2021届（鲁科版）高考化学一轮复习溶液配制和溶解度曲线作业

2021届（鲁科版）高考化学一轮复习溶液配制和溶解度曲线作业

溶液配制和溶解度曲线 一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)‎ ‎1.(2020·长春模拟)用36.5%的浓盐酸(密度1.2 g·cm-3)配制1 mol·L-1的稀盐酸 100 mL,配制过程需用到哪些仪器,且先后顺序正确的是 (　　)‎ ‎①100 mL量筒　　　　②10 mL量筒 ‎③50 mL烧杯 ④托盘天平 ‎⑤100 mL容量瓶 ⑥胶头滴管　⑦玻璃棒 A.①③⑤⑥⑦ B.②⑥③⑦⑤⑥‎ C.③⑤⑦⑥① D.④③⑦⑤⑥‎ ‎【解析】选B。设浓盐酸的体积为V mL,则V mL×1.2 g·cm-3×36.5%=1 mol·L-1×‎ ‎0.1 L×36.5 g·mol-1,解得:V=8.33 mL,所以量取时用10 mL量筒,配制顺序是计算→量取→稀释、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签,一般用量筒(用到胶头滴管)量取,在烧杯中稀释,冷却后转移到100 mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,转移完毕,用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3 次并将洗涤液全部转移到容量瓶中,再加适量蒸馏水,当加水至液面距离刻度线1～2 cm时,改用胶头滴管滴加,使溶液的凹液面的最低点与刻线相平,塞好瓶塞,反复上下颠倒摇匀。所以需要的仪器先后为10 mL量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管,即顺序为②⑥③⑦⑤⑥,答案选B。‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　在配制一定物质的量浓度溶液的过程中,需要下列实验操作中的 (　　)‎ ‎【解析】选C。配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶。A项,此操作为过滤操作,配制一定物质的量浓度溶液不需要,A错误;B项,此操作为分馏操作,配制一定物质的量浓度溶液不需要,B错误;C项,此操作为移液操作,是配制一定物质的量浓度溶液的步骤之一,C正确;D项,此操作为分液操作,配制一定物质的量浓度溶液不需要,D错误。‎ ‎2.(2020·大连模拟)某学生在配制一定物质的量浓度氢氧化钠溶液时,结果所配溶液的浓度偏高,其原因可能是 (　　)‎ A.所用氢氧化钠已经潮解 B.向容量瓶中加水未到刻度线 C.有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里 D.用带游码的托盘天平称2.4 g NaOH时误用了“左码右物”方法 ‎【解析】选B。A项,所用NaOH已经潮解,实际称量的氢氧化钠的质量减小,氢氧化钠的物质的量减小,所配溶液浓度偏低,错误;B项,向容量瓶中加水未到刻度线时溶液的体积偏小,溶液的浓度偏大,正确;C项,有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里,造成了溶质的损耗,溶液浓度偏低,错误;D项,称量时误用“左码右物”,若不使用游码,对称取的氢氧化钠的质量无影响,对所配溶液浓度无影响;若使用游码,实际称取氢氧化钠的质量减小,所配溶液浓度偏低,错误。‎ ‎3.20 ℃时,饱和NaCl溶液的密度为ρ g·cm-3,物质的量浓度为c mol·L-1,则下列说法中错误的是 (　　)‎ A.温度低于20 ℃时,饱和NaCl溶液的浓度小于c mol·L-1‎ B.20 ℃时,饱和NaCl溶液的质量分数为×100%‎ C.20 ℃时,密度小于ρ g·cm-3的NaCl溶液是不饱和溶液 D.20 ℃时,饱和NaCl溶液的溶解度S= g ‎【解析】选D。A项,低于20 ℃,会析出少量NaCl,所以饱和NaCl溶液的浓度小于c mol·L-1,正确;B项,溶质的质量分数与物质的量浓度的关系为c=,可知NaCl溶液的质量分数为×100%,正确;C项,NaCl溶液越浓,密度越大,所以密度小于ρ g·cm-3的NaCl溶液为不饱和溶液,正确;D项,=,S= g,错误。