高考化学化水溶液中的离子平衡综合练习题及答案

1、高考化学化水溶液中的离子平衡综合练习题及答案一、水溶液中的离子平衡1硫代硫酸钠晶体 （Na2S2O35H2O） 俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在 中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸 钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置甲中， a仪器的名称是 ； a 中盛有浓硫酸， b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制 SO2生成速率，可以采取的措施有 （ 写出一条即可） 。 TOC o 1-5 h z （2）装置乙的作用是 。（3）装置丙中，将 Na2S和 Na2CO3以 2：1 的物质的量之比配成溶液再通入 SO2，便可制 得 Na2S2O3 和 CO2

2、 。反应的化学方程式为： 。（4）本实验所用的 Na2CO3 中含少量 NaOH，检验含有 NaOH的实验方案为 。 （实验中供选用的试剂及仪器： CaCl2溶液、 Ca（ OH） 2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、 pH计、烧杯、 试管、滴管提示：室温时 CaCO3 饱和溶液的 pH=9. 5）（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品， 生成的硫代硫酸钠粗品可用 洗涤。为了测定粗产品中 Na2S2O35H2O 的含量，采用在酸性条件下用 KMnO4标准液滴定的方法 （假设粗产品中的杂质与酸性 KMnO4 溶 液不反应 ）。称取 1. 50g粗产品溶于水，用 0.

3、 20 mol L1KMnO4溶液（加适量稀硫酸酸化 ） 滴定，当溶液中 S2O32-全部被氧化为 SO42- 时，消耗高锰酸钾溶液体积 40. 00mL。写出反应的离子方程式： 。产品中 Na2S2O35H2O的质量分数为 （ 保留小数点后一位 ）。【来源】山东省潍坊市 2020 届高三下学期第三次线上检测化学试题【答案】分液漏斗 控制反应温度、控制滴加硫酸的速度 安全瓶，防倒吸 4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2 取少量样品于试管 （ 烧杯 ）中，加水溶解，加入过量的 CaCl2溶液，振荡 （搅拌） ，静置，用 pH计测定上层清液的 pH，若pH大于 95，则含有

4、2- - + 2+ 2-NaOH 乙醇 5S2O3 +8MnO 4+14H =8Mn +10SO 4 +7H 2O 82.7【解析】【分析】装置甲为二氧化硫的制取： Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O，丙装置为 Na2S2O3 的生成 装置： 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因 SO2 易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在 甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾 气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。【详解】（1）装置甲中， a 仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温

5、度等措施均能有效控制 SO2 生成速率；（2）SO2 易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；（ 3） Na2S和Na2CO3以2： 1的物质的量之比配成溶液再通入 SO2，即生成 Na2S2O3和 CO2， 结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2 CO33Na2S2O3 +CO2；（ 4）碳酸钠溶液和 NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH 或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管 （烧杯 ）中，加水溶解，加入过量的 CaCl2溶液，振荡 （搅拌 ） ，静置，用 pH计测定上层清液的 pH，若 pH大于 9.5，则含有 NaOH

6、；（ 5） 硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用 乙醇洗涤；Na2S2O3溶液中滴加酸性 KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中 S2O23- 全部被氧化为5S2O32-SO24- ，同时有 Mn 2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为 +8MnO 4-+14H+8Mn2+10SO42-5S2O32-由方程式可知 n（ Na2S2O3?5H2O）= n（ S2O32-55)= n( KMnO4)= 0. 04L 0. 2mol/ L=0. 005mol ，则88m（ Na2S2O3?5H2O）= 0. 005mol 248g/ mol

7、=1. 24g ，则 Na2S2O3?5H2O 在产品中的质量分数为1.24g100%=82. 7%。1.5g【点睛】 考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应 用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型 和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。2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

8、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 NaHCO3 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 NaHCO3 含量已知）。在恒重的坩埚中称

9、取碳酸氢钠样品，样品和坩埚的质量为m1g。将样品和坩埚置于电热炉内，在 质量为 m2g。 该实验方案中，质量差( 将样品和坩埚置于电热炉内，在 质量为 m2g。 该实验方案中，质量差( m3g，则样品中水分的质量 【来源】上海大学附属中学m1-m2)250 270加热分解至完全，经恒重，样品和坩埚的是 的质量。若所称取样品中 NaHCO3 的质量为_(用含 m、m1、m2 的代数式表示)。m=2018-2019 学年高三下学期第一次月考化学试题8-10，无法准确判断0.975 偏低 碳酸氢钠分解生成的 CO2、H2O 和样品中的含有的水分m1-m 2-【答案】 0.001 黄 橙 滴定终点溶液

