2020-2021备战高考化学二轮 化水溶液中的离子平衡 专项培优 易错 难题附详细答案

2020-2021备战高考化学二轮化水溶液中的离子平衡专项培优易错难题附
详细答案
一、水溶液中的离子平衡
1．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·100mL-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。

2．某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。

（查阅资料）
物质BaSO4BaCO3AgI AgCl
溶解度/g（20℃） 2.4×10－4 1.4×10－3 3.0×10－7 1.5×10－4
（实验探究）
（一）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作如下所示：
试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验Ⅰ
实验ⅡBaCl2
Na2CO3Na2SO4……
Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解
（1）实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入稀盐酸后，__________。

（2）实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_________。

（3）实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：
___________。

（二）探究AgCl 和AgI 之间的转化。

（4）实验Ⅲ：证明AgCl 转化为AgI 。

甲溶液可以是______（填字母代号）。

a AgNO 3溶液 b NaCl 溶液 c KI 溶液
（5）实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI 转化为AgCl ，于是又设计了如下实验（电压表读数：a ＞c ＞b ＞0）。

装置
步骤
电压表读数
ⅰ.按图连接装置并加入试剂，闭合K a ⅱ.向B 中滴入AgNO 3（aq ），至沉淀完全 b ⅲ.再向B 中投入一定量NaCl （s ）
c ⅳ.重复ⅰ，再向B 中加入与ⅲ等量的NaCl （s ）
a
注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。

①查阅有关资料可知，Ag ＋可氧化I －，但AgNO 3溶液与KI 溶液混合总是得到AgI 沉淀，原因是氧化还原反应速率__________（填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。

设计（－）
石墨（s ）[I －（aq ）//Ag ＋（aq ）]石墨（s ）（＋）原电池（使用盐桥阻断Ag ＋与I －
的相互接
触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为________。

②结合信息，解释实验Ⅳ中b ＜a 的原因：__________。

③实验Ⅳ的现象能说明AgI 转化为AgCl ，理由是_________。

（实验结论）溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。

【来源】安徽省宿州市2020年高三年级理综模拟卷(四)化学试题
【答案】沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象 BaCO 3＋2H ＋=Ba 2＋＋CO 2↑＋H 2O BaSO 4
在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO 4(s) 垐?噲
?Ba 2＋(aq)＋SO 42−(aq)，当加入浓度较高的Na 2CO 3溶液，CO 32-与Ba 2＋结合生成BaCO 3沉淀，使上述平衡向右移动 b 小于 2Ag ＋＋2I －=I 2＋
2Ag 生成AgI 沉淀使B 中的溶液中的c （I －）减小，I －还原性减弱，原电池的电压减小 实验步骤ⅳ表明Cl －
本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c ＞b 说明加入Cl －
使c （I －
）
增大，证明发生了AgI (s)＋Cl －(aq )垐?噲
? AgCl (s)＋I －(aq ) 【解析】 【分析】
⑴因为BaCO 3能溶于盐酸，放出CO 2气体，BaSO 4不溶于盐酸。

⑵实验Ⅱ是将少量BaCl 2中加入Na 2SO 4溶液中，再加入Na 2CO 3溶液使部分BaSO 4转化为BaCO 3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。

⑶BaSO 4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO 4(s) 垐?噲
?Ba 2＋(aq)＋SO 42−(aq)，当加入浓度较高的Na 2CO 3溶液，CO 32−与Ba 2＋
结合生成BaCO 3沉淀。

⑷向AgCl 的悬浊液中加入KI 溶液，获得AgCl 悬浊液时NaCl 相对于AgNO 3过量，因此说明有AgCl 转化为AgI 。

⑸①AgNO 3溶液与KI 溶液混合总是先得到AgI 沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I －＋2Ag ＋ = 2Ag ＋I 2；②由于AgI 的溶解度小于AgCl ，B 中加入AgNO 3溶液后，产生了AgI 沉淀，使B 中的溶液中的c(I －)减小，I －还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可的结论；③实验步骤ⅳ表明Cl －本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c ＞b 说明加入Cl －使c(I －)增大，
证明发生了AgI(s)＋Cl －(aq)垐?噲
? AgCl(s)＋I －(aq)。

【详解】
⑴因为BaCO 3能溶于盐酸，放出CO 2气体，BaSO 4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明BaCO 3全部转化为BaSO 4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象)；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。

⑵实验Ⅱ是将少量BaCl 2中加入Na 2SO 4溶液中，再加入Na 2CO 3溶液使部分BaSO 4转化为BaCO 3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO 3＋2H ＋ = Ba 2＋＋CO 2↑＋H 2O ；故答案为：BaCO 3＋2H ＋ = Ba 2＋＋CO 2↑＋H 2O 。

