2020届高三化学综合实验题《氧化还原滴定-碘量法及相关计算》

1、第 页，共24页第1页，共24页氧化还原滴定法碘量法一、概述氧化还原滴定法是以氧化还原反应为基础的容量分析方法。它以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质；或者间接滴定一些本身并没有氧化还原性，但能与某些氧化剂或还原剂起反应的物质。氧化还原滴定法根据使用的标准溶液不同可分为高锰酸钾法、重铬酸钾法、碘量法、溴酸钾法等。最常用的也就是高锰酸钾法和碘量法。下面，介绍一下碘量法！（一）原理和条件碘量法是利用I的氧化性的I-的还原性进行滴定的分析方法。其化学方程式是：I+2e-二21-。I222是较弱的氧化剂，I-是中等强度的还原剂。碘量法可分为直接碘量法和间接碘量法。直接碘量法是

2、利用I的氧化性直接测定（滴定）还原性较强的的物质，又叫碘滴定法。应在酸性、中2性或弱碱性溶液中进行。PH9时则会发生如下发反应：31+6OH-=IO-+5I-+3HO。直接碘量TOC o 1-5 h z232法可用淀粉指示剂指示终点，终点时溶液呈蓝色。由于I的氧化能力不强，所以只能滴定较强的还原剂，2因此用于直接滴定的物质不多，有S2-、SO2-、Sn2+、SO2-、AsO33-等。如可用I标准溶液滴定32332HSO,HSO+1+HO二2HI+HSO。23232224间接碘量法是利用I-的还原性间接测定氧化物质含量的方法。测定时先将氧化物质，与过量的KI反应析出定量的I，然后可用NaSO标准

3、溶液滴定析出的I，通过NaSO消耗量，计算氧化剂的含量22232223这种方法称为间接碘量法。间接碘量法也有滴定条件：1、增加溶液的酸度；2、加入过量的KI；3、近终点时加入淀粉；4、室温及避光条件下滴定。间接碘量法也可用淀粉指示剂指示终点，根据蓝色消失确定滴定终点。（二）碘量法应用（维生素C含量测定）维生素C分子中含有烯二醇基，易被I氧化成二酮基，反应式如下：CHO+1哗CHO+2HI。26822666测定时加入HAc使溶液成弱酸性，减少维生素C的副反应，且不影响滴定速度。第一步是配置005曲叫标准溶液；第二步是标定佇溶液浓度，可用已标定好的Na2S2O3标准溶液来标定12溶液浓度:C(Na

4、SO)XV(NaSO)cccczLzLzLzL2V(12)；第三步是维生素c含量的测定并计算出维C含量。福建省2020届高三化学综合实验题氧化还原滴定一碘量法习题1.亚氯酸钠(NaC102)和C102都是重要的漂白剂。通常情况下,C102是一种具有强氧化性的黄色气体，常用于水的净化和纸浆、纺织品的漂白C102易发生爆炸，在生产、使用时可用其他气体进行稀释。ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐。TOC o 1-5 h z(1)草酸(h2c2o4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成C1O2，反应的离子方程式为。(2)自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量

5、法作如下检测(已知ClO2存在于pH为46的溶液中，C102-存在于中性溶液中):取0.50L水样,加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液,溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式:。 HYPERLINK l bookmark6 已知:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，向所得溶液中滴加5.00 x10-4molL-i的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00mL,判断达到滴定终点的方法是,该水样中ClO2的浓度是mg/L。某学习小组设计如下装置制取亚氯酸钠(NaC102)。WnC10和Mm卿体旳水诺装置A中产生的C102气体,在装

6、置C中反应生成NaC102，写出生成NaC102的化学方程式:。将NaC102溶液在一定条件下处理即可得到NaC102晶体。装置B的作用是.某同学认为上述装置并不完整，请在图中画出需补充的装置图。硫代硫酸钠(Na2S2O3),又名大苏打、海波，主要用于照相业作定影剂、作鞣革时重铬酸盐的还原剂，易溶于水，遇酸易分解。其工艺制备流程如下：H；0SCh卜|溶解|反应结晶|)某化学兴趣小组同学模拟该流程设计了如下实验装置:回答下列问题：写出I装置中的化学反应方程式，若要停止I中的化学反应，除停止加热外，还要采取的操作是。加热I,使反应完全，发现浸入液面下的铜丝变黑，甲同学认为黑色生成物可能含有以下物质

7、中的一种或多种：Cu2O；CuO；CuS。乙同学提出假设一定不成立，乙同学的依据是。他做了如下实验来验证黑色物质的组成：議色固体稀硫酸j-蓝色溶液黑色固体基于上述假设分析，黑色物质的组成为(填化学式)。II中发生反应的化学方程式为，实验中通入的SO2不能过量,可能的原因是。为检验制得的硫代硫酸钠产品的纯度，该小组称取5.0g产品配成250mL硫代硫酸钠溶TOC o 1-5 h z液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：向锥形瓶中加入25.00mL0.01molL1的KIO3溶液，再加入过量的KI溶液并酸化，发生反应的离子方程式为，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配的Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2

