加以分析，以达到最终掌握电解知识的目的。
12．25℃时，用浓度为0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.1000mol·L－1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：
HZ＜HY＜HX
B．根据滴定曲线，可得Ka（HY）≈10—5
C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：
c（X—）＞c（Y—）＞c（OH—）＞c（H＋）
D．HY与HZ混合，达到平衡时：
c（H＋）＝
＋c（Z—）＋c（OH—）
答案：
B
思路分析：
考点解剖：
本题借助滴定图像综合考查了弱电解质的电离特点、电离平衡常数的计算、电解质溶液离子浓度大小的比较等知识。
解题思路：
根据滴定起点判断A、B；根据电解质溶液成分，利用各种守恒判断C、D。
解答过程：
解：
从图中3条滴定曲线分析可知，三种一元酸浓度相同，而起始时溶液的c（H＋）分别为，HX为1×10－4mol·L－1，HY为1×10－3mol·L－1，HZ为1×10－2mol·L－1，所以电离能力HZ＜HY＜HX。
选项A中，电离能力越强，形成的离子浓度越大，溶液的导电能越强，所以，相同温度下，三种酸溶液的导电能力顺序为：
HZ＞HY＞HX。
故A错误；
选项B中，Ka（HY）表示HY的电离度，由概念可知Ka（HY）＝
≈
＝10—5，故B正确；
选项C中，当HX和HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好反应时，HY已完全反应，故溶液中的溶质为等浓度的NaX和NaY，由于酸性HX＜HY，所以NaX的水解程度大于NaY，则溶液中c（X—）＜c（Y—），故C错误；
选项D中，HY与HZ混合，达到平衡时，由电荷守恒知c（H＋）＝c（Y—）＋c（Z—）＋c（OH—），而
＝c（H＋）≠c（Y—），故D错误。
所以本题的答案为B。
规律总结：
此类综合性的选择题在高考中经常出现，要加深对概念的理解，掌握常见知识点的考查方式：
（1）HX的酸性的强弱由电离程度决定，也能够反映相同条件下的导电能力的强弱；
（2）与电离度相关的计算，从本质上体现的是弱电解质的电离程度的分析；
（3）电解质溶液中比较离子浓度大小时常用的守恒有电荷守恒、物料守恒、质子守恒。
13．现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐（钠、镁、钙、铁）的复合剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：
已知：
控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2＋、Mg2＋不沉淀。
该同学得出的结论正确的是
A．根据现象1可推出该试液中含有Na＋
B．根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根
C．根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2＋，但没有Mg2＋
D．根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2＋
答案：
C
思路分析：
考点解剖：
本题借助实验流程，综合考查了离子的检验与推断。
解题思路：
根据各步操作与实验现象的对应之处分析各选项。
解答过程：
解：
选项A中，由于一开始加入的试剂中出现了NaOH、Na2CO3，所以根据现象1的焰色反应呈黄色，无法确定原试液中就一定存在Na＋，故A错误；
选项B中，用银氨溶液只能检验物质中是否存在醛基，而样品为葡萄糖酸盐溶液，不存在醛基，即现象2不能说明任何问题，故B错误；
选项C中，由信息知，在调节pH＝4所得的滤液中已无铁元素，如果存在Mg2＋的话，则滴加氨水必然会生成Mg（OH）2沉淀，而现象3说明溶液中无Mg2＋；所得滤液滴加Na2CO3溶液出现沉淀，显然为CaCO3沉淀，故该试液中一定存在Ca2＋，故C正确。
选项D中，现象5出现的血红色只能说明此时溶液中存在Fe3＋，但由于前面加入了H2O2，既可能原来就存在Fe3＋，又可能是加入的H2O2将Fe2＋氧化成了Fe3＋，故D错误。
所以本题的答案为C。
规律总结：
对于离子的存在与检验而言，需要能够从整体上把握每一种常见离子的检验试剂、操作与结论之间的对应关系。
26、氢能源是一种重要的清洁能源。
现有两种可产生H2的化合物甲和乙。
将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2（已折算成标准状况）。
甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。
化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g·L－1。
请回答下列问题：
（1）甲的化学式是_________；乙的电子式是__________。
（2）甲与水反应的化学方程式是__________________________________。
（3）气体丙与金属镁反应的产物是_______（用化学式表示）。
（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式_________。
有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之_________________________。
（已知Cu2O＋2H＋＝Cu＋Cu2＋＋H2O）
（5）甲与乙之间_______（填“可能”或“不可能）发生反应产生H2，判断理由是________。
