备战高考化学复习化水溶液中的离子平衡专项综合练附详细答案

备战高考化学复习化水溶液中的离子平衡专项综合练附详细答案
一、水溶液中的离子平衡
1．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)1234
V(样品)20.0020.0020.0020.00
V(NaOH)(消耗)15.9515.0015.0514.95
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-1，市售白醋总酸量
=____g·100mL-1。

【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；
（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；
则10mL样品中含有的醋酸的质量为0.0015mol×60g·mol－1×=0.45g，市售白醋总酸量4.5g/100mL。

2．一水硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O]常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。

常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇，在空气中不稳定，受热时易发生分解。

某化学兴趣小组以Cu粉、3mol·L-1的硫酸、浓氨水、10% NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol·L-1稀盐酸、0.500mol·L-1的NaOH 溶液来制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。

I．CuSO4溶液的制取
①实验室用铜与浓硫酸制备硫酸铜溶液时，往往会产生有污染的SO2气体，随着硫酸浓度变小，反应会停止，使得硫酸利用率比较低。

②实际生产中往往将铜片在空气中加热，使其氧化生成CuO，再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸铜溶液；这一过程缺点是铜片表面加热易被氧化，而包裹在里面的铜得不到氧化。

③所以工业上进行了改进，可以在浸入硫酸中的铜片表面不断通O2，并加热；也可以在硫酸和铜的混合容器中滴加H2O2溶液。

④趁热过滤得蓝色溶液。

(1)某同学在上述实验制备硫酸铜溶液时铜有剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因
________________。

(2)若按③进行制备，请写出Cu在H2O2作用下和稀硫酸反应的化学方程式
_______________。

(3)H2O2溶液的浓度对铜片的溶解速率有影响。

现通过下图将少量30％的H2O2溶液浓缩至40％，在B处应增加一个设备，该设备的作用是____________馏出物是
______________________。

II．晶体的制备
将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作
(1)硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量NH3·H2O调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式__________。

(2)继续滴加NH3·H2O，会转化生成深蓝色溶液，请写出从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体的方法____________。

并说明理由____________。

Ⅲ.产品纯度的测定
精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入图示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mL
0.500mol·L－1的盐酸标准溶液完全吸收。

取下接收瓶，用0.500mol·L－1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。

1.水
2.长玻璃管
3.10%NaOH溶液
4.样品液
5.盐酸标准溶液
(1)玻璃管2的作用________________。

(2)样品中产品纯度的表达式________________。

（不用化简）
(3)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是_________________
A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管
B.滴定过程中选用酚酞作指示剂
C.读数时，滴定前平视，滴定后俯视
D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁
E.由于操作不规范，滴定前无气泡，滴定后滴定管中产生气泡
【来源】河北省衡水中学2020届高三下学期一调理综化学试题
【答案】反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O 失去结晶水变为CuSO4 Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O 减压设备水（H2O）
2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+加入乙醇或醇析 Cu(NH3)4SO4·H2O晶体难
溶于乙醇，能溶于水平衡气压，防止堵塞和倒吸
-1
12
1.2310(V-V)
100%
4m
⨯⨯
⨯ AB
【解析】
【分析】
I．(1) 得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，具有吸水性；
(2) 双氧水与铜、稀硫酸反应生成硫酸铜和水；
(3) 过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式；
Ⅱ．(1) 硫酸铜与NH3•H2O反应生成Cu2(OH)2SO4，据此书写离子方程式；
(2) 根据Cu(NH3)4SO4•H2O可溶于水，难溶于乙醇分析；
Ⅲ. (1) 玻璃管2起到了平衡气压的作用；
(2)根据关系式计算；
(3) 氨含量测定结果偏低，说明中和滴定时消耗氢氧化钠溶液体积V2偏大。

