2023年高考真题变式分类汇编：中和滴定1
一、选择题
1．（2023·山东）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。根据上述实验原理，下列说法正确的是
A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验
B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小
D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大
2．（2023·山东）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。对于上述实验，下列做法正确的是
A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可
B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点
C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直
D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管
3．（2023·湖南）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
4．（2022·河北）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是（ ）
A．该水样中c(CO)=0.01mol L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol L-1
5．（2023·达州模拟）常温下，向浓度为0.01mol·L-1的H3AsO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。关于该过程的说法错误的是
A．pH为7.35~7.45的溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3
B．Ka1(H3AsO3)的数量级是10-10
C．当pH=13时，溶液中的=-0.8
D．c点，c(Na+)>c()+3c()+2c()
6．（2023·阿勒泰模拟）25 ℃时，将HCl气体缓慢通入0.10 mol·L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法错误的是
A．25 ° C时， NH3·H2O的电离平衡常数为10-4.75
B．P1所示溶液：c(Cl-) < 0.05 mol·L-1
C．P2所示溶液：c()= 100c( NH3·H2O )
D．P3所示溶液：c(Cl- )>c() >c(H+)>c(OH-)
7．（2023·嘉定模拟）室温下，用标准液0.01mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.01mol·L-1H2C2O4(二元弱酸)溶液，在滴定过程中有关说法正确的是
A．当标准液滴到10.00mL时，溶液中存在[Na+]=[]
B．滴定终点时，水电离的氢离子浓度为10-7mol·L-1
C．pH=2的H2C2O4溶液中水电离的[H+]大于0.01mol·L-1NaOH溶液中水电离的[H+]
D．滴定过程中始终存在[Na+]+[H+]=[]+2[]+[OH-]
8．（2023·浦东模拟）常温下用的HCl溶液滴定同浓度20.00mL某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．水的电离程度：X>Y>Z
B．X点：
C．Y点：
D．对Z点溶液加热，一定增大
9．（2023·邢台模拟）向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图a所示；向的草酸钠溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，形成的与变化如图b所示。下列有关说法中错误的是(已知)
A．图b中当溶液时，
B．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后，溶液中为
C．的溶液的pH>2.5
D．向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系与图a相同
10．（2023·唐山模拟）向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图a所示；向的草酸钠溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，形成的与变化如图b所示。下列有关说法中错误的是(已知)
A．向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系与图a相同
B．的溶液的
C．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后，溶液中为
D．图b中当溶液时，
11．（2023·酒泉模拟）常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示[已知：p=-lg]。下列叙述错误的是
A．m点对应的NaOH溶液体积小于10 mL
B．Ka(HA)为10-4.76
C．l点所示溶液中：c(Na＋)
12．（2023·漳州模拟）常温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．两种一元弱酸的电离常数：
B．溶液中水的电离程度：③>②>①
C．时，
D．滴定时均可选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点
13．（2023·河南模拟）已知丙二酸(HOOCCH2COOH，简记为H2A)是二元弱酸。常温下，向20.0 mL0.1 mol·L-1丙二酸溶液中滴加同浓度的NaOH溶液V mL，体系中含碳粒子的物质的量分布系数(δ)与pH的关系如图所示。已知：丙二酸在体系中物质的量分布系数为δ(H2A)= 。
下列叙述正确的是
A．V=20.0时，c(HA-)>c(H2A)>c(A2- )
B．b点对应的溶液温度为滴定过程中的最高值
C．V=40.0时，c(H2A)+c(HA- )+c(A2-)=0.1 mol ·L-1
D．常温下，H2A+A2-2HA-的平衡常数K= 102.81
14．（2023·龙岩模拟）测定食醋中总酸度有以下步骤：①将食醋精确稀释到原来的10倍；②用烧碱固体配制100mL浓度约为0.1mol L-1的溶液；③用邻苯二甲酸氢钾固体标定步骤②所得溶液；④用移液管取20.00mL待测液；⑤用已知浓度NaOH溶液滴定。以下对应步骤中的操作及选用仪器正确的是
A．步骤① B．步骤②
C．步骤③ D．步骤⑤
15．（2023·武威模拟）常温下，向的二元酸溶液中逐滴加入等浓度的溶液，溶液的与离子浓度变化的关系如图所示，下列说法正确的是
A．曲线I表示与的关系
B．滴入溶液至中性：
C．的平衡常数
D．时，混合溶液呈碱性
16．（2023·葫芦岛模拟）25℃时，用溶液滴定某二元弱酸，滴定过程中溶液的pH及、、的物质的量浓度变化如图所示，下列说法错误的是
A．的
B．Y点：
C．X点、Z点水的电离程度：Z>X
D．当时，
17．（2022·内江模拟）常温下，向一元弱碱BOH溶液中滴加一元强酸稀溶液，已知在一元弱碱BOH溶液中存在： c(BOH) +c(B+) =0.1 mol·L-1，溶液中c( BOH)和c(B+)的负对数pc的大小与pOH[ pOH= - lge( OH-)]的关系如图所示。下列有关叙述错误的是( )
A．常温下，当溶液的pOH =5.75时，溶液的pH =8.25
B．常温下，一元弱碱BOH的电离平衡常数约为10-5
C．a点对应的溶液中，一元弱碱BOH的电离程度大于B+的水解程度
D．当溶液的pOH =5.75时，c(OH-)
A．由水电离产生H+的浓度c(H+)： A>B
B．溶液中存在：c(H+)+c(Na+) =c(OH-)+c(A-)
C．从A到C，都存在：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
D．在D点：c(Na+)=2c(HA)+2c(A-)
19．（2022·四平模拟）室温下，分别用0.1000mol L－1的NaOH标准液滴定浓度均为0.1mol L－1的三种酸HX、HY、和HZ，滴定曲线如图所示，下列说法错误的是
A．三种酸的酸性强弱：HX>HY>HZ
B．等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性
C．用NaOH标准液滴定HZ溶液时，选用酚酞作指示剂
D．滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，溶液中存在c（X－）
A．曲线I，滴加10 mL溶液时：c(NH4+)+c(H＋)＝c(OH－)+c(NH3·H2O)
B．曲线I，滴加20 mL溶液时：两溶液恰好完全反应，此时溶液的pH<7
C．曲线II，滴加溶液体积在10～20 mL之间时存在：c(NH4+)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)
D．曲线II，滴加30 mL溶液时：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
21．（2022·呼和浩特模拟）常温时，采用甲基橙和酚酞双指示剂，用盐酸滴定Na2CO3溶液，溶液中lgc(H2CO3)、lgc(HCO)、lgc(H+)、lgc(OH-)随溶液pH的变化及滴定曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂
B．n点的pH为m点和q点pH的平均值
C．r点溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)
D．r点到k点对应的变化过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大
22．（2022·自贡模拟）已知pOH=-lgc(OH-)。向20mL0.1mol·L-1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法错误的是（ ）
A．a点时溶液中存在：c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c()+2c(H+)
B．a、b、c三点对应的水解平衡常数：Kh(b)＞Kh(a)＞Kh(c)
C．当溶液中pH=pOH时，水的电离程度最大
D．稀H2SO4的物质的量浓度为0.05mol·L-1
二、多选题
23．（2022·淄博模拟）常温下，用NaOH溶液滴定H3PO3溶液(已知H3PO3为二元弱酸)，溶液中pc(H2PO)和-lg或pc(HPO)和-lg的关系如图所示。(已知pc=-lgc)。下列说法正确的是
A．L2表示pc(HPO)和-lg的关系
B．H3PO3的电离常数Ka2(H3PO3)的数量级为10-6
C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，c(HPO)＞c(H3PO3)
D．c(H3PO3)=c(HPO)时，溶液显碱性
24．（2023·菏泽模拟）常温下，向一定浓度溶液中加入KOH固体，保持溶液体积和温度不变，测得pH与[X为、、]的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线M表示
B．常温下，
C．a点溶液中：
D．b点溶液中：
三、非选择题
25．（2022·辽宁）作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备原理及装置如下：
已知：、等杂质易使催化剂中毒。回答下列问题：
（1）A中反应的离子方程式为 。
（2）装置B应为 (填序号)。
（3）检查装置气密性并加入药品，所有活塞处于关闭状态。开始制备时，打开活塞 ，控温。一段时间后，仅保持活塞b打开，抽出残留气体。随后关闭活塞b，打开活塞 ，继续反应一段时间。关闭电源和活塞，过滤三颈烧瓶中混合物，加水萃取，分液，减压蒸馏，得产品。
（4）装置F的作用为 。
（5）反应过程中，控温的原因为 。
（6）氢醌法制备总反应的化学方程式为 。
（7）取产品，加蒸馏水定容至摇匀，取于锥形瓶中，用酸性标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为、、。假设其他杂质不干扰结果，产品中质量分数为 。
26．（2023·保定模拟）在两个相同的特制容器中分别加入20 mL 0.4 mol L的溶液和40 mL 0.2 mol L的溶液，再分别用0.4 mol L的盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线。下列说法正确的是
A．图中乙、丙线表示向溶液中滴加盐酸
B．根据图分析，d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
C．溶液和溶液中均满足
D．当滴加盐酸的体积为 mL时，a点所发生反应的离子方程式为
（1）装置乙的作用是 。
（2）装置丙中制备次氯酸钠为放热反应，该反应需要控制温度在40℃以下，写出一种(除搅拌外)控制该反应温度的操作方法 。
（3）Ⅱ.探究相关性质
为了进一步研究消毒液的性质，兴趣小组向盛有2 mL 84消毒液的试管中，逐滴加入10%的双氧水，发现有大量的气泡产生，对此作出以下猜测。
猜测1：双氧水与消毒液发生反应产生氧气。猜测2：……
猜测1中反应的化学方程式为 。猜测2可能为 。
（4）为了验证猜想，某探究小组设计用如图装置进行实验，所选药品有：10%的双氧水、一定浓度的84消毒液、二氧化锰等。该小组通过实验得出猜测1正确，请依据此装置和所给的药品推测该探究小组的实验设计是 。
27．（2023·安庆模拟）重铬酸钾作为实验室重要的基准物质，通常用来标定某些物质的浓度。实验室模拟固体碱熔氧化法制备K2Cr2O7步骤如下：
I、制备阶段
①氧化焙烧：在熔融碱中，用强氧化剂氯酸钾氧化Cr2O3，得到易溶于水的铬酸盐；
②熔块提取：用水浸取熔体，过滤，将滤液酸化；
③复分解结晶：向酸化后的滤液中加入细小KCl晶体，抽滤、干燥、得粗产品重铬酸钾。
II、纯度分析
称取1.000g的粗产品，配制成100mL溶液，取25.00mL用硫酸酸化，加入适量KI和指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至亮绿色。
回答下列问题：
（1）在氧化焙烧时，用 进行熔融(填仪器名称)，下列仪器在纯度分析中用不到的是 (填序号)。
（2）步骤①中使用的碱为苛性钠，写出该步反应的化学方程式 。
（3）步骤②中加入强酸酸化的目的是 。
（4）步骤③中加入细小KCl晶体能得到重铬酸钾，原理为2KCl+Na2Cr2O7=2NaCl+K2Cr2O7该反应能发生的原因是 。
（5）纯度分析中选择的指示剂是 ，写出酸性重铬酸钾与KI反应的离子方程式 。滴定原理是I2+2=2I-+，若滴定终点消耗0.2000mol/LNa2S2O3标准溶液22.50mL，则该产品纯度为 %(保留两位小数)。
28．（2023·枣庄模拟）三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室可利用下面装置模拟制取三氯化铬(、为气流控制开关)。
原理：
已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体
（1）实验装置合理的连接顺序为a— (填仪器接口字母标号)。
（2）步骤如下：
i．连接装置，检查装置气密性，装入药品并通；
ii．加热反应管至400℃；
iii．控制开关，加热，温度保持在50℃～60℃之间；
iv．加热石英管继续升温至650℃，直到E中反应基本完成，切断管式炉的电源；
v．停止A装置水浴加热，……；
vi．装置冷却后，结束制备实验。
①步骤i中，开关、的状态分别为 。
②补全步骤v的操作： ，其目的是 。
（3）从安全的角度考虑，整套装置的不足是 。
（4）装置D中反应的离子方程式为 。
（5）取三氯化铬样品0.300g，配制成250mL溶液。移取25.00mL于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量溶液，生成绿色沉淀。冷却后，加足量30% ，小火加热至绿色沉淀完全溶解。冷却后，加入酸化，再加入足量KI溶液，加塞摇匀充分反应后，铬元素只以存在，暗处静置5min后，加入指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液21.00mL(杂质不参加反应)。
已知：；
①绿色沉淀完全溶解后，继续加热一段时间再进行后续操作，目的是 。
②样品中无水三氯化铬的质量分数为 (结果保留三位有效数字)。
③若将碘量瓶换为锥形瓶，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
29．（2023·邵阳模拟）四氯化钛(，熔点：-25℃，沸点：136 ℃)是制备海绵钛和钛白的主要原料，其实验室制备原理是，某同学利用如下装置制备并验证产物CO。
已知：遇潮湿空气会发生反应：。
回答下列问题：
（1）写出装置A中制备的化学反应方程式 (注：反应中被还原为)。
（2）按气流方向从左至右，上述装置的连接顺序为A， ，G，F，H，E。
（3）装置A中盛放浓盐酸的仪器名称为 ，装置G中盛放的碱石灰的作用是 。
（4）能证明有CO生成的实验现象是 。
（5）产品中含量测定：取10.0 g 产品于烧瓶中，向安全漏斗(如下图所示)中加入足量蒸馏水后，立即夹紧弹簧夹，充分反应后将安全漏斗及烧瓶中混合物中液体转移到容量瓶中配成500 mL溶液，取20 mL所配溶液放入锥形瓶中，滴加几滴的溶液作指示剂，用的溶液滴定至终点，消耗溶液32.00 mL。已知：是一种深红色固体；常温下，，。
①安全漏斗中的水在本实验中的作用除加水外，还有 ；
②该沉淀滴定终点的判断方法是 ；
③该产品纯度为 %。
30．（2022高二下·烟台期末）二氯异氰尿酸钠（NaC3N3O3Cl2，摩尔质量为220g/mol）是一种高效广谱杀菌消毒剂，它常温下为白色固体，难溶于冷水。其制备原理为：，请选择下列部分装置制备二氯异氰尿酸钠并探究其性质。
请回答下列问题：
（1）选择合适装置，按气流从左至右，导管连接顺序为 （填小写字母）。
（2）将D中试剂换成氯酸钾后发生反应的化学方程式为 。
（3）仪器X中的试剂是 。
（4）实验时，先向A中通入氯气，生成高浓度的NaClO溶液后，再加入氰尿酸溶液。在加入氰尿酸溶液后还要继续通入一定量的氯气，其原因是 。
（5）反应结束后，A中浊液经过滤、 、 得到粗产品mg。
（6）粗产品中NaC3N3O3Cl2含量测定。将mg粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100mL溶液，取10.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min。用c mol/L Na2S2O3标准溶液进行滴定，加入淀粉指示剂，滴定至终点，消耗溶液。（假设杂质不与反应，涉及的反应为：C3N3O3Cl+3H++4I- = C3H3N3O3+2I2+2Cl-，）
①滴定终点现象是 。
②则NaC3N3O3Cl2的含量为 。(用含m，c，V的代数式表示)
31．（2022·青岛模拟）二氯化二硫是一种金黄色油状液体(沸点138℃)，用作除草剂、橡胶硫化剂等。制备装置如图(夹持和加热装置略)。
已知：遇水发生反应；热稳定性差；能被氧化为；硫黄的熔点为113℃，沸点为445℃，
回答下列问题：
（1）电子式为 。
（2）制备的实验步骤如下：
步骤1：检查装置气密性，加入硫黄，通氮气；
步骤2：一段时间后加热A中三颈烧瓶至110℃~115℃，使硫黄熔化；
步骤3：改通氯气，于115℃~125℃氯化一段时间后改通氮气；
步骤4：......；
步骤5：停止加热，持续通氮气至冷却。
①步骤1开始时需打开 关闭 (填“”、“”或“”)。通氮气的目的是 ；步骤4是 。
②证明有生成的现象是 。反应过程应控制的量，原因是 ；装置C可选择 (填标号)。
（3）为测定产物纯度，实验操作如下：
Ⅰ．实验前称重B装置为，实验后称重为(均不包含冰盐水)，取出产品备用，剩余产品进行后续实验；
Ⅱ．撤掉装置A、C和B中冰盐水，重新更换足量的NaOH溶液，直接连接装置B、D；
Ⅲ．打开、、，并不断向B中通入水蒸气、将和全部赶出；
Ⅳ．实验结束后，取下锥形瓶，滴加几滴酚酞，用盐酸标准溶液滴定剩余的溶液，消耗盐酸；
Ⅴ．不加样品，做空白对照实验，消耗盐酸。
①产品中的纯度为 (写出表达式)。
②下列操作可能会导致测定结果偏高的是 (填标号)。
a．水蒸气的通入时间较短
b．操作Ⅳ滴定后仰视滴定管读数
c．操作Ⅴ滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡
32．（2022·商洛模拟）硫化锂(Li2S)易潮解，在加热条件下易被空气中的氧化，是一种潜在的锂电池的电解质材料。实验室用粗锌(含少量铜、FeS)和稀硫酸反应制备，并用制得的去还原硫酸锂制备硫化锂，反应原理：，实验装置如图所示。请回答下列问题：
（1）选择A装置实现随制随停，还适用于下列试剂制备对应气体的是 (填标号)。
a.70%硫酸、亚硫酸钠 b.：稀盐酸、大理石
c.：浓氨水、生石灰 d.：浓盐酸、
（2）C和E装置中盛装的试剂相同，均可选择 (填名称)，E装置的作用是 。
（3）B装置中发生反应的离子方程式为 。
（4）得到的产品中往往含有一定量的杂质，某小组同学对产品中的杂质进行探究。
①提出猜想：
猜想一：产品中含杂质
猜想二：产品中含杂质
猜想三：产品中含杂质S
依据所学知识，猜想三不成立，理由是 。
②化学小组为验证猜想：
限选试剂：稀盐酸、稀硫酸、蒸馏水、品红溶液、双氧水、氯化钡溶液、硝酸钡溶液
实验 操作与现象 结论
I 取少量样品溶于水， 样品中不含
II 在实验I反应后的溶液中， 样品中含
（5）测定产品纯度的方法：取wg样品加入足量稀硫酸，充分反应后，煮沸溶液，冷却后滴加酚酞溶液作指示剂，用NaOH标准溶液滴定，消耗NaOH标准溶液。
