2020高考化学大题专项训练《无机定量与探究实验》及答案解析

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1、2020高考化学大题专项训练无机定量与探究实验1某小组同学在实验室里对Fe3+与I的反应进行探究，实现Fe3+与Fe2+相互转化。（1）甲同学首先进行了如下实验：编号操作现象先向2mL0.1molL1FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，再滴加新制氯水_先向2mL0.1molL1FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再滴加0.1molL1KI溶液滴加KSCN溶液后，溶液变成血红色；滴加0.1molL1KI溶液后，血红色无明显变化实验中发生反应的离子方程式为             ，         &

2、nbsp;       。（2）实验II的现象与预测不同，为探究可能的原因，甲同学又进行了如下实验，操作及现象如下：编号操作现象向2mL0.1molL1KI溶液中滴加1mL0.1molL1FeCl3溶液，再滴加KSCN溶液滴加FeCl3溶液后，溶液变成黄色；滴加KSCN溶液后，溶液变成血红色根据实验，该同学认为Fe3+有可能与I发生氧化还原反应请结合实验现象说明得出该结论的理由：                   。（3）乙同学认为，还需要进一步设计实验才可证明根据实验中现

3、象得出的结论。请补全下表中的实验方案：编号操作预期现象及结论向2mL0.1molL1KI溶液中滴加1mL 0.1molL1FeCl3，溶液变黄色，取该溶液于两支试管中，试管中滴加                 ，试管中滴加                  。预期现象           ，            

4、   。结论              。（4）上述实验结果表明，Fe3+有可能与I发生氧化还原反应进一步查阅资料知，参加反应的Fe3+和I物质的量相同该小组同学结合上述实验结论，分析了实验中加入KSCN后溶液变血红色的原因，认为Fe3+与I反应的离子方程式应写为：                   。【答案】（1）编号操作现象滴加KSCN后溶液无明显变化，加入氯水后溶液变成血红色2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；

5、Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；（2）溶液变成黄色，推测生成了I2；（3）编号操作预期现象及结论滴加淀粉溶液（或CCl4）滴加铁氰化钾溶液预期现象：溶液变蓝（或溶液分层，下层溶液为紫红色）出现特征蓝色沉淀结论：Fe3+能与I发生氧化还原反应，生成I2和Fe2+（4）2Fe3+2I2Fe2+I2【解析】（1）亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应，所以向氯化亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液后，溶液不呈红色，再滴加氯水后，氯气把亚铁离子氧化呈铁离子，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物，导致溶液呈血红色，所以实验I的现象为滴加KSCN后溶液无明显变化，加入氯水后溶液变成红色；氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，反应离

6、子方程式为：2Fe2+ + Cl2 2Fe3+ + 2Cl-，Fe3+ + 3SCN = Fe（SCN）3；（2）碘水溶液呈黄色，根据溶液变成黄色，推测生成了I2；（3）如果碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色，所以如果要检验碘单质和亚铁离子，可以用再滴加淀粉溶液（或CCl4；或铁氰化钾溶液）检验，反应现象是溶液变蓝（或溶液分层，下层溶液为紫色；或生成蓝色沉淀），结论：Fe3+能与I-发生氧化还原反应，生成I2（或Fe2+）；（4）Fe3+与I-发生氧化还原反应，且参加反应的Fe3+与I-

7、的物质的量相同，所以该反应的离子方程式为：2Fe3+2I-2Fe2+I2。2某小组以亚硝酸钠（NaNO2）溶液为研究对象，探究NO2-的性质。实验试剂编号及现象滴管试管2mL1%酚酞溶液1 molL-1 NaNO2溶液实验I：溶液变为浅红色，微热后红色加深1 molL-1NaNO2溶液 0.1 molL-1 KMnO4 溶液 实验II：开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去 KSCN溶液1 molL-1 FeSO4 溶液（pH=3）实验III：无明显变化1 molL-1 NaNO2溶液 1 molL-1 FeSO4 溶液（pH=3）实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变

8、红资料：Fe(NO)2+在溶液中呈棕色。（1）结合化学用语解释实验I“微热后红色加深”的原因 _。（2）实验II证明NO2-具有_性， 从原子结构角度分析原因_。（3）探究实验IV中的棕色溶液为确定棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方案。实验溶液a编号及现象1 molL-1FeSO4溶液（pH=3）i溶液由_色迅速变为_色_ii无明显变化加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述现象产生的原因_。（4）络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。小组同学设计实验

