2023年高考真题变式分类汇编：中和滴定3
一、选择题
1．（2021·辽宁）用 盐酸滴定 溶液，溶液中 、 、 的分布分数 随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是（如 分布分数： ）（ ）
A． 的 为
B．c点：
C．第一次突变，可选酚酞作指示剂
D．
2．（2021·广东）测定浓硫酸试剂中 含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取 待测液，用 的 溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·河北）下列操作规范且能达到实验目的的是（ ）
A．图甲测定醋酸浓度 B．图乙测定中和热
C．图丙稀释浓硫酸 D．图丁萃取分离碘水中的碘
4．（2022·广州模拟）25℃时，用1.0mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mLc1mol·L-1的盐酸，用0.010mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mLc2mol·L-1的盐酸，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线a表示滴定c1mol·L-1的盐酸
B．c1：c2=100：1
C．滴定至pH=7时，两份溶液导电能力相同
D．水的电离程度在V(NaOH)=20.00mL时最大
5．（2022·吴忠模拟）室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化
B．Ka2(H2SO3)的数量级为10 8
C．pH=7时，c(Na+)<3c(SO)
D．NaHSO3溶液中水电离出的c(H+)<1×10 7 mol·L 1
6．（2022·杭州模拟）用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.1000mol/L的盐酸和CH3COOH溶液．利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表向盐酸中滴加
B．A点溶液的小于C点溶液的
C．D点溶液中：
D．随着溶液的加入，曲线①逐渐向②靠拢，说明电解质溶液的电导率只与离子浓度大小相关
7．（2022·德阳模拟）25℃时，用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1mol·L-1醋酸和20mL 0.1mol·L-1盐酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．a点所表示溶液中：c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-)+c(CH3COO-)
B．b点所表示溶液中：c(Cl-)>c(H+)>c(Na+)
C．Ka(CH3COOH)的数量级为10-6
D．溶液中水的电离程度：c>b>a
8．（2022·门头沟模拟）25℃时，向15mL0.1mol·L-1的NaOH溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，加入CH3COOH溶液的体积与混合溶液pH的关系如图所示(混合过程中忽略溶液体积变化)。下列分析不正确的是（ ）
A．c点对应溶液中，=1
B．b点与c点所示溶液中水的电离程度：b>c
C．a点溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)
D．b点对应的溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1
9．（2022·遂宁模拟）常温时，用0.1000mol·L-1 NaOH溶液滴定25.00mL 0.1000 mol·L-1一元弱酸HR的溶液，滴定过程中pH变化曲线如图所示(溶液体积近似可以加和)，则下列判断正确的是（ ）
A．A点时，
B．常温下，HR的Ka的数量级为10-4
C．B点时，
D．B点和C点，水的电离程度相同
10．（2022·邯郸模拟）25℃时，向溶液中逐滴滴入等浓度的溶液，测得溶液的与[Y代表或]的关系如图。下列相关结论正确的是（ ）
A．曲线a表示与的变化关系
B．25℃时
C．当溶液的时，
D．当滴入溶液时，
11．（2022·甘肃模拟）分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以0.10mol·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂
B．x点处的溶液中满足：c(MOH)+c(OH-)
D．从x点到z点，溶液中水的电离程度逐渐增大
12．（2021·达州模拟）用0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mLcmol/L二元酸H2A溶液，滴定曲线如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．HA—的电离常数的数量级是10-5
B．a点：c(HA-)＞c (Na+)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
C．b点：c(H+)=c(A2-)+c(OH-)
D．c点：c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)
13．（2021·内江模拟）羟胺的电离方程式为：NH2OH+H2ONH3OH＋ + OH－，用0.1 mol L 1的盐酸滴定20 mL0.1 mol L 1羟胺溶液，恒定25℃时，溶液AG与所加盐酸的体积( V)关系如图所示 [已知：AG]。下列说法错误的是（ ）
A．25℃时，羟胺的电离平衡常数Kb约为1.0×10 8
B．由c点到d点的过程中水的电离程度逐渐减小
C．图中b点V(盐酸)＜10mL
D．d点对应溶液中存在c(H＋) = c(OH－) + c(NH3OH＋) + c(NH2OH)
14．（2021·石家庄模拟）用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后得到“弱酸盐和弱酸”组成的缓冲溶液，其中存在。时，用的溶液滴定某未知浓度的溶液，滴定过程中消耗溶液的体积与混合溶液之间的关系如图所示(已知：，酸性)。
下列说法错误的是（ ）
A．电离常数的数量级为
B．b点溶液中存在
C．c点溶液中离子浓度的大小关系为
D．若将改为等体积等浓度的，则随溶液体积的变化曲线竖直上移
15．（2021·台州模拟）用0.1000的NaOH溶液滴定20.00mL浓度分别为c1、c2的醋酸、草酸()溶液，得到如图滴定曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点：
下列叙述错误的是（ ）
A．X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸，
B．若b点时，则b点消耗了8.60mL的NaOH溶液
C．对于而言，滴定过程中始终有
D．若a点，则a点有
16．（2021·珠海模拟）常温下，向0.1mol/L HA溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述正确的是（ ）
A．HA的Ka=l.0×104.65
B．A点溶液中：c(A-)+c(H+)+c(HA)-c(OH-)＞0.1mol/L
C．B点溶液中：c(Na+)+c(H+)＜c(OH-)+c(HA)
D．C点溶液中：c(A-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
17．（2021·大庆模拟）室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化
B．Ka2(H2SO3)的数量级为10 8
C．pH=7时，c(Na+)<3c(SO)
D．NaHSO3溶液中水电离出的c(H+)<1×10 7 mol·L 1
18．（2022·温州模拟）25℃，分别取一元酸HA、HB、HC，向其中逐滴滴入溶液，并测出溶液pH随V(NaOH)/mL的变化如图。下列说法错误的是（ ）
A．反应完全后，若继续分别滴入NaOH溶液，溶液的pH主要取决于过量NaOH浓度
B．反应完全后，各混合液的pH均大于7
C．中和滴定实验中，HA被同浓度NaOH溶液滴定时误差最小
D．反应完全后，将三种溶液混合均匀：c(HA)+c(HB)+c(HC)+c(H+)+0.05=c(OH-)+c(Na+)
19．（2021·九江模拟）已知： ，25℃时， 的 ， 。用 溶液滴定 溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是（ ）
A．a点所得溶液中：
B．c点所得溶液中：
C．当溶液的pH为7时，此时加入NaOH溶液体积为30mL
D．随着NaOH溶液滴入，水的电离程度一直增大
20．（2021·义乌模拟）常温下，用0.10 mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法错误的是（ ）
A．点①所示溶液中，CN－的水解程度大于HCN的电离程度
B．点①和点②所示溶液中：c(CN－)>c(CH3COO－)
C．点③所示溶液中：c(Na＋)=c(CH3COO－)>c(H＋)=c(OH－)
D．点④所示溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
21．（2021·吉林模拟）25℃时，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5，该温度下，用0.1mol/L的醋酸溶液滴定10.00mL0.1mol/L的MOH溶液，滴定过程中加入醋酸溶液的体积(V)与溶液中lg 的关系如图所示，当V=0时，lg =-12。下列说法正确的是（ ）
A．MOH是一元弱碱
B．a点：V(CH3COOH)=10.00mL
C．b点：c(CH3COOH)＞c(M＋)＞c(H＋)＞c(OH-)
D．25℃时，CH3COO-的水解平衡常数约为5.9×10-10
22．（2021·湛江模拟）水合乙二胺 是一种二元弱碱，在水中的电离方式与 相似，其 .常温下，用 盐酸滴定 乙二胺溶液.下列说法错误的是（ ）
A．乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式为
B．滴定时选用酚酞作指示剂产生的误差最小
C．滴入 盐酸时，溶液呈碱性
D．滴入 盐酸时，加水稀释，溶液中 减小
二、多选题
23．（2021·山东）为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)（ ）
实验目的 玻璃仪器 试剂
A 配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液 100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 蒸馏水、NaCl固体
B 制备Fe(OH)3胶体 烧杯、酒精灯、胶头滴管 蒸馏水、饱和FeCl3溶液
C 测定NaOH溶液浓度 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管 待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂
D 制备乙酸乙酯 试管、量筒、导管、酒精灯 冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
三、非选择题
24．（2021·北京）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。
资料：
i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物
ii.TiOSO4+(x+1)H2O TiO2·xH2O↓+H2SO4
iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；
0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
（1）纯化
①加入过量铁粉的目的是 。
②充分反应后，分离混合物的方法是 。
（2）制备晶种
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。
①产生白色沉淀的离子方程式是 。
②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+) 0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。
③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因： 。
④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因： 。
（3）产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。
wg铁黄 溶液b 溶液c 滴定
资料：Fe3++3 =Fe(C2O4) ，Fe(C2O4) 不与稀碱液反应
Na2C2O4过量，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)
25．（2022·秦皇岛模拟）三氯化硼()用于制备光导纤维和有机硼化物等，制备原理：。某小组据此设计实验制备并测定其纯度，装置如图：
已知的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，极易水解产生[或]和HCl。
（1）实验(一)：制备。
水浴R选择 (填“热水浴”或“冰水浴”)，装碱石灰的仪器是 (填名称)。
（2）F装置的作用是 。
（3）已知：A装置中还原产物为，其离子方程式为 。
（4）实验(二)：探究的性质。
据文献资料显示，在乙醇中剧烈反应生成硼酸酯和“白雾”，与在水中发生水解相似。
写出三氯化硼与乙醇反应的化学方程式： 。
（5）实验(三)：测定产品的纯度。
①准确称取wg产品，置于蒸馏水中，完全水解，并配成250mL溶液。
②准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中。
③向其中加入液至沉淀完全，然后加入3mL硝基苯(常温常压下，密度为)，振荡。
④向锥形瓶中滴加3滴溶液，然后逐滴加入标准溶液滴定过量的溶液，消耗KSCN溶液的体积为mL。已知：。
步骤③加入硝基苯的目的是 ；滴定终点时的现象是 。
（6）该产品中的质量分数为 %；如果其他操作都正确，仅滴定管没有用KSCN溶液润洗，测得产品中的质量分数 (“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
26．（2022·辽阳模拟）过碳酸钠(2Na2CO3 3H2O2)俗称固体双氧水，易溶于水，可以替代过氧化钙作为水产养殖业的产氧剂，放氧速率高于过氧化钙，并可给在贮运过程中的鱼、虾等生物供氧保鲜。某实验小组模拟工业生产过碳酸钠，装置如图所示。
（1）装置中仪器A的名称为 ；仪器B的侧面导管的作用是 。
（2）按图连接好装置后，在三颈瓶中加入Na2CO3固体，再由B向三颈瓶中加入H2O2充分反应。反应时，反应温度不能太高，原因是 ；向反应后的混合物中加入NaCl固体，搅拌、静置、过滤、洗涤、烘干。得到过碳酸钠晶体。加入NaCl固体的作用是 。
（3）过碳酸钠为鱼、虾等生物供氧时，其有效成分是过氧化氢(不稳定，易分解)，将过氧化氢制成过碳酸钠的优点是 。
（4）实验制得的过碳酸钠活性氧测定。
取6g上述实验制得的过碳酸钠样品溶于水中，滴入稀硫酸酸化，再加入足量的KI溶液，并加入少量淀粉，待充分反应后，置于250mL容量瓶中定容；从容量瓶中收出25mL于锥形瓶中，用0.5000mol·L-1 Na2S2O3潮液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为21.00mL。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
已知：过碳酸钠产品质量的优劣可用活性氧的质量分数[w(活性氧)]表示，当w(活性氧)≥13%时为优等品。其计算方法如下：w(活性氧)=×100%。
①加入KI后发生反应的离子方程式为 。
②滴定终点时的现象为 。
③该实验制得的过碳酸钠的w(活性氧)= ，则该过碳酸钠 (填“是”或“不是”)优等品。
27．（2022·茂名模拟）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源，某含银废催化剂主要含Ag、α-Al2O3(α-Al2O3为载体，不溶于硝酸)及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等，一种回收制备高纯银粉工艺的部分流程如下：
回答下列问题：
（1）银与稀硝酸反应的离子方程式是 ，废渣的主要成分是 ，酸浸时，硝酸加入量及反应温度对银浸取率的影响如图，根据图中数据分析，该工艺宜选用硝酸的加入量和温度是 。
（2）“还原”中有无毒气体生成，氧化剂与还原剂物质的量之比是 ，“溶解”得到的溶解液里Ag元素以[Ag(NH3)2]+存在，若用H2O2代替N2H4 H2O完成还原过程，发生反应的离子方程式是 。
（3）粗银中银的质量分数w的测定：取mg粗银样品用硝酸溶解，以铁铵矾[NH4Fe(SO4)2 12H2O]为指示剂，用cmol/L的KSCN标准溶液滴定，消耗标准溶液VmL。已知：①AgSCN是白色沉淀，；②浓硝酸可氧化AgSCN。滴定终点的现象是 ，w= %，若测得w>100%，可能的原因是 。
28．（2022·海口模拟）以废镍渣(主要含Ni，还含少量的Zn、Fe、Ca等)制备NiSO4·7H2O的流程如图(已知：硫酸溶液质量分数大于49%时，镍发生钝化)：
请回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分是 (填化学式)；“酸浸”中硫酸溶液质量分数不宜高于49%，主要原因是 。
（2）“一系列操作”是蒸发浓缩降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥，采用“低温干燥”的原因是 。
（3）“除铁”的离子方程式为 。
（4）已知：常温下，Ksp(CaF2)=1.5×10-10。在“除钙”中，溶液中c(F-)=0.01mol·L-1'时，c(Ca2+)= mol·L-1。
（5）测定NiSO4·7H2O产品纯度：取wgNiSO4·7H2O产品于溶水配制成250mL溶液，量取配制的溶液25.00mL于维形瓶中，用cmol·L-1EDTA(用Na4Y表示)溶液滴定：Ni2++Y4-=NiY2-，固定至终点时，消耗滴定液VmL。假设杂质不与EDTA反应，该产品的纯度为 (用含c、w、V的代数式表示)。
29．（2022·永州模拟）以下是制备FeC2O4·2H2O的流程：
（1）实验I：制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
B中盛有一定量的(NH4)2SO4溶液，A中分液漏斗中的药品是 。
（2）实验开始时先将止水夹a (填“打开”或“关闭”)。
（3）简述B中生成(NH4)2Fe(SO4)2的操作过程 。
（4） 实验II：制备FeC2O4·2H2O
已知：25℃时，当pH>4，Fe2+易被氧化。
步骤①生成FeC2O4·2H2O的化学方程式为 ，该步加入H2C2O4而不是Na2C2O4溶液的原因是 。
（5）实验III：测定产品中铁元素的质量分数
产品中可能含有Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O杂质，为测定铁元素的含量，称取mg产品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃，再加入过量KMnO4溶液，充分反应后，向上述溶液中加入还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，再加入稀H2SO4酸化，在75℃继续用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液VmL。
铁元素的质量分数为 ，若第一次滴入KMnO4溶液不足，则产品中铁元素含量 (填“偏高”或“偏低”)。
30．（2022·锦州模拟）氧钒()碱式碳酸铵晶体是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。
已知：①氧钒()碱式碳酸铵晶体呈紫红色，难溶于水和乙醇
②有较强还原性，易被氧化
实验室以为原料制备该晶体的流程如图：
ⅰ．向中加入足量盐酸酸化的溶液，微沸数分钟。
ⅱ．将净化的溶液缓慢加入到足量溶液，有气泡产生，析出紫红色晶体。
ⅲ．待反应结束后，在有保护气的环境中，将混合液静置一段时间，抽滤，所得晶体用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，得到粗产品。
请回答下列问题：
（1）基态钒原子的价层电子的轨道表示式为 。
（2）步骤ⅰ中生成的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
（3）步骤ⅱ可在如图装置中进行：
①导管a的作用为 。
②实验时先关闭，打开，当 (填实验现象)时，再关闭，打开。
③装置B中的试剂为 。
（4）步骤ⅲ中用饱和溶液洗涤晶体，检验晶体已洗涤干净的操作是 。
（5）称取粗产品，用溶液氧化，再除去多余的(方法略)，滴入几滴铁氰化钾溶液，最后用0标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为。(设钒的相对原子质量为M，滴定反应为：)
①滴定终点时的现象为 。
②产品中钒的质量分数为 %(用含有m、M的式子表示)。
31．（2021·金山模拟）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常见的分析试剂，临床上用于氰化物解毒。实验室制备Na2S2O3溶液的装置如图(部分装置省略，C中Na2SO3过量)：
完成下列填空：
（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O+CN-→SCN-+SO。为检验该转化生成了SCN-，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，再加入 ，观察到的现象是 。
（2）装置A制取SO2的反应，体现了70%浓硫酸的 性，装置B的作用是 。
（3）装置C中的反应分两步。第二步反应为S+Na2SO3→Na2S2O3，写出第一步反应的化学方程式 。当观察到装置C中溶液 ，说明反应已完全。
（4）样品中Na2S2O3·5H2O(M=248g·mol-1)的含量可用K2Cr2O7标准溶液测定(杂质不参与反应)，步骤如下：
①取0.0100mol·L-1的K2Cr2O7溶液20.00mL，用硫酸酸化后，加入过量KI；
