2020-2021高考化学培优 易错 难题(含解析)之化水溶液中的离子平衡含答案

2020-2021高考化学培优易错难题(含解析)之化水溶液中的离子平衡含答案
一、水溶液中的离子平衡
1．三草酸合铁（III）酸钾K3[Fe
(C
2O4)3]•3H2O（其相对分子质量为491），为绿色晶体，易溶于水，难溶于酒精。

110℃下可完全失去结晶水，230℃时分解。

它还具有光敏性,光照下即发生分解，是制备活性铁催化剂的原料。

某化学小组制备该晶体，并测定其中铁的含量，进行如下实验：
Ⅰ．三草酸合铁（Ⅲ）酸钾的制备；
①称取5g硫酸亚铁固体，放入到100mL的烧杯中，然后加15mL馏水和5～6滴稀硫酸，加热溶解后，再加入25mL饱和草酸溶液，搅拌加热至沸。

停止加热，静置，待析出固体后，抽滤、洗涤、干燥，得到FeC2O4•2H2O；
②向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2O4溶液10mL，40o C水浴加热，边搅拌边缓慢滴加
20mL3%H2O2溶液，变为深棕色，检验Fe2+是否完全转化为Fe3+，若氧化不完全，再补加适量的H2O2溶液；
③将溶液加热至沸，然后加入20mL饱和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液转为绿色。

趁热抽滤，滤液转入100mL烧杯中，加入95%乙醇25mL，混匀后冷却，可以看到烧杯底部有晶体析出。

晶体完全析出后，抽滤，用乙醇-丙酮混合液洗涤，置于暗处晾干即可。

（1）写出步骤①中，生成FeC2O4•2H2O晶体的化学方程式___。

检验FeC2O4•2H2O晶体是否洗涤干净的方法是___。

（2）步骤②中检验Fe2+是否完全转化的操作为___。

（3）步骤③用乙醇-丙酮混合液洗涤，而不是用蒸馏水洗涤的原因是___。

Ⅱ．铁含量的测定：
步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。

步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4-被还原成Mn2+，向反应后的溶液中逐渐加入锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。

步骤三：用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液
20.02mL，滴定中MnO4-被还原成Mn2+。

步骤四：重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。

（4）配制三草酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯____，___，___。

（5）写出步骤三中发生反应的离子方程式____。

（6）实验测得该晶体中铁的质量分数为____（结果保留3位有效数字）。

【来源】河北省唐山市2019届高三年级三模化学试题
【答案】FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净滴加K3Fe（CN）6溶液，观察是否生成蓝色沉淀减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分玻璃棒胶头滴管 250mL容量瓶 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 11.2%
【解析】
【分析】
(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC 2O 4•2H 2O ；固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净；
(2)Fe 2+与K 3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀；
(3)FeC 2O 4•2H 2O 微溶于水，难溶于乙醇-丙酮；
(4)配制溶液，可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL 容量瓶等；
(5)为亚铁离子与高锰酸钾的反应；
(6)结合反应的离子方程式，计算25mL 溶液中含有亚铁离子，可计算5.00g 三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。

【详解】
(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC 2O 4•2H 2O ，反应的方程式为
FeSO 4+H 2C 2O 4+2H 2O -V FeC 2O 4•2H 2O↓+H 2SO 4，固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl 2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净，故答案为FeSO 4+H 2C 2O 4+2H 2O -V FeC 2O 4•2H 2O↓+H 2SO 4；用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl 2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；
(2)Fe 2+与K 3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀，检验Fe 2+是否已完全被氧化，可以用K 3Fe(CN)6溶液，故答案为滴加K 3Fe(CN)6溶液，观察是否生成蓝色沉淀；
(3)由于FeC 2O 4•2H 2O 微溶于水，难溶于乙醇-丙酮，所以用乙醇-丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；
(4)配制溶液，需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL 容量瓶等，故答案为玻璃棒、胶头滴管、250mL 容量瓶；
(5)在步骤三中发生的离子反应为：5Fe 2++MnO 4-+8H +=5Fe 3++Mn 2++4H 2O ，故答案为5Fe 2++MnO 4-+8H +=5Fe 3++Mn 2++4H 2O ；
(6)n(Fe)=5n(MnO 4-)=5×0.0100mol/L×19.98×10-3L≈1.0×10-3mol ，m(Fe)=56g•mol -1×1.0×10-3mol=0.056g 。