①煮沸的目的是 。
②样品的纯度为 。
33．（2022·河北模拟）实验室以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量的操作步骤如下：
（1）Ⅰ.制备NaClO强碱性饱和溶液：
①将20mLNaOH溶液加入仪器b中，冷水浴冷却，通入搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止(装置如下图所示)。
②将所得饱和NaClO倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入20gNaOH固体并不断搅拌，过滤，得NaClO强碱性饱和溶液。
甲装置中a管的作用是 。
（2）写出甲装置中反应的化学方程式 。
（3）石灰乳的作用是 。
（4）反应过程中用冷水浴冷却的原因是 。
（5）Ⅱ.合成
①称取5.05g(相对分子质量为404)固体，在冷水浴中分批加入Ⅰ中所得滤液，并不断搅拌，反应1小时后溶液呈深紫红色(即)。
②离心分离除去水解得到的胶体，留上层清液(深紫红色)。
③向②的上层清液中缓慢加入KOH饱和溶液50.00mL，冰水浴保持5min，过滤，得(相对分子质量为198)粗产品。
④将粗产品重结晶，并用异丙醇洗涤，低温烘干，得纯产品2.13g。
合成的离子方程式为 。
（6）用异丙醇洗涤的目的是 。
（7）的产率为 (保留至0.1%)。
34．（2022·保定模拟）硫化锌(ZnS)是一种半导体材料，某小组在实验室制备硫化锌：。回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的化学方程式为 。
（2）装置B中盛装的试剂可能是 (填标号)。
a.NaOH溶液 b.饱和NaHS溶液 c.新制氯水
（3）装置A能控制反应的发生和停止，装置C中完全反应后，停止装置A中反应的操作是 。
（4）当装置D中0.01mol完全反应时，转移0.08mol电子，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
（5）实验完毕后，从装置C中得到较纯净的ZnS的操作是 (填标号)、洗涤、干燥。
（6）测定ZnS产品纯度。
准确称取mg产品(杂质不含Zn元素)溶于足量盐酸，加热至不产生气泡，稀释成250mL溶液，准确量取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，调节pH在1.5~3，用二苯胺作指示剂，用的亚铁氰化钾{}标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。
已知：滴定反应为。
①加热的目的是 。
②该产品中ZnS的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示)%。
③如果其他操作均正确，滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，那么测得结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
35．（2022·邯郸模拟）锡酸钠晶体(Na2SnO3 3H2O)在电镀、媒染等工业应用广泛，碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。以锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体和碲的工艺流程如下图：
已知：①水碎液中溶质主要成分为Na2SnO3、Na2TeO3、Na3AsO4和Na2PbO2；
②碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小。
回答下列问题：
（1）“碱浸”时，TeO发生反应的化学方程式为 。
（2）“除砷”时，若要使0.002 mol·L-1AsO沉淀完全(离子浓度不大于10-6 mol·L-1)，则需要加入等体积的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度至少为 。(已知常温下Ksp[Ba3(AsO4)2]=10-24)。
（3）“除铅”时，加入Na2S所发生反应的离子方程式为 。
（4）“除碲”时，相同时间内不同的反应温度对Te的脱除率的影响关系如图2，70℃后随温度升高Te的脱除率下降的原因可能是 。
（5）“溶析结晶”的操作是 ，洗涤，干燥，得到锡酸钠晶体。
（6）“还原”反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 ；
（7）所得碲产品中碲的纯度测定步骤如下：
①取4.0 g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中。
②往锥形瓶中加入20.00 mL0.1 mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。
③用0.1 mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，滴入几滴试亚铁灵指示剂至终点显红色，进行三次平行实验，平均消耗12.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液。
计算所得碲产品中碲的纯度为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、乙酸与ROH的反应为可逆反应，无法进行计算，因此不能用乙酸代替乙酸酐，A不符合题意。
B、若甲醇挥发，则NaOH－甲醇溶液的浓度变大，消耗NaOH溶液的体积偏小，则步骤④中V2偏小，所得n(ROH)偏小，导致最终结果偏小，B符合题意。
C、步骤③滴定过程中锥形瓶内液体溅出，则消耗NaOH溶液的体积V1偏小，所得n(ROH)偏大，导致最终结果偏大，C不符合题意。
D、步骤④中若加水不足，则(CH3CO)2O未完全水解，生成CH3COOH偏小，消耗NaOH溶液的体积V2偏小，所得n(ROH)偏小，导致最终结果偏小，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、乙酸与醇的反应为可逆反应。
B、若甲醇挥发则导致最终消耗标准液的量减小。
C、步骤③中待测液溅出，则消耗NaOH的量减小，最终测得(CH3CO)2O的量偏大。
D、若加水不足，则(CH3CO)2O未完全水解。
2．【答案】C
【知识点】中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、容量瓶检漏时，应先往容量瓶内倒入一定量的蒸馏水，塞紧瓶塞后倒置容量瓶，观察瓶塞处是否漏水；正立后，将瓶塞旋转180°再次倒置，观察瓶塞处是否漏水。因此容量瓶检漏时，需倒置两次，A不符合题意。
B、滴入半滴标准溶液后，锥形瓶内溶液变色，且半分钟内不恢复原来的颜色，则说明已经达到滴定终点，B不符合题意。
C、滴定读数时，应单手持滴定管上端，并保持滴定管自然垂直，C符合题意。
D、滴定读数时，应单手持滴定管上端，并保持滴定管自然垂直，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、容量瓶检漏时，需倒置两次。
B、锥形瓶中颜色变色后半分钟内不恢复原来的颜色，说明达到滴定重点。
C、滴定读数时，应单手持滴定管并保持自然垂直。
D、读数时，应单手持滴定管并保持自然垂直。
3．【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、a点溶液的溶质为NaCl、CH3COOH，存在电离平衡CH3COOH CH3COO－＋H＋，此时溶液的pH=3.38，即c(H＋)=10－3.38mol·L－1，此时溶液中c(CH3COO－)=10－3.38mol·L－1、c(CH3COOH)=0.0.01mol·L－1－10－3.38mol·L－1≈0.01mol·L－1，该温度下CH3COOH的电离平衡常数，A不符合题意；
B、a点溶液的溶质为等浓度的NaCl和CH3COOH，因此溶液中存在c(Na＋)=c(Cl－)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B不符合题意；
C、b点溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且溶液中c(CH3COONa)=c(CH3COOH)，此时溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，因此溶液中c(CH3COONa)＜c(CH3COOH)，C不符合题意；
D、酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，a点溶液中的CH3COOH抑制水的电离，b点溶液以CH3COOH的电离为主，抑制水的电离，但由于b点溶液中c(CH3COOH)小于a点，因此对水电离的抑制程度较弱，c点溶液中CH3COONa的水解促进水的电离，d点溶液中NaOH过量，抑制水的电离，且抑制程度大于a点。因此水的电离程度d
【分析】往HCl和CH3COOH的溶液中滴加NaOH进行滴定，加入NaOH的过程中先发生反应①NaOH＋HCl=NaCl＋H2O；当HCl完全反应后，NaOH再与CH3COOH发生反应②NaOH＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O。a点时η=1，只发生反应①，此时溶液的溶质为NaCl和CH3COOH。b点时η=1.50，此时反应①完全反应，反应②只消耗一半的CH3COOH，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH。c点时η=2.00，反应①、反应②都恰好完全反应，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa。
4．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A不符合题意；
B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+ c(CO)，故B不符合题意；
C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C符合题意；
D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】滴定过程中发生两次突越，第一次在a点，此时发生的反应为，则c()=，第二次是耗HCl为50mL的点，此时发生的反应为，由生成消耗20mL盐酸，则原溶液中的消耗10mL盐酸，则c()=。
5．【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．如图所示，pH为7.35~7.45的溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3，A不符合题意；
B．根据分析，，数量级是10-10，B不符合题意；
C．当pH=13时，，，=0.8，C符合题意；
D．c点溶液中溶质成分为等物质的量的Na3AsO3和Na2HAsO3，溶液呈碱性，根据电荷守恒：，由于，故，溶液呈碱性，，故，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合图示可以知道pH为7.35~7.45的溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3；
B、电离平衡常数可以结合交点分析；
C、结合二级电离平衡常数分析；
D、结合电荷守恒判断。
6．【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．NH3·H2ONH+OH-，Kb=，由图可知，当c(NH3·H2O)= c()时，溶液pH=9. 25，则c(H+)=10-9.25mol/L，c(OH-)= 10-4.75mol/L，代人电离常数表达式可得：Kb=c(OH-)= 10-4.75，A不符合题意；
B．由图可知，P1点时，c()=c(NH3·H2O)=0.05 mol/L，pH=9.25，c(H+)
D．由图可知，P3点时，=1，则= n(NH3 H2O)，此时得到NH4Cl溶液，水解生成H+使溶液呈酸性，P3所示溶液存在：c(Cl- )>c() >c(H+)>c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、电离平衡常数要结合公式以及特殊点代入计算；
B、结合电荷守恒判断；
C、结合一水合氨的电离平衡常数判断；
D、结合铵根离子水解判断。
7．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．当标准液滴到10.00mL时，得到NaHC2O4溶液，根据物料守恒有，溶液中存在[Na+]=[]+[]+[ H2C2O4]，故[Na+]>[]，选项A不符合题意；
B．滴定终点时，为Na2C2O4溶液，是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，促进水的电离，水电离的氢离子浓度大于10-7mol·L-1，选项B不符合题意；
C．室温下，pH=2的H2C2O4溶液中水电离的[H+]和0.01mol·L-1NaOH溶液中水电离的[H+]均为10-12 mol·L-1，两者相等，选项C不符合题意；
D．滴定过程中始终存在电荷守恒，为[Na+]+[H+]=[]+2[]+[OH-]，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合物料守恒判断；
B、盐的水解促进水的电离；
C、溶液氢离子的浓度可以计算水电离的氢离子浓度；
D、结合电荷守恒判断。
8．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．Z点盐酸和MOH完全反应生成MCl，MCl水解促进水电离，Z点水电离程度最大，MOH抑制水电离，X点到Z点，MOH减少，水的电离程度增大，水的电离程度：X
C．Y点溶液呈中性，，故C不符合题意；
D．对Z点溶液加热，M+水解平衡正向移动，M+浓度减小、MOH、H+浓度都增大，升高温度，水的电离平衡正向移动，所以MOH的浓度增大幅度小于H+的浓度增大，所以、增大，一定增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、盐的水解促进水的电离，酸、碱的电离抑制水的电离；
B、结合物料守恒判断；
C、水的电离很微弱，因此氢离子和氢氧根浓度较低；
D、结合水解平衡移动的判断。
9．【答案】A
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．溶液中存在电荷守恒：，当溶液时，，则，故A符合题意；
B．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后得到的溶液中c(Ca2+)= ，由图b可知CaC2O4的Ksp= ，则溶液中为，故B不符合题意；
C．由分析可知，当pH为4.2时，和浓度相等，则的Ka2=，的溶液中=0.05mol/L，则=，pH=>2.5，故C不符合题意；
D．的两步电离常数大小只受温度影响，向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系与图a相同，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、结合图像以及电离平衡常数判断；
B、结合钙离子浓度和溶度积计算草酸根浓度；
C、草酸氢钠溶液中草酸氢根浓度达到最大值，结合其最高点判断；
D、电离平衡常数只受温度影响。
10．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，草酸和氢氧化钙首先转化为草酸氢钙，继续滴加氢氧化钙，草酸氢钙转化为草酸钙沉淀，虽然此时草酸根离子浓度很小，但是碳元素仍然主要以草酸根离子存在，且温度一定时，草酸的一级电离常数、二级电离常数是固定的，故与图a相同，A不符合题意；
B．向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，当两者等体积混合时得到溶液为的溶液，结合图a可知，也就是量最大的时候，溶液的，B不符合题意；
C．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后，氯化钙过量，反应后溶液中；结合图b可知，，则溶液中为，C不符合题意；
D．由图b可知，，图b中当溶液时，；由图a可知，当时，pH=4.2，则；由于，则，则，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、电离平衡常数只受温度影响；
B、草酸氢钠溶液中草酸氢根浓度达到最大值，结合其最高点判断；
C、结合钙离子浓度和溶度积计算草酸根浓度；
D、结合图像以及电离平衡常数判断。
11．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．当NaOH溶液的体积为10mL时，溶液中的溶质为等物质的量的NaA和HA，m点处p=0，即=1，则Ka(HA)=c(H+)=10-4.76，则Kh(A-)==10-9.24，所以HA的电离程度大于A-的水解程度，即当溶液中的溶质为等物质的量的NaA和HA时c(HA)
B．根据A选项可知Ka(HA)为10-4.76，故B不符合题意；
C．当加入的NaOH溶液为20mL时溶液中溶质为NaA，存在物料守恒c(Na＋)=c(A-)＋c(HA)，且溶液显碱性，l点溶液显酸性，说明加入的NaOH溶液体积小于20mL，则c(Na＋)
故答案为：D。
【分析】A、结合电离程度和水解程度判断；
B、曲线上任意一点的电离平衡常数都相同，结合m碘的值进行判断；
C、结合物料守恒判断；
D、盐的水解会促进水的电离。
12．【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．同浓度的酸溶液，电离平衡常数越大，溶液酸性越强，起始时CH3COOH溶液pH较小，则CH3COOH酸性较强，则室温下，电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)，A不符合题意；
B．由题干图示信息可知，①对应溶液显酸性，以CH3COOH的电离为主，此时抑制水的电离，②对应溶液呈中性，此时溶液中CH3COOH电离和CH3COO-相当，对水的电离几乎无影响，而③对应溶液中溶质为CH3COONa，由于CH3COO-水解促进水的电离，故溶液中水的电离程度：③>②>①，B符合题意；
C．根据电荷守恒可知，溶液中分别有：c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)1+c(H+)，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)2+c(H+)，时，则有c(CN-)=c(Na+)1，c(CH3COO-)=c(Na+)2，由图可知，c(Na+)2＞c(Na+)1，即，C不符合题意；
D．由题干图示信息可知，滴定终点溶液均显碱性，故滴定时均应选酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、酸性越强，电离平衡常数越大；
B、酸、碱的抑制会抑制水的电离，盐的水解会促进水的电离；
C、结合电荷守恒判断；
D、强碱弱酸的滴定应该用酚酞作为指示剂。
13．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．V=20.0时，NaOH和H2A恰好生成NaHA，HA-既能电离，也能水解，HA-电离产生A2-，水解产生H2A，HA-的电离常数为Ka2=10-5.66，水解常数Kh=
B．酸碱中和反应是放热反应，当H2A和NaOH恰好中和即溶质只有Na2A时，对应的溶液温度最高，b点溶液中c(HA-)=c(A2- )，溶质是Na2A和NaHA，所以b点对应的溶液温度不是滴定过程中的最高值，故B不符合题意；
C．在20mL0.1mol/L丙二酸溶液中，根据元素质量守恒，c(H2A)+c(HA- )+c(A2-)=0.1 mol/L，V=40.0时，溶液中加入了40mLNaOH溶液，溶液体积增大，所以c(H2A)+c(HA- )+c(A2-)小于0.1 mol ·L-1，故C不符合题意；
D．常温下，H2A+A2-2HA-的平衡常数K= =102.81，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合店里平衡车和水解平衡常数判断；
B、滴定过程的最高值即H2A和NaOH恰好中和即溶质只有Na2A；
C、结合元素质量守恒判断；
D、化学平衡常数可以结合一级电离平衡常数和二级电离平衡常数的比值判断。
14．【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．步骤①：将食醋精确稀释到原来的10倍，应是配制一定物质的量浓度的溶液，因此需要用到仪器是容量瓶等，故A不符合题意；
B．因为需要标定，因此步骤②是粗配溶液，0.4gNaOH的物质的量为0.1mol，100mL蒸馏水约为0.1L，则浓度约为0.1mol/L，故B符合题意；
C．用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH时，滴定终点显碱性，应用酚酞作指示剂，故C不符合题意；
D．步骤⑤是用NaOH溶液进行滴定，滴定管的刻度从上到下逐渐增大，而图中仪器刻度从上到下逐渐减小，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.精确稀释应用应用容量瓶进行定容；
C.滴定终点时溶液显碱性，指示剂应为酚酞；
D.滴定管的读数从上到下增大。
15．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据上述分析可知，曲线II表示与的关系，A不符合题意；
B．滴入溶液至中性时，遵循电荷守恒式：，因中性溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以有，B不符合题意；
C．的平衡常数K=，C符合题意；
