高三化学大一轮实验专题强基练3物质的性质实验探究（新题快练）

2022届高三化学大一轮实验专题强基练：3物质的性质实验探究（新题快练）非选择题（共15题）1．亚硝酸钠(NaNO2)是一种常见的食品添加剂。某实验小组制备NaNO2并对其性质进行探究。资料：Ag+与NO反应，可生成AgNO2白色沉淀或无色配离子。Ⅰ.NaNO2的制取(夹持装置略)实验i向装置A中通入一段时间N2，再通入NO和NO2混合气体，待Na2CO3反应完全后，将所得溶液经系列操作，得到NaNO2白色固体。(1)制取NaNO2的离子方程式是___。(2)小组成员推测HNO2是弱酸。为证实推测，向NaNO2溶液中加入试剂X，“实验现象”证实该推测合理，加入的试剂及现象是__，___。Ⅱ.NaNO2性质探究将实验i制取的NaNO2固体配制成约0.1mol/LNaNO2溶液，进行实验ⅱ和ⅲ。实验ⅱ(3)由实验ii的现象得出结论：白色沉淀的生成与___有关。(4)仅用实验ii的试剂，设计不同实验方案进一步证实了上述结论，实验操作及现象是___。实验iii(5)酸性条件下，NO氧化I的离子方程式是___。(6)甲同学认为，依据实验ⅲ的现象可以得出结论：该条件下，NO能氧化I。乙同学则认为A装置中制取的NaNO2含有副产物，仅凭实验ⅲ不能得出上述结论，还需要补充实验ⅳ进行验证，乙同学设计实验ⅳ证明了实验ⅲ条件下氧化I的只有NO2，实验ⅳ的实验方案是___。2．某化学兴趣小组为探究高锰酸钾与铜的反应，设计实验如下：实验一现象酸性溶液一段时间后，培养皿中由铜片向外侧依次呈现：A区澄清且几乎无色；B区底部覆盖棕黑色固体；C区澄清且紫色变浅资料：a.在酸性溶液中不能稳定存在：b.为粉红色沉淀、溶于强酸；为黑色沉淀、不溶于强酸(1)被氧化成___________，依据是___________。(2)为探究的还原产物，取A区中溶液___________(填操作和现象)，证明有生成。(3)A区中与反应的离子方程式是___________。(4)经检验，B区的棕黑色固体是，从溶液中离子扩散的角度，结合离子方程式解释B区和C区中的现象：___________。(5)小组同学又进行了以下定量实验：实验一现象酸性溶液一段时间后，铜片质量减少了0.02g，溶液中无固体析出、溶液紫色变浅通过计算，分析溶液紫色变浅而未完全褪色的原因：___________。3．著名化学反应“法老之蛇”曾令无数人叹服。某兴趣小组为探究Hg(SCN)2分解产物的成分，在连接好如图所示装置，检验装置气密性后，点燃A处酒精灯。已知：Ksp(HgS)=4.0×105.(CN)2沸点为21.2℃，熔点为34.4℃，化学性质与卤素单质相似，有剧毒，燃烧时火焰星紫红色，边缘略带蓝色CS2沸点为46.5℃，熔点为111.9℃，能与酯互溶回答下列问题：(1)仪器a的名称为_____。(2)已知Hg(SCN)2微溶于水，可由KSCN溶液与Hg(NO3)2溶液反应制得，若以Fe3+作指示剂，则当溶液变为____色时，Hg2+沉淀完全。(3)待A中固体充分分解后，取下B装置，B瓶中有无色液体，并有类似氯仿的芳香甜味，与酯混合能够互溶，经查证，B中液体为CS2，CS2可用于制造人造丝、杀虫剂，请举出一种其在实验室中的用途____。(4)取下C装置，点燃C中气体，气体燃烧火焰呈紫红色，边缘略带蓝色，则E中反应的化学方程式为____。(5)取下D装置，将燃着的镁条伸入瓶中，镁条会继续燃烧，取出燃烧产物，加入少量热水，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明Hg(SCN)2分解产物中含有_______。(6)取出A中剩余固体，加水溶解，固体不溶，加入王水固体溶解，则证明含有HgS。记溶解后的溶液为X。该固体___(填“能”或“不能")溶于稀盐酸，原因是____。(7)经上述推断，写出Hg(SCN)2分解的化学方程式____。(8)若要测定Hg(SCN)2的分解率，可用NH4SCN滴定法测定溶液X中离子浓度。已知：①3HgS+2HNO3+12HCl=3H2[HgCl4]+3S↓+2NO↑+4H2O；②H2[HgCl4]+2SCN=Hg(SCN)2↓+4Cl+2H+；③NH4SCN标准溶液中含有NH4Fe(SO4)2指示液。若取上述溶液X，用浓度为cmol/L的NH4SCN标准溶液进行滴定，消耗VmL，忽略反应前后溶液体积变化，原Hg(SCN)2固体质量为mg，滴定终点的现象为___，Hg(SCN)2的分解率为___。4．亚硝酸钠(NaNO2)是一种常见的食品添加剂。某实验小组制备NaNO2并对其性质进行探究。资料：Ag+与NO反应，可生成AgNO2白色沉淀或无色配离子。Ⅰ.NaNO2的制取(夹持装置略)实验i向装置A中通入一段时间N2，再通入NO和NO2混合气体，待Na2CO3反应完全后，将所得溶液经系列操作，得到NaNO2白色固体。(1)仪器a的名称是______。(2)制取NaNO2的离子方程式是______。(3)小组成员推测HNO2是弱酸。为证实推测，向NaNO2溶液中加入试剂X，“实验现象”证实该推测合理，加入的试剂及现象是______。Ⅱ.NaNO2性质探究将实验ⅰ制取的NaNO2固体配制成约0.1mol/LNaNO2溶液，进行实验ⅱ和ⅲ。实验ii(4)①由实验ⅱ的现象得出结论：白色沉淀的生成与______有关。②仅用实验ⅱ的试剂，设计不同实验方案进一步证实了上述结论，实验操作及现象是______。(5)①酸性条件下，NO氧化I的离子方程式是______。实验iii②甲同学认为，依据实验ⅲ的现象可以得出结论：该条件下，NO能氧化I。乙同学则认为A装置中制取的NaNO2含有副产物，仅凭实验ⅲ不能得出上述结论，还需要补充实验iv进行验证，乙同学设计实验iv证明了实验ⅲ条件下氧化I的只有NO，实验iv的实验方案是______。5．二氧化硫是国内外允许使用的一种食品添加剂，可用于食物的增白、防腐等，但必须严格遵守国家有关标准使用。某学习小组设计了如图装置用于制取SO2并验证其性质。(1)仪器a的名称为_______。(2)烧杯F中的试剂可以是_______.(填序号)。a.饱和Na2SO3溶液b.饱和Na2CO3溶液c.NaOH溶液d.饱和NaCl溶液(3)实验时装置E中溶液的现象为_______。(4)实验时观察到装置B无明显现象，装置C红色褪去，则使品红的水溶液褪色的微粒一定不是_______(填化学式)。(5)学生甲预测装置D中没有白色沉淀产生，但随着反应的进行，发现装置D中产生了少量白色沉淀。为进一步探究产生沉淀的原因，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验：实验中G、H、I烧杯中观察到的现象如表：烧杯实验现象G无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3H有白色沉淀产生I有白色沉淀产生，I中出现白色沉淀比H中快很多①据G中现象得出的结论是_______。②H中白色沉淀的化学式为_______，其产生的原因是_______(用离子方程式表示)。