化学化学反应原理的专项培优练习题及答案.docx

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化学化学反应原理的专项培优练习题及答案

2020-2021化学化学反应原理的专项培优练习题及答案

一、化学反应原理

1．硫代硫酸钠（Na2S2O3）是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2

实验I：

Na2S2O3的制备。

工业上可用反应：

2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：

（1）仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。

b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。

c中试剂为_______

（2）实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______（写出一条）

（3）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______

实验Ⅱ：

探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。

资料：

Fe3++3S2O32-⇌Fe（S2O3）33-（紫黑色）

装置

试剂X

实验现象

Fe2（SO4）3溶液

混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色

（4）根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______（填操作、试剂和现象），进一步证实生成了Fe2+。

从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：

_______

实验Ⅲ：

标定Na2S2O3溶液的浓度

（5）称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：

用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7（摩尔质量为294g∙mol-1）0.5880g。

平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：

6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1

【答案】分液漏斗蒸馏烧瓶

硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度若SO2过量，溶液显酸性．产物会发生分解加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀开始生成Fe（S2O3）33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-⇌Fe（S2O3）33-（紫黑色）平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色0.1600

【解析】

【分析】

【详解】

（1）a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：

；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；

（2）从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；

（3）题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：

SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；

（4）检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：

开始阶段，生成

的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；

（5）间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：

①

；②

；反应①I-被氧化成I2，反应②中第一步所得的I2又被还原成I-，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的

得电子总数就与消耗的

失电子总数相同；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。

所以假设c（Na2S2O3）=amol/L，列电子得失守恒式：

，解得a=0.1600mol/L。

2．为探究Ag+与Fe3+氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验：

已知：

相关物质的溶解度（20℃）AgCl：

1．5×10-4gAg2SO4：

0．796g

（1）甲同学的实验如下：

序号

操作

现象

实验Ⅰ

将2mL1mol/LAgNO3溶液加入到1mL1mol/LFeSO4溶液中

产生白色沉淀，随后有黑色固体产生

取上层清液，滴加KSCN溶液

溶液变红

注：

经检验黑色固体为Ag

①白色沉淀的化学式是_____________。

②甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的依据是_______________。

（2）乙同学为探究Ag+和Fe2+反应的程度，进行实验Ⅱ。

a．按右图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），发现电压表指针偏移。

偏移的方向表明：

电子由石墨经导线流向银。

放置一段时间后，指针偏移减小。

ｂ．随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，发现电压表指针的变化依次为：

偏移减小→回到零点→逆向偏移。

①a中甲烧杯里的电极反应式是___________。

②b中电压表指针逆向偏移后，银为_________极（填“正”或“负”）。

③由实验得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是___________。

（3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验：

序号

操作

现象

实验Ⅲ

将2mL2mol/LFe（NO3）3溶液加入有银镜的试管中

银镜消失

实验Ⅳ

将2mL1mol/LFe2（SO4）3溶液加入有银镜的试管中

银镜减少，未消失

实验Ⅴ

将2mL2mol/LFeCl3溶液加入有银镜的试管中

银镜消失

①实验Ⅲ___________（填“能”或“不能”）证明Fe3+氧化了Ag，理由是_____________。

②用化学反应原理解释实验Ⅳ与Ⅴ的现象有所不同的原因：

_____________。

【答案】Ag2SO4有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红Fe2+－e-＝Fe3+负Fe2+＋Ag+

Fe3+＋Ag不能因为Fe（NO3）3溶液呈酸性，酸性条件下NO3-也可能氧化Ag溶液中存在平衡：

Fe3+＋Ag

Fe2+＋Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-更有利于降低Ag+浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大（或促使平衡正向移动，银镜溶解）。

【解析】

【分析】

【详解】

（1）将2mL1mol/LAgNO3溶液加入到1mL1mol/LFeSO4溶液中发生复分解反应会生成硫酸银白色沉淀，银离子具有强氧化性会氧化Fe2+为Fe3+，银离子被还原为黑色固体金属单质银；取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成；

①上述分析可知白色沉淀为硫酸银，它的化学式是Ag2SO4，故答案为Ag2SO4；

②甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的依据是实验现象中，银离子被还原为黑色固体金属单质银，取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成，故答案为有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红；

