高考化学复习《化水溶液中的离子平衡》专项综合练习附答案

1、高考化学复习化水溶液中的离子平衡专项综合练习附答案一、水溶液中的离子平衡1 三草酸合铁酸钾k3fe(c2o4)33h2o 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k3fe(c2o4)3 3h2o 并测定 c2 o 24- 的含量。请回答下列相关问题。i fec2o42h2o 的制备向烧杯中加入5.0g(nh4)2fe(so4)2 6h2o、15ml 蒸馏水、 1ml3mol/l 的硫酸，加热溶解后加入 25ml 饱和 h2 2 4溶液，继续加热并搅拌一段时间后冷却，将所得2 42c ofec o 2h o 晶体过滤、洗涤。（ 1）制备 fec2o4 2h2

2、o 时，加入 3mol l 硫酸的作用是 _ 。ii k3fe(c2o4)3 3h2 o 的制备向 i 中制得的fec2o4 2h2o 晶体中加入10ml 饱和 k2c2 o4 溶液，水浴加热至40，缓慢加入过量3的 h2o2 溶液并不断搅拌，溶液中产生红褐色沉淀，h2o2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h2c2o4 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k3fe(c2o4)3，两个化学方程式依次是：_ 、 2fe(oh) +3k c o +3h c o =2k fe(c o )+6h o。32242243

3、24 32（3） h2o2 溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间的目的是_ 。iii c o 2- 含量的测定24称取 0.22g中制得的 k3fe(c2o4)3 3h2o 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 kmno4 溶液滴定，重复3 次实验平均消耗的 kmno4 溶液体积为 25.00ml 。（4）滴定时kmno4 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 )， k32 4 32c o2-fe(c o ) 3h o 样品中24 的质量分

4、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 fe2的水解（答案合理即可）6fec2o 46k 2c 2o 43h 2 o2 404k 3 fe c 2 o432fe oh 3分解过量的h 2 o 2 （答案合理即可）酸式滴定管最后一滴标准kmno 4 溶液滴入后，溶液变为浅红色且 30s 不再改变k 2so4、 mnso4、 fe2 so4350%【解析】【分析】（1）制备 fec2o 42h 2 o 时，加入 3 mol/l 硫酸的作用是抑制fe2的水解；（2）根据信息第一个生成k32 4 3fe(c o ) 的化学方程式是6fec2o 46k 2c

5、 2o 43h 2 o2 404k 3fe c 2 o4 32fe oh 3；（3）为避免其干扰后续实验，可将混合物加热煮沸，使过量的h 2 o2 分解；（4） kmno 4 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 mn 2 ，所以溶液中除过量硫酸外，还有k 2so4、 mnso 4 和 fe2 so4 3 ；由题给数据计算可得。【详解】（1） (nh4)2fe(so4)2 为强酸弱碱盐，nh4+、 fe2 在溶液中水解使溶液成酸性，加入少量的稀硫酸可以抑制fe2+的水解，有利于fec2o42h2o 的制备，故答案为：抑制fe2+的水解；（

6、2）由题给信息可知， fec2 42 2 4在 40 条件下与双氧水反应生成32 4 3和氢o和 k c ok fe(c o )氧化铁沉淀，反应的化学方程式为6fec2o 46k 2c 2o 43h 2 o2 404k 3fe c 2 o432feoh6fec2o 46k 2c 2o 43h 2 o2 404k 3fe c 2 o432feoh33，故答案为：；（3）由于加入了过量的 h 2o2 ，为避免其干扰后续实验，可将混合物加热煮沸，使过量的 h 2 o 2 分解，故答案为：分解过量的 h 2o 2 ；（ 4） kmno 4 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

7、，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kmno 4 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 mn 2，所以溶液中除过量硫酸外，还有k 2so4、 mnso 4 和 fe2 so43 三种溶质；由题意可知，k 3 fe c 2o4 33h 2o 晶体中 c2o 42的质量为0.025l 0.02mol / l 2.5 88g / mol0.11g ，则 c2o 42的质量分数为0.11g0.22g 100%=50%，故答案为： k 2so4、 mnso 4 、 fe2