9、V：将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。盐桥的作用是_。电池总反应式为_。实验结论：NO2-在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。【答案】（1）NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深    （2）还原性    N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性 （3）浅绿色    棕色    0.5molL1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）    

10、棕色溶液中的Fe(NO)2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀   （4） 阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生    Fe2+ +NO2-+2H+= Fe3+ +NO+H2O    【解析】（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，所以在2mL1 molL-1 NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液变为浅红色，微热后红色加深，故答案为NO2-

11、发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）根据实验II说明NaNO2溶液与KMnO4 溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4 溶液的紫色褪去，即KMnO4被还原，说明NO2-具有还原性。NO2-具有还原性的原因是：N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性，故答案为还原性；N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）实验IV在FeSO4 溶液（pH=3）中滴加NaNO2溶液，溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红，说明有Fe3+生成

12、，NO2-被还原为NO。若要证明棕色物质是是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；故答案为浅绿色；棕色；0.5molL1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）；加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，原因是棕色溶液中的Fe(NO)2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气

13、氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀，故答案为棕色溶液中的Fe(NO)2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀；（4）将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；故答案为阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；该原电池负极反应为：Fe2+-e-= Fe3+，正极反应为NO2-+e-+2H+=NO+H2O，所以电池总

14、反应式为Fe2+ +NO2-+2H+= Fe3+ +NO+H2O；故答案为Fe2+ +NO2-+2H+= Fe3+ +NO+H2O。3医疗上绿矾（FeSO47H2O）是治疗缺铁性贫血的特效药。某化学兴趣小组对绿矾进行了如下的探究：【制备产品】该小组由废铁屑（含少量氧化铜、氧化铁等杂质），用如图所示装置制备FeSO47H2O晶体，步骤如下：（1）预处理：先将废铁屑加入到饱和Na2CO3溶液中洗涤，目的是_，然后将废铁屑用水洗涤23遍。（2）将洗涤后的废铁屑加入到圆底烧瓶中，并持续通入N2，N2的作用是_。（3）再加入足量稀硫酸，控制温度5080之间，充分反应后，圆底烧瓶中剩余的固体为_。（4）获

15、取产品：先向步骤（3）中反应后的混合物中加入少许蒸馏水，趁热过滤，_。滤出晶体，用少量冰水洗涤23次，再用滤纸将晶体吸干，密闭保存。【测定FeSO47H2O含量】（1）称取上述样品100g，溶于适量的稀硫酸中，配成100mL溶液，需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要的仪器有（填仪器名称）_、_。（2）准确量取25mL该液体于锥形瓶中，用01000mol/L KMnO4标准溶液滴定，则滴定终点的判断方法是_。（3）用同样的方法滴定3次，平均消耗1000mL标准液，该样品中FeSO47H2O的质量分数为_。（已知Mr（FeSO47H2O）=278）。（4）若测量结果偏小，则可能是在定容时

16、_（填“俯视”或“仰视”）读数。【答案】（1）洗去铁屑表面的油污（2）排除装置中的空气或氧气     （3）Cu     （4）冷却 结晶  （1）100mL容量瓶（1分）    胶头滴管（1分）（2）当最后一滴标准液滴入时，溶液变为红色，且30s内不褪色（3）556%     （4）俯视（1分）【解析】I（1）碳酸钠的水溶液显碱性，可以除去铁屑表面的油污；（2）FeSO4易被氧气氧化，持续通入N2排除装置中的空气或氧气；（3）氧化铜、氧化铁与硫酸反应生成硫酸铜和硫酸铁，铁单质与硫酸铜和硫酸铁反应生成硫酸

17、亚铁和铜单质；（4）洗涤、过滤、冷却结晶可得FeSO47H2O晶体；II（1）步骤为：计算称量溶液转移洗涤定容摇匀装瓶贴签，需要使用的仪器有：100mL 容量瓶，托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，量筒可用可不用；（2）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫红色；（3）测定样品中Fe2+的含量，采用在酸性条件下KMnO4标准液滴定，Fe2+Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4-Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，故Fe2+系数为5，MnO4- 系数为1，根据元素守恒可知Mn2+与Fe3+系数分别为1、5，根据电荷守恒

18、可知缺项为H+，H+其系数为2+35-25-1=8，根据H元素守恒可知H2O系数是4，所以反应离子方程式为5Fe2+MnO4-+8H+Mn2+5Fe3+4H2O。令Fe2+的物质的量为xmol，则：5Fe2+MnO4-5                 1xmol  001L01mol/L所以x=00101mol/L5=0005mol所以样品中FeSO47H2O的质量0005mol4278g/mol=556g，所以4g产品中FeSO47H2O的质量分数为100%=556%。（4）定容时仰视体积偏大，浓度偏

