高考化学之考前抓大题04 无机定量与探究实验解析版.docx
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高考化学之考前抓大题04无机定量与探究实验解析版
大题04无机定量与探究实验
(二)
1.某小组同学在实验室里对Fe3+与I﹣的反应进行探究,实现Fe3+与Fe2+相互转化。
(1)甲同学首先进行了如下实验:
编号
操作
现象
Ⅰ
先向2mL0.1mol•L﹣1FeCl2溶液中滴加KSCN溶液,再滴加新制氯水
_______________________________
_______________________________
Ⅱ
先向2mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中滴加KSCN溶液,再滴加0.1mol•L﹣1KI溶液
滴加KSCN溶液后,溶液变成血红色;滴加0.1mol•L﹣1KI溶液后,血红色无明显变化
实验Ⅰ中发生反应的离子方程式为,。
(2)实验II的现象与预测不同,为探究可能的原因,甲同学又进行了如下实验,
操作及现象如下:
编号
操作
现象
Ⅲ
向2mL0.1mol•L﹣1KI溶液中滴加1mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液,再滴加KSCN溶液
滴加FeCl3溶液后,溶液变成黄色;滴加KSCN溶液后,溶液变成血红色
根据实验Ⅲ,该同学认为Fe3+有可能与I﹣发生氧化还原反应.请结合实验现象说明得出该结论的理由:
。
(3)乙同学认为,还需要进一步设计实验才可证明根据实验Ⅲ中现象得出的结论。
请补全下表中的实验方案:
编号
操作
预期现象及结论
Ⅳ
向2mL0.1mol•L﹣1KI溶液中滴加1mL0.1mol•L﹣1
FeCl3,溶液变黄色,取该溶液于两支试管中,
试管①中滴加,
试管②中滴加。
预期现象①,
②。
结论。
(4)上述实验结果表明,Fe3+有可能与I﹣发生氧化还原反应.进一步查阅资料知,参加反应的Fe3+和I﹣物质的量相同.该小组同学结合上述实验结论,分析了实验Ⅲ中加入KSCN后溶液变血红色的原因,认为Fe3+与I﹣反应的离子方程式应写为:
。
【答案】
(1)
编号
操作
现象
Ⅰ
滴加KSCN后溶液无明显变化,加入氯水后溶液变成血红色
Ⅱ
2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣;Fe3++3SCN﹣=Fe(SCN)3;
(2)溶液变成黄色,推测生成了I2;
(3)
编号
操作
预期现象及结论
Ⅳ
滴加淀粉溶液(或CCl4)
滴加铁氰化钾溶液
预期现象:
溶液变蓝
(或溶液分层,下层溶液为紫红色)
出现特征蓝色沉淀
结论:
Fe3+能与I﹣发生氧化还原反应,生成I2和Fe2+
(4)2Fe3++2I﹣
2Fe2++I2
【解析】
(1)①亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应,所以向氯化亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液后,溶液不呈红色,再滴加氯水后,氯气把亚铁离子氧化呈铁离子,铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物,导致溶液呈血红色,所以实验I的现象为滴加KSCN后溶液无明显变化,加入氯水后溶液变成红色;②氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁,反应离子方程式为:
2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-,Fe3++3SCN﹣=Fe(SCN)3;
(2)碘水溶液呈黄色,根据溶液变成黄色,推测生成了I2;(3)如果碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子,亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀,碘单质遇淀粉溶液变蓝色,碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色,所以如果要检验碘单质和亚铁离子,可以用再滴加淀粉溶液(或CCl4;或铁氰化钾溶液)检验,反应现象是溶液变蓝(或溶液分层,下层溶液为紫色;或生成蓝色沉淀),结论:
Fe3+能与I-发生氧化还原反应,生成I2(或Fe2+);(4)Fe3+与I-发生氧化还原反应,且参加反应的Fe3+与I-的物质的量相同,所以该反应的离子方程式为:
2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2。
2.某小组以亚硝酸钠(NaNO2)溶液为研究对象,探究NO2-的性质。
实验
试剂
编号及现象
滴管
试管
2mL
1%酚酞溶液
1mol·L-1NaNO2溶液
实验I:
溶液变为浅红色,微热后红色加深
1mol·L-1NaNO2溶液
0.1mol·L-1KMnO4溶液
实验II:
开始无明显变化,向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去
KSCN溶液
1mol·L-1FeSO4
溶液(pH=3)
实验III:
无明显变化
1mol·L-1NaNO2溶液
1mol·L-1FeSO4
溶液(pH=3)
实验IV:
溶液先变黄,后迅速变为棕色,滴加KSCN溶液变红
资料:
[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。
(1)结合化学用语解释实验I“微热后红色加深”的原因______。
(2)实验II证明NO2-具有_____性,从原子结构角度分析原因_________。
(3)探究实验IV中的棕色溶液
①为确定棕色物质是NO与Fe2+,而非Fe3+发生络合反应的产物,设计如下实验,请补齐实验方案。
实验
溶液a
编号及现象
1mol·L-1FeSO4溶液(pH=3)
i.溶液由___色迅速变为___色
____________________
ii.无明显变化
②加热实验IV中的棕色溶液,有气体逸出,该气体在接近试管口处变为红棕色,溶液中有红褐色沉淀生成。
解释上述现象产生的原因_________。
(4)络合反应导致反应物浓度下降,干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。
小组同学设计实验V:
将K闭合后电流表指针发生偏转,向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。
