文档文本内容
专题59 定量分析综合实验
考点
十年考情（2016-2025）
命题趋势
考点1 滴定
类定量分析
2025：四川、陕晋青宁卷、河
南、甘肃、安徽
2024：广东、浙江、山东、全
国甲卷、安徽
2023：海南、河北、江苏
2022：辽宁
2021：山东、湖南
2020：全国II 卷
2019：江苏、北京、天津
2018：全国III 卷、全国II 卷、
天津
2017：全国II 卷、天津、江苏
2016：天津、浙江
注重考查学科核心知识 ：本专题从量的角度考查化学
实验知识，涉及物质含量的测定、化学式的确定、纯
度的计算、滴定实验及其计算、误差分析等核心知
识。
强调知识的灵活运用与综合分析 ：该类试题常以混合
物成分的分析测定、物质纯度的计算以及化学式的确
定等为实验目的进行设计，从量的角度考查化学实验
知识及元素化合物知识。涉及内容主要体现在物质的
称量(或量取)、物质的分离与提纯、中和滴定及其迁
移应用、一定物质的量浓度溶液的配制、误差来源及
减少误差的方法等方面。考查的知识点来源与课本而
略高于课本，能够很好的考查学生灵活运用基础知识
的能力和解决实际问题的能力。这不仅体现了科学探
究与创新意识的核心素养，而且考查了考生处理实验
数据，分析实验流程的能力。
考点2 非滴
定类定量分析
2025：云南
2024：广西、贵州、浙江
2023：重庆、山东、全国乙卷
2022：福建、湖南
2021：全国甲卷、河北
2020：天津
2017：浙江
2016：浙江、上海
1．（2025·四川·高考真题）双水杨醛缩乙二胺(
，
)的锰配合物(
)常用作有机氧化反应
的催化剂。某化学课外小组制备了该配合物并确定其组成。
Ⅰ．
配合物的制备
制备原理：
实验步骤：
实验装置如图所示(省略夹持和加热等装置)。将反应物用乙醇溶解，在空气中，
反应30 分钟。反
应结束后，经冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥，获得产物。
Ⅱ．
配合物中x 的测定
①移取
的
溶液置于锥形瓶中，加入
的维生素
溶液充分混合，放置
分钟。
②往上述锥形瓶中加入5 滴
的淀粉溶液，立即用
的
标准溶液滴定至终点。平行测定三
次，消耗标准溶液的平均体积为
。
知识点01 滴定类定量分析
上述测定过程所涉及的反应如下：
回答下列问题：
(1)制备过程中，仪器A 的名称是 ，最适宜的加热方式为 (填标号)。
A．酒精灯 B．水浴 C．油浴
(2)制备过程中，空气的作用是 。
(3)步骤①中，“
维生素C 溶液”应用 (填标号)量取。
a.烧杯 b.量筒 c.移液管
(4)步骤①中，加入维生素C 溶液后，“放置
分钟”，时间不宜过长的原因是 。
(5)步骤②中，
标准溶液应置于 (填“酸式”或“碱式”)滴定管；滴定接近终点时，加入半滴
标
准溶液的操作过程是 。
(6)若滴定时过量，将引起测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(7)根据实验数据，
中
(保留整数)。
【答案】(1) 球形冷凝管 B
(2)将
氧化
(3)c
(4)防止时间过长维生素C 被氧化，影响后续测定结果
(5) 酸式 微微转动酸式滴定管的活塞，使溶液悬在滴定管口，形成半滴，用锥形瓶内壁将其沾落，
再以洗瓶用少量蒸馏水冲洗锥形瓶壁将
的标准溶液冲入
(6)偏小
(7)1
【分析】在本题中，第一步制备
时，将反应物溶于乙醇，根据图中仪器可以看出，实验过程中使
用了球形冷凝管，因为制备过程中在
反应30 分钟，根据反应温度可以知道，
的反应温
度应该采取水浴加热的方式进行加热；从反应方程式可以看出，锰元素的价态从
·
中的
+2 价到
有明显的升高（根据
推断L 为-2 价，
则要高于原本的+2 价），可知空气的作
用是将
氧化；在测定过程中，量取
维生素C 溶液，因为体积精确到小数点后两位，所以应该
使用移液管量取；因为维生素C 具有较强的还原性，放置时间过长会被氧化，所以放置
分钟，避免影
响后续的测定结果；测定时，
的标准溶液具有一定的氧化性，所以应该置于酸式滴定管，需要注意的是，
最后接近滴定终点时，要半滴滴定，加入半滴的操作应该是微微转动酸式滴定管的活塞，使溶液悬在滴定
管口，形成半滴，用锥形瓶内壁将其沾落，再以洗瓶用少量蒸馏水冲洗锥形瓶壁将
的标准溶液冲入；因
为
，滴定过量时，消耗的标准溶液体积偏大，计算得出的与
的标准溶液反应的维生素
也会变多，导致计算出的与维生素C 反应的
变少，最终测定的结果就会偏小。
【详解】（1）根据图中仪器可以看出，实验过程中使用了球形冷凝管，所以A 的名称是球形冷凝管；在
中反应最适宜的加热方式为水浴加热，选B。
（2）从
·
到
中锰元素的价态升高，所以空气的作用是将
氧化。
（3）量取
维生素C 溶液，因为体积精确到小数点后两位，所以应该使用移液管量取，选c。
（4）维生素C 具有较强的还原性，放置时间过长会被氧化，所以放置
分钟，避免影响后续的测定结
果。
（5）
的标准溶液具有一定的氧化性，所以应该置于酸式滴定管；需要注意的是，最后接近滴定终点时，
要半滴滴定避免滴定过量导致结果有误差，加入半滴的操作应该是微微转动酸式滴定管的活塞，使溶液悬
在滴定管口，形成半滴，用锥形瓶内壁将其沾落，再以洗瓶用少量蒸馏水冲洗锥形瓶壁将
的标准溶液冲
入
（6）因为
，滴定过量时，消耗的标准溶液体积偏大，因为维生素C 的总量是一定的，就
会导致计算得出的与
的标准溶液反应的维生素
变多，从而与维生素C 反应的
变少，
最终测定的结果就会偏小。
（7）根据双水杨醛缩乙二胺(
，
)和相对原子质量可以计算得出
，移取的
质量为
，维生
素C 的物质的量为
，
消耗的维生素C 的物质的量为
，所以与
反应的维生素C 的物质的量为
，根据反应的化学计量关系（2mol
与
维生素C 反应）进行
计算：
，保留整数解得
。
2．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某实验室制备糖精钴
，并测定其结晶水含量。
已知：
表示糖精根离子，其摩尔质量为
，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；
丙酮沸点为
，与水互溶。
(一)制备
I．称取
，加入
蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。
Ⅱ．称取
(稍过量)糖精钠(
)，加入
蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。
Ⅲ．将溶液2 加入到接近沸腾的溶液1 中，反应3 分钟后停止加热，静置，冷却结晶。
Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。
回答下列问题：
(1)I 和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有 、 (写出两种)
(2)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于 中，以使大量晶体析出。
(3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的
溶液洗涤晶体，正确顺序为 。
A．①③② B．③②① C．②①③
(4)Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中， (将实验操作、现象和结论
补充完整)。
(5)与本实验安全注意事项有关的图标有 。
(二)结晶水含量测定
和
形成
配合物。准确称取
糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲
溶液和指示剂，在50~60℃下，用
的
标准溶液滴定。
(6)下列操作的正确顺序为 (用字母排序)。
a．用标准溶液润洗滴定管 b．加入标准溶液至“0”刻度以上
处
c．检查滴定管是否漏水并清洗 d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数
(7)滴定终点时消耗标准溶液
，则产品
中x 的测定值为 (用含m、c、V
的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x 的测定值 (填“偏高”
“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1) 玻璃棒 量筒（或胶头滴管等，合理即可）
(2)冰水浴
(3)B
(4)加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明Cl-已洗净
(5)ABC
(6)cabd
(7)
（或：
） 偏高
【分析】按照反应
制备糖精钴，然
后在冰水浴中结晶，再按照“冷的1% NaSac 溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶体，最后将
糖精钴晶体溶解后用EDTA 标准溶液滴定测定含有结晶水的数量。
【详解】（1）步骤I、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率。
（2）因为糖精钴在冷水中溶解度较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置于
冰水浴中。
（3）先用冷的1% NaSac 溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的Co2+转
化为晶体析出，且不引入新的杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离子，
丙酮可以与水互溶且沸点比关键水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故答案
为B。
（4）Ⅳ中为了确认氯离子已经洗净的步骤为：取水洗时的最后一次滤液于试管中，加稀硝酸酸化，再滴
加AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明Cl-已洗净。
（5）进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，同时化学实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗
双手，该实验涉及加热操作，因此需要防止热烫，要选择合适的工具进行操作，避免直接触碰，故A、B、
C 符合题意；该实验中未涉及锐器的操作，D 不符合题意，故答案为ABC。
（6）使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗(c)，再用待装的标准溶液进行润洗(a)，待
润洗完成后 装入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL 处(b)，放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”刻度
下，准确记录标准溶液体积的初始读数(d)，故答案为cabd。
（7）滴定消耗的
，EDTA 与Co2+形成1：1 配合物，则样品溶解后的
，即样品中的
，而
，所以
，解得
；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，
滴定后有气泡，测得消耗EDTA 溶液体积偏小，即V 偏小，根据
，则x 偏高。
3．（2025·河南·高考真题）某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应
为
。
主要实验步骤如下：
Ⅰ．如图所示，准确称取
细粉状药用硫黄于①中，并准确加入
乙醇溶液(过量)，加入适量蒸
馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。
Ⅱ．室温下向①中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量
溶液，加热至
，保持
，冷
却至室温。
Ⅲ．将①中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2 滴甲基橙指示剂，用
标准溶液滴定至终点，消
耗
溶液体积为
。
Ⅳ．不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗
标准溶液体积为
。计算样品中硫的质
量分数。
Ⅴ．平行测定三次，计算硫含量的平均值。
回答下列问题：
(1)仪器①的名称是： ；②的名称是 。
(2)步骤Ⅰ中，乙醇的作用是 。
(3)步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是 。
(4)步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是 。步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的
，实验操
作是 。
(5)步Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为 。
(6)单次样品测定中硫的质量分数可表示为 (写出计算式)。
【答案】(1) 圆底烧瓶 球形冷凝管
(2)作溶剂，溶解单质硫
(3)防止双氧水氧化乙醇，影响实验测定结果
(4) 实验需要加热至100 ℃，应选用油浴或其他更合适的加热方法；而水的沸点就是100 ℃，难以使
反器的受热温度维持在100℃，所以不宜采用水浴加热 取适量混合液先加入盐酸酸化，无明显实验现
象，再加入氯化钡溶液产生白色沉淀，说明含有
(5)滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色
(6)
【详解】（1）根据仪器构造可知①是圆底烧瓶，②是球形冷凝管；
（2）硫单质难溶于水，微溶于酒精，所以乙醇的作用是作溶剂，溶解单质硫；
（3）双氧水具有强氧化性，乙醇具有还原性，二者混合发生氧化还原反应，所以必须蒸馏除去乙醇；
（4）由于实验需要加热至100℃，应选用油浴或其他更合适的加热方法；而水的沸点就是100 ℃，难以使
反器的受热温度维持在100℃，所以不宜采用水浴加热；要检验溶液中的硫酸根离子，需要排除溶液中其
它离子的干扰，所以实验操作是取适量混合液先加入盐酸酸化，无明显实验现象，再加入氯化钡溶液产生
白色沉淀，说明含有
。
（5）甲基橙作指示剂，盐酸滴定氢氧化钾溶液，则滴定终点的现象为滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄
色变为橙色，且半分钟内不恢复原色；
（6）不加入硫黄，消耗
标准溶液体积为
，因此原氢氧化钾的物质的量是0.001cV3mol，反应后
剩余氢氧化钾的物质的量是0.001cV2mol，因此与硫磺反应的氢氧化钾的物质的量是0.001c（V3－V2）
mol，所以根据方程式
可知硫单质的物质的量0.0005c（V3－V2）mol，所以单
次样品测定中硫的质量分数可表示为
。
4．（2025·甘肃·高考真题）某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物
和苯甲酸钠制备配合物
，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知
在碱性溶液中
易形成
沉淀。
在空气中易吸潮，加强热时分解生成
。
(1)步骤①中，加热的目的为 。
(2)步骤②中，调节溶液pH 时需搅拌并缓慢滴加NaOH 溶液，目的为 ；pH 接近6 时，为了防止pH
变化过大，还应采取的操作为 。
(3)如图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为 。
(4)准确称取一定量产品，溶解于稀
中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有机溶剂，加入一定量的NaOH 标
准溶液，滴入1~2 滴酚酞溶液，用HCl 标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为 。实验所需
的指示剂不可更换为甲基橙，原因为 。
(5)取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0～92℃范围内产品质量减轻的
原因为 。结晶水个数
。[
，结果保留两位有效数字]。
【答案】(1)升高温度，加快溶解速率，提高浸出率
(2) 防止生成
沉淀 缓慢滴加NaOH 溶液，同时测定溶液的pH 值
(3)容量瓶、烧杯
(4) 滴入最后半滴标准溶液，溶液有浅红色变无色，并保持半分钟不褪色 滴定终点呈碱性，使用
甲基橙误差较大
(5)
吸潮的水 1.7
【分析】Eu2O3加入稀盐酸加热溶解，调节pH=6，再加入苯甲酸钠溶液，得到
沉淀，
再经过抽滤、洗涤，得到产品。
【详解】（1）步骤①中，加热的目的是：加快溶解速率，提高浸出率；
（2）
在碱性溶液中易形成
沉淀，步骤②中，调节溶液pH 时需搅拌并缓慢滴加NaOH 溶液，
目的是防止生成
沉淀；
pH 接近6 时，为了防止pH 变化过大，要缓慢滴加NaOH 溶液，同时测定溶液的pH 值；
（3）配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器有容量瓶、烧杯，不需要漏斗和圆底烧瓶；
（4）用酚酞做指示剂，HCl 标准溶液滴定剩余的NaOH，滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准溶液，溶
液有浅红色变无色，并保持半分钟不褪色；
滴定终点呈碱性，甲基橙变色范围在酸性范围内，使用甲基橙做指示剂误差较大；
（5）
在空气中易吸潮，0～92℃范围内产品质量减轻的是
吸潮的
水，92
~195
℃
℃失去的是结晶水的质量；
最后得到的是Eu2O3，1mol
失去结晶水质量减少18xg，重量减少5.2%，根据
，1mol
生成0.5mol 的Eu2O3，质量减少3×(121-8)g=339g，重量减少56.8%，
有关系式18x：5.2%=339：56.8%，x=1.7。
5．（2025·安徽·高考真题）侯氏制碱法以
、
和
为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱
法基础上，以
和
为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下：
①配制饱和食盐水；
②在水浴加热下，将一定量研细的
，加入饱和食盐水中，搅拌，使
，溶解，静置，析
出
晶体；
③将
晶体减压过滤、煅烧，得到
固体。
回答下列问题：
(1)步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有 (填名称)。
(2)步骤②中
需研细后加入，目的是 。
(3)在实验室使用
代替
和
制备纯碱，优点是 。
(4)实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的
随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所示。
i．到达第一个滴定终点B 时消耗盐酸
，到达第二个滴定终点C 时又消耗盐酸
。
，所得产
品的成分为 (填标号)。
a．
b．
c．
和
d．
和
ii．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学
所记录的
(填“>”“<”或“=”)。
(5)已知常温下
和
的溶解度分别为
和
。向饱和
溶液中持续通入
气体
会产生
晶体。实验小组进行相应探究：
实
验
操作
现象
a
将
匀速通入置于烧杯中的
饱和
溶
液，持续
，消耗
无明显现象
b
将
饱和
溶液注入充满
的
矿泉
水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶
，静置
矿泉水瓶变瘪，
后
开始有白色晶体析出
i．实验a 无明显现象的原因是 。
ii．析出的白色晶体可能同时含有
和
。称取
晾干后的白色晶体，加热至恒重，
将产生的气体依次通过足量的无水
和
溶液，
溶液增重
，则白色晶体中
的质量分数为 。
【答案】(1)烧杯、玻璃棒
(2)加快
溶解、加快
与
反应
(3)工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高
(4) a >
(5)
在饱和
溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的
的量较少，
在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体
【分析】本题以
和
为反应物，在实验室制备纯碱。考查了配制饱和溶液的方法及所用的试
剂；用
代替
和
，使工艺变得简单易行，原料利用率较高，且环保、制备效率较高；滴
定分析中利用了碳酸钠与盐酸反应分步进行，根据两个滴定终点所消耗的盐酸用量分析产品的成分；通过
对比实验可以发现
的充分溶解对
的生成有利。
【详解】（1）步骤①中配制饱和食盐水，要在烧杯中放入一定量的食盐，然后向其中加入适量的水并用
玻璃棒搅拌使其恰好溶解，因此需要使用的有烧杯和玻璃棒。
（2）固体的颗粒越小，其溶解速率越大，且其与其他物质反应的速率越大，因此，步骤②中
需
研细后加入，目的是加快
溶解、加快
与
反应。
（3）
和
在水中可以发生反应生成
，但是存在气体不能完全溶解、气体的利用率低且对
环境会产生不好的影响，因此，在实验室使用
代替
和
制备纯碱，其优点是工艺简单、
绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高。
（4）i．根据图中的曲线变化可知，到达第一个滴定终点B 时，发生的反应为
，消耗盐酸
;到达第二个滴定终点C 时, 发生的反应为
，又消耗盐酸
,因为
，说明产品中不含
和
，
因此，所得产品的成分为
，故选a。
ⅱ．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓，其必然
会使一部分
与盐酸反应生成
，从而使得
偏大、
偏小，因此，该同学所记录的
>
。
（5）i．实验a 无明显现象的原因是：
在饱和
溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反
应的速率也较小，生成的
的量较少，
在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体。
ii．析出的白色晶体可能同时含有
和
。称取
晾干后的白色晶体，加热至恒重，
将产生的气体依次通过足量的无水
和
溶液。
受热分解生成的气体中有
和
，
而
分解产生的气体中只有
，无水
可以吸收分解产生的
，
溶液可以吸
收分解产生的
；
溶液增重
，则分解产生的
的质量为
，其物质的量为
，由分解反应可知，
的物质的量为
，则白色晶体中
的质
量为
，故其质量分数为
。
6．（2024·广东·高考真题）含硫物质种类繁多，在一定条件下可相互转化。
(1)实验室中，浓硫酸与铜丝反应，所产生的尾气可用 (填化学式)溶液吸收。
(2)工业上，烟气中的
可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成石膏。该过程中， (填元素
符号)被氧化。
(3)工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：
(
)
Ⅰ。兴趣小组在实验室探究
溶液的浓度对反应(
)
Ⅰ的反
应速率的影响。
①用
固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。
i．该过程中用到的仪器有 。
ii．滴定数据及处理：
溶液
，消耗
盐酸
(滴定终点时，
转化为
)，则
。
②实验探究：取①中的
溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入
硫酸钙固体，反
应
后，过滤，取
滤液，用
盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表(忽略
水
解的影响)。
序号
a
100.0
0
b
80.0
x
则
，测得的平均反应速率之比
。
(4)兴趣小组继续探究反应(
)
Ⅰ平衡的建立，进行实验。
①初步实验 将
硫酸钙(
)加入
溶液中，在
和搅拌条件
下，利用
计测得体系的
随时间的变化曲线如图。
②分析讨论 甲同学根据
后
不改变，认为反应(
)
Ⅰ已达到平衡；乙同学认为证据不足，并提出如下
假设：
假设1 硫酸钙固体已完全消耗；
假设2 硫酸钙固体有剩余，但被碳酸钙沉淀包裹。
③验证假设，乙同学设计如下方案，进行实验。
步骤
现象
ⅰ．将①实验中的反应混合物进行固液分离
/
ⅱ．取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加
，沉淀完全溶解
ⅲ．继续向ⅱ的试管中滴加
无白色沉淀生成
④实验小结 假设1 成立，假设2 不成立。①实验中反应(
)
Ⅰ平衡未建立。
⑤优化方案、建立平衡 写出优化的实验方案，并给出反应(
)
Ⅰ平衡已建立的判断依据： 。
【答案】(1)NaOH（其他合理答案也可）
(2)S
(3) BD
20.0 6：5
(4) 过量稀盐酸 有气体产生 BaCl2溶液 将最少
硫酸钙加入
溶液中，在
和搅拌条件下，利用
计测得体系的
，当pH 不变时，加
入Na2SO4固体，若pH 值变大，说明反应Ⅰ平衡已建立
【分析】探究反应
(
)
Ⅰ中
溶液的浓度对反应速率的影响，
通过HCl 与Na2CO3的滴定反应，来测量Na2CO3浓度的变化量，从而计算平均反应速率；
探究反应
平衡的建立，利用
水解呈碱性的性质，通过测定
pH 来判断
离子浓度的变化情况，从而判断反应是否平衡。
【详解】（1）浓硫酸与铜丝反应方程式为：
，所产生的尾气为SO2，
可用NaOH 溶液吸收（其他合理答案也可）；
（2）SO2生成石膏（主要成分CaSO4），S 元素的化合价由+4 价上升到+6 价，失去电子，被氧化；
（3）①用Na2CO3固体配制溶液，以滴定法测定其浓度，该过程用到下列仪器中的烧杯、酸式滴定管，故
选BD；根据离子方程式
可知，
；
②总体积应相同，x 为20.0mL；a 中消耗的盐酸体积为
，即
，同理可得，b 中
，由于
，总体积相同时，
；
（4）由结论假设1 成立，假设2 不成立，说明①实验中的沉淀均为CaCO3，要验证沉淀中无CaSO4，可酸
溶后滴加BaCl2将①实验中的反应混合物进行固液分离后，取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加过量稀盐
酸，有气体产生，沉淀完全溶解，继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明沉淀均为CaCO3，无
CaSO4；由方程式
可知，假设正反应100%进行，
，质量为0.01mol×136g/mol=1.36g，实验方案为：将最
少
硫酸钙加入
溶液中，在
和搅拌条件下，利用
计测得体系的
，
当pH 不变时，加入Na2SO4固体，若pH 值变大，说明反应Ⅰ平衡已建立。
7．（2024·浙江·高考真题）某小组采用如下实验流程制备
：
已知：
是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。
请回答：
(1)如图为步骤I 的实验装置图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器A 的名称是 ，判断步骤I
反应结束的实验现象是 。
(2)下列做法不正确的是_______。
A．步骤I 中，反应物和溶剂在使用前除水
B．步骤I 中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯(配石棉网)加热
C．步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜
D．步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤
(3)所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证 。
(4)纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中
含量以确定纯度。滴定原理为：
先用过量
标准溶液沉淀
，再以
标准溶液回滴剩余的
。已知：
难溶电解质
(黄色)
(白色)
(红色)
溶度积常数
①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤 。
称取产品
，用少量稀酸A 溶解后转移至
容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、水
洗→_______→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取
待测溶液加入锥形瓶
→_______→_______→加入稀酸B→用
标准溶液滴定→_______→读数。
a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体
b．润洗，从滴定管上口倒出液体
c．滴加指示剂
溶液
d．滴加指示剂硫酸铁铵
溶液
e．准确移取
标准溶液加入锥形瓶
f．滴定至溶液呈浅红色
g．滴定至沉淀变白色
②加入稀酸B 的作用是 。
③三次滴定消耗
标准溶液的平均体积为
，则产品纯度为 。
【答案】(1) 球形冷凝管 溶液由紫红色恰好变为无色（或溶液褪为无色）
(2)BC
(3)取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察
液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有
(4) a e d f 抑制
发生水解反应，保证滴定终点的准确判断
【分析】由流程信息可知，铝、碘和正己烷一起加热回流时，铝和碘发生反应生成
，过滤后滤液经浓
缩、结晶、过滤、洗涤、干燥后得到粗产品。
【详解】（1）由实验装置图中仪器的结构可知，图中仪器A 的名称是球形冷凝管，其用于冷凝回流；碘
溶于正己烷使溶液显紫红色，
是无色晶体，当碘反应完全后，溶液变为无色，因此，判断步骤I 反应
结束的实验现象是：溶液由紫红色恰好变为无色（或溶液褪为无色）。
（2）A．
吸湿性极强，因此在步骤I 中，反应物和溶剂在使用前必须除水，A 正确；
B．使用到易燃的有机溶剂时，禁止使用明火加热，因此在步骤I 中，若控温加热器发生故障，不能改用酒
精灯(配石棉网)加热，B 不正确；
C．
在空气中受热易被氧化，因此在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气（如持续通入氮气的
蒸馏烧瓶等）的装置中进行，不能直接在蒸发皿浓缩，C 不正确；
D．
在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷因此，为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷的正
己烷洗涤，D 正确；
综上所述，本题选BC。
（3）碘易溶于正己烷，而
可溶于热的正己烷、不易溶于冷的正己烷，因此，可以取少量粗产品置于
少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变
蓝则其中混有碘单质，否则没有。
（4）①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；先加
待测溶液，后加
标准溶液，两者充分反应后，剩余的
浓度较小，然后滴加指示剂硫酸
铁铵
溶液作指示剂，可以防止生成
沉淀；
的溶度积常数与
非常
接近，因此，
溶液不能用作指示剂，应该选用
溶液，其中的
可以与过量的半
滴
溶液中的
反应生成溶液呈红色的配合物，故滴定至溶液呈浅红色；综上所述，需
要补全的操作步骤依次是：a e d f。
②
和
均易发生水解，
溶液中含有
，为防止影响滴定终点的判断，必须抑制其
发生水解，因此加入稀酸B 的作用是：抑制
发生水解反应，保证滴定终点的准确判断。
③由滴定步骤可知，
标准溶液分别与
溶液中的
、
标准溶液中的
发生反应生成
和
；由
守恒可知，
，则
；三次滴定消耗
标准溶液的平均体积为
，则
=
，由I 守恒
可知
，因此，产品纯度为
。
8．（2024·山东·高考真题）利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持
装置略)。
实验过程如下：
①加样，将
样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G 内预装
略小于
的
碱性标准溶液，吸收管F 内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F 内滴入适量
碱性标准溶液，发生反应：
，使溶液显浅蓝色。
②燃烧：按一定流速通入
，一段时间后，加热并使样品燃烧。
③滴定：当F 内溶液浅蓝色消退时(发生反应：
)，立即用
碱性标准溶液滴
定至浅蓝色复现。随
不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换，直至终点。
回答下列问题：
(1)取
的碱性溶液和一定量的
固体，配制
碱性标准溶液，下列仪
器必须用到的是_______(填标号)。
A．玻璃棒
B．
锥形瓶
C．
容量瓶
D．胶头滴管
(2)装置B 和C 的作用是充分干燥
，B 中的试剂为 。装置F 中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度
小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是 。
(3)该滴定实验达终点的现象是 ；滴定消耗
碱性标准溶液
，样品中硫的质量分数是
(用代数式表示)。
(4)若装置D 中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进
的生成，粉尘在该过程中的作用是 ；
若装置E 冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是 ；若滴定过程中，有少量
不经
直
接将
氧化成
，测定结果会 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1)AD
(2) 浓硫酸 防止倒吸
(3) 当加入最后半滴
碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s 内不变色
(4) 催化剂 通入F 的气体温度过高，导致部分
升华，从而消耗更多的
碱性标准溶液
不变
【分析】由题中信息可知，利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验中，将氧气经干燥、净
化后通入管式炉中将钢铁中硫氧化为
，然后将生成的
导入碘液中吸收，通过消耗
碱性标准溶
液的体积来测定钢铁中硫的含量。
【详解】（1）取
的碱性溶液和一定量的
固体，配制
碱性标准
溶液（稀释了50 倍后
的浓度为0.0020000
），需要用碱式滴定管或移液管量取
的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的
固体，需要在烧杯
中溶解
固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用
容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，
因此，下列仪器必须用到的是AD。
（2）装置B 和C 的作用是充分干燥
，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B 中的试剂为浓
硫酸。装置F 中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为磨砂浮子
的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的
出气口堵塞上，从而防止倒吸。
（3）该滴定实验是利用过量的1 滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是
当加入最后半滴
碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s 内不变色；由S 元素守恒及
、
可得关系式3S~3
~3
~
，若滴定
消耗
碱性标准溶液
，则
，
，样品中硫的质量分数是
。
（4）若装置D 中瓷舟未加盖，燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能催化
的氧化反应从
而促进
的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E 冷却气体不充分，则通入F 的气体
温度过高，可能导致部分
升华，这样就要消耗更多
碱性标准溶液，从而可能导致测定结果偏大；若
滴定过程中，有少量
不经
直接将
氧化成
，从电子转移守恒的角度分析，
得到
被还
原为
，仍能得到关系式3S~3
~
，测定结果会不变。
9．（2024·全国甲卷·高考真题）
(俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧
化氢制取，反应方程式如下：
(一)过氧化脲的合成
烧杯中分别加入
、
蒸馏水和
尿素，搅拌溶解。
下反应
，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体
。
(二)过氧化脲性质检测
I．过氧化脲溶液用稀
酸化后，滴加
溶液，紫红色消失。
Ⅱ．过氧化脲溶液用稀
酸化后，加入
溶液和四氯化碳，振荡，静置。
(三)产品纯度测定
溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成
溶液。
滴定分析：量取
过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀
，用准确浓度的
溶液滴
定至微红色，记录滴定体积，计算纯度。
回答下列问题：
(1)过滤中使用到的玻璃仪器有 (写出两种即可)。
(2)过氧化脲的产率为 。
(3)性质检测Ⅱ中的现象为 。性质检测I 和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是 。
(4)下图为“溶液配制”的部分过程，操作a 应重复3 次，目的是 ，定容后还需要的操作为 。
(5)“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是_____(填标号)。
A．
溶液置于酸式滴定管中
B．用量筒量取
过氧化脲溶液
C．滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁
D．锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度
(6)以下操作导致过氧化脲纯度测定结果偏低的是_____(填标号)。
A．容量瓶中液面超过刻度线
B．滴定管水洗后未用
溶液润洗
C．摇动锥形瓶时
溶液滴到锥形瓶外
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
【答案】(1)烧杯、漏斗、玻璃棒，可任选两种作答
(2)50%
(3) 液体分层，上层为无色，下层为紫红色 还原性、氧化性
(4) 避免溶质损失 盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀
(5)BD
(6)A
【详解】（1）过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，可任选两种作答。
（2）实验中加入尿素的质量为12.0g，物质的量为0.2mol，过氧化氢的质量为
，物质的量约为0.245mol，过氧化氢过量，产率应按照尿素的质量计算，
理论上可得到过氧化脲0.2mol，质量为0.2mol×94g/mol=18.8g，实验中实际得到过氧化脲9.4g，故过氧化
脲的产率为
。
（3）在过氧化脲的性质检测中，检测Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化脲
被酸性高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原性；检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI 溶液和四氯化碳溶液，过
氧化脲会将KI 氧化为I2单质，体现了过氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，会溶于四氯化
碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振荡，静置后出现的现象为：液体分层，上层为无色，下层为紫红色。
（4）操作a 为洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中，目的是避免溶质损失；定容后应盖好瓶塞，
反复上下颠倒、摇匀。
（5）A．KMnO4溶液是强氧化性溶液，应置于酸式滴定管中，A 项正确；
B．量筒的精确度不能达到0.01mL，量取25.00mL 的溶液应选用滴定管，B 项错误；
C．滴定过程中，待测液有可能会溅到锥形瓶内壁，滴定近终点时，为了使结果更精确，可用洗瓶冲洗锥
形瓶内壁，C 项正确；
D．锥形瓶内溶液变色后，应等待30s，观察溶液不再恢复原来的颜色后，才能记录滴定管液面刻度，D 项
错误；
故选BD。
（6）A．在配制过氧化脲溶液时，容量瓶中液面超过刻度线，会使溶液体积偏大，配制溶液的浓度偏低，
会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏低，导致测定结果偏低，A 项符合题意；
B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗，会导致KMnO4溶液浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液
体积偏高，导致测定结果偏高，B 项不符合题意；
C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果
偏高，C 项不符合题意；
D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测
定结果偏高，D 项不符合题意；
故选A。
10．（2024·安徽·高考真题）测定铁矿石中铁含量的传统方法是
，滴定法。研究小组
用该方法测定质量为
的某赤铁矿试样中的铁含量。
【配制溶液】
①
标准溶液。
②
溶液：称取
溶于
浓盐酸，加水至
，加入少量锡粒。
【测定含量】按下图所示(加热装置路去)操作步骤进行实验。
