1、2020-2021 高考化学备考之化水溶液中的离子平衡压轴突破训练培优篇含答案一、水溶液中的离子平衡1 水合*** (N 2H4H2O)是一种强还原性的碱性液体，常用作火箭燃料。利用尿素法生产水合***的原理为 CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=NH4H2O+Na2CO3+NaCl。实验 1：制备 NaClO 溶液 (己知： 3NaClO2NaCl+NaClO3)。（ 1）图甲装置 中烧瓶内发生反应的离子方程式为_ 。（2）用 NaOH 固体配制溶质质量分数为30%的 NaOH 溶液时，所需玻璃仪器有_。（ 3）图甲装置 中用冰水浴控制温度的目的是 _ 。实验 2：制取水合***（4）图乙中若分液
2、漏斗滴液速度过快，部分N2H4H2 O 会参与 A 中反应并产生大量氮气，降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为_。 充分反应后，蒸馏 A 中溶液即可得到水合***的粗产品。实验 3：测定馏分中水合***的含量（5）称取馏分 3/0g，加入适量 NaHCO3 固体 (滴定过程中，调节溶液的pH 保持在 6/5 左右)，加水配成 250mL 溶液，移出25/00mL 置于锥形瓶中，并滴加 23 滴淀粉溶液。用-1(已知 ： N2H4H2O+2I2=N2 +4HI+H2O)0/15mol L 的碘的标准溶液滴定。 滴定操作中若不加入适量NaHCO 固体，则测量结果会 _“偏大 ”“偏小 ”“无影
3、3响”)。 下列能导致馏分中水合***的含量测定结果偏高的是_(填字母 )。a/锥形瓶清洗干净后未干燥b/滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡c/读数时，滴定前平视，滴定后俯视d/盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液 实验测得消耗I2 溶液的平均值为20/00mL，馏分中水合***(N2 H4H2O)的质量分数为_ 。【来源】【全国百强校】山东省临沂市临沭第一中学2018届高三 4 月学情调研测试理科综合- 化学试题【答案】 MnO2+-2+22防止 NaClO 分解，影+4H +ClMn+Cl +2H O 量筒、烧杯、玻璃棒响水合***的产率N2 4222d 25%HH O+2NaClO=N+3H O+
4、2NaCl 偏大【解析】试题分析：由图可知，装置I 由二氧化锰和浓***制备***气；装置II 由***气和***溶液制备次***酸钠；装置III 是尾气处理装置；图乙中的由CO(NH2 )2 与NaOH、NaClO 反应制备水合***。实验 1：制备 NaClO 溶液 (己知： 3NaClO2NaCl+NaClO3)。（1）图甲装置中烧瓶内发生反应的离子方程式为MnO 2+-Mn2+22+4H +Cl+Cl +2H O。（ 2）用 NaOH 固体配制溶质质量分数为 30%的 NaOH 溶液时，所需玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒 。（3）由题中信息 (己知： 3NaClO2NaCl+NaClO3)可知，图甲装置
5、中用冰水浴控制温度的目的是防止NaClO 分解，影响水合***的产率。实验2：制取水合***（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4H2O 会参与 A 中反应并产生大量氮气，降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为N HH O+2NaClO=N +3H O+2NaCl。充分反应后，蒸馏 A 中溶液即可得到水合***的粗产24222品。实验 3：测定馏分中水合***的含量（5）称取馏分3/0g，加入适量 NaHCO3 固体 (滴定过程中，调节溶液的pH 保持在 6/5左右)，加水配成 250mL 溶液，移出25/00mL 置于锥形瓶中，并滴加23 滴淀粉溶液。用-1 的碘的标准溶液滴定。(已知：
6、 N2422220/15mol LH HO+2I =N +4HI+H O)水合*** (N2H4H2O)是一种强还原性的碱性液体，滴定操作中若不加入适量NaHCO3 固体控制溶液的 pH，则碘会在碱性条件下发生歧化反应而消耗较多的碘，所以测量结果会偏大。下列实验操作： a/锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响测定结果；b/滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则标准液的体积读数偏小；c/读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则标准液的体积读数偏小； d/盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液，则标准液会被残留的水稀释，从而消耗标准液的体积偏大。综上所述，能导致馏分中水合***的含量测定结果偏高的是d。实验测得消耗I
7、2 溶液的平均值为20/00mL，由反应的化学方程式N2H4?H2O+2I2=N2 +4HI+H2O 可知，n(N2H4?H2O)= n(I2)=0/0015mol ，馏分中水合***(N2H4H2O)的质量分数为25%。点睛：本题考查物质制备实验、主要考查了实验室制备***气的反应原理、配制一定质量分数的溶液所用的实验仪器、反应条件的控制、氧化还原滴定及其误差分析等等，题目难度中等 。 明确实验目的为解答关键，较好地考查了学生对实验原理的理解及知识迁移应用的能力、处理实验数据的能力等等 。2 氨基磺酸 ( H2NSO3H) 是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工业上常用作