①盐桥的作用是____________________________。
②电池总反应式为______________________。
实验结论:
NO2-在一定条件下体现氧化性或还原性,氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。
【答案】
(1)NO2-发生水解反应NO2-+H2O
HNO2+OH-,温度升高水解平衡正向移动,碱性增强,溶液红色加深
(2)还原性N原子最外层5个电子(可用原子结构示意图表示),+3价不稳定,易失电子,体现还原性
(3)①浅绿色棕色0.5mol·L−1Fe2(SO4)3溶液(pH=3)
②棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+,NO被空气氧化为NO2,加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+,促进Fe3+水解,产生Fe(OH)3沉淀
(4)①阻碍Fe2+与NO接触,避免络合反应发生
②Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O
【解析】
(1)根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐,NO2-发生水解反应NO2-+H2O
HNO2+OH-,温度升高水解平衡正向移动,碱性增强,溶液红色加深,所以在2mL1mol·L-1NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液变为浅红色,微热后红色加深,
故答案为NO2-发生水解反应NO2-+H2O
HNO2+OH-,温度升高水解平衡正向移动,碱性增强,溶液红色加深;
(2)根据实验II说明NaNO2溶液与KMnO4溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4溶液的紫色褪去,即KMnO4被还原,说明NO2-具有还原性。
NO2-具有还原性的原因是:
N原子最外层5个电子(可用原子结构示意图表示),+3价不稳定,易失电子,体现还原性,
故答案为还原性;N原子最外层5个电子(可用原子结构示意图表示),+3价不稳定,易失电子,体现还原性;
(3)①实验IV在FeSO4溶液(pH=3)中滴加NaNO2溶液,溶液先变黄,后迅速变为棕色,滴加KSCN溶液变红,说明有Fe3+生成,NO2-被还原为NO。
若要证明棕色物质是是NO与Fe2+,而非Fe3+发生络合反应的产物,需要作对照实验,即向pH均为3,含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液中通入NO,若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色,而通入Fe2(SO4)3溶液无现象,则可证明;
故答案为浅绿色;棕色;0.5mol·L−1Fe2(SO4)3溶液(pH=3);
②加热实验IV中的棕色溶液,有气体逸出,该气体在接近试管口处变为红棕色,说明加热后生成了NO气体;溶液中有红褐色沉淀生成,说明生成了Fe(OH)3,原因是棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+,NO被空气氧化为NO2,加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+,促进Fe3+水解,产生Fe(OH)3沉淀,
故答案为棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成NO和Fe2+,NO被空气氧化为NO2,加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+,促进Fe3+水解,产生Fe(OH)3沉淀;
(4)①将K闭合后电流表指针发生偏转,向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大,由图可知,该装置构成了原电池,两电极分别产生NO和Fe3+,U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触,避免络合反应发生;
故答案为阻碍Fe2+与NO接触,避免络合反应发生;
②该原电池负极反应为:
Fe2+-e-=Fe3+,正极反应为NO2-+e-+2H+=NO↑+H2O,所以电池总反应式为Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O;
故答案为Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O。
3.医疗上绿矾(FeSO4·7H2O)是治疗缺铁性贫血的特效药。
某化学兴趣小组对绿矾进行了如下的探究:
Ⅰ.【制备产品】
该小组由废铁屑(含少量氧化铜、氧化铁等杂质),用如图所示装置制备FeSO4•7H2O晶体,步骤如下:
(1)预处理:
先将废铁屑加入到饱和Na2CO3溶液中洗涤,目的是___________,然后将废铁屑用水洗涤2~3遍。
(2)将洗涤后的废铁屑加入到圆底烧瓶中,并持续通入N2,N2的作用是_____________。
(3)再加入足量稀硫酸,控制温度50℃~80℃之间,充分反应后,圆底烧瓶中剩余的固体为_____________。
(4)获取产品:
先向步骤(3)中反应后的混合物中加入少许蒸馏水,趁热过滤,_________________。
滤出晶体,用少量冰水洗涤2~3次,再用滤纸将晶体吸干,密闭保存。
Ⅱ.【测定FeSO4•7H2O含量】
(1)称取上述样品10.0g,溶于适量的稀硫酸中,配成100mL溶液,需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、量筒外,还需要的仪器有(填仪器名称)___________________、_________________。
(2)准确量取25mL该液体于锥形瓶中,用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定,则滴定终点的判断方法是_______________。
(3)用同样的方法滴定3次,平均消耗10.00mL标准液,该样品中FeSO4•7H2O的质量分数为_____________。
(已知Mr(FeSO4•7H2O)=278)。
(4)若测量结果偏小,则可能是在定容时__________________(填“俯视”或“仰视”)读数。
【答案】Ⅰ.