19、小。4工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质某同学设计了如下实验分别测定氮化铝(AlN)样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解)（1）实验原理Al4C3与硫酸反应可生成CH4，AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与过量NaOH溶液反应的化学方程式      ，（2）实验装置(如图所示)（3）实验过程连接实验装置，检验装置的气密性称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL称取xg AlN样品置于装置B瓶中；塞好胶塞，关闭活塞         &

20、nbsp; ，打开活塞            ，通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置B瓶内物质充分反应待反应进行完全后，关闭活塞             ，打开活塞            ，通过分液漏斗加入过量         (填化学式)，与装置B瓶内物质充分反应。              (填入该步应进行的操

21、作)。记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg。（4）数据分析(已知：该实验条件下的气体摩尔体积为Vm Lmol1)Al4C3的质量分数为            。若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积             (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)AlN的质量分数为               。【答案】（1）AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3；（3）

22、 K2、K3； K1；K1；K3；NaOH；打开K2，通入空气一段时间；（4） （4）100%；偏小；100%；【解析】从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数；（1）根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3；（3）通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲

23、烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，故应关闭活塞K2、K3，打开活塞 K1，故答案为：K2、K3； K1；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K3，故答案为：K1；K3；NaOH；装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，故答案为：打开K2，通入空气一段时间；（4）甲烷的体积为(ab)mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为mol144g/mol=g，Al4C3的质量分数为100%，故答案

24、为：100%；读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，故答案为：偏小；氨气的质量为(zy)g，物质的量为mol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为mol41g/mol=g，故AlN的质量分数为100%=100%，故答案为：100%。5某实验小组探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液的反应。实验I操作现象滴加5滴0.1mol/L Na2SO3溶液，振荡产生白色沉淀，测得混合溶液pH=5继续滴加0.1mol/L Na2SO3溶液，振荡白色沉淀增多，继续滴加，白色沉淀消失，测得混合溶液pH=9资料：Ag2SO3，白色固

25、体，难溶于水；Ag2SO4，白色固体，微溶于水；AgOH，白色固体，常温下不稳定，易分解产生棕褐色固体。（1）测得0.1mol/L Na2SO3溶液pH=10，用离子方程式解释原因：_。（2）实验小组对白色沉淀的成分提出猜想：可能含Ag2SO3。可能含Ag2SO4，理由是_。可能含AgOH。实验产生的白色沉淀放置一段时间后未发生明显变化，排除猜想。（3）检验白色沉淀的成分(资料：Ag+2S2O32Ag(S2O3)23，Ag(S2O3)23在溶液中稳定存在。)测得沉淀C质量小于沉淀B，试剂1和试剂2分别是_、_，说明白色沉淀是Ag2SO3和Ag2SO4的混合物。（4）探究白色沉淀消失的原因。实验

26、小组设计对照实验：实验II实验III实验操作现象沉淀溶解 补充实验III的实验操作及现象：_，证明SO32使白色沉淀溶解。 查阅资料：Ag2SO3能溶于过量Na2SO3溶液中形成Ag(SO3)23。白色沉淀中含有Ag2SO4，但还能全部溶解于Na2SO3溶液的原因是_。（5）探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液能否发生氧化还原反应。实验IV操作现象步骤i：滴加一定体积0.1 mol/L Na2SO3溶液产生白色沉淀步骤ii：再加入NaOH溶液调pH=14，振荡白色沉淀变黑，经检验为Ag步骤ii中Ag2SO3发生反应的离子方程式是_。（6）综合实验I和IV，说明AgNO3溶液与Na2SO3溶液的

27、反应类型与_有关。【答案】（1） SO32+H2OHSO3+OH    （2） SO32可能被O2氧化    （3） Ba(NO3)2溶液    盐酸溶液    （4） 操作：滴加NaOH溶液至pH=9，现象：白色沉淀不溶解    Ag2SO4微溶，溶液中存在SO32，Ag2SO4易转化为更难溶的Ag2SO3，进而被Na2SO3溶液溶解。（5）Ag2SO3+2OH= 2Ag+SO42+H2O    （6）反应物的相对浓度、pH    【解析】【分析】试验I