8、酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。某实验室用尿素和发烟硫酸( 溶有SO3 的硫酸 ) 制备氨基磺酸的流程如图：已知“磺化”步骤发生的反应为：CO( NH2) 2( s)+ SO3( g)H2NCONHSO3H( s)H 0H2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3 H+CO2发生“磺化”步骤反应的装置如图1 所示：请回答下列问题：（1）下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是_。Aa的名称是三颈烧瓶/ 仪器B/ 冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的B 管口通入C/ 抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板
9、上，再转移悬浊液D/ 抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管（2）“磺化”过程温度与产率的关系如图2 所示，控制反应温度为7580为宜，若温度高于 80，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是_。（3）“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是_。（4）“重结晶”时，溶剂选用10% 12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是_。5）“配液及滴定”操作中，准确称取2 500g氨基磺酸粗品配成250mL待测液。取（/25/ 00mL 待测液于锥形瓶中，以淀粉- 碘化钾溶液做指示剂，用-1 的 NaNO20/ 08000mol ?L标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时
10、，消耗NaNO2标准溶液25/00mL。此时氨基磺酸恰好被完全氧化成 N2， NaNO2 的还原产物也为 N2。电子天平使用前须_并调零校准。称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘***，显示数字稳定后按_，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。试求氨基磺酸粗品的纯度：_( 用质量分数表示) 。若以酚酞为指示剂，用0/ 08000mol ?L- 1 的 NaOH 标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比NaNO2 法 _( 填“偏高”或“偏低”) 。【来源】浙江省2020 届高三选考模拟卷化学试题（一)【答案】 A温度过高， SO3 气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，
11、反应接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2 3 次氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2324424+与 SO42-促使该平衡逆向移动NSO H+H ONH HSO ；稀 H SO 可提供 H( 通电 ) 预热去皮键 ( 归零键 )77/ 60%偏高【解析】【分析】发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤；得到的氨基磺酸可能混有杂质，则要经过重结晶进行提纯，最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。
12、【详解】1）Aa的名称是三颈烧瓶，故A正确；（/ 仪器B/ 冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的A 管口通入，故B 错误；C/ 向漏斗内转待抽滤液时，应用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，不能直接转移悬浊液，故 C 错误；D/ 抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙头，故 D 错误；综上所述，答案为 A。（ 2）气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高， SO3 气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动，故答案为：温度过高， SO3 气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应接触不充分转化率
13、降低；同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动；（ 3）洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作 2- 3 次，故答案为：关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2 3 次；（4）“重结晶”时，溶剂选用10% 12%的硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失，因为氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2324424可提供NSO H+H ONH HSO；稀 H SOH+与 SO42- 促使该平衡逆向移动，故答案为：氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与 SO
14、2- 促使该平衡逆向移动；4+（5）电子天平在使用时要注意使用前须( 通电 ) 预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键( 归零键 ) ，再放入药品进行称量，故答案为：( 通电 )预热；去皮键 ( 归零键 ) ；亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以 1/ 1比例反应，可知c(H 2 NSO 3H)c(NaNO 2 )=0/08mol/L ，则 2/ 500g 氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度m(H2 NSO 3H)n(H 2 NSO3H) M(H2 NSO 3 H)100%=2/5 g100%2/5gc(H 2 NSO
