双休伴学24　探究实验综合题

6/6双休伴学24探究实验综合题1.（2025·山西大同一调）磷化铝（AlP）通常可作为一种广谱性熏蒸杀虫剂，粮食仓储常用磷化铝（AlP）熏蒸杀虫，某化学兴趣小组的同学用下述方法测定粮食中残留磷化铝的含量。C中加入100g原粮，E中加入20.00mL一定浓度的KMnO4溶液（H2SO4酸化）。往C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。已知：①AlP吸水后会立即产生高毒性PH3气体（沸点－89.7℃，还原性强）。②焦性没食子酸的碱性溶液具有还原性。回答下列问题：（1）仪器D中冷凝水从通入（填“a”或“b”）。（2）AlP与水反应的化学方程式为。（3）装置A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体，装置B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是。（4）C中反应完全后继续通入空气的作用是。（5）装置E中PH3被氧化成磷酸，KMnO4的锰元素被还原为Mn2＋，则装置E中发生反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比为。（6）收集装置E中的吸收液，加水稀释后用Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，发生反应的离子方程式为，若滴定过程中不慎将锥形瓶中部分液体外溅，则会导致测定出粮食中磷化铝的残留量（填“偏高”或“偏低”）。答案：（1）a（2）AlP＋3H2OPH3↑＋Al（OH）（3）吸收空气中的O2，防止PH3被氧化（4）生成的PH3气体全部排出后被KMnO4溶液吸收（5）5∶8（6）5SO32－＋2MnO4－＋6H＋5SO42－＋2Mn解析：（1）仪器D为直形冷凝管，下口进水上口出水，冷凝水从a通入。（2）因AlP吸水后会立即产生高毒性PH3气体，反应的化学方程式为AlP＋3H2OPH3↑＋Al（OH）3。（3）因为PH3具有很强的还原性，所以要除去空气中的氧气，故装置B中盛有的焦性没食子酸的碱性溶液的作用就是吸收空气中的O2，防止PH3被氧化。（4）通入空气的作用是将装置内生成的PH3气体全部排出，进入装置E中后被KMnO4溶液吸收，减小实验误差。（5）在装置E中，PH3作还原剂，被氧化成磷酸，P元素的化合价升高8，MnO4－作氧化剂，被还原为Mn2＋，Mn元素的化合价降低5，根据电子转移守恒可得，8n（PH3）＝5n（KMnO4），则还原剂（PH3）和氧化剂（KMnO4）物质的量之比为5∶8。（6）Na2SO3与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5SO32－＋2MnO4－＋6H＋5SO42－＋2Mn2＋＋3H2O，滴定过程中不慎将锥形瓶中部分液体外溅，则剩余的KMnO42.（2025·八省联考河南卷）某实验小组利用EDTA标准溶液滴定Ca2＋，从而间接测定Na2CO3、NaHCO3混合溶液中CO32－和HCO3－的总浓度。已知EDTA与Ca2＋按物质的量之比主要实验步骤如下：Ⅰ.如下图所示，取100.0mLNa2CO3、NaHCO3混合溶液于①中，在搅拌下滴加NaOH溶液，调pH至11，然后准确加入V1mLc1mol·L－1CaCl2溶液（过量），搅拌下水浴加热至60℃并保持5min，冷却至室温。过滤、洗涤，合并滤液和洗涤液，在250mL容量瓶中定容。Ⅱ.取25.00mL步骤Ⅰ配制的溶液于锥形瓶中，加入一定量蒸馏水，用NaOH溶液调pH在12～13之间，再滴加4～5滴钙指示剂。用c2mol·L－1EDTA标准溶液滴定至终点，平行测定三次。消耗EDTA溶液的平均体积为V2mL。回答下列问题：（1）仪器①的名称是；②的名称是。（2）步骤Ⅰ中，若不慎将NaOH溶液沾到皮肤上，应对措施是。（3）步骤Ⅰ中，调pH至11的目的是；加入的CaCl2溶液需过量的原因是。（4）步骤Ⅰ中，采用水浴加热方式的优点是。（5）步骤Ⅱ滴定接近终点时，使滴定管尖嘴处悬垂的半滴标准溶液加入到锥形瓶中的操作是。