已知：氯化铁受热易升华；室温时
，可将
氧化为
。难以氧化
；
可被
还原为
。回答下列问题：
(1)下列仪器在本实验中必须用到的有 (填名称)。
(2)结合离子方程式解释配制
溶液时加入锡粒的原因： 。
(3)步骤I 中“微热”的原因是 。
(4)步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(5)若消耗
标准溶液
，则
试样中
的质量分数为 (用含a、c、V 的代数式
表示)。
(6)
滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用
和
将铁矿石试样中
还
原为
，再用
标准溶液滴定。
①从环保角度分析，该方法相比于
，滴定法的优点是 。
②为探究
溶液滴定时，
在不同酸度下对
测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1 滴
溶液，现象如下表：
溶液
现象
空白实验
溶液
试剂X
紫红色不褪去
实验I
溶液
硫酸
紫红色不褪去
实验ⅱ
溶液
硫酸
紫红色明显变浅
表中试剂X 为 ；根据该实验可得出的结论是 。
【答案】(1)容量瓶、量筒
(2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为
，加入Sn，发生反应
，可防止Sn2+氧化
(3)提高试样与浓盐酸反应速率，同时可以减少浓盐酸的挥发和氯化铁的升华
(4)偏小
(5)
(6) 更安全，对环境更友好 H2O 酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性
越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH 值
【分析】浓盐酸与试样反应，使得试样中Fe 元素以离子形式存在，滴加稍过量的SnCl2使Fe3+还原为Fe2+，
冷却后滴加HgCl2，将多余的Sn2+氧化为Sn4+，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示剂，用K2Cr2O7进行滴定，
将Fe2+氧化为Fe3+，化学方程式为
。
【详解】（1）配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但给出的为碱式滴定管，
因此给出仪器中，本实验必须用到容量瓶、量筒；
（2）Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为
，加入Sn，发生反应
，可防止Sn2+氧化；
（3）步骤I 中“微热”是为了提高试样与浓盐酸反应速率，同时微热可以减少浓盐酸的挥发和氯化铁的升
华；
（4）步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小；
（5）根据方程式
可得：
，
ag 试样中Fe 元素的质量为
，质量分数为
（6）①
方法中，HgCl2氧化Sn2+的离子方程式为：
，生成的Hg
有剧毒，因此
相比于
的优点是：更安全，对环境更友好；
②
溶液+0.5mL 试剂X，为空白试验，因此X 为H2O；由表格可知，酸性越强，KMnO4
的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标
准液进行滴定时，要控制溶液的pH 值。
11．（2023·海南·高考真题）某小组开展“木耳中铁元素的检测”活动。检测方案的主要步骤有：粉碎、
称量、灰化、氧化、稀释、过滤、滴定等。回答问题：
(1)实验方案中出现的图标
和
，前者提示实验中会用到温度较高的设备，后者要求
实验者 (填防护措施)。
(2)灰化：干燥样品应装入 中(填标号)，置高温炉内，控制炉温850℃，在充足空气氛中燃烧成灰渣。
a．不锈钢培养皿 b．玻璃烧杯 c．石英坩埚
(3)向灰渣中滴加32%的硝酸，直至没有气泡产生。灰化容器中出现的红棕色气体主要成分是 (填化
学式)，因而本实验应在实验室的 中进行(填设施名称)。若将漏斗直接置于容量瓶上过滤收集滤液
(如图所示)，存在安全风险，原因是 。
(4)测定铁含量基本流程：将滤液在200mL 容量瓶中定容，移取25.00mL，驱尽
并将
全部还原为
。用5mL 微量滴定管盛装
标准溶液进行滴定。
①选用微量滴定管的原因是 。
②三次平行测定的数据如下表。针对该滴定数据，应采取的措施是 。
序号
1
2
3
标准溶液用量/mL
2.715
2.905
2.725
③本实验中，使测定结果偏小的是 (填标号)。
a．样品未完全干燥 b．微量滴定管未用标准溶液润洗 c．灰渣中有少量炭黑
【答案】(1)佩戴护目镜
(2)c
(3) NO2 通风橱 漏斗没有固定，容易翻倒
(4) 使实验微型化，滴定更准确，节约试剂 舍去第二次数据 a
【详解】（1）
标识提醒实验者需佩戴护目镜。
答案为：佩戴护目镜。
（2）高温灼烧固体物质需在石英坩埚中进行。
答案为：c。
（3）滴加32%的硝酸，灰化容器中出现的红棕色气体主要成分是NO2，由于NO2有毒，需在通风橱进行；
若将漏斗直接置于容量瓶上过滤收集滤液(如图所示)，存在安全风险，原因是漏斗没有固定，容易翻倒。
答案为：NO2；通风橱；漏斗没有固定，容易翻倒。
（4）①木耳中铁含量较少，选用微量滴定管使实验微型化，滴定更准确，节约试剂；
②三次平行滴定中，第二组数据偏差较大，应舍去。
③ a．铁元素的含量=
，样品未完全干燥，使测定结果偏低，故选a;
b．微量滴定管未用标准溶液润洗，标准溶液被稀释，使测定结果偏高，故不选b;
c． 灰渣中有少量炭黑，对测定结果无影响，故不选c。
答案为：滴定更准确，节约试剂；舍去第二组数据；a。
12．（2022·河北·高考真题）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10.00g 香菇样品和400mL 水；锥形瓶中加入125mL 水、1mL 淀粉溶液，并预加
0.30mL0.01000mol/L 的碘标准溶液，搅拌。
②以0.2L/min 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1.00mL 碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了0.10mL 碘标准溶液。
④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。
已知：H3PO4+SO
HPO
+H2SO3
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．250mL B．500mL C．1000mL
(3)解释加入H3PO4，能够生成SO2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 mg/kg(以SO2计，结果保留三位有效数字)。
【答案】(1) (球形)冷凝管 酸式滴定管
(2)C
(3)加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H3PO4+SO
HPO
+H2SO3，H2SO3
SO2+H2O，SO2的溶解度随着
温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3
SO2+H2O 向右移动
(4) 检验其是否漏水 蓝色 SO2+I2+2H2O＝4H++2I-+SO
(5)偏低
(6)80.8
【分析】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SO2，用氮气将SO2排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸盐含量。
据此解答。
【详解】（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酸式滴定管；
（2）三颈烧瓶中加入10.00g 香菇样品和400 mL 水，向其中加入H3PO4的体积不超过10 mL。在加热时，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，答案选C。
（3）由于加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H3PO4+SO
HPO
+H2SO3，H2SO3
SO2+H2O，SO2的溶解
度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3
SO2+H2O 向右移动，所以能够产生二氧化硫。
（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SO2还原为碘离子，溶液
的颜色为无色，滴加终点时，过量的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SO2+I2+2H2O＝4H++2I-+SO
；
（5）若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐被装置中的氧气氧化，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SO2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，则实
际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应SO2+I2+2H2O＝4H++2I-+SO
可以计算出n(SO2)=n(I2)=1.20mL×10-
3L·mL-1×0.010 00 mol·L-1=1.20×10-5 mol，由于SO2的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO2)=
，则根据S 元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为
mg•kg-1。
13．（2022·江苏·高考真题）实验室以二氧化铈(
)废渣为原料制备
含量少的
，其部分实
验过程如下：
(1)“酸浸”时
与
反应生成
并放出
，该反应的离子方程式为 。
(2)pH 约为7 的
溶液与
溶液反应可生成
沉淀，该沉淀中
含量与加料方式有关。
得到含
量较少的
的加料方式为 (填序号)。
A．将
溶液滴加到
溶液中 B．将
溶液滴加到
溶液中
(3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备
含量少的
。已知
能被有机萃取剂(简
称HA)萃取，其萃取原理可表示为
(水层)+3HA(有机层)
(有机层)+
(水层)
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是 。
②反萃取的目的是将有机层
转移到水层。使
尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取
的实验操作有 (填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤
溶液的滤液中，物质的量减小的离子有 (填化学
式)。
(4)实验中需要测定溶液中
的含量。已知水溶液中
可用准确浓度的
溶液滴定。以
苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为
。请
补充完整实验方案：①准确量取
溶液[
约为
]，加氧化剂将
完全氧化并
去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到
容量瓶中后定容；②按规定操作分别将
和待测
溶液装入如图所示的滴定管中：③ 。
【答案】(1)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O
(2)B
(3) 有利于提高Ce3+的萃取率 适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次反
萃取
、H+
(4)从滴定管中准确放出25.00 mL
溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中
滴加
溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且
30s 内颜色不变，记录滴加
溶液的体积；重复以上操作2~3 次
【分析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH 后用萃取剂萃
取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产
物。
【详解】（1）根据信息反应物为
与
，产物为
和
，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子
方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
（2）反应过程中保持
少量即可得到含
量较少的
，故选B；
（3）去除过量盐酸，减小氢离子浓度，使
(水层)+3HA(有机层)
(有机层)+
(水层)的化学
平衡右移，利于提高Ce3+的萃取率，故答案为：有利于提高Ce3+的萃取率；
根据平衡移动原理可知，应选择的实验条件是：适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂
分多次反萃取；
③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的
、H+，氨水和
溶液均显碱性，可以和
、
H+反应，生成
沉淀的同时也发生中和反应，因此过滤后溶液中
、H+的物质的量均减小，故
答案为：
、H+；
（4）从滴定管中准确放出25.00 mL
溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶
中滴加
溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，
且30s 内颜色不变，记录滴加
溶液的体积；重复以上操作2~3 次。
14．（2022·辽宁·高考真题）
作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备
原理及装置如下：
已知：
、
等杂质易使
催化剂中毒。回答下列问题：
(1)A 中反应的离子方程式为 。
(2)装置B 应为 (填序号)。
(3)检查装置气密性并加入药品，所有活塞处于关闭状态。开始制备时，打开活塞 ，控温
。
一段时间后，仅保持活塞b 打开，抽出残留气体。随后关闭活塞b，打开活塞 ，继续反应一段
时间。关闭电源和活塞，过滤三颈烧瓶中混合物，加水萃取，分液，减压蒸馏，得产品。
(4)装置F 的作用为 。
(5)反应过程中，控温
的原因为 。
(6)氢醌法制备
总反应的化学方程式为 。
(7)取
产品，加蒸馏水定容至
摇匀，取
于锥形瓶中，用
酸性
标准
溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为
、
、
。假设其他杂质不干
扰结果，产品中
质量分数为 。
【答案】(1)
(2)②或③①
(3) a、b c、d
(4)防止外界水蒸气进入C 中使催化剂中毒
(5)适当升温加快反应速率，同时防止温度过高
分解
(6)
(7)17%
【分析】从
的制备原理图可知，反应分两步进行，第一步为
在
催化作用下与乙基葱醌反应生成
乙基蒽醇，第二步为
与乙基蒽醇反应生成
和乙基蒽醌。启普发生器A 为制取
的装置，产生的
中混有
和
，需分别除去后进入C 中发生第一步反应。随后氧气源释放的氧气经D 干燥后进入C
中发生反应生成
和乙基蒽醌，F 中装有浓
，与C 相连，防止外界水蒸气进入C 中，使催化剂
中毒。
【详解】（1）A 中锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的离子方程式为
；
（2）
、
等杂质易使
催化剂中毒，需通过碱石灰除去HX 和H2O，所以装置B 应该选②或③①；
（3）开始制备时，打开活塞a、b，A 中产生的
进入C 中，在
催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽
醇，一段时间后，关闭a，仅保持活塞b 打开，将残留
抽出，随后关闭活塞b，打开活塞c、d，将O2通
入C 中与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌。
（4）
容易使
催化剂中毒，实验中需要保持C 装置为无水环境，F 的作用为防止外界水蒸气进入C
中。
（5）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高
分解，所以反应过程中控温
；
（6）第一步为
在
催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为
与乙基蒽醇反应生成
和乙基蒽醌，总反应为
。
（7）滴定反应的离子方程式为
，可得关系式：
。三组数据中
偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为
，
的质量分数
。
15．（2021·山东·高考真题）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶
于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置
略)。回答下列问题：
(1)检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是 ；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B 处逸出
的H2进行后续处理。仪器A 的名称为 ，证明WO3已被完全还原的现象是 。
(2)WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以干燥的接收装置替换E；③在B 处加装盛有
碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl2；⑥……。碱石灰的作用是 ；操作④是 ，目的是 。
(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1 分钟，盖紧称重为
m2g；再开盖加入待测样品并计时1 分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干
扰)。
②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO 离子交换柱发生反应：WO
+Ba(IO3)2=BaWO4+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，发生反应：IO +5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全
后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O
=2I-+S4O
。滴定达终点时消耗cmol•L-1的Na2S2O3溶液
VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg•mol-1)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Na2S2O3溶液的体积将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数
的测定值将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】 排除装置中的空气 直形冷凝管 不再有水凝结 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N2 排除装置中的H2 ( m3+m1-2m2)
% 不变 偏大
【分析】(1) 将WO3在加热条件下用H2还原为W，为防止空气干扰，还原WO3之前要除去装置中的空气；
(2) 由信息可知WCl6极易水解，W 与Cl2反应制取WCl6时，要在B 处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气
中的水蒸气进入E 中；
(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，称量时加入足量的CS2用于溶解样品，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，
开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1 分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1-
m2)g，再开盖加入待测样品并计时1 分钟，又挥发出(m1- m2)g 的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：
m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g；滴定时，利用关系式：WO
~2IO ~6I2~12 S2O
计算样品中含WCl6的
质量，进而计算样品中WCl6的质量分数；根据测定原理分析是否存在误差及误差是偏大还是偏小。
