2020-2021备战高考化学专题训练---化水溶液中的离子平衡的综合题分类含答案解析

2020-2021备战高考化学专题训练---化水溶液中的离子平衡的综合题分类含答
案解析
一、水溶液中的离子平衡
1．K3[Fe(C2O4)3]·3H2O[三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体]易溶于水,难溶于乙醇,可作为有机反应的催化剂。

实验室可用铁屑为原料制备,相关反应的化学方程式为:Fe+H2SO4＝
FeSO4+H2↑、FeSO4+H2C2O4+2H2O＝FeC2O4·2H2O↓+H2SO4、
2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3K2C2O4＝2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O、2MnO4－+5C2O42－+16H+＝
2Mn2++10CO2↑+8H2O。

回答下列问题:
(1)铁屑中常含硫元素,因而在制备FeSO4时会产生有毒的H2S气体,该气体可用氢氧化钠溶液吸收。

下列吸收装置正确的是_____。

(2)在将Fe2+氧化的过程中,需控制溶液温度不高于40℃,理由是_______;得到
K3[Fe(C2O4)3]溶液后,加入乙醇的理由是________。

(3)晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定,主要步骤有:①称量,②置于烘箱中脱结晶水,③冷却,④称量,⑤__________(叙述此步操作),⑥计算。

步骤③若未在干燥器中进行,测得的晶体中所含结晶水含量____(填“偏高”“偏低”或“无影响”);步骤⑤的目的是
_______________。

(4)晶体中C2O42－含量的测定可用酸性KMnO4标准溶液滴定。

称取三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体m g溶于水配成250mL溶液,取出20.00mL放入锥形瓶中,用0.0100mol·L-1酸化的高锰酸钾溶液进行滴定。

①下列操作及说法正确的是___。

A.滴定管用蒸馏水洗涤后,即可装入标准溶液
B.装入标准溶液后,把滴定管夹在滴定管夹上,轻轻转动活塞,放出少量标准液,使尖嘴充满液体
C.接近终点时,需用蒸馏水冲洗瓶壁和滴定管尖端悬挂的液滴
②有同学认为该滴定过程不需要指示剂,那么滴定终点的现象为________,若达到滴定终点消耗高锰酸钾溶液V mL,那么晶体中所含C2O42－的质量分数为____(用含V、m的式子表示)。

【来源】2014届高考化学二轮专题复习化学实验常用仪器和基本操作练习卷（带解析)【答案】A 防止H2O2分解三草酸合铁(Ⅲ)酸钾在乙醇中溶解度小重复②～④步操作至恒重偏低检验晶体中的结晶水是否已全部失去 B 当滴入最后一滴KMnO4溶液,锥
形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色,且半分钟不褪色2.75V 100m
【解析】【分析】
【详解】
（1）A．该装置中硫化氢与氢氧化钠溶液接触面积大，从而使硫化氢吸收较完全，且该装置中气压较稳定，不产生安全问题，故A正确；
B．硫化氢与氢氧化钠接触面积较小，所以吸收不完全，故B错误；
C．没有排气装置，导致该装置内气压增大而产生安全事故，故C错误；
D．该装置中应遵循“长进短出”的原理，故D错误；
故选A；
（2）双氧水不稳定，温度高时，双氧水易分解，为防止双氧水分解，温度应低些；根据相似相溶原理知，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，所以得到K3[Fe(C2O4)3]溶液后，再想获得其晶体，常加入无水乙醇；
（3）晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定，步骤⑤的目的是检验晶体中的结晶水是否已全部失去，也叫恒重操作；步骤③未在干燥器中进行，晶体中结晶水不能全部失去，所以称量出的水的质量偏小，测得的晶体中所含结晶水含量也偏低；
（4）①A.滴定管用蒸馏水洗涤后,需要用标准液润洗，然后在装入标准溶液，A错误；B.装入标准溶液后,把滴定管夹在滴定管夹上,轻轻转动活塞,放出少量标准液,使尖嘴充满液体，B正确；
C.接近终点时,不需用蒸馏水冲滴定管尖端悬挂的液滴，否则会导致测定结果偏高，C错误；
答案选B；
②由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则终点的实验现象为当滴入最后一滴KMnO4溶液,锥形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色,且半分钟不褪色；n(MnO4－)=V×10-3L×0.0100
mol·L-1,根据方程式可知n(C2O42－)=n(MnO4－)×5250125
2204
V
⨯=×10-5mol,m(C2O42
－)=125
4
V
×10-5mol×88g·mol-1=2.75V×10-2g，所以晶体中所含C2O42－的质量分数为
2.75V/100m。