②用0.400g样品配制的溶液滴定步骤①所得溶液至淡黄绿色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点时，恰好将样品溶液消耗完全。
步骤①、②中发生的反应分别为：Cr2O+6I-+14H+→2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O→2I-+S4O。
判断步骤②的滴定终点 。
（5）样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为 ；若样品中含Na2SO3杂质，则所测Na2S2O3·5H2O的含量 (选填“偏高”或“偏低”)。
32．（2021·云南模拟）2021年10月16日神舟十三号载人飞船发射成功，肼是一种良好的火箭燃料，分子式N2H4，为无色油状液体，与水按任意比例互溶形成稳定的水合肼N2H4·H2O，沸点118℃，有强还原性。实验室先制备次氯酸钠，再与尿素[CO(NH2)2]反应制备水合肼，进一步脱水制得肼，实验装置如图所示(部分装置省略)。已知：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl。
（1）装置C中制备NaClO的离子方程式为 ，反应过程中温度升高易产生副产物NaClO3，实验中可采取的措施是 (写一条即可)。反应完后关闭K1，装置B的作用是储存多余的Cl2，可用的试剂是
（2）将装置C中制备的溶液转移到装置D的 (填仪器名称)中，并缓缓滴入，原因是 。
（3）装置D蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获得副产品NaCl和Na2CO3·10H2O，获得NaCl粗品的操作是 。(NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图)。
（4）称取5.0g水合肼样品，加水配成500mL溶液，从中取出10.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.200mol/L的I2溶液进行滴定，滴定终点的现象是 ，测得消耗I2溶液的体积为17.50mL，则样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量百分数为 (保留3位有效数字)。(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)
（5）脱水制得的液态肼，在加热条件下可与新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体，写出该反应的化学方程式： 。
33．（2021·南通模拟）铬铁矿主要成分为铬尖晶石(FeCr2O4)，以铬铁矿为原料可制备Cr2(SO4)3溶液。铬铁矿的尖晶石结构在通常条件下难以被破坏，其中的二价铁被氧化后，会促进尖晶石结构分解，有利于其参与化学反应。
（1）铬铁矿中的基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为 。
（2）120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液。写出加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式： 。
（3）其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是 。
（4）已知：室温下Ksp[Cr(OH)3]=8×10-31，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，可通过调节溶液的pH，除去酸浸后混合液中的Fe3+。实验测得除铁率和铬损失率随混合液pH的变化如图2所示。pH=3时铬损失率高达38%的原因是 。
（5）在酸浸后的混合液中加入有机萃取剂，萃取后，Fe2(SO4)3进入有机层，Cr2(SO4)3进入水层。取10.00mL水层溶液于锥形瓶中，先加入氢氧化钠调节溶液至碱性，再加入足量过氧化氢溶液。充分反应后，加热煮沸除去过量过氧化氢。待溶液冷却至室温，加入硫酸和磷酸的混合酸酸化，此时溶液中Cr全部为+6价。在酸化后的溶液中加入足量KI溶液，以淀粉溶液作指示剂，用0.3000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O =S4O +2I-，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液19.80mL，计算萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度 。(写出计算过程)
34．（2021·厦门模拟）碘水中存在可逆反应：I2(aq)+I-(aq) I (aq)，为测定该反应的平衡常数K进行如下实验。
实验i 测定平衡体系中I2和I 总浓度
实验ii 测定饱和碘水中I2浓度
已知： 。
（1）碘量瓶是带磨口塞和水封槽的锥形瓶，盖上塞子后可以水封瓶口，常用于碘量分析本实验采用碘量瓶的目的是 。
（2）滴定过程应使用 滴定管。
（3）滴定过程，当溶液变为浅黄色时再加入淀粉溶液，滴定终点现象为 。
（4）实验i和实验ii中I2浓度近似相等，则实验i剩余碘固体的质量 实验ii(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（5）实验测得平衡体系中c(I )= mol·L-1，平衡常数K= (列表达式即可)
（6）下列关于实验分析的说法正确的是___________(填标号)。
A．实验i的碘量瓶在使用前未烘干会影响实验结果
B．实验i应精准控制加入 溶液的体积
C．实验ii吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则测得的K偏大
D．实验ii滴定终点时俯视读数，则测得的K偏大
（7）另外设计实验方案测定平衡常数K：取10.00 碘量瓶②中上层清液，加入10 萃取 并分液。用0.0050 溶液分别滴定水层和有机层、消耗 溶液的体积为 和 。试分析该方案是否可行，并说明理由 。
35．（2021·潍坊模拟）亚硝酰硫酸(NOSO4H)是一种浅黄色液体，遇水易分解，溶于浓硫酸，主要用于染料、医药领域的重氮化反应。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品中杂质硝酸的含量。
回答下列问题：
（1）装置A中盛装Na2SO3固体的仪器名称是 ，装置D最好选用 (填序号)。
（2）装置C中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。
①装置C中温度过高产率降低的原因是 。
②开始通SO2时，反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因是 。
（3）测定亚硝酰硫酸产品中杂质硝酸的含量。
称取1.400g产品放入250mL锥形瓶中，加80mL浓硫酸，用 标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL。
已知： 可与NO生成粉红色的FeSO4·NO。
①锥形瓶中加入浓硫酸的作用是 。
②判断滴定达到终点的现象是 。
③亚硝酰硫酸中硝酸的含量为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A． 的 ，根据上图交点1计算可知 =10-6.38，A不符合题意；
B．根据图像可知c点中 ，B不符合题意；
C．根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C符合题意；
D．根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成 ，根据 计算可知 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.根据a点的pH和分布分数计算即可；
B.c点盐酸稍过量，抑制电离；
C.第一次突变，从碱性变中性，选变色范围在弱碱性的酚酞指示剂较好；
D.根据e点全生成弱酸进行计算。
2．【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A.配制一定物质的量浓度的溶液，需用到容量瓶，该实验要配制250mL溶液，因此需用到250mL容量瓶，A不符合题意；
B.分液漏斗常用于分液操作，该实验中不需用到分液漏斗，B符合题意；
C.进行酸碱中和滴定时，待测液应盛装在锥形瓶内，因此该实验需用到锥形瓶，C不符合题意；
D.移取NaOH溶液时，需用到碱性滴定管，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对一定物质的量浓度溶液配制和中和滴定的考查，解答此类题型时，应结合溶液配制过程和中和滴定实验过程进行分析。
3．【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；分液和萃取；中和滴定；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．酸碱中和滴定，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠水解呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A符合题意；
B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，以免测定温度不准确，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充且大烧杯也需要用纸板盖住，防止热量散失，故B不符合题意；
C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，浓硫酸稀释时放热，导致温度升高造成炸裂，容量瓶上的温度时20℃，故C不符合题意；
D．考查的是分液漏斗的使用，分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体留下时飞溅，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.酸碱中和滴定，酚酞的变色范围在碱性范围内，而氢氧化钠和醋酸反应得到的醋酸钠显碱性符合酚酞的变色范围
B.中和热测定时需要注意保温装置，以及温度计不能与烧杯底部接触，此装置为进行保温可能测定的结果偏低
C.浓硫酸稀释时放热，一般稀释时放在烧杯中，容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液
D.分液时注意分液漏斗的下端仅靠烧杯内壁
4．【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．由图可知，20.00mLc1mol·L-1、20.00mLc2mol·L-1的盐酸消耗对应氢氧化钠均为20mL，则c1=1.0mol·L-1、c2=0.010mol·L-1，由图像起点可知，曲线a开始pH约为0表示滴定1.0mol·L-1的盐酸，A不符合题意；
B．由A分析可知，c1：c2=1.0mol·L-1：0.010mol·L-1=100：1，B不符合题意；
C．起始盐酸浓度不同，滴定至pH=7时，两份溶液均为氯化钠溶液，但是所得溶液的浓度不同，两者的导电能力不相同，C符合题意；
D．酸或碱都会抑制水的电离，在V(NaOH)=20.00mL时，溶液为中性，此时水的电离程度最大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】判断中和滴定类的图像问题，注意抓住关键点；1.起始点，2.滴定终点，3.pH=7，利用这些特殊点判断，同时也要结合电荷守恒和物料守恒
5．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；中和滴定
【解析】【解答】A．根据前面分析曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化，故A不符合题意；
B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)= c(H+)=1×10 7.2=100.8×10 8，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10 8，故B不符合题意；
C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)，又由于pH=7时c(SO)＜c(HSO)，因此c(Na+)＞3c(SO)，故C符合题意；
D．根据图中信息得到NaHSO3溶液pH大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(H+)＜1×10 7 mol·L 1，故D不符合题意。
故答案为C。
【分析】向亚硫酸中加入氢氧化钠，先生成亚硫酸氢钠，在生成亚硫酸钠，I表示的亚硫酸，II表示的是亚硫酸氢钠，III表示的是亚硫酸钠，根据交点即可计算出常数，结合选项即可判断
6．【答案】C
【知识点】溶液pH的定义；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．浓度相同的醋酸和盐酸，醋酸电离程度小于盐酸，则c(H+)盐酸大于醋酸，c(H+)越大溶液导电性越强，所以相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸导电性大于醋酸，根据图知导电性①＜②，所以①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，曲线②代表滴定HCl溶液的曲线，A不符合题意；
B．相同温度下，A点溶液中溶质为醋酸钠因为CH3COO-水解溶液呈碱性，而C点溶液中溶质为NaCl，溶液呈中性，则在相同温度下，pH为A点大于C点，B不符合题意；
C．D点溶液中溶质为NaCl和NaOH，且c(NaCl)=2c(NaOH)，溶液中存在物料守恒和电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒得3c(Cl-)=2c(Na+)，所以得c(Cl-)=2c(OH-)-2c(H+)，C符合题意；
D．随着NaOH溶液的加入，溶液中的离子浓度越来越相近，最后几乎相等，曲线①逐渐向②靠拢但不重合，说明电解质溶液的电导率与离子浓度大小和离子的种类相关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、盐酸的电离程度大于醋酸，盐酸的氢离子浓度也大于醋酸的氢离子浓度，氢离子浓度越大，溶液的导电性也越强；
B、A点处溶液因为醋酸根水解呈碱性，C点处呈中性；
D、如果只与离子浓度有关，两者最终应该重合。
7．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．a点所在曲线表示NaOH滴定醋酸的曲线，NaOH溶液体积为10mL，则醋酸反应了一半，所得溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液，电荷守恒有①c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，物料守恒有②c(CH3COOH) +c(CH3COO-)=2c(Na+)，2×①+②得2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，A不符合题意；
B．b点所在曲线表示NaOH滴定HCl的曲线，NaOH溶液体积为10mL，则HCl反应了一半，所得溶液为等浓度的HCl和NaCl溶液，则c(Cl-)=2c(Na+)，即c(Cl-)>c(Na+)，由于钠离子只由NaCl电离，氢离子由HCl和水电离，故c(H+)>c(Na+)，综上所述，b点所表示溶液中：c(Cl-)>c(H+)>c(Na+)，B符合题意；
C．由图可知，0.1mol·L-1醋酸中pH=3，c(H+)=0.001mol/L，故Ka(CH3COOH)=≈=10-5，故Ka(CH3COOH)的数量级为10-5，C不符合题意；
D．a点所得溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液，溶液显酸性，水的电离受到抑制，b点所得溶液为等浓度的HCl和NaCl溶液，溶液显酸性，水的电离受到抑制，由于b点pH较a点小，则b点水的电离程度小于a点，c点CH3COONa溶液，水的电离程度受到促进，故水的电离程度c>a>b，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据判断此线为醋酸与氢氧化钠反应的曲线，结合电荷守恒和物料守恒即可判断
B.此线为盐酸与氢氧化钠反应的曲线，结合电荷守恒判断
C.根据起始pH=3即可计算出K
D.结合水解的难易即可判断
8．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．c点对应溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则=1，A不符合题意；
B．b点为恰好反应的点，溶质为CH3COONa，醋酸根离子发生水解反应促进水的电离，c点为加入稍过量的CH3COOH，溶质为CH3COOH、CH3COONa，醋酸的电离抑制水的电离，则水的电离程度：b>c，B不符合题意；
C．a点加入5mL 0.1mol·L-1CH3COOH溶液生成5mL 0.1mol·L-1CH3COONa，溶液中还剩余10mL0.1mol·L-1的NaOH，则c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，C不符合题意；
D．b点溶质为CH3COONa，c(Na+)=，溶液中存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= c(Na+)=0.05mol·L-1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据电荷守恒判断；
B.b点氢氧化钠与醋酸恰好完全反应，此时水的电力程度最大；
C.a点pH>7，在根据电荷守恒判断；
D.根据物料守恒判断。
9．【答案】B
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．A点溶液显酸性， ，则 ，A不符合题意；
B．C点两者恰好反应生产NaR且浓度为0.05mol·L-1 ，此时pH=8.0，则
则
，Ka=5×10-4，B符合题意；
C． B点时，由电荷守恒可知，
，此时溶液显酸性，则
，故
，C不符合题意；
D．B点HR过量，酸对水电离起抑制作用；C点恰好反应，溶质为NaR，R-水解促进水的电离，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示，结合此时的pH即可判断离子浓度大小
B.根据C点的数据即可计算出Kb
C.根据B点的数据即可判断出离子浓度大小
D.根据加入氢氧化钠的量即可判断
10．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知曲线a表示与的变化关系，A不符合题意；
B.25℃时，B符合题意；
C．根据电荷守恒有，C不符合题意；
D．滴入溶液时即生成溶液，由分析可知，，，即的电离程度大于水解程度，反应后溶液呈酸性，故离子浓度大小关系为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据二元弱酸分步反应即可判断曲线
B.根据曲线和曲线b即可计算出比值
C根据电荷守恒即可判断
D.根据数据判断水解和电离的程度大小即可判断离子浓度大小
11．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．由图可知，滴定分数=1.00时，溶液显酸性，说明反应生成的MCl溶液显酸性，为弱碱强酸盐，选择在酸性条件下变色的指示剂甲基橙，A不符合题意；
B．x点处滴定分数为0.50，溶液中含有等量的MOH、MCl，由物料守恒2c(Cl-)=c(M+)+ c(MOH)，电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，可以得出c(MOH)+2c(OH-)
D．从x点到z点过程中，在加入盐酸至恰好反应过程中，水的电离由被抑制到促进，溶液中水的电离程度逐渐增大；随着盐酸的过量，水的电离又被抑制，电离程度减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.滴定分数为1.00时恰好完全反应，溶液显酸性，所以可以选用甲基橙作指示剂；
B.X处滴定分数为0.50，恰好滴定一半，但是M+水解，MOH的浓度大于Cl-的浓度，结合根据电荷守恒判断；
C.根据y点可以求出OH-和M+、MOH的浓度，再求Kb；
D.MCl中M+水解促进水电离，当HCl过量后，抑制水的电离。
12．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定
【解析】【解答】A．由c点溶液pH为7.26可知，HA-的电离常数Ka==c(A2—)= ≈0.033，数量级是10-2，故A不符合题意；
B．由分析可知，a点时反应得到等浓度的H2A和NaHA的混合溶液，H2A在溶液中完全电离，则溶液中c (H+)＞c(Na +)，故B不符合题意；
C．由分析可知，b点时反应得到NaHA溶液，溶液中存在质子守恒关系c(H+)=c(A2—)+c(OH—)，故C符合题意；
D．由分析可知，c点反应得到Na2A溶液，溶液呈碱性，溶液中c(OH-)＞c(H+)，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+ c(OH-)可知，溶液中c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．选择c点，利用Ka=计算；
B．注意H2A在溶液中完全电离，分清主次，确定顺序；
C．依据质子守恒分析；
D．利用电荷守恒结合题意分析；
13．【答案】D
【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.25℃时，AG= 5，即c(H＋) =1.0×10 9.5 mol L 1，c(OH－) =1.0×10 4.5 mol L 1，则羟胺的电离平衡常数Kb，故A不符合题意；
B．c点和盐酸恰好反应完，盐溶液水解而使得显酸性，促进水的电离，而d点盐酸过量，溶质是盐(NH3OHCl)和HCl且两者物质的量浓度相等，溶液显酸性，因此由c点到d点的过程中水的电离程度逐渐减小，故B不符合题意；
C．图中b点溶液呈中性，当V(盐酸)=10mL，溶质是NH2OH和对应的盐酸盐，其Kh=1.0×10 6＞1.0×10 8，说明水解占主要即溶液显酸性，要使溶液呈中性，则加入的盐酸的体积小于10mL，故C不符合题意；
D．d点溶质是盐(NH3OHCl)和HCl且两者物质的量浓度相等，根据电荷守恒得到c(H＋) + c(NH3OH＋) = c(OH－) + c(Cl－)，根据物料守恒得到c(Cl－)= 2 c(NH3OH＋) + 2c(NH2OH)，前者加后者得到c(H＋) = c(OH－) + c(NH3OH＋) + 2c(NH2OH)，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.选择AG= 5，利用Kb计算；
