高考化学之《考前抓大题》04 无机定量与探究实验解析版Word格式.docx

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【答案】

（1）

滴加KSCN后溶液无明显变化，加入氯水后溶液变成血红色

2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；

Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；

（2）溶液变成黄色，推测生成了I2；

（3）

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++2I﹣

2Fe2++I2

【解析】

（1）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；

②氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，反应离子方程式为：

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-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

2mL

1%酚酞溶液

1mol·

L-1NaNO2溶液

实验I：

溶液变为浅红色，微热后红色加深

L-1NaNO2溶液

0.1mol·

L-1KMnO4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

L-1FeSO4

溶液（pH=3）

实验III：

无明显变化

L-1NaNO2溶液

实验IV：

溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红

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

①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。

溶液a

L-1FeSO4溶液（pH=3）

i．溶液由___色迅速变为___色

____________________

ii．无明显变化

②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。

①盐桥的作用是____________________________。

②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。

（1）NO2-发生水解反应NO2-+H2O

HNO2+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）①浅绿色棕色0.5mol·

L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）

②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）①阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生

②Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O

（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-+H2O

HNO2+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2mL1mol·

L-1NaNO2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-发生水解反应NO2-+H2O

HNO2+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）①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，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；

0.5mol·

L−1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）；

②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）①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；

②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（FeSO4·

7H2O）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：

Ⅰ．【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FeSO4•7H2O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2～3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50℃～80℃之间，充分反应后，圆底烧瓶中剩余的固体为_____________。

（4）获取产品：

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2～3次，再用滤纸将晶体吸干，密闭保存。

Ⅱ．【测定FeSO4•7H2O含量】

（1）称取上述样品10．0g，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0．1000mol/LKMnO4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10．00mL标准液，该样品中FeSO4•7H2O的质量分数为_____________。

（已知Mr（FeSO4•7H2O）=278）。

（4）若测量结果偏小，则可能是在定容时__________________（填“俯视”或“仰视”）读数。

【答案】Ⅰ．

（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

Ⅱ．

（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）55．6%（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亚铁和铜单质；

（4）洗涤、过滤、冷却结晶可得FeSO4•7H2O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，根据电荷守恒可知缺项为H+，H+其系数为2+3×

5-[2×

5-1]=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-

51

xmol0．01L×

0．1mol/L

所以x=0．01×

0．1mol/L×

5=0．005mol

所以样品中FeSO4•7H2O的质量0．005mol×

4×

278g/mol=5．56g，所以4g产品中FeSO4•7H2O的质量分数为

×

100%=55．6%。

（4）定容时仰视体积偏大，浓度偏小。

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

①Al4C3与硫酸反应可生成CH4，

②AlN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

①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．

②称取xgAlN样品置于装置B瓶中；

塞好胶塞，关闭活塞，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．

③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。

④（填入该步应进行的操作）。

⑤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VmL•mol﹣1）

①Al4C3的质量分数为。

②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”）．

③AlN的质量分数为。

（1）AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；

（3）②K2、K3；

K1；

③K1；

K3；

NaOH；

④打开K2，通入空气一段时间；

（4）（4）①

100%；

②偏小；

③

【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）②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；

③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；

④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）①甲烷的体积为（a﹣b）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

mol×

144g/mol=

g，Al4C3的质量分数为

100%，故答案为：

②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；

③氨气的质量为（z﹣y）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

41g/mol=

g，故AlN的质量分数为

100%=

100%。

5．某实验小组探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液的反应。

实验I

滴加5滴0.1mol/LNa2SO3溶液，振荡

产生白色沉淀，测得混合溶液pH=5

继续滴加0.1mol/LNa2SO3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

Ag2SO3，白色固体，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/LNa2SO3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：

①可能含Ag2SO3。

②可能含Ag2SO4，理由是________。

③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。

（3）检验白色沉淀的成分

（资料：

Ag++2S2O32−

Ag（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。

实验小组设计对照实验：

实验II

实验III

实验操作

沉淀溶解

①补充实验III的实验操作及现象：

_______，证明SO32−使白色沉淀溶解。

②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

步骤i：

滴加一定体积0.1mol/LNa2SO3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溶液的反应类型与_______有关。

（1）SO32−+H2O

HSO3−+OH−

（2）SO32−可能被O2氧化

（3）Ba（NO3）2溶液盐酸溶液

（4）①操作：

滴加NaOH溶液至pH=9，现象：

白色沉淀不溶解

②Ag2SO4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

【分析】

试验I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−+H2O

HSO3−+OH−，故答案为：

HSO3−+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，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）①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：

②Ag2SO4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+）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:

AgNO3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：

i．25oC时，部分物质的溶解度：

AgCl1.9×

10–4g；

Ag2SO34.6×

Ag2SO4　0.84g。

ii．25oC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。

Ⅰ.浸出氯化银

取AgCl固体，加入1mol/LNa2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液（pH=8），该过程中发生的反应为AgCl+

[Ag（SO3）2]3–+Cl–。

（1）用