③I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的原因可能是_______。6．某兴趣小组设利用如图所示装置(夹持仪器已省略)制取。已知：可溶于水，在水溶液中的存在形态如图所示回答下列问题：(1)圆底烧瓶内盛装药品的化学式为_______，恒压滴液漏斗支管的作用是_______。(2)试剂X为_______，其作用是除去氯气中的气体、降低氯气的溶解度和_______。(3)在0℃条件下，装置C中首先制备，然后在剧烈搅拌下将90%的分批加入装置C中，充分反应可得溶液，写出该反应的离子方程式_______。(4)反应后，将三颈烧瓶中溶液冷却结晶，过滤、得到的粗产品，进一步提纯所用方法是_______；然后，经洗涤、干燥得到晶体，用无水乙醇洗涤的目的是_______。(5)的纯度测定向溶液中加入饱和溶液，再加入蒸馏水，冷却至室温，准确称取样品，加入上述溶液中使其溶解(恰好反应)，充分反应，过滤后加入稀硫酸酸化，并加入苯二胺磺酸钠作指示剂，用的标准硫酸亚铁铵溶液滴定，至终点时，消耗溶液的体积为.则的质量分数为_______(过程中杂质不参与反应)。相关反应：①②③④7．CuCl用于石油工业脱硫与脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。实验室是用CuSO4NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如图。回答以下问题：(1)制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3，为提高产率，CuSO4NaCl混合液应装在仪器1中，仪器1的名称是_______。仪器2的构造中有连通管，该构造的作用是_______。(2)乙图是体系pH随时间变化关系图。写出制备CuCl的离子方程式_______。(3)丙图是产率随pH变化关系图。实验过程中常用Na2SO3Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及时除去生成的H+并维持pH在_______左右以保证较高产率。(4)反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小。跟常规过滤相比，抽滤的优点是得到的滤饼更干燥，且_______；洗涤时，用“去氧水”做洗涤剂，使用“去氧水”的理由是_______。(5)工业上常用CuCl作为O2、CO的吸收剂。某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液也能吸收氧气。装置的连接顺序应为_______→D，用D装置测N2含量，读数时应注意_______。8．实验小组探究FeCl3溶液灼烧的变化。已知：FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中加热，可被氧化成Fe3O4，隔绝空气加热会歧化为Fe和Fe3O4。Ⅰ.FeCl3溶液的灼烧。实验ⅰ：将一只白粉笔浸泡在FeCl3溶液中，用坩埚钳夹持粉笔于酒精灯上灼烧，很快观察到粉笔表面颜色的变化：黄色→红褐色→铁锈色→黑色。(1)配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度。结合化学用语解释将氯化铁晶体溶于盐酸的目的_______。(2)“黄色→红褐色→铁锈色→黑色”颜色变化中的“铁锈色”物质是_______。(填化学式)(3)针对“黑色”物质，小组成员提出猜想。猜想1：酒精灼烧粉笔的产物；猜想2：酒精还原“铁锈色”物质得到的产物。通过实验排除了猜想①，实验操作和现象是_______。Ⅱ.探究“黑色”物质的成分。实验ⅱ：先用酒精蒸气排尽装置中的空气，再在“铁锈色”物质处加热，充分反应至“铁锈色”物质完全变成“黑色”物质。取下装有新制Cu(OH)2的试管，加热，有砖红色沉淀生成。实验ⅲ：在“黑色”物质中加入热的硫酸，“黑色”物质溶解，无气泡产生。(4)甲同学根据实验ⅱ和ⅲ的现象，判断“黑色”物质中含有二价铁，其理由是_______。(5)乙同学用实验ⅲ中所得溶液进行实验iv，证实了甲的判断，实验iv的离子反应方程式为_______。(6)丙同学发现“黑色”物质完全被磁铁吸引，推测“黑色”物质是Fe3O4，写出“铁锈色”物质变成Fe3O4的化学方程式_______。(7)丁同学为证明“黑色”物质是Fe3O4，设计实验方案并预测：取实验ⅲ中少量清液滴入足量的Na2S溶液，认为得到物质的量之比为3∶1的FeS和S沉淀，即可证明。你认为是否合理，并说明理由_______。9．为了制备并探究Cu(NO3)2热稳定性，某化学兴趣小组设计了如下实验。Ⅰ.制备Cu(NO3)2[实验]在两支试管中各放入一小块等质量的铜片，分别加入等体积的浓HNO3(14mol•L1)和稀HNO3(4mol•L1)，立即用蘸有NaOH的棉花封住试管口。充分反应后铜均无剩余。(1)Cu与浓HNO3反应的离子方程式_______(2)用蘸有NaOH的棉花封住试管口的原因_______。已知NO2与NaOH溶液反应中，其中NO2的还原产物是亚硝酸盐(NO)写出反应的化学反应式_______。查阅资料：铜与浓硝酸、稀硝酸反应的实验中，发现铜和浓硝酸反应后溶液为绿色旦有红棕色气体产生，而铜和稀硝酸反应后溶液为蓝色，产生无色气体。为弄清反应后溶液颜色出现差异的原因，他们进行了假设：[提出假设]假设一、因为铜离子浓度大造成的。假设二、溶液呈绿色是因为铜与浓硝酸反应时产生的二氧化氮溶于过量浓硝酸，加上和蓝色的硝酸铜溶液混在一起，使溶液呈绿色。[设计实验方案，验证假设](3)上述实验_______(“能”或“不能”)证明假设一不成立，原因_______；(4)若假设二成立，请设计实验证明：_______。Ⅱ.Cu(NO3)2的热稳定性。在如图所示的实验装置A中，用酒精喷灯对Cu(NO3)2固体加强热，产生红棕色气体，在装置C中收集到无色气体，经验证为O2。当反应结束以后，试管中残留固体为红色。(1)从实验安全角度考虑，需要在A、B间加入_______装置。(2)下图为Cu(NO3)2样品高温过程的热重曲线(样品质量分数w%随温度变化的曲线)。Cu(NO3)2加热到200℃的化学方程式为_______，继续高温至1000℃生成_______(填化学式)固体。10．在学习氧化还原反应时，某同学提出具有较强氧化性，具有较强还原性，二者也可发生氧化还原反应。为验证这个问题，该学生设计了系列实验。(1)研究溶液与溶液反应产物。向盛有溶液的试管中加入溶液，振荡试管，向其中加入______，溶液无明显变化。(实验结论)二者混合只发生沉淀反应，无明显氧化还原反应。(2)验证的氧化性。将光亮的铁丝伸入溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中铁的氧化产物，将溶液中的除尽后，进行了如下实验。可选用试剂：①溶液②溶液③酸性溶液④溶液。请完成下表：操作现象结论取少量除尽后的溶液于试管中，加入溶液，振荡______存在取少量除尽后的溶液于试管中，加入1～2滴______(填序号)溶液，振荡______存在(实验结论)铁的氧化产物为和，则氧化性强于，已知氧化性强于，则可与发生氧化还原反应。