2020-2021高考化学《化水溶液中的离子平衡的综合》专项训练含答案

2020-2021高考化学《化水溶液中的离子平衡的综合》专项训练含答案一、水溶液中的离子平衡1．硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于鞣革、媒染、化工、医药等行业。

常温下，溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O．Na2S2O3•5H2O于40-45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。

在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。

Ⅰ．制备Na2S2O3•5H2O将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置D中，然后注入150mL蒸馏水使其溶解，再在分液漏斗A中注入一定浓度的H2SO4，在蒸馏烧瓶B中加入亚硫酸钠固体，并按图乙安装好装置。

（1）仪器D的名称为______（2）打开分液漏斗活塞，注入H2SO4，使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，总反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2 Δ3Na2S2O3+CO2。

①烧瓶B中发生反应的化学方程式为______。

②将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中的正确操作是______。

③制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下，其理由是______（用离子方程式表示）。

Ⅱ．分离Na2S2O3•5H2O并测定含量（3）操作I为趁热过滤，其目的是______；操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作时用______（填试剂）作洗涤剂。

（4）蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是______。

（5）制得的粗晶体中往往含有少量杂质。

为了测定粗产品中Na2S2O3•5H2O的含量，称取1.25g的粗样品溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.0100mol/L标准I2溶液滴定，当溶液中S2O32-全部被氧化时，消耗碘溶液的体积为25.00mL．试回答：（提示：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）①达到滴定终点时的现象：______②产品中Na 2S 2O 3•5H 2O 的质量分数为______。

【来源】安徽省名校2020届高三冲刺模拟卷（全国I 卷)理综化学试题【答案】三颈烧瓶 Na 2SO 3+H 2SO 4（浓）═Na 2SO 4+SO 2↑+H 2O 观察仪器D 中气体的流速，控制分液漏斗A 的旋塞，控制产生气体的速度 S 2O 32-+2H +═S ↓+SO 2↑+H 2O 防止硫代硫酸钠晶体析出 乙醇 避免析出的晶体Na 2S 2O 3•5H 2O 因温度过高而分解 滴加最后一滴标准I 2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点 99.2%【解析】【分析】【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器D 的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶； （2）①亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na 2SO 3+H 2SO 4（浓）=Na 2SO 4+SO 2↑+H 2O ，故答案为：Na 2SO 3+H 2SO 4（浓）=Na 2SO 4+SO 2↑+H 2O ；②为将B 中产生的气体缓慢均匀地通入D 中，可以观察仪器D 中气体的流速，通过控制分液漏斗A 的旋塞，可控制产生气体的速度，故答案为：观察仪器D 中气体的流速，控制分液漏斗A 的旋塞，控制产生气体的速度；③Na 2S 2O 3在酸性条件下会生成S 和SO 2，所以制备过程中仪器D 中的溶液要控制在弱碱性条件下以防止Na 2S 2O 3发生歧化反应，其离子方程式为：S 2O 32-+2H +=S ↓+SO 2↑+H 2O ，故答案为：S 2O 32-+2H +=S ↓+SO 2↑+H 2O ；（3）根据图甲可知，温度低时，硫代硫酸钠的溶解度小，会结晶析出，所以需要趁热过滤，防止硫代硫酸钠晶体析出；Na 2S 2O 3易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂，故答案为：防止硫代硫酸钠晶体析出；乙醇； （4）Na 2S 2O 3•5H 2O 于40-45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体Na 2S 2O 3•5H 2O 因温度过高而分解，故答案为：避免析出的晶体Na 2S 2O 3•5H 2O 因温度过高而分解；（5）①碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，溶液中S 2O 32-全部被氧化时，滴加最后一滴标准I 2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，故答案为：滴加最后一滴标准I 2溶液时，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点； ②根据碘与硫代硫酸钠的反应I 2+2S 2O 32-═2I -+S 4O 62-中的比例关系，配成的溶液中 c （S 2O 32-）= 222-232c I V(I )V(S O )g ()= 20.0100mol 0.025L 0.025L⨯⨯=0.02mol/L ，则产品中Na 2S 2O 3•5H 2O 的质量分数=0.0200mol/L 0.25L 248g/mol 100%1.25g⨯⨯⨯=99.2%，故答案为：99.2%。

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 Fe 3+还原为 Fe 2+，Fe 2+与 K 3Fe (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×1000mL1mL=1.2g，则产品的纯度是1.2g100%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．黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：现称取研细的黄铜矿样品1.150g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体，实验后取d中溶液的置于锥形瓶中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL，终读数如图所示。

请回答下列问题：（1）称量样品所用的仪器为_____，将样品研细后再反应，其目的是_______。

（2）装置a的作用是________。

a．有利于空气中氧气充分反应 b．除去空气中的水蒸气c．有利于气体混合 d．有利于观察空气流速（3）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是___________。

（4）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_________mL。

判断滴定已达终点的现象是_______。

通过计算可知，该黄铜矿的纯度为________。

（5）若用右图装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是____。