B．依据可水解的盐，促进水的电离，酸、碱抑制水的电离；
C．图中b点溶液呈中性，依据NH2OH对应的盐酸盐溶液显酸性分析；
D．根据电荷守恒、物料守恒分析。
14．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，HA的电离常数Ka=10-4.75，则电离常数的数量级为10-5，故A不符合题意；
B．由分析可知，b点时Ka=c(H+)=10-4.75，由Ka=可得溶液中c(A-)= c(HA)，由图可知，b点溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH—)，则c(HA)+ c(H+)＞c(A-)+c(OH-)，故B符合题意；
C．由分析可知，b点时Ka=c(H+)=10-4.75，由Ka=可得溶液中c(A-)= c(HA)，则随氢氧化钠溶液体积增大，c点时溶液中c(A-) ＞c(HA)，由图可知，c点溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液中c(A-) ＞c(HA) ＞c(H+)＞c(OH-)，故C不符合题意；
D．由HA的酸性强于HCN可知，HA的电离常数大于HCN，由可知，当相等时，酸的电离常数越大，溶液pH越小，则若将HA改为等体积等浓度的HCN，则pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直上移，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.pKa=4.75+；
B.b点c(A-)= c(HA)，溶液呈酸性；
C.c点c(A-) ＞c(HA)，溶液呈酸性；
D.HA的电离常数大于HCN。
15．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；中和滴定
【解析】【解答】A．草酸是二元弱酸，有两次滴定突变，醋酸为一元弱酸，故X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸，而醋酸消耗的氢氧化钠更多，则，选项A不符合题意；
B．若b点时，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)、c(CH3COO-)>c(Na+)，b点消耗的NaOH溶液的体积大于8.60mL，选项B符合题意；
C．对于而言，滴定过程中始终有电荷守恒，物料守恒有，故故得，选项C不符合题意；
D．完全中和时消耗，则a点时为NaHC2O4与Na2C2O4按1：1形成的溶液，则a点电荷有，物料守恒有，后式代入前式有，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示即可判断出X为草酸，Y为醋酸
B.根据b点的数据结合图示即可计算出氢氧化钠的体积
C.根据电荷守恒和物料守恒即可判断
D.根据给出的数据，结合物料和电荷守恒即可判断
16．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图像中B点可知，lg=0，即c(A-)=c(HA)时，Ph=4.65，故HA的Ka==l.0×10-4.65，A不符合题意；
B．由图像可知，A点溶液显酸性，故c(H+)＞c(OH-)，由物料守恒可知c(A-) +c(HA) =0.1mol/L，故c(A-)+c(H+)+c(HA)-c(OH-)＞0.1mol/L，B符合题意；
C．由图像可知，B点溶液中c(A-)=c(HA)，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，故c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA)，C不符合题意；
D．根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，故C点溶液中各离子浓度关系不可能为：c(A-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.当，lg=0时，Ka=；
B.A点溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，结合物料守恒计算；
C.根据电荷守恒判断；
D.根据电荷守恒判断。
17．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据前面分析曲线II表示HSO3-的分布系数随pH的变化，故A不符合题意；
B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)= c(H+)=1×10 7.2=100.8×10 8，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10 8，故B不符合题意；
C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，又由于pH=7时c(SO32-)＜c(HSO3-)，因此c(Na+)＞3c(SO)，故C符合题意；
D．根据图中信息得到NaHSO3溶液pH大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(H+)＜1×10 7 mol·L 1，故D不符合题意。
故答案为C。
【分析】向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线I为亚硫酸，曲线II为亚硫酸氢根，再继续加NaOH溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线III为亚硫酸根。
18．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；中和滴定
【解析】【解答】A．当三种酸完全反应变为相应的钠盐后，继续滴入NaOH溶液，溶液显碱性，碱电离产生的c(OH-)远大于盐的水解，因此溶液的pH主要取决于过量NaOH的浓度，A不符合题意；
B．酸的浓度都是0.1 000 mol/L，HC溶液pH最小的是2，其中c(H+)=0.01 mol/L＜0.1000 mol/L，说明HC是弱酸；酸越弱，其电离产生的H+浓度越小，溶液pH就越大，所以HA、HB、HC都是弱酸，且酸性：HC＞HB＞HA。当三种酸反应完全后，得到的钠盐都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此各混合液的pH均大于7，B不符合题意；
C．由于HA的酸性最弱，当用NaOH进行滴定时，滴入相同体积的NaOH溶液，HA溶液pH变化最小，滴定终点变化不明显，因此HA被同浓度NaOH溶液滴定时误差最大，C符合题意；
D．每种溶液被滴定后，溶液中c(Na+)=0.05 mol/L，将三种溶液混合，则混合溶液中c(Na+)仍然为0.05 mol/L。三种盐溶液都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，根据质子守恒，可得c(OH-)=c(HA)+c(HB)+c(HC) +c(H+)，则c(OH-)+c(Na+)=c(HA)+c(HB)+c(HC)+ c(H+)+0.05，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据图示，均是弱酸，与氢氧化钠反应得到的盐显示碱性，碱性的强弱与过量的氢氧化钠有关
B.根据均是弱酸，强碱弱酸盐均显碱性
C.弱酸滴定时，加入相同浓度的氢氧化钠误差最大
D.根据质子守恒即可判断
19．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．a点所得溶液中，pH=1.85，即c(H+)=10-1.85，又 ，故c(H2A)=c(HA-)，又a点溶液体积大于20mL，导致含有A元素微粒浓度之和减小，所以c(H2A) +c(A2-)+c(HA-) ＜ 0.1mol L-1，故a点溶液中， ，故A不符合题意；
B． c点所得溶液中，pH=7.19，即c(H+)=10-7.19，又 ，则c(A2-)=c(HA-)，溶液中存在电荷守恒2c(A2-)+c(HA-) + c(OH-)=c(H+) + c(Na+)，3c(HA-) + c(OH-)=c(H+) + c(Na+)，此时溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+) ，则c点所得溶液中： ，故B符合题意；
C． 当加入NaOH溶液体积为30mL时，溶液恰好为等物质的量浓度的NaHA、Na2A的混合溶液，A2-的水解常数为 ，即A2-的水解程度大于HA-的电离程度，则此时溶液显碱性，故C不符合题意；
D． 随着NaOH溶液滴入，依次发生反应H2A+ OH-= HA-+H2O、HA-+ OH-= A2-+H2O，水的电离程度逐渐增大，当恰好反应生成Na2A时，水的电离程度最大，继续滴入NaOH，水的电离程度逐渐减小，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.利用一级电离常数以及氢离子的浓度判断即可
B.利用二级电离常数以及此时的pH进行计算，利用电荷守恒进行判断
C.根据图示pH=7，19时，氢氧化钠的体积为30mL
D.水的电离先增大后被抑制
20．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．点①所示的溶液为HCN和NaCN混合溶液，且c(HCN)＝c(NaCN)，而此时pH＞7，说明CN－的水解程度大于HCN的电离程度，故A不符合题意。
B．点①的溶液中存在电荷守恒为c(OH－)+c(CN－)=c(Na＋)+c(H＋)，而且c(OH－)＞c(H＋)；点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH－)+c(CH3COO－)=c(Na＋)+c(H＋)，而且c(OH－)＜c(H＋)。二者中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO－)＞c(CN－)，故B符合题意。
C．点③中pH=7，则c(OH－)=c(H＋)，则点③中c(Na＋)= c(CH3COO－)＞c(H＋)= c(OH－)，故C不符合题意。
D．点④溶液中溶质为醋酸钠，CH3COO－水解使溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)；CH3COO－水解会消耗CH3COO－，则c(Na＋)＞c(CH3COO－)；而盐类的水解相对于盐的电离是微弱的，因而盐电离产生的离子浓度大于盐水解产生的离子浓度，所以溶液中的离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D不符合题意。
综上，
故答案为：B。
【分析】A.根据此时的pH即可判断
B.根据电荷守恒以及此时pH即可判断
C.根据③的溶液结合电荷守恒即可判断
D.根据④的溶液结合电荷守恒和pH即可判断
21．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．当V=0时，lg =-12，c(H＋)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1mol/L，c(MOH)= 0.1mol/L，则表明MOH发生完全电离，是一元强碱，A不符合题意；
B．a点时，c(H＋)=c(OH-)=10-7mol/L，此时溶液呈中性，而CH3COOM为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以醋酸应过量，V(CH3COOH)＞10.00mL，B不符合题意；
C．b点时，参加反应的醋酸与剩余醋酸的物质的量相等，浓度相等，即c(CH3COOH) =c(CH3COOM)，但此时lg ＞0，则表明溶液显酸性，混合溶液中以CH3COOH的电离为主，从而得出：c(CH3COO-)＞c(M＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH-)，C不符合题意；
D.25℃时，CH3COO-的水解平衡常数Kh= ≈5.9×10-10，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.未加入醋酸的时候（v=0），根据图得出溶液H＋和OH-的浓度，判断是否完全电离进而判断为强碱还是弱碱；
B.弱酸滴定强碱，由于弱酸不能完全电离，因此只有在弱酸过量的时候能保证溶液pH=7；
C.弱酸滴定强碱判断溶液离子浓度大小关系，首先利用物料平衡列出等式，再根据溶液电荷平衡和pH来判断分析各离子浓度大小；
D.列出Kw和Ka表达式，相除即可得到弱酸水解平衡式，水解常数值即可通过Kw和Ka之比得到。
22．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定
【解析】【解答】A．由信息，结合 在水中电离知，乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式为 ，A项不符合题意；
B．强酸滴定弱碱选用甲基橙作指示剂可减小实验误差，B项符合题意；
C．当滴入 盐酸时形成碱式盐，由 可知溶液呈碱性，C项不符合题意；
D．加水稀释过程中 不变，但 水解程度增大， 增大，故 减小，D项不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.根据水合乙二胺是二元弱碱即可写出第一步电离方程式
B.与盐酸得到的溶液显酸性不应用酚酞做指示剂
C.根据此时得到的溶质进行判断电离和水解常数的大小即可判断
D.根据此时的溶质进行判断
23．【答案】A,B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；乙酸乙酯的制取；物质的量浓度
【解析】【解答】A.配制100mL一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要的玻璃仪器是 100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 ，需要的试剂是 蒸馏水、NaCl固体 ，故A符合题意
B.制备氢氧化铁是是将几滴饱和的氯化铁溶液加入沸水中加热至出现红褐色即可，需要的仪器是 烧杯、酒精灯、胶头滴管 ，需要的试剂为 蒸馏水、饱和FeCl3溶液 ，故B符合题意
C.用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液即可测定出氢氧化钠的浓度，需要用的仪器是 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管 、碱式滴定管，需要用的试剂是 待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂 ，故C不符合题意
D.制备乙酸乙酯是利用浓硫酸和乙酸和乙醇进行反应得到乙酸乙酯，需要的玻璃仪器是 试管、量筒、导管、酒精灯 ，需要的试剂是 冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶 液、浓硫酸，故D不符合题意
故答案为：AB
【分析】A.仪器和试剂均符合配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液
B.试剂和仪器均符合制取氢氧化铁胶体的操作
C.缺少碱式滴定管量取氢氧化钠
D.缺少催化剂浓硫酸
24．【答案】（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化；过滤
（2）Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2 ；>；pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小；溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释：12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
（3）不受影响
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；中和滴定
【解析】【解答】（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；
（2）pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
（3）由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应， 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响
【分析】
钛白粉（ 主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物 ）加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整pH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。
25．【答案】（1）冰水浴；(球形)干燥管
（2）吸收CO
（3）
（4）
（5）覆盖AgCl，避免AgCl转化成AgSCN；滴入最后一滴(或半滴)KSCN溶液，溶液刚好由无色变为红色且半分钟不褪色
（6）；偏低
【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】装置A中浓盐酸与K2Cr2O7反应制备氯气，装置B中的浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥的氯气通入装置C中与B2O3、C加热条件下反应生成和CO，的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，装置D中冰水浴收集，氯气、一氧化碳有毒，会污染环境，装置E中碱石灰用于吸收氯气并防止装置F中的水蒸气进入装置D中使水解，装置F用于吸收一氧化碳。
(1)的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，应选择冰水浴冷凝三氯化硼，装碱石灰的仪器为：(球形)干燥管。
(2)一氧化碳有毒，会污染环境，装置F用于吸收一氧化碳。
(3)装置A中浓盐酸与K2Cr2O7反应制备氯气，A装置中还原产物为，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：。
(4)极易水解产生[或]和HCl，在乙醇中剧烈反应生成硼酸酯和“白雾”，与在水中发生水解相似，则在乙醇中反应生成和HCl，反应的化学方程式为：。
(5)已知：，因此步骤③加入硝基苯的目的是：覆盖AgCl，避免AgCl转化成AgSCN，使滴定终点不准确；根据滴定原理，当KSCN标准液将过量的硝酸银溶液反应完，就会与氯化铁反应显红色，因此滴定终点时的现象是：当滴入最后一滴(或半滴)KSCN溶液，溶液刚好由无色变为红色且半分钟不褪色。
(6)根据离子反应可知：n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，25.0mL溶液中含n(Cl-)=n(Ag+)-n(SCN-)=c1V110-3mol-c2V210-3mol，则wg产品中的质量分数为；如果其他操作都正确，仅滴定管没有用KSCN溶液润洗，则KSCN溶液浓度偏低，测得的过量的硝酸银的含量偏高，算得的转化为氯化银的硝酸银的含量偏低，测得产品中的质量分数偏低。
【分析】（1）BCl3沸点 12.5℃，水浴R用冰水浴；根据仪器构造可知，装碱石灰的仪器为球形干燥管；
（2）该反应生成有毒气体CO，F用于吸收CO；
（3）A装置中重铬酸根被还原为铬离子，据此书写离子方程式；
（4）硝基苯为有机物，覆盖在AgCl表面，防止AgCl转化成AgSCN；滴定终点现象为滴入最后一滴(或半滴)KSCN溶液，溶液刚好由无色变为红色且半分钟不褪色 ；
（5）先计算出BCl3的质量，进而计算其质量分数； 仅滴定管没有用KSCN溶液润洗，KSCN溶液浓度偏低，据此分析。
26．【答案】（1）(球形)冷凝管；平衡气体压强，使溶液顺利流出
（2）防止过氧化氢发生分解；增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出
（3）便于保存和运输
（4）H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；当滴入最后一滴(或半滴)Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色；14%；是
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)根据装置图，仪器A的名称为球形冷凝管；仪器B的侧面导管连通了三口烧瓶和恒压滴液漏斗，其作用是平衡气体压强，使溶液顺利流出。
(2)温度升高，H2O2分解速率加快，为防止过氧化氢发生分解，反应温度不能太高；加入NaCl固体，钠离子浓度增大，有利于过碳酸钠的析出，所以向反应后的混合物中加入NaCl固体可以形成过碳酸钠晶体。
(3)过碳酸钠较稳定，将过氧化氢制成过碳酸钠，便于保存和运输。
(4)①加入KI后，在酸性条件下KI和H2O2发生氧化还原反应生成碘单质和水，反应的离子方程式为H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；
②滴定终点时，碘单质完全被Na2S2O3消耗，所以滴定终点的现象为当滴入最后一滴(或半滴)Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色；
③根据H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI得关系式2Na2S2O3~~I2~~ H2O2，反应消耗Na2S2O3的物质的量为0.5mol·L-1×0.021L=0.0105mol，所以H2O2的总的物质的量为mol=0.0525mol，该实验制得的过碳酸钠的w(活性氧)=＞13%，则该过碳酸钠是优等品。
【分析】（1）仪器A为球形冷凝管；仪器B侧面的导管可平衡气体压强；
（2）过氧化氢受热易分解；加入NaCl固体增大溶液中钠离子的浓度；
（3）过碳酸钠较稳定，将过氧化氢制成过碳酸钠，便于保存和运输；
（4）①过氧化氢会将碘离子氧化成单质碘；
②滴定终点时，碘单质完全被Na2S2O3消耗，溶液蓝色褪去；
③滴定过程中有关系式2Na2S2O3~~I2~~ H2O2，据此计算。
27．【答案】（1）；α-Al2O3、SiO2；1.6L、80℃
（2）4∶1；
（3）溶液变为(血)红色，且半分钟内不褪色；；硝酸浓度过高氧化AgSCN，KSCN标准液消耗过多
