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1、2022届高三化学大题专题复习物质性质的实验探究实验题（共7题）1亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要化工原料，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的防腐剂，其广泛存在于自然环境中，如蔬菜、肉类、豆类、腌制品等都可以测出一定量的亚硝酸钠。某化学兴趣小组设计如图所示装置(省略夹持装置)制备NaNO2并探究其性质。已知：2NO+Na2O2 =2NaNO2；NaNO2易被空气氧化，NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO；HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO3 +2NO+ H2O。回答下列问题：(1)A中盛Na2O2的玻璃仪器名称是_。(2)上述实验装置中，依据气流从左至右，装置连接顺序(可重复使用)
2、为_。(3)连接仪器并检查气密性，检查气密性的具体操作是_。(4)打开活塞K2之前先通入氮气，其理由是_。(5)实验时观察到C中溶液变为蓝色，其离子方程式为_。(6)探究NaNO2性质：实验完毕后，甲同学取少量A中白色粉末(假设为纯净物)溶于水，并滴加几滴稀盐酸，然后加入KI淀粉溶液，溶液变蓝色，甲同学得出结论NaNO2有氧化性，乙同学认为甲同学的结论不严谨，其理由是_。(7)家里腌制的咸菜中含有一定量的亚硝酸盐，为测定咸菜中亚硝酸根离子的含量，取1 kg咸菜榨汁，将榨出的液体收集后，加入提取剂，过滤得到无色滤液，将该滤液稀释至1 L，取50. 00 mL滤液与过量的稀硫酸和碘化钾溶液的混合液
3、反应，再滴加几滴指示剂，用0. 100 molL-1 Na2S2O3溶液进行滴定，共消耗20. 00 mL。计算该咸菜中亚硝酸根离子的含量为_mgkg-1。已知：2NO+4H+2I- =2NO +I2 +2H2OI2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O62某化学兴趣小组探究84消毒液(含10.5%NaClO和少量NaOH)与75%医用酒精能否反应，进行如下实验：(1)将25mL无水乙醇配成75%医用酒精，下列仪器中不需要使用的有_(填名称)。(2)实验的淀粉碘化钾试纸在3min时变蓝，21min后蓝色褪去，实验则在8min时变蓝，49min后褪色。实验中，使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质是_，
4、而后碘被_(填“氧化”或“还原”)导致蓝色褪去。对比实验和的现象可以说明乙醇被NaClO氧化，理由是_。实验过程，测得实验中混合溶液的pH由12.38逐渐增大至12.80，说明乙醇与NaClO反应可能生成_。(3)为了测定84消毒液与医用酒精1：1反应后溶液中剩余NaClO含量：取5.00mL反应后溶液(密度约1gmL-1)于锥形瓶，加入过量KI溶液和适量硫酸，在冷暗处静置4-5min后，再加入少量淀粉指示剂，用0.1000molL-1Na2S2O3标准液滴定，消耗标准液体积为14.80mL。滴定前，将锥形瓶置于“冷暗处”的目的是_，写出NaClO与KI反应的离子方程式_。滴定终点溶液的颜色是
5、_，84消毒液与医用酒精1：1反应后溶液中NaClO的质量分数=_(结果保留3位有效数字；I2+2S2O=2I-+S4O)。3某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3是否反应产生Cl2。已知FeCl3固体易升华，其蒸气为黄色。 实验操作和现象： 实验操作现象点燃酒精喷灯，加热加热一段时间后，装置A中产生黄色气体，装置B中溶液变蓝(1)该实验装置从安全角度分析，存在的问题是_ 。 (2)在进行上述实验前还必需进行的操作为 _ 。 (3)装置A中产生黄色气体能不能说明一定产生Cl2？原因为_ 。 (4)除了生成的氯气可使B中溶液变蓝外，推测还有两种可能。 推测一：装置A中产生的另一种黄色气体
