2020-2021备战高考化学复习化水溶液中的离子平衡专项易错题附答案解析

2020-2021备战高考化学复习化水溶液中的离子平衡专项易错题附答案解析
一、水溶液中的离子平衡
1．氢叠氮酸（HN3）和莫尔盐[（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O]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HN3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HN3分子浓度由大到小的顺序为_______。

（2）在FeSO4溶液中，加入（NH4）2SO4固体可制备莫尔盐晶体[（NH4）2Fe（SO4）
2·6H2O]，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）
实验次数第一次第二次第三次
消耗KMnO4溶液体积/mL25.5225.0224.98
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】HN3⇌H++N3- c（N3-）>c（Na+）>c（HN3+）>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HN3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HN3和NaN3；
(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++N3-，故答案为HN3H++N3-；
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。

2．淀粉水解的产物（C 6H 12O 6）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－2.50ml ＝16.00ml。

根据方程式可知，草酸的物质的量是0.020 mol·L-1×0.016L×5/2＝0.0008mol，则
草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为0.0008126
100%84.0%
0.12
⨯
⨯=。

3．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·100m L-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。

4．某小组研究AgCl的溶解平衡：向10 mL 1mol/L KCl 溶液中加入1 mL 0.2 mol/LAgNO3溶液，将浑浊液均分为2份，进行如下实验：
实验序号实验操作实验现象
I 将其中一份浑浊液过
滤，向滤液中放入Mg
条
i. 滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现
象。

ii. 放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气
体可燃，滤液中出现白色浑浊。

iii. 一段时间后开始出现棕褐色浑浊物，Mg
条表面也逐渐变为棕褐色，产生气泡的速率
变缓慢。

II 向另一份浑浊液中放入
大小相同的Mg条
iv. 棕褐色浑浊物的量明显多于实验I，Mg条
表面棕褐色更深，其他现象与ii、iii相同。

已知：AgOH不稳定，立即分解为Ag2O（棕褐色或棕黑色），Ag粉为黑色，AgCl、Ag2O可溶于浓氨水生成Ag(NH3)2＋
（1）滤液所属分散系为________。

（2）现象ii中无色气泡产生的原因是_________（写出化学方程式）。

（3）现象iii中，导致产生气泡的速率下降的主要影响因素
．．．．是________。

（4）甲认为Mg条表面的棕褐色物质中一定有Ag和Ag2O，其中生成Ag的离子方程式为____。

（5）甲设计实验检验Ag：取实验I中表面变为棕褐色的Mg条于试管中，向其中加入足量试剂a，反应结束后，继续向其中加入浓硝酸，产生棕色气体，溶液中有白色不溶物。

①白色不溶物为_____（填化学式），棕色气体产生的原因是_____（写离子方程式）。

②试剂a为________，加入试剂a的目的是________。

③该实验能证明棕褐色物质中一定有Ag的实验现象是________。

（6）甲进一步设计实验验证了Mg条表面的棕褐色物质中有Ag2O，实验方案是：取实验I 中表面变为棕褐色的Mg条_________。

（7）综合上述实验，能说明存在AgCl(s) Ag+(aq) + Cl－(aq)的证据及理由有________。

【来源】【区级联考】北京市丰台区2019届高三5月二模理综化学试题
【答案】胶体 Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑固体表面积 Mg+2Ag+=Mg2++2Ag AgCl
Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O 盐酸将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag 加入浓硝酸后产生棕色气体用蒸馏水洗涤后，加浓氨水浸泡，取上层清液于试管中，加入适量乙醛，水浴加热，有黑色的Ag生成在Cl-过量的情况下，实验Ⅰ的滤液中存在Ag+，说明Ag+与Cl-的反应存在限度，说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解；结合实验Ⅱ中棕褐色成电量比实验Ⅰ多，进一步说明平衡发生了移动。

【解析】
【分析】
实验分析：本题主要考察了难溶电解质的沉淀溶解平衡；10 mL 1mol/L KCl 溶液中加入1 mL 0.2 mol/LAgNO3溶液，生成氯化银沉淀，同时氯化钾过量很多；
实验I：将其中一份浑浊液过滤，除掉氯化银沉淀；
i. 滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象，说明分散系属于胶体，
ii. 放入Mg条后，由于Mg属于活泼金属与水可以反应，Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑消耗了水破坏了氯化银的沉淀溶解平衡，滤液中出现白色浑浊为氯化银。

iii. 一段时间后随着镁与水的反应，氢氧根离子浓度增大，AgCl(s) Ag+(aq) + Cl－(aq)，
Ag++OH-=AgOH↓，AgOH不稳定，立即分解为Ag2O（棕褐色或棕黑色），因此开始出现棕褐色浑浊物，氯化银沉淀溶解平衡被破坏，平衡向溶解方向移动，Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O，同时因为活泼金属置换不活泼金属，Mg+2Ag+=Mg2++2Ag，所以也覆盖了Ag，减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢。

实验II：浑浊液中放入大小相同的Mg条，由于没有过滤氯化银沉淀会使更多的棕褐色的Ag2O生成，因此棕褐色浑浊物的量明显多于实验I，Mg条表面覆盖的氧化银更多，棕褐色更深。

