备战高考化学 化水溶液中的离子平衡 培优易错试卷练习(含答案)及详细答案

备战高考化学化水溶液中的离子平衡培优易错试卷练习(含答案)及详细答案
一、水溶液中的离子平衡
1．已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应，产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水)，某实验小组为确定该晶体的组成，设计实验步骤及操作如下：
已知：a.过程②：MnO4－被还原为Mn2+，C2O42－被氧化为CO2
b.过程③：MnO4－在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+
c.过程④：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2
d.过程⑥：I2+2S2O32－=21－+S4O62－
(1)过程①加快溶解的方法是________________________。

(2)配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、
____________；过程②和过程⑥滴定时，滴定管应分别选用____________、
____________(填“甲”或乙”)。

(3)完成过程②的离子反应方程式的配平：
___MnO4－+___C2O42－+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。

(4)过程③加热的目的是________________________。

(5)过程⑥，应以____________作指示剂，若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则测定结果是____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，据此推测该晶体为
____________·H2O。

【来源】2020届普通高中教育教学质量监测考试（1月)理综化学试题
【答案】粉碎、搅拌或加热 100mL容量甲乙25162810除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；淀粉溶液偏小K2Cu(C2O4)2
【解析】
【分析】
（1）在由固体与液体的反应中，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大固液的接触面积，也可以加热等；
（2）配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为配制100mL溶液，所以选择
100mL容量瓶，氧化还原滴定的时候，注意选择指示剂、滴定管等。

（3）利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式：2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑；
（4）、MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，据此分析作答；
（5）结合实际操作的规范性作答；
（6）根据方程式找出关系式，通过计算确定晶体的组成。

【详解】
（1）为了加快蓝色晶体在2 mol·L-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法；
（2）配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制，配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶；过程②是用0.20mol·L-
1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有强氧化性，因此选用甲（酸式滴定管）；过程⑥是用
0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈碱性，故选用乙（碱式滴定管）；（3）利用氧化还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程②的离子反应方程式：2 MnO4++5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑
（4）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；
（5）过程⑥是用0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反应方程式为I2+2S2O32-=21－+S4O62-，故过程⑥，应以淀粉溶液作指示剂；若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则滴入Na2S2O3的物质的量偏小，造成测定Cu2+的含量偏小；
（6）由2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5⨯n(KMnO4)
=2.5⨯0.20mol·L－1⨯V(KMnO4)；由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2 S2O32- ~ I2 ~2Cu2+，n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol·L-1⨯V(Na2S2O3)，已知两个滴定过程中消耗KMnO4和
Na2S2O3的体积相等，所以n(C2O42-)=2 n(Cu2+)，因为晶体中只有一种阴离子，并且晶体中元素化合价代数和为0，故该晶体为K2Cu(C2O4)2·H2O 。

【点睛】
在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。

2．实验室需配制0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液450mL，并利用该溶液对某浓度的NaClO 溶液进行标定．
（1）若用Na2S2O3固体来配制标准溶液，在如图所示的仪器中，不必要用到的仪器是
_________（填字母），还缺少的玻璃仪器是_________（填仪器名称）。

（2）根据计算需用天平称取Na2S2O3固体的质量是_________g。

在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度_________（填“＞”“＜”或“=”，下同）0.2000mol•L﹣1．若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度_________0.2000mol•L﹣
1。

（3）用滴定法标定的具体方法：量取20.00mL NaClO溶液于锥形瓶中，加入适量稀盐酸和足量KI固体，用0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点（淀粉溶液作指示剂），四次平行实验测定的V（Na2S2O3）数据如下：
（已知：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6）
①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生反应的离子方程式为_________。

