2023年高考真题变式分类汇编：指示剂
一、选择题
1．（2022·山东）实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是（ ）
A．可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【知识点】指示剂；中和滴定
【解析】【解答】A．量筒的精确度为0.1，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A符合题意；
B．Na2CO3溶液显碱性，能与SiO2反应生成硅酸钠，应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B不符合题意；
C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C不符合题意；
D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.量筒的精确度为0.1，不能量取25.00 mL Na2CO3标准溶液；
B.Na2CO3能与SiO2反应生成硅酸钠；
C.碳酸钠应选用烧杯称量；
D.达到滴定终点时，盐酸过量，溶液显酸性。
2．（2022·浙江选考）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：
下列说法正确的的是（ ）
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+H+=CO2↑+H2O
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)
【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；指示剂
【解析】【解答】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A不符合题意；
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO+H+= HCO，B不符合题意；
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C符合题意；
D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.向碳酸钠中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳气体；
B.滴加盐酸的体积为V1mL时，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子；
C.c点的pH在9左右，d点的pH在4左右；
D.根据电荷守恒和物料守恒判断。
3．（2018·全国Ⅲ卷）下列实验操作不当的是
A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率
B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+
D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；焰色反应；指示剂；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A.滴加硫酸铜溶液形成原电池，加快反应速率，A不符合题意；
B.用盐酸滴定NaHCO3溶液，滴定终点时溶液显酸性，应选择酸性范围内变色的指示剂，可选择甲基橙，B符合题意
C.钠的焰色反应为黄色，C不符合题意；
D.蒸馏时加入液体的体积不超过容积的三分之二，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】考查原电池反应对化学反应速率的影响，滴定实验中指示剂的选择，钠离子的检验，蒸馏操作的注意点。
4．（2022·泉州模拟）常温下，H3PO4在水中的各级电离过程如图所示，已知： pKa=-1gKa。
下列说法错误的是（ ）
A．反应H3PO4+HPO2 H2PO的平衡常数为1.0×105
B．若用NaOH溶液滴定Na2HPO4溶液，不可选用酚酞作指示剂
C．将0.2 mol·L-1的H3PO4溶液和0.3 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，pH≈7.2
D．0.1 mol·L-1 Na2HPO4溶液中，c(HPO)>c(PO)> c(H2PO)> c(H3PO4)
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；指示剂；电离平衡常数
【解析】【解答】A．该反应的平衡常数，A不符合题意；
B．若用NaOH溶液滴定Na2HPO4溶液，Na2HPO4中的电离常数为Ka3，水解平衡常数为，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，若用NaOH溶液滴定Na2HPO4溶液，到滴定终点为Na3PO4溶液，仍为碱性，不能选酚酞作指示剂，B不符合题意；
C．将0.2 mol·L-1的H3PO4溶液和0.3 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后溶质成分为NaH2PO4和Na2HPO4，且两者的物质的量之比为1：1，故根据，，C不符合题意；
D．根据B的分析，Na2HPO4溶液中，水解程度大于电离程度，故，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据；
B.的水解程度大于电离程度；
C.混合后的溶液为等物质的量的NaH2PO4和Na2HPO4；
D.水解程度大于电离程度。
5．（2021·永州模拟）下列实验操作正确的是（ ）
A．将MgCl2溶液加热蒸干以制备无水MgCl2
B．金属钠可保存在煤油、四氯化碳等有机溶剂中
C．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过蒸馏烧瓶容积的三分之二
D．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
【答案】C
【知识点】指示剂；蒸馏与分馏；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．MgCl2溶液加热蒸干生成Mg（OH）2，故A不符合题意；
B．金属钠的密度比四氯化碳小，钠不能保存在四氯化碳中，故B不符合题意；
C．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过蒸馏烧瓶容积的三分之二，故C符合题意；
D．NaHCO3溶液本身呈碱性，滴定终点因溶有碳酸呈弱酸性，选择甲基橙为指示剂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.加热促进水解，且生成盐酸易挥发；
B.四氯化碳密度比水大；
C.超过容积的三分之二时液体沸腾后，可能会有液体从支管口处溅出；
D.标准HCl溶液NaHCO滴定3溶液，溶液由碱性变为酸性，酚酞变色pH范围约为8~10。
6．（2020·南宁模拟）下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对应关系的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 结论
A 将NaOH溶液逐滴滴加到AlCl3溶液中至过量 先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解 Al(OH)3是两性氢氧化物
B NaHCO3溶液与NaAlO 溶液混合 生成白色沉淀 结合H+的能力：CO32->AlO2-
C 向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量 试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶 非金属性：Cl>Si
D 白色固体先变为淡黄色，后变为黄色 溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用；指示剂；化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A．开始NaOH少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A不符合题意；
B．发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+ CO32-，可认为AlO2-结合了HCO3-电离出来的H+，则结合H+的能力：CO32-＜AlO2-，故B不符合题意；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故C不符合题意；
D．白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，则溶度积为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。
7．（2020·抚顺模拟）已知H3BO3是一元酸，室温时，用1.0mol·L-1的NaOH溶液滴定25.00mL H3BO3溶液的曲线如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．可用酚酞作滴定指示剂
B．起始时H3BO3的浓度为0.8mol·L-1
C．H3BO3的电离常数数量级为10-5
D．滴定至pH=12时，溶液中：c(OH-)
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；指示剂；中和滴定
【解析】【解答】A. 由图可知NaOH滴定H3BO3时pH在11.40左右才发生突变，酚酞的变色范围不在pH 的突变范围内，故不能用酚酞作指示剂，A不符合题意；
B. 由分析可知当NaOH加入的体积为20mL时，酸碱恰好完全反应，且H3BO3为一元酸，故n(NaOH)=n(H3BO3)，20mL×1mol/L=25mL×c(H3BO3)，解得c(H3BO3)=0.8mol/L，B符合题意；
C. 根据曲线的起点可知H3BO3电离出的H+浓度为10-4.17mol/L，则电离出的B(OH)4-的浓度也为10-4.17mol/L，平衡时H3BO3的浓度为0.8mol/L-10-4.17mol/L≈0.8mol/L，所以K=(10-4.17)2÷0.8=5.7×10-9，数量级为10-9，C不符合题意；
D. 当pH=12时，加入的NaOH的物质的量大于H3BO3的物质的量，
故有c(Na+)>c[B(OH)4-]+c(H3BO3)，再根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)= c[B(OH)4-]+c(OH-)，联立上述两个式子可得c(OH-)>c(H3BO3)+c(H+)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.酚酞的变色范围为8~10，根据图示进行判断即可
B.根据恰好反应时的数据计算即可
C.根据给出的数据进行计算即可
D，根据给出的pH即可判断氢氧化钠过量，利用电荷守恒即可判断
8．（2020·衡水模拟）某化学小组设计了如图甲所示的数字化实验装置，研究常温下，向1L0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液时的pH变化情况，并绘制出溶液中含A元素的粒子的物质的量分数与溶液pH的关系如图乙所示，则下列说法中正确是（ ）
A．pH=4.0时，图中n(HA-)约为0.0091mol
B．0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L
C．该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管并加酚酞作指示剂
D．常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0
【答案】A
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的应用；指示剂；中和滴定
【解析】【解答】A．pH＝3时A2 、HA 的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2＝ ＝c(H＋)＝0.001mol/L，由同一溶液中 ＝ ，pH＝4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中n(HA )＋n(A2 )＝0.1mol，Ka2＝ ＝ ×c(H＋)＝ ×0.0001mol/L＝0.001mol/L，n(HA )约为0.0091mol，故A符合题意；
B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA只能电离不能水解，则溶液中不存在H2A，根据物料守恒得c(A2 )＋c(HA )＝0.1mol/L，故B不符合题意；
C．根据图知，滴定终点时溶液呈酸性，应该选取甲基橙作指示剂，故C不符合题意；
D．pH＝3时，溶液中不存在H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水解，且c(A2 )=c(HA )；等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合，因为电离、水解程度不同导致c(A2 )、c(HA )不一定相等，则混合溶液的pH不一定等于3，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据pH=3时计算出第二步电离常数，结合pH=4时，利用物料守恒和常数进行计算即可
B.根据pH图像即可判断出，H2A的第一步电离是完全电离
C.根据pH图进行判断，当达到滴定终点时溶液显酸性，不应该选择酚酞做指示剂
D.根据给出的数据即可判断溶液pH不一定为3
9．（2019·湖南模拟）下列气体中，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是（）
A．CO B．SO2 C．NH3 D．HCl
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；指示剂
【解析】【解答】A.CO不溶于水，不与水反应，因此CO不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A不符合题意；
B.SO2与水反应形成H2SO3，显酸性，因此SO2能使湿润的红色石蕊试纸变红，B不符合题意；
C.NH3能与水反应形成NH3·H2O，显碱性，因此NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C符合题意；
D.HCl溶于水形成盐酸，具有酸性，因此HCl能使湿润的红色石蕊试纸变红，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，其水溶液显碱性，据此结合选项所给物质进行分析。
10．（2018·临沂模拟）已知电导率越大导电能力越强。常温下用0.100 mol·L-1NaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.100 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表滴定盐酸的曲线
B．滴定醋酸的过程应该选择甲基橙作为指示剂
C．a、b、c三点溶液中水的电离程度：c>a>b
D．b点溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；指示剂
【解析】【解答】A.醋酸是弱酸、盐酸是强酸。同浓度的盐酸、醋酸溶液，盐酸的导电能力强，所以曲线①代表醋酸、曲线②代表盐酸，A不符合题意；
B.氢氧化钠滴定醋酸，终点时溶液呈碱性，所以应该用酚酞作为指示剂，B不符合题意；
C.a点表示醋酸钠溶液、c点表示氯化钠溶液、b点表示氢氧化钠与醋酸钠的混合液， b点水电离受到氢氧化钠的抑制，a点水电离受到醋酸钠的促进，c点氯化钠对水电离无影响，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度：a>c>b，C不符合题意；
D.b点表示等浓度的氢氧化钠与醋酸钠的混合液，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+c(CH3COO-)；根据物料守恒c(Na+)= 2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)；所以c(OH-)=c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，故c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据盐酸溶液和醋酸溶液的电导率变化确定曲线；
B.酸滴碱才用甲基橙，碱滴酸用的是酚酞作指示剂；
C.结合水电离的影响因素分析；
D.b溶液的溶质为：CH3COONa、NaOH，结合电荷守恒和物料守恒分析；
11．（2018·金山模拟）水溶液可使石蕊变红的物质是（ ）
A．Na2CO3 B．KCl C．NH3 D．NH4Cl
【答案】D
【知识点】指示剂
【解析】【解答】A，Na2CO3水溶液中电离出CO32-，CO32-离子水解使溶液呈碱性，加入石蕊溶液后，溶液变蓝色，A选项不符合题意；
B.KCl属于强酸强碱盐，在水溶液不发生水解，溶液呈中性，加入石蕊溶液呈紫色，B选项不符合题意；
C.NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离产生OH-，溶液呈碱性，加入石蕊后溶液呈蓝色，C选项不符合题意；
D.NH4Cl溶于水电离出NH4+，NH4+水解产生H+，使溶液呈酸性，加入石蕊后溶液呈红色，D选项符合题意，
故答案为：D。
【分析】石蕊是酸碱指示剂，用于鉴别溶液的酸碱性，石蕊(原为紫色)遇酸性溶液变红，遇碱性溶液变蓝；
12．（2018·芜湖模拟）电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100 mol·L－1盐酸分别滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1的NaOH溶液和氨水溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表滴定氢氧化钠溶液的曲线
B．滴定氨水的过程应该选择酚酞作为指示剂
C．b点溶液中：c(H＋)＞c(OH－)＋c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)
D．a、b、c、d四点的溶液中，水的电离程度最大的是c点
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；指示剂
【解析】【解答】A、曲线②电导率先减小后增大，曲线②表示用0.100 mol·L－1盐酸滴定10.00 mL浓度为0.100 mol·L－1的NaOH；曲线①电导率持续增大，曲线①表示用0.100 mol·L－1盐酸滴定10.00 mL浓度为0.100 mol·L－1的氨水溶液，A不符合题意；
B、把盐酸滴加到氨水中，开始时溶液显碱性，当滴定达到终点时，溶液由碱性变为酸性，根据人视觉有滞后性，观察溶液的颜色由浅到深比较敏锐，所以为减小滴定误差，在该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂更精确些，不应该选择酚酞作为指示剂，B不符合题意；
C、b点盐酸过量，溶质是等浓度的氯化铵和盐酸的混合溶液，则根据电荷守恒和物料守恒可知c(H＋)＞c(OH－)＋c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)，C符合题意；
D、c点溶质是氯化钠、b、d点都有剩余的盐酸，抑制水电离、a点是强酸弱碱盐溶液，水解促进水电离，所以水的电离程度最大的是a点，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据原溶液的电导率确定曲线①②所代表的物质；
B.滴定过程应选用甲基橙做指示剂；
C.b点溶液的溶质为等浓度的NH4Cl和HCl，结合电荷守恒和物料守恒分析；
D.先确定abcd四点溶液中的溶质，结合水的电离的影响因素分析；
13．（2023高三上·长沙期末）下列实验装置、试剂选用或操作正确的是
A．用图1所示装置制备并干燥收集
B．用图2所示装置收集
C．用图3所示装置制备氢氧化铁胶体
D．用图4所示装置除去气体中的
【答案】B
【知识点】指示剂；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．氨气的密度小于空气，收集氨气应用向下排空气法，导管要伸到试管底部，A不符合题意；
B．二氧化硫的密度大于空气，可用向上排空气法收集，盛有氢氧化钠溶液的烧杯可吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，烧杯中倒置的漏斗可防倒吸，B符合题意；
C．饱和氯化铁溶液滴入溶液得到的是氢氧化铁沉淀，C不符合题意；
D．气体应长进短出，短进长出的话，气体会将溶液压出洗气瓶，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．气体密度小于空气，应用向下排空气法收集；
