济南备战高考化学二轮 化水溶液中的离子平衡 专项培优易错试卷

一、水溶液中的离子平衡

H2O)又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它1．水合肼(N2H4·

是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO=N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl。 实验1：制备NaClO溶液。(已知：3NaClO

Δ2NaCl＋NaClO3)

(1)如图装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为___________。

(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有__________(填字母)。

a.烧杯 b.容量瓶 c.玻璃棒 d.烧瓶

(3)图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是__________ 。 实验2：制取水合肼。

(4)图中充分反应后，____________(填操作名称)A中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出漏斗滴液速度过快，部分N2H4·

该过程反应生成氮气的化学方程式 ________。

实验3：测定馏分中水合肼的含量。

(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250 mL溶液，移出25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.15 mol·L－1的碘的标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O)。 ①滴定时，碘的标准溶液盛放在 ________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 ②下列能导致馏分中水合肼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 H2O)的质量分数为 ③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·_________。

【来源】天津市河北区2020届高三总复习质量检测（一)（一模)化学试题 【答案】MnO2＋4HCl(浓)

ΔMnCl2＋Cl2↑＋2H2O a c 防止NaClO受热分解，影响水合肼

H2O＋2NaClO=N2↑＋3H2O＋2NaCl 酸式 d 25% 的产率 蒸馏 N2H4·【解析】 【分析】

(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水；

（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌；

（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，降温可以防止NaClO受热分解；

H2O与次氯酸钠反（4）N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·应；

（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管； ②依据操作不当对标准溶液体积的 影响分析解答；

H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，由此计算③由方程式N2H4·

N2H4·H2O的物质的量和质量分数。 【详解】

(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)2H2O；

（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：ac；

（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率，故答案为：防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率；

（4）由反应方程式示可知，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼的粗产品；N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl，故答案为：蒸馏；N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl；

（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；

②a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对实验结果无影响，故错误； b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；

c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；

d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积

ΔMnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)

ΔMnCl2＋Cl2↑＋

偏大，所测结果偏高，故正确； d正确，故答案为：d；

③由方程式N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，则3.0g馏分中nH2O）=1n（I2）×10=1L－1×20×10—3L×10=0.015 mol，则馏分中水合（N2H4·×0.15 mol·22H2O)的质量分数为肼(N2H4·【点睛】

由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解是解答关键，N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度H2O与次氯酸钠反应是解答难点。 过快，部分N2H4·

0.015mol50g/mol3g×100%=25%，故答案为：25%。

H2O)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2．水合肼(N2H4·

H2O+Na2CO3+NaCl。 肼的原理为CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=N2H4·

实验1：制备NaClO溶液(己知：3NaClO

2NaCl+NaClO3)。

（1）图甲装置Ⅰ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Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是________________________。 实验2：制取水合肼

（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O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肼的粗产品。 实验3：测定馏分中水合肼的含量

（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2~3 滴淀粉溶液。用0.15mol·L-1的碘的标准溶液滴定。(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)

①滴定操作中若不加入适量NaHCO3固体，则测量结果会___________“偏大”“ 偏小”“ 无影响”)。

②下列能导致馏分中水合肼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

③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·H2O)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+4H++Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O 量筒、烧杯、玻璃棒 防止NaClO分解，影

H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl 偏大 d 25% 响水合肼的产率 N2H4·

【解析】试题分析：由图可知，装置I由二氧化锰和浓盐酸制备氯气；装置II由氯气和氢氧化钠溶液制备次氯酸钠；装置III是尾气处理装置；图乙中的由CO(NH2)2与NaOH、NaClO反应制备水合肼。 实验1：制备NaClO溶液(己知：3NaClO

2NaCl+NaClO3)。

Mn2++Cl2↑+2H2O。

（1）图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的离子方程式为MnO2+4H++Cl-

（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：3NaClO

2NaCl+NaClO3)可知，图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度

的目的是防止NaClO分解，影响水合肼的产率。 实验2：制取水合肼

（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O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

N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl。充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。

实验3：测定馏分中水合肼的含量

（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2~3 滴淀粉溶液。用0.15mol·L-1的碘的标准溶液滴定。(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)

H2O)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①水合肼(N2H4·

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。 ②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，能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是d。

③实验测得消耗I2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，馏分中水合肼(N2H4·H2O)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氯气的反应原理、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。

