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专题92 定量分析综合实验
1．【2023年全国乙卷】元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合
物进行C、H元素分析。
回答下列问题：
（1）将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先 ，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，
检查 。依次点燃煤气灯 ，进行实验。
（2）O 的作用有 。CuO的作用是 (举1例，用化学方程式表示)。
2
（3）c和d中的试剂分别是 、 (填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是 。
A．CaCl B．NaCl C．碱石灰(CaO+NaOH) D．NaSO
2 2 3
（4）Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作： 。取下c和d管称重。
（5）若样品CxHyOz为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的
相对分子量为118，其分子式为 。
【答案】（1） 通入一定的O 装置气密性 b、a
2
（2） 为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中 CO+CuO Cu+CO
2
（3） A C 碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
（4）继续吹入一定量的O，冷却装置
2
（5）C HO
4 6 4
【解析】利用如图所示的装置测定有机物中C、H两种元素的含量，这是一种经典的李比希元素测定法，
将样品装入Pt坩埚中，后面放置一CuO做催化剂，用于催化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将
产物吹入道两U型管中，称量两U型管的增重计算有机物中C、H两种元素的含量，结合其他技术手
段，从而得到有机物的分子式。
（1）实验前，应先通入一定的O 吹空石英管中的杂质气体，保证没有其他产物生成，而后将已U型管
2
c、d与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处酒精灯后点燃a处酒精灯，保证当a处发生反应时产生的CO能被CuO反应生成CO
2
（2）实验中O 的作用有：为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中；CuO的作用
2
是催化a处产生的CO，使CO反应为CO，反应方程式为CO+CuO Cu+CO
2 2
（3）有机物燃烧后生成的CO 和HO分别用碱石灰和无水CaCl 吸收，其中c管装有无水CaCl ，d管装有
2 2 2 2
碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定；
（4）反应完全以后应继续吹入一定量的O，保证石英管中的气体产物完全吹入两U行管中，使装置冷却；
2
（5）c管装有无水CaCl ，用来吸收生成的水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有机物中H
2
元素的物质的量n(H)= = =0.0012mol；d管装有碱石灰，用来吸收生成的CO，
2
则增重量为CO 的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n(C)= =
2
=0.0008mol；有机物中O元素的质量为0.0128g，其物质的量n(O)= = =0.0008mol；该
有机物中C、H、O三种元素的原子个数比为0.0008：0.0012：0.0008=2：3：2；质谱测得该有机物的
相对分子质量为118，则其化学式为C HO；
4 6 4
【点睛】本实验的重点在于两U型管的摆放顺序，由于CO 需要用碱石灰吸收，而碱石灰的主要成分为
2
CaO和NaOH，其成分中的CaO也可以吸收水蒸气，因此在摆放U型管位置时应将装有碱石灰的U型
管置于无水CaCl 之后，保证实验结果。
2
2．【2023年山东卷】三氯甲硅烷 是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为 ，
熔点为 ，易水解。实验室根据反应 ，利用如下装置制备 粗品(加
热及夹持装置略)。回答下列问题：（1）制备 时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有砫粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入 ，一段时间后接
通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为 ；判断制备反应结束的实验现象是 。图示装置存在
的两处缺陷是 。
（2）已知电负性 在浓 溶液中发生反应的化学方程式为 。
（3）采用如下方法测定溶有少量 的 纯度。
样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：① ，② (填操作名
称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为 ，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依
次为 (填标号)。测得样品纯度为 (用含 、 的代数式表示)。
【答案】（1） 检查装置气密性 当管式炉中没有固体剩余时 C、D之间没有干燥装置，没
有处理氢气的装置
（2）SiHCl +5NaOH =Na SiO+3NaCl+H↑+2H O
3 2 3 2 2（3） 高温灼烧 冷却 AC
【解析】氯化氢气体通入浓硫酸干燥后，在管式炉中和硅在高温下反应，生成三氯甲硅烷和氢气，由于三
氯甲硅烷沸点为31.8℃，熔点为 ，在球形冷凝管中可冷却成液态，在装置C中收集起来，氢
气则通过D装置排出同时D可处理多余吸收的氯化氢气体，据此解答。
（1）制备SiHCl 时，由于氯化氢、SiHCl 和氢气都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置气密性，
3 3
然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时候后，接通冷凝
装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即硅粉完全反应，SiHCl 易水解，所以需要在
3
C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入装置C中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需
要在D后面加处理氢气的装置，故答案为：检查装置气密性；当管式炉中没有固体剩余时；C、D之
间没有干燥装置，没有处理氢气的装置；
（2）已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl 中氯元素的化合价为-1，H元素的化合价为-1，硅元素化合价为
3
+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl 反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方
3
程式为：SiHCl +5NaOH =Na SiO+3NaCl+H↑+2H O，故答案为：SiHCl +5NaOH
3 2 3 2 2 3
=Na SiO+3NaCl+H↑+2H O；
2 3 2 2
（3）mg样品经水解，干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却后，称量，所用
1
仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为mg，则二氧化硅的物质的量为
2
n(SiO)= ，样品纯度为 = ，故答案为：高温灼烧；
2
冷却；AC； 。
3．【2023年广东卷】化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热
装置测量反应前后体系温度变化，用公式 计算获得。
（1）盐酸浓度的测定：移取 待测液，加入指示剂，用 溶液滴定至终点，消
耗 溶液 。
①上述滴定操作用到的仪器有 。
A． B． C． D．
②该盐酸浓度为 。
（2）热量的测定：取上述 溶液和盐酸各 进行反应，测得反应前后体系的温度值( )分别为，则该过程放出的热量为 (c和 分别取 和 ，忽略水以外
各物质吸收的热量，下同)。
（3）借鉴（2）的方法，甲同学测量放热反应 的焓变 (忽略温度对焓
变的影响，下同)。实验结果见下表。
体系温度/
序号 反应试剂
反应前 反应后
i 粉 a b
溶液
ii 粉 a c
①温度：b c(填“>”“<”或“=”)。
② (选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。
（4）乙同学也借鉴（2）的方法，测量反应 的焓变。
查阅资料：配制 溶液时需加入酸。加酸的目的是 。
提出猜想： 粉与 溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在 粉和酸的反应。
验证猜想：用 试纸测得 溶液的 不大于1；向少量 溶液中加入 粉，溶液颜色变
浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和 (用离子方程式表示)。
实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。
教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。
优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为
。
（5）化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用 。
【答案】（1） AD 0.5500
（2）
（3） > 或
（4） 抑制 水解 将一定量的 粉加入一定浓度的 溶液
中反应，测量反应热，计算得到反应 的焓变 ；根据（3）中实验计
算得到反应 的焓变 ；根据盖斯定律计算得到反应 的
焓变为
（5）燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)
【解析】（1）①滴定操作时需要用的仪器有锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴管、铁架台等，故选AD；②滴定时发生的反应为HCl＋NaOH＝NaCl＋HO，故
2
，故答案为0.5500；
（2）由 可得Q＝ × ×(50mL＋50mL)×(T －T)＝ ，故答案为
1 2
；
（3） 溶液含有溶质的物质的量为0.02mol， 粉和 粉的物质的
量分别为0.021mol、0.01 mol，实验i中有0.02 mol CuSO 发生反应，实验ii中有0.01mol CuSO 发生
4 4
反应，实验i放出的热量多，则b>c；若按实验i进行计算，
；若按实验ii进行计算，
，故答案为：>； 或
；
（4） 易水解，为防止 水解，在配制 溶液时需加入酸；用 试纸测得 溶液的
不大于1说明溶液中呈强酸性，向少量 溶液中加入 粉，溶液颜色变浅的同时有气泡即
氢气产生，说明溶液中还存在 与酸的反应，其离子方程式为 ；乙同学根据相关
原理，重新设计优化的实验方案的重点为如何防止 与酸反应产生影响，可以借助盖斯定律，设计分
步反应来实现 溶液与 的反应，故可将一定量的 粉加入一定浓度的 溶液中反
应，测量反应热，计算得到反应 的焓变 ；根据（3）中实验计算得
到反应 的焓变 ；根据盖斯定律计算得到反应 的焓变
为 ，故答案为：抑制 水解； ；将一定量的 粉加入一定浓度的
溶液中反应，测量反应热，计算得到反应 的焓变 ；根据
（3）中实验计算得到反应 的焓变 ；根据盖斯定律计算得到反应
的焓变为 ；
（5）化学能转化为热能在生产和生活中应用比较广泛，化石燃料的燃烧、炸药开山、放射火箭等都是化
学能转化热能的应用，另外铝热反应焊接铁轨也是化学能转化热能的应用，故答案为：燃料燃烧(或铝
热反应焊接铁轨等)。
4．【2022年北京卷】煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫( 、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定
法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含 。
（1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。
（2）高温下，煤中 完全转化为 ，该反应的化学方程式为___________。
（3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中 保持定值时，电解池不工作。待
测气体进入电解池后， 溶解并将 还原，测硫仪便立即自动进行电解到 又回到原定值，测定
结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
① 在电解池中发生反应的离子方程式为___________。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。
（4）煤样为 ，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为___________。
已知：电解中转移 电子所消耗的电量为96500库仑。
（5）条件控制和误差分析。
①测定过程中，需控制电解质溶液 ，当 时，非电解生成的 使得测得的全硫含量偏小，生成
的离子方程式为___________。
②测定过程中，管式炉内壁上有 残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”)
【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分
（2）2CaSO 2CaO+2SO↑+O ↑
4 2 2
（3） SO +I +2H O=3I—+SO +4H+ 3I——2e—=I
2 2
（4）
（5） I+I—=I 偏小
2【解析】（1）煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案
为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；
（2）由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为
2CaSO 2CaO+2SO↑+O ↑，故答案为：2CaSO 2CaO+2SO↑+O ↑；
4 2 2 4 2 2
（3）①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I 反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程
式为SO +I +2H O=3I—+SO +4H+，故答案为：SO +I +2H O=3I—+SO +4H+；
2 2 2 2
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反
应式为3I——2e—=I ，故答案为：3I——2e—=I ；
（4）由题意可得如下关系：S—SO —I —2e—，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为
2
×100%= ，故答案为： ；
（5）①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成
碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I+I—=I ，故答案为：I+I—=I ；
2 2
②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三
离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。
5．（2021·福建真题） 溶液和 溶液可发生反应： 。为探
究反应速率与 的关系，利用下列装置(夹持仪器略去)进行实验。
实验步骤：往A中加入一定体积(V)的 溶液、 溶液和水，充分搅拌。控
制体系温度，通过分液漏斗往A中加入 醋酸。当导管口气泡均匀稳定冒出时，开始用排水
法收集气体。用秒表测量收集 所需的间，重复多次取平均值(t)。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称为_______。