【详解】
I．(1) 得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,浓硫酸具有吸水性,使CuSO4·5H2O 失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色；
(2) Cu在H2O2作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；
(3) 过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B处增加一个减压设备，馏出物为H2O；
II．(1) 浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，反应的离子方程式为：2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+；
(2) 由题中信息，Cu(NH3)4SO4·H2O晶体难溶于乙醇，可溶于水，故加入乙醇(或醇析)可从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体；
Ⅲ. (1) 装置中长导管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸；
(2)与氨气反应的
n(HCl)=10−3V1L×0.500mol⋅L−1−0.500mol⋅L−1×10−3V2L=5×10−4(V1−V2)mol，根据NH3～HCl
可知，n(NH3)=n(HCl)=5×10−4(V1−V2)mol，则n[Cu(NH3)4SO4·H2O]=1
4
n(NH3)=
1
4
×5×10−4(V1−V2)mol，样品中产品纯度的表达式为：
()41215
10mol 246g/mol 4g
V V m -⨯⨯-⨯×100%=-1121.2310(V -V )4m ⨯⨯×100%； (3) A ．滴定时未用NaOH 标准溶液润洗滴定管,浓度偏低,则V 2偏大，氨含量偏低，故A 正确；
B ．滴定过程中选用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，消耗NaOH 溶液体积偏大，测定的氨含量偏低，故B 正确；
C ．读数时，滴定前平视,滴定后俯视，导致V 2偏小，则含量偏高，故C 错误；
D ．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V 2偏小，含量偏高，故D 错误；
E ．由于操作不规范,滴定前无气泡,滴定后滴定管中产生气泡,导致消耗氢氧化钠溶液体积V 2偏小，测定的氨含量偏高，故E 错误；
故答案选AB 。

3．自20世纪60年代以后，人们发现了120多种含铁硫簇(如22Fe S 、44Fe S 、87Fe S 等)的酶和蛋白质。

它是存在于生物体的最古老的生命物质之一。

某化学兴趣小组在研究某铁硫簇结构的组成时，设计了下列实验：
实验一：测定硫的质量：
(1)连接装置，请填写接口顺序：b 接____________________
(2)检查装置的气密性，在A 中放入0.4g 铁硫簇的样品(含有不溶于水和盐酸的杂质),在B 中加入品红溶液，在C 中加入30mL 0.1mol/L 的酸性4KMnO 溶液．
(3)通入空气并加热，发现固体逐渐转变为红棕色．
(4)待固体完全转化后，取C 中的4KMnO 溶液3mL ，用0.1mol/L 的碘化钾()10%溶液进行滴定。

记录数据如下：
滴定次数 待测溶液体积/mL
消耗碘化钾溶液体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度 1
3.00 1.00 7.50 2
3.00 1.02 6.03 3 3.00 1.00
5.99
实验二：测定铁的质量：
取实验Ⅰ中A 的硬质玻璃管中的残留固体加入稀盐酸中，充分搅拌后过滤，在滤液中加入足量的NaOH 溶液，过滤后取滤渣，经灼烧得0.32g 固体．试回答下列问题：
(1)检查“实验一”中装置A 的气密性的方法是_________
(2)滴定终点的判断方法是_________
(3)装置B 中品红溶液的作用是_______.有同学提出，撤去B 装置，对实验没有影响，你的看法是______(选填“合理”或“不合理”)，理由是_________
(4)用KI 溶液滴定4KMnO 溶液时发生反应的离子方程式为_________
(5)请计算这种铁硫簇结构的化学式_________
(6)下列操作，可能引起x y :偏大的是_________
a.滴定剩余4KMnO 溶液时，KI 溶液滴到锥形瓶外边一滴
b.配制KI 溶液时，定容时俯视刻度线
c.用碘化钾溶液滴定剩余4KMnO 溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡
d.实验二中，对滤渣灼烧不充分
【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】b 接()efdc g (g 写不写都对) 在导管b 接上长导管，把末端插入水槽中，关闭活塞，用酒精灯微热硬质试管A ，导管长导管口有气泡产生，撤去酒精灯，导管形成一段水柱，说明装置气密性良好 加入最后一滴KI 溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复为紫色 检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收 合理 若B 中高锰酸钾溶液的紫色不褪
去，说明二氧化硫被吸收完全 24222MnO 16H 10I 2Mn 5I 8H O -+-+++===++
45Fe S acd
【解析】
【分析】
铁硫簇的样品在装置中与O 2反应，得到SO 2，测点SO 2的含量，用酸性高锰酸钾吸收，再用品红溶液检查SO 2是否吸收完全，再接尾气吸收。