10、呈弱酸性，酚酞的变色范围为 滴定终点31m384【解析】【分析】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pH8的溶液中才呈红色；根据 NaHCO3 HCl，则 n(NaHCO3)=n(HCl)计算；c 标准 V 标准根据 c(待测)=分析不当操作对 V(标准 )的影响，以此判断浓度的误V 待测差；由 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2可知加热前后固体质量减轻，主要是生成CO2 气体和水蒸气；先计算出 m3gNaHCO3分解生成的水和 CO2 的质量，再计算样品中含有的水分质 量。【详解】用电子

11、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；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=0.00975m，o根l 据 NaHCO3 HCl，则 n(NaHCO3)=n(HCl)， 0.840g 样品中 m(NaHCO3)=0.00975mol 84g/mol=0.81，9g故样品中 NaHCO3

12、的质量分数为0.819g=0.975；0.840g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；已知 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2,则该实验方案中，质量差 (m1-m2)是碳酸氢钠分解生成的 CO2、H2O 和样品中的含有的水分；称取样品中NaHCO3 的质量为 m3g，则完全反应生成的碳酸钠质量为 m4g，2NaHCO31682NaHCO3168加热Na2CO3 +CO2 +H2O106m3m4m4=106m3 g，生成的水和 CO2的质量为 m3g - 106m3 g= 31 m3g，故所则样品中水分的质

13、168 168 8431m= m1-m2-m3g。84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（标准） V （标准） 分析，若标准溶液的体积偏V （待测 ） 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。3辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含 Cu2S、 CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：取 2.6g 样品，加入 200.0mL0.2000molL1酸性

14、KMnO4溶液，加热 （硫元素全部转化为 SO42），滤去不溶杂质；收集滤液至 250mL 容量瓶中，定容；取 25.00mL 溶液，用 0.1000molL1FeSO4 溶液滴定，消耗 20.00mL；加入适量 NH4HF2溶液（掩蔽 Fe3+和 Mn2+，使其不再参与其他反应 ），再加入过量 KI 固体， 轻摇使之溶解并发生反应： 2Cu2+4I=2CuI+I2 ；加入 2 滴淀粉溶液，用 0.1000mo1L1Na2S2O3 溶液滴定，消耗 30.00mL（已知： 2S2O322 +I2=S4O62+2I）。 回答下列问题： TOC o 1-5 h z （1）写出 Cu2S溶于酸性 KM

15、nO4 溶液的离子方程式： ；（2）配制 0.1000mol L1FeSO4 溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是 ，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有 ；（3）中取 25.00mL待测溶液所用的仪器是 ；（4）中滴定至终点时的现象为 ；（5）混合样品中 Cu2S和 CuS的含量分别为 %、%（结果均保留 1位小数 ）。【来源】山东省济南市 2019 届高三模拟考试理科综合试题 2019.3.29 （化学部分 ） 【答案】 Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SO42-+2Mn2+4H2O 除去水中溶解的氧气，防止 Fe2+被氧 化 胶头滴管 （酸式）滴定管（或移液管） 溶

16、液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原 色 61.5 36.9【解析】【分析】 由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物 的组成。【详解】据题意，样品中的 Cu、S元素被酸性 KMnO4 溶液分别氧化成 Cu2+、SO42-，则 Cu2S与酸 性 KMnO 4溶液反应的离子方程式 Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SO42-+2Mn 2+4H2O。配制 0.1000mol L1FeSO4 溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止 Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。步骤 中取 25.00mL 待测溶液(有

17、未反应的酸性KMnO4溶液)，所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。步骤用标准 Na2S2O3溶液滴定反应生成的 I 2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色 变为无色，且半分钟内不恢复原色。设 2.6g样品中， Cu2S和 CuS的物质的量分别为 x、y，据 5Fe2+MnO4-(5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn 2+4H2O)，样品反应后1 250剩余 n(MnO 4 -)=0.1000mol L1 20.00 -31L0 =4.000 1-30mol5 25.00样品消耗 n(MnO 4-)=0.2000mo L1 200.0 -31L0 4.000 1-30