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】废催化剂中有α-Al2O3不溶于硝酸，SiO2为酸性氧化物不与硝酸反应，则酸浸的废渣为SiO2和α-Al2O3，据图可知所加硝酸的最佳浓度为1.6L、反应最佳的温度为80℃，滤液中存在、、、，滤液加入NaCl后会与银离子产生白色的AgCl沉淀，加入氨水后可与AgCl反应生成银氨溶液，再加入强氧化剂H2O2或N2H4 H2O氧化变为银单质。采用氧化还原滴定测量银的质量分数，滴定的现象为：加入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色，据此答题。
(1)①银与稀硝酸反应的离子方程式是：；
②α-Al2O3不溶于硝酸，SiO2为酸性氧化物不与硝酸反应，废渣的主要成分是：α-Al2O3、SiO2；
③酸浸时，根据图中数据分析硝酸加入的量为最佳体积为1.6L、反应最佳温度为80℃；
(2)①“还原”中有无毒气体生成，[Ag(NH3)2]+与N2H4 H2O的离子方程式为：，氧化剂为，还原剂为N2H4 H2O，则氧化剂与还原剂物质的量之比是：4∶1；
②若用H2O2代替N2H4 H2O完成还原过程，H2O2与发生反应的离子方程式是：；
(3)①铁铵矾[NH4Fe(SO4)2 12H2O]为指示剂，硝酸可氧化亚铁离子变成铁离子，KSCN标准溶液与铁离子络合溶液变为血红色，则滴定终点的现象为：溶液变为(血)红色，且半分钟内不褪色；
②KSCN的物质的量为，则的物质的量为，根据元素守恒，可得粗银中银的质量为，质量分数为：；
③测得w>100%，可能的原因是：硝酸浓度过高氧化AgSCN，KSCN标准液消耗过多，计算值偏大。
【分析】由题意和流程图分析可知： α-Al2O3 和 SiO2 不溶于稀硝酸，银单质被氧化为银离子，银离子再被 N2H4 H2O 还原为银单质，分离提纯得到高纯银粉
（1）根据得失电子守恒，写出银与稀硝酸反应的离子方程式是：
（2）1molAg+得1mol e-生成Ag，1molN2H4 H2O失去4mol e-生成无毒气体N2，根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂物质的量之比是 4：1
（3） 已知KSCN是检验三价铁离子的试剂，用 KSCN 标准溶液滴定时，产生白色沉淀，当沉淀完全时，多加一滴标准液与三价铁离子反应溶液变为血红色
w > 100%，分析消耗的 KSCN标准溶液较多，分析该物质化合价，S为-2价，N为-3价具有较强的还原性，可能被多余的硝酸氧化
28．【答案】（1）CaSO4；硫酸溶液质量分数高于49%时，镍发生钝化，酸浸效率降低
（2）避免产品失去结晶水
（3）2Fe2++ClO-+4OH-+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-
（4）1.5×10-6
（5）%
【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】“酸浸”中稀硫酸和金属反应生成NiSO4、ZnSO4、FeSO4、CaSO4，CaSO4微溶于水，则滤渣1的主要成分是CaSO4；加入NaClO与硫酸亚铁发生氧化还原反应生成铁离子，在NaOH溶液下生成氢氧化铁沉淀，“除铁”的离子方程式为2Fe2++ClO-+4OH-+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-，滤渣2是Fe(OH)3，加入NH4F除钙元素生成CaF沉淀，加入有机萃取剂分离出NiSO4溶液，经蒸发浓缩降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥得到NiSO4·7H2O；
(1)废镍渣中Ca和稀硫酸反应生成CaSO4，难溶于水，则滤渣1的主要成分是CaSO4；已知：硫酸溶液质量分数大于49%时，镍发生钝化，则“酸浸”中硫酸溶液质量分数不宜高于49%，主要原因是硫酸溶液质量分数高于49%时，镍发生钝化，酸浸效率降低；
(2)采用“低温干燥”的原因是避免产品失去结晶水；
(3)“酸浸”中硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁，加入NaClO发生氧化还原反应生成铁离子，在NaOH溶液下生成氢氧化铁沉淀，“除铁”的离子方程式为2Fe2++ClO-+4OH-+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-；
(4)由CaF2Ca2++2F-，mol·L-1；
(5)由滴定：Ni2++Y4-=NiY2-，n(Ni2+)=n(Y4-)=cV×10-3mol，则m(NiSO4·7H2O)=nM=cV×10-3mol2.81cV g，该产品的纯度为。
【分析】 废镍渣(主要含Ni，还含少量的Zn、Fe、Ca等) ，加入稀硫酸，反应生成NiSO4、ZnSO4、FeSO4、CaSO4，CaSO4微溶于水，则滤渣1的主要成分是CaSO4；加入NaClO和NaOH，将亚铁离子转化成氢氧化铁沉淀，滤渣2为氢氧化铁，加入NH4F使钙离子转化为CaF沉淀，加入有机萃取剂分离出NiSO4溶液，经蒸发浓缩降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥得到NiSO4·7H2O；
（1）滤渣1为CaSO4 ；硫酸溶液质量分数大于49%时，镍发生钝化 ；
（2） “低温干燥” 可避免失去结晶水；
（3）“除铁” 加入氢氧化钠和次氯酸钠，得到氢氧化铁沉淀；
（4）结合沉淀溶解平衡计算；
（5）根据滴定原理计算出样品中 NiSO4·7H2O 的含量，进而计算其纯度。
29．【答案】（1）稀H2SO4
（2）打开
（3）待装置A中反应一段时间后关闭止水夹a，产生的H2将FeSO4溶液压入B中(NH4)2SO4与进行反应
（4）FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4·2H2O↓+H2SO4；草酸钠溶液呈碱性，使得Fe2+易被氧气氧化，降低了二水合草酸亚铁的产率
（5）%；偏高
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由制备FeC2O4·2H2O的流程图可知A中分液漏斗中的药品稀H2SO4；
(2)实验开始时先将止水夹a打开使产生的H2将装置A和B中的空气排空，避免Fe2+被空气中的O2氧化；
(3)待装置A中反应一段时间后关闭止水夹a，产生的H2将FeSO4溶液压入B中(NH4)2SO4与进行反应；
(4)FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4·2H2O↓+H2SO4；草酸钠溶液呈碱性，使得Fe2+易被氧气氧化，降低了二水合草酸亚铁的产率；
(5)5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O设样品中有Xmol，则=解得X=5cV×10-3mol，铁元素的含量=×100%=%；第一次KMnO4溶液不足，有H2C2O4残余，则第二次加入KMnO4溶液体积偏大，铁元素含量将偏高。
【分析】（1）装置A中铁屑与稀硫酸反应，稀硫酸应盛装在分液漏斗中；
（2） 实验开始时先将止水夹a 打开，利用生成的氢气排出装置内的空气；
（3）铁和稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，关闭止水夹a，氢气会将硫酸亚铁压入B中反应生成 (NH4)2SO4；
（4）根据反应物和产物，结合质量守恒书写方程式； 草酸钠溶液呈碱性，使得Fe2+易被氧气氧化 ，降低产率；
（5）计算出铁元素的质量即可得到其质量分数；第一次KMnO4溶液不足，有H2C2O4残余，第二次消耗的KMnO4溶液体积偏大，铁元素含量将偏高。
30．【答案】（1）
（2）或
（3）平衡气压，使液体顺利流下；D装置中出现浑浊或D装置中产生白色沉淀；饱和碳酸氢钠溶液或饱和溶液
（4）取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净
（5）有特征蓝色沉淀产生且30秒内沉淀不溶解；或
【知识点】原子核外电子排布；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】钒原子序数为23，在元素周期表ⅤB族，实验室以制备该化合物，步骤ⅰ制备，步骤ⅱ制备出有无色无污染的氮气并析出紫红色晶体，步骤ⅱ根据实验装置A为制备CO2气体的发生装置，B为除杂装置，药品为饱和溶液，D为检验CO2的装置，整个装置会产生气体所以采用恒压漏斗，其目的为平衡气压，使液体顺利流下，检验晶体中是否有氯离子的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净，检验亚铁离子的方法为加入铁氰化钾有蓝色沉淀，检验离子的含量采用氧化还原滴定的方法，据此答题。
(1)钒原子序数为23，基态钒原子的价层电子的轨道表示式为：；
(2)中加入足量盐酸酸化的溶液反应生成同时生成一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，该气体为氮气，则该化学反应方程式为：或；
(3)①步骤ⅱ将净化的溶液缓慢加入到足量溶液，有气泡产生，仪器a为恒压漏斗其作用为平衡气压，使液体顺利流下；
②实验时先关闭，打开，A装置中碳酸钙和盐酸反应产生二氧化碳气体，盐酸具有挥发性，则B装置为除去HCl气体，装置B中为饱和NaHCO3溶液，D装置为检验CO2气体，实验现象为：D装置中出现浑浊或D装置中产生白色沉淀；
③装置B为除去CO2气体中的HCl气体，B中为饱和NaHCO3溶液；
(4)步骤ⅲ中会生成大量的，用饱和溶液洗涤晶体，和会产生白色沉淀，检验晶体已洗涤干净的操作是：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净；
(5)①铁氰化钾溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，滴定终点时的现象为：有特征蓝色沉淀产生且30秒内沉淀不溶解；
②滴定反应为：，，根据离子方程式可得：，则产品中钒的质量分数或质量分数。
【分析】（1）钒的原子序数为23， 基态钒原子核外电子排布式为[Ar]3d34s2，其价电子排布式为3d34s2；
（2）中加入足量盐酸酸化的溶液反应生成同时生成一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，该气体为氮气；
（3）①导管a可平衡气压；
②D装置检验CO2气体；
③B中试剂用于除去二氧化碳中的氯化氢，为饱和碳酸氢钠；
（4）检验是否存在氯离子即可检验晶体是否已洗涤干净；
（5）①铁氰化钾与亚铁离子反应生成蓝色沉淀；
②根据滴定反应的离子方程式计算钒的质量，进而确定其质量分数。
31．【答案】（1）FeCl3溶液；溶液呈血红色
（2）强酸；安全瓶，防倒吸
（3）3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；溶液由浑浊变澄清
（4）滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色
（5）0.744；偏高
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；中和滴定
【解析】【解答】（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O+CN-→SCN-+SO，为检验该转化生成了SCN-，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，将S2O和SO除尽后，利用Fe3+和SCN-离子的显色反应可知，再加入FeCl3溶液，观察到的现象是溶液立即变为血红色，故答案为：FeCl3溶液；溶液变为血红色；
（2）装置A制取SO2的反应，反应原理为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，利用强酸值弱酸的原理，即体现了70%浓硫酸的强酸性，由装置图可知，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸，故答案为：强酸；安全瓶，防止倒吸；
（3）装置C中的反应分为两步，第二步反应为S+Na2SO3=Na2S2O3，体系没有硫，说明第一反应生成硫，则第一反应的化学方程式2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓，因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，所以判断装置C中反应已经完全的方法是溶液中无浑浊现象即溶液由浑浊变澄清，故答案为：2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓；溶液由浑浊变澄清；
（4）利用I2遇到淀粉溶液显蓝色的性质，用淀粉溶液作指示剂，锥形瓶中原溶液为蓝色，当I2与Na2S2O3完全反应时溶液变为无色，故当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色即为滴定终点，故答案为：滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；
（5）n（K2Cr2O7）=0.0100 mol L-1×0.020 L=2×10-4 mol，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，反应的Na2S2O3的物质的量n（Na2S2O3）=2×10-4×6 mol=1.2×10-3 mol， m（Na2S2O3）=1.2×10-3 mol×248 g mol-1=0.2976 g，则样品的纯度为×100%≈77.4%，亚硫酸钠也能和碘单质反应，原理为I2+2S2O32-═S4O62-+2I-，则消耗样品的体积减小，计算样品中硫代硫酸钠的物质的量增加，所以存在亚硫酸钠时样品的纯度偏高，故答案为：77.4%(或者0.774)；偏高。
【分析】亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫通过安全瓶B装置后进入C装置，二氧化硫和硫化钠、亚硫酸钠反应生成 Na2S2O3 。
32．【答案】（1）；氢氧化钠溶液采用冰水浴；饱和氯化钠溶液
（2）分液漏斗；若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低
（3）加热至有大量固体析出，趁热过滤
（4）最后一滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色；87.5%
（5）
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，并用冷却的氢氧化钠溶液吸收得到次氯酸钠，再用次氯酸钠和尿素反应生成水合肼，注意控制次氯酸钠的加入速率，防止水合肼被氧化。根据方程式计算水合肼的质量及质量分数，利用氧化还原反应的电子守恒配平方程式。据此解答。
（1）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式为：，因为温度高了会产生氯酸钠，所以可以将氢氧化钠溶液采用冰水浴的方式降温。最后氯气储存，瓶中溶液应该不能溶解氯气，故该溶液为饱和氯化钠溶液。
（2）次氯酸钠具有强氧化性，水合肼有强还原性，所以将次氯酸钠放入分液漏斗中，缓慢加入，不能太快，若加入较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低。
（3）由溶解度曲线可知，碳酸钠的溶解度随着温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化小，则获得氯化钠粗品的操作是加热至有大量固体析出，趁热过滤，防止降温时碳酸钠析出。
（4）根据淀粉遇碘变蓝的性质分析，滴定终点的现象为：最后一滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色；根据方程式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O分析，水合肼的质量分数为：
（5）根据题意，肼和氢氧化铜在加热的条件下反应生成氧化亚铜和无污染的气体，该气体应为氮气根据氧化还原反应配平方程式为：。
【分析】用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，并用冷却的氢氧化钠溶液吸收得到次氯酸钠，再用次氯酸钠和尿素反应生成水合肼，注意控制次氯酸钠的加入速率，防止水合肼被氧化。根据方程式计算水合肼的质量及质量分数，利用氧化还原反应的电子守恒配平方程式。据此解答。
（1）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水；条件不同，产物不同；利用同离子效应分析。
（2）依据物质的氧化性和还原性分析。
（3）由溶解度曲线分析。
（4）根据淀粉遇碘变蓝的性质，通过反应计算质量分数；
（5）肼和氢氧化铜在加热的条件下反应生成氧化亚铜和氮气。
33．【答案】（1）3d
（2）CrO3+3FeCr2O4+3OH+=3Fe3++7Cr3++15H2O
（3）120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多
（4）Fe(OH)3吸附Cr3+造成铬损失大
（5）0.1980mol·L-1
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)铁为26号元素，基态二价铁的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为3d能级。
(2)120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液，故加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式为：CrO3+3FeCr2O4+30H+=3Fe3++7Cr3++15H2O。
(3)其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多。
(4)pH=3时，若Cr3+沉淀，则Cr3+的最小浓度应为， ，显然是达不到的，故此时Cr3+未沉淀，则此时铬损失率高达38%的原因应是Fe(OH)3具有吸附性，Fe(OH)3吸附Cr3+造成铬损失大。
(5)由题意可知，+6价Cr氧化碘离子生成碘单质，则根据得失电子守恒可得2Cr(Ⅵ)+6I-→3I2+2Cr3+，故可得关系式：2Cr3+~2Cr(Ⅵ)~3I2~6S2O ，可得Cr3+~3S2O ，则萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度 。
【分析】（1）根据铁原子的质子数即可写出铁原子的基态能级排布，即可写出亚铁离子的基态电子能级排布，被氧化时失去电子失去的是3d能级电子
（2）加入的 CrO3 具有很高的氧化性，亚铁离子具有还原性，因此加入后促进了铁离子的产生，促进反应的进行
（3）根据图示，在120℃时浸出率已经很高，升高温度时，浸出率增加少，温度过高浪费能源
（4）主要考虑的是形成的氢氧化铁的吸附性
（5）六价的Cr被碘离子还原为三价的Cr,同时得到碘单质，碘单质被 Na2S2O3溶液滴定，即可找出消耗的Na2S2O3与Cr的关系，根据消耗的Na2S2O3即可计算出Cr的物质的量即可计算出物质的量浓度
34．【答案】（1）减小碘单质的损失
（2）碱式
（3）溶液蓝色褪去
（4）小于
（5）；
（6）A；D
（7）不可行，根据数据只能获得水层中I 和I2的总浓度，无法算出各自浓度，故无法算出K。或可行，根据有机层I2的浓度及分配比算出水层I2的浓度，再依次算出水层 和 的浓度，即可算出K。
【知识点】氧化还原反应；化学平衡常数；化学平衡移动原理；中和滴定
【解析】【解答】(1)碘易挥发，使用碘量瓶可以减小碘单质的挥发损失；
(2)Na2S2O3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，应使用碱式滴定管；
(3)滴定终点碘单质完全反应，溶液不再显蓝色，所以滴定终点现象为溶液蓝色褪去；
(4)两个实验中碘单质浓度实验i中有部分碘单质转化为I ，所以实验i中溶解的碘更多，剩余碘固体的质量小于实验ii；
(5)根据实验i可知c(I2)与c(I )之和为 = mol/L，实验ii中c(I2)= =5V2×10-5mol/L，根据“实验i和实验ii中I2浓度近似相等”可知平衡体系中c(I )= mol/L-5V2×10-5mol/L= mol/L；该反应的平衡常数K= ，实验①中所用KI溶液的浓度为0.01mol/L，所以平衡时c(I-)=[0.01-5(5V1-V2)×10-5]mol/L，所以K = ；
(6)A．实验i的碘量瓶在使用前未烘干会将溶液稀释，平衡会发生移动，实验i和实验ii中的I2浓度不再相等，使得离子浓度计算不准确，影响实验结果，A正确；
B．加入KI溶液的体积不影响c(I-)，对结果没有影响，B不正确；
C．实验ii吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，使得计算得到的平衡体系中c(I2)偏大，c(I )偏小，平衡常数K偏小，C不正确；
D．实验ii滴定终点时俯视读数，读取的标准液体积偏小，计算得到的平衡体系中c(I2)偏小，c(I )偏大，平衡常数K偏大，D正确；
故答案为：AD；
(7)由于萃取后水层依然会有碘单质，所以根据数据只能获得水层中I 和I2的总浓度，无法算出各自浓度，故无法算出K；但若知道碘单质在水层和有机层中的分配比，则可根据有机层I2的浓度及分配比算出水层I2的浓度，再依次算出水层 和 的浓度，即可算出K。
【分析】实验i滴定过程中I2不断被消耗，平衡不断正向移动，所以根据消耗的Na2S2O3标准液的体积，结合方程式可以计算出10.00mL平衡体系中c(I2)与c(I )之和；实验ii中不存在平衡体系，可以求出50.00mL饱和碘水中c(I2)。
35．【答案】（1）蒸馏烧瓶；b
（2）浓硝酸分解，二氧化硫逸出；生成的NOSO4H作为该反应的催化剂
（3）作溶剂，同时作吸水剂，防止亚硝酰硫酸遇水分解；滴入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30 s内不变色；3%
【知识点】催化剂；硝酸的化学性质；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)该仪器为带支管的烧瓶，故为蒸馏烧瓶；由分析知，装置D可以为盛有碱石灰的装置，
故选择b；
(2)①由于反应物浓硝酸受热易挥发易分解，且温度高不利于SO2溶解，故此处填：温度过高，浓硝酸分解，SO2溶解度下降逸出；
②由于SO2通入速率不变，且温度变化不大，但反应速率明显加快，考虑可能是因为反应受到了催化，由于是生成少量NOSO4H后反应明显加快，故此时起催化作用的物质应该为NOSO4H，故此处填：生成的NOSO4H作为该反应的催化剂；
(3)①浓硫酸可将产品溶解，同时起到吸水的目的，防止产品NOSO4H遇水分解，故此处填：作溶剂，同时作吸水剂，防止NOSO4H遇水分解；
②当滴定达终点后，再加入标准液，此时过量的Fe2+会与反应生成的NO结合生成粉红色FeSO4·NO，故此处填：滴入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30 s内不变色；
