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2022届高三化学一轮复习实验专题题型必练12物质含量测定填空题含解析
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这是一份2022届高三化学一轮复习实验专题题型必练12物质含量测定填空题含解析，共17页。
请回答：
(1)实验I最终所得产物的种类及物质的量是_______。
(2)原固体混合物中，NaBr、NaI的物质的量之比为_______。
2．用硼镁矿(主要成分为，含、、铁和铝的氧化物等杂质)生产硼酸并回收硫酸镁的工艺流程如图：
加热硫酸镁晶体，得到硫酸镁固体，则硫酸镁晶体的结晶水含量x=_______。
3．用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度。有以下步骤：
(1)配制待测液：用已称好的5.0g含有少量杂质(杂质不与盐酸反应)的固体烧碱样品配制1000mL溶液。除烧杯和玻璃棒外，还需要用到的主要仪器有_______
(2)滴定时双眼应注意观察_______
(3)有关数据记录如下(已知盐酸标准液的浓度为0.1000ml/L)：
计算纯度：烧碱样品的纯度是_______(保留小数点后一位小数)
4．水体中的含氮化合物是引起富营养化的主要污染物，分析监测水体中的硝酸(盐)和亚硝酸(盐)含量，控制水体中的含氮污染物，对水资源的循环利用意义重大。
(1)亚硝酸()是一种弱酸，其电离平衡常数的表达式为_____________________________。
(2)水体中亚硝酸的含量可以利用KI溶液进行分析测定。该测定反应中，含氮的生成物可以是NO、、、等。
①中，氮元素的化合价为__________________________。
②某水样中含有亚硝酸盐，加入少量稀硫酸酸化后，用KI溶液测定，且选用淀粉溶液作指示剂，反应中含N的生成物为NO，反应的离子方程式为_______________________________________，其中氧化产物为________________(写化学式)。
③取20mL含的水样，酸化后用0.001ml/L的KI标准溶液滴定(反应中含N的生成物为NO)，滴定前和滴定后的滴定管内液面高度如图所示，由此可知水样中的浓度为_________mg/L。
5．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：
（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式_______。
（2）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000 ml·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_____________，滴定操作时使用的指示剂是__________，该样品中Na2S2O5的残留量为____________g·L－1（以SO2计）。
6．下表是某加碘食盐包装袋上的部分图表文字（I为碘元素符号）。由此，你可得到的信息和做出的推断是（相对分子质量是O：16，K：39，I：127）
（1）此食盐是_________（填“纯净物”或“混合物”）；
（2）“加碘食盐”中“碘”是指__________（填具体的化学式），其中碘元素的化合价是_____；
（3）1kg此食盐中含碘元素___________mg；
（4）要在食盐中加碘，是因为碘是人体内合成_____________激素的主要原料，缺碘会引起下列哪种疾病________________________（坏血病？贫血？地方性甲状腺肿？糖尿病？）。
7．样品中Al的质量分数为__________________（用小数表示，小数点后保留两位）。
该小组为了测定其中Al2O3的含量，从上面反应后的100mL溶液中，取出10mL溶液，逐滴加入1ml/L的盐酸，当滴到5.00mL时开始产生沉淀，继续滴加盐酸，至25.00mL时沉淀恰好全部溶解。
8．实验室用标准溶液滴定未知浓度的盐酸。
(1)若选择酚酞作指示剂，滴定终点的现象为_______。
(2)下列操作会导致实验结果偏低的是_______(填序号)。
A．碱式滴定管用蒸馏水洗涤后未用NaOH标准溶液润洗
B．锥形瓶用蒸馏水洗过后未干燥
C．达到滴定终点时，仰视读数
D．滴定过程中振荡锥形瓶，液体不慎溅出
(3)某学生进行3次实验得到相关数据如表所示：
则盐酸的物质的量浓度为_______(保留三位小数)。
9．正极材料为LiCO2的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。但钴的资源匮乏限制了其进一步发展。C(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290℃时已完全脱水，则1000℃时，剩余固体成分为___(填化学式，下同)；在350～400℃范围内，剩余固体成分为___。
10．将草酸锌晶体(ZnC2O4·2H2O)加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温度的变化如图所示，300～460℃范围内，发生反应的化学方程式为___________。
11．PbO2受热会随温度升高逐步分解。称取23.9gPbO2，将其加热分解，受热分解过程中固体质量随温度的变化如图所示。
A点与C点对应物质的化学式分别为___________、___________。
12．某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作如下(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)
①配制0.10ml/L稀盐酸和0.10ml/LNaOH溶液；
②用一粒研碎后的药片(0.10g)中加入2.0mL蒸馏水；
③用0.10ml/LNaOH溶液中和过量稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积；
④加入稀盐酸。
请回答下到问题：
(1)正确操作顺序是_______(填序号)。
(2)测定过程中发生反应的离子方程式为_______。
(3)该测定实验共进行4次。实验室现有50mL、100mL、250mL、500mL4种规格的容量瓶，则配制盐酸度选用的容量瓶的规格为_______，理由是_______。
(4)某同学次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下：
根据这个同学的实验数据，计算这种药片中碳酸钙的质量分数为_______%(保留3位有效数字)。
13．KBr可用于光谱分析和化学分析等。
(1)制备KBr的一种方法如下：80℃时，向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中缓慢加入Br2，至pH为6～7时反应完全，生成CO2、N2等。该反应的化学方程式为_____。
(2)KBr可用于测定苯酚(C6H5OH)样品的纯度，方法如下：取0.5000g苯酚试样，用NaOH溶液溶解后定容成250.00mL溶液；移取25.00mL该溶液，加入•L﹣1的KBrO3(含过量KBr)标准溶液，然后加入足量盐酸，充分反应后再加足量KI溶液，充分反应；用0.1000ml•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，用去16.20mL。测定过程中物质的转化关系如下：
①加入的指示剂为_____。
②计算苯酚样品的纯度(写出计算过程)_____。
14．化合物A（仅含三种元素，摩尔质量为198g·ml－1）具有高效的消毒作用，是一种新型非氮高效消毒剂。为探究化合物A的组成与性质，设计并完成以下实验：取3. 96g化合物A溶于水中，一段时间后全部转化为B（红褐色沉淀）、C（一种碱）和气体单质D（可使带火星的木条复燃），向溶液中加入100mL 0.6ml/L稀硫酸，再加入含有0.08ml KOH的溶液，恰好完全反应。过滤，将沉淀洗涤后充分灼烧，得到红棕色固体粉末1.60g。将所得溶液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐。
（1）化合物A所含有的元素：_______________（用元素符号表示）。
（2）化合物A与H2O反应的离子方程式：__________________。
（3）化合物A可由FeCl3和KClO在强碱性条件下制得，其反应的离子方程式：_________________。
15．研究性学习小组用化学方法测量一个不规则容器的体积，测量过程如下：
称取7.5gCuSO4·5H2O晶体放入500mL烧杯中，加入150mL蒸馏水。待晶体完全溶解、冷却后，将溶液全部转移到容器中，用蒸馏水稀释到完全充满容器，从中取出溶液l00mL ，该溶液恰好与20mL 0.1ml/L BaCl2溶液完全反应。
