备战高考化学化水溶液中的离子平衡综合题汇编附详细答案.docx
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备战高考化学化水溶液中的离子平衡综合题汇编附详细答案
2020-2021备战高考化学化水溶液中的离子平衡综合题汇编附详细答案
一、水溶液中的离子平衡
1.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:
①FeCO3是白色固体,难溶于水②Fe2++6SCN-
Fe(SCN)64-(无色)
Ⅰ.FeCO3的制取(夹持装置略)
实验i:
装置C中,向Na2CO3溶液(pH=11.9)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,你认为是否合理并说明理由________。
Ⅱ.FeCO3的性质探究
实验ii
实验iii
(5)对比实验ⅱ和ⅲ,得出的实验结论是_____。
(6)依据实验ⅱ的现象,写出加入10%H2O2溶液的离子方程式_____。
Ⅲ.FeCO3的应用
(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁([CH3CH(OH)COO]2Fe,相对分子质量为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-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O不合理,CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理,排出氧气的影响)Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+117%乳酸根中的羟基被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;
II.(5)根据Fe2++6SCN-
Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断;
(6)实验ii中溶液显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CO2中混有HCl,欲除去CO2中混有的HCl,B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液,故答案为:
饱和NaHCO3溶液;
(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3,提高溶液中HCO3-的浓度,抑制CO32-的水解,降低溶液中OH-的浓度,防止生成Fe(OH)2,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-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O,故答案为:
2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O;
(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中,生成可溶于水的Fe(HCO3)2,降低产物的量,则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2,或者:
出现白色沉淀之后继续通CO2,可防止空气中氧气氧化FeCO3,提高产物的纯度,故答案为:
不合理,CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理,排出氧气的影响);
Ⅱ.(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FeCO3固体的溶解,故答案为:
Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大;
(6)依据实验ⅱ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Fe(SCN)3生成,发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+;
故答案为:
6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+;
Ⅲ.(7)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁([CH3CH(OH)COO]2Fe补血剂,可得关系式MnO4~5Fe2+~5[CH3CH(OH)COO]2Fe,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
,由于乳酸根中含有羟基,也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化,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。
2.亚硝酸钠是一种工业盐,外观与食盐非常相似,毒性较强。
Ⅰ.经查:
①Ksp(AgNO2)=2×10-8,Ksp(AgCl)=1.8×10-10;②Ka(HNO2)=5.1×10-4。
请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体______________________
Ⅱ.某小组同学用如下装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠
已知:
①2NO+Na2O2=2NaNO2;②酸性条件下,NO和NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+。
(1)使用铜丝的优点是________________________。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。
装置C中盛放的药品是_________;(填字母代号)
A.浓硫酸B.NaOH溶液C.水D.四氯化碳
(3)该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250ml溶液,取25.00ml溶液于锥形瓶中,
用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液进行滴定,实验所得数据如下表所示:
滴定次数
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积/mL
20.90
20.12
20.00
19.88
①第一次实验数据出现异常,造成这种异常的原因可能是_________(填字母代号)。
a.锥形瓶洗净后未干燥
b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
c.滴定终点时仰视读数
②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为___________________。
③该样品中亚硝酸钠的质量分数为______________。
【来源】2017届江西省重点中学协作体高三下学期第一次联考理综化学试卷(带解析)
【答案】分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解;再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2可以控制反应的发生与停止Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2OCbc6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O69%
【解析】
试题分析:
Ⅰ.根据NaNO2为强碱弱酸盐,亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析;
Ⅱ.装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应,反应生成二氧化氮、硝酸铜和水,装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮;通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气,通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入,通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应,最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气,据此分析解答。
解析:
Ⅰ.酸越弱相应酸根越容易水解,溶液碱性越强,因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是:
分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解,再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2;
Ⅱ.
(1)可通过上下移动铜丝控制反应是否进行,所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止;
(2)浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水,方程式为:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮;通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应,所以C中的药品是水,答案选C;
(3)①a.锥形瓶洗净后未干燥,待测液的物质的量不变,对V(标准)无影响,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)不变,a错误;b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)偏大,b正确;c.滴定终点时仰视读数,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知,c(标准)偏大,c正确;答案选bc;
②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子,高锰酸根离子被还原为锰离子,离子方程式为6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O;
③根据表中数据可知第一次实验数据误差太大,舍去,消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02L,高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol,则根据方程式6H++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O可知,亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×5/2=0.005mol,则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×100mL/25mL=0.02mol,其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g,所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g×100%=69.0%.
