备战高考化学 化水溶液中的离子平衡 综合题含详细答案
备战高考化学 化水溶液中的离子平衡 综合题含详细答案
一、水溶液中的离子平衡
1．三草酸合铁酸钾K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 是一种绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，光照或受热易分解。实验室要制备K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 并测定2-
24C O 的含量。请回答下列相关问题。
I ．FeC 2O 4·2H 2O 的制备
向烧杯中加入5.0g(NH 4)2Fe(SO 4)2·6H 2O 、15mL 蒸馏水、1mL3moL/L 的硫酸，加热溶解后加入25mL 饱和H 2C 2O 4溶液，继续加热并搅拌一段时间后冷却，将所得FeC 2O 4·2H 2O 晶体过滤、洗涤。
（1）制备FeC 2O 4·2H 2O 时，加入3mol ／L 硫酸的作用是________________________。 II ．K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 的制备
向I 中制得的FeC 2O 4·2H 2O 晶体中加入10mL 饱和K 2C 2O 4溶液，水浴加热至40℃，缓慢加入过量3％的H 2O 2溶液并不断搅拌，溶液中产生红褐色沉淀，H 2O 2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间，然后滴加饱和H 2C 2O 4溶液使红褐色沉淀溶解。向溶液中再加入10mL 无水乙醇，过滤、洗涤、干燥。
（2）制备过程中有两个反应会生成K 3[Fe(C 2O 4)3]，两个化学方程式依次是：
______________________、2Fe(OH)3+3K 2C 2O 4+3H 2C 2O 4=2K 3[Fe(C 2O 4)3]+6H 2O 。
（3）H 2O 2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间的目的是
______________________。
III ．2-24C O 含量的测定
称取0.22g Ⅱ中制得的K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 晶体于锥形瓶中，加入50mL 蒸馏水和15mL3mol ／L 的硫酸，用0.02000mol ／L 的标准KMnO 4溶液滴定，重复3次实验平均消耗的KMnO 4溶液体积为25.00mL 。
（4）滴定时KMnO 4溶液应盛放在_____________(填仪器名称)中，判断滴定终点的依据是_________________。
（5）滴定终点时，所得溶液中的溶质除硫酸外，还有__________________________(写化学式)，K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 样品中2-24C O 的质量分数是____________________。
【来源】百师联盟2020届高三开年联考（山东卷)化学试题
【答案】抑制2Fe +的水解（答案合理即可） ()()2422422324336FeC O 6K C O 3H O 404K Fe C O 2Fe OH ℃??+++↓?? 分解过量的22H O （答案合理即可） 酸式滴定管 最后一滴标准4KMnO 溶液滴入后，溶液变为浅红色且30s 不再改变 ()244243K SO MnSO Fe SO 、、 50%
【解析】
【分析】
（1）制备242FeC O 2H O ?时，加入3mol/L 硫酸的作用是抑制2Fe +的水解； （2）根据信息第一个生成K 3[Fe(C 2O 4)3]的化学方程式是
()()2422422324336FeC O 6K C O 3H O 404K Fe C O 2Fe OH ℃??+++↓??；
（3）为避免其干扰后续实验，可将混合物加热煮沸，使过量的22H O 分解；
（4）4KMnO 溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶；
（5）草酸根被氧化生成二氧化碳，高锰酸根离子中的Mn 被还原生成2Mn +，所以溶液中除过量硫酸外，还有244K SO MnSO 、和()243Fe SO ；由题给数据计算可得。
【详解】
（1）(NH 4)2Fe(SO 4)2为强酸弱碱盐，NH 4+、2Fe +在溶液中水解使溶液成酸性，加入少量的
稀硫酸可以抑制Fe 2+的水解，有利于FeC 2O 4·
2H 2O 的制备，故答案为：抑制Fe 2+的水解； （2）由题给信息可知，FeC 2O 4和K 2C 2O 4在40℃条件下与双氧水反应生成K 3[Fe(C 2O 4)3]和氢氧化铁沉淀，反应的化学方程式为
()()2422422324336FeC O 6K C O 3H O 404K Fe C O 2Fe OH ℃??+++↓??，故答案为：()()2422422324336FeC O 6K C O 3H O 404K Fe C O 2Fe OH ℃??+++↓??；
（3）由于加入了过量的22H O ，为避免其干扰后续实验，可将混合物加热煮沸，使过量的22H O 分解，故答案为：分解过量的22H O ；
（4）4KMnO 溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶，应盛放在酸式滴定管中；当完全反应时，再滴入一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为浅红色，且半分钟不褪色，故答案为：酸式滴定管；最后一滴标准4KMnO 溶液滴入后，溶液变为浅红色且30s 不再改变；
（5）草酸根被氧化生成二氧化碳，高锰酸根离子中的Mn 被还原生成2Mn +，所以溶液中除过量硫酸外，还有244K SO MnSO 、和()243Fe SO 三种溶质；由题意可知，
()32423K Fe C O 3H O ????