（1）求100mL CuSO4 溶液的物质的量浓度_______ ；
（2）试计算该容器的体积__________。
16．环境监测站经常测定水中溶解氧的情况，主要步骤是量取100mL水样，迅速加入固定剂MnSO4和碱性KI（含KOH）溶液，完全反应后加入硫酸使之生成I2，再用0.0040ml/L的Na2S2O3溶液与之反应。有关反应的化学方程式为：
①2MnSO4+O2+4KOH=2MnO(OH)2+2K2SO4（该反应极快）
②MnO(OH)2+2KI+2H2SO4=MnSO4+I2+K2SO4+3H2O
③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
（1）若该水样消耗20.00mLNa2S2O3溶液，所耗Na2S2O3的物质的量为________ml。
（2）试计算该水样中的溶解氧_____（g/L）。
17．在15g铁和氧化铁的混合物中加入150mL稀H2SO4放出氢气1.68L(标准状况)。当反应停止后，铁和氧化铁均无剩余，且溶液中无Fe3+存在。为了中和过量H2SO4，并使Fe2+完全转化为Fe(OH)2沉淀，共耗用3 ml/L NaOH溶液200mL。求：
（1）混合物中铁的质量为_______g
（2）稀H2SO4的物质的量浓度为________ml·L-1
18．实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4。请回答：
（1）软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是_______________________；
（2）K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是_______________；
（3）若用2.5g软锰矿（含MnO2 80％）进行上述实验，KMnO4的理论产量为_______________。
（4）KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应生成Mn2+和CO2，该反应的化学方程式是________________________；
（5）上述制得KMnO4产品0.165g，恰好与0.335g Na2C2O4反应完全，该KMnO4的纯度为___。
19．
（1）当乙烯气体在空气中的体积分数为16%时遇明火会发生猛烈爆炸，若爆炸时乙烯和氧气都几乎耗尽，爆炸时发生的主要反应的化学方程式是 。
E．2C2H4+3O2→2C+2CO+4H2O
（2）为测定漂白粉有效成分的质量分数，称取2.000g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用0.2000ml·L-1KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：
3ClO-+I-=3Cl-+IO3-
IO3-+5I-+3H2O 6OH-+3I2
实验测得数据如下表所示：
该漂白粉中有效成分的质量分数为 。
参考答案
1．0.02mlNaBr 和0.04ml NaCl； 2:1
【详解】
(1)实验II相当于实验I的基础上再通入448mL氯气，固体质量又减少，说明实验I的氯气不足，实验III相当于实验II基础上再通入336mL氯气，固体质量不变，说明实验II、实验III均反应完全，最终生成3.51g氯化钠，设n(NaBr)=x，n(NaI)=y，则103x+150y=7.12g①，由钠元素守恒得n(NaCl)= n(NaBr)+n(NaI)=x+y，即58.5（x+y）=3.51g②，解由①②组成的方程组得x=0.04ml，y=0.02ml，所以x+y=0.06ml，即原混合物中有0.04ml的溴化钠，0.02ml的碘化钠，实验I 中通入448mL氯气，即0.02ml氯气，应该先和碘化钠反应再和溴化钠反应，所以, ，所以实验I所得产物中共有0.04ml氯化钠，还有剩余的（0.04-0.02）ml=0.02ml的溴化钠，所以实验I最终所得产物的种类是NaBr和NaCl，物质的量分别是0.02ml，0.04ml；故答案为 0.02mlNaBr 和0.04ml NaCl；
(2)原固体混合物中，NaBr、NaI的物质的量分别为0.04ml、0.02ml， 物质的量之比为2：1；故答案为2：1。
2．7
【详解】
设硫酸镁晶体的化学式是， ，解得x=7。
3．1000mL容量瓶、胶头滴管 锥形瓶中溶液颜色的变化 80.8％
【详解】
(1)用已称好的5.0g含有少量杂质(杂质不与盐酸反应)的固体烧碱样品配制1000mL溶液，除烧杯和玻璃棒外，还需要用到的主要仪器有1000mL容量瓶、胶头滴管；
(2)滴定时双眼应注意观察锥形瓶中溶液颜色的变化；
(3)根据相关数据可知，将1000mL烧碱溶液取20mL，用浓度为0.1000ml/L的盐酸标准液进行滴定，二次滴定分别消耗盐酸的体积为20.28mL、20.12mL，消耗盐酸的平均体积为20.20mL，则原样品中烧碱的物质的量=0.1000ml/L×20.20mL×10-3×=0.101ml，则烧碱样品的纯度是×100%=80.8%。
4． -1 I2 6.9
【详解】
(1)亚硝酸的电离方程式为，因此其电离平衡常数；
(2)①根据化合物中所有元素的化合价代数和为0可知，中氮元素的化合价为-1；
②亚硝酸具有氧化性，被还原，生成NO，被氧化为，离子反应方程式为：；
③由滴定前后的滴定管读数可知消耗的KI标准溶液为2.00mL，反应的关系式为，故，则水样中的浓度为。
5．2NaHSO3=Na2S2O5+H2O S2O+ 2I2+3H2O=2SO+ 4I－+6H+ 淀粉溶液 0.128
【详解】
(1)根据原子守恒，生产Na2S2O5的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O，故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
(2)单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化成硫酸钠，滴定反应的离子方程式为S2O32－+ 2I2+3H2O===2SO42－+ 4I－+6H+；因为有I2参与反应，滴定操作时使用的指示剂是淀粉溶液；消耗碘的物质的量是0.0001ml，所以焦亚硫酸钠的残留量是（0.0001 ml×64g/ ml）/0.05L=0.128g/L，故答案为：S2O32－+ 2I2+3H2O===2SO42－+ 4I－+6H+；淀粉溶液；0.128。
6．混合物 KIO3 +5 35±15 甲状腺 地方性甲状腺肿
【详解】
（1）由图可知，此食盐中含有氯化钠和碘酸钾，为混合物；（2）“加碘食盐”中的“碘”是指KIO3，其中碘元素的化合价为+5价；（3）1Kg此食盐中含碘元素（35±15）mg；（4）要在食盐中加碘，是因为碘是人体内合成甲状腺激素的主要原料，缺碘会引起地方性甲状腺肿。
7．0.21
【详解】
生成氢气的质量为0.06g，氢气的物质的量为，根据反应方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，金属铝的物质的量为0.02ml，金属铝的质量为，样品中Al的质量分数为。
8．加入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且30 s内颜色不发生变化 D 0.104
【详解】
(1)实验室用标准溶液滴定未知浓度的盐酸，当接近滴定终点时，加入半滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色，且30 s内颜色不发生变化，说明达到了滴定终点。
(2)碱式滴定管用蒸馏水洗涤后未用NaOH标准溶液润洗，导致NaOH标准溶液被稀释，滴定过程中消耗NaOH标准溶液的体积偏大，测定结果偏高，A项不符合题意；锥形瓶用蒸馏水洗过后未干燥，不影响测定结果，B项不符合题意；达到滴定终点时，仰视读数，导致读取的NaOH标准溶液体积偏大，测定结果偏高，C项不符合题意；滴定过程中振荡锥形瓶，液体不慎溅出，导致待测液中溶质的物质的量偏小，滴定时消耗NaOH标准溶液的体积偏小，测定结果偏低，D项符合题意。
(3)三次滴定消耗NaOH标准溶液的体积分别为(26.11-0.00)mL=26.11 mL、(30.30-1.56)mL=28.74 mL、(26.31-0.22)mL=26.09 mL，第二次滴定误差较大，应舍弃，另外两次滴定消耗NaOH标准溶液的平均体积为，结合可知，，则盐酸的物质的量浓度。
9．CO C3O4和C2O3
【分析】
根据失重的质量与反应物的质量关系判断反应过程失去的元素及化合物，利用完全失去水的反应计算特殊点。
【详解】
