2022届高三化学大一轮复习化学反应原理专题练_22酸碱中和滴定拓展（氧化还原滴定等） WORD版含答案.docx

1、2022届高三化学大一轮复习化学反应原理专题练_22酸碱中和滴定拓展（氧化还原滴定等）一、单选题（本大题共18小题，共54分）1. H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01mol/L的Na2S2O3溶液滴定碘水，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法正确的是( )A. 该滴定反应可用甲基橙作指示剂B. 该反应中每消耗 2mol Na2S2O3，转移电子的物质的量为 4 molC. 该滴定反应可选用如图所示的装置D. Na2S2O3是该反应的还原剂2. 体积和浓度均为25.00mL0.1molL-1NaI、NaBr及NaCl三种溶液，分别用0.1molL-1的A

2、gNO3溶液滴定，滴定曲线如图所示pAg=-lgc(Ag+)。下列说法不正确的是A. Ksp(AgI)Ksp(AgBr)Ksp(AgCl)B. AgNO3溶液滴定Cl-时，可加入少量的KI作滴定指示剂C. 三种溶液等体积等浓度混合后用AgNO3溶液滴定，沉淀顺序为I-、Br-、Cl-D. 当V(AgNO3溶液)=30.00mL时，三种溶液中：c(I-)c(Br-)c(Cl-)3. 已知25时，以下五种物质的Ksp：物质AgClAg2CrO4AgBrAgIAg2SKsp210-10210-125.410-138.310-166.310-50颜色白色砖红色淡黄色黄色黑色现以0.1molL-1的Ag

3、NO3溶液测定某溶液中c(Cl-)，适宜作滴定指示剂的物质是()A. K2CrO4B. KBrC. KID. K2S4. 某学生用滴定的方法测定含有少量NaCl的小苏打固体中NaHCO3质量分数，所用标准盐酸的浓度为0.100molL-1，关于该实验的叙述正确的是A. 用烧杯准确配制100mL待测小苏打溶液B. 用酚酞试液作指示剂C. 当滴至待测液变色并保持30s不复原即为滴定终点D. 盛盐酸的滴定管未用标准盐酸润洗会造成实验结果偏低5. 取5.0mL18molL-1硫酸配制100mL0.9molL-1硫酸溶液，并用Na2CO3准确标定稀硫酸浓度。下列图示对应的操作不正确的是( )A. 量取B

4、. 转移C. 定容D. 标定6. 已知Ag2CrO4是砖红色沉淀，下列滴定反应中，指示剂使用不正确的是()A. 用标准FeCl3溶液滴定KI溶液，选择KSCN溶液B. 用I2溶液滴定Na2SO3溶液，淀粉作指示剂C. 用AgNO3溶液滴定NaCl溶液，Na2CrO4作指示剂D. 用H2O2溶液滴定KI溶液，淀粉作指示剂7. 已知c(NH4Cl)5.1，现用0.1mol/L盐酸滴定20mL氨水0.05mol/L，用甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量是()A. 10mLB. 5mLC. 大于10mLD. 小于5mL8. 实验室欲用0.01molL-1的Na2S2O3溶液滴定碘水，发生的反应为I

5、2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法正确的是()A. 该滴定反应可用甲基橙作指示剂B. Na2S2O3是该反应的还原剂C. 该滴定反应可选用如图所示装置D. 该反应中每消耗2molNa2S2O3，转移电子的物质的量为4mol9. 往 10mL0.1mol/LBa(OH)2溶液中滴加等浓度 NaHSO4溶液，溶液的导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A. a点对应的溶液呈碱性B. V2=10mLC. 水的电离程度：abD. b点后的溶液满足 c(Na+)2c(SO42-)10. 常温下，用0.1000molL-1的盐酸滴定20mL0.1000molL-1