28、在AgNO3溶液中滴加Na2SO3溶液生成白色沉淀，可以考虑生成Ag2SO3沉淀；同时考虑亚硫酸盐易被空气中的氧气氧化，又可以考虑白色沉淀中有Ag2SO4；加入的Na2SO3溶液呈碱性，所以还可以考虑AgOH。随着Na2SO3溶液滴入量的增加，PH值也逐渐增大，沉淀先增加后溶解，可见该反应与反应物的用量和PH有关。小题（3）是对于白色沉淀的检验：用Na2S2O3溶液溶解沉淀，使Ag+结合成Ag(S2O3)23而溶解，释放出白色沉淀中的阴离子，再用可溶钡盐+盐酸检验可能的SO32和SO42。小题（4）是对于白色沉淀溶解的原因探究：根据所给信息，沉淀的溶解应是生成了Ag(SO3)23。溶解过程中有

29、两个量在变：Na2S2O3的量和PH，因此可从这两方面进行探究。小题（5）是探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液能否发生氧化还原反应：根据实验现象可直接判断。【详解】（1） Na2SO3溶液呈碱性的原因是弱酸根离子SO32的水解：SO32+H2OHSO3+OH，故答案为：SO32+H2OHSO3+OH（2）+4价硫的还原性较强，易被氧化。根据实验环境，可考虑Ag+或O2，由于Ag+的还原产物Ag为黑色，可排除，所以可能产生Ag2SO4的理由是SO32可能被O2氧化，故答案为：SO32可能被O2氧化（3） 对于白色沉淀的检验：用Na2S2O3溶液溶解沉淀，使Ag+结合成Ag(S2O3)23而溶解

30、，释放出白色沉淀中的阴离子，再用可溶钡盐将可能的SO32和SO42沉淀，分离出的沉淀用盐酸溶解，如果能全溶解，则不含SO42，如果不能全溶解，则含SO42，故答案为：Ba(NO3)2溶液；盐酸溶液（4） 为证明是SO32是使白色沉淀溶解的原因，本题设计了对照试验，为此要控制好变量，排除溶液PH值的影响，即应在对照组的白色沉淀中滴加NaOH溶液至PH=9，故答案为：操作：滴加NaOH溶液至pH=9，现象：白色沉淀不溶解    Ag2SO4在水中存在溶解平衡：Ag2SO4(s) Ag+(aq)+ SO42(aq)，加入的SO32将Ag+结合成溶解性更小的Ag2SO3，c(Ag+

31、)降低，促进Ag2SO4转化成Ag2SO3，并进一步转化成Ag(SO3)23，直至完全溶解，故答案为：Ag2SO4微溶，溶液中存在SO32，Ag2SO4易转化为更难溶的Ag2SO3，进而被Na2SO3溶液溶解（5） 试验IV通过改变沉淀所在环境的PH来探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液能否发生氧化还原反应。从试验现象及产物可知，加入NaOH溶液至pH=14时发生了氧化还原反应，生成了Ag，可知S应被氧化成SO42，所以反应离子方程式为: Ag2SO3+2OH= 2Ag+SO42+H2O，故答案为：Ag2SO3+2OH= 2Ag+SO42+H2O（6） 根据试验I和IV及以上分析可知: AgN

32、O3溶液与Na2SO3溶液在PH=5时先生成Ag2SO3，发生的是复分解反应；如果提高Na2SO3溶液的相对浓度(即加入过量的Na2SO3溶液至PH=9)又溶解为络合离子Ag(SO3)23；而如果提高碱性至PH=14时生成的是Ag和SO42，发生的是氧化还原反应。所以两者的反应类型与反应物的相对浓度、pH都有关，故答案为：反应物的相对浓度、pH【点睛】探究实验的两个问题：1.根据现象得出结论：根据题给已知的实验现象，结合化学知识进行分析，得出合理的结论。对现象的分析要细致，特别要注意现象与物质性质之间的关联性。2.根据实验目的设计实验：应先明确问题所在，再针对问题设计实验。本题（4）中，为探究

33、白色沉淀溶解的原因，应先分析白色沉淀溶解过程中什么在变化、如何变化，找出可能的相关因素(本小题为亚硫酸钠的量和PH值)，再针对这些因素进行实验设计。否则思路不清，会造成无的放失。6阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na2SO3溶液作浸取剂浸出回收。某小组在实验室模拟该过程。已知：i25oC时，部分物质的溶解度：AgCl 1.9104 g；Ag2SO3 4.6104 g；Ag2SO40.84 g。ii25oC时，亚硫酸钠溶液酸化过中含微粒的物质的量分数随pH变化如图所示。.浸出氯化银取AgCl固体，加入1 mol/L Na2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液（pH=8），该过程

