全国高考化学化水溶液中的离子平衡的综合高考真题汇总及详细答案

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．纳米TiO 2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti (OR )4为原料制备纳米TiO 2的步骤如下：

①组装装置如图所示，保持温度约为65℃，先将30mL 钛酸四丁酯[Ti (OC 4H 9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL 乙酰丙酮，充分搅拌；

②将含水20%的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；

③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO 2。

已知：钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti (OH )4不稳定，易脱水生成TiO 2。回答下列问题：

（1）仪器a的名称是__，冷凝管的作用是__。

（2）加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是__(填字母)。

A.增加反应的焓变

B.增大反应的活化能

C.减小反应的焓变

D.降低反应的活化能

制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有_。

（3）步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为__。如图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是__(填字母)。

（4）测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000mol·L-

1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL(已知：Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+)。

①加入金属铝的作用除了还原TiO2+外，另一个作用是__。

②滴定时所用的指示剂为__(填字母)。

a.酚酞溶液

b.KSCN溶液

c.KMnO4溶液

d.淀粉溶液

③样品中TiO2的质量分数为__%。(Ti相对分子质量为48)

【来源】河北省衡水中学2019—2020学年度高三下学期3月23日满分练理综测试化学试题

【答案】温度计冷凝回流 B 用含水20%的乙醇溶液代替水，缓慢滴加

Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH a 与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化 b 80

【解析】

【分析】

以钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]为原料，在三颈烧瓶中反应可得到二氧化钛溶胶，再经过干燥、灼烧即可得纳米TiO2。

【详解】

（1）由装置图可知，仪器a 为温度计；冷凝管可起到冷凝回流的作用；

故答案为：温度计：冷凝回流；

（2）加入催化剂，不能改变焓变（只与反应的始末状态有关），可降低或增大活化能，而该处减缓反应速率，则增加活化能的作用，导致反应速率减小；另外为减慢水解反应速率，还可用含有20%的乙醇溶液代替水，缓慢滴加；

故答案为：B ；用含水20%的乙醇溶液代替水，缓慢滴加；

（3）Ti （OC 4H 9）4发生水解生成TiO 2和丁醇，方程式为Ti （OC 4H 9）

4+2H 2O =TiO 2+4C 4H 9OH ；灼烧二氧化钛凝胶，应在坩埚中进行；

故答案为：Ti （OC 4H 9）4+2H 2O =TiO 2+4C 4H 9OH ；a ；

（4）①加入铝，可与TiO 2+反应生成Ti 3+，与酸反应生成氢气，避免Ti 3+被氧化；

②用NH 4Fe （SO 4）2溶液滴定，含有铁离子，可用KSCN 做指示剂，滴定终点溶液颜色变为红色；

③根据方程式可得关系式TiO 2～Ti 3+～Fe 3+～NH 4Fe （SO 4）2，n （NH 4Fe （SO 4）2）=0.1000mol ?L -l ×0.02L =0.002mol ，则n （TiO 2）=0.00200mol ，m （TiO 2）

=0.00200mol ×80g /mol =0.16g00，则质量分数为0.1600g 100%80%0.2000g

?= ；故答案为：与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti 3+在空气中被氧化； b ；80。

3．亚硝酰硫酸()4NOSO H 是染料、医药等工业的重要原料；溶于浓硫酸，可在浓硫酸存在时用2SO 和浓硝酸反应制得。测定产品的纯度：准确称取1.5g 产品放入锥形瓶中，加入0.1000mol /L 、100.00mL 的4KMnO 溶液和足量稀硫酸，摇匀充分反应。然后用0.5000mol/L 草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为30.00mL 。

已知：4422443242KMnO 5NOSO H 2H O K SO 2MnSO 5HNO 2H SO ++=+++ ①草酸钠与高锰酸钾溶液反应的离子方程式为_________。

②滴定终点的现象为____________。

③亚硝酰硫酸的纯度=________。[保留三位有效数字，M(NOSO 4H)=127g/mol]

【来源】专题5.3化学计算（疑难突破)——巅峰冲刺2020年高考化学二轮专项提升

【答案】2MnO 4-+5C 2O 42-+16H +=2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O 滴入最后一滴224Na C O 溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复 84.67%

【解析】

【分析】

①高锰酸钾溶液在酸性溶液中氧化草酸钠生成二氧化碳，根据元素化合价变化和电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；