（6）Na2CO3、NaHCO3混合溶液中，CO32－和HCO3－的总浓度c总＝mol·L答案：（1）三颈烧瓶恒压滴液漏斗（2）先用大量的水冲洗，然后涂上1％硼酸溶液以减轻对皮肤的腐蚀（3）将混合溶液中的碳酸氢钠完全转化为碳酸钠保证碳酸根离子沉淀完全（4）便于控制温度，且受热均匀（5）将锥形瓶内壁与管口接触，使液滴流出，然后使用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，并摇晃锥形瓶（6）c解析：（1）由图可知，仪器①的名称是三颈烧瓶；②的名称是恒压滴液漏斗。（2）NaOH溶液有腐蚀性，会腐蚀皮肤，若不慎将NaOH溶液沾到皮肤上，应先用大量的水冲洗，然后涂上1％硼酸溶液以减轻对皮肤的腐蚀。（3）在搅拌下滴加NaOH溶液，调pH至11，可以将混合溶液中的碳酸氢钠完全转化为碳酸钠；加入过量的CaCl2溶液可以保证碳酸根离子沉淀完全。（4）本实验所需温度低于100℃，可以采用水浴加热，水浴加热的优点是便于控制温度，且受热均匀。（5）使滴定管尖嘴处悬垂的半滴标准溶液加入到锥形瓶中的操作是：将锥形瓶内壁与管口接触，使液滴流出，然后使用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，并摇晃锥形瓶。（6）消耗EDTA溶液的平均体积为V2mL，则配制的溶液中含有钙离子的物质的量为25025.00×c2·V2×10－3mol，所以Na2CO3、NaHCO3混合溶液中，CO32－和HCO3－的总浓度c总＝c1·V1×10－3.（2025·东城区模拟）以银盐为例探究沉淀溶解的反应规律。已知25℃时部分物质的溶度积：化学式AgClAgIAg2SKsp1.8×10－108.5×10－176.3×10－50Ⅰ.理论分析（1）根据溶度积表达式，分析促进沉淀溶解的方法：①降低阳离子浓度使Q＜Ksp；②。Ⅱ.实验探究【实验1】向三份等量AgCl、AgI和Ag2S固体中分别加入2mL1mol·L－1氨水，AgCl溶解，AgI和Ag2S均不溶解。（2）用平衡移动原理解释AgCl溶于氨水的原因：。（3）AgI与2mL水形成的浊液与上述AgI-氨水形成的浊液相比，c（Ag＋）：前者后者（填“＞”“＜”或“＝”）。【实验2】向两份等量AgI、Ag2S固体中分别加入2mL3mol·L－1硝酸，水浴加热。AgI不溶解；盛有Ag2S的试管中黑色固体逐渐减少，有无色气泡产生，溶液中出现乳白色浑浊，试管口处气体略显红棕色，最终无黑色沉淀，有淡黄色沉淀。（4）由“溶液中出现乳白色浑浊”推测Ag2S溶于硝酸经过两步反应：ⅰ.Ag2S＋2H＋⇌2Ag＋＋H2S；ⅱ.……写出ⅱ的离子方程式：。（5）已知KI能被硝酸氧化。①对比Ag2S溶于稀硝酸的两步反应，分析AgI不溶于稀硝酸的原因：。②进行实验：向盛有AgI和稀硝酸的试管中加入KCl固体，溶液立即变黄，产生无色气泡，沉淀颜色转变为白色。解释出现该现象的原因：。（6）实验室回收了一定量AgI，欲将其转化为AgNO3溶液，设计实验方案：。答案：（1）降低阴离子浓度，使Q＜Ksp（2）AgCl（s）⇌Ag＋（aq）＋Cl－（aq），NH3与Ag＋结合使c（Ag＋）降低，平衡正向移动（3）＞（4）3H2S＋2NO3－＋2H＋2NO↑＋3S↓＋（5）①I－不能与H＋结合，c（I－）低，还原性弱②Cl－与Ag＋结合生成AgCl，使AgI（s）⇌Ag＋（aq）＋I－（aq）正向移动，c（I－）增大，还原性增强，能够被硝酸氧化，并促进了AgI向AgCl的转化（6）向AgI中加入Na2S溶液，充分反应后过滤，将沉淀洗净，再加入足量稀硝酸，水浴加热，过滤解析：（1）以AgCl沉淀溶解平衡AgCl⇌Ag＋＋Cl－为例，要促进沉淀溶解，平衡向右移动，可以降低阳离子浓度使Q＜Ksp；或者②降低阴离子浓度，使Q＜Ksp。（2）AgCl固体在溶液中存在平衡：AgCl（s）⇌Ag＋（aq）＋Cl－（aq），NH3与Ag＋结合生成[Ag（NH3）2]＋，从而使c（Ag＋）降低，平衡正向移动，所以AgCl溶于氨水。（3）AgCl（s）⇌Ag＋（aq）＋Cl－（aq），加入氨水，NH3可以与Ag＋形成[Ag（NH3）2]＋，降低c（Ag＋），使平衡右移，则水溶液中c（Ag＋）大于氨水中c（Ag＋）。（4）由实验现象盛有Ag2S的试管中黑色固体逐渐减少，有无色气泡产生，溶液中出现乳白色浑浊，试管口处气体略显红棕色，最终无黑色沉淀，有淡黄色沉淀可知，Ag2S溶于硝酸生成NO和硫单质，则ⅱ的离子方程式为3H2S＋2NO3－＋2H＋2NO↑＋3S↓＋4H2O。