6、也可使B中溶液变蓝。为排除这种黄色气体应作如何改进？ _ 。 推测二：在酸性条件下，装置中的空气可使B中溶液变蓝。发生反应的离子方程式为_ ；为排除这种情况应如何操作？_。 (5)按照上述改进措施进行实验，观察到装置A中产生黄色气体，装置B中溶液变蓝，则A中发生反应的化学方程式为_。4高氯酸铵(NH4ClO4)是复合火箭推进剂的重要成分，也可以做氧化剂、分析试剂等。实验室可由NaClO3等原料制取高氯酸铵(部分物质溶解度如图)，其实验流程如图：已知：氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠。(1)根据如下溶解度与温度的关系图像推测，80时浸取液冷却至0过滤，滤渣的主要成分为_(写化学式)。反应器中加
7、入氯化铵饱和溶液，然后加热并搅拌使其充分反应，反应的化学方程式为_。若氯化铵用氨气和浓盐酸代替上述反应，则无需加热反应就能进行，其原因是_。(2)反应得到的混合液中NH4ClO4和NaCl的质量分数分别为0.40和0.20。根据溶解度与温度的关系图像，从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为_、_(均填实验操作名称)、过滤、冷水洗涤、干燥，冷水洗涤的作用是_。(3)已知NH4ClO4在400时开始分解，某课题组设计实验探究NH4ClO4的分解产物(假设装置内的药品均足量)。甲同学设计如图实验(部分夹持装置已省略)：若高氯酸铵分解有氯气生成，则可能观察到C中的现象是_，写出产生该现
8、象的离子方程式_。通过查阅资料：NH4ClO4在加热分解时还产生了一种使带火星木条复燃的气体。写出高氯酸铵分解的化学方程式_。实验完毕后，取出E处硬质玻璃管中固体于试管中，滴加蒸馏水，产生的气体R能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，R的电子式为_。5亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚砜，是一种无色或淡黄色发烟液体，有强烈刺激性气味，其熔点-105，沸点79，140以上时易分解。遇水剧烈反应生成SO2和另一种酸性气体，常用作脱水剂，主要用于制造酰基氯化物，还用于医药、农药、染料等的生产。(1)实验室合成SOCl2的原理之一为SO2+Cl2+SCl22SOCl2，部分装置(夹持、加热装置略去)如图所示。实验
9、室用亚硫酸钠固体与70%硫酸制备SO2，不用稀硫酸的原因为_。装置A、C除干燥气体外，另一作用是_。写出装置E中发生反应的化学方程式：_。仪器F中的试剂为。_。(2)甲同学设计实验利用SOCl2和AlCl36H2O混合加热制取无水AlCl3。用SOCl2和AlCl36H2O混合加热制取无水AlCl3时，SOCl2的作用为_。实验室常用过量NaOH溶液吸收SOCl2，写出反应的离子方程式：_。(3)甲同学认为SOCl2还可用作由FeCl36H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但乙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。乙同学认为发生副反应的原因可能是_。乙同学设计如下实验判断副反应的可能性：取少量
10、FeCl36H2O于试管中，加入足量SOCl2，充分反应后向试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于四支试管中，分别进行下列实验，能验证发生副反应的是_(填选项字母)。a.滴加BaCl2溶液 b.滴加K3Fe(CN)6溶液c.滴加酸性KMnO4溶液 d.先滴加稀HNO3，再滴加AgNO3溶液6碳粉、CO、H2均可作为实验室还原CuO的还原剂，实验小组对CuO的还原反应及还原产物组成进行探究。查阅资料：I CuO还原反应中相关信息如表所示：还原剂反应温度/产物性状碳粉800可能混有砖红色固体或黑色固体CO500可能混有砖红色固体H2300左右紫红色固体II CuO高温分解生成Cu2O，Cu2O+2H
11、+=Cu+Cu2+H2O；II PdCl2溶液能吸收CO，生成黑色Pd沉淀和一种氢化物、一种氧化物。回答下列问题：(1)实验室还原CuO适宜选用的还原剂为_，理由为_。(2)小组同学用如图所示装置探究碳粉与CuO反应的产物。仪器a的名称为_。试剂X的作用为_。若气体产物中含有CO，则观察到的现象为_；其中反应的化学方程式为_。(3)某小组同学为测定碳粉还原CuO后固体混合物中单质Cu的质量分数，设计如下实验：准确称取反应管中残留固体8.000g，溶于足量稀硝酸，过滤、洗涤、干燥，所得沉淀的质量为0.160 g；将洗涤液与滤液合并，配成500mL溶液；量取所配溶液25.00mL，加入适当过量的K
