2020-2021高考化学易错题精选-化水溶液中的离子平衡练习题及答案解析

2020-2021高考化学易错题精选-化水溶液中的离子平衡练习题及答案解析
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．茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂（其抗氧化能力是 VC 的 5～10 倍），它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯，难溶于氯仿。

在酸性介质中，茶多酚能将 Fe3+还原为 Fe2+，Fe2+与K3Fe(CN)6生成的深蓝色配位化合物 KFe[Fe(CN)6]对特定波长光的吸收程度（用光密度值 A 表示）与茶多酚在一定浓度范围内成正比。

A 与茶多酚标准液浓度的关系如图 1 所示：
某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚：
请回答下列问题：
(1)操作①用水浸取茶多酚时，实验小组发现搅拌速度对茶多酚浸出量的影响如图 2 所示，原因是____。

若用乙醇浸取茶多酚操作如下：称取 10 g 茶叶末，用滤纸包好，装入恒压滴液漏斗中，圆底烧瓶内加沸石和适量乙醇，如图 3 安装后，通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在 90℃。

为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约 0.5 cm，并保持约 1 h，可行的操作方法是________。

(2)减压蒸发相对于一般蒸发的优点是________；氯仿的作用是________。

(3)下列有关实验基本操作不正确的是________。

A．图 3 中冷凝水流向为 a 进 b 出
B．分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用
C．操作①过滤时，可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度
D．萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上立即分液
(4)称取 1.25 g 粗产品，用蒸馏水溶解并定容至 1000 mL，移取该溶液 1.00 mL，加过量 Fe3+和 K3Fe(CN)6酸性溶液，用蒸馏水定容至 100 mL 后，测得溶液光密度值 A=0.800，则产品的纯度是_____ （以质量分数表示）。

【来源】吉林省东北师范大学附属中学2019-2020学年高二下学期疫情延期开学考试（4月)化学试题
【答案】茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致降低蒸发温度防止产物氧化或分解萃取（或除杂） CD 96%
【解析】
【分析】
茶叶用水浸泡时，茶多酚、氨基酸、茶碱等溶解在水中，过滤后，去除滤渣，得到的滤液减压蒸发，可降低蒸发温度，防止氧化反应的发生；往浓缩液中加入氯仿、分液，可得含氯仿的有机溶液①，水溶液②中含有茶多酚，用乙酸乙酯萃取、分液，可得茶多酚的乙酸乙酯溶液，然后减压蒸发，即可获得茶多酚粗产品。

【详解】
(1)操作①用水浸取茶多酚时，从图2中可以看出，搅拌速率越快，光密度值(A)越小，即茶多酚浓度越小，因为茶多酚易被氧气氧化，搅拌越快，与空气的接触越多，由此得出原因是：茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低。

为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约 0.5 cm，并保持约 1 h，可行的操作方法是关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致。

答案为：茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低；关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致；
(2)减压蒸发比蒸发所需的温度低，除节省能源外，还可使环境的温度降低，其优点是降低蒸发温度防止产物氧化或分解；因为后加入的乙酸乙酯萃取茶多酚，则氯仿萃取的应是杂质，由此得出氯仿的作用是萃取（或除杂）。

答案为：降低蒸发温度防止产物氧化或分解；萃取（或除杂）；
(3)A．图 3 中冷凝水流向应下进上出，即a进b出，A正确；
B．分液漏斗使用前，为防漏液，应查漏，然后洗涤备用，B正确；
C．操作①过滤时，不可用玻璃棒搅拌，否则会造成滤纸损坏，C不正确；
D．萃取过程中，分液漏斗应静置分层后，再进行分液，D不正确；
故选CD。

答案为：CD；
(4) 溶液光密度值 A=0.800，从表中可查得茶多酚的浓度为1.2×10-5g/mL，由此可得出原
1000 mL溶液中所含茶多酚的质量为1.2×10-5g/mL×100mL×1000mL
1mL
=1.2g，则产品的纯度
是1.2g
100%
1.25g
=96%。