【详解】(1)用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；由仪
器构造可知仪器A 的名称为直形冷凝管；当WO3被完全还原后，不再有水生成，则可观察到的现象为锥形
瓶中不再有液滴滴下，即不再有水凝结。故答案为：不再有水凝结；
(2) 由信息可知WCl6极易水解，W 与Cl2反应制取WCl6时，要在B 处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气
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Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是
排除装置中的H2，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入E；再次通入N2；
排除装置中的H2；
(3) ①根据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的
质量要减少，开盖并计时1 分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品
并计时1 分钟，又挥发出(m1- m2)g 的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g-m1g+2(m1- m2)g=( m3+m1-
2m2)g，故答案为：( m3+m1- 2m2)；
②滴定时，根据关系式：WO
~2IO ~6I2~12 S2O
，样品中n(WCl6)=n(WO
)=
n(S2O
)=
cV 10-3mol，
m(WCl6)=
cV 10-3mol Mg/mol=
g，则样品中WCl6的质量分数为：
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CS2的
质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数
的测定值将偏大，故答案为：
%；不变；偏大。
16．（2021·湖南·高考真题）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】 NaHCO3 在30-35 C 时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可） D 甲基橙
由黄色变橙色，且半分钟内不褪色 3.56% 偏大
【分析】步骤I：制备Na2CO3的工艺流程中，先将NaCl 加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加
热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCO3晶体，控制温度在30-35 C 发生反应，最
终得到滤液为NH4Cl，晶体A 为NaHCO3，再将其洗涤抽干，利用NaHCO3受热易分解的性质，在300 C 加
热分解NaHCO3制备Na2CO3；
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：
Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，因为Na2CO3、NaHCO3溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的变
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CO2，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：
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再根据关系式求出总的NaHCO3的物质的量，推导出产品中NaHCO3的，最
终通过计算得出产品中NaHCO3的质量分数。
【详解】根据上述分析可知，
(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NH4HCO3不发
生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体A，因为在30-35 C 时，NaHCO3的溶解度最小，故答案为：
NaHCO3；在30-35 C 时NaHCO3的溶解度最小；
(2)300 C 加热抽干后的NaHCO3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，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和碳酸（溶解的CO2），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：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则n(Na2CO3)=n 生成(NaHCO3)=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V2=23.51mL，则根据方程式
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n 总(NaHCO3)= 0.1000mol/L 23.51 10-
3L=2.351 10-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n 总(NaHCO3)- n 生成(NaHCO3)= 2.351 10-
3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为
=1.06 10-3mol，
故产品中NaHCO3的质量分数为
，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
V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。
17．（2020·全国II 卷·高考真题）苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原
理简示如下：
+KMnO4→
+ MnO2
+HCl→
+KCl
名称
相对分
子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g·mL−1)
溶解性
甲苯
92
−95
110.6
0.867
不溶于水，易溶
于乙醇
苯甲
酸
122
122.4(100℃左右
开始升华)
248
——
微溶于冷水，易
溶于乙醇、热水
实验步骤：
(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5 mL 甲苯、100 mL 水和4.8 g(约0.03 mol)高锰酸钾，
慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。
(2)停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物
趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出
完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0 g。
(3)纯度测定：称取0. 122 g 粗产品，配成乙醇溶液，于100 mL 容量瓶中定容。每次移取25. 00 mL 溶液，
用0.01000 mol·L−1的KOH 标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21. 50 mL 的KOH 标准溶液。
回答下列问题：
(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为 (填标号)。
A．100 mL B．250 mL C．500 mL D．1000 mL
(2)在反应装置中应选用 冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完
成，其判断理由是 。
(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是 ；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应
的离子方程式表达其原理 。
(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是 。
(5)干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是 。
(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为 ；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于 (填标号)。
A．70% B．60% C．50% D．40%
(7)若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中 的方法提纯。
【答案】 B 球形 无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化 除去过量的高锰酸钾，
避免在用盐酸酸化时，产生氯气 2
+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O MnO2 苯甲酸升
华而损失 86.0％ C 重结晶
【分析】甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，为增加冷凝效果，在反应装置中选用球形冷凝
管，加热回流，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过
量的高锰酸钾，用盐酸酸化得苯甲酸，过滤、干燥、洗涤得粗产品；用KOH 溶液滴定，测定粗产品的纯度。
【详解】（1）加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入100m 的水，
1.5mL 甲苯，4.8g 高锰酸钾，应选用250mL 的三颈烧瓶，故答案为：B；
（2）为增加冷凝效果，在反应装置中宜选用球形冷凝管，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完
成，因为：没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；故答案为：球形；没有油珠说明不溶于水的甲
苯已经完全被氧化；
（3）高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl-氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，
避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为：5H2C2O4
＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；故答案为：除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生
氯气；5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；
（4）由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主
要成分是：MnO2，故答案为：MnO2；
（5）苯甲酸100℃时易升华，干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失；故答案为：苯甲酸升华而
损失；
（6）由关系式C6H5COOH～KOH 得，苯甲酸的纯度为：
×100%=86.0%；1.5mL 甲苯理论上可得到苯甲酸的质量：
=1.72g，产品的产
率为
×100%=50%；故答案为：86.0%；C；
（7）提纯苯甲酸可用重结晶的方法。故答案为：重结晶。
【点睛】本题考查制备方案的设计，涉及物质的分离提纯、仪器的使用、产率计算等，清楚原理是解答的
关键，注意对题目信息的应用，是对学生实验综合能力的考查，难点（6）注意产品纯度和产率的区别。
18．（2019·江苏·高考真题）聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m 广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O 为原料，经
溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
（1）将一定量的FeSO4·7H2O 溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一
段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为 ；水解聚合反应会导致溶液的pH
。
（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL 锥形瓶中，加入适量
稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用
5.000×10−2 mol·L−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中
与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶
液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将 （填“偏大”或“偏小”
或“无影响”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程） 。
【答案】 2Fe2++ H2O2+2H+
2Fe3++2H2O 减小 偏大 12.32%（过程见解析）
【分析】（1）Fe2+具有还原性，H2O2具有氧化性，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程
式；根据水解反应的离子方程式分析溶液pH 的变化；
（2）①根据Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+判断还原性的强弱，进一步进行误差分析；
②根据K2Cr2O7溶液的浓度和体积计算消耗的K2Cr2O7物质的量，由得失电子守恒计算n（Fe2+），结合Fe 守
恒和ω（Fe）的表达式计算。
【详解】（1）Fe2+具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，根据得失
电子守恒可写出反应2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，H2O2氧化
Fe2+的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2氧化后的溶液为Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3发生水
解反应Fe2（SO4）3+（6-2n）H2O
Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n聚合得
到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH 减小。答案：2Fe2+
+H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 减小
（2）①根据题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根据还原性：还原剂>还
原产物，则还原性Sn2+>Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，
导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。答案：偏大
② 实验过程中消耗的n（Cr2O7
2-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol
由滴定时Cr2O7
2-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O7
2-~6Fe2+（或Cr2O7
2-+6Fe2+
+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）
则n（Fe2+）=6n（Cr2O7
2-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol
（根据Fe 守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g
样品中铁元素的质量分数：ω（Fe）=
×100%=12.32%。
【点睛】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体，考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的水解、氧化还
原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。易错点是第（2）①的误差分析，应利用“强制弱”和“先强
后弱”的氧化还原反应规律分析。难点是第（2）②，注意理清滴定实验中物质之间的计量关系。
19．（2019·北京·高考真题）化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测
定的物质）。
Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L−1 KBrO3标准溶液；
Ⅱ．取v1 mL 上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL 废水；
Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ．用b mol·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2 滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗
Na2S2O3溶液v3 mL。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。
（2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是 。
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是 。
（4）Ⅳ中加KI 前，溶液颜色须为黄色，原因是 。
（5）KI 与KBrO3物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI 一定过量，理由是 。
（6）Ⅴ中滴定至终点的现象是 。
（7）废水中苯酚的含量为 g·L−1（苯酚摩尔质量：94 g·mol −1）。
（8）由于Br2具有 性质，Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
【答案】 容量瓶、量筒 BrO3
- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O
Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ
中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI 反应生成I2可利用后续滴定法测量，从而间接计算
苯酚消耗的Br2 Ⅱ中反应为KBrO3
+ 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O 可知3n(KBrO3)=n(Br2)，Ⅱ中Br2
部分与苯酚反应，剩余溴在Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI)≥ 2n(Br2)，推知
n(KI)≥6n(KBrO3) 当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s 不变色
挥发
【分析】本题考查氧化还原反应滴定的综合运用。苯酚与溴反应快速灵敏，但滴定终点难以判断，因而制
得一定量的溴分别与苯酚和KI 反应（溴须完全反应完），而溴与KI 反应生成的I2与Na2S2O3进行滴定分析，
因而直接测出与KI 反应所消耗的溴，进而计算出与苯酚反应消耗的溴，最后根据苯酚与溴反应的系数计算
废水中苯酚的浓度。
【详解】（1）准确称量KBrO3固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，一定规格
的容量瓶，因而该空填容量瓶、量筒；
（2）KBrO3溶液中加入KBr 和H2SO4，溶液颜色呈棕黄色，说明生成Br2，根据缺项配平可知该离子方程式