C(OH)2的摩尔质量为93g/ml，设C(OH)2的物质的量为1ml，则C点1000℃时失重的质量为1ml×93g/ml×(1－80.65%)＝18g，即1mlH2O，根据质量守恒定律，化学反应方程式为C(OH)2CO＋H2O。1000℃时剩余固体的成分为CO。B点500℃时失重的质量为1ml×93g/ml×(1－86.38%)＝12.7g。已知290℃时C(OH)2已完全脱水，1mlC(OH)2脱水成CO时应失重的质量为18g，因为500℃时失重的质量不到18g，所以一定有氧气进入，使钴元素的化合价发生了变化。进入氧元素的物质的量为，即可表述为，整理得化学式为C3O4。同理，A点290℃时失重的质量为1ml×93g/ml×(1－89.25%)＝10g，进入氧元素的物质的量为，即可表述为CO·O0.5，整理得化学式为C2O3。
所以在350～400℃范围剩余固体是C3O4和C2O3的混合物。
【点睛】
本题是固体试样以氧化、还原等方式失重的热重曲线试题考查某温度时物质组成的判断，分析时要注意空气中的氧气参与反应，不完全是分解反应的结果。
10．ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑
【详解】
ZnC2O4·2H2O晶体中的ZnC2O4质量分数为×100%≈80.95%，故A点完全失去结晶水，化学式为ZnC2O4，假设B点为ZnO，则残留固体占有的质量分数为×100%≈42.86%，故B点残留固体为ZnO，结合原子守恒可知还生成等物质的量的CO与CO2，300～460℃范围内，发生反应的化学方程式为ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑。
11．Pb2O3 PbO
【详解】
二氧化铅是，其中氧原子是0.2ml。A点，固体减少0.8g，则剩余氧原子的物质的量是0.15ml，此时剩余的铅和氧原子的个数之比是2∶3，A点对应的物质是Pb2O3；同理可得出C点对应物质是PbO。
12．①②④③或②①④③ CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O、H++OH-=H2O 250mL 因为该实验中所需盐酸的体积为4×25.0mL=100mL，而每次量取过程中量筒中都含有残液（移液管需用待装液润洗、排气泡等），故配制溶液的体积应大于100mL，应选250mL的容量瓶 60.0%
【分析】
利用中和滴定实验相关知识考察物质纯度的测定以及计算。
【详解】
（1）依据实验步骤判断操作顺序为：配制溶液、溶解样品、加入配制的过量盐酸溶液溶解碳酸钙、剩余的盐酸用氢氧化钠溶液滴定、计算反应的盐酸，通过碳酸钙和盐酸反应的定量关系计算含量，所以测定过程的正确操作顺序为①②④③或②①④③；
（2）过程中发生的反应为碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，氢氧化钠溶液和盐酸反应生成氯化钠和水，离子方程式分别为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O、H++OH-=H2O；
（3）每次取用25.00mL盐酸，4次需100mL，因实验操作过程中需润洗移液管、赶气泡等都要消耗盐酸，故盐酸的需用量要大于100mL，选择容量瓶250mL；
（4）由图表数据可知，第1次数值偏差太大，舍去，消耗氢氧化钠溶液的平均体积==13.00mL，消耗盐酸的物质的量为0.025L×0.1ml/L-0.013L×0.1ml/L=0.0012ml，所以碳酸钙的质量分数为=60.0%。
13．3Br2+6KOH+CO(NH2)26KBr+CO2↑+N2↑+5H2O 淀粉 90.24%
【解析】
【详解】
(1)80℃时，向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中缓慢加入Br2，至pH为6～7时反应完全，生成CO2、N2等，反应的化学方程式：3Br2+6KOH+CO(NH2)26KBr+CO2↑+N2↑+5H2O；
(2)①溴液中含有的KBrO3及过量KBr在盐酸条件下反应产生单质溴、氯化钾和水，方程式为：KBrO3+5KBr+6HCl═3Br2+6KCl+3H2O，单质溴具有氧化性，能将碘离子氧化生成单质碘，离子方程式为：Br2+2I﹣＝2Br﹣+I2，用0.1000ml•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，加入的指示剂为淀粉溶液，碘单质遇到淀粉变蓝色；
②定量关系Br2+2I﹣＝2Br﹣+I2，I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，
Br2～I2～2S2O32﹣，与I﹣反应的Br2：
n1(Br2)＝1/2n(S2O32﹣)＝1/2×16.20×10﹣3 L×0.100 0 ml•L﹣1＝8.1×10﹣4 ml，
KBrO3+5KBr+6HCl═3Br2+6KCl+3H2O，定量关系BrO3﹣～5Br﹣～3Br2，KBrO3与KBr生成的Br2：
n(Br2)＝3n(KBrO3)＝3×25.00×10﹣3 L×0.030 00 ml•L﹣1＝2.25×10﹣3 ml，
与C6H5OH反应的Br2：n2(Br2)＝n(Br2)﹣n1(Br2)＝2.25×10﹣3 ml﹣8.1×10﹣4 ml＝1.44×10﹣3 ml，
根据C6H5OH～3Br2知，苯酚的物质的量：
n(C6H5OH)＝1/3n2(Br2)＝1/3×1.44×10﹣3 ml＝4.8×10﹣4 ml，
苯酚的纯度4.8×10 －4ml×94g·ml－1×250mL/(0.5000g×25mL)×100%＝90.24%。
14．K 、 Fe 、O 4FeO42－+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8OH- 2Fe3+ + 3ClO- + 10OH- = 2FeO42－+3Cl + 5H2O (或2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42－+3Cl + 5H2O)
【分析】
A在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀，同时产生一种气体单质，可使带火星的木条复燃为O2，该红褐色沉淀为Fe(OH)3；可推知A含有Fe元素。A的化合物用硫酸溶解，再加入加KOH，生成沉淀灼烧得到红棕色固体粉末1.60g为氧化铁，由铁元素守恒可以知道，3. 96g化合物A含铁：×2=0.02ml，不含结晶水的盐为硫酸钾，根据钾元素守恒，3. 96g 化合物A中含钾0.6ml/L×0.1L×2-0.08ml=0.04ml，3. 96g化合物A中含氧：=0.08ml，故钾、铁、氧的个数比为：0.04ml:0.02ml:0.08ml=2:1:4，故A的化学式为：K2FeO4；高铁酸钾与水反应生成氧气和Fe(OH)3、氢氧化钾，反应方程式为4K2FeO4+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8KOH，据此解答。
【详解】
A在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀，同时产生一种气体单质，该红褐色沉淀为Fe(OH)3；可推知A含有Fe元素。A的化合物用硫酸溶解，再加入加KOH，生成沉淀灼烧得到红棕色固体粉末1.60g为氧化铁，由铁元素守恒可以知道，3. 96g化合物A含铁：×2=0.02ml，不含结晶水的盐为硫酸钾，根据钾元素守恒，3. 96g 化合物A中含钾0.6ml/L×0.1L×2-0.08ml=0.04ml，3. 96g化合物A中含氧：=0.08ml，故钾、铁、氧的个数比为：0.04ml:0.02ml:0.08ml=2:1:4，故A的化学式为：K2FeO4；
(1)由上述分析可以知道，A的化学式为：K2FeO4；所含有的元素为：K 、Fe 、O，
因此，本题正确答案是：K 、Fe 、O；
(2) 高铁酸钾与水反应生成氧气和Fe(OH)3、氢氧化钾，反应方程式为4K2FeO4+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8KOH，则离子方程式为：4FeO42－+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8OH-，
因此，本题正确答案是：4FeO42－+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8OH-；
（3）高铁酸钾可由FeCl3和KClO在强碱性条件下制得，三价铁离子被次氯酸钾氧化为高铁酸钾，次氯酸钾被还原为氯化钾，同时生成水，其反应的离子方程式：2Fe3+ + 3ClO- + 10OH- = 2FeO42－+3Cl + 5H2O，
因此，本题正确答案是：2Fe3+ + 3ClO- + 10OH- = 2FeO42－+3Cl + 5H2O。
15．0.02ml/L 1.5L或1500mL
【分析】