③根据得失电子守恒得关系式：3(NH4)2Fe(SO4)2~HNO3，故n(HNO3)= ，则HNO3的含量= ，故此处填：3%。
【分析】装置A中Na2SO3固体与浓硫酸反应产生SO2，经过装置B干燥SO2，SO2进入C中与浓硝酸浓硫酸反应生成亚硝酰硫酸，装置D为尾气处理装置，且由于产品遇水易分解，故装置D还需防止空气中水蒸气进入C中，故装置D可以为盛有碱石灰的装置。
2023年高考真题变式分类汇编：中和滴定3
一、选择题
1．（2021·辽宁）用 盐酸滴定 溶液，溶液中 、 、 的分布分数 随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是（如 分布分数： ）（ ）
A． 的 为
B．c点：
C．第一次突变，可选酚酞作指示剂
D．
【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A． 的 ，根据上图交点1计算可知 =10-6.38，A不符合题意；
B．根据图像可知c点中 ，B不符合题意；
C．根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C符合题意；
D．根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成 ，根据 计算可知 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.根据a点的pH和分布分数计算即可；
B.c点盐酸稍过量，抑制电离；
C.第一次突变，从碱性变中性，选变色范围在弱碱性的酚酞指示剂较好；
D.根据e点全生成弱酸进行计算。
2．（2021·广东）测定浓硫酸试剂中 含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取 待测液，用 的 溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A.配制一定物质的量浓度的溶液，需用到容量瓶，该实验要配制250mL溶液，因此需用到250mL容量瓶，A不符合题意；
B.分液漏斗常用于分液操作，该实验中不需用到分液漏斗，B符合题意；
C.进行酸碱中和滴定时，待测液应盛装在锥形瓶内，因此该实验需用到锥形瓶，C不符合题意；
D.移取NaOH溶液时，需用到碱性滴定管，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对一定物质的量浓度溶液配制和中和滴定的考查，解答此类题型时，应结合溶液配制过程和中和滴定实验过程进行分析。
3．（2021·河北）下列操作规范且能达到实验目的的是（ ）
A．图甲测定醋酸浓度 B．图乙测定中和热
C．图丙稀释浓硫酸 D．图丁萃取分离碘水中的碘
【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；分液和萃取；中和滴定；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．酸碱中和滴定，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠水解呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A符合题意；
B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，以免测定温度不准确，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充且大烧杯也需要用纸板盖住，防止热量散失，故B不符合题意；
C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，浓硫酸稀释时放热，导致温度升高造成炸裂，容量瓶上的温度时20℃，故C不符合题意；
D．考查的是分液漏斗的使用，分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体留下时飞溅，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.酸碱中和滴定，酚酞的变色范围在碱性范围内，而氢氧化钠和醋酸反应得到的醋酸钠显碱性符合酚酞的变色范围
B.中和热测定时需要注意保温装置，以及温度计不能与烧杯底部接触，此装置为进行保温可能测定的结果偏低
C.浓硫酸稀释时放热，一般稀释时放在烧杯中，容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液
D.分液时注意分液漏斗的下端仅靠烧杯内壁
4．（2022·广州模拟）25℃时，用1.0mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mLc1mol·L-1的盐酸，用0.010mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mLc2mol·L-1的盐酸，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线a表示滴定c1mol·L-1的盐酸
B．c1：c2=100：1
C．滴定至pH=7时，两份溶液导电能力相同
D．水的电离程度在V(NaOH)=20.00mL时最大
【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．由图可知，20.00mLc1mol·L-1、20.00mLc2mol·L-1的盐酸消耗对应氢氧化钠均为20mL，则c1=1.0mol·L-1、c2=0.010mol·L-1，由图像起点可知，曲线a开始pH约为0表示滴定1.0mol·L-1的盐酸，A不符合题意；
B．由A分析可知，c1：c2=1.0mol·L-1：0.010mol·L-1=100：1，B不符合题意；
C．起始盐酸浓度不同，滴定至pH=7时，两份溶液均为氯化钠溶液，但是所得溶液的浓度不同，两者的导电能力不相同，C符合题意；
D．酸或碱都会抑制水的电离，在V(NaOH)=20.00mL时，溶液为中性，此时水的电离程度最大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】判断中和滴定类的图像问题，注意抓住关键点；1.起始点，2.滴定终点，3.pH=7，利用这些特殊点判断，同时也要结合电荷守恒和物料守恒
5．（2022·吴忠模拟）室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化
B．Ka2(H2SO3)的数量级为10 8
C．pH=7时，c(Na+)<3c(SO)
D．NaHSO3溶液中水电离出的c(H+)<1×10 7 mol·L 1
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；中和滴定
【解析】【解答】A．根据前面分析曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化，故A不符合题意；
B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)= c(H+)=1×10 7.2=100.8×10 8，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10 8，故B不符合题意；
C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)，又由于pH=7时c(SO)＜c(HSO)，因此c(Na+)＞3c(SO)，故C符合题意；
D．根据图中信息得到NaHSO3溶液pH大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(H+)＜1×10 7 mol·L 1，故D不符合题意。
故答案为C。
【分析】向亚硫酸中加入氢氧化钠，先生成亚硫酸氢钠，在生成亚硫酸钠，I表示的亚硫酸，II表示的是亚硫酸氢钠，III表示的是亚硫酸钠，根据交点即可计算出常数，结合选项即可判断
6．（2022·杭州模拟）用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.1000mol/L的盐酸和CH3COOH溶液．利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表向盐酸中滴加
B．A点溶液的小于C点溶液的
C．D点溶液中：
D．随着溶液的加入，曲线①逐渐向②靠拢，说明电解质溶液的电导率只与离子浓度大小相关
【答案】C
【知识点】溶液pH的定义；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．浓度相同的醋酸和盐酸，醋酸电离程度小于盐酸，则c(H+)盐酸大于醋酸，c(H+)越大溶液导电性越强，所以相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸导电性大于醋酸，根据图知导电性①＜②，所以①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，曲线②代表滴定HCl溶液的曲线，A不符合题意；
B．相同温度下，A点溶液中溶质为醋酸钠因为CH3COO-水解溶液呈碱性，而C点溶液中溶质为NaCl，溶液呈中性，则在相同温度下，pH为A点大于C点，B不符合题意；
C．D点溶液中溶质为NaCl和NaOH，且c(NaCl)=2c(NaOH)，溶液中存在物料守恒和电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒得3c(Cl-)=2c(Na+)，所以得c(Cl-)=2c(OH-)-2c(H+)，C符合题意；
D．随着NaOH溶液的加入，溶液中的离子浓度越来越相近，最后几乎相等，曲线①逐渐向②靠拢但不重合，说明电解质溶液的电导率与离子浓度大小和离子的种类相关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、盐酸的电离程度大于醋酸，盐酸的氢离子浓度也大于醋酸的氢离子浓度，氢离子浓度越大，溶液的导电性也越强；
B、A点处溶液因为醋酸根水解呈碱性，C点处呈中性；
D、如果只与离子浓度有关，两者最终应该重合。
7．（2022·德阳模拟）25℃时，用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1mol·L-1醋酸和20mL 0.1mol·L-1盐酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．a点所表示溶液中：c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-)+c(CH3COO-)
B．b点所表示溶液中：c(Cl-)>c(H+)>c(Na+)
C．Ka(CH3COOH)的数量级为10-6
D．溶液中水的电离程度：c>b>a
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．a点所在曲线表示NaOH滴定醋酸的曲线，NaOH溶液体积为10mL，则醋酸反应了一半，所得溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液，电荷守恒有①c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，物料守恒有②c(CH3COOH) +c(CH3COO-)=2c(Na+)，2×①+②得2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，A不符合题意；
B．b点所在曲线表示NaOH滴定HCl的曲线，NaOH溶液体积为10mL，则HCl反应了一半，所得溶液为等浓度的HCl和NaCl溶液，则c(Cl-)=2c(Na+)，即c(Cl-)>c(Na+)，由于钠离子只由NaCl电离，氢离子由HCl和水电离，故c(H+)>c(Na+)，综上所述，b点所表示溶液中：c(Cl-)>c(H+)>c(Na+)，B符合题意；
C．由图可知，0.1mol·L-1醋酸中pH=3，c(H+)=0.001mol/L，故Ka(CH3COOH)=≈=10-5，故Ka(CH3COOH)的数量级为10-5，C不符合题意；
D．a点所得溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液，溶液显酸性，水的电离受到抑制，b点所得溶液为等浓度的HCl和NaCl溶液，溶液显酸性，水的电离受到抑制，由于b点pH较a点小，则b点水的电离程度小于a点，c点CH3COONa溶液，水的电离程度受到促进，故水的电离程度c>a>b，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据判断此线为醋酸与氢氧化钠反应的曲线，结合电荷守恒和物料守恒即可判断
B.此线为盐酸与氢氧化钠反应的曲线，结合电荷守恒判断
C.根据起始pH=3即可计算出K
D.结合水解的难易即可判断
8．（2022·门头沟模拟）25℃时，向15mL0.1mol·L-1的NaOH溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，加入CH3COOH溶液的体积与混合溶液pH的关系如图所示(混合过程中忽略溶液体积变化)。下列分析不正确的是（ ）
A．c点对应溶液中，=1
B．b点与c点所示溶液中水的电离程度：b>c
C．a点溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)
D．b点对应的溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．c点对应溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则=1，A不符合题意；
B．b点为恰好反应的点，溶质为CH3COONa，醋酸根离子发生水解反应促进水的电离，c点为加入稍过量的CH3COOH，溶质为CH3COOH、CH3COONa，醋酸的电离抑制水的电离，则水的电离程度：b>c，B不符合题意；
C．a点加入5mL 0.1mol·L-1CH3COOH溶液生成5mL 0.1mol·L-1CH3COONa，溶液中还剩余10mL0.1mol·L-1的NaOH，则c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，C不符合题意；
D．b点溶质为CH3COONa，c(Na+)=，溶液中存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= c(Na+)=0.05mol·L-1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据电荷守恒判断；
B.b点氢氧化钠与醋酸恰好完全反应，此时水的电力程度最大；
C.a点pH>7，在根据电荷守恒判断；
D.根据物料守恒判断。
9．（2022·遂宁模拟）常温时，用0.1000mol·L-1 NaOH溶液滴定25.00mL 0.1000 mol·L-1一元弱酸HR的溶液，滴定过程中pH变化曲线如图所示(溶液体积近似可以加和)，则下列判断正确的是（ ）
A．A点时，
B．常温下，HR的Ka的数量级为10-4
C．B点时，
D．B点和C点，水的电离程度相同
【答案】B
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．A点溶液显酸性， ，则 ，A不符合题意；
B．C点两者恰好反应生产NaR且浓度为0.05mol·L-1 ，此时pH=8.0，则
则
，Ka=5×10-4，B符合题意；
C． B点时，由电荷守恒可知，
，此时溶液显酸性，则
，故
，C不符合题意；
D．B点HR过量，酸对水电离起抑制作用；C点恰好反应，溶质为NaR，R-水解促进水的电离，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示，结合此时的pH即可判断离子浓度大小
B.根据C点的数据即可计算出Kb
C.根据B点的数据即可判断出离子浓度大小
D.根据加入氢氧化钠的量即可判断
10．（2022·邯郸模拟）25℃时，向溶液中逐滴滴入等浓度的溶液，测得溶液的与[Y代表或]的关系如图。下列相关结论正确的是（ ）
A．曲线a表示与的变化关系
B．25℃时
C．当溶液的时，
D．当滴入溶液时，
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知曲线a表示与的变化关系，A不符合题意；
B.25℃时，B符合题意；
C．根据电荷守恒有，C不符合题意；
D．滴入溶液时即生成溶液，由分析可知，，，即的电离程度大于水解程度，反应后溶液呈酸性，故离子浓度大小关系为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据二元弱酸分步反应即可判断曲线
B.根据曲线和曲线b即可计算出比值
C根据电荷守恒即可判断
D.根据数据判断水解和电离的程度大小即可判断离子浓度大小
11．（2022·甘肃模拟）分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以0.10mol·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂
B．x点处的溶液中满足：c(MOH)+c(OH-)
D．从x点到z点，溶液中水的电离程度逐渐增大
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．由图可知，滴定分数=1.00时，溶液显酸性，说明反应生成的MCl溶液显酸性，为弱碱强酸盐，选择在酸性条件下变色的指示剂甲基橙，A不符合题意；
B．x点处滴定分数为0.50，溶液中含有等量的MOH、MCl，由物料守恒2c(Cl-)=c(M+)+ c(MOH)，电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，可以得出c(MOH)+2c(OH-)
D．从x点到z点过程中，在加入盐酸至恰好反应过程中，水的电离由被抑制到促进，溶液中水的电离程度逐渐增大；随着盐酸的过量，水的电离又被抑制，电离程度减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.滴定分数为1.00时恰好完全反应，溶液显酸性，所以可以选用甲基橙作指示剂；
B.X处滴定分数为0.50，恰好滴定一半，但是M+水解，MOH的浓度大于Cl-的浓度，结合根据电荷守恒判断；
C.根据y点可以求出OH-和M+、MOH的浓度，再求Kb；
D.MCl中M+水解促进水电离，当HCl过量后，抑制水的电离。
12．（2021·达州模拟）用0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mLcmol/L二元酸H2A溶液，滴定曲线如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．HA—的电离常数的数量级是10-5
B．a点：c(HA-)＞c (Na+)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
C．b点：c(H+)=c(A2-)+c(OH-)
D．c点：c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定
【解析】【解答】A．由c点溶液pH为7.26可知，HA-的电离常数Ka==c(A2—)= ≈0.033，数量级是10-2，故A不符合题意；
B．由分析可知，a点时反应得到等浓度的H2A和NaHA的混合溶液，H2A在溶液中完全电离，则溶液中c (H+)＞c(Na +)，故B不符合题意；
C．由分析可知，b点时反应得到NaHA溶液，溶液中存在质子守恒关系c(H+)=c(A2—)+c(OH—)，故C符合题意；
D．由分析可知，c点反应得到Na2A溶液，溶液呈碱性，溶液中c(OH-)＞c(H+)，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+ c(OH-)可知，溶液中c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．选择c点，利用Ka=计算；
B．注意H2A在溶液中完全电离，分清主次，确定顺序；
C．依据质子守恒分析；
D．利用电荷守恒结合题意分析；
13．（2021·内江模拟）羟胺的电离方程式为：NH2OH+H2ONH3OH＋ + OH－，用0.1 mol L 1的盐酸滴定20 mL0.1 mol L 1羟胺溶液，恒定25℃时，溶液AG与所加盐酸的体积( V)关系如图所示 [已知：AG]。下列说法错误的是（ ）
A．25℃时，羟胺的电离平衡常数Kb约为1.0×10 8
B．由c点到d点的过程中水的电离程度逐渐减小
C．图中b点V(盐酸)＜10mL
D．d点对应溶液中存在c(H＋) = c(OH－) + c(NH3OH＋) + c(NH2OH)
【答案】D
【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.25℃时，AG= 5，即c(H＋) =1.0×10 9.5 mol L 1，c(OH－) =1.0×10 4.5 mol L 1，则羟胺的电离平衡常数Kb，故A不符合题意；
B．c点和盐酸恰好反应完，盐溶液水解而使得显酸性，促进水的电离，而d点盐酸过量，溶质是盐(NH3OHCl)和HCl且两者物质的量浓度相等，溶液显酸性，因此由c点到d点的过程中水的电离程度逐渐减小，故B不符合题意；
C．图中b点溶液呈中性，当V(盐酸)=10mL，溶质是NH2OH和对应的盐酸盐，其Kh=1.0×10 6＞1.0×10 8，说明水解占主要即溶液显酸性，要使溶液呈中性，则加入的盐酸的体积小于10mL，故C不符合题意；
D．d点溶质是盐(NH3OHCl)和HCl且两者物质的量浓度相等，根据电荷守恒得到c(H＋) + c(NH3OH＋) = c(OH－) + c(Cl－)，根据物料守恒得到c(Cl－)= 2 c(NH3OH＋) + 2c(NH2OH)，前者加后者得到c(H＋) = c(OH－) + c(NH3OH＋) + 2c(NH2OH)，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.选择AG= 5，利用Kb计算；
B．依据可水解的盐，促进水的电离，酸、碱抑制水的电离；
C．图中b点溶液呈中性，依据NH2OH对应的盐酸盐溶液显酸性分析；
D．根据电荷守恒、物料守恒分析。
14．（2021·石家庄模拟）用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后得到“弱酸盐和弱酸”组成的缓冲溶液，其中存在。时，用的溶液滴定某未知浓度的溶液，滴定过程中消耗溶液的体积与混合溶液之间的关系如图所示(已知：，酸性)。
下列说法错误的是（ ）
A．电离常数的数量级为
B．b点溶液中存在
C．c点溶液中离子浓度的大小关系为
D．若将改为等体积等浓度的，则随溶液体积的变化曲线竖直上移
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，HA的电离常数Ka=10-4.75，则电离常数的数量级为10-5，故A不符合题意；