?晶体中224C O -的质量为0.025L 0.02mol /L 2.588g /mol 0.11g ???=，则2
24C O -的质量分数为
0.11g
0.22g ×100%=50%，故答案为：244K SO MnSO 、、()243Fe SO ；50%。
2．食品加工中常用焦亚硫酸钠(Na 2S 2O 5)作漂白剂、防腐剂和疏松剂。现实验室欲制备焦亚硫酸钠，其反应依次为：(ⅰ)2NaOH+SO 2=Na 2SO 3+H 2O ；
(ⅱ)Na 2SO 3+H 2O+SO 2=2NaHSO 3；
(ⅲ)2NaHSO 3
Na 2S 2O 5+H 2O 。 查阅资料：焦亚硫酸钠为黄色结晶粉末，150℃时开始分解，在水溶液或含有结晶水时更易
被空气氧化。
实验装置如下：
（1）实验室可用废铝丝与NaOH溶液制取H2，其离子方程式为___。
（2）通氢气一段时间后，以恒定速率通入SO2，开始的一段时间溶液温度迅速升高，随后温度缓慢变化，溶液开始逐渐变黄。“温度迅速升高”的原因为__。实验后期须利用水浴使温度保持在约80℃。
（3）反应后的体系中有少量白色亚硫酸钠析出，除去其中亚硫酸钠固体的方法是___；然后获得较纯的无水Na2S2O5，应将溶液冷却到30℃左右过滤，控制“30℃左右”的理由是
___。
（4）丙为真空干燥Na2S2O5晶体的装置，通入H2的目的是___。
（5）常用剩余碘量法测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数。已知：S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+；2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。请补充实验步骤(可提供的试剂有：焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水)。
①精确称取产品0.2000g放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中。
②准确移取一定体积的已知浓度的标准碘溶液(过量)并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量的蒸馏水。
③用标准Na2S2O3溶液滴定至接近终点。
④___。
⑤重复步骤①～③；根据相关记录数据计算出平均值。
【来源】云南省楚雄州大姚县实验中学2020届高三下学期4月月考理综化学试题
【答案】2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑ SO2与NaOH溶液的反应是放热反应趁热过滤此时溶液中Na2SO3不饱和，不析出排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色，记录滴定所消耗的体积
【解析】
【分析】
(1)铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
(2)SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高；
(3)根据图知，温度越高Na2S2O5溶解度增大，当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小；控制“30℃左右”时，此时溶液中Na2SO3不饱和；
(4)焦亚硫酸钠能被压强氧化；真空干燥时，干燥室内部的压力低，水分在低温下就能气
化；
(5)④碘能使淀粉变蓝色，所以可以用淀粉试液检验滴定终点，继续做实验为：加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积。
【详解】
(1)铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-
+3H2↑；
(2)SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高，所以溶液“温度迅速升高”；
(3)根据图知，温度越高Na2S2O5溶解度增大，当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小，所以要趁热过滤；控制“30℃左右”时，此时溶液中Na2SO3不饱和，不析出；
(4)焦亚硫酸钠能被压强氧化，则通入氢气的目的是排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化；
(5)④继续做实验为：加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积，然后再重复实验，减少实验误差。
3．硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4?FeSO4?6H2O，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种盐的溶解度（单位为g/100g水）如下表：
温度／℃102030
（NH4）2SO473.075.478.0
FeSO4·7H2O20.026.532.9
（NH4）2SO4?FeSO417.221.628.1
（一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下：
试回答下列问题：
（1）步骤1中加入10％Na2CO3溶液的主要作用是___________；反应中铁屑过量是为了______。
（2）步骤3需要趁热过滤，原因是___________。
（3）从步骤4到莫尔盐，必须进行的操作依次是______，析出的晶体常用________洗涤。（4）若莫尔盐的饱和溶液中有水20克，当温度从30℃降至10℃，最多析出莫尔盐的质
量是________（选填编号）。
A 2.18g
B 大于2.18g
C 小于 2.18g
D 无法确定
（二）称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。（1）已知MnO4-被还原为Mn2+，试写出该滴定反应的离子方程式____。
（2）判断该反应到达滴定终点的现象为____________。
（3）假设到达滴定终点时，用去V mL 酸性KMnO4溶液，则该酸性KMnO4溶液的浓度为_______mol/L。
【来源】上海市普陀区2010届高三第二次模拟考试化学试题
【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质 FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水 B 5Fe2++MnO4-+8H+→ 5Fe3++Mn2++4H2O 加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色 1/V
【解析】
【分析】
（一）（1）碳酸钠水解显碱性；
（2）FeSO4在温度低时溶解度较小；
（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小；
（4）（NH4）2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：28.1g和17.2g；
（二）（1）MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+；
（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；
（3）根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。
【详解】
（一）（1）碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+，减少产物中的Fe3+杂质，
故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质；
（2）如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出，故答案为：FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出；
（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水；
（4）（NH4）2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：28.1g和17.2g，即若溶剂为100g 水，冷却析出10.9g，有水20g析出2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O 含有结晶水，故析出质量大于2.18g，故答案为：B；
（二）（1）反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：
5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O；
（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色，30s内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；
（3）1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=m
M
=
1.96
392/
g
g mol
=0.005mol，根据原子守恒则亚
铁离子的物质的量为0.005mol，反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则5Fe2+～MnO4-
，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol，据c=n
V
=
3
0.001
10
mol
VL
=
1
V
mol/L，故答案为：
1
V
。
4．CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。
（资料查阅）
（实验探究）该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。
请回答下列问题：
(1)仪器X的名称是__________。
(2)实验操作的先后顺序是a→______→e(填操作的编号)
a.检查装置的气密性后加入药品
b.熄灭酒精灯，冷却
c.在“气体入口”处通入干燥HCl
d.点燃酒精灯，加热
e.停止通入HCl，然后通入N2
【来源】内蒙古赤峰二中人教版高中化学必修1同步练习：第一章第1节第一课时化学实验安全
【答案】球形干燥管或干燥管 c d b
【解析】
【分析】
热分解CuCl2?2H2O制备CuCl，为抑制水解，气体入口通入HCl气体，然后加热A处试管，X为球形干燥管，X中无水硫酸铜变蓝，可知CuCl2?2H2O分解生成水，利用C装置检验生成的氯气，D中NaOH溶液吸收尾气，以此来解答。
【详解】
（1）由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为球形干燥管或干燥管；
（2）实验操作时先检查装置的气密性，气密性良好后装入药品，先通入HCl（防止没有HCl的情况下加热生成碱式氯化铜），点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停止通入HCl，最后通入氮气将装置内的HCl和氯气排空被尾气装置中的氢氧化钠吸收，所以顺序为
a→c→d→b→e。
【点睛】
解答时要利用好题中所给信息，CuCl2·2H2O的热分解反应是在氯化氢的气流中进行的，实验结束后通入氮气的目的。
5．实验室制备三氯乙醛(CCl3CHO)的反应原理为C2H5OH+4Cl2CCl3CHO+5HCl，可能发生的副反应是C2H5OH+HCl C2H5Cl+H2O。某探究小组模拟制备三氯乙醛的实验装置如图所示(夹持、加热装置均略去)。
回答下列问题:
（1）用仪器a代替普通分液漏斗的目的是_______________。
（2）装置A中MnO2可以用KMnO4代替，反应可以在常温下进行，试写出反应的离子方程式__。
（3）仪器b中冷凝水从___(填“p”或“q”，下同)口进，___口出。
（4）若撤去装置B，对实验的影响是______________。
（5）实验时发现D中导管口处气泡速率过快，合理的解决方法是___________。
（6）已知:CCl3CHO+OH-CHCl3+HCOO-；HCOO-+I2H++2I-+CO2↑；I2+2S2O32-2I-+S4O62-。称取0.40 g产品，配成待测溶液，加入20.00 mL 0.100 mol·L-1碘标准溶液，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，并立即用0.020 mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至终点。重复上述操作3次，平均消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。滴定时所用指示剂是___________，达到滴定终点时的现象是_________________，测得该产品的纯度为
_____(保留一位小数)。
【来源】2018年11月25日《每日一题》人教版一轮复习-每周一测
【答案】平衡滴液漏斗上方和烧瓶内气体的压强，便于液体顺利滴下 2 MnO4-+16H++10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O p q Cl2中的氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低停止对A加热或控制滴加浓盐酸的速度淀粉溶液滴入最后一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 66.4%
【解析】
【分析】
A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl4CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。
【详解】
（1）由仪器a 的结构可知，使用(恒压)滴液漏斗便于液体顺利滴下，故答案为平衡滴液漏斗上方和烧瓶内气体的压强，便于液体顺利滴下；
（2）实验室也可以在常温下利用KMnO 4与浓HCl 反应制备氯气，反应的离子方程式为2MnO 4—+16H ++10Cl -=2Mn 2++5Cl 2↑+8H 2O ，故答案为2MnO 4—+16H ++10Cl -=2Mn 2+
+5Cl 2↑+8H 2O ；
（3）冷凝水应从冷凝管下口进上口出，即p 口进，q 口出，故答案为p ；q ；
（4）装置B 中的饱和食盐水可以除去氯气中的杂质氯化氢，若撤去装置B ，氯化氢杂质会与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低，故答案为Cl 2中的氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低；
（5）实验时发现D 中导管口处气泡速率过快，可以停止对A 加热或控制滴加浓盐酸的速度，适当降低生成氯气的速率，故答案为停止对A 加热或控制滴加浓盐酸的速度； （6）根据CCl 3CHO+OH -CHCl 3+HCOO -、HCOO -+I 2=H ++2I -+CO 2↑、I 2+2S 2O 32—=2I -+ S 4O 62—，反应过程中涉及碘单质，可以选用淀粉溶液作指示剂；达到滴定终点的现象为锥形瓶中的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；根据消耗的Na 2S 2O 3的物质的量计算出剩余I 2
的物质的量为0.020 mol·L -1×0.020 00 L×1212
=2×10-4 mol ，则与HCOO -反应的I 2的物质的量为0.100 mol·
L -1×0.020 00 L-2×10-4 mol=1.8×10-3 mol ，由CCl 3CHO~HCOO -~I 2可知，CCl 3CHO 的物质的量为1.8×10-3 mol ，则该产品的纯度为
311.810mol 147.5g mol 0.40g
--???31
1.810mol 147.5?g?mol 0.40?g --??×100%=66.4%，故答案为淀粉溶液；滴入最后一滴Na 2S 2O 3溶液，锥形瓶中的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；66.4%。
【点睛】
本题考查有机物制备、物质含量程度、实验方案设计等，关键是明确反应原理与各装置作用，掌握常用物质分离提纯方法，注意对题目信息的应用。
6．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 的作用生成2ClO 和24Na SO ，二氧化氯和氢氧化钠反应生成2NaClO ；
()4由题目信息可知，应控制温度3860℃～℃，高于60℃时2NaClO 分解成3NaClO 和NaCl ；
()5从装置D 的溶液获得2NaClO 晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥； ()6B 中可能发生2324Na SO H SO (+浓2422)Na SO SO H O =+↑+，产生的2SO 被带入D 中，2SO 与22H O 反应生成硫酸钠；
()7①碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，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；
②根据化学反应可得关系式：22223
NaClO 2I 4S O -～～，根据关系式计算。 【详解】
()1用50%双氧水配制30%的22H O 溶液，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶体滴管，所以还需要量筒，
故答案为：量筒；
()2装置C 的作用是安全瓶，防止D 瓶溶液倒吸到B 瓶中，
故答案为：防止D 瓶溶液倒吸到B 瓶中(或安全瓶)；
()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 的作用生成2ClO 和24Na SO ，反应的方程式为
3232422422NaClO Na SO H SO 2ClO 2Na SO H O ++=++↑，二氧化氯和双氧水、氢氧化钠反应生成2NaClO ，反应方程式为
2222222ClO 2NaOH H O 2NaClO O 2H O ++=++，
故答案为：2222222ClO 2NaOH H O 2NaClO O 2H O ++=++；
()4由题目信息可知，应控制温度3860℃～℃，高于60℃时2NaClO 分解成3NaClO 和NaCl ，所以如果撤去D 中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是3NaClO 和NaCl ， 故答案为：3NaClO 和NaCl ；
()5从装置D 的溶液获得2NaClO 晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥操作，所以第iii 步操作是用45℃左右的热水洗涤3遍(热水温度高于38℃，低于60)℃，故答案为：用45℃左右的热水洗涤3遍(热水温度高于38℃，低于60)℃；
()6B 中可能发生2324Na SO H SO (+浓2422)Na SO SO H O =+↑+，产生的2SO 被带入
D 中，2SO 与22H O 反应生成硫酸钠，浓硫酸难挥发，硫酸钠是难挥发的盐，不会进入D ，故a 正确，b 、c 错误，故选：a ，
故答案为：a ；
()7①碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，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，
故答案为：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；
②根据22223NaClO 2I 4S O -～～， 在25mL 溶液中，n(NaClO 2)=14n(Na 2S 2O 3)=14
× 13cmol L V 10L --???=
14×3c V 10mol -??。所以所取样品中n(NaClO 2)=100mL 25mL ×14
×3c V 10mol -??=3c V 10mol -??。 故答案为：3c V 10mol -??。
【点睛】
本题考查亚氯酸钠制备实验的基本操作、亚氯酸钠的性质及中和滴定等知识，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，难点是流程图的分析，题目难度中等。在实验装置的连接中，通常在一个加热或反应放热的装置和一个装有水或溶液的装置之间有一个空的广口瓶，起到防止水或溶液进入前一个加热的装置中的作用，即安全瓶，起防止倒吸的作用。
7．铁钾矾[K x Fe y (SO 4)m ·
nH 2O]常用作工业媒染剂。其组成可用如下方法测定： ①准确称取2.0120g 样品配成100mL 溶液A 。
②准确量取25.00mL 溶液A ，加入盐酸酸化的BaCl 2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.466g 。
③准确量取25.00mL 溶液A ，加入足量的KI 溶液，以淀粉为指示剂，用0.1250 mol·L －1的Na 2S 2O 3溶液滴定，消耗8.00mL 至终点（已知：I 2+2Na 2S 2O 3=2NaI+Na 2S 4O 6）。
（1）要检验出A 溶液中存在的Fe 3+，可以加入____________溶液。
（2）已知室温下BaSO 4的Ksp ＝1.1×10－10，欲使溶液中c(SO 42－)≤1.0×10－5 mol?L －1，应保持
溶液中c(Ba 2+)≥__________mol·
L －
1。 （3）步骤③中判断滴定终点的方法是_____________________。
（4）通过计算确定铁钾矾的组成（写出计算过程）________________。
【来源】2015届江苏省宿迁市高三上学期第一次摸底考试化学试卷（带解析)
【答案】KSCN （或硫氰化钾） 1.1×10－5 滴入最后一滴Na 2S 2O 3溶液时，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 25.00mLA 溶液中：
n(SO 42－)＝0.4660g/233g? mol －1=2×10－3mol
n(Fe 3+)＝0.1250mol?L －1×8.0×10－3L=1×10－3mol
根据电荷守恒：n(K +)＝2×2×10－3mol －3×1×10－3mol=1×10－3mol
根据质量守恒，结晶水的物质的量：
[2.0120g×(25/100)－1×10－3mol×(39+56)mol?L－1－2×10－3mol×96g?mol－1]/18g?mol－1
＝1.2×10－2mol
所以x∶y∶m∶n=1∶1∶2∶12，化学式为：KFe(SO4)2?12H2O
答：样品的组成为KFe(SO4)2?12H2O。
【解析】
【分析】
（1）检验Fe3+可以用硫氰化钾溶液。
（2）根据BaSO4的Ksp＝1.1×10－10和溶液中的c(SO42－)≤1.0×10－5 mol?L－1，计算c(Ba2+)。（3）碘遇淀粉变蓝。
（4）根据步骤②确定SO42-的物质的量，根据步骤③确定Fe3+的物质的量，根据电荷守恒确定K+的物质的量，最后得到水的物质的量，得出铁钾矾的化学式。
【详解】
（1）检验出A溶液中存在的Fe3+，加入KSCN（或硫氰化钾），出现血红色，故答案为KSCN（或硫氰酸钾）；
（2）欲使溶液中c（SO42-）≤1.0×10-5mol?L-1，应保持溶液中c（Ba2+）
≥()10 5
2 41.110 1.010
Ksp c SO
-
-
-
?
