2023年高考真题变式分类汇编：中和滴定2

2023年高考真题变式分类汇编：中和滴定2
一、选择题
1．（2022·山东）实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是（　　）
A．可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【知识点】指示剂；中和滴定
【解析】【解答】A．量筒的精确度为0.1，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A符合题意；
B．Na2CO3溶液显碱性，能与SiO2反应生成硅酸钠，应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B不符合题意；
C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C不符合题意；
D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.量筒的精确度为0.1，不能量取25.00 mL Na2CO3标准溶液；
B.Na2CO3能与SiO2反应生成硅酸钠；
C.碳酸钠应选用烧杯称量；
D.达到滴定终点时，盐酸过量，溶液显酸性。
2．（2022·浙江6月选考）时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液（醋酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7）。下列说法不正确的是（　　）
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D．时，
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子水解使溶液显碱性，A不符合题意；
B．滴加 溶液至 的过程中，若只发生反应的离子方程式： ，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数， 的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= = = >1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B符合题意；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知： ，C不符合题意；
D．向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液，当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh= 可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.醋酸根水解显碱性；
B.滴定过程中，盐酸和醋酸都参与反应；
C.根据物料守恒判断；
D.当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠。
3．（2022·曲靖模拟）常温下，用0.10mol·L-1的盐酸滴定20mL相同浓度的某一元碱BOH溶液，滴定过程中pH及电导率变化曲线如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A．BOH的Kb约为1×10-5
B．a点：c(B+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(BOH)
C．滴加盐酸的过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大
D．b点：c(B+)<0.05mol·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．根据图知，开始时BOH溶液的pH=11，溶液中c(OH-)==mol/L=10-3mol/L，BOH电离程度较小，则溶液中c(BOH)≈0.1mol/L，c(B+)≈c(OH-)=10-3mol/L，BOH的Kb=≈=10-5，A不符合题意；
B．a点等浓度的BOH和BCl混合溶液，存在电荷守恒c(B+ )+c(H+)=c(OH- )+c(Cl- )、存在物料守恒c(B+ )+c(BOH)=2c(Cl- )，所以存在c(B+ )+2c(H+)=2c(OH- )+c( BOH)，B不符合题意；
C. 随着盐酸的滴加，一开始BOH电离的OH-浓度越来越小，对水的电离的抑制作用也越来越小，水的电离程度增大，B+浓度越来越大，B+水解对水的电离起促进作用，当恰好完全反应生成BCl时，水的电离程度最大，继续滴加盐酸，由于HCl电离出的H+对水的电离和B+水解均起到抑制作用，导致水的电离程度又减小，即滴加盐酸的过程中，溶液中水的电离程度先增大后减小，C符合题意；
D. 由A项分析可知，BOH是弱碱，b点为BOH与HCl恰好完全反应，由于B+发生水解，故b点c(B+)<0.05mol·L-1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据计算；
B.根据电荷守恒和物料守恒判断；
C.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐水解促进水的电离；
D.b点时，溶液中的溶质为BCl，B+发生水解。
4．（2022·河南模拟）298K下，将VbmL0.1mol·L-1MOH溶液与VamL0.1mol·L-1HR溶液按Va+Vb=100混合，测得Va、Vb与混合溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．代表Va变化的是曲线II
B．电离平衡常数：Kb(MOH)＞Ka(HR)
C．pH=7的混合溶液中存在：3c(M+)+c(H+)=3c(R-)+c(OH-)
D．N点溶液中存在：c(HR)=c(OH-)+c(MOH)+c(H+)
【答案】D
【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． 横坐标的起点pH小于7，溶液显酸性，此时只加入一种溶液，应为酸溶液，曲线II表示HR溶液，故代表Va变化的是曲线II，故A不符合题意；
B． 由图像可知，曲线的交点表示酸溶液和碱溶液的体积相等，此时二者恰好反应生成MR溶液，此时溶液显碱性，故电离平衡常数：Kb(MOH)＞Ka(HR)，故B不符合题意；
C． pH=7的混合溶液显中性，则c(H+)=c(OH-)，又存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(R-)+c(OH-)，故c(M+)=c(R-)，则3c(M+)+c(H+)=3c(R-)+c(OH-)，故C不符合题意；
D． 当Vb=100mL时，溶液的pH小于13，故MOH为弱碱，由B项分析可知，两曲线的交点为N点，此时为MR溶液，溶液中存在质子守恒：c(HR) +c(H+)=c(OH-)+c(MOH)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】横坐标起点的pH小于7，溶液呈酸性，则曲线Ⅱ为 Va与混合溶液pH的关系，曲线Ⅰ为Vb与混合溶液pH的关系 。
5．（2022·雅安模拟）常温下，向10mL 0.1mol/L的HNO2溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，不考虑NH4NO2的分解，所得溶pH及导电能力变化如下图。下列分析正确的是（　　）
A．氨水的物质的量浓度约为0.05mol/L
B．b点溶液中离子浓度大小的关系： c()＞c()＞c(H+)＞c(OH -)
C．a、d两点的导电能力和pH都相同
D．a点和b点溶液中，水的电离程度大小是a＞b
【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．b点电导率最大，说明b点和氨水恰好反应，10mL0.1mol/L的和10mL氨水恰好反应，所以氨水的物质的量浓度为，故A不符合题意；
B．b点电导率最大，b点和氨水恰好完全反应，溶液中的溶质只有，由于此时溶液显酸性，则的水解程度大于的水解程度，离子浓度的关系为，故B符合题意；
C．由题图知，a点溶液显酸性，d点溶液显碱性，所以a、d两点的不等，故C不符合题意；
D．由题图可知，b点电导率最大，说明b点和氨水恰好反应，溶质为，水解促进水电离，a点时过量，抑制水的电离，所以水的电离程度：a点＜b点，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.b点时和氨水恰好完全反应；
B.b点溶液中的溶质为；
C.a点溶液显酸性，d点溶液显碱性；
D.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
6．（2022·马鞍山模拟）MOH是一种一元弱碱，25℃时， 在20.0mL 0.1 mol·L-1MOH溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸V mL， 混合溶液的pH与的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．x=3.75
B．a点时，V=10.0 mL
C．25℃时， MOH的电离常数Kb的数量级为10-4
D．V=20.0 mL时，溶液存在关系： 2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)
【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．由分析知，当pH=7时，c(OH-)=10-7，则，故x=3.75，A项不符合题意；
B．当V=10.0 mL，若不考虑电离和水解，则溶液中溶质为c(MOH)=c(MCl)，由于M+的水解程度和MOH的电离程度不同，则c(MOH)≠c(MCl)，故，B项符合题意；
C．由分析知，故MOH的电离常数Kb数量级为10-4，C项不符合题意；
D．当V=20.0 mL时，由电荷守恒可知：c(H+) + c(M+) =c(OH-)+ c(Cl-)，由质子守恒可知：c(H+)= c(OH-)+ c(MOH)，用电荷守恒与质子守恒相加即可得到2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】pH=10.75时，c(OH-)=10-3.25，c(MOH)=c(M2+)，。
7．（2022·南充模拟）25℃时，用0.100 mol·L -1NaOH溶液滴定0.100 mol·L-1顺丁烯二酸H2A溶液，溶液中主要粒子的分布系数(例如图中实线)以及pH(图中虚线)随V(NaOH溶液)变化如图。下列叙述错误的是（　　）
A．对应的粒子为HA-
B．NaHA溶液中c(Na+)>c(HA- )> c(H2A)>c(A2-)
C．H2A的电离常数
D．顺丁烯二酸H2A溶液体积为25.0 mL
【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．从图像分析，原溶液中的H2A最多，其次为HA-，最少的为A2-，故对应H2A， 对应的是HA-， A项不符合题意；
B．取最高点为NaHA溶液，溶液pH<7，溶液显酸性，HA-电离大于水解，则c(Na+)>c(HA- ) >c(A2-)> c(H2A)，B项符合题意；
C．当c(HA- ) =c(H2A)时，Ka1=c(H+)10-2，当c(HA- ) =c(A2-)时，Ka2=c(H+)10-6，则，C项不符合题意；
D．当氢氧化钠溶液的体积为25mL时，全为HA-，即氢氧化钠和H2A恰好反应生成NaHA，二者物质的量浓度相同，故丁烯二酸H2A溶液体积为25.0 mL，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.V(NaOH)=0时，溶液中的H2A最多，其次为HA-，最少的为A2-；
B.HA-的电离程度大于水解程度，c(A2-)> c(H2A)；
C.c(HA- ) =c(H2A)时，Ka1=c(H+)10-2，c(HA- ) =c(A2-)时，Ka2=c(H+)10-6；
D.V(NaOH)=25时，氢氧化钠和H2A恰好反应生成NaHA。
8．（2022·商丘模拟）用0.10的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度为c1的醋酸、c2的草酸(H2C2O4)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。下列说法错误的是（　　）
A．由滴定曲线可判断：c1＞c2
B．滴定过程中始终有n(CH3COOH)=0.02c1+n(OH-)-n(H+)-n(Na+)
C．若a点V(NaOH)=7.95 mL，则a点有c(Na+)＞c(C2O)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)
D．若b点时溶液中c(CHCOO-)=c(CHCOOH)，则b点消耗了8.60mL的NaOH溶液
【答案】D
【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
【解析】【解答】A．草酸是二元弱酸，滴定过程中有两次滴定突变；醋酸是一元酸，滴定时只有一次滴定突变，所以根据图示可知X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸。其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点，滴定根据恰好反应时消耗NaOH溶液的体积数值可知，，，故A不符合题意；
B．对于醋酸溶液，在滴定过程中始终存在电荷守恒，根据物料上述可知，故，所以有，故B不符合题意；
C．完全中和时需消耗V(NaOH)=10.60mL，则a点V(NaOH)=7.95mL时为、按1：1形成的混合溶液，pH＜7，显酸性，故的电离程度大于及的水解程度，则，故C不符合题意：
D．若b点时加入氢氧化钠体积为8.6mL，则此时溶液中和相等，由图可知此时溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则，如果要求，则此时加入氢氧化钠的体积，取，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】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；
B.结合电荷守恒和物料守恒判断；
C.V(NaOH)=7.95mL时，溶液中的溶质为等物质的量的、，溶液显酸性；
D.醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，时。
9．（2022·虹口模拟）用已知浓度盐酸滴定未知浓度溶液，甲基橙作指示剂。若测定结果偏低，可能原因是（　　）
A．滴定管用蒸馏水洗净后未用盐酸润洗
B．盛装待测液的锥形瓶水洗后未烘干
C．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎有少量液体溅出
D．滴定至锥形瓶中溶液颜色由橙变红，且内不改变时停止
【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．滴定管用蒸馏水洗净后未用盐酸润洗，标准液被稀释，滴定过程中消耗标准液的体积偏大，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准）可知，测定结果偏高，A不符合题意；
