【化学】备战高考化学化水溶液中的离子平衡解答题压轴题提高专题练习及答案解析

【化学】备战高考化学化水溶液中的离子平衡解答题压轴题提高专题练习及答
案解析
一、水溶液中的离子平衡
1．亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。

Ⅰ.经查：①K sp(AgNO2)=2×10－8，K sp(AgCl)=1.8×10－10；②K a(HNO2)=5.1×10－4。

请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体______________________
Ⅱ. 某小组同学用如下装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠
已知：①2NO＋Na2O2=2NaNO2；②酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2＋。

（1）使用铜丝的优点是________________________。

（2）装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。

装置C中盛放的药品是_________；（填字母代号）
A．浓硫酸 B．NaOH溶液 C．水 D．四氯化碳
（3）该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250ml溶液，取25.00ml溶液于锥形瓶中，
用0.1000mol·L－1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：
滴定次数1234
消耗KMnO4溶液体积/mL20.9020.1220.0019.88
①第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________（填字母代号）。

a．锥形瓶洗净后未干燥
b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
c．滴定终点时仰视读数
②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为___________________。

③该样品中亚硝酸钠的质量分数为______________。

【来源】2017届江西省重点中学协作体高三下学期第一次联考理综化学试卷（带解析)【答案】分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解; 再分别滴加酚酞试液, 变红的为NaNO2可以控制反应的发生与停止Cu +4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OCbc6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O69%
【解析】
试题分析：Ⅰ.根据NaNO2为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析；Ⅱ.装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，装置C中是
A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气，通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，据此分析解答。

解析：Ⅰ.酸越弱相应酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是：分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2；
Ⅱ.（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；
（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，方程式为：Cu +4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O ；通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应，所以C中的药品是水，答案选C；（3）①a．锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c（标准）不变，a错误；b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c（标准）偏大，b正确；c．滴定终点时仰视读数，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c 偏大，c正确；答案选bc；
（标准）
②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为 6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O；
③根据表中数据可知第一次实验数据误差太大，舍去，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是
0.02L，高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×5/2=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×100mL/25mL=0.02mol，其质量为
0.02mol×69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g×100%=69.0%.
点睛：注意掌握综合实验设计题的解题思路：（1）明确实验的目的和原理。

实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。

实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。

在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。

（2）理清实验操作的先后顺序。

根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。

（3）看准图，分析各项实验装置的作用。

有许多综合实验题图文结合，思考容量大。

在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。

（4）细分析，得出正确的实验结论。

实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。

在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。

2．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。

3．某兴趣小组在实验室进行如下实验探究活动。

(1)设计如下实验研究2Fe3＋＋2I－ƒ2Fe2＋＋I2的反应。

①振荡静置后C中观察到的现象是_______________________；为证明该反应存在一定限度，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后______________(写出实验操作和现象)。

②测定上述KI溶液的浓度，进行以下操作：
I用移液管移取20.00 mL KI溶液至锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量H2O2溶液，充分反应。

II小心加热除去过量的H2O2。

III用淀粉做指示剂，用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，反应原理为：2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6。

步骤II是否可省略?____________(答“可以”或“不可以”)
步骤III达到滴定终点的现象是___________________________。

巳知I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，加指示剂的最佳时机是
________。

(2)探究Mn2＋对KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应速率的影响。

反应原理(化学方程式)为________；
仪器及药品：试管(两支)、0.01 mol/L KMnO4酸性溶液、0.1 mol/L H2C2O4溶液、一粒黄豆大的MnSO4固体；
实验方案：请仿照教材(或同教材)设计一个实验用表格，在行标题或列标题中注明试剂及观察或记录要点。

______________
【来源】四川省成都市2019—2020学年高二上学期期末调研考试化学试题
【答案】溶液分层，上层水层为黄绿色，下层四氯化碳层为紫色滴加KSCN溶液，溶液变红不能；；当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再继续滴加标准溶液
2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
【解析】
【分析】
（1）①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3＋；
②由步骤I可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤II省略，溶液中过氧化氢会与
Na2S2O3溶液反应；当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色；为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉；
（2）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水。