2．草酸铵[(NH4)2C2O4]为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。

I．某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。

(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有____（填化学式）；若观察到____，说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化
学方程式为____。

(2)反应开始前，通人氮气的目的是____。

(3)装置C的作用是 ____。

(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，该反应的化学方程式为 _____。

Ⅱ．该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。

(5)取20. 00mL血液样品，定容至l00mL，分别取三份体积均为25. 00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0.
0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。

滴定至终点时的实验现象为____。

三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，则该血液样品中钙元素的含量为
__________ mmol/L。

【来源】东北三省三校2020届高三第一次联合模拟考试理综化学试题
【答案】NH3、CO2 E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊
(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O 排尽装置中的空气充分吸收CO2，防止干扰CO 的检验 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O 因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去 2.1
【解析】
【分析】
(l)按实验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式；
(2)氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分析；
(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用；
(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；
Ⅱ．(5)三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算；
【详解】
(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO；
答案为：NH3；CO2；E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；
草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律知，另有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O4===∆2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；
答案为：(NH4)2C2O4===∆2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；
(2)反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验；
答案为：排尽装置中的空气；
(3)装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去，所以装置C的作用是：吸收CO2，避免对CO的检验产生干扰；
答案为：充分吸收CO2，防止干扰CO的检验；
(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其
产物是N 2和水，该反应的化学方程式为2NH 3+3CuO ===一定条件3Cu+N 2+3H 2O ；
答案为：2NH 3+3CuO ===一定条件3Cu+N 2+3H 2O ；
(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0. 0l00mol/LKMnO 4溶液进行滴定，反应为-
+2+4224222MnO +5H C O +6H =2Mn +10CO +8H O ↑，滴定至终点时，因最后一滴
KMnO 4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；
答案为：因最后一滴KMnO 4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去； 三次滴定实验消耗KMnO 4溶液的体积分别为0.43mL ，0.4lmL ，0.52mL ，应舍弃0.52mL ，误差较大，则平均体积为0.42mL ，滴定反应为
-
+2+4224222MnO +5H C O +6H =2Mn +10CO +8H O ↑，
-
4
224132242MnO ~5H C O 2mol
5mol 0.0100mol L 0.4210L (H C O )
n --⋅⨯⨯； 224(H C O )n =1.05×10−5mol ，所以20mL 血液样品中含有的钙元素的物质的量为
55100mL 1.0510mol=4.210mol 25mL --⨯⨯⨯，即4.2×10−2mmol ，则该血液中钙元素的含量为234.210mmol 2.1mmol /L 2010L
--⨯=⨯； 答案为：2.1。

3．碳酸氢钠是重要的化工产品。

用标准盐酸溶液滴定可测定碳酸氢钠样品中碳酸氢钠含量。

已知碳酸氢钠受热易分解，且在250℃～270℃分解完全。

完成下列填空：
（1）测定碳酸氢钠含量的实验步骤：用电子天平称取碳酸氢钠样品（准确到_____g ），加入锥形瓶中，加入使之完全溶解；加入甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定。

当滴定至溶液由_____色变为_____色，半分钟不变色为滴定终点，记录读数。

该实验不能用酚酞作指示剂的原因是_____。

（2）若碳酸氢钠样品质量为0.840g ，用0.5000mol/L 的标准盐酸溶液滴定至终点，消耗标准盐酸溶液19.50mL 。

样品中NaHCO 3的质量分数为_____（保留3位小数）。

（3）如果滴定尖嘴部分在滴定过程中出现气泡，且滴定终点读数时气泡未消失，会导致测定结果____（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）。