则5.00g 三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g×25025
=0.56g ，晶体中铁的质量分数=0.56g 5.00g
×100%=11.2%，故答案为11.2%。

2．一水硫酸四氨合铜晶体[Cu (NH 3)4SO 4·H 2O ]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、0.500 mol ·L -1稀盐酸、0.500 mol ·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 ．CuSO 4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：
()
4
12
1
510mol246g/mol
4
g
V V
m
-
⨯⨯-⨯
×100%=
-1
12
1.2310(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V2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V2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V2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V2偏小，测定的氨含量偏高，故E错误；
故答案选AB。

3．某实验小组利用甲酸钠（HCOONa）制备Na2S2O4并测定产品的纯度，实验装置（夹持、加热仪器略）如图
回答下列问题
（1）盛放浓硫酸的仪器名称为________，写出浓H2SO4与Cu反应的化学方程式
________ 。

（2）SO 2与HCOONa 、NaOH 反应生成Na 2S 2O 4和CO 2， 其离子方程式为________。

（3）图中虚线框中装置用于检验逸出气体中的CO 2 ， a 、b 、c 所盛放的试剂依次为________、________、________。

（4）将反应液分离提纯得到Na 2S 2O 4产品，取产品mg 溶于水，并定容为100mL ，取25．00mL 加入锥形瓶中，加入NaOH 溶液及指示剂，用cmol·mol -1的K 3[Fe (CN )6]标准溶液进行滴定{4K 3[Fe (CN )6]+2Na 2S 2O 4+8NaOH=3K 4[Fe (CN )6]+4Na 2SO 3+Na 4[Fe (CN )6]+4H 2O}，滴定至终点时，消耗标准液VmL 。

则产品的纯度为________（写出计算式）。

【来源】黑龙江省齐齐哈尔市拜泉四中2019-2020学年高三上学期第四次月考化学试题
【答案】分液漏斗 Cu+2H 2SO 4（浓） Δ CuSO 4+SO 2↑+2H 2O HCOO -+OH -+2SO 2=S 2O 42-+CO 2+H 2O KMnO 4溶液（或其他合理答案） 品红溶液 澄清石灰水
0.348cV m
×100% 【解析】
【分析】 (1)根据图示仪器确定其名称；浓硫酸具有氧化性，加热条件下， 能将Cu 氧化成CuSO 4 ， 自身还原为SO 2 ， 据此写出反应的化学方程式；
(2)根据题干信息确定反应物和生成物，结合电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
(3)检验CO 2用澄清石灰水，由于气体中混有的SO 2能使澄清石灰水变浑浊，因此需排除SO 2的干扰，结合SO 2的性质确定a 、b 中试剂；
(4)根据消耗标准液的体积，结合反应的化学方程式计算mg 产品中Na 2S 2O 4的量，从而计算产品的纯度。

【详解】
(1)图中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；浓硫酸具有氧化性，加热条件下， 能将Cu 氧化成CuSO 4，自身还原为SO 2，该反应的化学方程式为：Cu+2H 2SO 4(浓) Δ CuSO 4+SO 2↑+2H 2O ；
(2)HCOONa 、NaOH 和Na 2S 2O 4都是可溶于水的溶液，在离子方程式中可拆，反应过程中，除生成Na 2S 2O 4外还生成CO 2和H 2O ，结合电荷守恒、原子守恒可得该反应的离子方程式
为：HCOO －＋OH －＋2SO 2=S 2O 42－＋CO 2＋H 2O ；
(3)检验CO 2用澄清石灰水，由于气体中混有的SO 2能使澄清石灰水变浑浊，因此需排除SO 2的干扰，SO 2具有还原性，可用溴水或酸性KMnO 4溶液吸收，因此a 中试剂为溴水或酸性KMnO 4溶液；为检验SO 2是否完全除尽，可用品红溶液是否褪色进行检验，因此b 中试剂为品红溶液；最后再用澄清石灰水检验CO 2， 因此c 中试剂为澄清石灰水；
(4)由反应的化学方程式可得关系式“2K 3[Fe(CN)6]~Na 2S 2O 4”，因此25.00mL 样品溶液中所含
3
3224110/1022
cV n Na S O cmol L V L mol --⨯=⨯⨯⨯=（）， 因此mg 产品中所含322410100m 174/0.348225
cV Na S O g mol cVg -⨯=⨯⨯=（）， 故所得产品的纯度为
0.3480.348100%100%cVg cV mg m
⨯=⨯；
4．在食品加工领域，应用二氧化硫的最主要原因是避免氧化和防腐。