【详解】
（1）产生丁达尔现象是胶体的性质，因此滤液所属分散系为胶体；
答案：胶体
（2）Mg属于活泼金属，可以与水反应，Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑；
答案：Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑
（3）Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O和Ag，减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢；
答案：固体表面积
（4）活泼金属置换不活泼金属原理，生成Ag的离子方程式为Mg+2Ag+=Mg2++2Ag；
答案：Mg+2Ag+=Mg2++2Ag
（5）利用Mg属于活泼金属可以与非氧化性酸反应，而银属于不活泼金属不能与非氧化性酸反应，除掉Mg，防止干扰实验，在选择氧化性酸验证Ag的存在，涉及的反应
Mg+2H+=Mg2++H2↑、Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O，Ag++Cl-=AgCl↓因此：
①白色不溶物为AgCl，棕色气体产生的原因是Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O；
②试剂a为HCl，加入试剂a的目的是将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag；
③ Ag与浓硝酸反应产生棕色气体；
答案：AgCl Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O 盐酸将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag 加入浓硝酸后产生棕色气体
（6）根据Ag2O可溶于浓氨水生成Ag(NH3)2＋，利用银镜反应验证；
答案：用蒸馏水洗涤后，加浓氨水浸泡，取上层清液于试管中，加入适量乙醛，水浴加热，有黑色的Ag生成
（7）综合上述实验，能说明存在AgCl(s) Ag+(aq) + Cl－(aq)的证据及理由有：在Cl-过量的情况下，实验Ⅰ的滤液中存在Ag+，说明Ag+与Cl-的反应存在限度，存在难溶电解质氯化银的沉淀溶解平衡；结合实验Ⅱ中棕褐色沉淀量比实验Ⅰ多，进一步说明平衡发生了移动；
答案：在Cl-过量的情况下，实验Ⅰ的滤液中存在Ag+，说明Ag+与Cl-的反应存在限度，说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解；结合实验Ⅱ中棕褐色成电量比实验Ⅰ多，进一步说明平衡发生了移动。

【点睛】
本题难度较大，注意主要考查学生分析问题解决问题的能力，第（6）小题易错，忽略银镜实验的应用。

5．连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂。

某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。

已知：Na2S2O4是白色固体，还原性比Na2SO3强，易与酸反应（2S2O42-+4H+＝
3SO2↑+S↓+2H2O）。

（一）锌粉法
步骤1：按如图方式，温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液。

步骤2：将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn（OH）2，向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体。

步骤3：，经过滤，用乙醇洗涤，用120～140℃的热风干燥得到Na2S2O4。

（二）甲酸钠法
步骤4：按上图方式，将装置中的Zn粉和水换成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。

温度控制在70～83℃，持续通入SO2，维持溶液pH在4～6，经5～8小时充分反应后迅速降温45～55℃，立即析出无水Na2S2O4。

步骤5：经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到Na2S2O4。

回答下列问题：
（1）步骤1容器中发生反应的化学方程式是______；容器中多孔球泡的作用是______。

（2）步骤2中“向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体”的原理是（用必要的化学用语和文字说明）______。

（3）两种方法中控制温度的加热方式是______。

（4）根据上述实验过程判断，Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性为：______。

（5）甲酸钠法中生成Na2S2O4的总反应为______。

（6）两种方法相比较，锌粉法产品纯度高，可能的原因是______。

（7）限用以下给出的试剂，设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4。

稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液______。

【来源】四川省攀枝花市2020届高三第二次统一考试理综化学试题
【答案】H2O+SO2=H2SO3，Zn+2H2SO3=∆ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2=∆ZnS2O4增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率溶液中存在：
S O(aq)[或
Na2S2O4(s)ƒNa2S2O4(aq)ƒ2Na+(aq)+2-
24
S O(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动水浴加热Na2S2O4(s)ƒ2Na+(aq)+2-
24
Na2S2O4在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小
2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2 Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4
【解析】
【分析】
合成保险粉的反应物为Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液，据此分析解答。

【详解】
（1）合成保险粉的反应物有Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，说明发生了：H2O+SO2=H2SO3反应，最后反应得到ZnS2O4溶液，说明又发生了：Zn+2H2SO3=∆ZnS2O4+2H2O反应，总过程也可以写成：Zn+2SO2=∆ZnS2O4，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率；
S O(aq)[或
（2）溶液中存在：Na2S2O4(s)ƒNa2S2O4(aq)ƒ2Na+(aq)+2-
24
S O(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动，所以向滤液Na2S2O4(s)ƒ2Na+(aq)+2-
24
中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体；
（3）根据温度控制在40～45℃可知需要控制温度的加热方式一般是水浴加热；
（4）根据步骤2中将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn(OH)2，向滤液中加入食盐，才析出Na2S2O4•2H2O晶体，可知Na2S2O4在水中溶解度较大；根据步骤5析出的晶体用无水乙醇洗涤的目的是使晶体迅速干燥，避免溶解而减少损耗，可知其在酒精中溶解度较小；
（5）由题意可知甲酸钠、二氧化硫、碳酸钠反应生成Na2S2O4，同时生成二氧化碳，反应的方程式为2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2；
（6）锌粉法产品纯度高，可能的原因是Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离；
（7）设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4，要避免Na2S2O4干扰，所以取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4。

6．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H2O2氧化为NO3−，H2O2被还原为H2O，反应的离子方程式是2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O；
答案为：2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O；
（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。

7．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NaClO 3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Na 2CO 3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CoCl 2·
6H 2O 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。

8．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 。

9．CaCO 3广泛存在于自然界，是一种重要的化工原料。

实验室用大理石（主要成分为CaCO 3，另外有少量的含硫化合物）和稀盐酸反应制备CO 2气体。

下列装置可用于CO 2气体的提纯和干燥。