D．时，溶液溶质为NaHX，根据第一步和第二步的电离平衡常数可知，Ka2(H2X)=10-4.8，Kh2=所以HX-的电离程度大于水解程度，所以混合溶液呈酸性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 a点的pH=3，c(H+)=10-3mol/L，根据图中数据可知，二元酸H2X的电离平衡常数K1=， K1=， 且K1＞K2，则曲线Ⅰ表示与的关系，曲线II表示与的关系。
16．【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．由图知，加入氢氧化钠溶液约5mL时，=1，对应溶液pH=4(X点)，c(H+)=1×10-4mol/L，则H2A的Ka1==1.0×10-4，A不符合题意；
B．根据图示可知：Y点对应溶液c(HA-)=c(A2-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，由于此时溶液pH=8，说明溶液中c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，由于溶液中c(HA-)=c(A2-)，则c(Na+)＞3c(A2-)，B符合题意；
C．酸H2A溶液中酸电离产生H+，对水电离平衡起抑制作用，向H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，H2A不断被中和，溶液的酸性逐渐减弱，水电离程度逐渐增大，在恰好被完全中和前，水电离程度逐渐增大。X点时酸H2A仅部分被中和，Z点恰好完全中和生成Na2A，所以水的电离程度：Z＞X，故C不符合题意；
D．当V(NaOH)=20.00mL时，达到第二个滴定终点，溶质为Na2A，电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，质子守恒可得2c(H2A)+c(HA-)+c(H+)=c(OH-)，故可得2c(H2A)+c(Na+)+2c(H+)=2c(A2-)+2c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、电离平衡常数可以结合曲线交点判断；
B、结合电荷守恒判断；
C、酸、碱的电离抑制水的电离，盐的水解促进水的电离；
D、结合电荷守恒、质子守恒判断。
17．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．常温下，水溶液中始终存在水的电离平衡常数Kw=，pOH=5.75时，c(OH-)=mol/L，因此氢离子浓度为c(H+)=mol/L=mol/L，即pH =8.25，A不符合题意；
B．根据a点，可知c(B+) =c( BOH)，BOH的电离平衡常数Kb=，此时c(OH-)=mol/L，可得电离平衡常数为，数量级为10-5，B不符合题意；
C．a点溶液，对应的溶液pOH=4.75，溶液呈碱性，可知BOH的电离程度大于水解程度，C不符合题意；
D．pOH =5.75时，由图像知pBOH>pB，则c(B+)> c(BOH)，且溶液呈碱性，c(OH-)> c(H+)，所以c (H+)
【分析】A、常温下，pH+pOH=14；
B、结合交点判断其pOH和电离平衡常数；
C、根据此时的酸碱性，判断电离程度和水解程度；
D、结合电荷守恒和图象进行判断。
18．【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．A点为碱溶液，水的电离受到抑制，B点为正盐溶液，促进水的电离，故由水电离产生H+的浓度c(H+)： A
C．C点为中性点，H+和OH-浓度相等，根据电荷守恒，Na+和A-浓度相等，C不符合题意；
D．D点溶质成分为NaA和HA，两者的物质的量相同，根据物料守恒：2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、酸或碱溶液抑制水的电离，盐的水解促进水的电离；
B、结合电荷守恒判断；
C、结合电荷守恒以及pH=7进行判断；
D、结合物料守恒判断。
19．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A.酸越弱，酸的电离程度越小，等浓度的酸的pH越大，由图可知，三种酸的酸性强弱：HX>HY>HZ，选项A不符合题意；
B. 由图可知，NaOH标准液滴定HY溶液中和百分数达50%时得等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性，选项B不符合题意；
C. 用NaOH标准液滴定HZ溶液时，完全中和生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，可选用酚酞作指示剂，选项C不符合题意；
D. 滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，得到等浓度、等体积的HX溶液和NaX溶液混合，溶液呈酸性，根据电荷守恒c（X－）+ c（OH－）=c（Na+）+ c（H+），则存在c（X－）>c（Na+），选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、pH越小则小酸性越强；
B、HY和NaY等浓度等体积混合时，以酸的电离为主；
C、强碱弱酸的滴定可以用酚酞作为指示剂；
D、结合电荷守恒判断。
20．【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、实现表示的为HCl滴定氨水的曲线，加入10mL溶液，NH3·H2O反应掉一半，得到NH3·H2O和NH4Cl等浓度的混合溶液，根据物料守恒有c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=2c(Cl－)；根据电荷守恒，有c(NH4+)+c(H＋)＝c(OH－)+c(Cl－)，加入10mLHCl时，溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离大于NH4＋的水解，则c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)，则c(NH4+)+c(H＋)＜c(OH－)+ c(Cl－)，A不符合题意；
B、恰好完全反应时，生成NH4Cl，为强酸弱碱盐，水解成酸性，pH＜7，B符合题意；
C、曲线Ⅱ中，滴加溶液体积在10mL～20mL时，溶液的pH从酸性变成碱性，除了中性外c(OH－)≠c(H＋)，C不符合题意；
D、曲线II，滴加30 mL溶液时，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)；根据电荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H＋) +c(Na＋)，则c(Na＋)> c(CH3COO－)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、结合物料守恒判断；
B、氯化铵中铵根离子水解呈酸性；
C、氢离子和氢氧根的浓度大小可以根据溶液酸碱性判断；
D、结合电荷守恒判断。
21．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．酚酞变色指示的pH值介于8.2~10.0，甲基橙变色指示的pH值介于3.1~4.4，据分析，该体系pH在8~9之间时c(HCO)达到最大值，pH在3~4之间时c(HCO)近于达到最小值，故整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂，A不符合题意；
B．据图示数据，n点时c()=c(H2CO3)，设pH为a，m点时c(HCO)=c(H2CO3)，设pH为b，q点时c()=c(HCO)，设pH为c，由Ka1(H2CO3)==10-b，Ka2(H2CO3)==10-c， Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)=10-2a，则有10-b ·10-c =10-2a ，即，故n点的pH为m点和q点pH的平均值，B不符合题意；
C．r点溶液中含有溶质：Na2CO3、NaHCO3、NaCl，根据物料守恒有：①c(Na+)= 2c()+2c(HCO)+2c(H2CO3)，根据电荷守恒有：②c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+c(HCO)+2c()，将①代入②可得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，C不符合题意；
D．据分析，r点到k点对应的变化过程是盐酸不断滴入的过程，水解对水电离的促进作用逐渐减小，逐渐变为盐酸电离对水电离的抑制作用逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据终点时的pH值，选择合适的指示剂；
B．利用电离平衡常数计算；
C．根据物料守恒和电荷守恒判断；
D．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离。
22．【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；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．a点时反应后溶质为一水合氨和硫酸铵，且硫酸铵为一水合氨浓度的一半，有电荷守恒和物料守恒得c(NH3·H2O)＋2c(OH-)=c(NH)＋2c(H＋)，故A不选；
B．升高温度促进铵根离子水解，水解常数增大，由图可知，温度：b＞a＞c，则a、b、c三点对应NH的水解平衡常数：Kh(b)＞Kh(a)＞Kh(c)，故B不选；
C．当溶液中pH=pOH时，溶液呈中性，水的电离既不促进又不抑制，而不滴加硫酸时，溶液显碱性，抑制水的电离，当加入40mL硫酸时，酸过量，抑制水的电离，氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时水的电离程度最大，故C选；
D．有分析可知：加入20mL硫酸与氨水恰好完全反应，硫酸是二元酸，一水合氨是一元碱，所以稀H2SO4的物质的量浓度为0.05mol·L-1，故D不选；
故答案为：C。
【分析】 20mL0.1mol·L-1的氨水 的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4 ，反应放热，溶液的温度升高，当两者恰好完全反应时，放热最多，溶液温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。
23．【答案】A,C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．根据亚磷酸二级电离可知，，等式两边同时取对数，，则，同理可得，因为，则，所以表示的直线应该在上方即L2，A符合题意；
B．，对应直线L2，将点(3，3.54)代入得，，，Ka2(H3PO3)的数量级为10-7，B不符合题意；
C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，生成NaH2PO3溶液，H2PO既电离又水解，电离平衡常数，水解平衡常数，水解程度小于电离程度，则c(HPO)＞c(H3PO3)，C符合题意；
D．，c(H3PO3)=c(HPO)时，，溶液显酸性，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A、结合二级电离平衡常数和电离平衡常数的负对数计算；
B、电离平衡常数可以结合直线上的特殊点带入计算；
C、结合水解程度和电离程度判断；
D、结合一级电离平衡常数和二级电离平衡常数的乘积计算氢离子的浓度。
24．【答案】B,D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线M表示，故A不符合题意；
B．电离常数的表达式为：，，，当pH＝2.8时，与相等，即=，代入可得Ka1×Ka2＝(10 2.8)2＝10 5.6；又当pH＝4.3时，，即=，即Ka2＝10 5.3，所以mol L 1，故B符合题意；
C．a点溶液中由电荷守恒可知c(K＋)＋c(H＋)＝＋2＋c(OH )，a点＝，则c(K＋) c(OH )＝＋2 c(H＋)，故C不符合题意；
D．b点时，电荷守恒为c(K＋)＋c(H＋)＝＋2＋c(OH )，此时pH＝4.3，即，所以=，所以上式变形为：c(K＋)＋c(H＋)＝3＋c(OH )，c(K＋) 3＝c(OH ) c(H＋)，因为c(OH )＜c(H＋)，所以c(K＋)＜3，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A、负对数的数值越大，则浓度越小；
B、结合交点判断电力平衡常数；
C、结合电荷守恒判断；
D、结合电荷守恒以及pH判断。
25．【答案】（1）
（2）②
（3）a、b；c、d
（4）防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒
（5）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高分解
（6）
（7）17%
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A中锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的离子方程式为；
（2）、等杂质易使催化剂中毒，需通过碱石灰除去HX和H2O，所以装置B应该选②；
（3）开始制备时，打开活塞a、b，A中产生的进入C中，在催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇，一段时间后，关闭a，仅保持活塞b打开，将残留抽出，随后关闭活塞b，打开活塞c、d，将通入C中与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌。
（4）容易使催化剂中毒，实验中需要保持C装置为无水环境，F的作用为防止外界水蒸气进入C中。
（5）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高分解，所以反应过程中控温；
（6）第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌，总反应为。
（7）滴定反应的离子方程式为，可得关系式：。三组数据中偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为，的质量分数。
【分析】的制备反应分两步进行，第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌，装置A是制取的装置，产生的中混有和，处在后通入C中发生第一步反应，随后氧气源释放的氧气经D干燥后进入C中发生反应生成和乙基蒽醌，F中装有浓，与C相连，防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒。
26．【答案】（1）除去中HCl杂质及防止倒吸(平衡压强)
（2）缓慢滴加盐酸，控制氯气与氢氧化钠反应速率(在三颈烧瓶下方用冷水浴降温)
（3）；84消毒液催化双氧水分解
（4）在相同条件下，用注射器取等量的双氧水，分别加入盛有足量84消毒液和二氧化锰的锥形瓶中，做对照实验，与84消毒液反应产生气体的体积约为与二氧化锰反应产生气体体积的2倍，则证明猜测1正确
【知识点】中和滴定；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）盛放高锰酸钾溶液的仪器为圆底烧瓶，装置甲中反应生成氯气，离子方程式为：。
（2）装置乙中为饱和食盐水，吸收氯气中的氯化氢气体，长颈漏斗可以防止倒吸或平衡压强。
（3）氯气和氢氧化钠反应为放热反应，可以通过减少氯气的通入或控制烧瓶的温度，即操作方法为：缓慢滴加盐酸，控制氯气与氢氧化钠反应速率或在三颈烧瓶下方用冷水浴降温。
（4）猜测1中反应产生氧气，说明双氧水被氧化，则反应的方程式为：。猜测2可能为过氧化氢分解，次氯酸钠对该反应有催化作用。
（5）根据猜测1方程式分析，1mol过氧化氢被次氯酸钠氧化生成1mol氧气，若1mol过氧化氢分解则生成0.5mol氧气，故根据不同物质条件下氧气的体积不同进行设计实验，故该实验设计为：在相同条件下，用注射器取等量的双氧水，分别加入盛有足量84消毒液和二氧化锰的锥形瓶中，做对照实验，与84消毒液反应产生气体的体积约为与二氧化锰反应产生气体体积的2倍，则证明猜测1正确。
【分析】 Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则0.4mol·L-1Na2CO3溶液的碱性强于40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，Na2CO3与HCl反应先生成NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应生成CO2气体，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，并且n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.008mol，分别加入20mL0.4mol·L-1HCl时Na2CO3恰好转化为NaHCO3，容器中压强不变，随着HCl的加入，容器中压强逐渐增大，加入40mLHCl时容器的压强达到最大值，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，容器中压强增大，并且加入20mLHCl时容器的压强达到最大值、一直保持不变，所以图中甲、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 。
27．【答案】（1）铁坩埚；A
（2）Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O
（3）将转化为(2+2H++H2O)
（4）K2Cr2O7溶解度较小
（5）淀粉溶液；+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；88.20
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）焙烧碱应该选择铁坩埚以免被碱腐蚀。纯度分析中需要称量固体并配制一定浓度溶液，最后进行滴定。需要用到托盘天平、碱式滴定管、锥形瓶等而没有用到冷凝管。故答案为：铁坩埚；C；
（2）氯酸钾氧化Cr2O3为+6价即Na2CrO4，反应为Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O。故答案为：Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O；
（3）反应中存在2+2H++H2O，酸化使平衡正向，将转化为。故答案为：将转化为(2+2H++H2O)；
（4）K2Cr2O7溶解度较小而以沉淀析出。故答案为：K2Cr2O7溶解度较小；
（5）K2Cr2O7酸性条件下将KI氧化为I2反应为+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，I2再与Na2S2O3反应产生I-。所以指示剂选淀粉。K2Cr2O7~3I2~ 6Na2S2O3。n(Na2S2O3)=cV= 0.2000mol/L× 22.50× 10-3L=4.5×10-3mol。n(K2Cr2O7)=7.5×10-4mol，则产品的纯度为。故答案为：88.20。
【分析】（1）氧化焙烧时，碱能与二氧化硅反应，因此应用铁坩埚熔融；分析纯度时，需要称量固体并配制一定浓度溶液，最后进行滴定；
（2）氧化焙烧时， 氯酸钾氧化Cr2O3， 发生反应Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O；
（3）酸性条件下，发生反应2+2H++H2O；
（4）该反应能发生是因为K2Cr2O7溶解度较小；
（5）碘单质遇淀粉变蓝，用淀粉溶液作指示剂；酸性条件下，K2Cr2O7与KI发生反应+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；根据关系式：K2Cr2O7~3I2~ 6Na2S2O3计算。
28．【答案】（1）hi(或ih)debcf(g)
（2）开， 关；继续通入一段时间；将COCl2完全排入装置D被充分吸收
（3）升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管
（4）
（5）除去多余的；92.5%；偏低
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据分析，装置的排序是AECBD。首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入。因此，实验装置合理的连接顺序为ahi(或ih)debcf(g)。
（2）①K1开，K2关，使得N2能进入装置排尽空气而不会带入CCl4。
②反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收。
（3）三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管。
（4）根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为；
（5）①为避免过量的H2O2和KI反应而对后续的测定产生干扰，应加热除去多余的H2O2；
②被H2O2氧化后的Cr元素全部以形式存在，其再次和酸化的KI反应，离子方程式为。根据方程式，生成的I2的物质的量为n(I2)==0.0002625mol，则根据Cr元素守恒，可计算出无水三氯化铬质量分数为；
③普通锥形瓶没有密封效果，将碘量瓶换成普通锥形瓶将导致I2升华，从而使得消耗的量偏小，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果偏低。