34、中发生的反应为AgCl +  Ag(SO3)23 + Cl。（1）用平衡移动原理解释AgCl溶解的原因是_。. 酸化沉银（2）经检测，沉淀m为AgCl，则溶液m中含微粒的主要存在形式是_。（3）探究沉淀n的成分。甲同学认为沉淀n一定不含Ag2SO4，其依据是_。乙同学认为沉淀n可能含Ag2SO3，进行实验验证。i. 本实验设计的依据是：Ag2SO3具有_性。ii. 乙同学观察到_，得出结论“沉淀n不含Ag2SO3”。丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含Ag2SO3。i. 本实验设计的依据是：若沉淀n含Ag2SO3，则溶液n中含微粒的总物质的量_（填“”、“”或“”）Cl

35、物质的量。ii. 结合实验现象简述丙同学的推理过程：_。浸取剂再生（4）溶液m经处理后可再用于浸出AgCl，请简述该处理方法_。【答案】（1） AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq) ，Ag+与SO32- 结合生成Ag(SO3)23 ，促进AgCl的溶解平衡正向移动（2） HSO3-    （3） Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+ 的浓度很小    还原    b中清液的颜色与c相同，均为浅紫色溶液        e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液

36、n中加入稀硝酸使Ag(SO3)23全部转化为Ag+，Ag+将Cl全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl)    （4）加NaOH溶液调节pH至910    【解析】【分析】I、（1）利用平衡移动的知识答题即可；II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%；（3）溶液中Ag+的浓度很小，而Ag2SO4的溶解度较大，故不会形成Ag2SO4沉淀；依据Ag2SO3的还原性答题；e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使Ag(SO3)23全部转化为Ag+，Ag+将Cl

37、全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl)；III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，需要加入NaOH溶液将NaHSO3转化为Na2SO3。【详解】I、（1）AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq)，Ag+与SO32- 结合生成Ag(SO3)23-，促进AgCl的溶解平衡正向移动；II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%，则溶液m中含微粒的主要存在形式是HSO3-；（3）Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+ 的浓度很小；i、酸性KMnO4溶液具有强氧

38、化性，SO32-具有还原性，则该实验涉及的依据是Ag2SO3具有还原性；ii、沉淀中无Ag2SO3，则该沉淀不会使酸性KMnO4溶液褪色，故可以观察到a试管中酸性KMnO4溶液褪色，b、c试管中酸性KMnO4溶液依然呈紫色；e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使Ag(SO3)23全部转化为Ag+，Ag+将Cl全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl)；III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，根据曲线图可知，加入NaOH溶液调整pH到9-10即可。7无水FeCl2易吸湿、易被氧化，常作为超高压润滑油的成分。某实验小

39、组利用无水FeCl3和氯苯（无色液体，沸点132.2）制备少量无水FeCl2，并测定无水FeCl2的产率。实验原理：2FeCl3C6H5Cl2FeCl2C6H4Cl2HCl实验装置：按如图所示组装好的装置，检查气密性后，向三颈烧瓶A中加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯。回答下列问题：（1）利用工业氮气（含有H2O、O2、CO2）制取纯净干燥的氮气。请从下列装置中选择必要的装置，确定其合理的连接顺序：a_上图中的j口（按气流方向，用小写字母表示）。实验完成后通入氮气的主要目的是_。（2）装置C中的试剂是_（填试剂名称），其作用是_。（3）启动搅拌器，在约126条件下剧烈搅拌30min

40、，物料变成黑色泥状。加热装置A最好选用_（填字母）。a酒精灯   b水浴锅   c电磁炉   d油浴锅（4）继续升温，在128139条件下加热2h，混合物颜色逐渐变浅，黏度降低。该步骤中加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是_。（5）继续加热1h后放置冷却，在隔绝空气条件下过滤出固体，用洗涤剂多次洗涤所得固体，置于真空中干燥，得到成品。若D中所得溶液恰好与25mL2.0molL1NaOH溶液完全反应，则该实验中FeCl2的产率约为_（保留3位有效数字）。【答案】（1） fgdebc（提示：除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气

41、）    将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收    （2） 无水氯化钙    防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解    （3） d    （4）球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流    （5）97.0    【解析】【分析】（1）思路：先除CO2再除H2O（顺带除去吸收二氧化碳带出来的水蒸气）再除O2（除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）；（2）由FeCl2、FeCl3易水解性质可解，前后一定要有干燥装置；（3）油浴锅的