8、 so4 3 ；50%。2 茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂（其抗氧化能力是vc510倍），它易溶于的 水、乙醇、乙酸乙酯，难溶于氯仿。在酸性介质中，茶多酚能将fe3+还原为 fe2+， fe2+与k3fe cn6生成的深蓝色配位化合物kfefe(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

9、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

10、 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）cd96%【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

11、浓缩液中加入氯仿、分液，可得含氯仿的有机溶液，水溶液中含有茶多酚，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

12、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

13、斗应静置分层后，再进行分液，故选 cd。答案为： cd；d 不正确； -5(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 10g/ml ，由此可得出原1000 ml-51000ml=1.2g，则产品的纯度溶液中所含茶多酚的质量为1.2 10g/ml 100ml1ml1.2g100%=96%。答案为： 96%。是1.25g【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

14、质，3 碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了feco3，并对 feco3 的性质和应用进行了探究。 已知：feco2-4-( 无色 )3是白色固体，难溶于水fe+6scn6fe(scn). feco3 的制取（夹持装置略）实验 i：装置c 中，向na2co3 溶液（ph11.9）通入一段时间co2 至其ph 为7，滴加一定量feso4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到feco3 固体。(1)试剂a 是 _。(2)向 na2co3 溶液通入 co2 的目的是 _。(3)c 装置中制取feco3 的离子方程式为_。(4)有同学认为c 中出现白色沉淀之后应继续通co2，你认为是否合理并

15、说明理由_。 .feco3 的性质探究实验 ii实验 iii(5)对比实验 和 ，得出的实验结论是_。(6)依据实验 的现象，写出加入10%h2o2 溶液的离子方程式_。 .feco3 的应用(7)feco溶于乳酸ch ch(oh)cooh能制得可溶性乳酸亚铁（ch ch(oh)coofe，相对3332分子质量 为 234）补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量1.0g 补血剂，用酸性kmno4 溶液滴定该补血剂，消耗0.1000mol/l 的 kmno4 溶液 10.00ml，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_，该数值异常的原因是 _（不考虑操

16、 作不当以及试剂变质引起的误差）。【来源】四川省成都市树德中学2020 届高三二诊模拟考试理科综合化学试题【答案】饱和 nahco3 溶液降低溶液中 oh-浓度，防止生成fe(oh)22hco3- +2+322233 2fe =feco +co+h o不合理， co 会和 feco 反应生成 fe(hco) (或合理，排出氧气的影响 )fe2+与 scn-的络合 (或结合 )会促进 feco固体的溶解或 feco3 固体在 kscn溶液中3的溶解性比kcl 溶液中大4-或6fe(scn)+3h2o2=2fe(oh)3 +4fe(scn)3+24scn2+-2+3+117% 乳酸根6fe +3h

17、2o2+12scn=2fe(oh)3 +4fe(scn)3或 6fe+3h2o2=2fe(oh)3 +4fe中的羟基被kmno4 氧化，也消耗了kmno4【解析】【分析】i. 装置 a 中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置b 中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置c 中，向碳酸钠溶液(ph=11.9) 通入一段时间二氧化碳至其ph 为 7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到feco3；2-4- 分析feco在 kcl 和 kscn两种不同溶液中的溶解度不同ii. (5)根据 fe +6scnfe(scn)63判断；(6)实验 ii 中溶液显

18、红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有 fe(oh)3 和fe(scn)3 生成；(7)feco3 溶于乳酸 ch3ch(oh)cooh能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。【详解】i. (1)装置 a 中制取的 co 中混有 hcl，欲除去 co 中混有的 hcl， b 中盛装的试剂a 应是饱22和 nahco3溶液，故答案为：饱和3溶液；nahco(2)向 na co 溶液中通入co 的目的是利用co 和 na co反应生成的nahco ，提高溶液中23222333-的浓度，抑制co32- 的水解，

