备战高考化学复习化水溶液中的离子平衡专项易错题附详细答案.docx

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备战高考化学复习化水溶液中的离子平衡专项易错题附详细答案

2020-2021备战高考化学复习化水溶液中的离子平衡专项易错题附详细答案

一、水溶液中的离子平衡

1．水合肼（N2H4·H2O）又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。

利用尿素法生产水合肼的原理为：

CO（NH2）2＋2NaOH＋NaClO=N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl。

实验1：

制备NaClO溶液。

（已知：

3NaClO

2NaCl＋NaClO3）

（1）如图装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为___________。

（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有__________（填字母）。

a.烧杯b.容量瓶c.玻璃棒d.烧瓶

（3）图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是__________。

实验2：

制取水合肼。

（4）图中充分反应后，____________（填操作名称）A中溶液即可得到水合肼的粗产品。

若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。

写出该过程反应生成氮气的化学方程式________。

实验3：

测定馏分中水合肼的含量。

（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体（滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右），加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.15mol·L－1的碘的标准溶液滴定（已知：

N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O）。

①滴定时，碘的标准溶液盛放在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。

②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是_________（填字母）。

a.锥形瓶清洗干净后未干燥b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡

c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液

③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼（N2H4·H2O）的质量分数为_________。

【来源】天津市河北区2020届高三总复习质量检测

（一）（一模）化学试题

【答案】MnO2＋4HCl（浓）

MnCl2＋Cl2↑＋2H2Oac防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率蒸馏N2H4·H2O＋2NaClO=N2↑＋3H2O＋2NaCl酸式d25%

【解析】

【分析】

（1）装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水；

（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌；

（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，降温可以防止NaClO受热分解；

（4）N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应；

（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管；

②依据操作不当对标准溶液体积的影响分析解答；

③由方程式N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，由此计算N2H4·H2O的物质的量和质量分数。

【详解】

（1）装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl（浓）

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：

MnO2＋4HCl（浓）

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；

（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：

ac；

（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率，故答案为：

防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率；

（4）由反应方程式示可知，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼的粗产品；N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl，故答案为：

蒸馏；N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl；

（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，故答案为：

酸式；

②a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对实验结果无影响，故错误；

b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；

c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；

d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故正确；

d正确，故答案为：

d；

③由方程式N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，则3.0g馏分中n（N2H4·H2O）=

n（I2）×10=

×0.15mol·L－1×20×10—3L×10=0.015mol，则馏分中水合肼（N2H4·H2O）的质量分数为

×100%=25%，故答案为：

25%。

【点睛】

由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解是解答关键，N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应是解答难点。

2．葡萄糖酸亚铁（（C6H11O7）2Fe）是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。

用下图装置制备FeCO3，并利用FeCO3与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。

回答下列问题：

（1）a的名称为_________。

（2）打开a中K1、K3，关闭K2，一段时间后，关闭K3，打开K2。

在_________（填仪器标号）中制得碳酸亚铁。

实验过程中产生的H2作用有_________、____________。

（写2条）

（3）将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。

如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。

用化学方程式说明原因____________。

（4）将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。

加入乙醇的目的是_________________。

（5）用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，离子方程式为______________，此法产品纯度更高，原因是_______________。

【来源】2018~2019学年广东佛山市普通髙中教学质量检测

（一）高三理科综合试题（化学部分）

【答案】恒压滴液漏斗c排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化将b中溶液压入c中4FeCO3＋O2＋6H2O=4Fe（OH）3＋4CO2降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁

【解析】

【分析】

（1）a的名称为恒压滴液漏斗；

（2）b中产生的硫酸亚铁被氢气压入c中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的H2作用还有：

排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化；

（3）FeCO3与O2反应生成红褐色Fe（OH）3；

（4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度；

（5）NaHCO3溶液与FeSO4溶液反应生成FeCO3、H2O、CO2和Na2SO4；碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁。