8、+2S2O32-=2I-+S4O62-,当达到滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液20.00mL，贝V该产品的纯度是(保留3个有效数字)。丙同学提出上述实验装置的设计存在不足，提出改进建议。(一)碱式硫酸铁Fe(OH)SO4可用做净水剂、媒染剂等。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的部分工艺如下：111F甌II卜jtnpH一竝武績藪镀1已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:沉淀物Fe(OH)=Fe(OH):Al(OH).开始沉淀2.37.3.4*I1*1元全汎沅3.29.724TOC o 1-5 h z反应I中氧化还原反应的离子方程式、反应U中加入NaHCO

9、3调节体系的pH在范围内。反应皿中生成的气体遇空气变红棕色，该反应的离子方程式是(4)若反应皿中通入O2可减少NaNO2的用量，当消耗1molO2可节约n(NaNO2)=mol。(二)自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.10.8mg/L之间。碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：I.取一定体积的水样用氢氧化钠溶液调至中性，然后加入一定量的碘化钾，并加入淀粉溶液，溶液变蓝。加入一定量的Na2S2O3溶液。(已知:2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)皿.重复上述操作23次。操作时，不同pH环境中粒子种类如图所示:TOC o 1-5 h z操作I中反应的离子方程式是

10、；确定操作U恰好完全反应的现象是；若水样的体积为1.0L,在操作U时消耗了1.0 x10-3mol/L的Na2S2O3溶液10mL,则水样中ClO2的浓度是mg/L。二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂(1)以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括:粗盐精制;电解微酸性NaCl溶液;ClO2的制取。工艺流程如图：过横试MX适城试刑YHO】1iIH隘水一匠应M沉固一j因五切电袖T反应肛一!6丨1HCl2粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO2-等杂质。除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的试剂X,X是(填化学式)，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3

11、和NaOH,充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO4-，其原因是。已知：Ksp(BaSO4)=1.1x10-10；Ksp(BaCO3)=5.1x10-9上述过程中，将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠与盐酸反应生成C1O2。电解时生成的气体B是；反应皿的化学方程式为。用ClO2处理过的饮用水(pH为5.56.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO-)。饮用水中ClO2、ClO-的含量可用连续碘量法进行测定，实验步骤如下：步骤1:准确量取一定体积的水样加入锥形瓶中；步骤厶调节水样的pH至7.08.0步骤3：加入足量的KI晶体；步骤4：加入少量指示剂，用一定浓度的N

12、a2S2O3溶液滴定至终点；步骤5：再调节溶液的pH2.0步骤6：继续用相同浓度的Na2S2O3溶液滴定至终点、TOC o 1-5 h z步骤1中若要量取20.00mL水样，则应选用的仪器是。步骤14的目的是测定水样中C1O2的含量，其反应的化学方程式为：2C1O2+2KI=2KClO2+12,2Na2S2O3+12=Na2S4O6+2NaI,则步骤4中加入的指示剂为,滴定达到终点时溶液的颜色变化为。步骤5的目的是使I-将溶液中的ClO-还原为Cl-以测定其含量，该反应的离子方程式为。(3)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是(填标号)明矶

13、b.碘化钾c.盐酸d.硫酸亚铁某化学兴趣小组模拟工业生产无水FeCl3。利用如图所示装置向500600C的铁屑中通入Cl2生产无水FeCl3。已知：FeCl3固体呈黑棕色、易潮解、易升华。回答下列问题：TOC o 1-5 h z写出用KMnO4和浓盐酸在装置A中制备Cl2的离子方程式：。装置B中加入的试剂是，装置C中玻璃丝的作用是，E中为碱液，其作用是。有同学认为气体通入装置C前应先除去其中含有的HC1,否则会影响所得FeCl3的纯度，对此你的观点是。已知FeCl36H2O晶体在水中的溶解度如下：温度/C01020305080100溶解度(g/100gH2O)74.481.991.8106.8

14、315.1525.8535.7则从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是:加入少量盐酸、过滤、洗涤、干燥。（5）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取2.300g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，再转移到lOOmL容量瓶中，用蒸馏水定容;取出lO.OOmL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入某一指示剂并用0.1000molLiNa2S2O3溶液滴定，消耗12.50mL标准液。已知：I2+2S2O2-=2I-+S4O6-写出加入稍过量的KI溶液发生反应的离子方程式：。样品中氯化铁的质量分数为（保留一位小数）。Na2S2O4（保险粉）广泛用于纺织工业的还原性染色、织物的漂白等，它

