2020-2021备战高考化学压轴题专题化水溶液中的离子平衡的经典综合题附答案

2020-2021备战高考化学压轴题专题化水溶液中的离子平衡的经典综合题附答
案
一、水溶液中的离子平衡
1．水合肼(N2H4·H2O)是一种强还原性的碱性液体，常用作火箭燃料。

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(己知：3NaClO2NaCl+NaClO3)。

（1）图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的离子方程式为________________________。

（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器有
_______________。

（3）图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是________________________。

实验2：制取水合肼
（4）图乙中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，该过程中反应生成氮气的化学方程式为__________________。

充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。

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250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2~3 滴淀粉溶液。

用
0.15mol·L-1的碘的标准溶液滴定。

(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)
①滴定操作中若不加入适量NaHCO3固体，则测量结果会___________“偏大”“ 偏小”“ 无影响”)。

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】【全国百强校】山东省临沂市临沭第一中学2018届高三4月学情调研测试理科综合-化学试题
【答案】 MnO2+4H++Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O 量筒、烧杯、玻璃棒防止NaClO分解，影
响水合肼的产率 N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl 偏大 d 25%
【解析】试题分析：由图可知，装置I由二氧化锰和浓盐酸制备氯气；装置II由氯气和氢氧化钠溶液制备次氯酸钠；装置III是尾气处理装置；图乙中的由CO(NH2)2与
NaOH、NaClO反应制备水合肼。

实验1：制备NaClO溶液(己知：3NaClO2NaCl+NaClO3)。

（1）图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的离子方程式为MnO2+4H++Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。

（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒。

（3）由题中信息(己知：3NaClO2NaCl+NaClO3)可知，图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是防止NaClO分解，影响水合肼的产率。

实验2：制取水合肼
（4）图乙中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，该过程中反应生成氮气的化学方程式为
N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl。

充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。

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250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2~3 滴淀粉溶液。

用
0.15mol·L-1的碘的标准溶液滴定。

(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)
①水合肼(N2H4·H2O)是一种强还原性的碱性液体，滴定操作中若不加入适量NaHCO3固体控制溶液的pH，则碘会在碱性条件下发生歧化反应而消耗较多的碘，所以测量结果会偏大。

②下列实验操作：a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响测定结果；b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则标准液的体积读数偏小；c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则标准液的体积读数偏小；d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液，则标准液会被残留的水稀释，从而消耗标准液的体积偏大。

综上所述，能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是d。

③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，由反应的化学方程式
N2H4•H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O可知，
n(N2H4•H2O)=n(I2)==0.0015mol，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分
数为25%。

点睛：本题考查物质制备实验、主要考查了实验室制备氯气的反应原理、配制一定质量分
数的溶液所用的实验仪器、反应条件的控制、氧化还原滴定及其误差分析等等，题目难度
中等。

明确实验目的为解答关键，较好地考查了学生对实验原理的理解及知识迁移应用的
能力、处理实验数据的能力等等。

2．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）
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 ++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。

3．三草酸合铁（III ）酸钾K 3[Fe
(C
2O 4)3]•3H 2O （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FeC 2O 4•2H 2O ；
②向草酸亚铁固体中加入饱和K 2C 2O 4溶液10mL ，40o C 水浴加热，边搅拌边缓慢滴加20mL3%H 2O 2溶液，变为深棕色，检验Fe 2+是否完全转化为Fe 3+，若氧化不完全，再补加适量的H 2O 2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FeC 2O 4•2H 2O 晶体的化学方程式___。

检验FeC 2O 4•2H 2O 晶体是否洗涤干净的方法是___。

（2）步骤②中检验Fe 2+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H 2SO 4酸化，滴加KMnO 4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO 4-被还原成Mn 2+，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/LKMnO 4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO 4溶液20.02mL ，滴定中MnO 4-被还原成Mn 2+。

步骤四：重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO 4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】FeSO 4+H 2C 2O 4+2H 2O=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 滴加K 3Fe （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 5Fe 2++MnO 4-+8H +=5Fe 3++Mn 2++4H 2O 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%。

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KMnO 4溶液，加热(硫元素全部转化为SO 42－)，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 －1FeSO 4溶液滴定，消耗20.00mL ； ④加入适量NH 4HF 2溶液(掩蔽Fe 3+和Mn 2+，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：2Cu 2++4I －=2CuI+I 2；
⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1·
L －1Na 2S 2O 3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S 2O 32－+I 2=S 4O 62－+2I －)。

