2020-2021备战高考化学综合题专练∶化水溶液中的离子平衡附答案解析

1、2020-2021备战高考化学综合题专练：化水溶液中的离子平衡附答案解析一、水溶液中的离子平衡1.人体血液里Ca2+的浓度一般采用 mg-cm-3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸 俊(NH4)2C2Q溶液，可析出草酸钙(CaC2Q)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草 酸(H2GQ),再用KMnO溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Cf的浓度。(配制KMnO标准溶液)如图是配制 50mL KMnO标准溶液的过程示意图。 )(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有 (填序号)。(2)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将 (

2、填“偏大”或“偏小”)。(测定血液样品中 CsT的浓度)抽取血样 20.00mL,经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol L - KMnO溶液滴定，使草酸转化成 CQ逸出，这时共消耗 12.00mL KMnQ溶液。(3)已知草酸跟KMnO溶液反应的离子方程式为2MnO+5H)4COO HR勺实验流程如下:坏朋VU*蠢梆8 口叫扈;揶II坦1/冷I仃一其中 氧化”的实验过程：在250mL四颈烧瓶中加入 50 mL水和3.18g碳酸钠，低速搅拌至碳酸钠溶解，缓慢加入 9.48g(约0.060 mol)高镒酸钾，按图示搭好装置:电动搅柞器Q10 mL 4 Sff3 J H 鼠 NaOi 9.4

3、S gKMnQi、30mL 小打开电动搅拌，加热至 35C,滴加3.2 mL(约0.031 mol)环己醇，发生的主要反应为：0HKMnO/OH-KOOC(CH)4COOK ?H Fe3O4和SQ气体,实验后取d中溶液的工置于锥形并S中，用 0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，初读数为 0.00mL,终读数如图所示。请回答下列问题:(1)称量样品所用的仪器为 ,将样品研细后再反应，其目的是 (2)装置a的作用是。a.有利于空气中氧气充分反应b.除去空气中的水蒸气c.有利于气体混合d有利于观察空气流速(3)上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是 。(4)滴定时，标准碘溶液所耗体积为 m

4、L。判断滴定已达终点的现象是。通过计算可知，该黄铜矿的纯度为 。(填编号)(5)若用右图装置替代上述实验装置d,同样可以达到实验目的的是1%,假设实验操作(6)若将原装置d中的试液改为 Ba(OH)2,测得的黄铜矿纯度误差为十均正确，可能的原因主要有 。【来源】2010届江苏启东中学高三考前辅导训练化学试题【答案】电子天平使原料充分反应、加快反应速率仄d使反应生成的SQ全部进入d装置中，使结果精确20.10mL溶液恰好由无色变成浅蓝色，且半分钟内不褪色80.4% 空气中的 CC2与Ba(OH)2反应生成 BaC。沉淀；BaSQ被氧化成 BaSC4【解析】【分析】(1)根据称量黄铜矿样品1.15

5、0g,选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；(2)浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；(4)根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2SC22也 再根据题中数据进行计算；(5)图2中的中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钢沉淀，可以根据硫酸钢的质量计算二氧 化硫的量；(6)Ba(CH)2溶液能吸收空气的 CC2,另外BaSC3易被空气中氧气氧化，这些原因均能引起测小洱关7E庆左0【详解】(1)由于称量黄铜矿样品1.150g,精确

6、度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把 黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应；(2)装置a中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置b中发生危险，同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量，故答案为bd;(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确；(4)根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.10mL,当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝；根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：Cu

7、FeS22SO222消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.10mL时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol/L X0.0201L=0.00105moJ所以黄铜矿的质量是：0.5 x 0.00105mol x 184g/mol x 10=0,9246纯度是：0.9246g x 100%=80.4%1.15g(5)由于图2中，硝酸钢溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钢沉淀，过滤干燥后，根据硫酸钢的质量计算出二氧化硫的质量，故答案为；(6)将原装置d中的试液改为Ba(OHR,测得的黄铜矿纯度误差为+1%,在实验操作均正确的前提下，引起误差的可能原因主要有空气中的CQ与Ba(OH)2反应生成BaCQ沉淀

8、或BaSO被氧化成BaSO4o4.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200.0mL0.2000mol L 1酸fIe KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SQ2-),滤去不溶杂质；收集滤液至250mL容量瓶中，定容；取25.00mL溶液，用0.1000mol L 1FeSQ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：2C

9、u2+4=2CuI+2 ；加入2滴淀粉溶液，用 0.1000mo1 11Na28O3溶液滴定，消耗 30.00mL(已知：2s2。32+|2=SO62 +2I )。回答下列问题：(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：;(2)配制0.1000mol L11FeSQ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.