【详解】
实验一：(1)用高锰酸钾吸收二氧化硫，用品红证明二氧化硫吸收完全，最后用氢氧化钠吸收尾气，接口顺序：b 接()efdc g (g 写不写都对)，故答案为：b 接()efdc g (g 写不写都对)；
实验二：(1)先形成一密闭体系，利用加热膨胀法检查装置气密性，故答案为：在导管b 接上长导管，把末端插入水槽中，关闭活塞，用酒精灯微热硬质试管A ，导管长导管口有气泡产生，撤去酒精灯，导管形成一段水柱，说明装置气密性良好；
(2)碘化钾使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：加入最后一滴KI 溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复为紫色；
(3)品红是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；也可省去品红装置，因可以根据高锰酸钾颜色变化来确定是否完全吸收，若B 中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，故答案为：检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；合理；若B 中高锰
酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全；
(4)高锰酸酸根被还原为锰离子，碘离子被氧化为碘单质，故答案为：
24222MnO 16H 10I 2Mn
5I 8H O -+-+++=++； (5)第一次滴定，草酸溶液的体积与第2、3次相差太大，应舍去，取第2、3次的平均值计算标准溶液的体积为5.00mL ，根据化学方程式：
2422 2MnO 16H 10I 2Mn
5I 8H O -+-+++===++知剩余的高锰酸钾是345.00100.1510mol --⨯⨯÷=，加入了30mL ，只取了3mL ，所以共剩余高锰酸钾310mol -；所以参加反应的高锰酸钾是3330.00100.1100.002mol --⨯⨯-=；再根据关系式422MnO 5SO -
～计算生成二氧化硫()2n SO 0.005mol =，取实验Ⅰ中A 的硬质玻璃管中的残留固体加入稀盐酸中，充分搅拌后过滤，在滤液中加入足量的NaOH 溶液，过滤后取滤渣，经灼烧得0.32g 固体，固体是23Fe O ，计算()n Fe 0.3216020.004=÷⨯=，利用铁元素和硫元素守恒知()n Fe ：()n S 4=：5，确定x y Fe S 的化学式为：45,Fe S ，故答案为：45Fe S ；
(6)a.滴定剩余4KMnO 溶液时，KI 溶液滴到锥形瓶外边一滴则标准液偏多，计算时导致硫元素偏少，比值偏大；
b.配制KI 溶液时，定容时俯视刻度线，会使浓度偏大，导致剩余高锰酸钾偏小，硫偏多，比值偏小；
c.用碘化钾溶液滴定剩余4KMnO 溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡导致标准液体用量偏大，剩余的高锰酸钾偏多，计算的硫元素偏少，比值偏大；
d.实验二中，对滤渣灼烧不充分会计算的铁元素偏多，比值偏大；
acd 正确，故答案为：acd 。

4．滴定法是一种重要的定量分析方法，应用范围很广。

(1)下图是用0.100 0 mol·L －1的盐酸滴定某未知浓度的NaOH 溶液的示意图和某次滴定前、后盛放盐酸的滴定管中液面的位置。

请回答下列问题：
①仪器A 的名称是____________。

②盐酸的体积读数：滴定后读数为________mL 。

(2)玉溪市场上销售的“白象牌”食用精制盐包装袋上有如下部分说明： 产品等级 一级
某学生拟测定食用精制盐的碘(KIO3)含量，其步骤：
a．准确称取W g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；
c．加入指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10－3 mol·L－1的Na2S2O3溶液10.0 mL，恰好反应完全（I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-）。