（2）检验装置气密性的方法：关闭止水夹K，_______。（3）若需控制体系的温度为 ，采取的合理加热方式为_______。
（4）每组实验过程中，反应物浓度变化很小，忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如下表所示。
实验编号
溶液 溶液 醋酸 水
1 4.0 4.0 8.0 334
2 4.0 4.0 150
3 8.0 4.0 4.0 4.0 83
4 12.0 4.0 4.0 0.0 38
① _______， _______。
②该反应的速率方程为 ，k为反应速率常数。利用实验数据计算得
_______(填整数)。
③醋酸的作用是_______。
（5）如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1， 与盐酸反应生成 ， 分解产生等物质的
量的两种气体.反应结束后，A中红棕色气体逐渐变浅装置中还能观察到的现象有_______。 分
解的化学方程式为_______。
【答案】
（1）锥形瓶
（2）通过分液漏斗往A中加水，一段时间后水难以滴入，则气密性良好
（3）水浴加热
（4） 4.0 6.0 2 加快反应速率
（5） 量筒中收集到无色气体导管里上升一段水柱
【解析】
（1）仪器A的名称为锥形瓶；
（2）气体发生装置要检验装置的气密性，检验装置气密性的方法关闭止水夹K，通过分液漏斗往A中加
水，一段时间后水难以滴入，则气密性良好；
（3）若需控制体系的温度为 ，采取水浴加热使温度均匀平稳；
（4）①为探究反应速率与 的关系， 浓度不变，根据数据3和4可知溶液总体积为
20mL，故 为4mL；根据变量单一可知 为6mL， 为6mL；
②浓度增大速率加快，根据1和3组数据分析，3的 是1的2倍，1和3所用的时间比 ，
根据分析可知速率和浓度的平方成正比，故m=2；
③醋酸在反应前后没变，是催化剂的作用是加快反应速率；（5）浓度的盐酸代替醋酸进行实验1， 与盐酸反应生成 ， 分解产生等物质的量的两种
气体，根据氧化还原气化反应可知反应方程式为： ，反应结束后量筒收
集到NO，A中红棕色气体逐渐变浅，因为NO 溶于水生成NO，颜色变浅，锥形瓶压强降低，导管里
2
上升一段水柱。
6．【2022年上海卷】天然气中常混有 ，现用如下方法测定天然气中 的含量。反应中涉及的方程
式有：
①
②
③
（1）反应①中， 体现_______(选填“酸性”“氧化性”或“还原性”)。
采用以下方法测定 的含量。
步骤I：将1L天然气中的 溶于水并进行反应①，配制成500mL溶液。
步骤II：加入0.001mol的I(过量)使ZnS完全转化为ZnI，加入淀粉溶液作为指示剂，用0.1mol·L-1的
2 2
滴定过量的I，做几组平行实验，平均消耗15.00mL。
2
（2）①滴定达到终点的现象为：溶液由_______色变_______色，且半分钟不恢复原色。
②根据条件计算天然气中HS的含量为_______mg·L-1。
2
③若在步骤I收集HS的过程中，有少量硫化氢进入 溶液中，则测得HS的含量_______(选填“偏
2 2
高”“偏低”或“无影响”)。
（3）假设在反应②中，碘单质全部转化为易溶于水的ZnI，如何检验体系中的I-_______。
2
（4）利用硫碘循环处理HS的方法如图所示：
2
写出上述流程中A、B、C的化学式。
A：_______；B：_______；C：_______。
【答案】（1）酸性
（2） 蓝 无 8.5 偏低
（3）取样，加入淀粉，无现象，再加适量氯水，溶液变蓝，则证明有碘离子(合理即可)
（4） HI I
2【解析】（1）反应①为非氧化还原反应，故 在该反应中体现酸性；
（2）碘单质遇淀粉溶液变蓝色，达到滴定终点时 完全反应，溶液由蓝色变为无色。根据反应①、②、③
可得 、 ，则天然气中 的含量为
g·L mg·L 。在步骤Ⅰ收集 的过
程中，若有少量 进入 溶液，则 未被 完全吸收，测得的 含量偏低；
（3）检验溶液中的 ，可将 氧化为 单质，利用 遇淀粉变蓝色的性质进行检验，方法为取样，加入淀
粉，无现象，再加适量氯水，溶液变蓝，则证明有碘离子存在；
（4）硫碘循环中 与浓硫酸反应生成S和 ，I 和 、 反应生成HI和 ，HI分解生成H
2 2
和I，因此A为HSO ，B为HI，C为I，反应如图所示 。
2 2 4 2
7．【2022年广东卷】食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用 表示)。 的应用与其电
离平衡密切相关。25℃时， 的 。
（1）配制 的 溶液，需 溶液的体积为_______mL。
（2）下列关于 容量瓶的操作，正确的是_______。
（3）某小组研究25℃下 电离平衡的影响因素。
提出假设。稀释 溶液或改变 浓度， 电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为
的 和 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定 ，记录数据。
序号
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
…
Ⅶ 4.00 a b 3：4 4.53Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1：1 4.65
①根据表中信息，补充数据： _______， _______。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释 溶液，电离平衡_______(填”正”或”逆”)
向移动；结合表中数据，给出判断理由：_______。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大 浓度， 电离平衡逆向移动。
实验结论假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着 的增加， 的值逐渐接近 的 。
查阅资料获悉：一定条件下，按 配制的溶液中， 的值等于 的 。
对比数据发现，实验VIII中 与资料数据 存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度
不够引起，故先准确测定 溶液的浓度再验证。
①移取 溶液，加入2滴酚酞溶液，用 溶液滴定至终点，消耗体积为
，则该 溶液的浓度为_______ 。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示
意图并标注滴定终点_______。
②用上述 溶液和 溶液，配制等物质的量的 与 混合溶液，测定pH，结果
与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为 的 和 溶液，如何准确测定 的 ？
小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 溶液，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液
Ⅱ _______，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途_______。
【答案】（1）5.0
（2）C
（3） 3.00 33.00 正 实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH
增大值小于1（4） 0.1104
（5）另取20.00mlHAc，加入 mL氢氧化钠
（6）HClO：漂白剂和消毒液(或HSO ：还原剂、防腐剂或HPO ：食品添加剂、制药、生产肥料)
2 3 3 4
【解析】
（1）溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL，故答案
为：5.0。
（2）A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；
B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；
C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，
故C正确；
D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶
塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误；
综上所述，正确的是C项。
（3）①实验VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，,
由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即
2
b=33.00，故答案为：3.00；33.00。
②实验I所得溶液的pH=2.86，实验II的溶液中c(HAc)为实验I的 ，稀释过程中，若不考虑电离平衡移
动，则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中
n(H+)增大，即电离平衡正向移动，故答案为：正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实
验II的pH增大值小于1。
（4）(i)滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H O，由反应方程式可知，滴定至终点时，
2
n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L，故答案为：
0.1104。
(ii)滴定过程中，当V(NaOH)=0时，c(H+)= ≈ mol/L=10-2.88mol/L，溶液的pH=2.88，
当V(NaOH)=11.04mL时，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终
点，溶液中溶质为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图： 。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入VmL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当
1
时，溶液中c(H+)的值等于HAc的K ，因此另取20.00mlHAc，加入 mL氢氧化钠，使
a
溶液中n(NaAc)=n(HAc)，故答案为：另取20.00mlHAc，加入 mL氢氧化钠。
（6）不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，HSO 具
2 3
有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量HSO 可用作防腐剂，HPO 具有中强酸性，可用作
2 3 3 4
食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途，故答案为：HClO：漂白剂和消毒液(或
HSO ：还原剂、防腐剂或HPO ：食品添加剂、制药、生产肥料)。
2 3 3 4
8．【2022年山东卷】实验室利用 和亚硫酰氯( )制备无水 的装置如图所示(加热及
夹持装置略)。已知 沸点为 ，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
（1）实验开始先通 。一段时间后，先加热装置_______(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程
式为_______。装置C．d共同起到的作用是_______。
（2）现有含少量杂质的 ，为测定n值进行如下实验：实验Ⅰ：称取 样品，用足量稀硫酸溶解后，用 标准溶液滴定 达终点时消耗
(滴定过程中 转化为 ， 不反应)。
实验Ⅱ：另取 样品，利用上述装置与足量 反应后，固体质量为 。
则 _______；下列情况会导致n测量值偏小的是_______(填标号)。
A．样品中含少量 杂质
B．样品与 反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
（3）用上述装置、根据反应 制备 。已知 与 分子结构相似，与
互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对 、 混合物进行蒸榴提纯(加热及
夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)，先馏出的物质为_______。
【答案】（1） a FeCl ∙4HO+4SOCl (g) FeCl +4SO+8HCl 冷凝回流SOCl
2 2 2 2 2 2
（2） AB
（3） ⑥⑩③⑤ CCl
4
【解析】
SOCl 与HO反应生成两种酸性气体，FeCl ∙4HO与SOCl 制备无水FeCl 的反应原理为：SOCl 吸收
2 2 2 2 2 2 2
FeCl ∙4HO受热失去的结晶水生成SO 和HCl，HCl可抑制FeCl 的水解，从而制得无水FeCl 。
2 2 2 2 2
（1）实验开始时先通N，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl 气体充满b装置后
2 2
再加热b装置，装置b中发生反应的化学方程式为FeCl ∙4HO+4SOCl (g) FeCl +4SO+8HCl；装置
2 2 2 2 2C．d的共同作用是冷凝回流SOCl ；答案为：a；FeCl ∙4HO+4SOCl (g) FeCl +4SO+8HCl；冷凝回
2 2 2 2 2 2
流SOCl 。
2
（2）滴定过程中 将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2++
+14H+=6Fe3++2Cr3++7H O，则mg样品中n(FeCl )=6n( )=6cV×10-3mol；mg样品中结晶水的质量
2 1 2 1
为(m-m)g，结晶水物质的量为 mol，n(FeCl )：n(H O)=1：n=(6cV×10-3mol)： mol，解
1 2 2 2
得n= ；
A．样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的KCr O 溶液的体积V偏大，使n的测量
2 2 7
值偏小，A项选；
B．样品与SOCl 反应时失水不充分，则m 偏大，使n的测量值偏小，B项选；
2 2
C．实验I称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的KCr O 溶液的体积V不变，使n的测量值
2 2 7
不变，C项不选；
D．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的KCr O 溶液的体积V偏小，使n的测量值
2 2 7
偏大，D项不选；
答案选AB。
（3）组装蒸馏装置对TiCl 、CCl 混合物进行蒸馏提纯，按由下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为
4 4
①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦，接着连接尾接管
⑩，TiCl 极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于
4
TiCl 、CCl 分子结构相似，TiCl 的相对分子质量大于CCl ，TiCl 分子间的范德华力较大，TiCl 的沸
4 4 4 4 4 4
点高于CCl ，故先蒸出的物质为CCl ；答案为：⑥⑩③⑤；CCl 。
4 4 4
9．【2022年湖南卷】某实验小组以 溶液为原料制备 ，并用重量法测定产品中
的含量。设计了如下实验方案：
可选用试剂： 晶体、 溶液、浓 、稀 、 溶液、蒸馏水
步骤1. 的制备
按如图所示装置进行实验，得到 溶液，经一系列步骤获得 产品。步骤2，产品中 的含量测定
①称取产品 ，用 水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的 溶液，
③沉淀完全后， 水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为 。
回答下列问题：
（1）Ⅰ是制取_______气体的装置，在试剂a过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为_______；
（2）Ⅰ中b仪器的作用是_______；Ⅲ中的试剂应选用_______；
（3）在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的 溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方
法是_______；
（4）沉淀过程中需加入过量的 溶液，原因是_______；
（5）在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是_______(填名称)；