另一同学用pH计测得常温该硝酸银溶液的pH为5.50，于是该同学对实验结论提出质疑。你认为他提出质疑的理由可能是______。(3)通过原电池原理探究与之间的氧化还原反应按图设计原电池。电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近，根据下表数据，盐桥中应选择______作为电解质。阳离子阴离子4.074.615.197.406.597.917.628.27实验开始后，电流表指针发生偏转，正极电极表面有光亮的银析出，则该原电池的负极反应方程式为______。(实验结论)______。(4)查阅资料可知常温反应：；。试从速率与平衡两个角度解释溶液与溶液反应混合只发生沉淀反应而无明显氧化还原反应的可能原因______。11．某同学设计了如下装置用于制取SO2和验证SO2的性质。回答下列问题:(1)仪器a的名称为______________(2)下列试剂不能用于吸收尾气的是________(填序号)a．饱和Na2SO4溶液b．饱和Na2CO3溶液c．浓NH3·H2Od．饱和NaCl溶液(3)实验时观察到装置B无明显现象，装置C红色褪去，则使品红的水溶液褪色的微粒一定不是_____。(4)转置D目的是检验SO2的_____性，观察到的现象是________________。(5)为进一步研究SO2的性质，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制的Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验:实验中A、B、C烧杯中观察到的现象如下表烧杯实验现象A无白色沉淀产生，pH传感器测得溶液pH=5.3B有白色沉淀产生C有白色沉淀产生，C中出现白色沉淀比B中快很多①煮沸的目的是___________，据A中现象得出的结论是___________②B中白色沉淀的化学式为______，C中出现白色沉淀比B中快很多的原因是_______③在B中通入过量的SO2后，溶液中存在的主要阴离子是_________，其原因是_____(用离子方程式表示)12．某研究小组设计如图所示实验装置(夹持装置已略去)分别探究NO与铜粉、Na2O2的反应。已知：①NO与Na2O2可发生反应2NO+Na2O2=2NaNO2。②NO、NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为③在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)I．关闭K3，打开K2，探究NO与铜粉的反应并检验NO。(1)反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其目的是________。(2)装置B中盛放的试剂为水，其作用是________。(3)装置F中的实验现象为______。装置H中收集的气体为N2和_______(填化学式)。Ⅱ．关闭K2，打开K3，探究NO与Na2O2的反应并制备NaNO2。(4)装置G的作用是________。(5)若省略装置C，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有NO2和_____(填化学式)。(6)测定反应后装置E中NaNO2的含量。已知；在酸性条件下，NO可将MnO还原为Mn2+，为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组同学称取ag样品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL所得溶液于锥形瓶中，用0.100mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定至终点时，消耗bmL酸性KMnO4溶液。①判断滴定终点的方法________。②样品中NaNO2的质量分数为___________(用含有a、b的代数式表示)。13．如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持装置已略)。(1)制备氯气选用的试剂为漂粉精固体和浓盐酸，则相关反应的化学方程式为________________。(2)装置B中饱和食盐水的作用是__________________________________；同时装置B也是安全瓶，监测实验进行时装置C是否发生堵塞，请写出发生堵塞时装置B中的现象：__________________________________________。(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此装置C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次放入________(填字母)。abcdⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条(4)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D装置中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为______色，说明氯的非金属性强于溴。(5)打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡后静置。观察到的现象是________。14．某小组研究NH4Cl与CuO的反应，进行如下实验(部分装置略)：实验ⅠⅡ装置现象加热试管，产生白烟，试管口有白色固体；试管中有水生成，继续加热，黑色固体变蓝，最终部分变为黄色将细玻璃管口加热至红热，迅速垂直插入NH4Cl晶体中，一段时间后，取出玻璃管，管口处有亮红色固体经检测，实验Ⅰ中的黄色固体含有CuCl和CuCl2，实验Ⅱ中的亮红色固体为Cu。(1)实验Ⅰ中试管口的白色固体是_____。(2)实验Ⅰ中黑色固体变蓝，最终部分固体变为黄色的过程中，发生了如下变化：CuOCuCl2(湿润)(NH4)2CuCl4CuCl2(无水)CuCl①(NH4)2CuCl4固体受热分解的化学方程式是_____。②对于物质X，做出如下假设：ⅰ．X是NH4Cl，反应：NH4Cl+CuCl2CuCl++HCl，将方程式补充完整并配平：______。ⅱ．X是____，理由是_____。(3)实验Ⅰ和实验Ⅱ的现象不同，可能的原因是____(列出2点)。(4)NH4Cl溶液与CuO反应。实验Ⅲ向CuO粉末中加入0.1mol•L−1NH4Cl溶液，浸泡一段时间后，固体部分溶解，表面无颜色变化，溶液变为蓝色。资料：ⅰ．相关微粒在水溶液中的颜色：Cu2+蓝色，Cu(NH3)2+和深蓝色ⅱ．Cu(NH3)2+Cu2++NH3，Cu2++4NH3①设计实验证明实验Ⅲ得到的蓝色溶液中存在Cu(NH3)2+或。实验方案是_____。