（5）①已知KI能被硝酸氧化，Ag2S溶于稀硝酸的反应中，S2－与H＋结合生成H2S，Ag2S沉淀溶解平衡右移，还原性增强，与硝酸发生氧化还原反应；AgI不溶于稀硝酸，说明I－不能与H＋结合，c（I－）低，还原性弱。②向盛有AgI和稀硝酸的试管中加入KCl固体，溶液立即变黄，产生无色气泡，沉淀颜色转变为白色，说明与硝酸发生了反应，生成了碘单质，一氧化氮，同时AgI转化为AgCl，出现该现象的原因是Cl－与Ag＋结合生成AgCl，使AgI（s）⇌Ag＋（aq）＋I－（aq）正向移动，c（I－）增大，还原性增强，能够被硝酸氧化，并促进了AgI向AgCl的转化。（6）由上述描述可知，AgI不溶于稀硝酸，Ag2S溶于稀硝酸，因此可以将AgI转化为Ag2S后与稀硝酸反应，故设计实验方案为：向AgI中加入Na2S溶液，充分反应后过滤，将沉淀洗净，再加入足量稀硝酸，5.（2025·北京丰台区模拟）船舶的外壳常用镶嵌锌块的方法避免船体遭受腐蚀，实验室模拟该过程如下。实验实验装置实验步骤及现象Ⅰ电流表指针偏转，Fe电极上未见气泡生成；一段时间后，向Fe电极附近滴加K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀Ⅱ向A区滴加酚酞溶液，出现红色Ⅲ向A区滴加K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀，一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失（1）实验Ⅰ中，Zn作极。（2）蓝色沉淀为KFe[Fe（CN）6]，说明有Fe2＋产生。①对实验Ⅰ中Fe2＋产生的原因作出如下猜想：猜想a.H＋将Fe氧化；猜想b.K3[Fe（CN）6]将Fe氧化；猜想c.将Fe氧化；猜想d.K3[Fe（CN）6]被Zn还原；依据实验Ⅰ中的现象否定了猜想a.②理论分析：资料ⅰ：实验Ⅰ条件下，Fe2＋＋6CN－⇌[Fe（CN）6]4－Zn2＋＋4CN－⇌[Zn（CN）4]2－若K3[Fe（CN）6]将Fe氧化，写出生成Fe2＋的离子方程式为。若K3[Fe（CN）6]被Zn还原，还原产物为，无法生成蓝色沉淀。因此，猜想b可能成立，猜想d不成立。③设计实验（填操作和现象），证明了猜想c不成立，则猜想b成立。（3）结合电极反应式，分析实验Ⅱ中出现红色的原因。资料ⅱ：实验Ⅲ条件下，Fe与KFe[Fe（CN）6]很难发生反应。（4）结合平衡移动原理，解释实验Ⅲ中“一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失”的可能原因。（5）将实验Ⅲ装置中的锌片换成铜片，重复实验Ⅲ的操作，推测其与实验Ⅲ现象的差异。由上述实验可知：比铁活泼的锌可以保护铁不被腐蚀。答案：（1）负（2）①O2②Fe＋2[Fe（CN）6]3－2[Fe（CN）6]4－＋Fe2＋[Fe（CN）6]4－③取实验Ⅰ中Fe电极附近未滴加K3[Fe（CN）6]的溶液于试管中，滴入K3[Fe（CN）6]溶液，（3）O2＋4e－＋2H2O4OH－，A区c（OH－）增大，（4）KFe[Fe（CN）6]（s）⇌K＋（aq）＋Fe2＋（aq）＋[Fe（CN）6]3－（aq），[Fe（CN）6]3－⇌Fe3＋＋6CN－，Fe3＋或[Fe（CN）6]3－被Zn还原，使其浓度降低{随着O2＋4e－＋2H2O4OH－反应的进行，铁钉附近c（OH－）增大，Fe2＋、Fe3＋或[Fe（CN）6]3－与OH－反应，使Fe2＋、Fe3＋或[Fe（CN）6]3－浓度降低}，平衡正向移动，（5）该反应比实验Ⅲ产生的蓝色沉淀更快、更多；一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失解析：（1）在锌铁原电池中，活泼的金属作负极，锌比铁活泼，所以实验Ⅰ中锌作负极。（2）在酸性的氯化钠溶液中存在氧气，氧气具有氧化性，能把铁氧化，所以猜想为：O2能将Fe氧化。若K3[Fe（CN）6]将Fe氧化，K3[Fe（CN）6]中Fe为＋3价，被还原为Fe2＋，Fe被氧化为Fe2＋，根据得失电子守恒和电荷守恒，离子方程式为Fe＋2[Fe（CN）6]3－2[Fe（CN）6]4－＋Fe2＋。若K3[Fe（CN）6]被Zn还原，K3[Fe（CN）6]中Fe为＋3价，被还原为Fe2＋后，Fe2＋再与CN－结合为[Fe（CN）6]4－，所以还原产物为[Fe（CN）6]4－；要证明猜想c