2020-2021备战高考化学——化水溶液中的离子平衡的综合压轴题专题复习及答案

2020-2021备战高考化学——化水溶液中的离子平衡的综合压轴题专题复习及
答案
一、水溶液中的离子平衡
1．水合肼(N2H4·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 Δ
2NaCl＋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。

写出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
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】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)Δ
MnCl2＋Cl2↑＋2H2O a c 防止NaClO受热分解，影响水合肼
的产率蒸馏 N2H4·H2O＋2NaClO=N2↑＋3H2O＋2NaCl 酸式 d 25%
【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；
（4）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；
（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；
③由方程式N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，由此计算
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)Δ
MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)
Δ
MnCl2＋Cl2↑＋
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偏大，所测结果偏高，故正确；
d 正确，故答案为：d ；
③由方程式N 2H 4·H 2O ＋2I 2=N 2↑＋4HI ＋H 2O 可得如下关系N 2H 4·H 2O —2I 2，则3.0g 馏分中n
（N 2H 4·H 2O ）=12n （I 2）×10=12
×0.15 mol·L －1×20×10—3L ×10=0.015 mol ，则馏分中水合肼(N 2H 4·
H 2O)的质量分数为0.015mol 50g/3⨯mol g ×100%=25%，故答案为：25%。

【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，N 2H 4•H 2O 具有强还原性，若分液漏斗滴液速度
过快，部分N 2H 4·
H 2O 与次氯酸钠反应是解答难点。

2．以环己醇为原料制取己二酸[HOOC(CH 2)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：
-
4KMnO /OH ＜50℃−−−−→ KOOC(CH 2)4COOK ∆H ＜0 (1)“氧化”过程应采用____________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“氧化”反应已结束，在滤纸上点1滴混合物，若观察到___________则表明反应已经完成。

(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 NaCl KCl 溶解度g/100g 水 1.44 35.1 33.3
“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)
A．5mL B．10mL C．15mL D．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5min促使反应完全并使MnO2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MnO2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，趁热小心加入浓硫酸，使溶液呈强酸性(调节pH＝1～2)，冷却结晶、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”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)①根据仪器的特点和溶液的性质选取仪器；
②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ω，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MnO2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)①氢氧化钠溶液呈碱性，需要的仪器是碱式滴定管；
②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ω，则：
24-3HOOC(CH )COOH 2NaOH 146g
2mol 0.2920g 0.2000mol/L 19.7010L
ω⨯⨯⨯: 0.292146g 0g ω⨯＝32mol 0.2000mol/L 19.7010L
-⨯⨯ 解得ω＝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答，注意题目信息与相关基础知识的联合分析。

3．氢叠氮酸（HN 3）和莫尔盐[（NH 4）2SO 4·
FeSO 4·6H 2O]是两种常用原料。

（1）氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5。

①氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为_______
②0.2mol/L 的HN 3溶液与0.1mol/L 的NaOH 溶液等体积混合后，恢复到25℃，此时，溶液呈酸性，则混合溶液中各离子和HN 3分子浓度由大到小的顺序为_______。

（2）在FeSO 4溶液中，加入（NH 4）2SO 4固体可制备莫尔盐晶体[（NH 4）2Fe （SO 4）2·
6H 2O]，为了测定产品纯度，称取ag 产品溶于水，配制成500mL 溶液，用浓度为cmol/L 的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL ，实验结果记录如下：（已知莫尔盐的分子量为392）
①配制莫尔盐溶液，所使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外还有_______
②滴定终点的现象是_______，通过实验数据，计算该产品的纯度为_______（用含字母a 、c 的式子表示）。

③上表第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是_______。

A 第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗
B 该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，部分变质
C 滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
【来源】海南省海口市海南中学2020届高三下学期第七次月考化学试题
【答案】HN 3⇌H ++N 3- c （N 3-）>c （Na +）>c （HN 3+）>c （H +）>c （OH -） 500mL 容量瓶，胶头滴管 滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫红色，且半分钟不变色 （980c/a ）×100% AC
【解析】
【分析】
(1)①氢叠氮酸是一元弱酸；
②0.2mol/L 的HN 3溶液与0.1mol/L 的NaOH 溶液等体积混合后，溶液中含有等物质的量浓度的HN 3和NaN 3；
(2)溶液的配置需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；高锰酸钾溶液本身是紫色的，可以根据高锰酸钾溶液颜色变化判断滴定终点；第一次实验中记录数据明显大于后两次，即高锰酸钾溶液体积偏大。

【详解】
(1)①氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为K a =10×10-5，说明氢叠氮酸为弱酸，在水溶液中的电离方程式为HN 3H ++N 3-，故答案为HN 3H ++N 3-；
②0.2mol/L 的HN 3溶液与0.1mol/L 的NaOH 溶液等体积混合后，溶液中存在等物质的量浓度的HN 3和Na N 3，恢复到25℃，溶液显酸性，以HN 3的电离为主，混合溶液中各离子和HN 3分子浓度由大到小的顺序为c(N 3-)>c(Na +)>c(HN 3)>c(H +)>c(OH -)，故答案为c(N 3-)>c(Na +)>c(HN 3)>c(H +)>c(OH -)；
(2) ①500mL 溶液的配置需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL 容量瓶，胶头滴管；
②利用高锰酸钾的强氧化性，Fe 2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe 2+被氧化成Fe 3+，化合价升高1，Mn 由+7价→+2，化合价降低5，最小公倍数5，根据原子个数、电荷守恒，配平得MnO 4-+5Fe 2++8H +=Mn 2++5Fe 3++4H 2O ，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s 不变色，故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s 不变色；因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为
25.0222
4.98 mL=25mL ，根据离子反应方程式，得出：n[(NH 4)2SO 4•FeSO 4•6H 2O]=5n(KMnO 4) =25×10-3×c×5mol ，则500mL 溶液中含有
n[(NH 4)2SO 4•FeSO 4•6H 2O] =25×10-3×c×5×500/25mol =2.5cmol ，所以质量分数=2.5c×392a ×100%=980c a ×100%，故答案为：980c a
×100%； ③A ．第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗，锥形瓶中亚铁离子的量偏多，消耗的高锰酸钾偏多，A 项正确；B ．三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，B 项错误；C ．滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故C 项正确；故答案为：AC 。