【分析】该反应的原理为 ，则先将装置A中的CCl4压入装置E中，与Cr2O3反应，利用装置C收集CrCl3，CrCl3 易潮解，易升华，则用B装置吸收空气中的水，防止水蒸气进入装置C中， 气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体，所以用装置D中的NaOH溶液进行尾气处理。
29．【答案】（1）
（2）I、D、B、C
（3）分液漏斗；吸收多余的，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致水解
（4）F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊
（5）液封并吸收挥发的HCl；当加入最后一滴溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点；76.0
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中制备氯气的反应为重铬酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化铬、氯气和水，反应的化学反应方程式为，故答案为：；
（2）由分析可知，装置的连接顺序为A、I、D、B、C、G、F、H、E，故答案为：I、D、B、C；
（3）由实验装置图可知，装置A中盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗；由分析可知，装置G中盛有盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致四氯化钛水解，故答案为：分液漏斗；吸收多余的，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致水解；
（4）由分析可知，装置F、H用于验证一氧化碳的生成，其中F中一氧化碳与氧化铜共热反应生成铜和二氧化碳，H中二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，则证明有一氧化碳生成的实验现象为F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊，故答案为：F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊；
（5）①由实验装置图可知，安全漏斗中的水在本实验中的作用除加水外，还能起到液封和吸收挥发的氯化氢的作用，故答案为：液封并吸收挥发的HCl；
②当硝酸银溶液与盐酸完全反应时，再滴入一滴硝酸银溶液，过量的硝酸银溶液与铬酸钾溶液反应生成红色铬酸银沉淀，沉淀滴定终点的判断方法是当加入最后一滴硝酸银溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点，故答案为：当加入最后一滴AgNO3溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点；
③由方程式可得如下转化关系：TiCl4-4HCl-4AgNO3，滴定消耗32.00 mL0.200mol/L硝酸银溶液，则10.0 g产品纯度为×100%=76.0%，
故答案为：76.0。
【分析】 装置A中重铬酸钾与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置I中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置B中氯气与二氧化碳和碳共热反应制备四氯化钛，装置C用于冷凝收集四氯化钛，装置G中盛有盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致四氯化钛水解，装置F、H用于验证一氧化碳的生成，装置E用于收集未反应的一氧化碳，防止污染空气 。
30．【答案】（1）fghabe
（2）KClO3＋6HCl(浓)=KCl + 3Cl2↑＋3H2O
（3）NaOH或氢氧化钠溶液
（4）通入Cl2与生成的NaOH反应，有利于NaC3N3O3Cl2的生成
（5）冷水洗涤；干燥
（6）滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复；
【知识点】中和滴定；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
（1）按照气流从左至右的顺序，制备二氯异氰尿酸钠首先需要制备Cl2，需要装置D，Cl2从f口流出；接下来需要除去Cl2中混合的HCl，需要装置E，气体从g口流入、h口流出；制备NaClO并与氰尿酸溶液发生反应需要装置A，气体从a口流入、b口流出；为了除去未反应完的Cl2，需要将尾气通入到氢氧化钠溶液中，需要装置C，气体从e口流入。故导管连接顺序为fghabe。
（2）装置D为氯气发生装置，若利用氯酸钾与浓盐酸制备氯气，发生反应的化学方程式为：KClO3＋6HCl(浓)=KCl + 3Cl2↑＋3H2O。
（3）仪器X中所加试剂的目的是与Cl2反应生成NaClO，故该试剂为NaOH或氢氧化钠溶液。
（4）观察题干信息可知制备二氯异氰尿酸钠的反应可以生成NaOH，故继续通入一定量的氯气可以与生成的NaOH反应不断生成NaClO，有利于NaC3N3O3Cl2的生成。
（5）考虑到二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，A中的浊液经过滤后应再用冷水洗涤并干燥之后可以得到粗产品。故答案为：冷水洗涤；干燥。
（6）①NaC3N3O3Cl2溶液可以与过量的KI溶液反应生成I2，I2遇淀粉显蓝色。随后加入Na2S2O3溶液与I2反应可使蓝色逐渐褪去，故滴定终点的现象为：滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复；②由题干中给出的反应方程式：C3N3O3Cl+3H++4I- = C3H3N3O3+2I2+2Cl-，可知各物质的物质的量之比为n(NaC3N3O3Cl2)：n(I2)：n(Na2S2O3)=1：2：4。即n(NaC3N3O3Cl2)=n(Na2S2O3)=mol。10mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为m=n×M=mol×220g/mol=0.055cV g，100mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为0.55cV g。则NaC3N3O3Cl2的含量。
【分析】由二氯异氰尿酸钠的制备原理以及给定的装置可知，题干中所示的反应装置可以分为氯气的发生装置与二氯异氰尿酸钠的制备装置。具体反应流程为：用浓盐酸与Ca(ClO)2反应制Cl2；除去Cl2中因浓盐酸挥发而混合的HCl；将Cl2通入氢氧化钠溶液中制备NaClO，再与氰尿酸溶液反应生成二氯异氰尿酸钠；对尾气Cl2进行处理。
31．【答案】（1）
（2）K1、K3；；排除装置中的空气，防止空气中的水蒸气与反应；快速升温到138℃以上收集产品；B中有金黄色油状液体出现；防止被氧化；b
（3）×100%；b
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)S2Cl2分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构，由原子最外层电子数，S原子形成2个价键，而氯原子形成1个价键，故S原子之间形成1对共用电子对，每个S原子分别与氯原子形成1对共用电子对，其电子式为；
(2)①步骤1开始时需打开K1、K3，关闭K2，利用反应生成的氮气排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气与S2Cl2反应，步骤4这一步应该生成二氯化二硫，根据提示S2Cl2沸点138℃，需要快速升温到138℃以上，收集产品；
②根据提示二氯化二硫(S2Cl2)是一种金黄色油状液体，有S2Cl2生成的现象是B中有金黄色油状液体出现；根据提示二氯化二硫能被Cl2氧化为SCl2，防止二氯化二硫能被Cl2氧化为SCl2，故需要控制反应过程应控制Cl2的量；
根据提示S2Cl2遇水发生反应：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl，C装置防止装置D中的水进入；
a．硫酸铜粉末一般检验水的存在，不适用于除水，a不正确；
b．碱石灰具有吸水性，b正确；
c．浓硫酸具有吸水性，但是是液体，气体不能顺利通过，且会将其排入到D装置，从而不能起不到应有的作用，c不正确；
故答案为：b。
(3)①反应中用到的二氯化二硫粗品的量为：m2-m1-m3，根据题中信息可知，两次盐酸的差量为及水解产物消耗氢氧化钠的量，Δn(HCl)=cV=xmol/L(V0-V1)×10-3L=x(V0-V1)×10-3，根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，可得水解产物消耗的氢氧化钠的物质的量x(V0-V1)×10-3，再根据2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl，HCl+NaOH=NaCl+H2O，SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，可得S2Cl2～3NaOH，可得产品S2Cl2的纯度为： ×100%=×100%；
②a．水蒸气的通入时间较短，水解产物没有全部被氢氧化钠吸收，导致V1偏大，根据产品S2Cl2的纯度计算式×100%，产品的纯度偏小，a不正确；
b．操作Ⅳ滴定后仰视滴定管读数，导致读取的V1偏小，根据产品S2Cl2的纯度的计算式×100%，产品的纯度偏大，b正确；
c．操作Ⅴ滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，导致V1偏大，根据产品S2Cl2的纯度计算式×100%，产品的纯度偏小，c不正确；
故答案为：b。
【分析】根据实验目的制备二氯化二硫，并测定产物纯度，制备二氯化二硫，A装置为二氯化二硫的发生装置，B为冷凝收集二氯化二硫粗品装置，S2Cl2遇水发生反应，C装置防止外界的水，D为尾气处理，防止空气污染；
测定纯度时，利用装置B中收集的二氯化二硫取出m3g剩下的部分测定其纯度，加入水使其水解，利用水蒸气将水解产物全部排入到D，用足量的氢氧化钠吸收，剩余的氢氧化钠再用盐酸滴定，消耗盐酸体积V1mL，做空白对照实验，消耗盐酸V0mL，两次盐酸的差量为及水解产物消耗氢氧化钠的量，再根据水解产物与氢氧化钠反应的化学方程式，得到二氯化二硫与氢氧化钠的关系，从而进行计算得出×100%，根据×100%进行误差分析。
32．【答案】（1）b
（2）浓硫酸；吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入D中
（3）Cu2++H2S=CuS↓+2H+
（4）加热时，S能与H2反应生成H2S或硫能汽化，会随氢气流走；滴加足量的稀盐酸，无浑浊并将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液不褪色；滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀
（5）除去溶液中溶解的酸性气体；
【知识点】中和滴定；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)由图可知，A装置适合与块状固体与溶液不加热反应制备难溶于水的气体，优点是能控制反应的发生和停止，实现随制随停，则装置A不能用于制备极易溶于水的氨气和易溶于水的二氧化硫，不能用于二氧化锰和浓盐酸共热反应制备氯气，适合用于用大理石钙固体和稀盐酸反应制备二氧化碳，
故答案为：b；
(2)由分析可知，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氢气，装置E中盛有的浓硫酸用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入D中导致硫化锂水解，故答案为：浓硫酸；吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入D中；
(3)由分析可知，装置B中盛有的硫酸铜溶液用于除去硫化氢气体，反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
(4)若产品中含杂质硫，硫受热能汽化为硫蒸气，也能与氢气共热反应生成硫化氢气体，所以产品中含有的杂质不可能是硫；取少量硫化锂样品溶于水，滴加足量的稀盐酸，无浑浊并将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液不褪色说明样品中不含亚硫酸锂；在实验I反应后的溶液中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀说明样品中含有硫酸锂，故答案为：加热时，S能与H2反应生成H2S或硫能汽化，会随氢气流走；滴加足量的稀盐酸，无浑浊并将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液不褪色；滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；
(5)①由题意可知，煮沸的目的是除去溶液中溶解的硫化氢气体，防止氢硫酸与氢氧化钠溶液反应导致实验误差，故答案为：除去溶液中溶解的酸性气体；
②由题意可知，与硫化锂反应的稀硫酸的物质的量为(10-3c1V1-10-3c2V2×)，则样品的纯度为=，故答案为：。
【分析】装置A中稀硫酸和粗锌反应制备氢气，制得的氢气中混有硫化氢气体，装置B中盛有的硫酸铜溶液用于除去硫化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氢气，装置D中硫酸锂与氢气共热反应制得硫化锂，装置E中盛有的浓硫酸用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入D中导致硫化锂水解。
33．【答案】（1）平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下
（2）2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
（3）除去未反应氯气，防止氯气污染空气
（4）有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠
（5）2Fe3++3ClO-+6OH-=2+3Cl-+5H2O
（6）增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出
（7）86.1%
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)甲装置中高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，利用a管可平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下；
(2)甲装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；
(3)氯气有毒，污染空气，石灰乳除去未反应氯气，防止氯气污染空气；
(4)温度不同时，氯气与NaOH反应的产物也不同，常温下，生成次氯酸钠，温度高时，反应生成氯酸钾，6NaOH+3Cl2 5NaCl+NaClO3+3H2O，降低了次氯酸钠的产量；则反应过程中用冷水浴冷却有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠；
(5)氢氧化铁被次氯酸根氧化为高铁酸根()同时生成Cl-、H2O，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+6OH-=2+3Cl-+5H2O；
(6)高铁酸钾可溶于水，用异丙醇代替水洗涤产品，可减少高铁酸钾的溶解损耗；
(7)5.05g Fe(NO3)3 9H2O的物质的量为n(Fe(NO3)3 9H2O)=0.0125mol，根据铁元素守恒可知n(K2FeO4)=0.0125mol，则m(K2FeO4)=0.0125mol×198g/mol=2.475g，则产率为=×100%=86.1%。
【分析】Ⅰ．在冷的NaOH溶液中通入利用甲装置制得的氯气并搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止，然后向饱和NaClO溶液中加入NaOH固体，即可得NaClO强碱性饱和溶液；
Ⅱ．在NaClO强碱性饱和溶液中分次加入Fe(NO3)3·9H2O(相对分子质量为404)固体，并用冷水浴降温和不断搅拌，即可得深紫红色Na2FeO4溶液，用离心分离除去少量Fe(OH)3胶体，然后在上层中缓慢加入KOH饱和溶液，经过滤并用异丙醇洗涤，低温烘干，得高铁酸钾。
34．【答案】（1）
（2）b
（3）关闭活塞K
（4）5∶8
（5）a
（6）除去溶液中的H2S；；偏高
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A装置中FeS和盐酸反应制备H2S气体，B中盛饱和NaHS溶液除H2S中的HCl，C中醋酸锌和硫化氢反应制备ZnS，D装置中氢氧化钠溶液吸收H2S，防止污染。
(1)A装置中FeS和盐酸反应生成FeCl2和H2S气体，发生反应的化学方程式为；
(2)A中生成的H2S气体中含有HCl杂质，装置B的作用是除去H2S中的HCl杂质，H2S和氢氧化钠、氯水都反应，B中盛装的试剂可能是饱和NaHS溶液，选b。
(3)装置C中完全反应后，关闭活塞K，启普发生器内气体增多，压强增大，盐酸被压入球形漏斗中，固体和液体分离，装置A中反应停止。
(4)装置D中0.01mol完全反应时，转移0.08mol电子，说明硫元素化合价由-2升高为+6，H2S被氧化为，被还原为Mn2+，锰元素化合价由+7降低为+2，根据得失电子守恒，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶8。
(5)ZnS是固体，实验完毕后，从装置C中得到较纯净的ZnS的操作是过滤、洗涤、干燥，选a。
(6)①气体溶解度随温度升高而降低，加热的目的是除去溶液中的H2S。
②滴定终点消耗亚铁氰化钾溶液VmL，根据，25.00mL待测液中含有Zn2+的物质的量为，该产品中ZnS的质量分数为%。
③如果其他操作均正确，滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，消耗标准液体积偏大，那么测得结果偏高。
【分析】（1）A装置中FeS和盐酸反应生成FeCl2和H2S气体；
（2）装置B的作用是除去H2S中的HCl杂质；
（3）关闭活塞K，启普发生器内气体增多，压强增大，盐酸被压入球形漏斗中；
（4）根据得失电子守恒计算；
（5）从装置C中得到较纯净的ZnS的操作是过滤；
（6）①加热可除去溶液中的H2S；
②根据计算；
③滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，消耗标准液体积偏大。
35．【答案】（1）2TeO+O2+4NaOH═2Na2TeO3+2H2O
（2）0.0032 mol·L-1
（3）S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-
（4）H2O2受热分解
（5）加热蒸发、趁热过滤
（6）3：1
（7）86.4%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)“碱溶” 时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3，同时产生H2O，发生反应的化学方程式为2SnO+O2+4NaOH=2Na2SnO3+2H2O；
(2)假定溶液体积为V L，Ba2+在混合体系中的存在形式由两部分构成，一部分与沉淀3Ba2+ +2=Ba3(AsO4)2↓，需n(Ba2+)=0.003V mol；同时溶液中存在Ba3(AsO4)2的溶解平衡：c3(Ba2+)·c2()=Ksp[Ba3(AsO4)2]，此时c()=10-6 mol/L，c(Ba2+)==1.0×10-4 mol/L，需n(Ba2+)=10-4×2V mol，故c[Ba(OH)2]=；
(3)结合分析可知，"除铅” 时，加入Na2S所发生反应的化学方程式为Na2S+ Na2PbO2+2H2O=PbS↓+4NaOH，该反应的离子方程式为：S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-；
(4)过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，是由于H2O2不稳定，受热分解，导致Te的脱除率下降；
(5)碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小，故过滤后所得滤液经加热蒸发、趁热过滤、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出；
(6)Na2TeO4加入浓盐酸转化为H2TeO3，随后与SO2反应转化为Te单质，H2TeO3为氧化剂，SO2为还原剂，被氧化为H2SO4，故根据氧化还原反应中电子得失数目相等，可知还原剂与氧化剂的比例为3：1；
(7)根据反应关系+3H2TeO3+8H+ +2H2O=2Cr3++3H6TeO6和+6Fe2++8H+=2Cr3+ +6Fe3++4H2O，可得关系式：~~~~~3H2TeO3~~~~3Te，发生该转化关系的的物质的量n()=0.1 mol/L×0.02 L-×0.1 mol/L×0.012 L=1.8×10-3 mol，所以n(Te)=3n()=5.4×10-3 mol。取4.0 g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中进行实验，则碲产品中碲的质量分数为。
【分析】锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na2PbO2、 Na2TeO3的水碎液，由后续操作可以看出：只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3结晶析出。
