2022届新高考化学二轮复习非选择题题型分类练题型一　实验综合题

eq\a\vs4\al(第)eq\a\vs4\al(三)eq\a\vs4\al(部)eq\a\vs4\al(分)非选择题题型分类练题型一实验综合题(A组)1．某兴趣小组用如图所示装置制备MnSO4·7H2O并验证SO2的还原性。(1)仪器A的名称为________________，装置d的作用为________________________。(2)装置b中发生反应的化学方程式为________________________。(3)从装置b所得溶液中得到MnSO4·7H2O粗产品的操作是________________________。(4)若试剂B为Fe(SCN)3溶液，则装置c中发生的现象为________________，原因是________________________________________。(5)兴趣小组同学拟继续研究硫酸锰晶体髙温分解的固体产物，经查资料可知：硫酸锰晶体高温下的分解产物为MnxOy、SO2、SO3及水蒸气。为了确定MnxOy的化学式，采用下列装置进行测定(已知：SO3的熔点为16.8℃，沸点为44.8℃)。①装置正确的连接顺序为N2→gh→________________________。②实验自始至终均需通入N2，其目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③若起始时，在装置中加入166.2gMnSO4·7H2O，充分反应后，测得SO2的质量为12.8g，则MnxOy的化学式为______________。2．Na2S2O3是常用的分析试剂，也可用作纸浆漂白时的脱氯剂。某实验小组用硫化碱法(反应原理为2Na2S＋Na2CO3＋4SO2=3Na2S2O3＋CO2，该反应放热)制取Na2S2O3并对其含量进行了测定。硫化碱法制备Na2S2O3·5H2O流程如下。Ⅰ.制备Na2S2O3(1)①甲中反应的化学方程式为________________________________________。②实验过程中，乙中的溶液可能会产生淡黄色沉淀，该反应的化学方程式为________________，后沉淀消失生成大量的Na2S2O3。若通入过量的SO2，乙中会再次出现少量浑浊，结合离子方程式解释此时必须立刻停止通入SO2的原因：__________________________________________。③丙中NaOH溶液吸收的气体可能有________________。(2)实际工业生产中制得的Na2S2O3溶液中常混有少量Na2SO3，结合溶解度曲线(如图)，获得Na2S2O3·5H2O的方法是________________________________________________。Ⅱ.测定样品的纯度将结晶得到的Na2S2O3·5H2O晶体样品用K2Cr2O7标准溶液测定样品的纯度。步骤如下：称取1.5000g样品，用蒸馏水溶解，配成100mL溶液。取0.0100mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，用硫酸酸化后加入过量KI，然后用样品溶液滴定至淡黄绿色，加入试剂X作指示剂，继续滴定，恰好完全反应时消耗样品溶液的体积为20.00mL。实验过程中发生的反应如下：Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O，I2＋2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=S4Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))＋2I－。(3)①试剂X是____________。②样品的质量分数为____________。3．保险粉的主要成分为Na2S2O4(连二亚硫酸钠)，常用于漂白织物，它具有强还原性，不溶于甲醇。常温下，用亚硫酸钠粉末与70%的浓硫酸反应制备SO2，向亚硫酸钠粉末中滴加70%的浓硫酸会产生酸雾，酸雾含少量H2SO4；焦性没食子酸溶液能定量吸收微量O2。某小组设计实验制备保险粉并探究其性质。实验(一)制备产品(1)B装置中盐酸的作用是______________________________________________。(2)若拆去C装置，可能的后果是__________________________________________。(3)D中制备产品时放出一种常见气体，写出D中发生反应的化学方程式__________________________________；甲醇的作用是________________________________。(4)分离D中产品固体和溶液，采用________________________、乙醇洗涤、真空干燥。实验(二)探究保险粉的性质(5)为了验证Na2S2O4的氧化产物，设计如下实验：关闭K一段时间，观察到左烧杯中溶液颜色变浅，取右烧杯中的溶液于试管中，滴加BaCl2溶液产生白色沉淀。石墨(1)极的名称________；石墨(2)极的电极反应式为________________________。