②实验Ⅲ中未观察到NH4Cl溶液与CuO发生氧化还原反应的产物，可能的原因是___(列出1点即可)。15．已知反应MgCl2+6NH3MgCl2·6NH3具有极好的可逆吸、放氨特性。某课题组在实验室探究其特性，其中氨化(吸氨)过程实验装置如图1，放氨过程实验装置如图2。相关物质的性质见下表：物质名称溶解性NH3MgCl2MgCl2·6NH3水易溶易溶易溶乙二醇（沸点197℃）易溶易溶难溶完成下列填空：(1)实验室采用固固加热的方式制备NH3，制备反应的方程式为_________，图1中虚框内装置的作用是_______________________________。(2)氨化过程采用冰水浴的原因可能是_____（选填编号）。a.氨化过程吸热，促进反应正向进行b.加快反应速率c.防止氨气挥发，提高氨气利用率d.增大产物的溶解度氨化结束后，从混合体系中分离MgCl2·6NH3所需的玻璃仪器除烧杯外，还有_____。(3)进行放氨实验时，三颈烧瓶中加入MgCl2·6NH3和足量烧碱的浓溶液，加热，并不断通入N2，通入N2目的是_______________________________________。(4)通过观察图2烧杯中现象的变化可以监控放氨的程度，若加入MgCl2·6NH3的物质的量为0.010mol，要判断放氨率是否达到或超过90%，烧杯中溶液可以是含有少量指示剂______（填名称）和_____molH+的强酸溶液。16．某研究小组探究AgCl沉淀向Ag2S转化过程中发生了异常，并进一步探究原因：(1)写出试管①中产生白色沉淀的离子方程式：______________________________(2)用化学方程式表示试管②中产生黑色沉淀的原因：__________________________(3)试管④中加入浓HNO3后的离子反应方程式为：___________________________(4)该小组为探究③中乳白色沉淀的原因可能与空气中的氧气有关，设计如下装置：现象B：一段时间后，无明显变化C：一段时间后，出现乳白色沉淀①E中加入的是___________________溶液。②B中盛放的物质是_____________________。③该小组认为C中产生沉淀的反应如下(请补充完整)：_______2Ag2S+++2H2O2S++4④请解释B、C现象不同的原因_________________________________________。(5)为了避免在AgCl沉淀向Ag2S转化过程中出现异常现象，需要控制的反应条件是________________________________________。参考答案1．NO+NO2+CO=2NO+CO2无色酚酞试液溶液变成浅红色AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量向AgNO3溶液中逐滴滴加NaNO2溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解2NO+2I+4H+=2NO↑+I2+2H2O取2mL0.1mol/LNaNO3溶液于试管中，加2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝【分析】由实验装置图可知，制备亚硝酸钠时，先向盛有碳酸钠溶液的三颈烧瓶中通入一段时间氮气，排尽装置中的空气后，再通入一氧化氮和二氧化氮混合气体，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶用于吸收一氧化氮，防止污染空气。【详解】(1)由分析可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，反应的离子方程式为NO+NO2+CO=2NO+CO2。(2)若亚硝酸为弱酸，亚硝酸钠会在溶液中水解使溶液呈碱性，则向亚硝酸钠溶液中滴加酚酞试液，若溶液会变成浅红色，说明亚硝酸为弱酸；(3)由实验现象可知，向NaNO2溶液中滴加AgNO3溶液时，先没有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，说明白色沉淀的生成与AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量；(4)由实验现象可知，向NaNO2溶液中滴加AgNO3溶液时，先没有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，则向AgNO3溶液中滴加NaNO2溶液时，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解说明白色沉淀的生成与AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量有关；(5)由实验现象可知，向亚硝酸钠溶液中滴加淀粉碘化钾溶液无明显现象，滴加稀硫酸后，溶液变蓝色，有无色气体生成，说明酸性条件下，亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘、一氧化氮和水，反应的离子方程式为2NO+2I+4H+=2NO↑+I2+2H2O；(6)由题意可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳时，可能生成硝酸钠，则设计酸性条件下，硝酸钠溶液与碘化钾溶液没有碘生成的实验，可以说明酸性条件下，只有亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应，故可以进行以下操作：取2mL0.1mol/LNaNO3溶液于试管中，加2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝。2．被氧化可能生成或，根据资料a，在酸性溶液中不能稳定存在，所以其氧化产物为通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的【详解】(1)Cu被氧化只会生成Cu+和Cu2+，由于资料中说明Cu+在酸性溶液中不能存在，故氧化产物为Cu2+；(2)根据资料提示，MnS为粉红色沉淀，故加入Na2S观察有无沉淀生成，且为了防止CuS产生干扰，还要加入强酸观察沉淀是否部分溶解，故答案为通入足量后，取上层清液，加入足量的溶液，观察到粉红色沉淀；(3)根据(1)(2)题可得：A区中生成了Cu2+和Mn2+，故方程式为；(4)B区的棕黑色固体是，A区生成的向外扩散，C区的向内扩散，二者在B区相遇发生反应：；C区减小，溶液颜色变浅；(5)通过计算，，理论上，能与实验二中恰好完全反应，但溶液紫色并未完全消失，说明有剩余，所以有其他氧化剂参与反应，如空气中的。3．(球形)冷凝管红清洗试管壁上残留的硫(或溶解硫单质)(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+