在我国葡萄酒中二氧化硫的最大使用量为0.2500g/kg ，二氧化硫残留量不得超过0.05000g/kg 。

葡萄酒中的二氧化硫包括游离的和结合的，因而加人氢氧化钾使之破坏其结合状态，并使之固定S02+2KOH = K 2S03+H 20；然后加入硫酸又使二氧化硫游离，K 2S03+H 2S04=K 2S04+H 2O+S02↑；加入过量的I 2氧化S02；过量的I 2可用硫代硫酸钠进行滴定，I 2+2Na 2S 203=Na 2S 406+ 2NaI 。

以下是某实验小组测定某品牌的干白葡萄酒（密度为1.12g/ml ）中二氧化硫的含量是否超标的实验方案。

实验步骤：
①用移液管量取50.00ml 样品于250ml 锥形瓶中，加入25.00 ml1mol/L 氢氧化钾溶液，加塞，摇匀；
②静置15min ；
③打开塞子，加入25.00ml1：3硫酸溶液使溶液呈酸性，再加入25.00ml0.01000mol/L 碘溶液，迅速的加塞，摇匀；
④用 滴定管移取步骤③中溶液25.00ml ，加入适量0.1%的A 溶液作指示剂，立即用浓度为0.002000mol/L 的硫代硫酸钠溶液滴定，并记录消耗硫代硫酸钠溶液的体积； ⑤重复以上实验2次；
⑥数据处理，得出结论。

请回答下列问题：
（1）以上实验方案中步骤③中加碘溶液时发生的离子反应方程式是：______________； （2）步骤①-③中始终要将锥形瓶加塞进行操作的原因是_____________；
（3）步骤④的A 溶液最合适的是____________；滴定终点的判断方法是
_______________________________________________________________________； （4）步骤④应该选用___________(填空“酸式”或“碱式”)滴定管；
（5）该小组三次实验消耗的Na 2S 203溶液的体积数据记录如下：
根据数据计算该样品中总二氧化硫的浓度为______mol/L ，故该干白葡萄酒是______（填“合格”“不合格”）产品。

【来源】2012届浙江省富阳市新登中学高三上学期期中考试化学试题
【答案】I 2+SO 2+2H 2O==4H ++2I -+SO 42- 防止SO 2逸出和被空气中氧气氧化 淀粉 当滴入最后一滴时，溶液颜色由蓝色变成无色，并在30S 内不变成蓝色；（若出现“30S 内不褪色”或类似的字语不给分；） 酸式 0.003200（保留4位有效数字） 不合格
【解析】
【分析】
（1）碘能将二氧化硫氧化，由此写出离子方程式；
（2）SO 2在水中溶解度不大，易挥发，二氧化硫还具有还原性；
（3）碘遇到淀粉呈蓝色，测定碘常用淀粉溶液作指示剂；终点时，碘消耗完，蓝色褪去；
（4）步骤③中溶液呈酸性，用酸式滴定管移取溶液；
（5）该小组三次实验消耗的Na 2S 203溶液的体积分别为：18.05mL 、17.95mL 、19.33mL ，第三组数据误差太大，舍去，消耗的Na 2S 203溶液的体积的平均值为18.00mL ，根据关系式计算。

【详解】
（1）碘能将二氧化硫氧化，离子方程式：I 2+SO 2+2H 2O==4H ++2I -+SO 42-；
（2）SO 2在水中溶解度不大，易挥发，二氧化硫还具有还原性；步骤①-③中始终要将锥形瓶加塞进行操作的原因是防止SO 2逸出和被空气中氧气氧化；
（3）碘遇到淀粉呈蓝色，测定碘常用淀粉溶液作指示剂；终点时，碘消耗完，蓝色褪去，滴定终点的判断方法是 ：当滴入最后一滴时，溶液颜色由蓝色变成无色，并在30S 内不变成蓝色；（若出现“30S 内不褪色”或类似的字语不给分；）
（4）步骤③中溶液呈酸性，用酸式滴定管移取溶液；
（5）该小组三次实验消耗的Na 2S 203溶液的体积分别为：18.05mL 、17.95mL 、19.33mL ，第三组数据误差太大，舍去，消耗的Na 2S 203溶液的体积的平均值为18.00mL ，根据关系式计算。