3．食品加工中常用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)作漂白剂、防腐剂和疏松剂。现实验室欲制备焦亚硫酸钠，其反应依次为：(ⅰ)2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O； (ⅱ)Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3； (ⅲ)2NaHSO3被空气氧化。 实验装置如下：

Na2S2O5+H2O。

查阅资料：焦亚硫酸钠为黄色结晶粉末，150℃时开始分解，在水溶液或含有结晶水时更易

（1）实验室可用废铝丝与NaOH溶液制取H2，其离子方程式为___。

（2）通氢气一段时间后，以恒定速率通入SO2，开始的一段时间溶液温度迅速升高，随后温度缓慢变化，溶液开始逐渐变黄。“温度迅速升高”的原因为__。实验后期须利用水浴使温度保持在约80℃。

（3）反应后的体系中有少量白色亚硫酸钠析出，除去其中亚硫酸钠固体的方法是___；然后获得较纯的无水Na2S2O5，应将溶液冷却到30℃左右过滤，控制“30℃左右”的理由是___。

（4）丙为真空干燥Na2S2O5晶体的装置，通入H2的目的是___。

（5）常用剩余碘量法测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数。已知：S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+；2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。请补充实验步骤(可提供的试剂有：焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水)。

①精确称取产品0.2000g放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中。

②准确移取一定体积的已知浓度的标准碘溶液(过量)并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量的蒸馏水。 ③用标准Na2S2O3溶液滴定至接近终点。 ④___。

⑤重复步骤①～③；根据相关记录数据计算出平均值。

【来源】云南省楚雄州大姚县实验中学2020届高三下学期4月月考理综化学试题 【答案】2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑ SO2与NaOH溶液的反应是放热反应 趁热过滤 此时溶液中Na2SO3不饱和，不析出 排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化 加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色，记录滴定所消耗的体积 【解析】 【分析】

(1)铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；

(2)SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高；

(3)根据图知，温度越高Na2S2O5溶解度增大，当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小；控制“30℃左右”时，此时溶液中Na2SO3不饱和；

(4)焦亚硫酸钠能被压强氧化；真空干燥时，干燥室内部的压力低，水分在低温下就能气化；

(5)④碘能使淀粉变蓝色，所以可以用淀粉试液检验滴定终点，继续做实验为：加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积。 【详解】

(1)铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

(2)SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高，所以溶液“温度迅速升高”； (3)根据图知，温度越高Na2S2O5溶解度增大，当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小，所以要趁热过滤；控制“30℃左右”时，此时溶液中Na2SO3不饱和，不析出；

(4)焦亚硫酸钠能被压强氧化，则通入氢气的目的是排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化； (5)④继续做实验为：加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积，然后再重复实验，减少实验误差。

4．某同学进行实验研究时，欲配1.0mol•L-1Ba(OH)2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba(OH)2·8H2O试剂（化学式量：315）。在室温下配制溶液时发现所取试剂在足量的水中仅8H2O在283K、293K部分溶解，烧杯中存在大量未溶物。为探究原因，该同学查得Ba(OH)2·和303K时的溶解度（g/100g H2O）分别为2.5、3.9和5.6。

（1）烧杯中未溶物可能仅为BaCO3，理由是___________________________________。 8H2O和少量BaCO3组成，设计实验方案，进行成分检验。（2）假设试剂由大量Ba(OH)2·

在答题纸上进一步完成实验步骤、预期现象和结论_____。（不考虑结晶水的检验；室温时

BaCO3饱和溶液的pH=9.6）

限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管 实验步骤 预期现象和结论 步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。 步骤2：取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。 步骤3：取适量步骤1中的沉淀于试管中，_____。 步骤4： 8H2O的含量。实验如下： 将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba(OH)2·

（3）配制250mL约0.1mol•L-1Ba(OH)2溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，__________，将溶液转入_____________，洗涤，定容，摇匀。 （4）滴定：准确量取25.00mL所配制Ba(OH)2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将

__________（填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”）mol•L-1盐酸装入50mL酸式滴定管，滴8H2O的质量分数定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗盐酸VmL。 计算Ba(OH)2·＝__________________（只列出算式，不做运算）。

（5）室温下，________(填“能”或“不能”) 配制1.0 mol•L-1Ba(OH)2溶液。 【来源】2013届上海市长宁区高三上学期期末教学质量调研化学试卷（带解析) 8H2O与空气中的CO2反应，所取试剂许多已变质为BaCO3，未变质【答案】由于Ba(OH)2·