B．盛装待测液的锥形瓶水洗后未烘干，不影响测定结果，B不符合题意；
C．滴定过程中振荡锥形瓶时有少量液体溅出，导致待测液中NaOH的量减少，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准），测定结果偏低，C符合题意；
D．甲基橙作指示剂，滴定终点时溶液应该由黄色变为橙色，且30s内不变色，若溶液由橙变红，导致消耗标准液的体积偏大，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准），测定结果偏高，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，偏大；滴定管未用待测液润洗，偏小；锥形瓶用待测液润洗，偏大盛；标准液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏大；待测液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏小；待测液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏大；标准液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏小；滴定结束后，尖嘴挂着余液，偏大；滴定后俯视读数，偏大；滴定前俯视读数，偏小。
10．（2022·沈阳模拟）为二元弱酸，，，，向20mL0.1mol/L溶液中滴加0.2mol/LKOH溶液，溶液中含碳微粒的存在形式与物质的量百分比随KOH溶液体积变化如图所示，下列说法中错误的是（　　）
A．当时，混合溶液pH≈4.2
B．滴入10mLKOH溶液时，溶液呈酸性
C．滴入20mLKOH溶液时，溶液中
D．滴入KOH溶液的过程中，可能出现
【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．当时，，pH=-lg6.4x10-5≈4.2，故A不符合题意；
B．当滴入10mLKOH溶液时，溶质为KHC2O4 ， 的水解平衡常数Kh=<，则的电离程度大于水解程度溶液呈酸性，故B不符合题意；
C．原溶液中物料守恒有++=0.1mol/L，滴入20mL KOH溶液时，假设溶液体积变化忽略不计，则溶液从20mL变为40mL ，此时++=0.05mol/L ，故C符合题意；
D．在加入的氢氧化钾很少时，溶液中草酸可以电离出氢离子和草酸氢根离子，草酸氢根离子可以电离出氢离子，水能电离出氢离子和氢氧根离子，因此存在，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】结合Ka2的公式，，可以知道若时，Ka2=c(H+)=6.4×10-5，即pH≈4.2；
B、加入10mL的KOH，此时溶质为KHC2O4，结合电离平衡常数和水解平衡常数，可以判断KHC2O4的酸碱性；
C、 滴入20mLKOH溶液时，溶质为K2C2O4，结合原溶液物料守恒，++=0.1mol/L，若体积变为原来的2倍，则浓度为原来一半；
D、若KOH的量非常少，有可能会出现
11．（2022·泸州模拟）常温下，用0.1mol/L盐酸滴定25.00mL 0.1mol/L弱碱MOH溶液，溶液中pH、分布系数δ随滴加盐酸体积[V(盐酸)]的变化关系如图所示。[如δ(M+)= ]。 下列叙述错误的是（　　）
下列叙述错误的是
A．曲线①代表δ(M+)，曲线③代表δ(MOH)
B．= 1.0 ×10-5.1
C．点a溶液中c(M+)+c(MOH)＞ 2c(Cl-)
D．图中V1＞ 12.5mL
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．在滴定过程中M+浓度增大，MOH的浓度减小，且曲线①和曲线③的交点纵坐标是0.5，故可推断曲线①代表δ(M+)，曲线③代表δ(MOH)，②代表pH的变化曲线，故A项不符合题意；
B．如图所示a点存在c(M+)=c(MOH)，且pH=9.55，设该点c(M+)=c(MOH)=x，则有，，则，故B项不符合题意；
C．如图所示a点存在c(M+)=c(MOH)，因为M+的水解平衡常数小于MOH的电离平衡常数，故在a点时电离大于水解，若不发生水解和电离，则有c(MOH）＞c(M+)，则加入的HCl的体积小于，故c(M+)+c(MOH)＞2c(Cl-)，故C项不符合题意；
D．由C可知a点时，加入盐酸的体积小于，即V1＜ 12.5mL，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】滴定过程中，M+浓度增大，MOH的浓度减小，则曲线①代表δ(M+)，曲线②代表pH的变化，曲线③代表δ(MOH)。
12．（2022·韶关模拟）室温下，向20.00mL0.1000mol/L的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸，混合溶液的温度、酸度AG[AG= 随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．硫酸的浓度为0.1000mol/L
B．b点对应的溶液中：c(M+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(MOH)
C．当AG=0时，溶液中存在：c( )>c(M+)>c(H+)=c(OH-)
D．b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度的大小关系是b>c>d
【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．c点温度最高，为酸碱恰好反应的点，则n(ＭＯＨ)=2n(H2SO4)，即0.02L×0.1000mol L-1=2×c(H2SO4)×0.02L，解得c(H2SO4)=0.0500mol L-1，故A不符合题意；
B．根据A可知硫酸的浓度为0.05mol/L，b点加入10mL硫酸，生成M2SO4为0.01L×0.05mol·L－1 =5.0×10-4mol，剩余MOH为0.02L×0.1mol·L－1 -2×5.0×10-4mol=1.0×10-3mol，可知b点溶液中MOH与M2SO4物质的量为2：1，根据电荷守恒有：c(H+)+c(M+)=2c(SO )+c(OH-)，根据物料守恒有c(M+)+c(MOH)=4c(SO )，联立可得2c( OH-)+c( MOH)=c( M+)+2c( H+)，故B符合题意；
C． 当AG=0时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有：c(H+)+c(M+)=2c(SO )+c(OH-)，联立可得c(M+)=2c(SO )，则溶液中存在c(H+)=c(OH-)＜c(SO )＜c(M+)，故C不符合题意；
D． c点为酸碱恰好反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水的电离，硫酸属于强酸，对水的电离平衡抑制程度较大，因此水的电离程度：c＞b＞d，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.酸碱中和放热，温度最高点c是酸碱恰好中和点，据此计算；
B.b点溶液中MOH与M2SO4物质的量为2：1，根据电荷守恒和物料守恒判断；
C.AG=0时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒判断；
D.酸或碱抑制水电离，弱离子水解促进水电离。
13．（2022·南平模拟）已知H3R是一种三元中强酸。25℃时，向某浓度H3R溶液中逐滴加入NaOH溶液(保持温度不变)，各种含R微粒的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线及交点的pH如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．pH=7.15时，c(H2R-)＞c(HR2-)
B．随着NaOH溶液的加入，c(R3-)逐渐增大，水的电离程度逐渐增大
C．25℃时，HR2-的水解平衡常数为Kh2，则
D．滴加过程中c(H3R)+c(H2R-)+c(HR2-)+c(R3-)保持不变
【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．在pH介于7~8之间，出现了第二个交叉点，在此交叉点c(H2R-)= c(HR2-)，但我们不能确定交叉点的pH与7.15的关系，所以不能确定c(H2R-)与c(HR2-)的关系，A不符合题意；
B．随着NaOH溶液的加入，δ(R3-)逐渐增大，由于H3R为中强酸，R3-水解的程度不断增大，所以水的电离程度逐渐增大，B符合题意；
C.25℃时，在pH=12.36时，c(R3-)= c(HR2-)，我们可以求出Ka3，但由于δ(H2R-)与δ(HR2-)两条线交叉点的pH未知，我们无法求出HR2-的水解平衡常数为Kh2，所以无法确定 是多少，C不符合题意；
D．依据质量守恒定律，在滴加过程中n(R)不变，即n(H3R)、n(H2R-)、n(HR2-)、n(R3-)为定值，但由于NaOH溶液的不断加入，溶液体积不断增大，所以c(H3R)+c(H2R-)+c(HR2-)+c(R3-)不断减小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 H3R溶液中逐滴加入NaOH溶液，首先发生反应H3R+OH-=H2R-+H2O，H3R的物质的量分数减小，接着发生反应H2R-+OH-=HR2-+H2O，此时H3R的物质的量分数减小，HR2-的物质的量分数增大，最后发生反应HR2-+OH-=R3-+H2O，此时HR2-的物质的量分数减小，A3-的物质的量分数增大。
14．（2022·龙岩模拟）常温下，向某浓度的 溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中-lgc(x)(x为H2A、HA-或A2-)与溶液pH的变化关系如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A．c点溶液中c(Na+)>3c(A2-)
B．整个过程中[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]保持不变
C．将等物质的量浓度的NaHA与H2A溶液等体积混合，所得溶液pH=0.8
D．b点对应溶液的pH为3.05
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．c点时，溶液的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，此时c(HA-)=c(A2-)，因此有c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH-)，而此时溶液显酸性，则c(H+)> c(OH-)，所以c(Na+)<3c(A2-)，A项不符合题意；
B．由于加入NaOH溶液，整个溶液体积变大，因此[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]的值逐渐减小，B项不符合题意；
C．由于H2A的电离强于HA-的电离和水解，等物质的量浓度等体积NaHA与H2A混合，溶液中c(HA-)>( H2A)，对应图中a点的右方，因此pH>0.8，C项不符合题意；
D． 溶液中，Ka1×Ka2= ，b点时， ，则 =10-3.05，pH为3.05，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.c点溶液呈酸性，结合电荷守恒解答；
B.根据物料守恒n(H2A)+n(HA-)+n(A2-)不变，加入NaOH，溶液体积增大；
C.H2A的电离程度大于HA-的电离和水解程度；
D.b点时， ，。
15．（2022·昌平模拟）常温下，向20mL0.2mol/LH2X溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，溶液中各微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，以下说法错误的是（　　）
A．由图可推测，H2X为弱酸
B．滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O
C．水的电离程度：a点与b点大致相等
D．若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-
【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．由图和分析可知当X2-的浓度最大时酸碱恰好反应，溶液显碱性，说明盐是强碱弱酸盐，故H2X为弱酸，故A不符合题意；
B．由分析和图像可知滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O，故B不符合题意；
C．由图像可知a点的溶质组成为等量的H2X和NaHX的混合溶液，b点为等量的NaHX和Na2X的混合溶液，H2X是 酸抑制水的电离，Na2X为强碱弱酸盐促进水的电离，由此可知b点水的电离程度大于a点水的电离程度，故C符合题意；
D．由图可得a点 ，b点 ，若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，则酸性 ，根据强酸制弱酸的原则，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.溶液中存在电离平衡，H2X为弱酸；
B.碱滴入酸溶液中，先生成HX﹣，当前部转化为HX﹣，继续滴加氢氧化钠溶液，反应生成X2﹣；
C.a点为H2X和NaHX，b点为NaHX和Na2X的混合溶液，酸抑制水的电离，含弱酸根的盐水解促进水的电离；
D.图中a点c（H2X）＝c（HX﹣），pH＝7，计算H2X的第一步电离平衡常数，与Ka（HY）比较判断酸性强弱，再书写反应的方程式。
16．（2022·中卫模拟）常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列有关说法错误的是
A．曲线M表示pH与lg的变化关系
B．NaHY溶液显酸性
C．交点d对应的pH=2.8
D．e点溶液中：c(HY-)>c(H2Y)>c(Y2-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【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
【解析】【解答】A．随着KOH溶液滴加，c(HY-)增大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY-)减小，c(Y2-)增大，所以lg增大，用曲线N表示，lg减小，用曲线M表示，A不符合题意；
B．通过图中c点可得Ka1=10-1.3，e点可得Ka2=10-4.3，Kh2==10-12.7，Ka2>Kh2，NaHY的电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性，B不符合题意；
C．交点d时c(H2Y)=c(Y2-)，Ka1·Ka2==10-5.6，则对应的pH=2.8，C不符合题意；
D．e点溶液中：lg>lg，c(H2Y)故答案为：D。
