第50講-物質(zhì)性質(zhì)驗(yàn)證型綜合實(shí)驗(yàn)1.（2022江蘇卷T16）實(shí)驗(yàn)室二氧化鈰(CeO2)Cl-Ce2(CO3)3，其部分實(shí)驗(yàn)過程如下:（1）“酸浸”CeO2H2O2Ce3+O2，該反應(yīng)的離子方程式為 。（2）pH約為7的CeCl3溶液與NH4HCO3溶液反應(yīng)可生成Ce2(CO3)3沉淀，該沉淀中Cl-含量與加料方式有關(guān)。得到含Cl-量較少的Ce2(CO3)3的加料方式為 (填序號)。NH4HCO3CeCl3溶液中CeCl3NH4HCO3溶液中（3）通過中和、萃取、反萃取、沉淀等過程，Cl-Ce2(CO3)3Ce3+能被有機(jī)萃取劑(HA)萃取，其萃取原理可表示為Ce3+(水層)+3HA(有機(jī)層)Ce(A)3(有機(jī)層)+3H+(水層)①加氨水“中和”去除過量鹽酸，使溶液接近中性。去除過量鹽酸的目的是 。②反萃取的目的是將有機(jī)層Ce3+轉(zhuǎn)移到水層。使Ce3+盡可能多地發(fā)生上述轉(zhuǎn)移，應(yīng)選擇的驗(yàn)條件或采取的實(shí)驗(yàn)操作有 (填兩項(xiàng))。③與“反萃取”得到的水溶液比較，過濾Ce2(CO3)3沉淀的濾液中，物質(zhì)的量減小的離子有 (填化學(xué)式)。Ce3+的含量。已知水溶液中Ce4+可用準(zhǔn)確濃度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。以苯代鄰氨基苯甲酸為指示劑，滴定終點(diǎn)時溶液由紫紅色變?yōu)榱咙S色，F(xiàn)e2++Ce4+Fe3++Ce3+。請補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案:25.00mLCe3+溶液[c(Ce3+)0.2mol·L-1]，Ce3+完全氧化并去除多余氧化劑后，用稀硫酸酸化，250mL容量瓶中后定容;②按規(guī)定操作分別將00mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2和待測Ce4+溶液裝入如圖所示的滴定管中:③ 。2.（2022廣東卷）食醋是烹飪美食的調(diào)味品，有效成分主要為醋酸(HAc表示)。HAc電離平衡密切相關(guān)。25時，HAcKa=1.75×10-5=10。（1）配制250mol·L-1的HAc溶液，需5mol·L-1HAc溶液的體積為 mL。（2）下列關(guān)于250mL容量瓶的操作，正確的是 (填字母)。25℃HAc電離平衡的影響因素。提出假設(shè)稀釋HAc溶液或改變Ac-濃度，HAc電離平衡會發(fā)生移動。設(shè)計(jì)方案并完成實(shí)驗(yàn)用濃度均為0.1mol·L-1HAcNaAc溶液，同的系列溶液;pH，記錄數(shù)據(jù)。①根據(jù)表中信息，補(bǔ)充數(shù)據(jù):a= ，b= 。②由實(shí)驗(yàn)Ⅰ和Ⅱ可知，稀釋HAc溶液，電離平衡 (填“正”或“逆”)向移動;結(jié)合表中數(shù)據(jù)，給判斷理由: 。③由實(shí)驗(yàn)Ⅱ~Ⅷ可知，增大Ac-濃度，HAc電離平衡逆向移動。實(shí)驗(yàn)結(jié)論假設(shè)成立。（4）小組分析上表數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn):隨著n(NaAc)/n(HAc)的增加，c(H+)的值逐漸接近HAc的Ka。查閱資料獲悉:一定條件下，按n(NaAc)/n(HAc)=1配制的溶液中，c(H+)的值等于HAc的Ka。對比數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，實(shí)驗(yàn)Ⅷ中pH=4.65與資料數(shù)據(jù)Ka=10存在一定差異;推測可能由物質(zhì)濃度準(zhǔn)確程度不夠引起，故先準(zhǔn)確測定HAc溶液的濃度再驗(yàn)證。(ⅰ)移取20.00mLHAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定至終點(diǎn)，消耗體積為22.08mL，則該HAc溶液的濃度為 mol·L-1。請畫出上述過程的滴定曲線示意圖并標(biāo)注滴定終點(diǎn)。(ⅱ)用上述HAc溶液和0.1000mol·L-1NaOH溶液，配制等物質(zhì)的量的HAc與NaAc混合溶液，測定pH，結(jié)果與資料數(shù)據(jù)相符。