12、I溶液；以淀粉为指示剂，用0.500 0 molL-1 Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液的体积为12.00mL。已知：2Cu2+5I-=2CuI+，+2=+3I-。溶解样品时，不能用稀硫酸代替稀硝酸的原因为_.。通过计算说明还原产物中是否含有Cu2O：_。若CuI吸附部分，会导致所测Cu单质的质量分数_.(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。7某化学兴趣小组设计如下实验探究硫代硫酸钠()的化学性质。资料：溶液在酸性条件下分解：回答下列问题：I.实验一 溶液的酸碱性(1)可用_试纸测定该溶液的酸碱性。II.实验二 溶液的还原性取溴水于试管中，滴加溶液至溴水褪色。(2)该反应
13、的离子方程式为_。III.实验三 探究的热分解产物设计如图所示装置进行实验，实验过程中观察到试管内固体熔化、沸腾。反应后，试管中观察到白色物质夹杂着较多淡黄色固体。(3)实验开始时，应先点燃_处的酒精灯，目的是_。(4)兴趣小组对分解产物的组成提出四种观点：甲观点：、S乙观点：、S丙观点：、S丁观点：、S为了证明丙观点是错误的，需检验产物中有，实验方案是_。取少量固体加入稀硫酸，将生成的气体通入品红溶液，观察到品红溶液褪色。该实验不能证明产物中一定有，理由是_。甲和乙观点是错误的，说明理由_(任选一种观点回答)。经实验证实，丁观点是正确的。写出分解反应的化学方程式：_。试卷第7页，总7页参考答
14、案1硬质玻璃管 E、C、B、A、B、D 关闭K1、K2，D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好 排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化 3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O NaNO2与盐酸反应生成的HNO2易被氧化为HNO3，HNO3可将KI氧化产生I2，使淀粉变蓝，所以不严谨(或NaNO2与盐酸反应生成HNO2，而在室温下易反应生成HNO3，加入KI淀粉溶液后变蓝色也可能是生成的HNO3氧化了KI，所以不严谨) 1840 【分析】根据题目信息可知，利用E装置产生的NO2气体先通入C装置将NO2转
15、化为NO，然后再将NO干燥后通入至A装置与Na2O2反应来制取NaNO2，为防止过量NO气体污染环境，装置结尾需用D装置中的高锰酸钾处理NO气体。【详解】(1) 根据装置特点可知A中盛Na2O2的玻璃仪器名称是硬质玻璃管，故答案为：硬质玻璃管。(2)根据分析可知上述实验装置中，依据气流从左至右，装置连接顺序(可重复使用)为E、C、B、A、B、D，故答案为：E、C、B、A、B、D。(3) 连接仪器并检查气密性，检查气密性的具体操作是关闭K1、K2，D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好，故答案为：关闭K1、K2，D装置加水液封导
16、气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好。(4)NO、NaNO2与氧气发生反应，所以打开活塞K2之前先通入氮气，排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化，故答案为：排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化。(5) 实验时观察到C中溶液变为蓝色，是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化碳、水，其离子方程式为：3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O。(6)由题目信息可知乙同学认为甲同学的结论不严谨，其理由是NaNO2与盐酸反应生成的HNO2易被氧化为HNO3，HNO3可将KI氧化产生I2，使淀粉变蓝，所以不严谨(或N