(1)洗去铁屑表面的油污
(2)排除装置中的空气或氧气(3)Cu(4)冷却结晶
Ⅱ.
(1)100mL容量瓶(1分)胶头滴管(1分)
(2)当最后一滴标准液滴入时,溶液变为红色,且30s内不褪色
(3)55.6%(4)俯视(1分)
【解析】I.
(1)碳酸钠的水溶液显碱性,可以除去铁屑表面的油污;
(2)FeSO4易被氧气氧化,持续通入N2排除装置中的空气或氧气;
(3)氧化铜、氧化铁与硫酸反应生成硫酸铜和硫酸铁,铁单质与硫酸铜和硫酸铁反应生成硫酸亚铁和铜单质;
(4)洗涤、过滤、冷却结晶可得FeSO4•7H2O晶体;
II.
(1)步骤为:
计算→称量→溶液→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签,需要使用的仪器有:
100mL容量瓶,托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管,量筒可用可不用;
(2)可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时,再滴加KMnO4溶液时,溶液将由无色变为紫红色;
(3)测定样品中Fe2+的含量,采用在酸性条件下KMnO4标准液滴定,Fe2+→Fe3+,铁元素化合价升高1价;MnO4-→Mn2+,锰元素降低5价,化合价升降最小公倍数为5,故Fe2+系数为5,MnO4-系数为1,根据元素守恒可知Mn2+与Fe3+系数分别为1、5,根据电荷守恒可知缺项为H+,H+其系数为2+3×5-[2×5-1]=8,根据H元素守恒可知H2O系数是4,所以反应离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
令Fe2+的物质的量为xmol,则:
5Fe2+~~~~~~MnO4-
51
xmol0.01L×0.1mol/L
所以x=0.01×0.1mol/L×5=0.005mol
所以样品中FeSO4•7H2O的质量0.005mol×4×278g/mol=5.56g,所以4g产品中FeSO4•7H2O的质量分数为
×100%=55.6%。
(4)定容时仰视体积偏大,浓度偏小。
4.工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质.某同学设计了如下实验分别测定氮化铝(AlN)样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解).
(1)实验原理
①Al4C3与硫酸反应可生成CH4,
②AlN溶于强酸产生铵盐,溶于强碱生成氨气,请写出AlN与过量NaOH溶液反应的化学方程式,
(2)实验装置(如图所示)
(3)实验过程
①连接实验装置,检验装置的气密性.称得D装置的质量为yg,滴定管的读数为amL.
②称取xgAlN样品置于装置B瓶中;塞好胶塞,关闭活塞,打开活塞,通过分液漏斗加入稀硫酸,与装置B瓶内物质充分反应.
③待反应进行完全后,关闭活塞,打开活塞,通过分液漏斗加入过量(填化学式),与装置B瓶内物质充分反应。
④(填入该步应进行的操作)。
⑤记录滴定管的读数为bmL,称得D装置的质量为zg。
(4)数据分析(已知:
该实验条件下的气体摩尔体积为VmL•mol﹣1)
①Al4C3的质量分数为。
②若读取滴定管中气体的体积时,液面左高右低,则所测气体的体积(填“偏大”、“偏小”或“无影响”).