4．磺酰氯(Q)常用作氟化剂和氯磺化剂，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要的作用。现拟用干燥的SO2和在活性炭催化下制取磺酰氯。反应的化学方程式为：SO2(g)＋Cl2(g)=SO2Cl2(l)ΔH＝－97.3kJ·mol－1；实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。有关物质信息如下：SO2Cl2Cl2SO2熔点/℃－54.1－101－72.4沸点/℃69.1－34.6－10性质在潮湿空气中“发烟”——请回答下列问题：(1)甲装置中仪器c的名称为________；装置丙中球形冷凝管中的冷却水应该从________(填“a”或“b”)口进入。(2)装置乙和丁除了干燥气体外，另一个作用是____________________________。(3)丙装置中反应采用冰水浴的原因是________________________________________。(4)若用18.4mol·L－1的浓硫酸配制250mL70%的硫酸(密度为1.6g·cm－3)，需要浓硫酸的体积为________mL。(5)在生成的SO2Cl2中加水，出现“发烟”现象，该过程中的化学反应方程式为__________________；若要检验反应后溶液中产生的SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，方法是____________________。(6)若反应中消耗的SO2体积为896mL(标准状况下)，最后经过分离提纯得到4.05g纯净的磺酰氯，则磺酰氯的产率为________。(B组)1．某兴趣小组利用葡萄糖酸钙[Ca(C6H11O7)2]与硫酸锌反应制备葡萄糖酸锌[Zn(C6H11O7)2]的流程为：已知：①有关物质在水和乙醇中的溶解性：葡萄糖酸钙葡萄糖酸锌硫酸锌硫酸钙水可溶于冷水，易溶于热水易溶微溶乙醇微溶难溶②葡萄糖酸锌稍高于100℃即开始分解。回答下列问题：（1）反应须控温90℃，可以采用的加热方式为，反应控温在90℃的原因为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。（2）“趁热抽滤”的目的是。在“蒸发浓缩至黏稠状，冷却至室温”后添加95%乙醇的作用是。（3）对粗产品进行提纯操作的名称是。（4）用EDTA（乙二胺四乙酸的二钠盐）滴定法测定粗产品中锌的含量，步骤如下：Ⅰ.取5.200g粗产品溶于水配成100.00mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，并向其中加入少量EBT（一种指示剂，溶液呈蓝色，与Zn2＋形成的配合物溶液呈酒红色）。Ⅱ.向锥形瓶中加入2.000mol·L－1EDTA10.00mL（过量），振荡。Ⅲ.用1.000mol·L－1锌标准溶液进行滴定至终点，消耗锌标准溶液17.00mL。已知：向滴有指示剂的粗产品溶液中加入EDTA时，会发生反应：Zn－EBT＋EDTA=Zn－EDTA＋EBT。①滴定终点的现象为。②该粗产品中Zn的质量分数为。已知葡萄糖酸锌中Zn的质量分数为14.29%，则造成此次测定结果偏差的可能原因是。A.该粗产品中混有ZnSO4杂质B.滴定前滴定管的尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失C.配制粗产品溶液，定容时俯视刻度线D.未用锌标准溶液润洗滴定管2．某兴趣小组为探究SO2的有关性质进行了如下实验：Ⅰ.SO2的漂白性该小组认为二氧化硫通入品红溶液后，产生了多种微粒，因此不能认为是二氧化硫起到了漂白作用。为确认起漂白作用的微粒，进行了以下实验：a.向品红的无水乙醇溶液中持续通入干燥的SO2气体，溶液不褪色；b.取相同浓度的品红溶液各20mL于三只小烧杯中，分别加入体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L－1的亚硫酸溶液、亚硫酸钠溶液和亚硫酸氢钠溶液，发现加入亚硫酸钠溶液的品红溶液褪色最快，加入亚硫酸溶液的品红溶液褪色最慢。（1）实验a的目的是。（2）实验b可能得出的结论是，理由是。Ⅱ.SO2水溶液的酸性（3）设计实验制备SO2并验证亚硫酸的酸性强于次氯酸：（写出相关实验现象，可用试剂有亚硫酸钙、2mol·L－1盐酸、NaHCO3溶液、NaHSO3溶液、酸性KMnO4溶液、漂白粉溶液）。Ⅲ.SO2的还原性已知：Cu2O易与浓氨水反应生成[Cu（NH3）2]＋（无色），在空气中会立即被氧化成[Cu（NH3）4]2＋（蓝色）。该小组为探究SO2与新制Cu（OH）2悬浊液的反应进行了如表所示的实验：装置试管中的药品现象1.5mL1mol·L－1CuSO4溶液和3.5mL1mol·L－1NaOH溶液开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失、静置，试管底部有少量紫红色固体出现，溶液呈蓝色（4）该小组将少量Cu2O固体加入5mL蒸馏水中，再持续通入SO2气体，发现现象与上述实验现象相同，说明砖红色沉淀为Cu2O。