15、既具有强还原性，又具有强氧化性。回答下列问题：（1）Ventron公司研发了现场制取保险粉的方法，发生的主要反应为NaBH4+8NaHSO3=NaBO2+4Na2S2O4+6H2O。该反应属于（填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”）。（2）德国BASF等企业曾用氯碱工业得到的钠汞剂生产保险粉，其反应原理如下:2NaHg+2Na2SO3+2H2O=4NaOH+Na2S2O4+2Hg。该方法得到的产品中会含有较多Cl-，从环境保护等角度考虑，另一缺点是。（3）甲酸钠（HCOONa）法生产保险粉的主要工艺流程如下：SOiCO.薦卫L组戒辆定用甲醇作溶剂的原因除SO2、HCOONa均易溶于甲醇外，还

16、有“反应釜”中发生反应的化学方程式为。测定产品中Na2S2O4质量分数的主要步骤如下:称取ag样品，将其加入盛有一定体积的甲醛（HCHO）的烧杯中（Na2S2O4+2HCHO+H2O=NaHSO3CH2O+NaHSO2CH2O），溶解后转移到250mL容量瓶中，用水稀释至刻度线。准确移取25.00mL溶液于锥形瓶中，酸化后加入淀粉指示剂并用cmolL-i的碘标准液滴定（此时只发生反应：NaHSO2CH2O+2l2+2H2O=NaHSO4+HCHO+4HI），滴定终点时消耗VmL碘标准溶液。滴定终点的判断依据是。样品中Na2S2O4的质量分数为（列出计算表达式即可）。水合肼（N2H4H2O）又名

17、水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2HH2O+NaCl。Ml实验一：制备NaClO溶液。（实验装置如图1所示）（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有（填标号）。玻璃棒烧杯烧瓶容量瓶E胶头滴管TOC o 1-5 h z（2）锥形瓶中发生反应的离子方程式是。实验二：制取水合肼。（实验装置如图2所示）（3）仪器A的名称为。反应过程中需控制反应温度，同时将分液漏斗中溶液缓慢滴入A中。如果滴速过快则会导致产品产率降低，同时产生大量氮气，写出该过程的化学方程

18、式：,故分液漏斗中的溶液是（填标号）。CO（NH2）2溶液NaOH和NaClO溶液充分反应后，加热蒸馏A内的溶液，收集108114C馏分，即可得到水合肼的粗产品。实验三：测定馏分中水合肼含量。(4)称取馏分5.0g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加23滴淀粉溶液，用0.10molLT的I2溶液滴定。滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右。(已知：N2H4H2O+2I2=N2f+4HI+H2O)滴定时，碘的标准溶液盛放在(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，本实验滴定终点的现象为实验测得消耗I2溶液的平均值为18.00mL,馏分中水合肼(N2H

19、4H2O)的质量分数为8.消毒剂在生产、生活中有重要的作用，常见的含氯消毒剂有NaC102、NaC10、C102和Cl2.回答下列问题:TOC o 1-5 h zNaClO2所含的化学键类型有、。消毒剂投入水中，一段时间后与氨结合得到一种结合性氯胺(NH2C1)。NH2C1在中性或酸性条件下也是一种强杀菌消毒剂，常用于城市自来水消毒。其理由是(用化学方程式表示)。“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。上述四种含氯消毒剂中消毒能力最强的是。自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.10.8mgL-1之间。用碘量法

20、检测ClO2处理后的自来水中ClO2浓度的实验步骤如下：步骤I.取一定体积的水样，加入足量碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。步骤U.用Na2S2O3溶液滴定步骤I中所得的溶液。已知：a.操作时，不同pH环境中粒子种类如下表所示。pH27粒子种类Cl-ClO2-b.2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。23246步骤U中反应结束时溶液呈(填“蓝色”或“无色”)。若水样的体积为1.0L，在步骤U中消耗10mL1.0 x10-3molL-iNa2S2O3溶液，则该水样中c(ClO2)=mg/L。三氯化六氨合钻Co(NH3)6C13是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钻配

21、合物的原料。下图是某科研小组以含钻废料(含少量Fe、Al等杂质)制取Co(NH3)6C13的工艺流程：回答下列问题：写出加“适量NaC103”发生反应的离子方程式“加Na2CO3调pH至a”会生成两种沉淀，分别为(填化学式)。操作I的步骤包括、冷却结晶、减压过滤。流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH)过大，利用平衡原理分析，原因是氧化步骤中甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为(填“甲”或“乙”)同学观点正确，理由是。写出该步骤的化学方程式。通过碘量法可测定产品中钻的含量。将Co(NH3)6Cl3转化成Co3+后，加入过量KI溶液，再

22、用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：2Co3+2I=2Co2+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-实验过程中，下列操作会导致所测钻含量数值偏高的是用久置于空气中的KI固体配制溶液盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗滴定结束后，发现滴定管内有气泡溶液蓝色褪去，立即读数硫化氢毒性很大，俗称“一口闷”，工业废水中的硫化物在酸性条件下会以硫化氢的形式逸出。某课外小组以碘量法测定废水中的硫化物，实验装置如图所示，实验步骤及测定原理如下：I取样、吹气、固硫连接装置，打开氮气源，检查装置气密性。移取一定体积lmolL1乙酸锌溶液于两支吸收管中，取200mL水样于反应瓶