为BrO3
- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O；
（3）苯酚和溴水反应得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化学方程式为
；
（4）该测量过程是利用一定量的溴分别与苯酚和KI 反应，注意溴须反应完全，且一定量溴的总量已知，
部分溴与KI 反应生成的I2可利用氧化还原滴定法测量，进而计算出与KI 反应的溴的消耗量，将一定量溴减
去与KI 反应的溴的消耗量，可得与苯酚反应的溴的消耗量，因而一定量的溴与苯酚反应完，必须有剩余的
溴与KI 反应，Ⅲ中反应结束时，若溶液显黄色说明苯酚反应完，且有溴剩余，以便与KI 反应，故原因为Ⅱ
中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI 反应，
从而间接计算苯酚消耗的Br2；
（5）Ⅱ中反应为KBrO3
+ 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O 可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，Ⅱ中Br2部分与苯酚反
应，剩余溴的量设为n2(Br2)（n1(Br2)>n2(Br2)）在Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI)≥
2n2(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3)；因而当n(KI)≥6n(KBrO3)，KI 一定过量；
（6）Ⅴ中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着Na2S2O3溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入
最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s 不变色；
（7）n(BrO3
-)=av1×10-3mol，根据反应BrO3
- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O 可知n(Br2)=3av1×10-3mol，溴分别与苯酚
和KI 反应，先计算由KI 消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，又
Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~ I2，可得Br2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)= bv3×10-3mol，n1(Br2)=
bv3×10-3mol，再计算由苯
酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)= n(Br2)- n1(Br2)=( 3av1-
bv3) ×10-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为
3Br2~C6H5OH，n(C6H5OH)=
n2(Br2)=(av1-
bv3)×10-3mol，废水中苯酚的含量=
=
mol；
（8）Ⅱ中生成的溴须被苯酚和KI 完全反应掉，而溴有挥发性，反应时须在密闭容器中进行。
20．（2019·天津·高考真题）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：
Ⅰ．环己烯的制备与提纯
（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为 ，现象为 。
（2）操作1 的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。
①烧瓶A 中进行的可逆反应化学方程式为 ，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选
择
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
b．
污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c．同等条件下，用
比浓硫酸的平衡转化率高
②仪器B 的作用为 。
（3）操作2 用到的玻璃仪器是 。
（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， ，弃去前馏
分，收集83℃的馏分。
Ⅱ．环己烯含量的测定
在一定条件下，向
环己烯样品中加入定量制得的
，与环己烯充分反应后，剩余的
与足量
作用生成
，用
的
标准溶液滴定，终点时消耗
标准溶液
（以上数据均已
扣除干扰因素）。
测定过程中，发生的反应如下：
①
②
③
（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）下列情况会导致测定结果偏低的是 （填序号）。
a．样品中含有苯酚杂质
b．在测定过程中部分环己烯挥发
c．
标准溶液部分被氧化
【答案】
溶液 溶液显紫色
a、b 冷
凝回流环己醇，提高其转化率 分液漏斗、烧杯 通冷凝水，加热 淀粉溶液
b、c
【分析】I.（1）检验物质时通常是利用该物质的特殊性质，或利用不同物质间的性质差异。苯酚能与氯化
铁溶液发生显色反应而醇不能，可依此设计用氯化铁溶液检验苯酚的存在；
（2）书写陌生情境的化学方程式时，一定要将题给的所有信息挖掘出来，比如题给的反应条件，如催化
剂、加热的温度、此反应已明确指出的“可逆”；
（3）催化剂选择FeCl3·6H2O 而不用浓硫酸的理由分析，显然要突出浓硫酸的缺点，突出FeCl3·6H2O 的优点；
（4）在发生装置中加装冷凝管，显然是为了冷凝回流，提高原料的利用率。
（5）计算此问时尽可能采用关系式法，找到已知和未知之间的直接关系。
（6）误差分析时，利用相关反应式将量尽可能明确化。
【详解】I.（1）检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeCl3溶液后，溶液将
显示紫色；
（2）①从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·6H2O 的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环
己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：
，注意生成的小分
子水勿漏写，题目已明确提示该反应可逆，要标出可逆符号，FeCl3·6H2O 是反应条件（催化剂）别漏标；
此处用FeCl3·6H2O 而不用浓硫酸的原因分析中：a 项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往往能使有机物脱水至
炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓)
CO2↑+SO2↑+2H2O；b 项合理，与浓硫酸相比，FeCl3·6H2O 对环境相对友好，污染小，绝大部分都可以回收
并循环使用，更符合绿色化学理念；c 项不合理，催化剂并不能影响平衡转化率；
②仪器B 为球形冷凝管，该仪器的作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，冷凝回流环己醇，提高其转化
率；
（3）操作2 实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分
液漏斗和烧杯；
（4）题目中已明确提示了操作3 是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；如先加热
再通冷凝水，必有一部分馏分没有及时冷凝，造成浪费和污染；
II.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的②式和③式，可知剩余的Br2
与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1：2，所以剩余 Br2的物质的量为：n(Br2)余=
×cmol·L-1×vmL×10-
3L·mL-1=
mol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-
）mol，据反应①式中环己烯与溴单质1：1 反应，
可知环己烯的物质的量也为（b-
）mol，其质量为（b-
）×82g，所以ag 样品中环己烯的质量分
数为：
。
（6）a 项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：
，每反应
1molBr2，消耗苯酚的质量为31.3g；而每反应1mol Br2，消耗环己烯的质量为82g；所以苯酚的混入，将使
耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大；b 项正确，测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的
结果偏低；c 项正确，Na2S2O3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，
所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。
【点睛】①向规范、严谨要分数。要注意题设所给的引导限定词语，如“可逆”、“玻璃”等，这些是得
分点，也是易扣分点。
②要计算样品中环己烯的质量分数，只需要算出环己烯的物质的量即可顺利求解。从所给的3 个反应方程
式可以得出：2Na2S2O3~I2~Br2~
，将相关已知数据代入计算即可。
③对于a 项的分析，要粗略计算出因苯酚的混入，导致单位质量样品消耗溴单质的量增加，最终使测得环
己烯的结果偏高。
21．（2018·全国III 卷·高考真题）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol−1）可用作定影剂、还原
剂。回答下列问题：
（1）已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列
试剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
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K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
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K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应： Cr2O
+6I−
+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O
=S4O
+2I−。加
入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液 ，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】 加入过量稀盐酸 出现乳黄色浑浊 （吸）取上层清液，滴入BaCl2溶液 产生
白色沉淀 烧杯 容量瓶 至凹液面最低处与刻度线相平 蓝色褪去且半分钟内不恢复蓝色
95.0
【详解】（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S2O3
2- + 2H+ = SO2↑+S↓+H2O），静置，取上层清液中滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，
证明存在硫酸根离子。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。
（2）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，加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。
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：Cr2O7
2-～3I2～6S2O3
2-，则配制的
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
。
22．（2018·全国II 卷·高考真题）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。
回答下列问题：
（1）晒制蓝图时，用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O 作感光剂，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式
为：2K3[Fe(C2O4)3]
2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；显色反应的化学方程式为 。
（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Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是： 。
（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H2SO4酸化，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现
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
H2SO4酸化，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式
为 。
【答案】 3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4 隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续
装置 CO2 CO 先熄灭装置A、E 的酒精灯，冷却后停止通入氮气 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Fe2O3 粉红色出现
【分析】（1）根据亚铁离子能与K3[Fe(CN)6]发生显色反应解答；
（2）①根据氮气能隔绝空气和排尽气体分析；
②根据CO2、CO 的性质分析；
③要防止倒吸可以根据外界条件对压强的影响分析；
③根据铁离子的检验方法解答；
（3）①根据酸性高锰酸钾溶液显红色 ；
②根据电子得失守恒计算。
【详解】（1）光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]
2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑，反应后有草酸亚铁产生，
所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]＝Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4。
（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CO2、CO；
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Fe2O3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
入1～2 滴KSCN 溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。
（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
。
【点睛】本题主要是考查物质分解产物检验、元素含量测定等实验方案设计与评价，题目难度中等，明确
实验原理和相关物质的性质是解答的关键。关于化学实验从安全角度常考虑的主要因素如下：净化、吸收
气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸；进行某些易燃易爆实验时要防爆炸(如H2还原CuO 应先通H2，气体
点燃前先验纯等)；防氧化(如H2还原CuO 后要“先灭灯再停氢”，白磷切割宜在水中进行等)；污染性的气
体要进行尾气处理；有粉末状物质参加的反应，要注意防止导气管堵塞；防吸水(如实验取用、制取易吸水、
潮解、水解的物质时宜采取必要措施，以保证达到实验目的)。
23．（2018·天津·高考真题）烟道气中的NOx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。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CuSO4 C．P2O5
（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 。
.NO
Ⅱ
x含量的测定
将v L 气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3
−，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL
该溶液，加入v1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定
剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。
（5）NO 被H2O2氧化为NO3
−的离子方程式是 。
（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++NO3
−+4H+
NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O7
2− + 6Fe2+ +14H+
2Cr3+ +6Fe3++7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为 mg·m−3。
（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）
若缺少采样步骤③，会使测试结果 。
若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果 。
【答案】 除尘 c
防止NOx溶于冷凝水
2NO+3H2O2=2H++2NO3
–+2H2O 锥形瓶、酸式滴定管
偏低 偏高
【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NOX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，
所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOX不反应，所以选项c 正确。
（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，NOX溶于水中。
（5）NO 被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H++2NO3
–+2H2O。
（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c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O7
2-为c2V2/1000
mol；所以过量的Fe2+为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1000－6c2V2/1000) mol；所以硝
酸根离子为(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。考虑到配制
100mL 溶液取出来20mL 进行实验，所以NO2为5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol，质量为46×5(c1V1/1000－
6c2V2/1000)/3 g，即230(c1V1－6c2V2)/3 mg。这些NO2是VL 气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3V
mg·L-1，即为1000×230(c1V1－6c2V2)/3V mg·m-3，所以答案为：
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NOX的含量，测定结果
必然偏低。若FeSO4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。
【点睛】注意本题中的流程图，装置D 实际不是为了测定含量进行吸收，装置D 相当于是尾气吸收。样品
气的吸收应该是在“采样处”进行的。
24．（2017·全国II 卷·高考真题）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。
.