10、29 (化学部分)【答案】Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SQ2-+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)色 61.5 36.9【解析】【分析】溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原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】(1)据题意，样品中的 Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成 Cu2+、S。2-,则Cu2s与酸 性 KMnO4溶液反应的离子方程式 Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SQ2-+2Mn2+4H2O。(2)配制0.1000mol Li1FeSQ溶液所

11、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。(3)步骤中取25.00mL待测溶液(有未反应的酸性 0.01mL,故选酸式滴定管或移液管。(4)步骤用标准 Na2s2O3溶液滴定反应生成的I 2, 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KMnO4溶液)，所用仪器的精度应为使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色x、y,据 5Fe2+MnO4- (5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O),样品反应后剩余 n(MnO4-)=0.1000mol L 1X 20.00 X3L

12、g X喘=4.000 x-3mol样品消耗 n(MnO4-)=0.2000mo L二 1x 200.0 x3H0 4.000 x -30nol=36.00 x -3mol由 Cu2S2MnO4-和 5CuS8MnO4- (5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2+5SC42-+8Mn2+12H2O),得2x+8y=36.00 X 彳mol5 一一250。又据 2Cu2+I22s2O32 ,得 2x+y=0.1000mo1 L 1x 30.00 x3L(X=30.00 x -3mol25.00解方程组得x=y=0.01mol.0.01mol 160g/mol故 w(Cu2S)=100% =61

13、.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，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。5.亚硝酰硫酸 NOSO4H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SO2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KMnO 4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：2KMn

14、O 4 5NOSO 4H 2H 2O K2SO4 2MnSO 4 5HNO 3 2H 2SO4草酸钠与高镒酸钾溶液反应的离子方程式为 。滴定终点的现象为 。亚硝酰硫酸的纯度 。保留三位有效数字，M(NOSO4H)=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】2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2T +8H2O 滴入最后一滴 Na2c2O4 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】高镒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；

15、用0.2500mol?L-1草酸钠标准溶液滴定过量的高镒酸钾溶液，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；减缓滴定过程中草酸消耗高镒酸钾物质的量，得到2KMnO4+5NOSC4H +2H2。= K2SC4 +2MnSO4+5HNO3+2H2SQ,反应消耗高镒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】酸溶液中高镒酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，镒元素化合价+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：2MnC4-+5C2C42-+16H+=2Mn2+10CQ

16、T +8H2C,故答案为：2MnC 4-+5C2C42-+16H+=2Mn 2+10CC2 T +8H2C；用0.2500mol?L-1草酸钠标准溶液滴定过量的高镒酸钾溶液，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Na2c2O4溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复；2MnO4-+5C2O42-+16H + =2Mn 2+10CC2 +8H2O25n 0.5mol/L 0.030L解得 n= 0.006mol,则与 NOSC4H 反应的高镒酸钾物质的量= 0.1000mol?L-1 x 0.100L-0.006mo匕 0.004mol ,2KMn

17、O4 + 5NOSO4H+ 2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+ 2H2SO425,0.004mol0.01mol0.01mol 127g/mol亚硝酰硫酸的纯度= X 100%= 84.67%,1.5g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NOSO 4H ,先定位过量KMnO4本身的颜色，这样就可避免错误的发生。6.实验室需配制0.2000mol?L1Na2aO3标准溶液450mL,并利用该溶液对某浓度的NaClO溶液进行标定.（1）若用Na2s2。3固体来配制标准溶液，在如图所示的仪器中，不必要用到的

18、仪器是（2）根据计算需用天平称取 N32&O3固体的质量是 （填字母），还缺少的玻璃仪器是 （填仪器名称）。go在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸储水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度 （填4无或“二:下 同）0.2000mol?L 1,若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度 0.2000mol?L1O（3）用滴定法标定的具体方法：量取 20.00mL NaClO溶液于锥形瓶中，加入适量稀盐酸和 足量KI固体，用0.2000mol?L 1Na2SO3标准溶液滴定至终点（淀粉溶液作指示剂），四次 平行实验测定的 V （Na2s2。3）数据如下：(已知：I2+2Na2s2O3 2NaI+Na2s4。