①c中指示剂是_______________，判断c中恰好完全反应所依据的现象是___________。

②写出步骤b的离子方程式_____________________。

③b中反应所产生的I2的物质的量是________ mol。

④根据以上实验和包装袋说明，算得所测食用精制盐的碘含量是(以含W的代数式表
示)_______mg·kg－1。

⑤若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测定结果________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。

【来源】云南省玉溪第一中学2019-2020学年高二上学期第二次月考化学试题
【答案】酸式滴定管 22.80 淀粉溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色 IO3-＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O 1.0×10－5 1270/3W 偏高
【解析】
【分析】
（1）①根据仪器的结构来分析；
②根据滴定管的结构与精确度为0.01mL；
（2）①淀粉遇碘单质变蓝；
②用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全，根据题意写出方程式；
（3）由IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可知，存在IO3-～6S2O32-，以此计算。

【详解】
（1）①该滴定管的下端是玻璃活塞，所以仪器的名称为酸式滴定管，
故答案为：酸式滴定管；
②滴定前，滴定管中的液面读数为0.80mL，滴定后，滴定管中的液面读数为22.80mL，故答案为： 22.80；
（2）①c中加入的指示剂可选用淀粉，恰好完全反应时的现象是溶液由蓝色恰好变为无色，且30s内不恢复，
故答案为：淀粉；溶液由蓝色恰好变为无色，且30s内不恢复；
②用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全，根据加入的物质和题意可以写出方程式是IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O
故答案为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；
③加入物质的量浓度为2.0×10-3mol•L-1的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全，由I2＋
2S2O32-===2I－＋S4O62-），可知碘单质的物质的量是Na2S2O3的一半，即是2.0×10-3mol•L-
1×0.01L=1.0×10－5；
故答案为：1.0×10－5；
④IO3-～6S2O32-可知，则所测食用精制盐的碘含量是
2.0×10-3mol/L×0.01L×1/6×127g/mol×1000mg÷(w×10-3)= 1270/3W
故答案为：1270/3W
⑤若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，使消耗标准液的体积偏大，测的结果偏高，
故答案为：偏高。

5．烟道气的主要成分为粉尘、空气、H2O、NO x，其中NO x是主要的大气污染物之一，为
了监测某工厂烟道气中NO x含量，采集标准状况下50.00 L烟道气样经除尘、干燥后缓慢通
入适量酸化的H2O2溶液中，使NO x完全被氧化为NO3−，除去多余的H2O2并加水稀释至
100.00 mL。

量取20.00 mL该溶液，加入30.00 mL 0.01000 mol·L−1FeSO4标准溶液（过
量），充分反应后，用0.001000 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液
10.00 mL。

滴定过程中发生如下反应：
Fe2+ + NO3− + H+ —NO↑ + Fe3+ + H2O （未配平）
2-
Cr O+ Fe2+ + H+ — Cr3+ + Fe3++ H2O （未配平）
27
（1）NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式是_________。

（2）配制100mL 0.001000 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液时，除需用到烧杯、量筒、玻璃棒外，
还需用到的玻璃仪器有_________、_________。

（3）若FeSO4标准溶液部分变质，会使NO x含量测定结果_________（填“偏高” 、“偏低”
或“无影响”）。

（4）标准状况下该工厂烟道气中NO x（折合成NO2）的含量为_________mg·m−3（写出计
算过程）。

【来源】江苏省无锡市2019-2020学年高三上学期期中调研考试化学试题
【答案】2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O 胶头滴管 100mL容量瓶偏高 368 mg·m−3
【解析】
【分析】
（1）NO被H2O2氧化为NO3−，H2O2被还原为H2O，据此写出反应的离子方程式；
（2）配制一定浓度的溶液，需用到烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，据此进行解答。