由方程式I 2+2S 2O 32－═2I －+S 4O 62－得：I 2～2Na 2S 203，剩余的碘为1/2×0.002000mol/L ×18.00×10-3L ×125mL/25mL=0.00009mol ，与SO 2反应的
碘：25.00×10-3L ×0.01000mol·
L －1-0.00009mol=0.00016mol ，由I 2+SO 2+2H 2O==4H ++2I -+SO 42-得：n(SO 2)=0.00016mol ，该样品中总二氧化硫的浓度为0.00016mol/50×10-3L=0.003200mol·L －1,二氧化硫残留量不得超过0.05000g/kg ，即1
1
640.0500011201000g mol g
g
g L --g g =0.0008750mol·L －1,故该干白葡萄酒是不合格的。

5．已知：2KMnO 4+5H 2C 2O 4+3H 2SO 4=K 2SO 4+2MnSO 4+10CO 2↑+8H 2O ．
某化学小组根据上述反应原理进行下列实验：
I ．测定H 2C 2O 4溶液的物质的量浓度
实验步骤如下：
①取待测H2C2O4溶液25.00mL放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸；
②用0.1mol/L KMnO4溶液滴定至终点，记录数据；
③重复滴定2次，平均消耗KMnO4溶液20.00mL。

请回答：
（1）滴定时，将KMnO4溶液装在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。

（2）若在步骤①操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，则测得H2C2O4溶液的浓度会______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。

（3）步骤②中到达滴定终点时的现象为_______________________________。

（4）计算H2C2O4溶液的物质的量浓度为__________mol/L。

II．探究反应物浓度对化学反应速率的影响设计如下实验方案（实验温度均为25℃）：
实验序号体积V/mL
0.1mol•L-1KMnO4溶液 0.11mol•L-1H2C2O4溶液0.11mol•L-1H2SO4溶液H2O
① 2.0 5.0 6.07.0
② 2.08.0 6.0V1
③ 2.0V2 6.0 2.0
请回答：
（5）表中v1=______。

（6）实验中需要测量的数据是______________________________。

（7）实验中______（填“能”或“不能”）用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，理
由是_________。

【来源】江苏省宿迁市沭阳县修远中学2018-2019学年高二下学期第二次月考化学试题
【答案】酸式偏大溶液由无色变为紫红色且在半分钟内不褪色 0.2 4.0 10.0
KMnO4溶液完全褪色所需的时间不能,KMnO4能氧化盐酸。

【解析】
【分析】
（1）高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶管；
（2）引起滴定过程中消耗标准溶液体积增大，故测定溶液浓度偏大；
（3）KMnO4溶液显紫红色；
（4）根据C（待测）=以及5H2C2O4～2MnO4-计算；
（5）H2O的体积是为了保证溶液总体积一致；
（6）可根据KMnO4溶液完全褪色所需的时间判断反应速率；
（7）KMnO4能氧化盐酸。

【详解】
（1）高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶管，不能盛装碱式滴定管，故将KMnO4溶液装在酸式滴定管中；
（2）若在步骤①操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，待测H2C2O4溶液量多了，滴定过程中消耗标准溶液体积增大，故测定溶液浓度偏大；
（3）该实验是氧化还原滴定，终点时KMnO4溶液恰好过量一滴，溶液会显紫红色，30秒内不变色；
（4）根据化学方程式可知，5H2C2O4～2MnO4-，则C（H2C2O4）
==0.2 mol/L；
（5）加入H2O是为了保证溶液总体积一致，故其他体积保持相同，只有草酸浓度这个变量，探究草酸浓度对化学反应速率的影响，故v1=4.0；
（6）KMnO4溶液显紫红色，可根据KMnO4溶液完全褪色所需的时间判断反应速率；（7）实验中不能用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，因为KMnO4能氧化盐酸生成氯气，消耗高锰酸钾，影响测定结果。