15、3H)V(H 2 NSO3H)M(H 2 NSO3 H)0/08mol/L0/25L 97g/mol2/5g100%100%=77/6%2/5g，故答案为：77/ 60%；因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，则用NaOH 标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比NaNO2 法偏高，故答案为：偏高。【点睛】当讨论温度对产率的影响时，注意考虑要全面，温度一般可以影响反应速率、化学平衡移动、物质的溶解度以及物质的稳定性等，可以从这些方面进行讨论，以免漏答。3 ***血液里Ca2的浓度一般采用mgcm-3 来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵 (NH 4) 2C2O4 溶液，可析出草酸钙 (CaC2O4) 沉
16、淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H 2C2O4) ，再用 KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中 Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。（配制 KMnO4标准溶液）如图是配制50mL KMnO4标准溶液的过程示意图。（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有_ ( 填序号 ) 。（2）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_( 填“偏大”或“偏小” ) 。（测定血液样品中Ca2 的浓度）抽取血样20/00mL，经过上述处理后得到草酸，再用 1KMnO溶液滴定，使草酸转化成CO逸出，这时共消耗12/00mL KMnO 溶液。0/020mol
17、L424（3）已知草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为-+x+2MnO4+5H2C2O4+6H =2Mn +10CO2+8H2O则方程式中的x=_ 。（ 4）经过计算，血液样品中 Ca2+的浓度为 _ mgcm-3 。【来源】山东省章丘四中 2020 届高三 10 月月考化学试题【答案】 偏小 2 1/2【解析】【分析】(1)根据图示分析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误；(2)根据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断；(3)根据电荷守恒进行分析；(4)根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。【详解】(1)由图示可知操作不正确，不能在量筒中溶解固体，定容时应平视刻
18、度线，至溶液凹液面与刻度线相切；(2)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；(3)根据电荷守恒，(-1 2)+(+1 6)=+x，解2得， x=2，草酸跟KMnO4 反应的离子方程式为：2MnO 4-+5H2C2O4+6H+2Mn 2+10CO2 +8H2O；(4)血样 20/00mL 经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0/020mol/L 0/012L=2/4 -4mol10，根据反应方程式 2MnO4-+2+ +8H O，及草酸钙的化学式CaC O，可知：+5H C O +6H 2Mn+10CO22422242+5-
19、4-42+-42 2 4)=2/52/4 mol=610 10mol ，Ca的质量为： 40g/mol 610n(Ca )=n(H C O )=n(MnO24mol=0/024g=24mg ，钙离子的浓度为：24mg=1/2mg/cm320cm3。【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c= n 分析，如：用V量筒量取***倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n 偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制***
20、溶液时，将称量好的***固体放入小烧杯中溶解，未***立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，***固体溶于水放热，定容后***至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V 偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。4 硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于鞣革、媒染、化工、医药等行业。常温下，溶液中析出晶体为Na2S2O3?5H2O Na2S2O3?5H2O 于 40-45 熔化， 48 分解； Na2S2O3 易溶于水，不溶于乙醇。在水中有
21、关物质的溶解度曲线如图甲所示。制备Na2 S2O3 ?5H2O将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置D 中，然后注入150mL 蒸馏水使其溶解，再在分液漏斗A 中注入一定浓度的H2SO4，在蒸馏烧瓶B 中加入亚硫酸钠固体，并按图乙安装好装置。（ 1）仪器 D 的名称为 _（ 2）打开分液漏斗活塞，注入H2SO4，使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2S 和Na2CO3 的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，总反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2。 烧瓶 B 中发生反应的化学方程式为_。 将 B 中产生的气体缓慢均匀地通入D 中的正确操作是 _。 制备过程