42、好处是便于控制温度；（4）有冷凝管可使反应物冷凝回流；【详解】（1）由分析可知，装置接口的连接顺序为fgdebc，吸收装置注意长进短出；实验完成后继续通入氮气的主要目的是：将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收，防止测FeCl2的产率偏小。（2）FeCl2、FeCl3易水解，装置C中的试剂是干燥剂无水氯化钙，其作用是防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解；（3）结合温度约126，选择油浴锅的好处是便于控制温度，故选d；（4）由装置图可知，加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流；（5）n(HCl)=n(NaOH)=0.0

43、25L2.0molL1=0.05mol，n(FeCl2)=n(HCl)=0.05mol=0.1mol，加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯，物质的量分别约为0.103mol和0.2mol，由反应方程式可知氯苯过量，则该实验中FeCl2的产率约为100%97.0。8硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)俗名“大苏打”，又称“海波”。己知它易溶于水，难溶于乙醇，加热易分解，具有较强的还原性，广泛地应用于照相等工业中。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置A中发生反应的化学方程式是_。（2）装置B中通入SO2反应生成Na2S2O3和CO2，其离子方程

44、式为_，生成的硫代硫酸钠粗品可用_洗涤。（3）装置C的作用是检验装置B中SO2的吸收效率，C中试剂是_，表明SO2吸收效率低的实验现象是C中溶液颜色很快褪色。为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变B中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是_(写出条)。（4）酸性条件下，S2O32自身发生氧化还原反应生成SO2。试写出Na2S2O3与盐酸反应的离子方程式：_。（5）粗品中Na2S2O35H2O的质量分数的测定称取6g粗品配制250mL的溶液待用。另取25mL 0.01 mol/L K2Cr2O7溶液于锥形瓶中，然后加入过量的KI溶液并酸化和几滴淀粉溶液，立即用配制的Na

45、2S2O3溶液滴定至终点，耗Na2S2O3溶液25mL。粗品中Na2S2O35H2O的质量分数为_。(己知Cr2O726I14H2Cr33I27H2O、I22S2O322IS4O62)【答案】（1） Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O    （2） 4SO2+2S2-+CO32-=CO2+3S2O32    乙醇    （3） 品红、溴水或KMnO4溶液    控制SO2的流速（或增大SO2的接触面积或适当升高温度）（4） S2O32-+2H+=S+SO2+H2O    

46、;（5） 62%    【解析】【分析】装置A为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O，B装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，二氧化硫能和品红作用，二氧化硫能被高锰酸钾氧化，能与溴单质，上述溶液均褪色，所以装置C中盛放品红、溴水或KMnO4溶液，其作用是检验装置B中SO2的吸收效率，二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置D作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫；（1）装置A为二氧化硫的制取，亚硫酸钠和浓硫酸发生复分解反应生成硫酸钠和水和二氧化硫；（2）根据题目信息SO2、Na

47、2S和Na2CO3反应生成Na2S2O3，结合质量守恒确定产物并配平，硫代硫酸钠晶体易溶于水，难溶于乙醇，生成的硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；（3）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，说明B中物质能与二氧化硫反应，且有明显的现象，一般可为品红、溴水或KMnO4溶液；要加快反应速率，可增大接触面积，增大浓度、升高温度等；（4） 酸性条件下，S2O32-自身发生氧化还原反应生成SO2 、S和水；（5） 依据反应的定量关系 2S2O32-I2，计算碘单质消耗的硫代硫酸钠，计算得到样品的纯度。【详解】（1）装置A为二氧化硫的制取，亚硫酸钠和浓硫酸发生复分解反应：Na2SO3+H2SO4(浓)=N

48、a2SO4+SO2+H2O，生成二氧化硫；（2）三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3，离子反应为：4SO2+2S2-+CO32-=CO2+3S2O32-，硫代硫酸钠晶体易溶于水，难溶于乙醇，乙醇易挥发，生成的硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；（3）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率，说明B中物质能与二氧化硫反应，且有明显的现象，一般可为品红、溴水或KMnO4溶液等，如A中SO2吸收效率低，则B中进入较多的二氧化硫，导致B中溶液颜色很快褪色。要加快反应速率，可增大气体与液体的接触面积，增大浓度，减慢二氧化硫的流速、升高温度等；（4） 硫代硫酸根离子和氢离子反应生成硫、二氧化硫和水，离子反应方程式为：S2O32-+2H+S+SO2+H2O；（5） Cr2O72