②NaClO溶液的物质的量浓度是_________。

【来源】2016届湖南省邵阳市邵东三中高三上学期第五次月考化学试卷（带解析)
【答案】AB 烧杯、玻璃棒 15.8 = ＞ ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O 0.1100 mol/L 【解析】
【分析】
【详解】
（1）用Na2S2O3固体来配制标准溶液，不需要圆底烧瓶、分液漏斗；溶解Na2S2O3固体，还需要烧杯、玻璃棒；
故答案为AB；烧杯、玻璃棒；
（2）配制0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液450mL，实验室没有450mL的容量瓶，应选用500mL的容量瓶，需要Na2S2O3固体，n=0.2000mol/L×0.5L=1.000mol，
m=1.000mol×158g/mol=15.8g；
定容时，还需要向容量瓶中加入蒸馏水，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，不会产生误差；未等溶液冷却就定容了，冷却后，溶液体积减小，所得溶液浓度偏大；
故答案为15.8；=；＞；
（3）①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生氧化还原反应，其离子方程式为ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O；
②第二次数据明显偏小，不能采用，其余3次平行实验测定的平均体积为：V（Na2S2O3）
=21.9022.1022.00
3
mL mL mL
++
=22.00mL，
设NaClO溶液的浓度是x，根据反应ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O、I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6
可得关系式：NaClO～2Na2S4O6
1 2
20mL×c 0.2000mol/L×22.00mL
解得：c=0.1100mol/L，
故答案为ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O；0.1100mol/L。

3．三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂，实验室制取POCl3并测定产品含量的实验过程如下:
I.制备POCl3采用氧气氧化液态的PCl3法。

实验装置(加热及夹持装置省略》及相关信息如下。

物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量其他
PCl3―112.076.0137.5均为无色液体，遇水均剧烈
水解为含氧酸和氯化氢，两者互溶POCl32.0106.0153.5
（1）仪器a的名称为_______________________________；
（2）装置C中生成POCl3的化学方程式为________________________________；
（3）实验中需控制通入O2的速率，对此采取的操作是_______________；
（4）装置B的作用除观察O2的流速之外，还有______________；
（5）反应温度应控制在60～65℃，原因是__________________________；
II.测定POCl3产品含量的实验步骤：
①实验I结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取16.725g POCl3产品，置于盛有
60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液
②取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL3.5mol/L AgNO3标准溶液（Ag++Cl-＝AgCl↓）
③加入少量硝基苯（硝基苯密度比水大，且难溶于水）
④以硫酸铁溶液为指示剂，用0.2mol/L KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液（Ag++SCN-＝AgSCN↓），到达终点时共用去10.00mL KSCN溶液。

（6）达到终点时的现象是_________________________________________；
（7）测得产品中n(POCl3)=___________________________；
（8）已知Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)，据此判断，若取消步骤③，滴定结果将_______。

（填偏高，偏低，或不变）
【来源】【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三上学期九模考试理科综合化学试题【答案】冷凝管(或球形冷凝管) 2PCl3+O2＝2POCl3控制分液漏斗中双氧水的加入量平衡气压、干燥氧气温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色 0.11mol 偏低
【解析】
【详解】
（1）仪器a的名称为冷凝管(或球形冷凝管)；正确答案：冷凝管(或球形冷凝管)。

（2）加热条件下，PCl3直接被氧气氧化为POCl3，方程式为：PCl3+O2＝POCl3。

（3）装置A产生氧气，则可以用分液漏斗来控制双氧水的滴加速率即可控制通入O2的速率；正确答案：控制分液漏斗中双氧水的加入量。

（4）装置B中为浓硫酸，其主要作用：干燥氧气、平衡大气压、控制氧气流速；正确答案：平衡气压、干燥氧气。

（5）根据图表给定信息可知，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度；但是温度也不能太低，否则反应速率会变小；正确答案：温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度。

（6）以硫酸铁溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液达到滴定终点时，铁离子与硫氰根离子反应生成了红色溶液，且半分钟之内颜色保持不变；正确答案：滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色；
（7）KSCN的物质的量0.2mol/L×0.01L=0.002mol，根据反应Ag++SCN-＝AgSCN↓，可以知道溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol；POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.5mol/L×0.01L-0.002mol=0.033mol，根据氯原子守恒规律可得n(POCl3)=0.011 mol，则16.725克POCl3产品中n(POCl3)=0.11mol。

（8）加入少量的硝基苯可以使生成的氯化银沉淀与溶液分开，如果不这样操作，在水溶液中部分氯化银可以转化为AgSCN；已知Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)，使得实验中消耗的KSCN 偏多，所测出的剩余银离子的量增大，导致水解液中与氯离子反应的银离子的量减少，会使测定结果偏低。