（3）若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-的物
质的量增大，会使NO x含量测定结果偏高；
（4）根据2-
Cr O+6 Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3++7 H2O、3Fe2+ + NO3− + 4H+ = NO↑ + 3Fe3+ +2 27
H2O反应中各量之间的关系进行计算。

【详解】
（1）NO 被H 2O 2氧化为NO 3−，H 2O 2被还原为H 2O ，反应的离子方程式是2NO ＋3H 2O 2=2H ＋＋2NO ＋2H 2O ；
答案为：2NO ＋3H 2O 2=2H ＋＋2NO ＋2H 2O ；
（2）配制100mL 0.001000 mol·
L −1 K 2Cr 2O 7标准溶液时，除需用到烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有胶头滴管、100mL 容量瓶；
答案为：胶头滴管、100mL 容量瓶；
（3）若FeSO 4标准溶液部分变质，则消耗K 2Cr 2O 7溶液的体积减小，计算时求得NO 3-的物质的量增大，会使NO x 含量测定结果偏高；
答案为：偏高；
（4）根据反应2-27Cr O +6 Fe 2+ + 14H + =2Cr 3+ + 6Fe 3++7 H 2O
1mol 6mol
5×10-5mol 3×10-4mol
3Fe 2+ + NO 3− + 4H + = NO↑ + 3Fe 3+ +2 H 2O
3mol 1mol
15×10-4mol-3×10-4mol 4×10-4mol
标准状况下该工厂烟道气中NO x （折合成NO 2）的含量为
433341046/10/5010mol g mol mg g m
-⨯⨯⨯⨯=368mg·m −3； 答案为：368。

6．环己烯是重要的化工原料。

其实验室制备流程如下：
回答下列问题：
Ⅰ．环己烯的制备与提纯
（1）原料FeCl 3·
6H 2O 中若含FeCl 2杂质，检验方法为：取一定量的该样品配成溶液，加入__________ (填化学式) 溶液，现象为__________。

（2）操作1的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。

①浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl 3·
6H 2O 而不用浓硫酸的原因为___（填序号）。

a 浓硫酸易使原料碳化并产生SO 2
b FeCl 3·6H 2O 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c 同等条件下，用FeCl 3·6H 2O 比浓硫酸的平衡转化率高
②仪器B 的作用为____________。

（3）下列玻璃仪器中，操作2中需使用的有________（填标号）。

（4）将操作3（蒸馏）的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，________（填序号）。

①弃去前馏分，收集83℃的馏分②加热③通冷凝水
Ⅱ．环己烯含量的测定
在一定条件下，向a g 环己烯样品中加入b mol Br 2。

充分反应后，向所得溶液中加入足量的KI ，再用c mol/L 的Na 2S 2O 3标准溶液滴定该溶液，终点时消耗Na 2S 2O 3标准溶液v mL （以上数据均已扣除干扰因素）。