8H2O在配制溶液时能全部溶解 的Ba(OH)2·实验步骤 步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。 预期现象和结论 步骤2：取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。 出现白色沉淀，说明该试剂中有Ba2+存在 步骤3：取适量步骤1中的沉淀于是试管中，滴加稀盐酸，连接带塞导气管将产生的气体导入澄清石灰水中。 澄清石灰水变混浊。说明该试剂中含有BaCO3 pH明显大于9.6，说明该试剂中含有Ba(OH)2。 步骤4：取步骤1中的滤液于烧杯中，用pH计测定其pH。 2500.1980103315V 搅拌溶解 250mL容量瓶中 0.1980 100% 不能

225.00w【解析】 【分析】 【详解】

（1）Ba(OH)2属于强碱，易吸收空气中的水蒸气和CO2形成难溶的BaCO3沉淀，因此长时间暴露在空气中时Ba(OH)2就有可能转化为BaCO3。

＋

（2）Ba(OH)2易溶于水，所以滤液中含有Ba2，因此滴加稀硫酸使会产生白色沉淀

BaSO4；要想验证沉淀为BaCO3，可以利用其能与酸反应产生能使澄清石灰水变浑浊的CO28H2O，可以取步骤1中的滤液，用pH计测其气体；为进一步证明试剂是否还有Ba(OH)2·

pH值，若pH＞9.6，即证明滤液不是纯BaCO3溶液，即证明是由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成，假设成立。

（3）由于试样中含有难溶性的BaCO3，因此加水溶解后要过滤，且冷却后再转移到250mL容量瓶中。

（4）Ba(OH)2溶液的浓度约为0.1mol•L-1，体积是25mL，由于酸式滴定管的容量是50mL，因此盐酸的浓度至少应该是0.1 mol•L-1。若盐酸的浓度过大，反应过快，不利于控制滴定终点，所以选择0.1980 mol•L-1的盐酸最恰当。消耗盐酸的物质的量是0.1980×V×10－3mol，

0.1980V103mol，所以w克试样中所以25.00mL溶液中含有Ba(OH)2的物质的量是

20.1980V103250Ba(OH)2的质量是8H2O的质量分数315g，故Ba(OH)2·

2252500.1980103315V=100%。

225.00w8H2O的质量是315g，所（5）若配制1L1.0 mol•L-1Ba(OH)2溶液，则溶液中溶解的Ba(OH)2·以此时的溶解度约是

315×100＝31.5 g/100g H2O，而在常温下Ba(OH)2·8H2O是3.9 g/100g 1000H2O，显然不可能配制出1.0 mol•L-1Ba(OH)2溶液。

5．淀粉水解的产物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1所示（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）：实验过程如下：

①将1：1的淀粉水乳液与少许硫酸（98%）加入烧杯中，水浴加热至85℃～90℃，保持30min，然后逐渐将温度降至60℃左右； ②将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；

③控制反应液温度在55～60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2：1.5）溶液；

④反应3h左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体，硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：

C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O C6H12O6+8HNO3→6CO2+8NO↑+10H2O 3H2C2O4+2HNO3→6CO2+2NO↑+4H2O 请回答下列问题：

（1）实验①加入98%硫酸少许的作用是：_________；

（2）实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是_________； （3）检验淀粉是否水解完全所用的试剂为_________；

（4）草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有_________；

（5）将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸．用KMnO4标准溶液滴定，该反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.020mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定至终点（杂质不参与反应），此时溶液颜色变化为_________，滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为_________。 【来源】2013届浙江省绍兴一中高三回头考试化学试题（带解析)

【答案】催化剂的作用 温度过高，硝酸浓度过大，导致H2C2O4进一步被氧化 碘水 布氏漏斗、吸滤器 无色突变为淡紫色且半分钟不褪色 84% 【解析】 【分析】 【详解】

（1）淀粉水解需要浓硫酸作催化剂，即浓硫酸的作用是提高淀粉水解的速度（或起到催化剂的作用）。

（2）由于温度过高、硝酸浓度过大，会导致产物H2C2O4进一步被氧化，所以不能滴入的过快。

（3）由于碘能和淀粉发生显色反应，所以可以用碘水来检验淀粉是否完全水解。 （4）减压过滤时需要布氏漏斗、吸滤瓶。

（5）由于酸性高锰酸钾溶液是显紫红色的，所以当反应达到终点时，溶液颜色由无色突变为淡紫色且半分钟不褪色。根据滴定管的读数可知，消耗高锰酸钾溶液是18.50ml－2.50mlL-1×0.016L×5/2＝0.0008mol，则＝16.00ml。根据方程式可知，草酸的物质的量是0.020 mol·草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为