6、的氨水，滴定曲线如图，下列说法正确的是A. 该中和滴定适宜用酚酞作指示剂B. 两者恰好中和时，溶液的pH=7C. 达到滴定终点时，溶液中：cH+=cOH-+cNH3H2OD. 当滴入盐酸达30mL时，溶液中cNH4+cH+cOH-+cCl-11. 如图是元素周期表的一部分：数据编号滴入NaOH溶液的体积/mL溶液的pHHXHZ1031220.00ab25时，用浓度为0.1000molL-1的氢氧化钠溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000molL-1的两种酸HX、HZ(忽略体积变化)，实验数据如表2，下列判断正确的是()A. 通过分析可得表格中aI-Cl-)。下列说法不正确的是( ) A

7、. 葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止氧化，利用了亚硫酸盐的还原性B. 滴定时发生反应的离子方程式为OH-+H+=H2OC. 滴定时需要加入淀粉溶液作指示剂D. 通入N2和煮沸的目的是将产生的气体从溶液中全部赶出13. 一定量稀氢氧化钠溶液中通入一定量的CO2后得到溶液A，为测定溶液A的溶质成分而进行如下操作：向溶液A中滴入2-3滴酚酞试液，逐滴滴加0.01mol/L的盐酸V1mL时达到第一滴定终点；再向溶液中滴入2-3滴甲基橙试液，继续逐滴滴加0.01mol/L的盐酸V2mL时又达到第二滴定终点。【此条件下，NaHCO3稀溶液7PHV2，则溶质是NaOH和Na2CO3，且二者的物质的量之比为

8、(V1-V2)/V2C. 若V1Br2I2S4O62-C. 在反应中，1molS2O32-反应时转移1mol电子D. 在上述滴定实验中，选择淀粉溶液作指示剂15. 某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO47H2O式量为278)的纯度，称取11.5g绿矾产品，溶解，配制成1000mL溶液；量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.01000molL-1高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00mL.根据数据计算该绿矾样品的纯度约为()A. 92.5%B. 93.5%C. 94.6%D. 96.7%16. 聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为Fea

9、(OH)b(SO4)cm。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，所得溶液平均分为两份。一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀0.699g。另一份溶液，先将Fe3+还原为Fe2+，再用0.02000molL-1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液20.00mL。该聚合硫酸铁样品中ab的比值为(已知：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O)。A. 11B. 21C. 31D. 2517. 以水为溶剂进行中和滴定的原理是：H3O+OH-=2H2O。已知液态SO2和纯水的导电性相近，因为液态SO2也会发生自离解：SO2(l)+SO2(l)SO

10、32-+SO2+。若以液态SO2为溶剂，用SOCl2滴定Cs2SO3，则以下叙述错误的是()A. 该滴定反应可以表示为：SO32-+SO2+=2SO2B. 在一定温度下，液态SO2中c(SO32-)与c(SO2+)的乘积是一个常数C. 可通过导电能力变化来判断是否到达滴定终点D. 自离解的存在，说明SO2是离子化合物18. 25时，用0.2000molL-1AgNO3溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸，溶液中离子浓度的关系如图所示(lg20.3，溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法错误的是(已知：Q点时滴加AgNO3溶液的体积为20.00mL)A. 由曲线数据计算得，Ksp(AgCl)=2

11、10-10B. 滴定前盐酸的浓度为0.1000molL-1C. M点溶液中H+数目大于NO3-数目D. 相同条件下，若改用0.4000molL-1AgNO3溶液滴定，则滴定终点由M点向N点移动二、实验题（本大题共3小题，共46分）19. 碘酸钾(KIO3)是重要的食品添加剂。某化学兴趣小组设计下列步骤制取KIO3，并进行产品的纯度测定。制取碘酸(HIO3)的实验装置示意图和有关资料如下：HIO3白色固体，能溶于水，难溶于四氯化碳Ka=0.169molL-1KIO3白色固体，能溶于水，难溶于乙醇碱性条件下易发生反应：ClO-+IO3-=IO4-+Cl-回答下列问题：步骤用Cl2氧化I2制取HIO

