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高三化学二轮复习非选择题强化训练：大题专项训练（一）实验题
基础篇
1.铋酸钠( N a BiO3)是一种强氧化剂，在钢铁工业中常用作锰元素的分析测定。某实验小组在实验室用氯
气将Bi(O H )3(白色，难溶于水)氧化制取N a BiO3(淡黄色，难溶于水)，并探究其性质。各实验装置如
图所示：
完成下列小题：
(1)装置的连接顺序是：A →______。
A.C →B→D
B.B→C →D
C.C →D→B
D.B→D→C
(2)室温下，装置A中的K M nO4晶体能否用M nO2粉末代替？______。
A.能 B.不能
(3)装置C中的盛装试剂是______；装置C的作用是______。
(4)B中发生反应的离子方程式为______。
(5)B中反应结束时，关闭K 1、K 3，打开K 2。打开K 2的目的是______。
(6)将铋酸钠固体加到足量的浓盐酸中，观察到淡黄色固体溶解，并有黄绿色气体产生，该实验现象说明
氧化性：N a BiO3>C l2；但从B中的反应来看，氧化性：C l2> N a BiO3。原因是______。
(7)为测定产品的纯度。取上述N a BiO3产品3.0 g，用足量稀硫酸和M n SO4稀溶液使其还原为
Bi
3+(5 N a BiO3+2 M n
2++14 H
+=5 N a
++5 Bi
3++2 M nO4
−+7 H 2O)，再将其准确配制成100m L溶
液，取出25.00m L溶液，用0.100mol⋅L
−1 H 2C2O4标准溶液滴定生成的M nO4
−，滴定终点时消耗
H 2C2O4标准溶液25.00m L，则该产品的纯度为______%(保留1位小数)。
2.一水硫酸四氨合铜晶体的部分性质如下：
①深蓝色，常温下在空气中易与水和二氧化碳反应生成铜的碱式盐，变成绿色粉末；
②受热易失氨；
③在乙醇水溶液中的溶解度随乙醇体积分数的变化如图所示：
某实验小组设计一系列实验制备一水硫酸四氨合铜晶体、测定制备样品中氨的含量并探究四氨合铜离子的
性质。
实验一、制备
步骤ⅰ：取10 gC u SO4⋅5 H 2O溶于14 m L水中，加入20m L浓氨水。
步骤ⅱ：沿烧杯内壁慢慢加入35m L95 %的乙醇，盖上表面皿，静置析出晶体后，过滤、洗涤、小心烘
干、称重。
(1)制备一水硫酸四氨合铜晶体的总反应化学方程式为 ______。
(2)步骤ⅱ：加入乙醇后获得一水硫酸四氨合铜晶体，乙醇能降低该晶体溶解度的原因是 ______；“过
滤”应选择抽滤的操作方法，原因是 ______。
(3)某同学认为步骤ii也可以通过蒸发浓缩、冷却结晶获得所要晶体，你 ______(填“是”或“否”)同意
他的观点，并说明理由：______。
实验二、测定制备样品中氨的含量
步骤ⅲ：按如图所示装置进行实验(药品及用量已标出；加热、夹持等装置已略去；硼酸极弱，仅作吸收
剂，不影响盐酸标定氨的实验结果)，维持沸腾一小时，取下锥形瓶，加入指示剂进行滴定操作，到达滴
定终点时，消耗0.5mol / L盐酸9.50m L。
(4)装置图中仪器a的名称为 ______。
(5)根据实验记录的结果，计算本次实验所得晶体含氨量为 ______(保留三位有效数字)。
实验三、探究四氨合铜离子的性质
步骤ⅳ：用所得晶体配成水溶液，取三份1m L试样，分别加入0.5m L的水、稀硫酸、氢氧化钠溶液，实
验现象记录如下：
加入试剂水
稀硫酸
氢氧化钠
现象
几乎无变化溶液颜色变成浅蓝色，与同浓度硫酸铜颜色相当
(6)上述实验现象与配位离子的解离平衡有关，预测加入氢氧化钠溶液后的现象：______。
(7)[C u( N H 3)4]
2+与N H 3相比，以氮原子为中心的键角较大的为 ______。[C u( N H 3)4]
2+与
[C u( H 2O)4]
2+相比，较稳定的为 ______。
3.N aO H和盐酸都是中学化学常见的试剂。
Ⅰ.某同学用0.200 0mol⋅L
−1标准盐酸滴定待测烧碱溶液浓度
(1)将5.0 g烧碱样品(杂质不与酸反应)配成250m L待测液，取10.00m L
待测液，如图1是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为______m L。
(2)由下表数据得出N aO H的百分含量是______。
滴定次数
待测N aO H溶液体积
(m L)
标准盐酸体积
滴定前的刻度(m L)
滴定后的刻度(m L)
第一次
10.00
0.40
20.50
第二次
10.00
4.10
24.00
Ⅱ.氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。
测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将2m L血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵( N H 4)2C2O4晶体，反应生成C aC2O4沉淀，
将沉淀用稀硫酸处理得H 2C2O4溶液。
②将①得到的H 2C2O4溶液，再用酸性K M nO4溶液滴定，氧化产物为C O2，还原产物为M n
2+。
③终点时用去20m Ll.0×l0
−4mol / L的K M nO4溶液。
(1)写出用K M nO4滴定H 2C2O4的离子方程式______。
(2)滴定时，将K M nO4溶液装在______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
(3)判断滴定终点的方法是______。
(4)误差分析：(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
①如果滴定管用蒸馏水洗后未用酸性K M nO4标准液润洗，则测量结果______。
②滴定前后读数都正确，但滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则测量结果______。
(5)计算：血液中含钙离子的浓度为______mol / L。
Ⅲ.50m L0.50mol⋅L
−1盐酸与50m L0.55mol⋅L
−1 N aO H溶液测定计算中和反应的反应热。回答下
列问题：
(1)从实验装置上看，图2中缺少的一种玻璃用品是______。如改用0.0275mol N aO H固体与该盐酸进
行实验，则实验中测得的“中和热”数值将______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(2)已知盐酸和N aO H稀溶液发生中和反应生成0.1mol H 2O时，放出5.73k J的热量，则表示该反应中
和热的热化学方程式为：______。
4.硫代硫酸钠( N a2S2O3)，又名次亚硫酸钠、大苏打、海波，是重要的实验药品和化工原料。
Ⅰ.某兴趣小组用0.50mol⋅L
−1 K I、0.2%淀粉溶液、0.20mol⋅L
−1 K 2S2O8、0.10mol⋅L
−1 N a2S2O3
等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知：S2O8
2−+2 I
−=2SO4
2−+ I 2(慢)，I 2+2S2O3
2−=2 I
−+ S4O6
2−(快)。
(1)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如表：
实验序号K 2S2O8溶液/m L
水
/m L
K I溶液
/m L
N a2S2O3溶液/m L
淀粉溶液
/m L
t / s
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
t1
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
t2
③
8.0
V x
4.0
4.0
2.0
t3
表中V x= ______m L，理由是 ______。
(2)向K I、N a2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K 2S2O8溶液，当溶液中的 ______(填化学式)耗
尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色。
根据实验①的数据，反应速率v(S2O8
2−)= ______mol⋅L
−1⋅s
−1(列出计算式)。
Ⅱ.测定某硫代硫酸钠样品的纯度(杂质不参与反应)
准确称取7.00 g产品，溶于蒸馏水配成100.00m L溶液，取20.00m L注入锥形瓶，以淀粉作指示剂，用
0.10mol / L碘标准溶液进行滴定。
已知：2S2O3
2−(aq)+ I 2(aq)= S4O6
2−(aq)+2 I
−(aq)，N a2S4O6溶液为无色溶液。
(3)碘标准溶液应盛放在 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