H2ON2不能Ksp(HgS)太小，溶解平衡难以正向移动4Hg(SCN)24HgS+2CS2+3(CN)2↑+N2↑溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色×100%【详解】(1)根据装置图，可知仪器a的名称是(球形)冷凝管；(2)KSCN溶液与Fe3+反应，溶液出血红色，若以Fe3+作指示剂，当溶液变为红色时，说明Hg2+沉淀完全；(3)硫单质易溶于CS2，可用CS2清洗试管壁上残留的硫；(4)点燃C中气体，气体燃烧火焰呈紫红色，边缘略带蓝色，说明Hg(SCN)2分解产物有(CN)2，(CN)2与氯气性质相似，(CN)2与氢氧化钠反应的方程式是(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+

H2O；(5)镁在氮气中燃烧生成氮化镁，氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，取下D装置，将燃着的镁条伸入瓶中，镁条会继续燃烧，取出燃烧产物，加入少量热水，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明Hg(SCN)2分解产物中含有氮气；(6)Ksp(HgS)太小，溶解平衡难以正向移动，所以HgS不溶于盐酸；(7)经上述推断，可知Hg(SCN)2分解生成HgS、N2、(CN)2、CS2；反应的化学方程式是4Hg(SCN)24HgS+2CS2+3(CN)2↑+N2↑；(8)NH4SCN标准溶液中含有NH4Fe(SO4)2指示液，溶液出红色，若滴入标准液后溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色，说明H2[HgCl4]完全被消耗，反应达到终点；滴定过程的反应关系式是Hg(SCN)2HgSH2[HgCl4]2NH4SCN，反应消耗NH4SCN的物质的量是Vc

×103mol，则分解Hg(SCN)2的物质的量是0.5Vc

×103mol，Hg(SCN)2的分解率为=×100%；4．分液漏斗NO+NO2+CO=2NO+CO2无色酚酞试液，溶液变成浅红色AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量向AgNO3溶液中逐滴滴加NaNO2溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解2NO＋2I－＋4H+=2NO↑＋I2＋2H2O取2mL0.1mol/LNaNO3溶液于试管中，加2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝【分析】由实验装置图可知，制备亚硝酸钠时，先向盛有碳酸钠溶液的三颈烧瓶中通入一段时间氮气，排尽装置中的空气后，再通入一氧化氮和二氧化氮混合气体，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶用于吸收一氧化氮，防止污染空气。【详解】(1)仪器a为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)由分析可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，反应的离子方程式为NO+NO2+CO=2NO+CO2，故答案为：NO+NO2+CO=2NO+CO2；(3)若亚硝酸为弱酸，亚硝酸钠会在溶液中水解使溶液呈碱性，则向亚硝酸钠溶液中滴加酚酞试液，若溶液会变成浅红色，说明亚硝酸为弱酸，故答案为：酚酞试液，溶液会变成浅红色；(4)①由实验现象可知，向亚硝酸钠溶液中滴加硝酸银溶液时，先没有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，说明白色沉淀的生成与硝酸银溶液和亚硝酸钠溶液的相对用量有关，故答案为：AgNO3溶液和NaNO2溶液的相对用量；②由实验现象可知，向亚硝酸钠溶液中滴加硝酸银溶液时，先没有白色沉淀生成，后有白色沉淀生成，则向硝酸银溶液中滴加亚硝酸钠溶液时，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解说明白色沉淀的生成与硝酸银溶液和亚硝酸钠溶液的相对用量有关，故答案为：向AgNO3溶液中逐滴滴加NaNO2溶液，先有白色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解；(5)①由实验现象可知，向亚硝酸钠溶液中滴加淀粉碘化钾溶液无明显现象，滴加稀硫酸后，溶液变蓝色，有无色气体生成，说明酸性条件下，亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘、一氧化氮和水，反应的离子方程式为2NO＋2I－＋4H+=2NO↑＋I2＋2H2O，故答案为：2NO＋2I－＋4H+=2NO↑＋I2＋2H2O；②由题意可知，一氧化氮和二氧化氮在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠和二氧化碳时，可能生成硝酸钠，则设计酸性条件下，硝酸钠溶液与碘化钾溶液没有碘生成的实验，可以说明酸性条件下，只有亚硝酸钠溶液与碘化钾溶液发生氧化还原反应，故答案为：取2mL0.1mol/LNaNO3溶液于试管中，加2mL0.1mol/LKI溶液(含淀粉)，再滴加三滴1mol/L硫酸溶液，溶液没有变蓝。5．分液漏斗abc溶液由棕黄色变为浅绿色SO2亚硫酸的酸性小于盐酸BaSO4在水溶液中氧气氧化二氧化硫比硝酸根氧化二氧化硫活化能小，生成沉淀速率快【分析】二氧化硫在煮沸的氯化钡中无沉淀产生，是由于二氧化硫溶于水生成亚硫酸，生成的亚硫酸发生电离生成氢离子和亚硫酸氢根，故没有沉淀生成；二氧化硫溶于水呈酸性，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，将亚硫酸根氧化成为硫酸根生成硫酸钡沉淀；当有氧气存在，会促进二氧化硫发生氧化反应，加快沉淀生成。【详解】(1)仪器a是分液漏斗；(2)氯化钠与二氧化硫不反应，不能用来进行尾气吸收；亚硫酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，碳酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，氢氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，以上三种物质均可进行尾气吸收，故选abc；(3)二氧化硫和氯化铁中的三价铁离子反应生成硫酸根离子和亚铁离子，铁离子为棕黄色，亚铁离子为浅绿色，溶液由棕黄色变为浅绿色；(4)二氧化硫溶于乙醇，在乙醇中不能电离，没有氧化性，B中红色不能褪去，所以排除二氧化硫使品红溶液褪色的可能；(5)①氧气可以将二氧化硫氧化，所以煮沸排出氧气干扰；pH小于7说明生成了酸性物质，没有生成白色沉淀说明其酸性小于盐酸；②H中白色沉淀为硫酸钡，I中未煮沸，二氧化硫溶于水呈酸性，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，将亚硫酸根氧化成为硫酸根生成硫酸钡沉淀，；③没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反应速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反应的速率快，反应速率越快的反应活化能越小，则在水溶液中氧气氧化二氧化硫比硝酸根氧化二氧化硫活化能小，生成沉淀更快。