1、高考资源网（） 您身边的高考专家小题必练14：酸碱中和滴定及其应用酸碱中和滴定是高中化学最重要的定量实验之一，是帮助学生养成科学态度和接受科学教育极好的实验课题，常常结合溶液中的水解平衡，物质定量测定，高考再现率高，而且考察角度不断创新，对学习化学有良好的导向作用。1.【2020年浙江选考】室温下，向盐酸中滴加0.1000mol/L NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知。下列说法不正确的是（ ）ANaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7B选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差C选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大D时，pH=12.3【答案】C【解析】ANa
2、OH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下pH=7，故A正确；B选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)=0.02mol/L，即溶液中c(OH)=0.02mol，则c(H+)=51013mol/L，pH=-lgc(H+)=12.3，故D正确；故答案为C。【点睛】酸碱中和滴定实验，酸碱指示剂的选择，滴定终点的判断，及pH的计算。2【2020年全国I卷】以酚酞为指示剂，用0.1000molL1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶
3、液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。比如A2的分布系数：下列叙述正确的是（ ）A曲线代表，曲线代表BH2A溶液的浓度为0.2000molL1CHA的电离常数Ka=1.0102D滴定终点时，溶液中【答案】C【解析】根据图像，曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mL NaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线代表(HA)，曲线代表(A2)，根
4、据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L。根据分析，曲线代表(HA)，曲线代表(A2)，A错误；B当加入40.00mL NaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L，B错误；C根据曲线当(HA)=(A2)时溶液的pH=2，则HA的电离平衡常数Ka=c(H+)=1102，C正确；D用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.210，终点时溶液呈碱性，c(OH)c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2)+c(HA)+c(OH)，则c
5、(Na+)2c(A2)+c(HA)，D错误；答案选C。【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H+A2，HAH+A2；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图像中(HA)=(A2)时溶液的pH5，而是pH=2。3【2020年延安吴起中学月考】室温下，用0.l00mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.100 mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）AII表示的是滴定醋酸的曲线BpH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mLCV(NaOH)=20.00mL时
6、，两份溶液中c(Cl)=c(CH3COO)DV(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(Na+)c(CH3COO)c(H+)c(OH)【答案】B【解析】滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH1，所以滴定盐酸的曲线是图，滴定醋酸的曲线是图，A错误；醋酸钠水解呈碱性，pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mL，B正确；V(NaOH)=20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，两份溶液中c(Cl)c(CH3COO)，C错误；V(NaOH)=10.00mL时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸电离大于醋酸根的水解程度，溶液中离
7、子浓度关系为c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，D错误。【点睛】根据起始时的PH能判断出醋酸的是曲线，盐酸的是曲线。4.【河北石家庄辛集第一中学月考】室温下，向20.00mL 0.10molL1一元弱碱MOH溶液中滴入0.10molL1的盐酸，溶液的AG与所加盐酸的体积关系如图所示，已知AG=lg。下列有关叙述不正确的是（ ）A50下，AG=0，此时溶液显中性Ba点对应溶液中H2O电离出的c(H+)=1.01011 molL1Cb点对应溶液中4c(M+)+4c(MOH)=3c(Cl)Dd点对应溶液中c(Cl)c(H+)c(M+)c(MOH)【答案】C【解析】AAG=0，则，溶液