17、aNO2与盐酸反应生成HNO2，而在室温下易反应生成HNO3，加入KI淀粉溶液后变蓝色也可能是生成的HNO3氧化了KI，所以不严谨)。(7)根据反应2NO+4H+2I- =2NO +I2 +2H2O和I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知生成碘单质的物质的量为n(I2)=20. 0010-3L0. 100 molL-12=110-3mol，则50. 00 mL滤液中亚硝酸根离子的质量为m(NO)=110-3mol(246)g/mol=9.210-2g，1 L滤液中亚硝酸根离子的质量为m(NO)=9.210-2g20=1840mg，即该咸菜中亚硝酸根离子的含量为1840mg1kg=
18、1840 mgkg-1，故答案为：1840。2100mL容量瓶、托盘天平 Cl2 氧化 实验I中淀粉碘化钾试纸变蓝及褪色的时间更短，说明乙醇将NaClO还原为Cl2 NaOH 避免碘单质升华 ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O 无色 1.10% 【详解】(1)将无水乙醇配成75%医用酒精，需要加一定量的水稀释，故所用仪器为量筒和烧杯，不需要100mL容量瓶、托盘天平，故答案为：100mL容量瓶、托盘天平；(2)能使淀粉碘化钾试纸变蓝，说明反应生成了I2，结合乙醇具有还原性，NaClO具有强氧化性，则该实验原理为：首先乙醇和NaClO反应生成了Cl2，然后发生Cl2+2KI=2KCl
19、+ I2，I2遇淀粉溶液变蓝，过量的Cl2又将I2氧化，导致蓝色褪去，故答案为：Cl2；氧化；对比实验和的现象，实验I中淀粉碘化钾试纸变蓝及褪色的时间更短，说明乙醇将NaClO还原为Cl2，故答案为：实验I中淀粉碘化钾试纸变蓝及褪色的时间更短，说明乙醇将NaClO还原为Cl2；实验过程，测得实验中混合溶液的pH由12.38逐渐增大至12.80，溶液碱性增强，说明乙醇与NaClO反应可能生成NaOH，故答案为：NaOH；(3)单质碘在常温下易升华，因此滴定前，要将锥形瓶置于“冷暗处”；NaClO与KI反应时，I-被ClO-氧化生成I2，ClO-本身被还原为Cl-，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子
20、守恒配平，反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O，故答案为：避免碘单质升华；ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O；滴定前溶液为蓝色，滴定终点时I2被消耗完，溶液的颜色变为无色；根据ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O，I2+2S2O=2I-+S4O，得到关系式：ClO-2I- I22S2O，n(ClO-)=n(S2O)=0.1000molL-114.8010-3L=7.4010-4mol，则m(NaClO)= 7.4010-4mol74.5g/mol=0.05513g，5.00mL的反应后溶液的质量为1gmL-15.00mL=5.00g，则 Na
21、ClO的质量分数=100%=1.10%，故答案为：无色；1.10%。3FeCl3易升华，遇冷会凝华而易堵塞导管使装置炸裂 检验装置气密性 不能，FeCl3升华后产生的气体也为黄色，FeCl3也能使装置B中溶液变蓝 在装置A、B间添加冷凝装置 O2+4H+4I-=2I2+2H2O 在开始加热A装置前通入一段时间N2排尽装置内空气 4FeCl3+3MnO22Fe2O3+3MnCl2+3Cl2 【分析】有气体参加的反应或制取气体的反应，在实验前要检查装置的气密性，为防止空气成分对实验的干扰，要先通入与反应体系无关的气体进行排空处理；对于易升华、凝华的物质要注意采取安全措施，Cl2、FeCl3都有氧化
22、性，都会将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色，要注意排除杂质的干扰，同时要注意进行尾气处理，防止大气污染。【详解】(1)该实验装置从安全角度分析，存在的问题是FeCl3固体加热易升华，其蒸气遇冷就会发生凝华现象，变为固体而易堵塞导管使装置炸裂。(2)该装置要通过实验探究MnO2与FeCl3能否反应产生Cl2，因为可能有气体产生，因此实验操作前还需要进行的操作为检查装置气密性。(3)装置A中产生黄色气体不能说明一定产生Cl2，这是因为FeCl3固体加热升华后产生的气体FeCl3蒸气也为黄色，因此不能确定黄色气体是Cl2还是FeCl3蒸气。(4) 由于黄色气体可能是Cl2，也可能是FeCl3蒸气，