【分析】 二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，反应为H2Y+KOH=KHY+H2O、KHY+KOH=K2Y+H2O，随 着 KOH 溶 液 滴 加，c(HY- )增 大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY- )减小，c(Y2- )增大，则曲线M表示pH与lg的变化关系，曲线N表示pH与lg的变化关系。
二、多选题
17．（2022·济南模拟）常温下，浓度相同的一元弱酸 稀溶液和一元弱碱 稀溶液互相滴定，溶液中 与 或 的关系如图所示。已知 和 的电离常数为 和 ，且b和b′点的纵坐标之和为14。下列说法错误的是（　　）
A．
B．a和a′点的纵坐标之和为14
C．水的电离程度：
D．溶液中的 ：c点大于c′点
【答案】A,D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．d点两曲线pH相同，该点的pH=7，c(OH-)=10-7 mol/L，已知lg ＞2，则 ，该温度下，Kb= ＞10-5， ，A项符合题意；
B．取lg =0，该温度下，Kb=c(OH-)，同理Ka=c(H+)，b和b′点的纵坐标之和为14，推出Ka=Kb，a′点：c(OH-)=10Kb，此时pHa′=-lg ，同理，a点对应pHa=-lg10Ka，pHa′+ pHa=-lg +(-lg10Ka)=14，B项不符合题意；
C．b和b′点的纵坐标之和为14，b点溶液中c(H+)等于b′点溶液中c(OH-)，两点对水的电离影响程度相等，d点两曲线pH相同，该点的pH=7，因此a′～d水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：a′＜b＜c′＜d，C项不符合题意；
D．a′～d曲线是BOH溶液中滴加HA溶液，a～d曲线是HA溶液中滴加BOH溶液，根据B选项分析，BOH和HA的电离平衡常数相等，d点pH=7，此时两种溶液恰好完全反应，因此c′点c(B+)大于c点c(B+)，D项符合题意；
故答案为：AD。
【分析】BOH溶液中滴加HA溶液，发生酸碱中和，溶液的pH随着HA的滴加逐渐降低，即a′～d代表pH与 的关系，a～d代表pH与 的关系。
三、非选择题
18．（2022·山东）实验室利用和亚硫酰氯()制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
（1）实验开始先通。一段时间后，先加热装置　 　(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为　 　。装置c、d共同起到的作用是　 　。
（2）现有含少量杂质的，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为，不反应)。
实验Ⅱ：另取样品，利用上述装置与足量反应后，固体质量为。
则　 　；下列情况会导致n测量值偏小的是　 　(填标号)。
A．样品中含少量杂质
B．样品与反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
（3）用上述装置、根据反应制备。已知与分子结构相似，与互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对、混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧　 　(填序号)，先馏出的物质为　 　。
【答案】（1）a；FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流SOCl2
（2）；AB
（3）⑥⑩③⑤；CCl4
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体，FeCl2 4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：SOCl2吸收FeCl2 4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl，HCl可抑制FeCl2的水解，从而制得无水FeCl2。
(1)实验开始时先通N2，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl2气体充满b装置后再加热b装置，装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；答案为：a；FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流SOCl2。
(2)滴定过程中将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则m1g样品中n(FeCl2)=6n()=6cV×10-3mol；m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g，结晶水物质的量为mol，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3mol)：mol，解得n=；
A．样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，n的测量值偏小，A符合题意；
B．样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小，B符合题意；
C．实验Ⅰ中称重后样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，n的测量值不变，C不符合题意；
D．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，n的测量值偏大，D不符合题意；
故答案为：AB。
(3)TiCl4、CCl4互溶，采用蒸馏分离两者，装置的组装顺序为：由下而上、从左到右，则安装顺序为①⑨⑧，然后连接直形冷凝管，冷凝管末端连接牛角管⑩，TiCl4极易水解，为防止外界水蒸气进入装置，应连接碱石灰吸收水蒸气，即最后连接③⑤，因此安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子结构相似，均为分子晶体，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，则CCl4先馏出，答案为：⑥⑩③⑤；CCl4。
【分析】（1）排出装置内的空气后应先加热a装置生成SOCl2，再加热装置b，装置b中发生反应 、FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；装置c、d的作用是冷凝回流SOCl2；
（2）滴定过程中发生反应6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，据此计算；根据分析误差；
（3）TiCl4、CCl4互溶，采用蒸馏分离两者，据此组装仪器；TiCl4的沸点高于CCl4，CCl4先馏出。
19．（2022·浙江6月选考）氨基钠（）是重要的化学试剂，实验室可用下图装置（夹持、搅拌、尾气处理装置已省略）制备。
简要步骤如下：
Ⅰ．在瓶A中加入液氨和，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。
Ⅱ．加入钠粒，反应，得粒状沉积物。
Ⅲ．除去液氨，得产品。
已知：几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。
请回答：
（1）的作用是　 　；装置B的作用是　 　。
（2）步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案　 　。
（3）步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有　 　。
（4）下列说法不正确的是____。
A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使均匀地分散在液氨中
B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成
C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品
D．产品应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
（5）产品分析：假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。
准确称取产品→　 　→　 　→　 　→计算
a．准确加入过量的水
b．准确加入过量的标准溶液
c．准确加入过量的标准溶液
d．滴加甲基红指示剂（变色的范围4.4～6.2）
e．滴加石蕊指示剂（变色的范围4.5～8.3）
f．滴加酚酞指示剂（变色的范围8.2～10.0）
g．用标准溶液滴定
h．用标准溶液滴定
i．用标准溶液滴定
【答案】（1）催化；防止氧气、水进入密闭体系
（2）试管加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排型的气体导至试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽；如未出现气泡，则空气已排尽
（3）分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量
（4）B；C
（5）b；d；g
【知识点】化学反应速率的影响因素；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)3 9H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)3 9H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备，
故答案为：催化；防止氧气、水进入密闭体系；
（2）结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，判断密封体系中空气是否排尽的实验方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；
（3）反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；
（4）A.步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3 9H2O均匀分散在液氨中，A符合题意；
B.步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，不能被点燃、不会产生火焰，B不符合题意；
C.步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C不符合题意；
D.NaNH2易与水、氧气发生反应，可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D符合题意；
故答案为：BC；
（5）NaNH2的唯一杂质为NaOH，NaNH2溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，则滴定终点时溶液呈酸性，选用甲基橙作指示剂，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg → 加入过量盐酸标准溶液 → 加入滴加甲基橙指示剂 → 用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为：bdg。
【分析】在Fe(NO3)3 9H2O作催化剂的条件下，液氨与钠反应生成NaNH2和氢气，NaNH2易与水、氧气等反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入反应体系，在N之后应连接尾气处理装置。
20．（2022·广东）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸（用 表示）。 的应用与其电离平衡密切相关。25℃时， 的 。
（1）配制 的 溶液，需 溶液的体积为　 　mL。
（2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是　 　。
（3）某小组研究25℃下 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 溶液或改变 浓度， 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 的 和 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定 ，记录数据。
序号
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
… 　 　 　 　 　
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息，补充数据： 　 　， 　 　。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释 溶液，电离平衡　 　（填”正”或”逆”）向移动；结合表中数据，给出判断理由：　 　。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大 浓度， 电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着 的增加， 的值逐渐接近 的 。
查阅资料获悉：一定条件下，按 配制的溶液中， 的值等于 的 。
对比数据发现，实验VIII中 与资料数据 存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定 溶液的浓度再验证。
（ⅰ）移取 溶液，加入2滴酚酞溶液，用 溶液滴定至终点，消耗体积为 ，则该 溶液的浓度为　 　 。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点　 　。
（ⅱ）用上述 溶液和 溶液，配制等物质的量的 与 混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为 的 和 溶液，如何准确测定 的 ？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 溶液，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液
Ⅱ 　 　，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途　 　。
【答案】（1）5.0
（2）C
（3）3.00；33.00；正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
（4）0.1104；
（5）向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液
（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为V，则250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，所以V=5.0mL。