[已知：2223246I 2Na S O 2NaI Na S O +=+]
（5）滴定所用指示剂为____________。

样品中环己烯的质量分数为____________（用字母表示）。

（6）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致最终测定的环己烯含量偏__________。

（填“高”或“低”）
【来源】山东省实验中学东校区2020届高三10月阶段性检测化学试题
【答案】K 3[Fe(CN)6] 出现蓝色沉淀 ab 减少环己醇的蒸出 ad ③② ① 淀粉溶液 cv （b-）822000
a
⨯ 高 【解析】
【分析】
环己醇发生消去反应生成环己烯和水，环己烯不溶于水，饱和食盐水溶解环己醇、氯化铁，然后分液得到的水相中含有环己醇、氯化铁，得到的有机相中含有环己烯，然后干燥、过滤、蒸馏得到环己烯；
(1)亚铁离子通常用K 3[Fe(CN)6]溶液检验；
(2)①浓硫酸具有强氧化性，能氧化原料，且FeCl 3•6H 2O 污染小、可循环使用； ②仪器B 能冷凝回流环己醇；
(3)操作2为分液，根据分液操作方法分析所需仪器；
(4)将操作3为蒸馏，结合蒸馏操作方法分析；
(5)碘遇淀粉溶液变蓝色，所以可以用淀粉溶液检验碘；②Br 2+2KI ═I 2+2KBr 、
③I 2+2Na 2S 2O 3═2NaI+Na 2S 4O 6得关系式Br 2～I 2～2Na 2S 2O 3，则与KI 反应的n(Br 2)＝12n(Na 2S 2O 3)＝12×cv×10﹣3 mol ，所以与环己烯反应的n(Br 2)＝(b ﹣12
×cv×10﹣3 )mol ，根据
得n(环己烯)＝(b ﹣12×cv×10﹣3 )mol ，m(环己烯)＝(b ﹣12×cv×10﹣3 )mol×82g/mol ，结合环己烯质量分数＝实际产量理论产量
计算； (6)若滴定管尖嘴处留有气泡，读出的Na 2S 2O 3标准溶液体积偏小，计算出的环己烯的物质的量偏大，测定结果偏高。

【详解】
环己醇发生消去反应生成环己烯和水，环己烯不溶于水，饱和食盐水溶解环己醇、氯化铁，然后分液得到的水相中含有环己醇、氯化铁，得到的有机相中含有环己烯，然后干燥、过滤、蒸馏得到环己烯；
(1)原料FeCl 3•6H 2O 中若含FeCl 2杂质，检验方法为：取一定量的该样品配成溶液，加入K 3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，证明含FeCl 2杂质；
(2)①a ．浓硫酸具有强氧化性，易使原料炭化并产生SO 2，从而降低环己烯产率，故a 正确；
b ．FeCl 3•6H 2O 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，故b 正确；
c ．催化剂只影响反应速率不影响平衡移动，所以催化剂不影响产率，故c 错误； 故答案为：ab ；
②仪器B 能冷凝回流环己醇，可减少环己醇的蒸出，从而提高环己醇利用率；
(3)操作2用于分离互不相溶的液体，操作方法为分液，分液用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，不属于容量瓶和坩埚，故选ad ，故答案为：ad ；
(4)将操作3(蒸馏)的步骤范围：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，通冷凝水、加热，弃去前馏分，收集83℃的馏分，故答案为：③②①；
(5)碘遇淀粉溶液变蓝色，所以可以用淀粉溶液检验碘，所以选取的试剂为淀粉溶液；②Br 2+2KI ═I 2+2KBr 、③I 2+2Na 2S 2O 3═2NaI+Na 2S 4O 6得关系式Br 2～I 2～2Na 2S 2O 3，则与KI 反应的n(Br 2)＝
12n(Na 2S 2O 3)＝12×cv×10﹣3 mol ，所以与环己烯反应的n(Br 2)＝(b ﹣12×cv×10﹣3 )mol ，根据得n(环己烯)＝(b ﹣12
×cv×10﹣3 )mol ，m(环己烯)＝(b ﹣12×cv×10﹣3 )mol×82g/mol ，环己烯质量分数为：311082/2-⎛⎫-⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭b cv g mol ag
＝822000⎛⎫-⨯ ⎪⎝⎭
cV b a
； (6)上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡，导致读出的标准液体积偏小，计算出的标
准液体积v 偏小，根据环己烯的质量分数822000⎛⎫-⨯ ⎪⎝⎭
cV b a
可知，最终测定的环己烯含量偏高。

7．某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质及制备。

（探究一）选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：
（1）装置A中盛固体的玻璃仪器名称是____，装置A中反应的离子化学方程式为
_________。

（2）装置连接顺序为A__________，其中装置C的作用是_________，通过现象_______，即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。