‎ ‎4.几种物质的溶解度曲线如图。则下列说法正确的 (　　)‎ A.氯化铵的溶解度最大 B.随着温度升高,硫酸钠的溶解度不断增大 C.40 ℃时硫酸钠饱和溶液溶质的质量分数为50%‎ D.把等质量40 ℃时饱和溶液降温到20 ℃,硫酸钠析出晶体最多 ‎【解析】选D。40 ℃时氯化铵的溶解度并不是最大的,A错;随温度的升高,硫酸钠的溶解度先逐渐增大后减小,B错;40 ℃时硫酸钠饱和溶液溶质的质量分数为×100%=33.3%,C错;从40 ℃时降温到20 ℃时,硫酸钠的溶解度变化最大,因此把等质量40 ℃时饱和溶液降温到20 ℃,硫酸钠析出晶体最多,D对。‎ 二、非选择题(本题包括2小题,共26分)‎ ‎5.(13分)(2020·雅安模拟)实验室需要0.1 mol·L-1 NaOH溶液450 mL和 ‎0.5 mol·L-1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题:‎ ‎(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是　　　(填字母),配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是　　　　　　　(填仪器名称)。 ‎ ‎(2)在配制NaOH溶液时:‎ ‎①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为　　　　g; ‎ ‎②若NaOH溶液在转移至容量瓶时,洒落了少许,则所得溶液浓度　　　　(填“>”“<”或“=”)0.1 mol·L-1; ‎ ‎③若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶→洗涤烧杯→洗涤液移入容量瓶→定容,则所得溶液浓度　　　　(填“>”“<”或“=”)0.1 mol·L-1。 ‎ ‎(3)在配制硫酸溶液时:‎ ‎①所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸的体积为　　　　(计算结果保留一位小数)mL; ‎ ‎②如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒,应选用　　　　mL量筒最好; ‎ ‎③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释,稀释时操作方法是　。 ‎ ‎【解析】(1)配制溶液需要五种玻璃仪器:量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、‎ ‎500 mL的容量瓶。‎ ‎(2)①因无450 mL的容量瓶,配制NaOH溶液要用500 mL的容量瓶,m(NaOH)=c·V·M=0.1 mol·L-1×0.5 L×40 g·mol-1=2.0 g;‎ ‎③NaOH溶于水放出大量热,应把它冷却至室温后再移入容量瓶中,否则定容后,溶液冷却到室温后,体积减小,浓度偏高。‎ ‎(3)①c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀),即×V(浓)=0.5×0.5,得 V(浓)≈0.013 6 L=13.6 mL;②选用15 mL量筒最好,误差小;③注意三点:酸入水、沿器壁、棒搅拌。‎ 答案:(1)AC　烧杯、玻璃棒　(2)①2.0　②<　③>　(3)①13.6　②15　③将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中,并用玻璃棒不断搅拌 ‎【加固训练】‎ ‎　　某同学在实验室欲配制物质的量浓度均为1.0 mol·L-1的NaOH溶液、稀硫酸各450 mL。提供的试剂是NaOH固体、98%的浓硫酸(密度为1.84 g·cm-3)和蒸馏水。‎ ‎(1)请你观察图示判断其中不正确的操作有　　　　(填序号)。 ‎ ‎(2)应用托盘天平称量NaOH　　　　g,应用量筒量取浓硫酸　　　　mL。 ‎ ‎(3)在配制上述溶液实验中,下列操作引起结果偏低的有　　　　。 ‎ A.该学生在量取浓硫酸时,俯视刻度线 B.溶解硫酸后没有冷却至室温就立即完成后面的配制操作 C.在烧杯中溶解搅拌时,溅出少量溶液 D.没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次,并将洗涤液移入容量瓶中 E.将量筒洗涤2～3次,并全部转移至容量瓶中 F.容量瓶中原来存有少量蒸馏水 G.胶头滴管加水定容时俯视刻度线 ‎(4)若用0.010 00 mol·L-1 K2Cr2O7溶液滴定20.00 mL未知浓度的含Fe2+的溶液,恰好完全反应时消耗10.00 mL K2Cr2O7溶液,则溶液中Fe2+的物质的量浓度是 ‎　　　　。(已知:6Fe2++Cr2+14H+2Cr3++6Fe3++7H2O) ‎ ‎【解析】(1)①氢氧化钠为腐蚀品,应放在小烧杯中称量;②不能在量筒内进行溶解操作;⑤定容时,应平视刻度线。‎ ‎(2)欲配制物质的量浓度均为1.0 mol·L-1的NaOH溶液、稀硫酸各450 mL,需选择500 mL容量瓶,需要氢氧化钠的质量m=1.0 mol·L-1×0.5 L×40 g·mol-1=‎ ‎20.0 g;98%的浓硫酸(密度为1.84 g·cm-3)的物质的量浓度c= mol·L-1=18.4 mol·L-1,依据稀释前后溶液中所含溶质的物质的量相等,设需要浓硫酸的体积为V,则V×18.4 mol·L-1=500 mL×1.0 mol·L-1,解得V=27.2 mL。‎ ‎(3)A.该学生在量取浓硫酸时,俯视刻度线,导致量取的浓硫酸体积偏小,硫酸的物质的量偏小,溶液浓度偏低;B.溶解硫酸后没有冷却至室温就立即完成后面的配制操作,冷却后溶液体积偏小,溶液浓度偏高;C.在烧杯中溶解搅拌时,溅出少量溶液,导致部分溶质损耗,溶质的物质的量偏小,溶液浓度偏小;D.没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次,并将洗涤液移入容量瓶中,导致部分溶质损耗,溶质的物质的量偏低,溶液浓度偏低;E.将量筒洗涤2～3次,并全部转移至容量瓶中,导致量取的浓硫酸体积偏大,硫酸的物质的量偏大,溶液浓度偏高;F.容量瓶中原来存有少量蒸馏水,对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响,溶液浓度不变;G.胶头滴管加水定容时俯视刻度线,导致溶液体积偏小,溶液浓度偏高。‎ ‎(4)依据方程式6Fe2++Cr2+14H+2Cr3++6Fe3++7H2O,Fe2+的物质的量浓度为c=6×0.010 00 mol·L-1×=0.030 00 mol·L-1。‎ 答案:(1)①②⑤　(2)20.0　27.2‎ ‎(3)ACD　(4)0.030 00 mol·L-1‎ ‎6.(13分)(2020·泰州模拟)以氯化钠和硫酸铵为原料制备氯化铵及副产品硫酸钠,工艺流程如下:‎ 氯化铵和硫酸钠的溶解度随温度变化如下图所示。回答下列问题: ‎ ‎(1)欲制备10.7 g NH4Cl,理论上需NaCl　　　　g。 ‎ ‎(2)实验室进行蒸发浓缩用到的主要仪器有　　　　　、烧杯、玻璃棒、酒精灯等。 ‎ ‎(3)“冷却结晶”过程中,析出NH4Cl晶体的合适温度为　　　　。 ‎ ‎(4)不用其他试剂,检查NH4Cl产品是否纯净的方法及操作是 　________‎ ‎　________　________　________　________　。 ‎ ‎(5)若NH4Cl产品中含有硫酸钠杂质,进一步提纯产品的方法是 　________‎ ‎　________　________　________　________　。 ‎ ‎【解析】根据氯元素守恒可列关系求m(NaCl)=10.7 g×58.5 g·mol-1÷‎ ‎53.5 g·mol-1=11.7 g。氯化铵的溶解度随温度变化较大,而硫酸钠在30～100 ℃变化不大,故可用冷却结晶法。但温度不能太低以防硫酸钠析出。所以应大约在33～40 ℃。 ‎ 答案:(1)11.7　(2)蒸发皿　(3)35 ℃(33～40 ℃都可以)‎ ‎(4)加热法:取少量氯化铵产品于试管底部,加热,若试管底部无残留物,表明氯化铵产品纯净 ‎(5)重结晶 一、选择题(本题包括3小题,每题6分,共18分)‎ ‎1.