（2）①实验过程中电压表指针偏移，偏移的方向表明：

电子由石墨经导线流向银，依据原电池原理可知银做原电池正极，石墨做原电池负极，负极是甲池溶液中亚铁离子失电子发生氧化反应生成铁离子，a中甲烧杯里的电极反应式是Fe2+-e-=Fe3+；故答案为Fe2+-e-=Fe3+；

②随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，和乙池组成原电池，发现电压表指针的变化依次为，偏移减小→回到零点→逆向偏移，依据电子流向可知乙池中银做原电池负极，发生的反应为铁离子氧化为银生成亚铁离子；故答案为负；

③由实验现象得出，Ag+和Fe2+反应生成铁离子和金属银，反应的离子方程式是Fe2++Ag+

Fe3++Ag；故答案为Fe2++Ag+

Fe3++Ag；

（3）①将2mL2mol/LFe（NO3）3溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银杯氧化，可能是溶液中铁离子的氧化性，也可能是铁离子水解显酸性的溶液中，硝酸根离子在酸溶液中具有了强氧化性，稀硝酸溶解银，所以实验Ⅲ不能证明Fe3+氧化了Ag，故答案为不能；因为Fe（NO3）3溶液呈酸性，酸性条件下NO3-也可能氧化Ag；

②将2mL1mol/LFe2（SO4）3溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失说明部分溶解，将2mL2mol/LFeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银溶解完全，依据上述现象可知，溶液中存在平衡：

Fe3++Ag

Fe2++Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-更有利于降低Ag+浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大，故答案为溶液中存在平衡：

Fe3++Ag

Fe2++Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-更有利于降低Ag+浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大。

3．氨基磺酸（H2NSO3H）是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工业上常用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。

某实验室用尿素和发烟硫酸（溶有SO3的硫酸）制备氨基磺酸的流程如图：

已知“磺化”步骤发生的反应为：

①CO（NH2）2（s）+SO3（g）

H2NCONHSO3H（s）ΔH＜0

②H2NCONHSO3H+H2SO4

2H2NSO3H+CO2↑

发生“磺化”步骤反应的装置如图1所示：

请回答下列问题：

（1）下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是____。

A.仪器a的名称是三颈烧瓶

B.冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的B管口通入

C.抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，再转移悬浊液

D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管

（2）“磺化”过程温度与产率的关系如图2所示，控制反应温度为75～80℃为宜，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是____。

（3）“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是____。

（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是____。

（5）“配液及滴定”操作中，准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待测液。

取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用0.08000mol•L-1的NaNO2标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2标准溶液25.00mL。

此时氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。

①电子天平使用前须____并调零校准。

称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按____，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。

②试求氨基磺酸粗品的纯度：

____（用质量分数表示）。

③若以酚酞为指示剂，用0.08000mol•L-1的NaOH标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比NaNO2法____（填“偏高”或“偏低”）。

【答案】A温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次氨基磺酸在水溶液中可发生反应：

H2NSO3H+H2O

NH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动（通电）预热去皮键（归零键）77.60%偏高

【解析】

【分析】

发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应①为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤；得到的氨基磺酸可能混有杂质，则要经过重结晶进行提纯，最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。

【详解】

（1）A.仪器a的名称是三颈烧瓶，故A正确；

B.冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的A管口通入，故B错误；

C.向漏斗内转待抽滤液时，应用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，不能直接转移悬浊液，故C错误；

D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙头，故D错误；

综上所述，答案为A。

（2）气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动，故答案为：

温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动；

（3）洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2-3次，故答案为：

关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次；

（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失，因为氨基磺酸在水溶液中可发生反应：

H2NSO3H+H2O

NH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动，故答案为：

氨基磺酸在水溶液中可发生反应：

H2NSO3H+H2O

NH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动；

（5）①电子天平在使用时要注意使用前须（通电）预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键（归零键），再放入药品进行称量，故答案为：

（通电）预热；去皮键（归零键）；

②亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以1:

1比例反应，可知

，则2.500g氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度=

，故答案为：

77.60%；

③因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，则用NaOH标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比NaNO2法偏高，故答案为：

