[题目]I.烟道气中的NO2是主要的大气污染物之一.为了监测其含量.选用如下检测方法.回答下列问题:将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中.使NO2完全被氧化成NO3-.加水稀释至100.00mL.量取20.00mL该溶液.加入v1mLc1mol·L-1 FeSO4标准溶液(过量).充分反应后.用c2mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+.终点时消� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

【题目】I.烟道气中的NO2是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法。回答下列问题：

将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NO2完全被氧化成NO3-，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入v1mLc1mol·L－1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗v2mL。

(1)NO2被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为____________________________________。

(2)加水稀释到100.00ml所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要__________________。

(3)滴定过程中发生下列反应：

3Fe2＋＋NO3-＋4H＋=NO↑＋3Fe3＋＋2H2O

Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O

则气样中NO2的含量为___________mg/L。

(4)下列操作会使滴定结果偏高的是____

A．滴定管未用标准液润洗 B．锥形瓶洗净后还存留少量的水

C．滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数 D．FeSO4标准溶液部分变质

II．常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。

（已知：CH3COOH、 HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）

(1)图___（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线，判断的理由是_______________________。

(2)点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：_______________________。

(3)点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)___c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）

(4)点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：____________________。

【答案】2NO2＋H2O2= 2NO3－＋2H＋ 100mL容量瓶 CD a HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大 c(CH3COO－)= c(Na+) > c(OH－) = c(H+) = ④③②

【解析】

I(1)NO2被H2O2氧化为NO3－的离子方程式为2NO2＋H2O2= 2NO3－＋2H＋。

(2)加水稀释到100.00ml所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要100mL容量瓶。

(3)先计算重铬酸根离子消耗得亚铁离子的物质的量，再计算硝酸根消耗得亚铁离子的物质的量，再计硝酸根的物质的量即二氧化氮的物质的量，再计算vL气体中二氧化氮的含量。

(4)A选项，滴定管未用标准液润洗，消耗得标液体积增大，重铬酸根体积读数偏大，重铬酸根消耗亚铁离子偏大，硝酸根消耗亚铁离子偏小，滴定结果偏低；B选项，锥形瓶洗净后还存留少量的水，测定结果不变；C选项，滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数偏小，重铬酸根消耗亚铁离子偏小，硝酸根消耗亚铁离子偏大，滴定结果偏高；D选项，FeSO4标准溶液部分变质，测定重铬酸根体积偏小，重铬酸根消耗亚铁离子偏小，硝酸根消耗亚铁离子偏大，测定结果偏高。

II．(1)图根据电离平衡常数可知，同浓度HCN的pH电离程度小，pH大，因此曲线a是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线。

(2)点③是醋酸与氢氧化钠反应呈中性，根据电荷守恒和溶液呈中性得出离子浓度的从大到小的顺序。

(3)点①溶质为NaCN、HCN且浓度相等，点②溶质为CH3COOH、CH3COONa且浓度相等，点①、点②的溶质的浓度都相同，根据物料守恒得变形得出结论。

(4)从点②到点④过程中，溶液中抑制再发生酸碱中和反应，酸对水的电离程度逐渐减小，故水的电离程度逐渐增大。

I(1)NO2被H2O2氧化为NO3－的离子方程式为2NO2＋H2O2= 2NO3－＋2H＋，故答案为：2NO2＋H2O2= 2NO3－＋2H＋。

(2) 加水稀释到100.00ml所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶。

(3)Cr2O72－＋ 6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O

1mol 6mol

c2mol·L－1×v2×10-3 L xmol

x = 6c2v2×10-3 mol

硫酸亚铁的物质的量n(FeSO4) = c1mol·L－1×v1×10-3 L= c1v1×10-3 mol

硝酸根氧化硫酸亚铁的物质的量为n(FeSO4) = c1v1×10-3 mol - 6c2v2×10-3 mol =(c1v1- 6c2v2) ×10-3 mol

3Fe2＋＋ NO3－＋4H＋=NO↑＋3Fe3＋＋2H2O

3mol 1mol

(c1v1- 6c2v2) ×10-3 mol ymol

因此VL该气体NO2的物质的量，气样中NO2的质量为= ，则气样中NO2的含量，故答案为：。

(4)A选项，滴定管未用标准液润洗，消耗得标液体积增大，重铬酸根体积读数偏大，重铬酸根消耗亚铁离子偏大，硝酸根消耗亚铁离子偏小，滴定结果偏低；

B选项，锥形瓶洗净后还存留少量的水，测定结果不变；

C选项，滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数偏小，重铬酸根消耗亚铁离子偏小，硝酸根消耗亚铁离子偏大，滴定结果偏高；

D选项，FeSO4标准溶液部分变质，测定重铬酸根体积偏小，重铬酸根消耗亚铁离子偏小，硝酸根消耗亚铁离子偏大，测定结果偏高；

故答案为CD。

II．(1)图根据电离平衡常数可知，同浓度下，HCN的电离程度小，pH大，因此曲线a是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线，故答案为：a；HCN的电离平衡常数小，同浓度，其电离出的氢离子浓度小，pH值大。

(2)点③是醋酸与氢氧化钠反应呈中性，根据电荷守恒和溶液呈中性得出离子浓度的从大到小的顺序：c(CH3COO－)= c(Na+) > c(OH－) = c(H+)，故答案为：c(CH3COO－)= c(Na+) > c(OH－) = c(H+)。

(3)点①溶质为NaCN、HCN且浓度相等，点②溶质为CH3COOH、CH3COONa且浓度相等，点①、点②的溶质的浓度都相同，根据物料守恒得变形得出：c(CH3COO－)－c(CN－) = c(HCN)－c(CH3COOH)，故答案为：=。

(4)从点②到点④过程中，溶液中抑制再发生酸碱中和反应，酸对水的电离程度逐渐减小，故水的电离程度逐渐增大，因此溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：④③②，故答案为：④③②。

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B.生石灰

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