在环保、化工行业有一种溶液浓度的表示方法:质量—体积浓度,用单位体积溶液中所含的溶质质量来表示,单位g·m-3或g·L-1。现有一种20 ℃时的饱和CuSO4溶液,密度为1.2 g·cm-3,质量—体积浓度为200 g·L-1,则对此溶液的说法不正确的是 (　　)‎ A.该溶液的质量分数为16.7%‎ B.该溶液的物质的量浓度为1.25 mol·L-1‎ C.在20 ℃时,硫酸铜的溶解度为20 g D.在20 ℃时,把200 g CuSO4·5H2O溶解于1 L水中恰好得到饱和溶液 ‎【解析】选D。根据质量—体积浓度的定义以及质量分数、物质的量浓度的含义可以进行浓度的换算,A、B都正确;S∶100 g=200 g∶(1 000 mL×1.2 g·cm-3-‎ ‎200 g),所以S=20 g,C正确;CuSO4·5H2O溶于水后得到CuSO4溶液,其溶质为CuSO4,其质量只有200 g×=128 g,该溶液的质量分数=×100%≈10.7%,此值小于16.7%,所以不是饱和溶液,D错误。‎ ‎2.(2020·宿州模拟)下列实验操作正确的是(　　)‎ A.含NA 个Na+的Na2O溶解于1 L水中,Na+的物质的量浓度为1 mol·L-1‎ B.100 g硫酸溶液的物质的量浓度为18.4 mol·L-1,用水稀释到物质的量浓度为9.2 mol·L-1,需要水100 g C.配制一定物质的量浓度的氯化钾溶液:准确称取一定质量的氯化钾固体,放入1 000 mL的容量瓶中,加水1 000 mL溶解,振荡摇匀 D.将10 g CuSO4溶解在90 g水中,配制质量分数为10%的CuSO4溶液 ‎【解析】选D。1 mol Na+溶于1 L水中,溶液的体积不是1 L,所以Na+的物质的量浓度不是1 mol ·L-1,A错;100 g硫酸溶液和100 g水的体积不一样,混合后溶液的体积不是原来的2倍,所以浓度也不是原来的二分之一,B错;容量瓶不能作为溶解容器,C错;D符合质量分数的求法,正确。‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　(2019·三明模拟)下列实验操作过程能引起结果偏高的是 (　　)‎ ‎①用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时,酸式滴定管未用标准液润洗 ‎②用量筒量取5.0 mL溶液时,俯视读数 ‎③配制一定物质的量浓度的硫酸溶液,定容时仰视容量瓶的刻度线 ‎④质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液 A.①③　　B.①④　　C.②③　　D.②④‎ ‎【解析】选B。①用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时,酸式滴定管未用标准液润洗,导致标准液浓度减小,滴定过程中消耗的标准液体积偏大,测定结果偏高,①正确;②用量筒量取5.0 mL溶液时,俯视读数,导致量取的液体体积偏小,②错误;③配制一定物质的量浓度的硫酸溶液,定容时仰视容量瓶的刻度线,导致加入的蒸馏水体积偏大,配制的溶液浓度偏低,③错误;④‎ 硫酸的密度随浓度的增大而增大,质量分数为10%和90%的两种硫酸等体积混合后配制的硫酸溶液质量分数大于50%,④正确。‎ ‎3.甲、乙、丙三种不含结晶水的固体物质的溶解度曲线如图所示,下列说法中正确的是 (　　)‎ A.t2 ℃ 时将50 g甲物质放入50 g水中,所得溶液中溶质的质量分数为50%‎ B.t1 ℃时三种物质的溶解度大小关系甲>乙>丙 C.将等质量的甲、乙、丙三种配制成t2 ℃时的饱和溶液,需要水的质量:甲>乙>丙 D.当甲物质中混有少量的丙物质可采取降温结晶的方法提纯甲 ‎【解析】选D。A、t2 ℃时甲的溶解度是50 g,即100 g水中最多溶解50 g甲,所以t2 ℃时将50 g甲物质放入50 g水中最多溶解25 g,所得溶液中溶质的质量分数是×100%≈33.3%,故错误;B、t1 ℃时三种物质的溶解度大小关系乙>甲=丙,故错误;C、t2 ℃时三种物质的溶解度大小关系是甲>乙>丙,即等质量的水溶解的甲最多、丙最少,所以将等质量的甲、乙、丙三种配制成t2 ℃时的饱和溶液,需要水的质量:甲<乙<丙,故错误;D、甲的溶解度随温度升高而增大,丙的溶解度随温度升高而减小,所以当甲物质中混有少量的丙物质可采取降温结晶的方法提纯甲,正确;故选D。