（6）产品中 的质量分数为_______(保留三位有效数字)。
【答案】（1） HCl HSO (浓)+NaCl NaHSO+HCl↑
2 4 4
（2） 防止倒吸 CuSO 溶液
4
（3）静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全
（4）使钡离子沉淀完全
（5）锥形瓶
（6）97.6%
【解析】装置I中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl，装置II中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl ·2H O，装置
2 2III中硫酸铜溶液用于吸收生成的HS，防止污染空气。
2
（1）由分析可知，装置I为浓硫酸和氯化钠共热制取HCl气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与
氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为：HSO (浓)+NaCl
2 4
NaHSO+HCl↑。
4
（2）氯化氢极易溶于水，装置II中b仪器的作用是：防止倒吸；装置II中氯化氢与BaS溶液反应生成
HS，HS有毒，对环境有污染，装置III中盛放CuSO 溶液，用于吸收HS。
2 2 4 2
（3）硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管
中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。
（4）为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。
（5）过滤用到的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。
（6）由题意可知，硫酸钡的物质的量为： =0.002mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl ·2H O的
2 2
物质的量为0.002mol，质量为0.002mol 244g/mol=0.488g，质量分数为： 100%=97.6%。
10．【2022年河北卷】某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：
①三颈烧瓶中加入 香菇样品和 水；锥形瓶中加入 水、 淀粉溶液，并预加
的碘标准溶液，搅拌。
②以 流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时
滴定消耗了 碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了 碘标准溶液。
④用适量 替代香菇样品，重复上述步骤，测得 的平均回收率为95%。
已知： ，
回答下列问题：
（1）装置图中仪器A．b的名称分别为_______、_______。
（2）三颈烧瓶适宜的规格为_______(填标号)。
A． B． C．（3）解释加入 ，能够生成 的原因：_______。
（4）滴定管在使用前需要_______、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为_______；滴定反应的离子方
程式为_______。
（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（6）该样品中亚硫酸盐含量为_______ (以 计，结果保留三位有效数字)。
【答案】（1） (球形)冷凝管 (恒压)滴液漏斗
（2）C
（3）加入HPO 后，溶液中存在化学平衡HSO SO +H O，SO 的溶解度随着温度升高而减小，SO
3 4 2 3 2 2 2 2
逸出后，促进了化学平衡HSO SO +H O向右移动
2 3 2 2
（4） 检验其是否漏水 蓝色 加入HPO 后，溶液中存在化学平衡HSO
3 4 2 3
SO +H O，SO 的溶解度随着温度升高而减小，SO 逸出后，促进了化学平衡HSO
2 2 2 2 2 3
SO +H O向右移动
2 2
（5）偏低
（6）
【解析】由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐
反应生成SO ，用氮气将SO 排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸
2 2
盐含量。
（1）根据仪器A．b的结构可知，装置图中仪器A．b的名称分别为球形冷凝管和恒压滴液漏斗；
（2）三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400 mL水，向其中加入HPO 的体积不超过10 mL。在加热时，
3 4
三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的 ，因此，三颈烧瓶适宜的规格为1000 mL 选C。
（3）虽然K (H PO )=7.1×10-3＜K (H SO ) =1.3×10-2，但是HPO 为难挥发性的酸，而HSO 易分解为
a1 3 4 a1 2 3 3 4 2 3
SO 和水，SO 的溶解度随着温度升高而减小，SO 逸出后，促进了化学平衡HSO SO +H O向
2 2 2 2 3 2 2
右移动，因此，加入HPO 能够生成SO 的原因是：加入HPO 后，溶液中存在化学平衡HSO
3 4 2 3 4 2 3
SO +H O，SO 的溶解度随着温度升高而减小，SO 逸出后，促进了化学平衡HSO SO +H O向
2 2 2 2 2 3 2 2
右移动；
（4）滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO 还原为碘离子，溶液
2
的颜色为无色，滴加终点时，过量的1滴或半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟点之内不变色，
因此，滴定终点时溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I+ SO +2H O=2I—+4H++ ；
2 2 2
（5）若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO 被装置中的氧气氧化，
2
碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。
（6）实验中SO 消耗的标准碘液的体积为0.30 mL+1.00 mL=1.30 mL，减去空白实验消耗的0.10 mL，则
2
实际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应I+ SO +2H O=2I—+4H++ 可以计算出n(SO )= n(I )=
2 2 2 2 2
1.20mL 10-3L·mL-1 0.010 00 mol· L-1=1.20 10-5 mol，由于SO 的平均回收率为95%，则实际生成的
2n(SO )= ，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为
2
mg•kg -1
。
11．（2021·山东真题）六氯化钨(WCl )可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于
6
CS，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO)还原为金属钨(W)再制备WCl，装置如图所示(夹持
2 3 6
装置略)。回答下列问题：
（1）检查装置气密性并加入WO。先通N，其目的是___；一段时间后，加热管式炉，改通H，对B处
3 2 2
逸出的H 进行后续处理。仪器A的名称为___，证明WO 已被完全还原的现象是___。
2 3
（2）WO 完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装
3 2
盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl；⑥……。碱石灰的作用是___；操作④是___，目的
2
是___。
（3）利用碘量法测定WCl 产品纯度，实验如下：
6
①称量：将足量CS(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为mg；开盖并计时1分钟，盖紧称重为
2 1
mg；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为mg，则样品质量为___g(不考虑空气中水
2 3
蒸气的干扰)。
②滴定：先将WCl 转化为可溶的NaWO，通过IO 离子交换柱发生反应：WO
6 2 4
+Ba(IO )=BaWO +2IO ；交换结束后，向所得含IO 的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反
3 2 4
应：IO +5I-+6H+=3I +3H O；反应完全后，用NaSO 标准溶液滴定，发生反应：I+2S O =2I-
2 2 2 2 3 2 2
+S O 。滴定达终点时消耗cmol•L-1的NaSO 溶液VmL，则样品中WCl(摩尔质量为Mg•mol-1)
4 2 2 3 6
的质量分数为___。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗NaSO 溶
2 2 3
液的体积将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl 质量分数的测定值将___(填“偏大”“偏小”
6
或“不变”)。
【答案】
（1）排除装置中的空气 直形冷凝管 淡黄色固体变为银白色（2）吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E 再次通入N 排除装置中的H
2 2
（3）( m +m- 2m ) % 不变 偏大
3 1 2
【解析】
（1）用H 还原WO 制备W，装置中不能有空气，所以先通N，其目的是排除装置中的空气；由仪器构
2 3 2
造可知仪器A的名称为直形冷凝管；WO 为淡黄色固体，被还原后生成W为银白色，所以能证明
3
WO 已被完全还原的现象是淡黄色固体变为银白色，故答案为：淡黄色固体变为银白色；
3
（2） 由信息可知WCl 极易水解，W与Cl 反应制取WCl 时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止
6 2 6
空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气
中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cl 之前，装置中有多余的H，需要除去，所以操作④是再次
2 2
通入N，目的是排除装置中的H，故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进
2 2
入E；再次通入N；排除装置中的H；
2 2
（3） ①根据分析，称量时加入足量的CS，盖紧称重为mg，由于CS 易挥发，开盖时要挥发出来，称量
2 1 2
的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重mg，则挥发出的CS 的质量为(m - m )g，再开盖加入待
2 2 1 2
测样品并计时1分钟，又挥发出(m - m )g的CS，盖紧称重为mg，则样品质量为：mg+2(m- m )g-
1 2 2 3 3 1 2
mg=( m +m- 2m )g，故答案为：( m +m- 2m )；
1 3 1 2 3 1 2
②滴定时，根据关系式：WO ~2IO ~6I ~12 SO ，样品中n(WCl)=n(WO )= n(S O )= cV 10-
2 2 6 2
3mol，m(WCl )= cV 10-3mol Mg/mol= g，则样品中WCl 的质量分数为：
6 6
100%= %；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥
发的CS 的质量增大，m 偏小，但WCl 的质量不变，则滴定时消耗NaSO 溶液的体积将不变，样品
2 3 6 2 2 3
中WCl 质量分数的测定值将偏大，故答案为： %；不变；偏大。
6
12．（2021·湖南真题）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，
并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤I. 的制备
步骤Ⅱ.产品中 含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用 盐酸标准溶液滴定，溶液由红色
变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸 ；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用 盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，
又消耗盐酸 ；
④平行测定三次， 平均值为22.45， 平均值为23.51。
已知：(i)当温度超过35℃时， 开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
温度/ 0 10 20 30 40 50 60
35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3
11.9 15.8 21.0 27.0
6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4
29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2
回答下列问题：
（1）步骤I中晶体A的化学式为_______，晶体A能够析出的原因是_______；
（2）步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；
A． B． C． D．
（3）指示剂N为_______，描述第二滴定终点前后颜色变化_______；
（4）产品中 的质量分数为_______(保留三位有效数字)；
（5）第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则 质量分数的计算结果_______(填
“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】
（1）NaHCO 在30-35 C时NaHCO 的溶解度最小（意思合理即可）
3 3
（2） D
（3）甲基橙 由黄色变橙色，且半分钟内不褪色
（4）3.56%
（5）偏大
【解析】
步骤I：制备NaCO 的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH HCO 粉末，水浴加热，根
2 3 4 3据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCO 晶体，控制温度在30-35 C发生反应，最
3
终得到滤液为NH Cl，晶体A为NaHCO ，再将其洗涤抽干，利用NaHCO 受热易分解的性质，在300
4 3 3
C加热分解NaHCO 制备NaCO；
3 2 3
步骤II：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为：
NaCO+HCl=NaHCO +NaCl，因为NaCO、NaHCO 溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指
2 3 3 2 3 3
示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞试剂；第二次滴定时溶液中的溶质
为NaCl，同时还存在反应生成的CO，溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色范围为8-10，所以不适合利
2
用酚酞指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为：
NaHCO +HCl=NaCl+H O+CO↑，再根据关系式求出总的NaHCO 的物质的量，推导出产品中NaHCO
3 2 2 3 3
的，最终通过计算得出产品中NaHCO 的质量分数。
3
（1）根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30-35 C，目的是为了时NH HCO
4 3
不发生分解，同时析出NaHCO 固体，得到晶体A，因为在30-35 C时，NaHCO 的溶解度最小，故
3 3
答案为：NaHCO ；在30-35 C时NaHCO 的溶解度最小；