（5）小組進(jìn)一步提出:如果只有濃度均約為0.1mol·L-1的HAc和NaOH溶液，如何準(zhǔn)確測定HAc的Ka?小組同學(xué)設(shè)計(jì)方案并進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。請完成下表中Ⅱ的內(nèi)容。實(shí)驗(yàn)總結(jié)得到的結(jié)果與資料數(shù)據(jù)相符，方案可行。（6）根據(jù)Ka可以判斷弱酸的酸性強(qiáng)弱。寫出一種無機(jī)弱酸及其用途 。3.（2021天津卷T15）某化學(xué)小組同學(xué)利用一定濃度的H2O2溶液制備O2，再用O2氧化C2H5OH，并檢驗(yàn)氧化產(chǎn)物。Ⅰ．制備O2該小組同學(xué)設(shè)計(jì)了如下氣體發(fā)生裝置(夾持裝置省略)⑴甲裝置中主要儀器的名稱為 。⑵乙裝置中，用粘合劑將MnO2制成團(tuán)，放在多孔塑料片上，連接好裝置，氣密性良好后打開活塞K1，經(jīng)長頸漏斗向試管中緩慢加入3%H2O2溶液至 。欲使反應(yīng)停止，關(guān)閉活塞K1即可，此時裝置中的現(xiàn)象是 。⑶丙裝置可用于制備較多O2，催化劑鉑絲可上下移動。制備過程中如果體系內(nèi)壓強(qiáng)過大，安全管中的現(xiàn)象是 ，此時可以將鉑絲抽離H2O2溶液，還可以采取的安全措施是 。⑷丙裝置的特點(diǎn)是 (填序號)。a．可以控制制備反應(yīng)的開始和結(jié)束b．可通過調(diào)節(jié)催化劑與液體接觸的面積來控制反應(yīng)的速率c．與乙裝置相比，產(chǎn)物中的O2含量高、雜質(zhì)種類少Ⅱ．氧化C2H5OH該小組同學(xué)設(shè)計(jì)的氧化C2H5OH的裝置如圖(夾持裝置省略)⑸在圖中方框內(nèi)補(bǔ)全干燥裝置和干燥劑。Ⅲ．檢驗(yàn)產(chǎn)物⑹為檢驗(yàn)上述實(shí)驗(yàn)收集到的產(chǎn)物，該小組同學(xué)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)并得出相應(yīng)結(jié)論。實(shí)驗(yàn)序號檢驗(yàn)試劑和反應(yīng)條件現(xiàn)象結(jié)論①酸性KMnO4溶液紫紅色褪去產(chǎn)物含有乙醛②新制Cu(OH)2，加熱生成磚紅色沉淀產(chǎn)物含有乙醛③微紅色含酚酞的NaOH溶液微紅色褪去產(chǎn)物可能含有乙酸實(shí)驗(yàn)①~③中的結(jié)論不合理的是 (填序號)，原因是 。4.（2021北京卷T16）某小組實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”為可逆反應(yīng)并測定其平衡常數(shù)。實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證：00ol·－1g240.40ol·－14溶液（pH）等體積混合，產(chǎn)生灰黑色沉淀，溶液呈黃色。g0·－13（pH=1）固體完全溶解。①取I中沉淀，加入濃硝酸，證實(shí)沉淀為Ag?，F(xiàn)象是 。②II中溶液選用Fe2(SO4)3，不選用Fe(NO3)3的原因是 。綜合上述實(shí)驗(yàn)，證實(shí)“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”為可逆反應(yīng)。③小組同學(xué)采用電化學(xué)裝置從平衡移動角度進(jìn)行驗(yàn)證。補(bǔ)全電化學(xué)裝置示意圖，寫出操作及現(xiàn)象 。測定平衡常數(shù)：一定溫度下，待實(shí)驗(yàn)I中反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，取VmL上層清液，用c1ol·－1Ng+N標(biāo)V1mL。資料：Ag++SCN-AgSCN↓(白色)K=Fe3++SCN-FeSCN2+(紅色)K=10①滴定過程中Fe3+的作用是 。②測得平衡常數(shù)K= 。思考問題：①取實(shí)驗(yàn)I的濁液測定c(Ag+)，會使所測K值 （填“偏高”“偏低”或“受影響”②不用實(shí)驗(yàn)II中清液測定K的原因是 。5.（2021北京卷T19）某小組探究鹵素參與的氧化還原反應(yīng)，從電極反應(yīng)角度分析物質(zhì)氧化性和還原性的變化規(guī)律。