12、3(1)装置A中发生反应的化学方程式为_。(2)装置B中的CCl4可以加快反应速率，原因是_。(3)反应结束后，获取HIO3溶液的操作中，所需玻璃仪器有烧杯、_和_。步骤用KOH中和HIO3制取KIO3(4)该中和反应的离子方程式为_。中和之前，应将上述HIO3溶液煮沸至接近无色，否则中和时易生成_(填化学式)而降低KIO3的产量。(5)往中和后的溶液中加入适量，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体_。(6)为验证产物，取少量上述固体溶于水，滴加适量SO2饱和溶液，摇匀，再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝。若实验时，所加的SO2饱和溶液过量，则无蓝色出现，原因是_。步骤纯度测定(7)取0.1000

13、g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量KI溶液，用0.1000molL-1Na2S2O3溶液滴定，接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。进行平行实验后，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为24.00mL.则产品中KIO3的质量分数为_。M(KIO3)=214.0gmol-120. 某化学兴趣小组对加碘食盐中的KIO3进行研究，它是一种白色粉末，常温下很稳定。在酸性条件下KIO3是一种较强的氧化剂，与HI、H2O2等作用，被还原为碘单质。学生甲设计实验测出加碘食盐中碘元素的含量，步骤如下：a.称取mg加碘盐，加适量蒸馏水溶解；b.用稀硫酸酸

14、化，再加入过量KI溶液；待反应后的溶液加水稀释至100.00mL。c.取10.00mL上述溶液到锥形瓶中，以淀粉为指示剂，用物质的量浓度为3.0molL-1的Na2S2O3溶液滴定(滴定时的反应方程式：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。d.重复实验2次，三次实验分别记录有关数据如下：滴定次数待测溶液的体积/mL1.0010-3molL-1的Na2S2O3溶液的体积(mL)滴定前刻度滴定后刻度第一次10.002.6222.60第二次10.007.5630.30第三次10.006.2226.24试回答：(1)如图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_mL。(2)步骤b发生反应的离子

15、方程式：_(3)判断到达滴定终点的现象是：_。(4)滴定时，Na2S2O3溶液应放在_(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)。(5)根据实验测定数据，计算加碘食盐样品中的碘元素百分含量是_(以含m的代数式表示)。(6)根据上述实验对下列假定情况进行讨论，导致测出待测液的浓度是(填“偏小”、“偏大”或“无影响”)标准液读数时，若滴定前俯视，滴定后仰视，测出待测液的浓度_；盛标准液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，测出待测液的浓度_。21. .重量法测定产品BaCl22H2O的纯度步骤为：准确称取mgBaCl22H2O试样，加入100mL水，用3mL2molL-1的HCl溶液加热溶解

16、。边搅拌边逐滴加0.1molL-1H2SO4溶液。待BaSO4完全沉降后，过滤，用0.01molL-1的稀硫酸洗涤沉淀34次，直至洗涤液中不含Cl-为止。将沉淀置于坩埚中经烘干灼烧至恒重，称量为ng。则BaCl22H2O的质量分数为_。.用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；.用0.1000molL-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，指示剂显示

17、终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：(1)锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为_。(2)测得混合气中ClO2的质量为_g。.工业上利用反应ZnFe2(C2O4)36H2OZnFe2O4+2CO2+4CO+6H2O制备ZnFe2O4，该反应中还原产物是_(填化学式)，每生成1molZnFe2O4转移的电子总数是_。答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】本题考查氧化还原反应滴定、氧化还原反应概念判断及化学计算。解答氧化还原滴定，可以利用酸碱中和滴定的方法进行分析，但同时要注意区别，例如本题中指示剂，利用单质碘的特性，选择淀粉。【解答】A.该反应为I2+2Na2S2O3=2