⑶BaSO 4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO 4(s) 垐?噲
?Ba 2＋(aq)＋SO 42−(aq)，当加入浓度较高的Na 2CO 3溶液，CO 32−与Ba 2＋
结合生成BaCO 3沉淀，使上述平衡向右移动，BaSO 4沉淀部分
转化为BaCO 3沉淀；故答案为：BaSO 4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO 4(s) 垐?噲
?Ba 2＋(aq)＋SO 42−(aq)，当加入浓度较高的Na 2CO 3溶液，CO 32−与Ba 2＋
结合生成BaCO 3沉淀，使上述平
衡向右移动。

⑷为观察到AgCl 转化为AgI ，需向AgCl 的悬浊液中加入KI 溶液，获得AgCl 悬浊液时NaCl 相对于AgNO 3过量，因此说明有AgCl 转化为AgI ；故答案为：b 。

⑸①AgNO 3溶液与KI 溶液混合总是先得到AgI 沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I －＋2Ag ＋ = 2Ag ＋I 2；故答案为：小于；2I －＋2Ag ＋= 2Ag ＋I 2。

②由于AgI 的溶解度小于AgCl ，B 中加入AgNO 3溶液后，产生了AgI 沉淀，使B 中的溶液
中的c(I－)减小，I－还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可知，实验Ⅳ中b＜a；故答案为：生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池的电压减小。

③实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I
噲? AgCl(s)＋I－(aq)；故答案为：实验步骤ⅳ表明Cl－－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq)垐?
本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了噲? AgCl(s)＋I－(aq)。

AgI(s)＋Cl－(aq)垐?
3．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。

4．实验室需配制0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液450mL，并利用该溶液对某浓度的NaClO 溶液进行标定．
（1）若用Na2S2O3固体来配制标准溶液，在如图所示的仪器中，不必要用到的仪器是
_________（填字母），还缺少的玻璃仪器是_________（填仪器名称）。

（2）根据计算需用天平称取Na2S2O3固体的质量是_________g。

在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度_________（填“＞”“＜”或“=”，下同）0.2000mol•L﹣1．若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度_________0.2000mol•L﹣1。

（3）用滴定法标定的具体方法：量取20.00mL NaClO溶液于锥形瓶中，加入适量稀盐酸和足量KI固体，用0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点（淀粉溶液作指示剂），四次平行实验测定的V（Na2S2O3）数据如下：
（已知：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6）
测定次序第一次第二次第三次第四次
V（Na2S2O3）/mL21.9018.8022.1022.00
①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生反应的离子方程式为_________。

②NaClO溶液的物质的量浓度是_________。

【来源】2016届湖南省邵阳市邵东三中高三上学期第五次月考化学试卷（带解析)
【答案】AB 烧杯、玻璃棒 15.8 = ＞ ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O 0.1100 mol/L 【解析】
【分析】
【详解】
（1）用Na2S2O3固体来配制标准溶液，不需要圆底烧瓶、分液漏斗；溶解Na2S2O3固体，还需要烧杯、玻璃棒；
故答案为AB；烧杯、玻璃棒；
（2）配制0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液450mL，实验室没有450mL的容量瓶，应选用500mL的容量瓶，需要Na2S2O3固体，n=0.2000mol/L×0.5L=1.000mol，
m=1.000mol×158g/mol=15.8g；
定容时，还需要向容量瓶中加入蒸馏水，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，不会产生误差；未等溶液冷却就定容了，冷却后，溶液体积减小，所得溶液浓度偏大；
故答案为15.8；=；＞；
（3）①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生氧化还原反应，其离子方程式为ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O；
②第二次数据明显偏小，不能采用，其余3次平行实验测定的平均体积为：V（Na2S2O3）
=21.9022.1022.00
3
mL mL mL
++
=22.00mL，
设NaClO溶液的浓度是x，根据反应ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O、
I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6
可得关系式：NaClO～2Na2S4O6
1 2
20mL×c 0.2000mol/L×22.00mL
解得：c=0.1100mol/L，
故答案为ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O；0.1100mol/L。

5．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；
加入试剂0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的
【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：
褪色时间
实验结论
故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
加入试剂0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L
的H2C2O4溶液
0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的
H2C2O4溶液和硫酸锰固体
褪色时间
实验结论
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。