?=1.1×10-5mol?L-1，故答案为1.1×10-5；
（3）以淀粉为指示剂，淀粉遇碘变蓝，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复，即达到滴定终点，故答案为当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；
（4）25.00mLA溶液中：n（SO42-）=0.4660g/233g?mol-1=2×10-3mol
n（Fe3+）=0.1250mol?L-1×8.0×10-3L=1×10-3mol
根据电荷守恒：n（K+）=2×2×10-3mol-3×1×10-3mol=1×10-3mol
根据质量守恒，结晶水的物质的量：
[2.0120g×（25/100）-1×10-3mol×（39+56）mol?L-1-2×10-3mol×96g?mol-1]÷18g?mol-1=1.2×10-2mol，
所以x：y：m：n=1：1：2：12，化学式为：KFe（SO4）2?12H2O，
答：样品的组成为KFe（SO4）2?12H2O。
8．用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I-)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ.准备标准溶液
a．准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定100mL0.1000mol·L-1NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ.滴定的主要步骤
a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。
b．加入25.00mL0.1000mol·L－1AgNO3溶液(过量)，使I－完全转化为AgI沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d．用0.1000mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，已知AgSCN为白色沉淀。
e．重复上述操作两次到三次测定数据如下表：
f.数据处理。
回答下列问题：
(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有________。制得AgNO3溶液的浓度为__________________；
(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是________________________。
(3)滴定应在pH<0.5的条件下进行，其原因是________。
(4)过程Ⅱ中b和c两步操作是否可以颠倒________，说明理由：___________。
(5)达到滴定终点时的现象________________________。
(6)由上述实验数据测得c(I-)=________mol·L－1。
(7)若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则对c(I－)测定结果的影响
________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【来源】【全国百强校】河北省石家庄市第二中学2019届高三4月月考理科综合化学试题【答案】250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管 0.1000mol·L-1避免AgNO3见光分解防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3＋的水解) 否若颠倒，Fe3＋与I－反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点滴入最后一滴标准液，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色 0.0600 偏高
【解析】
【分析】
（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器除需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管；
（2）硝酸银见光分解；
（3）滴定应注意防止铁离子的水解，影响滴定结果；
（4）铁离子与碘离子发生氧化还原反应；
（5）用0.1000mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋完全反应时，Fe3+与SCN-反应，溶液由浅黄色变为红色；
（6）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，结合c（AgNO3）×V（AgNO3）=c
（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I-）×V（I-）计算；
（7）若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减
小，浓度偏低。
【详解】
（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器除需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管，故答案为250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管；
（2）硝酸银标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为硝酸银见光易分解，故答案为避免AgNO3见光分解；
（3）滴定应在pH<0.5的条件下进行，原因是抑制铁离子的水解，防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断，故答案为防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）；
（4）b和c两步操作不能颠倒，若颠倒，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，指示剂耗尽则无法判断滴定终点，故答案为否；若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点；
（5）用0.1000mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋完全反应时，Fe3+与SCN-反应，溶液由浅黄色变为红色，则滴定终点时的现象为滴入最后一滴标准液，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色，故答案为滴入最后一滴标准液，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色；
（6）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，n（AgNO3）=25.00×10-
3L×0.1000mol?L-1=2.5×10-3mol，n（NH
SCN）=0.1000mol?L-1×10.00×10-3L=1.00×10-
4
3mol，则c（I-）×0.025L=2.5×10-3mol-1.00×10-3mol，c（I-）=0.0600mol?L-1，故答案为0.0600；
（7）若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，浓度偏低，则n（NH4SCN）偏小，测定c（I-）偏大，故答案为偏高。
【点睛】
本题考查中和滴定原理的应用，涉及物质含量的测定，侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的操作方法和注意事项，把握反应的原理和误差分析的角度是解答关键。
9．CaCO3广泛存在于自然界，是一种重要的化工原料。实验室用大理石（主要成分为CaCO3，另外有少量的含硫化合物）和稀盐酸反应制备CO2气体。下列装置可用于CO2气体的提纯和干燥。
完成下列填空：
（1）用浓盐酸配制1:1(体积比)的稀盐酸(约6mol·L—1)，应选用的仪器是____。
a．烧杯b．玻璃棒c．量筒d．容量瓶
上述装置中，A是___溶液，NaHCO3溶液可以吸收____。上述装置中，B物质是____。用这个实验得到的气体测定CO2的分子量，如果B物质失效，测定结果____(填“偏高”、“偏低”或“不受影响”)。
（2）SiO2与CO2组成相似，但固体的熔点相差甚大，其原因是_____。