0.0008126100%84.0%。

0.12

6．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100 mL)。

Ⅰ.实验步骤：配制待测白醋溶液，用酸式滴定管量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。量取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示剂。

（1）读取盛装0.1000 mol/L NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为________ mL。

（2）滴定。判断滴定终点的现象是________________________________，达到滴定终点，停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数。重复滴定3次。 Ⅱ.实验记录： 滴定次数 实验数据(mL) V(样品) V(NaOH)(消耗) 1 20.00 15.95 2 20.00 15.00 3 20.00 15.05 4 20.00 14.95 Ⅲ.数据处理与讨论：

（3）某同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V＝(15.95＋15.00＋15.05＋14.95)/4＝15.24 mL。指出他的计算的不合理之处：_________________。 （4）按正确数据处理，得出c（市售白醋）=_______mol·L，市售白醋总酸量=____g·100mL。

【来源】【全国百强校】吉林省延边第二中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题

【答案】0.70 溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色 很明显第一组数据比其余三组数据偏大，不能选用，要舍去 0.75 4.5 【解析】 【分析】

（1）根据滴定管的结构和精确度来解答；

（2）根据滴定终点，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定；

-1

-1

（3）根据数据的有效性，应舍去第1组数据；

（4）先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4三组平均消耗

V（NaOH）；接着根据醋酸和NaOH反应求出20.00mL样品中含有的醋酸，最后求出市售白醋总酸量； 【详解】

（1）液面读数0.70mL；

（2）滴定终点时，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定； （3）第1组数据舍去的理由是：很明显第一组数据比其余三组数据偏大，不能选用，要舍去；

（4）先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4三组平均消耗V（NaOH）=15.00mL， CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O 0.0015mol 0.015L×0.1000mol·L－1

c（市售白醋）=0.0015mol÷0.02L×0.1L÷0.01L=0.75 mol/L； mol－1×则10mL样品中含有的醋酸的质量为0.0015mol×60g·量4.5g/100mL。

=0.45g，市售白醋总酸

7．下表是某学生为探究AgCl沉淀转化为Ag2S沉淀的反应所做实验的记录． 步 骤 Ⅰ.取5mL 0.1mol/L AgNO3与一定体积0.1mol/L NaCl溶液，混合，振荡． Ⅱ.向所得悬浊液中加入2.5mL 0.1mol/L Na2S溶液． Ⅲ.将上述黑色浊液，放置在空气中，不断搅拌． 现 象 立即产生白色沉淀 沉淀迅速变为黑色 较长时间后，沉淀变为乳白色 产生红棕色气体，沉淀部分溶解 产生白色沉淀 Ⅳ.滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液． Ⅴ.过滤得到滤液X和白色沉淀Y；向X中滴加Ba(NO3)2溶液． 1为了证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为

______ 。

2已知：25℃时KspAgCl1.81010，KspAg2S61030，此沉淀转化反应的

平衡常数K ______。

3步骤V中产生的白色沉淀的化学式为 ______ ，步骤Ⅲ中乳白色沉淀除含有AgCl外，

还含有 ______。

4为了进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，设计了如下图所示的对比实验装

置。

①装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和 ______ ，试剂W为 ______ 。 ②装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，B中试剂为 ______ 。 ③实验表明：C中沉淀逐渐变为乳白色，B中没有明显变化。

完成C中反应的化学方程式：______Ag2S+_____NaCl+______ + ______ ⇌AgCl+S+ ______ ______

C中NaCl的作用是： ______ 。

【来源】2020届高三化学二轮每周大题必练———反应原理的探究型实验

【答案】5mL 5.4109 BaSO4 S 分液漏斗 过氧化氢溶液 Ag2S悬浊液

2Ag2S4NaClO22H2Oƒ4AgCl2S4NaOH 氧气将Ag2S氧化成S时有

Ag产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀，使cAg减小，有利于氧化

还原反应的平衡右移 【解析】 【分析】

(1)要证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl沉淀； (2)Kc2Cl2；

cS(3)黑色的硫化银沉淀被氧气氧化为氯化银沉淀和硫单质；硫单质被硝酸氧化为硫酸根离子；

(4) ①根据装置图判断仪器名称；装置A的作用是提供氧气；

②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，则装置B中应该不含氯化钠溶液；

③装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的反应物为氢氧化钠，再根据H元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式。 【详解】