23、中，通入氮气一段时间。移取10mL盐酸于反应瓶中，水浴加热，继续通入氮气。已知乙酸锌与硫化氢反应生成硫化锌沉淀(硫化氢被完全吸收)。滴定关闭气源，往两个吸收管中各加入0.010molL1的碘标准溶液100mL(过量)，再加入盐酸5mL,静置。加入淀粉指示液，用0.010molL1的硫代硫酸钠标准溶液对两支吸收管中的液体进行滴定。(已知：2S2O|-+I2=2I-+S4O6-)回答下列问题：TOC o 1-5 h z反应瓶中前通氮气是为了排出装置中的空气，反应后通入氮气的目的是水浴加热的温度不能高于85C，原因是。加入碘标准溶液之前，吸收管中发生反应的化学方程式为该实验若只使用一个吸收管，会导致

24、测定结果偏(填“高”或“低”)。(5)该200mL水样经吹气、固硫后，滴定操作时共消耗160mLNa2S2O3溶液，则废水中硫的含量为mg.L。实验室常用FeS固体与稀硫酸反应制取H2S。实验室制取H2S时，从反应物与生成物的状态、性质和反应条件分析，下列发生装置中可选用的是(填序号)。9S3揶賣薑MtT商孔鴉料血o将二氧化氯溶液加入硫化氢溶液中，然后加入少量稀盐酸酸化的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。写出二氧化氯与硫化氢溶液反应的离子方程一种从含碘有机废水(含I-、HCOO-、丙酮及醇类)中回收碘的工艺流程如下:已知：HCOOH是弱酸，能与水以任意比互溶。减压蒸馏蒸发低沸点有机物的目的是在电

25、位保护下(指示滴加氧化剂过程中电位的变化)加入氧化剂氧化I,电位保护的目的是，NaClO氧化I-的离子方程式为“一次粗碘”还原时，加入Na2SO3的量不宜过量太多，其原因是“二次粗碘”含12、难挥发性物质及易升华的ICl等，实验室可用图所示装置进行升华提纯，冷却水应从、(填一a或“b”)口通入，粗碘中需加入少量NaI的目的是(用化学方程式说明)。水浴加热升华碘粗碘升华提纯碘焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：TOC o 1-5 h z生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式。(2)利用烟道气中的SO2

26、生产Na2S2O5的工艺为:SO.Na.COjfMSiSO,r11l*lH而给品朧水In札尽qpH=lEpH=7-8pH=4pH=4.1时，I中为溶液(写化学式)。工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为。电解后，室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。砒子酬(4)Na2S2O可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000molL-i的碘标准液滴定至终点，消耗1

27、0.00mL。滴定反应的离子方程式为，该样品中Na2S2O5的残留量为gL-i(以SO2计)。水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：I取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。匚酸化、滴定将固氧后的水样酸化,MnO(OH)2被I-还原为Mn2+,在暗处静置5mm，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O2-+I2=2I-+S4O6-)。问题：取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amolLiNa2S2O3

28、溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为mgL1。答案和解析1【答案】H2C2O4+2ClO-+2H+=2CO2T+2ClO2$+2H2O2C1O2+2KI=2KC1O2+I2当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色;1.35(3)2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaC102+2H20+02防止C中试管中的溶液倒吸到A中在装置C后画&或其他合理装置)【解析】【分析】本题考查物质的制备及性质实验，难度较大，掌握相关物质的性质是解答的关键。【解答】据已知可知草酸可以还原次氯酸根离子，本身被氧化为二氧化碳，故离子方

29、程式为H2C204+2C10-+2H+=2CO2T+2C1O2T+2H2O,故答案为：H2C204+2C10-+2H+=2CO2T+2C1O2T+2H2O；从已知可知是二氧化氯将碘离子氧化为碘单质，故化学方程式为2C1O2+2KI=2KC1O2+I2，故答案为：2C1O2+2KI=2KC1O2+I2;因原先是加入淀粉与碘变蓝色，加入Na2S2O3溶液时碘单质会变为碘离子，故蓝色会褪去，故方法为当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色，该水样中ClO2的浓度计算为：2C1O2I22S2O32-,则n(ClO2)=n(S2O32-)，则0.5L水样中C1O2的浓度是(

30、5x10-4mol/Lx20 x10-3Lx67.5g/mol)x1000/0.5L=1.35mg/L,故答案为：当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色；1.35；A中亚硫酸钠与氯酸钠反应产生二氧化氯，之后在C中形成亚氯酸钠，故化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaC102+2H20+02，故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaC102+2H20+02；B是为了防止C中试管中的溶液倒吸到A中，故答案为：防止C中试管中的溶液倒吸到A中;因未反应完全的气体是有毒的，故要尾气吸收，故可以用在装置C后画故答案为：在装置C后画2.【答案】(1)C