2023年高考真题变式分类汇编：中和滴定1
一、选择题
1．（2023·山东）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。根据上述实验原理，下列说法正确的是
A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验
B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小
D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大
【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、乙酸与ROH的反应为可逆反应，无法进行计算，因此不能用乙酸代替乙酸酐，A不符合题意。
B、若甲醇挥发，则NaOH－甲醇溶液的浓度变大，消耗NaOH溶液的体积偏小，则步骤④中V2偏小，所得n(ROH)偏小，导致最终结果偏小，B符合题意。
C、步骤③滴定过程中锥形瓶内液体溅出，则消耗NaOH溶液的体积V1偏小，所得n(ROH)偏大，导致最终结果偏大，C不符合题意。
D、步骤④中若加水不足，则(CH3CO)2O未完全水解，生成CH3COOH偏小，消耗NaOH溶液的体积V2偏小，所得n(ROH)偏小，导致最终结果偏小，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、乙酸与醇的反应为可逆反应。
B、若甲醇挥发则导致最终消耗标准液的量减小。
C、步骤③中待测液溅出，则消耗NaOH的量减小，最终测得(CH3CO)2O的量偏大。
D、若加水不足，则(CH3CO)2O未完全水解。
2．（2023·山东）一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。
③加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。对于上述实验，下列做法正确的是
A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可
B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点
C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直
D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管
【答案】C
【知识点】中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、容量瓶检漏时，应先往容量瓶内倒入一定量的蒸馏水，塞紧瓶塞后倒置容量瓶，观察瓶塞处是否漏水；正立后，将瓶塞旋转180°再次倒置，观察瓶塞处是否漏水。因此容量瓶检漏时，需倒置两次，A不符合题意。
B、滴入半滴标准溶液后，锥形瓶内溶液变色，且半分钟内不恢复原来的颜色，则说明已经达到滴定终点，B不符合题意。
C、滴定读数时，应单手持滴定管上端，并保持滴定管自然垂直，C符合题意。
D、滴定读数时，应单手持滴定管上端，并保持滴定管自然垂直，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、容量瓶检漏时，需倒置两次。
B、锥形瓶中颜色变色后半分钟内不恢复原来的颜色，说明达到滴定重点。
C、滴定读数时，应单手持滴定管并保持自然垂直。
D、读数时，应单手持滴定管并保持自然垂直。
3．（2023·湖南）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、a点溶液的溶质为NaCl、CH3COOH，存在电离平衡CH3COOH CH3COO－＋H＋，此时溶液的pH=3.38，即c(H＋)=10－3.38mol·L－1，此时溶液中c(CH3COO－)=10－3.38mol·L－1、c(CH3COOH)=0.0.01mol·L－1－10－3.38mol·L－1≈0.01mol·L－1，该温度下CH3COOH的电离平衡常数，A不符合题意；
B、a点溶液的溶质为等浓度的NaCl和CH3COOH，因此溶液中存在c(Na＋)=c(Cl－)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B不符合题意；
C、b点溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且溶液中c(CH3COONa)=c(CH3COOH)，此时溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，因此溶液中c(CH3COONa)＜c(CH3COOH)，C不符合题意；
D、酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，a点溶液中的CH3COOH抑制水的电离，b点溶液以CH3COOH的电离为主，抑制水的电离，但由于b点溶液中c(CH3COOH)小于a点，因此对水电离的抑制程度较弱，c点溶液中CH3COONa的水解促进水的电离，d点溶液中NaOH过量，抑制水的电离，且抑制程度大于a点。因此水的电离程度d
【分析】往HCl和CH3COOH的溶液中滴加NaOH进行滴定，加入NaOH的过程中先发生反应①NaOH＋HCl=NaCl＋H2O；当HCl完全反应后，NaOH再与CH3COOH发生反应②NaOH＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O。a点时η=1，只发生反应①，此时溶液的溶质为NaCl和CH3COOH。b点时η=1.50，此时反应①完全反应，反应②只消耗一半的CH3COOH，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH。c点时η=2.00，反应①、反应②都恰好完全反应，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa。
4．（2022·河北）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是（ ）
A．该水样中c(CO)=0.01mol L-1
B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)
C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol L-1
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A不符合题意；
B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+ c(CO)，故B不符合题意；
C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C符合题意；
D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】滴定过程中发生两次突越，第一次在a点，此时发生的反应为，则c()=，第二次是耗HCl为50mL的点，此时发生的反应为，由生成消耗20mL盐酸，则原溶液中的消耗10mL盐酸，则c()=。
5．（2023·达州模拟）常温下，向浓度为0.01mol·L-1的H3AsO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。关于该过程的说法错误的是
A．pH为7.35~7.45的溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3
B．Ka1(H3AsO3)的数量级是10-10
C．当pH=13时，溶液中的=-0.8
D．c点，c(Na+)>c()+3c()+2c()
【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．如图所示，pH为7.35~7.45的溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3，A不符合题意；
B．根据分析，，数量级是10-10，B不符合题意；
C．当pH=13时，，，=0.8，C符合题意；
D．c点溶液中溶质成分为等物质的量的Na3AsO3和Na2HAsO3，溶液呈碱性，根据电荷守恒：，由于，故，溶液呈碱性，，故，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合图示可以知道pH为7.35~7.45的溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3；
B、电离平衡常数可以结合交点分析；
C、结合二级电离平衡常数分析；
D、结合电荷守恒判断。
6．（2023·阿勒泰模拟）25 ℃时，将HCl气体缓慢通入0.10 mol·L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法错误的是
A．25 ° C时， NH3·H2O的电离平衡常数为10-4.75
B．P1所示溶液：c(Cl-) < 0.05 mol·L-1
C．P2所示溶液：c()= 100c( NH3·H2O )
D．P3所示溶液：c(Cl- )>c() >c(H+)>c(OH-)
【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．NH3·H2ONH+OH-，Kb=，由图可知，当c(NH3·H2O)= c()时，溶液pH=9. 25，则c(H+)=10-9.25mol/L，c(OH-)= 10-4.75mol/L，代人电离常数表达式可得：Kb=c(OH-)= 10-4.75，A不符合题意；
B．由图可知，P1点时，c()=c(NH3·H2O)=0.05 mol/L，pH=9.25，c(H+)
D．由图可知，P3点时，=1，则= n(NH3 H2O)，此时得到NH4Cl溶液，水解生成H+使溶液呈酸性，P3所示溶液存在：c(Cl- )>c() >c(H+)>c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、电离平衡常数要结合公式以及特殊点代入计算；
B、结合电荷守恒判断；
C、结合一水合氨的电离平衡常数判断；
D、结合铵根离子水解判断。
7．（2023·嘉定模拟）室温下，用标准液0.01mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.01mol·L-1H2C2O4(二元弱酸)溶液，在滴定过程中有关说法正确的是
A．当标准液滴到10.00mL时，溶液中存在[Na+]=[]
B．滴定终点时，水电离的氢离子浓度为10-7mol·L-1
C．pH=2的H2C2O4溶液中水电离的[H+]大于0.01mol·L-1NaOH溶液中水电离的[H+]
D．滴定过程中始终存在[Na+]+[H+]=[]+2[]+[OH-]
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．当标准液滴到10.00mL时，得到NaHC2O4溶液，根据物料守恒有，溶液中存在[Na+]=[]+[]+[ H2C2O4]，故[Na+]>[]，选项A不符合题意；
B．滴定终点时，为Na2C2O4溶液，是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，促进水的电离，水电离的氢离子浓度大于10-7mol·L-1，选项B不符合题意；
C．室温下，pH=2的H2C2O4溶液中水电离的[H+]和0.01mol·L-1NaOH溶液中水电离的[H+]均为10-12 mol·L-1，两者相等，选项C不符合题意；
D．滴定过程中始终存在电荷守恒，为[Na+]+[H+]=[]+2[]+[OH-]，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合物料守恒判断；
B、盐的水解促进水的电离；
C、溶液氢离子的浓度可以计算水电离的氢离子浓度；
D、结合电荷守恒判断。
8．（2023·浦东模拟）常温下用的HCl溶液滴定同浓度20.00mL某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．水的电离程度：X>Y>Z
B．X点：
C．Y点：
D．对Z点溶液加热，一定增大
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．Z点盐酸和MOH完全反应生成MCl，MCl水解促进水电离，Z点水电离程度最大，MOH抑制水电离，X点到Z点，MOH减少，水的电离程度增大，水的电离程度：X
C．Y点溶液呈中性，，故C不符合题意；
D．对Z点溶液加热，M+水解平衡正向移动，M+浓度减小、MOH、H+浓度都增大，升高温度，水的电离平衡正向移动，所以MOH的浓度增大幅度小于H+的浓度增大，所以、增大，一定增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、盐的水解促进水的电离，酸、碱的电离抑制水的电离；
B、结合物料守恒判断；
C、水的电离很微弱，因此氢离子和氢氧根浓度较低；
D、结合水解平衡移动的判断。
9．（2023·邢台模拟）向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图a所示；向的草酸钠溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，形成的与变化如图b所示。下列有关说法中错误的是(已知)
A．图b中当溶液时，
B．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后，溶液中为
C．的溶液的pH>2.5
D．向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系与图a相同
【答案】A
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．溶液中存在电荷守恒：，当溶液时，，则，故A符合题意；
B．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后得到的溶液中c(Ca2+)= ，由图b可知CaC2O4的Ksp= ，则溶液中为，故B不符合题意；
C．由分析可知，当pH为4.2时，和浓度相等，则的Ka2=，的溶液中=0.05mol/L，则=，pH=>2.5，故C不符合题意；
D．的两步电离常数大小只受温度影响，向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系与图a相同，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、结合图像以及电离平衡常数判断；
B、结合钙离子浓度和溶度积计算草酸根浓度；
C、草酸氢钠溶液中草酸氢根浓度达到最大值，结合其最高点判断；
D、电离平衡常数只受温度影响。
10．（2023·唐山模拟）向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图a所示；向的草酸钠溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，形成的与变化如图b所示。下列有关说法中错误的是(已知)
A．向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系与图a相同
B．的溶液的
C．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后，溶液中为
D．图b中当溶液时，
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，草酸和氢氧化钙首先转化为草酸氢钙，继续滴加氢氧化钙，草酸氢钙转化为草酸钙沉淀，虽然此时草酸根离子浓度很小，但是碳元素仍然主要以草酸根离子存在，且温度一定时，草酸的一级电离常数、二级电离常数是固定的，故与图a相同，A不符合题意；
B．向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，当两者等体积混合时得到溶液为的溶液，结合图a可知，也就是量最大的时候，溶液的，B不符合题意；
C．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后，氯化钙过量，反应后溶液中；结合图b可知，，则溶液中为，C不符合题意；
D．由图b可知，，图b中当溶液时，；由图a可知，当时，pH=4.2，则；由于，则，则，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、电离平衡常数只受温度影响；
B、草酸氢钠溶液中草酸氢根浓度达到最大值，结合其最高点判断；
C、结合钙离子浓度和溶度积计算草酸根浓度；
D、结合图像以及电离平衡常数判断。
11．（2023·酒泉模拟）常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示[已知：p=-lg]。下列叙述错误的是
A．m点对应的NaOH溶液体积小于10 mL
B．Ka(HA)为10-4.76
C．l点所示溶液中：c(Na＋)
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．当NaOH溶液的体积为10mL时，溶液中的溶质为等物质的量的NaA和HA，m点处p=0，即=1，则Ka(HA)=c(H+)=10-4.76，则Kh(A-)==10-9.24，所以HA的电离程度大于A-的水解程度，即当溶液中的溶质为等物质的量的NaA和HA时c(HA)
B．根据A选项可知Ka(HA)为10-4.76，故B不符合题意；
C．当加入的NaOH溶液为20mL时溶液中溶质为NaA，存在物料守恒c(Na＋)=c(A-)＋c(HA)，且溶液显碱性，l点溶液显酸性，说明加入的NaOH溶液体积小于20mL，则c(Na＋)
故答案为：D。
【分析】A、结合电离程度和水解程度判断；
B、曲线上任意一点的电离平衡常数都相同，结合m碘的值进行判断；
C、结合物料守恒判断；
D、盐的水解会促进水的电离。
12．（2023·漳州模拟）常温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．两种一元弱酸的电离常数：
B．溶液中水的电离程度：③>②>①
C．时，
D．滴定时均可选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点
【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．同浓度的酸溶液，电离平衡常数越大，溶液酸性越强，起始时CH3COOH溶液pH较小，则CH3COOH酸性较强，则室温下，电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)，A不符合题意；
B．由题干图示信息可知，①对应溶液显酸性，以CH3COOH的电离为主，此时抑制水的电离，②对应溶液呈中性，此时溶液中CH3COOH电离和CH3COO-相当，对水的电离几乎无影响，而③对应溶液中溶质为CH3COONa，由于CH3COO-水解促进水的电离，故溶液中水的电离程度：③>②>①，B符合题意；
C．根据电荷守恒可知，溶液中分别有：c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)1+c(H+)，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)2+c(H+)，时，则有c(CN-)=c(Na+)1，c(CH3COO-)=c(Na+)2，由图可知，c(Na+)2＞c(Na+)1，即，C不符合题意；
D．由题干图示信息可知，滴定终点溶液均显碱性，故滴定时均应选酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、酸性越强，电离平衡常数越大；
B、酸、碱的抑制会抑制水的电离，盐的水解会促进水的电离；
C、结合电荷守恒判断；
D、强碱弱酸的滴定应该用酚酞作为指示剂。
13．（2023·河南模拟）已知丙二酸(HOOCCH2COOH，简记为H2A)是二元弱酸。常温下，向20.0 mL0.1 mol·L-1丙二酸溶液中滴加同浓度的NaOH溶液V mL，体系中含碳粒子的物质的量分布系数(δ)与pH的关系如图所示。已知：丙二酸在体系中物质的量分布系数为δ(H2A)= 。
下列叙述正确的是
A．V=20.0时，c(HA-)>c(H2A)>c(A2- )
B．b点对应的溶液温度为滴定过程中的最高值
C．V=40.0时，c(H2A)+c(HA- )+c(A2-)=0.1 mol ·L-1
D．常温下，H2A+A2-2HA-的平衡常数K= 102.81
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．V=20.0时，NaOH和H2A恰好生成NaHA，HA-既能电离，也能水解，HA-电离产生A2-，水解产生H2A，HA-的电离常数为Ka2=10-5.66，水解常数Kh=
B．酸碱中和反应是放热反应，当H2A和NaOH恰好中和即溶质只有Na2A时，对应的溶液温度最高，b点溶液中c(HA-)=c(A2- )，溶质是Na2A和NaHA，所以b点对应的溶液温度不是滴定过程中的最高值，故B不符合题意；
C．在20mL0.1mol/L丙二酸溶液中，根据元素质量守恒，c(H2A)+c(HA- )+c(A2-)=0.1 mol/L，V=40.0时，溶液中加入了40mLNaOH溶液，溶液体积增大，所以c(H2A)+c(HA- )+c(A2-)小于0.1 mol ·L-1，故C不符合题意；
D．常温下，H2A+A2-2HA-的平衡常数K= =102.81，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合店里平衡车和水解平衡常数判断；
B、滴定过程的最高值即H2A和NaOH恰好中和即溶质只有Na2A；
C、结合元素质量守恒判断；
D、化学平衡常数可以结合一级电离平衡常数和二级电离平衡常数的比值判断。