B．依据气体的性质分析；
C．应用水解法制备氢氧化铁胶体 ；
D．洗气应“长进短出”。
14．（2021高一上·衢州期末）下列物质能使紫色石蕊试液变红的是（ ）
A． B．NaOH C．HCl D．
【答案】C
【知识点】指示剂
【解析】【解答】A．碳酸钠溶液显碱性，A不符合题意；
B．氢氧化钠溶液显碱性，B不符合题意；
C．HCl溶液显酸性，C符合题意；
D．氧化铁不溶于水，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】紫色石蕊溶液遇酸性溶液变红。
15．（2021高二上·柯桥期末）通常情况下，测量某溶液pH最精密的是（ ）
A．广泛pH试纸 B．酚酞试液 C．pH计 D．精密pH试纸
【答案】C
【知识点】指示剂
【解析】【解答】A．广泛pH试纸仅能读出整数，A项不符合题意；
B．酚酞试液只能大概知道溶液的酸碱性，不能定量，B选项不符合题意；
C．pH计能读到小数点后面两位小数，C项符合题意；
D．精密pH试纸能测到0.2数量级，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】酚酞是指示剂，无法确定pH值；pH计可读到小数点两位；
二、非选择题
16．（2022·海南）磷酸氢二铵[]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氢气制备，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
回答问题：
（1）实验室用和制备氨气的化学方程式为 。
（2）现有浓质量分数为85%，密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7mol/L的溶液，则需浓 mL(保留一位小数)。
（3）装置中活塞的作用为 。实验过程中，当出现 现象时，应及时关闭，打开。
（4）当溶液pH为8.0~9.0时，停止通，即可制得溶液。若继续通入，当时，溶液中、 和 (填离子符号)浓度明显增加。
（5）若本实验不选用pH传感器，还可选用 作指示剂，当溶液颜色由 变为时，停止通。
【答案】（1）
（2）11.5
（3）平衡气压防倒吸；倒吸
（4）；
（5）酚酞；无
【知识点】氨的实验室制法；指示剂；制备实验方案的设计；物质的量浓度
【解析】【解答】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(NH4)2HPO4]，实验原理为2NH3+H3PO4=[(NH4)2HPO4]，结合相关实验基础知识分析解答问题。
(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；
(2)根据可知，浓H3PO4的浓度，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，因此配制100mL 1.7mol/L的H3PO4溶液，需要浓H3PO4的体积V=；
(3)NH3极易溶于水，打开活塞K2以平衡气压，可防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2；
(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
(5)当pH为8.0~9.0时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。
【分析】（1）加热氯化铵和氢氧化钙生成氯化铵、氨气和水；
（2）根据和c稀释前×V稀释前=c稀释后×V稀释后计算；
（3）氨气极易溶于水，K2可平衡气压，防止发生倒吸；
（4）当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
（5）(NH4)2HPO4溶液显碱性，可以选用酚酞作指示剂；碱性溶液能遇酚酞变红。
17．（2019·北京）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 固体配制一定体积的 标准溶液；
Ⅱ.取 L上述溶液，加入过量 ，加 酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入 L废水
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ.用 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 溶液 L。
已知：
和 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 前，溶液颜色须为黄色，原因是 。
（5） 与 物质的量关系为 时, 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 （苯酚摩尔质量： ）
（8）由于 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】（1）容量瓶
（2）BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O
（3）
（4）Br2过量，保证苯酚完全反应
（5）反应物用量存在关系：KBrO3~3Br2~6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量
（6）溶液蓝色恰好消失
（7）
（8）易挥发
【知识点】氧化还原反应；指示剂；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）配制一定物质的量浓度的溶液时需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还要用到容量瓶；
（2）BrO3-具有氧化性，Br-具有还原性，二者在酸性条件下可以发生氧化还原反应，产物为溴单质和水，故该反应方程式为：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O；
（3）苯酚会和溴单质发生取代反应，反应的方程式为：；
（4）为了确定废水中苯酚的含量，需要将苯酚完全反应掉，因此加入的溴单质应该是过量的，溶液就是黄色；
（5）根据反应方程式：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O、Br2+2KI=2KBr+I2和可知，KI一定是过量的；
（6）淀粉与碘单质会生成蓝色的络合物，当滴加的硫代硫酸钠将碘单质全部还原为碘离子后，反应即到达终点，此时溶液的蓝色消失；
（7）要计算废水中苯酚的含量，应该先计算出苯酚消耗的溴单质的量，根据对应关系KBrO3~3Br2~6KI可知苯酚消耗的溴单质的物质的量为6aV1-bV3，再比上6V2，最后乘上苯酚的分子量，即为废水中苯酚的含量，即；
（8）溴单质的沸点较低，具有较强的挥发性，因此需要贮存在密闭的容器中。
【分析】（1）在配制一定物质的量浓度的溶液时，应该选择合适规格的容量瓶；
（2）在溴酸根中溴元素被还原，溴离子中溴元素被氧化；
（3）取代反应是指化合物分子中任何一个原子或原子团被试剂中同类型的其它原子或原子团所替代的反应，用通式表示为：R－L（反应基质）+A-B（进攻试剂）→R－A（取代产物）+L-B（离去基团）属于化学反应的一类；
（4）如果溴单质不过量，就无法保证将废水中的苯酚全部反应掉，造成计算误差；
（5）由于苯酚也消耗溴单质，因此当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量；
（6）淀粉是用来检验碘单质的试剂，在该反应中相当于指示剂；
（7）根据几个方程式的计量关系可以求出废水中苯酚的含量；
（8）溴单质的沸点约为59摄氏度，因此易挥发。
18．（2021·顺德模拟）某兴趣小组通过实验制备Fe(NO3)3并进行性质探究。
（1）HNO3的制备：利用下图装置，模拟氨的催化氧化法制备硝酸。其中，甲为氨气的发生装置，且甲中所用试剂只能从下列物质选取：A．浓氨水 B．NH4Cl C．NH4NO3 D．CaO
①若选择试剂A和D，则甲中发生反应的化学方程式为 。
②若只用一种试剂制取氨气，则该试剂的最佳选择为 (选填试剂标号)，此时，甲中空白处所需装置应为 (选填下列标号)。
③实验结束后从戊中取出少量液体于试管中，滴入紫色石蕊试液，当观察到 现象时，说明已制得硝酸。若没有观察到此现象，可能的原因是 。
（2）Fe(NO3)3溶液的制备：利用硝酸与下列物质反应制备Fe(NO3)3溶液时，最佳选择为____ (填标号)。
A．Fe B．FeO C．Fe2O3 D．Fe3O4 E．Fe(OH)2
（3）Fe(NO3)3溶液性质的探究：取适量0.1mol·L-1 Fe(NO3)3溶液，加入到新制的银镜中，发现银镜溶解，且无其它固体析出。
①实验任务：通过设计实验探究Fe(NO3)3溶液溶解银的原因。
②查阅资料：在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生。
③提出猜想：猜想a：Fe3+具有氧化性，能够氧化Ag；
猜想b：Fe(NO3)3溶液呈酸性，在此酸性条件下能氧化Ag。
④设计实验、验证猜想
Ⅰ. 甲同学从上述实验的生成物中检测出Fe2+，验证了猜想a成立。请写出Fe3+氧化Ag的离子方程式 。
Ⅱ. 乙同学设计实验验证猜想，请帮他完成下表中内容
实验步骤(不要求写具体操作过程) 预期现象和结论
① ② 若银镜消失，猜想b成立； 若银镜不消失，猜想b不成立。
【答案】（1）CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑；A；c；溶液变红；过量的氨致使戊中溶液不一定呈酸性或装置漏气
（2）C
（3）Fe3++Ag=Fe2++Ag+；测定上述实验用0.1mol·L-1 Fe(NO3)3溶液的pH；配制与上述实验用相同pH的HNO3溶液，将此溶液加入新制备的银镜中
【知识点】指示剂；常见气体制备原理及装置选择；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】本实验的目的是制备Fe(NO3)3并进行性质探究，首先进行硝酸的制备，装置甲中制备氨气，装置乙处利用水蒸气和过氧化钠反应制取氧气，在丙装置中将氨气催化氧化为NO，然后NO再与氧气反应得到NO2，NO2与水反应可以制得硝酸；之后用硝酸和氧化铁反应制取硝酸铁，再进行硝酸铁溶液的性质探究。
（1）①氧化钙可以与水反应生成氢氧化钙，并放出热量，大量产生的氢氧根以及热量促使氨气挥发，化学方程式为CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑；
②若只用一种试剂制取氨气，则该试剂中应含有NH3分子，所以应选用A，通过加热促使一水合氨分解逸出氨气，所需装置为c；
③硝酸溶液可以使紫色石蕊试液变红，所以观察到溶液变红现象时说明已制得硝酸；氨气溶于水显碱性，过量的氨致使戊中溶液不一定呈酸性，装置漏气导致没有制得硝酸；
（2）Fe、FeO、Fe3O4以及Fe(OH)2都会与硝酸发生氧化还原反应，导致硝酸的利用率降低，所以应用Fe2O3和硝酸反应制取硝酸铁，
故答案为：C；
（3）I．猜想a成立，即Fe3+将Ag氧化为Ag+，但Ag的活动性弱于Fe，所以Fe3+的还原产物应为Fe2+，则离子方程式为Fe3++Ag=Fe2++Ag+；
II．猜想b为Fe(NO3)3溶液呈酸性，在此酸性条件下能氧化Ag，若想验证此猜想，则需检验没有Fe3+的情况银镜是否消失，所以可以先测定上述实验用0.1mol·L-1 Fe(NO3)3溶液的pH，然后配制与上述实验用相同pH的HNO3溶液，将此溶液加入新制备的银镜中，观察银镜是否消失。
【分析】（1）反应为氧化钙夺浓氨水中的水并放出氨气生成氢氧化钙；浓氨水加热后就能生成氨气且无其他产物，反应需要加热且加热的是液体；生成硝酸石蕊变红；氨气过量致使硝酸被中和；
（2）除了三氧化三铁硝酸与其他物质反应先生成二价铁离子，然后硝酸根再与之氧化还原反应生成三价铁离子，不仅硝酸使用率不高，还不容易控制反应条件而引进杂质离子；
（3）若要验证b猜想成立，需使用与硝酸铁溶液相同pH值的硝酸溶液与银镜反应来验证。
19．氮化锶( )在工业上广泛应用于生产荧光粉。已知锶和镁位于同主族且锶比镁活泼，锶与氮气在加热条件下反应产生氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。某学习小组拟设计两套方案制备氮化锶并测定产品的纯度。
（1）方案I：根据下列装置制备氮化锶：
已知：实验室用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备氮气。回答下列问题：
气流从左至右，选择装置并排序为 (用字母表示)。
（2）写出实验室制备N2的化学方程式 。
（3）实验时先点燃 处酒精灯(填“A”或“D”)，一段时间后，点燃另一只酒精灯。
（4）方案II：某氮气样品可能含有少量的CO、CO2、O2等气体杂质，某同学设计如下装置制备氮化锶(各装置盛装足量试剂)。已知：醋酸二氨合亚铜 溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。
试管II、III、IV盛装的试剂分别是 (填标号)，装置Ⅵ的作用是 。
a.连苯三酚碱性溶液 b.浓硫酸 c.醋酸二氨合亚铜溶液
测定产品纯度：称取9.0g方案II中所得产品，加入干燥的三颈瓶中，然后由恒压漏斗加入蒸馏水，通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用 的盐酸标准溶液完全吸收(吸收液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取 的吸收液，用 标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗 溶液(图中夹持装置略)
（5）用 标准溶液滴定过剩的盐酸时所选指示剂为 (填标号)。
a.石蕊试液 b.甲基橙 c.酚酞试液
（6）产品纯度为 %(保留一位小数)。
（7）下列实验操作可能使氮化锶( )测定结果偏低的是 (填标号)。
a.锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液
b.滴定时未用 标准溶液润洗滴定管
c.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
d.读数时，滴定前平视，滴定后俯视
【答案】（1）DBAC
（2）NH4Cl+NaNO2 NaCl+N2↑+2H2O
（3）D
（4）acb；吸收空气中 CO2 和 H2O(g)，防止进入装置V中影响实验
（5）b
（6）96.9
（7）bc
【知识点】指示剂；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，气流从左至右，装置的连接顺序为D、B、A、C；
（2）实验室制备氮气的反应为饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热反应生成氯化钠、氮气和水，反应的化学方程式为NH4Cl+NaNO2 NaCl+N2↑+2H2O；
（3）为防止空气中的氧气、二氧化碳和水蒸气与锶反应，实验时先点燃D出酒精灯，用反应生成的氮气排尽装置中的空气后，再点燃A处酒精灯；
（4）由分析可知，试管II中连苯三酚碱性溶液用于吸收混合气体中的氧气，试管III中醋酸二氨合亚铜溶液用于吸收混合气体中的一氧化碳，试管IV中浓硫酸用于干燥氮气；干燥管Ⅵ中的碱石灰用于吸收空气中二氧化碳和水蒸气，防止进入装置V中影响实验；
（5）用1.00mol/L氢氧化钠标准溶液滴定过剩的盐酸时，应防止氢氧化钠溶液与氯化铵溶液反应，所以应选择变色范围在酸性区域的甲基橙做指示剂；
（6）由题意可知，与氨气反应的盐酸的物质的量为(1.00mol/L×0.200L—1.00mol/L×0.160L)=0.04mol，由氮原子个数守恒可知，氮化锶的物质的量为0.02mol，则产品的纯度为 ×100%≈96.9%；
（7）a.锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液不影响待测液中溶质的物质的量，对实验结果无影响，故不正确；
b.滴定时未用 标准溶液润洗滴定管会稀释氢氧化钠溶液，导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，与氨气反应的盐酸物质的量偏小，产品的纯度偏低，故正确；
c.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，与氨气反应的盐酸物质的量偏小，产品的纯度偏低，故正确；
d.读数时，滴定前平视，滴定后俯视导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，与氨气反应的盐酸物质的量偏大，产品的纯度偏高，故不正确；
【分析】（1）装置A为氮化锶的制备装置，装置B为氮气的干燥装置，装置C为防止空气中水蒸气进入的装置，装置D为氮气的发生装置；据此确定装置的连接顺序。
（2）根据信息确定反应物和生成物，结合原子守恒书写反应的化学方程式。
（3）实验前应用氮气排除装置内的空气和水蒸气，防止影响氮化锶的生成，据此确定点燃酒精灯的先后顺序。
（4）因为醋酸二氨合亚铜溶液易被氧气氧化，因此需先洗手氧气，再吸收CO，据此确定试管内所加试剂和装置Ⅵ的作用。
（5）滴定终点溶液显酸性，应选用甲基橙作指示剂。
（6）根据滴定数据和氮原子守恒去计算氮化锶的物质的量，由实际质量除以理论质量得到产率。
（7）a、装待测液的洗气瓶不需干燥；
b、滴定管未用标准液润洗，则标准液被稀释，所需标准液的体积偏大；
c、滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏大；
d、读数时，滴定前平视，滴定后俯视导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏小；
20．（2020·奉贤模拟）氢气、氯气是中学实验室常见气体，在实验室可以利用该反应2KMnO4+16HCl(浓)→2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制备Cl2，并在实验室模拟工业制备盐酸，请回答下列问题：
（1）甲组同学用下列装置制取H2和Cl2。
①实验室常用NaCl+H2SO4(浓)→NaHSO4+HCl↑反应制备HCl气体，该反应利用了浓硫酸的 性。
②用工业级锌粒(主要成分 Zn，含少量 FeS、Pb、Cu 等杂质)作原料，装置 I、Ⅱ均可以制取 H2，但装置 I 比装置Ⅱ更好，理由 ；检验氯气所用的试纸是 。
（2）乙组同学拟用甲组的装置 I、Ⅲ及下列装置(可以重复选用)模拟工业上制取盐酸。
①乙组中氢气的部分实验装置连接是a-f-g-d……,其中装置Ⅴ的作用是 ，制取氯气并模拟合成盐酸的实验装置的合理连接顺序(用玻璃接口表示)为 c- 。
②装置VII中仪器 X 的名称是 ，合成 HCl时需控制H2的体积略大于Cl2的体积，其目的是 ；装置VII末端接抽气水泵的目的是 。
（3）设计实验证明HCl极易溶于水且水溶液呈酸性: 。
【答案】（1）难挥发性(高沸点性)；装置Ⅰ可以实现即开即用，即关即停；淀粉-KI试纸
（2）除氢气中的HCl及H2S等其他杂质气体；c—j—k—d—e—i；冷凝管；使氯气完全反应，防止氯气混入盐酸中；形成负压，使产生的HCl被水充分吸收
（3）用滴有石蕊的水进行HCl的喷泉实验，形成红色喷泉，既证明HCl极易溶于水且水溶液呈酸性
【知识点】指示剂；实验装置综合
【解析】【解答】(1)①NaCl+H2SO4(浓)=NaHSO4+HCl↑，该反应的原理是难挥发性酸制取挥发性酸。②装置 I为启普发生器原理，可以通过控制止水夹让反应即开即用，即关即停；氯气具有强氧化性，检验氯气所用的试纸是湿润的淀粉-KI试纸，现象是变蓝然后褪色。(2)①由上述分析可知，利用甲组的III装置制取Cl2，再利用乙组可选用的装置除去Cl2中的杂质，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸除去水蒸气，利用甲组的I装置制取H2，再利用V装置的氢氧化钠除去H2中的HCl及H2S等杂质，之后将得到的纯净的Cl2和H2通入VII装置，为使其充分混合并反应，密度小的H2从h通入，密度大的Cl2从i通入，在VII装置中生成盐酸。所以制取氯气并模拟合成盐酸的实验装置的合理连接顺序为c—j—k—d—e—i。②由图可知，X为冷凝管；合成 HCl时需控制H2的体积略大于Cl2的体积，是为了使氯气完全反应，防止氯气混入盐酸中；抽气水泵可以形成负压，使产生的HCl被水充分吸收。(3) 证明HCl极易溶于水可利用喷泉实验，证明其水溶液呈酸性可用酸碱指示剂，即用滴有石蕊的水进行HCl的喷泉实验，形成红色喷泉，既证明HCl极易溶于水且水溶液呈酸性。
【分析】(1)I、II、III装置为常见的固液制气装置，其中I为启普发生器原理，可以通过控制止水夹让反应即开即用，即关即停。(2)利用甲组的III装置制取Cl2，再利用乙组可选用的装置除去Cl2中的杂质；利用甲组的I装置制取H2，再利用乙组可选用的装置除去H2中的杂质，将得到的纯净的Cl2和H2通入VII装置，为使其充分混合并反应，密度小的H2从h通入，密度大的Cl2从i通入，在VII装置中生成盐酸。(3) 证明HCl极易溶于水可利用喷泉实验，证明其水溶液呈酸性可用酸碱指示剂。
21．（2018·南京模拟）为测定某三价铁配合物(化学式表示为Ka[Feb(C2O4)c]·xH2O)的组成，做了如下实验：
步骤1：称取1.9640g Ka[Feb(C2O4)c]·xH2O晶体，配制成250.00mL溶液.