（3）饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2的离子方程式为_____。0.1mol/L的NaHCO3溶液中，c(Na+)+c(H+)=_____，其中有关碳微粒的关系为：____ =0.1mol/L。浓度相等的
Na2CO3和NaHCO3溶液等体积混合后，溶液中离子浓度由大到小的关系为______。
【来源】上海市七宝中学2017届高三上学期期中考试化学试题
【答案】abc CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液吸收HCl气体或吸收酸性气体无水CaCl2偏低其原因是所属晶体类型不同，二氧化硅是原子晶体，熔化时破坏化学键，熔点高；二氧化碳是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，熔点低 2Na++CO32-+CO2+H2O＝
2NaHCO3↓ c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-) c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)
【解析】
【详解】
(1)配制一定体积比的溶液时，应选用烧杯、玻璃棒和量筒，用量筒量出相同体积的浓盐酸和水，倒入烧杯中，用玻璃棒搅拌加速溶解；根据实验所用药品，制得的气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气；根据除杂的要求，除去H2S是可选用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体；B是用来除去水份的，但这种干燥剂又不能与CO2反应所以是氯化钙；如果B中物质失效则二氧化碳中含有水，而水的相对分子质量小于二氧化碳，所以测定结果会偏低；
(2)二氧化硅与二氧化碳所属晶体类型不同，二氧化硅是原子晶体，熔化时破坏共价键，熔点高，而二氧化碳是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，熔点低，导致SiO2与CO2熔点相差甚大；
(3)向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，发生反应Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，则NaHCO3溶液为过饱和溶液，所以生成NaHCO3沉淀导致溶液变浑浊，离子方程式：2Na++CO32-+H2O+CO2＝2NaHCO3↓；在0.1mol/L的NaHCO3溶液中，存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，存在的物料守恒式为
c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1mol/L；浓度相等的Na2CO3和NaHCO3溶液等体积混合后，溶液中Na+浓度最大，CO32-的水解程度大于HCO3-水解程度，即c(CO32-)＜c(HCO3-)，且溶液显碱性，即c(H+)＜c(OH-)，则溶液中各离子浓度的由大到小的关系为c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)。
10．某科研小组设计出利用工业废酸(稀硫酸)来浸取某废弃的氧化铜锌矿的方案，实现废物综合利用，方案如图所示。
已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如表所示：
请回答下列问题：
(1)在“酸浸”步骤中，为提高浸出速率，除通入空气“搅拌”外，还可采取的措施是(任写一点即可)__________________________________________________________。
(2)物质A最好使用下列物质中的____________（填选项序号）。
A．KMnO4B．H2O2C．HNO3
(3)除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在__________范围之间。
(4)物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是________。
(5)除铁后得到的氢氧化铁可用次氯酸钾溶液在碱性环境将其氧化得到一种高效的多功能处理剂(K2FeO4)，写出该反应的离子方程式：__________________________。
【来源】云南省峨山一中2018-2019学年高二年级入学考试高二化学
【答案】加热升高温度，或增大酸的浓度、将氧化铜锌矿粉碎等B 3.2～6.2(NH4)2SO4 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42—＋3Cl－＋5H2O
【解析】
【分析】
【详解】
(1)酸浸是将氧化铜锌矿用酸溶解，促进溶解的措施有搅拌、加热升高温度、增大酸的浓度、将氧化铜锌矿粉碎等。(2)除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀，A应为氧化剂，考虑加入A不引入新的杂质，H2O2外，其他试剂均可引入新的杂质。(3)从图表数据可知，铁离子沉淀完全的pH为3.2，锌离子开始沉淀的pH为6.2，故除铁pH范围为3.2～6.2。(4)因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为硫酸铵。(5)由题给信息
FeO-，因铁在反可知，反应物为氢氧化铁、次氯酸根离子、氢氧根离子，生成物之一为2
4
应中化合价升高，氯元素的化合价降低，另一产物为氯离子，根据元素、电子、电荷守恒
FeO-＋3Cl－＋5H2O。配平(可知产物还有水)，离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===22
4
【点睛】
影响化学反应速率的因素有温度、浓度和固体表面积等。在选择除杂试剂时，应不能引入新的杂质。pH的范围应使铁完全沉淀而锌不能沉淀。
水溶液中的离子平衡知识点(1)
【人教版】选修4知识点总结：第三章水溶液中的离子平衡 一、弱电解质的电离 课标要求 1、了解电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的概念 2、掌握弱电解质的电离平衡 3、熟练掌握外界条件对电离平衡的影响 要点精讲 1、强弱电解质 （1）电解质和非电解质 电解质是指溶于水或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是指溶于水和熔融状态下都不导电的化合物。 注：①单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质。 ②化合物中属于电解质的有：活泼金属的氧化物、水、酸、碱和盐；于非电解质的有：非金属的氧化物。 （2）强电解质和弱电解质 ①强电解质：在水溶液中能完全电离的电解质称为强电解质（如强酸、强碱和大部分的盐） ②弱电解质：在水溶液里只有部分电离为离子（如：弱酸、弱碱和少量盐）。 注：弱电解质特征：存在电离平衡，平衡时离子和电解质分子共存，而且大部分以分子形式存在。 （3）强电解质、弱电解质及非电解的判断 2、弱电解质的电离 （1）弱电解质电离平衡的建立（弱电解质的电离是一种可逆过程） （2）电离平衡的特点 弱电解质的电离平衡和化学平衡一样，同样具有“逆、等、动、定、变”的特征。 ①逆：弱电解质的电离过程是可逆的。 ②等：达电离平衡时，分子电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等③动：动态平衡，即达电离平衡时分子电离成离子和离子结合成分子的反应并没有停止。 ④定：一定条件下达到电离平衡状态时，溶液中的离子浓度和分子浓度保持不变，溶液里既有离子存在，也有电解质分子存在。且分子多，离子少。 ⑤变：指电离平衡是一定条件下的平衡，外界条件改变，电离平衡会发生移动。