硫酸铜和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化铜，根据方程式分析进行计算。
【详解】
(1)根据方程式 CuSO4 +BaCl2=CuCl2+BaSO4↓分析，氯化钡的物质的量为0.002ml，则l00mL硫酸铜溶液中硫酸铜的物质的量为0.002ml，硫酸铜的浓度为0.002/0.1 ml/L=0.02ml/L；
(2) 7.5gCuSO4·5H2O的物质的量为7.5/250 ml=0.03ml，则容器的体积等于溶液的体积，为0.03/0.02 L=1.5L或1500mL。
16． 8×10-5 设该水样中溶解的O2质量为x
O2~2MnO(OH )2~2I2~4Na2S2O3
32g 4ml
x 8×10-5ml
=
x=6.4×10-4g
=6.4×10-3g/L
【解析】（1）若该水样消耗20.00mLNa2S2O3溶液，则所耗Na2S2O3的物质的量为0.02L×0.0040ml/L＝8×10-5ml。（2）设该水样中溶解的O2质量为x，根据方程式可知
O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3
32g 4ml
x 8×10-5ml
=
解得x=6.4×10-4g
所以该水样中的溶解氧为=6.4×10-3g/L
17．7 2
【详解】
试题分析：（1）铁和氧化铁与硫酸反应均无剩余，且溶液中无Fe3+存在，反应生成FeSO4，生成氢气为=0.075ml，
设Fe、氧化铁的物质的量分别为xml、yml，则：
根据二者质量，可得：56x+160y=15
根据电子转移守恒，可得：2x=2y+0.075×2
联立方程，解得x=0.125，y=0.05
故m(Fe)=0.125ml×56g/ml=7g；
（2）铁和氧化铁与硫酸反应后溶液中溶质为FeSO4、H2SO4，加入NaOH使Fe2+完全转化为Fe(OH)2沉淀，产生反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根守恒则n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒则n(Na2SO4)=n(NaOH)=×3ml/L×0.2L=0.3ml，c(H2SO4)==2ml/L。
【考点】
考查混合物计算
【点晴】
清楚发生的反应是解题关键；铁和氧化铁均无剩余，且溶液中无Fe3+存在，反应生成FeSO4，设Fe、氧化铁的物质的量分别为xml、yml，根据二者质量及电子转移守恒列方程计算即可解答；铁和氧化铁与硫酸反应后溶液中溶质为FeSO4、H2SO4，加入NaOH使Fe2+完全转化为Fe(OH)2沉淀，产生反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根守恒则n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒则n(Na2SO4)= n(NaOH)，进而计算硫酸的物质的量浓度；据此分析作答。
18．3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O 3MnO42-+4H+ = MnO2↓+2MnO4-+2H2O 由上述两个化学方程式可知，反应物和生成物间的计量关系为：
MnO2→ K2MnO4 → 2/3KMnO4
87 158×2/3
2.5×80% x
X=158×2/3×2.5×80%/87=2.4g； 2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O 设该KMnO4的纯度为y，根据化学方程式可知
2/5KMnO4———Na2C2O4
2/5×158 134
0.165 ×y 0.335
y=(0.335/134×2/5×158)/0.165×100%=95.8%；
【分析】
（1）软锰矿（MnO2）与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl；据此写出方程式；
（2）K2MnO4在酸性条件下转变为MnO2和KMnO4，据此写出方程式；
（3）由上述两个化学方程式可知，反应物和生成物间的计量关系为MnO2→K2MnO4→2/3KMnO4列式进行计算；
（4）KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应生成Mn2+和CO2，据此写出反应的化学方程式；
（5）根据化学方程中关系2/5KMnO4—Na2C2O4列式进行计算。
【详解】
（1）软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl，化学方程式是3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；
综上所述，本题正确答案：3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；
（2）K2MnO4在酸性条件下转变为MnO2和KMnO4，离子方程式是3MnO42-+4H+ =MnO2↓+2MnO4-+2H2O；
综上所述，本题正确答案：3MnO42-+4H+ =MnO2↓+2MnO4-+2H2O；
（3）由上述两个化学方程式可知，反应物和生成物间的计量关系为：
MnO2→ K2MnO4 → 2/3KMnO4
87 158×2/3
2.5×80% x
X=158×2/3×2.5×80%/87=2.4g；
答：KMnO4的理论产量是2.4g；
（4）KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应生成Mn2+和CO2，该反应的化学方程式是2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O；
综上所述，本题正确答案：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O；
（5）设该KMnO4的纯度为y，根据化学方程式2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O可知
2/5KMnO4———Na2C2O4
2/5×158 134
0.165×y 0.335
y=(0.335/134×2/5×158)/0.165×100%=95.8%；
综上所述，本题正确答案：95.8%；
19．（1）B；
（2）21.45%。
【解析】
（1）如果乙烯占总体积的体积分数为16%，则剩下的空气的体积分数为84%．由于氧气在空气中的体积分数为21%，于是氧气占整个混合气体的体积分数为84%x21%=17%，约等于16%．也就是说，在此爆炸反应中乙烯和氧气的比例是1：1的关系（乙烯和氧气都几乎耗尽），由此依据原子守恒可以得出：C2H4 +O2=2C+2H2O，故答案为B；
（2）3ClO-+I-=3Cl-+IO3- ①； IO3-+5I-+3H2O=6OH-+3I2②
将方程式①+②得：ClO-+2I-+H2O=Cl-+2OH-+I2
KI溶液的总体积=（19.98+20.02+20.00）mL=60.00mL。
设次氯酸根离子的物质的量为x，
ClO- + 2I-+H2O=Cl-+2OH-+I2
1ml 2ml
x 0.2000ml•L-1×0.060L
所以x=0.006ml，次氯酸钙的质量为：143g/ml×12×0.006ml=0.429g，所以质量分数为：0.429g2g×100%=21.45%。
点睛：本题考查了混合气体爆炸极限的计算判断，滴定实验的计算分析和数据应用，题目难度中等。（1）如果乙烯占总体积的体积分数为16%，则剩下的空气的体积分数为84%．由于氧气在空气中的体积分数为21%，于是氧气占整个混合气体的体积分数为84%x21%=17%，约等于16%．也就是说，在此爆炸反应中乙烯和氧气的比例是1：1的关系，依据原子守恒得到化学方程式；（2）先计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算；根据使用碘化钾的物质的量判断测定结果。实验序号
I
II
III
Cl2体积(mL)
448
896
1344
固体质量(g)
4.40
3.51
3.51
测定序号
待测溶液的体积(mL)
所耗盐酸标准液的体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
1
20.00
0.50
20.78
2
20.00
1.20
21.32
氯化钠（NaCl）
≥98.0%（以NaCl计）
碘酸钾（KIO3）
（35±15）mg/kg（以I计）
滴定次数
待测盐酸的体积/mL
标准溶液
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
第三次
25.00
0.22
26.31
测定次数
第1次
第2次
第3次
第4次
V[NaOH(aq)]mL
17.00
12.90
13.10
13.00