4．FeCl2具有独有的脱色能力，适用于印染、造纸行业的污水处理。

FeCl3在加热条件下遇水剧烈水解。

FeCl3和FeCl2均不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯。

回答下列问题：
(1)由FeCl3．6H2O制得干燥FeCl2的过程如下：
i．向盛有FeCl3．6H2O的容器中加入过量SOCl2(液体，易水解)，加热，获得无水FeCl3。

ii．将无水FeCl3置于反应管中，通入一段时间的氢气后再加热，生成FeCl2。

①FeCl3．6H2O中加入SOCl2获得无水FeCl3的化学方程式为__________________。

(已知该反应为非氧化还原反应)
②使用NH4SCN可以检验 ii中FeCl3是否含完全转化，请写出离子反应方程式
_____________。

(2)利用反应2FeCl3 + C6H5Cl 2FeCl2+ C6H4Cl2 +HCl↑，制取无水FeCl2。

在三颈烧瓶中加入无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围内加热3 h，冷却、分离、提纯得到粗产品，实验装置如图。

(加热装置略去)
①仪器B的名称是_________ ；C的试剂名称是________。

②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经______、_______、干燥后，得到FeCl2粗产品。

③该装置存在的不足之处是__________________________。

(3)粗产品中FeCl2的纯度测定。

①取a g粗产品配制成100 mL溶液；②用移液管移取所配溶液5.00mL，放入500 mL锥形瓶内并加水至体积为200mL；③用0.100 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4标准溶液V mL。

若已知消耗酸性高锰酸钾溶液为VmL，所配溶液的密度
ρ(FeCl2)=kV ，密度的单位为g·L-1，则k=___________g·L-1·mL-1。

【来源】福建省南安第一中学2020届高三上学期第二次月考化学试题
【答案】FeCl3．6H2O＋6SOCl2Δ
FeCl3+ 12HCl↑＋6SO2↑ Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3或Fe3++SCN-
=Fe(SCN)2+（球形）冷凝管水或氢氧化钠溶液过滤洗涤装置B（或A）和C之间缺少一个装有无水氯化钙（P2O5或硅胶）的球形干燥管 12.7
【解析】
【分析】
(1)①SOCl2与水接触会迅速产生白雾和SO2，则FeCl3．6H2O中加入SOCl2获得无水FeCl3和HCl、SO2；
②Fe3+溶液中滴加含SCN-的溶液会变血红色；
(2)①根据仪器的结构和性能确定仪器的名称；C装置的作用是吸收挥发出的HCl气体；
②固液分离用过滤操作；
③FeCl3和FeCl2均易水解，要防止C中水蒸气进入A中；
(3)已知酸性条件下Fe2+被KMnO4溶液氧化时发生的离子反应方程式为5Fe2++MnO4-
+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；用0.100 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4标准溶液V mL，则参加反应的MnO4-的物质的量为0.100 mol·L-1×V×10-3L=V×10-
4mol，则ag粗产品中含有的Fe2+物质的量为V×10-4mol×5×100mL
5mL
=V×10-2mol，溶液中
FeCl2的质量为V×10-2mol×127g/mol=1.27Vg，所配溶液的密度ρ(FeCl2)=kV计算k。