(1)要证明沉淀变黑是AgCl转化为Ag2S的缘故，则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl沉淀，所以加入的NaCl溶液的体积必须5mL； (2)氯化银转化成硫化银的反应为：2AgClsS的平衡常数为：

2aqƒAg2Ss2Claq，该反应

102Kc2Cl2cAgcClKAgCl(1.810610cScAgcSKAgS222sp22sp2)305.4109；

(3)步骤Ⅲ中较长时间后，沉淀变为乳白色，则黑色的硫化银沉淀氧化成氯化银沉淀；再根据滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，则被氧化的只能为S元素，故乳白色沉淀为AgCl和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根离子，则在步骤Ⅴ中向X中滴加Ba(NO3)2溶液会生成BaSO4沉淀；

(4) ①根据图示可知，装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗；乳白色沉淀为氯化银和S的混合物，装置A的作用是提供氧气，根据圆底烧瓶中为二氧化锰可知W为过氧化氢溶液；

②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为NaCl溶液和Ag2S悬浊液的混合物，则装置B中应该不含氯化钠溶液，即为Ag2S悬浊液，通过对比反应现象判断生成乳白色沉淀产生的原因；

③装置C中生成的白色沉淀为氯化银和S单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的产物为氢氧化钠，再根据H元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式为

2Ag2S4NaClO22H2Oƒ4AgCl2S4NaOH；装置C中氯化钠的作用为：氧

气将Ag2S氧化成S时有Ag产生，NaCl电离的氯离子与溶液中银离子结合生成AgCl沉

淀，使溶液中cAg减小，从而有利于氧化还原反应

2Ag2S4NaClO22H2Oƒ4AgCl2S4NaOH向右移动。

8．某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物FexC2O4yzH2O，

并用滴定法测定其组成。已知H2C2O4在温度高于90℃时易发生分解。实验操作如下： 步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀；

步骤二：称取黄色产物0.844ng于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至70n85℃。待固体全部溶解后，用胶头滴管吸出一滴溶液点在点滴板上，用铁氰化钾溶液检验，无蓝色沉淀产生；

步骤三：用0.0800nmol/LKMnO4标准液滴定步骤二所得的溶液；

步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸出一滴点在点滴板上，用KSCN溶液检验，若不显红色，过滤除去Zn粉，并用稀硫酸洗涤Zn粉，将洗涤液与滤液合并，用0.0800nmol/LKMnO4标准液滴定，用去高锰酸钾标准液

10.00nmL。

(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是________。

(2)步骤二中水浴加热并控制温度70n85℃的理由是________，加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是________。

(3)步骤三盛装KMnO4标准液的滴定管在滴定前后的液面如图乙所示，则消耗KMnO4标准液的体积为________，该滴定管为________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。

(4)步骤四中滴定时发生反的离子方程式为________。若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将________(填“增大”“减小”或“不变”)。由以上数据计算黄色化合物的化学式为________。

【来源】2020届高三化学二轮冲刺新题专练——物质性质的探究式实验

【答案】过滤 加快固体溶解，防止草酸分解 证明溶液中无Fe2存在，防止Fe2干扰草酸的测定 25.00mL 酸式 5Fe23MnOMn24H2O 减小 48H5FeFe4C2O45?10H2O

【解析】 【详解】

(1)固液分离的方法为过滤，故答案为：过滤；

(2)水浴加热可加快固体溶解，控制温度70～85n?C可防止草酸分解；

22zH2OFexC2O4y?中的铁元素可能含有Fe，Fe与KMnO4反应，高锰酸钾滴定

草酸时，需要排除Fe2的干扰，故答案为：加快固体溶解，防止草酸分解；证明溶液中无

Fe2存在，防止Fe2干扰草酸的测定；

(3)滴定前读数为0.80nmL，滴定后读数为25.80nmL，则消耗KMnO4溶液的体积为

25.00nmL；KMnO4具有强氧化性，应用酸式滴定管，故答案为：25.00nmL；酸

式；

(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为5Fe28H5Fe3Mn24H2O，洗涤

液中含有Fe2，若不合并，消耗KMnO4标准液的体积减小；根据方程式可知，

33nFe25nMnO450.0800nmol/L10nmL10 L/mL410 mol，

nH2C2O455nMnO40.0800nmol/L25nmL103L/mL5103 mol22，

nH2O0.844ng4103mol56g5103mol88ng/molmol0.01nmol，18ng/mol则nFe：nC2O42：nHO4：5：10，黄色化合物的化学式为