步骤2：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加入1mol/LH2SO45.0mL，加热到70~85℃，用0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至终点(5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O)，消耗KMnO4溶液48.00mL。
步骤3：向反应后的溶液中加入一定量锌粉。加热至黄色恰好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。
步骤4：继续用0.01000mol/LKMnO4溶液滴定步骤3所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液8.00mL。
（1）步骤2中滴定终点的现象是
（2）步骤3中加入锌粉的目的是
（3）步聚4中发生反应的离于方程式为
（4）通过计算确定该三价铁配合物的化学式 (写出计算过程)。
【答案】（1）溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色
（2）将Fe3+还原为Fe2+
（3）5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
（4）250.00mL溶液中各微粒的物质的量分别为：n(C2O42-) = 5/2n(MnO4-) = 5/2×0.01mol/L × 48.00 × 10-3L × 10 = 0.012mol，n(Fe3+) = 5n(MnO4-) = 5× 0.01mol/L × 8.00×10-3 = 0.004，据电荷守恒，得知n(K+) = 2 × 0.012mol－3×0.004mol = 0.012mol ，根据质量守恒：n(H2O)=(1.964g－0.012mol × 39g/mol－0.004mol × 56g/mol－0.012mol × 88g/mol)/18g/mol = 0.012mol，n(K+)：n(Fe3+)：n(C2O42-)：n(H2O) = 0.012mol：0.004mol：0.012mol：0.012mol = 3：1：3：3 ，化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O
【知识点】氧化还原反应；指示剂
【解析】【解答】（1）步骤2是用KMnO4标准溶液滴定草酸根离子，加入的高锰酸钾都被草酸根离子还原为无色的Mn2+，直至草酸根离子反应完全，再加入高锰酸钾，溶液显浅红色，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色。
（2）步骤3加入锌粉至黄色（Fe3+的颜色）消失，所以加入锌粉是为了将Fe3+还原为Fe2+。
（3）步骤4是用高锰酸钾氧化上一步生成的Fe2+，所以方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。
（4）在步骤2中加入高锰酸钾为48×0.01÷1000=0.00048mol，根据方程式草酸根为0.00048×5÷2=0.0012mol，因为配制250mL溶液，取出来25mL滴定，所以原物质中草酸根为0.012mol。步骤4加入高锰酸钾为8×0.01÷1000=0.00008mol，根据方程式Fe2+为0.00008×5=0.0004mol，根据Fe守恒得到Fe3+为0.0004mol，因为配制250mL溶液，取出来25mL滴定，所以原物质中Fe3+为0.004mol。由上根据电荷守恒，计算出K+为0.012mol，再根据质量守恒计算出结晶水的量为0.012mol，最后得到该晶体为：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。所以计算过程为：250.00mL溶液中各微粒的物质的量分别为：n(C2O42-) = 5/2n(MnO4-) = 5/2×0.01mol/L × 48.00 × 10-3L × 10 = 0.012mol，n(Fe3+) = 5n(MnO4-) = 5× 0.01mol/L × 8.00×10-3 = 0.004，据电荷守恒，得知n(K+) = 2 × 0.012mol－3×0.004mol = 0.012mol ，根据质量守恒：n(H2O)=(1.964g－0.012mol × 39g/mol－0.004mol × 56g/mol－0.012mol × 88g/mol)/18g/mol = 0.012mol，n(K+)：n(Fe3+)：n(C2O42-)：n(H2O) = 0.012mol：0.004mol：0.012mol：0.012mol = 3：1：3：3 ，化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。
【分析】高锰酸根具有强氧化性，会和草酸跟发生氧化还原反应，使高锰酸钾褪色。根据离子反应方程式的计量数的比值可以根据滴定数据计算出三价铁配合物中各离子的物质的量之比然后确定配合物的结构。
22．（2018·成都模拟）某地菱锰矿的主要成分为MnCO3，还含有少量的FeCO3、CaCO3、MgCO3、Al2O3等杂质，工业上以菱锰矿为原料制备高纯度碳酸锰的流程如图所示：
已知：MnCO3+2NH4Cl MnCl2 +CO2 ↑+2NH3 ↑+H2O↑
（1）焙烧时温度对锰浸取率的影响如图。
焙烧时适宜温度为 ；800℃以上锰的浸取率偏低，可能原因是 。
（2）净化包含三步： ①加入少量MnO2，反应的离子方程式为 ；
②加氨水调pH，生成沉淀主要是 ；
③加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+。
（3）碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为 。
（4）滴定法测产品纯度
I 取固体产品1.160 g 于烧杯中，加入过量稀H2SO4充分振荡，再加入NaOH 溶液至碱性，发生反应2Mn2+ +O2 +4OH-=2MnO(OH)2；
II 加入过量KI 溶液和适量稀H2SO4，发生反应：MnO(OH)2 +2I-+4H+=Mn2+ + I2 +3H2O；
III 取I中混合液的1/10于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000 mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，发生反应：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，滴定终点时消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。
①判断滴定终点的方法是 。
②假设杂质不参与反应，则产品纯度为 。
【答案】（1）500℃；温度过高，NH4Cl 分解导致与MnCO3的反应不彻底，使浸取率减小(或MnCO3 分解发生其它副反应，使浸取率减小或MnCl2 挥发导致Mn损失或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低或高温固体烧结，固体表面积减少等)
（2）MnO2+2Fe2+ +4H+=Mn2+ +2Fe3+ +2H2O；Fe(OH)3、Al(OH)3
（3）Mn2+ +HCO3-+NH3=MnCO3 ↓+ NH4+
（4）滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内颜色不复原；99.14%
【知识点】指示剂；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由图示得到，500℃的时候，锰的浸取率已经很大，所以选取500℃即可，没有必要选择更高的温度（因为温度越高，能耗越大）。温度很高时，浸取率下降，有可能是高温下氯化铵分解使反应的量减少（不是很好的答案，因为氯化铵分解的温度大约为337℃）；可能是生成的氯化锰转化为气体离开体系（也不是很好，氯化锰沸点为1190℃）；可能是高温下发生副反应，锰转化为其他化合物。
（2）①加入二氧化锰的目的是为了将Fe2+氧化为Fe3+，所以方程式为：MnO2+2Fe2+ +4H+=Mn2+ +2Fe3+ +2H2O。②物质中的杂质主要是Fe、Ca、Mg、Al等元素，因为步骤③中除去Ca2+、Mg2+，所以步骤②加氨水调pH，是为了除去Fe和Al元素，所以沉淀主要是Fe(OH)3、Al(OH)3。
（3）碳化结晶是向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵和氨水，得到碳酸锰的固体，所以方程式为：Mn2+ + HCO3-+NH3=MnCO3 ↓+ NH4+。
（4）① 取I中混合液的1/10于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，此时溶液显蓝色，用硫代硫酸钠滴定单质碘，终点时，因为碘单质都被反应，所以溶液褪为无色，所以终点的现象为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内颜色不复原。②根据滴定中的反应得到关系式：2Mn2+～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-。滴加的硫代硫酸钠为20×0.1÷1000=0.002mol，根据关系式Mn2+为0.001mol，因为是取1/10进行的滴定，所以Mn2+为0.01mol，所以氯化锰也是0.01mol，质量为115×0.01=1.15g，质量分数为1.15÷1.16=99.14%。
【分析】（2）①根据加入二氧化锰可将亚铁离子氧化为铁离子，结合溶液为酸性这一条件书写离子方程式即可。
23．（2018·内蒙古模拟）过氧化钙晶体 较稳定，呈白色，微溶于水，能溶于酸性溶液 广泛应用于环境杀菌、消毒等领域。
I.过氧化钙晶体的制备工业上生产 的主要流程如下：
（1）用上述方法制取 的化学方程式是 。
（2）沉淀时常用冰水控制温度在 以下和通入过量的 ，其可能原因分别是
① ；② ．
（3）II.过氧化钙晶体含量的测定
准确称取 产品于锥形瓶中，加入30mL蒸馏水和 ，用 标准溶液滴定至终点 重复上述操作两次。
③滴定终点观察到的现象为 。
④根据表1数据，计算产品中 的质量分数 。（保留四位有效数字）
表 标准溶液滴定数据
【答案】（1）
（2）温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率 或防止过氧化氢的分解 ；通入过量 使溶液呈碱性，抑制 的溶解 或使溶液呈碱性，减少 的溶解，或提高产品的产率
（3）当滴入最后一滴 标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色；82.91%
【知识点】指示剂；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）题中所给工业流程中，利用氯化钙溶液、过氧化氢和氨气反应制备用上述方法制取 ，化学方程式是 。
（2） ①过氧化氢不稳定，温度低可减少过氧化氢分解，提高过氧化氢利用率 或防止过氧化氢的分解 。
②通入过量 使溶液呈碱性，抑制 的溶解 或使溶液呈碱性，减少 的溶解，或提高产品的产率 。
（3）③滴定终点观察到的现象为：当滴入最后一滴 标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色。
④消耗KMnO4溶液的平均体积为23.03mL，由2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O得5（ ）~5H2O2~2KMnO4 ，n（ ）= n(KMnO4)= ×0.0200mol/L×23.03mL×10-3L·mL-1=1.151×10-3mol， 的质量分数为：1.151×10-3mol×216g·mol-1 ×100%=82.91%
【分析】（3）利用反应过程中各量之间的关系进行计算。
24．（2018·郑州模拟）某学习小组用凯氏定氮法(Kjeldahl method)来测定农产品中氮的含量，测定过程如下：
I.用热浓硫酸处理0.25g谷物样品，把有机氮转化为铵盐。
II.用下图所示装置处理上述铵盐(夹持装置略去)。
回答下列问题：
（1）实验前要检验B装置的气密性，具体操作为 。
（2）盛放氢氧化钠溶液的仪器名称为 ；玻璃管2的作用是 ；圆底烧瓶中碎瓷片的作用是 。
（3）将“谷物处理后所得的铵盐”加入三颈瓶中，打开玻璃塞、旋开K2，加入足量氢氧化钠溶液，关闭K2，打开K1，点燃酒精灯使水蒸气进入B装置。
①B装置中反应的离子方程式为 。
②C装置冰水混合物的作用是 。
（4）III.滴定、计算氮的含量
取下锥形瓶，加入指示剂，用0.10mol/L的NaOH溶液滴定，重复滴定3次，平均消耗19.30mLNaOH溶液。
①该滴定的指示剂应选择 。
a.甲基橙
b.配酞
c.甲基橙或酚酞
②该谷物样品中氮的百分含量为 。(保留2位小数)
【答案】（1）关闭K1、K2，锥形瓶中加水浸没导管，微热三颈烧瓶，锥形瓶内的导管口产生气泡，松手后，倒吸一段水柱，不下降，气密性良好
（2）分液漏斗；避免b中压强过大；防止溶液暴沸
（3）NH4++OH- NH3↑+H2O；降低温度，使氨气被充分吸收
（4）a；17.20%或17.19%
【知识点】指示剂；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）实验前要检验B装置的气密性，具体操作为：关闭K1、K2，锥形瓶中加水浸没导管，微热三颈烧瓶，锥形瓶内的导管口产生气泡，松手后，倒吸一段水柱，不下降，气密性良好；
(2)氢氧化钠溶液盛放在分液漏斗中，玻璃管2用是起到平衡压强的作用，避免b中压强过大；烧瓶中碎瓷片的作用是防止溶液暴沸。
(3)①B装置中反应的离子方程式为：NH4++OH- NH3↑+H2O ；②C装置冰水混合物可以降低温度，使氨气被充分吸收；
（4）用强碱滴定酸，故用甲基橙作指示剂，选a；②n(NH3)+n(OH-)=n(H+)，代入数据可得n(NH3)=0.00307mol，该谷物样品中氮的百分含量为0.00307mol ×14g/mol/0.25g=17.19%。
【分析】（1）实验装置的气密性检验原则是使装置中产生压强差，经过直观的表象判断压强差的变化进行判断。
25．（2018·佛山模拟）蒸馏碘滴定法可测量中药材中二氧化硫是否超标(亚硫酸盐折算成二氧化硫)。原理是利用如图装置将亚硫酸盐转化为SO2，然后通过碘标准溶液滴定吸收液。
实验步骤如下：
I.SO2含量的测定
烧瓶A中加中药粉10g，加蒸馏水300 mL； 锥形瓶中加蒸馏水125mL和淀粉试液1mL作为吸收液； 打开冷凝水，通氮气，滴入盐酸10mL； 加热烧瓶A并保持微沸约3min后，用0.01000mol/L 碘标准溶液一边吸收一边滴定，至终点时消耗碘标准溶液V1mL；
Ⅱ.空白实验
只加300mL蒸馏水，重复上述操作，需碘标准溶液体积为V0mL.
（1）仪器C的名称 。仪器B的入水口为 (填“a”或“b”)。
（2）滴入盐酸前先通氮气一段时间作用是 ，测定过程中氮气的流速过快会导致测量结果 。(填“偏大”“偏小”“不变”)
（3）①滴定过程中使用的滴定管为 。
A.酸式无色滴定管
B.酸式棕色滴定管
C.碱式无色滴定管
D.碱式棕色滴定管
②滴定时锥形瓶中反应的离子方程式为 ，滴定终点的现象是 。
（4）空白实验的目的是 。
（5）该中药中含SO2含量为 mg/ kg。
【答案】（1）分液漏斗；b
（2）排除装置内空气，避免空气中O2干扰SO2测定；偏小
（3）B；I2+SO2+ 2H2O=4H++SO42-+ 2I-；当滴入最后一滴碘标准溶夜时，锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，且在30s内不变色
（4）消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差
（5）64(V1-V0)
【知识点】二氧化硫的性质；指示剂；蒸馏与分馏
【解析】【解答】（1）仪器C下端有旋塞，应该是分液漏斗。仪器B应该起到冷凝作用，所以冷却水应该下口入上口出，所以入水口为b。
（2）二氧化硫是强还原性物质容易被氧化，所以先通入N2将装置内的空气排净，避免氧气将二氧化硫氧化。氮气的流速如果过快，会使一部分的二氧化硫来不及溶液在水中就被氮气带出，所以导致结果偏小。
（3）①碘会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，所以只能用酸式滴定管。同时，碘的标准液实际是将碘溶解在碘化钾溶液中制得的，此时单质碘与碘离子作用形成I3-，既增大溶解度又避免了碘的挥发，而光照会促进I3-的分解，所以使用棕色酸式滴定管。选项B符合题意。
②滴定时，单质碘将二氧化硫氧化为硫酸，离子反应方程式为：I2+SO2+ 2H2O=4H++SO42-+ 2I-。达到滴定终点时，二氧化硫都被反应完，加入的单质碘遇淀粉，使溶液显蓝色，所以终点的现象为：当滴入最后一滴碘标准溶夜时，锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，且在30s内不变色。
（4）本题进行空白实验的目的是：消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差。例如：原来的水样、空气中是不是有其他杂质等等。
（5）用于氧化二氧化硫的碘标准液为(V1－V0)mL，其物质的量为0.01(V1－V0)/1000mol，所以二氧化硫也是0.01(V1－V0)/1000mol，质量为0.64(V1－V0)/1000g，这些是10g药粉中的含量，所以1kg药粉中有64(V1－V0)/1000g二氧化硫，即有64(V1－V0)mg二氧化硫，所以答案为：64(V1-V0)mg/kg。
【分析】注意冷凝水下进上出。实验过程中实验原理需根据所测物质的性质进行推理。酸性和具有强氧化性的溶液装在酸式滴定管。碱性试剂装在碱式滴定管里。滴定终点判断，上变下，30秒不复原。
26．（2022高二上·红桥期末）室温下，用0.1000 mol L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol L HCl溶液过程中，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示：
（1）滴定管在加溶液滴定前，需要进行的操作是 和 。
当 mL时，溶液中所有离子的浓度存在的关系是 。
（2）已知。当加入的mL时，溶液中
（3）下列说法错误的是____
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，
B．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
C．当接近滴定终点时，极少量的碱就会引起溶液的pH突变
D．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
（4）在化学分析中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂，利用和反应生成砖红色沉淀表示滴定终点。当溶液中的恰好完全沉淀时，溶液中的 mol/L； mol/L。
已知：①25℃时，，
②当溶液中某种离子的浓度等于或小于 mol/L时，可认为已完全沉淀。
【答案】（1）检漏；润洗；
（2）12.3
（3）B
（4）1.8×10-5；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；指示剂；中和滴定
【解析】【解答】（1）酸碱式滴定管在加溶液滴定前，需要的操作是检漏和润洗；当时，酸和碱恰好反应生成NaCl，溶液中所有离子的浓度存在的电荷守恒：；
（2）mL时，反应相当于余下10mL的NaOH，溶液为碱性，溶液中c(OH-)=0.02mol/L，则c(H+)=，已知，所以溶液pH=- lgc(H+)=12.3；
（3）A．NaOH与盐酸恰好完全反应时生成NaCl，为中性溶液，，A符合题意；
B．甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，相反甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，B不符合题意；
C．在化学计量点前后极少量的NaOH就会使溶液的pH发生突变，C符合题意；
D．根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，D符合题意；
故答案为：B。
（4）当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，依据，计算得到c(Ag+)==1.8×10-5mol/L，此时溶液中=mol/L。
【分析】（1）滴定管使用时需进行检漏和润洗；当时，酸和碱恰好反应生成NaCl，结合电荷守恒分析；
（2）根据pH=- lgc(H+)计算；
（3）A.NaOH与盐酸恰好完全反应时生成NaCl，溶液呈中性；
B.甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，能减小误差；
C.当接近恰好完全反应时，多滴加极少量的碱时溶液呈碱性；
D.根据突变范围选择合适的指示剂；
（4）根据c(Ag+)=和计算。
27．（2020高二上·双辽期末）滴定实验是化学学科中重要的定量实验。 请回答下列问题：
（1）酸碱中和滴定——用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作造成测定结果偏高的是 (填选项字母)
A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作符合题意。
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗
D．滴定前，盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
（2）氧化还原滴定——取一定量的草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定，表格中记录了实验数据：
滴定次数 待测液体积 (mL) 标准KMnO4溶液体积(mL)
滴定前读数 滴定后读数
第一次 25.00 0.50 20.40
第二次 25.00 3.00 23.00
第三次 25.00 4.00 24.10
①滴定时发生的离子反应方程式 ，KMnO4溶液应装在 (填“酸”或“碱”)式滴定管中，滴定终点时滴定现象是 。
②该草酸溶液的物质的量浓度为 。
（3）沉淀滴定――滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是______(填选项字母)。
难溶物 AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4 AgSCN
颜色 白 浅黄 白 砖红 白
Ksp 1.77×10－10 5.35×10－13 1.21×10－16 1.12×10－12 1.0×10－12
A．NaCl B．NaBr C．NaCN D．Na2CrO4
【答案】（1）C，D
（2）5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O；酸；锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；0.2 mol·L-1
（3）D
【知识点】氧化还原反应；指示剂；中和滴定
【解析】【解答】（1）A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作符合题意，导致消耗的标准液体积读数偏小，根据c（待测）= 可知，测定结果偏低，选项A不符合题意；
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，此操作符合题意，不影响测定结果，选项B不符合题意；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗，导致标准液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积增大，根据c（待测）= 可知，测定结果偏高，选项C符合题意；
D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准液体积偏大，根据c（待测）= 可知，测定结果偏高，选项D符合题意；