（2）A．不能用手触碰容量瓶的瓶口，以防污染试剂，A不符合题意；
B．定容时，视线应与溶液凹液面的最低处相切，B不符合题意；
C．转移液体时要用玻璃棒引流，且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位，C符合题意；
D．摇匀过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，D不符合题意；
故答案为：C。
（3）①根据表格信息，实验VII中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，且c(NaAc)=n(HAc)，根据n=cV，则V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00。由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，所以V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00。
②根据表格信息，对比实验I和实验II可知，实验II中c(HAc)为实验I的，若不考虑电离平衡移动，则实验II溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际pH=3.36，说明稀释过程中，溶液中c(H+)增大，即电离平衡正向移动。
（4）①涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV，则22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，所以c(HAc)=0.1104mol/L。滴定过程中，当V(NaOH)=0时，为HAc溶液，c(H+)=，pH=2.88；当V(NaOH)=11.04mL时，所得溶液为NaAc和HAc 的混合液，且n(NaAc)=n(HAc)，则Ka=c(H+)，所以 pH=4.76；当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，所得溶液为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性；当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线图是。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，此时所得溶液中溶质为NaAc，当n(NaAc)=n(HAc)时，溶液中c(H+)=Ka，所以可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液。
（6）如弱酸HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒；弱酸H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂等等。
【分析】(1)根据溶液稀释前后，n(溶质)不变，即c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)进行分析，注意单位统一。
（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤进行分析。
（3）①根据控制变量法，结合n=cV进行分析。
②通过对比实验I和实验II的数据信息可知，实验II中c(HAc)为实验I的，再根据稀释过程中溶液中c(H+)是否增大进行分析。
（4）涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV进行分析。滴定曲线示意图中横坐标为V(NaOH)，纵坐标为溶液的pH，通过计算V(NaOH)分别为0、11.04mL[此时n(NaAc)=n(HAc)]、22.08mL(达到滴定终点)时对应的pH，然后把主要坐标点之间用曲线相连，注意NaOH溶液过量时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13。
（5）Ka=，当c(Ac-)=c(HAc)，即n(NaAc)=n(HAc)时，Ka=c(H+)，此时溶液pH=-lg c(H+)=-lg Ka=4.76，据此分析。
（6）根据无机弱酸的性质及用途进行分析。
21．（2022·临潼模拟）三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，是能推进中国半导体产业链发展壮大的一种重要的化工原料。工业上可以直接氧化PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：
熔点/℃ 沸点/℃ 相对分子质量 其它
PCl3 -112 75.5 137.5 遇水生成H3PO3和HCl
POCl3 2 105.3 153.5 遇水生成H3PO4和HCl
某化学兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图(某些夹持装置和加热装置已略去)：
（1）检查装置气密性并加入纯净的白磷，先制取一种气体，缓慢地通入C中，直至C中的白磷完全消失后，再通入另一种气体。仪器a的名称为　 　，b中盛放的药品是　 　。
（2）装置E反应的离子方程式为　 　。
（3）C反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低的原因是　 　。分离提纯获得POCl3的实验方法是　 　。
（4）通过测定三氯氧磷产品中氯元素含量，可进一步计算产品的纯度，实验步骤如下：
①取ag产品置于盛50.00mL蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液，预处理排除含磷粒子的影响。
②取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入Comol/L-1的AgNO3溶液V0mL，使Cl-完全沉淀，再加入20mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后选择Fe(NO3)，指示剂，用c1mol/L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V1mL。
[已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12]
滴定终点的现象：　 　。实验过程中加入硝基苯的目的是　 　，若无此操作，则所测POCI3的含量将　 　(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
（5）产品中POCl3的质量分数为　 　。
【答案】（1）(球形)冷凝管；碱石灰
（2）MnO2 +4H+2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
（3）PCl3易挥发，利用率降低；蒸馏
（4）最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；偏高
（5）%
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】装置A中用黑色固体和液态物质反应制氧气，装置B可以干燥O2，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压，还可以观察氧气的流速；装置E为固液混合加热制备氯气，装置D干燥生成的氯气；在装置C中发生P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
(1)根据装置图仪器a结构可知其名称为球形冷凝管；装置b为干燥管，其盛放的试剂可以吸收未反应的Cl2，同时还可防止空气中的水蒸气进入装置中，该固体试剂可以是碱石灰；故答案为：(球形)冷凝管；碱石灰；
(2)装置E为固液混合加热制备氯气，实验室中采用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2 +4HCl (浓) MnCl2 +Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2 +4H+2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(3)在装置C中发生反应：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。C中反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低，这是由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；由PCl3、POCl3的熔沸点信息可知其在常温下为液态，分离混溶的液态混合物应采用蒸馏法，故答案为：PCl3易挥发，利用率降低；蒸馏；
(4)SCN-与铁离子会反应使溶液变为红色，故滴定终点现象为滴入最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；由Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12可知，AgSCN更难溶，实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；若无此操作，则V2偏大，根据POCl3的含量计算公式可知：计算所测POCl3的含量将偏高。故答案为：最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；偏高；
(5)根据元素守恒可得关系式：POCl3～3Cl-～3Ag+，与Cl-反应的Ag+的物质的量为n(Ag+)=(c0V0-c1V1)×10-3 mol× =( c0V0-c1V1)×10-2 mol， 则n(PCl3)+n(POCl3)=n(Ag+)=×(c0V0-c1V1)×10-2 mol，假设n(PCl3)、n(POCl3)的物质的量分别是x、y，则x+y=×(c0V0-c1V1)×10-2 mol，根据质量关系可得137.5x+153.5y=a，解得y=mol，所以POCl3的质量分数为：=%。
【分析】（1）仪器a为球形冷凝管；装置b用于吸收氯气同时防止空气中的水蒸气进入；
（2）装置E中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气；
（3） PCl3易挥发，利用率降低；PCl3、POCl3为互溶的液体；
（4）SCN-遇铁离子溶液变为红色；硝基苯不溶于水，使生成的AgCl沉淀与溶液隔离；若不加入硝基苯，测定结果偏高；
（5）根据POCl3～3Cl-～3Ag+，PCl3～3Cl-～3Ag+计算。
22．（2022·商丘模拟）六氨合氯化镁(MgCl2 6NH3)具有极好的可逆吸、放氨特性，是一种优良的储氨材料。某研究小组以MgCl2 6H2O为原料在实验室制备MgCl2 6NH3，并测定所得产品中氯的含量
（1） (一)制备MgCl2 6NH3
I．首先制备无水MgCl2实验装置如下图(加热及夹持装置略去)：
已知：SOCl2：熔点105℃、沸点76℃；遇水剧烈水解生成两种酸性气体。
滴液漏斗中支管的作用为　 　。
（2）三颈瓶中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）该实验装置中的不足之处为　 　。
（4）II．将NH3通入无水MgCl2的乙二醇溶液中，充分反应()后，过滤、洗涤并自然风干，制得粗品。相关物质的性质如表：
NH3 MgCl2 MgCl2 NH3
水 易溶 易溶 易溶
甲醇(沸点65℃) 易溶 易溶 难溶
乙二醇(沸点197℃) 易溶 易溶 难溶
生成MgCl2 6NH3的反应需在冰水浴中进行，其可能原因有____(填字母)。
A．反应吸热，促进反应正向进行
B．加快反应速率
C．防止氨气挥发，提高氨气利用率
D．降低产物的溶解度
（5）洗涤产品时，应选择的洗涤剂为____(填字母)。
A．冰浓氨水 B．乙二醇和水的混合液
C．氨气饱和的甲醇溶液 D．氨气饱和的乙二醇溶液
（6）(二)测定产品中氯的含量，步骤如下：
步骤1：称取1.80g样品，加入足量稀硝酸溶解，配成250mL溶液；
步骤2：取25.00mL待测液于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.20的AgNO3标准液滴定溶液中，记录消耗标准液的体积；
步骤3：重复步骤2操作2~3次，平均消耗标准液10.00 mL。
步骒1中，用稀硝酸溶解样品的目的为　 　。
（7）该品中氯的质量分数为　 　(保留小数点后2位)；该实验值与理论值(36.04%)有偏差，造成该偏差的可能原因是(已知滴定操作均正确)　 　。
【答案】（1）平衡压强，以使液体顺利流下
（2）
（3）缺少防倒吸措施(合理即可)
（4）C；D
（5）C
（6）将转化为，防止滴定时与反应
（7）39.44%；样品中含有或晶体称量时已有部分氨气逸出
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】先用反应制备无水，然后将NH3通入无水MgCl2的乙二醇溶液中，发生反应，MgCl2 6NH3难溶于乙二醇，过滤出MgCl2 6NH3沉淀，用氨气饱和的甲醇溶液洗涤、自然风干，制得MgCl2 6NH3粗品。
(1)滴液漏斗中支管能平衡三口烧瓶和滴液漏斗的压强，使滴液漏斗中的液体顺利流入三口烧瓶内；
(2)三颈瓶中MgCl2 6H2O和SOCl2发生反应生成无水MgCl2、SO2、HCl，反应的化学方程式为；
(3)二氧化硫、氯化氢易溶于氢氧化钠溶液，易引起倒吸，该实验装置中的不足之处为缺少防倒吸措施；
(4)A．反应吸热，降低温度，平衡逆向移动，不利于反应正向进行，故不选A；
B．降低温度，反应速率减慢，故不选B；
C．降低温度，氨气溶解度增大，反应在冰水浴中进行，可以防止氨气挥发，提高氨气利用率，
故答案为：C；
D．温度越低，MgCl2 6NH3的溶解度越小，反应在冰水浴中进行，可以降低产物的溶解度，有利于产物析出，
故答案为：D；
选CD。
(5)A．MgCl2 6NH3易溶于水，不能用冰浓氨水洗涤MgCl2 6NH3，故不选A；
B．MgCl2 6NH3易溶于水，不能用乙二醇和水的混合液洗涤MgCl2 6NH3，故不选B；
C．MgCl2 6NH3难溶于甲醇，甲醇易挥发，可以用氨气饱和的甲醇溶液洗涤MgCl2 6NH3，
故答案为：C；
D．MgCl2 6NH3难溶于乙二醇溶液，乙二醇难挥发，不能用氨气饱和的甲醇溶液洗涤MgCl2 6NH3，故不选D；
选C。
(6)和能形成，用稀硝酸溶解样品，将转化为，防止滴定时与反应；
(7)用0.20的AgNO3标准液滴定25.00mL溶液中，平均消耗标准液10.00 mL，根据Ag++Cl-=AgCl，n(Cl-)= n(Ag+)=0.2mol/L×0.01L=0.002mol，该品中氯的质量分数为；该实验值比理论值(36.04%)偏大，说明NH3含量少，造成该偏差的可能原因是样品中含有或晶体称量时已有部分氨气逸出。
【分析】（1）滴液漏斗中的支管可平衡气压；
（2）三颈瓶中MgCl2 6H2O和SOCl2发生反应生成无水MgCl2、SO2、HCl；
（3）二氧化硫、氯化氢易溶于氢氧化钠溶液；
（4）根据MgCl2 6NH3的性质分析解答；