23Mn24H2O；减Fe4C2O45?10H2O，故答案为：5Fe2MnO48H5Fe10H2O。 小；Fe4C2O45?【点睛】

亚铁离子和草酸均能与酸性高锰酸钾溶液反应，实验时防止亚铁离子干扰草酸的测定是解答关键。

9．某学习小组学习了亚铁盐的性质后，欲探究FeSO4溶液分别与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反应。已知：Fe(OH)2和FeCO3均为白色沉淀，不存在Fe(HCO3)2。实验操作及现象记录如下：

试剂 实验 试管(I) 试管(II) 倾倒完后，迅速用胶塞塞紧试管I的口部，反复上下颠倒摇匀，使操作及现象 1.0 mol·L－1 实验a FeSO4溶液 24 mL 1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液24mL 反应物充分混合 反应过程中无气泡产生，生成白色絮状沉淀 放置1.5～2 h后，白色絮状沉淀转化为白色颗粒状沉淀 倾倒完后，迅速产生白色颗粒(试管容积为50 mL) 1.0 mol·L－1 1.0 mol·L－1 20 mL 状沉淀和大量气泡。振荡，经附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色 实验b FeSO4溶液 10 mL NaHCO3溶液 2～4 min后液面上方试管内壁粘

(1)甲同学认为实验a中白色颗粒状沉淀是FeCO3，写出该反应的离子方程式：________；他为了证实自己的观点，进行实验：取少量白色颗粒状沉淀，加入________，发现产生大量气泡。

(2)乙同学推测实验a的白色颗粒状沉淀中还可能含有Fe(OH)2，他将实验a中两种溶液体积均改成15 mL后再进行实验，证实了他的推测。能证明Fe(OH)2存在的实验现象是_________。

(3)实验b中白色颗粒状沉淀主要成分也为FeCO3，写出生成FeCO3的离子方程式：

________。

(4)实验b中液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色，主要原因是潮湿的FeCO3被氧气氧化，写出该反应的化学方程式：__________。

(5)乙同学反思，实验a中含有Fe(OH)2，实验b中几乎不含有Fe(OH)2，对比分析出现差异的原因是_________。

【来源】【全国百强校】北京市海淀区2019届上学期高中三年级期中考试化学试题 【答案】Fe2+ + CO32－ ＝ FeCO3↓ 稀硫酸(或稀盐酸等，合理答案均可得分) 沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色 Fe2+ + 2HCO3－ ＝ FeCO3↓+ CO2↑+ H2O 4FeCO3 + O2 + 6H2O ＝ 4Fe(OH)3 + 4CO2 混合以后，虽然实验b中c(NaHCO3)比实验a中c(Na2CO3)大，但Na2CO3溶液的碱性(或水解程度)比NaHCO3溶液的强 【解析】 【分析】

解答本题主要抓住Fe(OH)2和FeCO3的区别进行分析，FeCO3能与酸反应产生气体；Fe(OH)2和FeCO3均能被空气中的氧气氧化为红褐色的氢氧化铁，据此分析解答。 【详解】

(1)实验a中FeSO4与Na2CO3溶液混合若生成的沉淀是FeCO3，则发生复分解反应，反应的

－

离子方程式为：Fe2+ + CO32 ＝ FeCO3↓；FeCO3溶于硫酸或盐酸产生二氧化碳气体，而氢氧

化亚铁与硫酸或盐酸反应不会产生气体，则可用稀硫酸或盐酸来鉴别碳酸亚铁和氢氧化亚铁沉淀，

故答案为Fe2+ + CO32－ ＝ FeCO3↓；稀硫酸(或稀盐酸)；

(2)若沉淀中有Fe(OH)2，放置在空气中会被氧化而呈现白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色的现象，