19、降低溶液中oh-的浓度，防止生成 fe(oh)2hco，故答案为：降低溶液中 oh-浓度，防止生成 fe(oh)2；(3)装置 c 中，向 na2co3 溶液 (ph=11.9)通入一段时间co2 至其 ph 为 7，此时溶液中溶质主要为 nahco3 ，再滴加 feso4 溶液，有 feco3 沉淀生成，发生反应的离子方程式为2hco3- +2+ +co2 +h2o，故答案为：-2+fe =feco32hco3+ fe =feco3 +co2 +h2o；(4)feco 沉淀能溶解在co 的水溶液中，生成可溶于水的fe(hco)，降低产物的量，则当323 2出现白色沉淀之后不应继续通入co2，

20、或者：出现白色沉淀之后继续通co2，可防止空气中氧气氧化 fecoco2 会和 feco3 反应生成3，提高产物的纯度，故答案为：不合理，fe(hco) (或合理，排出氧气的影响)；3 2. (5)通过对比实验ii 和 iii ，可知 fe2+与 scn-的络合生成可溶于水的fe(scn)64- ，会促进32+与scn-的络合 (或结合 )会促进 feco3固体的溶解或feco 固体的溶解，故答案为： fefeco 固体在 kscn溶液中的溶解性比kcl 溶液中大；3(6)依据实验 的现象，可知在含有fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有fe(oh)3 和3生成，发生反应的离子方程式为

21、6fe(scn)4-2233-或fe(scn)+3h o=2fe(oh) +4fe(scn)+24scn2+2 2-332+2 233+；6fe +3h o +12scn=2fe(oh) +4fe(scn)或6fe +3h o =2fe(oh) +4fe故答案为： 6fe(scn)4-+3h2o2=2fe(oh)3 +4fe(scn)3+24scn-或 6fe2+3h2 o2+12scn-2+3+；=2fe(oh)3 +4fe(scn)3 或 6fe +3h2o2 =2fe(oh)3 +4fe. (7)feco3 溶于乳酸 ch3ch(oh)cooh能制得可溶性乳酸亚铁（ch3 ch(oh)c

22、oo2fe 补血剂，可得关系式mno45fe2+5ch3ch(oh)coo2fe，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/l 0.01l 5=0.005mol，则乳酸亚铁的质量分数0.005mol234g/mol100%=117% ，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾1.0g溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按fe2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%，故答案为：117%；乳酸根中的羟基被kmno4 氧化，也消耗了kmno4 。4 某小组研究 agcl 的溶解平衡：向10 ml 1mol/l kcl 溶液中加入1 ml 0.

23、2 mol/lagno 3 溶液，将浑浊液均分为 2 份，进行如下实验：实验序号实验操作实验现象将其中一份浑浊液过i. 滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象。滤，向滤液中放入 mgii. 放入 mg 条后，立即有无色气泡产生，气条i体可燃，滤液中出现白色浑浊。iii. 一段时间后开始出现棕褐色浑浊物，mg条表面也逐渐变为棕褐色，产生气泡的速率变缓慢。向另一份浑浊液中放入大小相同的 mg 条iv. 棕褐色浑浊物的量明显多于实验i， mg 条ii表面棕褐色更深，其他现象与ii、 iii相同。已知： agoh 不稳定，立即分解为ag2o（棕褐色或棕黑色），ag 粉为黑色， agcl、 ag2o 可溶

24、于浓氨水生成ag(nh3)2（ 1）滤液所属分散系为 _。（ 2）现象 ii 中无色气泡产生的原因是 _（写出化学方程式）。（3）现象 iii 中，导致产生气泡的速率下降的主要影响因素是_。（4）甲认为 mg 条表面的棕褐色物质中一定有ag 和 ag2o，其中生成 ag 的离子方程式为_。（5）甲设计实验检验ag：取实验 i 中表面变为棕褐色的mg 条于试管中，向其中加入足量试剂 a，反应结束后，继续向其中加入浓硝酸，产生棕色气体，溶液中有白色不溶物。 白色不溶物为 _（填化学式），棕色气体产生的原因是_（写离子方程式）。 试剂 a 为 _，加入试剂 a 的目的是 _。 该实验能证明棕褐色物质

