1、高考化学必考大题04 无机定量与探究实验解析版大题04 无机定量与探究实验(二)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)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2
2、mL0.1molL1KI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 , 。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
3、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;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
4、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
5、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
6、 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-1Fe
7、SO4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
8、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) 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 N
9、aNO2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NaN
10、O2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;0.5molL1Fe2(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(
11、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)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+
12、-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:【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
13、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
14、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(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
15、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,根据电荷守恒可知缺项为H+,H+其系数为2+35-25-
16、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NH
17、3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 ,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:
18、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)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
19、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 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
20、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: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
21、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
22、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
23、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+SO4
24、2+H2O (6)反应物的相对浓度、pH 【解析】【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
25、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: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Na
26、2S2O3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: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
27、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
28、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
29、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 4.6104 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),该过程中发生的反应为AgCl + Ag(SO3)23 + Cl。(1)用平衡移动
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