A．C2H4+3O2→2CO2+2H2O
B．C2H4+O2→2C+2H2O
C．C2H4+2O2→2CO+2H2O
D．2C2H4+5O2→2CO2+2CO+4H2O
滴定次数
1
2
3
KI溶液体积/mL
19.98
20.02
20.00
请回答：
(1)实验I最终所得产物的种类及物质的量是_______。
(2)原固体混合物中，NaBr、NaI的物质的量之比为_______。
2．用硼镁矿(主要成分为，含、、铁和铝的氧化物等杂质)生产硼酸并回收硫酸镁的工艺流程如图：
加热硫酸镁晶体，得到硫酸镁固体，则硫酸镁晶体的结晶水含量x=_______。
3．用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度。有以下步骤：
(1)配制待测液：用已称好的5.0g含有少量杂质(杂质不与盐酸反应)的固体烧碱样品配制1000mL溶液。除烧杯和玻璃棒外，还需要用到的主要仪器有_______
(2)滴定时双眼应注意观察_______
(3)有关数据记录如下(已知盐酸标准液的浓度为0.1000ml/L)：
计算纯度：烧碱样品的纯度是_______(保留小数点后一位小数)
4．水体中的含氮化合物是引起富营养化的主要污染物，分析监测水体中的硝酸(盐)和亚硝酸(盐)含量，控制水体中的含氮污染物，对水资源的循环利用意义重大。
(1)亚硝酸()是一种弱酸，其电离平衡常数的表达式为_____________________________。
(2)水体中亚硝酸的含量可以利用KI溶液进行分析测定。该测定反应中，含氮的生成物可以是NO、、、等。
①中，氮元素的化合价为__________________________。
②某水样中含有亚硝酸盐，加入少量稀硫酸酸化后，用KI溶液测定，且选用淀粉溶液作指示剂，反应中含N的生成物为NO，反应的离子方程式为_______________________________________，其中氧化产物为________________(写化学式)。
③取20mL含的水样，酸化后用0.001ml/L的KI标准溶液滴定(反应中含N的生成物为NO)，滴定前和滴定后的滴定管内液面高度如图所示，由此可知水样中的浓度为_________mg/L。
5．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：
（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式_______。
（2）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000 ml·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_____________，滴定操作时使用的指示剂是__________，该样品中Na2S2O5的残留量为____________g·L－1（以SO2计）。
6．下表是某加碘食盐包装袋上的部分图表文字（I为碘元素符号）。由此，你可得到的信息和做出的推断是（相对分子质量是O：16，K：39，I：127）
（1）此食盐是_________（填“纯净物”或“混合物”）；
（2）“加碘食盐”中“碘”是指__________（填具体的化学式），其中碘元素的化合价是_____；
（3）1kg此食盐中含碘元素___________mg；
（4）要在食盐中加碘，是因为碘是人体内合成_____________激素的主要原料，缺碘会引起下列哪种疾病________________________（坏血病？贫血？地方性甲状腺肿？糖尿病？）。
7．样品中Al的质量分数为__________________（用小数表示，小数点后保留两位）。
该小组为了测定其中Al2O3的含量，从上面反应后的100mL溶液中，取出10mL溶液，逐滴加入1ml/L的盐酸，当滴到5.00mL时开始产生沉淀，继续滴加盐酸，至25.00mL时沉淀恰好全部溶解。
8．实验室用标准溶液滴定未知浓度的盐酸。
(1)若选择酚酞作指示剂，滴定终点的现象为_______。
(2)下列操作会导致实验结果偏低的是_______(填序号)。
A．碱式滴定管用蒸馏水洗涤后未用NaOH标准溶液润洗
B．锥形瓶用蒸馏水洗过后未干燥
C．达到滴定终点时，仰视读数
D．滴定过程中振荡锥形瓶，液体不慎溅出
(3)某学生进行3次实验得到相关数据如表所示：
则盐酸的物质的量浓度为_______(保留三位小数)。
9．正极材料为LiCO2的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。但钴的资源匮乏限制了其进一步发展。C(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290℃时已完全脱水，则1000℃时，剩余固体成分为___(填化学式，下同)；在350～400℃范围内，剩余固体成分为___。
10．将草酸锌晶体(ZnC2O4·2H2O)加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温度的变化如图所示，300～460℃范围内，发生反应的化学方程式为___________。
11．PbO2受热会随温度升高逐步分解。称取23.9gPbO2，将其加热分解，受热分解过程中固体质量随温度的变化如图所示。
A点与C点对应物质的化学式分别为___________、___________。
12．某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作如下(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)
①配制0.10ml/L稀盐酸和0.10ml/LNaOH溶液；
②用一粒研碎后的药片(0.10g)中加入2.0mL蒸馏水；
③用0.10ml/LNaOH溶液中和过量稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积；
④加入稀盐酸。
请回答下到问题：
(1)正确操作顺序是_______(填序号)。
(2)测定过程中发生反应的离子方程式为_______。
(3)该测定实验共进行4次。实验室现有50mL、100mL、250mL、500mL4种规格的容量瓶，则配制盐酸度选用的容量瓶的规格为_______，理由是_______。
(4)某同学次测定所消耗的NaOH溶液的体积如下：
根据这个同学的实验数据，计算这种药片中碳酸钙的质量分数为_______%(保留3位有效数字)。
13．KBr可用于光谱分析和化学分析等。
(1)制备KBr的一种方法如下：80℃时，向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中缓慢加入Br2，至pH为6～7时反应完全，生成CO2、N2等。该反应的化学方程式为_____。
(2)KBr可用于测定苯酚(C6H5OH)样品的纯度，方法如下：取0.5000g苯酚试样，用NaOH溶液溶解后定容成250.00mL溶液；移取25.00mL该溶液，加入•L﹣1的KBrO3(含过量KBr)标准溶液，然后加入足量盐酸，充分反应后再加足量KI溶液，充分反应；用0.1000ml•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，用去16.20mL。测定过程中物质的转化关系如下：
①加入的指示剂为_____。
②计算苯酚样品的纯度(写出计算过程)_____。
14．化合物A（仅含三种元素，摩尔质量为198g·ml－1）具有高效的消毒作用，是一种新型非氮高效消毒剂。为探究化合物A的组成与性质，设计并完成以下实验：取3. 96g化合物A溶于水中，一段时间后全部转化为B（红褐色沉淀）、C（一种碱）和气体单质D（可使带火星的木条复燃），向溶液中加入100mL 0.6ml/L稀硫酸，再加入含有0.08ml KOH的溶液，恰好完全反应。过滤，将沉淀洗涤后充分灼烧，得到红棕色固体粉末1.60g。将所得溶液在一定条件下蒸发可得到一种纯净的不含结晶水的盐。
（1）化合物A所含有的元素：_______________（用元素符号表示）。
（2）化合物A与H2O反应的离子方程式：__________________。
（3）化合物A可由FeCl3和KClO在强碱性条件下制得，其反应的离子方程式：_________________。
15．研究性学习小组用化学方法测量一个不规则容器的体积，测量过程如下：
称取7.5gCuSO4·5H2O晶体放入500mL烧杯中，加入150mL蒸馏水。待晶体完全溶解、冷却后，将溶液全部转移到容器中，用蒸馏水稀释到完全充满容器，从中取出溶液l00mL ，该溶液恰好与20mL 0.1ml/L BaCl2溶液完全反应。
（1）求100mL CuSO4 溶液的物质的量浓度_______ ；
（2）试计算该容器的体积__________。