14．（2023·龙岩模拟）测定食醋中总酸度有以下步骤：①将食醋精确稀释到原来的10倍；②用烧碱固体配制100mL浓度约为0.1mol L-1的溶液；③用邻苯二甲酸氢钾固体标定步骤②所得溶液；④用移液管取20.00mL待测液；⑤用已知浓度NaOH溶液滴定。以下对应步骤中的操作及选用仪器正确的是
A．步骤① B．步骤②
C．步骤③ D．步骤⑤
【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．步骤①：将食醋精确稀释到原来的10倍，应是配制一定物质的量浓度的溶液，因此需要用到仪器是容量瓶等，故A不符合题意；
B．因为需要标定，因此步骤②是粗配溶液，0.4gNaOH的物质的量为0.1mol，100mL蒸馏水约为0.1L，则浓度约为0.1mol/L，故B符合题意；
C．用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH时，滴定终点显碱性，应用酚酞作指示剂，故C不符合题意；
D．步骤⑤是用NaOH溶液进行滴定，滴定管的刻度从上到下逐渐增大，而图中仪器刻度从上到下逐渐减小，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.精确稀释应用应用容量瓶进行定容；
C.滴定终点时溶液显碱性，指示剂应为酚酞；
D.滴定管的读数从上到下增大。
15．（2023·武威模拟）常温下，向的二元酸溶液中逐滴加入等浓度的溶液，溶液的与离子浓度变化的关系如图所示，下列说法正确的是
A．曲线I表示与的关系
B．滴入溶液至中性：
C．的平衡常数
D．时，混合溶液呈碱性
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据上述分析可知，曲线II表示与的关系，A不符合题意；
B．滴入溶液至中性时，遵循电荷守恒式：，因中性溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以有，B不符合题意；
C．的平衡常数K=，C符合题意；
D．时，溶液溶质为NaHX，根据第一步和第二步的电离平衡常数可知，Ka2(H2X)=10-4.8，Kh2=所以HX-的电离程度大于水解程度，所以混合溶液呈酸性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 a点的pH=3，c(H+)=10-3mol/L，根据图中数据可知，二元酸H2X的电离平衡常数K1=， K1=， 且K1＞K2，则曲线Ⅰ表示与的关系，曲线II表示与的关系。
16．（2023·葫芦岛模拟）25℃时，用溶液滴定某二元弱酸，滴定过程中溶液的pH及、、的物质的量浓度变化如图所示，下列说法错误的是
A．的
B．Y点：
C．X点、Z点水的电离程度：Z>X
D．当时，
【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．由图知，加入氢氧化钠溶液约5mL时，=1，对应溶液pH=4(X点)，c(H+)=1×10-4mol/L，则H2A的Ka1==1.0×10-4，A不符合题意；
B．根据图示可知：Y点对应溶液c(HA-)=c(A2-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，由于此时溶液pH=8，说明溶液中c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，由于溶液中c(HA-)=c(A2-)，则c(Na+)＞3c(A2-)，B符合题意；
C．酸H2A溶液中酸电离产生H+，对水电离平衡起抑制作用，向H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，H2A不断被中和，溶液的酸性逐渐减弱，水电离程度逐渐增大，在恰好被完全中和前，水电离程度逐渐增大。X点时酸H2A仅部分被中和，Z点恰好完全中和生成Na2A，所以水的电离程度：Z＞X，故C不符合题意；
D．当V(NaOH)=20.00mL时，达到第二个滴定终点，溶质为Na2A，电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，质子守恒可得2c(H2A)+c(HA-)+c(H+)=c(OH-)，故可得2c(H2A)+c(Na+)+2c(H+)=2c(A2-)+2c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、电离平衡常数可以结合曲线交点判断；
B、结合电荷守恒判断；
C、酸、碱的电离抑制水的电离，盐的水解促进水的电离；
D、结合电荷守恒、质子守恒判断。
17．（2022·内江模拟）常温下，向一元弱碱BOH溶液中滴加一元强酸稀溶液，已知在一元弱碱BOH溶液中存在： c(BOH) +c(B+) =0.1 mol·L-1，溶液中c( BOH)和c(B+)的负对数pc的大小与pOH[ pOH= - lge( OH-)]的关系如图所示。下列有关叙述错误的是( )
A．常温下，当溶液的pOH =5.75时，溶液的pH =8.25
B．常温下，一元弱碱BOH的电离平衡常数约为10-5
C．a点对应的溶液中，一元弱碱BOH的电离程度大于B+的水解程度
D．当溶液的pOH =5.75时，c(OH-)
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．常温下，水溶液中始终存在水的电离平衡常数Kw=，pOH=5.75时，c(OH-)=mol/L，因此氢离子浓度为c(H+)=mol/L=mol/L，即pH =8.25，A不符合题意；
B．根据a点，可知c(B+) =c( BOH)，BOH的电离平衡常数Kb=，此时c(OH-)=mol/L，可得电离平衡常数为，数量级为10-5，B不符合题意；
C．a点溶液，对应的溶液pOH=4.75，溶液呈碱性，可知BOH的电离程度大于水解程度，C不符合题意；
D．pOH =5.75时，由图像知pBOH>pB，则c(B+)> c(BOH)，且溶液呈碱性，c(OH-)> c(H+)，所以c (H+)
【分析】A、常温下，pH+pOH=14；
B、结合交点判断其pOH和电离平衡常数；
C、根据此时的酸碱性，判断电离程度和水解程度；
D、结合电荷守恒和图象进行判断。
18．（2022·惠州模拟）常温下，向25.00mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.1mol/LHA，溶液的pH随加入的HA溶液体积的变化曲线如图所示(HA是一种弱酸，溶液混合后体积的变化忽略不计)，下列说法正确的是（ ）
A．由水电离产生H+的浓度c(H+)： A>B
B．溶液中存在：c(H+)+c(Na+) =c(OH-)+c(A-)
C．从A到C，都存在：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
D．在D点：c(Na+)=2c(HA)+2c(A-)
【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．A点为碱溶液，水的电离受到抑制，B点为正盐溶液，促进水的电离，故由水电离产生H+的浓度c(H+)： A
C．C点为中性点，H+和OH-浓度相等，根据电荷守恒，Na+和A-浓度相等，C不符合题意；
D．D点溶质成分为NaA和HA，两者的物质的量相同，根据物料守恒：2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、酸或碱溶液抑制水的电离，盐的水解促进水的电离；
B、结合电荷守恒判断；
C、结合电荷守恒以及pH=7进行判断；
D、结合物料守恒判断。
19．（2022·四平模拟）室温下，分别用0.1000mol L－1的NaOH标准液滴定浓度均为0.1mol L－1的三种酸HX、HY、和HZ，滴定曲线如图所示，下列说法错误的是
A．三种酸的酸性强弱：HX>HY>HZ
B．等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性
C．用NaOH标准液滴定HZ溶液时，选用酚酞作指示剂
D．滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，溶液中存在c（X－）
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A.酸越弱，酸的电离程度越小，等浓度的酸的pH越大，由图可知，三种酸的酸性强弱：HX>HY>HZ，选项A不符合题意；
B. 由图可知，NaOH标准液滴定HY溶液中和百分数达50%时得等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性，选项B不符合题意；
C. 用NaOH标准液滴定HZ溶液时，完全中和生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，可选用酚酞作指示剂，选项C不符合题意；
D. 滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，得到等浓度、等体积的HX溶液和NaX溶液混合，溶液呈酸性，根据电荷守恒c（X－）+ c（OH－）=c（Na+）+ c（H+），则存在c（X－）>c（Na+），选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、pH越小则小酸性越强；
B、HY和NaY等浓度等体积混合时，以酸的电离为主；
C、强碱弱酸的滴定可以用酚酞作为指示剂；
D、结合电荷守恒判断。
20．（2022·四平模拟）25℃时，取浓度均为0.1 mol·L 1的醋酸溶液和氨水各20 mL，分别用0.1 mol·L 1 氢氧化钠溶液和0.1 mol·L 1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线I，滴加10 mL溶液时：c(NH4+)+c(H＋)＝c(OH－)+c(NH3·H2O)
B．曲线I，滴加20 mL溶液时：两溶液恰好完全反应，此时溶液的pH<7
C．曲线II，滴加溶液体积在10～20 mL之间时存在：c(NH4+)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)
D．曲线II，滴加30 mL溶液时：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、实现表示的为HCl滴定氨水的曲线，加入10mL溶液，NH3·H2O反应掉一半，得到NH3·H2O和NH4Cl等浓度的混合溶液，根据物料守恒有c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=2c(Cl－)；根据电荷守恒，有c(NH4+)+c(H＋)＝c(OH－)+c(Cl－)，加入10mLHCl时，溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离大于NH4＋的水解，则c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)，则c(NH4+)+c(H＋)＜c(OH－)+ c(Cl－)，A不符合题意；
B、恰好完全反应时，生成NH4Cl，为强酸弱碱盐，水解成酸性，pH＜7，B符合题意；
C、曲线Ⅱ中，滴加溶液体积在10mL～20mL时，溶液的pH从酸性变成碱性，除了中性外c(OH－)≠c(H＋)，C不符合题意；
D、曲线II，滴加30 mL溶液时，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)；根据电荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H＋) +c(Na＋)，则c(Na＋)> c(CH3COO－)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、结合物料守恒判断；
B、氯化铵中铵根离子水解呈酸性；
C、氢离子和氢氧根的浓度大小可以根据溶液酸碱性判断；
D、结合电荷守恒判断。
21．（2022·呼和浩特模拟）常温时，采用甲基橙和酚酞双指示剂，用盐酸滴定Na2CO3溶液，溶液中lgc(H2CO3)、lgc(HCO)、lgc(H+)、lgc(OH-)随溶液pH的变化及滴定曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂
B．n点的pH为m点和q点pH的平均值
C．r点溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)
D．r点到k点对应的变化过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．酚酞变色指示的pH值介于8.2~10.0，甲基橙变色指示的pH值介于3.1~4.4，据分析，该体系pH在8~9之间时c(HCO)达到最大值，pH在3~4之间时c(HCO)近于达到最小值，故整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂，A不符合题意；
B．据图示数据，n点时c()=c(H2CO3)，设pH为a，m点时c(HCO)=c(H2CO3)，设pH为b，q点时c()=c(HCO)，设pH为c，由Ka1(H2CO3)==10-b，Ka2(H2CO3)==10-c， Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)=10-2a，则有10-b ·10-c =10-2a ，即，故n点的pH为m点和q点pH的平均值，B不符合题意；
C．r点溶液中含有溶质：Na2CO3、NaHCO3、NaCl，根据物料守恒有：①c(Na+)= 2c()+2c(HCO)+2c(H2CO3)，根据电荷守恒有：②c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+c(HCO)+2c()，将①代入②可得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)，C不符合题意；
D．据分析，r点到k点对应的变化过程是盐酸不断滴入的过程，水解对水电离的促进作用逐渐减小，逐渐变为盐酸电离对水电离的抑制作用逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据终点时的pH值，选择合适的指示剂；
B．利用电离平衡常数计算；
C．根据物料守恒和电荷守恒判断；
D．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离。
22．（2022·自贡模拟）已知pOH=-lgc(OH-)。向20mL0.1mol·L-1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法错误的是（ ）
A．a点时溶液中存在：c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c()+2c(H+)
B．a、b、c三点对应的水解平衡常数：Kh(b)＞Kh(a)＞Kh(c)
C．当溶液中pH=pOH时，水的电离程度最大
D．稀H2SO4的物质的量浓度为0.05mol·L-1
【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；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．a点时反应后溶质为一水合氨和硫酸铵，且硫酸铵为一水合氨浓度的一半，有电荷守恒和物料守恒得c(NH3·H2O)＋2c(OH-)=c(NH)＋2c(H＋)，故A不选；
B．升高温度促进铵根离子水解，水解常数增大，由图可知，温度：b＞a＞c，则a、b、c三点对应NH的水解平衡常数：Kh(b)＞Kh(a)＞Kh(c)，故B不选；
C．当溶液中pH=pOH时，溶液呈中性，水的电离既不促进又不抑制，而不滴加硫酸时，溶液显碱性，抑制水的电离，当加入40mL硫酸时，酸过量，抑制水的电离，氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时水的电离程度最大，故C选；
D．有分析可知：加入20mL硫酸与氨水恰好完全反应，硫酸是二元酸，一水合氨是一元碱，所以稀H2SO4的物质的量浓度为0.05mol·L-1，故D不选；
故答案为：C。
【分析】 20mL0.1mol·L-1的氨水 的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4 ，反应放热，溶液的温度升高，当两者恰好完全反应时，放热最多，溶液温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。
二、多选题
23．（2022·淄博模拟）常温下，用NaOH溶液滴定H3PO3溶液(已知H3PO3为二元弱酸)，溶液中pc(H2PO)和-lg或pc(HPO)和-lg的关系如图所示。(已知pc=-lgc)。下列说法正确的是
A．L2表示pc(HPO)和-lg的关系
B．H3PO3的电离常数Ka2(H3PO3)的数量级为10-6
C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，c(HPO)＞c(H3PO3)
D．c(H3PO3)=c(HPO)时，溶液显碱性
【答案】A,C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．根据亚磷酸二级电离可知，，等式两边同时取对数，，则，同理可得，因为，则，所以表示的直线应该在上方即L2，A符合题意；
B．，对应直线L2，将点(3，3.54)代入得，，，Ka2(H3PO3)的数量级为10-7，B不符合题意；
C．等浓度等体积的H3PO3溶液与NaOH溶液充分混合，生成NaH2PO3溶液，H2PO既电离又水解，电离平衡常数，水解平衡常数，水解程度小于电离程度，则c(HPO)＞c(H3PO3)，C符合题意；
D．，c(H3PO3)=c(HPO)时，，溶液显酸性，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A、结合二级电离平衡常数和电离平衡常数的负对数计算；
B、电离平衡常数可以结合直线上的特殊点带入计算；
C、结合水解程度和电离程度判断；
D、结合一级电离平衡常数和二级电离平衡常数的乘积计算氢离子的浓度。
24．（2023·菏泽模拟）常温下，向一定浓度溶液中加入KOH固体，保持溶液体积和温度不变，测得pH与[X为、、]的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线M表示
B．常温下，
C．a点溶液中：
D．b点溶液中：
【答案】B,D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线M表示，故A不符合题意；
B．电离常数的表达式为：，，，当pH＝2.8时，与相等，即=，代入可得Ka1×Ka2＝(10 2.8)2＝10 5.6；又当pH＝4.3时，，即=，即Ka2＝10 5.3，所以mol L 1，故B符合题意；
C．a点溶液中由电荷守恒可知c(K＋)＋c(H＋)＝＋2＋c(OH )，a点＝，则c(K＋) c(OH )＝＋2 c(H＋)，故C不符合题意；
D．b点时，电荷守恒为c(K＋)＋c(H＋)＝＋2＋c(OH )，此时pH＝4.3，即，所以=，所以上式变形为：c(K＋)＋c(H＋)＝3＋c(OH )，c(K＋) 3＝c(OH ) c(H＋)，因为c(OH )＜c(H＋)，所以c(K＋)＜3，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A、负对数的数值越大，则浓度越小；
B、结合交点判断电力平衡常数；
C、结合电荷守恒判断；
D、结合电荷守恒以及pH判断。
三、非选择题
25．（2022·辽宁）作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备原理及装置如下：
已知：、等杂质易使催化剂中毒。回答下列问题：
（1）A中反应的离子方程式为 。
（2）装置B应为 (填序号)。
（3）检查装置气密性并加入药品，所有活塞处于关闭状态。开始制备时，打开活塞 ，控温。一段时间后，仅保持活塞b打开，抽出残留气体。随后关闭活塞b，打开活塞 ，继续反应一段时间。关闭电源和活塞，过滤三颈烧瓶中混合物，加水萃取，分液，减压蒸馏，得产品。
（4）装置F的作用为 。
（5）反应过程中，控温的原因为 。
（6）氢醌法制备总反应的化学方程式为 。
（7）取产品，加蒸馏水定容至摇匀，取于锥形瓶中，用酸性标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为、、。假设其他杂质不干扰结果，产品中质量分数为 。
【答案】（1）
（2）②
（3）a、b；c、d
（4）防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒
（5）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高分解
（6）
（7）17%
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A中锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的离子方程式为；
（2）、等杂质易使催化剂中毒，需通过碱石灰除去HX和H2O，所以装置B应该选②；
（3）开始制备时，打开活塞a、b，A中产生的进入C中，在催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇，一段时间后，关闭a，仅保持活塞b打开，将残留抽出，随后关闭活塞b，打开活塞c、d，将通入C中与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌。
（4）容易使催化剂中毒，实验中需要保持C装置为无水环境，F的作用为防止外界水蒸气进入C中。
（5）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高分解，所以反应过程中控温；
（6）第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌，总反应为。
（7）滴定反应的离子方程式为，可得关系式：。三组数据中偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为，的质量分数。