故答案为：CD；（2）①滴定时草酸被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生的离子反应方程式为5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O；
高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以应该使用酸式滴定管盛装高锰酸钾溶液；滴定结束前混合液为无色，滴定结束时混合液变成了紫红色，所以滴定终点现象为：锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；②三次滴定消耗标准液体积分别为：（20.40-0.50）mL=19.90mL，（23.00-3.00）mL=20.00 mL，（24.10-4.00）mL=20.10mL，可见三次滴定的数据都是有效的，消耗标准液的平均体积为： =20.00mL，高锰酸钾的物质的量为：0.1mol L-1×0.020L=0.0020mol，根据反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O可知，n（H2C2O4）= n（KMnO4）=0.005mol，则待测液草酸的物质的量浓度为： =0.2 mol L-1； （3）若用AgNO3去滴定NaSCN溶液，可选用的滴定指示剂的物质的溶解度应比AgSCN大，且现象明显，应为Na2CrO4，混合物中有砖红色沉淀生成，故答案为D。
【分析】（1）根据c（待测）= 分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；（2）①根据高锰酸钾溶液具有强氧化性选择滴定管类型；根据滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变成紫红色为滴定终点；②先判断滴定数据的有效性，然后计算出消耗标准液的平均体积，再根据c（待测）= 分析计算出待测液的浓度；（3）滴定结束时，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成有明显颜色变化的沉淀，保证滴定剂和被滴定物完全反应。
28．（2019高二上·哈密期末）将质量相等的铁片和铜片用导线相连浸入500 mL硫酸铜溶液中构成如图1的装置：
（以下均假设反应过程中溶液体积不变）。
（1）铁片上的电极反应式为 ，
（2）铜片周围溶液会出现 的现象。
（3）若2 min后测得铁片和铜片之间的质量差为1.2 g，计算：导线中流过的电子的物质的量为 mol；
（4）金属的电化学腐蚀的本质是形成了原电池。如下图所示，烧杯中都盛有稀硫酸。
①图2 B中的Sn为 极，Sn极附近溶液的pH（填“增大”“减小”或“不变”） 。
②图2 C中被腐蚀的金属是 。比较A，B，C中纯铁被腐蚀的速率由快到慢的顺序是 。
（5）人们应用原电池原理制作了多种电池，以满足不同的需要。燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，如图是电解质为稀硫酸溶液的氢氧燃料电池原理示意图，回答下列问题：
①氢氧燃料电池的电极反应是： 。电池工作一段时间后硫酸溶液的浓度 （填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）
（2）溶液颜色变浅
（3）0.02
（4）正；增大；锌；
（5）；减小
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；指示剂
【解析】【解答】(1)铁比铜活泼，为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为 ，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为 ，则铜片周围溶液会出现溶液颜色变浅的现象；
(2)设转移xmol电子，则消耗 ，析出 ，则有 ， ；
(3)①B装置构成原电池，Fe更活泼易失电子作负极，Sn作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应而生成氢气，电极反应式为 ↑，导致氢离子浓度降低，溶液的pH增大②A装置中Fe发生化学腐蚀;装置B、C构成原电池，B装置中Fe更活泼易失电子作负极，Sn作正极;C装置中Zn易失电子作负极，Fe作正极，作负极的金属加速被腐蚀，所以锌被腐蚀，作正极的金属铁被保护，金属腐蚀快慢速率为:作负极的金属>发生化学腐蚀的金属>作正极的金属，所以铁被腐蚀快慢速率为 ；
(4)①氢氧燃料电池的总反应即是氢气与氧气反应生成水，其反应的总方程式为: ；②已知氢氧燃料电池的总反应为: ，电池工作一段时间后，生成水使溶液体积增大，则硫酸的浓度减小。
【分析】（1）原电池中较活泼金属做负极；发生氧化反应；
（2）铜为正极，溶液中氧化性较强的离子先还原；
（3）根据系数比等于反应的物质的量之比来计算；
（4）原电池中较活泼金属做负极；判断酸碱性变化看溶液中离子的变化情况；金属腐蚀快慢速率为:作负极的金属>发生化学腐蚀的金属>作正极的金属；
（5）氢氧燃料电池的总反应即是氢气与氧气反应生成水，生成水会稀释溶液导致氢离子浓度减小。
29．（2019高二上·西宁期末）用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：
（1）准确称量10.0 g 含有少量易溶杂质的样品（杂质不与盐酸反应），配成500mL待测溶液。称量时，样品可放在________(填编号字母)称量。
A．小烧杯中 B．洁净纸片上 C．托盘上
（2）滴定时，用0.2000 mol/L的盐酸来滴定待测溶液，不可选用________(填编号字母)作指示剂。
A．甲基橙 B．石蕊 C．酚酞
（3）滴定过程中，眼睛应注视 ；在铁架台上垫一张白纸，其目的是 。
（4）根据下表中数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是 mol/L，烧碱样品的纯度是 。
滴定次数 待测溶液体积(mL) 标准酸体积
滴定前的刻度(mL) 滴定后的刻度(mL)
第一次 10.00 0.40 20.50
第二次 10.00 4.10 24.00
（5）在中和滴定操作过程中，有以下各项因操作不当引起的实验误差，用“偏高”、“偏低”或“无影响”等填空：
①滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗，使滴定结果 。
②锥形瓶未用待装溶液润洗，使滴定结果 。
③装标准溶液的滴定管在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡，使滴定结果 。
④滴定前平视凹液面，滴定终了俯视凹液面，使滴定结果 。
【答案】（1）A
（2）B
（3）锥形瓶中溶液颜色的变化；对比，便于观察溶液颜色的变化
（4）0.4000 mol/L；80%
（5）偏高；无影响；偏高；偏低
【知识点】指示剂；中和滴定；物质的量浓度
【解析】【解答】（1）称量时，药品不能直接放在托盘上，因为烧碱是NaOH，NaOH有潮解性，放在纸片上，因氢氧化钠吸水使一部分样品残留在纸片上，造成物质的量的减少，因此样品放在小烧杯中进行称量，
故答案为：A；
（2）强酸滴定强碱或强碱滴定强酸，一般所用指示剂为甲基橙或酚酞，因为石蕊变色范围比较宽，现象变化不明显，因此中和滴定时一般不用石蕊作指示剂，
故答案为：B；
（3）滴定过程中，眼睛应注视锥形溶液颜色的变化，垫一张白纸，目的是便于观察溶液颜色的变化；
（4）第一次滴定消耗酸的体积为(20.50－0.40) mL=20.10mL，第二次滴定消耗酸的体积为(24.00－4.10)mL=19.90mL，平均消耗的酸的体积为(20.10＋19.90)/2mL=20.00mL，即c(NaOH)=20×10－3×0.2000/(10×10－3)mol·L－1=0.4000mol·L－1，烧碱的纯度为500×10－3×0.4000×40/10.0×100%=80%；
（5）C待=c标×V标/V待，①滴定管未用标准液润洗，直接盛放标准液，标准液稀释，造成消耗标准液的体积增大，即滴定结果偏高；②锥形瓶不能用待装液润洗，否则对实验结果产生影响，即对实验不会产生无影响；③滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡，消耗的标准液的体积增大，滴定结果偏高；④滴定前平视凹液面，滴定终了俯视凹液面，造成标准液的体积偏小，即结果偏低。
【分析】(1)称量需要注意，有些药品不能直接放在托盘上，例如NaOH;
(2)中和滴定时一般用指示剂为甲基橙或酚酞不用石蕊作指示剂；
（3）滴定过程中，眼睛应注视锥形溶液颜色的变化；为便于观察颜色变化可以用白纸；
（4）计算浓度应用三次的平均消耗的体积减小误差；烧碱的纯度为500×10－3×0.4000×40/10.0×100%=80%；
（5）标准液稀释，造成消耗标准液的体积增大，即滴定结果偏高；锥形瓶应用待蒸馏水润洗；滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡，滴定结果偏高； 滴定前平视凹液面，滴定终了俯视凹液面，即结果偏低。
30．（2018高二上·江苏期末）一种测定饮料中糖类物质含量（所有糖类物质以葡萄糖计算）的方法如下：
取某无色饮料20.00 mL加入稀硫酸充分煮沸，冷却，加入过量氢氧化钠溶液并稀释至 100.00 mL。取 10.00 mL 稀释液，加入 30.00 mL 0.01500 mol ·L-1I2 标准溶液，置于暗处15分钟，滴加2 3滴淀粉溶液，再用0.01200 mol L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3标准溶液25.00 mL。
已知：①I2在碱性条件下能与葡萄糖发生如下反应：
C6H12O6+I2+3NaOH = C6H11O7Na+2NaI+2H2O
② Na2S2O3 与I2 能发生如下反应：I2+2Na2S2O3 = 2NaI+Na2S4O6
（1）配制100.00mL0.01500mol·L-1I2标准溶液，所必需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。
（2）向饮料中加入稀硫酸并充分煮沸的目的是 。
（3）滴定终点的现象为 。
（4）计算该饮料中糖类物质的含量（单位：mg·mL-1)。
【答案】（1）100mL容量瓶
（2）将饮料中糖类物质转化为葡萄糖（意思相近均给分）
（3）溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色
（4）27.00mg·mL-1
【知识点】指示剂；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】本题考查溶液之间相互滴定的定量实验，包括一定物质的量浓度溶液的配制、滴定中注意的事项、滴定的终点的判断及有关计算的知识点。糖类物质在稀硫酸的催化下发生水解，最终生成葡萄糖，加碱使溶液呈碱性，I2与葡萄糖反应，用淀粉作指示剂，最后用Na2S2O3滴定未完全反应的I2，溶液由蓝色变为无色，即达到终点。
（1）配制一定物质的量浓度的溶液，需要100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，所以答案为100mL容量瓶。
（2）糖类物质在稀硫酸的催化下发生水解，生成葡萄糖，加热可使反应速率加快。
（3）I2与葡萄糖反应，用淀粉作指示剂，I2过量，溶液呈蓝色。最后用Na2S2O3滴定未完全反应的I2，当滴至最后一滴时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，即达到终点。故答案为：液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色
（4）据② I2+2Na2S2O3 = 2NaI+Na2S4O6 ，Na2S2O3消耗的I2的物质的量为0.01200 mol L-1 ×0.025 L×1/2=1.5×10-4mol，葡萄糖消耗的I2的物质的量为0.03L× 0.01500 mol ·L-1-1.5×10-4mol=3×10-4mol，根据①C6H12O6+I2+3NaOH =C6H11O7Na+2NaI+2H2O可得葡萄糖的物质的量为3×10-4mol，稀释前葡萄糖的物质的量为3×10-4mol×10=3×10-3mol，质量为3×10-3mol×180g/mol=540mg，所以糖类物质的含量为540mg/20mL=27.00mg·mL-1。
【分析】（1）易错点：写容量瓶一定要注明规格
（2）温度能影响反应速率，温度升高，反应速率加快
（3）注意：要半分钟内不褪色，以确保反应充分进行
（4）n测=c标V标*化学反应中计量系数之比
31．（2018高二上·武邑期末）草酸合铁(Ⅲ)酸钾的体Kx[Fey(C2O4)z] ·nH2O 可用于摄影和蓝色印刷。为确定其组成，某化学兴趣小组在没有氧气干扰下进行如下实验:
实验I.草酸根含量的测定
称取0.9820g样品放入锥形瓶中，加入适量稀硫酸和一定量水，加热至343~358K，用0.2000mol/L KMnO4溶液滴定，滴定过程中草酸转变成CO2逸出反应容器，KMnO4转变成Mn2+。达到滴定终点时，共消耗KMnO4 溶液12.00 mL。
实验II. 铁含量的测定
将上述滴定过的保留液充分加热，使淡紫红色消失。冷却后，调节溶液pH并加入过量的KI固体，充分反应后调节pH至7左右，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.2500mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点。共消耗Na2S2O3溶液8.00mL.(已知: 实验II中涉及的部分离子方程式为I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)
请根据上述实验回答下列问题：
（1）实验I在滴定过程中反应的离子方程式为 。
（2）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，若实验II中没有对实验I的保留液进行充分加热，则测定的Fe3+的含量将会 (填“偏高”、“偏低”或“不变”。)
（3）实验II用淀粉溶液作指示剂，则滴定终点观察到的现象为 。
【答案】（1）2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑
（2）偏高
（3）滴下最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色
【知识点】氧化还原反应；指示剂；中和滴定
【解析】【解答】（1）实验Ⅰ在滴定过程中反应是酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性氧化草酸为二氧化碳，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+8H2O+10CO2↑；（2）若实验Ⅱ中没有对实验Ⅰ的保留液进行充分加热，则溶液中有剩余的MnO4－，MnO4－能氧化I－生成碘单质，从而导致与碘单质反应的Na2S2O3溶液的体积增大，因此导致测定Fe3＋的含量偏高；（3）由于单质I2遇到淀粉变蓝色，所以滴定终点的实验现象是滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变化为无色且半分钟不变化，证明反应达到终点；
答案为：（1）2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑
（2）偏高
（3）滴下最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色
【分析】考查酸碱滴定和氧化还原反应的有关知识。
（1）陌生方程式的书写，提取题目中的信息，先写出氧化剂和还原剂及其对应的产物，根据电子转移数目相等，用最小公倍数法确定系数。
（3）酸碱滴定终点的判断；I2+2S2O32-=2I-+S4O6，单质碘被还原成碘离子，溶液由蓝色变化为无色，注意要半分钟不变化，才能证明反应达到终点；
32．（2018高一上·雅安期末）①H2SO4、②过氧化钠、③碳酸氢钠、④二氧化硅是常见的物质。请回答下列问题。
（1）上述四种物质分别加入到紫色石蕊溶液中，溶液变红的是 （填序号）。
（2）写出H2SO4 的电离方程式 。
（3）写出过氧化钠与水反应的化学方程式 。
（4）碳酸氢钠可治疗胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)过多，反应的离子方程式为 。
（5）写出二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的离子方程式 。
【答案】（1）①
（2）H2SO4=2H++SO42-
（3）2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑
（4）HCO3-+H+═H2O+CO2↑
（5）SiO2+2OH-═SiO32-+H2O
【知识点】硅和二氧化硅；钠的重要化合物；指示剂；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）酸能使紫色石蕊溶液变红色，因此溶液变红的是硫酸。
（2）硫酸是二元强酸，H2SO4的电离方程式为H2SO4=2H++SO42-。
（3）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑。
（4）碳酸氢钠可治疗胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)过多，与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式为HCO3-+H+＝H2O+CO2↑。
（5）二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-＝SiO32-+H2O。
【分析】（1）石蕊遇酸变红
（2）强酸完全电离
（4）（5）写离子方程式时，气体、沉淀、弱电解质不可拆分。
33．（2018高二上·陆川期末）某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
（1）下图中 （填“A”或“B”）是碱式滴定管，进行该实验的第一步操作是 。
（2）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，直到因加入一滴盐酸后，出现 （填“现象”）说明达到滴定终点。
（3）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（____）
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（4）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为 mL。
（5）某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数 待测NaOH溶液的体积/mL 0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度
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
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度（写出简要过程）。
【答案】（1）A；检查是否漏水
（2）溶液由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色
（3）D
（4）26.10
（5）{#mathmL#}{#/mathmL#} ＝ {#mathmL#}{#/mathmL#} ＝26.10 mL，c(NaOH)＝ {#mathmL#}{#/mathmL#} ＝0.104 4 mol·L－1
【知识点】指示剂；中和滴定；物质的量浓度
【解析】【解答】(1)A是碱式滴定管，使用滴定管前必须进行检查滴定管是否漏水；（2）选择甲基橙作指示剂，用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，当出现溶液由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色时，说明达到滴定终点；（3）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗，标准液浓度减小，滴加盐酸体积增大，就所测NaOH溶液的浓度数值偏高，A错误；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，没有影响，B错误；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，滴加盐酸体积增大，就所测NaOH溶液的浓度数值偏高，C错误；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，滴加盐酸体积减小，就所测NaOH溶液的浓度数值偏低，D正确。答案选D。（4）所用盐酸溶液的体积为26.10mL；（5）因为第二组实验中，滴加盐酸的体积偏差太大，舍去，则二次实验盐酸体积的平衡值为： ＝ ＝26.10 mL，则c(NaOH)＝ ＝0.104 4 mol·L－1。
【分析】（1）使用碱式滴定管前需要检漏；
（2）根据甲基橙指示剂达到终点的现象进行解答；
（3）溶液浓度偏低可以从溶质减少或体积增加等方面进行分析；
（4）根据滴定管中的刻度即可得出答案；
（5）将实验误差最大的数据去掉后，利用其它两组数据即可求出所需溶液的物质的量浓度。
34．（2018高二上·中山期末）中华人民共和国国家标准(GB2760-2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L-1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
（1）仪器A的名称是 ，水通入A的进口为 。
（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为 。
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L-1 NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的 ；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为 ；若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号) (①＝10 mL，②＝40 mL，③<10 mL，④>40 mL)。
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为 g·L-1。
（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施： 。
【答案】（1）冷凝管或冷凝器；b
（2）SO2＋H2O2=H2SO4
（3）③；酚酞；④
（4）0.24
（5）原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响
【知识点】指示剂；中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b；
（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4；
（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞（50.00mL-10.00mL）=40.00mL，所以④正确；
（4）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为： ×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为： =0.24g/L；
（5）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。
故答案为：（1）冷凝管或冷凝器，b；（2）SO2+H2O2=H2SO4；（3）③，酚酞，④；（4）0.24；（5）用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响.