③AlN的质量分数为。
【答案】
(1)AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑;
(3)②K2、K3;K1;③K1;K3;NaOH;④打开K2,通入空气一段时间;
(4)(4)①
×100%;②偏小;③
×100%;
【解析】从实验装置和实验步骤上看,本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应,量取生成的甲烷气体,从而可测得Al4C3的百分含量;用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应,充分吸收生成的氨气,并称量其质量,从而求得AlN的质量分数;
(1)根据题目信息:
AlN溶于强碱溶液时会生成NH3,化学方程式为:
AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑,故答案为:
AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑;
(3)②通过分液漏斗加入稀硫酸,硫酸与样品中Al4C3完全反应,量取生成的甲烷气体,从而测得Al4C3的百分含量,故应关闭活塞K2、K3,打开活塞K1,故答案为:
K2、K3;K1;
③用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应,充分吸收生成的氨气,并称量其质量,故应关闭活塞K1,打开活塞K3,故答案为:
K1;K3;NaOH;
④装置中残留部分氨气,打开K2,通入空气一段时间,排尽装置的氨气,被装置D完全吸收,防止测定的氨气的质量偏小,故答案为:
打开K2,通入空气一段时间;
(4)①甲烷的体积为(a﹣b)mL,物质的量为
mol,根据碳原子的守恒,Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一,所以Al4C3的质量为
×
mol×144g/mol=
g,Al4C3的质量分数为
×100%,故答案为:
×100%;
②读取滴定管中气体的体积时,液面左高右低,气体的压强大于大气压,测定气体甲烷的体积偏小,故答案为:
偏小;
③氨气的质量为(z﹣y)g,物质的量为
mol,根据氮原子的守恒,氨气的物质的量等于AlN的物质的量,所以AlN的质量为
mol×41g/mol=
g,故AlN的质量分数为
×100%=
×100%,故答案为:
×100%。
5.某实验小组探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液的反应。
实验I
操作
现象
滴加5滴0.1mol/LNa2SO3溶液,振荡
产生白色沉淀,测得混合溶液pH=5
继续滴加0.1mol/LNa2SO3溶液,振荡
白色沉淀增多,继续滴加,白色沉淀消失,测得混合溶液pH=9
资料:
Ag2SO3,白色固体,难溶于水;Ag2SO4,白色固体,微溶于水;AgOH,白色固体,常温下不稳定,易分解产生棕褐色固体。
(1)测得0.1mol/LNa2SO3溶液pH=10,用离子方程式解释原因:
_______。
(2)实验小组对白色沉淀的成分提出猜想:
①可能含Ag2SO3。
②可能含Ag2SO4,理由是________。
③可能含AgOH。
实验产生的白色沉淀放置一段时间后未发生明显变化,排除猜想③。
(3)检验白色沉淀的成分
(资料:
Ag++2S2O32−
Ag(S2O3)23−,Ag(S2O3)23−在溶液中稳定存在。
)
测得沉淀C质量小于沉淀B,试剂1和试剂2分别是_____、______,说明白色沉淀是Ag2SO3和Ag2SO4的混合物。
(4)探究白色沉淀消失的原因。
实验小组设计对照实验:
实验II
实验III
实验操作
现象
沉淀溶解
①补充实验III的实验操作及现象:
_______,证明SO32−使白色沉淀溶解。
②查阅资料:
Ag2SO3能溶于过量Na2SO3溶液中形成Ag(SO3)23−。
白色沉淀中含有Ag2SO4,但还能全部溶解于Na2SO3溶液的原因是______。
(5)探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液能否发生氧化还原反应。
实验IV
操作
现象
步骤i:
滴加一定体积0.1mol/LNa2SO3溶液
产生白色沉淀
步骤ii:
再加入NaOH溶液调pH=14,振荡
白色沉淀变黑,经检验为Ag
步骤ii中Ag2SO3发生反应的离子方程式是_________。
(6)综合实验I和IV,说明AgNO3溶液与Na2SO3溶液的反应类型与_______有关。
【答案】
(1)SO32−+H2O
HSO3−+OH−
(2)SO32−可能被O2氧化
(3)Ba(NO3)2溶液盐酸溶液
(4)①操作:
滴加NaOH溶液至pH=9,现象:
白色沉淀不溶解