6．某学习小组为证实Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液的反应是离子反应，设计了如下实验。

请补充完成该实验报告。

（1）（实验原理）
溶液的导电性由溶液中离子的浓度及离子电荷数决定。

观察_____，据此判断溶液中自由移动的离子浓度的变化，从而证明反应是离子反应。

（2）（实验装置）如图1所示。

（实验过程与记录）
实验步骤实验现象实验结论
连接好装置，向烧杯中加入
25mL1mol•L﹣1的Ba(OH)2溶液和2滴酚酞溶液，逐滴滴加1mol•L﹣1的H2SO4溶液直至过量，边滴边振（2）_____（填写支持实
验结论的证据）
Ba(OH)2溶液和H2SO4溶
液的反应是离子反应
（3）整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度Ⅰ表示）可近似地用图2中的_____（填序号）曲线表示。

（4）下列三种情况下，与上述实验中离子方程式相同的是_____。

A 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀
B 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至至溶液显中性
C 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
（5）已知：PbSO4难溶于水，但可溶于醋酸氨溶液中形成无色溶液，其化学方程式为：PbSO4+2CH3COONH4＝(CH3COO)2Pb+(NH4)2SO4．写出该反应的离子方程式为_____。

【来源】北京清华附中2019-2020高一化学上学期期中试题
【答案】灯泡的明暗程度灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮 c B
PbSO4+2CH3COO-＝(CH3COO)2Pb+SO42-
【解析】
【分析】
（1）溶液的导电性由溶液中离子的浓度及离子电荷数决定，灯泡的明暗程度反映了离子浓度的变化；
（2）向Ba(OH)2溶液中逐滴滴加H2SO4溶液直至过量，根据溶液中离子浓度的变化可知灯泡的明暗的变化，从而证明发生了离子反应；
（3）同（2）；
（4）A.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀，两者物质的量相等；
B 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至至溶液显中性，n(H+)=n(OH-)；
C 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，NaHSO4少量；
（5）PbSO4难溶于水，但可溶于醋酸氨溶液中形成无色溶液，说明(CH3COO)2Pb是弱电解质。

【详解】
（1）离子浓度越大，电荷越多，会使灯泡越亮，所以灯泡的明暗程度可以判断离子浓度变化。

故答案为：灯泡的明暗程度；
（2）烧杯中开始只有强电解质Ba(OH)2，灯泡亮，然后随着加入H2SO4溶液，析出沉淀，离子浓度下降，所以会逐渐变暗，当完全中和时，会熄灭，再加入硫酸，由于H2SO4强电解质灯泡会逐渐变亮。

故答案为：灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮；
（3）烧杯中开始只有强电解质Ba(OH)2，导电能力强，随着加入H2SO4溶液，析出沉淀同时生成水，离子浓度下降，导电能力减弱，当完全中和时，导电能力最弱。

再加入时由于H2SO4强电解，导电能力又增强，所以用曲线c表示，故答案为：c；
(4) 实验中的离子方程式为： 2OH-+2H++Ba2++SO42-=2H2O+BaSO4↓；
A. 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀淀，二者物质的量相等，发生反应的离子方程式为：OH-+H++Ba2++SO42-=H2O+BaSO4↓，不满足，故A错误；
B. 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，氢离子与氢氧根离子的物质的
量相等，发生反应的离子方程式为：2OH-+2H++Ba2++SO42-=2H2O+BaSO4↓，满足条件，故B 正确；
C. 向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，离子方程式按照硫酸氢钠的化学式组成书写，该反应的离子方程式为：OH-+H++Ba2++SO42-=H2O+BaSO4↓，不满足条件，故C错误。

故选：B。

（5）. PbSO4难溶于水，(CH3COO)2Pb为弱电解质，书写离子方程式时保留化学式，离子方程式为：PbSO4+2CH3COO-＝(CH3COO)2Pb+SO42-，故答案为：PbSO4+2CH3COO-＝
(CH3COO2)Pb+SO42-
7．铜及其化合物在工业生产中应用广泛。