22、中仪器 D 中的溶液要控制在弱碱性条件下，其理由是_（用离子方程式表示）。分离 Na2 S2O3 ?5H2O 并测定含量（ 3）操作 I 为趁热过滤，其目的是 _；操作 是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作时用_ （填试剂）作洗涤剂。（ 4）蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是_。（5）制得的粗晶体中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中Na2S2 O3?5H2O 的含量，称取1/25g 的粗样品溶于水，配成250mL 溶液，取25/00mL 溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用 0/0100mol/L 标准 I2溶液滴定，当溶液中2 32- 全部被氧化时，消耗碘溶
23、液的体积为S O25/00mL试回答：（提示： I2+2S2O32- 2I-+S4 O62- ） 达到滴定终点时的现象：_ 产品中 Na2S2O3?5H2O 的质量分数为 _。【来源】安徽省名校2020 届高三冲刺模拟卷（全国I 卷 ) 理综化学试题【答案】三颈烧瓶Na2SO3 +H2SO4（浓） Na2SO4+SO2 +H2O观察仪器 D 中气体的流速，控制分液漏斗A 的旋塞，控制产生气体的速度S2-+ S +SO +H2O 防止硫2O3+2H2代硫酸钠晶体析出乙醇 避免析出的晶体 Na2S2O3?5H2O 因温度过高而分解滴加最后一滴标准 I2 溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说
24、明到达滴定终点99/2%【解析】【分析】【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器D 的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）亚硫酸钠与***反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2 SO4（浓） =Na2 42223242422SO +SO +H O，故答案为：Na SO +H SO （浓）=Na SO +SO +H O；为将 B 中产生的气体缓慢均匀地通入D 中，可以观察仪器D 中气体的流速，通过控制分液漏斗 A 的旋塞，可控制产生气体的速度，故答案为：观察仪器D 中气体的流速，控制分液漏斗 A 的旋塞，控制产生气体的速度；Na2S2O3 在酸性条件下会生成 S 和 S
25、O2，所以制备过程中仪器D 中的溶液要控制在弱碱性条件下以防止Na2S2O3 发生歧化反应，其离子方程式为：S2O3 2-+2H+=S +SO2 +H2O，故答案为： S2O32-+2H+=S +SO2 +H2O；（3）根据图甲可知，温度低时，硫代硫酸钠的溶解度小，会结晶析出，所以需要趁热过滤，防止硫代硫酸钠晶体析出； Na2S2O3 易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂，故答案为：防止硫代硫酸钠晶体析出；乙醇；（4） Na2S2 O3?5H2O 于 40-45 熔化， 48 分解，所以蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体 Na2 2 322 2 32
26、S O ?5H O 因温度过高而分解，故答案为：避免析出的晶体Na S O ?5H O因温度过高而分解；（5）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，溶液中S2O32-全部被氧化时，滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，故答案为：滴加最后一滴标准 I2 溶液时，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；根据碘与硫代硫酸钠的反应I2+2S2O32- 2I-+S4 O62- 中的比例关系，配成的溶液中c（ S2O32-）=2c( I 2 )gV(I 2 )=2 0/0100mol0/025L=0/02mol/LNa2S2O3 5H2OV(S2 O32- )
27、0/025L，则产品中?的质量0/0200mol/L 0/25L 248g/mol分数 =1/25g100% =99/2%，故答案为： 99/2%。5 以环己醇为原料制取己二酸HOOC(CH2)4COO H的实验流程如下：其中 “氧化 ”的实验过程：在 250mL 四颈烧瓶中加入 50 mL 水和 3/18g 碳酸钠，低速搅拌至碳酸钠溶解，缓慢加入 9/48g(约 0/060 mol) 高锰酸钾，按图示搭好装置：打开电动搅拌，加热至35，滴加 3/2 mL(约 0/031 mol) 环己醇，发生的主要反应为：KMnO/OH-24450KOOC(CH) COOK ?H 0(1) 氧“化 ”过程应
28、采用 _加热(2) 氧“化 ”过程为保证产品纯度需要控制环己醇滴速的原因是：_ 。(3)为证明“ ”1滴混合物，若观察到_则表明反应已氧化 反应已结束，在滤纸上点经完成。(4) 趁“热抽滤 ”后，用 _进行洗涤 (填“热水 ”或 “冷水 ) 。(5)室温下，相关物质溶解度如表：化学式己二酸NaClKCl溶解度 g/100g 水1/4435/133/3“蒸发浓缩 ”过程中，为保证产品纯度及产量，应浓缩溶液体积至_( 填标号 )A5mLB 10mLC 15mLD 20mL(6)称取己二酸 (Mr-=146 g/mol) 样品 0/2920 g，用新煮沸的50 mL 热水溶解，滴入2 滴酚酞试液，用
29、 0/2000 mol/L NaOH 溶液滴定至终点，消耗NaOH 的平均体积为 19/70 mL。 NaOH溶液应装于 _(填仪器名称 )，己二酸样品的纯度为 _。【来源】四川省成都七中2020 届高三理科综合二诊模拟考试化学试题【答案】水浴为保证反应温度的稳定性 (小于 50)或控制反应温度在 50以下 未出现紫红色 热水C 碱式滴定管98/5%【解析】【分析】由题意可知，三颈烧瓶中加入3/18 克碳酸钠和 50mL 水，低温搅拌使其溶解，然后加入9/48g 高锰酸钾，小心预热溶液到35，缓慢滴加 3/2mL 环己醇，控制滴速，使反应温度维持在 45左右，反应20min后，再在沸水浴上加热