18、mol=36.00 -13m0 ol 由 Cu2S2MnO4-和 5CuS8MnO4-(5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2+5SO42-+8Mn 2+12H2O)，得 2x+ 8 y=36.00 -13m0 ol5 250又据 2Cu2+I22S2O32，得 2x+y=0.1000mo1L1 30.00 -31L0=30.00 1-30mol25.00 解方程组得 x=y=0.01mol0.01mol 160g/mol故 w (Cu2S)=100% =61.5%，2.6g0.01mol 96g/molw(CuS)=100% =36.9%。2.6g【点睛】 混合物的计算常利用方程组解决，

19、多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关 系，如本题中配制 250mL 溶液，只取出 25.00mL 用于测定实验。4葡萄糖酸亚铁( (C6H11O7) 2Fe)是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。用下图装 TOC o 1-5 h z （1）a 的名称为 。（2）打开 a 中 K1、K3，关闭 K2，一段时间后，关闭 K3，打开 K2。在（ 填仪器标号）中制得碳酸亚铁。实验过程中产生的H2作用有 、。（写2条）（3）将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。用 化学方程式说明原因 。（4）将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。加入乙醇

20、的目的是（5）用 NaHCO3溶液代替 Na2CO3 溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，离子方程式为 ，此法产品纯度更高，原因是 。【来源】 20182019 学年广东佛山市普通髙中教学质量检测（一） 高三理科综合试题（化学部分）【答案】恒压滴液漏斗 c 排出装置内的空气，防止生成的FeCO3 被氧化 将 b 中溶液压入 c 中 4FeCO3O2 6H2O=4Fe（OH）34CO2 降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度Fe22HCO3=FeCO3H2OCO2 降低溶液的 pH 以免产生氢氧化亚铁【解析】【分析】（1）a 的名称为恒压滴液漏斗；（2）b 中产生的硫酸亚铁被氢气压入 c 中与碳酸钠作用产生

21、碳酸亚铁；实验过程中产生的H2 作用还有：排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化；（3）FeCO3与 O2 反应生成红褐色 Fe（ OH） 3；（4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度；（5）NaHCO3 溶液与 FeSO4溶液反应生成 FeCO3、H2O、CO2和 Na2SO4；碳酸根离子水解后溶液 碱性较强，易生成氢氧化亚铁。【详解】（1）a 的名称为恒压滴液漏斗；（2）b 中产生的硫酸亚铁被压入 c 中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的H2作用有：赶走空气、防止生成的 FeCO3被氧化；将 b中溶液压入 c 中；（3）过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色

22、。FeCO3与 O2反应生成 Fe（OH）3，用化学方程式 ： 4FeCO3 O2 6H2O=4Fe（OH）34CO2；（4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析 出；（5）NaHCO3溶液与 FeSO4溶液反应生成 FeCO3、H2O、CO2和 Na2SO4，方程式为： Fe2 2HCO3 =FeCO3H2OCO2。碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，此法产品 纯度更高的原因是：降低溶液的 pH 以免产生氢氧化亚铁。5 草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取 H2C2O4?2H2O。回答下列问题

23、：（1）甲组的同学以电石（主要成分 CaC2，少量 CaS及 Ca3P2 杂质等）为原料，并用图 1 装 置制取 C2H2。装置 A 中用饱和食盐水代替水的目的是 _。装置 B中， NaClO将 H2S、 PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为 NaCl，其中 PH3被氧化 的离子方程式为 _ 。（2）乙组的同学根据文献资料，用 Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化 C2H2 制取 H2C2O4?2H2O制备装置如图 2 所示：装置 D 中多孔球泡的作用是 _。装置 D 中生成 H2C2O4的化学方程式为 _。从装置 D 中得到产品，还需经过 _（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。（3）丙组设计

24、了测定乙组产品中 H2C2O4?2H2O 的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准 确称取 mg 产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用 cmol?L-1 酸性 KMnO4 标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。滴定终点的现象是 _。产品中 H2C2O4?2H2O 的质量分数为 _（列出含 m、 c、V 的表达式）。【来源】辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校2020 届高三上学期期末考试化学试题【答案】减慢反应速率，获得平缓气流PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl- 增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行C2H2+8H