Ⅰ．某同学设计如下实验装置测定铜的相对原子质量(夹持和加热仪器已略去)，并检验氯气的氧化性。

（1）该实验装置的连接顺序为：A连接________，B连接________（填字母）。

（2）乙装置a瓶中的溶液可以是_______
A．NaOH溶液 B．Na2S溶液 C．酸性KMnO4溶液 D．含少量KSCN的FeCl2溶液
（3）对丙装置进行加热前需要________ 。

（4）准确称量 m g CuO进行实验，当CuO完全反应后测出b中增重n g。

则Cu的相对原子质量为________ (只要求列出算式)。

该实验方案的装置有不合理之处，若不加以改正会导致测定结果________（填“偏大”、”偏小“或”不变“）。

Ⅱ．研究发现Cu与稀盐酸不反应，但在持续通入空气的条件下可反应生成CuCl2。

（5）已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示：
则图中的M‘为________（填化学符号）
（6）向CuCl2溶液中通入H2S气体，可产生CuS沉淀，反应离子方程式为：
Cu2++H2S=CuS(s)+2H+，则该反应的平衡常数K=________(保留一位小数)。

已知：CuS溶度积K SP=1.0×10-36， H2S电离常数K a1=1.3×10-7， Ka2=7.0×10-15。

【来源】安徽省合肥一中2019-2020学年高三上学期9月月考化学试题
【答案】E C B、D 使装置内充满H2或利用H2排尽装置里的空气 (18m-16n)/n 偏小
Fe 2+(或FeCl 2) 9.1×1014
【解析】
【分析】
电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠；依据装置图分析可知，电解饱和食盐水阳极B 是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，阴极A 是氢离子得到电子发生还原反应，生成氢气，电解产生的H 2还原CuO 粉末来测定Cu 的相对原子质量，同时检验氯气的氧化性，装置丙中的E 接电解装置中的A ；装置乙是验证氯气氧化性的装置，D 接电解池的B 电极；检验氯气的氧化性可以利用还原性的物质发生反应，且有明显的现象，可以把氯气通入具有还原性的Na 2S 溶液和含少量KSCN 的FeCl 2溶液发生氧化还原反应；生成S 单质，溶液变浑浊和溶液由绿色变为血红色； 使装置内充满H 2或利用H 2排尽装置里的空气；方案是测定水的质量增加计算，装置D 会吸收空气中的水蒸气和二氧化碳使测定结果偏低；Fe 3+对该反应有催化作用，结合图可知，Cu 元素的化合价升高，则M 中Fe 元素的化合价降低，可知M 的化学式为Fe 2+；
【详解】
（1）A 端碳棒与电源的负极相连，为阴极，其电极反应式为2H 2O ＋2e -=H 2↑＋2OH -；B 端
与电源的正极相连，为阳极，其电极反应式为：2Cl --2e -=Cl 2↑；因此A 应连接E ，B 应连接
E ；
（2）乙装置a 瓶中试剂是用于检验氯气的氧化性，因此a 瓶中试剂应具有还原性； A 、NaOH 不具有还原性，A 不符合题意；
B 、Na 2S 中硫元素为-2价，具有还原性，Cl 2能将S 2-氧化成S 单质，产生淡黄色沉淀，B 符合题意；
C 、酸性KMnO 4溶液具有氧化性，不具有还原性，C 不符合题意；
D 、FeCl 2溶液中Fe 2+具有还原性，Cl 2能将Fe 2+氧化成Fe 3+，Fe 3+遇SCN -显红色，D 符合题意；
故答案为BD
（3）H 2是可燃性气体，加热前应排除装置内的空气，因此对丙装置进行加热前需要先利用H 2排除装置内的空气；
（4）b 装置中的碱石灰主要用于吸收反应生成的H 2O ，因此b 装置增加的质量为反应生成H 2O 的质量，令Cu 的相对原子质量为x ，则
2
2CuO H Cu H O x 16
18mg ng
∆+=++ 则可得等式x 1618mg ng += ， 解得18m 16n x n
-=； 由于空气中的CO 2和H 2O 也能进入b 装置中，被碱石灰吸收，使得n 偏大，由
18m 16n x n
-=可知，x 值偏小，即测定结果偏小； （5）催化过程中，Cu 转化为Cu 2+，发生氧化反应，则Fe 3+应发生还原反应，转化为Fe 2+；。