Ⅱ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5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的
I2（2 S2O3
2−+I2=2I−+ S4O6
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）Na2S2O3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
；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−1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为
；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为 mg·L−1。
（5）上述滴定完成后，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】 使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2 量
筒、容量瓶、胶头滴管 氧气 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变
化 80ab 低
【详解】（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
解度降低逸出。
（2）根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气MnO(OH)2，Mn 的化合价由＋2 价→＋4 价，化合价升高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
2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2。
（3）硫代硫酸钠溶液不稳定，使用前需要标定，因此粗配即可，一定物质的量浓度溶液的配制还需要量
筒、容量瓶、胶头滴管；加热可以除去溶解的氧气，避免实验结果不准确。
（4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，
且半分钟内无变化；根据题干，MnO(OH)2把I－氧化成I2，本身被还原成Mn2＋，根据得失电子数目守恒，
即有n[MnO(OH)2]×2=n(I2)×2，因此建立关系式O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3
可得水样中溶解氧的含量为 [（ab×10-3）÷4×32×103]÷0.1=80ab。
（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[（ab×10-3）
÷4×32×103]÷0.1=80ab，最终结果偏低。
25．（2017·天津·高考真题）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AgNO3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光保
存，备用。
b．配制并标定100 mL 0.1000 mol·L−1 NH4SCN 标准溶液，备用。
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 AgNO3溶液（过量），使I−完全转化为AgI 沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d．用0.1000 mol·L−1 NH4SCN 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NH4SCN 标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f．数据处理。
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 。
（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是 。
（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NH4SCN 标准溶液平均体积为 mL，测得c(I−)= mol·L−1。
（6）在滴定管中装入NH4SCN 标准溶液的前一步，应进行的操作为 。
（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AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果 。
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】 250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 避免AgNO3见光分解 防止因Fe3+的水解而影响
滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解） 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 10.00 0.0600 用NH4SCN 标准溶液进行润洗 偏高 偏高
【详解】（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250 mL（棕色）容
量瓶、胶头滴管。
（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是避免AgNO3见光分解。
（3）滴定应在pH＜0.5 的条件下进行，其原因是防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的
水解）。
（4）b 和c 两步操作不可以颠倒，理由是若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点。
（5）舍弃与其它数据不平行的10.24，所消耗的NH4SCN 标准溶液平均体积为10.00mL，n(AgNO3)= 25.00
mL×0.1000 mol·L−1=0.00250mol，n(NH4SCN)= 10.00 mL×0.1000 mol·L−1=0.00100mol，n(I-)= n(AgNO3)-
n(NH4SCN)=0.00150mol，所以c(I-)=0.00150mol÷0.025L=0.06mol·L-1。
（6）在滴定管中装入NH4SCN 标准溶液的前一步，应进行的操作为用NH4SCN 标准溶液进行润洗。
（7）①AgNO3标准溶液浓度变小，使得标准溶液体积增大，则测定结果偏高。②终读数变小，标准液液
数值变小，则测定结果偏低。
26．（2017·江苏·高考真题）碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
(1)碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1：45~50℃时，向CuCl 悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为
。
②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu 与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成
CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M'的化学式为 。
(2)碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：
①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL 溶液A；
②取25.00mL 溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0.1722g；③另取25.00mL 溶液A，调节pH4~5，用浓
度为0.08000mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+)，滴定至终点，
消耗标准溶液30.00mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程) 。
【答案】(1) 4CuCl+O2+8H2O
2Cu2(OH)2Cl2·3H2O Fe2+
(2)Cu2(OH)3Cl·H2O
【详解】（1）①分析CuCl 悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，可以发现Cu 元素的化价升高了，
所以氧气肯定做了该反应的氧化剂，根据化合价升降总数相等并结合质量守恒定律，可以写出该反应的化
学方程式为4CuCl+O2+8H2O
2Cu2(OH)2Cl2·3H2O。
②由催化原理示意图可知，M'先与H+、O2反应生成M，M 再被Cu 还原为Cu2+，所以M'的化学式为Fe2+。
（2）由实验②可以求出该样品中所含Cl-的物质的量，由氯离子守恒得：
n(Cl-)=n(AgCl)×
=
=4.800×10-3mol
由实验③结合反应信息Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，可以求出样品中所含Cu 元素的物质的量：
n(Cu2+)=n(EDTA)×
=0.08000mol·L-1×30.00mL×10-3L·mL-1×
=9.600×10-3mol
再由化合物中电荷守恒得：n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3mol－4.800×10-3mol=1.440×10-2mol
分别求出这3 种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O 的质量：
m(Cl-)=4.800×10-3mol×35.5g·mol-1=0.1704g
m(Cu2+)=9.600×10-3mol×64g·mol-1=0.6144g
m(OH-)=1.440×10-2mol×17g·mol-1=0.2448g
再求出结晶水的物质的量：n(H2O)=
=4.800×10-3mol
最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2 3 1 1
∶∶∶，所以该样品的化学式
为Cu2(OH)3Cl·H2O。
27．（2016·天津·高考真题）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：
碱性条件下，O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2：①2Mn2++O2+4OH−="2" MnO(OH)2↓
酸性条件下，MnO(OH)2将I−氧化为I2：②MnO(OH)2+I−+H+→Mn2++I2+H2O(未配平)，用Na2S2O3标准溶液滴定
生成的I2：③2S2O3
2−+I2=S4O6
2−+2I−
2、测定步骤
a.安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。
b.向烧瓶中加入200mL 水样。
c.向烧瓶中依次迅速加入1mLMnSO4无氧溶液(过量)、2mL 碱性KI 无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应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，溶液为中性或弱酸性。
e.从烧瓶中取出40.00mL 溶液，以淀粉作指示剂，用0.01000mol/L Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。
f.……
g.处理数据(忽略氧气从水样中的逸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Na2S2O3溶液4.50mL，水样的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】 将溶剂水煮沸后冷却 ② 使溶液混合均匀，快速完成反应 1，2，4，1，1，3
重复步骤e 的操作2~3 次 溶液蓝色褪去(半分钟内不变色) 9.0 是 2H++S2O3
2-
=S↓+SO2↑+H2O；SO2+I2+2H2O=4H++SO4
2-+2I-；4H++4I-+O2=2I2+2H2O(任写其中2 个)
【详解】（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)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，故答案为1，2，4，1，1，
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Na2S2O3溶液滴定将碘还原为碘离子，因此滴定结束，溶液的蓝色消失；
n(Na2S2O3)= 0.01000mol/L×0.0045L=4.5×10−5mol，根据反应①②③有O2~2 MnO(OH)2↓~ 2I2~4S2O3
2−，n(O2)=
n(Na2S2O3)=1.125×10−5mol，该河水的DO=
×1.125×10−5×32=9×10−3g/L="9.0" mg/L＞5 mg/L，达标，故答
案为溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)；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++S2O3
2-=S↓+SO2↑+H2O；SO2+I2+2H2O=4H++SO4
2-
+2I-；4H++4I-+O2=2I2+2H2O，故答案为2H++S2O3
2-=S↓+SO2↑+H2O；SO2+I2+2H2O=4H++SO4
2-+2I-；4H++4I-
+O2=2I2+2H2O。
28．（2016·浙江·高考真题）无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装
置如图1，主要步骤如下：
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 反应完毕后恢复至常温，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 室温下用苯溶解粗品，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MgBr2产品。
已知：①Mg 和Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5
MgBr2·3C2H5OC2H5
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测定时，先称取0.2500g 无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500 mol·L-1的EDTA 标准溶液滴定至终点，消耗
EDTA 标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是 （以质量分数表示）。
【答案】 干燥管 防止镁屑与氧气反应，生成的MgO 阻碍Mg 和Br2的反应 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 镁屑 BD 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 97.5%
【详解】(1)仪器A 为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，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氧化镁阻碍
Mg 和Br2的反应，故答案为：干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO 阻碍Mg 和Br2的反应；
(2)将装置B 改为C 装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热
存在安全隐患，装置B 是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应可以容易控制防止反应过快，故答
案为：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)步骤3 过滤出去的是不溶于水的镁屑，故答案为镁屑；
(4)A．95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，故A 错误；
B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C 的苯，可以减少产品的溶解，故B 正确；
C．加热至160°C 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，故C 错误；
D．该步骤是为了除去乙醚和溴，故D 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，使液体湿润内壁，然
后从下步放出，重复2-3 次，故答案为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依据方程式Mg2++Y4- MgY
═
2-分析，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.02650L=0.001325mol，则溴化镁的质
量为0.001325mol×184g/mol=0.2438g，溴化镁的产品的纯度=
×100%=97.5%，故答案为97.5%。
29．（2025·云南·高考真题）三氟甲基亚磺酸锂
是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂
离子电池补锂剂，其合成原理如下：
知识点02 非滴定类定量分析
实验步骤如下：
Ⅰ．向A 中加入
和20.0mL 蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯
，有气泡产生(装置如图，夹持及加热装置省略)。80℃下反应3h 后，减压蒸除溶剂得浅黄色
固体。
Ⅱ．向上述所得固体中加入10.0mL 四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水
，振荡，抽滤、洗涤。
将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。
Ⅲ．将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF 加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白色固
体。抽滤、洗涤。
Ⅳ．将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL 蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1h 后，减压蒸除溶剂，得粗
产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g。
已知：THF 是一种有机溶剂，与水任意比互溶。
回答下列问题：
(1)仪器A 的名称为 ，冷凝管中冷却水应从 (填“b”或“c”)口通入。
(2)步骤Ⅰ反应中有气泡产生，其主要成分为 。
(3)步骤Ⅱ中第一次洗涤的目的是 。
(4)步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为 ，判断加入浓盐酸已足量的方法为 。
(5)步骤Ⅳ中加入蒸馏水的作用是 。
(6)三氟甲基亚磺酸锂的产率为 (保留至0.01%)。
【答案】(1) 三颈烧瓶 b
(2)二氧化碳
(3)将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率
(4)
+HCl
+NaCl 取少量上层清液于小试管中，
滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量
(5)作为溶剂，溶解后加快反应速率
(6)40.12%
【分析】
向A 中加入
和20.0mL 蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯
，生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以
有气泡产生，80℃下反应3h 后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。向上述所得固体中加入10.0mL 四氢呋喃
(THF)，充分搅拌后，加入无水
，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤，除去硫酸钠，洗涤可将吸
附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适
量乙醇进行重结晶。将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF 加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐
酸，发生的化学方程式为：
+HCl
+NaCl，析出白色固体。
抽滤、洗涤。将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL 蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速
率，室温搅拌反应1h 后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g，据此解答。
【详解】（1）由图可知，A 为三颈烧瓶，中间为冷凝管，为了提高冷凝效果，冷却水从b 口通入，c 口流
出，故答案为：三颈烧瓶；b；
（2）向A 中加入
和20.0mL 蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯
，生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以
有气泡产生，故答案为：二氧化碳；
（3）A 中反应生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢等，上述所得固体中加入10.0mL 四氢呋喃
(THF)，充分搅拌后，加入无水
，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤除去硫酸钠等固体、洗涤，
洗涤可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率，故答案为：将吸附在滤渣上的产品尽可
能全部转入滤液中，提高产率；
（4）
由分析可知，将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF 加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，发
生的化学方程式为：
+HCl
+NaCl，析出白色固体，所以
判断加入盐酸已足量的方法为：取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足
量，故答案为：
+HCl
+NaCl；取少量上层清液于小试管
中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量；
（5）将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL 蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，故
答案为：作为溶剂，溶解后加快反应速率；
（6）已知向A 中加入
，2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯
，三氟甲磺酰氯量
不足，以三氟甲磺酰氯计算理论产量为：
，氟甲基亚磺酸锂的产率为
40.12%，故答案为：40.12%。
30．（2024·广西·高考真题）二氧化硫脲
(TD)是还原性漂白剂，可溶于水，难溶于乙醇，在
受热或碱性条件下易水解：
。其制备与应用探究如下：
Ⅰ．由硫脲
制备TD
按如图装置，在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入
溶液，控制温度低于10℃和
进行反应。反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD。
Ⅱ．用TD 进行高岭土原矿脱色(去除
)探究
将
高岭土原矿(
质量分数为
)制成悬浊液，加入TD，在一定条件下充分反应，静置，分离出
上层清液
，用分光光度法测得该清液中
浓度为
，计算
的去除率。
回答下列问题：
(1)仪器
的名称是 。
(2)Ⅰ中控制“温度低于10℃和
”的目的是 。
(3)写出制备TD 的化学方程式 。
(4)
中S 的化合价为 。Ⅰ的反应中，因条件控制不当生成了
，最终导致TD 中出现黄色
杂质，该杂质是 (填化学式)。
(5)Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是 。
(6)高岭土中
去除率为 (用含
的代数式表示)。Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果
降低的原因是 。
【答案】(1)恒压滴液漏斗
(2)防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解
(3)
(4) +2 S
(5)减少二氧化硫脲的溶解损失
(6)
亚铁离子被空气中氧气氧化
【分析】在三颈烧瓶中加入硫脲和水溶解，冷却至5℃后，滴入
溶液，控制温度低于10℃和