回答下列问题：
(1)写出Cu 2S 溶于酸性KMnO 4溶液的离子方程式：___________；
(2)配制0.1000mol· L －1FeSO 4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Cu 2S 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】Cu 2S+2MnO 4-+8H +=2Cu 2++SO 42-+2Mn 2++4H 2O 除去水中溶解的氧气，防止Fe 2+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。

5．三氯化氧磷(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。

6．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2MnO 4-+5H 2C 2O 4+6H +=2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ；据题给条件，设计探究Mn 2＋对KMnO 4酸性溶液与H 2C 2O 4溶液反应速率的影响的实验，应用取两份等体积的
0.01mol/LKMnO 4酸性溶液，一份加入0.1mol/L 的H 2C 2O 4溶液，另一份加入等体积的0.1mol/L 的H 2C 2O 4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： 加入试剂 0.01mol/LKMnO 4酸性溶液和0.1mol/L
的H 2C 2O 4溶液 0.01mol/LKMnO 4酸性溶液、0.1mol/L 的H 2C 2O 4溶液和硫酸锰固体
褪色时间
实验结论 故答案为：2MnO 4-+5H 2C 2O 4+6H +=2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ；
加入试剂 0.01mol/LKMnO 4酸性溶液和0.1mol/L
的H 2C 2O 4溶液 0.01mol/LKMnO 4酸性溶液、0.1mol/L 的H 2C 2O 4溶液和硫酸锰固体
褪色时间
实验结论
当Na 2S 2O 3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I 2浓度较小时再滴入淀粉是解答关键，也是难点和易错点。

7．亚氯酸钠()2NaClO 是重要漂白剂．探究小组开展如下实验，回答下列问题： 实验Ⅰ：制取2NaClO 晶体按如图装置进行制取。

已知：2NaClO 饱和溶液在低于38℃时析出22NaClO 3H O ⋅，高于38℃时析出2NaClO ，高于60℃时2NaClO 分解成3NaClO 和NaCl ．
(1)用50%双氧水配制30%的22H O 溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要______(填仪器名称)；
(2)装置C 的作用是______；
(3)装置B 内生成的2ClO 气体与装置D 中混合溶液反应生成2NaClO ，生成2NaClO 的反应方程式为______．
(4)如果撤去D 中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是______；
(5)反应后，经以下步骤可从装置D 的溶液获得2NaClO 晶体．请补充完整操作iii ． i.55℃蒸发结晶； ii.趁热过滤； iii ．______； iv.低于60℃干燥，得到成品． 实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定
(6)上述实验制得的2NaClO 晶体中含少量24Na SO 。

产生24Na SO 最可能的原因是______；
a.B 中有2SO 气体产生，并有部分进入D 装置内
b.B 中浓硫酸挥发进入D 中与NaOH 中和
c.B 中的硫酸钠进入到D 装置内
(7)测定样品中2NaClO 的纯度。

测定时进行如下实验：
准确称一定质量的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI 晶体，在酸性条件下发生如下反应：
222ClO 4I 4H 2H O 2I Cl -
-+-++=++，将所得混合液稀释成100mL 待测溶液。

取25.00mL 待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c 1mol L -⋅ 223Na S O 标准液滴定至终
点，测得消耗标准溶液体积的平均值为V mL(已知：2222346I 2S O 2I S O ).---+=+
①确认滴定终点的现象是______；
②所称取的样品中2NaClO 的物质的量为______(用含c 、V 的代数式表示)。

【来源】2020届高三化学二轮冲刺新题专练——气体为载体的实验探究题（提升练)
【答案】量筒 防止D 瓶溶液倒吸到B 瓶中(或安全瓶)
2222222ClO 2NaOH H O 2NaClO O 2H O ++=++ 3NaClO 和NaCl 用45℃左右的热水洗涤3遍(热水温度高于38℃，低于60)℃ a 滴加最后一滴223Na S O 标准液时，溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点 3c V 10mol -⋅⋅
【解析】
【分析】
装置B 中制备得到2ClO ，所以B 中反应为3NaClO 和23Na SO 在浓24H SO 的作用生成 2ClO 和24Na SO ，装置C 为安全瓶，装置D 反应后的溶液获得2NaClO 晶体，装置D 中生成2NaClO ，Cl 元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，装置E 为吸收多余的气体，防止污染空气，装置A 是吸收B 中剩余气体，
()1用50%双氧水配制30%的22H O 溶液是计算、量取、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等步骤选择仪器；
()2装置C 的作用是安全瓶，有防倒吸作用，装置D 中发生气体反应，装置内压强降低，装置C 的作用是安全瓶，防止D 瓶溶液倒吸到B 瓶中；
()3装置B 中制备得到2ClO ，所以B 中反应为3NaClO 和23Na SO 在浓24H SO 的作用生。