25、中一定有ag 的实验现象是 _。（6）甲进一步设计实验验证了mg 条表面的棕褐色物质中有ag2o，实验方案是：取实验 i中表面变为棕褐色的mg 条 _。（7）综合上述实验，能说明存在agcl(s)(aq)的证据及理由有 _。ag+(aq) + cl【来源】【区级联考】北京市丰台区2019 届高三 5 月二模理综化学试题【答案】胶体mg+2h2o=mg（ oh） 2+h2固体表面积mg+2ag+=mg2+2agagcl+3-+22盐酸将 mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验ag 加入ag+2h +no =ag +no +h o浓硝酸后产生棕色气体用蒸馏水洗涤后，加浓氨水浸泡，取上层清液于试管中，

26、加入适量乙醛，水浴加热，有黑色的ag 生成 在 cl-过量的情况下，实验的滤液中存在ag+，说明 ag+与 cl-的反应存在限度，说明 ag+与 cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解；结合实验中 棕褐色成电量比实验多，进一步说明平衡发生了移动。【解析】【分析】实验分析：本题主要考察了难溶电解质的沉淀溶解平衡；10 ml 1mol/l kcl 溶液中加入1 ml0.2 mol/lagno 3 溶液，生成氯化银沉淀，同时氯化钾过量很多；实验 i：将其中一份浑浊液过滤，除掉氯化银沉淀；i. 滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象，说明分散系属于胶体，ii. 放入 mg 条后，由于 mg属于活泼金属与水

27、可以反应，mg+2h 2o=mg（ oh） 2+h2消耗了水破坏了氯化银的沉淀溶解平衡，滤液中出现白色浑浊为氯化银。iii. 一段时间后随着镁与水的反应，氢氧根离子浓度增大，agcl(s)ag+(aq) + cl (aq)，+-2ag +oh =agoh，agoh 不稳定，立即分解为ag o（棕褐色或棕黑色），因此开始出现棕褐色浑浊物，氯化银沉淀溶解平衡被破坏，平衡向溶解方向移动，mg 条表面也逐渐覆盖了棕褐色的 ag2o，同时因为活泼金属置换不活泼金属，mg+2ag+=mg 2+2ag，所以也覆盖了 ag，减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢。实验 ii：浑浊液中放入大小相同的mg

28、 条，由于没有过滤氯化银沉淀会使更多的棕褐色的ag o 生成，因此棕褐色浑浊物的量明显多于实验i， mg 条表面覆盖的氧化银更多，棕褐色2更深。【详解】（ 1）产生丁达尔现象是胶体的性质，因此滤液所属分散系为胶体；答案：胶体（ 2） mg属于活泼金属，可以与水反应， mg+2h2o=mg（ oh） 2+h2；答案： mg+2h2 o=mg（ oh） 2+h2（3） mg 条表面也逐渐覆盖了棕褐色的 ag2o 和 ag，减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢；答案：固体表面积（4）活泼金属置换不活泼金属原理，生成ag 的离子方程式为mg+2ag+=mg2+2ag；答案： mg+2ag+=

29、mg2+2ag（5）利用 mg属于活泼金属可以与非氧化性酸反应，而银属于不活泼金属不能与非氧化性酸反应，除掉mg，防止干扰实验，在选择氧化性酸验证ag 的存在，涉及的反应+2+2+3 -+22+-mg+2h=mg+h、 ag+2h +no =ag +no +h o， ag +cl =agcl因此：白色不溶物为agcl，棕色气体产生的原因是ag+2h+3-+22+no =ag +no +h o；试剂 a 为 hcl，加入试剂 a 的目的是将 mg 除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验ag； ag 与浓硝酸反应产生棕色气体；答案： agcl+-+盐酸将 mg 除去，避免硝酸与镁反应，干扰实ag+2h+

30、no3=ag +no2 +h2o验 ag加入浓硝酸后产生棕色气体（6）根据 ag23，利用银镜反应验证；2o 可溶于浓氨水生成ag(nh )答案：用蒸馏水洗涤后，加浓氨水浸泡，取上层清液于试管中，加入适量乙醛，水浴加热，有黑色的ag 生成（7）综合上述实验，能说明存在agcl(s)cl-过量ag+(aq) + cl (aq)的证据及理由有：在的情况下，实验的滤液中存在ag+，说明 ag+与 cl-的反应存在限度，存在难溶电解质氯化银的沉淀溶解平衡；结合实验中棕褐色沉淀量比实验多，进一步说明平衡发生了移动；答案：在cl-过量的情况下，实验的滤液中存在ag+，说明ag+ 与 cl-的反应存在限度，