18、NaI+Na2S4O6，碘单质变成了碘离子，应该用淀粉溶液作指示剂，故A错误；B.根据反应方程式I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知该反应中每消耗2molNa2S2O3，转移2mol电子，故B错误。C.Na2S2O3是强碱弱酸盐，其溶液显碱性，应该使用碱式滴定管盛装，不能用酸式滴定管盛装，故C错误；D.在该反应中，I2的化合价降低，得到电子，I2作氧化剂，Na2S2O3中S的化合价升高，失去电子，Na2S2O3是该反应的还原剂，故D正确。2.【答案】B【解析】【分析】本题考查沉淀溶解平衡滴定曲线分析，掌握溶度积的计算是解题关键，题目难度中等。【解答】常温下，体积均为25.00m

19、L和浓度均为0.1molL-1NaI、NaBr及NaCl三种溶液，分别用0.1molL-1的AgNO3溶液滴定，分别形成AgI、AgBr、AgCl，三种沉淀是同类型沉淀，可根据Ksp数值比较其溶解性情况，Ksp数值越小，溶解度越小，结合图像分析。A.滴加AgNO3溶液10.00mL时，AgNO3少量，溶液中c(Ag+)按I-、Br-、Cl-依次增大，故Ksp(AgI)Ksp(AgBr)Ksp(AgCl)，故A正确；B.滴加硝酸银滴定Cl-时，若用KI作为指示剂，I-优先与Ag+反应生成沉淀，故不能用KI作为滴定指示剂，故B错误；C.由于Ksp(AgI)Ksp(AgBr)Ksp(AgCl)，三种

20、溶液等体积等浓度混合后用AgNO3溶液滴定，沉淀顺序为I-、Br-、Cl-，故C正确；D.当滴定AgNO3溶液至30.00mL时，c(I-)=Ksp(AgI)c(Ag+)，c(Br-)=Ksp(AgBr)c(Ag+)，c(Cl-)=Ksp(AgCl)c(Ag+)，由于Ksp(AgI)Ksp(AgBr)Ksp(AgCl)，则平衡时c(I-)c(Br-)c(Cl-)，故D正确。故选B。3.【答案】A【解析】【分析】本题考查了难溶电解质的溶度积常数的应用，试题难度较易【解答】若用AgNO3去滴定溶液中的Cl-，则选用的滴定指示剂与Ag+反应生成物的溶解度应大于AgCl的溶解度，根据Ksp数据可知，只

21、有Ag2CrO4的溶解度大于AgCl的溶解度，且Ag2CrO4为砖红色沉淀，颜色变化明显，故可用K2CrO4作该实验的滴定指示剂。4.【答案】C【解析】【分析】本题考查中和滴定的操作以及注意事项，在误差分析时，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，其标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小;其标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大【解答】A.烧杯只能粗略配制溶液，不能杯准确配制100mL待测小苏打的溶液，故 A错误;B.NaHCO3要完全反应应选择甲基橙作指示剂，故B错误;C.滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且保持半分钟不变色，故 C正确;D.盛盐酸

22、的滴定管未润洗，标准液的浓度降低，造成V(标)偏大，根据c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)，可知c(待测)偏大，故D错误;故答案为 C。5.【答案】D【解析】略6.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查滴定中指示剂的选择相关知识，据此进行分析解答，考生应掌握常见的指示剂。【解答】A.铁离子与碘离子反应，生成亚铁离子和碘单质，KSCN溶液遇铁离子显红色，当溶液显红色时，说明碘离子反应完全，达到滴定终点，故A正确；B.淀粉遇碘单质显蓝色，当溶液显蓝色时，说明亚硫酸根离子已经被碘单质充分氧化，碘单质剩余，达到滴定终点，故B正确；C.Ag2CrO4是砖红色沉淀，当溶液中有砖红色沉淀时，待测液中