（3）电离常数 ①概念：在一定条件下，弱电解质在达到电离平衡时，溶液中电离所生成的各种离子浓度的乘积跟溶液中未电离的分子浓度的比是一个常数。这个常数叫做电离平衡常数，简称电离常数，用K来表示。 ② ③意义：K值越大，表示该弱电解质越易电离，所对应的弱酸或弱碱相对较强。 ④电离常数的影响因素 a.电离常数随温度变化而变化，但由于电离过程热效应较小，温度改变对电离常数影响不大，其数量级一般不变，所以室温范围内可忽略温度对电离常数的影响 b.电离常数与弱酸、弱碱的浓度无关，同一温度下，不论弱酸、弱碱的浓度如何变化，电离常数是不会改变的。即：电离平衡常数与化学平衡常数一样，只与温度有关。 （3）电解质的电离方程式 ①强电解质的电离方程式的书写强电解质在水中完全电离，水溶液中只存在水合阴、阳离子，不存在电离平衡。在书写有关强电解质电离方程式时，应用“” ②弱电解质的电离方程式的书写弱电解质在水中部分电离，水溶液中既有水合阴、阳离子又有水合分子，存在电离平衡，书写电离方程式时应该用“”。 （4）影响电离平衡的因素 ①内因：电解质本身的性质，是决定性因素。 ②外因 a.温度：因电离过程吸热较少，在温度变化不大的情况下，一般不考虑温度变化对电离平衡的影响。 b.浓度：在一定温度下，浓度越大，电离程度越小。因为溶液浓度越大，离子相互碰撞结合成分子的机会越大，弱电解质的电离程度就越小。因此，稀释溶液会促进弱电解质的电离。 c.外加物质：若加入的物质电离出一种与原电解质所含离子相同的离子，则会抑制原电解质的电离，使电离平衡向生成分子的方向移动；若加入的物质能与弱电解质电离出的离子反应，则会促进原电解质的电离，使电离平衡向着电离的方向移动。 本节知识树 弱电解质的电离平衡类似于化学平衡，应用化学平衡的知识来理解电离平衡的实质和影响因素，并注意电离常数的定义。 二、水的电离和溶液的酸碱性 课标要求 1、熟练掌握水的电离平衡，外加物质对水的电离平衡的影响 2、熟练掌握溶液的计算
水溶液中的离子平衡典型练习试题和答案及解析
水溶液中的离子平衡 1.常温下将稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合,溶液中不可能出现的结果是（）. A.pH＞7,且c（OH-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（CH3COO-） B.pH＞7,且c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO-）+c（OH-） C.pH＜7,且c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH-） D.pH＝7,且c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＝c（OH-） 2. 在25℃,将a mol/L的氨水与b…的盐酸等体积混合,反应后显中性…用含a和b的代数式表示 该混合溶液中一水合氨的电离平衡常数是? 3.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中，正确的是（） A、图中A、 B、D三点处Kw的大小关系：B＞A＞D B、25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中c（NH4+）/c（NH3?H2O）的值逐渐减小 C、在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系可从A点变化到C点 D、A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl-、S042- 4. 设水的电离平衡线如图所示： (1)若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度,当温度上升到100℃时,水的电离平衡状态到B 点,则此时水的离子积从_____增加到____,造成水的离子积增大的原因是____. (2)将pH=8的Ba(OH) 2 溶液与pH=5的稀盐酸混合,并保持100℃的恒温,欲混合溶液pH=7,则 Ba(OH) 2 溶液与盐酸的体积比为____. (3)100℃时,已知某强酸溶液的pH酸与某强碱溶液的pH碱存在如下关系：pH酸+ pH碱=13,若要 使该强酸与该强碱混合后溶液呈中性,则该强酸溶液的体积与强碱溶液的体积之比为__ 5. 已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO42-．某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入 NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2．下列对该溶液的叙述中，不正确的是（）A．该温度高于25℃ B．由水电离出来的H+的浓度是1.0×10-10mol/L C．加入NaHSO4晶体抑制了水的电离 D．该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
《水溶液中的离子平衡》综合测试题含答案
（人教版选修四）第三章《水溶液中的离子平衡》综合测试题 （考试时间：90分钟满分：100分） 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。第Ⅰ卷54分，第Ⅱ卷46分，共100分，考试时间90分钟。 第Ⅰ卷(选择题共50分) 一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．下列说法中正确的是( D) A．二氧化硫溶于水能导电，故二氧化硫属于电解质 B．硫酸钡难溶于水，故硫酸钡属于弱电解质 C．硫酸是强电解质，故纯硫酸能导电 D．氢氧根离子浓度相同的氢氧化钠溶液和氨水导电能力相同 2．将mol·L－1醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是( D) A．溶液中c(OH－)和c(H＋)都减小 B．溶液中c(H＋)增大 C．醋酸电离平衡向左移动 D．溶液的pH增大 A、因醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，则氢 氧根浓度增大，故A错误；
B 、因醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，故B 错误； C 、醋酸是弱电解质，则醋酸溶液中加水稀释将促进电离，平衡向右移动，故C 错误； D 、醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，根据Kw 值不变，所以氢氧根浓度增大，故D 正确；故选D ． 3．相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液中，pH 最小的是( C ) A ．NH 4Cl B ．NH 4HCO 3 C ．NH 4HSO 4 D ．(NH 4)2SO 4 解析：NH4Cl 和(NH4)2SO4对比，水解都呈酸性，(NH4)2SO4pH 较小；NH4HCO3水解呈碱性，pH 最大；NH4HSO4为酸式盐，HSO4-完全电离，溶液酸性最强，则pH 最小，故选C 。 4．下列各电离方程式中，书写正确的是( D ) A ．H 2S 2H ＋＋S 2— B ．KHSO 4K ＋＋H ＋＋SO 2－ 4 C ．Al(OH)3===Al 3＋＋3OH － D ．NaH 2PO 4===Na ＋＋H 2PO －4 A ．氢硫酸分步电离，应该分步写，主要以第一步为主，其正确的为：H 2S H ＋＋HS — ，故A 错误； B ．为强电解质，应该用等号，正确的为：KHSO4==K++H++SO42-，故B 错误； C ．为弱电解质，应该用可逆号，正确的为：Al （OH ）3==Al3++3OH-，故C 错误；
高中化学选修四水溶液中的离子平衡
考点一弱电解质的电离 (一)强、弱电解质 1．概念 [注意]①六大强酸：HCl、H SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4。②四大强碱：NaOH、 2 KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2。③大多数盐包括难溶性盐，如BaSO4。 2．电离方程式书写 (1)弱电解质 ①多元弱酸分步电离，且第一步电离程度远远大于第二步(通常只写第一步电离)，如H2CO3的电离方程式： H2CO3H＋＋HCO－3、HCO－3H＋＋CO2－3。 ②多元弱碱电离方程式一步写成，如Fe(OH)3电离方程式为Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。 (2)酸式盐 ①强酸的酸式盐在溶液中完全电离，如NaHSO4的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO2－4。 ②弱酸的酸式盐中酸根离子在溶液中不能完全电离，如 NaHCO3===Na＋＋HCO－3、HCO－3H＋＋CO2－3。 (二)弱电解质的电离平衡 1．电离平衡的建立 2．电离平衡的特征