23、所以推测一就要排除FeCl3蒸气的干扰，改进的措施是：在装置A、B间添加冷凝装置，将FeCl3蒸气通过冷凝分离除去，然后根据B中现象分析判断。推测二是在酸性条件下，空气中含有的O2具有氧化性，O2在溶液中溶解，与KI发生反应产生I2而使B中溶液反应变蓝，该反应的离子方程式为：O2+4H+4I-=2I2+2H2O；解决该问题的实验操作为：在开始加热A装置前通入一段时间N2排净装置内空气。(5) 按照上述改进措施进行实验，观察到装置A中产生黄色气体，装置B中溶液变蓝，则证明A中发生反应产生了Cl2，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为4FeCl3+3MnO22Fe2O3+3MnCl2+
24、3Cl2。4NaClO4 NaClO4+NH4ClNH4ClO4+NaCl NH3和HCl发生化合反应放热 蒸发浓缩 冷却结晶 减少洗涤过程中NH4ClO4晶体的损失 溶液变蓝 Cl2+2I-=I2+2Cl- 2NH4ClO4N2+Cl2+2O2+4H2O 【详解】(1)80降温到0的过程中，涉及到的物质有NaClO4和NaCl，其中NaClO4的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度几乎不受影响，故降温到0时，滤渣的主要成分为NaClO4；向滤渣中加入NH4Cl饱和溶液，加热反应，化学反应方程式为；使用NH4Cl时，反应需要加热，更换为氨气和浓盐酸时，不需要加热，说明氨气和浓盐酸化合放热，
25、以提供反应所需要的热量；(2) 从溶解度曲线图来看，NH4ClO4的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度几乎不受影响，则要想获得较多NH4ClO4晶体，需要采用冷却热饱和溶液的方法，实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、干燥；其中，使用冷水洗涤的作用是减少洗涤过程中NH4ClO4晶体的损失；(3)若NH4ClO4分解有Cl2生成，可能观察到C中溶液变为蓝色，相应的离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-；能使带火星木条复燃的气体是O2；在NH4ClO4中，一个Cl原子得到7个电子，变为Cl2，4个H原子会结合2个O原子形成2H2O，则剩余的2个O原子失去4个电子生成O2，故N
26、原子要失去3个电子生成N2，即NH4ClO4的分解产物除了有Cl2、O2之外，还有H2O、N2，故NH4ClO4分解的化学方程式为 ；气体R能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则R为NH3，其电子式为。5SO2易溶于水，使用70%硫酸能减少SO2的溶解损耗 观察气体流速 Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2+2H2O 碱石灰 作脱水剂，与水反应产生HCl抑制AlCl3水解 FeCl36H2O具有氧化性，SOCl2与水反应生成的SO2具有还原性，会发生氧化还原反应 ab 【详解】(1)SO2易溶于水，使用70%硫酸能减少SO2的溶解损耗；装置A、C除干燥气体外，还可以用来观察气体流速，
27、以使得原料尽可能充分反应；装置E中发生浓HCl和Ca(ClO)2的反应，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2+2H2O；仪器F中的试剂的作用是吸收SO2、Cl2，以防止污染环境，同时还要防止空气中的水蒸气进入B中使SOCl2水解，故仪器F中的试剂为碱石灰；(2)该操作中，SOCl2作脱水剂，与水反应产生HCl抑制AlCl3水解SOCl2水解产生SO2和HCl，SO2、HCl和NaOH反应分别产生Na2SO3和NaCl，故该反应的离子方程式为； (3)FeCl36H2O具有氧化性，SOCl2与水反应生成的SO2具有还原性，二者会发生氧化还原反应，生成新的物质，
28、使得产品不纯；若发生副反应，则会生成和Fe2+；aBaCl2溶液可检验，a符合题意；bK3Fe(CN)6溶液可检验Fe2+，b符合题意；c滴加酸性KMnO4溶液，可能是H2SO3使其褪色，也可能是Fe2+使其褪色，无法证明副反应是否发生，c错误；d先滴加稀HNO3，再滴加AgNO3溶液可检验Cl-，体系中一直存在Cl-，无法证明副反应是否发生，d错误；故选ab。6H2 反应温度低，产品纯度高 酒精喷灯 检验是否有CO2生成 D瓶中产生黑色沉淀 PdCl2+CO+H2O =Pd+CO2+2HCl 稀硫酸不能溶解铜单质 加入稀硝酸后，铜及铜的氧化物都发生溶解，则0.16g固体为过量的碳的质量，从而