答案为：96%。

【点睛】
搅拌越快，茶多酚与Fe3+的接触面积越大，还原Fe3+的速率越快，光密度值理应越大，但
事实上，光密度值反应越小，则表明茶多酚在搅拌过程中发生了转化。

只有联系到茶多酚的性质，才能解决此问题，于是采用类推法。

茶多酚也属于酚类，所以具有类似苯酚的性质，
3．现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用。

某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理（如图1所示），并测定电离平衡常数K b。

（1）实验室可用浓氨水和X固体制取NH3，X固体不可以是___；
A．五氧化二磷 B．生石灰 C．碱石灰 D．无水氯化钙
（2）检验三颈瓶集满NH3的方法是___。

（3）关闭a，将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧c口，___，引发喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线如图2所示。

图2中___点时喷泉最剧烈。

（4）从三颈瓶中用___（填仪器名称）量取20.00mL氨水至锥形瓶中，用
0.05000mol/LHC1滴定。

用pH计采集数据、电脑绘制滴定曲线如图3所示。

（5）据图3计算，当pH=11.0时，NH3·H2O电离平衡常数K b近似值，K b≈___。

【来源】湖北省恩施州2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题
【答案】AD 将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满；或：将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH3已收满；打开b，挤压胶头滴管
使水进入烧瓶 C 碱式滴定管 1.8×10-5
【解析】
【分析】
（1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，而无水氯化钙、五氧化二磷都能够与氨气反应，所以不能用来制氨气；
（2）因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，氨气也能和HCl 反应生成白烟，所以检验氨气的方法可以用湿润的红色石蕊试纸或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒；
（3）要形成喷泉实验，应使瓶内压强小于外界压强，形成压强差；
（4）氨水显碱性，量取碱性溶液，应选择碱式滴定管；
（5）利用中和酸碱滴定的图像，判断滴定终点，计算出氨水中一水合氨的物质的量浓度，结合滴定前溶液的pH ，计算一水合氨的电离平衡常数。

【详解】
（1）A ．五氧化二磷是酸性干燥剂，能与氨气反应，A 不能制取氨气；
B ．浓氨水易挥发，生石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，B 正确；
C ．浓氨水易挥发，碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，C 正确；
D ．无水氯化钙能够与氨气反应，不能用来制氨气，D 错误；
答案选AD 。

（2）氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，氨气也能和HCl 反应生成白烟，所以氨气的检验方法为：将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c ，试纸变蓝色，证明NH 3已收满；或：将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c ，有白烟生成，证明NH 3已收满；
（3）要形成喷泉实验，应使瓶内外形成负压差，而氨气极易溶于水，所以打开b ，挤压胶头滴管使水进入烧瓶，氨气溶于水，使瓶内压强降低，形成喷泉；三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C 点压强最小、大气压不变，所以大气压和C 点压强差最大，则喷泉越剧烈，
故答案为：打开b ，挤压胶头滴管使水进入烧瓶；C ；
（4）氨水显碱性，量取碱性溶液，应选择碱式滴定管；
故答案为：碱式滴定管；
（5）设氨水中NH 3•H 2O 的物质的量浓度为c ，则：c×20mL=0.05000mol/L×22.40mL ，解得
c=0.056mol/L ，弱电解质电离平衡常数K b = 432()()()
c NH c OH c NH H O +-g g ，pH=11的氨水中c(OH -)= 0.001mol/L ，c （OH -）≈c （NH 4+）=0.001mol/L ，则：K b =
0.0010.0010.056
⨯=1.8×10-5； 故答案为：1.8×10-5。