点睛:
注意掌握综合实验设计题的解题思路:
(1)明确实验的目的和原理。
实验原理是解答实验题的核心,是实验设计的依据和起点。
实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。
在此基础上,遵循可靠性、简捷性、安全性的原则,确定符合实验目的、要求的方案。
(2)理清实验操作的先后顺序。
根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程,确定实验操作的方法步骤,把握各步实验操作的要点,理清实验操作的先后顺序。
(3)看准图,分析各项实验装置的作用。
有许多综合实验题图文结合,思考容量大。
在分析解答过程中,要认真细致地分析图中所示的各项装置,并结合实验目的和原理,确定它们在该实验中的作用。
(4)细分析,得出正确的实验结论。
实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。
在分析实验现象(或数据)的过程中,要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因,或从有关数据中归纳出定量公式,绘制变化曲线等。
3.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)。
①在恒重的坩埚中称取碳酸氢钠样品,样品和坩埚的质量为m1g。
②将样品和坩埚置于电热炉内,在250℃~270℃加热分解至完全,经恒重,样品和坩埚的质量为m2g。
③……。
该实验方案中,质量差(m1-m2)是_____的质量。
若所称取样品中NaHCO3的质量为m3g,则样品中水分的质量m=_____(用含m、m1、m2的代数式表示)。
【来源】上海大学附属中学2018-2019学年高三下学期第一次月考化学试题
【答案】0.001黄橙滴定终点溶液呈弱酸性,酚酞的变色范围为8-10,无法准确判断滴定终点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-m2-
【解析】
【分析】
(1)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pH≥8的溶液中才呈红色;
(2)根据NaHCO3~HCl,则n(NaHCO3)=n(HCl)计算;
(3)根据c(待测)=
分析不当操作对V(标准)的影响,以此判断浓度的误差;
(4)由2NaHCO3
Na2CO3+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】
(1)用电子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;
(2)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=0.00975mol,根据NaHCO3~HCl,则n(NaHCO3)=n(HCl),0.840g样品中m(NaHCO3)=0.00975mol×84g/mol=0.819g,故样品中NaHCO3的质量分数为
=0.975;
(3)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;
(4)已知2NaHCO3
Na2CO3+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,
m4=
g,生成的水和CO2的质量为m3g-
g=
m3g,故所则样品中水分的质量m=m1-m2-
m3g。
【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)=
分析,若标准溶液的体积偏小,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。
4.砂质土壤分析中常用KarlFischer法是测定其中微量水含量,该方法是利用I2 和SO2反应定量消耗水作为原理(假设土壤中其他成分不参加反应),据此回答下列问题:
(1)写出该反应的化学反应方程式:
_______________________。
步骤I:
反应样品中的水
下图是某同学在实验室模拟KarlFischer法的实验装置图:
(2)装置连接的顺序为a→____________(填接口字母顺序);M仪器的名称为________________,其在实验过程中的作用是:
____________;
(3)操作步骤为:
①连接装置并检查装置气密性,②装入药品,____________________;③关闭弹簧夹,打开分液漏斗活塞;④反应结束后,关闭分液漏斗活塞,继续通入N2 ,⑤取下D装置,···
步骤④中继续通入N2的目的是________________________________
步骤II:
测定剩余的碘
向反应后的D装置加入蒸馏水,过滤,充分洗涤,并合并洗涤液和滤液,将其配成250.00mL溶液,取 25.00mL 用0.20 mol·L-1Na2S2O3 标准液滴定剩余的I2单质,已知反应如下:
2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。
(4)Na2S2O3 标准液应装在_____________(填“酸式”、“碱式”)滴定管中;上述操作中,合并洗涤液和滤液的目的是__________________________;
(5)滴定实验重复四次得到数据如下:
实验
①
②
③
④
消耗的标准液的体积/mL
18.37
20.05
19.95
20.00
①若实验开始时,向D 装置中加入10.00g土壤样品和10.16克I2(已知I2过量),则样品土壤中水的含量为_________%。
②若Na2S2O3 标准液已部分氧化变质,则水含量测定结果将____________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
【来源】【全国百强校】四川省成都市石室中学2019届第二次诊断性模拟测试化学试题
【答案】SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HId→e→i→h→g→f→b→(c)长颈漏斗平衡内外气压,防止压强过大打开弹簧夹,通入氮气将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收碱式使所有剩余的碘均进入滤液,测量结果更准确7.2%偏低
【解析】
【分析】