B．由分析可知，b点时Ka=c(H+)=10-4.75，由Ka=可得溶液中c(A-)= c(HA)，由图可知，b点溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH—)，则c(HA)+ c(H+)＞c(A-)+c(OH-)，故B符合题意；
C．由分析可知，b点时Ka=c(H+)=10-4.75，由Ka=可得溶液中c(A-)= c(HA)，则随氢氧化钠溶液体积增大，c点时溶液中c(A-) ＞c(HA)，由图可知，c点溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以溶液中c(A-) ＞c(HA) ＞c(H+)＞c(OH-)，故C不符合题意；
D．由HA的酸性强于HCN可知，HA的电离常数大于HCN，由可知，当相等时，酸的电离常数越大，溶液pH越小，则若将HA改为等体积等浓度的HCN，则pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直上移，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.pKa=4.75+；
B.b点c(A-)= c(HA)，溶液呈酸性；
C.c点c(A-) ＞c(HA)，溶液呈酸性；
D.HA的电离常数大于HCN。
15．（2021·台州模拟）用0.1000的NaOH溶液滴定20.00mL浓度分别为c1、c2的醋酸、草酸()溶液，得到如图滴定曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点：
下列叙述错误的是（ ）
A．X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸，
B．若b点时，则b点消耗了8.60mL的NaOH溶液
C．对于而言，滴定过程中始终有
D．若a点，则a点有
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；中和滴定
【解析】【解答】A．草酸是二元弱酸，有两次滴定突变，醋酸为一元弱酸，故X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸，而醋酸消耗的氢氧化钠更多，则，选项A不符合题意；
B．若b点时，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)、c(CH3COO-)>c(Na+)，b点消耗的NaOH溶液的体积大于8.60mL，选项B符合题意；
C．对于而言，滴定过程中始终有电荷守恒，物料守恒有，故故得，选项C不符合题意；
D．完全中和时消耗，则a点时为NaHC2O4与Na2C2O4按1：1形成的溶液，则a点电荷有，物料守恒有，后式代入前式有，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示即可判断出X为草酸，Y为醋酸
B.根据b点的数据结合图示即可计算出氢氧化钠的体积
C.根据电荷守恒和物料守恒即可判断
D.根据给出的数据，结合物料和电荷守恒即可判断
16．（2021·珠海模拟）常温下，向0.1mol/L HA溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述正确的是（ ）
A．HA的Ka=l.0×104.65
B．A点溶液中：c(A-)+c(H+)+c(HA)-c(OH-)＞0.1mol/L
C．B点溶液中：c(Na+)+c(H+)＜c(OH-)+c(HA)
D．C点溶液中：c(A-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图像中B点可知，lg=0，即c(A-)=c(HA)时，Ph=4.65，故HA的Ka==l.0×10-4.65，A不符合题意；
B．由图像可知，A点溶液显酸性，故c(H+)＞c(OH-)，由物料守恒可知c(A-) +c(HA) =0.1mol/L，故c(A-)+c(H+)+c(HA)-c(OH-)＞0.1mol/L，B符合题意；
C．由图像可知，B点溶液中c(A-)=c(HA)，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，故c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA)，C不符合题意；
D．根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，故C点溶液中各离子浓度关系不可能为：c(A-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.当，lg=0时，Ka=；
B.A点溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，结合物料守恒计算；
C.根据电荷守恒判断；
D.根据电荷守恒判断。
17．（2021·大庆模拟）室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化
B．Ka2(H2SO3)的数量级为10 8
C．pH=7时，c(Na+)<3c(SO)
D．NaHSO3溶液中水电离出的c(H+)<1×10 7 mol·L 1
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据前面分析曲线II表示HSO3-的分布系数随pH的变化，故A不符合题意；
B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)= c(H+)=1×10 7.2=100.8×10 8，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10 8，故B不符合题意；
C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，又由于pH=7时c(SO32-)＜c(HSO3-)，因此c(Na+)＞3c(SO)，故C符合题意；
D．根据图中信息得到NaHSO3溶液pH大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(H+)＜1×10 7 mol·L 1，故D不符合题意。
故答案为C。
【分析】向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线I为亚硫酸，曲线II为亚硫酸氢根，再继续加NaOH溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线III为亚硫酸根。
18．（2022·温州模拟）25℃，分别取一元酸HA、HB、HC，向其中逐滴滴入溶液，并测出溶液pH随V(NaOH)/mL的变化如图。下列说法错误的是（ ）
A．反应完全后，若继续分别滴入NaOH溶液，溶液的pH主要取决于过量NaOH浓度
B．反应完全后，各混合液的pH均大于7
C．中和滴定实验中，HA被同浓度NaOH溶液滴定时误差最小
D．反应完全后，将三种溶液混合均匀：c(HA)+c(HB)+c(HC)+c(H+)+0.05=c(OH-)+c(Na+)
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；中和滴定
【解析】【解答】A．当三种酸完全反应变为相应的钠盐后，继续滴入NaOH溶液，溶液显碱性，碱电离产生的c(OH-)远大于盐的水解，因此溶液的pH主要取决于过量NaOH的浓度，A不符合题意；
B．酸的浓度都是0.1 000 mol/L，HC溶液pH最小的是2，其中c(H+)=0.01 mol/L＜0.1000 mol/L，说明HC是弱酸；酸越弱，其电离产生的H+浓度越小，溶液pH就越大，所以HA、HB、HC都是弱酸，且酸性：HC＞HB＞HA。当三种酸反应完全后，得到的钠盐都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此各混合液的pH均大于7，B不符合题意；
C．由于HA的酸性最弱，当用NaOH进行滴定时，滴入相同体积的NaOH溶液，HA溶液pH变化最小，滴定终点变化不明显，因此HA被同浓度NaOH溶液滴定时误差最大，C符合题意；
D．每种溶液被滴定后，溶液中c(Na+)=0.05 mol/L，将三种溶液混合，则混合溶液中c(Na+)仍然为0.05 mol/L。三种盐溶液都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，根据质子守恒，可得c(OH-)=c(HA)+c(HB)+c(HC) +c(H+)，则c(OH-)+c(Na+)=c(HA)+c(HB)+c(HC)+ c(H+)+0.05，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据图示，均是弱酸，与氢氧化钠反应得到的盐显示碱性，碱性的强弱与过量的氢氧化钠有关
B.根据均是弱酸，强碱弱酸盐均显碱性
C.弱酸滴定时，加入相同浓度的氢氧化钠误差最大
D.根据质子守恒即可判断
19．（2021·九江模拟）已知： ，25℃时， 的 ， 。用 溶液滴定 溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是（ ）
A．a点所得溶液中：
B．c点所得溶液中：
C．当溶液的pH为7时，此时加入NaOH溶液体积为30mL
D．随着NaOH溶液滴入，水的电离程度一直增大
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．a点所得溶液中，pH=1.85，即c(H+)=10-1.85，又 ，故c(H2A)=c(HA-)，又a点溶液体积大于20mL，导致含有A元素微粒浓度之和减小，所以c(H2A) +c(A2-)+c(HA-) ＜ 0.1mol L-1，故a点溶液中， ，故A不符合题意；
B． c点所得溶液中，pH=7.19，即c(H+)=10-7.19，又 ，则c(A2-)=c(HA-)，溶液中存在电荷守恒2c(A2-)+c(HA-) + c(OH-)=c(H+) + c(Na+)，3c(HA-) + c(OH-)=c(H+) + c(Na+)，此时溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+) ，则c点所得溶液中： ，故B符合题意；
C． 当加入NaOH溶液体积为30mL时，溶液恰好为等物质的量浓度的NaHA、Na2A的混合溶液，A2-的水解常数为 ，即A2-的水解程度大于HA-的电离程度，则此时溶液显碱性，故C不符合题意；
D． 随着NaOH溶液滴入，依次发生反应H2A+ OH-= HA-+H2O、HA-+ OH-= A2-+H2O，水的电离程度逐渐增大，当恰好反应生成Na2A时，水的电离程度最大，继续滴入NaOH，水的电离程度逐渐减小，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.利用一级电离常数以及氢离子的浓度判断即可
B.利用二级电离常数以及此时的pH进行计算，利用电荷守恒进行判断
C.根据图示pH=7，19时，氢氧化钠的体积为30mL
D.水的电离先增大后被抑制
20．（2021·义乌模拟）常温下，用0.10 mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法错误的是（ ）
A．点①所示溶液中，CN－的水解程度大于HCN的电离程度
B．点①和点②所示溶液中：c(CN－)>c(CH3COO－)
C．点③所示溶液中：c(Na＋)=c(CH3COO－)>c(H＋)=c(OH－)
D．点④所示溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．点①所示的溶液为HCN和NaCN混合溶液，且c(HCN)＝c(NaCN)，而此时pH＞7，说明CN－的水解程度大于HCN的电离程度，故A不符合题意。
B．点①的溶液中存在电荷守恒为c(OH－)+c(CN－)=c(Na＋)+c(H＋)，而且c(OH－)＞c(H＋)；点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH－)+c(CH3COO－)=c(Na＋)+c(H＋)，而且c(OH－)＜c(H＋)。二者中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO－)＞c(CN－)，故B符合题意。
C．点③中pH=7，则c(OH－)=c(H＋)，则点③中c(Na＋)= c(CH3COO－)＞c(H＋)= c(OH－)，故C不符合题意。
D．点④溶液中溶质为醋酸钠，CH3COO－水解使溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)；CH3COO－水解会消耗CH3COO－，则c(Na＋)＞c(CH3COO－)；而盐类的水解相对于盐的电离是微弱的，因而盐电离产生的离子浓度大于盐水解产生的离子浓度，所以溶液中的离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D不符合题意。
综上，
故答案为：B。
【分析】A.根据此时的pH即可判断
B.根据电荷守恒以及此时pH即可判断
C.根据③的溶液结合电荷守恒即可判断
D.根据④的溶液结合电荷守恒和pH即可判断
21．（2021·吉林模拟）25℃时，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5，该温度下，用0.1mol/L的醋酸溶液滴定10.00mL0.1mol/L的MOH溶液，滴定过程中加入醋酸溶液的体积(V)与溶液中lg 的关系如图所示，当V=0时，lg =-12。下列说法正确的是（ ）
A．MOH是一元弱碱
B．a点：V(CH3COOH)=10.00mL
C．b点：c(CH3COOH)＞c(M＋)＞c(H＋)＞c(OH-)
D．25℃时，CH3COO-的水解平衡常数约为5.9×10-10
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．当V=0时，lg =-12，c(H＋)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1mol/L，c(MOH)= 0.1mol/L，则表明MOH发生完全电离，是一元强碱，A不符合题意；
B．a点时，c(H＋)=c(OH-)=10-7mol/L，此时溶液呈中性，而CH3COOM为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以醋酸应过量，V(CH3COOH)＞10.00mL，B不符合题意；
C．b点时，参加反应的醋酸与剩余醋酸的物质的量相等，浓度相等，即c(CH3COOH) =c(CH3COOM)，但此时lg ＞0，则表明溶液显酸性，混合溶液中以CH3COOH的电离为主，从而得出：c(CH3COO-)＞c(M＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH-)，C不符合题意；
D.25℃时，CH3COO-的水解平衡常数Kh= ≈5.9×10-10，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.未加入醋酸的时候（v=0），根据图得出溶液H＋和OH-的浓度，判断是否完全电离进而判断为强碱还是弱碱；
B.弱酸滴定强碱，由于弱酸不能完全电离，因此只有在弱酸过量的时候能保证溶液pH=7；
C.弱酸滴定强碱判断溶液离子浓度大小关系，首先利用物料平衡列出等式，再根据溶液电荷平衡和pH来判断分析各离子浓度大小；
D.列出Kw和Ka表达式，相除即可得到弱酸水解平衡式，水解常数值即可通过Kw和Ka之比得到。
22．（2021·湛江模拟）水合乙二胺 是一种二元弱碱，在水中的电离方式与 相似，其 .常温下，用 盐酸滴定 乙二胺溶液.下列说法错误的是（ ）
A．乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式为
B．滴定时选用酚酞作指示剂产生的误差最小
C．滴入 盐酸时，溶液呈碱性
D．滴入 盐酸时，加水稀释，溶液中 减小
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定
【解析】【解答】A．由信息，结合 在水中电离知，乙二胺在水溶液中的第一步电离方程式为 ，A项不符合题意；
B．强酸滴定弱碱选用甲基橙作指示剂可减小实验误差，B项符合题意；
C．当滴入 盐酸时形成碱式盐，由 可知溶液呈碱性，C项不符合题意；
D．加水稀释过程中 不变，但 水解程度增大， 增大，故 减小，D项不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.根据水合乙二胺是二元弱碱即可写出第一步电离方程式
B.与盐酸得到的溶液显酸性不应用酚酞做指示剂
C.根据此时得到的溶质进行判断电离和水解常数的大小即可判断
D.根据此时的溶质进行判断
二、多选题
23．（2021·山东）为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)（ ）
实验目的 玻璃仪器 试剂
A 配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液 100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 蒸馏水、NaCl固体
B 制备Fe(OH)3胶体 烧杯、酒精灯、胶头滴管 蒸馏水、饱和FeCl3溶液
C 测定NaOH溶液浓度 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管 待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂
D 制备乙酸乙酯 试管、量筒、导管、酒精灯 冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,B
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；乙酸乙酯的制取；物质的量浓度
【解析】【解答】A.配制100mL一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要的玻璃仪器是 100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 ，需要的试剂是 蒸馏水、NaCl固体 ，故A符合题意
B.制备氢氧化铁是是将几滴饱和的氯化铁溶液加入沸水中加热至出现红褐色即可，需要的仪器是 烧杯、酒精灯、胶头滴管 ，需要的试剂为 蒸馏水、饱和FeCl3溶液 ，故B符合题意
C.用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液即可测定出氢氧化钠的浓度，需要用的仪器是 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管 、碱式滴定管，需要用的试剂是 待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂 ，故C不符合题意
D.制备乙酸乙酯是利用浓硫酸和乙酸和乙醇进行反应得到乙酸乙酯，需要的玻璃仪器是 试管、量筒、导管、酒精灯 ，需要的试剂是 冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3溶 液、浓硫酸，故D不符合题意
故答案为：AB
【分析】A.仪器和试剂均符合配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液
B.试剂和仪器均符合制取氢氧化铁胶体的操作
C.缺少碱式滴定管量取氢氧化钠
D.缺少催化剂浓硫酸
三、非选择题
24．（2021·北京）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。
资料：
i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物
ii.TiOSO4+(x+1)H2O TiO2·xH2O↓+H2SO4
iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；
0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
（1）纯化
①加入过量铁粉的目的是 。
②充分反应后，分离混合物的方法是 。
（2）制备晶种
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。
①产生白色沉淀的离子方程式是 。
②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+) 0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。
③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因： 。
④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因： 。
（3）产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。
wg铁黄 溶液b 溶液c 滴定
资料：Fe3++3 =Fe(C2O4) ，Fe(C2O4) 不与稀碱液反应
Na2C2O4过量，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)
【答案】（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化；过滤
（2）Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2 ；>；pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小；溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释：12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
（3）不受影响
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；中和滴定
【解析】【解答】（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；
（2）pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
（3）由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应， 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响
【分析】