（5）MgCl2 6NH3易溶于水、 乙二醇 ；
（6）和能形成，氨气与稀硝酸反应生成硝酸铵，防止NH3与AgNO3反应；
（7）氯的质量分数=；样品中含有MgCl2或晶体称量时已有部分氨气逸出均可使该实验值比理论值（36.04%）偏大。
23．（2022·马鞍山模拟）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步 得到产品Na2CO3和NH4Cl两种产品，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。过程如下：
（1）Ⅰ.NaHCO3 的制备
实验流程及实验装置图如下：
回答下列问题：
a导管末端多孔球泡的作用　 　。
（2）b中通入的气体是　 　， 写出实验室制取该气体的化学方程式　 　。
（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为　 　。
（4）Ⅱ.Na2CO3中NaHCO3含量测定
i.称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中：
ii.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(第一滴定终点)， 消耗盐酸V1mL；
iii.在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；
iv.平行测定三次，V1 平均值为22.25，V2平均值为23.51。
回答下列问题：
指示剂N为　 　， 第二滴定终点的现象是　 　。
（5）Na2CO3中NaHCO3的质量分数为　 　 ( 保留三位有效数字)。
（6）第一滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）增大接触面积，提高吸收速率
（2）氨气；2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
（3）NaCl+ CO2+ NH3+H2O= NaHCO3 ↓+ NH4Cl
（4）甲基橙；最后一滴滴入，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复
（5）4.23%
（6）偏小
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)多孔球泡的作用是为了增大固体和液体的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，提高吸收速率；
(2)由于氨气在溶液中的溶解度比较大，为了防止倒吸，不能将导管直接插入溶液中，所以该气体为氨气；实验室中用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故反应方程式为2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；
(3)碳酸氢钠的生成是用氯化钠、氨气、二氧化碳反应制备的，故反应方程式为NaCl+CO2+ NH3+H2O= NaHCO3 ↓+ NH4Cl；
(4)在第一次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显碱性，
故答案为：M选酚酞做指示剂，在第二次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显酸性，
故答案为：N甲基橙做指示剂；滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复；
(5)进行第一次滴定时，发生的反应为，消耗盐酸的体积为22.25mL，进行第二次滴定时发生的反应为，消耗盐酸的体积为23.51mL，故产品中碳酸氢钠消耗盐酸的体积为1.26mL，物质的量为，故NaHCO3的质量分数为，故答案为4.23%；
(6)若在第一次滴定过程中仰视读数，会导致原物质的碳酸钠含量偏高，碳酸氢钠含量偏小，故答案为偏小。
【分析】（1）多孔球泡可增大接触面积；
（2）氨气极易溶于水，导管插入溶液中会引起倒吸；实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙制取氨气；
（3）将二氧化碳和氨气通入饱和食盐水中生成碳酸氢钠；
（4）依据提示“溶液由红色变至近无色”可知，指示剂M为酚酞，由于滴定终点之前溶液就已经呈中性，故不能继续使用酚酞作为指示剂，改用范围更为合适的甲基橙；
（5）碳酸氢钠的质量分数=计算；
（6）根据分析误差。
24．（2022·平江模拟）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
（1）检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是　 　；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为　 　。
（2）WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl2；⑥……。碱石灰的作用是　 　；操作④是　 　，目的是　 　。
（3）利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：称量待测样品mg，先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2。交换结束后，向所得含的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：+5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用淀粉溶液作指示剂，cmol L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+ 。滴定达终点时消耗Na2S2O3溶液VmL，则滴定终点时的实验现象是　 　，该样品中WCl6(摩尔质量为Mg mol-1)的质量分数为　 　。
【答案】（1）排除装置中的空气；直形冷凝管
（2）吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入N2；排除装置中的H2
（3）滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不恢复原色；%
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；
(2)由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除装置中的H2，故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入N2；排除装置中的H2；
(3)滴定时，根据关系式：~2~6I2~12，样品中n(WCl6)=n()=n()=cV10－3mol，m(WCl6)= cV10－3molMg/mol=g，则样品中WCl6的质量分数为：%。
【分析】（1）通入氮气排出装置中的空气；仪器A为直形冷凝管；
（2）碱石灰可吸收氯气和空气中的水蒸气；在操作⑤加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除装置中的H2；
（3）滴定终点时不存在单质碘，溶液蓝色褪去；根据~2~6I2~12计算质量分数。
25．（2021·岳阳模拟）蛋白质是生命的物质基础。某学习小组实验探究一种蛋白质的元素组成。
（1）I．确定该蛋白质中的某些组成元素
为确定该蛋白质中含氮元素，将样品中有机氮转化成铵盐，能证明铵盐存在的实验方法是　 　。
（2）为确定该蛋白质中含碳、氢、硫三种元素，采用如图装置进行探究，通入氧气使样品在装置A中 充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过其余装置。
①装置B中的试剂是　 　。
②装置D的作用是　 　。
③当装置B、C、E、F依次出现下列现象：　 　，品红溶液褪色，　 　，出现白色浑浊；可证明燃烧产物中含有H2O，SO2＞CO2，结论：该蛋白质中含碳、氢、硫、氮等元素。
（3）II．为测定该蛋白质中硫元素的质量分数，小组取蛋白质样品充分燃烧，先用足量碘水吸收二氧化硫， 再取吸收液，以淀粉为指示剂，用硫代硫酸钠溶液滴定过量的碘。已知：2+I2=+2I-
写出二氧化硫与碘水反应的化学方程式：　 　。
（4）滴定终点的现象为　 　。
（5）取蛋白质样品m g进行测定，采用c1 mol·L-1的碘水V1 mL进行吸收，滴定过量的碘样时消耗c2 mol·L-1硫代硫酸钠溶液V2mL。该蛋白质中的硫元素的质量分数为　 　。
（6）若燃烧时过量氧气进入吸收液中，可能会导致该蛋白质中的硫元素的质量分数测定值　 　(填“偏大*偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）注入氢氧化钠溶液，加热，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体
（2）无水硫酸铜；除去SO2，避免对CO2的检验造成干扰；粉末由白色变蓝色；品红溶液不褪色(或仍显红色)
（3）I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI
（4）当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色
（5）
（6）偏小
【知识点】中和滴定；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)铵盐可以和碱反应生成氨气，故检验铵盐的方法为：注入氢氧化钠溶液，加热，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体；
(2)蛋白质燃烧后产生二氧化碳和水和二氧化硫，应先检验水蒸气，后检验品红，除去品红后检验二氧化碳。
①装置B中的试剂是无水硫酸铜，检验水蒸气。
②装置D中酸性高锰酸钾溶液可以除去二氧化硫；
③当装置B、C、E、F依次出现下列现象：无水硫酸铜粉末由白色变蓝，说明有水生成，说明蛋白质中含有氢元素，品红溶液褪色，说明有二氧化硫生成，蛋白质中含有硫元素，后面的品红不褪色，说明二氧化硫已经被完全吸收，澄清石灰水，出现白色浑浊，说明生成二氧化碳，蛋白质中含有碳元素。
(3)二氧化硫和碘和水反应生成硫酸和碘化氢，方程式为：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；
(4)根据淀粉遇碘变蓝的性质分析，当完全反应，即碘单质完全反应，溶液不先蓝色，则滴定的终点变化为：当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色；
(5)硫代硫酸钠的物质的量为c2V2×10-3mol，则与二氧化硫反应的碘的物质的量为（c1V1-0.5c2V2）×10-3mol，则蛋白质中硫的质量分数为 =；
(6)氧气也能氧化二氧化硫，故碘的消耗量减少，最后测定硫的含量减小。
【分析】（1）利用铵盐能和碱反应生成氨气进行检验；
（2）蛋白质中含有碳氢硫三种元素，在燃烧后生成二氧化碳和水和二氧化硫，因为气体通过溶液会带出水蒸气，故先检验水蒸气，通常使用无水硫酸铜固体，因为二氧化硫也能是澄清的石灰水变浑浊，干扰二氧化碳的检验，故先用品红检验二氧化硫，再除去二氧化硫，并检验二氧化硫已经完全除去，再用澄清石灰水检验二氧化碳；
（3）二氧化硫和碘和水反应生成硫酸和碘化氢；
（4）达到滴定终点不再生成单质碘，溶液蓝色褪去；
（5）计算出S元素的质量，根据硫元素质量分数=计算；
（6）氧气也能氧化二氧化硫，碘的消耗量减少，硫的含量偏小。
26．（2022·泉州模拟）某小组用四氢化萘(，无色有刺激性气味液体，沸点207℃)、液溴、蒸馏水和纯铁粉为原料，利用反应C10H12+4Br2 C10H8Br4+4HBr制取少量粗HBr溶液，同时获得四溴化萘(常温下为固态，不溶于水)。
实验步骤：
①按一定质量比把四氢化萘和水加入反应器中，加入少量纯铁粉。
②缓慢滴入液溴，不断搅拌，直到四氢化萘反应完全。
③…….，得到粗HBr溶液。
回答下列问题：
（1）图中适合步骤①和②的装置是乙，不选用甲的理由是　 　。
（2）步骤②中，反应完全、达到终点的现象是　 　。
（3）乙中玻璃导管的作用是　 　、　 　。
（4）请将步骤③补充完整：　 　。
（5）粗HBr溶液在空气中长期放置，溶液呈黄色。其原因可能是　 　 (用离子方程式表示)。
（6）检验实验所得HBr溶液中是否含有Fe2+：取少量粗HBr溶液加入过量AgNO3溶液，静置，取上层清液滴入到KMnO4溶液中，若紫红色的KMnO4溶液褪色，证明溶液中含Fe2+，若紫红色不褪色，则不含Fe2+。该方法是否可行，并说明理由。　 　。
（7）有人认为Fe3+起催化作用。欲验证该想法，按上述实验步骤进行实验，只须改动的是：　 　。
（8）若得到的粗HBr溶液浓度为4 mol·L-1 (密度为×1.2g·cm-3) ，则四氢化萘(Mr=132)和水的质量比是　 　(列式即可，设溴化反应进行完全)。
【答案】（1）溴易挥发，会污染空气；溴会腐蚀胶头滴管的胶帽
（2）滴入最后一滴液溴时，溶液呈浅黄色
（3）冷凝回流；平衡气压
（4）过滤
（5）4Br -+4H++O2 = 2Br2+ 2H2O
（6）不可行，NO在酸件条件下能将Fe2+氧化Fe3+，观察不到紫红色的KMnO4溶液褪色
（7）将步骤①中的铁粉改为FeBr3
（8）
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】四氢化萘和溴单质在一定条件下反应，四溴化萘常温下是固体不溶于水，故过滤分离。溴化氢具有还原性，能被空气中的氧气氧化。亚铁离子能在酸性条件下被硝酸根离子氧化。根据物质的量浓度计算其物质的量，结合反应确定反应物的质量和水的质量。据此解答。
(1)甲中使用的胶头滴管，溴易挥发，会污染空气；溴会腐蚀胶头滴管的胶帽，
故答案为：用甲；
(2)该反应到终点的现象为滴入最后一滴液溴时，溶液承浅黄色；
(3)乙中的伯乐导管能冷凝回流和平衡气压；
(4)以你为四溴化萘常温下为固体，不溶于水，所以过滤后得到粗溴化氢溶液；
(5)溴化氢能被空气中的氧气氧化生成溴单质，显黄色，反应的离子方程式为：4Br -+4H++O2 = 2Br2+ 2H2O；
(6)NO在酸件条件下能将Fe2+氧化Fe3+，观察不到紫红色的KMnO4溶液褪色，故该实验不可行。
(7)要验证铁离子起催化作用，将铁改成溴化铁即可。
(8)假设溴化氢溶液为1L，则溴化氢的物质的量为4mol说明四氢化奈为1mol，溴单质为2mol，则水的质量为1.2×1000-2×160=880克，则四氢化奈和水的质量比为 。
【分析】（1）溴易挥发，且会污染环境；
（2）滴定终点时溶液呈浅黄色；
（3）装置乙中的玻璃导管可平衡气压、冷凝回流；
（4）四溴化萘为固态，HBr为液体，采用过滤分离；
（5）粗HBr在空气被会氧化生成单质溴；
（6）酸性条件下硝酸根将亚铁离子氧化为铁离子；
（7）铁离子为催化剂，则应保证只有铁离子一个变量；
（8）计算出HBr的物质的量，再结合反应原理可推出四氢化萘的物质的量，从而可计算出四氢化萘与水的质量比。
27．（2022·湖北模拟）碘酸钙［，难溶于水，不溶于乙醇，无味］是重要的化工原料，用途广泛。其制备方法主要是以碘为原料，采用氧化法(氧化剂：、、)，先制备，然后再利用复分解反应制备。回答下列问题：
（1）氧化法制备。
将通入含有的沸腾蒸馏水中，被氧化为，再用石灰乳进行中和、分离、洗涤沉淀、干燥，获得。