19、6)测定次序A次第二次第三次第四次V (Na2s2O3)/mL21.9018.8022.1022.00NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生反应的离子方程式为 。NaClO溶液的物质的量浓度是。【来源】2016届湖南省邵阳市邵东三中高三上学期第五次月考化学试卷（带解析）【答案】AB 烧杯、玻璃棒 15.8 = ClO +2I +2H+ Cl +I2+H2O 0.1100 mol/L【解析】【分析】【详解】（1）用Na2s2。3固体来配制标准溶液，不需要圆底烧瓶、分液漏斗；溶解Na2s2O3固体,还需要烧杯、玻璃棒； 故答案为AB；烧杯、玻璃棒；（2）配制0.2000mol?L1Na

20、2s2O3标准溶液450mL,实验室没有450mL的容量瓶，应选用500mL 的容量瓶，需要 Na2&O3 固体，n=0.2000mol/L x 0.5L=1.000molm=1.000mol x 158g/mol=15.8g定容时，还需要向容量瓶中加入蒸储水，若容量瓶用蒸储水洗涤后未干燥，不会产生误 差；未等溶液冷却就定容了，冷却后，溶液体积减小，所得溶液浓度偏大；故答案为15.8;=; ;（3）NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生氧化还原反应，其离子方程式为 ClO +2I +2H+Cl +I2+H2O;第二次数据明显偏小，不能采用，其余3次平行实验测定的平均体积为：V （N

21、a2s2d）21.90mL 22.10mL 22.00mL=22.00mL,3设NaClO溶液的浓度是x,根据反应 ClO +2+2H+ C+ I2+H2。、l2+2Na2S2O3 2NaI+Na2s4O6可得关系式：NaClO2Na2S4O61220mLX c 0.2000mol/L x 22.00mL解得：c=0.1100mol/L ,故答案为 ClO +2I +2H+ Cl +I2+H2O; 0.1100mol/L。7.草酸（H2c2O4）溶液与酸性KMnO4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，某学习小组 探究反应过程中使褪色加快的主要原因，过程如下：（查阅资料）KMnO4溶液氧化H2c2

22、O4的反应历程为：Mn（叫型匚 Mn（叫包吧 Mn（IH）处产” Mn2+-KCO21 （提出假设）假设1 ：该反应为放热假设2:反应生成的 Mn2+对该反应有催化作用假设3: K对该反应有催化作用该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设，原因是 。（设计、完成实验）（1 称取 g 草酸晶体（H 2c2O4 2H2。）,配置 500mL 0.10mol/L H 2c2O4 溶液。在上述过程中必须用到的2种定量仪器是托盘天平和 。下列操作会使所配溶液浓度偏低的是 （填下列选项的字母序号 ）。A称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘B定容时俯视刻度线C将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少

23、量蒸储水D摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容（2）完成探究，记录数据实 验 编 号烧杯中所加试剂及用量（mL）控制条件溶液褪 色时间 （s）0.10mol/LH2c2O4 溶液等浓度KMnO4溶液H2O0.50mol/L稀硫酸13020302018230203020水浴控制温度65入少量MnSO4固体3.643020x20加入5mL0.10mol / LK 2SO4溶液18则x ，假设 成立。（由于KMn04能氧化水中有机物等因素，配置好稳定的KMn04溶液，其浓度需标定.取10.00mL 0.10mol/L H 2c2O4溶液于锥形瓶中，加入

24、10mL0.50mol / L稀硫酸，用（2）中KMnO 4溶液滴定至锥形瓶中恰好呈浅紫色，且半分钟不褪色，记录数据，平行三次实验，平均消耗 KMnO 4溶液40.00mL ,则草酸溶液与酸性 KMnO 4溶液反应的离子方程式为： ,上述实验中KMnO 4溶液的物质的量浓度为 。【来源】三轮冲刺 2020届高三化学考题必刷一一“假设猜想型”探究分析题【答案】随反应物浓度降低，反应速率减慢6.3 500mL容量瓶 AD 25mL 25H2C2O4 2MnO4 6H 10CO2 2Mn 2 8H2O 0.010mol/L【解析】【详解】随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，故浓度对反应速率的影响是

