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1、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MnSO47H2O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MnSO47H2O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)。装置正确的连接顺序为N2gh_。实
2、验自始至终均需通入N2，其目的是_。若起始时，在装置中加入166.2gMnSO47H2O，充分反应后，测得SO2的质量为12.8g，则MnxOy的化学式为_。2Na2S2O3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2Na2SNa2CO34SO2=3Na2S2O3CO2，该反应放热)制取Na2S2O3并对其含量进行了测定。硫化碱法制备Na2S2O35H2O流程如下。.制备Na2S2O3(1)甲中反应的化学方程式为_。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
3、浊，结合离子方程式解释此时必须立刻停止通入SO2的原因：_。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Na2S2O35H2O的方法是_。.测定样品的纯度将结晶得到的Na2S2O35H2O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0.0100molL1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
4、程中发生的反应如下：Cr2O6I14H=2Cr33I27H2O，I22S2O=S4O2I。(3)试剂X是_。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
5、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)H97.3kJmol1；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/
6、54.110172.4沸点/69.134.610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18.4molL1的浓硫酸配制250mL70%的硫酸(密度为1.6gcm3)，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SO，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
7、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：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：.取5.200g粗
8、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）。.向锥形瓶中加入2.000molL1EDTA10.00mL（过量），振荡。.用1.000molL1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：ZnEBTEDTA=ZnEDTAEBT。滴定终点的现象为。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
9、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：.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0.1molL1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
10、是，理由是。.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、2molL1盐酸、NaHCO3溶液、NaHSO3溶液、酸性KMnO4溶液、漂白粉溶液）。.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）42（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1.5mL1molL1CuSO4溶液和3.5mL1molL1NaOH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
11、（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Na2SCS2=Na2CS3。已知：Na2CS3是红色固体，极易溶于水，性质与碳酸钠相近。CS2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。.制备
12、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。.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
13、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。.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2.0molL1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）。4Cu（NH3）xSO4yH2O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
14、其组成。回答下列问题：（1）Cu（NH3）xSO4yH2O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0.4895molL1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。仪器B的名称为；将细导管插入吸收液中是为了。蒸馏烧瓶比C中吸收液的液面要高出很多，其目的是。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：。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）xSO4yH2O中铜元素含量的测定
15、已知：Cu2易与I反应生成CuI；常温下Na2S2O3在pH为89时能稳定存在，pH8时会发生歧化反应：I22S2O=2IS4O。准确称取0.4622g Cu（NH3）xSO4yH2O投入过量的NaOH溶液中，过滤，把滤渣加入6molL1H2SO4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、0.0860molL1Na2S2O3溶液、淀粉溶液）若反应消耗Na2S2O3溶液的体积为21.86mL，则样品中n（Cu2）。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
16、收尾气并防止倒吸(2)MnO2SO2=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Fe33SCNFe(SCN)3，SO2将Fe3还原使平衡逆向移动，故溶液颜色变浅(5)cdefab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Mn3O4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MnO2SO2=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)由题意可知，MnSO47H2O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
17、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：N2ghcdefab。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MnSO47H2O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。166.2gMnSO47H2O的物质的量为0.6mol，12.8g二氧化硫的物质的量为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(a2)0.2mol2，解得a，则MnxOy为Mn3O4。2答案：(1)Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O2Na2S3SO2