3 3
（2）300 C加热抽干后的NaHCO 固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意的为D项，
3
故答案为：D；
（3）根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳
酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：由黄色变为橙色，
且半分钟内不褪色；
（4） 第一次滴定发生的反应是：NaCO+HCl=NaHCO +NaCl，则n(Na CO)=n
2 3 3 2 3 生成
(NaHCO )=n(HCl)=0.1000mol/L 22.45 10-3L=2.245 10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积
3
V=23.51mL，则根据方程式NaHCO +HCl=NaCl+H O+CO↑可知，消耗的NaHCO 的物质的量n
2 3 2 2 3 总
(NaHCO )= 0.1000mol/L 23.51 10-3L=2.351 10-3mol，则原溶液中的NaHCO 的物质的量n(NaHCO )=
3 3 3
n (NaHCO )- n (NaHCO )= 2.351 10-3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4mol，则原产品中NaHCO 的物
总 3 生成 3 3
质的量为 =1.06 10-3mol，故产品中NaHCO 的质量分数为
3
，故答案为：3.56%；
（5）若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即
测得V 偏小，所以原产品中NaHCO 的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏
1 3
大。
13．（2020年山东新高考）某同学利用Cl 氧化KMnO 制备KMnO 的装置如下图所示(夹持装置略)：
2 2 4 4已知：锰酸钾(K MnO )在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：
2 4
回答下列问题：
（1）装置A中a的作用是______________；装置C中的试剂为________________；装置A中制备Cl 的化
2
学方程为______________。
（2）上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO 产率降低，改进的方法是________________。
4
（3）KMnO 常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO 溶液加入___________(填“酸式”或“碱
4 4
式”)滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO 溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中
4
KMnO 溶液的实际体积为______________(填标号)。
4
A．15.00 mL B．35.00mL C．大于35.00mL D．小于15.00m1
（4）某FeC O﹒2HO样品中可能含有的杂质为Fe (C O)、HC O﹒2HO，采用KMnO 滴定法测定该样
2 4 2 2 2 4 3 2 2 4 2 4
品的组成，实验步骤如下:
Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀HSO 溶解，水浴加热至75℃。用 c mol﹒L-1的KMnO 溶液趁热滴定至
2 4 4
溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO 溶液VmL。
4 1
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀HSO 酸化后，在75℃继续用KMnO 溶液
2 4 4
滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO 溶液VmL。
4 2
样品中所含 的质量分数表达式为_________________。
下列关于样品组成分析的说法，正确的是__________(填标号)。
A． 时，样品中一定不含杂质
B． 越大，样品中 含量一定越高
C．若步骤I中滴入KMnO 溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低
4
D．若所用KMnO 溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高
4
【答案】（1）平衡气压，使浓盐酸顺利滴下 NaOH溶液（2）在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
（3）酸式 C
（4） BD
【解析】漂白粉的有效成分Ca(ClO) 具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl，Cl 和
2 2 2
KMnO 在B中反应产生KMnO ，反应不完的Cl 用C吸收，据此解答。
2 4 4 2
（1）装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的
Cl，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO) 和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl，反应的化学方程式为
2 2 2
Ca(ClO) +4HCl=CaCl +2Cl↑+2H O；
2 2 2 2
（2）锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO 2-+2H O=2MnO -+MnO↓+4OH-，一部
4 2 4 2
分MnO 2-转化为了MnO ，导致最终KMnO 的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的
4 2 4
浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl；
（3）高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的
滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL；
（4）设FeC O·2H O的物质的量为xmol，Fe (C O) 的物质的量为ymol，HC O·2H O的物质的量为
2 4 2 2 2 4 3 2 2 4 2
zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO ~5H C O(C O2-)，
4 2 2 4 2 4
KMnO ~5Fe2+，所以 ，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO ~5Fe2+可知，
4 4
，联立二个方程解得：z=2.5(cV-3V )×10-3，所以HC O·2H O的质量分数=
1 2 2 2 4 2
= 。关于样品组成分析如下：
A． 时，HC O·2H O的质量分数= =0，样品中不含HC O·2H O，由
2 2 4 2 2 2 4 2
和 可知，y≠0，样品中含Fe (C O) 杂质，A错误；
2 2 4 3
B． 越大，由HC O·2H O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；
2 2 4 2
C．Fe元素的物质的量= ，若步骤I中KMnO 溶液不足，则步骤I中有一部分
4
Fe2+没有被氧化，不影响V 的大小，则 不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误；
2
D．结合C可知：若KMnO 溶液浓度偏低，则消耗KMnO 溶液的体积V、V 均偏大，Fe元素的物质的量
4 4 1 2
偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确。
14．（2020年7月浙江选考）硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备。
合成反应：
滴定反应：
已知： 易溶于水，难溶于乙醇， 开始失结晶水。
实验步骤：
Ⅰ. 制备：装置A制备的 经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液 约为
7时，停止通入 气体，得产品混合溶液。
Ⅱ.产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，得到 产品。
Ⅲ.产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用 产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计
算 含量。
请回答：
（1）步骤Ⅰ:单向阀的作用是______；装置C中的反应混合溶液 过高或过低将导致产率降低，原因是
_______。
（2）步骤Ⅱ:下列说法正确的是_____。
A 快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒
B 蒸发浓缩至溶液表面出现品晶膜时，停止加热
C 冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率
D 可选用冷的 溶液作洗涤剂
（3）步骤Ⅲ
①滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：
检漏→蒸馏水洗涤→（______）→（______）→（______）→（______）→（______）→开始滴定。
A 烘干 B 装入滴定液至零刻度以上 C 调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D 用洗耳球吹出润
洗液 E 排除气泡 F 用滴定液润洗2至3次 G 记录起始读数
②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是______。
③滴定法测得产品中 含量为 ，则 产品中可能混有的物质是________。
【答案】（1）防止倒吸 过高， 、 反应不充分； 过低，导致 转化为S和
（2）BC
（3）①F B E C G
②防止碘挥发损失 ③ 、失去部分结晶水的
【解析】本实验的目的是制备NaSO·5H O，首先装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，
2 2 3 2
将SO 通入装置C中的混合溶液，加热搅拌，发生题目所给合成反应，使用单向阀可以防止倒吸；为
2
了使NaCO、NaS充分反应，同时又不因酸性过强使NaSO 发生歧化反应，至溶液pH约为7时，
2 3 2 2 2 3
停止通入SO 气体，得到产品的混合溶液；之后经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，
2
已知NaSO·5H O难溶于乙醇，冷却结晶后可以加入适量乙醇降低NaSO 的溶解度，析出更多的晶
2 2 3 2 2 2 3
体。
（1）SO 会与装置C中混合溶液发生反应，且导管进入液面以下，需要防倒吸的装置，单向阀可以防止发
2
生倒吸；NaCO、NaS水解都会使溶液显碱性，所以pH过高，说明NaCO、NaS反应不充分；而
2 3 2 2 3 2
pH过低，又会导致NaSO 发生歧化反应转化为S和SO ，所以pH过高或过低都会导致产率降低；
2 2 3 2
（2）A．蒸发结晶时，快速蒸发溶液中的水分，可以得到较小的晶体颗粒，故A错误；
B．为防止固体飞溅，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，故B正确；
C．NaSO·5H O难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中可以加入适量乙醇降低NaSO 的溶解度，
2 2 3 2 2 2 3
析出更多的晶体，提高产率，故C正确；
D．用碳酸钠溶液洗涤会使晶体表面附着碳酸钠杂质，NaSO·5H O难溶于乙醇，可以用乙醇作洗涤剂，
2 2 3 2
故D错误；
综上所述选BC；
（3）①滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确，
需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面
至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为：捡漏→蒸馏水洗涤
→F→B→E→C→G→开始滴定；
②碘容易挥发，所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞，防止碘挥发损失；
③测定的产品中NaSO·5H O含量大于100%，说明产品中混有失去部分结晶水的NaSO·5H O。
2 2 3 2 2 2 3 2
15．（2020年天津卷）为测定CuSO 溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：
4
Ⅰ.甲方案
实验原理：
实验步骤：（1）判断 沉淀完全的操作为____________。
（2）步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_____________。
（3）步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为__________。
（4）固体质量为wg，则c(CuSO )=________mol‧L-1。
4
（5）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO )_________(填“偏高”、“偏低”或“无
4
影响”)。
Ⅱ.乙方案
实验原理： ，
实验步骤:
①按右图安装装置(夹持仪器略去)
②……
③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂
④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。
⑤将CuSO 溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生
4
⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录
⑦处理数据
（6）步骤②为___________。
（7）步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是________(填序号)。
A．反应热受温度影响 B．气体密度受温度影响 C．反应速率受温度影响
（8）Zn粉质量为ag，若测得H 体积为bmL，已知实验条件下 ，则c(CuSO )______mol‧
2 4
L-1(列出计算表达式)。
（9）若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO )________(填“偏高”、“偏低”或
4
“无影响”)。
(10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO 溶液的浓度：_________(填“是”或“否”)。
4
【答案】（1）向上层清液中继续滴加BaCl 溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全
2（2）AgNO 溶液 （3）坩埚 （4） （5）偏低 （6）检查装置气密性 （7）b
3
（8） （9）偏高 （10）否
【解析】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体
是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸
反应释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的
量减去与酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关
系，计算出硫酸铜的物质的量，根据 得到硫酸铜的浓度，据此分析。
Ⅰ．（1）硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判断
沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加BaCl 溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；