【详解】
(1) ①SOCl2与水接触会迅速产生白雾和SO2，则FeCl3．6H2O中加入SOCl2获得无水FeCl3和HCl、SO2，则发生反应的化学方程式为6SOCl2+FeCl3•6H2O=FeCl3+12HCl↑+6SO2↑；
②利用NH4SCN检验溶液中是否含有Fe3+，判断FeCl3是否含完全转化，若不变红则完全转化，发生反应的离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3或Fe3++SCN-=Fe(SCN)2+；
(2)①由仪器的结构和性能可知：仪器B的名称是(球形)冷凝管；装置C中应盛装水或NaOH溶液吸收挥发的HCl气体；
②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，得到FeCl2粗产品；
③该装置存在的不足之处是装置B(或A)和C之间缺少一个装有无水氯化钙(P2O5或硅胶)的球形干燥管，易造成C中水蒸气进入A中，促进FeCl3或FeCl2的水解；
(3)已知酸性条件下Fe2+被KMnO4溶液氧化时发生的离子反应方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；用0.100 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4标准溶液V mL，则参加反应的MnO4-的物质的量为0.100 mol·L-1×V×10-3L=V×10-
4mol，则ag粗产品中含有的Fe2+物质的量为V×10-4mol×5×100mL
5mL
=V×10-2mol，溶液中
FeCl2的质量为V×10-2mol×127g/mol=1.27Vg，则所配溶液的密度ρ(FeCl2)=1.27Vg
0.1L
=kV，解
得k=12.7g·L-1·mL-1。

5．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CaCO 3+2H +=Ca 2++CO 2↑+H 2O ，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CaCO 3的物质的量为-10.01mol L 0.0225L 10=0.00225mol ⨯⨯g ，CaCO 3的含量为0.00225mol 100g/mol =0.4
⨯56.3%； （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 。

6．CoCl 2·6H 2O 是一种饲料营养强化剂。

一种利用水钴矿(主要成分为Co 2O 3、Co(OH)3，还
含少量Fe 2O 3、Al 2O 3、MnO 等)制取CoCl 2·
6H 2O 的工艺流程如下：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H +、Co 2+、Fe 2+、Mn 2+、Al 3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L) 沉淀物
Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 开始沉淀
2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀
3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
③CoCl 2·6H 2O 熔点为86℃，加热至110~120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。

（1）写出浸出过程中Co 2O 3发生反应的离子方程式_________________。

（2）写出NaClO 3发生反应的主要离子方程式________________；若不慎向“浸出液”中加
过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式
_________________。

（3）“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为___________________。

（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_____________、____________和过滤。

制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是__________________。

（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。

向“滤液”中加入萃取剂的目的是
______________；其使用的最佳pH范围是_________。

A．2.0~2.5 B．3.0~3.5
C．4.0~4.5 D．5.0~5.5
（6）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。

通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100％，其原因可能是______________________。

(答一条即可)
【来源】【百强校】2017届湖北省襄阳五中高三上8月开学考化学试卷（带解析)
【答案】Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2O ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O Fe(OH)3、Al(OH)3蒸发(浓缩) 冷却(结晶) 降低烘干温度，防止产品分解除去溶液中的Mn2+ B 粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水
【解析】
【分析】
【详解】
（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]中加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-
+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案为ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-
+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-
+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）从溶液中制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为蒸
发浓缩；冷却结晶；
（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间， Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率较小，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故答案为除去溶液中的Mn2+；B；
（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。

【点晴】
理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。

7．欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.100的HCl标准溶液进行中和滴定(用甲基橙作指示剂)。

请回答下列问题：
（1）滴定时，盛装待测NaOH溶液的仪器名称为______________；
（2）盛装标准盐酸的仪器名称为______________；
（3）滴定至终点的颜色变化为______________；
（4）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为______________；
（5）乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：
选取下述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为______________； (保留四位有效数字)
0.1000mol•L-1HCl溶液的体积/mL
实验序号待测NaOH溶液的体积/mL
滴定前刻度滴定后刻度
125.000.0026.29
225.00 1.0031.00
325.00 1.0027.31
（6）下列哪些操作会使测定结果偏高_________(填序号)。