31、u+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2T+2H2O；旋转手柄使铜丝螺旋部分与液面脱离;Cu2O为红色固体；CuS、CuO；2NS+Na,CO3+4SO2=SNaOs+CO2；过量SO2使溶液呈酸性，Na2S2O3遇酸易分解;（4）51-+IO3-+6H+=3I2+3H2O；59.3%；在I装置前增加一个赶气装置；在I、II之间增加安全瓶（或缓冲瓶）。【解析】【分析】本题以制备硫代硫酸钠为载体考查无机工艺流程，较为综合。解答时，要注意实验装置的用途以及物质的性质。【解答】（1）铜与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，I装置中的反应为Cu+2H2SO4（浓）二CuSO4+SO2T+2H2O；若要停止I中

32、的化学反应，除停止加热外，还要旋转手柄使铜丝螺旋部分与液面脱离；故答案为：Cu+2H2SO4（浓）_CuSO4+SO2T+2H2O；旋转手柄使铜丝螺旋部分与液面脱离；（2）乙同学提出假设一定不成立，是因为Cu2O为红色固体；黑色物质能够部分溶于稀硫酸，生成蓝色溶液，说明含有氧化铜，还有黑色物质不溶，说明还含有CuS，因此黑色物质的组成为CuS、CuO的混合物；故答案为：Cu2O为红色固体；CuS、CuO；（4）根据流程图，Na2S、Na2CO3和SO2在II中发生反应生成Na2S2O3，反应的化学方程式为2Na2S+Na,CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；若SO2过量，溶液为酸性，N

33、a2S2O3遇酸易分解；故答案为：2Na2S+Na,CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；过量SO2使溶液呈酸性，Na2S2O3遇酸易分解；（5）在锥形瓶中加入25mL0.01mol.L-iKIO3溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O,再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，则可得关系式：IO36S2O32-，lmol6mol0.025Lx0.01mol.L-in（S2O32-）则n（S2O32-）=0.0015mol,所以250mL硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为

34、0.0015molxa=0.01875mol，则硫代硫酸钠的质量为0.01875molx158g/mol=2.96g，则该产品20的纯度是X100%=59.25%；5g故答案为：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O；59.25%；（6）丙同学提出上述实验装置的设计存在不足，建议在在双球管支管口处增加一个赶气装置,使生成的二氧化硫赶出；在I、II之间增加安全瓶（或缓冲瓶），以防止倒吸；故答案为：在I装置前增加一个赶气装置；在I、II之间增加安全瓶（或缓冲瓶）。3.【答案】（一）(1)Fe+2H+=Fe2+H2f；Fe+2Fe3+=3Fe2+(2)4.47.5(3)Fe2+NO2-+2H+=

35、Fe3+NOf+H2O第 页，共24页(4)4(二)2ClO2+2I-=2ClO2-+I2锥形瓶溶液由蓝色变为无色，且半分钟不复原0.675解析】【分析】(一)考查工艺流程、对条件的控制选择、物质的分离提纯等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。二)考查中和滴定原理的应用，可如下分析：用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为C102，C102将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2-，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；加入一定量Na2S2O3溶液，发生反应2S2O32-+I2=S4O62-+2

36、I-，使I2还原为I-:由图示表明，pH至13时，ClO2-将I-氧化成I,生成的I2与淀粉结合再次出现蓝色，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；根据关系S2O32-I-ClO2先计算出ClO2的物质的量，然后再计算出浓度。解答】一)活泼金属，可与酸反应，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2T，氧化铁与酸反应生成铁离子，铁离子可以氧化Fe，离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2f；Fe+2Fe3+=3Fe2+；制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al(OH)3，要避免生成应Fe(OH)2沉淀，控制pH在4.4pH7.5

37、之间，故答案为：4.4SpHV7.5；(3)NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子，本身变为NO,故反应方程式为2H+Fe2+NO2-=Fe3+NOf+H2O,故答案为：2H+Fe2+NO2-=Fe3+NOf+H2O；(4)n(O2)=1mol，则得到电子1molx4=4mol，1molNaNO2被还原生成NO，化合价由+3价降低到+2价，得到1mol电子，则需要4molNaNO2，故答案为：4mol；(二)用氢氧化钠溶液调至中性，由图知，此条件下粒子种类为ClO2，ClO2将加入的碘化钾氧化为I2，自身被还原成ClO2-，离子方程式为：2C1O2+2I-=2C1O2-+I2，故答案为：2C1O2+

38、2I-=2C1O2-+I2；加入一定量Na2S2O3溶液，发生反应2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，使I2还原为I-，故蓝色会消失，故答案为：蓝色消失，半分钟内不变色S2O32-I-ClO21111.0 x10-3mol/Lx0.01L1.0 x10-5molm(ClO2)=n(ClO2)xM(ClO2)=1.0 x10-5molx67.5x103mgmol-1=0.675mg由于水样为1L，所以ClO2的浓度为0.675mg1L=0.675mgL-1；故答案为：0.675。4.【答案】(1)BaCl2；BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量的CO2-时,BaSO4