进行反应生成二氧化硫脲，反应后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品；
【详解】（1）由图，仪器
的名称是恒压滴液漏斗；
（2）已知，二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解，且过氧化氢不稳定受热易分解，故Ⅰ中控制“温度
低于10℃和
”的目的是防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解；
（3）硫脲和水溶解冷却至5℃后，滴入
溶液，控制温度低于10℃和
进行反应生成二氧化硫脲，
结合质量守恒，反应还会生成水，反应为
（4）二氧化硫脲水解：
，生成
，则反应中元素化合价没
有改变，
中硫化合价为+2，则
中S 的化合价为+2。TD 具有还原性，Ⅰ的反应中因条件
控制不当生成了
，最终导致TD 中出现黄色杂质，该杂质是TD 还原硫元素转化生成的硫单质；
（5）二氧化硫脲可溶于水，难溶于乙醇，Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是减少二氧化硫脲的溶解损失；
（6）清液中
浓度为
，则
为
，那么
的去除
率
；亚铁离子具有还原性，Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效
果降低的原因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。
31．（2024·贵州·高考真题）十二钨硅酸在催化方面有重要用途。某实验小组制备十二钨硅酸晶体，并测
定其结晶水含量的方法如下(装置如图，夹持装置省略)：
Ⅰ．将适量
加入三颈烧瓶中，加适量水，加热，溶解。
Ⅱ．持续搅拌下加热混合物至近沸，缓慢滴加浓盐酸至pH 为2，反应30 分钟，冷却。
Ⅲ．将反应液转至萃取仪器中，加入乙醚，再分批次加入浓盐酸，萃取。
Ⅳ．静置后液体分上、中、下三层，下层是油状钨硅酸醚合物。
Ⅴ．将下层油状物转至蒸发皿中，加少量水，加热至混合液表面有晶膜形成，冷却结晶，抽滤，干燥，得
到十二钨硅酸晶体
。
已知：
①制备过程中反应体系pH 过低会产生钨的水合氧化物沉淀；
②乙醚易挥发、易燃，难溶于水且密度比水小；
③乙醚在高浓度盐酸中生成的
与
缔合成密度较大的油状钨硅酸醚合物。
回答下列问题：
(1)仪器a 中的试剂是 (填名称)，其作用是 。
(2)步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加的原因是 。
(3)下列仪器中，用于“萃取、分液”操作的有 (填名称)。
(4)步骤Ⅳ中“静置”后液体中间层的溶质主要是 。
(5)步骤Ⅴ中“加热”操作 (选填“能”或“不能”)使用明火，原因是 。
(6)结晶水测定：称取
十二钨硅酸晶体(
，相对分子质量为M)，采用热重分析法测得
失去全部结晶水时失重
，计算
(用含
的代数式表示)若样品未充分干燥，会导致
的值
(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1) 碱石灰（或NaOH 固体等） 吸收挥发出来的氯化氢
(2)防止制备过程中局部pH 过低而产生钨的水合氧化物沉淀
(3)分液漏斗、烧杯
(4)NaCl
(5) 不能 乙醚易挥发，易燃，遇明火极易发生危险
(6)
偏大
【详解】（1）浓盐酸具有挥发性，会污染环境，故a 中的试剂的作用是吸收挥发出来的氯化氢，可以是碱
石灰或NaOH 固体等；
（2）由于制备过程中反应体系pH 过低会产生钨的水合氧化物沉淀，故步骤Ⅱ中浓盐酸需缓慢滴加，防止
制备过程中局部pH 过低而产生钨的水合氧化物沉淀；
（3）萃取分液需要使用分液漏斗，同时需要烧杯来盛放分液后的液体，故用于“萃取、分液”操作的有
分液漏斗、烧杯；
（4）步骤Ⅳ中“静置”后液体分为上中下三层，其中下层液体为油状钨硅酸醚合物，乙醚难溶于水，且
密度小于水，故上层为乙醚，中层为水层，通过分析发生的反应可知，中间层的溶质主要为NaCl；
（5）由于乙醚易挥发，易燃，故步骤Ⅴ中“加热”操作不能使用明火；
（6）mg 十二钨硅酸晶体的物质的量为
，结晶水占总质量的
，则结晶水的物质的量为
，
则
；若未充分干燥，则热重时失水增多，则
变大，n 偏大。
32．（2024·浙江·高考真题）
可用于合成光电材料。某兴趣小组用
与
反应制备液态
，
实验装置如图，反应方程式为：
。
已知：①
的沸点是
，有毒：
②装置A 内产生的
气体中含有酸性气体杂质。
请回答：
(1)仪器X 的名称是 。
(2)完善虚框内的装置排序：A→B→ →F+G
(3)下列干燥剂，可用于装置C 中的是_______。
A．氢氧化钾
B．五氧化二磷
C．氯化钙
D．碱石灰
(4)装置G 中汞的两个作用是：①平衡气压：② 。
(5)下列说法正确的是_______。
A．该实验操作须在通风橱中进行
B．装置D 的主要作用是预冷却
C．加入的
固体，可使
溶液保持饱和，有利于平稳持续产生
D．该实验产生的尾气可用硝酸吸收
(6)取
产品，与足量
溶液充分反应后，将生成的
置于已恒重、质量为
的坩埚
中，煅烧生成
，恒重后总质量为
。产品的纯度为 。
【答案】(1)圆底烧瓶
(2)E→C→D
(3)BC
(4)液封，防止空气中的水蒸气等进入体系
(5)ABC
(6)99%
【分析】A 作为H2S 的发生装置，由于不能骤冷，所以D、E 都是冷却H2S 的装置，C 装置干燥H2S，F 冷却
并收集H2S，G 作为平衡气压和液封，防止空气中的水蒸气等进入体系，据此回答。
【详解】（1）仪器X 的名称是圆底烧瓶；
（2）制备气体的装置包括发生装置，除杂装置，收集装置和尾气处理，由于不能骤冷，要逐步冷却，所
以B 连E，E 连C，C 连D，D 连F；
（3）H2S 是酸性气体，不可以用碱性干燥剂，所以不可以用氢氧化钾和碱石灰，故选BC；
（4）装置G 中汞的两个作用是：①平衡气压：②液封，防止空气中的水蒸气等进入体系；
（5）A．H2S 有毒，该实验操作须在通风橱中进行，故A 正确；
B．气体不能骤冷，装置D 的主要作用是预冷却H2S，故B 正确；
C．加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S，故C 正确；
D．该实验产生的尾气不可用硝酸吸收，硝酸的氧化性虽然可以把H2S 氧化为S 单质，但是稀硝酸产生的
NO 或者浓硝酸产生的NO2，会污染空气，故D 错误；
故选ABC。
（6）根据铜守恒，氧化铜的质量为32.814 g-31.230 g=1.584g，则氧化铜物质的量为0.0198mol，
，硫化铜物质的量为0.0198mol，则H2S 物质的量为0.0198mol，H2S 的质量为
0.6732g，产品纯度为
。
33．（2023·重庆·高考真题）煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭(由煤样
制得)反应的
的转化率
来表示。研究小组设计测定
的实验装置如下：
(1)装置Ⅰ中，仪器
的名称是 ；b 中除去的物质是 (填化学式)。
(2)①将煤样隔绝空气在
加热1 小时得焦炭，该过程称为 。
②装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为 。
③装置Ⅲ中，先通入适量的气体X，再通入足量
气。若气体X 被完全吸收，则可依据
和中分别生成
的固体质量计算
。
i.d 中的现象是 。
ii.e 中生成的固体为
，反应的化学方程式为 。
iii.d 和e 的连接顺序颠倒后将造成
(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
iiii.在工业上按照国家标准测定
：将干燥后的
(含杂质
的体积分数为
)以一定流量通入装置Ⅱ反应，
用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中
的体积分数为
，此时
的表达式为 。
【答案】(1) 分液漏斗 HCl
(2) 干馏
有白色沉淀生成
偏大
【分析】稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢杂质，
用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的焦炭中反应生成一氧化碳，
将混合气体通入足量氢氧化钡溶液中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质。
【详解】（1）装置Ⅰ中，仪器
的名称是分液漏斗；由于二氧化碳中含有挥发的氯化氢气体，因此b 中碳
酸氢钠与氯化氢反应，则除去的物质是HCl；故答案为：分液漏斗；HCl。
（2）①将煤样隔绝空气在
加热1 小时得焦炭，即隔绝空气加强热使之分解，则该过程称为干馏；故
答案为：干馏。
②装置Ⅱ中，高温下二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳，其发生反应的化学方程式为
；
故答案为：
。
③i.d 中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，其反应的现象是有白色沉淀生成；故答案为：有
白色沉淀生成。
ii.e 中生成的固体为
，根据氧化还原反应分析得到CO 变为碳酸铵，则反应的化学方程式为
；故答案为：
。
iii.d 和e 的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应，导致银氨溶液消耗，二氧化碳与氢氧化钡反应的量
减少，则将造成
偏大；故答案为：偏大。
iiii.在工业上按照国家标准测定
：将干燥后的
(含杂质
的体积分数为
)以一定流量通入装置Ⅱ反应，
用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中
的体积分数为
，设此时气体物质的量为bmol，二氧化碳
物质的量为bmmol，原来气体物质的量为amol，原来二氧化碳物质的量为a(1−n)mol，氮气物质的量为
anmol，则消耗二氧化碳物质的量为[a(1−n) −bm]mol，生成CO 物质的量为2[a(1−n) −bm]mol，则有
b=an+bm+2[a(1−n) −bm]，解得：
，此时
的表达式为
；故答案为：
。
34．（2023·山东·高考真题）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将盛有硅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 球形冷凝管下端不再有液体滴下 C、D 之间没有干燥装置，没
有处理氢气的装置
(2)SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O
(3) 高温灼烧 冷却 AC
【分析】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。
【详解】（1）制备SiHCl3时，由于氯化氢、SiHCl3和氢气都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置气
密性，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，当球形冷凝管下端不再有液体滴下，即硅粉完全反应，SiHCl3易水解，所以需要
在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；球形冷凝管下端不再有液体滴下；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SiHCl3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+4，
所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：
SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O，故答案为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；
（3）m1g 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
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m2g，则二氧化硅的物质的量为n(SiO2)=
，样品纯度为
=
，故答案为：高温灼烧；冷却；AC；
。
35．（2023·全国乙卷·高考真题）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)O2的作用有 。CuO 的作用是 (举1 例，用化学方程式表示)。
(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．CaCl2 B．NaCl C．碱石灰(CaO+NaOH) D．Na2SO3
(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O2 装置气密性 b、a
(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+CO2
(3) A C 碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳，而氯化钙只能吸收水蒸气
(4)先熄灭煤气灯a，继续吹入一定量的O2，然后再熄灭煤气灯b，待装置冷却后停止通入O2，
(5)C4H6O4
【分析】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。
【详解】（1）实验前，应先通入一定的O2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CO2
（2）实验中O2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
是催化a 处产生的CO，使CO 反应为CO2，反应方程式为CO+CuO
Cu+CO2
（3）有机物燃烧后生成的CO2和H2O 分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c 管装有无水CaCl2，d 管装有
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，而氯化钙只能吸收水蒸气，调换后影
响最后分子式的确定；
（4）反应完全以后应先熄灭煤气灯a，继续吹入一定量的O2，然后再熄灭煤气灯b，待装置冷却后停止通
入O2，保证石英管中的气体产物完全吹入两U 型管中，使装置冷却；
（5）c 管装有无水CaCl2，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 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CO2，则增重量
为CO2的质量，由此可以得到有机物中C 元素的物质的量n(C)=
=
=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C4H6O4；
【点睛】本实验的重点在于两U 型管的摆放顺序，由于CO2需要用碱石灰吸收，而碱石灰的主要成分为
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CaCl2之后，保证实验结果。
36．（2022·福建·高考真题）某兴趣小组设计实验探究
，催化空气氧化
的效率。回答下列问
题：
步骤Ⅰ 制备
在通风橱中用下图装置制备
(加热及夹持装置省略)，反应方程式：
(1)装置A 中盛放甲酸的仪器的名称是 。
(2)从B、C、D 中选择合适的装置收集
，正确的接口连接顺序为
a→_______→_______→_______→_______→h(每空填一个接口标号)。
步骤Ⅱ 检验
将
通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。
(3)该反应的化学方程式为 。
步骤Ⅲ 探究
催化空气氧化
的效率
将一定量
与空气混合，得到
体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)，
调节管式炉温度至
，按一定流速通入气体样品。(已知：
是白色固体，易吸水潮解：
)
(4)通入
(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U 形管内生成了
。
①能证明
被空气氧化的现象是 ；
②
被催化氧化的百分率为 ；
③若未通入氮气，②的结果将 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(5)探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用 方法可以缩短接触时长。
(6)步骤Ⅲ装置存在的不足之处是 。
【答案】(1)分液漏斗
(2)a→d→e→c→b
(3)
(4) 石灰水变浑浊 60% 偏大
(5)增大气体样品流速
(6)尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述)
【分析】在通风橱中用下图装置制备一氧化碳，用A 装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水
除去甲酸，再用B 装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用E 中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧化钠
吸收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在H 中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸
收，J 中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和
，进而测定生成的碘的质量，计算一氧化
碳的被氧化的百分率。据此解答。
【详解】（1）装置A 中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。
（2）用C 除去甲酸，B 收集一氧化碳，E 接收排出的水，故接口连接顺序为a→d→e→c→b→h。
（3）一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为：
。
（4）一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量为
，则结合方程式分析，还有0.002mol 一氧化碳未被氧气氧化，11.2L 气体为0.5mol
其中一氧化碳为0.005mol，则被氧化的一氧化碳为0.005-0.002=0.003mol，则被氧化的百分率为
。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化的百分
率增大。
（5）增大气流速率可以提高催化效率。
（6）：
是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。
37．（2022·湖南·高考真题）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
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 H2SO4(浓)+NaCl
NaHSO4+HCl↑
(2) 防止倒吸 CuSO4溶液
(3)静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加热的硫酸溶液，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%
【分析】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BaCl2·2H2O，装置III
中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S，防止污染空气。
【详解】（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：H2SO4(浓)+NaCl
NaHSO4+HCl↑。
（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
H2S，H2S 有毒，对环境有污染，装置III 中盛放CuSO4溶液，用于吸收H2S。
（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BaCl2·2H2O 的物
质的量为0.002mol，质量为0.002mol 244g/mol=0.488g，质量分数为：
100%=97.6%。
38．（2021·全国甲卷·高考真题）胆矾(
)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到
的
(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
(1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有 (填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
(2)将
加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为 ，与直接用废铜和浓硫酸反
应相比，该方法的优点是 。
(3)待
完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量
，冷却后用
调
为3.5～4，再煮沸
，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、 、乙醇洗涤、 ，得到
胆矾。其中，控制溶液
为3.5～4 的目的是 ，煮沸
的作用是 。
(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为
，加入胆矾后总质量为
，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，
置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为
。根据实验数据，胆矾分子中结晶
水的个数为 (写表达式)。
(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是 (填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少量胆矾迸溅出来
【答案】 A、C CuO+H2SO4
CuSO4+H2O 不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫
酸利用率高） 过滤 干燥 除尽铁，抑制硫酸铜水解 破坏氢氧化铁胶体，易于过滤
①③
【详解】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒
精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C 符合题意，故答案为：A、C；
(2)将
加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4
CuSO4+H2O；直接用废
铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将
加入到适量的稀硫酸中，加热制备
胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；
(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；
中含氧化
铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液
为3.5～4，酸
性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸
，目的是破
坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化
铁胶体，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为
，加入胆矾后总质量为
，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中
冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为
。则水的质量是(
－
)g，所以胆矾
（CuSO4•nH2O）中n 值的表达式为
=n:1，解得n＝
；
(5) ①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=
可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，
符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根
据n=
可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=
可知，最终会导致结晶水
数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
39．（2021·河北·高考真题）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重
要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和
NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
(1)从A～E 中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是 (按气流方向，用小写字母表示)。为使A
中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或 。
A．
B．
C．
D．
E.