①实验室若利用溶液与浓盐酸反应制备一瓶干燥纯净的，连接顺序为　 　→jh(按气流方向，用小写字母表示)。
②在含的沸腾蒸馏水中反应生成 物只有两种，写出该反应的化学方程式：　 　；加入石灰乳进行中和时，发生副反应的离子方程式为　 　。
（2）氧化法制备。
Ⅰ.制备
在如图(夹持仪器和加热装置已省略)所示的三颈烧瓶中加入一定量的I2、和蒸馏水，再加入盐酸，控制，反应温度85℃。回流反应1.5小时。
Ⅱ.制备
将Ⅰ所得混合液倒入250烧杯中，滴加溶液，调节，用滴管逐滴加入1的溶液，不断搅拌，至沉淀完全，经冷却、过滤、洗涤、干燥获得。
①装置C的作用是吸收反应生成的　 　(填化学式)及挥发出的，以免污染环境。
②实验时，装置A中控制反应温度的方法是　 　。
③步骤Ⅱ洗涤的试剂为　 　；若该步骤中pH>10，则可能出现的后果是　 　。
④产品中质量分数的测定
称取1.50g产品，加入10高氯酸溶解，转移到250容量瓶中定容。移取25.00溶液于锥形瓶中，再加入1高氯酸，20足量溶液，几滴淀粉溶液作指示剂，用0.10的溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗45.00溶液(已知：；高氯酸不参与氧化还原反应)。样品中的质量分数为　 　%(保留2位小数)。
【答案】（1）m→fg→cb→de；5Cl2＋I2＋6H2O2HIO3＋10HCl；Ca(OH)2＋2H＋=Ca2＋＋2H2O
（2）Cl2；水浴加热；乙醇；生成Ca(OH)2沉淀，影响Ca(IO3)2的产量和产品纯度；97.50%
【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)①本实验目的是收集一瓶干燥的氯气，实验室常用MnO2、浓盐酸共热制备氯气，产生氯气中混有HCl和水蒸气，先用饱和食盐水吸收氯气中的HCl，然后再用浓硫酸吸收氯气中的水蒸气，因为氯气的密度比空气大，因此用向上排空气法收集氯气，氯气有毒，防止污染空气，必须尾气处理，因此连接顺序是m→fg→cb→de→jh；故答案为m→fg→cb→de；
②根据题中信息，Cl2通入含有I2的沸腾蒸馏水中，I2被氧化成HIO3，根据氧化还原反应的规律以及元素质量守恒，推出另外一种物质为HCl，该反应的方程式为5Cl2＋I2＋6H2O2HIO3＋10HCl；本实验制备Ca(IO3)2，是用石灰乳与上述反应中生成HIO3发生Ca(OH)2＋2HIO3=Ca(IO3)2＋2H2O，根据5Cl2＋I2＋6H2O2HIO3＋10HCl，加入石灰乳还发生Ca(OH)2＋2HCl=CaCl2＋2H2O，其离子方程式为Ca(OH)2＋2H＋+Ca2＋＋2H2O；故答案为5Cl2＋I2＋6H2O2HIO3＋10HCl；Ca(OH)2＋2H＋=Ca2＋＋2H2O；
(2)①装置A中发生2KClO3＋I22KIO3＋Cl2↑，氯气有毒，防止污染空气，必须尾气处理，因此装置C的作用是吸收反应生成Cl2和挥发出的HCl；故答案为Cl2；
②反应温度为85℃，因此装置A中控制反应温度的方法是水浴加热；故答案为水浴加热；
③Ca(IO3)2难溶于水，不溶于水乙醇，为了便于后续干燥，应用乙醇洗涤Ca(IO3)2；氢氧化钙微溶于水，如果控制pH＞10，容易生成Ca(OH)2沉淀，影响Ca(IO3)2的产量和产品纯度；故答案为乙醇；生成Ca(OH)2沉淀，影响Ca(IO3)2的产量和产品纯度；
④高氯酸不参与反应，IO与I－发生IO＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，然后I2与Na2S2O3反应I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI，建立关系式为Ca(IO3)2～2IO3－～6I2～12Na2S2O3，因此有Ca(IO3)2的质量分数为=97.50%；故答案为97.50%。
【分析】（1）制备的氯气中含有HCl和水蒸气，先通入饱和食盐水除去氯化氢，然后通入浓硫酸除去水蒸气，然后用向上排空气法收集氯气。
（2）装置A中发生2KClO3＋I22KIO3＋Cl2↑，会有氯气和氯化氢溢出，需要吸收，A为三颈烧瓶，控制该反应温度可以利用水浴加热进行调控；由于碘酸钙易溶于水，所以要用乙醇进行洗涤；在进行滴定测定含量时候，要找到碘酸钙和硫代硫酸钠之间的关系，从而进行计算。
28．（2022·晋城模拟）Co(III)盐溶液不能稳定存在，以氨为配位剂，可将Co(III)转化为稳定的Co(III)配合物。实验室利用CoCl2、NH3·H2O、NH4Cl、H2O2制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，装置(夹持仪器已省略)如图所示：
实验步骤：
①将研细的6gCoCl2·6H2O晶体、4gNH4Cl固体、适量活性炭催化剂充分混合后加入c中，滴加13.5mL浓氨水使溶液颜色变为黑紫色；
②置于冰水浴中冷却至10℃以下，缓慢滴加13.5mL5%H2O2溶液并不断搅拌；
③转移至60℃热水浴中，恒温加热20min，同时缓慢搅拌；
④将反应后的混合物冷却到0℃左右，抽滤得到三氯化六氨合钴粗产品；
⑤粗产品需要经过热的盐酸溶解、趁热过滤、冷却到0℃左右并滴加浓盐酸洗涤、干燥等操作得到较纯的三氯化六氨合钴。
回答下列问题：
（1）使用仪器a代替分液漏斗滴加液体的优点是　 　。
（2）步骤①中将固体药品研细，常在　 　(填仪器名称)中进行。
（3）制取1mol[Co(NH3)6]Cl3，理论上需要H2O2的物质的量为　 　，实际上消耗量比理论消耗量要多，其主要原因是　 　。
（4）CoCl2遇浓氨水生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，原因是　 　(结合必要的离子方程式说明)。
（5）沉淀滴定法测定产品中Cl-的质量分数：
i.准确称取ag步骤⑤中的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中；
ii.滴加少量0.005mol·L-1的K2CrO4溶液作为指示剂，用cmol·L-1的AgNO3溶液滴定至终点；
iii.平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为VmL。
已知Ag2CrO4为砖红色沉淀。
①ii中，滴定至终点的现象是　 　。
②产品中Cl-的质量分数是　 　(列出计算式即可)。
【答案】（1）平衡压强，便于液体顺利滴下
（2）研钵
（3）0.5mol；由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失
（4）加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀
（5）当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】该实验是利用CoCl2、NH3·H2O、NH4Cl、H2O2反应来制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，经实验步骤①-⑤反应最终制得较纯的三氯化六氨合钴，根据具体实验步骤分析解答。
(1)仪器a为恒压滴液漏斗，代替分液漏斗滴加液体的优点是：平衡压强，便于液体顺利滴下；
故答案为：平衡压强，便于液体顺利滴下。
(2)将固体药品研细，常在研钵中进行；
故答案为：研钵。
(3)根据氧化还原反应规律可知，制取1mol[Co(NH3)6]Cl3时转移1mol电子，理论上需要0.5molH2O2，但由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失，所以实际上消耗量比理论消耗量要多；
故答案为：0.5mol，由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失。
(4)CoCl2遇浓氨水会生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀；
故答案为：加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀。
(5)实验用AgNO3溶液滴定Cl-，用K2CrO4溶液作为指示剂，滴定至终点是当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；根据溶液中Ag+与Cl-反应关系式可知，n (Cl- )= n (Ag+)=c×V×10-3×4mol，所以产品中Cl-的质量分数是；
故答案为：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；。
【分析】（1）恒压分液漏斗的作用是平衡压强，便于液体顺利滴下 ，这是考试常考的点；
（2）研磨固体需要在研钵进行；
（3）结合电子守恒可以列出相关关系式，制取1mol[Co(NH3)6]Cl3时需要0.5molH2O2，但是过氧化氢受热易分解；
（4）此类题型通常是从溶液中存在的平衡以及平衡移动进行分析，结合，增大铵根离子的浓度，平衡朝逆向移动，减少氢氧根的浓度；
（5） ① 滴定终点的现象是最后一滴标准液进入锥形瓶中，颜色或者沉淀半分钟内不再变化；
② n (Cl- )= n (Ag+)，结合n=c×V和n=m/M可以计算氯离子的质量。
29．（2022·潍坊模拟）S2Cl2是一种有毒的液体，熔点-76℃，沸点138℃，蒸气有腐蚀性，易溶解硫磺，遇水分解。主要用于杀虫剂、硫化染料、气相下橡胶的硫化等。兴趣小组同学用如图所示装置(夹持和部分加热装置略去)制取S2Cl2并测定所得S2Cl2的纯度。
已知：S的熔点112.8℃，沸点444℃。
回答下列问题：
（1）实验时，先加热　 　(填装置序号)，装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
（2）实验开始一段时间后，D中硫粉大量减少，仍有黄绿色气体，应采取的实验操作是　 　。
（3）锥形瓶F中实际收集到的是　 　，要从F中得到的产物获得较纯净的S2Cl2应采用的实验方法是　 　。
（4）无水CaCl2的作用是　 　。
（5）测定S2Cl2的纯度：
①取mg实验所得S2Cl2缓缓通入足量NH3搅拌、静置。向其中加入足量甲醛，充分反应后，用cmol/LNaOH标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗NaOH标准液VmL。实验所得S2Cl2的质量分数为　 　。[已知：6S2Cl2+16NH3=S4N4+8S+12NH4Cl；6HCHO+4NH =(CH2)6N4+4H++6H2O]
②下列滴定操作中，会导致S2Cl2质量分数测定值偏低的是　 　。
a．锥形瓶洗涤干净后未干燥
b．滴定前平视滴定管刻度线，滴定后俯视
c．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用NaOH标准溶液润洗
d．滴定前碱式滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡
【答案】（1）A；MnO2+4HCl(浓) Cl2↑+MnCl2+2H2O
（2）停止加热圆底烧瓶或停止(减缓)向圆底烧瓶内加入浓盐酸
（3）S的S2Cl2溶液；蒸馏提纯或分馏提纯
（4）防止水蒸气进入F装置，导致S2Cl2分解
（5）；bd
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】本实验的实验目的为制取S2Cl2并测定所得S2Cl2的纯度，分析装置图可知，A为MnO2和浓盐酸加热制取Cl2，反应原理为：MnO2+4HCl(浓) Cl2↑+MnCl2+2H2O，B装置中盛有饱和食盐水，吸收挥发的HCl气体，C盛有浓硫酸，吸收水蒸气，D为Cl2和S反应生成S2Cl2，E为冷凝装置，F为收集装置，G为尾气吸收装置，据此分析解答。
(1)实验时，应先加热A装置，产生Cl2以排尽装置内的空气，根据分析可知，装置A为MnO2和浓盐酸加热制取Cl2，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) Cl2↑+MnCl2+2H2O；
(2)实验开始一段时间后，D中硫粉大量减少，仍有黄绿色气体，说明Cl2过量，则应该采取的措施为停止加热圆底烧瓶或停止(减缓)向圆底烧瓶内加入浓盐酸；
(3)S的熔点为112.8℃，S2Cl2的沸点为138℃，S2Cl2蒸气易溶解硫磺，因此锥形瓶F中实际收集到的是S的S2Cl2溶液，S的沸点为444℃，可采用蒸馏提纯或分馏提纯的方法除去S，进而获得较纯净的S2Cl2；
(4)S2Cl2遇水分解，故无水CaCl2的作用是防止水蒸气进入F装置，导致S2Cl2分解；
(5)①已知6S2Cl2+16NH3=S4N4+8S+12NH4Cl；6HCHO+4NH =(CH2)6N4+4H++6H2O，又H++OH-=H2O，则有：S2Cl2~2 ~2H+~2NaOH，故n(S2Cl2)= n(NaOH)= (cV×10-3)mol，则S2Cl2的质量分数为 ；
②a．锥形瓶洗涤干净后未干燥不影响S2Cl2的物质的量，故对实验结果无影响，a不正确；
b．滴定前平视滴定管刻度线，滴定后俯视，导致读得的消耗NaOH的体积偏小，使得最终实验结果偏低，b正确；
c．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用NaOH标准溶液润洗，导致NaOH浓度偏小，最终消耗的NaOH溶液体积偏大，使得S2Cl2的质量分数测定偏高，c不正确；
d．滴定前碱式滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡，读得的消耗NaOH的体积偏小，使得最终实验结果偏低，d正确；
故答案为：bd。
【分析】（1）应先制备氯气，利用氯气排出装置内的空气；装置A中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水；
（2）仍有黄绿色气体，说明还在产生氯气；
（3）S2Cl2蒸气易溶解硫磺；两者互溶，应采用蒸馏的方法分离；
（4） 无水CaCl2可吸收水；
（5）根据S2Cl2~2 ~2H+~2NaOH计算；根据进行误差分析。
30．（2022·呼伦贝尔模拟）高铁酸钾 为紫色固体，易溶于水，在KOH浓溶液中的溶解度较低，难溶于无水乙醇等有机溶剂，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中不稳定，能产生 ，在碱性溶液中较稳定且碱性越强越稳定。采用如图(夹持装置略)所示装置制备 并提纯。
（1）仪器m的名称为　 　；制备时，装置的连接顺序为a→　 　→　 　→　 　→　 　→　 　(用导管口的字母表示)。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）装置C中盛装的试剂X的名称是　 　，其作用为　 　。
（4）装置A中每消耗 ，理论上在装置D中生成 的物质的量为　 　(不考虑气体的损耗)。
（5）向装置D中通入的 不能过量，原因是　 　。
（6）通过以下方法测定高铁酸钾样品的纯度：称取1.0000g高铁酸钾样品，完全溶解于KOH浓溶液中，再加入足量亚铬酸钾 充分反应后过滤，将滤液转移到250mL容量瓶定容。取25.00mL定容后的溶液于锥形瓶中，加入稀硫酸调至 ，滴加几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用 标准硫酸亚铁铵溶液滴定，终点时溶液由紫色变为绿色，消耗标准硫酸亚铁铵溶液14.40mL。已知测定过程中发生反应：
Ⅰ.