6．过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）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：2Na2CO3+3H2O2＝2Na2CO3•3H2O2△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
（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（H2O2）＝
，产品溶于水由H2O2与KI的酸性溶液反应，H2O2+2H++2I﹣＝
2H2O+I2，故用淀粉溶液做指示剂；用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘单质：2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI，则H2O2～2Na2S2O3，n（Na2S2O3）＝2n（H2O2），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．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；
（4）根据2-27Cr O +6 Fe 2+ + 14H + =2Cr 3+ + 6Fe 3++7 H 2O 、3Fe 2+ + NO 3
− + 4H + = NO↑ + 3Fe 3+ +2 H 2O 反应中各量之间的关系进行计算。

【详解】
（1）NO 被H 2O 2氧化为NO 3−，H 2O 2被还原为H 2O ，反应的离子方程式是2NO ＋3H 2O 2=2H ＋＋2NO ＋2H 2O ；
答案为：2NO ＋3H 2O 2=2H ＋＋2NO ＋2H 2O ；
（2）配制100mL 0.001000 mol·
L −1 K 2Cr 2O 7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
4333
41046/10/5010mol g mol mg g m
-⨯⨯⨯⨯=368mg·m −3
； 答案为：368。

8．某学习小组研究溶液中Fe 2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。

实验Ⅰ
物质0 min1min1h5h
FeSO4淡黄色桔红色红色深红色
(NH4)2Fe(SO4)2几乎无色淡黄色黄色桔红色
（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_______（用化学用语表示）。

溶液的稳定性：FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2（填“＞”或“＜”）。

（2）甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+，因为NH4+具有还原性。

进行实验Ⅱ，否定了该观点，补全该实验。

操作现象
取_______，加_______，观察。

与实验Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。

（3）乙同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验Ⅲ：分别配制0.80 mol·L－1 pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH＝1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。

资料显示：亚铁盐溶液中存在反应 4Fe2+＋O2＋10H2O 4Fe(OH)3＋8H+
由实验III，乙同学可得出的结论是_______，原因是_______。

（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。

测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图（实验过程中溶液温度几乎无变化）。

反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_____。

（5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有_______。

【来源】新疆霍城县江苏中学2019届高三第二次模拟考试化学试题
【答案】NH4+＋H2O NH3·H2O＋H+ ＜取2 mL pH＝4.0的0.80 mol·L－1 FeSO4溶液加2滴0.01 mol·L－1 KSCN溶液溶液pH越小，Fe2+越稳定溶液中存在平衡4Fe2+＋O2＋10H2O 4Fe(OH)3＋8H+， c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定生成的
Fe(OH)3对反应有催化作用加一定量的酸；密封保存
【解析】
【分析】
（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有浓度较高的NH4+；通过表格中的颜色变化来分析；
（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保
护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，据此分析；
（3）由实验Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe（OH）3+8H+，根据平衡的移动来分析；
（4）根据影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂来分析；
（5）根据上述实验来分析。

【详解】
（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小；通过表格中的颜色变化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的稳定性：FeSO4<（NH4）2Fe（SO4）2，故答案为：NH4++H2O NH3•H2O+H+；<；
（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，故应取2mLpH=4.0的0.80mol•L-1FeSO4溶液于试管中，加2滴0.01mol•L-1KSCN溶液，过若观察到的现象与实验Ⅰ中（NH4）2Fe（SO4）2溶液现象相同，则说明上述猜想不正确，故答案为：取2mLpH=4.0的0.80mol•L-1FeSO4溶液；加2滴0.01mol•L-1KSCN溶液；（3）由实验Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，溶液的pH越小，则氢离子浓度越大，平衡左移，则Fe2+的氧化被抑制，故答案为：溶液pH越小，Fe2+越稳定；溶液中存在平衡
4Fe2++O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定；（4）影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂，而同一条曲线上的浓度FeSO4溶液相同，且应随着反应的进行，Fe2+的浓度减小，故不是浓度对反应速率的影响；而此反应为溶液中的反应，故压强对此反应速率无影响；而此反应中温度不变，故能影响反应速率的只有催化剂，故唯一的可能原因是生成的Fe（OH）3对反应有催化作用，故答案为：生成的Fe（OH）3对反应有催化作用；
（5）根据上述实验可知，加入一定量的酸会抑制Fe2+的氧化，或是隔绝空气密封保存，故答案为：加入一定量的酸，密封保存。

【点睛】
（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe （SO4）2中的pH更小，NH4+保护了Fe2+是解答关键，也是试题的难点和突破口。

9．葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1，取300.00 mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定。

（1）滴定前排气泡时，应选择下图中的________(填序号)。