25、会导致反应速率减慢，而根据题意可知，反应速率是先慢后快，故不可能是浓度导致的反应速率的变化，故答案为：随反应物浓度降低，反应速率减慢；【设计完成实验】（1）配制500mL0.10mol/L H2c2O4溶液，所需的草酸的物质的量n cV 0.5L 0.10mol/L 0.05mol,即需要的草酸晶体（H2c204 2H2。）的物质的 量为 0.05mol ,质量 m nM 0.05mol 126g / mol 6.3g ,故答案为：6.3;配制过程中用到的仪器是：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，其中用到的2种定量仪器是托盘天平和 500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶

26、；A、称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘此时m物 m祛 m游，会导致所称量的药品的质量偏小，则浓度偏低，故 A选；B、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏大，故B不选；G只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故C不选；D、摇匀后，发现溶液液面低于刻度线是正常的，立即用胶头滴管加水，会导致溶液的浓度偏低，故D选；AD正确，故答案为： AD;(2)若要探究K对该反应有无催化作用，必须保持其他的影响因素如H2c2O4的浓度、KMnO 4的浓度以及稀硫酸的浓度与实验1是相同白1而H2c2O4、KMnO4以及稀硫酸的加入的物质的量相同，故

27、若使浓度相同，则必须使溶液体积与实验1相同，故加入的水的体积x 25mL,根据溶液褪色的时间可以看出，Mn2对该反应有催化作用，导致反应速率加快，溶液褪色的时间缩短，故假设2是成立的，故答案为：25mL; 2;(3)根据题干信息可知：KMnO,溶液与H2c2O4发生氧化还原反应，KMnO,被还原为Mn2，H 2c2。4被氧化为CO2,故离子方程式为： 2 5H2C2O4 2MnO4 6H 10CO2 2Mn 2 8H2O；设 KMnO溶液的物质的量浓 度为ymol / L ,根据反应：5H2C2O4+ 2MnO4+ 6H+ = 10CO2 +2Mn2+8H2O520.01L 0.10mol/L

28、 ymol/L 0.04L一 52可得： 解得y 0.010,故答案为：0.010mol/L。0.0010.04yx 100%来衡量产品的优工业上常以产品活性氧的质量分数co (活性氧)=8.过碳酸钠(2Na2CC3?3H2O2)俗称固体双氧水。实验室可用碳酸钠和双氧水等为原料来 制备，具体流程如下：16 MH管。m(样品)劣，13.00%以上为优等品。 请回答：表1反应温度对产品收率及活性氧含量的影响反应温度/C产品收率/%活性氧质量分数/%565.312.711073.213.241585.013.552083.213.302555.112.78表2加料时间对产品收率及活性氧含量的影响加料

29、时间/min产品收率/%活性氧质量分数/%565.713.301076.814.751581.314.262089.013.822587.913.51(1)分析表1, 一般选择的反应温度为 。(2)分析表2,加料时间对产品收率也有很大影响，时间太短或太长均不利于生产，加料 时间太短导致产品收率较低的原因是 。(3)结晶过程中加入氯化钠，作用是 。(4)下列关于抽滤操作，正确的是 。A.准备略大于漏斗内径的滤纸，以盖住布氏漏斗瓷板上的小孔B.用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀C.洗涤沉淀时，加入少量水并开大水龙头，重复操作23次D.用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体，晾干后保存在试剂瓶中(

30、5)使用图2所示装置抽滤，中途需停止抽滤时，最佳操作为 。(6)产品出厂前需测定活性氧的质量分数，现将0.1000g某厂的产品(所含杂质均不参与反应)溶于水配成溶液，加入10.00mL1.000mol ?L-1的稀硫酸，再加入足量 KI,摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量 ,用0.1000mol?L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，若该 产品的活性氧质量分数为 13.60%,则达到滴定终点时共消耗标准液的体积为 mLo 已 知：2Na2&O3+l2= Na2$O6+2NaI【来源】浙江省丽水、湖州、衢州市2019届高三上学期期末考试化学试题【答案】15 C 该反应为放热反应，加料太快会导致温

31、度显著升高，双氧水分解降低产品溶解度，便于产品析出B先打开活塞，再关闭水龙头淀粉溶液 17.00【解析】【详解】(1)由表可知，15c时，产品收率和活性氧的质量分数高；故答案为：15C;(2)由已知：，该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解，不利 于反应的进行；故答案为：该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分 解；(3)结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出；故答案 为：降低产品溶解度，便于产品析出；(4) A.准备略小于漏斗内径的滤纸，盖彳布氏漏斗瓷板上的小孔，A错误；B.用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，B正确；C.