②Ag2SO4微溶,溶液中存在SO32−,Ag2SO4易转化为更难溶的Ag2SO3,进而被Na2SO3溶液溶解。
(5)Ag2SO3+2OH−==2Ag+SO42−+H2O
(6)反应物的相对浓度、pH
【解析】
【分析】
试验I在AgNO3溶液中滴加Na2SO3溶液生成白色沉淀,可以考虑生成Ag2SO3沉淀;同时考虑亚硫酸盐易被空气中的氧气氧化,又可以考虑白色沉淀中有Ag2SO4;加入的Na2SO3溶液呈碱性,所以还可以考虑AgOH。
随着Na2SO3溶液滴入量的增加,PH值也逐渐增大,沉淀先增加后溶解,可见该反应与反应物的用量和PH有关。
小题(3)是对于白色沉淀的检验:
用Na2S2O3溶液溶解沉淀,使Ag+结合成Ag(S2O3)23−而溶解,释放出白色沉淀中的阴离子,再用可溶钡盐+盐酸检验可能的SO32−和SO42−。
小题(4)是对于白色沉淀溶解的原因探究:
根据所给信息,沉淀的溶解应是生成了Ag(SO3)23−。
溶解过程中有两个量在变:
Na2S2O3的量和PH,因此可从这两方面进行探究。
小题(5)是探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液能否发生氧化还原反应:
根据实验现象可直接判断。
【详解】
(1)Na2SO3溶液呈碱性的原因是弱酸根离子SO32−的水解:
SO32−+H2O
HSO3−+OH−,故答案为:
SO32−+H2O
HSO3−+OH−
(2)+4价硫的还原性较强,易被氧化。
根据实验环境,可考虑Ag+或O2,由于Ag+的还原产物Ag为黑色,可排除,所以可能产生Ag2SO4的理由是SO32−可能被O2氧化,故答案为:
SO32−可能被O2氧化
(3)对于白色沉淀的检验:
用Na2S2O3溶液溶解沉淀,使Ag+结合成Ag(S2O3)23−而溶解,释放出白色沉淀中的阴离子,再用可溶钡盐将可能的SO32−和SO42−沉淀,分离出的沉淀用盐酸溶解,如果能全溶解,则不含SO42−,如果不能全溶解,则含SO42−,故答案为:
Ba(NO3)2溶液;盐酸溶液
(4)①为证明是SO32−是使白色沉淀溶解的原因,本题设计了对照试验,为此要控制好变量,排除溶液PH值的影响,即应在对照组的白色沉淀中滴加NaOH溶液至PH=9,故答案为:
操作:
滴加NaOH溶液至pH=9,现象:
白色沉淀不溶解
②Ag2SO4在水中存在溶解平衡:
Ag2SO4(s)
Ag+(aq)+SO42−(aq),加入的SO32−将Ag+结合成溶解性更小的Ag2SO3,c(Ag+)降低,促进Ag2SO4转化成Ag2SO3,并进一步转化成Ag(SO3)23−,直至完全溶解,故答案为:
Ag2SO4微溶,溶液中存在SO32−,Ag2SO4易转化为更难溶的Ag2SO3,进而被Na2SO3溶液溶解
(5)试验IV通过改变沉淀所在环境的PH来探究AgNO3溶液与Na2SO3溶液能否发生氧化还原反应。
从试验现象及产物可知,加入NaOH溶液至pH=14时发生了氧化还原反应,生成了Ag,可知S应被氧化成SO42−,所以反应离子方程式为:
Ag2SO3+2OH−==2Ag+SO42−+H2O,故答案为:
Ag2SO3+2OH−==2Ag+SO42−+H2O
(6)根据试验I和IV及以上分析可知:
AgNO3溶液与Na2SO3溶液在PH=5时先生成Ag2SO3,发生的是复分解反应;如果提高Na2SO3溶液的相对浓度(即加入过量的Na2SO3溶液至PH=9)又溶解为络合离子Ag(SO3)23−;而如果提高碱性至PH=14时生成的是Ag和SO42−,发生的是氧化还原反应。
所以两者的反应类型与反应物的相对浓度、pH都有关,故答案为:
反应物的相对浓度、pH
【点睛】探究实验的两个问题:
1.根据现象得出结论:
根据题给已知的实验现象,结合化学知识进行分析,得出合理的结论。
对现象的分析要细致,特别要注意现象与物质性质之间的关联性。
2.根据实验目的设计实验:
应先明确问题所在,再针对问题设计实验。
本题(4)中,为探究白色沉淀溶解的原因,应先分析白色沉淀溶解过程中什么在变化、如何变化,找出可能的相关因素(本小题为亚硫酸钠的量和PH值),再针对这些因素进行实验设计。
否则思路不清,会造成无的放失。
6.阳极泥处理后的沉渣中含AgCl,工业上可用Na2SO3溶液作浸取剂浸出回收。
某小组在实验室模拟该过程。
已知:
i.25oC时,部分物质的溶解度:
AgCl1.9×10–4g;Ag2SO34.6×10–4g;Ag2SO4 0.84g。
ii.25oC时,亚硫酸钠溶液酸化过中含
微粒的物质的量分数随pH变化如图所示。
Ⅰ.浸出氯化银
取AgCl固体,加入1mol/LNa2SO3溶液作浸取剂,充分反应后过滤得到浸出液(pH=8),该过程中发生的反应为AgCl+
[Ag(SO3)2]3–+Cl–。
(1)用平衡
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