2022年高考二轮复习 专题强化练2 化学常用计量

这是一份2022年高考二轮复习 专题强化练2 化学常用计量，共11页。试卷主要包含了设NA为阿伏加德罗常数的值，已知NA为阿伏加德罗常数的值，NA表示阿伏加德罗常数的值，设NA 为阿伏加德罗常数值等内容，欢迎下载使用。
A．52 g苯乙烯含碳碳双键数目为2NA
B．1 L 0.5 ml·L－1醋酸钠溶液中阴、阳离子总数目小于NA
C．标准状况下，22.4 L一氯甲烷含共用电子对数为4NA
D．有铁粉参加的反应若生成3 ml Fe2＋，则转移电子数一定为6NA
解析：A项，一个苯乙烯分子中只含有一个碳碳双键，苯乙烯的分子式为C8H8，52 g苯乙烯的物质的量为0.5 ml，则含碳碳双键数目为0.5NA，错误；B项，溶液中存在水电离出的氢离子和氢氧根离子，故1 L 0.5 ml·L－1醋酸钠溶液中阴、阳离子总数目大于NA，错误；C项，标准状况下一氯甲烷为气态，1个一氯甲烷中含有4个共用电子对，则标准状况下，22.4 L一氯甲烷含共用电子对数为4NA ，正确；D项，反应Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋中，若生成3 ml Fe2＋，转移2 ml电子，错误。
答案：C
2．(2020·辽阳第二次模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．50 g 34%H2O2溶液中含H—O键的数目为NA
B．180 g淀粉完全水解生成葡萄糖的分子数为NA
C．1 L 0.1 ml·L－1K2SiO3溶液中含SiOeq \\al(2－,3)的数目为0.1NA
D．反应5NaClO2＋4HCl===4ClO2↑＋5NaCl＋2H2O，每生成1 ml ClO2转移电子的数目为NA
解析：A项，50 g 34%H2O2溶液中，H2O2和H2O中都有H—O键，H2O2的物质的量为50 g×34%÷34 g·ml－1＝0.5 ml，H2O的物质的量为50 g×(1－34%)÷18 g·ml－1＝1.83 ml, H2O2中的H—O键的数目为NA，水中H—O键的数目约为3.66NA，错误；B项，180 g淀粉(C6H10O5)n的物质的量为eq \f(180,162) ml，根据(C6H10O5)n＝n(C6H12O6)，可生成C6H12O6的物质的量为eq \f(180,162) ml≈1.11 ml，错误；C项，由于SiOeq \\al(2－,3)水解，1 L 0.1 ml·L－1 K2SiO3溶液中含SiOeq \\al(2－,3)的数目小于0.1NA，错误；D项，反应中Cl元素的化合价由反应前的＋3价(NaClO2)变为反应后的＋4价(ClO2)，每个Cl原子失去1个电子，故每生成1 ml ClO2转移电子的数目为NA，正确。
答案：D
3．(2020·东北三省四市联合模拟)已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．1 L 0.1 ml·L－1的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1NA
B．7.8 g Na2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.2NA
C．2 g Heq \\al(18,2)O与Deq \\al(16,2)O的混合物中所含的中子数和电子数均为NA
D．足量乙烷与22.4 L(标准状况)Cl2发生取代反应，形成C—Cl键的数目为2NA
解析：A项，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，所以1 L 0.1 ml·L－1的Na2CO3溶液中，阴离子总数大于0.1NA，错误；B项，7.8 g过氧化钠的物质的量n(Na2O2)＝eq \f(7.8 g,78 g·ml－1)＝0.1 ml，而1 ml过氧化钠和二氧化碳反应时转移1 ml电子，故0.1 ml过氧化钠和二氧化碳反应后转移0.1NA个电子，错误；C项，Heq \\al(18,2)O与Deq \\al(16,2)O的摩尔质量均为20 g·ml－1，故2 g混合物的物质的量为0.1 ml，而两者均含10个中子和10个电子，故0.1 ml混合物中含中子和电子均为NA个，正确；D项，22.4 L(标准状况)Cl2为eq \f(22.4 L,22.4 L·ml－1)＝1 ml，氯气与足量乙烷发生取代反应，1 ml氯气只能取代1 ml H原子形成1 ml C—Cl键，形成C—Cl键的数目为NA，错误。
