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

1、【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+Cl22Fe3+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+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KSC

2、N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

3、（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L-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L-1 FeSO4 溶液（pH=3）实验III：无明显变化L-1 NaNO2溶液 实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶

4、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aL-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V：将K闭合后电流表

5、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。（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） 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

6、） 阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生 Fe2+ +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-+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-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

7、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，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

8、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

9、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：【

10、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

11、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_（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

12、（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，

13、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+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0005mol42

14、78g/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

15、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 。（1）AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3；（3）K2、K3； K1；K1；K3；NaOH；打开K2，通入空气

16、一段时间；（4）（4）100%；偏小；【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 K

17、1，故答案为：K2、K3；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；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%，故答案为：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

18、：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/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=9Ag2SO3，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/L Na2SO3溶液

19、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。实验小组设计对照实验：实验II实验III实验操作沉淀溶解 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

20、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0.1 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溶液的反应类型与_有关。（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=

21、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 【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

22、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+H2OHSO3+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

23、+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） 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：Ag2SO

24、4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+

25、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。

26、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：i25oC时，部分物质的溶解度：AgCl 1.9104 g；Ag2SO3 4.6Ag2SO40.84 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），该过程中发生的反应为AgCl + Ag（SO3）23 + Cl。（1）用