‎ 二、非选择题(本题包括2小题,共32分)‎ ‎4.(16分)(2020·太原模拟)某化学小组需要480 mL 0.100 0 mol·L-1的NaOH溶液。欲在实验室用固体烧碱配制。请回答下列问题:‎ ‎(1)本实验需用托盘天平称量烧碱的质量为　　　　g。 ‎ ‎(2)配制过程中,不需要的仪器(填写代号)　　　　。 ‎ a.烧杯　b.冷凝管　c.玻璃棒　d.1 000 mL容量瓶　e.漏斗　f.胶头滴管 ‎(3)根据实验需要和(2)所列仪器判断,完成实验还缺少的仪器有药匙、‎ ‎　　　　、　　　　。 ‎ ‎(4)请说出本实验中玻璃棒的作用　。 ‎ ‎(5)将上图中的实验步骤A～F按实验过程先后次序排列　　　　。 ‎ ‎(6)请用恰当的文字描述上图A操作的过程　　________　________。 ‎ ‎(7)若配制过程中,其他操作都准确,下列操作能引起浓度偏高的有　　　　(填代号)。 ‎ ‎①用来溶解NaOH的烧杯里面有少许水 ‎②未等稀释后的NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中 ‎③将NaOH溶液转移到容量瓶时,不小心洒到了外面少许 ‎④定容时,加蒸馏水超过标线,又用胶头滴管吸出 ‎⑤转移前,容量瓶中含有少量蒸馏水 ‎⑥定容摇匀后,发现液面低于标线,又用胶头滴管加蒸馏水至标线 ‎⑦定容时,俯视标线 ‎【解析】(1)配制0.1 mol·L-1的NaOH溶液480 mL,应选择500 mL容量瓶,需要氢氧化钠的质量为0.1 mol·L-1×0.5 L×40 g·mol-1=2.0 g;(2)配制0.1 mol·L-1的NaOH溶液480 mL,所以需选用500 mL的容量瓶;称量需用药匙取NaOH,溶解需要用烧杯,玻璃棒搅拌,转移过程中用玻璃棒引流,最后用胶头滴管定容,故不需要的仪器是冷凝管、1 000mL容量瓶和漏斗,答案选bde;(3)根据以上分析可知还缺少托盘天平和500 mL容量瓶;(4)在溶解时玻璃棒起搅拌作用,在转移时起引流作用;(5)根据溶液的配制原理可知,用固体配制溶液的一般步骤为计算、称量、溶解转移、洗涤转移、定容摇匀,因此正确的操作顺序是CBDFAE;(6)A是定容,操作为用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切时停止加水;(7)①用来溶解NaOH的烧杯里面有少许水不影响所配溶液的浓度;②未降至室温时,立即将溶液转移至容量瓶定容,溶液热胀冷缩,恢复到室温后溶液体积小于500 mL,所配溶液浓度偏高;③将NaOH溶液转移到容量瓶时,不小心洒到了外面少许,溶质减少,浓度偏低;④定容时,加蒸馏水超过标线,又用胶头滴管吸出,溶质减少,浓度偏低;⑤容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水,由于定容时还需要加入蒸馏水,所以不影响配制结果;⑥定容摇匀后,发现液面低于标线,又用胶头滴管加蒸馏水至标线,溶液体积增加,浓度偏低;⑦定容时俯视刻度,导致溶液的体积偏小,根据c=可知,配制的溶液浓度偏高,答案选②⑦。‎ 答案:(1)2.0　(2)bde　(3)托盘天平　500 mL容量瓶 ‎(4)搅拌、引流　(5)CBDFAE ‎(6)用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切时停止加水 ‎(7)②⑦‎ ‎5.(16分)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe3+)生产重铬酸钾 (K2Cr2O7),其工艺流程及相关物质溶解度曲线如图所示。‎ ‎(1)向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是 ‎　________　________　________　________　________ 　________‎ ‎　　________　________　________　________　________　________。 ‎ ‎(2)通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是 ‎ 　________　________　________　________　________　________‎ ‎　________　________　________　________　________　________　。 ‎ ‎(3)固体A的主要成分为　　　　(填化学式),用热水洗涤固体A,回收的洗涤液转移到母液　　　　　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)中,既能提高产率又可使能耗降低。 ‎ ‎(4)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下:称取产品试样2.500 g 配成250 mL溶液,用移液管取出25.00 mL于碘量瓶中,加入10 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液和足量KI溶液(铬的还原产物为Cr3+),放置于暗处5 min,然后加入100 mL蒸馏水、3 mL 淀粉指示剂,用0.1200 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定(已知I2+ 2S22I-+S4)。‎ ‎①酸性溶液中KI 与K2Cr2O7反应的离子方程式为　________　________ ‎ ‎　　________　________。 ‎ ‎②若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00 mL,则所得产品中重铬酸钾的纯度为 ‎　　　　%( 保留2 位小数,设整个过程中其他杂质不参与反应)。 ‎ ‎【解析】(1)根据题目信息,母液中含有少量的Fe3+,加碱液的目的是除去Fe3+,故答案为除去Fe3+;‎ ‎(2)根据温度与溶解度的关系,K2Cr2O7的溶解度受温度的影响较大,低温时K2Cr2O7的溶解度远小于其他组分,且温度降低,K2Cr2O7的溶解度受温度的影响较大,故答案为低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分,温度降低K2Cr2O7溶解度明显减小;‎ ‎(3)母液Ⅰ中加入KCl,发生Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl,采用冷却降温得到K2Cr2O7固体,即母液Ⅱ中含有大量的NaCl,因此蒸发浓缩得到的固体是NaCl;冷却结晶中有大量的K2Cr2O7析出,但溶液中含有少量的K2Cr2O7,蒸发浓缩时,NaCl表面附着一部分K2Cr2O7,为了提高产率又可使能耗降低,因此需要把洗涤液转移到母液Ⅱ中,达到类似富集的目的,故答案为NaCl、Ⅱ; ‎ ‎(4)①根据操作,得出K2Cr2O7作氧化剂,本身被还原成Cr3+,I-被氧化成I2,因此有Cr2+I-→Cr3++I2,然后采用化合价升降法、原子守恒配平即可,离子方程式为Cr2+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,故答案为Cr2+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O;‎ ‎②根据离子方程式,得出关系式为Cr2～3I2～6S2,则求出样品中K2Cr2O7的质量为0.04 L×0.12 mol·L-1÷6××294 g·mol-1=2.352 g,纯度为×100%=94.08%,故答案为94.08%。‎ 答案:(1)除去Fe3+‎ ‎(2)低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分,温度降低K2Cr2O7溶解度明显减小　(3)NaCl　Ⅱ ‎(4)①Cr2+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O　②94.08‎