8、中c(H+)=c(OH)，溶液显中性，A正确，不选；B室温下，Kw=c(H+)c(OH)=1014，a点，可知c(H+)=1011molL1，溶液中的H+均来自与水的电离，因此水电离出来的c(H+)=1011molL1，B正确，不选；Cb点加入盐酸15mL，根据物料守恒，可知含有M的粒子的浓度和Cl的浓度的比值为43，即，得3c(M+)+3c(MOH)=4c(Cl)，C错误，符合题意；Dd点，加入40mL盐酸，盐酸过量，溶液中为等浓度HCl和MCl的混合溶液，Cl的浓度最大，由于M+为弱碱阳离子，会水解，则c(H+)c(M+)，水解是微弱的，因此c(M+)c(MOH)则离子排序为c(Cl)c(
9、H+)c(M+)c(MOH)，D正确，不选。答案选C。【点睛】易错选C项，解题时容易将系数乘错。因此解题时，可以先写出分数的形式，在改写成等式，可以减少错误。1常温下，用0.50mol/L氢氧化钠溶液滴定某一元弱酸(HA)的溶液中，滴定曲线如图所示，下列叙述不正确的是（ ）A该弱酸在滴定前的浓度大于0.001mol/LB由滴定起点数据可计算该弱酸的Ka(电离平衡常数)为2105C滴定过程为求滴定终点，最合适的指示剂是酚酞D滴定终点时，c(Na+)c(A)c(OH)c(H+)【答案】B【解析】A由图象可知，起始酸的pH为3，c(H+)=103mol/L，因为HA是弱酸，则酸的浓度必大于0.001
10、mol/L，A项正确；BHA是弱酸，HA的体积未知，无法由滴定起点数据计算该弱酸的Ka，B项错误；C用NaOH滴定该弱酸溶液达到终点pH范围是在711，溶液显碱性而酚酞的变色范围是8.2-10.0，应选择酚酞作指示剂，C项正确；D酸碱滴定终点时，酸碱恰好反应生成NaA，NaA是强碱弱酸盐，A水解导致溶液显碱性，则滴定终点时离子浓度顺序为c(Na+)c(A)c(OH)c(H+)，D项正确；答案选B。【点睛】本题考查酸碱中和滴定，离子浓度的大小比较等知识。对于酸碱指示剂选择的基本原则总结如下：变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。不能用石蕊作指示剂；滴定终点为碱性时，
11、用酚酞作指示剂；滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂；强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以；并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。2用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是（ ）A酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定B锥形瓶未用待测液润洗C读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视D滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失【答案】C【解析】酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定，则盐酸被稀释，消耗盐酸的体积增加，所以测定结果偏高
12、；B锥形瓶未用待测液润洗，属于正确的操作要求，不会影响结果；C读取标准液读数时，滴前仰视，读数偏大。滴定到终点后俯视，读数偏小，所以读取的盐酸体积减少，测定结果偏低。D滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，说明读取盐酸的体积增加，所以测定结果偏高；答案选C。【点睛】根据进行误差分析。325时，向20.00mL的NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液。滴定过程中，溶液的pH与滴入CH3COOH溶液的体积关系如图所示，点时NaOH溶液恰好被中和。则下列说法中，错误的是（ ）ACH3COOH溶液的浓度为0.1molL1B图中点到点所示溶液中，水的电离程度先增大后减小C点所示溶
13、液中存在：(CH3COOH)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)D滴定过程中会存在：c(Na+)c(CH3COO)=c(OH)c(H+)【答案】C【解析】图象可知氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，点时NaOH溶液恰好被中和消耗醋酸溶液20mL，根据酸碱中和规律，醋酸的浓度为0.1mol/L，故A正确；图中点到点所示溶液中随着醋酸逐渐滴入，氢氧化钠不断被消耗，水的电离被抑制程度逐渐减小，即水的电离程度增大；恰好反应点，水的电离程度最大，从此以后继续滴加醋酸，对水电离起到抑制作用，所以图中点到点所示溶液中，水的电离程度先增大后减小，故B正确；点所示溶液是醋酸和醋酸钠溶液，由物料守恒c(C
14、H3COOH)+c(CH3COO)=2c(Na+)和电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)得c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO)+2c(OH)，故C错误；滴定过程中的某点，醋酸钠和氢氧化钠混合溶液中会有c(Na+)c(CH3COO)=c(OH)c(H+)，故D正确；故选C。4常温下，向100mL 0.01molL1 HA溶液中逐滴加入0.02molL1的MOH溶液，如中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况。下列说法中正确的是（ ）AHA为一元弱酸，MOH为一元强碱B滴入MOH溶液的体积为50mL时，c(M+)c(A)CN点水的电离程度大于K点水的电离程