2
（2）步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO 溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明
3
还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；
（3）步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚；
（4）固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n= ，根据硫酸根守恒可知，
CuSO ~BaSO ，则c(CuSO )= = = mol‧L-1；
4 4 4
（5）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据 可知，
则测得c(CuSO )偏低；
4
Ⅱ．（6）加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②为检查装置气密性；
（7）气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和
压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，
只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应
速率越快，步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关；
（8）Zn粉质量为ag，若测得H 体积为bmL，已知实验条件下 ，氢气的质量=
2
，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n= ，根
据 ，与酸反应的锌的物质的量为 ，锌的总物质的量为，与硫酸铜反应的锌的物质的量为 ，根据
，则c(CuSO )= ；
4
（9）若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，
与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO )偏高；
4
(10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO 溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。
4
16．[2019浙江4月选考]某兴趣小组在定量分析了镁渣[含有MgCO 、Mg(OH) 、CaCO 、Al O、Fe O 和
3 2 3 2 3 2 3
SiO]中Mg含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁(MgCl ·6H O)。
2 2 2
相关信息如下：
①700℃只发生MgCO 和Mg(OH) 的分解反应。
3 2
②NH Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大。
4
③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。
请回答：
（1）下列说法正确的是________。
A．步骤Ⅰ，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶
B．步骤Ⅲ，蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO的溶解量
C．步骤Ⅲ，可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨
D．步骤Ⅳ，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤
（2）步骤Ⅲ，需要搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示于一体(用硫酸溶液吸收氨气)。
①选择必须的仪器，并按连接顺序排列(填写代表仪器的字母，不考虑夹持和橡皮管连接)：热源
→________。
②为了指示蒸氨操作完成，在一定量硫酸溶液中加指示剂。请给出并说明蒸氨可以停止时的现象
________。
（3） 溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现
溶液呈碱性。
①含有的杂质是________。②从操作上分析引入杂质的原因是________。
（4）有同学采用盐酸代替步骤Ⅱ中的NH Cl溶液处理固体B，然后除杂，制备MgCl 溶液。已知金属
4 2
离子形成氢氧化物沉淀的pH范围：
pH[来源:学&科&网Z&X&X&K][来源:学|科|
金属离子[来源:学科
网]
网ZXXK]
开始沉淀 完全沉淀
Al3+ 3.0 4.7
Fe3+ 1.1 2.8
Ca2+ 11.3 －
Mg2+ 8.4 10.9
请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体B→a→（
）→（ ）→（ ）→（ ）→（ ）→（ ）→MgCl 溶液→产品。
2
a．用盐酸溶解 b．调pH＝3.0 c．调pH＝5.0 d．调pH＝8.5
e．调pH＝11.0 f．过滤 g．洗涤
【答案】（1）ABD （2）a→d→f→c 甲基橙，颜色由红色变橙色
（3）碱式氯化镁(氢氧化镁) 过度蒸发导致氯化镁水解
（4）c f e f g a
【解析】（1）A.煅烧固体样品需用坩埚，烧杯和锥形瓶用来加热液体，A项正确；
B.氯化铵水解方程式为NH
4
Cl+H
2
O⇌NH
3
·H
2
O+HCl，氧化镁和HCl反应，蒸氨即一水合氨分解，平衡向右
移动，HCl浓度变大，促进了氧化镁的溶解，B项正确；
C.根据信息②NH Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大，不能先过滤，否则氧化镁损耗很大，
4
C项错误；
D.固液分离操作均可采用常压过滤，使用减压过滤加快过滤速度，也可行，D项正确。
故答案选ABD。
（2）①先选发生装置为a，然后连接回流装置d，生成的氨气有水蒸气，需要干燥，然后连接干燥管f，氨
气是碱性气体，需要用酸吸收，最后连接c。故答案填a→d→f→c。
②硫酸和氨气恰好完全反应生成硫酸铵（(NH )SO ），硫酸铵显酸性，因而选择在酸性范围内变色的指示
4 2 4
剂：甲基橙，其颜色变化是红色变为橙色。
（3）溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。①溶液仍呈碱性，注意不可能
是氨气的影响，由于氯化镁水解使溶液呈酸性，故溶液的碱性是由杂质引起的。考虑到氯化镁易水解，
所以含有的杂质可能是Mg(OH)Cl或者Mg(OH) 。
2
②升高温度会促进水解的进行，因而必然是蒸发阶段导致，即过度蒸发导致氯化镁水解。
（4）根据各离子完全沉淀的pH值，加酸后溶液呈酸性，可逐步提高pH，同时以沉淀形式除掉不同离子，
因而先将pH调至5，除掉Al3+和Fe3+，然后过滤其沉淀，然后将pH调至11.0使得Mg2+变为Mg(OH)
2沉淀，过滤并洗涤，得到纯净的Mg(OH) 沉淀，然后加入盐酸得到氯化镁溶液。故答案依次填
2
cfefga。
17．[2018新课标Ⅰ卷] 醋酸亚铬[（CHCOO）Cr·2H O］为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体
3 2 2
分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价
铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题：
（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是_________。仪器a的名称是_______。
（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3。
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_________。
②同时c中有气体产生，该气体的作用是_____________。
（3）打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是________ ；d中析出砖红色沉淀。为
使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是___________、_________、洗涤、干燥。
（4）指出装置d可能存在的缺点______________。
【答案】（1）去除水中溶解氧 分液（或滴液）漏斗
（2）①Zn+2Cr3+ Zn2++2Cr2+ ②排除c中空气
（3）c中产生H 使压强大于大气压 （冰浴）冷却
2
过滤
（4）敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触
【解析】分析：在盐酸溶液中锌把Cr3＋还原为Cr2＋，同时产生氢气排尽装置中的空气防止氧化。生成的氢
气导致c中压强增大，可以把生成的CrCl 压入d装置发生反应，据此解答。
2
详解：（1）由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸
后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器a是分液（或滴液）漏斗；
（2）①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明Cr3＋被锌还原为Cr2＋，反应的离子方程式为Zn+2Cr3＋＝Zn2
＋+2Cr2＋；
②锌还能与盐酸反应生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Cr2＋，所以氢气的作用是排除c中空气；
（3）打开K3，关闭K1和K2，由于锌继续与盐酸反应生成氢气，导致c中压强增大，所以c中亮蓝色溶
液能流入d装置，与醋酸钠反应；根据题干信息可知醋酸亚铬难溶于冷水，所以为使沉淀充分析出并
分离，需要采取的操作是（冰浴）冷却、过滤、洗涤、干燥。
（4）由于d装置是敞开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铬与空气接触被氧化而使产品不纯。
点睛：本题主要是考查醋酸亚铬制备原理的实验探究，考查学生的化学实验与探究的能力、从提供的新信
息中，准确地提取实质性内容，并与已有知识整合，重组为新知识块的能力，题目难度中等。明确实验原理、有关物质的性质尤其是题干信息中提取和应用是解答的关键。
18．[2018新课标Ⅱ卷] K[Fe(C O)]·3H O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列
3 2 4 3 2
问题：
（1）晒制蓝图时，用K[Fe(C O)]·3H O作感光剂，以K[Fe(CN) ]溶液为显色剂。其光解反应的化学
3 2 4 3 2 3 6
方程式为：2K[Fe(C O)] 2FeC O +3K C O +2CO ↑；显色反应的化学方程式为
3 2 4 3 2 4 2 2 4 2
______________。
（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是________________________________________。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产
物中一定含有___________、___________。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是_________________________________________。
④样品完全分解后，装置 A 中的残留物含有 FeO 和 Fe O ，检验 Fe O 存在的方法是：
2 3 2 3
_____________________________________。
（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀HSO 酸化，用c mol·L-1 KMnO 溶液滴定至终点。滴
2 4 4
定终点的现象是___________________________。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶
中。加稀HSO酸化，用c mol·L-1 KMnO 溶液滴定至终点，消耗KMnO 溶液V ml。该晶体
2 4 4 4
中铁的质量分数的表达式为________________________________。
【答案】（1）3FeC O+2K [Fe(CN) ] Fe [Fe(CN) ]+3K C O
2 4 3 6 3 6 2 2 2 4
（2）①隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置
②CO CO
2
③先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气
④取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe O
2 3
（3）①粉红色出现 ②
【解析】
（1）光解反应的化学方程式为2K[Fe(C O)] 2FeC O+3K C O+2CO ↑，反应后有草酸亚铁产生，
3 2 4 3 2 4 2 2 4 2
所以显色反应的化学方程式为3FeC O+2K [Fe(CN) ]＝Fe [Fe(CN) ]+3K C O。
2 4 3 6 3 6 2 2 2 4（2）①装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响E中的反应，所以反应前通入氮气的目的是隔绝空
气排尽装置中的空气；反应中有气体生成，不会全部进入后续装置。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中一定产生二氧化碳。装置 E中固体变为红
色，说明氧化铜被还原为铜，即有还原性气体CO生成，由此判断热分解产物中一定含有CO、CO；
2
③为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的压力，所以停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒
精灯，冷却后停止通入氮气即可。
④要检验Fe O 存在首先要转化为可溶性铁盐，因此方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴
2 3
入1～2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe O。
2 3
（3）①高锰酸钾氧化草酸根离子，其溶液显红色，所以滴定终点的现象是粉红色出现。
②锌把铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是
0.001cVmol，Mn元素化合价从+7价降低到+2价，所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是
0.005cVmol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为 。
19．[2018新课标Ⅲ卷] 硫代硫酸钠晶体（NaSO·5H O，M=248 g·mol−1）可用作定影剂、还原剂。回答下
2 2 3 2
列问题：
（1）已知：K (BaSO)=1.1×10−10，K (BaS O)=4.1×10−5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用
sp 4 sp 2 3
下列试剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀HSO 、BaCl 溶液、NaCO 溶液、HO 溶液
2 4 2 2 3 2 2
实验步骤 现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水 ②固体完全溶解得无色澄清溶液
③___________ ④___________，有刺激性气体产
生
⑤静置，___________ ⑥___________
（2）利用KCr O 标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
2 2 7
①溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶
解，完全溶解后，全部转移至100 mL的_________中，加蒸馏水至____________。
②滴定：取0.00950 mol·L−1的KCr O 标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：