(4)第一次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图，则消耗标准碘溶液的体积为 ______m L。
(5)滴定终点的现象为 ______。
(6)重复上述操作，记录另两次数据如表，则产品中N a2S2O3⋅5 H 2O的质量分数为 ______(精确到
0.1%)。
滴定次数
滴定前/m L
滴定后/m L
第二次
1.56
30.3
第三次
0.22
26.34
(7)下列操作测得N a2S2O3⋅5 H 2O的质量分数偏大的是 ______。
A.滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失
B.读取碘标准溶液的体积时，滴定前平视，滴定后俯视
C.滴定过程中，锥形瓶振荡过于剧烈，有少量溶液溅出
D.滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入碘标准溶液
提升篇
5.过氧乙酸(C H 2C OOO H )是无色易挥发，易溶于水的液体，受热易分解。有强烈刺激性气味，有腐蚀
性，对人的眼睛、皮肤、黏膜、上呼吸道等有强烈刺激作用。
(1)实验室配制500m L0.1mol / L过氧乙酸溶液时，除需使用烧杯和玻璃棒外，还要用到以下哪些仪器
______ 。(填字母标号)
A.分液漏斗
B.500m L容量瓶
C.普通漏斗
D.胶头滴管
E.量筒
(2)某实验小组利用高浓度的双氧水和乙酸反应合成少量过氧乙酸，同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物(沸
点90.7℃)及时分离出水。已知乙酸丁酯的密度为0.88 g/c m
3，难溶于水。实验装置如图1所示。
C H 3C OO H + H 2O2
→
❑
C H 3C OOO H + H 2O△H <0
①仪器a的名称为 ______ ，漏出H 2O2的电子式 ______ 。
②装置中油水分离器的作用是 ______ 。
③反应体系采用减压的目的是 ______ 。
(3)过氧乙酸(含有少量H 2O2杂质)的含量测定流程如图2所示。
①过氧乙酸被F e
2+还原，产物之一为C H 3C OO H，其离子方程式为 ______ 。
②若样品体积为V 0m L，加入c1mol⋅L
−1 F e SO4溶液V 1m L，消耗c2mol⋅L
−1 K 2C r2O7溶液V 2m L
，则过氧乙酸含量为 ______ g⋅L
−1。
③若用K M nO4溶液除H 2O2时，不慎滴加K M nO4过量，则导致最终测定过氧乙酸的含量 ______ 。(
填“偏高”、“偏低”或“不变”)
6.某小组设计实验制备C uC l2并探究外界条件对平衡移动的影响。
回答下列问题：
(1)写出装置A中发生反应的离子方程式：______。随着反应进行，装置A中反应逐渐减慢，其原因是
______。
(2)装置B中选择饱和食盐水，不选择蒸馏水，其主要原因是______(用平衡移动原理和必要的化学用语分
析)。
(3)已知：6.4 gC u(s)在氯气中完全燃烧生成C uC l2(s)时放出热量为22.01k J。写出装置D中发生反应
的热化学方程式：______。
(4)实验完毕后，取少量装置F中的溶液于试管中，滴加几滴酚酞溶液，可观察到的实验现象是______。
(5)已知：[C u( H 2O)4]
2+(蓝色)+ 4C l
−⇌[C uC l4]
2−(黄色)+ 4 H 2O Δ H >0。
实验完毕后，待硬质玻璃管冷却至室温，取少量C uC l2粉末溶于水配制成溶液，将溶液分装于甲、乙、丙
三支试管中，进行如下实验：
实验
操作
现象
①
向乙试管中通入适量H C l气体
溶液变黄色
②
加热丙试管
？
实验①结论是______。
实验②现象是______。
7.某小组探究N a2SO3溶液和K I O3溶液的反应。
实验Ⅰ：向某浓度的K I O3酸性溶液(过量)中加入N a2SO3溶液(含淀粉)，一段时间(t秒)后，溶液突然变
蓝。
资料：I O3
−在酸性溶液氧化I
−，反应为I O3
−+5 I
−+6 H
+=3 I 2+3 H 2O
(1)针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：
ⅰ.t秒前未生成I 2，是由于反应的活化能________(填“大”或“小”)，反应速率慢导致的。
ⅱ.t秒前生成了I 2，但由于存在N a2SO3，_____________________________(用离子方程式表示)，I 2被消
耗。
(2)下述实验证实了假设ⅱ合理。
实验Ⅱ：向实验Ⅰ的蓝色溶液中加入________，蓝色迅速消失，后再次变蓝。
(3)进一步研究N a2SO3溶液和K I O3溶液反应的过程，装置如下。
实验Ⅲ：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表：
表盘
时间/min
0～t1
t2～t3
t 4
偏转位置
右偏至Y
指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复
多次……
指针归零
①K闭合后，判断b极区发生氧化反应的实验方案为：________________________
②0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变
蓝。由此判断I O3
−在a极放电的电极反应式是________________________。
③结合化学方程式解释t2～t3时指针回到“0”处的原因：_______________________________。
(4)综合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法正确的是________。
A.对比实验Ⅰ、Ⅱ，t秒后溶液变蓝，I中SO3
2−被完全氧化
B.对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前I O3
−未发生反应
C.实验Ⅲ中指针返回X处的原因，可能是I 2氧化SO3
2−
8.对甲氧基苯丙酰胺[相对分子质量为179]难溶于冷水的白色晶体，是一种医药中间体，可以由苯甲醚通
过两步合成，如图甲所示：
已知：A lC l3易水解。
Ⅰ.合成对甲氧基苯丙腈
如图乙，向三颈烧瓶中加入108 g(1.00mol)苯甲醚，室温下缓慢加入70 g(0.52mol)粉末状三氯化铝，
加入过程中温度不超过25℃，加完后降温至5℃，逐滴加入130 g(2.45mol)丙烯腈，滴加结束后再升
温至90～95℃，反应2小时。将三颈烧瓶中液体倒入冰水中，搅匀，静置分层，分离出有机相。减压蒸
馏，收集馏分得到对甲氧基苯丙腈。
(1)仪器M的名称是___________，其作用是______________________。
(2)该装置存在一处明显缺陷，请提出改进方法：__________________________________。
(3)分液操作必需的玻璃仪器有______________________。
Ⅱ.合成对甲氧基苯丙酰胺
将上述反应合成的对甲氧基苯丙腈加入三颈烧瓶中，加入浓盐酸，升温至40～50℃，搅拌1h，加入活
性炭回流0.5h，将滤液慢慢倒入冷水中析出晶体，过滤，洗涤，干燥，得到对甲氧基苯丙酰胺粗品
123.7 g。
(4)将得到的粗品进一步提纯的实验方法是___________。
(5)证明晶体已经洗净的操作和现象为___________________________________________。
(6)下列关于实验操作的说法错误的是___________(填序号)。
A.减压蒸馏采用如图所示装置，装置中的D为毛细管，其作用是防止暴沸
B.减压蒸馏的目的是提高物质的沸点，使分离效果更佳
C.减压蒸馏结束时，应先打开止水夹G，一段时间后再关闭水泵电源
D.减压过滤不宜用于过滤颗粒太小的沉淀，因为颗粒太小的沉淀在快速过滤时易透过滤纸
(7)本实验制得的对甲氧基苯丙酰胺的产率为___________(精确到0.01%)。
9.铁盐、亚铁盐在工业上具有重要价值。
【制备无水F eC l3】F eC l3在工业上常作催化剂和刻蚀剂。实验室中，先合成SOC l2，再与
F eC l3⋅H 2O反应制备无水F eC l3装置如图所示(加热及夹持仪器略)。
已知：①
实验室合成
SOC l2的原理为
。
②SOC l2的熔点为−101℃，沸点为75.6℃，遇水剧烈分解为两种酸性气体；
PC l3+ SO2+C l2
−
POC l3+ SOC l2
沸点为105℃。忽略共沸。
(1)仪器乙的名称______，写出A中反应的化学方程式______。
(2)
打开
K 2
，将三通阀调至
，打开
K 1
，制取二氧化硫，一段时间后，加热装置
C
至
60℃
。仪器丙
的作用为______。
(3)当C中出现较多液体，关闭K 1、K 2。制得F eC l3的操作为：
①调节三通阀的位置为______。
A.