答案：C
4．(2020·湖北省七市州教科研协作5月联考)NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．若1 ml FeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为NA
B．将一定量的Cl2通入FeBr2溶液中，当有1 ml Br－转化为Br2时，转移的电子数为NA
C．44.0 g环氧乙烷中含有6.0NA个极性键
D．1 ml CaO2晶体中含离子总数为3NA
解析：A项， 氢氧化铁胶体是由许多个氢氧化铁聚集而成，因此1 ml FeCl3跟水完全反应转化成氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目小于NA，错误；B项， Fe2＋的还原性强于Br－，通入氯气，先发生2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，然后再发生Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，当Br－转化成Br2时，Fe2＋全部转化成Fe3＋，转移电子物质的量大于1 ml，错误；C项， 环氧乙烷的键线式为，1 ml环氧乙烷中含有6 ml极性键，则44.0 g环氧乙烷中含有的极性键物质的量为eq \f(44.0 g,44 g·ml－1)×6＝6 ml，正确；D项，CaO2是由Ca2＋和Oeq \\al(2－,2)组成，1 ml CaO2中离子总物质的量为2 ml，错误。
答案：C
5．(2020·唐山市高三第一次模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．将4.6 g 钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1NA
B．标准状况下，22.4 L己烷中含有的共价键的数目为19NA
C．标准状况下，11.2 L 12C18O中含有的中子数为8NA
D．标准状况下，7.1 g Cl2通入足量石灰水中反应转移的电子数为0.2NA
解析：A项，4.6 g钠为0.2 ml，0.2 ml钠与水反应生成的氢气的物质的量为0.1 ml，反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，故与足量水充分反应生成氢气分子数大于0.1NA，错误；B项，己烷在标准状况下是液体，气体摩尔体积不适用，所以无法求其物质的量，含有的共价键的数目也无法确定，错误；C项，标准状况下， 11.2 L 12C18O的物质的量为0.5 ml，而一个12C18O分子中含16个中子，故0.5 ml 12C18O中含中子为8NA个，正确；D项，7.1 g氯气的物质的量为0.1 ml，而氯气和碱的反应为歧化反应，反应中消耗1 ml Cl2转移1 ml电子，故0.1 ml氯气和碱反应转移0.1NA个电子，错误。
答案：C
6．(2020·茂名二模)中国科学家孙予罕等发现，以泡沫镍[3NiO/Ni(3 表示 NiO 在泡沫镍中的质量百分数)] 作为基材上的催化剂可实现将烷烃直接电催化转化为醇类(转化示意图如图所示)。下列说法正确的是( )
A．22.4 L A 中质子数为 10 ml
B．1 ml C 中共价键数目为 4 ml
C．生成 1 ml Ni 可还原出 1 ml B
D．11.8 g 泡沫镍含 Ni 单质 0.194 ml
解析：A项， 由A的球棍模型可知A为甲烷，未说明为标准状况下，不能利用气体摩尔体积计算甲烷的物质的量及其中的质子数，错误；B项， 由C的球棍模型可知C为甲醇，1 ml甲醇中共价键数目为5 ml，错误；C项， 由转化示意图可写出总反应方程式：3CH4＋3NiO===3Ni＋CH3OH＋CH3CH2OH＋H2O，可知生成1 ml Ni可还原出eq \f(1,3) ml B，错误；D项， 11.8 g 泡沫镍含Ni单质eq \f(11.8 g×97%,59 g·ml－1)＝0.194 ml，正确。
答案：D
7．(2020·泸州第三次质检)NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A．22.4 L H2与2 ml I2反应生成HI的分子数为2NA