25、NO3H2C2O4+8NO2+4H2O 蒸发浓缩、31.5cV冷却结晶 当加入最后一滴标准液，溶液呈浅红色且 30 s内不恢复原来的颜色 31.5cV %【解析】【分析】碳化钙和水反应十分剧烈，可用饱和食盐水可减缓反应速率；装置 B用 NaClO将 PH3氧化为磷酸，同时生成氯化钠；D 中， Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取 H2C2O4?2H2O，发生反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应， E装置防止倒吸， F装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D 浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品，据此分析解答；装置 D 多

26、孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；根据装置图， D 中， Hg(NO3)2 作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4 和二氧化氮，反应方程式为： C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；将反应后的 D 溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；滴定终点时，继续滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；根据 2MnO 4- 5H2C2O4 ，由高锰酸钾的消耗可得 H2C2O4的量，据此计算 H2C2O4?2H2O 的 质量分数。【详解】电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水 反应；NaClO 将 PH3 氧化为磷酸，钙反应

27、的离子方程式为：PH3 +4ClO-=H3PO4+4Cl-；装置 D 多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；根据装置图， D 中， Hg(NO3)2 作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4 和二氧化氮，反应方程式为： C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；将反应后的 D 溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；滴定过程中，反应结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，则滴定终点现象为：当溶液呈浅红色且 30 s 内不恢复原来的颜色；准确称取 m g 产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用 c mol?L-1酸性 K

28、MnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL，设产品中H2C2O4?2H2O 的质量分数为 ，根据 2MnO4-5H2C2O4?2H2O 产品中 H2C2O4?2H2O 的质量分数为5 126 c V =2m分数为5 126 c V =2m103100%=31.5cVm%。点睛】 考查物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定等知识，题目难度中等，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素化合物性 质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。6下表是某学生为探究 AgCl沉淀转化为 Ag 2S沉淀的反应所做实验的记录步骤现象.取 5mL 0.1m

29、ol / L AgNO 3与一定体积 0.1mol/ L NaCl溶 液，混合，振荡立即产生白色沉淀 .向所得悬浊液中加入 2.5mL 0.1mol/ L Na2S溶液沉淀迅速变为黑色 . 将上述黑色浊液，放置在空气中，不断搅拌较长时间后，沉淀变为乳白色 .滤出中的乳白色沉淀，加入足量HNO 3 溶液产生红棕色气体，沉淀部分溶解 .过滤得到滤液 X和白色沉淀 Y；向 X中滴加 Ba(NO 3)2 溶 液产生白色沉淀1 为了证明沉淀变黑是 AgCl 转化为 Ag 2S 的缘故，步骤 I 中 NaCl 溶液的体积范围为10 30 TOC o 1-5 h z 2 已知： 25时 Ksp AgCl 1

30、.8 10 10， Ksp Ag2S 6 10 30，此沉淀转化反应的 平衡常数 K 。3 步骤 V 中产生的白色沉淀的化学式为 ，步骤中乳白色沉淀除含有 AgCl 外，还含有 。4 为了进一步确认步骤中乳白色沉淀产生的原因，设计了如下图所示的对比实验装置。 装置 A 中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和 ，试剂 W 为 。 装置 C中的试剂为 NaCl溶液和 Ag 2S悬浊液的混合物， B中试剂为 。实验表明： C中沉淀逐渐变为乳白色， B 中没有明显变化。完成 C 中反应的化学方程式： Ag2S+NaCl+ + ? AgCl+S+ C中 NaCl 的作用是： 来源】 2020 届高三化学二轮每周大

31、题必练反应原理的探究型实验答案】 5mL 5.4 109 BaSO4 S 分 液漏斗 过氧化氢溶液Ag 2S悬浊液氧气将 Ag 2S氧化成 S时有2Ag 2S 4NaCl O2 2H2O 氧气将 Ag 2S氧化成 S时有Ag 产生， NaCl 电离的氯离子与银离子结合生成AgCl 沉淀，使 c Ag 减小，有利于氧化还原反应的平衡右移【解析】【分析】要证明沉淀变黑是 AgCl转化为 Ag 2S的缘故，则步骤 中必须使硝酸银电离出的银离子 完全转化成 AgCl 沉淀；(2)K(2)Kc2 Clc S2黑色的硫化银沉淀被氧气氧化为氯化银沉淀和硫单质；硫单质被硝酸氧化为硫酸根离 子；根据装置图判断仪