【点睛】
本题考查了沉淀的转化和物质含量的测定。

本题的易错点为(2)的误差分析，要注意同一实验使用的标准溶液是相同的。

4．辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。

现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu 2S 、CuS 和惰性杂质。

为进一步确定其中Cu 2S 、CuS 的含量，某同学进行了如下实验：
①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol·L－1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42－)，滤去不溶杂质；
②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；
③取25.00mL溶液，用0.1000mol·L－1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；
④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2++4I－=2CuI+I2；
⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1·L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32－
+I2=S4O62－+2I－)。

回答下列问题：
(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：___________；
(2)配制0.1000mol· L－1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是___________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________；
(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________；
(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________；
(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。

【来源】山东省济南市2019届高三模拟考试理科综合试题2019.3.29（化学部分)
【答案】Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化胶头滴管（酸式）滴定管（或移液管）溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 61.5 36.9
【解析】
【分析】
由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。

【详解】
(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。

(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止
Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。

(3)步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。

(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。

(5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，
据5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后
剩余n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×20.00×10-3L×1
5
×
250
25.00
=4.000×10-3mol
样品消耗n(MnO4-)=0.2000mo·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol
由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得
2x+8
5
y=36.00×10-3mol
又据2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000mo1·L－1×30.00×10-3L×
250
25.00
=30.00×10-3mol
解方程组得x=y=0.01mol
故w(Cu2S)=0.01mol160g/mol
100%
2.6g
⨯
⨯=61.5%，
w(CuS)=0.01mol96g/mol
100%
2.6g
⨯
⨯=36.9%。

【点睛】
混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。

注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。

5．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。

6．利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。

已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓
步骤Ⅰ移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0 mL。

步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。

滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。

BaCl2溶液的浓度为________mol·L－1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将________(填“偏大”或“偏小”)。

【来源】2018版化学（苏教版)高考总复习专题八对接高考精练--水的电离和溶液的酸碱性
【答案】上方
()
01
b V V
y
-
偏大
【解析】
【详解】
酸式滴定管的“0”刻度位于滴定管的上方；
步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol•L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H20 的盐酸的物质的量为：V1×10-3×bmol，步骤Ⅰ：用b mol•L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10-3×bmol，Ba2++CrO42-═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=（V0-V1）b×10-3mol，步骤Ⅱ：移取y mLBaCl2溶液于锥形
瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：()3
01
3
10
10
V V b
y
-
-
-⨯
⨯
mol/L=
()
01
V V b
y
-
mol/L；
若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1减小，则Ba2+浓度测量值将偏大。

7．（1）葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1，取300.00 mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定。

①写出上述氧化还原反应的化学方程式：___________________
②若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积
________(填序号)。

A．＝10 mL B．＝40 mL C．＜10 mL D．＞40 mL。

③若滴定终点时PH=8.8，可选择_______为指示剂
④滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

（2）某学生用0.100mol•L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为：
A．移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞；
B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴处充满溶液；
D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2～3cm 处；
E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；
F．把锥形瓶放在滴定管下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下刻度。

①正确操作步骤的顺序是（用序号字母填写）__________________________
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为______________（保留两位有效数字）【来源】黑龙江省宾县一中2019-2020学年高二上学期第二次月考化学试题
【答案】SO2+H2O2=H2SO4D酚酞偏低 B、D、C、E、A、F 0.11mol/L
【解析】
【分析】
(1)①二氧化硫具有还原性，能够与实验室反应生成硫酸，据此写出反应的方程式；
②根据滴定管的构造判断滴定管中溶液的体积；
③根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；
④读取滴定管终点读数时，俯视刻度线，读数偏小；
(2)①中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作；
②先分析数据的有效性，求出消耗碱的平均体积，然后根据c(酸)=
()()
()
c V
c
碱碱
酸
计算。

【详解】
(1)①双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：
SO2+H2O2=H2SO4；
②若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，故答案为D；
③滴定终点时溶液由酸性变碱性，应该选择酚酞做指示剂(酚酞的变色范围是8.2～10.0)；
④读取滴定管终点读数时，俯视刻度线，读数偏小，导致标准液的体积偏小，由c(待
测)=
()()
()
c NaOH V NaOH
2V待测可知，测定浓度偏低，则测量结果比实际值偏低；
(2)①操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数。

再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以顺序为：B、D、C、E、A、F；
②三次数据均有效，平均消耗V(KOH溶液)=22.6222.7222.80
3
++
=22.71mL，所以
c(酸)=
()()
()
c V
c
碱碱
酸
=
3
3
0.1mol/L22.7110L
20.0010L
-
-
⨯⨯
⨯
≈1.1mol/L。

8．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
配料食盐、碘酸钾、抗结剂
碘含量(以I计)20～50 mg·kg－1
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。

9．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。