23、的氯离子被充分沉淀，银离子剩余，故C正确；D.待测液中的碘离子被双氧水氧化生成碘单质，淀粉显蓝色，即开始滴定就出现蓝色，蓝色加深，碘离子反应完全时，蓝色不再加深，但是不易观察，不能判断滴定终点，故D错误。故选D。7.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了酸碱中和反应及指示剂的选用方法，题目难度不大，注意掌握中和滴定操作方法，明确指示剂的选择对测定结果的影响，明确甲基橙的变色范围为解答本题的关键。【解答】按照酸碱恰好中和反应可知，滴定20mL0.05molL-1氨水需消耗盐酸体积为10mL，而c(NH4Cl)5.1，即：此时溶液pH值大于5.1，由于甲基橙的变色范围为3.1-4.4，甲基橙不变

24、色，需要继续向其中滴加盐酸方可发生变色，据此进行解答。现用0.1molL-1盐酸滴定20mL0.05molL-1氨水，根据酸碱恰好中和反应原理可知，需消耗盐酸体积为10mL， 依据题干信息可知，此时溶液pH值大于5.1，而甲基橙的变色范围为3.1-4.4，当氨水与盐酸恰好反应时，混合液不变色，故应继续向其中滴加盐酸才能变色， 所以终点时所用盐酸的量大于10mL， 故选C。8.【答案】B【解析】该滴定反应应该用淀粉溶液作指示剂，A项错误；在该反应中，I2中I的化合价降低，得到电子，I2作氧化剂，Na2S2O3中的S的化合价升高，失去电子，Na2S2O3是该反应的还原剂，B项正确；Na2S2O3溶

25、液显碱性，应该使用碱式滴定管，不能用酸式滴定管，C项错误；该反应中每消耗2molNa2S2O3，转移2mol电子，D项错误。9.【答案】A【解析】【分析】本题考查的滴定相关知识，主要考查学生对于图像的分析及理解，熟悉滴定知识及电解质导电性是解题的关键。【解答】根据Ba(OH)2+NaHSO4的反应及从曲线可知，a点时恰好完全沉淀，此时溶液中的溶质为：NaOH，b点是导电能力最小，此时Ba(OH)2和NaHSO4恰好完全反应，此时溶液中的溶质为：Na2SO4，由此可知：A.a点对应的溶液呈碱性，故A正确B.b点时反应恰好为：Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4+Na2SO4+2H2O，往1

26、0mL0.1mol/L的Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO4溶液，故V2=20mL，故B错误；C.a点为碱溶液，抑制水的电离，b点为中性溶液，不影响水的电离，故水的电离程度：ab，故C错误；D.b点后的溶液为Na2SO4+NaHSO4溶液，故cNa+7，b=7，故A错误；B.HZ完全电离，而HX部分电离，等浓度的溶液稀释100倍后，HX的pH较大，故B错误；C.F的非金属性比Cl强，但HF的酸性比HCl弱，Cl的非金属性比S强，但HCl的酸性比H2S弱，可知氢化物的酸性与非金属性不存在规律性的变化，故C错误；D.0.1000molL-1Na2Y的水溶液中，由物料守恒可知c(Y2-)+c(

27、HY-)+c(H2Y)=0.1000molL-1，故D正确。故选：D。由元素在周期表中的位置可知X为F元素，Y为S元素，Z为Cl元素，由表中数据可知HX不能完全电离，为弱酸，HZ为强酸，加入等浓度的NaOH20.00mL时，生成的NaX溶液呈碱性，NaZ的盐溶液呈中性，结合物料守恒解答该题本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，为高频考点，正确判断HX是弱电解质、HY是强弱电解质为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的综合应用能力，题目难度中等12.【答案】B【解析】【分析】本题以工业流程题的形式考查食品中的亚硫酸盐含量的测定，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力