15、度DK点时，c(MOH)+c(M+)=0.02molL1【答案】C【解析】A0.01molL1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，与50mL碱溶液恰好反应后，溶液呈酸性，而与51mL碱恰好反应溶液呈中性，说明碱为弱碱，A错误；BMOH是弱碱，滴入MOH溶液的体积为50 mL时，溶液呈酸性，由电荷守恒可知溶液中c(A)c(M+)，B错误；C由图像可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为107mol/L，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于107mol/L，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，C正确；D在K点时混合溶液体积是酸溶液的2倍，物质的量也是HA的2倍
16、，所以c(MOH)+c(M+)=0.01molL1，D错误；故答案选C。5下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是（ ）提示：、。选项滴定管中的溶液锥形瓶中的溶液指示剂滴定终点颜色变化A溶液溶液酚酞无色浅红色B盐酸氨水甲基橙黄色橙色C酸性溶液溶液无无色浅紫红色D碘水溶液淀粉蓝色无色【答案】D【解析】氢氧化钠溶液滴定醋酸时，恰好中和时生成醋酸钠，此时溶液显碱性，所以选择碱性条件下变色的指示剂即酚酞，终点颜色变化为无色浅红色，A正确；B盐酸滴定氨水时，恰好中和时生成氯化铵，此时溶液显酸性，所以选择酸性条件下变色的指示剂甲基橙，终点颜色变化为黄色橙色，B正确；C据题给已知反应，可以用酸性
17、高锰酸钾溶液氧化亚硫酸钾的原理进行滴定，亚硫酸钾被完全氧化后，过量的高锰酸钾使溶液显浅紫红色，C正确；D用碘水滴定硫化钠溶液，淀粉作指示剂，开始时溶液无色，硫化钠被完全消耗后，过量的碘水使淀粉显蓝色，所以滴定终点的颜色变化为无色蓝色，D错误。【点睛】酸碱指示剂的选择，一般会选择生成物的酸碱性接近的指示剂，若反应物本身有颜色就无需选择指示剂。6室温条件下，用0.100mol/L的NaOH溶液分别滴定酸HX、HY、HZ，三种酸的体积均为20.00mL，浓度均为0.100mol/L，滴定曲线如图所示。下列叙述正确的是（ ）A电离常数Ka(HX)的数量级为1012BP点对应的溶液中：c(Y)c(Na+
18、)c(HY)c(H+)c(OH)CpH=7时，三种溶液中c(X)=c(Y)=c(Z)DHX的电离程度大于X的水解程度【答案】B【解析】起始时HA溶液pH=6，则溶液中c(H+)=c(A)=106mol/L，所以Ka(HA)=1011，所以数量级不是1012，故A错误；BP点为在HY溶液中加入10mL NaOH溶液，溶液中含有等浓度的NaY和HY，溶液显酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，所以c(Y)c(Na+)c(HY)c(H+)c(OH)，故B正确；CpH=7时，根据电荷守恒，溶液中均存在，c(Na+)=c(X)，c(Na+)=c(Y)，c(Na+)=c(Z)，三种溶液中加入的Na
19、OH体积不等，即c(Na+)各不相同，所以c(X)c(Y)c(Z)，故C错误；D当加入10mL NaOH溶液时，HX溶液中恰好反应生成等量的HX和NaX，此时溶液显碱性，说明X的水解程度大于HX的电离程度，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为BD，要注意加入10mL NaOH溶液时，尽管溶液的组成和浓度相似，但溶液的性质有很大差别，Y对应溶液显酸性，X对应溶液显碱性。7生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NH含量。利用的反应原理为：4NH+6HCHO(CH2)6N4H+（一元酸）+3H+6H2O。实验步骤如下：甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。取甲醛a mL于锥形瓶，加入12滴指
20、示剂，用浓度为b mol/L的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为V1 mL，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为V2 mL。向锥形瓶加入饱和食盐水试样c mL，静置1分钟。用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，滴定管的读数为V3 mL。下列说法不正确的是（ ）A步骤中的指示剂可以选用酚酞试液B步骤中静置的目的是为了使NH和HCHO完全反应C步骤若不静置会导致测定结果偏高D饱和食盐水中的c(NH)=mol/L【答案】C【解析】酸和碱反应生成甲酸钠，溶液呈碱性，步骤中的指示剂可以选用酚酞试液，故A正确；通过延长反应时间，使反应进行得更充分，步骤中静置的目的是