A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗
C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失
D ．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数．
【来源】【百强校】2015-2016学年青海乐都一中高二下期末化学试卷（带解析)
【答案】锥形瓶 酸式滴定管 溶液由黄色变为橙色且半分钟内不褪色 26.90mL 0.1052mol/L AC
【解析】
【分析】
【详解】
（1）用碱式滴定管取待测待测NaOH 溶液于锥形瓶中；
（2）盛装标准盐酸的仪器名称为酸式滴定管；
（3）待测液是氢氧化钠溶液，锥形瓶中盛有的氢氧化钠溶液中滴入甲基橙，溶液的颜色是黄色，随着溶液的pH 减小，当滴到溶液的pH 小于4.4时，溶液颜色由黄色变成橙色，且半分钟不褪色，达到滴定终点；
（4）甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL ，滴定后液面如图为27.40ml ，滴定管中的液面读数为27.40ml-0.50mL=26.90mL ；
（5）根据数据的有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗V(盐
酸)=
26.29mL 26.31ml 2
+ =26.30mL ， HCl+NaOH ═NaCl+H 2O
0.0263L×0.1000mol•L -1 0.025L×C(NaOH)
则C(NaOH)=0.0263L 0.1000mol /L 0.025L ⨯ =0.1052mol/L ； （6）A ．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V(标准)偏大，根据c(待测液)=
c()V()V()标准液标准液待测液分析，造成c(待测液)偏高，故A 正确；
B ．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，对V(标准)无影响，根据c(待测液)= c()V()V()
标准液标准液待测液分析，造成c(待测)不变，故B 错误； C ．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准液)偏大，根据
c(待测液)= c()V()V()
标准液标准液待测液分析，造成c(待测液)偏高，故C 正确；D ．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，会造成V(标准液)偏小，根据c(待测液)=
c()V()V()
标准液标准液待测液分析，造成c(待测液)偏低，故D 错误； 故选AC 。

8．二氯化二硫(S 2C12)用作有机化工产品、杀虫剂、硫化染料、合成橡胶等生产中的氯化剂和中间体。

S 2Cl 2是一种有毒并有恶臭气味的浅黄色液体，在300℃以上完全分解，其蒸汽遇水分解，易溶解硫磺；将适量氯气通入熔融的硫磺而得，过量的Cl 2会将S 2Cl 2进一步氧
化得到SCl2。

以下是对S2Cl2的制备及研究，请回答下列问题：
Ⅰ.S2Cl2的制备
已知，各物质的熔沸点如下：
物质S S2Cl2SCl2
沸点/℃44513859
熔点/℃113－76－122
制备的流程为：
①A装置集气瓶中充满Cl2，打开A装置中的分液漏斗，打开k1、k2，一段时间后关闭k2。

②接通冷凝水，将C加热至135~140℃。

③一段时间后关闭k1，同时打开k2，最后在D中收集到浅黄色液体。

(1)实验室制取氯气的反应方程式_________________________________。

(2)A装置分液漏斗中盛装的液体是___________。

A．CCl4 B．饱和NaHCO3溶液 C饱和NaCl溶液
(3)滴加过程要缓慢，原因是____________________________________________。

(4)D装置中水浴温度应控制为___________，原因是_______________________________。

Ⅱ.S2Cl2纯度的测定
已知：S2Cl2遇水分解的化学方程式：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl，取agⅡ中黄色液体于锥形瓶，加水至反应完全(假设杂质均不与水反应)，向所得液中加入过量的C0 mol/L的AgNO3溶液V0mL。

再向锥形瓶中加入硝基苯，将生成的沉淀覆盖。

加入适量Fe（NO3)3作指示剂，用C1 mol/L NaSCN溶液滴定至终点，消耗 NaSCN溶液V1mL(滴定过程发生反应：Ag++SCN-= AgSCN↓)
(5)滴定终点的现象为_________________________________。