⑴濃鹽酸與MnO2混合加熱生成氯氣。氯氣不再逸出時，固液混合物A中仍存在鹽酸和MnO2。①反應(yīng)的離子方程式是 。②電極反應(yīng)式：i．還原反應(yīng)：MnO2+2e－+4H+==Mn2++2H2Oii．氧化反應(yīng)： 。③根據(jù)電極反應(yīng)式，分析A中仍存在鹽酸和MnO2的原因。i．隨c(H+)降低或c(Mn2+)升高，MnO2氧化性減弱。ii．隨c(Cl－)降低， 。④補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)證實(shí)了③中的分析。序號實(shí)驗(yàn)加入試劑現(xiàn)象I較濃硫酸有氯氣Ⅱa有氯氣IIIa和b無氯氣a是 ，b是 。⑵利用c(H+)對MnO2氧化性的影響，探究鹵素離子的還原性。相同濃度的KCl、KBr和KI溶液，能與MnO2反應(yīng)所需的最低c(H+)由大到小的順序是 ，從原子結(jié)構(gòu)角度說明理由 。⑶根據(jù)⑴中結(jié)論推測：酸性條件下，加入某種化合物可以提高溴的氧化性，將Mn2+氧化為MnO2。經(jīng)實(shí)驗(yàn)證實(shí)了推測。該化合物是 。⑷Ag分別與1mol·L－1的鹽酸、氫溴酸和氫碘酸混合，Ag只與氫碘酸發(fā)生置換反應(yīng)。試解釋原因： 。⑸總結(jié)：物質(zhì)氧化性和還原性變化的一般規(guī)律是 。第50講-物質(zhì)性質(zhì)驗(yàn)證型綜合實(shí)驗(yàn)參考答案1.【】（1）2CeO2+H2O2+6H2Ce3++O2↑+4H2O（2）B（3）①降低溶液中氫離子的濃度，促進(jìn)碳酸氫根離子的電離，增大溶液中碳酸根離子的濃度②酸性條件;多次萃?、跜e3+Ce4+溶液，加入指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，0.020mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2滴定，當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液時，溶液由紫紅色變?yōu)榱咙S色，即達(dá)到滴定終點(diǎn)，記錄標(biāo)準(zhǔn)液的體積。【解析】首先用稀鹽酸和過氧化氫溶液酸浸二氧化鈰廢渣，得到三價(jià)鈰，pH用萃取劑萃取其中的三價(jià)鈰，增大三價(jià)鈰濃度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三價(jià)鈰，再加入氨水和碳酸氫銨制備產(chǎn)物，據(jù)此解題。（1）根據(jù)題給信息，CeO2H2O2，Ce3+和O2，根據(jù)電荷守恒和元素守恒可知其離子方程式為:2CeO2+H2O2+6H2Ce3++O2↑+4H2O。CeCl3Cl-Ce2(CO3)3，B。（3）①增大碳酸根離子的濃度有助于生成產(chǎn)物。②根據(jù)萃取原理可知，應(yīng)選擇的實(shí)驗(yàn)條件是酸性條件;Ce3+盡可能多地發(fā)生上述轉(zhuǎn)移，可以采用多次萃取。③“反萃取”得到的水溶液中含有濃度較大的Ce3+，Ce3+離子濃度較小，Ce3+物質(zhì)的量減小。（4）Ce4+溶液，用苯代鄰氨基苯甲酸作指示劑。2.【答案】（1）5.0（2）C（3）①.3.00②.33.00③.正④.實(shí)驗(yàn)II相較于實(shí)驗(yàn)I，醋酸溶液稀釋了10倍，而實(shí)驗(yàn)II的pH增大值小于1（4）①.0.1104②.mlHAc，加入mL氫氧化鈉（6）HClO：漂白劑和消毒液(或H2SO3：還原劑、防腐劑或H3PO4：食品添加劑、制藥、生產(chǎn)肥料)【解析】（1）溶液稀釋過程中，溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL，故答案為：5.0。（2）A．容量瓶使用過程中，不能用手等觸碰瓶口，以免污染試劑，故A錯誤；B．定容時，視線應(yīng)與溶液凹液面和刻度線“三線相切”，不能仰視或俯視，故B錯誤；C．向容量瓶中轉(zhuǎn)移液體，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度線以下，同時玻璃棒不能接觸容量瓶口，故C正確；D．