【详解】
（1）①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，上层为氯化铁和氯化亚铁得混合溶液，溶液的颜色为黄绿色，下层为碘的四氯化碳溶液，溶液的颜色为紫色；为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3＋，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后滴加KSCN溶液，溶液变红色，故答案为：溶液分层，上层水层为黄绿色，下层四氯化碳层为紫色；滴加KSCN溶液，溶液变红；
②由步骤I可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤II省略，溶液中过氧化氢会与
Na2S2O3溶液反应，导致Na2S2O3标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故不能省略；当
Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；由I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉，故答案为：不能；当滴入
最后一滴Na2S2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原；用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再继续滴加标准溶液；
（2）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；据题给条件，设计探究Mn2＋对KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应速率的影响的实验，应用取两份等体积的
0.01mol/LKMnO4酸性溶液，一份加入0.1mol/L的H2C2O4溶液，另一份加入等体积的
0.1mol/L的H2C2O4溶液和硫酸锰固体，测定溶液由紫色退为无色所需要的时间，实验用表格如下：
故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
当Na2S2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉是解答关键，也是难点和易错点。

4．一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H 2O 2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 +H 2O 2+H 2SO 4＝CuSO 4+2H 2O ；
(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H 2O ；
II ．(1) 浅蓝色沉淀的成分为Cu 2(OH )2SO 4，反应的离子方程式为：2Cu 2++2NH 3·H 2O +SO 42-=Cu 2(OH )2SO 4+2NH 4+；
(2) 由题中信息，Cu (NH 3)4SO 4·H 2O 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 )=10−3V 1L ×0.500mol ⋅L −1−0.500mol ⋅L −1×10−3V 2L =5×10−4(V 1−V 2)mol ，根据NH 3～HCl
可知，n (NH 3)=n (HCl )=5×10−4(V 1−V 2)mol ，则n [Cu (NH 3)4SO 4·H 2O ]=14n (NH 3)= 14
×5×10−4(V 1−V 2)mol ，样品中产品纯度的表达式为：()4
121510mol 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 。

5．实验室制备三氯乙醛(CCl 3CHO)的反应原理为C 2H 5OH+4Cl 2
CCl 3CHO+5HCl ，可能发生的副反应是C 2H 5OH+HCl
C 2H 5Cl+H 2O 。

某探究小组模拟制备三氯乙醛的实验装置如图所示(夹
持、加热装置均略去)。

回答下列问题:
（1）用仪器a代替普通分液漏斗的目的是_______________。

（2）装置A中MnO2可以用KMnO4代替，反应可以在常温下进行，试写出反应的离子方程式__。

（3）仪器b中冷凝水从___(填“p”或“q”，下同)口进，___口出。

（4）若撤去装置B，对实验的影响是______________。

（5）实验时发现D中导管口处气泡速率过快，合理的解决方法是___________。

（6）已知:CCl3CHO+OH-CHCl3+HCOO-；HCOO-+I2H++2I-+CO2↑；I2+2S2O32-2I-+S4O62-。

称取0.40 g产品，配成待测溶液，加入20.00 mL 0.100 mol·L-1碘标准溶液，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，并立即用0.020 mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至终点。

重复上述操作3次，平均消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。

滴定时所用指示剂是___________，达到滴定终点时的现象是_________________，测得该产品的纯度为
_____(保留一位小数)。

【来源】2018年11月25日《每日一题》人教版一轮复习-每周一测
【答案】平衡滴液漏斗上方和烧瓶内气体的压强，便于液体顺利滴下 2 MnO4-+16H++10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O p q Cl2中的氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低停止对A加热或控制滴加浓盐酸的速度淀粉溶液滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 66.4%
【解析】
【分析】
A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl4CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。