②用0.2500mol?L ?1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；

③减缓滴定过程中草酸消耗高锰酸钾物质的量，得到2KMnO 4＋5NOSO 4H ＋2H 2O ＝K 2SO 4＋2MnSO 4＋5HNO 3＋2H 2SO 4，反应消耗高锰酸钾物质的量计算得到亚硝酰硫酸物质的量，据此计算纯度。

【详解】

①酸溶液中高锰酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，锰元素化合价＋7价降低到＋2价，电子转移5e ?，碳元素化合价＋3价变化为＋4价，根据电子转移，电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式：2MnO 4-+5C 2O 42-

+16H +=2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ，

故答案为：2MnO 4-+5C 2O 42-+16H +=2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ；

②用0.2500mol?L ?1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点，故答案为：滴入最后一滴224Na C O 溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复；

③-2-+2+424222MnO +

5C O +16H =2Mn +10CO +8H O 0.5mol/L 0.0305L 2

n ↑?

解得n ＝0.006mol ，

则与NOSO 4H 反应的高锰酸钾物质的量＝0.1000mol?L ?1×0.100L?0.006mol ＝0.004mol ， 442244324

250.004mol 0.01m 2KMnO 5NOSO H 2H O K SO 2MnSO 5HNO 2H SO ol

＋＋＝＋＋＋，

亚硝酰硫酸的纯度＝

0.01mol 127g/mol 1.5g ?×100%＝84.67%，故答案为：84.67%.

【点睛】

滴定终点时，溶液的颜色变化是我们解题时的易错点。在书写颜色变化时，我们可考虑暂不加入4NOSO H ，先定位过量KMnO 4本身的颜色，这样就可避免错误的发生。

4．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NH 3, X 固体可以是__________。

A．生石灰B．无水氯化钙C．五氧化二磷D．碱石灰

(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20．00 mL氨水至锥形瓶中，用 0.05000 mol/L HCl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的近似值，K b≈____________。【来源】【百强校】2017届安徽省师大附中高三上学期期中化学试卷（带解析)

【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（或20 mL移液管） 1.8×10￣5

【解析】

【分析】

【详解】

（1）氨水中存在平衡：NH 3＋H2O NH3·H2O NH4＋＋OH－，因此利用氨水制备氨气，可以加入的固体是氧化钙或氢氧化钠或碱石灰，答案选AD。

（2）检验氨气通常用湿润的红色石蕊试纸，检验三颈瓶集满NH3的操作是：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。

（3）根据装置图引发喷泉实验的操作是：可知关闭a，将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧c口，打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶，引发喷泉实验；进行喷泉实验时在瓶内压强最小的时候最剧烈，从图2中看出C点压强最小，故C点最激烈。

（4）准确量取液体可以用滴定管或移液管，氨水显碱性，故可用碱式滴定管或移液管。（5）从图中看出，盐酸体积在22.50mL时发生突变，则氨水的浓度为：

c(NH3·H2O)×20.00=0.0500 mol?L-1×22.50，得c(NH3·H2O)= 0.05625mol?L-1；NH3?H2O电离平衡常数K b的表达式，K b= c（NH4+）×c（OH-）/c（NH3·H2O；pH=11.0时，c（NH4+）≈c（OH-）=10-3mol?L-1，c(NH3·H2O) ≈0.05625 mol?L-1，K b= c（NH4+）×c（OH-）/c（NH3·H2O=10-

6/0.05625≈1.8×10-5。

5．（1）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写出上述氧化还原反应的化学方程式：___________________

②若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积

________(填序号)。

A．＝10 mL B．＝40 mL C．＜10 mL D．＞40 mL。

③若滴定终点时PH=8.8，可选择_______为指示剂

④滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值________（填“偏高”、“偏低”或“无影

响”）。

（2）某学生用0.100mol?L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为：

A．移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞；

B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；

C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴处充满溶液；

D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2～3cm 处；

E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；

F．把锥形瓶放在滴定管下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下刻度。

①正确操作步骤的顺序是（用序号字母填写）__________________________

②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为______________（保留两位有效数字）

【来源】黑龙江省宾县一中2019-2020学年高二上学期第二次月考化学试题

【答案】SO2+H2O2=H2SO4D酚酞偏低 B、D、C、E、A、F 0.11mol/L

【解析】

【分析】

(1)①二氧化硫具有还原性，能够与实验室反应生成硫酸，据此写出反应的方程式；

②根据滴定管的构造判断滴定管中溶液的体积；

③根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；

④读取滴定管终点读数时，俯视刻度线，读数偏小；

(2)①中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作；

②先分析数据的有效性，求出消耗碱的平均体积，然后根据c(酸)=

()()