定容完成后，蓋上瓶塞，將容量瓶來回顛倒，將溶液搖勻，顛倒過程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脫落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶從左手掉落，故D錯誤；綜上所述，正確的是C項(xiàng)。（3）①實(shí)驗(yàn)VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，，由實(shí)驗(yàn)I可知，溶液最終的體積為40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00，故答案為：3.00；33.00。②實(shí)驗(yàn)I所得溶液的pH=2.86，實(shí)驗(yàn)II的溶液中c(HAc)為實(shí)驗(yàn)I的，稀釋過程中，若不考慮電離平衡移動，則實(shí)驗(yàn)II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但實(shí)際溶液的pH=3.36<3.86，說明稀釋過程中，溶液中n(H+)增大，即電離平衡正向移動，故答案為：正；實(shí)驗(yàn)II相較于實(shí)驗(yàn)I，醋酸溶液稀釋了10倍，而實(shí)驗(yàn)II的pH增大值小于1。（4）(i)滴定過程中發(fā)生反應(yīng)：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反應(yīng)方程式可知，滴定至終點(diǎn)時，n(HAc)=n×c(HAc)，解得cmol/L，故答案為：0.1104。(ii)滴定過程中，當(dāng)V(NaOH)=0時，c(H+)=≈mol/L=10mol/L，溶液pH=2.88，當(dāng)V(NaOH)=11.04mL時，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，當(dāng)V(NaOH)=22.08mL時，達(dá)到滴定終點(diǎn)，溶液中溶質(zhì)為NaAc溶液，Ac-發(fā)生水解，溶液呈弱堿性，當(dāng)NaOH溶液過量較多時，c(NaOH)無限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲線如圖：。（5）1mLNaOH溶液達(dá)到滴定終點(diǎn)，滴定終點(diǎn)的溶液中溶質(zhì)為NaAc，當(dāng)時，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此另取20.00mlHAc，加入mL氫氧化鈉，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)，故答案為：另取20.00mlHAc，加入mL氫氧化鈉。（6）不同的無機(jī)弱酸在生活中應(yīng)用廣泛，如HClO具有強(qiáng)氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有還原性，可用作還原劑，在葡萄酒中添加適量H2SO3可用作防腐劑，H3PO4具有中強(qiáng)酸性，可用作食品添加劑，同時在制藥、生產(chǎn)肥料等行業(yè)有廣泛用途，故答案為：HClO：漂白劑和消毒液(或H2SO3：還原劑、防腐劑或H3PO4：食品添加劑、制藥、生產(chǎn)肥料)。3.【答案】(1)分液漏斗錐形瓶(2)剛好沒過MnO2固體試管內(nèi)的H2O2溶液被壓入長頸漏斗中，與MnO2分離(3)液面上升打開彈簧夾K2(4)ab(5)(6)①乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色【解析】用雙氧水和催化劑制取氧氣。制得的氧氣經(jīng)干燥后進(jìn)入盛有乙醇的圓底燒瓶中，和熱的乙醇一起進(jìn)入硬質(zhì)玻璃管中，在銅的催化作用下發(fā)生乙醇的催化氧化反應(yīng)生成乙醛。生成的乙醛進(jìn)入試管中，被冷凝收集。(1)根據(jù)儀器構(gòu)造可知，甲裝置中主要儀器的名稱為分液漏斗和錐形瓶；(2)乙裝置是啟普發(fā)生器的簡易裝置，可以隨時控制反應(yīng)的發(fā)生和停止。用粘合劑將MnO2制成團(tuán)，放在多孔塑料片上，連接好裝置，氣密性良好后打開活塞K1，經(jīng)長頸漏斗向試管中緩慢加入3%H2O2溶液至剛好沒過MnO2固體，此時可以產(chǎn)生氧氣，氧氣通過導(dǎo)管導(dǎo)出。