6．平衡气压，使90%的溶液顺利滴下饱和食盐水观察溶液产生气泡多少以控制流速重结晶乙醇易挥发，且挥发时带走水分，防止与水反应96%【分析】根据题意分析：利用如图所示装置(夹持仪器已省略)制取，图示中A装置制取氯气经由B装置洗气后进入到C装置中，在三颈烧瓶中与硝酸铁和氢氧化钾反应制备，D装置中氢氧化钾溶液用来吸收多余的尾气。【详解】(1)A装置是常温下用来制取氯气，圆底烧瓶内盛装的药品是；恒压滴液漏斗可以使三颈烧瓶内外气压相同，保证恒压滴液漏斗中的液体顺利流下；(2)B装置盛装饱和食盐水；用来除去氯气中混有的氯化氢气体、降低氯气的溶解度、观察溶液产生气泡多少以控制流速；(3)该反应的离子方程式；(4)粗产品中混有其他可溶性钾盐，所以提纯所用的方法是重结晶；已知可溶于水，0~5C在酸性至弱碱性条件下，能与水反应，强碱性溶液中比较稳定，选用无水乙醇洗涤的目的是：乙醇易挥发，挥发时会带走水分，防止与水反应；(5)根据题目给定的相关反应可以得到关系式：，由关系式得：，则的质量分数为：。7．三颈(烧)瓶平衡气压，便于液体顺利流下2Cu2++SO+2Cl+H2O=2CuC↓+SO+2H+3.5过滤速度更快防止产品氧化C→B→A温度降至常温(或上下调节量气管至左右液体相平；或读数时视线与液体凹点相平)【详解】(1)根据仪器的结构和用途，甲图中仪器1的名称是三颈烧瓶；仪器2的构造中有连通管，该构造的作用是平衡气压，便于液体顺利流下，故答案：三颈烧瓶；平衡气压，便于液体顺利流下。(2)乙图是体系pH随时间变化关系图，随反应的进行，pH

降低，酸性增强，Cu2＋将SO32－氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－，故答案：2Cu2++SO+2Cl+H2O=2CuCl↓+SO+2H+。(3)丙图是产率随pH变化关系图，pH=3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及时除去系统中反应生成的H+

，并维持pH在3.5左右以保证较高产率。故答案：3.5。(4)抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。故答案：过滤速度更快；防止产品氧化。(5)氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为C→B→A→D；用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切。故答案：C→B→A；温度降至常温(或上下调节量气管至左右液体相平；或读数时视线与液体凹点相平)。8．FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,溶于较浓的盐酸中的目的是抑制其水解Fe2O3把洁净的粉笔置于酒精灯上灼烧未呈现黑色实验ⅱ中酒精被氧化成乙醛，红色物质Fe2O3中Fe元素即被还原成0价或+2价。实验ⅲ中无气泡生成，可说明黑色物质中没有Fe单质，则一定含有+2价铁元素。(逻辑合理即可)5Fe2++8H++MnO=Mn2++5Fe3++4H2O或3Fe2++2[Fe(CN)6]3−=Fe3[Fe(CN)6]2↓CH3CH2OH+3Fe2O3CH3CHO+2Fe3O4+H2O合理；根据产物FeS和S物质的量比为3∶1，可知实验中发生了2Fe3++3S2−=2FeS+S和Fe2++S2−=FeS两个反应，进而可知实验ⅲ所得清液中n(Fe3+)∶n(Fe2+)=2∶1，由此可判断黑色物质是Fe3O4(逻辑合理即可)；或不合理；实验中Fe3+与Na2S溶液还可能发生2Fe3++3S2=2Fe2S3↓和2Fe3++3S2+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2S↑等反应。(逻辑合理即可)【详解】(1)FeCl3为强酸弱碱盐，FeCl3溶液中存在Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，为抑制Fe3＋的水解，需要配制时先加入浓盐酸中溶解，然后加水稀释到所要浓度；故答案为FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，溶于较浓的盐酸中的目的是抑制其水解；(2)铁锈的主要成分是Fe2O3；故答案为Fe2O3；(3)通过实验排除猜想①，需要将一支干净的粉笔在酒精灯上灼烧，未观察到黑色；故答案为把洁净的粉笔置于酒精灯上灼烧未呈现黑色；(4)实验ii：根据信息，取下装有新制Cu(OH)2的试管，加热，有砖红色沉淀生成，说明乙醇通过铁锈时转化成乙醛，乙醇被氧化，铁锈为Fe2O3，该实验类似于氧化铜与乙醇的反应，Fe2O3中Fe被还原成Fe2＋；实验iii：“黑色”物质中加入热的硫酸，“黑色”物质溶解，无气泡产生，说明“黑色”物质中不含铁单质，Fe2O3为红棕色，Fe3O4为黑色，Fe3O4且中既含有Fe2＋也含有Fe3＋，FeO为黑色，因此“黑色”物质中一定含有+2价铁元素；故答案为实验ⅱ中酒精被氧化成乙醛，红色物质Fe2O3中Fe元素即被还原成0价或+2价。实验ⅲ中无气泡生成，可说明黑色物质中没有Fe单质，则一定含有+2价铁元素。(逻辑合理即可)；(5)证明溶液中存在Fe2＋，利用Fe2＋的还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其离子方程式为5Fe2++8H++MnO=Mn2++5Fe3++4H2O；也可以用铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，其离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3−=Fe3[Fe(CN)6]2↓；故答案为5Fe2++8H++MnO=Mn2++5Fe3++4H2O；3Fe2++2[Fe(CN)6]3−=Fe3[Fe(CN)6]2↓；(6)乙醇被氧化成乙醛，Fe2O3被还原成Fe3O4，发生的反应方程式为CH3CH2OH+3Fe2O3CH3CHO+2Fe3O4+H2O；故答案为CH3CH2OH+3Fe2O3CH3CHO+2Fe3O4+H2O；(7)Fe3O4溶于热的稀硫酸，溶液中含有Fe2＋和Fe3＋，Fe3＋具有强氧化性，能将－2价S氧化，发生2Fe3＋＋S2－=S＋2Fe2＋，所加Na2S过量，还发生Fe2＋＋S2－=FeS↓，则得到物质的量之比为3：1的FeS和S沉淀，所以丁同学合理；或者实验中Fe3+与Na2S溶液还可能发生2Fe3++3S2=2Fe2S3↓和2Fe3++3S2+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2S↑等反应，可以推出丁同学说法不合理；故答案为合理；根据产物FeS和S物质的量比为3∶1，可知实验中发生了2Fe3++3S2−=2FeS+S和Fe2++S2−=FeS两个反应，进而可知实验ⅲ所得清液中n(Fe3+)∶n(Fe2+)=2∶1，由此可判断黑色物质是Fe3O4(逻辑合理即可)；或不合理；实验中Fe3+与Na2S溶液还可能发生2Fe3++3S2=2Fe2S3↓和2Fe3++3S2+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2S↑等反应。