Ⅱ．
Ⅲ．
则标准液应选用　 　(填“酸式”或“碱式”)滴定管，该 样品的纯度为　 　。
【答案】（1）分液漏斗；c；d；e；f；b
（2） (浓)
（3）饱和食盐水；除去挥发的HCl气体
（4）1mol
（5）防止氯气过量使溶液碱性减弱，从而使 不稳定
（6）酸式；95.04％
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)仪器m的名称为分液漏斗；制备时，装置A制取氯气，经装置C除杂，进入装置D发生反应，最后用装置B做尾气处理，装置的连接顺序为cdefb；
(2)装置A中高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化锰和氯气，发生反应的化学方程式为 (浓) ；
(3)浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有的氯化氢会干扰反应，装置C中盛装的试剂X的名称是饱和食盐水，其作用是除去挥发的HCl气体；
(4)装置A中每消耗 ，转移3mol电子，装置D内发生反应为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，也转移3mol电子，即有 生成；
(5)若向装置D中通入的氯气过量，氯气与过量的氢氧化钾溶液反应使溶液碱性减弱，高铁酸钾的稳定性减弱，会生成氧气；
(6)硫酸亚铁铵溶液显酸性，应选用酸式滴定管；依据关系式法： ，则 ； ，样品的纯度为 ％=95.04％。
【分析】（1）仪器m为分液漏斗；装置A中浓盐酸与高锰酸钾固体反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有的氯化氢会干扰反应，装置C中盛有的饱和氯化钠溶液用于除去氯化氢气体，装置D中氯气与过量的氢氧化钾溶液、氢氧化铁反应制备高铁酸钾，装置B中氢氧化钠溶液用于吸收氯气，防止污染空气；
（2）装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水；
（3）试剂X用于除去氯气中的氯化氢，为饱和食盐水；
（4）根据得失电子守恒计算；
（5）氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，使溶液碱性减弱；
（6）硫酸亚铁铵溶液显酸性，应选用酸式滴定管；根据计算。
31．（2022·新余模拟）“消洗灵”是一种广谱、高效、低毒的消毒洗涤剂，常应用于宾馆、医院床上用品的洗涤消毒，其化学组成可以表示Na10P3O13Cl·5H2O(磷酸三钠次氯酸钠)。实验室制备装置和过程如图：
已知：①“消洗灵”是一种含氯消毒剂，消毒原理与“84消毒液”相似
②磷酸三钠对金属表面具有一定的保护作用
回答下列问题：
（1）a仪器的名称为　 　，X试剂为　 　。
（2）C中采用多孔球泡的目的是　 　。
（3）Na10P3O13Cl·5H2O中氯元素的化合价为　 　，C中Na3PO4与Na2HPO4的物质的量之比为1：2，则C中反应的化学方程式为　 　。
（4）“消洗灵”对医疗器械消毒比“84消毒液”效果好，原因是　 　。
（5）产品纯度测定(Na10P3O13Cl·5H2O的摩尔质量为656.5 g/mol)。
①取6.565g待测试样溶于蒸馏水配成250 mL溶液；
②取20.00 mL待测液于锥形瓶中，加入10 mL2 mol/L稀硫酸、25mL0.1 mol/L碘化钾溶液(过量)，此时溶液出现棕色；
③滴入3滴5%淀粉溶液，用0.05 mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点，消耗硫代硫酸钠溶液20.00 mL。已知：2 +I2= +2I-，达到滴定终点的现象为　 　，产品的纯度为　 　。
【答案】（1）分液漏斗；饱和食盐水
（2）增大反应物的接触面积，加快反应速率
（3）+1；Na3PO4 + 2Na2HPO4 + 4NaOH + Cl2 +2H2O = Na10P3O13Cl·5H2O + NaCl
（4）“消洗灵”含有对金属表面有保护作用的磷酸三钠，对医疗器械的腐蚀性更小
（5）当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30s不恢复原色；62.5%
【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】根据题中图示装置可知，装置A是制取氯气装置；装置B是除去Cl2中HCl装置；装置C是制取“消洗灵”装置；装置D是尾气处理装置，避免污染环境；据此解答。
(1)根据仪器构造可判断，装置A中a仪器的名称为分液漏斗；装置A是用浓盐酸与KMnO4发生氧化还原反应制取Cl2，由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，需要用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，所以X试剂的名称为饱和食盐水；答案为分液漏斗；饱和食盐水。
(2)C中采用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；答案为增大反应物的接触面积，加快反应速率。
(3)Na10P3O13Cl·5H2O中Na元素呈现+1价，P元素呈现+5价，O元素呈现-2价，设氯元素的化合价是x，根据化合价代数和为0可得(+1)×10+(+5)×3+(-2)×13+x=0，解之x=+1，即Na10P3O13Cl·5H2O中氯元素的化合价为+1价；C中Na3PO4与Na2HPO4的物质的量之比为1：2，则C中Cl2、NaOH、Na3PO4、Na2HPO4发生反应生成Na10P3O13Cl·5H2O的化学方程式为Na3PO4 + 2Na2HPO4 + 4NaOH + Cl2 +2H2O = Na10P3O13Cl·5H2O + NaCl；答案为+1；Na3PO4 + 2Na2HPO4 + 4NaOH + Cl2 +2H2O = Na10P3O13Cl·5H2O + NaCl。
(4)根据题中信息，磷酸三钠对金属表面具有一定的保护作用，所以“消洗灵”含有对金属表面有保护作用的磷酸三钠，对医疗器械的腐蚀性更小；答案为“消洗灵”含有对金属表面有保护作用的磷酸三钠，对医疗器械的腐蚀性更小。
(5)由题中信息可知，Na10P3O13Cl 5H2O能把碘离子氧化为单质碘，碘单质用硫代硫酸钠溶液滴定，淀粉溶液作指示剂，所以达到滴定终点的现象为当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30s不恢复原色；Na10P3O13Cl 5H2O把碘离子氧化为单质碘，反应中氯元素化合价从+1价降低到-1价，根据电子得失守恒可知Na10P3O13Cl 5H2O～I2，又因为2 +I2= +2I-，则Na10P3O13Cl 5H2O～2 ，所以产品中Na10P3O13Cl 5H2O的质量为m= ×0.05mol/L×20×10-3L× ×656.5g/mol=6.25×10-3×656.5g，则产品的纯度为 =62.5%；答案为62.5%。
【分析】（1）仪器a为分液漏斗；X用于除去氯气中的HCl，为饱和食盐水；
（2）多孔球泡可增大反应物的接触面积；
（3）根据化合物的化合价代数和为0计算；根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式；
（4）磷酸三钠对金属表面具有一定的保护作用；
（5）有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；根据Na10P3O13Cl 5H2023年高考真题变式分类汇编：中和滴定2
一、选择题
1．（2022·山东）实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是（　　）
A．可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
2．（2022·浙江6月选考）时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液（醋酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7）。下列说法不正确的是（　　）
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D．时，
3．（2022·曲靖模拟）常温下，用0.10mol·L-1的盐酸滴定20mL相同浓度的某一元碱BOH溶液，滴定过程中pH及电导率变化曲线如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A．BOH的Kb约为1×10-5
B．a点：c(B+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(BOH)
C．滴加盐酸的过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大
D．b点：c(B+)<0.05mol·L-1
4．（2022·河南模拟）298K下，将VbmL0.1mol·L-1MOH溶液与VamL0.1mol·L-1HR溶液按Va+Vb=100混合，测得Va、Vb与混合溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．代表Va变化的是曲线II
B．电离平衡常数：Kb(MOH)＞Ka(HR)
C．pH=7的混合溶液中存在：3c(M+)+c(H+)=3c(R-)+c(OH-)
D．N点溶液中存在：c(HR)=c(OH-)+c(MOH)+c(H+)
5．（2022·雅安模拟）常温下，向10mL 0.1mol/L的HNO2溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，不考虑NH4NO2的分解，所得溶pH及导电能力变化如下图。下列分析正确的是（　　）
A．氨水的物质的量浓度约为0.05mol/L
B．b点溶液中离子浓度大小的关系： c()＞c()＞c(H+)＞c(OH -)
C．a、d两点的导电能力和pH都相同
D．a点和b点溶液中，水的电离程度大小是a＞b
6．（2022·马鞍山模拟）MOH是一种一元弱碱，25℃时， 在20.0mL 0.1 mol·L-1MOH溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸V mL， 混合溶液的pH与的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．x=3.75
B．a点时，V=10.0 mL
C．25℃时， MOH的电离常数Kb的数量级为10-4
D．V=20.0 mL时，溶液存在关系： 2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)
7．（2022·南充模拟）25℃时，用0.100 mol·L -1NaOH溶液滴定0.100 mol·L-1顺丁烯二酸H2A溶液，溶液中主要粒子的分布系数(例如图中实线)以及pH(图中虚线)随V(NaOH溶液)变化如图。下列叙述错误的是（　　）
A．对应的粒子为HA-
B．NaHA溶液中c(Na+)>c(HA- )> c(H2A)>c(A2-)
C．H2A的电离常数
D．顺丁烯二酸H2A溶液体积为25.0 mL
8．（2022·商丘模拟）用0.10的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度为c1的醋酸、c2的草酸(H2C2O4)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。下列说法错误的是（　　）
A．由滴定曲线可判断：c1＞c2
B．滴定过程中始终有n(CH3COOH)=0.02c1+n(OH-)-n(H+)-n(Na+)
C．若a点V(NaOH)=7.95 mL，则a点有c(Na+)＞c(C2O)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)
D．若b点时溶液中c(CHCOO-)=c(CHCOOH)，则b点消耗了8.60mL的NaOH溶液
9．（2022·虹口模拟）用已知浓度盐酸滴定未知浓度溶液，甲基橙作指示剂。若测定结果偏低，可能原因是（　　）
A．滴定管用蒸馏水洗净后未用盐酸润洗
B．盛装待测液的锥形瓶水洗后未烘干
C．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎有少量液体溅出
D．滴定至锥形瓶中溶液颜色由橙变红，且内不改变时停止
10．（2022·沈阳模拟）为二元弱酸，，，，向20mL0.1mol/L溶液中滴加0.2mol/LKOH溶液，溶液中含碳微粒的存在形式与物质的量百分比随KOH溶液体积变化如图所示，下列说法中错误的是（　　）
A．当时，混合溶液pH≈4.2
B．滴入10mLKOH溶液时，溶液呈酸性
C．滴入20mLKOH溶液时，溶液中
D．滴入KOH溶液的过程中，可能出现
11．（2022·泸州模拟）常温下，用0.1mol/L盐酸滴定25.00mL 0.1mol/L弱碱MOH溶液，溶液中pH、分布系数δ随滴加盐酸体积[V(盐酸)]的变化关系如图所示。[如δ(M+)= ]。 下列叙述错误的是（　　）
下列叙述错误的是
A．曲线①代表δ(M+)，曲线③代表δ(MOH)
B．= 1.0 ×10-5.1
C．点a溶液中c(M+)+c(MOH)＞ 2c(Cl-)
D．图中V1＞ 12.5mL
12．（2022·韶关模拟）室温下，向20.00mL0.1000mol/L的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸，混合溶液的温度、酸度AG[AG= 随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．硫酸的浓度为0.1000mol/L