28、和实验能力，通过简明的实验流程图，将实验基本操作、仪器的使用等内容综合在一起，注意把握物质的性质以及实验的原理，题目难度中等。【解答】样品中加稀硫酸生成二氧化硫，通氮气将生成的二氧化硫从溶液中全部赶出，得到气体为氮气和二氧化硫的混合气体，用NaOH溶液吸收得到Na2SO3溶液，再用I2标准液与Na2SO3溶液发生氧化还原反应来进行滴定。A.亚硫酸根离子易被空气中的氧气氧化为硫酸根，葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止葡萄酒氧化，利用了亚硫酸盐的还原性，故A正确；B.滴定时是用I2标准液滴定Na2SO3溶液，发生的离子方程式为I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，故B错误；C.用I

29、2标准液进行滴定时，为了准确判断终点，需要加入淀粉溶液作指示剂，故C正确；D.通入N2和煮沸的目的是将产生的二氧化硫气体从溶液中全部赶出，故D正确。故选B。13.【答案】B【解析】【分析】本题考查了用酸碱中和滴定的方法探究CO2和NaOH反应产物，难度较大，学生需要清楚知道CO2和NaOH反应后的溶质可能情况：NaOH和Na2CO3；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；NaHCO3。还需知道指示剂酚酞和甲基橙的变色范围。【解答】A.若V1=V2，则溶质是Na2CO3,Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，HCl+NaHCO3=NaCl+CO2+H2O，故A错误；B.若V1V2，则

30、 NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl， HCl+NaHCO3=CO2+NaCl+H2O依据方程式知剩余NaOH为0.01(V1-V2)mmol，生成碳酸钠 0.01V2mmol；则溶质是NaOH和Na2CO3，且二者的物质的量之比为(V1-V2)/V2，故B正确；C.若V1Br2、2I-+Br2=I2+2Br-可知Br2I2、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可知I2S4O62-，所以BrO3-Br2I2S4O62-，故B正确；C.1molI2参与反应时转移2mol电子，1molS2O32-参加反应，应有0.5molI2参加反应转移1mol

31、电子，故C正确；D.上述反应中，I2能使淀粉溶液变蓝色，选择淀粉溶液作指示剂，故D正确。故选A。15.【答案】D【解析】解：25mL溶液消耗高锰酸钾为0.02L0.01mol/L=0.0002mol，由5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，可知11.5g绿矾产品中n(Fe2+)=50.0002mol1000mL25mL=0.04mol，而n(FeSO47H2O)=n(Fe2+)=0.004mol，样品中FeSO47H2O的质量分数为0.04mol278g/mol11.5g100%=96.7%，故选：D。根据消耗高锰酸钾计算n(Fe2+)，而n(FeSO47H2O)=n(Fe

32、2+)，进而计算样品中FeSO47H2O的质量分数。本题考查物质含量测定，题目难度中等，关键是明确反应原理。16.【答案】B【解析】【分析】本题考查了化学方程式的计算，难度一般。【解答】加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀0.699g，n(BaSO4)=n(SO42-)=0.699g233g/mol=0.003mol；设铁离子的物质的量是xmol，Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O1 60.02mol/L0.02L x10.020.02=6x，n(Fe)=0.0024mol，根据电荷守恒n(OH-)=30，0024mol-20.003mol=0.0012mol；

33、该聚合硫酸铁样品中a：b的比值为21，故B正确。故选B。17.【答案】D【解析】【分析】本题主要以水的电离平衡为背景，以信息的形式考查了液态SO2自离解，难度不大，但要抓住信息。【解答】A、因液态SO2和水相似，以水为溶剂进行中和滴定的原理为：H3O+OH-=2H2O，所以用SOCl2滴定Cs2SO3的原理为：SO32-+SO2+=2SO2，故A正确；B、因水的电离平衡中(H+)与c(OH-)的乘积是一个常数，所以液态SO2中c(SO32-)与c(SO2+)的乘积是一个常数，故B正确；C、因到达滴定终点时，溶液中离子浓度最小，导电能力最小，所以可通过导电能力变化来判断是否到达滴定终点，故C正确