【点睛】
解答综合性实验题注意以下几点： （1）实验目的。

实验目的决定实验原理，据此选择仪器和试剂；
（2）物质的性质。

物质的性质决定实验细节。

（3）注重多学科知识应用。

4．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。

5．FeCl2具有独有的脱色能力，适用于印染、造纸行业的污水处理。

FeCl3在加热条件下遇水剧烈水解。

FeCl3和FeCl2均不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯。

回答下列问题：
(1)由FeCl3．6H2O制得干燥FeCl2的过程如下：
i．向盛有FeCl3．6H2O的容器中加入过量SOCl2(液体，易水解)，加热，获得无水FeCl3。

ii．将无水FeCl3置于反应管中，通入一段时间的氢气后再加热，生成FeCl2。

①FeCl3．6H2O中加入SOCl2获得无水FeCl3的化学方程式为__________________。

(已知该反应为非氧化还原反应)
②使用NH4SCN可以检验 ii中FeCl3是否含完全转化，请写出离子反应方程式
_____________。

(2)利用反应2FeCl3 + C6H5Cl 2FeCl2+ C6H4Cl2 +HCl↑，制取无水FeCl2。

在三颈烧瓶中加入无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围内加热3 h，冷却、分离、提纯得到粗产品，实验装置如图。

(加热装置略去)
①仪器B的名称是_________ ；C的试剂名称是________。

②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经______、_______、干燥后，得到FeCl2粗产品。

③该装置存在的不足之处是__________________________。

(3)粗产品中FeCl2的纯度测定。

①取a g粗产品配制成100 mL溶液；②用移液管移取所配溶液5.00mL，放入500 mL锥形瓶内并加水至体积为200mL；③用0.100 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4标准溶液V mL。

若已知消耗酸性高锰酸钾溶液为VmL，所配溶液的密度
ρ(FeCl2)=kV ，密度的单位为g·L-1，则k=___________g·L-1·mL-1。

【来源】福建省南安第一中学2020届高三上学期第二次月考化学试题
【答案】FeCl3．6H2O＋6SOCl2Δ
FeCl3+ 12HCl↑＋6SO2↑ Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3或Fe3++SCN-
=Fe(SCN)2+（球形）冷凝管水或氢氧化钠溶液过滤洗涤装置B（或A）和C之间缺少一个装有无水氯化钙（P2O5或硅胶）的球形干燥管 12.7
【解析】
【分析】
(1)①SOCl2与水接触会迅速产生白雾和SO2，则FeCl3．6H2O中加入SOCl2获得无水FeCl3和HCl、SO2；
②Fe3+溶液中滴加含SCN-的溶液会变血红色；
(2)①根据仪器的结构和性能确定仪器的名称；C装置的作用是吸收挥发出的HCl气体；
②固液分离用过滤操作；
③FeCl3和FeCl2均易水解，要防止C中水蒸气进入A中；
(3)已知酸性条件下Fe2+被KMnO4溶液氧化时发生的离子反应方程式为5Fe2++MnO4-
+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；用0.100 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4标准溶液V mL，则参加反应的MnO4-的物质的量为0.100 mol·L-1×V×10-3L=V×10-
4mol，则ag粗产品中含有的Fe2+物质的量为V×10-4mol×5×100mL
5mL
=V×10-2mol，溶液中
FeCl2的质量为V×10-2mol×127g/mol=1.27Vg，所配溶液的密度ρ(FeCl2)=kV计算k。

【详解】
(1) ①SOCl2与水接触会迅速产生白雾和SO2，则FeCl3．6H2O中加入SOCl2获得无水FeCl3和HCl、SO2，则发生反应的化学方程式为6SOCl2+FeCl3•6H2O=FeCl3+12HCl↑+6SO2↑；
②利用NH4SCN检验溶液中是否含有Fe3+，判断FeCl3是否含完全转化，若不变红则完全转
化，发生反应的离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3或Fe3++SCN-=Fe(SCN)2+；
(2)①由仪器的结构和性能可知：仪器B的名称是(球形)冷凝管；装置C中应盛装水或NaOH溶液吸收挥发的HCl气体；
②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，得到FeCl2粗产品；
③该装置存在的不足之处是装置B(或A)和C之间缺少一个装有无水氯化钙(P2O5或硅胶)的球形干燥管，易造成C中水蒸气进入A中，促进FeCl3或FeCl2的水解；
(3)已知酸性条件下Fe2+被KMnO4溶液氧化时发生的离子反应方程式为5Fe2++MnO4-
+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；用0.100 mol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4标准溶液V mL，则参加反应的MnO4-的物质的量为0.100 mol·L-1×V×10-3L=V×10-
4mol，则ag粗产品中含有的Fe2+物质的量为V×10-4mol×5×100mL
5mL
=V×10-2mol，溶液中
FeCl2的质量为V×10-2mol×127g/mol=1.27Vg，则所配溶液的密度ρ(FeCl2)=1.27Vg
0.1L
=kV，解
得k=12.7g·L-1·mL-1。