31、说明 ag+与 cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解；结合实验中棕褐色成电量比实验多，进一步说明平衡发生了移动。【点睛】本题难度较大，注意主要考查学生分析问题解决问题的能力，第（6）小题易错，忽略银镜实验的应用。5 连二亚硫酸钠（ na2 s2o4 ）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： na2 2 4是白色固体，还原性比23强，易与酸反应（2 4 2-+4h+s ona so2s o3so2+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so

32、2，反应后得到zns2o4 溶液。步骤 2：将得到的 zns24zn（oh）2，向滤液中加o 溶液加入 naoh 溶液中，过滤，滤渣为入一定量食盐，立即析出na2242s o ?2h o 晶体。步骤 3：，经过滤，用乙醇洗涤，用120 140的热风干燥得到na2 2 4s o 。（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、 na23co 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 na2s2 o4。步骤 5：经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到na224s o 。回答下列问

33、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，na2 24_。s o 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2

34、020 届高三第二次统一考试理综化学试题【答案】 h2o so2h2so3zn 2h2 so3=zns2o42h2o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：na2s2o4( s) ? na2s2o4( aq) ?+2-( aq) 或2na( aq)+ s2 o 4224+( aq)+ s o 2-+) ，平衡向逆反应方向移动水浴加热na s o ( s) ?2na24( aq) ，增大 c( nana s o在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小2242hcoona+4so +na co =2na s o +h o+3cozn( oh)2难溶

35、于水，易与 na s o 分离 取少22322422224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4045，当三颈瓶中溶液ph 在33. 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33.5时，说明发生了：h2oso2 h2so3反应，最后反应得到zns2o4溶液，说明又+=发生了：zn 2h23242

36、224+so= zns o +2h o 反应，总过程也可以写成：zn+2so= zns o ，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；（ 2）溶液中存在： na2 s2o4( s) ? na2s2o4( aq) ? 2na+( aq)+ s2 o 24- ( aq) 或+( aq)+s o2-，增大+) ，平衡向逆反应方向移动，所以向滤液2 2 44 ( aq)c( nana s o ( s) ? 2na2中加入一定量食盐，立即析出na2 242晶体；s o ?2h o（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 zn

37、s2o4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 na2 s2o4 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=2na2s2 o4+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na224分离；s o（7）设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有na2 42 24so

38、 ，要避免na s o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。6 草酸晶体的组成可表示为h2c2o4xh2o。实验室常用其加热分解制取co 气体，反应方程式为： h2 2 4 222c o xh oco +co +(x+1)h o。下图为分解草酸晶体，用干燥纯净的co还原 cuo 制取 cu，并收集 co的实验装置 (略去铁架台、铁夹等支撑加持装置 )，回答下列问题。（1）实验过程中涉及到如下操作：点燃a 处的酒精灯熄灭a 处的酒精灯点燃d 处的酒精灯 熄灭d 处的酒精灯。点燃d 处酒精灯

39、前必须要进行的操作名称是_。这 4 步操作由先到后的顺序为 _(填序号 )。（2） a 装置为加热分解草酸的装置，指出该装置一处错误：_， b和 f 装置中盛放的试剂相同，其中溶质是_ (填化学式 )， e 装置的作用是_。（3）用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸晶体，求x 的值。实验步骤：准确称取 1.08g 草酸晶体，配成100ml 溶液；取出20.00ml 于锥形瓶中，再向瓶中加入足量稀h2so4；用 0.0500mol/l 酸性高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液 16.00ml。滴定时，所发生的反应为： 2mno 42 2 4+= 10+5hc o +6h22+2co +2mn+8h o。配制草酸溶液除需要胶头滴管、烧杯，还一定需要的玻璃仪器有_。x=_。【来源】【百强校】 2014-2015江西省临川市一中高二下学期期中考试化学试卷