B.
C.
D.
②调节温度计水银球位置至三颈瓶口处，将C装置升温至______(填写温控的范围)。
③加热E处硬质玻璃管。
【配制铁盐溶液并探究铁盐性质】
(4)实验室若需要配制90m L0.1mol⋅L
−1 F eC l3溶液，用到的药品和仪器有：F eC l3固体，烧杯、量
筒玻璃棒、胶头滴管、蒸馏水等，还缺少的仪器有______，缺少的试剂______。
某化学学习小组探究F e
3+在溶液中的颜色变化，进行以下实验：
试剂
微热前溶液颜色
微热后溶液颜色
实验Ⅰ
F e( N O3)3溶液+蒸馏水棕黄色
深棕色
实验Ⅱ
F e( N O3)3溶液
+ H N O3
几乎无色
几乎无色
实验Ⅲ
F eC l3溶液+ H N O3
黄色
深黄色
已知：水溶液中，[ F e( H 2O)6]
3+几乎无色，[ F eC l4( H 2O)2]
−为黄色；[ F e( H 2O)6]
3+水解生成
[ F e( H 2O)5−n(O H )n]
3−n(棕黄色)。
(5)实验从影响平衡移动因素的角度分析，加热前后，实验Ⅱ中溶液颜色无明显变化的原因为______。
(6)用离子反应方程式说明实验Ⅲ中溶液呈黄色的原因______。
【探究铁盐和亚铁盐的转化】
铁盐转化成亚铁盐有多种方法，如图是利用电解法(两极均为惰性电极)使F e2(SO4)3溶转化成F e SO4(暂
不考虑如何进一步提取F e SO4)。
(7)在F e2(SO4)3溶液中加入C H 3O H进行电解，电解过程中[ F e
2+]：[ F e
3+]不断增大。写出阳极的电
极反应方程式______。若未加C H 3O H，则F e SO4产率降低，可能的原因为______。
10.六氯化钨(W C l6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于C S2，极易水解。
实验室中，先将三氧化钨(W O3)还原为金属钨(W )再制备W C l6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列
问题：
(1)检查装置气密性并加入W O3。先通入H 2，一段时间后取锥形瓶逸出气体验纯后加热管式电炉，反应后
对逸出的H 2进行后续处理。
①装置A中盛放的试剂为 ______(填名称)，装置C的仪器名称为 ______，装置C中冷却水的进水口为
______(填“a”或“b”)口。
②装置B中的化学方程式为 ______，
下列金属能用该冶炼方法制得的是 ______(填标号)。
A.F e
B.A u
C.C u
D.N a
(2)W O3完全反应后，进行如下操作：待装置冷却后，停止通H 2；以装置E替换装置D，在硬质玻璃管末
端缠上电热丝；通入N 2；管式电炉加热至1000℃，通C l2同时将电热丝温度保持在350℃……
①通入N 2的目的是 ______。
②装置E中碱石灰的作用是 ______。
(3)制备W C l6的化学方程式为 ______。
11.实验室做完银镜反应的试管，通常用稀硝酸溶解洗涤。
(1)写出反应的离子方程式为 ______。
(2)某同学将0.1mol⋅L
−1 F e( N O3)3( p H =1.6)溶液加入做完银镜反应的试管，发现试管内壁光亮的银
镜也溶解了。该同学对银镜溶解的原因提出猜想：
①F e
3+具有氧化性，能够氧化银。
②______。
③以上两种猜想都成立。
(3)实验验证：
分别向两支具有相同厚度银镜的试管中加入不同试剂，现象如表所示：
试管编号
加入试剂
实验现象
Ⅰ
5m L0.1mol⋅I
−1 F e( N O3)3酸性
( p H =1.6)溶液
试管壁上银镜部分溶解，溶解速率快
Ⅱ
5m L x mol⋅L
−1 F e2(SO4)3酸性( p H =a)
溶液
试管壁上银镜部分溶解，溶解速率较慢
①x =______，a=______。
②实验Ⅱ中，确认F e
3+是否能氧化单质银的试剂为：______。
③上述实验中，F e( N O3)3溶解银镜速率较快的原因可能有 ______，查阅资料后得知猜想③正确。
(4)实验小组采用下图装置验证“A g
++ F e
2+⇌F e
3++ A g↓，为可逆反应。
按图装置进行实验，接通K后电流表指针向左偏转，当电流计指针归零后，在A g N O3溶液中加入适量
______溶液，可证明该反应为可逆反应的现象为 ______。
(5)另取一支与上述实验具有相同厚度银镜的试管，加入5m L0.1mol⋅L
−1 F eC l3酸性( p H =1.6)溶
液，发现试管壁上银镜快速溶解，溶液中有灰色沉淀。与上述实验对照，相同条件下最终溶解银镜更完
全，原因是 ______。
12.图为钠及其化合物的“价—类”二维图，请回答下列问题：
(1) A与水反应的现象有很多，不同的现象证明不同的性质。
①能证明A的密度比水小的现象是______。
②能证明钠的熔点低且反应放热的现象是______。
(2) A与二氧化碳反应的实验步骤及现象如下表：
步骤
现象
将一小块单质A在燃烧匙中加热，迅
速伸入盛有C O2的集气瓶中。充分反
应，放置冷却
产生大量白烟，集气瓶底部有黑色固体产生，瓶壁上有白色物
质产生
在集气瓶中加入适量蒸馏水，振荡、
过滤
滤纸上留下黑色固体，滤液为无色溶液
①经检验，白色物质为一种盐。写出A与二氧化碳反应的化学方程式______。
②若有23 g A参加反应，则被还原的C O2质量为______g。
(3)淡黄色固体B常用作呼吸面具中的供氧剂，现用如图所示装置进行实验。
①Ⅲ中反应的化学方程式并用双线桥法分析电子转移的方向和数目：______。
②为保证V 装置试管中收集的气体纯度，装置Ⅳ中所加的试剂是______。
③能证明V 装置试管中收集的气体的操作为______。
(4)胃液中含有盐酸，胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，易吐酸水。在“价—类”二维图中可以用来治
疗胃酸过多的物质是______(写俗称)，并写出其反应的离子方程式______。
13.某实验小组以含硒废料(主要成分为S e、S等)提取硒，并测定产品硒
的纯度。回答下列问题：
Ⅰ.提取硒的实验步骤如下：
ⅰ.含硒废料用N a N O3和硫酸混合溶液溶解，得到H 2S eO3和
H 2S eO4混合溶液；
ⅱ.控制反应温度为80℃，使H 2S eO4转化为H 2S eO3；
ⅲ.调节溶液p H，通入SO2得到硒单质沉淀。
(1)步骤ⅰ中使用硫酸的主要目的为 ______。
(2)用如图所示装置进行实验。
①反应器a的名称为 ______，装置A的加热方法为 ______。
②装置B的主要作用为 ______。
(3)步骤ⅲ生成硒单质的化学方程式为 ______。
Ⅱ.测定产品硒的纯度，实验步骤如下：
ⅰ.准确称取0.8400 g产品并充分研磨，加适量浓硫酸煮沸生成H 2S eO3，再稀释配成500m L的溶液。
ⅱ.准确量取25.00m L待测液于锥形瓶中，用0.0100mol⋅L
−1酸性K M nO4标准溶液进行滴定，滴定过
程中未见浑浊，重复三次实验，实验数据见下表。
实验次数
滴定前读数/m L
滴定后读数/m L
1
0.10
20.20
2
1.85
21.75
3
0.00
25.06
(4)该产品硒的纯度为 ______%(结果保留四位有效数字)。
(5)达到滴定终点时，若读数时仰视刻度线，则会导致测定结果 ______(填“偏大”“偏小”或“不变”)
。
答案和解析
1.【答案】A；
B；
饱和食盐水；除去氯气中的氯化氢气体；
Bi(O H )3+3O H
−+ N a
++C l2= N a BiO3+2C l
−+3 H 2O；
除去C l2；
溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱；
93.3
【解析】(1)装置A反应生成氯气，通过装置C饱和食盐水除去氯气中氯化氢气体，进入B中反应生成