32、器名称；装置 A 的作用是提供氧气；进一步确认步骤 中乳白色沉淀产生的原因，装置C中的试剂为 NaCl溶液和 Ag 2S悬浊液的混合物，则装置 B 中应该不含氯化钠溶液；装置 C 中生成的白色沉淀为氯化银和 S 单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能 以氢氧化钠形式存在，则未知的反应物为氢氧化钠，再根据 H 元素守恒可知另一种未知反 应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式。【详解】(1)要证明沉淀变黑是 完全转化成 AgCl 沉淀，所以加入的(2)氯化银转化成硫化银的反应为：的平衡常数为：AgCl转化为 Ag 2S(1)要证明沉淀变黑是 完全转化成 AgCl 沉淀，所以加入的(2)

33、氯化银转化成硫化银的反应为：的平衡常数为：AgCl转化为 Ag 2S的缘故，则步骤 NaCl 溶液的体积必须 2AgCl s S2中必须使硝酸银电离出的银离子5mL ；aq? Ag 2S s 2Cl aq ，该反应c2 ClK c S2c2 Ag c2 Cl22c2 Ag c S22K s2p AgClKsp Ag 2S(1.68 11003100)2 5.4 109；步骤 中较长时间后，沉淀变为乳白色，则黑色的硫化银沉淀氧化成氯化银沉淀；再根 据滤出 中的乳白色沉淀，加入足量 HNO 3溶液，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，则被 氧化的只能为 S元素，故乳白色沉淀为 AgCl和 S 的混合物；

34、其中 S被稀硝酸氧化成硫酸根 离子，则在步骤 中向 X中滴加 Ba(NO 3)2 溶液会生成 BaSO4沉淀；根据图示可知，装置 A 中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗；乳白色沉淀为氯化 银和 S的混合物，装置 A的作用是提供氧气，根据圆底烧瓶中为二氧化锰可知 W 为过氧化 氢溶液；进一步确认步骤 中乳白色沉淀产生的原因，装置 C中的试剂为 NaCl溶液和 Ag 2S悬浊 液的混合物，则装置 B中应该不含氯化钠溶液，即为 Ag 2S悬浊液，通过对比反应现象判 断生成乳白色沉淀产生的原因；装置 C 中生成的白色沉淀为氯化银和 S 单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则

35、未知的产物为氢氧化钠，再根据H 元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式为2Ag 2S 4NaCl O2 2H2O ? 4AgCl 2S 4NaOH ；装置 C中氯化钠的作用为：氧 气将 Ag 2S氧化成 S时有 Ag 产生， NaCl电离的氯离子与溶液中银离子结合生成AgCl沉淀，使溶液中 c Ag 减小，从而有利于氧化还原反应2Ag 2S 4NaCl O2 2H2O ? 4AgCl 2S 4NaOH 向右移动。7某学习小组为证实 Ba（OH）2溶液和 H2SO4 溶液的反应是离子反应，设计了如下实验。请 补充完成该实验报告。（1）（实验原理） 溶液的导电性由溶

36、液中离子的浓度及离子电荷数决定。观察 ，据此判断溶液中自由移动的离子浓度的变化，从而证明反应是离子反应。（2）（实验装置）如图 1 所示。实验过程与记录）实验步骤实验现象实验结论连接好装置，向烧杯中加入25mL1mol?L 1的 Ba（OH）2 溶液和 2 滴酚酞溶液，逐滴滴加 1mol?L1 的 H2SO4溶液直至过量，边滴边振 荡。（2）（填写支持实验结论的证据）Ba（OH）2溶液和 H2SO4 溶 液的反应是离子反应（3）整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度表示）可近似地用图2 中的 （填序号）曲线表示。（4）下列三种情况下，与上述实验中离子方程式相同的是 。A 向 NaHSO4 溶

37、液中，逐滴加入 Ba（OH）2 溶液至 SO42 恰好完全沉淀 B 向 NaHSO4 溶液中，逐滴加入 Ba（OH）2 溶液至至溶液显中性C 向 NaHSO4溶液中，逐滴加入 Ba（OH）2 溶液至过量（5）已知： PbSO4 难溶于水，但可溶于醋酸氨溶液中形成无色溶液，其化学方程式为： PbSO4+2CH3COONH4 （CH3COO）2Pb+（NH4）2SO4写出该反应的离子方程式为 。【来源】北京清华附中 2019-2020 高一化学上学期期中试题【答案】灯泡的明暗程度 灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮 c BPbSO4+2CH3COO- (CH3COO)2Pb+SO42-【解析】