偏高。

【点睛】

当讨论温度对产率的影响时，注意考虑要全面，温度一般可以影响反应速率、化学平衡移动、物质的溶解度以及物质的稳定性等，可以从这些方面进行讨论，以免漏答。

4．某小组为测定化合物Co（NH3）yClx（其中Co为+3价）的组成，进行如下实验。

（1）氯的测定：

准确称取2.675g该化合物，配成溶液后用1.00mol·L-1AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀（Ag2CrO4为砖红色）且不再消失时，消耗AgNO3溶液30.00mL。

[已知：

Ksp（AgCl）=1.8×10-10、Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10-12]

①AgNO3标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是__。

（用化学方程式表示）

②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，会使得测定结果__。

（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）

③用K2CrO4溶液作指示剂的理由是__。

（2）氨的测定：

再准确称取2.675g该化合物，加适量水溶解，注入如图4___。

（填仪器名称）中，然后通过仪器3滴加足量的NaOH溶液，加热1装置，产生的氨气被5中的盐酸吸收，多余的盐酸再用NaOH标准溶液反滴定，经计算，吸收氨气消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL。

装置A在整个实验中的作用是__，如果没有6中的冰盐水，会使得测定结果___（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。

（3）通过处理实验数据可知该化合物的组成为___。

【答案】2AgNO3

2Ag↓+2NO2↑+O2↑偏大Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀三颈烧瓶产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出偏大[Co（NH3）6]Cl3

【解析】

【分析】

Co（NH3）yClx中Co的化合价为+3，NH3为0，Cl为-1，则x=3，通过实验测出NH3和Cl的物质的量之比即得出结果。

【详解】

（1）①AgNO3不稳定，见光易分解成Ag和NO2和O2，发生的反应为：

2AgNO3

2Ag↓+2NO2↑+O2↑，故答案为：

2AgNO3

2Ag↓+2NO2↑+O2↑；

②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，使得V2读数偏大，导致滴定结果骗大，故答案为：

偏大；

③一方面Ag2CrO4为砖红色，另一方面由Ksp（AgCl）=1.8×10-10、Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10-12可知，AgCl饱和溶液中c（Ag+）=

mol/L，Ag2CrO4饱和溶液中c（Ag+）=

×10-4mol/L，所以，AgCl的溶解度更小，当滴入AgNO3时溶解度小的沉淀先形成，当AgCl形成的差不多的时候，溶液中Cl-几乎沉淀完了，此时再滴AgNO3溶液就会立刻产生Ag2CrO4，即终点的时候会产生砖红色沉淀，故答案为：

Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀；

（2）图4为三颈烧瓶，装置A的作用是产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出，如果没有6的冰盐水，HCl吸收氨气时可能形成倒吸，溶液中的HCl有一部分被倒吸，被反滴定的HCl的量就少，计算吸收氨气时的HCl就偏大，氨气的含量就偏大，故答案为：

三颈烧瓶；产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出；偏大；

（3）滴定Cl-时，2.675g样品消耗30mL1.00mol·L-1AgNO3，所以n（Cl-）=n（Ag+）=1.00mol·L-1×30mL×10-3=0.03mol，测定氨时，2.675g样品消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL，所以n（NH3）=n（HCl）=1.00mol·L-1×60.00mL×10-3=0.06mol，故n（Cl-）:

n（NH3）=0.03:

0.06=1:

2，由于化合物Cox（NH3）yClx中Co的化合价为+3，NH3的化合价为O，Cl的化合价为-1，所以x=3，y=6，该化合物为：

[Co（NH3）6]Cl3，故答案为：

[Co（NH3）6]Cl3。

【点睛】

测氨的含量时HCl总物质的量=氨气消耗的HCl的物质的量+反滴定时NaOH消耗的HCl的物质的量。

5．某同学进行实验研究时，欲配1.0mol•L-1Ba（OH）2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba（OH）2·8H2O试剂（化学式量：