16．环境监测站经常测定水中溶解氧的情况，主要步骤是量取100mL水样，迅速加入固定剂MnSO4和碱性KI（含KOH）溶液，完全反应后加入硫酸使之生成I2，再用0.0040ml/L的Na2S2O3溶液与之反应。有关反应的化学方程式为：
①2MnSO4+O2+4KOH=2MnO(OH)2+2K2SO4（该反应极快）
②MnO(OH)2+2KI+2H2SO4=MnSO4+I2+K2SO4+3H2O
③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
（1）若该水样消耗20.00mLNa2S2O3溶液，所耗Na2S2O3的物质的量为________ml。
（2）试计算该水样中的溶解氧_____（g/L）。
17．在15g铁和氧化铁的混合物中加入150mL稀H2SO4放出氢气1.68L(标准状况)。当反应停止后，铁和氧化铁均无剩余，且溶液中无Fe3+存在。为了中和过量H2SO4，并使Fe2+完全转化为Fe(OH)2沉淀，共耗用3 ml/L NaOH溶液200mL。求：
（1）混合物中铁的质量为_______g
（2）稀H2SO4的物质的量浓度为________ml·L-1
18．实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4。请回答：
（1）软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是_______________________；
（2）K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是_______________；
（3）若用2.5g软锰矿（含MnO2 80％）进行上述实验，KMnO4的理论产量为_______________。
（4）KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应生成Mn2+和CO2，该反应的化学方程式是________________________；
（5）上述制得KMnO4产品0.165g，恰好与0.335g Na2C2O4反应完全，该KMnO4的纯度为___。
19．
（1）当乙烯气体在空气中的体积分数为16%时遇明火会发生猛烈爆炸，若爆炸时乙烯和氧气都几乎耗尽，爆炸时发生的主要反应的化学方程式是 。
E．2C2H4+3O2→2C+2CO+4H2O
（2）为测定漂白粉有效成分的质量分数，称取2.000g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用0.2000ml·L-1KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：
3ClO-+I-=3Cl-+IO3-
IO3-+5I-+3H2O 6OH-+3I2
实验测得数据如下表所示：
该漂白粉中有效成分的质量分数为 。
参考答案
1．0.02mlNaBr 和0.04ml NaCl； 2:1
【详解】
(1)实验II相当于实验I的基础上再通入448mL氯气，固体质量又减少，说明实验I的氯气不足，实验III相当于实验II基础上再通入336mL氯气，固体质量不变，说明实验II、实验III均反应完全，最终生成3.51g氯化钠，设n(NaBr)=x，n(NaI)=y，则103x+150y=7.12g①，由钠元素守恒得n(NaCl)= n(NaBr)+n(NaI)=x+y，即58.5（x+y）=3.51g②，解由①②组成的方程组得x=0.04ml，y=0.02ml，所以x+y=0.06ml，即原混合物中有0.04ml的溴化钠，0.02ml的碘化钠，实验I 中通入448mL氯气，即0.02ml氯气，应该先和碘化钠反应再和溴化钠反应，所以, ，所以实验I所得产物中共有0.04ml氯化钠，还有剩余的（0.04-0.02）ml=0.02ml的溴化钠，所以实验I最终所得产物的种类是NaBr和NaCl，物质的量分别是0.02ml，0.04ml；故答案为 0.02mlNaBr 和0.04ml NaCl；
(2)原固体混合物中，NaBr、NaI的物质的量分别为0.04ml、0.02ml， 物质的量之比为2：1；故答案为2：1。
2．7
【详解】
设硫酸镁晶体的化学式是， ，解得x=7。
3．1000mL容量瓶、胶头滴管 锥形瓶中溶液颜色的变化 80.8％
【详解】
(1)用已称好的5.0g含有少量杂质(杂质不与盐酸反应)的固体烧碱样品配制1000mL溶液，除烧杯和玻璃棒外，还需要用到的主要仪器有1000mL容量瓶、胶头滴管；
(2)滴定时双眼应注意观察锥形瓶中溶液颜色的变化；
(3)根据相关数据可知，将1000mL烧碱溶液取20mL，用浓度为0.1000ml/L的盐酸标准液进行滴定，二次滴定分别消耗盐酸的体积为20.28mL、20.12mL，消耗盐酸的平均体积为20.20mL，则原样品中烧碱的物质的量=0.1000ml/L×20.20mL×10-3×=0.101ml，则烧碱样品的纯度是×100%=80.8%。
4． -1 I2 6.9
【详解】
(1)亚硝酸的电离方程式为，因此其电离平衡常数；
(2)①根据化合物中所有元素的化合价代数和为0可知，中氮元素的化合价为-1；
②亚硝酸具有氧化性，被还原，生成NO，被氧化为，离子反应方程式为：；
③由滴定前后的滴定管读数可知消耗的KI标准溶液为2.00mL，反应的关系式为，故，则水样中的浓度为。
5．2NaHSO3=Na2S2O5+H2O S2O+ 2I2+3H2O=2SO+ 4I－+6H+ 淀粉溶液 0.128
【详解】
(1)根据原子守恒，生产Na2S2O5的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O，故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
(2)单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化成硫酸钠，滴定反应的离子方程式为S2O32－+ 2I2+3H2O===2SO42－+ 4I－+6H+；因为有I2参与反应，滴定操作时使用的指示剂是淀粉溶液；消耗碘的物质的量是0.0001ml，所以焦亚硫酸钠的残留量是（0.0001 ml×64g/ ml）/0.05L=0.128g/L，故答案为：S2O32－+ 2I2+3H2O===2SO42－+ 4I－+6H+；淀粉溶液；0.128。
6．混合物 KIO3 +5 35±15 甲状腺 地方性甲状腺肿
【详解】
（1）由图可知，此食盐中含有氯化钠和碘酸钾，为混合物；（2）“加碘食盐”中的“碘”是指KIO3，其中碘元素的化合价为+5价；（3）1Kg此食盐中含碘元素（35±15）mg；（4）要在食盐中加碘，是因为碘是人体内合成甲状腺激素的主要原料，缺碘会引起地方性甲状腺肿。
7．0.21
【详解】
生成氢气的质量为0.06g，氢气的物质的量为，根据反应方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，金属铝的物质的量为0.02ml，金属铝的质量为，样品中Al的质量分数为。
8．加入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且30 s内颜色不发生变化 D 0.104
【详解】
(1)实验室用标准溶液滴定未知浓度的盐酸，当接近滴定终点时，加入半滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色，且30 s内颜色不发生变化，说明达到了滴定终点。
(2)碱式滴定管用蒸馏水洗涤后未用NaOH标准溶液润洗，导致NaOH标准溶液被稀释，滴定过程中消耗NaOH标准溶液的体积偏大，测定结果偏高，A项不符合题意；锥形瓶用蒸馏水洗过后未干燥，不影响测定结果，B项不符合题意；达到滴定终点时，仰视读数，导致读取的NaOH标准溶液体积偏大，测定结果偏高，C项不符合题意；滴定过程中振荡锥形瓶，液体不慎溅出，导致待测液中溶质的物质的量偏小，滴定时消耗NaOH标准溶液的体积偏小，测定结果偏低，D项符合题意。
(3)三次滴定消耗NaOH标准溶液的体积分别为(26.11-0.00)mL=26.11 mL、(30.30-1.56)mL=28.74 mL、(26.31-0.22)mL=26.09 mL，第二次滴定误差较大，应舍弃，另外两次滴定消耗NaOH标准溶液的平均体积为，结合可知，，则盐酸的物质的量浓度。
9．CO C3O4和C2O3
【分析】
根据失重的质量与反应物的质量关系判断反应过程失去的元素及化合物，利用完全失去水的反应计算特殊点。
【详解】
C(OH)2的摩尔质量为93g/ml，设C(OH)2的物质的量为1ml，则C点1000℃时失重的质量为1ml×93g/ml×(1－80.65%)＝18g，即1mlH2O，根据质量守恒定律，化学反应方程式为C(OH)2CO＋H2O。1000℃时剩余固体的成分为CO。B点500℃时失重的质量为1ml×93g/ml×(1－86.38%)＝12.7g。已知290℃时C(OH)2已完全脱水，1mlC(OH)2脱水成CO时应失重的质量为18g，因为500℃时失重的质量不到18g，所以一定有氧气进入，使钴元素的化合价发生了变化。进入氧元素的物质的量为，即可表述为，整理得化学式为C3O4。同理，A点290℃时失重的质量为1ml×93g/ml×(1－89.25%)＝10g，进入氧元素的物质的量为，即可表述为CO·O0.5，整理得化学式为C2O3。