21、为了使NH和HCHO完全反应，故B正确；步骤若不静置，4NH+6HCHO=(CH2)6N4H+（一元酸）+3H+6H2O，反应不完全，生成的酸少，会导致测定结果偏低，故C错误；除去甲酸后的氢氧化钠溶液读数为V2 mL，加入饱和食盐水试样c mL，再加12滴酚酞，再用上述NaOH溶液滴定至微红色，滴定管的读数V3 mL，此时4NH+6HCHO=(CH2)6N4H+（一元酸）+3H+6H2O，滴入氢氧化钠反应，4NH（(CH2)6N4H+（一元酸）+3H+）4OH；氢氧化钠物质的量和氮元素物质的量相同，所以饱和食盐水中的c(NH)= =molL1，故D正确；故选C。8为测定样品的纯度，用硫酸溶解6
22、.300g样品，定容至250mL。取25.00mL溶液，用标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL10.0019.9821.2622.4031.5421.56已知：假设杂质不参加反应。该样品中的质量分数是_%（保留小数点后一位）；写出简要计算过程：_。【答案】95.2 【解析】第一次所用标准液为：19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL，第三次所用标准液为：21.56-1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为；根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO5，所以25mL待测液中所含的物质的量为：，
23、质量为，所以样品中质量分数为。【点睛】计算过程中要注意滴定的待测液是从配制的250mL溶液中取出的25mL。9化学小组用碘量法测定粗品立德粉(主要成分是ZnSBaSO4，不溶于水)中S2的含量(粗品中不含干扰测定的物质)。I称取样品mg，置于碘量瓶中；II用已准确称量的I2固体配制100mL 0.1000mol/L I2一KI标准溶液；III取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，并加入乙酸溶液，密闭于暗处几分钟，有黄色沉淀产生；IV以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol/L Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液体积为VmL。回答下列问题：（1）II中配制100mL0.100mo
24、l/L I2-KI标准溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和_。（2）II中加入乙酸的作用是 ；黄色沉淀的名称是 ，该反应中 (填化学式)是氧化剂。（3）已知Na2S2O3与I2反应生成Na2S4O6，则IV中发生反应的化学方程式是 。（4）样品中S2的含量为_(写出表达式)。【答案】（1）100mL容量瓶、胶头滴管 （2） 溶解ZnS，释放出H2S 硫 I2 （3） I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 （4） 【解析】(1)配制100mL 0.100mol/L I2-KI标准溶液，基本步骤是：1计算、2称量、3溶解、4转移、5洗涤、6定容、7摇匀，所以用到的玻璃仪器有烧杯、玻
25、璃棒、量筒和100mL容量瓶、胶头滴管；(2)ZnS和醋酸反应生成醋酸锌和H2S，II中加入乙酸的作用是溶解ZnS，释放出H2S；H2S和I2反应生成HI和黄色S沉淀，该反应中I元素化合价降低，I2是氧化剂；(3)Na2S2O3与I2反应生成Na2S4O6和NaI，IV中发生反应的化学方程式是I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；(4)设ZnS的物质的量是x mol，根据ZnSI2，可知ZnS消耗I2 x mol，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，Na2S2O3消耗I2 mol，则x+=0.025L0.1mol/L；x=，样品中S2的含量为=。【点睛】本题考查一
26、定物质的量浓度溶液的配制、物质含量的测定，明确反应原理是解题关键，掌握配制一定物质的量浓度的溶液配制步骤及计算，熟悉根据化学方程式的计算。10三氯化六氨合钴(Co(NH3)6Cl3)是一种橙黄色晶体，实验室制备过程如下：将研细的6g CoCl26H2O晶体和4g NH4Cl固体加入锥形瓶中，加水，加热溶解，冷却；加入13.5mL浓氨水，用活性炭作催化剂，混合均匀后逐滴滴加13.5mL 5% H2O2溶液，水浴加热至5060，保持20min。用冰浴冷却，过滤，得粗产品；将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中，_，向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤；先用冷的2molL
27、1 HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。(1)Co(NH3)6Cl3中Co的化合价是_。(2)CoCl2遇浓氨水生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，原因是_。(3)溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成Co(NH3)6Cl3的化学方程式是_。(4)补全中的操作：_。(5)沉淀滴定法测定制备的产品中Cl的质量分数：准确称取a g 中的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中；滴加少量0.005molL1 K2CrO4溶液作为指示剂，用c molL1 AgNO3溶液滴定至终点；平行测定三次，消耗AgNO3溶液