（4）碳酸氢钠样品含有少量水分（<0.5%）和氯化钠。

以下是测定碳酸氢钠样品中水分的实验方案（样品中NaHCO 3含量已知）。

①在恒重的坩埚中称取碳酸氢钠样品，样品和坩埚的质量为m 1g 。

②将样品和坩埚置于电热炉内，在250℃～270℃加热分解至完全，经恒重，样品和坩埚的质量为m 2g 。

③……。

该实验方案中，质量差（m 1-m 2）是_____的质量。

若所称取样品中NaHCO 3的质量为m 3g ，则样品中水分的质量m=_____（用含m 、m 1、m 2的代数式表示）。

【来源】上海大学附属中学2018-2019学年高三下学期第一次月考化学试题
【答案】0.001 黄 橙 滴定终点溶液呈弱酸性，酚酞的变色范围为8-10，无法准确判断滴定终点 0.975 偏低 碳酸氢钠分解生成的CO 2、H 2O 和样品中的含有的水分 m 1-m 2-331m 84 【解析】
【分析】
(1)电子天平能准确到小数点后三位；碳酸氢钠的溶液中滴加甲基橙指示剂，溶液呈黄色；而弱酸性的溶液中滴加甲基橙指示剂，溶液呈橙色；酚酞试液在pH≥8的溶液中才呈红色；
(2)根据NaHCO 3～HCl ，则n(NaHCO 3)=n(HCl)计算；
(3)根据c(待测)=
()()()c V V ⨯标准标准待测分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；
(4)由2NaHCO 3
Na 2CO 3+H 2O+CO 2↑可知加热前后固体质量减轻，主要是生成CO 2气体和水蒸气；先计算出m 3gNaHCO 3分解生成的水和CO 2的质量，再计算样品中含有的水分质
量。

【详解】 (1)用电子天平称取碳酸氢钠样品能准确到0.001g ；碳酸氢钠溶液中加入甲基橙指示剂，溶液呈黄色，用标准盐酸溶液滴定，当滴定至溶液由黄色变为橙色，半分钟不变色为滴定终点；因滴定终点溶液呈弱酸性，而酚酞试液的变色范围为8-10，用酚酞作指示剂将无法准确判断滴定终点；
(2)滴定至终点消耗0.5000mol/L 的标准盐酸溶液19.50mL ，则参加反应的HCl 为0.5000mol/L×0.01950L=0.00975mol ，根据NaHCO 3～HCl ，则n(NaHCO 3)=n(HCl)，0.840g 样品中m(NaHCO 3)=0.00975mol×84g/mol=0.819g ，故样品中NaHCO 3的质量分数为0.819g 0.840g
=0.975； (3)滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定过程中出现气泡，且滴定终点读数时气泡未消失，导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低；
(4)已知2NaHCO 3Na 2CO 3+H 2O+CO 2↑,则该实验方案中，质量差(m 1-m 2)是碳酸氢钠分解生成的CO 2、H 2O 和样品中的含有的水分；称取样品中NaHCO 3的质量为m 3g ，则完全反应生成的碳酸钠质量为m 4g ，
323223
42NaHCO Na CO +CO +H O
168
106m m −−−→↑加热 m 4=3106168m g ，生成的水和CO 2的质量为m 3g - 3106168m g=3184
m 3g ，故所则样品中水分的质
量m= m1-m2-31
84
m3g。

【点睛】
滴定操作误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对
标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=
()()
()
c V
V
标准标准
待测
分析，若标准溶液的体积偏
小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。

4．连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂。

某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。

已知：Na2S2O4是白色固体，还原性比Na2SO3强，易与酸反应（2S2O42-+4H+＝
3SO2↑+S↓+2H2O）。

（一）锌粉法
步骤1：按如图方式，温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液。

步骤2：将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn（OH）2，向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体。

步骤3：，经过滤，用乙醇洗涤，用120～140℃的热风干燥得到Na2S2O4。

（二）甲酸钠法
步骤4：按上图方式，将装置中的Zn粉和水换成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。

温度控制在70～83℃，持续通入SO2，维持溶液pH在4～6，经5～8小时充分反应后迅速降温45～55℃，立即析出无水Na2S2O4。

步骤5：经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到Na2S2O4。

回答下列问题：
（1）步骤1容器中发生反应的化学方程式是______；容器中多孔球泡的作用是______。

（2）步骤2中“向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体”的原理是（用必要的化学用语和文字说明）______。

（3）两种方法中控制温度的加热方式是______。

（4）根据上述实验过程判断，Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性为：______。

（5）甲酸钠法中生成Na2S2O4的总反应为______。

（6）两种方法相比较，锌粉法产品纯度高，可能的原因是______。

（7）限用以下给出的试剂，设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4。

稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液______。

【来源】四川省攀枝花市2020届高三第二次统一考试理综化学试题
【答案】H2O+SO2=H2SO3，Zn+2H2SO3=∆ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2=∆ZnS2O4增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率溶液中存在：
S O(aq)[或
Na2S2O4(s)ƒNa2S2O4(aq)ƒ2Na+(aq)+2-
24
S O(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动水浴加热Na2S2O4(s)ƒ2Na+(aq)+2-
24
Na2S2O4在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小
2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2 Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4
【解析】
【分析】
合成保险粉的反应物为Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液，据此分析解答。