(三)影响弱电解质电离平衡的因素 1．影响电离平衡的内因 弱电解质本身的性质是决定电离平衡的主要因素。 2．外界条件对电离平衡的影响 以弱电解质HB的电离为例：HB H＋＋B－。 (1)温度：弱电解质电离吸热，温度升高，电离平衡向正反应方向移动，HB的电离程度增大，c(H＋)、c(B－)均增大。 (2)浓度：稀释溶液，电离平衡向正反应方向移动，电离程度增大，n(H＋)、n(B－)增大，但c(H＋)、c(B－)均减小。 (3)相同离子：在弱电解质的溶液中，加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，电离平衡向逆反应方向移动，电离程度减小。 (4)加入能与电离出的离子反应的物质：电离平衡向正反应方向移动，电离程度增大。 (四)溶液的导电能力 电解质溶液导电能力取决于溶液中自由移动离子浓度和离子所带电荷数。自由移动离子浓度越大，离子所带电荷数越多，则导电能力越强。将冰醋酸、稀醋酸加水稀释，其导电能力随加水的量的变化曲线如图所示。 [说明]①OA段导电能力随加水量的增多导电能力增强，原因是冰醋酸发生了电离，溶液中离子浓度增大。 ②AB段导电能力减弱的原因，随水的加入，溶液的体积增大，离子浓度变小，导电能力减弱。
水溶液中的离子平衡练习题
水溶液中的离子平衡练习题 1．已知水的电离方程式：H 2O H＋+ OH－。下列叙述中，正确的是A．升高温度，K W增大，pH不变 B．向水中加入少量硫酸，c(H＋)增大，K W不变 C．向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)降低 D．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向逆反应方向移动，c(H＋)降低 2．A、B两种酸溶液pH都是2，各取1 mL分别加水稀释成1000 mL，其pH的变化如图所示，则下列判断正确的是 A．原酸溶液的浓度c(A)＝c(B) B．若a＝5，则B为强酸，A为弱酸 C．原酸溶液的浓度c(A)>c(B) D．若a<5，则A、B都是弱酸 3.某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液的pH值随溶液体积变化的曲线如右图所示。据图判断正确的是 A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线 B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强 C．a点K W的数值比c点K W的数值大 D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
4.现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁产生H2的体积(同温同 压下测定)的变化图示如下： 其中正确的是 A．①③B．②④C．①②③④D．都不对 5．（12分）有甲、乙两份等体积的浓度均为0.1mol·L-1的氨水，pH为11。 （1）甲用蒸馏水稀释100倍，则NH3·H2O的电离平衡向__________ (填“促进”或“抑制”)电离的方向移动，溶液的pH将为_______ (填序号)。 A．9~11之间B．11 C．12~13之间D．13 （2）乙用0.1mol·L-1的氯化铵溶液稀释100倍。稀释后的乙溶液与稀释后的甲溶液比较，pH______(填“甲大”、“乙大”或“相等”），其原因是_____________________________________。25．（6分）根据电离平衡原理，设计实验证明NH3?H2O是弱碱。 可选用的试剂：酚酞、石蕊、稀氨水、醋酸铵晶体和蒸馏水。
2019届高考化学专题16 水溶液中的离子平衡
专题16 水溶液中的离子平衡 2017年高考题 1.【2017高考全国卷Ⅱ卷12题】改变0.1 mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、 HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=]。下列叙述错误的是（） A.pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-) B.lg [K2(H2A)]=-4.2 C.pH=2.7时，c(HA-)>c(H2A)=c(A2-) D.pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)=c(H+) 【答案】D 【解析】本题考查水溶液中的离子平衡。解答本题的关键是明确δ(X)与溶液pH的对应关系，以及H2A、HA-、A2-的浓度与pH的大小关系。从图象中可以看出pH=1.2时，δ(H2A)=δ(HA-)， 则c(H2A)=c(HA-)，A项正确；根据HA-H++A2-，可确定K2(H2A)=，从图象中 可以看出pH=4.2时，δ(HA-)=δ(A2-)，则c(HA-)=c(A2-)，即lg [K2(H2A)]=lg c(H+)=-4.2，B项正确；从图象中可以看出pH=2.7时，δ(HA-)>δ(H2A)=δ(A2-)，则c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)，C 项正确；从图象中可以看出pH=4.2时，δ(HA-)=δ(A2-)，则c(HA-)=c(A2-)≈0.05 mol·L-1，而 c(H+)=10-4.2 mol·L-1，D项错误。 2.【2017高考全国卷Ⅲ卷13题】在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是（） A.K sp(CuCl)的数量级为10-7 B.除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl-2CuCl
《水溶液中的离子平衡》单元测试题
《第三章水溶液中的离子平衡》单元测试题 满分：100分时间90分钟 1．下列电离方程式书写正确的是() A．H2S2H＋＋S2－B．H2S＋H2O H3O＋＋HS－ C．NH3＋H2O===NH＋4＋OH－D．HClO===H＋＋ClO－ 2．等体积等物质的量浓度MOH强碱和HA弱酸溶液混合后，混合液中有关离子浓度应满足的关系是() A．c(M＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋) B．c(M＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(OH－) C．c(M＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋) D．c(M＋)＞c(H＋)＞c(A－)＞c(OH－) 3．向盛有0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加0.05mol/LNa2S溶液至沉淀完全，再向上层清液中滴加足量NaCl，产生的现象及发生的反应是() A．黑色沉淀完全转化为白色沉淀B．既有Ag2S也有AgCl C．不能由黑色沉淀转变为白色沉淀D．只有AgCl白色沉淀 4．用0.1mol·L－1的盐酸滴定0.10mol·L－1的氨水，滴定过程中不可能 ．．．出现的结果是() A．c(NH＋4)>c(Cl－)，c(OH－)>c(H＋) B．c(NH＋4)＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H＋) C．c(Cl－)>c(NH＋4)，c(OH－)>c(H＋) D．c(Cl－)>c(NH＋4)，c(H＋)>c(OH－) 5．25℃，向纯水中加入NaOH，使溶液的pH为11，则该溶液中由NaOH电离出的c(OH－)与由水电离出的c(OH－)之比为() A．1010∶1 B．5×109∶1 C．108∶1 D．1∶1 6. 25℃时，BaCl2溶液呈中性，溶液中存在平衡：H2O H+＋OH－；ΔH＞0，下列叙述正 确的是 A.向溶液中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH―)降低，K w不变 B.向溶液中加入少量固体CuSO4，c (H+)增大，K w不变 C.向溶液中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c (H+)降低，K w不变 D.将溶液加热到90℃，K w增大，溶液仍呈中性，pH不变 7．下列各组离子一定能大量共存的是 A．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、SCN- B．在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2-、CO32- C．在c(H＋)=10—13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、CO32-、NO3- D．在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl-、NO3- 8．室温下，物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ溶液，其pH依次为7、8、9。下列有关说法正确的是 A．HX、HY、HZ三种酸的强弱顺序为：HZ＞HY＞HX B．HX是强酸，HY、HZ是弱酸，且酸HY强于酸HZ C．X－、Y－、Z－三种酸根均能水解，且水解程度Z－＞Y－＞X－ D．三种盐溶液中X－、Y－、Z－的浓度大小顺序为c(Z－)＞c(Y－)＞c(X－) 9．下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是() A．相同浓度的两溶液中c(H＋)相同 B．100mL 0.1mol/L的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠 C．pH＝3的两溶液稀释100倍，pH都为5 D．两溶液中分别加入少量对应的钠盐，c(H＋)均明显减小 10．常温下，以下4种溶液pH最小的是()