砖红色沉淀消失的反应的化学方程式为。（5）取表中实验所得紫红色固体进行如图所示实验（每个步骤均充分反应）。实验时摇动锥形瓶的目的是；锥形瓶2中固体完全溶解得到深蓝色溶液的离子方程式为。3．三硫代碳酸钠（Na2CS3）在工农业生产上有重要的应用，实验室制备Na2CS3的反应原理为Na2S＋CS2=Na2CS3。已知：①Na2CS3是红色固体，极易溶于水，性质与碳酸钠相近。②CS2和H2S均有毒，CS2不溶于水，溶于乙醇，沸点为46℃，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。Ⅰ.制备Na2CS3某实验小组利用上述反应原理设计了如下实验装置（部分装置已略去）。（1）打开K1，装置A中发生反应的离子方程式为。（2）打开K1、K2，导管a与装置D相连，装置D的作用是检验装置B中H2S的吸收效率，表明H2S吸收效率低的实验现象是D中；为了使H2S尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌B中反应物外，还可采取的合理措施是（答一条即可）。（3）制备Na2S后，将导管a与装置E相连。（描述活塞K1、K2、K3、K4的操作方法），水浴加热装置C，使Na2S与CS2充分反应后，停止加热。Ⅱ.探究Na2CS3的性质（4）取少量三硫代碳酸钠固体溶于水，向所得溶液中滴加2滴紫色石蕊试液，溶液变色；向三硫代碳酸钠溶液中滴加稀H2SO4，有臭鸡蛋气味气体产生，溶液分层，则发生反应的离子方程式为。（5）取少量三硫代碳酸钠固体溶于水，向所得溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，说明Na2CS3具有性。Ⅲ.测定某Na2CS3溶液的浓度按如图所示装置进行实验，将50.0mLNa2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器M的活塞，滴入足量2.0mol·L－1的稀硫酸，关闭活塞。（6）若装置H中生成沉淀的质量为14.4g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是（保留两位有效数字）。4．[Cu（NH3）x]SO4·yH2O是易溶于水的深蓝色晶体，是广谱杀菌剂。某小组同学在实验室通过如图1所示流程测定其组成。回答下列问题：（1）[Cu（NH3）x]SO4·yH2O中NH3含量的测定碱溶过程是在如图2所示装置中进行的，充分反应后，用0.4895mol·L－1氢氧化钠溶液滴定C中的溶液，达到滴定终点时消耗氢氧化钠溶液10.66mL。①仪器B的名称为；将细导管插入吸收液中是为了。②蒸馏烧瓶比C中吸收液的液面要高出很多，其目的是。③加热时A中有黑色固体生成，经检验该黑色固体是氧化铜，写出A中发生反应的化学方程式：。④下列情况中，导致NH3的含量的测定结果偏小的是（填标号）。A.滴定时使用酚酞作指示剂B.A中加热时间过短C.滴定前未将冲洗细导管末端的清洗液加入C中（2）[Cu（NH3）x]SO4·yH2O中铜元素含量的测定已知：Cu2＋易与I－反应生成CuI；常温下Na2S2O3在pH为8～9时能稳定存在，pH<8时会发生歧化反应：I2＋2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=2I－＋S4Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))。①准确称取0.4622g[Cu（NH3）x]SO4·yH2O投入过量的NaOH溶液中，过滤，把滤渣加入6mol·L－1H2SO4溶液中，搅拌使滤渣充分溶解，向溶解后的溶液中加入2gKI（过量）固体，搅拌，充分反应后，，记录消耗Na2S2O3溶液的体积。（需用试剂：Na2CO3溶液、0.0860mol·L－1Na2S2O3溶液、淀粉溶液）②若反应消耗Na2S2O3溶液的体积为21.86mL，则样品中n（Cu2＋）＝。③经计算，该晶体的化学式为。题型一实验综合题(A组)1．答案：(1)三颈烧瓶吸收尾气并防止倒吸(2)MnO2＋SO2=MnSO4(3)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(4)溶液颜色变浅装置c中存在Fe3＋＋3SCN－⇌Fe(SCN)3，SO2将Fe3＋还原使平衡逆向移动，故溶液颜色变浅(5)①cd→ef→ab②排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收③Mn3O4解析：(1)仪器A的名称为三颈烧瓶，装置d中为NaOH溶液可吸收SO2，倒置漏斗可防止倒吸。(2)装置b中发生反应的化学方程式为MnO2＋SO2=MnSO4。(3)由溶液中获得晶体一般采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作步骤。