B．5.6 g铁与足量稀硝酸反应转移的电子数为0.2NA
C．32 g氧气与 32 g硫所含的质子数相等
D．1 L 0.1 ml· L－1NH4H2PO4溶液中阴、阳离子数相等
解析：A项，22.4 L H2不一定是标准状况，且反应是可逆反应，错误；B项，5.6 g 铁与足量稀硝酸反应生成铁离子，转移的电子数为0.3NA，错误；C项， 32 g 氧气含16 ml质子， 32 g硫也含16 ml质子，所含的质子数相等，正确；D项，1 L 0.1 ml· L－1 NH4H2PO4溶液中，铵根离子要水解，磷酸二氢根离子要电离和水解，阴、阳离子数不相等，错误。
答案：C
8．(2020·汕头一模)设NA 为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是( )
A．30 g HCHO与CH3COOH混合物中含碳原子数为NA
B．标准状况下，22.4 L CHCl3中含C—Cl 键的数目为3NA
C．常温常压下，1.9 g羟基(—18OH)所含中子数为NA
D．密闭容器中，2 ml SO2与1 ml O2 充分反应后，其分子总数大于2NA
解析：A项，甲醛(CH2O)和乙酸(CH3COOH)的最简式相同，二者混合后用最简式计算，30 g混合物中碳原子是数目为NA，正确；B项，标准状况下CHCl3为液体，不可通过气体摩尔体积计算物质的量，错误；C项，—18OH的摩尔质量为19 g·ml－1，1.9 g该羟基为0.1 ml，1 ml该羟基中含有10 ml中子，正确；D项，SO2与O2的反应为可逆反应，反应达平衡之后分子总数应大于2 ml小于3 ml，正确。
答案：B
9．(2020·四川省网上测试)19世纪末，英国科学家瑞利在对气体密度(通常在混合气体中，相对分子质量大的气体的体积分数越大，则混合气体的平均密度就越大)进行测定的工作中，发现以不同来源的N2进行测定时，会出现不能消除的微小误差，从而导致了稀有气体的发现。在实验中，瑞利利用了如下图所示的实验系统(箭头表示气体流向)，通过的气体为经过净化处理的纯氧气或空气。
(1)实验中要保证Cu丝始终保持红热，其中发生的化学反应可表示为：________________，2NH3＋3CuOeq \(=====,\s\up14(△))N2＋3Cu＋3H2O。倘若在实验中观察到铜丝变黑，可采用的措施是______________，在此反应过程中铜丝的作用是__________和__________；浓硫酸的作用是吸收多余的氨气和______________。
(2)当通过的气体为纯氧时，测得气体的密度为ρ1。
(3)在空气的净化过程中，为除去可能混有的H2S、CO2和水蒸气，可将气体先通过______________，当净化后的空气通过上述反应系统，在这种情况下测得最终密度ρ2＝1.256 g·L－1。
(4)当空气直接通过灼热的Cu网，测得气体的密度为ρ3。试比较ρ1、ρ2、ρ3的大小：________________。
解析：(1)根据氨气和氧化铜反应生成铜、氮气、水，以及红热的铜和氧气，可以判断出方程式为2Cu＋O2eq \(=====,\s\up14(△))2CuO，根据反应方程式可知，铜在反应中起一个连接作用，铜变成黑色，说明氨气消耗的氧化铜少了，氧气量太大，故答案为减慢氧气的流速或加热液氨；纵观两个反应，可以看出，铜在整个反应过程中，只起了个中间环节作用，本身的化学性质和质量都不变，通过铜丝颜色的变化，可以看出通入氧气的多少，故铜丝的作用为催化剂和指示剂；该反应需要的是氮气，所以需要除去水和剩余的氨气，故浓硫酸的作用为吸收混合气体中的水蒸气。(3)该反应需要的是不同来源的氮气，而硫化氢、二氧化碳是酸性气体，要用碱性的物质吸收，还应该可以吸收水分，故答案为碱石灰。(4)根据反应流程可知，(2)题中反应剩下的只有氮气，密度为ρ1，(3)中剩下的气体有稀有气体和氮气，密度为ρ2，(4)中剩下的气体有氮气、水蒸气、二氧化碳、稀有气体，根据气体的组成可以确定密度的大小，故答案为ρ1＜ρ2＜ρ3。
答案：(1)2Cu＋O2eq \(=====,\s\up14(△))2CuO 减慢氧气的流速或加热液氨 催化剂 指示剂 吸收混合气体中的水蒸气
(3)碱石灰
(4) ρ1＜ρ2＜ρ3