(6)S2Cl2的纯度为___________(写出表达式)；若滴定过程中未加硝基苯，则所得纯度______ _____。

(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)
【来源】安徽省六安市霍邱一中2019—2020学年第一学期高三第二次月考化学试题
【答案】Mn02+4HCl
MnCl2+Cl2↑+2H20 C 控制Cl2流速，使Cl2与S充分接触，防止生成
SCl2高于59°C 分离生成的S2Cl2和SCl2最后一滴NaSCN滴下，溶液变为浅红色，且30s
不褪去
-3
0011
-10135
100%
2a
C V C V⨯⨯
⨯
（）
偏小
【解析】
【分析】
I.（1）实验室中通常用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气；
（2）氯气易溶于水，为了降低氯气在水中的溶解度，并顺利使氯气流出，则装置A中盛装的液体为饱和食盐水；
（3）滴加过程要缓慢，若流速过快则氯气过量，过量的氯气会将S2Cl2进一步氧化得到SCl2；
（4）为了使生成的S2Cl2和SCl2分离，控制的温度应高于SCl2的沸点；
II. （5）NaSCN溶液的目的为测定溶液中未参与反应的银离子的物质的量，当滴入一滴NaSCN溶液时，溶液中的银离子恰好消耗完毕，则Fe3++3SCN-= Fe（SCN）3，Fe（SCN）3为血红色；
（6）银离子与SCN-、Cl-反应，氯离子的来源于S2Cl2，根据氯元素守恒即可得到答案；【详解】
I.（1）实验室中通常用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，反应方程式为：
Mn02+4HCl Δ
MnCl2+Cl2↑+2H20；
（2）氯气易溶于水，为了降低氯气在水中的溶解度，并顺利使氯气流出，则装置A中盛装的液体为饱和食盐水，答案为C；
（3）滴加过程要缓慢，若流速过快则氯气过量，过量的氯气会将S2Cl2进一步氧化得到SCl2，答案为：控制Cl2流速，使Cl2与S充分接触，防止生成SCl2；
（4）为了使生成的S2Cl2和SCl2分离，控制的温度应高于SCl2的沸点，答案为：高于59°C；分离生成的S2Cl2和SCl2；
II. （5）NaSCN溶液的目的为测定溶液中未参与反应的银离子的物质的量，当滴入一滴NaSCN溶液时，溶液中的银离子恰好消耗完毕，则Fe3++3SCN-= Fe（SCN）3，Fe（SCN）3为血红色，答案为：最后一滴NaSCN滴下，溶液变为浅红色，且30s不褪去；
（6）银离子与SCN-、Cl-反应，氯离子的来源于S2Cl2，根据氯元素守恒即可得到答案，共加入n（Ag+）=C0 mol/L×V0mL，与NaSCN反应的n（Ag+）=C1 mol/L×V1mL，则与氯离子反
应的n（Ag+）= C0 mol/L×V0mL- C1 mol/L×V1mL，n（S2Cl2）=1
2
n（Cl-）=
1
2
（C0
mol/L×V0mL- C1 mol/L×V1mL），则纯度=
-3
0011
-10135
100%
2a
C V C V⨯⨯
⨯
（）
；若滴定过程中未加硝基苯，则发生AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），导致与NaSCN溶液反应的银离子物质的量偏高，与氯离子反应的银离子物质的量偏低，含量偏低；
9．Ⅰ掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为三套实验装置。

(1)写出下列仪器的名称：a.__________，b._____________。

(2)若利用装置1分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是__________，将仪器补充完整后进行实验，冷凝水由________(填f或g) 口通入。

(3)用装置II分离混合物时，为使液体顺利流下，应进行的操作是_______________。

(4)实验室用Na2CO3·10H2O 晶体配制0.05mol/L 的Na2CO3 溶液970mL。

①应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O 的质量是____g。

②装置III是某同学转移溶液的示意图。

图中的错误是_______________。

③除了图中给出的仪器和托盘天平以及烧杯外，为完成实验还需要的仪器有：
______________。

Ⅱ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1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水至________。

(2)滴定：取0.00950 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，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，当溶液______，即为终点。

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

【来源】山西省应县第一中学校2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题
【答案】蒸馏烧瓶冷凝管酒精灯g打开分液漏斗上口的玻璃塞143未用玻璃棒引流药匙、量筒、玻璃棒、胶头滴管烧杯容量瓶凹液面最低处与刻度线相平由蓝色变为淡黄绿色且半分钟不变化95.0
【解析】
【分析】
Ⅰ（1）由图及仪器的结构可知仪器的名称；
（2）冷却水在冷凝管中下进上出；
（3）为使液体顺利流下，需先打开分液漏斗上口的玻璃塞；
（4）①配制0.05mol/L 的Na2CO3 溶液970mL，应选用1000ml的容量瓶；
②转移溶液应用玻璃棒引流；
③根据配制溶液的实验操作过程选择所用仪器；
Ⅱ（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；
（2）根据方程式中 I2、S2O32-之间的关系式计算。