【分析】本题考查蒸馏装置的基本仪器，（2）考查氧化还原滴定方程式的书写，（3）考查氧化还原滴定仪器的选择，滴定管的选择，指示剂的选择。（4）中和滴定的计算，（5）滴定误差分析。
35．（2018高二上·黑龙江期末）滴定法是化学常用来定量测定物质浓度的一种重要的实验方法。在食品工业、药品制造、化妆品行业等等都被广泛应用。
（1）（I）中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组用如图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
仪器A的名称是 ，水通入A的进口为 。B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热B使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应。
（2）除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为 。滴定终点现象为 。
（3）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为： g·L－1。
（4）该测定结果往往比实际值偏高，最可能的原因是 ，在不改变装置的情况下，如何改进： 。
（5）（II）用ClO2处理过的饮用水(pH为5.5～6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO2-)。饮用水中的ClO2、ClO2-含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I－还原为ClO2-、Cl－的转化率与溶液pH的关系如图所示。当pH≤2.0时，ClO 也能被I－完全还原为Cl－。反应生成的I－用标准Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI。
请写出pH≤2.0时ClO2-与I－反应的离子方程式： 。
（6）请完成相应的实验步骤：
步骤1：准确量取V mL水样加入到锥形瓶中；
步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0；
步骤3：加入足量的KI晶体；
步骤4：加入少量淀粉溶液，用c mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1
mL；
步骤5： ；
步骤6：再用c mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，又消耗Na2S2O3溶液V2
mL。
（7）根据上述分析数据，测得该饮用水中ClO2-的浓度为
mol·L－1(用含字母的代数式表示)。
【答案】（1）冷凝管；b
（2）酚酞；当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色
（3）0.24
（4）盐酸的挥发；用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响
（5）ClO ＋4H＋＋4I－=Cl－＋2I2＋2H2O
（6）调节溶液的pH≤2.0
（7）
【知识点】指示剂；离子方程式的书写
【解析】【解答】本题主要考查滴定法的应用。（I）(1)仪器A的名称是冷凝管，水的流向是“下进上出”，水通入A的进口为b。
(2)若滴定终点时溶液的pH＝8.8，溶液呈碱性，则选择的指示剂为酚酞。滴定终点现象为当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色。
(3) SO2～H2SO4～2NaOH，该葡萄酒中SO2含量为：0.0900mol·L－1×25.00 mL/2×64g/mol/300mL=0.24g·L－1。
(4)该测定结果往往比实际值偏高，最可能的原因是盐酸的挥发，在不改变装置的情况下，如何改进：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。
（II）(5)pH≤2.0时ClO 被I－还原为Cl－，ClO 与I－反应的离子方程式：ClO2-＋4H＋＋4I－2023年高考真题变式分类汇编：指示剂
一、选择题
1．（2022·山东）实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是（ ）
A．可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
2．（2022·浙江选考）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：
下列说法正确的的是（ ）
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+H+=CO2↑+H2O
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)
3．（2018·全国Ⅲ卷）下列实验操作不当的是
A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率
B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+
D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
4．（2022·泉州模拟）常温下，H3PO4在水中的各级电离过程如图所示，已知： pKa=-1gKa。
下列说法错误的是（ ）
A．反应H3PO4+HPO2 H2PO的平衡常数为1.0×105
B．若用NaOH溶液滴定Na2HPO4溶液，不可选用酚酞作指示剂
C．将0.2 mol·L-1的H3PO4溶液和0.3 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，pH≈7.2
D．0.1 mol·L-1 Na2HPO4溶液中，c(HPO)>c(PO)> c(H2PO)> c(H3PO4)
5．（2021·永州模拟）下列实验操作正确的是（ ）
A．将MgCl2溶液加热蒸干以制备无水MgCl2
B．金属钠可保存在煤油、四氯化碳等有机溶剂中
C．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过蒸馏烧瓶容积的三分之二
D．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
6．（2020·南宁模拟）下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对应关系的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 结论
A 将NaOH溶液逐滴滴加到AlCl3溶液中至过量 先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解 Al(OH)3是两性氢氧化物
B NaHCO3溶液与NaAlO 溶液混合 生成白色沉淀 结合H+的能力：CO32->AlO2-
C 向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量 试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶 非金属性：Cl>Si
D 白色固体先变为淡黄色，后变为黄色 溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
7．（2020·抚顺模拟）已知H3BO3是一元酸，室温时，用1.0mol·L-1的NaOH溶液滴定25.00mL H3BO3溶液的曲线如图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．可用酚酞作滴定指示剂
B．起始时H3BO3的浓度为0.8mol·L-1
C．H3BO3的电离常数数量级为10-5
D．滴定至pH=12时，溶液中：c(OH-)
A．pH=4.0时，图中n(HA-)约为0.0091mol
B．0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L
C．该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管并加酚酞作指示剂
D．常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0
9．（2019·湖南模拟）下列气体中，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是（）
A．CO B．SO2 C．NH3 D．HCl
10．（2018·临沂模拟）已知电导率越大导电能力越强。常温下用0.100 mol·L-1NaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.100 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表滴定盐酸的曲线
B．滴定醋酸的过程应该选择甲基橙作为指示剂
C．a、b、c三点溶液中水的电离程度：c>a>b
D．b点溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
11．（2018·金山模拟）水溶液可使石蕊变红的物质是（ ）
A．Na2CO3 B．KCl C．NH3 D．NH4Cl
12．（2018·芜湖模拟）电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100 mol·L－1盐酸分别滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1的NaOH溶液和氨水溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表滴定氢氧化钠溶液的曲线
B．滴定氨水的过程应该选择酚酞作为指示剂
C．b点溶液中：c(H＋)＞c(OH－)＋c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)
D．a、b、c、d四点的溶液中，水的电离程度最大的是c点
13．（2023高三上·长沙期末）下列实验装置、试剂选用或操作正确的是
A．用图1所示装置制备并干燥收集
B．用图2所示装置收集
C．用图3所示装置制备氢氧化铁胶体
D．用图4所示装置除去气体中的
14．（2021高一上·衢州期末）下列物质能使紫色石蕊试液变红的是（ ）
A． B．NaOH C．HCl D．
15．（2021高二上·柯桥期末）通常情况下，测量某溶液pH最精密的是（ ）
A．广泛pH试纸 B．酚酞试液 C．pH计 D．精密pH试纸
二、非选择题
16．（2022·海南）磷酸氢二铵[]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氢气制备，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
回答问题：
（1）实验室用和制备氨气的化学方程式为 。
（2）现有浓质量分数为85%，密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7mol/L的溶液，则需浓 mL(保留一位小数)。
（3）装置中活塞的作用为 。实验过程中，当出现 现象时，应及时关闭，打开。
（4）当溶液pH为8.0~9.0时，停止通，即可制得溶液。若继续通入，当时，溶液中、 和 (填离子符号)浓度明显增加。
（5）若本实验不选用pH传感器，还可选用 作指示剂，当溶液颜色由 变为时，停止通。
17．（2019·北京）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 固体配制一定体积的 标准溶液；
Ⅱ.取 L上述溶液，加入过量 ，加 酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入 L废水
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ.用 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 溶液 L。
已知：
和 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 前，溶液颜色须为黄色，原因是 。
（5） 与 物质的量关系为 时, 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 （苯酚摩尔质量： ）
（8）由于 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。
18．（2021·顺德模拟）某兴趣小组通过实验制备Fe(NO3)3并进行性质探究。
（1）HNO3的制备：利用下图装置，模拟氨的催化氧化法制备硝酸。其中，甲为氨气的发生装置，且甲中所用试剂只能从下列物质选取：A．浓氨水 B．NH4Cl C．NH4NO3 D．CaO
①若选择试剂A和D，则甲中发生反应的化学方程式为 。
②若只用一种试剂制取氨气，则该试剂的最佳选择为 (选填试剂标号)，此时，甲中空白处所需装置应为 (选填下列标号)。
③实验结束后从戊中取出少量液体于试管中，滴入紫色石蕊试液，当观察到 现象时，说明已制得硝酸。若没有观察到此现象，可能的原因是 。
（2）Fe(NO3)3溶液的制备：利用硝酸与下列物质反应制备Fe(NO3)3溶液时，最佳选择为____ (填标号)。
A．Fe B．FeO C．Fe2O3 D．Fe3O4 E．Fe(OH)2
（3）Fe(NO3)3溶液性质的探究：取适量0.1mol·L-1 Fe(NO3)3溶液，加入到新制的银镜中，发现银镜溶解，且无其它固体析出。
①实验任务：通过设计实验探究Fe(NO3)3溶液溶解银的原因。
②查阅资料：在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生。
③提出猜想：猜想a：Fe3+具有氧化性，能够氧化Ag；
猜想b：Fe(NO3)3溶液呈酸性，在此酸性条件下能氧化Ag。
④设计实验、验证猜想
Ⅰ. 甲同学从上述实验的生成物中检测出Fe2+，验证了猜想a成立。请写出Fe3+氧化Ag的离子方程式 。
Ⅱ. 乙同学设计实验验证猜想，请帮他完成下表中内容
实验步骤(不要求写具体操作过程) 预期现象和结论
① ② 若银镜消失，猜想b成立； 若银镜不消失，猜想b不成立。
19．氮化锶( )在工业上广泛应用于生产荧光粉。已知锶和镁位于同主族且锶比镁活泼，锶与氮气在加热条件下反应产生氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。某学习小组拟设计两套方案制备氮化锶并测定产品的纯度。
（1）方案I：根据下列装置制备氮化锶：
已知：实验室用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备氮气。回答下列问题：
气流从左至右，选择装置并排序为 (用字母表示)。
（2）写出实验室制备N2的化学方程式 。
（3）实验时先点燃 处酒精灯(填“A”或“D”)，一段时间后，点燃另一只酒精灯。
（4）方案II：某氮气样品可能含有少量的CO、CO2、O2等气体杂质，某同学设计如下装置制备氮化锶(各装置盛装足量试剂)。已知：醋酸二氨合亚铜 溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。
试管II、III、IV盛装的试剂分别是 (填标号)，装置Ⅵ的作用是 。
a.连苯三酚碱性溶液 b.浓硫酸 c.醋酸二氨合亚铜溶液
测定产品纯度：称取9.0g方案II中所得产品，加入干燥的三颈瓶中，然后由恒压漏斗加入蒸馏水，通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用 的盐酸标准溶液完全吸收(吸收液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取 的吸收液，用 标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗 溶液(图中夹持装置略)
（5）用 标准溶液滴定过剩的盐酸时所选指示剂为 (填标号)。
a.石蕊试液 b.甲基橙 c.酚酞试液
（6）产品纯度为 %(保留一位小数)。
（7）下列实验操作可能使氮化锶( )测定结果偏低的是 (填标号)。
a.锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液
b.滴定时未用 标准溶液润洗滴定管
c.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
d.读数时，滴定前平视，滴定后俯视
20．（2020·奉贤模拟）氢气、氯气是中学实验室常见气体，在实验室可以利用该反应2KMnO4+16HCl(浓)→2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制备Cl2，并在实验室模拟工业制备盐酸，请回答下列问题：
（1）甲组同学用下列装置制取H2和Cl2。
①实验室常用NaCl+H2SO4(浓)→NaHSO4+HCl↑反应制备HCl气体，该反应利用了浓硫酸的 性。
②用工业级锌粒(主要成分 Zn，含少量 FeS、Pb、Cu 等杂质)作原料，装置 I、Ⅱ均可以制取 H2，但装置 I 比装置Ⅱ更好，理由 ；检验氯气所用的试纸是 。
（2）乙组同学拟用甲组的装置 I、Ⅲ及下列装置(可以重复选用)模拟工业上制取盐酸。
①乙组中氢气的部分实验装置连接是a-f-g-d……,其中装置Ⅴ的作用是 ，制取氯气并模拟合成盐酸的实验装置的合理连接顺序(用玻璃接口表示)为 c- 。
②装置VII中仪器 X 的名称是 ，合成 HCl时需控制H2的体积略大于Cl2的体积，其目的是 ；装置VII末端接抽气水泵的目的是 。
（3）设计实验证明HCl极易溶于水且水溶液呈酸性: 。
21．（2018·南京模拟）为测定某三价铁配合物(化学式表示为Ka[Feb(C2O4)c]·xH2O)的组成，做了如下实验：
步骤1：称取1.9640g Ka[Feb(C2O4)c]·xH2O晶体，配制成250.00mL溶液.
步骤2：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加入1mol/LH2SO45.0mL，加热到70~85℃，用0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至终点(5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O)，消耗KMnO4溶液48.00mL。
步骤3：向反应后的溶液中加入一定量锌粉。加热至黄色恰好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。
步骤4：继续用0.01000mol/LKMnO4溶液滴定步骤3所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液8.00mL。
（1）步骤2中滴定终点的现象是
（2）步骤3中加入锌粉的目的是
（3）步聚4中发生反应的离于方程式为
（4）通过计算确定该三价铁配合物的化学式 (写出计算过程)。
22．（2018·成都模拟）某地菱锰矿的主要成分为MnCO3，还含有少量的FeCO3、CaCO3、MgCO3、Al2O3等杂质，工业上以菱锰矿为原料制备高纯度碳酸锰的流程如图所示：
已知：MnCO3+2NH4Cl MnCl2 +CO2 ↑+2NH3 ↑+H2O↑
（1）焙烧时温度对锰浸取率的影响如图。
焙烧时适宜温度为 ；800℃以上锰的浸取率偏低，可能原因是 。
（2）净化包含三步： ①加入少量MnO2，反应的离子方程式为 ；
②加氨水调pH，生成沉淀主要是 ；
③加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+。
（3）碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为 。
（4）滴定法测产品纯度
I 取固体产品1.160 g 于烧杯中，加入过量稀H2SO4充分振荡，再加入NaOH 溶液至碱性，发生反应2Mn2+ +O2 +4OH-=2MnO(OH)2；
II 加入过量KI 溶液和适量稀H2SO4，发生反应：MnO(OH)2 +2I-+4H+=Mn2+ + I2 +3H2O；
III 取I中混合液的1/10于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000 mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，发生反应：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，滴定终点时消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。
①判断滴定终点的方法是 。
②假设杂质不参与反应，则产品纯度为 。
23．（2018·内蒙古模拟）过氧化钙晶体 较稳定，呈白色，微溶于水，能溶于酸性溶液 广泛应用于环境杀菌、消毒等领域。
I.过氧化钙晶体的制备工业上生产 的主要流程如下：
（1）用上述方法制取 的化学方程式是 。
（2）沉淀时常用冰水控制温度在 以下和通入过量的 ，其可能原因分别是
① ；② ．
（3）II.过氧化钙晶体含量的测定
准确称取 产品于锥形瓶中，加入30mL蒸馏水和 ，用 标准溶液滴定至终点 重复上述操作两次。
③滴定终点观察到的现象为 。
④根据表1数据，计算产品中 的质量分数 。（保留四位有效数字）
表 标准溶液滴定数据
24．（2018·郑州模拟）某学习小组用凯氏定氮法(Kjeldahl method)来测定农产品中氮的含量，测定过程如下：
I.用热浓硫酸处理0.25g谷物样品，把有机氮转化为铵盐。
II.用下图所示装置处理上述铵盐(夹持装置略去)。
回答下列问题：
（1）实验前要检验B装置的气密性，具体操作为 。
（2）盛放氢氧化钠溶液的仪器名称为 ；玻璃管2的作用是 ；圆底烧瓶中碎瓷片的作用是 。
（3）将“谷物处理后所得的铵盐”加入三颈瓶中，打开玻璃塞、旋开K2，加入足量氢氧化钠溶液，关闭K2，打开K1，点燃酒精灯使水蒸气进入B装置。
①B装置中反应的离子方程式为 。
②C装置冰水混合物的作用是 。
（4）III.滴定、计算氮的含量
取下锥形瓶，加入指示剂，用0.10mol/L的NaOH溶液滴定，重复滴定3次，平均消耗19.30mLNaOH溶液。
①该滴定的指示剂应选择 。
a.甲基橙
b.配酞
c.甲基橙或酚酞
②该谷物样品中氮的百分含量为 。(保留2位小数)
25．（2018·佛山模拟）蒸馏碘滴定法可测量中药材中二氧化硫是否超标(亚硫酸盐折算成二氧化硫)。原理是利用如图装置将亚硫酸盐转化为SO2，然后通过碘标准溶液滴定吸收液。
实验步骤如下：
I.SO2含量的测定
烧瓶A中加中药粉10g，加蒸馏水300 mL； 锥形瓶中加蒸馏水125mL和淀粉试液1mL作为吸收液； 打开冷凝水，通氮气，滴入盐酸10mL； 加热烧瓶A并保持微沸约3min后，用0.01000mol/L 碘标准溶液一边吸收一边滴定，至终点时消耗碘标准溶液V1mL；
Ⅱ.空白实验
只加300mL蒸馏水，重复上述操作，需碘标准溶液体积为V0mL.