(逻辑合理即可)。9．防止污染环境能充分反应后两试管的Cu(NO3)2溶液物质的量浓度相等取Cu与浓HNO3反应后的绿色溶液，向其中通入足量的空气；溶液的颜色由绿色逐渐变为蓝绿色，最终变为蓝色防倒吸2Cu(NO3)22CuO＋4NO2↑＋O2↑Cu2O【详解】(1)硝酸具有强氧化性，可与铜反应生成硝酸铜和二氧化氮气体，反应的离子方程式为，故答案为：；(2)二氧化氮可与氢氧化钠反应，为避免二氧化氮对空气的污染，应用碱液处理，反应的化学方程式为，故答案为：防止污染环境；；(3)铜的质量相同，溶液体积相等，完全反应生成硝酸铜的浓度应相同，则可证明实验假设一步正确，故答案为：能；充分反应后两试管的Cu(NO3)2溶液物质的量浓度相等；(4)要证明是Cu(NO3)2浓度溶解了NO2导致装置溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走再观察颜色变化。二是在Cu(NO3)2溶液通入二氧化氮观察溶液的颜色变化，故答案为：取Cu与浓HNO3反应后的绿色溶液，向其中通入足量的空气；溶液的颜色由绿色逐渐变为蓝绿色，最终变为蓝色。Ⅱ.(1)为了防止C装置中的液体到吸入发生装置A，需要在A、B间加入安全瓶，有缓冲作用，防止发生倒吸，故答案为：防倒吸；(2)Cu(NO3)2加热到200℃时，M(Cu(NO3)2)×w%＝188g/mol×42.6%＝80g/mol，恰好是CuO的摩尔质量，据实验可知还有产物二氧化氮与氧气，方程式为：2Cu(NO3)22CuO＋4NO2↑＋O2↑；继续高温至1000℃时，M(Cu(NO3)2)×w%＝188g/mol×38.3%＝72g/mol，恰好是固体Cu2O的摩尔质量的一半，故产物为固体Cu2O；故答案为：2Cu(NO3)22CuO＋4NO2↑＋O2↑；Cu2O。10．淀粉溶液

溶液变为血红色④蓝色沉淀酸性环境下硝酸根具有强氧化性，可将铁氧化为Fe3+

KNO3Ag+和I可以发生氧化还原反应生成Ag和I2Ag+与I生成沉淀的速率比氧化还原的速率快；生成沉淀的平衡常数大，则沉淀反应进行的程度大

【详解】(1)Ag+与I生成AgI是黄色沉淀，可以直接观察到，如果发生氧化还原反应，生成的是I2，需要用淀粉溶液检验；(2)可以向少量待测夜中加入KSCN溶液来检验Fe3+，现象为(血)红色溶液，Fe2+的检验可用酸性高锰酸钾溶液，但是原溶液中有，与酸性高锰酸钾溶液中的H+组合以后会具有强氧化性，也能和Fe2+发生氧化还原，高锰酸根不一定能参与反应，所以不一定会有明显现象，所以选择K3[Fe(CN)6]溶液更合适，现象为蓝色沉淀；酸性环境下硝酸根具有强氧化性，可将铁氧化为Fe3+(3)原溶液中的离子有K+、I、Ag+、，提供的离子中不能共存的有、Cl，通过对剩余阴阳离子间的电迁移率作差知，K+和的电迁移率相差最近，所以盐桥中应选KNO3为电解质；正极有银析出，说明电极反应为Ag++e=Ag，为还原反应，则负极应为氧化反应，电极反应式为2I2e=I2；电流计指针发生偏转，说明该原电池成立，即发生了能自发进行的氧化还原反应，所以结论为Ag+与I−可以发生氧化还原反应生成Ag和I2；(4)Ag+与I生成沉淀的速率比氧化还原的速率快；生成沉淀的平衡常数大，则沉淀反应进行的程度大11．三颈烧瓶adSO2氧化有淡黄色沉淀产生除去溶液中溶解的O2SO2可溶于水，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性；SO2与BaCl2不能发生复分解反应BaSO4在水溶液中O2氧化SO2比NO氧化SO2活化能小SOBa2++2NO+3SO2+2H2O=BaSO4↓+2NO+2SO+4H+【分析】由实验装置图可知，装置A为一定浓度硫酸溶液与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置B中无明显现象说明二氧化硫不溶于乙醇，装置C红色褪去说明二氧化硫溶于水，溶于水的二氧化硫使品红溶液褪色，装置D中硫化钠溶液与二氧化硫反应生成硫单质说明二氧化硫具有氧化性，二氧化硫有毒，会污染环境，不能直接排空，应选用碱性溶液或具有强氧化性的吸收二氧化硫。【详解】（1）由实验装置图可知，仪器a为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）二氧化硫是具有还原性的酸性氧化物，应选用碱性溶液或具有氧化性的溶液吸收二氧化硫，防止污染环境，硫酸钠溶液和氯化钠溶液均呈中性，都不能与二氧化硫反应，不能用于吸收二氧化硫，碳酸钠溶液和氨水均为碱性溶液，能与二氧化硫反应，可用于吸收二氧化硫，故答案为：ad；（3）装置B中无明显现象说明二氧化硫不溶于乙醇，装置C红色褪去说明二氧化硫溶于水，溶于水的二氧化硫使品红溶液褪色，故答案为：SO2；（4）二氧化硫具有氧化性，能与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成亚硫酸钠和硫沉淀，反应中二氧化硫表现氧化性，实验现象为，有淡黄色沉淀产生，故答案为：氧化性；有淡黄色沉淀产生；（5）①蒸馏水中溶有具有氧化性的氧气，为防止氧气干扰实验，应用煮沸的方法除去溶液中溶解的氧气；氯化钡为强酸强碱盐，溶液呈中性，由溶液pH=5.3可知，二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性；无白色沉淀产生说明，亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故答案为：除去溶液中溶解的O2；SO2可溶于水，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性；SO2与BaCl2不能发生复分解反应；②二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与溶液中钡离子反应生成白色硫酸钡沉淀，则B中白色沉淀为硫酸钡；C中出现白色沉淀比B中快很多说明没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反应速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反应的速率快，反应速率越快反应的活化能越小，则在水溶液中氧气氧化二氧化硫比硝酸根氧化二氧化硫活化能小，故答案为：BaSO4；在水溶液中O2氧化SO2比NO氧化SO2活化能小；③二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与溶液中钡离子反应生成白色硫酸钡沉淀，由得失电子数目守恒可知，反应的化学方程式为Ba2++2NO+3SO2+2H2O=BaSO4↓+2NO+2SO+4H+，则溶液中主要的阴离子为SO，故答案为：SO；Ba2++2NO+3SO2+2H2O=BaSO4↓+2NO+2SO+4H+。