30、5min 促使反应完全并使 MnO 2 沉淀凝聚，加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾，趁热过滤得到MnO2 沉淀和含有己二酸钾的滤液，用热水洗涤MnO 2 沉淀，将洗涤液合并入滤液，热浓缩使滤液体积减少至10mL 左右，趁热小心加入***，使溶液呈强酸性(调节 pH 1 2)，***结晶、抽滤、洗涤、干燥，得己二酸白色晶体；(1)氧化过程需要使反应温度维持在35左右；(2)因为滴速对溶液的温度有影响，为保证产品纯度，需要控制反应温度；(3)为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高锰酸钾即可；(4)根据减少物质的损失，结合物质溶解度与温度的关系分析；(5)室温下，根据相关物质溶解度，“蒸发浓缩”
31、过程中，要保证产品纯度及产量，就是生成的杂质要依然溶解在溶液中，据此计算应浓缩溶液体积；(6)根据仪器的特点和溶液的性质选取仪器；称取已二酸 (Mr 146g/mol) 样品 0/2920g，用新煮沸的50mL 热水溶解，滴入2 滴酚酞试液，用 0/2000mol/L NaOH 溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH 的平均体积为 19/70mL；设己二酸样品的纯度为，根据 HOOC(CH2)4COOH 2NaOH 计算。【详解】(1)氧化过程需要使反应温度维持在35左右，要用 35的热水浴；(2)因为滴速对溶液的温度有影响，为保证反应温度的稳定性(小于 50 )或控制反应温度
32、在50以下，需要控制环己醇滴速；(3)为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高锰酸钾即可，所以在滤纸上点1 滴混合物，若观察到未出现紫红色，即表明反应完全；(4)根据步骤中分析可知要使生成的MnO2 沉淀并充分分离MnO2 沉淀和滤液，应趁热过滤；为减少 MnO 2 沉淀的损失，洗涤时也要用热水洗涤；(5)据题意，高锰酸钾约 0/060mol ，碳酸钠3/18g，0/030mol ，根据元素守恒，得最后NaCl、 KCl最多为 0/060mol ，质量分别为 3/51g， 4/47g，所需体积最少要 10mL、 13/4mL，为确保产品纯度及产量，所以应浓缩溶液体积至 15mL；(6)***溶
33、液呈碱性，需要的仪器是碱式滴定管；称取已二酸 (Mr 146g/mol) 样品 0/2920g，用新煮沸的50mL 热水溶解，滴入2 滴酚酞试液，用0/2000mol/L NaOH溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH 的平均体积为19/70mL；设己二酸样品的纯度为，则：HOOC(CH 2 ) 4COOH /2NaOH146g2mol0/2920g0/2000mol/L 19/70 10-3L146g2mol0/2000mol/L 19/70 10 3 L0/2920g解得 98/5%/【点睛】本题明确实验原理是解题的关键，注意该反应对温度要求非常严格，解题时要按照题意进行解
34、答，注意题目信息与相关基础知识的联合分析。6 黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：现称取研细的黄铜矿样品1/150g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、 Fe3 42气体，O和 SO实验后取 d 中溶液的置于锥形瓶中，用0/05mol/L 标准碘溶液进行滴定，初读数为0/00mL，终读数如图所示。请回答下列问题：（ 1）称量样品所用的仪器为 _，将样品研细后再反应，其目的是_。（ 2）装置 a 的作用是 _。a有利于空气中氧气充分反应b除去空气中的水蒸气c有利于气体混合 d有利于观察空气流速（3）上
35、述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是_。（4）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_mL。判断滴定已达终点的现象是_。通过计算可知，该黄铜矿的纯度为_。（5）若用右图装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是_。（填编号）（6）若将原装置 d 中的试液改为Ba(OH)2，测得的黄铜矿纯度误差为1%，假设实验操作均正确，可能的原因主要有 _ 。【来源】 2010 届江苏启东中学高三考前辅导训练化学试题【答案】电子天平使原料充分反应、加快反应速率b、 d使反应生成的SO2 全部进入 d装置中，使结果精确20/10mL溶液恰好由无色变成浅蓝色，且半分钟内不褪色80/4% 空气中的 CO 与 B
36、a(OH) 反应生成 BaCO 沉淀； BaSO 被氧化成 BaSO22334【解析】【分析】(1)根据称量黄铜矿样品1/150g，选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；(2)***可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d 装置吸收；(4)根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2SO2 2I2，再根据题中数据进行2计算；(5)图 2 中的中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钡沉淀，可以根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量；(6)Ba(OH)2 溶液能