钛白粉（ 主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物 ）加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整pH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。
25．（2022·秦皇岛模拟）三氯化硼()用于制备光导纤维和有机硼化物等，制备原理：。某小组据此设计实验制备并测定其纯度，装置如图：
已知的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，极易水解产生[或]和HCl。
（1）实验(一)：制备。
水浴R选择 (填“热水浴”或“冰水浴”)，装碱石灰的仪器是 (填名称)。
（2）F装置的作用是 。
（3）已知：A装置中还原产物为，其离子方程式为 。
（4）实验(二)：探究的性质。
据文献资料显示，在乙醇中剧烈反应生成硼酸酯和“白雾”，与在水中发生水解相似。
写出三氯化硼与乙醇反应的化学方程式： 。
（5）实验(三)：测定产品的纯度。
①准确称取wg产品，置于蒸馏水中，完全水解，并配成250mL溶液。
②准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中。
③向其中加入液至沉淀完全，然后加入3mL硝基苯(常温常压下，密度为)，振荡。
④向锥形瓶中滴加3滴溶液，然后逐滴加入标准溶液滴定过量的溶液，消耗KSCN溶液的体积为mL。已知：。
步骤③加入硝基苯的目的是 ；滴定终点时的现象是 。
（6）该产品中的质量分数为 %；如果其他操作都正确，仅滴定管没有用KSCN溶液润洗，测得产品中的质量分数 (“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）冰水浴；(球形)干燥管
（2）吸收CO
（3）
（4）
（5）覆盖AgCl，避免AgCl转化成AgSCN；滴入最后一滴(或半滴)KSCN溶液，溶液刚好由无色变为红色且半分钟不褪色
（6）；偏低
【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】装置A中浓盐酸与K2Cr2O7反应制备氯气，装置B中的浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥的氯气通入装置C中与B2O3、C加热条件下反应生成和CO，的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，装置D中冰水浴收集，氯气、一氧化碳有毒，会污染环境，装置E中碱石灰用于吸收氯气并防止装置F中的水蒸气进入装置D中使水解，装置F用于吸收一氧化碳。
(1)的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，应选择冰水浴冷凝三氯化硼，装碱石灰的仪器为：(球形)干燥管。
(2)一氧化碳有毒，会污染环境，装置F用于吸收一氧化碳。
(3)装置A中浓盐酸与K2Cr2O7反应制备氯气，A装置中还原产物为，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：。
(4)极易水解产生[或]和HCl，在乙醇中剧烈反应生成硼酸酯和“白雾”，与在水中发生水解相似，则在乙醇中反应生成和HCl，反应的化学方程式为：。
(5)已知：，因此步骤③加入硝基苯的目的是：覆盖AgCl，避免AgCl转化成AgSCN，使滴定终点不准确；根据滴定原理，当KSCN标准液将过量的硝酸银溶液反应完，就会与氯化铁反应显红色，因此滴定终点时的现象是：当滴入最后一滴(或半滴)KSCN溶液，溶液刚好由无色变为红色且半分钟不褪色。
(6)根据离子反应可知：n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，25.0mL溶液中含n(Cl-)=n(Ag+)-n(SCN-)=c1V110-3mol-c2V210-3mol，则wg产品中的质量分数为；如果其他操作都正确，仅滴定管没有用KSCN溶液润洗，则KSCN溶液浓度偏低，测得的过量的硝酸银的含量偏高，算得的转化为氯化银的硝酸银的含量偏低，测得产品中的质量分数偏低。
【分析】（1）BCl3沸点 12.5℃，水浴R用冰水浴；根据仪器构造可知，装碱石灰的仪器为球形干燥管；
（2）该反应生成有毒气体CO，F用于吸收CO；
（3）A装置中重铬酸根被还原为铬离子，据此书写离子方程式；
（4）硝基苯为有机物，覆盖在AgCl表面，防止AgCl转化成AgSCN；滴定终点现象为滴入最后一滴(或半滴)KSCN溶液，溶液刚好由无色变为红色且半分钟不褪色 ；
（5）先计算出BCl3的质量，进而计算其质量分数； 仅滴定管没有用KSCN溶液润洗，KSCN溶液浓度偏低，据此分析。
26．（2022·辽阳模拟）过碳酸钠(2Na2CO3 3H2O2)俗称固体双氧水，易溶于水，可以替代过氧化钙作为水产养殖业的产氧剂，放氧速率高于过氧化钙，并可给在贮运过程中的鱼、虾等生物供氧保鲜。某实验小组模拟工业生产过碳酸钠，装置如图所示。
（1）装置中仪器A的名称为 ；仪器B的侧面导管的作用是 。
（2）按图连接好装置后，在三颈瓶中加入Na2CO3固体，再由B向三颈瓶中加入H2O2充分反应。反应时，反应温度不能太高，原因是 ；向反应后的混合物中加入NaCl固体，搅拌、静置、过滤、洗涤、烘干。得到过碳酸钠晶体。加入NaCl固体的作用是 。
（3）过碳酸钠为鱼、虾等生物供氧时，其有效成分是过氧化氢(不稳定，易分解)，将过氧化氢制成过碳酸钠的优点是 。
（4）实验制得的过碳酸钠活性氧测定。
取6g上述实验制得的过碳酸钠样品溶于水中，滴入稀硫酸酸化，再加入足量的KI溶液，并加入少量淀粉，待充分反应后，置于250mL容量瓶中定容；从容量瓶中收出25mL于锥形瓶中，用0.5000mol·L-1 Na2S2O3潮液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为21.00mL。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
已知：过碳酸钠产品质量的优劣可用活性氧的质量分数[w(活性氧)]表示，当w(活性氧)≥13%时为优等品。其计算方法如下：w(活性氧)=×100%。
①加入KI后发生反应的离子方程式为 。
②滴定终点时的现象为 。
③该实验制得的过碳酸钠的w(活性氧)= ，则该过碳酸钠 (填“是”或“不是”)优等品。
【答案】（1）(球形)冷凝管；平衡气体压强，使溶液顺利流出
（2）防止过氧化氢发生分解；增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出
（3）便于保存和运输
（4）H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；当滴入最后一滴(或半滴)Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色；14%；是
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)根据装置图，仪器A的名称为球形冷凝管；仪器B的侧面导管连通了三口烧瓶和恒压滴液漏斗，其作用是平衡气体压强，使溶液顺利流出。
(2)温度升高，H2O2分解速率加快，为防止过氧化氢发生分解，反应温度不能太高；加入NaCl固体，钠离子浓度增大，有利于过碳酸钠的析出，所以向反应后的混合物中加入NaCl固体可以形成过碳酸钠晶体。
(3)过碳酸钠较稳定，将过氧化氢制成过碳酸钠，便于保存和运输。
(4)①加入KI后，在酸性条件下KI和H2O2发生氧化还原反应生成碘单质和水，反应的离子方程式为H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；
②滴定终点时，碘单质完全被Na2S2O3消耗，所以滴定终点的现象为当滴入最后一滴(或半滴)Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色；
③根据H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI得关系式2Na2S2O3~~I2~~ H2O2，反应消耗Na2S2O3的物质的量为0.5mol·L-1×0.021L=0.0105mol，所以H2O2的总的物质的量为mol=0.0525mol，该实验制得的过碳酸钠的w(活性氧)=＞13%，则该过碳酸钠是优等品。
【分析】（1）仪器A为球形冷凝管；仪器B侧面的导管可平衡气体压强；
（2）过氧化氢受热易分解；加入NaCl固体增大溶液中钠离子的浓度；
（3）过碳酸钠较稳定，将过氧化氢制成过碳酸钠，便于保存和运输；
（4）①过氧化氢会将碘离子氧化成单质碘；
②滴定终点时，碘单质完全被Na2S2O3消耗，溶液蓝色褪去；
③滴定过程中有关系式2Na2S2O3~~I2~~ H2O2，据此计算。
27．（2022·茂名模拟）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源，某含银废催化剂主要含Ag、α-Al2O3(α-Al2O3为载体，不溶于硝酸)及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等，一种回收制备高纯银粉工艺的部分流程如下：
回答下列问题：
（1）银与稀硝酸反应的离子方程式是 ，废渣的主要成分是 ，酸浸时，硝酸加入量及反应温度对银浸取率的影响如图，根据图中数据分析，该工艺宜选用硝酸的加入量和温度是 。
（2）“还原”中有无毒气体生成，氧化剂与还原剂物质的量之比是 ，“溶解”得到的溶解液里Ag元素以[Ag(NH3)2]+存在，若用H2O2代替N2H4 H2O完成还原过程，发生反应的离子方程式是 。
（3）粗银中银的质量分数w的测定：取mg粗银样品用硝酸溶解，以铁铵矾[NH4Fe(SO4)2 12H2O]为指示剂，用cmol/L的KSCN标准溶液滴定，消耗标准溶液VmL。已知：①AgSCN是白色沉淀，；②浓硝酸可氧化AgSCN。滴定终点的现象是 ，w= %，若测得w>100%，可能的原因是 。
【答案】（1）；α-Al2O3、SiO2；1.6L、80℃
（2）4∶1；
（3）溶液变为(血)红色，且半分钟内不褪色；；硝酸浓度过高氧化AgSCN，KSCN标准液消耗过多
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】废催化剂中有α-Al2O3不溶于硝酸，SiO2为酸性氧化物不与硝酸反应，则酸浸的废渣为SiO2和α-Al2O3，据图可知所加硝酸的最佳浓度为1.6L、反应最佳的温度为80℃，滤液中存在、、、，滤液加入NaCl后会与银离子产生白色的AgCl沉淀，加入氨水后可与AgCl反应生成银氨溶液，再加入强氧化剂H2O2或N2H4 H2O氧化变为银单质。采用氧化还原滴定测量银的质量分数，滴定的现象为：加入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色，据此答题。
(1)①银与稀硝酸反应的离子方程式是：；
②α-Al2O3不溶于硝酸，SiO2为酸性氧化物不与硝酸反应，废渣的主要成分是：α-Al2O3、SiO2；
③酸浸时，根据图中数据分析硝酸加入的量为最佳体积为1.6L、反应最佳温度为80℃；
(2)①“还原”中有无毒气体生成，[Ag(NH3)2]+与N2H4 H2O的离子方程式为：，氧化剂为，还原剂为N2H4 H2O，则氧化剂与还原剂物质的量之比是：4∶1；
②若用H2O2代替N2H4 H2O完成还原过程，H2O2与发生反应的离子方程式是：；
(3)①铁铵矾[NH4Fe(SO4)2 12H2O]为指示剂，硝酸可氧化亚铁离子变成铁离子，KSCN标准溶液与铁离子络合溶液变为血红色，则滴定终点的现象为：溶液变为(血)红色，且半分钟内不褪色；
②KSCN的物质的量为，则的物质的量为，根据元素守恒，可得粗银中银的质量为，质量分数为：；
③测得w>100%，可能的原因是：硝酸浓度过高氧化AgSCN，KSCN标准液消耗过多，计算值偏大。
【分析】由题意和流程图分析可知： α-Al2O3 和 SiO2 不溶于稀硝酸，银单质被氧化为银离子，银离子再被 N2H4 H2O 还原为银单质，分离提纯得到高纯银粉
（1）根据得失电子守恒，写出银与稀硝酸反应的离子方程式是：
（2）1molAg+得1mol e-生成Ag，1molN2H4 H2O失去4mol e-生成无毒气体N2，根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂物质的量之比是 4：1
（3） 已知KSCN是检验三价铁离子的试剂，用 KSCN 标准溶液滴定时，产生白色沉淀，当沉淀完全时，多加一滴标准液与三价铁离子反应溶液变为血红色
w > 100%，分析消耗的 KSCN标准溶液较多，分析该物质化合价，S为-2价，N为-3价具有较强的还原性，可能被多余的硝酸氧化
28．（2022·海口模拟）以废镍渣(主要含Ni，还含少量的Zn、Fe、Ca等)制备NiSO4·7H2O的流程如图(已知：硫酸溶液质量分数大于49%时，镍发生钝化)：
请回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分是 (填化学式)；“酸浸”中硫酸溶液质量分数不宜高于49%，主要原因是 。
（2）“一系列操作”是蒸发浓缩降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥，采用“低温干燥”的原因是 。
（3）“除铁”的离子方程式为 。
（4）已知：常温下，Ksp(CaF2)=1.5×10-10。在“除钙”中，溶液中c(F-)=0.01mol·L-1'时，c(Ca2+)= mol·L-1。
（5）测定NiSO4·7H2O产品纯度：取wgNiSO4·7H2O产品于溶水配制成250mL溶液，量取配制的溶液25.00mL于维形瓶中，用cmol·L-1EDTA(用Na4Y表示)溶液滴定：Ni2++Y4-=NiY2-，固定至终点时，消耗滴定液VmL。假设杂质不与EDTA反应，该产品的纯度为 (用含c、w、V的代数式表示)。
【答案】（1）CaSO4；硫酸溶液质量分数高于49%时，镍发生钝化，酸浸效率降低
（2）避免产品失去结晶水
（3）2Fe2++ClO-+4OH-+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-
（4）1.5×10-6
（5）%
【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】“酸浸”中稀硫酸和金属反应生成NiSO4、ZnSO4、FeSO4、CaSO4，CaSO4微溶于水，则滤渣1的主要成分是CaSO4；加入NaClO与硫酸亚铁发生氧化还原反应生成铁离子，在NaOH溶液下生成氢氧化铁沉淀，“除铁”的离子方程式为2Fe2++ClO-+4OH-+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-，滤渣2是Fe(OH)3，加入NH4F除钙元素生成CaF沉淀，加入有机萃取剂分离出NiSO4溶液，经蒸发浓缩降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥得到NiSO4·7H2O；
(1)废镍渣中Ca和稀硫酸反应生成CaSO4，难溶于水，则滤渣1的主要成分是CaSO4；已知：硫酸溶液质量分数大于49%时，镍发生钝化，则“酸浸”中硫酸溶液质量分数不宜高于49%，主要原因是硫酸溶液质量分数高于49%时，镍发生钝化，酸浸效率降低；
(2)采用“低温干燥”的原因是避免产品失去结晶水；
(3)“酸浸”中硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁，加入NaClO发生氧化还原反应生成铁离子，在NaOH溶液下生成氢氧化铁沉淀，“除铁”的离子方程式为2Fe2++ClO-+4OH-+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-；
(4)由CaF2Ca2++2F-，mol·L-1；
(5)由滴定：Ni2++Y4-=NiY2-，n(Ni2+)=n(Y4-)=cV×10-3mol，则m(NiSO4·7H2O)=nM=cV×10-3mol2.81cV g，该产品的纯度为。
【分析】 废镍渣(主要含Ni，还含少量的Zn、Fe、Ca等) ，加入稀硫酸，反应生成NiSO4、ZnSO4、FeSO4、CaSO4，CaSO4微溶于水，则滤渣1的主要成分是CaSO4；加入NaClO和NaOH，将亚铁离子转化成氢氧化铁沉淀，滤渣2为氢氧化铁，加入NH4F使钙离子转化为CaF沉淀，加入有机萃取剂分离出NiSO4溶液，经蒸发浓缩降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥得到NiSO4·7H2O；
（1）滤渣1为CaSO4 ；硫酸溶液质量分数大于49%时，镍发生钝化 ；
（2） “低温干燥” 可避免失去结晶水；
（3）“除铁” 加入氢氧化钠和次氯酸钠，得到氢氧化铁沉淀；
（4）结合沉淀溶解平衡计算；
（5）根据滴定原理计算出样品中 NiSO4·7H2O 的含量，进而计算其纯度。
29．（2022·永州模拟）以下是制备FeC2O4·2H2O的流程：
（1）实验I：制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
B中盛有一定量的(NH4)2SO4溶液，A中分液漏斗中的药品是 。
（2）实验开始时先将止水夹a (填“打开”或“关闭”)。
（3）简述B中生成(NH4)2Fe(SO4)2的操作过程 。
（4） 实验II：制备FeC2O4·2H2O
已知：25℃时，当pH>4，Fe2+易被氧化。
步骤①生成FeC2O4·2H2O的化学方程式为 ，该步加入H2C2O4而不是Na2C2O4溶液的原因是 。
（5）实验III：测定产品中铁元素的质量分数
产品中可能含有Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O杂质，为测定铁元素的含量，称取mg产品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃，再加入过量KMnO4溶液，充分反应后，向上述溶液中加入还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，再加入稀H2SO4酸化，在75℃继续用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液VmL。
铁元素的质量分数为 ，若第一次滴入KMnO4溶液不足，则产品中铁元素含量 (填“偏高”或“偏低”)。
【答案】（1）稀H2SO4
（2）打开
（3）待装置A中反应一段时间后关闭止水夹a，产生的H2将FeSO4溶液压入B中(NH4)2SO4与进行反应
（4）FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4·2H2O↓+H2SO4；草酸钠溶液呈碱性，使得Fe2+易被氧气氧化，降低了二水合草酸亚铁的产率
（5）%；偏高
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由制备FeC2O4·2H2O的流程图可知A中分液漏斗中的药品稀H2SO4；
(2)实验开始时先将止水夹a打开使产生的H2将装置A和B中的空气排空，避免Fe2+被空气中的O2氧化；
(3)待装置A中反应一段时间后关闭止水夹a，产生的H2将FeSO4溶液压入B中(NH4)2SO4与进行反应；
(4)FeSO4+H2C2O4+2H2OFeC2O4·2H2O↓+H2SO4；草酸钠溶液呈碱性，使得Fe2+易被氧气氧化，降低了二水合草酸亚铁的产率；
(5)5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O设样品中有Xmol，则=解得X=5cV×10-3mol，铁元素的含量=×100%=%；第一次KMnO4溶液不足，有H2C2O4残余，则第二次加入KMnO4溶液体积偏大，铁元素含量将偏高。
【分析】（1）装置A中铁屑与稀硫酸反应，稀硫酸应盛装在分液漏斗中；
（2） 实验开始时先将止水夹a 打开，利用生成的氢气排出装置内的空气；
（3）铁和稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，关闭止水夹a，氢气会将硫酸亚铁压入B中反应生成 (NH4)2SO4；
（4）根据反应物和产物，结合质量守恒书写方程式； 草酸钠溶液呈碱性，使得Fe2+易被氧气氧化 ，降低产率；
（5）计算出铁元素的质量即可得到其质量分数；第一次KMnO4溶液不足，有H2C2O4残余，第二次消耗的KMnO4溶液体积偏大，铁元素含量将偏高。
30．（2022·锦州模拟）氧钒()碱式碳酸铵晶体是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。
已知：①氧钒()碱式碳酸铵晶体呈紫红色，难溶于水和乙醇
②有较强还原性，易被氧化
实验室以为原料制备该晶体的流程如图：
ⅰ．向中加入足量盐酸酸化的溶液，微沸数分钟。
ⅱ．将净化的溶液缓慢加入到足量溶液，有气泡产生，析出紫红色晶体。
ⅲ．待反应结束后，在有保护气的环境中，将混合液静置一段时间，抽滤，所得晶体用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，得到粗产品。
请回答下列问题：
（1）基态钒原子的价层电子的轨道表示式为 。
（2）步骤ⅰ中生成的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
（3）步骤ⅱ可在如图装置中进行：
①导管a的作用为 。
②实验时先关闭，打开，当 (填实验现象)时，再关闭，打开。
③装置B中的试剂为 。
（4）步骤ⅲ中用饱和溶液洗涤晶体，检验晶体已洗涤干净的操作是 。
（5）称取粗产品，用溶液氧化，再除去多余的(方法略)，滴入几滴铁氰化钾溶液，最后用0标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为。(设钒的相对原子质量为M，滴定反应为：)
①滴定终点时的现象为 。
②产品中钒的质量分数为 %(用含有m、M的式子表示)。
【答案】（1）
（2）或
（3）平衡气压，使液体顺利流下；D装置中出现浑浊或D装置中产生白色沉淀；饱和碳酸氢钠溶液或饱和溶液
（4）取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净
（5）有特征蓝色沉淀产生且30秒内沉淀不溶解；或
【知识点】原子核外电子排布；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】钒原子序数为23，在元素周期表ⅤB族，实验室以制备该化合物，步骤ⅰ制备，步骤ⅱ制备出有无色无污染的氮气并析出紫红色晶体，步骤ⅱ根据实验装置A为制备CO2气体的发生装置，B为除杂装置，药品为饱和溶液，D为检验CO2的装置，整个装置会产生气体所以采用恒压漏斗，其目的为平衡气压，使液体顺利流下，检验晶体中是否有氯离子的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净，检验亚铁离子的方法为加入铁氰化钾有蓝色沉淀，检验离子的含量采用氧化还原滴定的方法，据此答题。
(1)钒原子序数为23，基态钒原子的价层电子的轨道表示式为：；
(2)中加入足量盐酸酸化的溶液反应生成同时生成一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，该气体为氮气，则该化学反应方程式为：或；