2 2 7
Cr O2−+6I−+14H+ 3I+2Cr3++7H O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反
2 7 2 2
应：I+2S O2− SO2−+2I−。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__________，
2 2 3 4 6
即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为 24.80 mL，则样品纯度为_________%
（保留1位小数）。
【答案】（1）③加入过量稀盐酸 ④出现乳黄色浑浊
⑤（吸）取上层清液，滴入BaCl 溶液
2
⑥产生白色沉淀
（2）①烧杯 容量瓶
刻度
②蓝色褪去 95.0【解析】
（1）检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子
和氢离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化
（反应为SO2- + 2H+ = SO ↑+S↓+H O），静置，取上层清液中滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证
2 3 2 2
明存在硫酸根离子。所以答案为：③加入过量稀盐酸；④有乳黄色沉淀；⑤取上层清液，滴加氯化钡
溶液；⑥有白色沉淀产生。
①配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最后定容即可。所
以过程为：将固体再烧杯中加入溶解，全部转移至100mL容量瓶，加蒸馏水至刻度线。
②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，
滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr O2-～3I ～6SO2-，则
2 7 2 2 3
配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c= ，含有的硫代硫酸
钠为0.004597mol，所以样品纯度为
点睛：本题考查的知识点比较基本，其中第一问中的硫代硫酸钠样品中硫酸根离子的检验，在2014年的天
津、山东、四川高考题中都出现过，只要注意到有刺激性气味气体就可以准确作答。
20．[2018天津卷] 烟道气中的NO 是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。
x
回答下列问题：
Ⅰ.采样
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、
干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。
（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是___________。
（2）C中填充的干燥剂是（填序号）___________。
a.碱石灰 b.无水CuSO c.P O
4 2 5
（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用是与 D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的
示意图，标明气体的流向及试剂。（4）采样步骤②加热烟道气的目的是___________。
Ⅱ.NO 含量的测定
x
将v L气样通入适量酸化的HO 溶液中，使NO 完全被氧化为NO −，加水稀释至100.00 mL。量取
2 2 x 3
20.00 mL该溶液，加入v mL c mol·L−1 FeSO 标准溶液（过量），充分反应后，用c mol·L−1
1 1 4 2
KCr O 标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v mL。
2 2 7 2
（5）NO被HO 氧化为NO −的离子方程式是___________。
2 2 3
（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有___________。
（7）滴定过程中发生下列反应：
3Fe2++NO−+4H+ NO↑+3Fe3++2H O
3 2
Cr O2− + 6Fe2+ +14H+ 2Cr3+ +6Fe3++7H O
2 7 2
则气样中NO 折合成NO 的含量为_________mg·m−3。
x 2
（8）判断下列情况对NO 含量测定结果的影响（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）
x
若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。
若FeSO 标准溶液部分变质，会使测定结果___________。
4
【答案】（1）除尘
（2）c （3）
（4）防止NO 溶于冷凝水
x
（5）2NO+3H O=2H++2NO–+2H O
2 2 3 2
（6）锥形瓶、酸式滴定管
（7）
（8）偏低 偏高
【解析】分析：本题主要考查了定量实验的基本过程。首先要仔细分析题目的流程图，注意分析每一步的
作用和原理，再结合题目中每个问题的提示进行解答。
详解：（1）A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。
（2）碱石灰是碱性干燥剂可能与NO 反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差，一般不用做干燥剂，
X
所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NO 不反应，所以选项c正确。
X
（3）实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱（氢氧化钠）溶液，所以答案
为： 。
（4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NO 溶于水中。
X
（5）NO被HO 氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H O=2H++2NO–+2H O。
2 2 2 2 3 2
（6）滴定中使用酸式滴定管（本题中的试剂都只能使用酸式滴定管）和锥形瓶。
（7）用c mol·L−1 KCr O 标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V mL，此时加入的Cr O2-为cV/1000
2 2 2 7 2 2 7 2 2mol；所以过量的Fe2+为6cV/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c V/1000－6cV/1000) mol；所
2 2 1 1 2 2
以硝酸根离子为(c V/1000－6cV/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO 的物质的量相等。考
1 1 2 2 2
虑到配制100mL溶液取出来20mL进行实验，所以NO 为5(c V/1000－6cV/1000)/3 mol，质量为
2 1 1 2 2
46×5(c V/1000－6cV/1000)/3 g，即230(c V －6cV)/3 mg。这些NO 是VL气体中含有的，所以含量
1 1 2 2 1 1 2 2 2
为 230(c V － 6cV)/3V mg·L-1 ， 即 为 1000×230(c V － 6cV)/3V mg·m-3 ， 所 以 答 案 为 ：
1 1 2 2 1 1 2 2
mg·m−3。
（8）若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NO 的含量，测定结
X
果必然偏低。若FeSO 标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这
4
部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。
21．[2017天津]用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶
液。
Ⅰ．准备标准溶液
a．准确称取AgNO 基准物4.2468 g（0.0250 mol）后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避
3
光保存，备用。
b．配制并标定100 mL 0.1000 mol·L−1 NH SCN标准溶液，备用。
4
Ⅱ．滴定的主要步骤
a．取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。
b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L−1 AgNO 溶液（过量），使I−完全转化为AgI沉淀。
3
c．加入NH Fe(SO ) 溶液作指示剂。
4 4 2
d．用0.1000 mol·L−1 NH SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡
4
红色，停止滴定。
e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
实验序号 1 2 3
消耗NH SCN标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98
4
f．数据处理。
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO 配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有__________。
3
（2）AgNO 标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是___________________________。
3
（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是___________________________________。
（4）b和c两步操作是否可以颠倒________________，说明理由________________________。
（5）所消耗的NH SCN标准溶液平均体积为_____mL，测得c(I−)=_________________ mol·L−1。
4
（6）在滴定管中装入NH SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为________________________。
4
（7）判断下列操作对c(I−)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①若在配制AgNO 标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_______________。
3
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果____________________。
【答案】（1）250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管（2）避免AgNO 见光分解
3
（3）防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）
（4）否（或不能） 若颠倒，Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点
（5）10.00 0.0600
（6）用NH SCN标准溶液进行润洗
4
（7）偏高 偏高
【解析】（1）因要配制成250 mL标准溶液，所以使用的仪器除需烧杯和玻璃棒外还有250 mL（棕色）容
量瓶及定容时需要的胶头滴管。
（2）AgNO 标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为AgNO 见光易分解。
3 3
（3）因Fe3+的水解会影响滴定终点的判断，所以滴定应在pH＜0.5的条件下进行，抑制Fe3+的水解。
（4）b和c两步操作不可以颠倒，若颠倒，Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点。
（5）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，舍去，第二、三两组数据取平均值即可，所以所消
耗的NH SCN标准溶液平均体积为10.00 mL。
4
加入的AgNO 物质的量：n(AgNO)= 0.1000 mol·L−1×25.00 mL。
3 3
根据Ag++SCN− AgSCN↓，反应后剩余的AgNO 物质的量：n(AgNO)= 0.1000 mol·L−1×10.00 mL。
3 3
则与NaI反应的AgNO 物质的量：n(AgNO)= 0.1000 mol·L−1×15.00 mL。
3 3
根据Ag++I− AgI↓，则c(I−)=0.0600 mol·L−1。
（6）在滴定管中装入NH SCN标准溶液前应用NH SCN标准溶液进行润洗。
4 4
（7）①若在配制AgNO 标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，造成溶质减少，所配制的AgNO 标准溶
3 3
液浓度偏低，测定结果偏高。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，造成读数偏小，则测定结果偏高。
22．[2017新课标Ⅰ]凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将
样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：
NH +H BO=NH·H BO；NH ·H BO+HCl= NH Cl+ H BO。
3 3 3 3 3 3 3 3 3 4 3 3
回答下列问题：
（1）a的作用是_______________。
（2）b中放入少量碎瓷片的目的是____________。f的名称是__________________。
（3）清洗仪器：g中加蒸馏水；打开k ，关闭k 、k ，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭k ，g
1 2 3 1中蒸馏水倒吸进入c，原因是____________；打开k 放掉水，重复操作2~3次。
2
（4）仪器清洗后，g中加入硼酸（HBO ）和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，
3 3
用蒸馏水冲洗d，关闭k，d中保留少量水。打开k，加热b，使水蒸气进入e。
3 1
①d中保留少量水的目的是___________________。
②e中主要反应的离子方程式为________________，e采用中空双层玻璃瓶的作用是________。
（5）取某甘氨酸（C HNO ）样品m 克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol·L–1的盐酸V
2 5 2
mL，则样品中氮的质量分数为_________%，样品的纯度≤_______%。
【答案】（1）避免b中压强过大
（2）防止暴沸 直形冷凝管
（3）c中温度下降，管路中形成负压
（4）①液封，防止氨气逸出 ② +OH− △ NH ↑+H O 保温使氨完全蒸出
===== 3 2
（5）
【解析】（1）a中导管与大气相连，所以作用是平衡气压，以避免b中压强过大。
（2）b中放入少量碎瓷片的目的是防止暴沸。f的名称是直形冷凝管。
（3）由于c、e及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，因
此锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入c中。
（4）①氨气是气体，因此d中保留少量水的目的是液封，防止氨气逸出。②e中主要反应是铵盐与碱在加
热条件下的反应，离子方程式为 +OH− △ NH ↑+H O；e采用中空双层玻璃瓶的作用是保温减少
===== 3 2
热量损失，有利于铵根转化为氨气逸出。
（5）取某甘氨酸（C HNO ）样品m 克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol·L–1的盐酸V mL，
2 5 2
根据反应 NH ·H BO+HCl＝NH Cl+H BO ，可以求出样品中 n(N)＝n(HCl)＝c mol·L–1×V×10–3 L＝
3 3 3 4 3 3
0.001cV mol，则样品中氮的质量分数为 ，样品中甘氨酸的质量