欲使反應(yīng)停止，關(guān)閉活塞K1，此時由于氣體還在產(chǎn)生，使容器內(nèi)壓強(qiáng)增大，可觀察到試管內(nèi)的H2O2溶液被壓入長頸漏斗中，與MnO2分離；(3)丙裝置用圓底燒瓶盛裝H2O2溶液，可用于制備較多O2，催化劑鉑絲可上下移動可以控制反應(yīng)速率。制備過程中如果體系內(nèi)壓強(qiáng)過大，H2O2溶液會被壓入安全管中，可觀察到安全管中液面上升，圓底燒瓶中液面下降。此時可以將鉑絲抽離H2O2溶液，使反應(yīng)速率減慢，還可以打開彈簧夾K2，使燒瓶內(nèi)壓強(qiáng)降低；(4)a．催化劑鉑絲可上下移動可以控制制備反應(yīng)的開始和結(jié)束，a正確；b．催化劑與液體接觸的面積越大，反應(yīng)速率越快，可通過調(diào)節(jié)催化劑與液體接觸的面積來控制反應(yīng)的速率，b正確；c．丙裝置用圓底燒瓶盛裝H2O2溶液，與乙裝置相比，可用于制備較多O2，但產(chǎn)物中的O2含量和雜質(zhì)種類和乙中沒有區(qū)別，c錯誤；故選ab；(5)氧氣可以用濃硫酸干燥，所以可以用一個洗氣瓶，里面盛裝濃硫酸干燥氧氣，如圖：；(6)實(shí)驗(yàn)①不合理，因?yàn)橐掖加袚]發(fā)性，會混入生成的乙醛中，乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以酸性高錳酸鉀溶液褪色不能證明產(chǎn)物中含有乙醛。4.【答案】⑴①固體溶解，產(chǎn)生紅棕色氣體； ②酸性條件下，NO3－有氧化性；③a：石墨電極/Pt電極b：酸性FeSO4溶液/酸性Fe2(SO4)3溶液/酸性FeSO4與Fe2(SO4)3溶液c：AgNO3溶液組裝好裝置后，閉合K，當(dāng)靈敏電流計(jì)指針不動時，向左池加入較濃Fe2(SO4)3溶液，指針偏轉(zhuǎn)，向右池加入較濃AgNO3溶液，指針反向偏轉(zhuǎn)⑵ ①指示劑 ②EQ\f(0.0100-EQ\f(c1V1,V),EQ\f(c1V1,V)×(0.01000+EQ\f(c1V1,V)))⑶ ①偏低 ②Ag完全反應(yīng)，無法確定反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)【解析】(1)①由于Ag能與濃硝酸發(fā)生反應(yīng)：Ag+2HNO3(濃)=AgNO3+NO2↑+H2O，故當(dāng)觀察到的現(xiàn)象為灰黑色固體溶解，產(chǎn)生紅棕色氣體，即可證實(shí)灰黑色固體是Ag，故答案為：灰黑色固體溶解，產(chǎn)生紅棕色氣體。②由于Fe(NO3)3溶液電離出NO3－將與溶液中的H+結(jié)合成由強(qiáng)氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干擾實(shí)驗(yàn)，故實(shí)驗(yàn)II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案為：防止酸性條件下，NO3－氧化性氧化Fe2+干擾實(shí)驗(yàn)結(jié)果。③由裝置圖可知，利用原電池原理來證明反應(yīng)Fe2++Ag+Ag+Fe3+為可逆反應(yīng)，兩電極反應(yīng)為：Fe2+-e-=Fe3+，Ag++e-=Ag，故另一個電極必須是與Fe3+不反應(yīng)的材料，可用石墨或者鉑電極，左側(cè)燒杯中電解質(zhì)溶液必須含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右側(cè)燒杯中電解質(zhì)溶液必須含有Ag+，故用AgNO3溶液，組裝好儀器后，加入電解質(zhì)溶液，閉合開關(guān)K，裝置產(chǎn)生電流，電流從哪邊流入，指針則向哪個方向偏轉(zhuǎn)，根據(jù)b中所加試劑的不同，電流方向可能不同，因此可能觀察到的現(xiàn)象為：Ag電極逐漸溶解，指針向左偏轉(zhuǎn)，一段時間后指針歸零，說明此時反應(yīng)達(dá)到平衡，再向左側(cè)燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，與之前的現(xiàn)象相同，表明平衡發(fā)生了移動；另一種現(xiàn)象為：Ag電極上有灰黑色固體析出，指針向右偏轉(zhuǎn)，一段時間后指針歸零，說明此時反應(yīng)達(dá)到平衡，再向左側(cè)燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