N a BiO3，尾气使用D中碱液吸收减少污染，故装置顺序为A →C →B→D，
故答案为：A；
(2)室温下，M nO2与浓盐酸制备氯气需要加热，故不能将装置A中的K M nO4晶体换用M nO2粉末，
故答案为：B；
(3)根据分析，装置C中试剂为：饱和食盐水；装置的作用是：除去氯气中的氯化氢气体，
故答案为：饱和食盐水；除去氯气中的氯化氢气体；
(4)B中制备N a BiO3，发生反应的离子方程式为：
Bi(O H )3+3O H
−+ N a
++C l2= N a BiO3+2C l
−+3 H 2O，
故答案为：Bi(O H )3+3O H
−+ N a
++C l2= N a BiO3+2C l
−+3 H 2O；
(5)当B中出现白色固体消失的现象时，反应完全，需将控制滴加浓盐酸的活塞K 1关闭，同时也关闭K 3，
使得C l2不再进入装置B，然后打开K 2加入N aO H溶液，目的是除去C l2，
故答案为：除去C l2；
(6)将铋酸钠固体加到足量的浓盐酸中，有黄绿色气体氯气生成，说明N a BiO3的氧化性比C l2强；装置
B中氯气将Bi(O H )3氧化制取N a BiO3，说明C l2的氧化性比N a BiO3强；得出不同结论的原因是：两
者反应的溶液的酸碱性不同，说明溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱，
故答案为：溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱；
(7)反应中N a BiO3转化为Bi
3+，Bi化合价由+5变为+3，草酸中碳元素化合价由+3变为+ 4，根据电子
守恒可知，N a BiO3～2e
−～H 2C2O4，则N a BiO3的物质的量为
0.100×25×10
−3×4 mol =0.01mol，则该产品的纯度= 0.01mol×280 g/mol
3.0 g
×100 % =93.3 %，
故答案为：93.3。
由题干实验装置图可知，装置A反应生成氯气，氯气中含有挥发的氯化氢气体，通过装置C(饱和食盐水)
除去氯气中氯化氢气体，进入B中反应生成N a BiO3，氯气有毒，尾气使用D中碱液吸收减少污染；当B
中出现白色固体消失的现象时，说明Bi(O H )3已经完全反应，装置B中应该不再通入氯气。
本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进
行解题。
2.【答案】C u SO4+ 4 N H 3⋅H 2O =[C u( N H 3)4]SO4⋅H 2O↓+3 H 2O；
乙醇分子极性小，减弱了水溶液的极性，使晶体析出；普通过滤速度慢，与空气接触时间长，易与水和
C O2生成铜的碱式盐而变质；
否；蒸发加热时，该晶体受热易失氨；
直形冷凝管；
26.9 %；
产生蓝色沉淀，静置后上层溶液颜色变浅或变成无色；
[C u( N H 3)4]
2+；[C u( N H 3)4]
2+
【解析】(1)由题目信息可知：C u SO4与浓氨水反应得到一水硫酸四氨合铜晶体。该反应的化学方程式
为：C u SO4+ 4 N H 3⋅H 2O =[C u( N H 3)4]SO4⋅H 2O↓+3 H 2O，
故答案为：C u SO4+ 4 N H 3⋅H 2O =[C u( N H 3)4]SO4⋅H 2O↓+3 H 2O；
(2)在步骤ii：一水硫酸四氨合铜是离子晶体，极性大，加入乙醇后乙醇能降低该晶体溶解度是由于乙醇
分子极性小，减弱了水溶液的极性，导致离子化合物一水硫酸四氨合铜溶解度减小，因而使晶体析
出；“过滤”应选择抽滤的操作方法，这是因为普通过滤速度慢，与空气接触时间长，易与水和C O2生成
铜的碱式盐而变质，
故答案为：乙醇分子极性小，减弱了水溶液的极性，使晶体析出；普通过滤速度慢，与空气接触时间长，
易与水和C O2生成铜的碱式盐而变质；
(3)根据已知信息，该晶体受热易失氨，通过蒸发浓缩、冷却结晶导致晶体中的氨受热失去，产品纯度降
低，所以不能采用“蒸发浓缩、冷却结晶”的方法，故填否；该晶体通过蒸发浓缩、冷却结晶受热易失
氨，
故答案为：否；蒸发加热时，该晶体受热易失氨；
(4)根据图示可知仪器a名称为直形冷凝管，
故答案为：直形冷凝管；
(5)一水硫酸四氨合铜晶体与足量N aO H混合加热，将N H 3蒸出，然后用盐酸滴定N H 3，发生反应
N H 3+ H C l = N H 4C l，则n( N H 3)=n( H C l)=0.5 mol / L×9.50×10
−3 L = 4.75×10
−3 mol，
m( N H 3)= 4.75×10
−3 mol×17 g/mol =8.075×10
−2 g，则所得晶体中含氨量为
8.075×10
−2 g
0.3 g
×100 % =26.9 %，
故答案为：26.9 %；
(6)在溶液中存在平衡：[C u( N H 3)4]
2+⇌C u
2++ 4 N H 3，加入 N aO H溶液后，发生反应：
C u
2++2O H
−=C u(O H )2↓，C u
2+和O H
−结合生成C u(O H )2蓝色沉淀，导致上述[C u( N H 3)4]
2+的
解离平衡正向移动，静置后，上层溶液由于C u
2+浓度减小，因而溶液颜色变浅或变为无色，
故答案为：产生蓝色沉淀，静置后上层溶液颜色变浅或变成无色；
(7)[C u( N H 3)4]
2+和N H 3中N原子都是采用s p
3杂化，价层电子对数都是4，但是由于[C u( N H 3)4]
2+
中N原子的4个s p
3价电子全部参与形成共价键，而N H 3只有3个s p
3价电子参与形成共价键，N原子上还
有1对孤电子对，且孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致物质内的化学键
的键角减小，故[C u( N H 3)4]
2+与N H 3相比，以氮原子为中心的键角较大的为[C u( N H 3)4]
2+；C u
2+在
水溶液中以[C u( H 2O)4]
2+的形式存在，当向含有C u
2+的溶液中通入足量N H 3后会形成[C u( N H 3)4]
2+
，说明[C u( N H 3)4]
2+比[C u( H 2O)4]
2+更稳定，
故答案为：[C u( N H 3)4]
2+；[C u( N H 3)4]
2+。
在溶液中C u SO4与浓氨水反应得到一水硫酸四氨合铜晶体。若向溶液中加入无水乙醇，会导致一水硫酸
四氨合铜的溶解度降低而晶体析出。将含有一水硫酸四氨合铜的样品与足量N aO H反应，使
[C u( N H 3)4]SO4⋅H 2O 中配位体N H 3转化N H 3气逸出，然后经冷凝后用一定量的硼酸吸收，再用盐
酸标准溶液滴定吸收液，根据N H 3+ H C l = N H 4C l中物质反应转化关系n( N H 3)=n( H C l)，利用消
耗标准溶液的体积及浓度计算出N H 3的物质的量，就可以得到晶体中N H 3的含量。在判断化学键键角大
小时，可结合原子杂化轨道类型、微粒的空间结构以及孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对
之间的排斥作用分析，C u
2+在水中以[C u( H 2O)4]
2+的形式存在。向含有C u
2+的水溶液中通入足量氨
气，反应产生[C u( N H 3)4]
2+，说明微粒的稳定性：[C u( N H 3)4]
2+>[C u( H 2O)4]
2+。
本题主要考查探究物质的组成或测量物质的含量等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合
已有的知识进行解题。
3.【答案】22.60 80.0 % 2 M nO4
−+5 H 2C2O4+6 H
+=2 M n
2++l 0C O2↑+8 H 2O 酸式 当滴入最后
一滴酸性K M nO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 偏高 偏高 2.5×10