12．排尽装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮吸收挥发出的硝酸溶液由浅绿色变为棕色NO吸收未参与反应的NOO2滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液变浅红色且半分钟内不褪色【分析】铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，为防止生成的NO被氧气氧化，实验开始前向装置中通入一段时间的氮气，排净装置内空气，由于硝酸具有挥发性，通过装置F中水吸收挥发出的硝酸，通过C中干燥剂干燥一氧化氮，NO通过装置D加热反应，铜和NO反应生成氮气和氧化铜，装置I用于检验NO，剩余气体收集主要为氮气和一氧化氮，关闭K2，打开K3，探究NO与Na2O2的反应并制备NaNO2，剩余气体通过高锰酸钾溶液吸收。【详解】(1)NO易与O2反应生成NO2，反应开始前，打开K1，通入一段时间N2，其自的是排尽装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化为二氧化氮；(2)硝酸易挥发，会随NO一起出来干扰后续的实验，所以装置B中盛放的试剂为水为了溶解吸收挥发的硝酸；(3)由于在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)，通入NO后平衡正向移动，所以装置F中的实验现象为：溶液由浅绿色变为棕色；D装置红色粉末变为黑色，说明NO和Cu发生了反应，生成CuO和N2，又因为NO是气体，不可能完全反应，故H收集的气体是NO和N2；(4)根据信息NO能与酸性高锰酸钾溶液反应，装置G的作用吸收未参与反应的NO，防止污染空气。(5)C是干燥装置，若省略装置C，那么水蒸气会与Na2O2反应生成NaOH和O2，NO和O2反应生NO2，则进入装置G中的气体除N2、NO外，可能还有NO2和O2；(6)①酸性KMnO4溶液显紫红色，当达到滴定终点时NO被完全氧化，再滴入高锰酸钾后溶液变红，所以滴定终点为：当锥形瓶滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好变为淡紫色，且半分钟不变色，说明达到滴定终点；③NO可将MnO还原为Mn2+，自身被氧化成NO，根据得失电子守恒可知2n(MnO)=5n(NO)，消耗的n(MnO)=0.1mol·L1×b×103L，则250mL样品溶液中n(NO)=n(MnO)××=2.5×103bmol，NaNO2的质量分数=

=。13．Ca(ClO)2＋4HCl(浓)=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O除去Cl2中的HCl长颈漏斗中液面上升，形成水柱d棕黄装置E中液体分为两层，上层(苯层)为紫红色【分析】A装置来制备Cl2，制得的Cl2中含有HCl气体，利用饱和食盐水除去HCl，B中的长颈漏斗平衡内外压强，可以防倒吸，也可以判断后面的装置中是否发生了堵塞。装置C用于进行Cl2的性质实验。在D中Cl2与NaBr反应置换出Br2，Br2再与KI溶液反生置换出I2，I2被苯萃取，上层为紫红色；利用NaOH处理尾气。【详解】(1)根据氧化还原反应的规律，次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应的化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl(浓)=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O；(2)浓盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有HCl，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；若装置C发生堵塞，装置B中的压强会增大，长颈漏斗中液面上升，形成水柱；(3)验证氯气是否具有漂白性，要对比验证干燥氯气和湿润氯气有无漂白性，因此Ⅰ处应为湿润的有色布条，Ⅱ处应为干燥剂，Ⅲ处应为干燥的有色布条，U形管中应用固体干燥剂，综上d符合；(4)当向装置D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为棕黄色，发生反应：Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2；(5)打开活塞，将装置D中含Br2的少量溶液加入装置E中，发生反应：Br2＋2KI=2KBr＋I2，碘单质溶于苯，呈紫红色，振荡后静置，观察到的现象是装置E中液体分为两层，上层(苯层)为紫红色。14．NH4ClNH3NH3具有还原性两者的接触方式不同；反应的温度不同取两份少量等体积的实验Ⅲ中的溶液于试管中，分别加入等量的水和稀硫酸，加入稀硫酸的溶液颜色变得更浅反应的温度低【分析】根据实验现象探究发生的反应，实验Ⅰ中氯化铵分解生成的氨气或氯化铵本身还原氯化铜得到氯化亚铜，根据实验Ⅰ和实验Ⅱ的现象不同，分析造成现象不同的原因，从影响反应的因素温度、浓度、接触方式等方面分析，根据Cu2+蓝色，Cu(NH3)2+和深蓝色两者颜色不相同进行对比实验，实验Ⅲ未观察到NH4Cl溶液与CuO发生氧化还原反应的产物，从发生反应的条件进行分析。【详解】(1)实验Ⅰ中氯化铵分解生成HCl和NH3，两种气体再试管口形成白烟，该白色固体是NH4Cl；故答案为：NH4Cl。(2)①根据题中信息(NH4)2CuCl4固体受热分解生成氯化铜、氨气和HCl，其化学方程式是；故答案为：。②ⅰ．X是NH4Cl，氯化铜中铜化合价降低，则应该氯化铵中氮元素化合价升高，根据化合价升高守恒配平得到反应：；故答案为：。ⅱ．根据分析，铜化合价降低，则X应该化合价升高，根据前面分析氯化铵主要起还原性作用，因此得到X为NH3，具有还原性；故答案为：NH3；NH3具有还原性。(3)实验Ⅰ和实验Ⅱ的现象不同，可能的原因是两者的接触方式不同，反应的温度不同等造成实验现象不同；故答案为：两者的接触方式不同；反应的温度不同。(4)①设计实验证明实验Ⅲ得到的蓝色溶液中存在Cu(NH3)2+或。实验方案是利用Cu2+蓝色，Cu(NH3)2+和深蓝色两者颜色不相同进行对比实验，取两份少量等体积的实验Ⅲ中的溶液于试管中，分别加入等量的水和稀硫酸，加入稀硫酸的溶液颜色变得更浅；故答案为：取两份少量等体积的实验Ⅲ中的溶液于试管中，分别加入等量的水和稀硫酸，加入稀硫酸的溶液颜色变得更浅。②根据实验I和实验II与实验Ⅲ比较，实验Ⅲ在常温下反应，未观察到