水溶液中的离子平衡知识点
水溶液中的离子平衡 知识点 Revised on November 25, 2020
【人教版】选修4知识点总结：第三章水溶液中的离子平衡 一、弱电解质的电离 课标要求 1、了解电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的概念 2、掌握弱电解质的电离平衡 3、熟练掌握外界条件对电离平衡的影响 要点精讲 1、强弱电解质 （1）电解质和非电解质 电解质是指溶于水或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是指溶于水和熔融状态下都不导电的化合物。 注：①单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质。 ②化合物中属于电解质的有：活泼金属的氧化物、水、酸、碱和盐；于非电解质的有：非金属的氧化物。 （2）强电解质和弱电解质 ①强电解质：在水溶液中能完全电离的电解质称为强电解质（如强酸、强碱和大部分的盐） ②弱电解质：在水溶液里只有部分电离为离子（如：弱酸、弱碱和少量盐）。 注：弱电解质特征：存在电离平衡，平衡时离子和电解质分子共存，而且大部分以分子形式存在。 （3）强电解质、弱电解质及非电解的判断 2、弱电解质的电离 （1）弱电解质电离平衡的建立（弱电解质的电离是一种可逆过程） （2）电离平衡的特点 弱电解质的电离平衡和化学平衡一样，同样具有“逆、等、动、定、变”的特征。 ①逆：弱电解质的电离过程是可逆的。 ②等：达电离平衡时，分子电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等③动：动态平衡，即达电离平衡时分子电离成离子和离子结合成分子的反应并没有停止。 ④定：一定条件下达到电离平衡状态时，溶液中的离子浓度和分子浓度保持不变，溶液里既有离子存在，也有电解质分子存在。且分子多，离子少。 ⑤变：指电离平衡是一定条件下的平衡，外界条件改变，电离平衡会发生移动。
专题3水溶液中的离子平衡 学案
专题3水溶液中的离子平衡学案 考情解读： 1.了解弱电解质在水溶液中存在电离平衡。 2.了解水的电离、离子积常数。 3.了解溶液pH的定义，能进行pH的简单计算。 4.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。 5.了解难溶电解质的溶解平衡。了解溶度积的含义，能用平衡移动原理分析沉淀溶解、生成和转化过程。 水溶液中的离子平衡是化学平衡的延伸和应用，也是高考中考点分布较多的内容之一。其中沉淀溶解平衡是新课标中新增的知识点，题型主要是选择题和填空题，其考查主要内容有：①电离平衡。②酸、碱混合溶液酸碱性的判断及pH的简单计算。③盐对水电离平衡的影响及盐溶液蒸干(或灼烧)后产物的判断。④电解质溶液中离子浓度的大小比较。⑤沉淀的溶解平衡及沉淀的转化。 从高考命题的变化趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平衡和转化是主流试题。此类题目考查的内容既与盐的水解有关，又与弱电解质的电离平衡有关。题目不仅偏重考查粒子的浓度大小顺序，而且还侧重溶液中的各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)关系的考查，从而使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。 重点知识梳理： 一、电解质 1.强、弱电解质与物质分类的关系 2.强、弱电解质与化学键的关系 一般电解质的键型不同，电离程度就不同，已知典型的离子化合物，如强碱(NaOH、KOH等)、大部分盐类(如NaCl、CaCl2)以及强极性共价化合物(如HCl、H2SO4)，在水分子作用下能够全部电离，我们称这种在水溶液中能够完全电离的物质为强电解质。而含弱极性键的共价化合物如 CH3COOH、NH3·H2O、H2O等，在水中仅部分电离，为弱电解质。但是，仅从键型来区分强、弱电解质是不全面的，即使强极性共价化合物也有属于弱电解质的情况，如HF。
溶液中的离子平衡图像题选编1
溶液中的离子平衡图像题 一、溶液的导电性 溶液的导电性与离子浓度成正比 1．在一定温度下，无水醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积 V变化的曲线如图所示。请回答： （1）“O”点导电能力为O的理由是______________； （2）a、b、c三点处，溶液的c(H＋)由小到大的顺序为_________； （3）a、b、c三点处，电离程度最大的是___________________； 2．（2016北京）在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示。 下列分析不正确 ．．．的是（） A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH– C．c点，两溶液中含有相同量的OH– D．a、d两点对应的溶液均显中性 ※3．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的氢氧化钠溶液和醋酸溶液分别加水稀释，溶液的电导率随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．I表示NaOH溶液加水稀释过程中溶液电导率的变化 B．a、b、c三点溶液的pH：b>c>a C．将a、b两点溶液混合，所得溶液中： c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) D．a点水电离出的n(H+)大于c点水电离出的n(H+) 二、强、弱电解质溶液的稀释 等浓度弱酸碱的PH更靠近7；等PH弱酸碱的浓度更大；越弱稀释时PH变化越小；无论酸碱溶液稀释时PH不过7；每稀释10倍PH变化1为强电解质；酸碱盐反应的量不分强弱。 4．能表示人体大量喝水时，胃液的pH变化的是（） pH pH 7 7 7 7 0 V(H2O) 0 V(H2O) 0 V(H2O) 0 V(H2O) A C D 5．0.1 －c(H＋)的变化曲线(如下图)正确的是()
水溶液中的离子平衡知识点总结
第三章 水溶液中的离子平衡 一、弱电解质的电离 1、定义：电解质： 在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物,叫电解质 。 非电解质 ： 在水溶液中或熔化状态下都不能导电的化合物 。 强电解质 ： 在水溶液里全部电离成离子的电解质 。 弱电解质： 在水溶液里只有一部分分子电离成离子的电解质 。 2、电解质与非电解质本质区别： 电解质——离子化合物或共价化合物 非电解质——共价化合物 注意：①电解质、非电解质都是化合物 ②SO 2、NH 3、CO 2等属于非电解质 ③强电解质不等于易溶于水的化合物（如BaSO 4不溶于水，但溶于水的BaSO 4全部电离，故BaSO 4为强电解质）——电解质的强弱与导电性、溶解性无关。 3、电离平衡：在一定的条件下，当电解质分子电离成 离子的速率 和离子结合成 电解质分子 时，电离过程就达到了 平衡状态 ，这叫电离平衡。 4、影响电离平衡的因素： A 、温度：电离一般吸热，升温有利于电离。 B 、浓度：浓度越大，电离程度 越小 ；溶液稀释时，电离平衡向着电离的方向移动。 C 、同离子效应：在弱电解质溶液里加入与弱电解质具有相同离子的电解质，会 减弱 电离。 D 、其他外加试剂：加入能与弱电解质的电离产生的某种离子反应的物质时，有利于电离。 物质 单质 化合物 电解质 非电解质： 非金属氧化物，大部分有机物 。如SO 3 、CO 2 、C 6H 12O 6 、CH 2 =CH 2 强电解质： 强酸，强碱，大多数盐 。如HCl 、NaOH 、NaCl 、BaSO 4 弱电解质： 弱酸，弱碱，极少数盐，水 。如HClO 、NH 3 ·H 2 O 、Cu(OH)2 、 混和物 纯净物