315）。

在室温下配制溶液时发现所取试剂在足量的水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物。

为探究原因，该同学查得Ba（OH）2·8H2O在283K、293K和303K时的溶解度（g/100gH2O）分别为2.5、3.9和5.6。

（1）烧杯中未溶物可能仅为BaCO3，理由是___________________________________。

（2）假设试剂由大量Ba（OH）2·8H2O和少量BaCO3组成，设计实验方案，进行成分检验。

在答题纸上进一步完成实验步骤、预期现象和结论_____。

（不考虑结晶水的检验；室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6）

限选试剂及仪器：

稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管

实验步骤

预期现象和结论

步骤1：

取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。

步骤2：

取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。

步骤3：

取适量步骤1中的沉淀于试管中，_____。

步骤4：

将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba（OH）2·8H2O的含量。

实验如下：

（3）配制250mL约0.1mol•L-1Ba（OH）2溶液：

准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，__________，将溶液转入_____________，洗涤，定容，摇匀。

（4）滴定：

准确量取25.00mL所配制Ba（OH）2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将__________（填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”）mol•L-1盐酸装入50mL酸式滴定管，滴定至终点，记录数据。

重复滴定2次。

平均消耗盐酸VmL。

计算Ba（OH）2·8H2O的质量分数＝__________________（只列出算式，不做运算）。

（5）室温下，________（填“能”或“不能”）配制1.0mol•L-1Ba（OH）2溶液。

【答案】由于Ba（OH）2·8H2O与空气中的CO2反应，所取试剂许多已变质为BaCO3，未变质的Ba（OH）2·8H2O在配制溶液时能全部溶解

实验步骤

预期现象和结论

步骤1：

取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。

步骤2：

取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。

出现白色沉淀，说明该试剂中有Ba2+存在

步骤3：

取适量步骤1中的沉淀于是试管中，滴加稀盐酸，连接带塞导气管将产生的气体导入澄清石灰水中。

澄清石灰水变混浊。

说明该试剂中含有BaCO3

步骤4：

取步骤1中的滤液于烧杯中，用pH计测定其pH。

pH明显大于9.6，说明该试剂中含有Ba（OH）2。

搅拌溶解250mL容量瓶中0.1980

不能

【解析】

【分析】

【详解】

（1）Ba（OH）2属于强碱，易吸收空气中的水蒸气和CO2形成难溶的BaCO3沉淀，因此长时间暴露在空气中时Ba（OH）2就有可能转化为BaCO3。

（2）Ba（OH）2易溶于水，所以滤液中含有Ba2＋，因此滴加稀硫酸使会产生白色沉淀BaSO4；要想验证沉淀为BaCO3，可以利用其能与酸反应产生能使澄清石灰水变浑浊的CO2气体；为进一步证明试剂是否还有Ba（OH）2·8H2O，可以取步骤1中的滤液，用pH计测其pH值，若pH＞9.6，即证明滤液不是纯BaCO3溶液，即证明是由大量Ba（OH）2·8H2O和少量BaCO3组成，假设成立。

（3）由于试样中含有难溶性的BaCO3，因此加水溶解后要过滤，且冷却后再转移到250mL容量瓶中。

（4）Ba（OH）2溶液的浓度约为0.1mol•L-1，体积是25mL，由于酸式滴定管的容量是50mL，因此盐酸的浓度至少应该是0.1mol•L-1。

若盐酸的浓度过大，反应过快，不利于控制滴定终点，所以选择0.1980mol•L-1的盐酸最恰当。

消耗盐酸的物质的量是0.1980×V×10－3mol，所以25.00mL溶液中含有Ba（OH）2的物质的量是

mol，所以w克试样中Ba（OH）2的质量是

，故Ba（OH）2·8H2O的质量分数=

。

（5）若配制1L1.0mol•L-1Ba（OH）2溶液，则溶液中溶解的Ba（OH）2·8H2O的质量是315g，所以此时的溶解度约是

×100＝31.5g/100gH2O，而在常温下Ba（OH）2·8H2O是3.9g/100gH2O，显然不可能配制出1.0mol•L-1Ba（OH）2溶液。

6．某实验小组对FeCl3分别与Na2SO3、NaHSO3的反应进行探究。

（甲同学的实验）

装置

编号

试剂X

实验现象

I

Na2SO3溶液（pH≈9）

闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转

II

NaHSO3溶液（pH≈5）

闭合开关后灵敏电流计指针未发生偏转

（1）怎样配制FeCl3溶液？

________________________________________________________。

（2）甲同学探究实验I的电极产物。

①取