(5)①由题意可知，MnSO4·7H2O晶体受热分解生成的气体中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫能溶于浓硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，混合气体经过浓硫酸，浓硫酸吸收了三氧化硫和水蒸气，则氢氧化钠溶液吸收的气体为二氧化硫，故答案为：N2→gh→cd→ef→ab。②实验开始时，通入氮气的目的是排出装置中的空气，实验中通入氮气的目的是将MnSO4·7H2O晶体受热分解生成的气体全部赶至后面装置吸收，防止影响实验结果。③166.2gMnSO4·7H2O的物质的量为eq\f(166.2g,277g·mol－1)＝0.6mol，12.8g二氧化硫的物质的量为eq\f(12.8g,64g·mol－1)＝0.2mol，设MnxOy中锰元素的化合价为a，由得失电子数目守恒可得0.6mol×(a－2)＝0.2mol×2，解得a＝eq\f(8,3)，则MnxOy为Mn3O4。2．答案：(1)①Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O②2Na2S＋3SO2=2Na2SO3＋3S↓过量的SO2使溶液酸性增强，S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H2SO3=S↓＋SO2↑＋H2O＋2HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))③SO2、H2S、CO2(2)将溶液蒸发浓缩、趁热过滤、降温结晶、过滤(3)①淀粉溶液②99.2%解析：(1)①通过分析可知甲装置中生成了SO2，因此反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O。②结合题目中提供的制备硫代硫酸钠的方程式分析，制备过程中乙中的溶液先变浑浊，是因为生成了S单质，S单质继续与亚硫酸钠反应生成Na2S2O3，因此溶液又变澄清；若继续通入SO2，由于会生成H2SO3，所以溶液的酸性会增强，溶液再次出现浑浊，说明S单质再次生成，Na2S2O3在亚硫酸作用下发生分解，产生了S单质，相关的离子方程式为S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H2SO3=S↓＋SO2↑＋H2O＋2HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))。③通过分析可知，乙装置中出来的气体可能含有SO2、CO2和H2S，因此NaOH溶液吸收的气体可能有SO2、CO2和H2S。(2)通过分析可知，从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3·5H2O，需要先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤掉析出的Na2SO3杂质，再对滤液降温，使Na2S2O3·5H2O结晶析出，再进行过滤即可。(3)②neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(K2Cr2O7))＝0.0100mol·L－1×0.020L＝2×10－4mol，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，反应的Na2S2O3的物质的量neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na2S2O3))＝2×10－4×6mol＝1.2×10－3mol，原1.5000g样品中含Na2S2O3的物质的量neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na2S2O3·5H2O))＝1.2×10－3mol×5＝6×10－3mol，meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na2S2O3·5H2O))＝6×10－3mol×248g·mol－1＝1.488g，weq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na2S2O3·5H2O))＝eq\f(1.488g,1.5000g)×100%＝99.2%。3．答案：(1)抑制SO2与H2O反应(2)产品被O2氧化，纯度降低(3)HCOONa＋NaOH＋2SO2=Na2S2O4＋CO2＋H2O甲醇作溶剂，降低产品溶解度，有利于产品析出(4)过滤(5)正极S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))－6e－＋8OH－=2SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H2O解析：(1)B装置用于除去SO2中的H2SO4，盐酸可抑制SO2与水反应。(2)C装置用于除去装置内的O2，避免产品被O2氧化。如果拆去C装置，产品纯度会降低。(3)D中产生的气体是CO2，甲酸钠被氧化，SO2被还原成连二亚硫酸钠，化学方程式为HCOONa＋NaOH＋2SO2=Na2S2O4＋CO2＋H2O。