−3 环形玻璃
搅拌棒 偏大 N aO H (aq)+ H C l(aq)= N aC l(aq)+ H 2O(l)△H =−57.3k J ⋅mol
−1
【解析】Ⅰ(1)滴定管中读数为22.60ml；
故答案为：22.60；
(2)消耗H C l的体积为1
2 (20.50+19.90)ml =20.00ml，n( N aO H )=n( H C l)=0.200
0mol⋅L
−1×20.00×10
−3 L= 4.000×10
−3mol，
m( N aO H )=n M = 4.000×10
−3mol×40 g/mol =0.16 g，5.0 g烧碱样品中含有N aO H质量为
0.16 g× 250ml
10.00ml = 4.000 g，N aO H的百分含量= 4.000 g
5.0 g ×100 % =80.0 %；
故答案为：80.0 %(或80 %)；
Ⅱ(1)酸性K M nO4和H 2C2O4反应生成C O2和M n
2+，所以反应的离子方程式为
2 M nO4
−+5 H 2C2O4+6 H
+=2 M n
2++10C O2↑+8 H 2O；
故答案为：2 M nO4
−+5 H 2C2O4+6 H
+=2 M n
2++10C O2↑+8 H 2O；
(2)K M nO4溶液有强氧化性，应该装在酸式滴定管中；
故答案为：酸式；
(3)滴定前溶液无色，滴加最后一滴K M nO4溶液时，溶液变成紫色；
故答案为：当滴入最后一滴酸性K M nO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
(4)①未用酸性K M nO4标准液润洗，会使酸性K M nO4标准液的浓度降低，消耗K M nO4标准液的体
积偏大，则测量结果偏高；
故答案为：偏高；
②滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则读数时读出消耗K M nO4标准液的体积偏大，所以测量结果偏
高；
故答案为：偏高；
(5)根据关系式C a
2+～C aC2O4～H 2C2O4～5
2 K M nO4有等量关系
n(C a
2+)= 5
2 n( K M nO4)= 5
2 nV = 5
2 ×20×l0
−3 L×1.0×10
−4mol / L=5×10
−6mol，所以2m L血液
中钙离子的浓度=
5×10
−6mol
2×10
−3 L
=2.5×10
−3；；mol / L；
故答案为：2.5×10
−3；；
Ⅲ(1)为使反应充分快速进行，需要环形搅拌器搅拌；N aO H固体溶解于水会放出热量，溶液温度会升
高，使中和热数值增大；
故答案为：环形玻璃搅拌棒；偏大；
(2)生成0.1mol H 2O时，放出5.73k J的热量，则生成1mol H 2O时，放出57.3k J的热量，所以热化学
方程式为N aO H (aq)+ H C l(aq)= N aC l(aq)+ H 2O(l)△H =−57.3 k J ⋅mol
−1；
故答案为：N aO H (aq)+ H C l(aq)= N aC l(aq)+ H 2O(l)△H =−57.3 k J ⋅mol
−1；
Ⅰ(1)读数为22.60ml；
(2)消耗H C l的体积为1
2 (20.50+19.90)ml =20.00ml，n( N aO H )=n( H C l)=0.200
0mol⋅L
−1×20.00×10
−3 L= 4.000×10
−3mol，
m( N aO H )=n M = 4.000×10
−3mol×40 g/mol =0.16 g，5.0 g烧碱样品中含有N aO H质量为
0.16 g× 250ml
10.00ml = 4.000 g，进而计算N aO H的百分含量；
Ⅱ(1)酸性K M nO4和H 2C2O4反应生成C O2和M n
2+、守恒配平即得到反应的离子方程式；
(2)K M nO4溶液有强氧化性，应该装在酸式滴定管中；
(3)滴定前溶液无色，滴加最后一滴K M nO4溶液时，溶液变成紫色；
(4)①滴定管用蒸馏水洗后未用酸性K M nO4标准液润洗，则酸性K M nO4标准液的浓度降低，消耗
K M nO4标准液的体积偏大；
②滴定前有气泡，而滴定后气泡消失，则读数时读出消耗K M nO4标准液的体积偏大；
(5)利用原子守恒建立关系式C a
2+～C aC2O4～H 2C2O4～5
2 K M nO4、列出等量关系
n(C a
2+)= 5
2 n( K M nO4)= 5
2 nV = 5
2 ×20×l0
−3 L×l.0×l0
−4mol / L=5×l0
−6mol，进而作答；
Ⅲ(1)为使反应充分快速进行，需要环形搅拌器搅拌；N aO H固体溶解于水时会放出热量，使溶液温度升
高，使中和热数值增大；
(2)强酸和强碱反应生成1mol的水所放出的热量就是中和热，根据定义、计算作答；
以中和热测定实验为载体，考查实验操作、数据处理、氧化还原滴定操作及其误差分析、化学计算、化学
方程式或热化学方程式书写，难度中等，注重基础知识的考查与迁移，关键是理解掌握基础原理。
4.【答案】2.0；保证反应物K 2S2O8浓度改变，而其他的不变，才到达实验目的；
N a2S2O3或S2O3
2−；1
2 × 4.0×10
−3 L×0.10mol⋅L
−1
t1
；
酸式；
26.10；
当滴入最后半滴碘溶液时，溶液由无色变成蓝色，并且30 s内不褪色；
92.5 %；
A D
【解析】(1)对照实验1和2发现，实验2取的0.20mol⋅L
−1 K 2S2O8溶液的体积9m L，比实验1少了1m L
，说明取的K 2S2O8物质的量少，加水1m L，保证了溶液的体积不变，所以在其它条件不变的情况下，探
究的是该反应速率与K 2S2O8浓度的关系，同样原理对照实验1和3，为保证溶液的体积相同，须加2m L
水，
故答案为：2.0；保证反应物K 2S2O8浓度改变，而其他的不变，才到达实验目的；
(2)慢反应中有I 2生成，使溶液变蓝色，而快反应中消耗I 2，慢反应决定反应速率，当溶液中的N a2S2O3
或S2O3
2−耗尽后，碘才能与淀粉作用显示蓝色；当N a2S2O3耗尽后，会出现蓝色，根据
I 2+2S2O3
2−=2 I
−+ S4O6
2−(快)可得计量关系S2O8
2−～I 2～2S2O3
2−，化学反应速率之比等于化学计量数
之比，则反应速率v(S2O8
2−)：v(S2O3
2−)=1：2，
v(S2O8
2−)= 1
2 v(S2O3
2−)= 1
2 × 4.0×10
−3 L×0.10mol⋅L
−1
t1
，
故答案为：N a2S2O3或S2O3
2−；1
2 × 4.0×10
−3 L×0.10mol⋅L
−1
t1
；
(3)碘具有氧化性，为防止其氧化碱式滴定管的橡皮管，盛放在酸式滴定管内，
故答案为：酸式；
(4)由图可知，起始读数为0.00m L，终点读数为26.10m L，故第一次消耗碘的标准溶液的体积为
26.10m L，
故答案为：26.10；
(5)硫代硫酸钠溶液无色，用标准碘溶液滴定时，淀粉遇到I 2变蓝色，即滴定终点的现象为：当滴入最后
半滴碘溶液时，溶液由无色变成蓝色，并且30 s内不褪色，
故答案为：当滴入最后半滴碘溶液时，溶液由无色变成蓝色，并且30 s内不褪色；
(6)第二次滴定数据为30.30m L−1.56m L=28.74 m L，第三次滴定数据为
26.34 m L−0.22m L=26.12m L，第二次数据误差较大，故舍去，则平均消耗标准液体26.11m L，关系
式为2 N a2S2O3⋅5 H 2O～I 2，
n( N a2S2O3⋅5 H 2O)=2n( I 2)=0.10mol / L×2×26.11 L×10
−3=5.222×10
−3mol，产品中
N a2S2O3⋅5 H 2O的质量分数为5.222×10
−3mol× 100m L
20.00m L ×248 g⋅mol
−1
7.00 g
≈92.5 %，
故答案为：92.5 %；