39、(s)会部分转化为BaCO3(s)H2；2NaC103+4HCl=2ClO2T+2NaCl+2H2O+Cl2$25mL酸式滴定管或20mL移液管淀粉溶液；蓝色褪去且30秒内不恢复蓝色CIO-+41一+4H+=C1+2I2+2H2O(3)d【解析】【分析】本题结合工艺流程考查化学实验知识，意在考查考生对化学相关知识的识记能力与理解应用能力。【解答】Na2CO3和NaOH的作用分别是除去Ca2+。Mg2+,SO2-应用钡盐除去，考虑到不能引入杂质，故选用BaCl2溶液；由于BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，加入过量的Na2CO3，使得溶液中存在大量的CO|-，BaSO4(s)会部分转化为Ba

40、CO3(s),导致溶液中含有一定量的SO2-o根据电解NaCl产生NaClO3可知，阳极实现Cl-tClO-的转化，所以阴极反应为2H+2e-=H2f,即电解时产生的气体B是H2；根据题意知反应III的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2f+2NaCl+2H2O+Cl2$o故答案为：BaCl2；BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量的CO2-时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)H2；2NaClO3+4HCl=2ClO2T+2NaCl+2H2O+Cl2T根据水样的pH为5.56.5,显酸性，可知应用25mL酸式滴定管或20mL移液管移取。根据题意可知滴定

41、过程中出现了碘单质，淀粉遇碘变蓝，故选淀粉溶液作指示剂。滴定到终点时，碘单质恰好完全反应，故滴定达到终点时溶液的颜色变化为溶液蓝色褪去，且30秒内不恢复蓝色。步骤5的目的是用I-将溶液中的ClO-还原为Cl-以测定其含量，则I-被氧化为12,故反应的粒子方程式为：ClO-+4I-+4H+=C1-+2I2+2H2O。故答案为：25mL酸式滴定管或20mL移液管淀粉溶液；蓝色褪去且30秒内不恢复蓝色ClO-+4I-+4H+=C1-+2I2+2H2O由(2)知亚氯酸盐具有氧化性，明矾不能被氧化，碘化钾可被氧化为碘，盐酸可被氧化为氯气，因此若要除去超标的亚氯酸盐，最适宜的硫酸亚铁，且产生的氧化产物硫酸

42、铁能净水。故答案为：d。5.【答案】(1)2MnO4-+16H+10Cl-=2Mn2+8H2O+5C12T；浓硫酸；吸附生成的FeCl3，防止堵塞右侧导管；吸收多余的氯气;(3)不会,C12的氧化性比HCl强,Fe优先和Cl2反应(或Cl2能将生成的FeCl2氧化成FeCl3)；4)蒸发浓缩；冷却结晶；(5)2Fe3+2I-=2Fe2+I2；88.3%。【解析】【分析】本题考查实验方案的设计和评价，氯气的实验室制取和氯化铁的制备，物质的分离和提纯离子方程式的书写，样品纯度的计算等，难度中等。【解答】用KMnO4和浓盐酸在装置A中制备Cl2的离子方程式为：2MnO4-+16H+10Cl-=2Mn

43、2+8H2O+5C12T；故答案为：2MnO4-+16H+10C1=2Mn2+8H2O+5C12T；FeCl3固体易潮解，则装置B的作用是除去水蒸气，所以装置B中加入的试剂是浓硫酸，装置C中玻璃丝的作用是吸附生成的FeCl3，防止堵塞右侧导管；E中为碱液，其作用是吸收多余的氯气；故答案为：浓硫酸；吸附生成的FeCl3，防止堵塞右侧导管；吸收多余的氯气；有同学认为气体通入装置C前应先除去其中含有的HC1,否则会影响所得FeCl3的纯度，我认为不会，因为Cl2的氧化性比HCl强，Fe优先和Cl2反应(或Cl2能将生成的FeCl2氧化成FeCl3)；故答案为：不会，Cl2的氧化性比HCl强，Fe优先

44、和Cl2反应(或Cl2能将生成的FeCl2氧化成FeCl3)；则从FeCl3溶液制得FeCl36H2O晶体的操作步骤是：加入少量盐酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；(5)加入稍过量的KI溶液发生反应的离子方程式为：2Fe3+2I亠2Fe2+12；故答案为:2Fe3+2I-=2Fe2+I2；根据化学方程式得反应关系式为：FeCl3丄12S2O32-1mol1moln0.1x12.5x10-3解得10.00mL溶液中含有FeCl3的物质的量n=1.25x10-3mol,所以样品中氯化铁的质量分数为1.25灯-沃讹心2題/咖.I。=88.3%；2.3g故答案为：