6．铜及其化合物在工业生产和日常生活中有着广泛的应用。

某化学小组拟采用如下装置(夹持和加热仪器已略去)来测定铜的相对原子质量，同时检验氯气的氧化性。

（1）装置甲中发生反应的化学方程式是：__________。

（2）已知装置甲中B处有黄绿色的气体产生，且 B连C ；则A连________(填写连接的字母)。

（3）乙装置的a瓶中溶液可以是________（填标号）
A 酸性KMnO4溶液
B CCl4溶液
C 滴加有KSCN溶液的FeCl2溶液
D 饱和食盐水
（4）在检查装置气密性后，加热丙装置硬质玻璃管里的CuO粉末前，还需要进行的操作为________。

（5）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，若不加以改进会导致测定结果__________ (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。

（6）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。

灼烧CuCl2样品时，铜的焰色为__________（填标号）。

A 绿色
B 红色
C 紫色
D 黄色
（7）向CuCl2溶液中通人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，H 2S 电离常数K a1＝1.3×10-7，K a2＝7.0×10-15。

【来源】贵州省铜仁市第一中学2020届高三上学期第三次月考化学试题
【答案】2NaCl ＋2H 2O 通电 H 2↑＋Cl 2↑＋2NaOH E C 利用Ｈ2排尽装置中的空气 （检验Ｈ2的纯度）
()1816m n n
- 偏小 A 9.1×1014 【解析】
【分析】 甲为电解装置，A 为阴极，生成氢气，经干燥后与氧化铜在加热条件下反应，Y 为浓硫酸，起到干燥氢气的作用，氢气从E 进入，D 可防止空气中的水进入，B 为电解池的阳极，生成氯气，验证氯气的氧化性，可将B 连接C ，X 应为KI 淀粉溶液，如溶液变为蓝色，可说明氯气具有强氧化性，生成碘，以此解答该题。

【详解】
（1）电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，反应的方程式为2NaCl ＋2H 2O 通电 H 2↑＋Cl 2↑＋2NaOH ；
故答案为：2NaCl ＋2H 2O 通电 H 2↑＋Cl 2↑＋2NaOH ；
（2）A 是阴极，阴极上产生的是氢气，B 是阳极，阳极上产生的是氯气，要用氢气来还还原氧化铜，所以A 连接E ；
故答案为：E ；
（3）氯气具有氧化性，能与FeCl 2溶液，把亚铁离子氧化成铁离子，遇到硫氰化钾溶液变红色，滴加有KSCN 溶液的FeCl 2溶液；
故答案为：C ；
(4)氢气还有氧化铜，需要排装置里的空气，在检查装置气密性后，加热丙装置硬质玻璃管里的CuO 粉末前，还需要进行的操作为排空气；
故答案为：利用Ｈ2排尽装置中的空气 （检验Ｈ2的纯度）；
（5）设Cu 的相对原子质量为x ，由反应前后氧元素的质量是不变的，得等式为：m×()1616x += b ×1618 ，解得：x=()1816m n n
-；若不加以改进会使b 的增重量增加，测得铜的相对原子质量偏小；
故答案为： ()1816m n n
-； 偏小； （6）灼烧CuCl 2样品时，含有铜元素，焰色反应是绿色；
故答案为：A ；
(7) 反应的平衡常数K ＝()()222(()c H c Cu c H S ++⨯=()()()()22222[]
[] (c H c S C Cu S c H S +-+-⨯⨯⨯=12a a sp K K K ⨯
=
7?15
36
1.3107.010
1.010
--
-
⨯⨯⨯
⨯
=9.1×1014；
故答案是：9.1×1014。