≤0.001cV×75g/mol，所以样品的纯度≤ 。
23．[2017新课标Ⅱ]水中的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) 碱性悬浊液（含有KI）混合，反应
2
生成MnO(OH) ，实现氧的固定。
2
Ⅱ．酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH) 被I−还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准NaSO 溶液滴定
2 2 2 3
生成的I（2 +I =2I−+ ）。
2 2
回答下列问题：
（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_____________。（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。
（3）NaSO 溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和
2 2 3
____________；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除____及二氧化碳。
（4）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L−1NaSO 溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点
2 2 3
现象为________________；若消耗 NaSO 溶液的体积为 b mL，则水样中溶解氧的含量为
2 2 3
_________mg·L−1。
（5）上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏___________。（填“高”或“低”）
【答案】（1）使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差
（2）O+2Mn(OH) =2MnO(OH)
2 2 2
（3）量筒 氧气
（4）蓝色刚好褪去 80ab
（5）低
【解析】本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化还原滴定。
（1）取水样时，若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度降低
而逸出。
（2）根据氧化还原反应原理，Mn(OH) 被氧气氧化为MnO(OH) ，Mn的化合价由＋2价→＋4价，化合价
2 2
升高 2，氧气中 O的化合价由 0价→−2价，整体降低 4价，最小公倍数为 4，由此可得方程式
O+2Mn(OH) =2MnO(OH)。
2 2 2
（3）NaSO 溶液不稳定，使用前还需要标定，因此配制该溶液时不需要精确配制，需要的玻璃仪器有烧
2 2 3
杯、玻璃棒、试剂瓶和量筒，并不需要容量瓶；NaSO 溶液不稳定，加热可以除去蒸馏水中溶解的氧
2 2 3
气和二氧化碳，减少NaSO 的损失。
2 2 3
（4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I ，因此终点现象为蓝色刚好褪去；根据题干，MnO(OH) 把I−氧化
2 2
成I ，本身被还原成Mn2＋，根据得失电子数目守恒，即有n[MnO(OH) ]×2=n(I)×2，因此建立关系式
2 2 2
O~2MnO(OH) ~2I ~4Na SO。可得水样中溶解氧的含量为[（ab×10−3）÷4×32×103]÷0.1=80ab。
2 2 2 2 2 3
（5）终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，导致 b减小，根据水样中溶解氧的含量为80ab得，
最终结果偏低。
24．【2016年高考天津卷】(18分)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解
氧分子的质量表示，单位mg/L，我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO不能低于
5mg/L。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。
1、测定原理：碱性体积下，O 将Mn2+氧化为MnO(OH) ①2Mn2++O +4OH-=2 MnO(OH) ↓，酸性条件下，MnO(OH)
2 2: 2 2 2
将I-氧化为 I ②MnO(OH) +I-+H+→Mn2++I +H O(未配平)，用NaSO 标准溶液滴定生成的 I ，
2: 2 2 2 2 2 3 2
③2SO2-+I =S O2-+2I-
2 3 2 4 6
2、测定步骤
a．安装装置，检验气密性，充N 排尽空气后，停止充N。
2 2
b．向烧瓶中加入200ml水样
c．向烧瓶中依次迅速加入1mlMnSO 无氧溶液(过量)2ml碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至
4
反应①完全。
d搅拌并向烧瓶中加入2ml硫酸无氧溶液至反应②完全，溶液为中性或若酸性。
e．从烧瓶中取出40．00ml溶液，以淀粉作指示剂，用0．001000mol/L Na SO 溶液进行滴定，记录
2 2 3
数据。
f．……
g．处理数据(忽略氧气从水样中的溢出量和加入试剂后水样体积的变化)。
回答下列问题：
（1）配置以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为__________。
（2）在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器为__________。
①滴定管②注射器③量筒
（3）搅拌的作用是__________。
（4）配平反应②的方程式，其化学计量数依次为__________。
（5）步骤f为__________。
（6）步骤 e中达到滴定终点的标志为__________。若某次滴定消耗 NaSO 溶液4.50ml，水样的
2 2 3
DO=__________mg/L(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标：__________(填是
或否)
（7）步骤d中加入硫酸溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的
原因(用离子方程式表示，至少写出2个)__________。
【答案】
（1）将溶剂水煮沸后冷却
（2）②
（3）使溶液混合均匀，快速完成反应
（4）1，2，4，1，1，3
（5）重复步骤e的操作2-3次
（6）溶液蓝色褪去(半分钟内部变色) 9.0 是
（7）2H++S O2-=S↓+SO ↑+H O；SO +I +2H O=4H++SO2-+2I-；4H++4I-+O =2I +2H O(任写其中2个)
2 3 2 2 2 2 2 4 2 2 2
【解析】
（1）气体在水中的溶解度随着温度升高而减小，将溶剂水煮沸可以除去所用溶剂水中氧，故答案为：将
溶剂水煮沸后冷却；
（2）在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择注射器，故选②；（3）搅拌可以使溶液混合均匀，加快反应的速率，故答案为：使溶液混合均匀，快速完成反应；
（4）根据化合价升降守恒，反应②配平得MnO(OH) +2I-+4H+=Mn2++I +3H O，故答案为：1，2，4，
2 2 2
1，1，3；
（5）滴定操作一般需要重复进行2-3次，以便减小实验误差，因此步骤f为重复步骤e的操作2-3次，
故答案为：重复步骤e的操作2-3次；
（6）碘离子被氧化为碘单质后，用NaSO 溶液滴定将碘还原为碘离子，因此滴定结束，溶液的蓝色
2 2 3
消失；n(Na SO)= 0.001000mol/L×0.0045L=4.5×10-6mol，根据反应①②③有 O~2 MnO(OH) ↓~
2 2 3 2 2
2I~4S O2-，n(O )= n(Na SO)=1.125×10-6mol，该河水的 DO= ×1.125×10-6×32=9×10-
2 2 3 2 2 2 3
3g/L=9.0 mg/L＞5 mg/L，达标，故答案为：溶液蓝色褪去(半分钟内部变色)；9.0；是；
（7）硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应，生成的二氧化硫也能够被生成的碘氧化，同时空气中的
氧气也能够将碘离子氧化，反应的离子方程式分别为： 2H++S O2-=S↓+SO ↑+H O；
2 3 2 2
SO +I +2H O=4H++SO2-+2I-；4H++4I-+O =2I +2H O，故答案为： 2H++S O2-=S↓+SO ↑+H O；
2 2 2 4 2 2 2 2 3 2 2
SO +I +2H O=4H++SO2-+2I-；4H++4I-+O =2I +2H O。
2 2 2 4 2 2 2
25．【2016年高考浙江卷】（15分）无水MgBr 可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水
2
MgBr ，装置如图1，主要步骤如下：
2
步骤1 三颈瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚；装置B中加入15 mL液溴。
步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤3 反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得
三乙醚合溴化镁粗品。
步骤4 常温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160 ℃分解
得无水MgBr 产品。
2
已知：①Mg和Br 反应剧烈放热；MgBr 具有强吸水性。
2 2
②MgBr +3C HOC H MgBr 3C HOC H
2 2 5 2 5 2· 2 5 2 5
请回答：
（1）仪器A的名称是____________。
实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是___________。
（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是___________。
（3）步骤3中，第一次过滤除去的物质是___________。（4）有关步骤4的说法，正确的是___________。
A．可用95%的乙醇代替苯溶解粗品 B．洗涤晶体可选用0℃的苯
C．加热至160℃的主要目的是除去苯 D．该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y4-）标准溶液滴定，反应的离子方程式：
Mg2++ Y4-====Mg Y2-
①滴定前润洗滴定管的操作方法是__________。
②测定前，先称取0.2500g无水MgBr 产品，溶解后，用0.0500 mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至
2
终 点 ， 消 耗 EDTA 标 准 溶 液 26.50 mL ， 则 测 得 无 水 MgBr 产 品 的 纯 度 是
2
________________________（以质量分数表示）。
【答案】（1）干燥管 防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br 的反应
2
（2）会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患
（3）镁屑
（4）BD
（5）①从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重
复2-3次
②97.5%
【解析】
（1）仪器A为干燥管。本实验要用镁屑和液溴反应生成无水溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气
体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气。故答案为：防止镁屑与氧气反应，生成的
MgO阻碍Mg和Br 的反应。（2）将装置B该为装置C，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴
2
快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患。而装置 B是利用干燥的氮气将溴蒸气代入三颈
烧瓶中，反应可以控制，防止太快。（3）步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑。（4）A、95%的乙
醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，错误；B、加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0℃的苯，
可以减少产品的溶解，正确；C、加热至160℃的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为
了除去苯，错误；D、该步骤是为了除去乙醚和溴，故正确。故选 BD。（5）①滴定前润洗滴定管是
需要从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复 2-
3次。②根据方程式分析，溴化镁的物质的量为 0.0500×0.02650=0.001325mol，则溴化镁的质量为
0.001325×184=0.2438g，溴化镁的产品的纯度=0.2438/0.2500=97.5%。
26．【2015浙江理综化学】(15分)某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。
实验(一) 碘含量的测定
取0.0100 mol·Lˉ1的AgNO 标准溶液装入滴定管，取100.00 mL海带浸取原液至滴定池，用电势滴定
3
法测定碘含量。测得的电动势(E) 反映溶液中c(Iˉ)的变化，部分数据如下表：V(AgNO)/mL 15.00 19.00 19.80 19.98 20.00 20.02 21.00 23.00 25.00
3
E/mV －225 －200 －150 －100 50.0 175 275 300 325
实验(二) 碘的制取
另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：
已知：3I＋6NaOH＝5NaI＋NaIO ＋3HO。
2 3 2
请回答：
（1）实验(一) 中的仪器名称：仪器A ， 仪器 B 。
（2）①根据表中数据绘制滴定曲线：
②该次滴定终点时用去AgNO 溶液的体积为 mL，计算得海带中碘的百分含量为 %。
3
（3）①分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为 。
②步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是 。
③下列有关步骤Y的说法，正确的是 。
A．应控制NaOH溶液的浓度和体积
B．将碘转化成离子进入水层
C．主要是除去海带浸取原液中的有机杂质
D．NaOH溶液可以由乙醇代替
④实验(二) 中操作Z的名称是 。
（4）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是 。【答案】（1）坩埚 500mL容量瓶 （2） ① ②
20.00mL 0.635% （3）①向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转
过来，检查玻璃塞是否漏水 ②液体分上下两层，下层呈紫红色 ③AB ④过滤
（4）主要由于碘易升华，会导致碘的损失
【解析】（1）A、B两种仪器的名称分别为坩埚、500mL容量瓶(须注明容量瓶的容量)。
（2）①根据表中数据描出各点，然后连成光滑的曲线即可。
②从图像可知，有20.00mL附近滴定曲线发生突变，可判断滴定终点时用去AgNO 溶液的体积为
3
20.00mL；根据关系式Ag+～I－可计算求得海带中碘的百分含量=
。
（3）①分液漏斗的检漏方法为：向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，
检查玻璃塞是否漏水。
②步骤X中，加入CCl 的作用是萃取碘水中的I，萃取后I 溶解在CCl 中而呈紫色，由于CCl 的密
4 2 2 4 4
度比水大，沉在下层，所以观察到的实验现象是：液体分上下两层，下层呈紫红色。
③步骤Y加入NaOH 的目的是把I 转化为离子(I－和IO －)进入水层而与CCl 分离，并非浸取有机杂质，
2 3 4
也不能用乙醇代替，但NaOH的用量要控制，用量过多会使后续酸化操作步骤消耗硫酸过多，故
选AB。④Z步骤为过滤操作。
（4）I 的CCl 溶液采用蒸馏的方法虽然可以把CCl 蒸馏出去，但同时碘易升华，导致碘的损失。