10．(2020·河南省联考)新冠肺炎疫情期间，多种含氯消毒剂如“84”消毒液、Cl2、NaClO2等对病毒均具有很好的消杀作用，其中亚氯酸钠(NaClO2)在工业上常以ClO2气体为原料制备，实验室制备亚氯酸钠的装置如图所示(夹持装置已略)。
已知：①控制电压电解饱和食盐水可得到ClO2；
②Cl2易溶于CCl4；
③亚氯酸钠在不同温度下的溶解度如下表所示：
回答下列问题：
(1)装置甲中产生ClO2的电极反应式为__________________。
(2)装置乙中CCl4的作用为_____________________________。
(3)装置丙中生成NaClO2的化学方程式为_______________。
(4)从装置丙反应后的溶液中获得NaClO2晶体的步骤如下：
eq \x(\a\al( ①,蒸发浓缩))―→eq \x(②)→eq \x(\a\al( ③,过滤))→eq \x(\a\al( ④,洗涤))→eq \x(⑤)→eq \x(\a\al(NaClO2,晶体))
其中步骤①加热到_____________________________________
(填现象)时停止加热，步骤②是________________________。
(5)准确称取2.26 g NaClO2粗品，加入盛有20.00 mL刚煮沸并冷却过的水、足量10%的稀硫酸和30.00 mL质量分数为40%的KI溶液(足量)的碘量瓶中，立即密封并摇晃碘量瓶至试样完全反应，再加入淀粉作指示剂。用浓度为3.00 ml·L－1的Na2S2O3溶液滴定(已知整个过程中发生的反应依次为ClOeq \\al(－,2)＋4I－＋4H＋===2I2＋Cl－＋2H2O，I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===S4Oeq \\al(2－,6)＋2I－)。①若三次平行实验测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为30.00 mL，则粗品的纯度为________%(保留三位有效数字)。②若使用的水未煮沸，则测定结果会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
解析：由题意及装置图可知，装置甲通过控制电压电解饱和食盐水制取ClO2，ClO2中可能含有Cl2，Cl2与NaOH反应可生成次氯酸钠或氯酸钠，故装置乙的作用是除去Cl2；在装置丙中，过氧化氢还原ClO2制取NaClO2，装置丁用于吸收多余的ClO2，防止污染空气。根据NaClO2的溶解度数据可知，其溶解度随温度的变化而变化明显，因此可通过对NaClO2溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaClO2晶体，据此分析解答。
(1)装置甲通过控制电压电解饱和食盐水制取ClO2，氯元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，则装置甲中产生ClO2的电极反应式为Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋。(2)由以上分析知，装置乙中CCl4的作用为除去ClO2中可能含有的Cl2。(3)装置丙中，过氧化氢还原ClO2制取NaClO2，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为2ClO2＋2NaOH＋H2O2===2NaClO2＋2H2O＋O2。(4)根据NaClO2的溶解度数据可知，其溶解度随温度的变化而变化明显，因此可通过对NaClO2溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaClO2晶体，因此步骤①加热到溶液表面出现晶膜时停止加热，步骤②是冷却结晶。(5)①由已知反应可得关系式：NaClO2～2I2～4S2Oeq \\al(2－,3)，则m(NaClO2)＝eq \f(3 ml·L－1×0.03 L,4)×90.5 g·ml－1，则粗品的纯度为eq \f(\f(3 ml·L－1×0.03 L,4)×90.5 g·ml－1,2.26 g)×100%≈90.1%；②若使用的水未煮沸，水中会含有氧气，而氧气也能氧化碘离子生成碘单质，从而使消耗的Na2S2O3溶液的体积增大，则测定结果会偏高。