【详解】

（1）a的名称为恒压滴液漏斗；

（2）b中产生的硫酸亚铁被压入c中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的H2作用有：

赶走空气、防止生成的FeCO3被氧化；将b中溶液压入c中；

（3）过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。

FeCO3与O2反应生成Fe（OH）3，用化学方程式：

4FeCO3＋O2＋6H2O=4Fe（OH）3＋4CO2；

（4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；

（5）NaHCO3溶液与FeSO4溶液反应生成FeCO3、H2O、CO2和Na2SO4，方程式为：

Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑。

碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，此法产品纯度更高的原因是：

降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁。

3．某小组研究AgCl的溶解平衡：

向10mL1mol/LKCl溶液中加入1mL0.2mol/LAgNO3溶液，将浑浊液均分为2份，进行如下实验：

实验序号

实验操作

实验现象

I

将其中一份浑浊液过滤，向滤液中放入Mg条

i.滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象。

ii.放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色浑浊。

iii.一段时间后开始出现棕褐色浑浊物，Mg条表面也逐渐变为棕褐色，产生气泡的速率变缓慢。

II

向另一份浑浊液中放入大小相同的Mg条

iv.棕褐色浑浊物的量明显多于实验I，Mg条表面棕褐色更深，其他现象与ii、iii相同。

已知：

AgOH不稳定，立即分解为Ag2O（棕褐色或棕黑色），Ag粉为黑色，AgCl、Ag2O可溶于浓氨水生成Ag（NH3）2＋

（1）滤液所属分散系为________。

（2）现象ii中无色气泡产生的原因是_________（写出化学方程式）。

（3）现象iii中，导致产生气泡的速率下降的主要影响因素是________。

（4）甲认为Mg条表面的棕褐色物质中一定有Ag和Ag2O，其中生成Ag的离子方程式为____。

（5）甲设计实验检验Ag：

取实验I中表面变为棕褐色的Mg条于试管中，向其中加入足量试剂a，反应结束后，继续向其中加入浓硝酸，产生棕色气体，溶液中有白色不溶物。

①白色不溶物为_____（填化学式），棕色气体产生的原因是_____（写离子方程式）。

②试剂a为________，加入试剂a的目的是________。

③该实验能证明棕褐色物质中一定有Ag的实验现象是________。

（6）甲进一步设计实验验证了Mg条表面的棕褐色物质中有Ag2O，实验方案是：

取实验I中表面变为棕褐色的Mg条_________。

（7）综合上述实验，能说明存在AgCl（s）

Ag+（aq）+Cl－（aq）的证据及理由有________。

【来源】【区级联考】北京市丰台区2019届高三5月二模理综化学试题

【答案】胶体Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑固体表面积Mg+2Ag+=Mg2++2AgAgClAg+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O盐酸将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag加入浓硝酸后产生棕色气体用蒸馏水洗涤后，加浓氨水浸泡，取上层清液于试管中，加入适量乙醛，水浴加热，有黑色的Ag生成在Cl-过量的情况下，实验Ⅰ的滤液中存在Ag+，说明Ag+与Cl-的反应存在限度，说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解；结合实验Ⅱ中棕褐色成电量比实验Ⅰ多，进一步说明平衡发生了移动。

【解析】

【分析】

实验分析：

本题主要考察了难溶电解质的沉淀溶解平衡；10mL1mol/LKCl溶液中加入1mL0.2mol/LAgNO3溶液，生成氯化银沉淀，同时氯化钾过量很多；

实验I：

将其中一份浑浊液过滤，除掉氯化银沉淀；

i.滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象，说明分散系属于胶体，

ii.放入Mg条后，由于Mg属于活泼金属与水可以反应，Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑消耗了水破坏了氯化银的沉淀溶解平衡，滤液中出现白色浑浊为氯化银。

iii.一段时间后随着镁与水的反应，氢氧根离子浓度增大，AgCl（s）

Ag+（aq）+Cl－（aq），Ag++OH-=AgOH↓，AgOH不稳定，立即分解为Ag2O（棕褐色或棕黑色），因此开始出现棕褐色浑浊物，氯化银沉淀溶解平衡被破坏，平衡向溶解方向移动，Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O，同时因为活泼金属置换不活泼金属，Mg+2Ag+=Mg2++2Ag，所以也覆盖了Ag，减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢。

实验II：

浑浊液中放入大小相同的Mg条，由于没有过滤氯化银沉淀会使更多的棕褐色的Ag2O生成，因此棕褐色浑浊物的量明显多于实验I，Mg条表面覆盖的氧化银更多，棕褐色更深。

【详解】

（1）产生丁达尔现象是胶体的性质，因此滤液所属分散系为胶体；

答案：

胶体

（2）Mg属于活泼金属，可以与水反应，Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑；

答案：

Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑

（3）Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O和Ag，减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢；