()

c V

碱碱

酸

计算。

【详解】

(1)①双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：

SO2+H2O2=H2SO4；

②若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，故答案为D；

③滴定终点时溶液由酸性变碱性，应该选择酚酞做指示剂(酚酞的变色范围是8.2～10.0)；

④读取滴定管终点读数时，俯视刻度线，读数偏小，导致标准液的体积偏小，由c(待

测)=

()()

()

c NaOH V NaOH

2V待测可知，测定浓度偏低，则测量结果比实际值偏低；

(2)①操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数。再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以顺序为：B、D、C、E、A、F；

②三次数据均有效，平均消耗V(KOH溶液)=22.6222.7222.80

=22.71mL，所以

c(酸)=

()()

()

c V

碱碱

酸

0.1mol/L22.7110L

20.0010L

≈1.1mol/L。

6．某学习小组学习了亚铁盐的性质后，欲探究FeSO4溶液分别与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反应。已知：Fe(OH)2和FeCO3均为白色沉淀，不存在Fe(HCO3)2。实验操作及现象记录如下：

实验试剂

操作及现象试管(I)试管(II)

(试管容积为50 mL)实验a

1.0 mol·L－1

FeSO4溶液

24 mL

1.0 mol·L－1

Na2CO3溶液

24mL

倾倒完后，迅速用胶塞塞紧试管I

的口部，反复上下颠倒摇匀，使

反应物充分混合

反应过程中无气泡产生，生成白

色絮状沉淀

放置1.5～2 h后，白色絮状沉

淀转化为白色颗粒状沉淀

实验b

1.0 mol·L－1

FeSO4溶液

10 mL

1.0 mol·L－1

NaHCO3溶液

20 mL

倾倒完后，迅速产生白色颗粒

状沉淀和大量气泡。振荡，经

2～4 min后液面上方试管内壁粘

附的白色颗粒状沉淀物变成红褐

色

(1)甲同学认为实验a中白色颗粒状沉淀是FeCO3，写出该反应的离子方程式：________；他为了证实自己的观点，进行实验：取少量白色颗粒状沉淀，加入________，发现产生大量气泡。

(2)乙同学推测实验a的白色颗粒状沉淀中还可能含有Fe(OH)2，他将实验a中两种溶液体积均改成15 mL后再进行实验，证实了他的推测。能证明Fe(OH)2存在的实验现象是

_________。

(3)实验b中白色颗粒状沉淀主要成分也为FeCO3，写出生成FeCO3的离子方程式：

________。

(4)实验b中液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色，主要原因是潮湿的FeCO3被氧气氧化，写出该反应的化学方程式：__________。

(5)乙同学反思，实验a中含有Fe(OH)2，实验b中几乎不含有Fe(OH)2，对比分析出现差异的原因是_________。

【来源】【全国百强校】北京市海淀区2019届上学期高中三年级期中考试化学试题

【答案】Fe2+ + CO32－＝ FeCO3↓稀硫酸(或稀盐酸等，合理答案均可得分) 沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色 Fe2+ + 2HCO3－＝ FeCO3↓+ CO2↑+ H2O 4FeCO3 + O2 +

6H2O ＝ 4Fe(OH)3 + 4CO2混合以后，虽然实验b中c(NaHCO3)比实验a中c(Na2CO3)大，但Na2CO3溶液的碱性(或水解程度)比NaHCO3溶液的强

【解析】

【分析】

解答本题主要抓住Fe(OH)2和FeCO3的区别进行分析，FeCO3能与酸反应产生气体；Fe(OH)2和FeCO3均能被空气中的氧气氧化为红褐色的氢氧化铁，据此分析解答。

【详解】

(1)实验a中FeSO4与Na2CO3溶液混合若生成的沉淀是FeCO3，则发生复分解反应，反应的离子方程式为：Fe2+ + CO32－＝ FeCO3↓；FeCO3溶于硫酸或盐酸产生二氧化碳气体，而氢氧化亚铁与硫酸或盐酸反应不会产生气体，则可用稀硫酸或盐酸来鉴别碳酸亚铁和氢氧化亚铁沉淀，