所以在350～400℃范围剩余固体是C3O4和C2O3的混合物。
【点睛】
本题是固体试样以氧化、还原等方式失重的热重曲线试题考查某温度时物质组成的判断，分析时要注意空气中的氧气参与反应，不完全是分解反应的结果。
10．ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑
【详解】
ZnC2O4·2H2O晶体中的ZnC2O4质量分数为×100%≈80.95%，故A点完全失去结晶水，化学式为ZnC2O4，假设B点为ZnO，则残留固体占有的质量分数为×100%≈42.86%，故B点残留固体为ZnO，结合原子守恒可知还生成等物质的量的CO与CO2，300～460℃范围内，发生反应的化学方程式为ZnC2O4ZnO+CO↑+CO2↑。
11．Pb2O3 PbO
【详解】
二氧化铅是，其中氧原子是0.2ml。A点，固体减少0.8g，则剩余氧原子的物质的量是0.15ml，此时剩余的铅和氧原子的个数之比是2∶3，A点对应的物质是Pb2O3；同理可得出C点对应物质是PbO。
12．①②④③或②①④③ CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O、H++OH-=H2O 250mL 因为该实验中所需盐酸的体积为4×25.0mL=100mL，而每次量取过程中量筒中都含有残液（移液管需用待装液润洗、排气泡等），故配制溶液的体积应大于100mL，应选250mL的容量瓶 60.0%
【分析】
利用中和滴定实验相关知识考察物质纯度的测定以及计算。
【详解】
（1）依据实验步骤判断操作顺序为：配制溶液、溶解样品、加入配制的过量盐酸溶液溶解碳酸钙、剩余的盐酸用氢氧化钠溶液滴定、计算反应的盐酸，通过碳酸钙和盐酸反应的定量关系计算含量，所以测定过程的正确操作顺序为①②④③或②①④③；
（2）过程中发生的反应为碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，氢氧化钠溶液和盐酸反应生成氯化钠和水，离子方程式分别为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O、H++OH-=H2O；
（3）每次取用25.00mL盐酸，4次需100mL，因实验操作过程中需润洗移液管、赶气泡等都要消耗盐酸，故盐酸的需用量要大于100mL，选择容量瓶250mL；
（4）由图表数据可知，第1次数值偏差太大，舍去，消耗氢氧化钠溶液的平均体积==13.00mL，消耗盐酸的物质的量为0.025L×0.1ml/L-0.013L×0.1ml/L=0.0012ml，所以碳酸钙的质量分数为=60.0%。
13．3Br2+6KOH+CO(NH2)26KBr+CO2↑+N2↑+5H2O 淀粉 90.24%
【解析】
【详解】
(1)80℃时，向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中缓慢加入Br2，至pH为6～7时反应完全，生成CO2、N2等，反应的化学方程式：3Br2+6KOH+CO(NH2)26KBr+CO2↑+N2↑+5H2O；
(2)①溴液中含有的KBrO3及过量KBr在盐酸条件下反应产生单质溴、氯化钾和水，方程式为：KBrO3+5KBr+6HCl═3Br2+6KCl+3H2O，单质溴具有氧化性，能将碘离子氧化生成单质碘，离子方程式为：Br2+2I﹣＝2Br﹣+I2，用0.1000ml•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入指示剂，继续滴定至终点，I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，加入的指示剂为淀粉溶液，碘单质遇到淀粉变蓝色；
②定量关系Br2+2I﹣＝2Br﹣+I2，I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，
Br2～I2～2S2O32﹣，与I﹣反应的Br2：
n1(Br2)＝1/2n(S2O32﹣)＝1/2×16.20×10﹣3 L×0.100 0 ml•L﹣1＝8.1×10﹣4 ml，
KBrO3+5KBr+6HCl═3Br2+6KCl+3H2O，定量关系BrO3﹣～5Br﹣～3Br2，KBrO3与KBr生成的Br2：
n(Br2)＝3n(KBrO3)＝3×25.00×10﹣3 L×0.030 00 ml•L﹣1＝2.25×10﹣3 ml，
与C6H5OH反应的Br2：n2(Br2)＝n(Br2)﹣n1(Br2)＝2.25×10﹣3 ml﹣8.1×10﹣4 ml＝1.44×10﹣3 ml，
根据C6H5OH～3Br2知，苯酚的物质的量：
n(C6H5OH)＝1/3n2(Br2)＝1/3×1.44×10﹣3 ml＝4.8×10﹣4 ml，
苯酚的纯度4.8×10 －4ml×94g·ml－1×250mL/(0.5000g×25mL)×100%＝90.24%。
14．K 、 Fe 、O 4FeO42－+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8OH- 2Fe3+ + 3ClO- + 10OH- = 2FeO42－+3Cl + 5H2O (或2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42－+3Cl + 5H2O)
【分析】
A在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀，同时产生一种气体单质，可使带火星的木条复燃为O2，该红褐色沉淀为Fe(OH)3；可推知A含有Fe元素。A的化合物用硫酸溶解，再加入加KOH，生成沉淀灼烧得到红棕色固体粉末1.60g为氧化铁，由铁元素守恒可以知道，3. 96g化合物A含铁：×2=0.02ml，不含结晶水的盐为硫酸钾，根据钾元素守恒，3. 96g 化合物A中含钾0.6ml/L×0.1L×2-0.08ml=0.04ml，3. 96g化合物A中含氧：=0.08ml，故钾、铁、氧的个数比为：0.04ml:0.02ml:0.08ml=2:1:4，故A的化学式为：K2FeO4；高铁酸钾与水反应生成氧气和Fe(OH)3、氢氧化钾，反应方程式为4K2FeO4+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8KOH，据此解答。
【详解】
A在水溶液中不稳定，一段时间后转化为红褐色沉淀，同时产生一种气体单质，该红褐色沉淀为Fe(OH)3；可推知A含有Fe元素。A的化合物用硫酸溶解，再加入加KOH，生成沉淀灼烧得到红棕色固体粉末1.60g为氧化铁，由铁元素守恒可以知道，3. 96g化合物A含铁：×2=0.02ml，不含结晶水的盐为硫酸钾，根据钾元素守恒，3. 96g 化合物A中含钾0.6ml/L×0.1L×2-0.08ml=0.04ml，3. 96g化合物A中含氧：=0.08ml，故钾、铁、氧的个数比为：0.04ml:0.02ml:0.08ml=2:1:4，故A的化学式为：K2FeO4；
(1)由上述分析可以知道，A的化学式为：K2FeO4；所含有的元素为：K 、Fe 、O，
因此，本题正确答案是：K 、Fe 、O；
(2) 高铁酸钾与水反应生成氧气和Fe(OH)3、氢氧化钾，反应方程式为4K2FeO4+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8KOH，则离子方程式为：4FeO42－+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8OH-，
因此，本题正确答案是：4FeO42－+10H2O＝4Fe(OH)3↓+3O2↑+ 8OH-；
（3）高铁酸钾可由FeCl3和KClO在强碱性条件下制得，三价铁离子被次氯酸钾氧化为高铁酸钾，次氯酸钾被还原为氯化钾，同时生成水，其反应的离子方程式：2Fe3+ + 3ClO- + 10OH- = 2FeO42－+3Cl + 5H2O，
因此，本题正确答案是：2Fe3+ + 3ClO- + 10OH- = 2FeO42－+3Cl + 5H2O。
15．0.02ml/L 1.5L或1500mL
【分析】
硫酸铜和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化铜，根据方程式分析进行计算。
【详解】
(1)根据方程式 CuSO4 +BaCl2=CuCl2+BaSO4↓分析，氯化钡的物质的量为0.002ml，则l00mL硫酸铜溶液中硫酸铜的物质的量为0.002ml，硫酸铜的浓度为0.002/0.1 ml/L=0.02ml/L；