(2)B 中使用雾化装置的优点是 。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 。
(4)反应完成后，将B 中U 形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体
NaHCO3的质量为 g。
②向滤液中加入NaCl 粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl 沉淀充分析出并分
离，根据NaCl 和NH4Cl 溶解度曲线，需采用的操作为 、 、洗涤、干燥。
(5)无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用
其标定盐酸浓度时，会使结果 (填标号)。
A．偏高 B．偏低 C．不变
【答案】 aefbcg 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳
的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案） NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓ 0.84
蒸发浓缩、冷却结晶 过滤
A
【分析】根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：
NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，
从而制备得到纯碱；另一方面得到的母液主要溶质为NH4Cl，再从加入氯化钠粉末，存在反应
，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析可知，要制备
，需先选用装置A 制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液
中除去二氧化碳中的HCl，后与饱和氨盐水充分接触来制备
，其中过量的二氧化碳与挥发出来的
氨气可被氢氧化钠溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量
，所以按气流方向正确的连接
顺序应为： aefbcg；为使A 中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞
上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcg；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；
(2)B 中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
(3)根据上述分析可知，生成
的总反应的化学方程式为NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
(4)①对固体
充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为：
将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量
，
与
二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：
，根据方程式可知，根据
差量法可知，当增重
（2CO 的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为
=0.22g，其物质的量为
，根据关系式
可知，消耗的
的物质的量为2
0.005mol=0.01mol，所以固体
的质量为0.01mol 84g/mol=0.84g；
②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解
度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使
沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、
过滤、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
(5)称量前，若无水
保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸
浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积
会增大，根据c(测)=
可知，最终会使c(测)偏高，A 项符
合题意，故答案为：A。
40．（2020·天津·高考真题）为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：
.
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(CuSO4)= mol L‧ -1。
(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4) (填“偏高”、“偏低”或“无影
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CuSO4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
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H2体积为bmL，已知实验条件下
，则c(CuSO4) mol 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(CuSO4) (填“偏高”、“偏低”或“无
影响”)。
(10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度： (填“是”或“否”)。
【答案】 向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全 AgNO3溶液 坩
埚
偏低 检查装置气密性 b
偏高 否
【分析】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。
【详解】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BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；
(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有
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，
CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)=
=
=
mol L‧ -1；
(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(CuSO4)偏低；
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H2体积为bmL，已知实验条件下
，氢气的质量=
，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(CuSO4)=
；
(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(CuSO4)偏高；
(10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。
【点睛】本题甲方案计算时，需要根据硫酸根守恒，是易错点。
41．（2017·浙江·高考真题）某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu(NO3)2·H2O 晶体，并进一步
探究用SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。设计的合成路线如下：
已知：Cu(NO3)2·3H2O
Cu(NO3)2·Cu(OH)2
CuO
SOCl2熔点―105℃、沸点76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。
请回答：
(1)第②步调pH 适合的物质是 (填化学式)。
(2)第③步包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤，其中蒸发浓缩的具体操作是 。为得到较大颗粒的
Cu(NO3)2·3H2O 晶体，可采用的方法是 (填一种)。
(3)第④步中发生反应的化学方程式是 。
(4)第④步，某同学设计的实验装置示意图(夹持及控温装置省略，如图)有一处不合理，请提出改进方案并
说明理由 。
装置改进后，向仪器A 中缓慢滴加SOCl2时，需打开活塞 (填“a”、“b”或“a 和b”)。
(5)为测定无水Cu(NO3)2产品的纯度，可用分光光度法。
已知：4NH3·H2O + Cu2+ == Cu(NH3)4
2+ + 4H2O；Cu(NH3)4
2+ 对特定波长光的吸收程度(用吸光度A 表示)与Cu2+
在一定浓度范围内成正比。现测得Cu(NH3)4
2+的吸光度A 与Cu2+ 标准溶液浓度关系如图所示：
准确称取0.3150g 无水Cu(NO3)2，用蒸馏水溶解并定容至100 mL，准确移取该溶液10.00mL，加过量
NH3·H2O，再用蒸馏水定容至100 mL，测得溶液吸光度A=0.620，则无水Cu(NO3)2产品的纯度是
(以质量分数表示)。
【答案】 CuO 或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3 将溶液转移至蒸发皿中，控制温度（不高于170℃，防止
硝酸铜水解），加热至溶液表面形成一层晶膜 减慢冷却结晶的速度或冷却后静置较长时间
Cu(NO3)2•3H2O+3SOC12=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HCl↑ 在AB 之间增加干燥装置，防止B 中的水蒸气进入A 中
b 92.5%
【分析】为提高铜的浸取率，所用硝酸必然是过量的，此时铁也溶解转化为硝酸铁，调pH 的目的是除去
铁离子。然后蒸发浓缩、降温结晶得到硝酸铜晶体，最后在SOCl2的保护下脱去结晶水得到无水硝酸铜，
据此解答。
【详解】(1)调节pH 促进铁离子水解沉淀铁离子，不引入新杂质，同时不能沉淀铜离子，因此第②步调pH
适合的物质是CuO 或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3；
(2)根据题意，温度不能高于170℃，否则Cu(NO3)2•3H2O 变质，故蒸发浓缩应将溶液转移至蒸发皿中，控制
温度（不高于170℃），加热至溶液表面形成一层晶膜减慢冷却结晶的速度，可得到较大颗粒的
Cu(NO3)2•3H2O 晶体；
(3)根据以上分析可知第④步中发生反应的化学方程式是Cu(NO3)2•3H2O+3SOC12=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HCl↑；
(4)第④步，某同学设计的实验装置有一处不合理，根据装置图可知应该是氢氧化钠溶液中的水蒸气可以进
入A 中影响A 中的硝酸铜晶体脱水反应。改进的方法是在AB 之间增加干燥装置，理由是防止B 中的水蒸
气进入A 中；装置改进后，向仪器A 中缓慢滴加SOCl2时，需打开活塞b。
(5)由图象可知，A=0.620 时，对应的溶液中c(Cu2+)=1.55×10-3mol/L，则n[Cu(NO3)2]=100mL/
10mL×0.1L×1.55×10-3mol/L=1.55×10-3mol，则无水Cu(NO3)2产品的纯度是1.55×10-
3×188/0.3150×100%=92.5%。
【点睛】本题考查了物质的制备，涉及了元素的相关性质，实验设计，操作控制，方程式的书写、纯度的
计算等，要求学生对物质基本性质的掌握，并加以灵活运用，题目难度中等。制备类工艺流程题一般由多
步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任
务上。解答时要边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非
所问。
42．（2016·浙江·高考真题）某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方
案设计如下：
已知：乙醚[(C2H5)2O]是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，沸点为34.5 度，微溶于水，在较高的
盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，当盐酸浓度降低时，该化合物解离。
请回答：
（1）操作A 的名称是 。
（2）经操作A 后，为判断Fe3+是否有残留，请设计实验方案 。
（3）蒸馏装置如下图所示，装置中存在的错误是 。
（4）滴定前，加入的适量溶液B 是 。
A．H2SO3—H3PO4 B．H2SO4—H3PO4
C．HNO3—H3PO4 D．HI—H3PO4
（5）滴定达到终点时，消耗0.1000 mol·L－1 K2Cr2O7溶液6.00mL。根据该实验数据，试样X 中c(Fe3+)为
。
（6）上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是 。
A．稀释被测试样 B．减少被测试样取量
C．增加平行测定次数 D．降低滴定剂浓度
【答案】 分液 从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN 溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留
体系封闭；明火加热 B 0.576mol/L CD
【分析】含Fe3+、Al3+试样X 溶液25mL，加入适量浓盐酸和乙醚，在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚
形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，
和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，当盐酸浓度降低时，该化合物解离，加入水解离后，
通过蒸馏得到方法除去乙醚，得到含铁离子的水溶液，定容至100mL，取25.00mL 溶液，滴入适量还原剂
得到Fe2+离子的溶液，加入指示剂，滴定前，加入的适量溶液B 为非氧离子化性和还原性的酸，用重铬酸
钾溶液滴定至终点。
【详解】(1)操作A 是利用在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，
乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH]
[FeCl4]的溶液，分离的名称为分液，故答案为分液；
(2)依据铁离子遇到KSCN 溶液变红色设计实验检验铁离子的存在，从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN 溶液，显红
色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留，故答案为从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN 溶液，显红色证明残留含
有Fe3+，显无色证明无残留；
(3)蒸馏装置中锥形瓶不能密闭，否则蒸馏实验不能进行，乙醚是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合
物，实验加热不能用明火，否则会引发燃烧导致危险，故答案为体系密闭，明火加热；
(4)滴定需要的酸性环境，所需酸不能具有还原性、氧化性，不能被氧化剂氧化，也不能被亚铁离子还原。
A．H2SO3-H3PO4 中亚硫酸具有还原性，也会被氧化剂氧化，消耗标准溶液增大，产生误差，故A 错误；
B．H2SO4-H3PO4 中酸为非氧化性酸，可以提供酸性环境且不影响测定反应，故B 正确；C．HNO3-H3PO4 中
硝 酸具有强氧化性，可以氧化亚铁离子，导致滴入氧化剂标准溶液减少，测定结果偏低，故C 错误；D．
HI-H3PO4 中HI 酸是还原性酸，也可以消耗滴入的氧化剂，导致测定结果偏高，故D 错误；故答案为B；
(5)依据离子反应定量关系计算，定达到终点时，消耗0.1000 mol•L-1K2Cr2O7溶液6.00mL，物质的量
=0.1000mol/L×0.00600L=0.00060mol，
反应为 Cr2O7 2-+6Fe2++H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
1 6
0.00060mol 0.00360mol
c=
=0.144mol/L，则试样X 中c(Fe3+)=0.144mol/L×
=0.576mol/L，故答案为0.576mol/L；
(6)上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可以重复几次实验，数值取平均
值，减少误差，滴定溶液浓度越小，测定结果越准确。A．稀释被测试样，浓度减小，测定误差会增大，
故A 错误；B．减少被测试样取量，和滴定结果的精密度和准确度无关，故B 错误；C．增加平行测定次数，
减少测定带来的误差，可以提高准确度，故C 正确；D．降低滴定剂浓度，反应终点判断更准确．滴定结
果的精密度高，故D 正确；故答案为CD。
43．（2016·上海·高考真题）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O
（g）。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。
完成下列填空：
（1）半水煤气含有少量硫化氢。将半水煤气样品通入 溶液中（填写试剂名称），出现 ，可以
证明有硫化氢存在。
（2）半水煤气在铜催化下实现CO 变换：CO+H2O
CO2+H2
若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO 变换后的气体中：V(H2):V(N2)= 。
（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。已知：
Na2CO3
K2CO3
20℃碱液最高浓度
（mol/L）
2.0
8.0
碱的价格（元/kg）
1.25
9.80
若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是 ；缺点是 。如果选择K2CO3碱液作吸收液，
用什么方法可以降低成本？
写出这种方法涉及的化学反应方程式。
（4）以下是测定半水煤气中H2以及CO 的体积分数的实验方案。
取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO 的体积分数。
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中。
②该实验方案中，步骤Ⅰ、Ⅱ的目的是： 。
③该实验方案中，步骤 （选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数。
【答案】 硝酸铅（或硫酸铜） 黑色沉淀 3:1 价廉 吸收CO2能力差 碱液循环
使用 2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O
除去半水煤气中的CO2（包
括H2S）和H2O IV
【详解】（1）硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入硝酸铅（或硫酸铜）溶液中，出现
黑色沉淀可以证明有硫化氢存在。
（2）若半水煤气中V(H2):V(CO):V(N2)=38：28：22，经CO 变换后H2O 转化为氢气，则根据方程式可知所得
的气体中：V(H2):V(N2)=（38+28）：22＝3:1。
（3）根据表中数据可知若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是价廉，而缺点是吸收CO2能力差。由于生
成的碳酸氢钾受热易分解产生碳酸钾，所以使碱液循环使用可以降低成本，反应的化学方程式为
2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O；
（4）①由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利
用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数。所以流程为
。
②Ⅰ中KOH 吸收CO2和H2S，Ⅱ中浓硫酸吸收水蒸气，干燥气体。
③氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，所以该实验方案中，步骤Ⅳ可以确定半水煤气中H2的
体积分数。
【点睛】“教真实的化学，学有用的知识”已成为大家的共识，现在的化学试题强调化学与生活的交融，
突出理论联系生产、生活实际和科技前沿，强调学以致用。试题将真实的问题转化为试题情境，真实问题
的复杂性带来了化学试题的综合性，这就要求考生首先读懂并捕捉到全部相关信息，弄清这些信息之间的
逻辑关系，特别是确定性信息和未知信息之间的关系，为问题的解决奠定基础。这显然属于“关键能力”。
对于一个流程的设计和评价，要分析它由几个部分组成，每个部分在整体中处于什么地位、有什么作用，
为什么要这样设计，这样设计的优缺点如何，可以如何改进等等，这些都是高考中考查综合能力的重点。