故答案为Fe2+ + CO32－＝ FeCO3↓；稀硫酸(或稀盐酸)；

(2)若沉淀中有Fe(OH)2，放置在空气中会被氧化而呈现白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色的现象，

故答案为沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色；

(3)实验b中的反应物为硫酸亚铁和碳酸氢钠，两者反应除了生成碳酸亚铁沉淀，还有二氧化碳气体和水生成，反应的离子方程式为：Fe2+ + 2HCO3－＝ FeCO3↓+ CO2↑+ H2O，

故答案为Fe2+ + 2HCO3－＝ FeCO3↓+ CO2↑+ H2O；

(4) FeCO3被氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应中氧气为氧化剂，碳酸亚铁为还原剂，由氧化还原反应规律可得反应的化学方程式为：4FeCO3 + O2 + 6H2O ＝ 4Fe(OH)3 + 4CO2，

故答案为4FeCO3 + O2 + 6H2O ＝ 4Fe(OH)3 + 4CO2；

(5) 对比实验a、b，不同之处在于前者反应物为碳酸钠溶液，后者为碳酸氢钠溶液，由于碳酸根离子的水解程度较碳酸根离子的水解大，实验a中混合溶液氢氧根离子浓度较实验b中要大，导致实验a中更易产生Fe(OH)2沉淀，

故答案为混合以后，虽然实验b中c(NaHCO3)比实验a中c(Na2CO3)大，但Na2CO3溶液的碱性(或水解程度)比NaHCO3溶液的强。

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）

Cr O+ Fe2+ + H+ — Cr3+ + Fe3++ H2O （未配平）

（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FeSO4标准溶液部分变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-的物

质的量增大，会使NO x含量测定结果偏高；

（4）根据2-

Cr O+6 Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3++7 H2O、3Fe2+ + NO3? + 4H+ = NO↑ + 3Fe3+ +2 27

H2O反应中各量之间的关系进行计算。

【详解】

（1）NO被H2O2氧化为NO3?，H2O2被还原为H2O，反应的离子方程式是2NO＋3H2O2=2H＋

＋2NO＋2H2O；

答案为：2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O；

（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胶头滴管、100mL容量瓶；

答案为：胶头滴管、100mL容量瓶；

（3）若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-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-

Cr O+6 Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3++7 H2O

1mol 6mol

5×10-5mol 3×10-4mol

3Fe2+ + NO3? + 4H+ = NO↑ + 3Fe3+ +2 H2O

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

433

341046/10/5010mol g mol mg g m

-????=368mg·m ?3；答案为：368。

8．欲测定某NaOH 溶液的物质的量浓度，可用0.100的HCl 标准溶液进行中和滴定(用甲基橙作指示剂)。

请回答下列问题：

（1）滴定时，盛装待测NaOH 溶液的仪器名称为______________；

（2）盛装标准盐酸的仪器名称为______________；

（3）滴定至终点的颜色变化为______________；

（4）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL ，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为______________；

（5）乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：

选取下述合理数据，计算出待测NaOH 溶液的物质的量浓度为______________； (保留四位有效数字) 实验序号待测NaOH 溶液的体积/mL 0.1000mol?L -1HCl 溶液的体积/mL

滴定前刻度滴定后刻度

1 25.00 0.00 26.29

2 25.00 1.00 31.00

3 25.00 1.00

27.31 （6）下列哪些操作会使测定结果偏高_________(填序号)。

A ．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗

B ．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗

C ．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失

D ．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数．

【来源】【百强校】2015-2016学年青海乐都一中高二下期末化学试卷（带解析)

【答案】锥形瓶酸式滴定管溶液由黄色变为橙色且半分钟内不褪色 26.90mL 0.1052mol/L AC

【解析】

【分析】

【详解】

（1）用碱式滴定管取待测待测NaOH 溶液于锥形瓶中；

（2）盛装标准盐酸的仪器名称为酸式滴定管；

（3）待测液是氢氧化钠溶液，锥形瓶中盛有的氢氧化钠溶液中滴入甲基橙，溶液的颜色是黄色，随着溶液的pH 减小，当滴到溶液的pH 小于4.4时，溶液颜色由黄色变成橙色，且半分钟不褪色，达到滴定终点；