45、88.3%。6.【答案】(1)氧化还原反应Hg的蒸气及含汞废水毒性大，易造成环境污染保险粉在甲醇溶剂中的溶解度小从而使其易析出2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO21溶液颜色由无色变为浅蓝色，且半分钟内不褪色；2CZ0-35(或087竺X100%)a2a250【解析】【分析】本题考查物质制备实验，关键是对原理的理解，涉及氧化还原反应、对装置的分析评价、物质的分离提纯、化学仪器识别等，侧重考查学生综合运用知识解决问题能力，题目难度中等。【解答】该反应中B元素和S元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故答案为：氧化还原反应；该方法得到的产品中会含有较多C1-

46、,从环境保护等角度考虑，另一缺点是Hg的蒸气及含汞废水毒性大，易造成环境污染，故答案为：Hg的蒸气及含汞废水毒性大，易造成环境污染；用甲醇作溶剂的原因除S02、HCOONa均易溶于甲醇外，还有保险粉在甲醇溶剂中的溶解度小从而使其易析出，故答案为：保险粉在甲醇溶剂中的溶解度小从而使其易析出；“反应釜”中发生反应的化学方程式为2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2，故答案为：2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2；达到滴定终点时不再消耗碘液，则滴定终点的判断依据是溶液颜色由无色变为浅蓝色，且半分钟内不褪色；由反应方程式可得关系

47、式：Na2S2O4212，贝V样品中Na2S2O4的质量分数为12“10-3灯74(或100%)，故答案为：溶液颜色由无色变为浅蓝色，且半分钟内不褪ax-25a250色；2cXvX10-3x174(或xlOO%)。ax25a2507.【答案】(1)ABE；C12+2OH-=C1O-+C1-+H2O；三颈烧瓶；N2H4.H2O+2NaClO=N2T+3H2O+2NaCl或CO(NH2)2+2NaOH+3NaClO=Na2CO3+N2f+3NaCl+3H2O，B；酸式，溶液出现蓝色且半分钟内不消失；9%。【解析】【分析】本题考查物质制备实验、物质含量测定，注意利用题目信息判断溶液添加顺序，较好的考

48、查学生对实验原理的理解、知识迁移应用，难度中等。【解答】配置一定质量分数的溶液时需要的玻璃仪器除量筒外还需要烧杯、胶头滴管和玻璃棒，故答案为：ABE；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式是Cl2+2NaOH=NaC10+NaCl+也0，离子方程式是C12+2OH=C1O+C1+H2O,故答案为：C12+2OH=C1O+Cl+H2O；仪器A的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；N2H4H2O具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化，会发生反应:N2H4H2O+2NaClO=N2T+3H2O+2NaCl或CO(NH2)2+2NaOH+3NaClO=Na2CO3+N2?+3NaCl

49、+3H2O，应将NaOH和NaClO混合溶液滴入CONH2)2溶液中，故分液漏斗中盛放的为，NaOH和NaClO混合溶液，故答案为：N2H4H2O+2NaClO=N2?+3H2O+2NaCl或CO(NH2)2+2NaOH+3NaClO=Na2CO3+N2$+3NaCl+3H2O，B；碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中；肼反应完全,再滴入碘的标准溶液后，遇淀粉变蓝色，实验滴定终点的现象为：溶液出现蓝色且半分钟内不消失，故答案为：酸式；溶液出现蓝色且半分钟内不消失；设馏分中水合肼(n2h4h2o)的质量分数为a,贝y：N2H4也0+212=比1+4HI+HP50g2mol

50、5gxa0.018Lx0.1mol/Lx250mL/25mL解得a=9%，故答案为：9%。8.【答案】离子键共价键NH2Cl+H2O=NH3+HClOClO2无色0.675【解析】解：(1)NaClO2所含的化学键类型有钠离子与C1O2-的离子键，和C1O2-中氯与氧的共价键，所以NaC102所含的化学键类型有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；NH2C1在中性或酸性条件下也是一种强杀菌消毒剂，是因为NH2C1与水反应生成次氯酸具有杀菌消毒剂，反应的方程式为nh2ci+h2o=nh3+hcio(或NH2C1+2H2O=NH3H2O+HC1O)，故答案为：NH2C1+H2O=NH3+HC1

51、O；等质量的NaC102、NaClO、C102和C12的转移电子分别为-mx3-(-1)、旦x3-(-1)、22290.574.5沆x4-(-1)、71x2xO-(-1)，沆x4-(-1)最大，可知四种含氯消毒剂中消毒能力最强的是C1O2，故答案为：C1O2；淀粉溶液为指示剂，步骤II中由蓝色变为无色，且30s不变达到滴定终点，故答案为:无色；由2C1O2+2I-=2C1O2-+I2及2S2O32-+I2=S4O62-+2I-,S2O3211_C10111.0 x10-3mo1/Lx0.01L1.0 x10-5mo1m(C1O2)=n(C1O2)xM(C1O2)=1.0 x10-5mo1x67