(7) A .滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失，使消耗标准液的体积读数偏大，测定结果偏大，故A 正
确；
B.读取标准碘溶液体积刻度时，滴定前平视，滴定后俯视，使消耗标准液的体积读数偏小，测定结果偏
小，故B 错误；
C.滴定过程中，锥形瓶振荡过于剧烈，有少量溶液溅出，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏小，故C 错
误；
D.滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入标准碘溶液，标准液的浓度偏小，消耗标准液的体积偏大，测定结果
偏大，故D 正确；
故答案为：A D。
5.【答案】B D E 恒压滴液漏斗
除去反应中生成的水，使化学平衡向右移动，增大转化率 降
低共沸物的沸点 C H 3C OOO H +2 F e
2++2 H
+=C H 3C OO H +2 F e
3++ H 2O 38(c1V 1−6c2V 2)
V 0
偏
高
【解析】(1)一般用量筒量取液体，在烧杯中溶解，冷却后转移到500m L容量瓶中，并用玻璃棒引流，当
加水至液面距离刻度线1～2c m时，改用胶头滴管滴加，据此需要的实验仪器有：500m L容量瓶、胶头
滴管、量筒、玻璃棒、烧杯等，
故答案为：B D E；
(2)乙酸和过氧化氢在反应瓶中反应生成过氧乙酸和水，利用水和乙酸丁酯的沸点相近形成共沸物带出
水，使反应右移，提高产率。产生的水蒸气和乙酸丁酯蒸汽在蛇形冷凝管冷凝成液态，水和乙酸丁酯不相
溶，且水的密度大在下层，上层乙酸丁酯满了后回流反应瓶循环，提高乙酸丁酯的利用率；
①仪器a为恒压滴液漏斗，因双氧水易分解，用来盛放双氧水，过氧化氢属于共价化合物，电子式为：
，
故答案为：恒压滴液漏斗；
；
②制备丙烯酸甲酯的反应是可逆反应，利用油水分离器将反应过程中生成的水从体系中移除，可以使反应
正向进行更容易，以获得更高的产率，
故答案为：除去反应中生成的水，使化学平衡向右移动，增大转化率；
③产物过氧乙酸受热易分解，减压可以降低共沸物的沸点，
故答案为：降低共沸物的沸点；
(3)过氧乙酸粗品加入少量稀硫酸酸化，再加入高锰酸钾，高锰酸钾与过氧化氢反应生成硫酸锰、硫酸钾
和氧气，继续加入过量F e SO4溶液，F e SO4被过氧乙酸氧化为F e
2+，向滤液中加入K 2C r2O7溶液滴定
剩余F e SO4溶液，则可通过滴定先求出被过氧乙酸氧化的F e SO4，进而求出过氧乙酸含量，
①F e
2+作还原剂，氧化产物为F e
3+，过氧乙酸为氧化剂，还原产物为乙酸，结合原子守恒、得失电子守
恒可得离子方程式为：C H 3C OOO H +2 F e
2++2 H
+=C H 3C OO H +2 F e
3++ H 2O，
故答案为：C H 3C OOO H +2 F e
2++2 H
+=C H 3C OO H +2 F e
3++ H 2O；
②F e
2+总物质的量=c1V 1×10
−3mol，n( K 2C r2O7)=c 2V 2×10
−3mol.根据得失电子守恒有：
K 2C r2O7～2C r
3+～6e
−～6 F e
2+～6 F e
3+，即每1mol K 2C r2O7与6mol F e
2+恰好完全反应，与
c2V 2×10
−3mol K 2C r2O7反应的F e
2+的物质的量=6c2V 2×10
−3mol，与过氧乙酸反应的F e
2+的物质
的量=c1V 1×10
−3mol−6c2V 2×10
−3mol，根据
C H 3C OOO H +2 F e
2++2 H
+=C H 3C OO H +2 F e
3++ H 2O可得：C H 3C OOO H的物质的量
= c1V 1×10
−3mol−6c2V 2×10
−3mol
2
，C H 3C OOO H的质量
= c1V 1×10
−3mol−6c2V 2×10
−3mol
2
×76 g/mol =38(c1V 1×10
−3−6c2V 2×10
−3)g，则过氧乙酸
含量= 38(c1V 1×10
−3−6c2V 2×10
−3)g
V 0×10
−3 L
= 38(c1V 1−6c2V 2)
V 0
，
故答案为：
38(c1V 1−6c2V 2)
V 0
；
③高锰酸钾具有氧化性，可以将双氧水以及过氧乙酸氧化，若是在用K M nO4溶液除H 2O2时，不慎滴加
K M nO4过量，则高锰酸钾可以和过氧乙酸之间会反应，消耗的高锰酸钾偏多，最终导致测定过氧乙酸的
含量会偏高，
故答案为：偏高。
6.【答案】M nO2+ 4 H
++2C l
−
M n
2++C l2↑+2 H 2O
；随着反应进行浓盐酸变稀，稀盐酸和二
氧化锰不反应；
由于C l2+ H 2O⇌H
++C l
−+ H C lO；增大C l
−浓度，平衡左移，抑制了C l2和H 2O的反应，减少了
C l2消耗；
C u(s)+C l2(g)=C uC l2(s) Δ H =220.1k J /mol；
溶液先变红后褪色；
增大氯离子浓度，平衡正向移动；溶液变黄色
【解析】(1)由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反
应的化学方程式为M nO2+ 4 H
++2C l
−
M n
2++C l2↑+2 H 2O
，随着反应进行，装置A
中反应逐
渐减慢，其原因是随着反应进行浓盐酸变稀，稀盐酸和二氧化锰不反应，
故答案为：M nO2+ 4 H
++2C l
−
M n
2++C l2↑+2 H 2O
；随着反应进行浓盐酸变稀，稀盐酸和
二氧化锰不反应；
(2)制得的氯气中混有氯化氢，由于C l2+ H 2O⇌H
++C l
−+ H C lO；氯化钠电离出的C l
−，增大C l
−浓
度，平衡左移，抑制了C l2和H 2O的反应，减少了C l2消耗，故B 装置中用饱和食盐水而不用蒸馏水，
故答案为：由于C l2+ H 2O⇌H
++C l
−+ H C lO；增大C l
−浓度，平衡左移，抑制了C l2和H 2O的反应，
减少了C l2消耗；
(3)6.4 gC u(s)物质的量为0.1mol，1molC u在氯气中完全燃烧生成C uC l2(s)时放出热量为220.1k J
，装置D中发生反应的热化学方程C u(s)+C l2(g)=C uC l2(s) Δ H =220.1k J /mol，
故答案为：C u(s)+C l2(g)=C uC l2(s) Δ H =220.1k J /mol；
(4)装置F中的溶液为漂白液，次氯酸钠具有漂白性，滴加几滴酚酞溶液，可观察到的实验现象溶液先变
红后褪色，
故答案为：溶液先变红后褪色；
(5)实验①向乙试管中通入适量H C l气体，溶液变黄色，说明氯离子浓度增大，平衡正向移动，结论是增
大氯离子浓度，平衡正向移动；实验②加热丙试管，该反应为吸热反应，加热平衡正向移动，现象是溶液
变黄色，
故答案为：增大氯离子浓度，平衡正向移动；溶液变黄色。
由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混
有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去H C l，装置C中干燥氯气，D中C u与氯气共热
反应制备氯化铜，装置E为防止F中水蒸气进入F，装置F中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，
防止污染空气。
7.【答案】(1)i.大 ii．I 2+ SO3
2−+ H 2O =2 I
−+ SO4
2−+2 H
+；
(2)少量N a2SO3；
(3)①取少量b极区溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸酸化，再滴加几滴B aC l2溶液，生成白色沉淀，
说明b极区发生了氧化反应
② I O3
− +6e
− +6 H