【详解】
（1）合成保险粉的反应物有Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，说明发生了：H2O+SO2=H2SO3反应，最后反应得到ZnS2O4溶液，说明又发生了：Zn+2H2SO3=∆ZnS2O4+2H2O反应，总过程也可以写成：Zn+2SO2=∆ZnS2O4，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率；
S O(aq)[或
（2）溶液中存在：Na2S2O4(s)ƒNa2S2O4(aq)ƒ2Na+(aq)+2-
24
S O(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动，所以向滤液Na2S2O4(s)ƒ2Na+(aq)+2-
24
中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体；
（3）根据温度控制在40～45℃可知需要控制温度的加热方式一般是水浴加热；
（4）根据步骤2中将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn(OH)2，向滤液中加入食盐，才析出Na2S2O4•2H2O晶体，可知Na2S2O4在水中溶解度较大；根据步骤5析出的晶体用无水乙醇洗涤的目的是使晶体迅速干燥，避免溶解而减少损耗，可知其在酒精中溶解度较小；
（5）由题意可知甲酸钠、二氧化硫、碳酸钠反应生成Na2S2O4，同时生成二氧化碳，反应的方程式为2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2；
（6）锌粉法产品纯度高，可能的原因是Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离；
（7）设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4，要避免Na2S2O4干扰，所以取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4。

5．一水硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O]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、0.500mol·L-1稀盐酸、0.500mol·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．CuSO4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V 2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CuSO 4·5H 2O 失去结晶水变为CuSO 4，可使固体变为白色；
(2) Cu 在H 2O 2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 +H 2O 2+H 2SO 4＝CuSO 4+2H 2O ；
(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H 2O ；
II ．(1) 浅蓝色沉淀的成分为Cu 2(OH )2SO 4，反应的离子方程式为：2Cu 2++2NH 3·H 2O +SO 42-=Cu 2(OH )2SO 4+2NH 4+；
(2) 由题中信息，Cu (NH 3)4SO 4·H 2O 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 )=10−3V 1L ×0.500mol ⋅L −1−0.500mol ⋅L −1×10−3V 2L =5×10−4(V 1−V 2)mol ，根据NH 3～HCl
可知，n (NH 3)=n (HCl )=5×10−4(V 1−V 2)mol ，则n [Cu (NH 3)4SO 4·H 2O ]=14
n (NH 3)= 14
×5×10−4(V 1−V 2)mol ，样品中产品纯度的表达式为：()4121510mol 246g/mol 4g
V V m -⨯⨯-⨯×100%=-1121.2310(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V 2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V 2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V 2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V 2偏小，测定的氨含量偏高，故E 错误；
故答案选AB 。

6．某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物()x 242y Fe C O zH O ⎡⎤⋅⎣⎦，并用滴定法测定其组成。

已知224H C O 在温度高于90℃时易发生分解。

实验操作如下： 步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀；
步骤二：称取黄色产物0.844g n 于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至7085n ℃。

待固体全部溶解后，用胶头滴管吸出一滴溶液点在点滴板上，用铁氰化钾溶液检验，无蓝
色沉淀产生；
步骤三：用40.0800mol /LKMnO n 标准液滴定步骤二所得的溶液；
步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn 粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸出一滴点在点滴板上，用KSCN 溶液检验，若不显红色，过滤除去Zn 粉，并用稀硫酸洗涤Zn 粉，将洗涤液与滤液合并，用40.0800mol /LKMnO n 标准液滴定，用去高锰酸钾标准液
10.00mL n 。

(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是________。

(2)步骤二中水浴加热并控制温度7085n ℃的理由是________，加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是________。

(3)步骤三盛装4KMnO 标准液的滴定管在滴定前后的液面如图乙所示，则消耗4KMnO 标准液的体积为________，该滴定管为________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。