34、；D、因SO2是共价化合物，不是离子化合物，故D错误。故选D。18.【答案】D【解析】【分析】本题考查AgNO3溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸的分析，注意相关知识点的积累和运用，题目难度不大。【解答】A.由Q点数据知，Ksp(AgCl)=10-1.310-8.4=10-9.7=10-10100.3=210-10，故A正确；B.当滴入20.00mLAgNO3溶液时，溶液中c(Ag+)=10-1.3molL-1=0.05molL-1，列式得，则滴定前盐酸的浓度c(HCl)=0.1000molL-1，故B正确；C.M点为滴定终点，因为存在水的电离，故M点溶液中H+数目大于NO3-数目，故C正确

35、；D.相同条件下，若改用0.4000molL-1AgNO3溶液滴定，M点仍为滴定终点，故D错误。故选D。19.【答案】(1)KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O (2)I2和Cl2易溶于CCl4，增大了反应物浓度 (3)分液漏斗 玻璃棒 (4)HIO3+OH-=IO3-+H2O KIO4 (5)乙醇(或“酒精”“C2H5OH”) (6)过量的SO2将IO3-(或I2)还原为I-(或“3SO2+IO3-+3H2O=I-+3SO42-+6H+”或“SO2+I2+2H2O=2I-+SO42-+4H+”) (7)85.6%【解析】解：(1)装置A用于制取氯气，反应为：KClO3+6H

36、Cl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O；故答案为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O；(2)由于Cl2、I2在水中溶解度小，在CCl4中溶解度却很大，能增大反应物浓度，使反应速率显著加快；故答案为：I2和Cl2易溶于CCl4，增大了反应物浓度；(3)依据物质信息可知，B中反应后产生的碘酸主要在水溶液中且与CCl4互不相溶，所以必须采用分液法以获取碘酸溶液，分液需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗、玻璃棒；故答案为：分液漏斗；玻璃棒；(4)KOH和HIO3生成KIO3和水，HIO3属于弱电解质，在离子方程式中不能用离子表示，故离子反应为：HIO3+OH-=IO3-+H2O；中和之前

37、溶液中存在较多Cl2，通过加热煮沸可以除去Cl2，避免中和时Cl2转化为ClO-，进一步将IO3-氧化为IO4-，从而导致KIO3产量下降；故答案为：HIO3+OH-=IO3-+H2O；KIO4；(5)KIO3在乙醇中的溶解度较低，加入适量乙醇可以使KIO3从溶液中析出，故往中和后的溶液中加入适量乙醇，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体；故答案为：乙醇(或“酒精”“C2H5OH”)；(6)依题意可知，少量饱和SO2水溶液能将KIO3还原为I2，但加入过量饱和SO2水溶液却无蓝色出现，说明也能过量的SO2将KIO3、I2等还原为I-(或“3SO2+IO3-+3H2O=I-+3SO42-+6H

38、+”或“SO2+I2+2H2O=2I-+SO42-+4H+”)；故答案为：过量的SO2将IO3-(或I2)还原为I-(或“3SO2+IO3-+3H2O=I-+3SO42-+6H+”或“SO2+I2+2H2O=2I-+SO42-+4H+”)；(7)取0.1000g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量KI溶液，发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，用0.1000molL-1Na2S2O3溶液滴定生成的I2，有关系式：KIO33I26S2O32-，则n(KIO3)=16n(Na2S2O3)=160.1000mol/L0.024L=0.0004mol，故产品中KIO3的质量分数为0.000