答案：
（1）AlH3；
（2）AlH3＋3H2O＝Al（OH）3↓＋3H2↑
（3）Mg3N2
（4）2NH3＋3CuO
3Cu＋N2＋3H2O
（5）取样后加稀H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O
（6）可能；AlH3中的氢化合价为-1价，NH3中的氢为＋1价，从而有可能发生氧化还原反应生成氢气。
思路分析：
考点解剖：
本题以储氢材料为背景，以定性与定量相结合推断物质，重点考查分析问题与解决问题的能力。
涉及到的知识点有：
元素推断，物质结构与元素周期律，电子式的书写，化学方程式的书写，实验方案的设计等知识。
解题思路：
利用质量守恒算出甲、乙的化学式，然后根据性质情况分析各个填空。
解答过程：
（1）因为甲、乙两种化合物均可产生H2，故它们的组成中均含有H。
根据甲加热完全分解只得到一种短周期元素的金属单质和H2，可知甲是一种金属氢化物。
再由甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种可溶于NaOH溶液的白色沉淀，可知这种白色沉淀是Al（OH）3，从而推出甲中含有的金属元素是Al；再根据标准状况下，6.00g甲加热完全分解可产生0.3mol（6.72L）H2，可推断甲为AlH3。
根据化合物乙在催化剂存在下可得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25g·L－1，根据计算丙的相对分子质量（Mr＝1.25×22.4＝28），可以推断丙为N2，则乙为NH3；
（2）AlH3与水反应的化学方程式AlH3＋3H2O＝Al（OH）3↓＋3H2↑；（3）N2与金属Mg的反应为：
N2＋3Mg
Mg3N2，依题给的信息：
氨气在加热条件下，能与CuO反应生成Cu和N2；根据题给的已知条件，Cu2O＋2H＋＝Cu＋Cu2＋＋H2O，而Cu不能与稀硫酸反应，所以取样后加稀H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无；（5）分析AlH3和NH3中氢的化合价可知，AlH3中氢的化合价为-1价，NH3中氢的化合价为＋1价，根据氧化还原反应的归中规律：
高价态＋低价态→中间价态，有可能发生氧化还原反应生成氢气。
规律总结：
本题要求能够根据物质涉及的化学反应进行计算，在计算中，要能够利用物质的质量变化进行化学式的计算，这需要利用各种守恒关系进行考虑。
同时要学会利用给出的方程式分析设计实验，要强调实验的科学性及描述的整体全面性。
27.（14分）捕碳技术（主要指捕获CO2）在降低温室气体排放中具有重要的作用。
目前NH3和（NH4）2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ：
2NH3（l）＋H2O（l）＋CO2（g）
（NH4）2CO3（aq）ΔH1
反应Ⅱ：
NH3（l）＋H2O（l）＋CO2（g）
NH4HCO3（aq）ΔH2
反应Ⅲ：
（NH4）2CO3（aq）＋H2O（l）＋CO2（g）
NH4HCO3（aq）ΔH3
请回答下列问题：
（1）ΔH3与ΔH1、ΔH2之间的关系是：
ΔH3＝。
（2）为研究温度对（NH4）2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的（NH4）2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体（用氮气作为稀释剂），在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。
然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图（见图1）。
则：
①ΔH30（填＞、＝或＜）。
②在T1～T2及T4～T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势，其原因是。
③反应Ⅲ在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示。
当时间到达t1时，将该反应体系温度上升到T2，并维持该温度。
请在图中画出t1时刻后溶液的pH变化总趋势曲线。
（3）利用反应Ⅲ捕获CO2，在（NH4）2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有
（写出2个）。
（4）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是。
A．NH4ClB．Na2CO3C．HOCH2CH2OHD．HOCH2CH2NH2
答案：
（1）2ΔH2–ΔH1
（2）①＜;②T1—T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应速率越快，所以CO2被捕获的量随温度的升高而提高。
T4—T5区间，化学反应己达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2捕获;③
（3）降低温度增加CO2浓度（或分压）
（4）B、D
思路分析：
考点解剖：
本题以捕碳技术为载体，考查化学反应中的热效应、化学反应速率、化学平衡移动以及对图像的分析和绘制等知识，考查考生的信息提取、加工能力。
解题思路：
根据盖斯定律判断三个反应中的ΔH的关系；根据化学平衡移动原理分析图像中移动结果与影响因素之间的关系。
解答过程：
⑴根据盖斯定律，可知Ⅲ＝Ⅱ×2－Ⅰ，故ΔH3＝2ΔH2–ΔH1；