（探究二）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M=248g/mol）可用作定影剂、还原剂。

回答下列问题：
（3）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。

测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL容量瓶中，再定容至凹液面与刻度线相平。

②滴定：取0.00950mol·L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72−+6I−+14H+＝3I2+2Cr3++7H2O。

然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32−＝S4O62−+2I−。

加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当______即为终点。

平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为______%（保留1位小数）。

（4）Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被氯气氧化为SO42-，该反应的离子方程式为
________。

【来源】广东省揭阳市第三中学2020届高三上学期第三次月考理综化学试题
【答案】圆底烧瓶 CaSO3+2H+=Ca2++SO2↑+H2O CBEDF 除去HCl气体装置D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟后不复原 95.0 S2O32-+4Cl2+5H2O＝2SO42-+8Cl-+10H+
【解析】
【分析】
(1)装置A中盛固体的玻璃仪器名称是圆底烧瓶，装置A中稀盐酸和亚硫酸钙发生复分解反应生成氯化钙、二氧化硫和水；
(2)利用强酸制取弱酸原理检验，因为二氧化硫具有还原性、次氯酸钙具有氧化性，所以二者易发生氧化还原反应，不能直接将二氧化硫气体通入F装置中，应该向将二氧化硫转化为二氧化碳气体，然后用强氧化性物质吸收二氧化硫，然后二氧化硫检验是否除尽，再将气体通入漂白粉溶液中，通过实验现象判断碳酸与次氯酸酸性强弱判断；
(3)用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。

加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变，结合化
学方程式定量关系计算，Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，得到
Cr2O72-～3I2～6S2O32-，据此计算；
(4)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，氯气被还原生成氯离子。

【详解】
(1)装置A中盛固体的玻璃仪器名称是圆底烧瓶，装置A中稀盐酸和亚硫酸钙发生复分解反应生成氯化钙、二氧化硫和水，反应方程式为CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O，对应离子反应方程式为CaSO3+2H+=Ca2++SO2↑+H2O；
(2)A装置制取二氧化硫，因为盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化硫中含有HCl，C除去挥发的HCl得到较纯净的二氧化硫，B将二氧化硫转化为二氧化碳，E吸收未反应的二氧化硫，D检验二氧化硫是否除尽，最后将得到的二氧化碳通入漂白粉溶液中，如果产生白色沉淀，说明碳酸酸性大于次氯酸，所以装置排列顺序为：A、C、B、E、D、F，其中装置C 的作用是除去HCl气体，通过现象装置D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀，即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸；
(3)取0.00950mol•L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O．然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。

加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变，说明反应到达滴定终点，平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL；结合化学方程式定量关系计算，Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，
I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，得到：
Cr2O72-～～～3I2～～～6S2O32-
16
0.0095mol/L×0.02L n
样品溶液的平均用量为24.80mL，溶液中硫代硫酸根离子物质的量
n=0.0095mol/L×0.02L×6=0.00114mol，配制100mL溶液中n(S2O32-
)=0.00114mol×100ml
24.8ml
=0.0046mol，则样品纯度
=0.0046mol248g/mol
1.200g
×100%=95.0%；
(4)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，氯气被还原生成氯离子，离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O＝2SO42-+8Cl-+10H+。

【点睛】
明确实验原理是解题关键，常见设计制备实验方案的一般思路是：①列出可能的几种制备方法和途径；②从方法是否可行、装置和操作是否简单、经济与安全等方面进行分析和比较；③从中选取最佳的实验方法。

在制定具体的实验方案时，还应注意对实验条件进行严格、有效的控制。

8．三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料，实验室制备BCl3的原理为:
B 2O3+3C+3Cl22BCl3+3CO。

某实验小组利用干燥的氯气和下列装置（装置可重复使用）制备BCl3并验证反应中有CO生成。

（已知：BCl3极易水解，其熔点为-107.3℃，沸点为。