2 4 4
27．【2014年高考北京卷第27题】（12分）
碳、硫的含量影响钢铁性能。碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫
装置进行测定。
（1）采用装置A，在高温下x克钢样中碳、硫转化为CO、SO 。
2 2
①气体a的成分是____________________。
② 若 钢 样 中 硫 以 FeS 形 式 存 在 ， A 中 反 应 ： 3FeS+5
O=======1______+3______。
2（2）将气体a通入测硫酸装置中（如右图），采用滴定法测定硫的含量。
①HO 氧化SO 的化学方程式：_________________。
2 2 2
②用NaOH溶液滴定生成的HSO ，消耗z mLNaOH溶液，若消耗1mLNaOH溶液相当于硫的质
2 4
量为y克，则该钢样中硫的质量分数：_________________。
（3）将气体a通入测碳装置中（如下图），采用重量法测定碳的含量。
①气体a通过B和C的目的是_____________________。
②计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是__________________。
【答案】（1）①CO、SO 、O；②Fe O；SO
2 2 2 3 4 2
（2）①HO+SO=H SO ；② zy/x
2 2 2 2 4
（3）①除去SO 对CO 测定的干扰②吸收CO 气体前后吸收瓶的质量
2 2 2
【解析】（1）①钢样中的碳、硫在装置A中被氧化为CO 、SO ，故a的成分为CO 、SO 以及未反应的
2 2 2 2
O；
2
②FeS中的，-2价的硫被氧化为SO ，+2价的Fe被氧化为+3价的铁，结合所给化学计量数，可知产
2
物应为Fe O 和SO ，故方程式为3FeS+5O=Fe O+3SO。
3 4 2 2 3 4 2
（2）①HO 具有氧化性，可氧化SO 使S的化合价升高为+6价，在溶液中反应产物应为硫酸，故反
2 2 2
应方程式为：HO+SO=H SO；②1mL NaOH相当于yg S，故z mL NaOH相当于 zy g S，则该样
2 2 2 2 4
品中硫的质量分数为zy/x。
（3）整个装置实际上需要准确测定吸收二氧化碳的量，那么就要除去其他的杂质气体，重铬酸钾和
浓硫酸具有强氧化性肯定是吸收二氧化硫，因此可推知活性二氧化锰的作用是吸收氧气，故装置
B和C的作用主要是除去SO ，以免干扰对CO 测定产生干扰；计算碳的质量分数须利用CO 的
2 2 2
质量进行分析，故需测量CO 吸收瓶在吸收CO 气体前后的质量，质量增加量即为二氧化碳的质
2 2
量。
28．【2014年高考福建卷第25题】(15分)焦亚硫酸钠(Na SO)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进
2 2 5
行如下实验：
实验一 焦亚硫酸钠的制取
采用右图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取NaSO 。装置II中有NaSO 晶体析出，发生的反应
2 2 5 2 2 5
为：NaSO ＋SO ＝NaSO
2 3 2 2 2 5（1）装置I中产生气体的化学方程式为 。
（2）要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是 。
（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为 (填序号)。
实验二 焦亚硫酸钠的性质
NaSO 溶于水即生成NaHSO。
2 2 5 3
（4）证明NaHSO 溶液中HSO － 的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是 (填序号)。
3 3
a．测定溶液的pH b．加入Ba(OH) 溶液 c．加入盐酸
2
d．加入品红溶液 e．用蓝色石蕊试纸检测
（5）检验NaSO 晶体在空气中已被氧化的实验方案是 。
2 2 5
实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定
（6）葡萄酒常用NaSO 作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO 计算)的方案如
2 2 5 2
下：
(已知：滴定时反应的化学方程式为SO ＋I＋2HO＝HSO ＋2HI)
2 2 2 2 4
①按上述方案实验，消耗标准I 溶液25．00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离
2
SO 计算)为 g·L－1。
2
②在上述实验过程中，若有部分 HI被空气氧化，则测得结果 (填“偏高”“偏低”或“不
变”)。
【答案】（1）NaSO +H SO ＝NaSO +SO↑+H O或NaSO +2H SO ＝2NaHSO+SO↑+H O
2 3 2 4 2 4 2 2 2 3 2 4 4 2 2
（2）过滤 （3）d （4）a、e
（5）取少量NaSO 晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白
2 2 5
色沉淀生成
（6）①0．16 ②偏低
【解析】化学实验探究题要根据实验目的、原理、信息进行全面的分析、回答每个问题。（1）装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，根据观察法将其配平。
（2）装置II中析出NaSO 晶体，通过过滤操作得到该晶体。
2 2 5
（3）处理过量的SO 尾气，A项装置瓶口封闭，错误；B项食盐水不能将大量的SO 尾气吸收，错误；
2 2
C项漏斗口没入了液体中，错误，D项氢氧化钠溶液可吸收SO 尾气，同时能防倒吸，正确。
2
（4）若NaHSO 溶液中HSO － 的电离程度大于水解程度，则所得溶液显弱酸性，可通过测定溶液
3 3
的pH(pH＜7)，用蓝色石蕊试纸检测(显红色)等途径来证明。
（5）若NaSO 晶体在空气中已被氧化，则应该生成NaSO ，通过检验样品中是否含有SO 2 －即可。
2 2 5 2 4 4
（6）①根据反应 “ SO ＋I ＋2HO＝HSO ＋2HI”，则 样品中 抗氧化剂的 残留 量＝
2 2 2 2 4
＝0．16 g/L。
②若有部分HI被空气氧化又生成I，导致消耗标准I 溶液的体积偏小，则测得结果偏低。
2 2
29．【2014年高考江苏卷第21B题】[实验化学]
磷酸铁（FePO4·2H2O，难溶于水的米白色固体）可用于生成药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料，
实验室可通过下列实验制备磷酸铁。
（1）称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤，
反应加热的目的是 。
（2）向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2＋。为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定
滤液中的Fe2＋，离子方程式如下：
①在向滴定管注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、 和 。
②若滴定xmL滤液中的Fe2＋，消耗amol·L—1 K2Cr2O7标准溶液bmL，则滤液中
c(Fe2＋)= mol·L—1
③为使滤液中的Fe2＋完全被H2O2氧化，下列实验条件控制正确的是 （填序号）。
A．加入适当过量的H2O2溶液 B．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌
C．加热，使反应在较高温度下进行 D．用氨水调节pH=7
（3）将一定量的Na2HPO4溶液（溶液显碱性）加入到含有Fe3＋的溶液中，搅拌、过滤、洗涤、干
燥得到FePO4·2H2O 。若反应得到的FePO4·2H2O固体呈棕黄色，则磷酸铁中混有的杂质可能为
。
【答案】（1）加快反应速率
（2） ①用蒸馏水洗净 用重铬酸钾标准液润洗2——3次 ②6ab/x ③ AB
（3） 氢氧化铁
【解析】（1）反应时加热温度升高，加快反应速率；
（2）①使用滴定管要检漏、用蒸馏水洗净、用重铬酸钾标准液润洗2——3次等环节；
②根据电子守鹤，计算可得；
③A增加双氧水的量提高亚铁离子转化率，正确；B缓慢加入且搅拌使溶液充分混合，使亚铁离子充分反应，正确；C加热双氧水分解，不利于反应，错误；D中性时亚铁离子易产生氢氧化物沉淀，
错误。
（3）NaHPO 溶液为碱性，能生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁为红褐色，少量与磷酸铁混合可得棕黄色。
2 4
30．【2014年高考天津卷第9题】（18分）NaSO 是重要的化工原料，易溶于水。在中性或碱性环境中
2 2 3
稳定。
I．制备NaSO•5H O
2 2 3 2
反应原理：NaSO （aq）+S（s） NaSO(aq)
2 3 2 2 3
实验步骤：
①称取15g Na SO 加入圆底烧瓶中，再加入80ml蒸馏水。另取5g研
2 3
细的硫粉，用3ml 乙醇润湿，加入上述溶液中。
②安装实验装置（如图所示，部分加持装置略去），水浴加热，微沸60分钟。
③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出NaSO•5H O，经过滤，洗涤，干燥，
2 2 3 2
得到产品。
回答问题：
（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是 。
（2）仪器a的名称是 ，其作用是
。
（ 3 ） 产 品 中 除 了 有 未 反 应 的 NaSO 外 ， 最 可 能 存 在 的 无 机 杂 质 是
2 3
， 检 验 是 否 存 在 该 杂 质 的 方 法 是
。
（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因：
。
II．测定产品纯度
准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol•L‾1碘的标准溶液滴定。
反应原理为：2SO2‾+I =S4O62-+2I‾
2 3 2
（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化： 。
（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为 mL。
产品的纯度为（设NaSO•5H O相对分子质量为M） 。
2 2 3 2
III．NaSO 的应用
2 2 3
（7）NaSO 还原性较强，在溶液中易被Cl 氧化成SO 2‾，常用作脱氧剂，该反应的离子方程式为 。
2 2 3 2 4
【答案】（1）使硫粉易于分散到溶液中
（2）冷凝管 冷凝回流
（3）NaSO
2 4
取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加 BaCl 溶液，若有白色沉淀，则产品中含有
2
NaSO
2 4
（4）SO2‾+2H+=S↓+SO ↑+H O
2 3 2 2
（5）由无色变为蓝色（6）18.10
（7）SO2‾+4Cl +5H O = 2SO 2‾+8Cl‾+10H+
2 3 2 2 4
【解析】
（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是使硫粉易于分散到溶液中。
（2）根据实验装置图可知a为冷凝管；作用是冷凝回流。
（3）SO 2‾具有还原性，能被O 氧化为SO 2‾，所以最可能存在的无机杂质是SO 2‾；硫酸根的检验方
3 2 4 4
法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl 溶液，若有白色沉淀，则产品中含
2
有NaSO 。
2 4
（4）SO2‾与H+发生氧化还原反应，生成的S使产品发黄，离子方程式为：SO2‾+2H+=S↓+SO ↑+H O
2 3 2 3 2 2
（5）滴定结束后，I 使淀粉变蓝，所以滴定至终点时，溶液颜色的变化：由无色变为蓝色。
2
（6）根据液面示意图，滴定起始时，液面读数为0，终点液面读数为18.10ml，所以消耗碘的标准溶
液体积为18.10ml；产品的纯度=0.1000mol/L×18.10×10-3L×2M÷W×100%=
（7）Cl 被还原为Cl‾，配平可得离子方程式为：SO2‾+4Cl +5H O = 2SO 2‾+8Cl‾+10H+
2 2 3 2 2 4
31．【2014年高考新课标Ⅱ卷第28题】（15分）某小组以CoCl ·6H O、NH Cl、HO 、浓氨水为原料，
2 2 4 2 2
在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X。为测定其组成，进行如下实验。
①氨的测定：精确称取 wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量
10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用VmLc mol·L—1的盐酸标准溶液吸
1 1
收。蒸氨结束后取下接收瓶，用 c mol·L—1NaOH 标准溶液滴定过剩的 HCl，到终点时消耗
2
VmLNaOH溶液。
2
②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO 标准溶液滴定，KCrO 溶液为指示剂，至出现淡
3 2 4
红色沉淀不再消失为终点（Ag CrO 为砖红色）。
2 4
回答下列问题：
（1）装置中安全管的作用原理是 。（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用 式滴定管，可使用的指示剂为 。
（3）样品中氨的质量分数表达式为 。
（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将 （填“偏高”或“偏低”）。
（5）测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是 ；滴定终点时，若溶液中 c(Ag
＋)=2.0×10—5 mol·L—1，c(CrO 2—)为 mol·L—1。（已知：K (Ag CrO)=1.12×10—12）
4 sp 2 4
（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1:6:3，钴的化合价为 ，制备X的化学
方程式为 ；X 的制备过程中温度不能过高的原因是
。
【答案】（1）当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定 （2）碱 酚酞（或甲基
红）
（3） （4）偏低 （5）防止硝酸银见光分解 2.8×10—3
（6）+3 2CoCl +2NHCl+10NH +H O 2[Co(NH )]Cl +2H O 温度过高过氧化氢分解、氨气逸出
2 4 3 2 2 3 6 3 2
【解析】本题的解题要点为：首先要明确物质组成测定的实验原理，理清题给实验装置的作用，掌握酸碱
中和滴定中滴定管使用的注意事项，掌握相关物质的性质及沉淀溶解平衡的相关计算。其次是能利用
化学方程式进行简单的计算及进行实验的误差分析。
（1）分析题给装置知，装置中安全管的作用原理是当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶
中压力稳定。
（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管，可使用的指示剂为酚酞（或甲基
红）。
（3）根据题给信息知，氨的测定过程中发生反应HCl+NH NH Cl，则样品中氨的物质的量与和氨
3 4
气反应的HCl的物质的量相等，为（cV—cV）×10—3mol，则氨气的质量为
1 1 2 2
（cV—cV）×10—3×17g，质量分数表达式为 。
1 1 2 2
（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好会导致氨气逸出，测定结果将偏低。
（5）测定氯的过程中，用硝酸银溶液滴定，硝酸银见光易分解，故使用棕色滴定管的原因是防止硝
酸银见光分解；根据沉淀溶解平衡知识知，c(CrO 2—) =K (Ag CrO)/ c2(Ag＋)= 1.12×10—12/(2.0×10
4 sp 2 4
—5)2=2.8×10—3mol·L—1。
（6）根据题意知，样品X中钴、氨、氯的物质的量之比为1:6:3，则X的化学式为[Co(NH )]Cl ，利
3 6 3
用化合价规则判断，钴的化合价为+3；根据题给信息知，CoCl ·6H O、NH Cl、HO、浓氨水在
2 2 4 2 2
活性炭催化下，合成橙黄色晶体X，化学方程式为2CoCl +2NHCl+10NH +H O
2 4 3 2 2
2[Co(NH )]Cl +2H O；X的制备过程中温度不能过高的原因是温度过高过氧化氢分解、氨气逸出。
3 6 3 2