（4）甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL ，滴定后液面如图为27.40ml ，滴定管中的液面读数为27.40ml-0.50mL=26.90mL ；

（5）根据数据的有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗V(盐

酸)=

26.29mL 26.31ml 2

+ =26.30mL ， HCl+NaOH ═NaCl+H 2O

0.0263L×0.1000mol?L -1 0.025L×C(NaOH)

则C(NaOH)=0.0263L 0.1000mol /L 0.025L ? =0.1052mol/L ；（6）A ．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V(标准)偏大，根据c(待测液)=

c()V()V()标准液标准液待测液分析，造成c(待测液)偏高，故A 正确；

B ．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，对V(标准)无影响，根据c(待测液)= c()V()V()

标准液标准液待测液分析，造成c(待测)不变，故B 错误； C ．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准液)偏大，根据c(待测液)= c()V()V()

标准液标准液待测液分析，造成c(待测液)偏高，故C 正确；D ．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，会造成V(标准液)偏小，根据c(待测液)=

c()V()V()

标准液标准液待测液分析，造成c(待测液)偏低，故D 错误；故选AC 。

9．Ⅰ掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为三套实验装置。

(1)写出下列仪器的名称：a.__________，b._____________。

(2)若利用装置1分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是__________，将仪器补充完整后进行实验，冷凝水由________(填f或g) 口通入。

(3)用装置II分离混合物时，为使液体顺利流下，应进行的操作是_______________。

(4)实验室用Na2CO3·10H2O 晶体配制0.05mol/L 的Na2CO3 溶液970mL。

①应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O 的质量是____g。

②装置III是某同学转移溶液的示意图。图中的错误是_______________。

③除了图中给出的仪器和托盘天平以及烧杯外，为完成实验还需要的仪器有：

______________。

Ⅱ利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：

(1)溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水至________。

(2)滴定：取0.00950 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72-＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O32-===S4O62-＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液______，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为

______%(保留1位小数)。

【来源】山西省应县第一中学校2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题

【答案】蒸馏烧瓶冷凝管酒精灯g打开分液漏斗上口的玻璃塞143未用玻璃棒引流药匙、量筒、玻璃棒、胶头滴管烧杯容量瓶凹液面最低处与刻度线相平由蓝色变为淡黄绿色且半分钟不变化95.0

【解析】

【分析】

Ⅰ（1）由图及仪器的结构可知仪器的名称；

（2）冷却水在冷凝管中下进上出；

（3）为使液体顺利流下，需先打开分液漏斗上口的玻璃塞；

（4）①配制0.05mol/L 的Na2CO3 溶液970mL，应选用1000ml的容量瓶；

②转移溶液应用玻璃棒引流；

③根据配制溶液的实验操作过程选择所用仪器；

Ⅱ（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；

（2）根据方程式中 I2、S2O32-之间的关系式计算。

【详解】

Ⅰ（1）由图可知，a为蒸馏烧瓶，b为冷凝管；

（2）若利用装置1分离四氯化碳和酒精的混合物，进行的实验操作的名称为蒸馏，需要加热，故还缺少的仪器有酒精灯，实际操作时冷却水在冷凝管中下进上出，冷凝水由g口通入；

（3）装置II可用于分液，分离互不相溶的液体混合物，为使液体顺利流下，需要平衡内外压强，故应进行的操作是：打开分液漏斗上口的玻璃塞；

（4）Na2CO3·10H2O 的质量=1L×0.05mol/L×286g/mol=14.3g；

②转移溶液应用玻璃棒引流，防止溶液外溅，造成浓度偏低；

③操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到1000mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3

次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所用仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管。根据提供仪器，所以还需仪器有药匙、量筒、玻璃棒、胶头滴管；

Ⅱ（1）溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，冷却至室温后，全部转移至100 mL的容量瓶中，将洗涤液转移至容量瓶，振荡后加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平；