答案：(1)Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋
(2)除去ClO2中可能含有的Cl2
(3)2ClO2＋2NaOH＋H2O2===2NaClO2＋2H2O＋O2
(4)溶液表面出现晶膜 冷却结晶
(5)90.1 偏高
11．(2020·四川省阆中中学月考)某研究小组同学为探究锌与硫酸反应生成SO2、H2的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成SO2的最低浓度)设计了如下实验。在大试管A中加入100 mL 18 ml·L－1硫酸，向连接在塑料棒上的多孔塑料球内加入足量的锌粒(塑料棒可以上下移动)，在试剂瓶D中加入足量的浓NaOH溶液(加热和夹持装置已省略)。
已知：锌与浓硫酸接触，开始时反应缓慢，可以适当加热以加速其反应，当有大量气泡生成时，该反应速率会明显增大并伴有大量的热放出。
(1)请写出锌与硫酸反应产生SO2的化学方程式：____________
____________________________________________________。
(2)在组装仪器之后，加入试剂之前必须进行的操作是______。
(3)长导管B的作用是________，如果没有这个设计，最终测定的临界浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(4)装置中干燥管C的作用是____________________________。
(5)反应结束后向D装置中加入足量的H2O2溶液和足量的BaCl2溶液，充分反应后将所得沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得到固体质量为a克，则浓硫酸与锌反应的临界浓度为________ml·L－1。(用含a的计算式表示，忽略体积变化)
(6)某同学通过联系氧化还原反应的相关知识，认为也可以利用硫酸酸化的高锰酸钾溶液对D中的SOeq \\al(2－,3)进行滴定，通过滴定出的SOeq \\al(2－,3)的物质的量计算临界浓度，你认为他的这一想法是否可行？_____ (填“可行”或“不可行”)，原因是_____________________
____________________________________________________。
解析：本实验的目的是探究锌与硫酸反应生成SO2、H2的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成SO2的最低浓度)，浓硫酸在与Zn反应过程中，先表现S元素的氧化性，此时的还原产物为SO2，之后硫酸变稀反应生成H2；将生成的SO2在装置D中用足量的NaOH溶液吸收，然后向D装置中加入足量的H2O2溶液将S元素全部氧化为SOeq \\al(2－,4)，之后加入足量的氯化钡溶液得到BaSO4沉淀，通过测定硫酸钡沉淀的量来确定与Zn反应生成SO2消耗的硫酸的量，从而确定剩余硫酸的浓度，即临界浓度。
(1)根据电子守恒和元素守恒可得锌与浓硫酸反应生成SO2的化学方程式为Zn＋2H2SO4(浓)===ZnSO4＋SO2↑＋2H2O。(2)在组装仪器之后，加入试剂之前必须进行的操作是检验装置的气密性，防止漏气。(3)反应过程中会发出大量的热，造成水的挥发，使硫酸的浓度增大，与锌反应生成二氧化硫的硫酸偏多，造成测定的临界浓度偏小，所以需要长导管导气同时冷凝回流水蒸气。(4)二氧化硫易溶于NaOH溶液，所以需要装置C来防止倒吸。(5)得到的沉淀为BaSO4，n(SO2)＝n(BaSO4)＝eq \f(a,233)ml，根据反应方程式可知与Zn反应生成SO2所消耗的硫酸的物质的量为eq \f(2a,233) ml，原浓硫酸体积为100 mL，浓度为18 ml·L－1，所以剩余的硫酸的物质的量为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1.8－\f(2a,233)))ml，浓度为eq \f(1.8－\f(2a,233),0.1)ml·L－1。(6)实验过程中不能保证得到的Na2SO3溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不准确，所以该同学的想法不可行。
答案：(1)Zn＋2H2SO4(浓)===ZnSO4＋SO2↑＋2H2O
(2)检验装置气密性