7．氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁，实验室制备装置和工业制备流程图如下：
已知：（1）无水FeCl3的熔点为555K、沸点为588K．
（2）废铁屑中的杂质不与盐酸反应
（3）不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：
温度/℃02080100
溶解度（g/100g H2O）74.491.8525.8535.7
实验室制备操作步骤如下：
Ⅰ．打开弹簧夹K1，关闭弹簧夹K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸．
Ⅱ．当…时，关闭弹簧夹K1，打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a．Ⅲ．将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl3•6H2O晶体．
请回答：
（1）烧杯中足量的H2O2溶液的作用是______________________。

（2）为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作Ⅱ中“…”的内容是
______________________。

（3）从FeCl3溶液制得FeCl3•6H2O晶体的操作步骤是：加入______________后、
_________________、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

（4）试写出吸收塔中反应的离子方程式：_____________________。

（5）捕集器温度超过673K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式为____________。

（6）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c mol•L-1Na2S2O3溶液滴定，消耗V mL（已知：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）。

①滴定终点的现象是：_____________________。

②样品中氯化铁的质量分数________________。

【来源】【百强校】2016届湖南省衡阳市第八中学高三上学期第三次月考化学试卷（带解析)
【答案】把亚铁离子全部氧化成三价铁离子 装置A 中不产生气泡或量气管和水准管液面不变（其他合理答案也给分） 盐酸 蒸发浓缩、冷却结晶 2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl - Fe 2Cl 6 溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色
162.5%cV m
【解析】
【分析】
实验室制备中，废铁屑和盐酸反应得到FeCl 2，FeCl 2再与H 2O 2反应得到FeCl 3·6H 2O ；在工业制备中，铁屑和氯气反应得到FeCl 3，经过处理得到FeCl 3·6H 2O 。

【详解】
（1）根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl 3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl 2，然后把FeCl 2氧化成FeCl 3，先制得FeCl 3•6H 2O 晶体，再脱结晶水制得无水FeCl 3．烧杯中足量的H 2O 2溶液是作氧化剂，将FeCl 2氧化成FeCl 3，把Fe 2＋全部氧化成Fe 3＋； （2）铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A 中不产生气泡或量气管和水准管的液面不再变化，此时，可将A 中FeCl 2溶液放入烧杯中进行氧化；
（3）从FeCl 3·6H 2O 在不同温度下的溶解度可以看出，随着温度的变化，溶解度变化很大，因此采用降温结晶的方法得到晶体。

从FeCl 3溶液制得FeCl 3•6H 2O 晶体的操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（4）从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是 2Fe+3Cl 2=2FeCl 3，因此，进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成2FeCl 3溶液，所以吸收剂应是2FeCl 2溶液，反应的离子方程式为：2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl -； （5）捕集器收集的是气态FeCl 3，FeCl 3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673K 时，二分子气态FeCl 3可以聚合生成双聚体Fe 2Cl 6；
（6）①称取m g 无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL 溶液；取出10.00mL ，加入稍过量的KI 溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用 Na 2S 2O 3溶液滴定，滴入最后一滴Na 2S 2O 3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色．所以滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
②由反应：2Fe 3++2I -=2Fe 2++I 2； I 2+2S 2O 32-═2I -+S 4O 62-；可得关系式：
3+2-223
32Fe I 2S O 1110n cV -⨯::
求得n (Fe 3+)=cV ×10-3mol ，则样品中氯化铁的质量分数为：
ω(Fe 3+)= 31010162.5/100%cV mol g mol m -⨯⨯⨯⨯=162.5%cV m 。

8．某课外小组采用碘量法测定河水中的溶解氧。

实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ．取样、氧的固定。