（2）加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液由蓝色变为淡黄绿色且半分钟不变化，即为终点。根据方程式，Cr2O72-～3I2～6S2O32-，得n（Na2S2O3?5H2O）=n（S2O32-）=0.00950 mol·L－1×0.02L×6=1.14×10-3mol，样品中m（Na2S2O3?5H2O）=1.14×10-3mol×248

g/mol×

100

24.80?mL

=1.14g，质量分数=

1.14g

1.2000g

×100%=95%。

【点睛】

配制0.05mol/L 的Na2CO3 溶液970mL，应选用1000ml的容量瓶，应该按1000ml溶液用量称取Na2CO3·10H2O。

10．某化学小组探究酸性条件下NO3－、SO42－、Fe3+三种微粒的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。(忽略氧气对反应的影响)

实验记录如下：

实验序

号

实验操作实验现象

I 向A装置中通入一段时间的SO2气

体。

A中黄色溶液迅速变成深红棕色，最终变

为浅绿色。

II 取出少量A装置中的溶液，先加入

KSCN溶液，再加入BaCl2溶液。

加入KSCN溶液后溶液不变色，再加入

BaCl2溶液产生白色沉淀。

III 打开活塞a，将过量

．．稀HNO3加入装置

A中，关闭活塞a。

A中浅绿色溶液最终变为黄色。

IV 取出少量A装置中的溶液，加入

KSCN溶液；向A装置中注入空气。

溶液变为红色；液面上方有少量红棕色气

体生成。

请回答下列问题：

(1)配制FeCl3溶液时，常常加入盐酸，目的是(用化学用语和简单文字叙述

．．．．．．．．．．．．)：________。(2)资料表明，Fe3+能与SO2结合形成深红棕色物质Fe(SO2)63+，反应方程式为： Fe3+ + 6SO2

Fe(SO 2)63+。请用化学平衡移动原理解释实验I中溶液颜色变化的原因________。

(3)实验II中发生反应的离子方程式是__________________。

(4)实验III中，浅绿色溶液变为黄色的原因是__________________(用离子方程式表示)。

(5)实验IV中液面上方有少量红棕色气体生成，发生反应的化学方程式是______________。

(6)综合上述实验得出的结论是：在酸性条件下，氧化性强弱是：NO3－>Fe3+>SO42－。请从微粒变化的角度解释________。

【来源】广东省揭阳市2018-2019学年高二下学期期末考试理综化学试题

【答案】Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，增大c(H+)，平衡左移，抑制Fe3+水解；Fe3+和SO2生成红棕色的Fe(SO2)63+反应速率较快：Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。而反应

2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反应缓慢，但是反应限度较大，使溶液中c(Fe3+)降低，平衡逆向移动，红棕色逐渐褪去，最终得到浅绿色溶液；Ba2+ + SO42- = BaSO4↓；

3Fe2+ +4H++ NO3- = 3Fe3++NO↑+2H2O；2NO+ O2 = 2NO2；实验II中溶液中检出Fe2+和SO42-，说明Fe3+氧化SO2生成SO42-，氧化性Fe3+>SO42-；实验III中溶液变黄色、IV中检出Fe3+和NO生成，说明酸性条件下NO3-氧化Fe2+，氧化性NO3->Fe3+；所以，在酸性条件下，氧化性强弱是：NO3->Fe3+>SO42-。

【解析】

【分析】

通过“氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性”原理设计实验。

【详解】

（1）溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，增大c(H+)，平衡左移，抑制Fe3+水解；

（2）Fe3+和SO2生成红棕色的Fe(SO2)63+反应速率较快：Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。而反应

2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反应缓慢，但是反应限度较大，使溶液中c(Fe3+)降低，平

衡逆向移动，红棕色逐渐褪去，最终得到浅绿色溶液；

（3）加入KSCN溶液后溶液不变色，说明铁离子完全转化为亚铁离子，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，氧化生成硫酸根与钡离子结合为硫酸钡，反应离子方程式为：Ba2++SO42-

=BaSO4↓；

（4）硝酸具有强氧化性，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，浅绿色溶液变为黄色，反应离子方程式为：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；

（5）反应生成的NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮为红棕色，发生反应的方程式是：2NO+O2=2NO2；

（6）验II中溶液中检出Fe2+和SO42-，说明Fe3+氧化SO2生成SO42-，氧化性Fe3+>SO42-；实验III中溶液变黄色、IV中检出Fe3+和NO生成，说明酸性条件下NO3-氧化Fe2+，氧化性NO3->Fe3+；所以，在酸性条件下，氧化性强弱是：NO3->Fe3+>SO42-。