（2）①分析图1中CO2浓度变化的趋势图可知，从T1→T3，化学反应未达到平衡，所以反应正向进行，随着温度的升高，反应速率加快，CO2浓度降低；到T3时反应达到平衡，此时CO2浓度最低，从T3→T5，体现了温度对平衡的影响，随着温度的升高，CO2浓度升高，说明平衡逆向移动，由此可知，正反应是放热反应，ΔH3＜0；②由上述对图1曲线分析可知，T1—T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应速率越快，所以CO2被捕获的量随温度的升高而提高。
T4—T5区间，化学反应己达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2捕获；③从图2曲线分析可知，随着反应Ⅲ的进行，pH逐渐降低，当时间达到T1时，反应达到平衡，由于反应Ⅲ是放热反应，若将反应体系的温度迅速升高到T2时，则平衡逆向移动，pH逐渐升高，当所有生成物都转化为生成物时，pH不再变化；（3）根据反应Ⅲ是放热反应，且是气体体积缩小的反应，所以在（NH4）2CO3初始浓度和体积确定的情况下，降低温度、增加CO2浓度或增大压强都能提高CO2吸收量；（4）CO2是酸性氧化物，所以能作为CO2捕获剂的物质应该是碱性物质或者是其他能与CO2反应的物质。
Na2CO3能作为CO2捕获剂：
Na2CO3＋CO2＋H2O＝2NaHCO3；乙醇胺（HOCH2CH2NH2）中碱基呈碱性，能作为CO2捕获剂。
规律总结：
盖斯定律可以将不同的反应经过某种组合加以联系，在使用盖斯定律的过程中，要注意如何正确将几个相关的化学方程式进行叠加。
对于化学平衡题相关的图像题而言，需要注意能够将平衡的建立过程与平衡的移动加以区分，要能够看到影响平衡的具体因素及影响结果，然后通过平衡的移动原理分析如何使平衡发生需要形式的移动。
28．[14分]利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO。
制备流程图如下：
已知：
Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。
请回答下列问题：
（1）用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的作用有。
A．去除油污B．溶解镀锌层C．去除铁锈D．钝化
（2）调节溶液A的pH可产生Zn（OH）2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是。
（3）由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，原因是。
（4）Fe3O4胶体粒子能否用减压过滤法实现固液分离？
（填“能”或“不能”），理由是。
（5）用重铬酸钾法（一种氧化还原滴定法）可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。
若需配制浓度为0.01000mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取gK2Cr2O7（保留4位有效数字，已知MK2Cr2O7＝294.0g·mol－1）。
配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有。
（用编号表示）。
①电子天平②烧杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥胶头滴管⑦移液管
（6）滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
答案：
（1）A、B
（2）抽滤、洗涤、灼烧
（3）N2气氛下，防止Fe2＋被氧化
（4）不能;胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸
（5）0.7350;③⑦
（6）偏大
思路分析：
考点解剖：
本题是以利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO素材，设计的一道实验综合题，在考查学生的实验操作能力的同时，重视知识迁移能力和分析能力的考查。
解题思路：
利用题给信息，分析NaOH与Zn的反应解决
（1）；根据物质转化的规律解决
（2）；根据实验操作分析（3）；根据溶液配制过程分析（5）；根据滴定原理分析（6）。
解答过程：
（1）NaOH能够促进油脂的水解，可以达到去除油污的效果；由题意可知，Zn及其化合物的性质与铝及其化合物的性质相似，即Zn能与NaOH溶液反应，可以溶解废旧镀锌铁皮的镀锌层；
（2）从由Zn（OH）2沉淀制取ZnO的反应：
Zn（OH）2
ZnO＋H2O可知，应该用过滤（可用抽滤），再将沉淀进行洗涤净化，除去杂质，再经灼烧就可得到纯净的ZnO；（3）由制备流程图可知，B溶液中含有Fe2＋和Fe3＋，而Fe2＋易被氧化，所以在加热过程中须持续通入N2以防止Fe2＋被氧化；（4）因为胶体粒子的直径在10－9m～10－7m之间，能透过滤纸，所以Fe3O4胶体粒子不能用减压抽滤法实现固液分离；（5）由溶液的浓度、体积可以求出所以m（K2Cr2O7）＝0.01000mol·L－1×0.2500L×294.0g·mol－1＝0.7350g；配制溶液时，需要用的仪器是电子天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量、胶头滴管，故不必要到的仪器是③⑦；（6）在滴定过程中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，相当于一开始应该将气泡所占的体积扣除，则消耗的标准液体积比理读数值要大，即测定结果偏大。
规律总结：
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