(4)步骤四中滴定时发生反的离子方程式为________。

若不合并洗涤液，则消耗4KMnO 标准液的体积将________(填“增大”“减小”或“不变”)。

由以上数据计算黄色化合物的化学式为________。

【来源】2020届高三化学二轮冲刺新题专练——物质性质的探究式实验
【答案】过滤 加快固体溶解，防止草酸分解 证明溶液中无2Fe +存在，防止2Fe +干扰草酸的测定 25.00mL 酸式 232425Fe
MnO 8H 5Fe
Mn 4H O +
-++
+++=++ 减小 ()4242Fe C O 5?10H O
【解析】 【详解】
(1)固液分离的方法为过滤，故答案为：过滤；
(2)水浴加热可加快固体溶解，控制温度7085?C n ～可防止草酸分解；
()x 242Fe C O y?zH O ⎡⎤⎣⎦中的铁元素可能含有2Fe +，2Fe +与4KMnO 反应，高锰酸钾滴定
草酸时，需要排除2Fe +的干扰，故答案为：加快固体溶解，防止草酸分解；证明溶液中无
2Fe +存在，防止2Fe +干扰草酸的测定；
(3)滴定前读数为0.80mL n ，滴定后读数为25.80mL n ，则消耗4KMnO 溶液的体积为
25.00mL n ；4KMnO 具有强氧化性，应用酸式滴定管，故答案为：25.00mL n ；酸
式；
(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为23225Fe
8H 5Fe Mn 4H O +
++++=++，洗涤
液中含有2Fe +，若不合并，消耗4KMnO 标准液的体积减小；根据方程式可知，
()()
234n Fe 5n MnO 50.0800mol /L 10mL 10+--==⨯⨯⨯n n 3
L /mL 410-=⨯ mol ，
()()
33224455n H C O n MnO 0.0800mol /L 25mL 10L /mL 51022
-
--=
=⨯⨯⨯=⨯n n mol ，
()332g
0.844g 410mol 56
510mol 88g /mol mol n H O 0.01mol 18g /mol
---⨯⨯-⨯⨯=
=n n n n ，则()n Fe ：(
)224
n C O -
：()2
n H O 4=：5：10，黄色化合物的化学式为
()4242Fe C O 5?10H O ，故答案为：2324
25Fe MnO 8H 5Fe Mn 4H O +-+++
++=++；减小；()4242Fe C O 5?
10H O 。

【点睛】
亚铁离子和草酸均能与酸性高锰酸钾溶液反应，实验时防止亚铁离子干扰草酸的测定是解答关键。

7．烟道气的主要成分为粉尘、空气、H 2O 、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H 2O 2溶液中，使NO x 完全被氧化为NO 3−，除去多余的H 2O 2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 −1FeSO 4标准溶液（过量），充分反应后，用0.001000 mol·L −1 K 2Cr 2O 7标准溶液滴定至终点，消耗K 2Cr 2O 7溶液10.00 mL 。

滴定过程中发生如下反应： Fe 2+ + NO 3− + H + — NO↑ + Fe 3+ + H 2O （未配平）
2-27Cr O + Fe 2+ + H + — Cr 3+ + Fe 3++ H 2O （未配平）
（1）NO 被H 2O 2氧化为NO 3−的离子方程式是_________。

（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_________、_________。

（3）若FeSO 4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NO 2）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 ＋3H 2O 2=2H ＋＋2NO ＋2H 2O 胶头滴管 100mL 容量瓶 偏高 368 mg·m −3 【解析】 【分析】
（1）NO 被H 2O 2氧化为NO 3−，H 2O 2被还原为H 2O ，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．CoCl 2·6H 2O 是一种饲料营养强化剂。

一种利用水钴矿(主要成分为Co 2O 3、Co(OH)3，还含少量Fe 2O 3、Al 2O 3、MnO 等)制取CoCl 2·
6H 2O 的工艺流程如下：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H +、Co 2+、Fe 2+、Mn 2+、Al 3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L) 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
③CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110~120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。

（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_________________。

（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式________________；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式
_________________。

（3）“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为___________________。

（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_____________、____________和过滤。

制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是__________________。

（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。

向“滤液”中加入萃取剂的目的是
______________；其使用的最佳pH范围是_________。

A．2.0~2.5 B．3.0~3.5
C．4.0~4.5 D．5.0~5.5
（6）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。

通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100％，其原因可能是______________________。

(答一条即可)
【来源】【百强校】2017届湖北省襄阳五中高三上8月开学考化学试卷（带解析)
【答案】Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2O ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O Fe(OH)3、Al(OH)3蒸发(浓缩) 冷却(结晶) 降低烘干温度，防止产品分解除去溶液中的Mn2+ B 粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水
【解析】
【分析】
【详解】
（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]中加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-
+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案为ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-
+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-。