29、得出含铜元素物质的质量为8.000g-0.160g=7.84g；由反应可建立如下关系式：Cu2+，则样品中含铜元素的质量为=7.68g7.84g，故还原产物含有Cu2O 偏小 【分析】本实验的目的是探究CuO与碳的混合物高温条件下反应的产物，题给信息显示，产物中含有Cu、Cu2O、CO2，可用澄清石灰水检验CO2的存在，用PdCl2氧化CO从而除去CO气体，再用NaOH吸收反应生成的CO2等。固体产物可先用硝酸溶解，再用KI还原、Na2S2O3标准溶液滴定，从而确定固体产物的组成。【详解】(1)题中信息显示，H2作还原剂时，所需温度低，且产物单一，所以实验室还原CuO适宜选用的还原剂为H2，理
30、由为反应温度低，产品纯度高。答案为：H2；反应温度低，产品纯度高；(2)从图中可以看出，仪器a的名称为酒精喷灯；为判断反应是否发生，需检验产物CO2的存在，所以试剂X为澄清石灰水，作用为检验是否有CO2生成；试剂Y为PdCl2溶液，它能将CO氧化为CO2，同时自身被还原为黑色的Pd，所以若气体产物中含有CO，则观察到的现象为D瓶中产生黑色沉淀；其中反应的化学方程式为PdCl2+CO+H2O =Pd+CO2+2HCl。答案为：酒精喷灯；检验是否有CO2生成；D瓶中产生黑色沉淀；PdCl2+CO+H2O =Pd+CO2+2HCl；(3)溶解样品时，需要将Cu、Cu2O都溶解，不能用稀硫酸代替稀硝酸
31、的原因为：稀硫酸不能溶解铜单质；加入稀硝酸后，铜及铜的氧化物都发生溶解，则0.16g固体为过量的碳的质量，从而得出含铜元素物质的质量为8.000g-0.160g=7.84g；由反应可建立如下关系式：Cu2+，则样品中含铜元素的质量为=7.68g7.84g，故还原产物含有Cu2O；若CuI吸附部分，会导致所用Na2S2O3标准溶液的体积小，铜元素的质量偏小，产品中氧元素的含量偏大，Cu2O的含量偏高，Cu单质的含量偏小，所测Cu单质的质量分数偏小。答案为：稀硫酸不能溶解铜单质；加入稀硝酸后，铜及铜的氧化物都发生溶解，则0.16g固体为过量的碳的质量，从而得出含铜元素物质的质量为8.000g-0.
32、160g=7.84g；由反应可建立如下关系式：Cu2+，则样品中含铜元素的质量为=7.68g7.84g，故还原产物含有Cu2O；偏小。【点睛】配制500mL溶液后，从中取出25.00mL做氧化还原滴定实验，解题时我们易忽视此体积的变化。7pH A 排除装置中的空气(或氧气)，防止等被氧化 取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸，静置，取上层清液滴加溶液，若观察到有白色沉淀生成，则证明产物中含有，反之则没有。 若加热后的固体中有未分解的，加入硫酸也能产生 甲观点，反应前后原子无法守恒或乙观点，电子转移和原子守恒不能同时遵循 【分析】在实验一中可以用pH试纸来测量溶液的酸碱性。在实验二中，因为溶液
33、具有还原性，故可与强氧化性的溴水发生反应生成和溴化钠。在实验三中，和反应生成氮气，用氮气排除装置中的空气，防止等被氧化，然后检验的分解产物。【详解】(1) 溶液不具有强氧化性漂白的能力，所以可以用pH试纸来测定该溶液的酸碱性。(2) 因为溶液具有还原性，故可与强氧化性的溴水发生反应生成和溴化钠，根据得失电子守恒和原子守恒，可以得出该反应的离子方程式为：。(3)为防止等被氧化，实验开始时，应先点燃A处的酒精灯，使和反应生成氮气，目的是用氮气排除装置中的空气，防止等被氧化。(4)要检验产物有，需要检验是否含有硫酸根，操作是取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸，静置，取上层清液滴加溶液，观察是否有白色沉淀生成，所以答案为：取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸，静置，取上层清液滴加溶液，若观察到有白色沉淀生成，则证明产物中含有，反之则没有。能使品红溶液褪色，除了与稀硫酸反应可以生成之外，若加热后的固体中有未分解的，加入硫酸也能产生。甲观点认为反应产物为、S，该观点中Na与O的个数比不可能是1：2，即反应前后原子无法守恒；乙观点认为产物是、S，该观点中电子转移和原子守恒不能同时遵循。丁观点是正确的，即分解生成、S，根据得失电子守恒和原子守恒，得出反应的化学方程式：。答案第7页，总8页