52、.5x103mgmo1-1=0.675mg由于水样为1L,所以C1O2的浓度o；675mg=o.675mg/L,21L故答案为：0.675。NaC1O2所含的化学键类型有钠离子与C1O2-的离子键，且C1O2-中氯与氧形成共价键；NH2C1在中性或酸性条件下也是一种强杀菌消毒剂，是因为NH2C1与水反应生成次氯酸具有杀菌消毒剂；等质量的2叫、NACOC102和C12的转移电子分别为囂唇(-1)、舲3-(-1)、x4-(-1)、mx2x0-(-1)；67.571淀粉遇碘单质变蓝；结合2C1O2+2I-=2C1O2-+I2及2S2O32-+I2=S4O62-+2I-,利用关系式法计算。本题考查物质

53、的含量测定及含氯物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、关系式法计算为解答的关键，侧重分析与应用、计算能力的综合考查，注意(4)为解答的难点，题目难度中等。【答案】(1)6Fe2+ClO-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2OFe(OH)3和A1(OH)3HCl氛围下蒸发浓缩NH4C1溶于水电离出的NH扌会抑制后期加入的NH3H2O的电离甲；防止Co(OH)3的生成；H2O2+2CoC12+2NH4C1+10NH3H2O=2Co(NH3)6C13；+12H2O(6)ab【解析】【分析】本题考查金属矿物的综合利用，涉及氧化还原方程式的配平，滴定误差分析，外界条件对电离平衡的影响等知识点

54、，难度一般。【解答】NaC1O3和Fe2+发生氧化还原反应，根据电子守恒规律，离子方程式为6Fe2+ClO-+6H+=6Fe3+C1-+3H2O，故答案为：6Fe2+ClO-+6H+=6Fe3+C1-+3H2O；“加Na2CO3调pH至a”会生成Fe(OH)3和A1(OH)3两种沉淀，故答案为：Fe(OH)3和A1(OH)3；为了抑制Co2+的水解，应该在HC1氛围下蒸发浓缩，故答案为：HC1氛围下蒸发浓缩；NH3H2O电离产生“皆和OH-，NH4C1溶于水电离出的NHf可抑制NH3H2O的电离，故答案为：NH4Cl溶于水电离出的NH扌会抑制后期加入的NH3H2O的电离；若先加H2O2,Co元

55、素被氧化到Co3+，后加氨水，会生成Co(OH)3,不利于产品的生成，故甲同学正确，先加入氨水再加入h2o2，可防止Co(OH)3的生成，该步骤的化学方程式为H2O2+2CoC12+2NH4C1+10NH3.H2O=2Co(NH3)6C13J+12H2O，故答案为：甲；防止Co(OH)3的生成；H2O2+2CoC12+2NH4C1+10NH3H2O=2Co(NH3)6C13J+12H2O；a.用久置于空气中的KI固体配制溶液,KI中部分被氧化为碘单质，滴定时消耗的Na2S2O3标准液增多，测定结果偏高，a正确；盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准液被稀释，滴定时消耗的Na2S2O

56、3标准液体积增多，测定结果偏高，b正确；滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占体积，则消耗的Na2S2O3标准液体积读数偏小，测定结果偏低，c错误；溶液蓝色褪去，此时溶液混合不均，碘单质并未完全被标准液反应完全，立即读数，导致消耗的标准液减少，测定结果偏低，d错误；故答案为：ab。【答案】(1)将硫化氢鼓入吸收管中；温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收；ZnS+I2=ZnI2+S；(4)低；192；(6)bc；7)5H2S8ClO24H2O=18H5SO42-8Cl【解析】【分析】本题考查气体的制取和性质的检验，实验方案的评价，化学方程式、离子方程式的书写等，难度中等。【解答】反应

57、瓶中前后通入氮气的目的是将硫化氢鼓入吸收管中；故答案为：将硫化氢鼓入吸收管中；水浴加热的温度不能高于85C，原因是温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收；故答案为：温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收；加入碘标准溶液时，碘元素的非金属性强于S元素，则碘单质可以将S置换出来，则吸收管中发生反应的化学方程式为ZnS+I2=ZnI2+S；故答案为：ZnS+I2=ZnI2+S；若只使用一个吸收管，可能会有部分H2S逸出，会导致测定结果偏低；故答案为：低；该200mL水样经吹气、固硫后，滴定操作时共消耗160mLNa2S2O3溶液，已知：2S2O32-+L=2I-+SO/-，根据化

58、学方程式反应消耗I2为MoxMYLxomomoVL=8.0 x10-4mol所以与ZnS反应的I2为0.010mol/Lx0.1Lx2-8.0 x10-4mol=1.2x10-3mol根据反应方程式得关系式为H2SfZnSfI2，则废水中硫化氢为1.2x10-3mol,所以废水中硫的含量为32g/molxl.2xl0-3molxl000mg/g=I92mg/L0.2L故答案为：192；实验室常用FeS固体与酸反应制取H2S。实验室制取H2S时，从反应物与生成物的状态、性质和反应条件分析属于典型的固液反应不需要加热，下列发生装置中可选用的是be；故答案为：bc；将二氧化氯溶液加入硫化氢溶液中，然后加入少量稀盐酸酸化的氯化