32、洗涤沉淀时，加入少量水，关小水龙头，减小流速，重复操作23次，C错误;D.用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体，过碳酸钠不稳定，应避光保存，D错误；故答案为：B;(5)使用图2所示装置抽滤，中途需停止抽滤时，为防止自来水倒吸，最佳操作为先打开活塞，再关闭水龙头；故答案为：先打开活塞,(6)已知：活性氧的质量分数3 (活性氧)再关闭水龙头；16 门曾=/、 X100%,则 n (HO)=小(样品)16,产品溶于水由与KI的酸性溶液反应，H2Q+2H+2= (0.136 X 0.1000g) X2+16+0.1000mol/L =0.0170L =匚(加口平婷y) 准液的体积为17.00mL;故答案为：

33、淀粉溶液;【点睛】17.00。2HO+I2,故用淀粉溶液做指示剂；用 0.1000mol?L -1的N&S2Q标准溶液滴定生成的碘单质：2NaSQ+I 2= NaS4Q+2NaI ,则 H2O2 2Na25Q, n (N&S2Q) = 2n (HQ),则消耗的标2M丹西J工艺流程实验题要分析流程，所有设计都是为了实现流程的目标，在分析问题时要把握住 这一基本原则，就能防止跑偏方向。9.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Fex C204 y ZH2O ,并用滴定法测定其组成。已知H2c2O4在温度高于90c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

34、内，可生成黄色沉淀；步骤二：称取黄色产物 0.844ng于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至70n 85C。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，用铁氧化钾溶液检验，无蓝 色沉淀产生；步骤三：用0.0800n mol / LKMnO 4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 0.0800n mol / LKMnO 4标准液滴定，用去高镒酸钾标准液 10.00n mL 。%孰5溶液阳明上种。4k

35、溶液图甲II一h j滴定前(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70n 85c的理由是,加铁氧化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是。(3)步骤三盛装KMnO 4标准液的滴定管在滴定前后的液面如图乙所示，则消耗KMnO 4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 KMnO 4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一一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

36、解证明溶?中无Fe2存在，防止Fe2干扰草232酸的测定 25.00mL 酸式 5Fe MnO 4 8H 5Fe Mn4H 2O 减小Fe4 C2O4 5?10H2O【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7085n ?C可防止草酸分解；Fex C2O4 yHzO中的铁元素可能含有 Fe2 , Fe2与KMnO 4反应，高镒酸钾滴定草酸时，需要排除Fe2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Fe2存在，防止Fe2干扰草酸的测定；(3)滴定前读数为0.80n mL ,滴定后读数为25.80n mL ,则消耗KMnO 4

37、溶液的体积为25.00n mL ； KMnO 4具有强氧化性，应用酸式滴定管，故答案为：25.00n mL ；酸式；(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为5Fe2 8H5Fe3Mn2 4H2O ,洗涤液中含有Fe2 ,若不合并，消耗 KMnO 4标准液的体积减小；根据方程式可知，n Fe25n MnO 45 0.0800nmol/L 10n mL 10 3 L /mL 4 10 3 mol,5 .一n H 2c2O4- n MnO 425330.0800n mol /L 25n mL 10 3L/mL 5 10 3 mol20.844n g 4 10 3 mol 565 10 3 mol

38、88n g / mol，n H2O mo 0.01n mol，18n g/mol2则n Fe ： n C2O4 : n H2O 4： 5： 10,黄色化合物的化学式为232Fe4 C2O4 510H2O,故答案为：5Fe MnO 4 8H 5Fe Mn 4H 2O；减小；Fe4 C2O4 5710H2O。【点睛】亚铁离子和草酸均能与酸性高镒酸钾溶液反应，实验时防止亚铁离子干扰草酸的测定是解 答关键。10. （1）葡萄酒中SQ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SQ全部逸出并用 H2O2将其全部氧化为 H2SQ,然后用0.090 0 mol L 1NaOH标准溶液 进行滴定。写出上述氧化还原反应的化学方程式： 若用50 mL滴