【详解】
（1）由仪器a的结构可知，使用(恒压)滴液漏斗便于液体顺利滴下，故答案为平衡滴液漏斗上方和烧瓶内气体的压强，便于液体顺利滴下；
（2）实验室也可以在常温下利用KMnO4与浓HCl反应制备氯气，反应的离子方程式为
2MnO4—+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为2MnO4—+16H++10Cl-=2Mn2+
+5Cl2↑+8H2O；
（3）冷凝水应从冷凝管下口进上口出，即p口进，q口出，故答案为p；q；
（4）装置B中的饱和食盐水可以除去氯气中的杂质氯化氢，若撤去装置B，氯化氢杂质会与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低，故答案为Cl2中的氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低；
（5）实验时发现D中导管口处气泡速率过快，可以停止对A加热或控制滴加浓盐酸的速度，适当降低生成氯气的速率，故答案为停止对A加热或控制滴加浓盐酸的速度；（6）根据CCl 3CHO+OH-CHCl3+HCOO-、HCOO-+I2=H++2I-+CO2↑、I2+2S2O32—=2I-+ S4O62—，反应过程中涉及碘单质，可以选用淀粉溶液作指示剂；达到滴定终点的现象为锥形瓶中的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；根据消耗的Na2S2O3的物质的量计算出剩余I2
的物质的量为0.020 mol·
L -1×0.020 00 L×121
2
=2×10-4 mol ，则与HCOO -反应的I 2的物质的量为0.100 mol·
L -1×0.020 00 L-2×10-4 mol=1.8×10-3 mol ，由CCl 3CHO~HCOO -~I 2可知，CCl 3CHO 的物质的量为1.8×10-3 mol ，则该产品的纯度为
311.810mol 147.5g mol 0.40g
--⨯⨯⋅31
1.810mol 147.5?g?mol 0.40?g --⨯⨯×100%=66.4%，故答案为淀
粉溶液；滴入最后一滴Na 2S 2O 3溶液，锥形瓶中的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；66.4%。

【点睛】
本题考查有机物制备、物质含量程度、实验方案设计等，关键是明确反应原理与各装置作用，掌握常用物质分离提纯方法，注意对题目信息的应用。

6．过碳酸钠（2Na 2CO 3•3H 2O 2）俗称固体双氧水。

实验室可用碳酸钠和双氧水等为原料来制备，具体流程如下：
已知：①相关反应的方程式如下：2Na 2CO 3+3H 2O 2＝2Na 2CO 3•3H 2O 2△H ＜0 ②工业上常以产品活性氧的质量分数[ω（活性氧）＝×100%]来衡量产品的优
劣，13.00%以上为优等品。

请回答：
表1 反应温度对产品收率及活性氧含量的影响 反应温度/℃ 产品收率/% 活性氧质量分数/% 5 65.3 12.71 10 73.2 13.24 15 85.0 13.55 20 83.2 13.30 25
55.1
12.78
表2加料时间对产品收率及活性氧含量的影响 加料时间/min
产品收率/%
活性氧质量分数/%
（1）分析表1，一般选择的反应温度为_____。

（2）分析表2，加料时间对产品收率也有很大影响，时间太短或太长均不利于生产，加料时间太短导致产品收率较低的原因是_____。

（3）结晶过程中加入氯化钠，作用是_____。

（4）下列关于抽滤操作，正确的是_____。

A．准备略大于漏斗内径的滤纸，以盖住布氏漏斗瓷板上的小孔
B．用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．洗涤沉淀时，加入少量水并开大水龙头，重复操作2～3次
D．用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体，晾干后保存在试剂瓶中
（5）使用图2所示装置抽滤，中途需停止抽滤时，最佳操作为_____。

（6）产品出厂前需测定活性氧的质量分数，现将0.1000g某厂的产品（所含杂质均不参与反应）溶于水配成溶液，加入10.00mL1.000mol•L﹣1的稀硫酸，再加入足量KI，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量_____，用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3标准溶液滴定，若该产品的活性氧质量分数为13.60%，则达到滴定终点时共消耗标准液的体积为_____mL。