+ = I
−+3 H 2O；
③此时，a极区发生反应I O3
− +5 I
− +6 H
+ =3 I 2 +3 H 2O，I O3
−不再与SO3
2−发生反应，外电路无电流通
过；
(4) A C
【解析】
(1)i.t秒前未生成I 2，是由于反应的活化能大，反应速率慢导致的；
ii.t秒前生成了I 2，具有氧化性，但由于存在具有还原性的N a2SO3，发生反应：
I 2+ SO3
2−+ H 2O =2 I
−+ SO4
2−+2 H
+，I 2被消耗，故溶液未变蓝；
(2)向实验I的蓝色溶液中加入少量N a2SO3，蓝色迅速消失，后再次变蓝，证明假设ii成立；
故答案为：N a2SO3；
(3)①b极区为SO3
2−发生氧化反应生成SO4
2−，加入盐酸酸化的B aC l2溶液，生成白色沉淀；
故答案为：取少量b极区溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸酸化，再滴加几滴B aC l2溶液，生成白色沉
淀，说明b极区发生了氧化反应 ；
②0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，有碘单质生成，直接向a极区滴加淀粉
溶液，溶液未变蓝，无碘单质，故说明I O3
− 在a极放电的产物是I
−，生成的I
−与I O3
−生成了碘单质；
故答案为：I O3
− +6e
− +6 H
+ = I
−+3 H 2O；
③t2～t3时指针指针回到“0”处说明无电流生成，原因是：此时，a极区发生反应
I O3
−+5 I
−+6 H
+=3 I 2+3 H 2O，I O3
− 不再与SO3
2−发生反应，外电路无电流通过；
故答案为：此时，a极区发生反应I O3
−+5 I
−+6 H
+=3 I 2+3 H 2O，I O3
− 不再与SO3
2−发生反应，外电路无
电流通过；
(4) A .对比实验Ⅰ、Ⅱ，过量的K I O3酸性溶液与N a2SO3溶液反应，N a2SO3反应完全，t秒后溶液变
蓝，I中SO3
2−被完全氧化，A 正确；
B.对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前I O3
−发生反应生成I
−，B 错误；
C.实验Ⅲ中指针返回X处的原因，可能是I 2氧化SO3
2−，C 正确；
8.【答案】(1)球形冷凝管；冷凝、回流、平衡气压
(2)在球形冷凝管上增加一个干燥装置
(3)分液漏斗、烧杯
(4)重结晶；
(5)取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银，无明显现象则洗净
(6)B D
(7)69.11%
【解析】
(1)仪器M的名称是球形冷凝管，其作用是冷凝、回流、平衡气压
(2)由于A lC l3容易与水反应，反应过程中防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中，降低产率。
(3)分液操作必需的玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯；
(4)固体粗品分离提纯的方法为重结晶。
(5)晶体洗涤过程中，除去晶体表面的H C l，证明是否洗净，主要检验C l
−的存在，答案为：取最后一次
洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银，无明显现象则洗净
(6) A .毛细管的作用是防止暴沸，正确；
B.减压蒸馏是降低物质的沸点，错误；
C.实验结束时，先打开止水夹G，使瓶内压强与大气压强相等，再关闭水泵电源，正确；
D.固体颗粒不能通过滤纸，错误。
(7)产率= 123.7
179 ×100 % =69.11%。
9.【答案】恒压滴液漏斗；N a2SO3+ H 2SO4(浓)= N a2SO4+ SO2↑+ H 2O；
吸收SO2，防止外界水蒸气进入；
①C；
②75.6℃～105℃；
100m L容量瓶；浓盐酸；
硝酸抑制F e( N O3)3水解；
F e
3++ 4C l
−+2 H 2O⇌[ F eC l4( H 2O)2]
−；
2O H
−+C H 3O H −2e
−= H C H O+2 H 2O；C H 3O H在阳极发生氧化反应生成甲醛，甲醛具有还原
性，能防止F e
2+被氧化，未加C H 3O H，F e
2+易被氧化
【解析】(1)仪器乙的名称为恒压滴液漏斗，A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，反
应的化学方程式为：N a2SO3+ H 2SO4(浓)= N a2SO4+ SO2↑+ H 2O，
故答案为：恒压滴液漏斗；N a2SO3+ H 2SO4(浓)= N a2SO4+ SO2↑+ H 2O；
(2)二氧化硫能污染空气，不能排放到空气中，SOC l2遇水剧烈分解，装置C中不能出现水，因此仪器丙
的作用是吸收SO2，防止外界水蒸气进入，
故答案为：吸收SO2，防止外界水蒸气进入；
(3)①
调节三通阀的位置为
，使
SOC l2
能顺利通过
D
装置后进入
E
装置，
故答案选：C；
②根据SOC l2、POC l3的沸点，调节温度计水银球位置至三颈瓶口处，将C装置升温至
75.6℃～105℃，使SOC l2以气态形式进入玻璃管中发生反应，
故答案为：75.6℃～105℃；
(4)实验室若需要配制90 m L 0.1 mol / L F eC l3溶液，用到的药品和仪器有：F eC l3固体，烧杯、量
筒、玻璃棒、胶头滴管、100 m L容量瓶，配制100 m L 0.1 mol / L F eC l3溶液时需要将F eC l3固体溶
解在浓盐酸中，然后稀释到需要的浓度，
故答案为：100m L容量瓶；浓盐酸；
(5)F e
3+水解溶液呈酸性，硝酸抑制F e( N O3)3水解，所以加热前后，实验Ⅱ中溶液颜色无明显变化，
故答案为：硝酸抑制F e( N O3)3水解；
(6)对比实验Ⅱ、Ⅲ，若在实验I I的溶液中加入一定浓度的N aC l溶液(或加入N aC l固体)后，溶液变黄
色，加热后变深黄色，证明实验Ⅲ中溶液呈黄色的原因是F e
3++ 4C l
−+2 H 2O⇌[ F eC l4( H 2O)2]
−，
故答案为：F e
3++ 4C l
−+2 H 2O⇌[ F eC l4( H 2O)2]
−；
(7)C H 3O H在阳极发生氧化反应生成甲醛，电极方程式为：
2O H
−+C H 3O H −2e
−= H C H O+2 H 2O；C H 3O H在阳极发生氧化反应生成甲醛，甲醛具有还原
性，能防止F e
2+被氧化，未加C H 3O H，F e
2+易被氧化，
故答案为：2O H
−+C H 3O H −2e
−= H C H O+2 H 2O；C H 3O H在阳极发生氧化反应生成甲醛，甲醛
具有还原性，能防止F e
2+被氧化，未加C H 3O H，F e
2+易被氧化。
A制备二氧化硫，B中用浓硫酸干燥二氧化硫，C中二氧化硫和PC l5反应生成SOC l2、POC l3，可知温
度在75.6℃～105℃，使SOC l2以气态形式进入玻璃管E中与F eC l3⋅H 2O反应制备无水F eC l3，F
中碱石灰防止G中水蒸气进入E，G吸收尾气防止污染。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】浓硫酸;
直形冷凝管
;b;W O3+3 H 2
W +3 H 2O; A C
排尽装置中的
H 2;
吸收多余氯
气，防止污染空气；防止空气中水蒸气进入F
中
W +3C l2
W C l6
【解析】(1)①装置A中盛放的试剂为浓硫酸，装置C的仪器名称为直形冷凝管，装置C中冷却水的进水
口为b口，
故答案为：浓硫酸；直形冷凝管；b；
②
装置B
中的化学方程式为
W O3+3 H 2
W +3 H 2O
，该方法是热还原法，能用该冶炼方法制得
的是F e和C u，故AC 正确，
故答案为：