【分析】的制备反应分两步进行，第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌，装置A是制取的装置，产生的中混有和，处在后通入C中发生第一步反应，随后氧气源释放的氧气经D干燥后进入C中发生反应生成和乙基蒽醌，F中装有浓，与C相连，防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒。
26．（2023·保定模拟）在两个相同的特制容器中分别加入20 mL 0.4 mol L的溶液和40 mL 0.2 mol L的溶液，再分别用0.4 mol L的盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线。下列说法正确的是
A．图中乙、丙线表示向溶液中滴加盐酸
B．根据图分析，d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
C．溶液和溶液中均满足
D．当滴加盐酸的体积为 mL时，a点所发生反应的离子方程式为
（1）装置乙的作用是 。
（2）装置丙中制备次氯酸钠为放热反应，该反应需要控制温度在40℃以下，写出一种(除搅拌外)控制该反应温度的操作方法 。
（3）Ⅱ.探究相关性质
为了进一步研究消毒液的性质，兴趣小组向盛有2 mL 84消毒液的试管中，逐滴加入10%的双氧水，发现有大量的气泡产生，对此作出以下猜测。
猜测1：双氧水与消毒液发生反应产生氧气。猜测2：……
猜测1中反应的化学方程式为 。猜测2可能为 。
（4）为了验证猜想，某探究小组设计用如图装置进行实验，所选药品有：10%的双氧水、一定浓度的84消毒液、二氧化锰等。该小组通过实验得出猜测1正确，请依据此装置和所给的药品推测该探究小组的实验设计是 。
【答案】（1）除去中HCl杂质及防止倒吸(平衡压强)
（2）缓慢滴加盐酸，控制氯气与氢氧化钠反应速率(在三颈烧瓶下方用冷水浴降温)
（3）；84消毒液催化双氧水分解
（4）在相同条件下，用注射器取等量的双氧水，分别加入盛有足量84消毒液和二氧化锰的锥形瓶中，做对照实验，与84消毒液反应产生气体的体积约为与二氧化锰反应产生气体体积的2倍，则证明猜测1正确
【知识点】中和滴定；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）盛放高锰酸钾溶液的仪器为圆底烧瓶，装置甲中反应生成氯气，离子方程式为：。
（2）装置乙中为饱和食盐水，吸收氯气中的氯化氢气体，长颈漏斗可以防止倒吸或平衡压强。
（3）氯气和氢氧化钠反应为放热反应，可以通过减少氯气的通入或控制烧瓶的温度，即操作方法为：缓慢滴加盐酸，控制氯气与氢氧化钠反应速率或在三颈烧瓶下方用冷水浴降温。
（4）猜测1中反应产生氧气，说明双氧水被氧化，则反应的方程式为：。猜测2可能为过氧化氢分解，次氯酸钠对该反应有催化作用。
（5）根据猜测1方程式分析，1mol过氧化氢被次氯酸钠氧化生成1mol氧气，若1mol过氧化氢分解则生成0.5mol氧气，故根据不同物质条件下氧气的体积不同进行设计实验，故该实验设计为：在相同条件下，用注射器取等量的双氧水，分别加入盛有足量84消毒液和二氧化锰的锥形瓶中，做对照实验，与84消毒液反应产生气体的体积约为与二氧化锰反应产生气体体积的2倍，则证明猜测1正确。
【分析】 Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则0.4mol·L-1Na2CO3溶液的碱性强于40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，Na2CO3与HCl反应先生成NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应生成CO2气体，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，并且n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.008mol，分别加入20mL0.4mol·L-1HCl时Na2CO3恰好转化为NaHCO3，容器中压强不变，随着HCl的加入，容器中压强逐渐增大，加入40mLHCl时容器的压强达到最大值，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，容器中压强增大，并且加入20mLHCl时容器的压强达到最大值、一直保持不变，所以图中甲、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 。
27．（2023·安庆模拟）重铬酸钾作为实验室重要的基准物质，通常用来标定某些物质的浓度。实验室模拟固体碱熔氧化法制备K2Cr2O7步骤如下：
I、制备阶段
①氧化焙烧：在熔融碱中，用强氧化剂氯酸钾氧化Cr2O3，得到易溶于水的铬酸盐；
②熔块提取：用水浸取熔体，过滤，将滤液酸化；
③复分解结晶：向酸化后的滤液中加入细小KCl晶体，抽滤、干燥、得粗产品重铬酸钾。
II、纯度分析
称取1.000g的粗产品，配制成100mL溶液，取25.00mL用硫酸酸化，加入适量KI和指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至亮绿色。
回答下列问题：
（1）在氧化焙烧时，用 进行熔融(填仪器名称)，下列仪器在纯度分析中用不到的是 (填序号)。
（2）步骤①中使用的碱为苛性钠，写出该步反应的化学方程式 。
（3）步骤②中加入强酸酸化的目的是 。
（4）步骤③中加入细小KCl晶体能得到重铬酸钾，原理为2KCl+Na2Cr2O7=2NaCl+K2Cr2O7该反应能发生的原因是 。
（5）纯度分析中选择的指示剂是 ，写出酸性重铬酸钾与KI反应的离子方程式 。滴定原理是I2+2=2I-+，若滴定终点消耗0.2000mol/LNa2S2O3标准溶液22.50mL，则该产品纯度为 %(保留两位小数)。
【答案】（1）铁坩埚；A
（2）Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O
（3）将转化为(2+2H++H2O)
（4）K2Cr2O7溶解度较小
（5）淀粉溶液；+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；88.20
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）焙烧碱应该选择铁坩埚以免被碱腐蚀。纯度分析中需要称量固体并配制一定浓度溶液，最后进行滴定。需要用到托盘天平、碱式滴定管、锥形瓶等而没有用到冷凝管。故答案为：铁坩埚；C；
（2）氯酸钾氧化Cr2O3为+6价即Na2CrO4，反应为Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O。故答案为：Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O；
（3）反应中存在2+2H++H2O，酸化使平衡正向，将转化为。故答案为：将转化为(2+2H++H2O)；
（4）K2Cr2O7溶解度较小而以沉淀析出。故答案为：K2Cr2O7溶解度较小；
（5）K2Cr2O7酸性条件下将KI氧化为I2反应为+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，I2再与Na2S2O3反应产生I-。所以指示剂选淀粉。K2Cr2O7~3I2~ 6Na2S2O3。n(Na2S2O3)=cV= 0.2000mol/L× 22.50× 10-3L=4.5×10-3mol。n(K2Cr2O7)=7.5×10-4mol，则产品的纯度为。故答案为：88.20。
【分析】（1）氧化焙烧时，碱能与二氧化硅反应，因此应用铁坩埚熔融；分析纯度时，需要称量固体并配制一定浓度溶液，最后进行滴定；
（2）氧化焙烧时， 氯酸钾氧化Cr2O3， 发生反应Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O；
（3）酸性条件下，发生反应2+2H++H2O；
（4）该反应能发生是因为K2Cr2O7溶解度较小；
（5）碘单质遇淀粉变蓝，用淀粉溶液作指示剂；酸性条件下，K2Cr2O7与KI发生反应+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；根据关系式：K2Cr2O7~3I2~ 6Na2S2O3计算。
28．（2023·枣庄模拟）三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室可利用下面装置模拟制取三氯化铬(、为气流控制开关)。
原理：
已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体
（1）实验装置合理的连接顺序为a— (填仪器接口字母标号)。
（2）步骤如下：
i．连接装置，检查装置气密性，装入药品并通；
ii．加热反应管至400℃；
iii．控制开关，加热，温度保持在50℃～60℃之间；
iv．加热石英管继续升温至650℃，直到E中反应基本完成，切断管式炉的电源；
v．停止A装置水浴加热，……；
vi．装置冷却后，结束制备实验。
①步骤i中，开关、的状态分别为 。
②补全步骤v的操作： ，其目的是 。
（3）从安全的角度考虑，整套装置的不足是 。
（4）装置D中反应的离子方程式为 。
（5）取三氯化铬样品0.300g，配制成250mL溶液。移取25.00mL于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量溶液，生成绿色沉淀。冷却后，加足量30% ，小火加热至绿色沉淀完全溶解。冷却后，加入酸化，再加入足量KI溶液，加塞摇匀充分反应后，铬元素只以存在，暗处静置5min后，加入指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液21.00mL(杂质不参加反应)。
已知：；
①绿色沉淀完全溶解后，继续加热一段时间再进行后续操作，目的是 。
②样品中无水三氯化铬的质量分数为 (结果保留三位有效数字)。
③若将碘量瓶换为锥形瓶，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）hi(或ih)debcf(g)
（2）开， 关；继续通入一段时间；将COCl2完全排入装置D被充分吸收
（3）升华的三氯化铬易凝华，堵塞导管
（4）
（5）除去多余的；92.5%；偏低
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据分析，装置的排序是AECBD。首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入。因此，实验装置合理的连接顺序为ahi(或ih)debcf(g)。
（2）①K1开，K2关，使得N2能进入装置排尽空气而不会带入CCl4。
②反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收。
（3）三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管。
（4）根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为；
（5）①为避免过量的H2O2和KI反应而对后续的测定产生干扰，应加热除去多余的H2O2；
②被H2O2氧化后的Cr元素全部以形式存在，其再次和酸化的KI反应，离子方程式为。根据方程式，生成的I2的物质的量为n(I2)==0.0002625mol，则根据Cr元素守恒，可计算出无水三氯化铬质量分数为；
③普通锥形瓶没有密封效果，将碘量瓶换成普通锥形瓶将导致I2升华，从而使得消耗的量偏小，则样品中无水三氯化铬质量分数的测量结果偏低。
【分析】该反应的原理为 ，则先将装置A中的CCl4压入装置E中，与Cr2O3反应，利用装置C收集CrCl3，CrCl3 易潮解，易升华，则用B装置吸收空气中的水，防止水蒸气进入装置C中， 气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体，所以用装置D中的NaOH溶液进行尾气处理。
29．（2023·邵阳模拟）四氯化钛(，熔点：-25℃，沸点：136 ℃)是制备海绵钛和钛白的主要原料，其实验室制备原理是，某同学利用如下装置制备并验证产物CO。
已知：遇潮湿空气会发生反应：。
回答下列问题：
（1）写出装置A中制备的化学反应方程式 (注：反应中被还原为)。
（2）按气流方向从左至右，上述装置的连接顺序为A， ，G，F，H，E。
（3）装置A中盛放浓盐酸的仪器名称为 ，装置G中盛放的碱石灰的作用是 。
（4）能证明有CO生成的实验现象是 。
（5）产品中含量测定：取10.0 g 产品于烧瓶中，向安全漏斗(如下图所示)中加入足量蒸馏水后，立即夹紧弹簧夹，充分反应后将安全漏斗及烧瓶中混合物中液体转移到容量瓶中配成500 mL溶液，取20 mL所配溶液放入锥形瓶中，滴加几滴的溶液作指示剂，用的溶液滴定至终点，消耗溶液32.00 mL。已知：是一种深红色固体；常温下，，。
①安全漏斗中的水在本实验中的作用除加水外，还有 ；
②该沉淀滴定终点的判断方法是 ；
③该产品纯度为 %。
【答案】（1）
（2）I、D、B、C
（3）分液漏斗；吸收多余的，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致水解
（4）F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊
（5）液封并吸收挥发的HCl；当加入最后一滴溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点；76.0
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置A中制备氯气的反应为重铬酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化铬、氯气和水，反应的化学反应方程式为，故答案为：；
（2）由分析可知，装置的连接顺序为A、I、D、B、C、G、F、H、E，故答案为：I、D、B、C；
（3）由实验装置图可知，装置A中盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗；由分析可知，装置G中盛有盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致四氯化钛水解，故答案为：分液漏斗；吸收多余的，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致水解；
（4）由分析可知，装置F、H用于验证一氧化碳的生成，其中F中一氧化碳与氧化铜共热反应生成铜和二氧化碳，H中二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，则证明有一氧化碳生成的实验现象为F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊，故答案为：F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊；
（5）①由实验装置图可知，安全漏斗中的水在本实验中的作用除加水外，还能起到液封和吸收挥发的氯化氢的作用，故答案为：液封并吸收挥发的HCl；
②当硝酸银溶液与盐酸完全反应时，再滴入一滴硝酸银溶液，过量的硝酸银溶液与铬酸钾溶液反应生成红色铬酸银沉淀，沉淀滴定终点的判断方法是当加入最后一滴硝酸银溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点，故答案为：当加入最后一滴AgNO3溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点；
③由方程式可得如下转化关系：TiCl4-4HCl-4AgNO3，滴定消耗32.00 mL0.200mol/L硝酸银溶液，则10.0 g产品纯度为×100%=76.0%，
故答案为：76.0。
【分析】 装置A中重铬酸钾与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置I中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置B中氯气与二氧化碳和碳共热反应制备四氯化钛，装置C用于冷凝收集四氯化钛，装置G中盛有盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致四氯化钛水解，装置F、H用于验证一氧化碳的生成，装置E用于收集未反应的一氧化碳，防止污染空气 。
30．（2022高二下·烟台期末）二氯异氰尿酸钠（NaC3N3O3Cl2，摩尔质量为220g/mol）是一种高效广谱杀菌消毒剂，它常温下为白色固体，难溶于冷水。其制备原理为：，请选择下列部分装置制备二氯异氰尿酸钠并探究其性质。
请回答下列问题：
（1）选择合适装置，按气流从左至右，导管连接顺序为 （填小写字母）。
（2）将D中试剂换成氯酸钾后发生反应的化学方程式为 。
（3）仪器X中的试剂是 。
（4）实验时，先向A中通入氯气，生成高浓度的NaClO溶液后，再加入氰尿酸溶液。在加入氰尿酸溶液后还要继续通入一定量的氯气，其原因是 。
（5）反应结束后，A中浊液经过滤、 、 得到粗产品mg。
（6）粗产品中NaC3N3O3Cl2含量测定。将mg粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100mL溶液，取10.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min。用c mol/L Na2S2O3标准溶液进行滴定，加入淀粉指示剂，滴定至终点，消耗溶液。（假设杂质不与反应，涉及的反应为：C3N3O3Cl+3H++4I- = C3H3N3O3+2I2+2Cl-，）
①滴定终点现象是 。
②则NaC3N3O3Cl2的含量为 。(用含m，c，V的代数式表示)
【答案】（1）fghabe
（2）KClO3＋6HCl(浓)=KCl + 3Cl2↑＋3H2O
（3）NaOH或氢氧化钠溶液
（4）通入Cl2与生成的NaOH反应，有利于NaC3N3O3Cl2的生成
（5）冷水洗涤；干燥
（6）滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复；
【知识点】中和滴定；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
（1）按照气流从左至右的顺序，制备二氯异氰尿酸钠首先需要制备Cl2，需要装置D，Cl2从f口流出；接下来需要除去Cl2中混合的HCl，需要装置E，气体从g口流入、h口流出；制备NaClO并与氰尿酸溶液发生反应需要装置A，气体从a口流入、b口流出；为了除去未反应完的Cl2，需要将尾气通入到氢氧化钠溶液中，需要装置C，气体从e口流入。故导管连接顺序为fghabe。
（2）装置D为氯气发生装置，若利用氯酸钾与浓盐酸制备氯气，发生反应的化学方程式为：KClO3＋6HCl(浓)=KCl + 3Cl2↑＋3H2O。
（3）仪器X中所加试剂的目的是与Cl2反应生成NaClO，故该试剂为NaOH或氢氧化钠溶液。
（4）观察题干信息可知制备二氯异氰尿酸钠的反应可以生成NaOH，故继续通入一定量的氯气可以与生成的NaOH反应不断生成NaClO，有利于NaC3N3O3Cl2的生成。
（5）考虑到二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，A中的浊液经过滤后应再用冷水洗涤并干燥之后可以得到粗产品。故答案为：冷水洗涤；干燥。
（6）①NaC3N3O3Cl2溶液可以与过量的KI溶液反应生成I2，I2遇淀粉显蓝色。随后加入Na2S2O3溶液与I2反应可使蓝色逐渐褪去，故滴定终点的现象为：滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复；②由题干中给出的反应方程式：C3N3O3Cl+3H++4I- = C3H3N3O3+2I2+2Cl-，可知各物质的物质的量之比为n(NaC3N3O3Cl2)：n(I2)：n(Na2S2O3)=1：2：4。即n(NaC3N3O3Cl2)=n(Na2S2O3)=mol。10mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为m=n×M=mol×220g/mol=0.055cV g，100mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为0.55cV g。则NaC3N3O3Cl2的含量。
【分析】由二氯异氰尿酸钠的制备原理以及给定的装置可知，题干中所示的反应装置可以分为氯气的发生装置与二氯异氰尿酸钠的制备装置。具体反应流程为：用浓盐酸与Ca(ClO)2反应制Cl2；除去Cl2中因浓盐酸挥发而混合的HCl；将Cl2通入氢氧化钠溶液中制备NaClO，再与氰尿酸溶液反应生成二氯异氰尿酸钠；对尾气Cl2进行处理。
31．（2022·青岛模拟）二氯化二硫是一种金黄色油状液体(沸点138℃)，用作除草剂、橡胶硫化剂等。制备装置如图(夹持和加热装置略)。
已知：遇水发生反应；热稳定性差；能被氧化为；硫黄的熔点为113℃，沸点为445℃，
回答下列问题：
（1）电子式为 。
（2）制备的实验步骤如下：
步骤1：检查装置气密性，加入硫黄，通氮气；
步骤2：一段时间后加热A中三颈烧瓶至110℃~115℃，使硫黄熔化；
步骤3：改通氯气，于115℃~125℃氯化一段时间后改通氮气；
步骤4：......；
步骤5：停止加热，持续通氮气至冷却。
①步骤1开始时需打开 关闭 (填“”、“”或“”)。通氮气的目的是 ；步骤4是 。
②证明有生成的现象是 。反应过程应控制的量，原因是 ；装置C可选择 (填标号)。
（3）为测定产物纯度，实验操作如下：
Ⅰ．实验前称重B装置为，实验后称重为(均不包含冰盐水)，取出产品备用，剩余产品进行后续实验；
Ⅱ．撤掉装置A、C和B中冰盐水，重新更换足量的NaOH溶液，直接连接装置B、D；
Ⅲ．打开、、，并不断向B中通入水蒸气、将和全部赶出；
Ⅳ．实验结束后，取下锥形瓶，滴加几滴酚酞，用盐酸标准溶液滴定剩余的溶液，消耗盐酸；