甲醇作溶剂降低产品溶解度，有利于产品析出。(4)产品从混合物中析出，分离固体和液体混合物，采用“过滤”方法。(5)依题意，高锰酸钾被还原，石墨(1)为正极。石墨(2)发生氧化反应，电极反应式为S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))－6e－＋8OH－=2SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H2O。4．答案：(1)恒压分液漏斗a(2)观察乙、丁导管口产生气泡的速率，控制两种反应物体积相等(3)正反应放热，低温有利于SO2Cl2生成；低温同时利于SO2Cl2与SO2、Cl2的分离(4)155.3(5)SO2Cl2＋2H2O=2HCl＋H2SO4取少量反应后的溶液于试管中，滴加稀盐酸，无现象，再加入BaCl2溶液，若出现白色沉淀，说明溶液中含有SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))(6)75%解析：(1)甲装置中的c为恒压分液漏斗；装置丙中的球形冷凝管中，为了增强冷凝效果，冷却水应该从下口进入，即a口进入。(2)装置乙和丁中的浓硫酸除了干燥SO2和Cl2外，另一个作用是通过观察导管口产生气泡的速率，便于控制两种气体的量使其恰好反应。(3)正反应为放热反应，低温有利于SO2Cl2的生成同时在低温下，SO2Cl2为液态便于与反应的SO2、Cl2分离。(4)250mL70%H2SO4中含硫酸的质量meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2SO4))＝250mL×1.6g·cm－3×70%＝18.4mol·L－1×V×10－3×98g·mol－1，解得：Veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2SO4))＝eq\f(250mL×1.6g·cm－3×1cm3·mL－1×70%,18.4mol·L－1×98g·mol－1×10－3)＝155.3mL。(5)磺酰氯与H2O反应生成HCl和H2SO4，化学方程式为SO2Cl2＋2H2O=2HCl＋H2SO4。(6)根据反应：SO2＋Cl2=SO2Cl2，neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO2Cl2))＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO2))＝eq\f(896mL,22400mL·mol－1)＝0.04mol，meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO2Cl2))＝0.04mol×135g·mol－1＝5.4g，故磺酰氯的产率＝eq\f(4.05g,5.4g)×100%＝75%。(B组)1．答案：(1)水浴加热温度过低葡萄糖酸锌会析出，且反应速率较慢，温度过高葡萄糖酸锌容易分解(2)防止葡萄糖酸锌结晶析出造成损失降低葡萄糖酸锌的溶解度，提高产率(3)重结晶(4)①滴入最后一滴标准液后，溶液恰好由蓝色变为酒红色，且保持半分钟不变色②15%AC解析：将葡萄糖酸钙溶液和硫酸锌溶液混合，水浴加热控制反应温度在90℃，进行反应，反应完全后为防止葡萄糖酸锌析出，趁热过滤，将滤液蒸发浓缩至黏稠状，冷却至室温，析出葡萄糖酸锌晶体，加入95%的乙醇，降低葡萄糖酸锌的溶解度，使晶体进一步析出，之后抽滤得到粗产品。(1)反应须控温90℃，低于水的沸点，所以可以水浴加热；温度过低葡萄糖酸锌会析出，且反应速率较慢，温度过高葡萄糖酸锌容易分解，所以反应控温在90℃较好；(2)葡萄糖酸锌易溶于热水，为防止其结晶析出造成损失，应趁热抽滤；葡萄糖酸锌微溶于乙醇，加入95%的乙醇可降低葡萄糖酸锌的溶解度，使晶体进一步析出，提高产率；(3)葡萄糖为固体，且易溶于热水，可以重结晶进行提纯；(4)①加入的EDTA过量，所以滴定前溶液中存在Zn－EDTA、EBT、EDTA，溶液显蓝色，滴入锌标准液消耗过量的EDTA，当EDTA完全反应后，Zn2＋与EBT结合，溶液变为酒红色，所以滴定终点的现象为：滴入最后一滴标准液后，溶液恰好由蓝色变为酒红色，且保持半分钟不变色；②根据所用锌标准液的量可知剩余的n剩(EDTA)＝1.000mol·L－1×0.017L＝0.017mol，则25.00mL待测液中n(Zn2＋)＝n总(EDTA)－n剩(EDTA)＝2.000mol·L－1×0.01L－0.017mol＝0.003mol，所以样品中n(Zn2＋)＝0.003mol×eq\f(100.00mL,25.00mL)＝0.012mol，则样品中Zn的质量分数为eq\f(0.012mol×65g·mol－1,5.200g)×100%＝15%；计算结果比理论值偏高，造成此次测定结果偏差的可能原因是：A.ZnSO4中Zn的质量分数为eq\f(65,161)×100%＝40.4%＞15%，故混有ZnSO4杂质可能造成结果为15%，正确；B.