39、4mol241g/mol0.1000g100%=85.6%；故答案为：85.6%。步骤用Cl2氧化I2制取HIO3：A装置制备氯气，B装置Cl2氧化I2制取HIO3，C装置吸收尾气；(1)从实验原理和装置图可知，装置A由氯酸钾和浓盐酸制取氯气，同时生成KCl和水，据此书写；(2)由于Cl2、I2在水中溶解度小，在CCl4中溶解度却很大，能增大反应物浓度，据此可得；(3)依据物质信息可知，B中反应后产生的碘酸主要在水溶液中且与CCl4互不相溶，所以必须采用分液法以获取碘酸溶液；步骤用KOH中和HIO3制取KIO3(4)KOH和HIO3生成KIO3和水，据此书写；中和之前溶液中存在较多Cl2，中和

40、时Cl2转化为ClO-，根据已知“碱性条件下易发生反应：ClO-+IO3-=IO4-+Cl-”分析；(5)根据KIO3在乙醇中的溶解度较低分析；(6)SO2具有还原性，过量的SO2将将KIO3、I2等还原为I-；(7)取0.1000g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量KI溶液，发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，用0.1000molL-1Na2S2O3溶液滴定生成的I2，依据KIO33I26S2O32-关系式即可计算结果。本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能

41、力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度较中等。20.【答案】(1)22.60；(2)IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；(3)溶液由蓝色变无色，且半分钟内不恢复；(4)碱式滴定管；(5)1270m或12.7m100；(6)偏大；偏大。【解析】【分析】本题考查了氧化还原反应滴定的相关知识，计算时注意是求食盐中碘元素的含量不是碘酸钾的含量，题目难度一般。【解答】(1)由图可知滴定管中的液面的读数为22.60mL；(2)在酸性条件下KIO3是一种较强的氧化剂，用稀硫酸酸化，再加入过量KI溶液，生成碘单质，发生反应的离子方程式：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；(3)b中

42、生成I2，c中使用淀粉作为指示剂，加入淀粉，溶液呈蓝色，用Na2S2O3溶液滴定，I2反应完毕，溶液蓝色褪色，滴定终点现象为：蓝色变无色，且保持半分钟不恢复；(4)因为硫代硫酸根离子水解，Na2S2O3溶液呈弱碱性，所以滴定时Na2S2O3溶液应放在碱碱式滴定管；(5)第一次消耗Na2S2O3溶液的体积为19.98mL，第二次消耗Na2S2O3溶液的体积为22.74mL，第三次消耗Na2S2O3溶液的体积为20.02mL，第二次滴定的数值相差太大为无效数值，所以取第一次和第三次的平均值，消耗Na2S2O320.00mL，根据IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2S2O32-=2I

43、-+S4O62-，则：IO3-3I26S2O32-，故加碘食盐样品中的碘元素的质量是3.0mol/L0.02L6100mL10mL=0.1mol，所以加碘食盐样品中的碘元素含量为127g/mol0.1molmg100=12.7m100=1270m；(6)若滴定前俯视溶液液面，滴定后仰视液面刻度，读取标准溶液体积偏大，根据分析可知测定结果偏大；盛标准液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，标准溶液体积偏大，根据分析可知测出待测液的浓度偏大。21.【答案】.244n233m100.2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；0.02700.CO；4NA【解析】【分析】本题

44、考查物质含量的测定，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等。【解答】.最终得到ng沉淀为ngBaSO4，则n(BaSO4)=n233mol，根据Ba元素守恒，则试样中n(BaCl2H2O)=n233mol，所以BaCl22H2O的质量分数为w=n233mol244g/molmg100=244n233m100，故答案为：244n233m100；.由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故

45、答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；用0.1000molL-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液，含有Na2S2O3物质的量为0.02L0.1mol/L=0.002mol，则：根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3，n(ClO2)=210n(Na2S2O3)=0.0004mol，所以m(ClO2)=0.004mol67.5g/mol=0.02700g，故答案为：0.02700；.C2O42-中的碳是+3价，部分得电子被还原成+2价，所以反应中还原产物是CO，每生成1molZnFe2O4，同时产生4mol的一氧化碳，转移的电子数为4mol，则转移电子数为4NA，故答案为：CO；4NA。