38、【分析】溶液的导电性由溶液中离子的浓度及离子电荷数决定，灯泡的明暗程度反映了离子浓 度的变化；向 Ba(OH)2 溶液中逐滴滴加 H2SO4 溶液直至过量，根据溶液中离子浓度的变化可知灯 泡的明暗的变化，从而证明发生了离子反应；同( 2)；A.向 NaHSO4溶液中，逐滴加入 Ba(OH)2 溶液至 SO42恰好完全沉淀，两者物质的量相 等；B 向 NaHSO4 溶液中，逐滴加入 Ba(OH)2 溶液至至溶液显中性， n(H+)=n(OH-)；C 向 NaHSO4溶液中，逐滴加入 Ba(OH)2溶液至过量， NaHSO4 少量；PbSO4 难溶于水，但可溶于醋酸氨溶液中形成无色溶液，说明(CH

39、3COO)2Pb 是弱电解质。【详解】离子浓度越大，电荷越多，会使灯泡越亮，所以灯泡的明暗程度可以判断离子浓度变 化。故答案为：灯泡的明暗程度；烧杯中开始只有强电解质 Ba(OH)2，灯泡亮，然后随着加入 H2SO4 溶液，析出沉淀， 离子浓度下降，所以会逐渐变暗，当完全中和时，会熄灭，再加入硫酸，由于H2SO4 强电解质灯泡会逐渐变亮。故答案为：灯泡由明变暗，直至熄灭，然后又逐渐变亮；烧杯中开始只有强电解质 Ba(OH)2，导电能力强，随着加入 H2SO4 溶液，析出沉淀同 时生成水，离子浓度下降，导电能力减弱，当完全中和时，导电能力最弱。再加入时由于 H2SO4强电解，导电能力又增强，所以

40、用曲线c 表示，故答案为： c；实验中的离子方程式为： 2OH-+2H+Ba2+SO42-=2H2O+BaSO4；向 NaHSO4 溶液中，逐滴加入 Ba(OH)2溶液至 SO42恰好完全沉淀淀，二者物质的量相 等，发生反应的离子方程式为： OH-+H+Ba2+SO42-=H2O+BaSO4，不满足，故 A 错误；向 NaHSO4 溶液中，逐滴加入 Ba(OH)2溶液至溶液显中性，氢离子与氢氧根离子的物质的 量相等，发生反应的离子方程式为：2OH-+2H+Ba2+SO42-=2H2O+BaSO4，满足条件，故 B正确；向 NaHSO4 溶液中，逐滴加入 Ba(OH)2溶液至过量，离子方程式按照

41、硫酸氢钠的化学式组 成书写，该反应的离子方程式为： OH-+H+Ba2+SO42-=H2O+BaSO4，不满足条件，故 C 错 误。故选： B。. PbSO4难溶于水， (CH3COO)2Pb为弱电解质，书写离子方程式时保留化学式，离子方 程式为： PbSO4+2CH3COO- (CH3COO)2Pb+SO42-，故答案为： PbSO4+2CH3COO- (CH3COO2)Pb+SO42-8环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：回答下列问题：环己烯的制备与提纯回答下列问题：环己烯的制备与提纯（1）原料 FeC3l 6H2O 中若含 FeCl2杂质，检验方法为：取 （填化学式 ） 溶液，

42、现象为 。（2）操作 1 的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。定量的该样品配成溶液，加入填序号）。浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeC3l6H2O 而不用浓硫酸的原因为填序号）。a 浓硫酸易使原料碳化并产生 SO2 b FeCl36H2O 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念c 同等条件下，用 FeCl3 6H2O 比浓硫酸的平衡转化率高仪器 B 的作用为 。（3）下列玻璃仪器中，操作 2 中需使用的有 （填标号）。（4）将操作 3（蒸馏）的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石， （填序号）。弃去前馏分，收集 83的馏分加热通冷凝水 环己烯含量的测定在一定条件下，向 a g环己