(3)①步骤ⅱ将净化的溶液缓慢加入到足量溶液，有气泡产生，仪器a为恒压漏斗其作用为平衡气压，使液体顺利流下；
②实验时先关闭，打开，A装置中碳酸钙和盐酸反应产生二氧化碳气体，盐酸具有挥发性，则B装置为除去HCl气体，装置B中为饱和NaHCO3溶液，D装置为检验CO2气体，实验现象为：D装置中出现浑浊或D装置中产生白色沉淀；
③装置B为除去CO2气体中的HCl气体，B中为饱和NaHCO3溶液；
(4)步骤ⅲ中会生成大量的，用饱和溶液洗涤晶体，和会产生白色沉淀，检验晶体已洗涤干净的操作是：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净；
(5)①铁氰化钾溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，滴定终点时的现象为：有特征蓝色沉淀产生且30秒内沉淀不溶解；
②滴定反应为：，，根据离子方程式可得：，则产品中钒的质量分数或质量分数。
【分析】（1）钒的原子序数为23， 基态钒原子核外电子排布式为[Ar]3d34s2，其价电子排布式为3d34s2；
（2）中加入足量盐酸酸化的溶液反应生成同时生成一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，该气体为氮气；
（3）①导管a可平衡气压；
②D装置检验CO2气体；
③B中试剂用于除去二氧化碳中的氯化氢，为饱和碳酸氢钠；
（4）检验是否存在氯离子即可检验晶体是否已洗涤干净；
（5）①铁氰化钾与亚铁离子反应生成蓝色沉淀；
②根据滴定反应的离子方程式计算钒的质量，进而确定其质量分数。
31．（2021·金山模拟）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常见的分析试剂，临床上用于氰化物解毒。实验室制备Na2S2O3溶液的装置如图(部分装置省略，C中Na2SO3过量)：
完成下列填空：
（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O+CN-→SCN-+SO。为检验该转化生成了SCN-，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，再加入 ，观察到的现象是 。
（2）装置A制取SO2的反应，体现了70%浓硫酸的 性，装置B的作用是 。
（3）装置C中的反应分两步。第二步反应为S+Na2SO3→Na2S2O3，写出第一步反应的化学方程式 。当观察到装置C中溶液 ，说明反应已完全。
（4）样品中Na2S2O3·5H2O(M=248g·mol-1)的含量可用K2Cr2O7标准溶液测定(杂质不参与反应)，步骤如下：
①取0.0100mol·L-1的K2Cr2O7溶液20.00mL，用硫酸酸化后，加入过量KI；
②用0.400g样品配制的溶液滴定步骤①所得溶液至淡黄绿色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点时，恰好将样品溶液消耗完全。
步骤①、②中发生的反应分别为：Cr2O+6I-+14H+→2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O→2I-+S4O。
判断步骤②的滴定终点 。
（5）样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为 ；若样品中含Na2SO3杂质，则所测Na2S2O3·5H2O的含量 (选填“偏高”或“偏低”)。
【答案】（1）FeCl3溶液；溶液呈血红色
（2）强酸；安全瓶，防倒吸
（3）3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；溶液由浑浊变澄清
（4）滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色
（5）0.744；偏高
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；中和滴定
【解析】【解答】（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O+CN-→SCN-+SO，为检验该转化生成了SCN-，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，将S2O和SO除尽后，利用Fe3+和SCN-离子的显色反应可知，再加入FeCl3溶液，观察到的现象是溶液立即变为血红色，故答案为：FeCl3溶液；溶液变为血红色；
（2）装置A制取SO2的反应，反应原理为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，利用强酸值弱酸的原理，即体现了70%浓硫酸的强酸性，由装置图可知，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸，故答案为：强酸；安全瓶，防止倒吸；
（3）装置C中的反应分为两步，第二步反应为S+Na2SO3=Na2S2O3，体系没有硫，说明第一反应生成硫，则第一反应的化学方程式2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓，因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，所以判断装置C中反应已经完全的方法是溶液中无浑浊现象即溶液由浑浊变澄清，故答案为：2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓；溶液由浑浊变澄清；
（4）利用I2遇到淀粉溶液显蓝色的性质，用淀粉溶液作指示剂，锥形瓶中原溶液为蓝色，当I2与Na2S2O3完全反应时溶液变为无色，故当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色即为滴定终点，故答案为：滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；
（5）n（K2Cr2O7）=0.0100 mol L-1×0.020 L=2×10-4 mol，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，反应的Na2S2O3的物质的量n（Na2S2O3）=2×10-4×6 mol=1.2×10-3 mol， m（Na2S2O3）=1.2×10-3 mol×248 g mol-1=0.2976 g，则样品的纯度为×100%≈77.4%，亚硫酸钠也能和碘单质反应，原理为I2+2S2O32-═S4O62-+2I-，则消耗样品的体积减小，计算样品中硫代硫酸钠的物质的量增加，所以存在亚硫酸钠时样品的纯度偏高，故答案为：77.4%(或者0.774)；偏高。
【分析】亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫通过安全瓶B装置后进入C装置，二氧化硫和硫化钠、亚硫酸钠反应生成 Na2S2O3 。
32．（2021·云南模拟）2021年10月16日神舟十三号载人飞船发射成功，肼是一种良好的火箭燃料，分子式N2H4，为无色油状液体，与水按任意比例互溶形成稳定的水合肼N2H4·H2O，沸点118℃，有强还原性。实验室先制备次氯酸钠，再与尿素[CO(NH2)2]反应制备水合肼，进一步脱水制得肼，实验装置如图所示(部分装置省略)。已知：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl。
（1）装置C中制备NaClO的离子方程式为 ，反应过程中温度升高易产生副产物NaClO3，实验中可采取的措施是 (写一条即可)。反应完后关闭K1，装置B的作用是储存多余的Cl2，可用的试剂是
（2）将装置C中制备的溶液转移到装置D的 (填仪器名称)中，并缓缓滴入，原因是 。
（3）装置D蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获得副产品NaCl和Na2CO3·10H2O，获得NaCl粗品的操作是 。(NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图)。
（4）称取5.0g水合肼样品，加水配成500mL溶液，从中取出10.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.200mol/L的I2溶液进行滴定，滴定终点的现象是 ，测得消耗I2溶液的体积为17.50mL，则样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量百分数为 (保留3位有效数字)。(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)
（5）脱水制得的液态肼，在加热条件下可与新制的Cu(OH)2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体，写出该反应的化学方程式： 。
【答案】（1）；氢氧化钠溶液采用冰水浴；饱和氯化钠溶液
（2）分液漏斗；若滴加次氯酸钠较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低
（3）加热至有大量固体析出，趁热过滤
（4）最后一滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色；87.5%
（5）
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，并用冷却的氢氧化钠溶液吸收得到次氯酸钠，再用次氯酸钠和尿素反应生成水合肼，注意控制次氯酸钠的加入速率，防止水合肼被氧化。根据方程式计算水合肼的质量及质量分数，利用氧化还原反应的电子守恒配平方程式。据此解答。
（1）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式为：，因为温度高了会产生氯酸钠，所以可以将氢氧化钠溶液采用冰水浴的方式降温。最后氯气储存，瓶中溶液应该不能溶解氯气，故该溶液为饱和氯化钠溶液。
（2）次氯酸钠具有强氧化性，水合肼有强还原性，所以将次氯酸钠放入分液漏斗中，缓慢加入，不能太快，若加入较快，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低。
（3）由溶解度曲线可知，碳酸钠的溶解度随着温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化小，则获得氯化钠粗品的操作是加热至有大量固体析出，趁热过滤，防止降温时碳酸钠析出。
（4）根据淀粉遇碘变蓝的性质分析，滴定终点的现象为：最后一滴碘溶液加入，溶液变成蓝色，且半分钟不褪色；根据方程式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O分析，水合肼的质量分数为：
（5）根据题意，肼和氢氧化铜在加热的条件下反应生成氧化亚铜和无污染的气体，该气体应为氮气根据氧化还原反应配平方程式为：。
【分析】用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，并用冷却的氢氧化钠溶液吸收得到次氯酸钠，再用次氯酸钠和尿素反应生成水合肼，注意控制次氯酸钠的加入速率，防止水合肼被氧化。根据方程式计算水合肼的质量及质量分数，利用氧化还原反应的电子守恒配平方程式。据此解答。
（1）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水；条件不同，产物不同；利用同离子效应分析。
（2）依据物质的氧化性和还原性分析。
（3）由溶解度曲线分析。
（4）根据淀粉遇碘变蓝的性质，通过反应计算质量分数；
（5）肼和氢氧化铜在加热的条件下反应生成氧化亚铜和氮气。
33．（2021·南通模拟）铬铁矿主要成分为铬尖晶石(FeCr2O4)，以铬铁矿为原料可制备Cr2(SO4)3溶液。铬铁矿的尖晶石结构在通常条件下难以被破坏，其中的二价铁被氧化后，会促进尖晶石结构分解，有利于其参与化学反应。
（1）铬铁矿中的基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为 。
（2）120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液。写出加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式： 。
（3）其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是 。
（4）已知：室温下Ksp[Cr(OH)3]=8×10-31，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，可通过调节溶液的pH，除去酸浸后混合液中的Fe3+。实验测得除铁率和铬损失率随混合液pH的变化如图2所示。pH=3时铬损失率高达38%的原因是 。
（5）在酸浸后的混合液中加入有机萃取剂，萃取后，Fe2(SO4)3进入有机层，Cr2(SO4)3进入水层。取10.00mL水层溶液于锥形瓶中，先加入氢氧化钠调节溶液至碱性，再加入足量过氧化氢溶液。充分反应后，加热煮沸除去过量过氧化氢。待溶液冷却至室温，加入硫酸和磷酸的混合酸酸化，此时溶液中Cr全部为+6价。在酸化后的溶液中加入足量KI溶液，以淀粉溶液作指示剂，用0.3000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O =S4O +2I-，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液19.80mL，计算萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度 。(写出计算过程)
【答案】（1）3d
（2）CrO3+3FeCr2O4+3OH+=3Fe3++7Cr3++15H2O
（3）120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多
（4）Fe(OH)3吸附Cr3+造成铬损失大
（5）0.1980mol·L-1
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)铁为26号元素，基态二价铁的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为3d能级。
(2)120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液，故加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式为：CrO3+3FeCr2O4+30H+=3Fe3++7Cr3++15H2O。
(3)其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多。
(4)pH=3时，若Cr3+沉淀，则Cr3+的最小浓度应为， ，显然是达不到的，故此时Cr3+未沉淀，则此时铬损失率高达38%的原因应是Fe(OH)3具有吸附性，Fe(OH)3吸附Cr3+造成铬损失大。
(5)由题意可知，+6价Cr氧化碘离子生成碘单质，则根据得失电子守恒可得2Cr(Ⅵ)+6I-→3I2+2Cr3+，故可得关系式：2Cr3+~2Cr(Ⅵ)~3I2~6S2O ，可得Cr3+~3S2O ，则萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度 。
【分析】（1）根据铁原子的质子数即可写出铁原子的基态能级排布，即可写出亚铁离子的基态电子能级排布，被氧化时失去电子失去的是3d能级电子
（2）加入的 CrO3 具有很高的氧化性，亚铁离子具有还原性，因此加入后促进了铁离子的产生，促进反应的进行
（3）根据图示，在120℃时浸出率已经很高，升高温度时，浸出率增加少，温度过高浪费能源
（4）主要考虑的是形成的氢氧化铁的吸附性
（5）六价的Cr被碘离子还原为三价的Cr,同时得到碘单质，碘单质被 Na2S2O3溶液滴定，即可找出消耗的Na2S2O3与Cr的关系，根据消耗的Na2S2O3即可计算出Cr的物质的量即可计算出物质的量浓度
34．（2021·厦门模拟）碘水中存在可逆反应：I2(aq)+I-(aq) I (aq)，为测定该反应的平衡常数K进行如下实验。
实验i 测定平衡体系中I2和I 总浓度
实验ii 测定饱和碘水中I2浓度
已知： 。
（1）碘量瓶是带磨口塞和水封槽的锥形瓶，盖上塞子后可以水封瓶口，常用于碘量分析本实验采用碘量瓶的目的是 。
（2）滴定过程应使用 滴定管。
（3）滴定过程，当溶液变为浅黄色时再加入淀粉溶液，滴定终点现象为 。
（4）实验i和实验ii中I2浓度近似相等，则实验i剩余碘固体的质量 实验ii(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（5）实验测得平衡体系中c(I )= mol·L-1，平衡常数K= (列表达式即可)
（6）下列关于实验分析的说法正确的是___________(填标号)。
A．实验i的碘量瓶在使用前未烘干会影响实验结果
B．实验i应精准控制加入 溶液的体积
C．实验ii吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则测得的K偏大
D．实验ii滴定终点时俯视读数，则测得的K偏大
（7）另外设计实验方案测定平衡常数K：取10.00 碘量瓶②中上层清液，加入10 萃取 并分液。用0.0050 溶液分别滴定水层和有机层、消耗 溶液的体积为 和 。试分析该方案是否可行，并说明理由 。
【答案】（1）减小碘单质的损失
（2）碱式
（3）溶液蓝色褪去
（4）小于
（5）；
（6）A；D
（7）不可行，根据数据只能获得水层中I 和I2的总浓度，无法算出各自浓度，故无法算出K。或可行，根据有机层I2的浓度及分配比算出水层I2的浓度，再依次算出水层 和 的浓度，即可算出K。
【知识点】氧化还原反应；化学平衡常数；化学平衡移动原理；中和滴定
【解析】【解答】(1)碘易挥发，使用碘量瓶可以减小碘单质的挥发损失；
(2)Na2S2O3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，应使用碱式滴定管；
(3)滴定终点碘单质完全反应，溶液不再显蓝色，所以滴定终点现象为溶液蓝色褪去；
(4)两个实验中碘单质浓度实验i中有部分碘单质转化为I ，所以实验i中溶解的碘更多，剩余碘固体的质量小于实验ii；
(5)根据实验i可知c(I2)与c(I )之和为 = mol/L，实验ii中c(I2)= =5V2×10-5mol/L，根据“实验i和实验ii中I2浓度近似相等”可知平衡体系中c(I )= mol/L-5V2×10-5mol/L= mol/L；该反应的平衡常数K= ，实验①中所用KI溶液的浓度为0.01mol/L，所以平衡时c(I-)=[0.01-5(5V1-V2)×10-5]mol/L，所以K = ；
(6)A．实验i的碘量瓶在使用前未烘干会将溶液稀释，平衡会发生移动，实验i和实验ii中的I2浓度不再相等，使得离子浓度计算不准确，影响实验结果，A正确；
B．加入KI溶液的体积不影响c(I-)，对结果没有影响，B不正确；
C．实验ii吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，使得计算得到的平衡体系中c(I2)偏大，c(I )偏小，平衡常数K偏小，C不正确；
D．实验ii滴定终点时俯视读数，读取的标准液体积偏小，计算得到的平衡体系中c(I2)偏小，c(I )偏大，平衡常数K偏大，D正确；
故答案为：AD；
(7)由于萃取后水层依然会有碘单质，所以根据数据只能获得水层中I 和I2的总浓度，无法算出各自浓度，故无法算出K；但若知道碘单质在水层和有机层中的分配比，则可根据有机层I2的浓度及分配比算出水层I2的浓度，再依次算出水层 和 的浓度，即可算出K。
【分析】实验i滴定过程中I2不断被消耗，平衡不断正向移动，所以根据消耗的Na2S2O3标准液的体积，结合方程式可以计算出10.00mL平衡体系中c(I2)与c(I )之和；实验ii中不存在平衡体系，可以求出50.00mL饱和碘水中c(I2)。
35．（2021·潍坊模拟）亚硝酰硫酸(NOSO4H)是一种浅黄色液体，遇水易分解，溶于浓硫酸，主要用于染料、医药领域的重氮化反应。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品中杂质硝酸的含量。
回答下列问题：
（1）装置A中盛装Na2SO3固体的仪器名称是 ，装置D最好选用 (填序号)。
（2）装置C中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。
①装置C中温度过高产率降低的原因是 。
②开始通SO2时，反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因是 。
（3）测定亚硝酰硫酸产品中杂质硝酸的含量。
称取1.400g产品放入250mL锥形瓶中，加80mL浓硫酸，用 标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL。
已知： 可与NO生成粉红色的FeSO4·NO。
①锥形瓶中加入浓硫酸的作用是 。
②判断滴定达到终点的现象是 。
③亚硝酰硫酸中硝酸的含量为 。
【答案】（1）蒸馏烧瓶；b
（2）浓硝酸分解，二氧化硫逸出；生成的NOSO4H作为该反应的催化剂
（3）作溶剂，同时作吸水剂，防止亚硝酰硫酸遇水分解；滴入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30 s内不变色；3%
【知识点】催化剂；硝酸的化学性质；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)该仪器为带支管的烧瓶，故为蒸馏烧瓶；由分析知，装置D可以为盛有碱石灰的装置，
故选择b；
(2)①由于反应物浓硝酸受热易挥发易分解，且温度高不利于SO2溶解，故此处填：温度过高，浓硝酸分解，SO2溶解度下降逸出；
②由于SO2通入速率不变，且温度变化不大，但反应速率明显加快，考虑可能是因为反应受到了催化，由于是生成少量NOSO4H后反应明显加快，故此时起催化作用的物质应该为NOSO4H，故此处填：生成的NOSO4H作为该反应的催化剂；
(3)①浓硫酸可将产品溶解，同时起到吸水的目的，防止产品NOSO4H遇水分解，故此处填：作溶剂，同时作吸水剂，防止NOSO4H遇水分解；
②当滴定达终点后，再加入标准液，此时过量的Fe2+会与反应生成的NO结合生成粉红色FeSO4·NO，故此处填：滴入最后一滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30 s内不变色；
③根据得失电子守恒得关系式：3(NH4)2Fe(SO4)2~HNO3，故n(HNO3)= ，则HNO3的含量= ，故此处填：3%。
【分析】装置A中Na2SO3固体与浓硫酸反应产生SO2，经过装置B干燥SO2，SO2进入C中与浓硝酸浓硫酸反应生成亚硝酰硫酸，装置D为尾气处理装置，且由于产品遇水易分解，故装置D还需防止空气中水蒸气进入C中，故装置D可以为盛有碱石灰的装置。