37、吸收空气的CO2，另外 BaSO3 易被空气中氧气氧化，这些原因均能引起测定误差。【详解】(1)由于称量黄铜矿样品 1/150g，精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应；(2)装置 a 中的***可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置b 中发生危险，同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量，故答案为bd ；(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将 b 、d 装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确；(4)根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定
38、管示数是20/10mL，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝；根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS 2SO2 2I2，消耗掉0/05mol/L 标准碘溶液20/10mL2时，即消耗的碘单质的量为：0/05mol/L 0/0201L=0/00105mol，所以黄铜矿的质量是：0/9246g0/5 0/00105mol 184g/mol 10=0，/9246g所以其纯度是： 100%=80/4%；1/15g(5)由于图 2 中，硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡沉淀，过滤干燥后，根据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量，故答案为；(6)将原装置
39、 d 中的试液改为Ba(OH) ，测得的黄铜矿纯度误差为1%，在实验操作均正确2的前提下，引起误差的可能原因主要有空气中的CO22反应生成3沉淀或与 Ba(OH)BaCOBaSO 被氧化成 BaSO 。347 砂质土壤分析中常用Karl Fischer 法是测定其中微量水含量，该方法是利用I2 和 SO2 反应定量消耗水作为原理 (假设土壤中其他成分不参加反应)，据此回答下列问题：(1)写出该反应的化学反应方程式：_。步骤 I：反应样品中的水下图是某同学在实验室模拟Karl Fischer 法的实验装置图：(2)装置连接的顺序为a_(填接口字母顺序)； M 仪器的名称为_，其在实验过程中的作用
40、是：_；(3)操作步骤为：连接装置并检查装置气密性，装入药品，_ ；关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，取下 D 装置， 步骤中继续通入N2 的目的是 _步骤 II：测定剩余的碘向反应后的D 装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250/00mL 溶液，取-12 2 3标准液滴定剩余的2单质，已知反应如25/00mL 用 0/20 mol LNa S OI下： 2S2 322 4 62。O+I =S O+2I(4)Na2S2O3 标准液应装在 _(填 “酸式 ”、 “碱式 ”)滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液的目的是_；(5)
41、滴定实验重复四次得到数据如下/实验消耗的标准液的体积/mL18/3720/0519/9520/00若实验开始时，向 D 装置中加入10/00 g 土壤样品和10/16 克 I2(已知 I2 过量 )，则样品土壤中水的含量为 _%。若 Na2S2O3 标准液已部分氧化变质，则水含量测定结果将_(填 “偏高 ”、 “偏低”或 “不变 ”)。【来源】【全国百强校】四川省成都市石室中学2019 届第二次诊断性模拟测试化学试题【答案】 SO2 +I2 +2H2O=H2SO4+2HId e i h g f b (c)长颈漏斗平衡内外气压，防止压强过大打开弹簧夹，通入氮气将装置中的 SO2全部赶入 B 装置
42、中吸收碱式 使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确7/2% 偏低【解析】【分析】(1)利用 I2 和 SO2 反应定量消耗水，碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸，据此写出反应的方程式；(2)装置 A 是制备二氧化硫气体，装置B 中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入装置，应该在整套装置的最后，D 装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用***(E)干燥，C 装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，据此分析解答；(3)操作步骤：连接装置并检查装置气密性，装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，关闭弹簧夹，打开
43、分液漏斗活塞；反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入 N2 ，将装置中的SO2 全部赶入B 装置中吸收，据此分析解答；(4)Na2S2O3 水解显碱性；合并洗涤液和滤液，使所有剩余的碘进入滤液，据此分析解答；(5)实验过程中碘与二氧化硫反应后，剩余的碘用0/20 mol?L-1 Na2S2O3 标准液滴定，根据消耗的 Na2S2O3 求出剩余的碘，再根据(1) 中的方程式求出消耗的水，最后求样品中水的含量；若 Na2 S2O3 标准液已部分氧化变质，消耗硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，据此分析判断。【详解】(1)碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸，反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，故答案为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；(2) 装置 A 是制备二氧化硫气体，装置 B 中的碱石灰可以吸收尾气，并
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