(2) 7.5gCuSO4·5H2O的物质的量为7.5/250 ml=0.03ml，则容器的体积等于溶液的体积，为0.03/0.02 L=1.5L或1500mL。
16． 8×10-5 设该水样中溶解的O2质量为x
O2~2MnO(OH )2~2I2~4Na2S2O3
32g 4ml
x 8×10-5ml
=
x=6.4×10-4g
=6.4×10-3g/L
【解析】（1）若该水样消耗20.00mLNa2S2O3溶液，则所耗Na2S2O3的物质的量为0.02L×0.0040ml/L＝8×10-5ml。（2）设该水样中溶解的O2质量为x，根据方程式可知
O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3
32g 4ml
x 8×10-5ml
=
解得x=6.4×10-4g
所以该水样中的溶解氧为=6.4×10-3g/L
17．7 2
【详解】
试题分析：（1）铁和氧化铁与硫酸反应均无剩余，且溶液中无Fe3+存在，反应生成FeSO4，生成氢气为=0.075ml，
设Fe、氧化铁的物质的量分别为xml、yml，则：
根据二者质量，可得：56x+160y=15
根据电子转移守恒，可得：2x=2y+0.075×2
联立方程，解得x=0.125，y=0.05
故m(Fe)=0.125ml×56g/ml=7g；
（2）铁和氧化铁与硫酸反应后溶液中溶质为FeSO4、H2SO4，加入NaOH使Fe2+完全转化为Fe(OH)2沉淀，产生反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根守恒则n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒则n(Na2SO4)=n(NaOH)=×3ml/L×0.2L=0.3ml，c(H2SO4)==2ml/L。
【考点】
考查混合物计算
【点晴】
清楚发生的反应是解题关键；铁和氧化铁均无剩余，且溶液中无Fe3+存在，反应生成FeSO4，设Fe、氧化铁的物质的量分别为xml、yml，根据二者质量及电子转移守恒列方程计算即可解答；铁和氧化铁与硫酸反应后溶液中溶质为FeSO4、H2SO4，加入NaOH使Fe2+完全转化为Fe(OH)2沉淀，产生反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根守恒则n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒则n(Na2SO4)= n(NaOH)，进而计算硫酸的物质的量浓度；据此分析作答。
18．3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O 3MnO42-+4H+ = MnO2↓+2MnO4-+2H2O 由上述两个化学方程式可知，反应物和生成物间的计量关系为：
MnO2→ K2MnO4 → 2/3KMnO4
87 158×2/3
2.5×80% x
X=158×2/3×2.5×80%/87=2.4g； 2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O 设该KMnO4的纯度为y，根据化学方程式可知
2/5KMnO4———Na2C2O4
2/5×158 134
0.165 ×y 0.335
y=(0.335/134×2/5×158)/0.165×100%=95.8%；
【分析】
（1）软锰矿（MnO2）与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl；据此写出方程式；
（2）K2MnO4在酸性条件下转变为MnO2和KMnO4，据此写出方程式；
（3）由上述两个化学方程式可知，反应物和生成物间的计量关系为MnO2→K2MnO4→2/3KMnO4列式进行计算；
（4）KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应生成Mn2+和CO2，据此写出反应的化学方程式；
（5）根据化学方程中关系2/5KMnO4—Na2C2O4列式进行计算。
【详解】
（1）软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl，化学方程式是3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；
综上所述，本题正确答案：3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；
（2）K2MnO4在酸性条件下转变为MnO2和KMnO4，离子方程式是3MnO42-+4H+ =MnO2↓+2MnO4-+2H2O；
综上所述，本题正确答案：3MnO42-+4H+ =MnO2↓+2MnO4-+2H2O；
（3）由上述两个化学方程式可知，反应物和生成物间的计量关系为：
MnO2→ K2MnO4 → 2/3KMnO4
87 158×2/3
2.5×80% x
X=158×2/3×2.5×80%/87=2.4g；
答：KMnO4的理论产量是2.4g；
（4）KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应生成Mn2+和CO2，该反应的化学方程式是2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O；
综上所述，本题正确答案：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O；
（5）设该KMnO4的纯度为y，根据化学方程式2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O可知
2/5KMnO4———Na2C2O4
2/5×158 134
0.165×y 0.335
y=(0.335/134×2/5×158)/0.165×100%=95.8%；
综上所述，本题正确答案：95.8%；
19．（1）B；
（2）21.45%。
【解析】
（1）如果乙烯占总体积的体积分数为16%，则剩下的空气的体积分数为84%．由于氧气在空气中的体积分数为21%，于是氧气占整个混合气体的体积分数为84%x21%=17%，约等于16%．也就是说，在此爆炸反应中乙烯和氧气的比例是1：1的关系（乙烯和氧气都几乎耗尽），由此依据原子守恒可以得出：C2H4 +O2=2C+2H2O，故答案为B；
（2）3ClO-+I-=3Cl-+IO3- ①； IO3-+5I-+3H2O=6OH-+3I2②
将方程式①+②得：ClO-+2I-+H2O=Cl-+2OH-+I2
KI溶液的总体积=（19.98+20.02+20.00）mL=60.00mL。
设次氯酸根离子的物质的量为x，
ClO- + 2I-+H2O=Cl-+2OH-+I2
1ml 2ml
x 0.2000ml•L-1×0.060L
所以x=0.006ml，次氯酸钙的质量为：143g/ml×12×0.006ml=0.429g，所以质量分数为：0.429g2g×100%=21.45%。
点睛：本题考查了混合气体爆炸极限的计算判断，滴定实验的计算分析和数据应用，题目难度中等。（1）如果乙烯占总体积的体积分数为16%，则剩下的空气的体积分数为84%．由于氧气在空气中的体积分数为21%，于是氧气占整个混合气体的体积分数为84%x21%=17%，约等于16%．也就是说，在此爆炸反应中乙烯和氧气的比例是1：1的关系，依据原子守恒得到化学方程式；（2）先计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算；根据使用碘化钾的物质的量判断测定结果。实验序号
I
II
III
Cl2体积(mL)
448
896
1344
固体质量(g)
4.40
3.51
3.51
测定序号
待测溶液的体积(mL)
所耗盐酸标准液的体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
1
20.00
0.50
20.78
2
20.00
1.20
21.32
氯化钠（NaCl）
≥98.0%（以NaCl计）
碘酸钾（KIO3）
（35±15）mg/kg（以I计）
滴定次数
待测盐酸的体积/mL
标准溶液
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
第三次
25.00
0.22
26.31
测定次数
第1次
第2次
第3次
第4次
V[NaOH(aq)]mL
17.00
12.90
13.10
13.00
A．C2H4+3O2→2CO2+2H2O
B．C2H4+O2→2C+2H2O
C．C2H4+2O2→2CO+2H2O
D．2C2H4+5O2→2CO2+2CO+4H2O
滴定次数
1
2
3
KI溶液体积/mL
19.98
20.02
20.00
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