28、的体积的平均值为v mL，计算晶体中Cl的质量分数。已知：溶解度：AgCl 1.3106 molL1，Ag2CrO4(砖红色)6.5105molL1中，滴定至终点的现象是_。制备的晶体中Cl的质量分数是_(列计算式，Cl的相对原子质量：35.5)。【答案】（1）+3 （2） NH抑制NH3H2O的电离，使溶液中的c(OH)降低，避免生成Co(OH)2沉淀 （3） 2CoCl2+10NH3H2O+2NH4Cl+H2O22Co(NH3)6Cl3+12H2O （4） 趁热过滤、冷却 （5） 溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失 【解析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧
29、化CoCl2溶液来制备Co(NH3)6Cl3，反应的化学方程式为2CoCl2+10NH3H2O+2NH4Cl+H2O22Co(NH3)6Cl3+12H2O；将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的2molL1 HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。(1)Co(NH3)6Cl3中NH3为配体，氯的化合价为-1价，则Co的化合价是+3价，故答案为+3；(2)加入NH4Cl使溶液中的NH浓度增大，NH抑制NH3H2O的电离，使溶液中的c(OH)降低，避免生成Co(OH)2沉淀，故答案
30、为：NH抑制NH3H2O的电离，使溶液中的c(OH)降低，避免生成Co(OH)2沉淀；(3)由分析可知：溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成Co(NH3)6Cl3的化学方程式是CoCl2+10NH3H2O+2NH4Cl+H2O22Co(NH3)6Cl3+12H2O；(4)由分析可知，第中缺少步骤是过滤，并且是在加入热的稀盐酸后，故答案为：趁热过滤、冷却；(5)由题可知：AgCl的溶解度小于Ag2CrO4的溶液度，所以在滴加AgNO3时Ag+会与Cl反应生成AgCl沉淀，当Cl消耗完时再与CrO结合，所以滴定终点时是Ag+与CrO结合生成砖红色沉淀，故答案为：溶液中
31、出现砖红色沉淀，半分钟内不消失；由AgCl沉淀的化学式可知：反应时Ag+与Cl物质的量之比为11，滴定时消耗AgNO3的物质的量为c mol/Lv mL103=cv103mol，则25ml溶液中Cl物质的量为c v103mol，25ml溶液中Cl的质量为：m=nM=cv103mol35.5g/mol=35.5cv103g，则100g溶液中Cl的质量为：435.5c v103g，故质量分数为：，故答案为。11连二亚硫酸钠，也称为保险粉，是一种白色砂状结晶或淡黄色粉末，熔点300(分解)，溶于氢氧化钠溶液，在空气中易被氧化，在碱性介质中稳定存在。以Zn粉与SO2溶液反应制备“保险粉”的工艺如下：回
32、答下列问题：(1)“反应”和“转化”可利用下图所示装置完成(夹持装置已略)。可用Cu与浓硫酸反应制SO2，写出相应化学方程式_。控制反应温度为3545的加热方式为_，“反应”过程中可能会产生一种易燃气体，该气体为_（填化学式）。滤渣的主要成分为_。(2)选用洗涤Na2S2O42H2O。采取真空“脱水干燥”的原因是_。(3)称取2.0g Na2S2O4样品溶于冷水配成200mL溶液，取出25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.10mol/L碱性K3Fe(CN)6标准溶液滴定，原理为：2Fe(CN)63+S2O+4OH=2Fe(CN)64+2SO+2H2O，用亚甲基蓝为指示剂，达到滴定终点时消耗标准
33、溶液24.00mL，则样品中Na2S2O4的质量分数为_(杂质不参与反应)(计算结果精确至0.1%)。【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O 水浴加热 H2 Zn(OH)2 （2） 降低脱水温度，防止产品受热分解；隔绝空气防止产品被氧化 （3） 83.5% 【解析】由流程可知，反应中发生HCOO+OH+2SO2=S2O+CO2+H2O，加入NaOH除去多余的锌离子沉淀，过滤得到Na2S2O4的溶液，接着冷却结晶、过滤分离出Na2S2O42H2O，Na2S2O4溶液在空气中放置，可发生2Na2S2O4+O2+H2O=4NaHSO3或 2Na2S2O4+O2+H2O=4
34、NaHSO3+NaHSO4而变质，故要在真空中洗涤、干燥后，得到Na2S2O4固体。（1）Cu与浓硫酸在加热的条件下发生反应，生成二氧化硫和硫酸铜，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；控制反应温度为3545的加热方式为：水浴加热；浓硫酸反应过程中会变稀，和Zn粉反应产生H2；由流程图可知，锌离子和氢氧根反应生成氢氧化锌沉淀过滤除去，故滤渣的主要成分为：Zn(OH)2；（2）Na2S2O4受热易分解，并且Na2S2O4溶液在空气中放置，可发生2Na2S2O4+O2+H2O=4NaHSO3或2Na2S2O4+O2+H2O=4NaHSO3+NaHSO4而变质，所以干燥时要真空，目的是：降低脱水温度，防止产品受热分解；隔绝空气防止产品被氧化；(3)滴定过程中发生的反应为：2Fe(CN)63+S2O+4OH=2Fe(CN)64+2SO+2H2O，故关系为S2O2Fe(CN)63，1 2n 24.00103L0.1mol/L则2.0g样品中Na2S2O4的质量分数为=100%=83.5%，故答案为：83.5%。- 14 - 版权所有高考资源网