43、烯样品中加入 b mol Br2。充分反应后，向所得溶液中加入足量 的 KI，再用 c mol/L 的 Na2S2O3标准溶液滴定该溶液，终点时消耗Na2S2O3标准溶液 v mL（以上数据均已扣除干扰因素）。已知： I2 2Na 2S2O 3 2NaI Na2S4O6 （5）滴定所用指示剂为 。样品中环己烯的质量分数为 （用字母表示）。（6）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致最终测定的环己烯含量偏。（填 “高”或“低”）来源】山东省实验中学东校区 2020 届高三 10 月阶段性检测化学试题答案】 K3Fe(CN)6 出现蓝色沉淀 ab 减少环己醇的蒸出 ad 淀粉溶液b-20cv

44、b-20cv00)82 高解析】 分析】环己醇发生消去反应生成环己烯和水，环己烯不溶于水，饱和食盐水溶解环己醇、氯化 铁，然后分液得到的水相中含有环己醇、氯化铁，得到的有机相中含有环己烯，然后干 燥、过滤、蒸馏得到环己烯；亚铁离子通常用 K3Fe(CN)6溶液检验；FeC3FeC3l?6H2O 污染小、可循环使用；仪器 B 能冷凝回流环己醇；操作 2 为分液，根据分液操作方法分析所需仪器；将操作 3 为蒸馏，结合蒸馏操作方法分析；碘遇淀粉溶液变蓝色，所以可以用淀粉溶液检验碘；Br2+2KII2+2KBr、I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6 得关系式 Br2I22Na2S2O3，则与

45、 KI反应的 n(Br2)1 1 1 n(Na2S2O3) cv 130 mol ，所以与环己烯反应的 n(Br2)(b cv 130 )mol ，根据1m(环己烯 )(b cv 1m(环己烯 )(b cv 103 )mol 82g/m，ol结合环己烯质量分数计算；实际产量理论产量若滴定管尖嘴处留有气泡，读出的Na2S2O3 标准溶液体积偏小，计算出的环己烯的物质的量偏大，测定结果偏高。【详解】 环己醇发生消去反应生成环己烯和水，环己烯不溶于水，饱和食盐水溶解环己醇、氯化 铁，然后分液得到的水相中含有环己醇、氯化铁，得到的有机相中含有环己烯，然后干 燥、过滤、蒸馏得到环己烯；原料 FeC3l

46、?6H2O中若含 FeC2l 杂质，检验方法为：取一定量的该样品配成溶液，加入 K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀，证明含 FeCl2 杂质； a浓硫酸具有强氧化性，易使原料炭化并产生SO2，从而降低环己烯产率，故 a 正确；bFeCl3?6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，故b 正确；c催化剂只影响反应速率不影响平衡移动，所以催化剂不影响产率，故c 错误；故答案为： ab；仪器 B 能冷凝回流环己醇，可减少环己醇的蒸出，从而提高环己醇利用率；操作 2 用于分离互不相溶的液体，操作方法为分液，分液用到的玻璃仪器有分液漏斗、 烧杯，不属于容量瓶和坩埚，故选ad，故答案为： ad；（4）

47、将操作 3（蒸馏 ）的步骤范围：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，通冷凝水、加 热，弃去前馏分，收集 83的馏分，故答案为：；（5）碘遇淀粉溶液变蓝色，所以可以用淀粉溶液检验碘，所以选取的试剂为淀粉溶液；Br2+2KII2+2KBr、I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6得关系式 Br2I22Na2S2O3，则与 KI 反1 cv 101 cv 102应的 n(Br2) n(Na2S2O3) cv 130 mol，所以与环己烯反应的 n(Br2)(b223 ）mol ，根据3 ）mol ，根据得 n(环己烯 )(b cv 130 )mol ， m(环己烯 )(b 1(b 1 cv

48、130 )mol 82g/m，ol环己烯质量分数为：b 1 cv 10 3 82g / molagb 2cb 2c0V0082 ； ；a（6）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡，导致读出的标准液体积偏小，计算出的标cV b 82 准液体积 v 偏小，根据环己烯的质量分数 2000 可知，最终测定的环己烯含量 a偏高。9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： TOC o 1-5 h z （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

49、 ；（ 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 /mL0.1000mol?L -1HCl溶液的体积 /mL滴定前刻度滴定后刻度125.000.0026.29225.001.0031.00325.001.0027.31（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