答案：

固体表面积

（4）活泼金属置换不活泼金属原理，生成Ag的离子方程式为Mg+2Ag+=Mg2++2Ag；

答案：

Mg+2Ag+=Mg2++2Ag

（5）利用Mg属于活泼金属可以与非氧化性酸反应，而银属于不活泼金属不能与非氧化性酸反应，除掉Mg，防止干扰实验，在选择氧化性酸验证Ag的存在，涉及的反应Mg+2H+=Mg2++H2↑、Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O，Ag++Cl-=AgCl↓因此：

①白色不溶物为AgCl，棕色气体产生的原因是Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O；

②试剂a为HCl，加入试剂a的目的是将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag；

③Ag与浓硝酸反应产生棕色气体；

答案：

AgClAg+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O盐酸将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag加入浓硝酸后产生棕色气体

（6）根据Ag2O可溶于浓氨水生成Ag（NH3）2＋，利用银镜反应验证；

答案：

用蒸馏水洗涤后，加浓氨水浸泡，取上层清液于试管中，加入适量乙醛，水浴加热，有黑色的Ag生成

（7）综合上述实验，能说明存在AgCl（s）

Ag+（aq）+Cl－（aq）的证据及理由有：

在Cl-过量的情况下，实验Ⅰ的滤液中存在Ag+，说明Ag+与Cl-的反应存在限度，存在难溶电解质氯化银的沉淀溶解平衡；结合实验Ⅱ中棕褐色沉淀量比实验Ⅰ多，进一步说明平衡发生了移动；

答案：

在Cl-过量的情况下，实验Ⅰ的滤液中存在Ag+，说明Ag+与Cl-的反应存在限度，说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解；结合实验Ⅱ中棕褐色成电量比实验Ⅰ多，进一步说明平衡发生了移动。

【点睛】

本题难度较大，注意主要考查学生分析问题解决问题的能力，第（6）小题易错，忽略银镜实验的应用。

4．三氯化氧磷（POCl3）是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂，实验室制取POCl3并测定产品含量的实验过程如下:

I.制备POCl3采用氧气氧化液态的PCl3法。

实验装置（加热及夹持装置省略》及相关信息如下。

物质

熔点/℃

沸点/℃

相对分子质量

其他

PCl3

―112.0

76.0

137.5

均为无色液体，遇水均剧烈

水解为含氧酸和氯化氢，两者互溶

POCl3

2.0

106.0

153.5

（1）仪器a的名称为_______________________________；

（2）装置C中生成POCl3的化学方程式为________________________________；

（3）实验中需控制通入O2的速率，对此采取的操作是_______________；

（4）装置B的作用除观察O2的流速之外，还有______________；

（5）反应温度应控制在60～65℃，原因是__________________________；

II.测定POCl3产品含量的实验步骤：

①实验I结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取16.725gPOCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液

②取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL3.5mol/LAgNO3标准溶液（Ag++Cl-＝AgCl↓）

③加入少量硝基苯（硝基苯密度比水大，且难溶于水）

④以硫酸铁溶液为指示剂，用0.2mol/LKSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液（Ag++SCN-＝AgSCN↓），到达终点时共用去10.00mLKSCN溶液。

（6）达到终点时的现象是_________________________________________；

（7）测得产品中n（POCl3）=___________________________；

（8）已知Ksp（AgCl）＞Ksp（AgSCN），据此判断，若取消步骤③，滴定结果将_______。

（填偏高，偏低，或不变）

【来源】【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三上学期九模考试理科综合化学试题

【答案】冷凝管（或球形冷凝管）2PCl3+O2＝2POCl3控制分液漏斗中双氧水的加入量平衡气压、干燥氧气温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色0.11mol偏低

【解析】

【详解】

（1）仪器a的名称为冷凝管（或球形冷凝管）；正确答案：

冷凝管（或球形冷凝管）。

（2）加热条件下，PCl3直接被氧气氧化为POCl3，方程式为：

PCl3+O2＝POCl3。

（3）装置A产生氧气，则可以用分液漏斗来控制双氧水的滴加速率即可控制通入O2的速率；正确答案：

控制分液漏斗中双氧水的加入量。

（4）装置B中为浓硫酸，其主要作用：

干燥氧气、平衡大气压、控制氧气流速；正确答案：

平衡气压、干燥氧气。

（5）根据图表给定信息可知，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度；但是温度也不能太低，否则反应速率会变小；正确答案：

温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度。

（6）以硫酸铁溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液达到滴定终点时，铁离子与硫氰根离子反应生成了红色溶液，且半分钟之内颜色保持不变；正确答案：

滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色；

（7）KSCN的物质的量0.2mol/L×0.01L=0.002mol，根据反应Ag++SCN-＝AgSCN↓，可以知道溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol；POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.5mol/L×0.01L-0.002mol=0.033mol，根据氯原子守恒规律可得n（POCl3）=0.011mol，则16.725克POCl3产品中n（POCl3）=0.11mol。

（8）加入少量的硝基苯可以使生成的氯化银沉淀与溶液分开，如果不这样操作，在水溶液中部分氯化银可以转化为AgSCN；已知Ksp（AgCl）＞Ksp（AgSCN），使得实验中消耗的KSCN偏多，所测出的剩余银离子的量增大，导致水解液中与氯离子反应的银离子的量减少，会使测定结果偏低。

5．下表是某学生为探究AgCl沉淀转化为

沉淀的反应所做实验的记录．

步  骤

现   象

Ⅰ

取5mL 

与一定体积

 NaCl溶液，混合，振荡．

立即产生白色沉淀

Ⅱ

向所得悬浊液中加入

溶液．

沉淀迅速变为黑色

Ⅲ

将上述黑色浊液，放置在空气中，不断搅拌．

较长时间后，沉淀变为乳白色

Ⅳ

滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量

溶液．

产生红棕色气体，沉淀部分溶解

Ⅴ

过滤得到滤液X和白色沉淀Y；向X中滴加

溶液．

产生白色沉淀

为了证明沉淀变黑是AgCl转化为

的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为______。

已知：

时

，

，此沉淀转化反应的平衡常数

______。

步骤V中产生的白色沉淀的化学式为______，步骤Ⅲ中乳白色沉淀除含有AgCl外，还含有______。

为了进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，设计了如下图所示的对比实验装置。

装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和______，试剂W为______。

装置C中的试剂为NaCl溶液和

悬浊液的混合物，B中试剂为______。

实验表明：

C中沉淀逐渐变为乳白色，B中没有明显变化。

完成C中反应的化学方程式：

______Ag2S+_____NaCl+______+______⇌AgCl+S+______

______

C中NaCl的作用是：

______。

【来源】2020届高三化学二轮每周大题必练———反应原理的探究型实验

【答案】

S分液漏斗过氧化氢溶液

悬浊液

氧气将

氧化成S时有

产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀，使

减小，有利于氧化还原反应的平衡右移

【解析】

【分析】

（1）要证明沉淀变黑是AgCl转化为

的缘故，则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl沉淀；

（2）

；

（3）黑色的硫化银沉淀被氧气氧化为氯化银沉淀和硫单质；硫单质被硝酸氧化为硫酸根离子；

（4）①根据装置图判断仪器名称；装置A的作用是提供氧气；

②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和

悬浊液的混合物，则装置B中应该不含氯化钠溶液；

③装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的反应物为氢氧化钠，再根据H元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式。

【详解】

（1）要证明沉淀变黑是AgCl转化为

的缘故，则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl沉淀，所以加入的NaCl溶液的体积必须

；

（2）氯化银转化成硫化银的反应为：

，该反应的平衡常数为：

；

（3）步骤Ⅲ中较长时间后，沉淀变为乳白色，则黑色的硫化银沉淀氧化成氯化银沉淀；再根据滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量

溶液，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，则被氧化的只能为S元素，故乳白色沉淀为AgCl和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根离子，则在步骤Ⅴ中向X中滴加

溶液会生成

沉淀；

（4）①根据图示可知，装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗；乳白色沉淀为氯化银和S的混合物，装置A的作用是提供氧气，根据圆底烧瓶中为二氧化锰可知W为过氧化氢溶液；

②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和

悬浊液的混合物，则装置B中应该不含氯化钠溶液，即为

悬浊液，通过对比反应现象判断生成乳白色沉淀产生的原因；

③装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的产物为氢氧化钠，再根据H元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式为

；装置C中氯化钠的作用为：

氧气将

氧化成S时有

产生，NaCl电离的氯离子与溶液中银离子结合生成AgCl沉淀，使溶液中

减小，从而有利于氧化还原反应

向右移动。

6．氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁，实验室制备装置和工业制备流程图如下：

已知：

（1）无水FeCl3的熔点为555K、沸点为588K．

（2）废铁屑中的杂质不与盐酸反应

（3）不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：

温度/℃

0

20

80

100

溶解度（g/100gH2O）

74.4

91.8

525.8

535.7