故答案为沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色；

(3)实验b中的反应物为硫酸亚铁和碳酸氢钠，两者反应除了生成碳酸亚铁沉淀，还有二氧化碳气体和水生成，反应的离子方程式为：Fe2+ + 2HCO3－ ＝ FeCO3↓+ CO2↑+ H2O，

－

故答案为Fe2+ + 2HCO3 ＝ FeCO3↓+ CO2↑+ H2O；

(4) FeCO3被氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应中氧气为氧化剂，碳酸亚铁为还原剂，由氧化还原反应规律可得反应的化学方程式为：4FeCO3 + O2 + 6H2O ＝ 4Fe(OH)3 + 4CO2， 故答案为4FeCO3 + O2 + 6H2O ＝ 4Fe(OH)3 + 4CO2；

(5) 对比实验a、b，不同之处在于前者反应物为碳酸钠溶液，后者为碳酸氢钠溶液，由于碳酸根离子的水解程度较碳酸根离子的水解大，实验a中混合溶液氢氧根离子浓度较实验b中要大，导致实验a中更易产生Fe(OH)2沉淀，

故答案为混合以后，虽然实验b中c(NaHCO3)比实验a中c(Na2CO3)大，但Na2CO3溶液的碱性(或水解程度)比NaHCO3溶液的强。

10．常用补钙片的有效成分是CaCO3，某化学探究小组欲测定某补钙片中碳酸钙的含量。查阅资料得知：

一种常用的分析试剂 EDTA二钠盐（用Na2H2Y•2H2O表示）可用于测定Ca2+，其反应为： Ca2++H2Y2-=CaY2-+2H+，以铬黑T为指示剂，滴定终点溶液由红色变为蓝色。于是该实验小组做了如下实验：

步骤一：配制待测溶液。取适量补钙片研碎后，准确称取0.400g配成250mL溶液。 步骤二：滴定。用移液管取待测液25.00mL于锥形瓶中，加入适量NaOH溶液，摇 匀，再加入铬黑T指示剂3滴，用0.0100mol•L−1EDTA二钠盐溶液滴定至终点。三次重复滴定平均消耗EDTA二钠盐溶液22.50mL。 请回答下列问题：

（1）步骤一中补钙剂要用2mol/L的盐酸溶解，反应的离子方程式为

__________________，配制待测溶液所必需的仪器除研钵、药匙、分析天平、称量瓶、烧杯、玻璃棒外，还有_______、________，操作的先后顺序为：e→____→____→d→f→____→____→____（填下列操作的序号）。 A．盐酸溶解 b．称量 c．定容摇匀 d．加蒸馏水稀释 e．研磨 f．用NaOH溶液调节溶液pH至7 g．转移溶液 h．洗涤并转移 （2）实验测得补钙片中CaCO3的含量为_______。

（3）下列操作会导致测定结果偏高的是_______（填下列选项的字母序号）。 A．未将洗涤烧杯内壁的溶液转入容量瓶

B．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水 C．定容时俯视刻度线

D．滴定管下端尖嘴中有气泡存在,滴定后气泡消失 E．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗

【来源】2016届黑龙江省哈尔滨三十二中高三上学期期末考试化学试卷（带解析) 【答案】CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O 250mL容量瓶 胶头滴管 b a g h c 56.3% CDE 【解析】 【分析】 【详解】

（1）步骤一中补钙剂要用2mol/L的盐酸溶解，碳酸钙和盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，配制待测溶液所必需的仪器除研钵、药匙、分析天平、称量瓶、烧杯、玻璃棒外，还有250mL容量瓶、胶头滴管，操作的先后顺序为：研磨→称量→盐酸溶解→加蒸馏水稀释→用NaOH溶液调节溶液pH至7→转移溶液→洗涤并转移→定容摇匀，即e→b→a→d→f→g→h→c；

（2）实验测得补钙片中CaCO3的物质的量为0.01molgL-10.0225L10=0.00225mol，

CaCO3的含量为

0.00225mol100g/mol=56.3%；

0.4（3）A．未将洗涤烧杯内壁的溶液转入容量瓶，碳酸钙质量偏小，导致测定结果偏低； B．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水，测定结果无影响； C．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大；

D．滴定管下端尖嘴中有气泡存在,滴定后气泡消失，消耗EDTA体积偏大，导致测定结果偏高；

E．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，使EDTA浓度偏小，消耗体积偏大，导致测定结果偏高； 故选CDE。