(1)利用I2和SO2反应定量消耗水,碘单质具有氧化性,二氧化硫具有还原性,二者在水中发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸,据此写出反应的方程式;
(2)装置A是制备二氧化硫气体,装置B中的碱石灰可以吸收尾气,并防止外界水蒸气加入装置,应该在整套装置的最后,D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置,进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥,C装置为安全瓶,因此装置的顺序为ACEDB,据此分析解答;
(3)操作步骤:
①连接装置并检查装置气密性,②装入药品,打开弹簧夹,通入氮气,把装置内空气赶净,③关闭弹簧夹,打开分液漏斗活塞;④反应结束后,关闭分液漏斗活塞,继续通入N2,将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收,据此分析解答;
(4)Na2S2O3水解显碱性;合并洗涤液和滤液,使所有剩余的碘进入滤液,据此分析解答;
(5)①实验过程中碘与二氧化硫反应后,剩余的碘用0.20mol•L-1Na2S2O3标准液滴定,根据消耗的Na2S2O3求出剩余的碘,再根据
(1)中的方程式求出消耗的水,最后求样品中水的含量;②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质,消耗硫代硫酸钠溶液体积增大,测定剩余碘单质物质的量增大,据此分析判断。
【详解】
(1)碘单质具有氧化性,二氧化硫具有还原性,二者在水中发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸,反应的化学方程式为:
SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4,故答案为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4;
(2)装置A是制备二氧化硫气体,装置B中的碱石灰可以吸收尾气,并防止外界水蒸气加入装置,应该在整套装置的最后,D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置,进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥,C装置为安全瓶,因此装置的顺序为ACEDB,接口顺序为d→e→i→h→g→f→b→(c);根据图示,M为长颈漏斗,在实验过程中,可以起到平衡内外气压,防止压强过大的作用,故答案为d→e→i→h→g→f→b→(c);长颈漏斗;平衡内外气压,防止压强过大;
(3)操作步骤:
①连接装置并检查装置气密性,②装入药品,打开弹簧夹,通入氮气,把装置内空气赶净,③关闭弹簧夹,打开分液漏斗活塞;④反应结束后,关闭分液漏斗活塞,继续通入N2,将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收,⑤取下D装置,···,故答案为打开弹簧夹,通入氮气;将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收;
(4)Na2S2O3水解显碱性,标准液应装在碱式滴定管中;上述操作中,合并洗涤液和滤液,可以使所有剩余的碘均进入滤液,测量结果更准确,故答案为碱式;使所有剩余的碘均进入滤液,测量结果更准确;
(5)①实验开始时,向D装置中加入10.00克土壤样品和10.16克I2(已知I2过量),n(I2)=
=0.04mol,向反应后的D装置加入蒸馏水,过滤,充分洗涤,并合并洗涤液和滤液,将其配成250.00mL溶液,取25.00mL用0.20mol·L-1Na2S2O3标准液滴定剩余I2单质,根据实验数据可知,实验①的误差较大,删除该数值,②③④实验消耗Na2S2O3溶液的平均值=
mL=20.00mL,根据2S2O32-+I2=S4O62-+2I-,消耗碘单质物质的量=n(Na2S2O3)×
×
=
×0.0200L×0.20mol/L×10=0.02mol,剩余I2物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol,即与二氧化硫反应的碘单质物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol,消耗水为0.04mol,土壤样品中水的含量=
×100%=7.2%,故答案为7.2%;
②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质,滴定过程中消耗的硫代硫酸钠溶液体积增大,测定剩余碘单质物质的量增大,则与二氧化硫反应的碘单质减少,反应的水的物质的量减小,计算得到水的含量偏低,故答案为偏低。
5.已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应,产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水),某实验小组为确定该晶体的组成,设计实验步骤及操作如下:
已知:
a.过程②:
MnO4-被还原为Mn2+,C2O42-被氧化为CO2
b.过程③:
MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+
c.过程④:
2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
d.过程⑥:
I2+2S2O32-=21-+S4O62-
(1)过程①加快溶解的方法是________________________。
(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、____________;过程②和过程⑥滴定时,滴定管应分别选用____________、____________(填“甲”或乙”)。
(3)完成过程②的离子反应方程式的配平:
___MnO4-+___C2O42-+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。
(4)过程③加热的目的是________________________。
(5)过程⑥,应以____________作指示剂,若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加,则测定结果是____________(填“偏大”“偏小
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