（1）仪器C的名称 。仪器B的入水口为 (填“a”或“b”)。
（2）滴入盐酸前先通氮气一段时间作用是 ，测定过程中氮气的流速过快会导致测量结果 。(填“偏大”“偏小”“不变”)
（3）①滴定过程中使用的滴定管为 。
A.酸式无色滴定管
B.酸式棕色滴定管
C.碱式无色滴定管
D.碱式棕色滴定管
②滴定时锥形瓶中反应的离子方程式为 ，滴定终点的现象是 。
（4）空白实验的目的是 。
（5）该中药中含SO2含量为 mg/ kg。
26．（2022高二上·红桥期末）室温下，用0.1000 mol L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol L HCl溶液过程中，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示：
（1）滴定管在加溶液滴定前，需要进行的操作是 和 。
当 mL时，溶液中所有离子的浓度存在的关系是 。
（2）已知。当加入的mL时，溶液中
（3）下列说法错误的是____
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，
B．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
C．当接近滴定终点时，极少量的碱就会引起溶液的pH突变
D．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
（4）在化学分析中，以标准溶液滴定溶液中的时，采用为指示剂，利用和反应生成砖红色沉淀表示滴定终点。当溶液中的恰好完全沉淀时，溶液中的 mol/L； mol/L。
已知：①25℃时，，
②当溶液中某种离子的浓度等于或小于 mol/L时，可认为已完全沉淀。
27．（2020高二上·双辽期末）滴定实验是化学学科中重要的定量实验。 请回答下列问题：
（1）酸碱中和滴定——用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作造成测定结果偏高的是 (填选项字母)
A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作符合题意。
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗
D．滴定前，盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
（2）氧化还原滴定——取一定量的草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定，表格中记录了实验数据：
滴定次数 待测液体积 (mL) 标准KMnO4溶液体积(mL)
滴定前读数 滴定后读数
第一次 25.00 0.50 20.40
第二次 25.00 3.00 23.00
第三次 25.00 4.00 24.10
①滴定时发生的离子反应方程式 ，KMnO4溶液应装在 (填“酸”或“碱”)式滴定管中，滴定终点时滴定现象是 。
②该草酸溶液的物质的量浓度为 。
（3）沉淀滴定――滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是______(填选项字母)。
难溶物 AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4 AgSCN
颜色 白 浅黄 白 砖红 白
Ksp 1.77×10－10 5.35×10－13 1.21×10－16 1.12×10－12 1.0×10－12
A．NaCl B．NaBr C．NaCN D．Na2CrO4
28．（2019高二上·哈密期末）将质量相等的铁片和铜片用导线相连浸入500 mL硫酸铜溶液中构成如图1的装置：
（以下均假设反应过程中溶液体积不变）。
（1）铁片上的电极反应式为 ，
（2）铜片周围溶液会出现 的现象。
（3）若2 min后测得铁片和铜片之间的质量差为1.2 g，计算：导线中流过的电子的物质的量为 mol；
（4）金属的电化学腐蚀的本质是形成了原电池。如下图所示，烧杯中都盛有稀硫酸。
①图2 B中的Sn为 极，Sn极附近溶液的pH（填“增大”“减小”或“不变”） 。
②图2 C中被腐蚀的金属是 。比较A，B，C中纯铁被腐蚀的速率由快到慢的顺序是 。
（5）人们应用原电池原理制作了多种电池，以满足不同的需要。燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，如图是电解质为稀硫酸溶液的氢氧燃料电池原理示意图，回答下列问题：
①氢氧燃料电池的电极反应是： 。电池工作一段时间后硫酸溶液的浓度 （填“增大”“减小”或“不变”）。
29．（2019高二上·西宁期末）用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：
（1）准确称量10.0 g 含有少量易溶杂质的样品（杂质不与盐酸反应），配成500mL待测溶液。称量时，样品可放在________(填编号字母)称量。
A．小烧杯中 B．洁净纸片上 C．托盘上
（2）滴定时，用0.2000 mol/L的盐酸来滴定待测溶液，不可选用________(填编号字母)作指示剂。
A．甲基橙 B．石蕊 C．酚酞
（3）滴定过程中，眼睛应注视 ；在铁架台上垫一张白纸，其目的是 。
（4）根据下表中数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是 mol/L，烧碱样品的纯度是 。
滴定次数 待测溶液体积(mL) 标准酸体积
滴定前的刻度(mL) 滴定后的刻度(mL)
第一次 10.00 0.40 20.50
第二次 10.00 4.10 24.00
（5）在中和滴定操作过程中，有以下各项因操作不当引起的实验误差，用“偏高”、“偏低”或“无影响”等填空：
①滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗，使滴定结果 。
②锥形瓶未用待装溶液润洗，使滴定结果 。
③装标准溶液的滴定管在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡，使滴定结果 。
④滴定前平视凹液面，滴定终了俯视凹液面，使滴定结果 。
30．（2018高二上·江苏期末）一种测定饮料中糖类物质含量（所有糖类物质以葡萄糖计算）的方法如下：
取某无色饮料20.00 mL加入稀硫酸充分煮沸，冷却，加入过量氢氧化钠溶液并稀释至 100.00 mL。取 10.00 mL 稀释液，加入 30.00 mL 0.01500 mol ·L-1I2 标准溶液，置于暗处15分钟，滴加2 3滴淀粉溶液，再用0.01200 mol L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3标准溶液25.00 mL。
已知：①I2在碱性条件下能与葡萄糖发生如下反应：
C6H12O6+I2+3NaOH = C6H11O7Na+2NaI+2H2O
② Na2S2O3 与I2 能发生如下反应：I2+2Na2S2O3 = 2NaI+Na2S4O6
（1）配制100.00mL0.01500mol·L-1I2标准溶液，所必需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。
（2）向饮料中加入稀硫酸并充分煮沸的目的是 。
（3）滴定终点的现象为 。
（4）计算该饮料中糖类物质的含量（单位：mg·mL-1)。
31．（2018高二上·武邑期末）草酸合铁(Ⅲ)酸钾的体Kx[Fey(C2O4)z] ·nH2O 可用于摄影和蓝色印刷。为确定其组成，某化学兴趣小组在没有氧气干扰下进行如下实验:
实验I.草酸根含量的测定
称取0.9820g样品放入锥形瓶中，加入适量稀硫酸和一定量水，加热至343~358K，用0.2000mol/L KMnO4溶液滴定，滴定过程中草酸转变成CO2逸出反应容器，KMnO4转变成Mn2+。达到滴定终点时，共消耗KMnO4 溶液12.00 mL。
实验II. 铁含量的测定
将上述滴定过的保留液充分加热，使淡紫红色消失。冷却后，调节溶液pH并加入过量的KI固体，充分反应后调节pH至7左右，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.2500mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点。共消耗Na2S2O3溶液8.00mL.(已知: 实验II中涉及的部分离子方程式为I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)
请根据上述实验回答下列问题：
（1）实验I在滴定过程中反应的离子方程式为 。
（2）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，若实验II中没有对实验I的保留液进行充分加热，则测定的Fe3+的含量将会 (填“偏高”、“偏低”或“不变”。)
（3）实验II用淀粉溶液作指示剂，则滴定终点观察到的现象为 。
32．（2018高一上·雅安期末）①H2SO4、②过氧化钠、③碳酸氢钠、④二氧化硅是常见的物质。请回答下列问题。
（1）上述四种物质分别加入到紫色石蕊溶液中，溶液变红的是 （填序号）。
（2）写出H2SO4 的电离方程式 。
（3）写出过氧化钠与水反应的化学方程式 。
（4）碳酸氢钠可治疗胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)过多，反应的离子方程式为 。
（5）写出二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的离子方程式 。
33．（2018高二上·陆川期末）某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
（1）下图中 （填“A”或“B”）是碱式滴定管，进行该实验的第一步操作是 。
（2）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，直到因加入一滴盐酸后，出现 （填“现象”）说明达到滴定终点。
（3）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（____）
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（4）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为 mL。
（5）某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数 待测NaOH溶液的体积/mL 0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度
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
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度（写出简要过程）。
34．（2018高二上·中山期末）中华人民共和国国家标准(GB2760-2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L-1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
（1）仪器A的名称是 ，水通入A的进口为 。
（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为 。
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L-1 NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的 ；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为 ；若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号) (①＝10 mL，②＝40 mL，③<10 mL，④>40 mL)。
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为 g·L-1。
（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施： 。
35．（2018高二上·黑龙江期末）滴定法是化学常用来定量测定物质浓度的一种重要的实验方法。在食品工业、药品制造、化妆品行业等等都被广泛应用。
（1）（I）中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组用如图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
仪器A的名称是 ，水通入A的进口为 。B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热B使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应。
（2）除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为 。滴定终点现象为 。
（3）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为： g·L－1。
（4）该测定结果往往比实际值偏高，最可能的原因是 ，在不改变装置的情况下，如何改进： 。
（5）（II）用ClO2处理过的饮用水(pH为5.5～6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO2-)。饮用水中的ClO2、ClO2-含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I－还原为ClO2-、Cl－的转化率与溶液pH的关系如图所示。当pH≤2.0时，ClO 也能被I－完全还原为Cl－。反应生成的I－用标准Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI。
请写出pH≤2.0时ClO2-与I－反应的离子方程式： 。
（6）请完成相应的实验步骤：
步骤1：准确量取V mL水样加入到锥形瓶中；
步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0；
步骤3：加入足量的KI晶体；
步骤4：加入少量淀粉溶液，用c mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1
mL；
步骤5： ；
步骤6：再用c mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，又消耗Na2S2O3溶液V2
mL。
（7）根据上述分析数据，测得该饮用水中ClO2-的浓度为
mol·L－1(用含字母的代数式表示)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】指示剂；中和滴定
【解析】【解答】A．量筒的精确度为0.1，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A符合题意；
B．Na2CO3溶液显碱性，能与SiO2反应生成硅酸钠，应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B不符合题意；
C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C不符合题意；
D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.量筒的精确度为0.1，不能量取25.00 mL Na2CO3标准溶液；
B.Na2CO3能与SiO2反应生成硅酸钠；
C.碳酸钠应选用烧杯称量；
D.达到滴定终点时，盐酸过量，溶液显酸性。
2．【答案】C
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；指示剂
【解析】【解答】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A不符合题意；
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO+H+= HCO，B不符合题意；
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C符合题意；
D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.向碳酸钠中滴加盐酸，先生成碳酸氢钠再生成二氧化碳气体；
B.滴加盐酸的体积为V1mL时，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子；
C.c点的pH在9左右，d点的pH在4左右；
D.根据电荷守恒和物料守恒判断。
3．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；焰色反应；指示剂；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A.滴加硫酸铜溶液形成原电池，加快反应速率，A不符合题意；
B.用盐酸滴定NaHCO3溶液，滴定终点时溶液显酸性，应选择酸性范围内变色的指示剂，可选择甲基橙，B符合题意
C.钠的焰色反应为黄色，C不符合题意；
D.蒸馏时加入液体的体积不超过容积的三分之二，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】考查原电池反应对化学反应速率的影响，滴定实验中指示剂的选择，钠离子的检验，蒸馏操作的注意点。
4．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；指示剂；电离平衡常数
【解析】【解答】A．该反应的平衡常数，A不符合题意；
B．若用NaOH溶液滴定Na2HPO4溶液，Na2HPO4中的电离常数为Ka3，水解平衡常数为，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，若用NaOH溶液滴定Na2HPO4溶液，到滴定终点为Na3PO4溶液，仍为碱性，不能选酚酞作指示剂，B不符合题意；
C．将0.2 mol·L-1的H3PO4溶液和0.3 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后溶质成分为NaH2PO4和Na2HPO4，且两者的物质的量之比为1：1，故根据，，C不符合题意；
D．根据B的分析，Na2HPO4溶液中，水解程度大于电离程度，故，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据；
B.的水解程度大于电离程度；
C.混合后的溶液为等物质的量的NaH2PO4和Na2HPO4；
D.水解程度大于电离程度。
5．【答案】C
【知识点】指示剂；蒸馏与分馏；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．MgCl2溶液加热蒸干生成Mg（OH）2，故A不符合题意；
B．金属钠的密度比四氯化碳小，钠不能保存在四氯化碳中，故B不符合题意；
C．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过蒸馏烧瓶容积的三分之二，故C符合题意；
D．NaHCO3溶液本身呈碱性，滴定终点因溶有碳酸呈弱酸性，选择甲基橙为指示剂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.加热促进水解，且生成盐酸易挥发；
B.四氯化碳密度比水大；
C.超过容积的三分之二时液体沸腾后，可能会有液体从支管口处溅出；
D.标准HCl溶液NaHCO滴定3溶液，溶液由碱性变为酸性，酚酞变色pH范围约为8~10。
6．【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用；指示剂；化学物质的名称与俗名
【解析】【解答】A．开始NaOH少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A不符合题意；
B．发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+ CO32-，可认为AlO2-结合了HCO3-电离出来的H+，则结合H+的能力：CO32-＜AlO2-，故B不符合题意；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故C不符合题意；
D．白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，则溶度积为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。
7．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；指示剂；中和滴定
【解析】【解答】A. 由图可知NaOH滴定H3BO3时pH在11.40左右才发生突变，酚酞的变色范围不在pH 的突变范围内，故不能用酚酞作指示剂，A不符合题意；
B. 由分析可知当NaOH加入的体积为20mL时，酸碱恰好完全反应，且H3BO3为一元酸，故n(NaOH)=n(H3BO3)，20mL×1mol/L=25mL×c(H3BO3)，解得c(H3BO3)=0.8mol/L，B符合题意；
C. 根据曲线的起点可知H3BO3电离出的H+浓度为10-4.17mol/L，则电离出的B(OH)4-的浓度也为10-4.17mol/L，平衡时H3BO3的浓度为0.8mol/L-10-4.17mol/L≈0.8mol/L，所以K=(10-4.17)2÷0.8=5.7×10-9，数量级为10-9，C不符合题意；
D. 当pH=12时，加入的NaOH的物质的量大于H3BO3的物质的量，
故有c(Na+)>c[B(OH)4-]+c(H3BO3)，再根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)= c[B(OH)4-]+c(OH-)，联立上述两个式子可得c(OH-)>c(H3BO3)+c(H+)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.酚酞的变色范围为8~10，根据图示进行判断即可
B.根据恰好反应时的数据计算即可
C.根据给出的数据进行计算即可
D，根据给出的pH即可判断氢氧化钠过量，利用电荷守恒即可判断
8．【答案】A
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的应用；指示剂；中和滴定
【解析】【解答】A．pH＝3时A2 、HA 的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2＝ ＝c(H＋)＝0.001mol/L，由同一溶液中 ＝ ，pH＝4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中n(HA )＋n(A2 )＝0.1mol，Ka2＝ ＝ ×c(H＋)＝ ×0.0001mol/L＝0.001mol/L，n(HA )约为0.0091mol，故A符合题意；
B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA只能电离不能水解，则溶液中不存在H2A，根据物料守恒得c(A2 )＋c(HA )＝0.1mol/L，故B不符合题意；
C．根据图知，滴定终点时溶液呈酸性，应该选取甲基橙作指示剂，故C不符合题意；
D．pH＝3时，溶液中不存在H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水解，且c(A2 )=c(HA )；等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合，因为电离、水解程度不同导致c(A2 )、c(HA )不一定相等，则混合溶液的pH不一定等于3，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据pH=3时计算出第二步电离常数，结合pH=4时，利用物料守恒和常数进行计算即可
B.根据pH图像即可判断出，H2A的第一步电离是完全电离
C.根据pH图进行判断，当达到滴定终点时溶液显酸性，不应该选择酚酞做指示剂
D.根据给出的数据即可判断溶液pH不一定为3
9．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；指示剂
【解析】【解答】A.CO不溶于水，不与水反应，因此CO不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A不符合题意；
B.SO2与水反应形成H2SO3，显酸性，因此SO2能使湿润的红色石蕊试纸变红，B不符合题意；
C.NH3能与水反应形成NH3·H2O，显碱性，因此NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C符合题意；
D.HCl溶于水形成盐酸，具有酸性，因此HCl能使湿润的红色石蕊试纸变红，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，其水溶液显碱性，据此结合选项所给物质进行分析。