，Ag電極上固體逐漸減少，指針向左偏轉(zhuǎn)，表明平衡發(fā)生了移動，故答案為：a：鉑/石墨電極，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和現(xiàn)象：閉合開關(guān)K，Ag電極上固體逐漸溶解，指針向左偏轉(zhuǎn)，一段時間后指針歸零，再向左側(cè)燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，與之前的現(xiàn)象相同；或者閉合開關(guān)K，Ag電極上有灰黑色固體析出，指針向右偏轉(zhuǎn)，一段時間后指針歸零，再向左側(cè)燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，Ag電極上固體逐漸減少，指針向左偏轉(zhuǎn)。(2)①Fe3+與SCN-反應(yīng)生成紅色FeSCN2+，因Ag+與SCN-反應(yīng)相較于Fe3+與SCN-反應(yīng)更加容易及徹底，當(dāng)溶液變?yōu)榉€(wěn)定淺紅色，說明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+濃度不變，說明上述反應(yīng)答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反應(yīng)的指示劑，故答案為：指示劑。②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液變?yōu)榉€(wěn)定淺紅色時，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，說明反應(yīng)幾乎進(jìn)行完全，故有I中上層清液中Ag+的濃度為：c(Ag+)=EQ\f(c1V1,V)mol/L，根據(jù)平衡三段式進(jìn)行計(jì)算如下：Fe2++Ag+Ag+Fe3+起始濃度（mol/L）0.020.010轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）0.0100-EQ\f(c1V1,V)0.0100-EQ\f(c1V1,V)0.0100-EQ\f(c1V1,V)平衡濃度（mol/L）0.0100+EQ\f(c1V1,V)EQ\f(c1V1,V)0.0100-EQ\f(c1V1,V)故反應(yīng)的平衡常數(shù)K=EQ\f(c(Fe3+),c(Fe2+)c(Ag+))=EQ\f(0.0100-EQ\f(c1V1,V),EQ\f(c1V1,V)×(0.01000+EQ\f(c1V1,V)))，故答案為：指示劑；EQ\f(0.0100-EQ\f(c1V1,V),EQ\f(c1V1,V)×(0.01000+EQ\f(c1V1,V)))。(3)①若取實(shí)驗(yàn)I所得濁液測定Ag+濃度，則濁液中還有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且隨著反應(yīng)Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移動，則測得平衡體系中的c(Ag+)偏大，即EQ\f(c1V1,V)偏大，故所得到的K=EQ\f(0.0100-EQ\f(c1V1,V),EQ\f(c1V1,V)×(0.01000+EQ\f(c1V1,V)))偏小，故答案為：偏小。②由于實(shí)驗(yàn)II中Ag完全溶解，故無法判斷體系是否達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，因而不用實(shí)驗(yàn)II所得溶液進(jìn)行測定并計(jì)算K，故答案為：Ag完全反應(yīng)，無法判斷體系是否達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)。5.【答案】⑴①M(fèi)nO2+2Cl－+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O②2Cl－－2e－==Cl2↑③Cl－還原性減弱④NaCl固體 MnSO4固體⑵c(H+)KCl>c(H+)KBr>c(H+)KICl、Br、I為同主族元素，電子層數(shù)I>Br>Cl，離子半徑I－>Br－>Cl－，失電子能力I－>Br－>Cl－，還原性I－>Br