18、=2Na2SO33S过量的SO2使溶液酸性增强，S2O2H2SO3=SSO2H2O2HSOSO2、H2S、CO2(2)将溶液蒸发浓缩、趁热过滤、降温结晶、过滤(3)淀粉溶液99.2%解析：(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Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O。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
19、S单质，相关的离子方程式为S2O2H2SO3=SSO2H2O2HSO。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Na2S2O35H2O，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Na2S2O35H2O结晶析出，再进行过滤即可。(3)n0.0100molL10.020L2104mol，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O73I26Na2S2O3，反应的Na2S2O3的物质的量n21046mol1.2103mol，原1
20、.5000g样品中含Na2S2O3的物质的量n1.2103mol56103mol，m6103mol248gmol11.488g，w100%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)HCOONaNaOH2SO2=Na2S2O4CO2H2O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S2O6e8OH=2SO4H2O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
21、钠，化学方程式为HCOONaNaOH2SO2=Na2S2O4CO2H2O。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S2O6e8OH=2SO4H2O。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)SO2Cl22H2O=2HClH2SO4取少量反应后的溶液于试管中，滴加稀盐酸，无现象，再加入Ba
22、Cl2溶液，若出现白色沉淀，说明溶液中含有SO(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m250mL1.6gcm370%18.4molL1V10398gmol1，解得：V155.3mL。(5)磺酰氯与H2O反应生成HCl和H
23、2SO4，化学方程式为SO2Cl22H2O=2HClH2SO4。(6)根据反应：SO2Cl2=SO2Cl2，nn0.04mol，m0.04mol135gmol15.4g，故磺酰氯的产率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)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15%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
24、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)加入的EDTA过量，所以滴定前溶液中存在ZnEDTA、EBT、EDTA，溶液显蓝色，滴入锌标准液消耗过量的EDTA，当
25、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；根据所用锌标准液的量可知剩余的n剩(EDTA)1.000molL10.017L0.017mol，则25.00mL待测液中n(Zn2)n总(EDTA)n剩(EDTA)2.000molL10.01L0.017mol0.003mol，所以样品中n(Zn2)0.003mol0.012mol，则样品中Zn的质量分数为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100%40.4%15%，故混有ZnSO4
26、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SOSO浓度大，褪色快；SO浓度小，褪色慢(3)取适量亚硫酸钙，加入2molL1的盐
27、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)2Cu2OSO2=CuSO43Cu(5)使溶液与空气中的氧气充分接触2Cu8NH3H2OO2=2Cu(NH3)424OH6H2O解析：水溶液中含有H2SO3、HSO、SO、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、HSO、SO，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、HSO、SO，但浓
28、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SO。(3)根据题给试剂，应用CaSO3和2molL1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
29、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)42，从而可写出离子方程式。3答案：.(1)FeS2H=Fe2H2S(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K3.(4)蓝CS2H=CS2H2S(5)还原.(6)3.0molL1解析：.(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
30、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。.(4)根据已知信息中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CO2H=CO2H2O，可知三硫代碳酸钠与稀H2SO4反应的离子方程式为CS2H=CS2H2S。(5)溶液
31、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。.(6)装置H中生成的沉淀为CuS，根据关系式：CSH2SCuS，n(CuS)0.15mol，可知Na2CS3溶液的物质的量浓度是3.0molL1。4答案：(1)直形冷凝管充分吸收氨气防止倒吸Cu(NH3)xSO4yH2O2NaOHCuOxNH3Na2SO4(1y)H2OAB(2)加入Na2CO3溶液调整待测液的pH为89，加入淀粉溶液作为指示剂，用0.0860molL1Na2S2O3溶液进行滴定，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色时1.88103molCu(NH3)4SO
32、4H2O解析：(1)由题图2可知，仪器B为直形冷凝管。将细导管插入吸收液中是为了充分将氨气吸收。氨气被吸收后，会造成很大的负压，蒸馏烧瓶比C中吸收液的液面高出很多可防止倒吸。依题意可知反应生成了氨气和氧化铜，反应的化学方程式为：Cu(NH3)xSO4yH2O2NaOHCuOxNH3Na2SO4(1y)H2O。充分反应后，C中为NH4Cl和HCl的混合溶液，溶液呈酸性，酚酞的pH指示范围为8.210.0，则滴定时消耗的氢氧化钠用量偏多，计算出的吸收氨气的盐酸量偏少，导致计算出的NH3的含量偏小。A中加热时间过短，氨气未完全逸出，导致NH3的含量的测定结果偏小。滴定前未将冲洗细导管末端的清洗液加入
33、C中，导致滴定时氢氧化钠用量偏少，则计算出的吸收氨气的盐酸量偏多，导致NH3的含量的测定结果偏大。(2)依题意知，加入KI固体后发生反应2Cu24I=2CuII2，通过测定生成的I2的量，可间接计算Cu2的量。因常温下Na2S2O3在pH为89时能稳定存在，pH8时会发生歧化反应，故在滴定前需要先用Na2CO3溶液调整待测液的pH为89，滴定时，需加入淀粉溶液作为指示剂，然后用0.0860molL1Na2S2O3溶液进行滴定，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色时，读取消耗的Na2S2O3溶液的体积。由2Cu24I=2CuII2和I22S2O=2IS4O可得Cu2S2O，故n(Cu2)n(S2O)0.0860molL121.86103L1.88103mol。由分析可得n(NH3)25103L0.5096molL110.66103L0.4895molL17.52103mol，故x4。根据Cu(NH3)xSO4yH2O为0.4622g可得，M246gmol1，y1，故该晶体的化学式为Cu(NH3)4SO4H2O。