10．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；指示剂
【解析】【解答】A.醋酸是弱酸、盐酸是强酸。同浓度的盐酸、醋酸溶液，盐酸的导电能力强，所以曲线①代表醋酸、曲线②代表盐酸，A不符合题意；
B.氢氧化钠滴定醋酸，终点时溶液呈碱性，所以应该用酚酞作为指示剂，B不符合题意；
C.a点表示醋酸钠溶液、c点表示氯化钠溶液、b点表示氢氧化钠与醋酸钠的混合液， b点水电离受到氢氧化钠的抑制，a点水电离受到醋酸钠的促进，c点氯化钠对水电离无影响，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度：a>c>b，C不符合题意；
D.b点表示等浓度的氢氧化钠与醋酸钠的混合液，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+c(CH3COO-)；根据物料守恒c(Na+)= 2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)；所以c(OH-)=c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，故c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据盐酸溶液和醋酸溶液的电导率变化确定曲线；
B.酸滴碱才用甲基橙，碱滴酸用的是酚酞作指示剂；
C.结合水电离的影响因素分析；
D.b溶液的溶质为：CH3COONa、NaOH，结合电荷守恒和物料守恒分析；
11．【答案】D
【知识点】指示剂
【解析】【解答】A，Na2CO3水溶液中电离出CO32-，CO32-离子水解使溶液呈碱性，加入石蕊溶液后，溶液变蓝色，A选项不符合题意；
B.KCl属于强酸强碱盐，在水溶液不发生水解，溶液呈中性，加入石蕊溶液呈紫色，B选项不符合题意；
C.NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离产生OH-，溶液呈碱性，加入石蕊后溶液呈蓝色，C选项不符合题意；
D.NH4Cl溶于水电离出NH4+，NH4+水解产生H+，使溶液呈酸性，加入石蕊后溶液呈红色，D选项符合题意，
故答案为：D。
【分析】石蕊是酸碱指示剂，用于鉴别溶液的酸碱性，石蕊(原为紫色)遇酸性溶液变红，遇碱性溶液变蓝；
12．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；指示剂
【解析】【解答】A、曲线②电导率先减小后增大，曲线②表示用0.100 mol·L－1盐酸滴定10.00 mL浓度为0.100 mol·L－1的NaOH；曲线①电导率持续增大，曲线①表示用0.100 mol·L－1盐酸滴定10.00 mL浓度为0.100 mol·L－1的氨水溶液，A不符合题意；
B、把盐酸滴加到氨水中，开始时溶液显碱性，当滴定达到终点时，溶液由碱性变为酸性，根据人视觉有滞后性，观察溶液的颜色由浅到深比较敏锐，所以为减小滴定误差，在该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂更精确些，不应该选择酚酞作为指示剂，B不符合题意；
C、b点盐酸过量，溶质是等浓度的氯化铵和盐酸的混合溶液，则根据电荷守恒和物料守恒可知c(H＋)＞c(OH－)＋c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)，C符合题意；
D、c点溶质是氯化钠、b、d点都有剩余的盐酸，抑制水电离、a点是强酸弱碱盐溶液，水解促进水电离，所以水的电离程度最大的是a点，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据原溶液的电导率确定曲线①②所代表的物质；
B.滴定过程应选用甲基橙做指示剂；
C.b点溶液的溶质为等浓度的NH4Cl和HCl，结合电荷守恒和物料守恒分析；
D.先确定abcd四点溶液中的溶质，结合水的电离的影响因素分析；
13．【答案】B
【知识点】指示剂；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．氨气的密度小于空气，收集氨气应用向下排空气法，导管要伸到试管底部，A不符合题意；
B．二氧化硫的密度大于空气，可用向上排空气法收集，盛有氢氧化钠溶液的烧杯可吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，烧杯中倒置的漏斗可防倒吸，B符合题意；
C．饱和氯化铁溶液滴入溶液得到的是氢氧化铁沉淀，C不符合题意；
D．气体应长进短出，短进长出的话，气体会将溶液压出洗气瓶，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．气体密度小于空气，应用向下排空气法收集；
B．依据气体的性质分析；
C．应用水解法制备氢氧化铁胶体 ；
D．洗气应“长进短出”。
14．【答案】C
【知识点】指示剂
【解析】【解答】A．碳酸钠溶液显碱性，A不符合题意；
B．氢氧化钠溶液显碱性，B不符合题意；
C．HCl溶液显酸性，C符合题意；
D．氧化铁不溶于水，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】紫色石蕊溶液遇酸性溶液变红。
15．【答案】C
【知识点】指示剂
【解析】【解答】A．广泛pH试纸仅能读出整数，A项不符合题意；
B．酚酞试液只能大概知道溶液的酸碱性，不能定量，B选项不符合题意；
C．pH计能读到小数点后面两位小数，C项符合题意；
D．精密pH试纸能测到0.2数量级，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】酚酞是指示剂，无法确定pH值；pH计可读到小数点两位；
16．【答案】（1）
（2）11.5
（3）平衡气压防倒吸；倒吸
（4）；
（5）酚酞；无
【知识点】氨的实验室制法；指示剂；制备实验方案的设计；物质的量浓度
【解析】【解答】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(NH4)2HPO4]，实验原理为2NH3+H3PO4=[(NH4)2HPO4]，结合相关实验基础知识分析解答问题。
(1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；
(2)根据可知，浓H3PO4的浓度，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，因此配制100mL 1.7mol/L的H3PO4溶液，需要浓H3PO4的体积V=；
(3)NH3极易溶于水，打开活塞K2以平衡气压，可防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2；
(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
(5)当pH为8.0~9.0时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。
【分析】（1）加热氯化铵和氢氧化钙生成氯化铵、氨气和水；
（2）根据和c稀释前×V稀释前=c稀释后×V稀释后计算；
（3）氨气极易溶于水，K2可平衡气压，防止发生倒吸；
（4）当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
（5）(NH4)2HPO4溶液显碱性，可以选用酚酞作指示剂；碱性溶液能遇酚酞变红。
17．【答案】（1）容量瓶
（2）BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O
（3）
（4）Br2过量，保证苯酚完全反应
（5）反应物用量存在关系：KBrO3~3Br2~6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量
（6）溶液蓝色恰好消失
（7）
（8）易挥发
【知识点】氧化还原反应；指示剂；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）配制一定物质的量浓度的溶液时需要用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还要用到容量瓶；
（2）BrO3-具有氧化性，Br-具有还原性，二者在酸性条件下可以发生氧化还原反应，产物为溴单质和水，故该反应方程式为：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O；
（3）苯酚会和溴单质发生取代反应，反应的方程式为：；
（4）为了确定废水中苯酚的含量，需要将苯酚完全反应掉，因此加入的溴单质应该是过量的，溶液就是黄色；
（5）根据反应方程式：BrO3-+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O、Br2+2KI=2KBr+I2和可知，KI一定是过量的；
（6）淀粉与碘单质会生成蓝色的络合物，当滴加的硫代硫酸钠将碘单质全部还原为碘离子后，反应即到达终点，此时溶液的蓝色消失；
（7）要计算废水中苯酚的含量，应该先计算出苯酚消耗的溴单质的量，根据对应关系KBrO3~3Br2~6KI可知苯酚消耗的溴单质的物质的量为6aV1-bV3，再比上6V2，最后乘上苯酚的分子量，即为废水中苯酚的含量，即；
（8）溴单质的沸点较低，具有较强的挥发性，因此需要贮存在密闭的容器中。
【分析】（1）在配制一定物质的量浓度的溶液时，应该选择合适规格的容量瓶；
（2）在溴酸根中溴元素被还原，溴离子中溴元素被氧化；
（3）取代反应是指化合物分子中任何一个原子或原子团被试剂中同类型的其它原子或原子团所替代的反应，用通式表示为：R－L（反应基质）+A-B（进攻试剂）→R－A（取代产物）+L-B（离去基团）属于化学反应的一类；
（4）如果溴单质不过量，就无法保证将废水中的苯酚全部反应掉，造成计算误差；
（5）由于苯酚也消耗溴单质，因此当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量；
（6）淀粉是用来检验碘单质的试剂，在该反应中相当于指示剂；
（7）根据几个方程式的计量关系可以求出废水中苯酚的含量；
（8）溴单质的沸点约为59摄氏度，因此易挥发。
18．【答案】（1）CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑；A；c；溶液变红；过量的氨致使戊中溶液不一定呈酸性或装置漏气
（2）C
（3）Fe3++Ag=Fe2++Ag+；测定上述实验用0.1mol·L-1 Fe(NO3)3溶液的pH；配制与上述实验用相同pH的HNO3溶液，将此溶液加入新制备的银镜中
【知识点】指示剂；常见气体制备原理及装置选择；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】本实验的目的是制备Fe(NO3)3并进行性质探究，首先进行硝酸的制备，装置甲中制备氨气，装置乙处利用水蒸气和过氧化钠反应制取氧气，在丙装置中将氨气催化氧化为NO，然后NO再与氧气反应得到NO2，NO2与水反应可以制得硝酸；之后用硝酸和氧化铁反应制取硝酸铁，再进行硝酸铁溶液的性质探究。
（1）①氧化钙可以与水反应生成氢氧化钙，并放出热量，大量产生的氢氧根以及热量促使氨气挥发，化学方程式为CaO+NH3 H2O=Ca(OH)2+NH3↑；
②若只用一种试剂制取氨气，则该试剂中应含有NH3分子，所以应选用A，通过加热促使一水合氨分解逸出氨气，所需装置为c；
③硝酸溶液可以使紫色石蕊试液变红，所以观察到溶液变红现象时说明已制得硝酸；氨气溶于水显碱性，过量的氨致使戊中溶液不一定呈酸性，装置漏气导致没有制得硝酸；
（2）Fe、FeO、Fe3O4以及Fe(OH)2都会与硝酸发生氧化还原反应，导致硝酸的利用率降低，所以应用Fe2O3和硝酸反应制取硝酸铁，
故答案为：C；
（3）I．猜想a成立，即Fe3+将Ag氧化为Ag+，但Ag的活动性弱于Fe，所以Fe3+的还原产物应为Fe2+，则离子方程式为Fe3++Ag=Fe2++Ag+；
II．猜想b为Fe(NO3)3溶液呈酸性，在此酸性条件下能氧化Ag，若想验证此猜想，则需检验没有Fe3+的情况银镜是否消失，所以可以先测定上述实验用0.1mol·L-1 Fe(NO3)3溶液的pH，然后配制与上述实验用相同pH的HNO3溶液，将此溶液加入新制备的银镜中，观察银镜是否消失。
【分析】（1）反应为氧化钙夺浓氨水中的水并放出氨气生成氢氧化钙；浓氨水加热后就能生成氨气且无其他产物，反应需要加热且加热的是液体；生成硝酸石蕊变红；氨气过量致使硝酸被中和；
（2）除了三氧化三铁硝酸与其他物质反应先生成二价铁离子，然后硝酸根再与之氧化还原反应生成三价铁离子，不仅硝酸使用率不高，还不容易控制反应条件而引进杂质离子；
（3）若要验证b猜想成立，需使用与硝酸铁溶液相同pH值的硝酸溶液与银镜反应来验证。
19．【答案】（1）DBAC
（2）NH4Cl+NaNO2 NaCl+N2↑+2H2O
（3）D
（4）acb；吸收空气中 CO2 和 H2O(g)，防止进入装置V中影响实验
（5）b
（6）96.9
（7）bc
【知识点】指示剂；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，气流从左至右，装置的连接顺序为D、B、A、C；
（2）实验室制备氮气的反应为饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热反应生成氯化钠、氮气和水，反应的化学方程式为NH4Cl+NaNO2 NaCl+N2↑+2H2O；
（3）为防止空气中的氧气、二氧化碳和水蒸气与锶反应，实验时先点燃D出酒精灯，用反应生成的氮气排尽装置中的空气后，再点燃A处酒精灯；
（4）由分析可知，试管II中连苯三酚碱性溶液用于吸收混合气体中的氧气，试管III中醋酸二氨合亚铜溶液用于吸收混合气体中的一氧化碳，试管IV中浓硫酸用于干燥氮气；干燥管Ⅵ中的碱石灰用于吸收空气中二氧化碳和水蒸气，防止进入装置V中影响实验；
（5）用1.00mol/L氢氧化钠标准溶液滴定过剩的盐酸时，应防止氢氧化钠溶液与氯化铵溶液反应，所以应选择变色范围在酸性区域的甲基橙做指示剂；
（6）由题意可知，与氨气反应的盐酸的物质的量为(1.00mol/L×0.200L—1.00mol/L×0.160L)=0.04mol，由氮原子个数守恒可知，氮化锶的物质的量为0.02mol，则产品的纯度为 ×100%≈96.9%；
（7）a.锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液不影响待测液中溶质的物质的量，对实验结果无影响，故不正确；
b.滴定时未用 标准溶液润洗滴定管会稀释氢氧化钠溶液，导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，与氨气反应的盐酸物质的量偏小，产品的纯度偏低，故正确；
c.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，与氨气反应的盐酸物质的量偏小，产品的纯度偏低，故正确；
d.读数时，滴定前平视，滴定后俯视导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，与氨气反应的盐酸物质的量偏大，产品的纯度偏高，故不正确；
【分析】（1）装置A为氮化锶的制备装置，装置B为氮气的干燥装置，装置C为防止空气中水蒸气进入的装置，装置D为氮气的发生装置；据此确定装置的连接顺序。
（2）根据信息确定反应物和生成物，结合原子守恒书写反应的化学方程式。
（3）实验前应用氮气排除装置内的空气和水蒸气，防止影响氮化锶的生成，据此确定点燃酒精灯的先后顺序。
（4）因为醋酸二氨合亚铜溶液易被氧气氧化，因此需先洗手氧气，再吸收CO，据此确定试管内所加试剂和装置Ⅵ的作用。
（5）滴定终点溶液显酸性，应选用甲基橙作指示剂。
（6）根据滴定数据和氮原子守恒去计算氮化锶的物质的量，由实际质量除以理论质量得到产率。
（7）a、装待测液的洗气瓶不需干燥；
b、滴定管未用标准液润洗，则标准液被稀释，所需标准液的体积偏大；
c、滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏大；
d、读数时，滴定前平视，滴定后俯视导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏小；
20．【答案】（1）难挥发性(高沸点性)；装置Ⅰ可以实现即开即用，即关即停；淀粉-KI试纸
（2）除氢气中的HCl及H2S等其他杂质气体；c—j—k—d—e—i；冷凝管；使氯气完全反应，防止氯气混入盐酸中；形成负压，使产生的HCl被水充分吸收
（3）用滴有石蕊的水进行HCl的喷泉实验，形成红色喷泉，既证明HCl极易溶于水且水溶液呈酸性
【知识点】指示剂；实验装置综合
【解析】【解答】(1)①NaCl+H2SO4(浓)=NaHSO4+HCl↑，该反应的原理是难挥发性酸制取挥发性酸。②装置 I为启普发生器原理，可以通过控制止水夹让反应即开即用，即关即停；氯气具有强氧化性，检验氯气所用的试纸是湿润的淀粉-KI试纸，现象是变蓝然后褪色。(2)①由上述分析可知，利用甲组的III装置制取Cl2，再利用乙组可选用的装置除去Cl2中的杂质，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸除去水蒸气，利用甲组的I装置制取H2，再利用V装置的氢氧化钠除去H2中的HCl及H2S等杂质，之后将得到的纯净的Cl2和H2通入VII装置，为使其充分混合并反应，密度小的H2从h通入，密度大的Cl2从i通入，在VII装置中生成盐酸。所以制取氯气并模拟合成盐酸的实验装置的合理连接顺序为c—j—k—d—e—i。②由图可知，X为冷凝管；合成 HCl时需控制H2的体积略大于Cl2的体积，是为了使氯气完全反应，防止氯气混入盐酸中；抽气水泵可以形成负压，使产生的HCl被水充分吸收。(3) 证明HCl极易溶于水可利用喷泉实验，证明其水溶液呈酸性可用酸碱指示剂，即用滴有石蕊的水进行HCl的喷泉实验，形成红色喷泉，既证明HCl极易溶于水且水溶液呈酸性。
【分析】(1)I、II、III装置为常见的固液制气装置，其中I为启普发生器原理，可以通过控制止水夹让反应即开即用，即关即停。(2)利用甲组的III装置制取Cl2，再利用乙组可选用的装置除去Cl2中的杂质；利用甲组的I装置制取H2，再利用乙组可选用的装置除去H2中的杂质，将得到的纯净的Cl2和H2通入VII装置，为使其充分混合并反应，密度小的H2从h通入，密度大的Cl2从i通入，在VII装置中生成盐酸。(3) 证明HCl极易溶于水可利用喷泉实验，证明其水溶液呈酸性可用酸碱指示剂。
21．【答案】（1）溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色
（2）将Fe3+还原为Fe2+
（3）5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
（4）250.00mL溶液中各微粒的物质的量分别为：n(C2O42-) = 5/2n(MnO4-) = 5/2×0.01mol/L × 48.00 × 10-3L × 10 = 0.012mol，n(Fe3+) = 5n(MnO4-) = 5× 0.01mol/L × 8.00×10-3 = 0.004，据电荷守恒，得知n(K+) = 2 × 0.012mol－3×0.004mol = 0.012mol ，根据质量守恒：n(H2O)=(1.964g－0.012mol × 39g/mol－0.004mol × 56g/mol－0.012mol × 88g/mol)/18g/mol = 0.012mol，n(K+)：n(Fe3+)：n(C2O42-)：n(H2O) = 0.012mol：0.004mol：0.012mol：0.012mol = 3：1：3：3 ，化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O
【知识点】氧化还原反应；指示剂
【解析】【解答】（1）步骤2是用KMnO4标准溶液滴定草酸根离子，加入的高锰酸钾都被草酸根离子还原为无色的Mn2+，直至草酸根离子反应完全，再加入高锰酸钾，溶液显浅红色，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色。
（2）步骤3加入锌粉至黄色（Fe3+的颜色）消失，所以加入锌粉是为了将Fe3+还原为Fe2+。
（3）步骤4是用高锰酸钾氧化上一步生成的Fe2+，所以方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。
（4）在步骤2中加入高锰酸钾为48×0.01÷1000=0.00048mol，根据方程式草酸根为0.00048×5÷2=0.0012mol，因为配制250mL溶液，取出来25mL滴定，所以原物质中草酸根为0.012mol。步骤4加入高锰酸钾为8×0.01÷1000=0.00008mol，根据方程式Fe2+为0.00008×5=0.0004mol，根据Fe守恒得到Fe3+为0.0004mol，因为配制250mL溶液，取出来25mL滴定，所以原物质中Fe3+为0.004mol。由上根据电荷守恒，计算出K+为0.012mol，再根据质量守恒计算出结晶水的量为0.012mol，最后得到该晶体为：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。所以计算过程为：250.00mL溶液中各微粒的物质的量分别为：n(C2O42-) = 5/2n(MnO4-) = 5/2×0.01mol/L × 48.00 × 10-3L × 10 = 0.012mol，n(Fe3+) = 5n(MnO4-) = 5× 0.01mol/L × 8.00×10-3 = 0.004，据电荷守恒，得知n(K+) = 2 × 0.012mol－3×0.004mol = 0.012mol ，根据质量守恒：n(H2O)=(1.964g－0.012mol × 39g/mol－0.004mol × 56g/mol－0.012mol × 88g/mol)/18g/mol = 0.012mol，n(K+)：n(Fe3+)：n(C2O42-)：n(H2O) = 0.012mol：0.004mol：0.012mol：0.012mol = 3：1：3：3 ，化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。
【分析】高锰酸根具有强氧化性，会和草酸跟发生氧化还原反应，使高锰酸钾褪色。根据离子反应方程式的计量数的比值可以根据滴定数据计算出三价铁配合物中各离子的物质的量之比然后确定配合物的结构。
22．【答案】（1）500℃；温度过高，NH4Cl 分解导致与MnCO3的反应不彻底，使浸取率减小(或MnCO3 分解发生其它副反应，使浸取率减小或MnCl2 挥发导致Mn损失或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低或高温固体烧结，固体表面积减少等)
（2）MnO2+2Fe2+ +4H+=Mn2+ +2Fe3+ +2H2O；Fe(OH)3、Al(OH)3
（3）Mn2+ +HCO3-+NH3=MnCO3 ↓+ NH4+
（4）滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内颜色不复原；99.14%
【知识点】指示剂；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由图示得到，500℃的时候，锰的浸取率已经很大，所以选取500℃即可，没有必要选择更高的温度（因为温度越高，能耗越大）。温度很高时，浸取率下降，有可能是高温下氯化铵分解使反应的量减少（不是很好的答案，因为氯化铵分解的温度大约为337℃）；可能是生成的氯化锰转化为气体离开体系（也不是很好，氯化锰沸点为1190℃）；可能是高温下发生副反应，锰转化为其他化合物。
（2）①加入二氧化锰的目的是为了将Fe2+氧化为Fe3+，所以方程式为：MnO2+2Fe2+ +4H+=Mn2+ +2Fe3+ +2H2O。②物质中的杂质主要是Fe、Ca、Mg、Al等元素，因为步骤③中除去Ca2+、Mg2+，所以步骤②加氨水调pH，是为了除去Fe和Al元素，所以沉淀主要是Fe(OH)3、Al(OH)3。
（3）碳化结晶是向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵和氨水，得到碳酸锰的固体，所以方程式为：Mn2+ + HCO3-+NH3=MnCO3 ↓+ NH4+。
（4）① 取I中混合液的1/10于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，此时溶液显蓝色，用硫代硫酸钠滴定单质碘，终点时，因为碘单质都被反应，所以溶液褪为无色，所以终点的现象为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内颜色不复原。②根据滴定中的反应得到关系式：2Mn2+～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-。滴加的硫代硫酸钠为20×0.1÷1000=0.002mol，根据关系式Mn2+为0.001mol，因为是取1/10进行的滴定，所以Mn2+为0.01mol，所以氯化锰也是0.01mol，质量为115×0.01=1.15g，质量分数为1.15÷1.16=99.14%。
【分析】（2）①根据加入二氧化锰可将亚铁离子氧化为铁离子，结合溶液为酸性这一条件书写离子方程式即可。
23．【答案】（1）
（2）温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率 或防止过氧化氢的分解 ；通入过量 使溶液呈碱性，抑制 的溶解 或使溶液呈碱性，减少 的溶解，或提高产品的产率