(3)导气、冷凝回流水蒸气 偏低
(4)防倒吸
(5)eq \f(1.8－\f(2a,233),0.1)
(6)不可行 实验过程中不能保证得到的Na2SO3溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不准确
12．氢溴酸常用于合成镇静剂和麻醉剂等医药用品。已知： 液溴是易挥发的深红棕色液体，沸点为58.78 ℃。质量分数为47%的氢溴酸是易挥发的无色液体，沸点为126 ℃。实验室制备质量分数为47%的氢溴酸的一种方法如下。回答下列问题：
(2)操作Ⅱ的蒸馏装置如图所示(部分夹持装置省略)，仪器a的名称是________ ，装置中除缺石棉网外还有两处明显错误，分别是___、
____________________________________________________。
(3)操作Ⅲ加入适量Na2SO3 发生反应的离子方程式为
____________________________________________________。
(4)工业生产制得的氢溴酸常有淡淡的黄色， 有同学推测是因为含Fe3＋，可用试剂 ________检验。若观察到的现象为________，则推测正确。
(5)质量分数为47%的氢溴酸的产率为__________(用含m1、m2的代数式表示)。
解析：液溴与二氧化硫在锥形瓶中发生反应：Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，为防止溴的挥发加入适量冰水，反应后的溶液进行蒸馏后得到氢溴酸粗产品，由于溴的挥发，得到的产品有少量液溴，加入具有还原性的Na2SO3溶液除去产品中残留的少量溴，亚硫酸根被氧化为硫酸根，再加入适量 Ba(OH)2溶液除去溶液中的硫酸根离子，最后经过滤、蒸馏得到47%的氢溴酸，以此分析解答此题。
(1)①由分析可知，由于溴易挥发，得到的粗产品中有少量的溴，加入还原性的Na2SO3溶液除去产品中残留的少量溴，反应后溶液由橙黄色变为无色。②Na2SO3溶液与溴反应后被氧化为Na2SO4，加入适量Ba(OH)2 溶液后发生反应：Ba2＋＋SOeq \\al(2－,4)===BaSO4↓，生成白色的BaSO4沉淀。(2)仪器a为直形冷凝管，蒸馏实验中温度计测量的是蒸气的温度，温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管口相平，而不应该伸到液体里面，由信息可知氢溴酸沸点为126 ℃，故不能用水浴加热。(3)由分析可知，操作Ⅲ加入适量Na2SO3 目的是除去产品中残留的少量溴，溴被亚硫酸根还原，亚硫酸根被氧化为硫酸根，根据得失电子守恒、电荷守恒，发生反应的离子方程式为SOeq \\al(2－,3)＋Br2＋H2O===2Br－＋SOeq \\al(2－,4)＋2H＋。(4)Fe3＋离子的检验可向溶液中滴入几滴KSCN溶液，如果观察到溶液变为红色，证明原溶液中有Fe3＋离子。(5)根据溴守恒有关系式：Br2～2HBr，设HBr的理论产量为x
Br2 ～ 2HBr
160 g 2×81 g
m1g x
解得x＝eq \f(2×81,160)m1g，所以质量分数为47%的氢溴酸的产率＝eq \f(m2×47%,\f(2×81,160)m1)×100%＝eq \f(80 m2,81 m1)×47%。
答案：(1)①溶液变成无色 ②有白色沉淀生成
(2)直形冷凝管 温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管口相平 不能用水浴加热
(3)SOeq \\al(2－,3)＋Br2＋H2O===2Br－＋SOeq \\al(2－,4)＋2H＋
(4)KSCN溶液 溶液变为红色
(5)eq \f(80 m2,81 m1)×47%
温度℃
20
40
60
溶解度/g
6.2
23.4
48.3
实验橾作
现象
Ⅰ.向锥形瓶中依次加入适量冰水、m1g 液溴，再通入SO2充分反应
得到淡黄色溶液
Ⅱ.将操作Ⅰ所得溶液转移至蒸馏烧瓶，蒸馏
锥形瓶中得橙黄色粗产品
Ⅲ.在不断搅拌下，向锥形瓶中加入适量Na2SO3溶液
(1)①________
Ⅳ.继续加入适量 Ba(OH)2 溶液
②______
Ⅴ.过滤，滤液经蒸馏后得质量分数为47%的氢溴酸m2g
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