W O3+3 H 2
W +3 H 2O
；A C
；
(2)①通入N 2的目的是排尽装置中的H 2，
故答案为：排尽装置中的H 2；
②装置E中碱石灰的作用是吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中水蒸气进入F中，
故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中水蒸气进入F中；
(3)
制备
W C l6的化学方程式为
W +3C l2
W C l6，
故答案为：
W +3C l2
W C l6。
分析实验装置可知，检查装置气密性并加入W O3，先通入氢气，排除装置中的空气，发生还原反应生成
钨单质，之后改通氯气，加热条件下发生反应
W +3C l2
W C l6，结合提示可知，产物极易水
解，故碱石灰的目的是吸收空气中的水蒸气，防止产品水解，碱石灰呈碱性，也可以用于吸收多余的氯气
11.【答案】3 A g+ 4 H
++ N O3
−=3 A g
++ N O↑+2 H 2O；
酸性条件下，N O3
−能氧化银；
①0.05；1.6；
②铁氰化钾溶液(或K 3[ F e(C N )6])溶液；
③F e( N O3)3中F e
3+和N O3
−(酸性)共同氧化银；
K SC N；溶液变红，电流表指针向右偏转；
C l
−与A g
+结合生成A gC l沉淀，A gC l的K s p较小，降低A g
+浓度，使F e
3+氧化A g的平衡正向移动，
银镜溶解更完全
【解析】(1)银与稀硝酸反应生成硝酸银、N O和水，离子方程式为：
3 A g+ 4 H
++ N O3
−=3 A g
++ N O↑+2 H 2O，
故答案为：3 A g+ 4 H
++ N O3
−=3 A g
++ N O↑+2 H 2O；
(2)猜想②酸性条件下，N O3
−具有强氧化性，可能氧化银，故猜想②为：酸性条件下，N O3
−能氧化银，
故答案为：酸性条件下，N O3
−能氧化银；
(3)①实验需控制变量( F e
3+浓度、p H相同)，对比N O3
−的影响，0.1mol / L F e( N O3)3中F e
3+浓度为
0.1mol / L，则F e2(SO4)3中F e
3+浓度也应为0.1mol / L，故x =0.05；p H需与Ⅰ相同，即a=1.6，
故答案为：0.05；1.6；
②检验F e
3+是否氧化银，需检验是否生成F e
2+，试剂为铁氰化钾溶液(或K 3[ F e(C N )6])溶液，若生成
蓝色沉淀，证明有F e
2+，
故答案为：铁氰化钾溶液(或K 3[ F e(C N )6])溶液；
③F e( N O3)3中F e
3+和N O3
−(酸性)共同氧化银，两者协同作用加快反应速率，
故答案为：F e( N O3)3中F e
3+和N O3
−(酸性)共同氧化银；
(4) A g
++ F e
2+⇌F e
3++ A g↓达平衡后，加入K SC N溶液，若溶液变红(说明仍有F e
3+)，且电流表指
针向右偏转(平衡逆向移动产生电流)，证明可逆性，加入试剂：K SC N；现象：溶液变红，电流表指针
向右偏转，
故答案为：K SC N；溶液变红，电流表指针向右偏转；
(5)F eC l3溶解银镜更完全的原因C l
−与A g
+结合生成A gC l沉淀，A gC l的K s p较小，降低A g
+浓度，
使F e
3+氧化A g的平衡正向移动，银镜溶解更完全，
故答案为：C l
−与A g
+结合生成A gC l沉淀，A gC l的K s p较小，降低A g
+浓度，使F e
3+氧化A g的平衡
正向移动，银镜溶解更完全。
12.【答案】①钠浮在水面上；
②熔化成闪亮的小球；
①
；
②11；
①
；
②氢氧化钠溶液；
③将带火星的木条伸入试管中，若木条复燃，则证明是氧气；
小苏打； H C O3
−+ H
+= H 2O+C O2↑
【解析】(1)①A为钠，与水反应时钠浮在水面上，说明钠的密度比水小，
故答案为：钠浮在水面上；
②钠与水反应时熔化成闪亮的小球，说明钠的熔点低且反应放热，故答案为熔化成闪亮的小球，
故答案为：熔化成闪亮的小球；
(2)①
由题可知，钠在二氧化碳中燃烧生成碳酸钠与碳，反应的化学方程式为
，
故答案为：
；
②
由
可知，4
mol
N a
参加反应时，有1
mol
C O2被还原，23
g
N a
的物质的量为
n( N a)=
23 g
23 g/mol =1 mol，当23 g N a参加反应时，则被还原的C O2质量为1mol
4
×44 g/mol =11
g，
故答案为：11；
(3)①由分析知，Ⅲ中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式并用双线桥法分析
电子转移的方向和数目为
，
故答案为：
；
②从装置Ⅲ出来的气体有氧气和二氧化碳，为保证V 装置试管中收集的氧气纯度，需在装置Ⅳ中用碱将二
氧化碳吸收，
故答案为：氢氧化钠溶液；
③V 装置试管中收集的气体为氧气，能证明该气体的操作为：将带火星的木条伸入试管中，若木条复燃，
则证明是氧气，
故答案为：将带火星的木条伸入试管中，若木条复燃，则证明是氧气；
(4)在“价—类”二维图中，碳酸氢钠(小苏打)常用于治疗胃酸过多，反应的离子方程式为
H C O3
−+ H
+= H 2O+C O2↑，
故答案为：小苏打； H C O3
−+ H
+= H 2O+C O2↑。
根据题目信息可知，物质A为钠元素的单质，B为钠元素的氧化物且为淡黄色固体，则B是过氧化钠，装
置Ⅰ中稀盐酸与碳酸钙反应产生二氧化碳，通过装置Ⅱ中的饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中挥发出的氯化
氢后，装置Ⅲ中二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，装置Ⅳ除去未反应的二氧化碳，装置Ⅴ用排
水法收集产生的氧气。
13.【答案】形成硝酸氧化S e；
①三颈烧瓶；水浴加热；
②吸收尾气；
③2SO2+ H 2S eO3+ H 2O = S e+2 H 2SO4；
94.05 %；
偏大
【解析】(1)步骤ⅰ中使用硫酸的主要目的是形成硝酸氧化S e，
故答案为：形成硝酸氧化S e；
(2)①反应器a的名称为三颈烧瓶，A中需要控制反应温度为80℃，为了均匀加热，装置A的加热方法为
水浴加热，
故答案为：三颈烧瓶；水浴加热；
②尾气二氧化硫有毒，装置B的主要作用为吸收尾气，防止污染空气，
故答案为：吸收尾气；
③步骤iii中SO2和H 2S eO3反应生成S e单质和H 2SO4，S化合价由+ 4变为+6、S e化合价由+ 4变为0，
根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2SO2+ H 2S eO3+ H 2O = S e+2 H 2SO4，
故答案为：2SO2+ H 2S eO3+ H 2O = S e+2 H 2SO4；
(3)三次消耗标准液体积分别为20.10m L、19.90m L、20.00m L，取平均值为20.00m L，由方程式可
知，0.8400 g产品中n( H 2S eO3)= 5
2 n( K M nO4)=2.5×0.02 L×0.0100mol / L× 500
25.00 =0.01mol
，该产品硒的纯度为0.01×79
0.8400 ×100 % =94.05 %，
故答案为：94.05 %；
(4)达到滴定终点时，若读数时仰视刻度线，会导致标准溶液的体积偏大，硒的纯度测定结果偏大，
故答案为：偏大。
以含硒废料(主要成分为S e、S等)提取硒，并测定产品硒的纯度，用硫酸和少量硝酸处理废料，获得亚硒
酸和少量硒酸，控制反应温度为80℃，使H 2S eO4转化为H 2S eO3，将SO2通入亚硒酸的溶液中，SO2
和H 2S eO3反应生成S e单质和H 2SO4，2SO2+ H 2S eO3+ H 2O = S e+2 H 2SO4，据此分析。