（3）当滴入最后一滴 标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色；82.91%
【知识点】指示剂；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）题中所给工业流程中，利用氯化钙溶液、过氧化氢和氨气反应制备用上述方法制取 ，化学方程式是 。
（2） ①过氧化氢不稳定，温度低可减少过氧化氢分解，提高过氧化氢利用率 或防止过氧化氢的分解 。
②通入过量 使溶液呈碱性，抑制 的溶解 或使溶液呈碱性，减少 的溶解，或提高产品的产率 。
（3）③滴定终点观察到的现象为：当滴入最后一滴 标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色。
④消耗KMnO4溶液的平均体积为23.03mL，由2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O得5（ ）~5H2O2~2KMnO4 ，n（ ）= n(KMnO4)= ×0.0200mol/L×23.03mL×10-3L·mL-1=1.151×10-3mol， 的质量分数为：1.151×10-3mol×216g·mol-1 ×100%=82.91%
【分析】（3）利用反应过程中各量之间的关系进行计算。
24．【答案】（1）关闭K1、K2，锥形瓶中加水浸没导管，微热三颈烧瓶，锥形瓶内的导管口产生气泡，松手后，倒吸一段水柱，不下降，气密性良好
（2）分液漏斗；避免b中压强过大；防止溶液暴沸
（3）NH4++OH- NH3↑+H2O；降低温度，使氨气被充分吸收
（4）a；17.20%或17.19%
【知识点】指示剂；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）实验前要检验B装置的气密性，具体操作为：关闭K1、K2，锥形瓶中加水浸没导管，微热三颈烧瓶，锥形瓶内的导管口产生气泡，松手后，倒吸一段水柱，不下降，气密性良好；
(2)氢氧化钠溶液盛放在分液漏斗中，玻璃管2用是起到平衡压强的作用，避免b中压强过大；烧瓶中碎瓷片的作用是防止溶液暴沸。
(3)①B装置中反应的离子方程式为：NH4++OH- NH3↑+H2O ；②C装置冰水混合物可以降低温度，使氨气被充分吸收；
（4）用强碱滴定酸，故用甲基橙作指示剂，选a；②n(NH3)+n(OH-)=n(H+)，代入数据可得n(NH3)=0.00307mol，该谷物样品中氮的百分含量为0.00307mol ×14g/mol/0.25g=17.19%。
【分析】（1）实验装置的气密性检验原则是使装置中产生压强差，经过直观的表象判断压强差的变化进行判断。
25．【答案】（1）分液漏斗；b
（2）排除装置内空气，避免空气中O2干扰SO2测定；偏小
（3）B；I2+SO2+ 2H2O=4H++SO42-+ 2I-；当滴入最后一滴碘标准溶夜时，锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，且在30s内不变色
（4）消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差
（5）64(V1-V0)
【知识点】二氧化硫的性质；指示剂；蒸馏与分馏
【解析】【解答】（1）仪器C下端有旋塞，应该是分液漏斗。仪器B应该起到冷凝作用，所以冷却水应该下口入上口出，所以入水口为b。
（2）二氧化硫是强还原性物质容易被氧化，所以先通入N2将装置内的空气排净，避免氧气将二氧化硫氧化。氮气的流速如果过快，会使一部分的二氧化硫来不及溶液在水中就被氮气带出，所以导致结果偏小。
（3）①碘会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，所以只能用酸式滴定管。同时，碘的标准液实际是将碘溶解在碘化钾溶液中制得的，此时单质碘与碘离子作用形成I3-，既增大溶解度又避免了碘的挥发，而光照会促进I3-的分解，所以使用棕色酸式滴定管。选项B符合题意。
②滴定时，单质碘将二氧化硫氧化为硫酸，离子反应方程式为：I2+SO2+ 2H2O=4H++SO42-+ 2I-。达到滴定终点时，二氧化硫都被反应完，加入的单质碘遇淀粉，使溶液显蓝色，所以终点的现象为：当滴入最后一滴碘标准溶夜时，锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，且在30s内不变色。
（4）本题进行空白实验的目的是：消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差。例如：原来的水样、空气中是不是有其他杂质等等。
（5）用于氧化二氧化硫的碘标准液为(V1－V0)mL，其物质的量为0.01(V1－V0)/1000mol，所以二氧化硫也是0.01(V1－V0)/1000mol，质量为0.64(V1－V0)/1000g，这些是10g药粉中的含量，所以1kg药粉中有64(V1－V0)/1000g二氧化硫，即有64(V1－V0)mg二氧化硫，所以答案为：64(V1-V0)mg/kg。
【分析】注意冷凝水下进上出。实验过程中实验原理需根据所测物质的性质进行推理。酸性和具有强氧化性的溶液装在酸式滴定管。碱性试剂装在碱式滴定管里。滴定终点判断，上变下，30秒不复原。
26．【答案】（1）检漏；润洗；
（2）12.3
（3）B
（4）1.8×10-5；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；指示剂；中和滴定
【解析】【解答】（1）酸碱式滴定管在加溶液滴定前，需要的操作是检漏和润洗；当时，酸和碱恰好反应生成NaCl，溶液中所有离子的浓度存在的电荷守恒：；
（2）mL时，反应相当于余下10mL的NaOH，溶液为碱性，溶液中c(OH-)=0.02mol/L，则c(H+)=，已知，所以溶液pH=- lgc(H+)=12.3；
（3）A．NaOH与盐酸恰好完全反应时生成NaCl，为中性溶液，，A符合题意；
B．甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，相反甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，B不符合题意；
C．在化学计量点前后极少量的NaOH就会使溶液的pH发生突变，C符合题意；
D．根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，D符合题意；
故答案为：B。
（4）当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，依据，计算得到c(Ag+)==1.8×10-5mol/L，此时溶液中=mol/L。
【分析】（1）滴定管使用时需进行检漏和润洗；当时，酸和碱恰好反应生成NaCl，结合电荷守恒分析；
（2）根据pH=- lgc(H+)计算；
（3）A.NaOH与盐酸恰好完全反应时生成NaCl，溶液呈中性；
B.甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，能减小误差；
C.当接近恰好完全反应时，多滴加极少量的碱时溶液呈碱性；
D.根据突变范围选择合适的指示剂；
（4）根据c(Ag+)=和计算。
27．【答案】（1）C，D
（2）5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O；酸；锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；0.2 mol·L-1
（3）D
【知识点】氧化还原反应；指示剂；中和滴定
【解析】【解答】（1）A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作符合题意，导致消耗的标准液体积读数偏小，根据c（待测）= 可知，测定结果偏低，选项A不符合题意；
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，此操作符合题意，不影响测定结果，选项B不符合题意；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗，导致标准液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积增大，根据c（待测）= 可知，测定结果偏高，选项C符合题意；
D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准液体积偏大，根据c（待测）= 可知，测定结果偏高，选项D符合题意；
故答案为：CD；（2）①滴定时草酸被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生的离子反应方程式为5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O；
高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以应该使用酸式滴定管盛装高锰酸钾溶液；滴定结束前混合液为无色，滴定结束时混合液变成了紫红色，所以滴定终点现象为：锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；②三次滴定消耗标准液体积分别为：（20.40-0.50）mL=19.90mL，（23.00-3.00）mL=20.00 mL，（24.10-4.00）mL=20.10mL，可见三次滴定的数据都是有效的，消耗标准液的平均体积为： =20.00mL，高锰酸钾的物质的量为：0.1mol L-1×0.020L=0.0020mol，根据反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O可知，n（H2C2O4）= n（KMnO4）=0.005mol，则待测液草酸的物质的量浓度为： =0.2 mol L-1； （3）若用AgNO3去滴定NaSCN溶液，可选用的滴定指示剂的物质的溶解度应比AgSCN大，且现象明显，应为Na2CrO4，混合物中有砖红色沉淀生成，故答案为D。
【分析】（1）根据c（待测）= 分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；（2）①根据高锰酸钾溶液具有强氧化性选择滴定管类型；根据滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变成紫红色为滴定终点；②先判断滴定数据的有效性，然后计算出消耗标准液的平均体积，再根据c（待测）= 分析计算出待测液的浓度；（3）滴定结束时，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成有明显颜色变化的沉淀，保证滴定剂和被滴定物完全反应。
28．【答案】（1）
（2）溶液颜色变浅
（3）0.02
（4）正；增大；锌；
（5）；减小
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；指示剂
【解析】【解答】(1)铁比铜活泼，为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为 ，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为 ，则铜片周围溶液会出现溶液颜色变浅的现象；
(2)设转移xmol电子，则消耗 ，析出 ，则有 ， ；
(3)①B装置构成原电池，Fe更活泼易失电子作负极，Sn作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应而生成氢气，电极反应式为 ↑，导致氢离子浓度降低，溶液的pH增大②A装置中Fe发生化学腐蚀;装置B、C构成原电池，B装置中Fe更活泼易失电子作负极，Sn作正极;C装置中Zn易失电子作负极，Fe作正极，作负极的金属加速被腐蚀，所以锌被腐蚀，作正极的金属铁被保护，金属腐蚀快慢速率为:作负极的金属>发生化学腐蚀的金属>作正极的金属，所以铁被腐蚀快慢速率为 ；
(4)①氢氧燃料电池的总反应即是氢气与氧气反应生成水，其反应的总方程式为: ；②已知氢氧燃料电池的总反应为: ，电池工作一段时间后，生成水使溶液体积增大，则硫酸的浓度减小。
【分析】（1）原电池中较活泼金属做负极；发生氧化反应；
（2）铜为正极，溶液中氧化性较强的离子先还原；
（3）根据系数比等于反应的物质的量之比来计算；
（4）原电池中较活泼金属做负极；判断酸碱性变化看溶液中离子的变化情况；金属腐蚀快慢速率为:作负极的金属>发生化学腐蚀的金属>作正极的金属；
（5）氢氧燃料电池的总反应即是氢气与氧气反应生成水，生成水会稀释溶液导致氢离子浓度减小。
29．【答案】（1）A
（2）B
（3）锥形瓶中溶液颜色的变化；对比，便于观察溶液颜色的变化
（4）0.4000 mol/L；80%
（5）偏高；无影响；偏高；偏低
【知识点】指示剂；中和滴定；物质的量浓度
【解析】【解答】（1）称量时，药品不能直接放在托盘上，因为烧碱是NaOH，NaOH有潮解性，放在纸片上，因氢氧化钠吸水使一部分样品残留在纸片上，造成物质的量的减少，因此样品放在小烧杯中进行称量，
故答案为：A；
（2）强酸滴定强碱或强碱滴定强酸，一般所用指示剂为甲基橙或酚酞，因为石蕊变色范围比较宽，现象变化不明显，因此中和滴定时一般不用石蕊作指示剂，
故答案为：B；
（3）滴定过程中，眼睛应注视锥形溶液颜色的变化，垫一张白纸，目的是便于观察溶液颜色的变化；
（4）第一次滴定消耗酸的体积为(20.50－0.40) mL=20.10mL，第二次滴定消耗酸的体积为(24.00－4.10)mL=19.90mL，平均消耗的酸的体积为(20.10＋19.90)/2mL=20.00mL，即c(NaOH)=20×10－3×0.2000/(10×10－3)mol·L－1=0.4000mol·L－1，烧碱的纯度为500×10－3×0.4000×40/10.0×100%=80%；
（5）C待=c标×V标/V待，①滴定管未用标准液润洗，直接盛放标准液，标准液稀释，造成消耗标准液的体积增大，即滴定结果偏高；②锥形瓶不能用待装液润洗，否则对实验结果产生影响，即对实验不会产生无影响；③滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡，消耗的标准液的体积增大，滴定结果偏高；④滴定前平视凹液面，滴定终了俯视凹液面，造成标准液的体积偏小，即结果偏低。
【分析】(1)称量需要注意，有些药品不能直接放在托盘上，例如NaOH;
(2)中和滴定时一般用指示剂为甲基橙或酚酞不用石蕊作指示剂；
（3）滴定过程中，眼睛应注视锥形溶液颜色的变化；为便于观察颜色变化可以用白纸；
（4）计算浓度应用三次的平均消耗的体积减小误差；烧碱的纯度为500×10－3×0.4000×40/10.0×100%=80%；
（5）标准液稀释，造成消耗标准液的体积增大，即滴定结果偏高；锥形瓶应用待蒸馏水润洗；滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡，滴定结果偏高； 滴定前平视凹液面，滴定终了俯视凹液面，即结果偏低。
30．【答案】（1）100mL容量瓶
（2）将饮料中糖类物质转化为葡萄糖（意思相近均给分）
（3）溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色
（4）27.00mg·mL-1
【知识点】指示剂；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】本题考查溶液之间相互滴定的定量实验，包括一定物质的量浓度溶液的配制、滴定中注意的事项、滴定的终点的判断及有关计算的知识点。糖类物质在稀硫酸的催化下发生水解，最终生成葡萄糖，加碱使溶液呈碱性，I2与葡萄糖反应，用淀粉作指示剂，最后用Na2S2O3滴定未完全反应的I2，溶液由蓝色变为无色，即达到终点。
（1）配制一定物质的量浓度的溶液，需要100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，所以答案为100mL容量瓶。
（2）糖类物质在稀硫酸的催化下发生水解，生成葡萄糖，加热可使反应速率加快。
（3）I2与葡萄糖反应，用淀粉作指示剂，I2过量，溶液呈蓝色。最后用Na2S2O3滴定未完全反应的I2，当滴至最后一滴时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，即达到终点。故答案为：液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色
（4）据② I2+2Na2S2O3 = 2NaI+Na2S4O6 ，Na2S2O3消耗的I2的物质的量为0.01200 mol L-1 ×0.025 L×1/2=1.5×10-4mol，葡萄糖消耗的I2的物质的量为0.03L× 0.01500 mol ·L-1-1.5×10-4mol=3×10-4mol，根据①C6H12O6+I2+3NaOH =C6H11O7Na+2NaI+2H2O可得葡萄糖的物质的量为3×10-4mol，稀释前葡萄糖的物质的量为3×10-4mol×10=3×10-3mol，质量为3×10-3mol×180g/mol=540mg，所以糖类物质的含量为540mg/20mL=27.00mg·mL-1。
【分析】（1）易错点：写容量瓶一定要注明规格
（2）温度能影响反应速率，温度升高，反应速率加快
（3）注意：要半分钟内不褪色，以确保反应充分进行
（4）n测=c标V标*化学反应中计量系数之比
31．【答案】（1）2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑
（2）偏高
（3）滴下最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色
【知识点】氧化还原反应；指示剂；中和滴定
【解析】【解答】（1）实验Ⅰ在滴定过程中反应是酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性氧化草酸为二氧化碳，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+8H2O+10CO2↑；（2）若实验Ⅱ中没有对实验Ⅰ的保留液进行充分加热，则溶液中有剩余的MnO4－，MnO4－能氧化I－生成碘单质，从而导致与碘单质反应的Na2S2O3溶液的体积增大，因此导致测定Fe3＋的含量偏高；（3）由于单质I2遇到淀粉变蓝色，所以滴定终点的实验现象是滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变化为无色且半分钟不变化，证明反应达到终点；
答案为：（1）2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑
（2）偏高
（3）滴下最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色
【分析】考查酸碱滴定和氧化还原反应的有关知识。
（1）陌生方程式的书写，提取题目中的信息，先写出氧化剂和还原剂及其对应的产物，根据电子转移数目相等，用最小公倍数法确定系数。
（3）酸碱滴定终点的判断；I2+2S2O32-=2I-+S4O6，单质碘被还原成碘离子，溶液由蓝色变化为无色，注意要半分钟不变化，才能证明反应达到终点；
32．【答案】（1）①
（2）H2SO4=2H++SO42-
（3）2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑
（4）HCO3-+H+═H2O+CO2↑
（5）SiO2+2OH-═SiO32-+H2O
【知识点】硅和二氧化硅；钠的重要化合物；指示剂；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）酸能使紫色石蕊溶液变红色，因此溶液变红的是硫酸。
（2）硫酸是二元强酸，H2SO4的电离方程式为H2SO4=2H++SO42-。
（3）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑。
（4）碳酸氢钠可治疗胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)过多，与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式为HCO3-+H+＝H2O+CO2↑。
（5）二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-＝SiO32-+H2O。
【分析】（1）石蕊遇酸变红
（2）强酸完全电离
（4）（5）写离子方程式时，气体、沉淀、弱电解质不可拆分。
33．【答案】（1）A；检查是否漏水
（2）溶液由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色
（3）D
（4）26.10
（5）{#mathmL#}{#/mathmL#} ＝ {#mathmL#}{#/mathmL#} ＝26.10 mL，c(NaOH)＝ {#mathmL#}{#/mathmL#} ＝0.104 4 mol·L－1
【知识点】指示剂；中和滴定；物质的量浓度
【解析】【解答】(1)A是碱式滴定管，使用滴定管前必须进行检查滴定管是否漏水；（2）选择甲基橙作指示剂，用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，当出现溶液由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色时，说明达到滴定终点；（3）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗，标准液浓度减小，滴加盐酸体积增大，就所测NaOH溶液的浓度数值偏高，A错误；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，没有影响，B错误；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，滴加盐酸体积增大，就所测NaOH溶液的浓度数值偏高，C错误；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，滴加盐酸体积减小，就所测NaOH溶液的浓度数值偏低，D正确。答案选D。（4）所用盐酸溶液的体积为26.10mL；（5）因为第二组实验中，滴加盐酸的体积偏差太大，舍去，则二次实验盐酸体积的平衡值为： ＝ ＝26.10 mL，则c(NaOH)＝ ＝0.104 4 mol·L－1。
【分析】（1）使用碱式滴定管前需要检漏；
（2）根据甲基橙指示剂达到终点的现象进行解答；
（3）溶液浓度偏低可以从溶质减少或体积增加等方面进行分析；
（4）根据滴定管中的刻度即可得出答案；
（5）将实验误差最大的数据去掉后，利用其它两组数据即可求出所需溶液的物质的量浓度。
34．【答案】（1）冷凝管或冷凝器；b
（2）SO2＋H2O2=H2SO4
（3）③；酚酞；④
（4）0.24
（5）原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响
【知识点】指示剂；中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b；
（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4；
（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞（50.00mL-10.00mL）=40.00mL，所以④正确；
（4）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为： ×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为： =0.24g/L；
（5）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。
故答案为：（1）冷凝管或冷凝器，b；（2）SO2+H2O2=H2SO4；（3）③，酚酞，④；（4）0.24；（5）用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响.
【分析】本题考查蒸馏装置的基本仪器，（2）考查氧化还原滴定方程式的书写，（3）考查氧化还原滴定仪器的选择，滴定管的选择，指示剂的选择。（4）中和滴定的计算，（5）滴定误差分析。
35．【答案】（1）冷凝管；b
（2）酚酞；当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色
（3）0.24
（4）盐酸的挥发；用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响
（5）ClO ＋4H＋＋4I－=Cl－＋2I2＋2H2O
（6）调节溶液的pH≤2.0
（7）
【知识点】指示剂；离子方程式的书写
【解析】【解答】本题主要考查滴定法的应用。（I）(1)仪器A的名称是冷凝管，水的流向是“下进上出”，水通入A的进口为b。
(2)若滴定终点时溶液的pH＝8.8，溶液呈碱性，则选择的指示剂为酚酞。滴定终点现象为当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色。
(3) SO2～H2SO4～2NaOH，该葡萄酒中SO2含量为：0.0900mol·L－1×25.00 mL/2×64g/mol/300mL=0.24g·L－1。
(4)该测定结果往往比实际值偏高，最可能的原因是盐酸的挥发，在不改变装置的情况下，如何改进：用不挥发的强酸如硫酸代替盐