[已知：2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI]
【来源】浙江省丽水、湖州、衢州市2019届高三上学期期末考试化学试题
【答案】15℃该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解降低产品溶解度，便于产品析出 B 先打开活塞，再关闭水龙头淀粉溶液 17.00
【解析】
【详解】
（1）由表可知，15℃时，产品收率和活性氧的质量分数高；故答案为：15℃；
（2）由已知：①，该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解，不利于反应的进行；故答案为：该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解；
（3）结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出；故答案为：降低产品溶解度，便于产品析出；
（4）A．准备略小于漏斗内径的滤纸，盖住布氏漏斗瓷板上的小孔，A错误；
B．用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，B正确；
C．洗涤沉淀时，加入少量水，关小水龙头，减小流速，重复操作2～3次，C错误；D．用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体，过碳酸钠不稳定，应避光保存，D错误；
故答案为：B ；
（5）使用图2所示装置抽滤，中途需停止抽滤时，为防止自来水倒吸，最佳操作为先打开活塞，再关闭水龙头；故答案为：先打开活塞，再关闭水龙头； （6）已知：活性氧的质量分数[ω（活性氧）＝
×100%]，则n （H 2O 2）＝
，产品溶于水由H 2O 2与KI 的酸性溶液反应，H 2O 2+2H +
+2I ﹣
＝
2H 2O+I 2，故用淀粉溶液做指示剂；用0.1000mol•L ﹣1
的Na 2S 2O 3标准溶液滴定生成的碘单质：2Na 2S 2O 3+I 2＝Na 2S 4O 6+2NaI ，则H 2O 2～2Na 2S 2O 3，n （Na 2S 2O 3）＝2n （H 2O 2），则消耗的标准液的体积为
＝(0.136×0.1000g) ×2÷16÷0.1000mol/L＝0.0170L ＝
17.00mL ；故答案为：淀粉溶液；17.00。

【点睛】
工艺流程实验题要分析流程，所有设计都是为了实现流程的目标，在分析问题时要把握住这一基本原则，就能防止跑偏方向。

7．氧化还原滴定同中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。

现用0.0010 mol·
L −1酸性KMnO 4溶液滴定未知浓度的无色NaHSO 3溶液，反应的离子方程式为24MnO -
＋53HSO -
＋H ＋=2Mn 2+＋524SO -
＋3H 2O 。

请完成下列问题： (1)该实验除了滴定管(50 mL)、铁架台、滴定管夹、烧杯 、白纸等仪器和用品外，还必须使用的仪器是____________。

(2)实验中用_____(填“酸”或“碱”)式滴定管盛装酸性KMnO 4溶液，原因是_______。

(3)本实验_______(填“需要”或“不需要”)使用指示剂，滴定终点的现象是__________。

(4)①滴定前平视液面，刻度为a mL ，滴定后俯视刻度为b mL ，根据(b−a) mL 计算得到的待测液浓度比实际浓度_____(填“高”或“低”)。

②若滴定时所用的酸性KMnO 4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的待测液浓度值会____(填“偏小”“偏大”或“不变”)。

【来源】辽宁省瓦房店市高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 【答案】锥形瓶 酸 酸性KMnO 4溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶管 不需要 当加入最后1滴KMnO 4溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色(或粉红色、红色)，且30s 不褪色，即达到滴定终点 低 偏大 【解析】 【分析】
（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，实验时除用到酸式滴定管(50 mL)、铁架台、滴定管夹、烧杯 、白纸和锥形瓶；
(2)由于KMnO 4具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，不能用碱式滴定管盛放或取用KMnO 4溶液；
（3）滴定时不需要用指示剂，因为MnO 4－被还原为Mn 2＋时紫红色褪去； （4）①定管的刻度自上而下是逐渐增大的；。