Ⅴ．不加样品，做空白对照实验，消耗盐酸。
①产品中的纯度为 (写出表达式)。
②下列操作可能会导致测定结果偏高的是 (填标号)。
a．水蒸气的通入时间较短
b．操作Ⅳ滴定后仰视滴定管读数
c．操作Ⅴ滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡
【答案】（1）
（2）K1、K3；；排除装置中的空气，防止空气中的水蒸气与反应；快速升温到138℃以上收集产品；B中有金黄色油状液体出现；防止被氧化；b
（3）×100%；b
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)S2Cl2分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构，由原子最外层电子数，S原子形成2个价键，而氯原子形成1个价键，故S原子之间形成1对共用电子对，每个S原子分别与氯原子形成1对共用电子对，其电子式为；
(2)①步骤1开始时需打开K1、K3，关闭K2，利用反应生成的氮气排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气与S2Cl2反应，步骤4这一步应该生成二氯化二硫，根据提示S2Cl2沸点138℃，需要快速升温到138℃以上，收集产品；
②根据提示二氯化二硫(S2Cl2)是一种金黄色油状液体，有S2Cl2生成的现象是B中有金黄色油状液体出现；根据提示二氯化二硫能被Cl2氧化为SCl2，防止二氯化二硫能被Cl2氧化为SCl2，故需要控制反应过程应控制Cl2的量；
根据提示S2Cl2遇水发生反应：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl，C装置防止装置D中的水进入；
a．硫酸铜粉末一般检验水的存在，不适用于除水，a不正确；
b．碱石灰具有吸水性，b正确；
c．浓硫酸具有吸水性，但是是液体，气体不能顺利通过，且会将其排入到D装置，从而不能起不到应有的作用，c不正确；
故答案为：b。
(3)①反应中用到的二氯化二硫粗品的量为：m2-m1-m3，根据题中信息可知，两次盐酸的差量为及水解产物消耗氢氧化钠的量，Δn(HCl)=cV=xmol/L(V0-V1)×10-3L=x(V0-V1)×10-3，根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，可得水解产物消耗的氢氧化钠的物质的量x(V0-V1)×10-3，再根据2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl，HCl+NaOH=NaCl+H2O，SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，可得S2Cl2～3NaOH，可得产品S2Cl2的纯度为： ×100%=×100%；
②a．水蒸气的通入时间较短，水解产物没有全部被氢氧化钠吸收，导致V1偏大，根据产品S2Cl2的纯度计算式×100%，产品的纯度偏小，a不正确；
b．操作Ⅳ滴定后仰视滴定管读数，导致读取的V1偏小，根据产品S2Cl2的纯度的计算式×100%，产品的纯度偏大，b正确；
c．操作Ⅴ滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，导致V1偏大，根据产品S2Cl2的纯度计算式×100%，产品的纯度偏小，c不正确；
故答案为：b。
【分析】根据实验目的制备二氯化二硫，并测定产物纯度，制备二氯化二硫，A装置为二氯化二硫的发生装置，B为冷凝收集二氯化二硫粗品装置，S2Cl2遇水发生反应，C装置防止外界的水，D为尾气处理，防止空气污染；
测定纯度时，利用装置B中收集的二氯化二硫取出m3g剩下的部分测定其纯度，加入水使其水解，利用水蒸气将水解产物全部排入到D，用足量的氢氧化钠吸收，剩余的氢氧化钠再用盐酸滴定，消耗盐酸体积V1mL，做空白对照实验，消耗盐酸V0mL，两次盐酸的差量为及水解产物消耗氢氧化钠的量，再根据水解产物与氢氧化钠反应的化学方程式，得到二氯化二硫与氢氧化钠的关系，从而进行计算得出×100%，根据×100%进行误差分析。
32．（2022·商洛模拟）硫化锂(Li2S)易潮解，在加热条件下易被空气中的氧化，是一种潜在的锂电池的电解质材料。实验室用粗锌(含少量铜、FeS)和稀硫酸反应制备，并用制得的去还原硫酸锂制备硫化锂，反应原理：，实验装置如图所示。请回答下列问题：
（1）选择A装置实现随制随停，还适用于下列试剂制备对应气体的是 (填标号)。
a.70%硫酸、亚硫酸钠 b.：稀盐酸、大理石
c.：浓氨水、生石灰 d.：浓盐酸、
（2）C和E装置中盛装的试剂相同，均可选择 (填名称)，E装置的作用是 。
（3）B装置中发生反应的离子方程式为 。
（4）得到的产品中往往含有一定量的杂质，某小组同学对产品中的杂质进行探究。
①提出猜想：
猜想一：产品中含杂质
猜想二：产品中含杂质
猜想三：产品中含杂质S
依据所学知识，猜想三不成立，理由是 。
②化学小组为验证猜想：
限选试剂：稀盐酸、稀硫酸、蒸馏水、品红溶液、双氧水、氯化钡溶液、硝酸钡溶液
实验 操作与现象 结论
I 取少量样品溶于水， 样品中不含
II 在实验I反应后的溶液中， 样品中含
（5）测定产品纯度的方法：取wg样品加入足量稀硫酸，充分反应后，煮沸溶液，冷却后滴加酚酞溶液作指示剂，用NaOH标准溶液滴定，消耗NaOH标准溶液。
①煮沸的目的是 。
②样品的纯度为 。
【答案】（1）b
（2）浓硫酸；吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入D中
（3）Cu2++H2S=CuS↓+2H+
（4）加热时，S能与H2反应生成H2S或硫能汽化，会随氢气流走；滴加足量的稀盐酸，无浑浊并将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液不褪色；滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀
（5）除去溶液中溶解的酸性气体；
【知识点】中和滴定；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)由图可知，A装置适合与块状固体与溶液不加热反应制备难溶于水的气体，优点是能控制反应的发生和停止，实现随制随停，则装置A不能用于制备极易溶于水的氨气和易溶于水的二氧化硫，不能用于二氧化锰和浓盐酸共热反应制备氯气，适合用于用大理石钙固体和稀盐酸反应制备二氧化碳，
故答案为：b；
(2)由分析可知，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氢气，装置E中盛有的浓硫酸用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入D中导致硫化锂水解，故答案为：浓硫酸；吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入D中；
(3)由分析可知，装置B中盛有的硫酸铜溶液用于除去硫化氢气体，反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
(4)若产品中含杂质硫，硫受热能汽化为硫蒸气，也能与氢气共热反应生成硫化氢气体，所以产品中含有的杂质不可能是硫；取少量硫化锂样品溶于水，滴加足量的稀盐酸，无浑浊并将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液不褪色说明样品中不含亚硫酸锂；在实验I反应后的溶液中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀说明样品中含有硫酸锂，故答案为：加热时，S能与H2反应生成H2S或硫能汽化，会随氢气流走；滴加足量的稀盐酸，无浑浊并将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液不褪色；滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；
(5)①由题意可知，煮沸的目的是除去溶液中溶解的硫化氢气体，防止氢硫酸与氢氧化钠溶液反应导致实验误差，故答案为：除去溶液中溶解的酸性气体；
②由题意可知，与硫化锂反应的稀硫酸的物质的量为(10-3c1V1-10-3c2V2×)，则样品的纯度为=，故答案为：。
【分析】装置A中稀硫酸和粗锌反应制备氢气，制得的氢气中混有硫化氢气体，装置B中盛有的硫酸铜溶液用于除去硫化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氢气，装置D中硫酸锂与氢气共热反应制得硫化锂，装置E中盛有的浓硫酸用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入D中导致硫化锂水解。
33．（2022·河北模拟）实验室以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量的操作步骤如下：
（1）Ⅰ.制备NaClO强碱性饱和溶液：
①将20mLNaOH溶液加入仪器b中，冷水浴冷却，通入搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止(装置如下图所示)。
②将所得饱和NaClO倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入20gNaOH固体并不断搅拌，过滤，得NaClO强碱性饱和溶液。
甲装置中a管的作用是 。
（2）写出甲装置中反应的化学方程式 。
（3）石灰乳的作用是 。
（4）反应过程中用冷水浴冷却的原因是 。
（5）Ⅱ.合成
①称取5.05g(相对分子质量为404)固体，在冷水浴中分批加入Ⅰ中所得滤液，并不断搅拌，反应1小时后溶液呈深紫红色(即)。
②离心分离除去水解得到的胶体，留上层清液(深紫红色)。
③向②的上层清液中缓慢加入KOH饱和溶液50.00mL，冰水浴保持5min，过滤，得(相对分子质量为198)粗产品。
④将粗产品重结晶，并用异丙醇洗涤，低温烘干，得纯产品2.13g。
合成的离子方程式为 。
（6）用异丙醇洗涤的目的是 。
（7）的产率为 (保留至0.1%)。
【答案】（1）平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下
（2）2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
（3）除去未反应氯气，防止氯气污染空气
（4）有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠
（5）2Fe3++3ClO-+6OH-=2+3Cl-+5H2O
（6）增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出
（7）86.1%
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)甲装置中高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，利用a管可平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下；
(2)甲装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；
(3)氯气有毒，污染空气，石灰乳除去未反应氯气，防止氯气污染空气；
(4)温度不同时，氯气与NaOH反应的产物也不同，常温下，生成次氯酸钠，温度高时，反应生成氯酸钾，6NaOH+3Cl2 5NaCl+NaClO3+3H2O，降低了次氯酸钠的产量；则反应过程中用冷水浴冷却有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠；
(5)氢氧化铁被次氯酸根氧化为高铁酸根()同时生成Cl-、H2O，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+6OH-=2+3Cl-+5H2O；
(6)高铁酸钾可溶于水，用异丙醇代替水洗涤产品，可减少高铁酸钾的溶解损耗；
(7)5.05g Fe(NO3)3 9H2O的物质的量为n(Fe(NO3)3 9H2O)=0.0125mol，根据铁元素守恒可知n(K2FeO4)=0.0125mol，则m(K2FeO4)=0.0125mol×198g/mol=2.475g，则产率为=×100%=86.1%。
【分析】Ⅰ．在冷的NaOH溶液中通入利用甲装置制得的氯气并搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止，然后向饱和NaClO溶液中加入NaOH固体，即可得NaClO强碱性饱和溶液；
Ⅱ．在NaClO强碱性饱和溶液中分次加入Fe(NO3)3·9H2O(相对分子质量为404)固体，并用冷水浴降温和不断搅拌，即可得深紫红色Na2FeO4溶液，用离心分离除去少量Fe(OH)3胶体，然后在上层中缓慢加入KOH饱和溶液，经过滤并用异丙醇洗涤，低温烘干，得高铁酸钾。
34．（2022·保定模拟）硫化锌(ZnS)是一种半导体材料，某小组在实验室制备硫化锌：。回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的化学方程式为 。
（2）装置B中盛装的试剂可能是 (填标号)。
a.NaOH溶液 b.饱和NaHS溶液 c.新制氯水
（3）装置A能控制反应的发生和停止，装置C中完全反应后，停止装置A中反应的操作是 。
（4）当装置D中0.01mol完全反应时，转移0.08mol电子，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
（5）实验完毕后，从装置C中得到较纯净的ZnS的操作是 (填标号)、洗涤、干燥。
（6）测定ZnS产品纯度。
准确称取mg产品(杂质不含Zn元素)溶于足量盐酸，加热至不产生气泡，稀释成250mL溶液，准确量取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，调节pH在1.5~3，用二苯胺作指示剂，用的亚铁氰化钾{}标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。
已知：滴定反应为。
①加热的目的是 。
②该产品中ZnS的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示)%。
③如果其他操作均正确，滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，那么测得结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）
（2）b
（3）关闭活塞K
（4）5∶8
（5）a
（6）除去溶液中的H2S；；偏高
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A装置中FeS和盐酸反应制备H2S气体，B中盛饱和NaHS溶液除H2S中的HCl，C中醋酸锌和硫化氢反应制备ZnS，D装置中氢氧化钠溶液吸收H2S，防止污染。
(1)A装置中FeS和盐酸反应生成FeCl2和H2S气体，发生反应的化学方程式为；
(2)A中生成的H2S气体中含有HCl杂质，装置B的作用是除去H2S中的HCl杂质，H2S和氢氧化钠、氯水都反应，B中盛装的试剂可能是饱和NaHS溶液，选b。
(3)装置C中完全反应后，关闭活塞K，启普发生器内气体增多，压强增大，盐酸被压入球形漏斗中，固体和液体分离，装置A中反应停止。
(4)装置D中0.01mol完全反应时，转移0.08mol电子，说明硫元素化合价由-2升高为+6，H2S被氧化为，被还原为Mn2+，锰元素化合价由+7降低为+2，根据得失电子守恒，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶8。
(5)ZnS是固体，实验完毕后，从装置C中得到较纯净的ZnS的操作是过滤、洗涤、干燥，选a。
(6)①气体溶解度随温度升高而降低，加热的目的是除去溶液中的H2S。
②滴定终点消耗亚铁氰化钾溶液VmL，根据，25.00mL待测液中含有Zn2+的物质的量为，该产品中ZnS的质量分数为%。
③如果其他操作均正确，滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，消耗标准液体积偏大，那么测得结果偏高。
【分析】（1）A装置中FeS和盐酸反应生成FeCl2和H2S气体；
（2）装置B的作用是除去H2S中的HCl杂质；
（3）关闭活塞K，启普发生器内气体增多，压强增大，盐酸被压入球形漏斗中；
（4）根据得失电子守恒计算；
（5）从装置C中得到较纯净的ZnS的操作是过滤；
（6）①加热可除去溶液中的H2S；
②根据计算；
③滴定前俯视读数，滴定终点时仰视读数，消耗标准液体积偏大。
35．（2022·邯郸模拟）锡酸钠晶体(Na2SnO3 3H2O)在电镀、媒染等工业应用广泛，碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。以锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体和碲的工艺流程如下图：
已知：①水碎液中溶质主要成分为Na2SnO3、Na2TeO3、Na3AsO4和Na2PbO2；
②碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小。
回答下列问题：
（1）“碱浸”时，TeO发生反应的化学方程式为 。
（2）“除砷”时，若要使0.002 mol·L-1AsO沉淀完全(离子浓度不大于10-6 mol·L-1)，则需要加入等体积的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度至少为 。(已知常温下Ksp[Ba3(AsO4)2]=10-24)。
（3）“除铅”时，加入Na2S所发生反应的离子方程式为 。
（4）“除碲”时，相同时间内不同的反应温度对Te的脱除率的影响关系如图2，70℃后随温度升高Te的脱除率下降的原因可能是 。
（5）“溶析结晶”的操作是 ，洗涤，干燥，得到锡酸钠晶体。
（6）“还原”反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 ；
（7）所得碲产品中碲的纯度测定步骤如下：
①取4.0 g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中。
②往锥形瓶中加入20.00 mL0.1 mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。
③用0.1 mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，滴入几滴试亚铁灵指示剂至终点显红色，进行三次平行实验，平均消耗12.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液。
计算所得碲产品中碲的纯度为 。
【答案】（1）2TeO+O2+4NaOH═2Na2TeO3+2H2O
（2）0.0032 mol·L-1
（3）S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-
（4）H2O2受热分解
（5）加热蒸发、趁热过滤
（6）3：1
（7）86.4%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)“碱溶” 时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3，同时产生H2O，发生反应的化学方程式为2SnO+O2+4NaOH=2Na2SnO3+2H2O；
(2)假定溶液体积为V L，Ba2+在混合体系中的存在形式由两部分构成，一部分与沉淀3Ba2+ +2=Ba3(AsO4)2↓，需n(Ba2+)=0.003V mol；同时溶液中存在Ba3(AsO4)2的溶解平衡：c3(Ba2+)·c2()=Ksp[Ba3(AsO4)2]，此时c()=10-6 mol/L，c(Ba2+)==1.0×10-4 mol/L，需n(Ba2+)=10-4×2V mol，故c[Ba(OH)2]=；
(3)结合分析可知，"除铅” 时，加入Na2S所发生反应的化学方程式为Na2S+ Na2PbO2+2H2O=PbS↓+4NaOH，该反应的离子方程式为：S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-；
(4)过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，是由于H2O2不稳定，受热分解，导致Te的脱除率下降；
(5)碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小，故过滤后所得滤液经加热蒸发、趁热过滤、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出；
(6)Na2TeO4加入浓盐酸转化为H2TeO3，随后与SO2反应转化为Te单质，H2TeO3为氧化剂，SO2为还原剂，被氧化为H2SO4，故根据氧化还原反应中电子得失数目相等，可知还原剂与氧化剂的比例为3：1；
(7)根据反应关系+3H2TeO3+8H+ +2H2O=2Cr3++3H6TeO6和+6Fe2++8H+=2Cr3+ +6Fe3++4H2O，可得关系式：~~~~~3H2TeO3~~~~3Te，发生该转化关系的的物质的量n()=0.1 mol/L×0.02 L-×0.1 mol/L×0.012 L=1.8×10-3 mol，所以n(Te)=3n()=5.4×10-3 mol。取4.0 g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中进行实验，则碲产品中碲的质量分数为。
【分析】锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na2PbO2、 Na2TeO3的水碎液，由后续操作可以看出：只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3结晶析出。