滴定前滴定管的尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则记录的所用的锌标准液的体积偏大，造成n剩(EDTA)偏大，n(Zn2＋)偏小，结果偏低，错误；C.配制粗产品溶液，定容时俯视刻度线，造成粗产品浓度偏大，取出的25.00mL待测液中n(Zn2＋)偏大，计算结果偏高，正确；D.未用锌标准溶液润洗滴定管，标准液被稀释，则记录的所用的锌标准液的体积偏大，造成n剩(EDTA)偏大，n(Zn2＋)偏小，结果偏低，错误。2．答案：(1)探究SO2分子能否使品红溶液褪色(2)使品红溶液褪色的微粒可能是SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))浓度大，褪色快；SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))浓度小，褪色慢(3)取适量亚硫酸钙，加入2mol·L－1的盐酸，充分反应，依次将产生的气体通入饱和NaHSO3溶液、NaHCO3溶液、酸性高锰酸钾溶液、品红溶液、漂白粉溶液，若观察到品红溶液不褪色，漂白粉溶液中产生白色沉淀，则可验证亚硫酸酸性强于次氯酸(合理即可)(4)2Cu2O＋SO2=CuSO4＋3Cu(5)使溶液与空气中的氧气充分接触2Cu＋8NH3·H2O＋O2=2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O解析：水溶液中含有H2SO3、HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、SO2，不能判断其漂白作用的是哪种微粒。(1)实验a利用品红的无水乙醇溶液进行实验，不会产生H2SO3、HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，故可排除干扰，探究SO2能否使品红褪色。(2)实验b的三组溶液中均含有H2SO3、HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，但浓度不同，因为加入亚硫酸钠溶液的品红溶液褪色最快，故推测使品红溶液褪色的微粒可能是SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))。(3)根据题给试剂，应用CaSO3和2mol·L－1盐酸制备SO2，制得的SO2中含有HCl，会对H2SO3和HClO酸性强弱的比较产生干扰，故需要通入NaHSO3溶液进行除杂得到纯净的SO2；因将SO2通入漂白粉溶液时SO2会与其中的ClO－发生氧化还原反应，故不能用强酸制弱酸的规律直接进行比较，而需要间接比较，根据所给试剂，可先将纯净的SO2通入NaHCO3溶液中生成CO2，证明亚硫酸的酸性强于碳酸，再将CO2通入漂白粉溶液中生成次氯酸，证明碳酸酸性强于次氯酸。(4)根据实验现象并结合守恒思想和氧化还原反应原理分析可知，生成了CuSO4和Cu。(5)由题给信息可知，锥形瓶2中的紫红色固态铜在浓氨水和氧气的共同作用下会溶解，生成[Cu(NH3)4]2＋，从而可写出离子方程式。3．答案：Ⅰ.(1)FeS＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑(2)很快出现黑色沉淀控制稀硫酸的滴速(或适当升高装置B中反应温度)(3)关闭K1、K2、K4，打开K3Ⅱ.(4)蓝CSeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H＋=CS2＋H2S↑(5)还原Ⅲ.(6)3.0mol·L－1解析：Ⅰ.(1)装置A用于制取H2S，装置B用于制取Na2S；制得Na2S后，再让Na2S与CS2反应，生成Na2CS3，同时要用装置E吸收尾气，防止污染空气。(2)若H2S吸收效率低，会有一部分H2S逸出，与装置D中的CuSO4溶液反应，生成黑色的CuS沉淀。除了题述方法外，提高H2S吸收效率的方法还有控制装置A中稀硫酸的滴加速率、适当升高装置B中反应温度等。(3)关闭K1、K2、K4，打开K3，水浴加热装置C，使CS2进入装置B，Na2S与CS2充分反应生成Na2CS3。Ⅱ.(4)根据已知信息①中Na2CS3“性质与碳酸钠相近”可知，Na2CS3水解使溶液呈碱性，滴加紫色石蕊试液后，溶液变蓝色。向三硫代碳酸钠溶液中滴加稀H2SO4，有臭鸡蛋气味气体产生，说明产物中有H2S，溶液分层，说明有不溶于水的CS2生成，又类比COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H＋=CO2↑＋H2O，可知三硫代碳酸钠与稀H2SO4反应的离子方程式为CSeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H＋=CS2＋H2S↑。(5)溶液紫色褪去，说明KMnO4发生反应，其中的锰元素的化合价降低，说明Na2CS3具有还原性。Ⅲ.(6)装置H中生成的沉淀为CuS，根据关系式：CSeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))～H2S～CuS，n(CuS)＝0.15mol，可知Na2CS3溶液的物质的量浓