B．b点对应的溶液中：c(M+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(MOH)
C．当AG=0时，溶液中存在：c( )>c(M+)>c(H+)=c(OH-)
D．b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度的大小关系是b>c>d
13．（2022·南平模拟）已知H3R是一种三元中强酸。25℃时，向某浓度H3R溶液中逐滴加入NaOH溶液(保持温度不变)，各种含R微粒的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线及交点的pH如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．pH=7.15时，c(H2R-)＞c(HR2-)
B．随着NaOH溶液的加入，c(R3-)逐渐增大，水的电离程度逐渐增大
C．25℃时，HR2-的水解平衡常数为Kh2，则
D．滴加过程中c(H3R)+c(H2R-)+c(HR2-)+c(R3-)保持不变
14．（2022·龙岩模拟）常温下，向某浓度的 溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中-lgc(x)(x为H2A、HA-或A2-)与溶液pH的变化关系如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A．c点溶液中c(Na+)>3c(A2-)
B．整个过程中[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]保持不变
C．将等物质的量浓度的NaHA与H2A溶液等体积混合，所得溶液pH=0.8
D．b点对应溶液的pH为3.05
15．（2022·昌平模拟）常温下，向20mL0.2mol/LH2X溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，溶液中各微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示，以下说法错误的是（　　）
A．由图可推测，H2X为弱酸
B．滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O
C．水的电离程度：a点与b点大致相等
D．若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-
16．（2022·中卫模拟）常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列有关说法错误的是
A．曲线M表示pH与lg的变化关系
B．NaHY溶液显酸性
C．交点d对应的pH=2.8
D．e点溶液中：c(HY-)>c(H2Y)>c(Y2-)>c(H+)>c(OH-)
二、多选题
17．（2022·济南模拟）常温下，浓度相同的一元弱酸 稀溶液和一元弱碱 稀溶液互相滴定，溶液中 与 或 的关系如图所示。已知 和 的电离常数为 和 ，且b和b′点的纵坐标之和为14。下列说法错误的是（　　）
A．
B．a和a′点的纵坐标之和为14
C．水的电离程度：
D．溶液中的 ：c点大于c′点
三、非选择题
18．（2022·山东）实验室利用和亚硫酰氯()制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
（1）实验开始先通。一段时间后，先加热装置　 　(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为　 　。装置c、d共同起到的作用是　 　。
（2）现有含少量杂质的，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为，不反应)。
实验Ⅱ：另取样品，利用上述装置与足量反应后，固体质量为。
则　 　；下列情况会导致n测量值偏小的是　 　(填标号)。
A．样品中含少量杂质
B．样品与反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
（3）用上述装置、根据反应制备。已知与分子结构相似，与互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对、混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧　 　(填序号)，先馏出的物质为　 　。
19．（2022·浙江6月选考）氨基钠（）是重要的化学试剂，实验室可用下图装置（夹持、搅拌、尾气处理装置已省略）制备。
简要步骤如下：
Ⅰ．在瓶A中加入液氨和，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。
Ⅱ．加入钠粒，反应，得粒状沉积物。
Ⅲ．除去液氨，得产品。
已知：几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。
请回答：
（1）的作用是　 　；装置B的作用是　 　。
（2）步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案　 　。
（3）步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有　 　。
（4）下列说法不正确的是____。
A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使均匀地分散在液氨中
B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成
C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品
D．产品应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
（5）产品分析：假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。
准确称取产品→　 　→　 　→　 　→计算
a．准确加入过量的水
b．准确加入过量的标准溶液
c．准确加入过量的标准溶液
d．滴加甲基红指示剂（变色的范围4.4～6.2）
e．滴加石蕊指示剂（变色的范围4.5～8.3）
f．滴加酚酞指示剂（变色的范围8.2～10.0）
g．用标准溶液滴定
h．用标准溶液滴定
i．用标准溶液滴定
20．（2022·广东）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸（用 表示）。 的应用与其电离平衡密切相关。25℃时， 的 。
（1）配制 的 溶液，需 溶液的体积为　 　mL。
（2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是　 　。
（3）某小组研究25℃下 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 溶液或改变 浓度， 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 的 和 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定 ，记录数据。
序号
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
… 　 　 　 　 　
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息，补充数据： 　 　， 　 　。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释 溶液，电离平衡　 　（填”正”或”逆”）向移动；结合表中数据，给出判断理由：　 　。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大 浓度， 电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着 的增加， 的值逐渐接近 的 。
查阅资料获悉：一定条件下，按 配制的溶液中， 的值等于 的 。
对比数据发现，实验VIII中 与资料数据 存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定 溶液的浓度再验证。
（ⅰ）移取 溶液，加入2滴酚酞溶液，用 溶液滴定至终点，消耗体积为 ，则该 溶液的浓度为　 　 。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点　 　。
（ⅱ）用上述 溶液和 溶液，配制等物质的量的 与 混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为 的 和 溶液，如何准确测定 的 ？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 溶液，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液
Ⅱ 　 　，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途　 　。
21．（2022·临潼模拟）三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，是能推进中国半导体产业链发展壮大的一种重要的化工原料。工业上可以直接氧化PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：
熔点/℃ 沸点/℃ 相对分子质量 其它
PCl3 -112 75.5 137.5 遇水生成H3PO3和HCl
POCl3 2 105.3 153.5 遇水生成H3PO4和HCl
某化学兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图(某些夹持装置和加热装置已略去)：
（1）检查装置气密性并加入纯净的白磷，先制取一种气体，缓慢地通入C中，直至C中的白磷完全消失后，再通入另一种气体。仪器a的名称为　 　，b中盛放的药品是　 　。
（2）装置E反应的离子方程式为　 　。
（3）C反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低的原因是　 　。分离提纯获得POCl3的实验方法是　 　。
（4）通过测定三氯氧磷产品中氯元素含量，可进一步计算产品的纯度，实验步骤如下：
①取ag产品置于盛50.00mL蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液，预处理排除含磷粒子的影响。
②取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入Comol/L-1的AgNO3溶液V0mL，使Cl-完全沉淀，再加入20mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后选择Fe(NO3)，指示剂，用c1mol/L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为V1mL。
[已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12]
滴定终点的现象：　 　。实验过程中加入硝基苯的目的是　 　，若无此操作，则所测POCI3的含量将　 　(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
（5）产品中POCl3的质量分数为　 　。
22．（2022·商丘模拟）六氨合氯化镁(MgCl2 6NH3)具有极好的可逆吸、放氨特性，是一种优良的储氨材料。某研究小组以MgCl2 6H2O为原料在实验室制备MgCl2 6NH3，并测定所得产品中氯的含量
（1） (一)制备MgCl2 6NH3
I．首先制备无水MgCl2实验装置如下图(加热及夹持装置略去)：
已知：SOCl2：熔点105℃、沸点76℃；遇水剧烈水解生成两种酸性气体。
滴液漏斗中支管的作用为　 　。
（2）三颈瓶中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）该实验装置中的不足之处为　 　。
（4）II．将NH3通入无水MgCl2的乙二醇溶液中，充分反应()后，过滤、洗涤并自然风干，制得粗品。相关物质的性质如表：
NH3 MgCl2 MgCl2 NH3
水 易溶 易溶 易溶
甲醇(沸点65℃) 易溶 易溶 难溶
乙二醇(沸点197℃) 易溶 易溶 难溶
生成MgCl2 6NH3的反应需在冰水浴中进行，其可能原因有____(填字母)。
A．反应吸热，促进反应正向进行
B．加快反应速率
C．防止氨气挥发，提高氨气利用率
D．降低产物的溶解度
（5）洗涤产品时，应选择的洗涤剂为____(填字母)。
A．冰浓氨水 B．乙二醇和水的混合液
C．氨气饱和的甲醇溶液 D．氨气饱和的乙二醇溶液
（6）(二)测定产品中氯的含量，步骤如下：
步骤1：称取1.80g样品，加入足量稀硝酸溶解，配成250mL溶液；
步骤2：取25.00mL待测液于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.20的AgNO3标准液滴定溶液中，记录消耗标准液的体积；
步骤3：重复步骤2操作2~3次，平均消耗标准液10.00 mL。
步骒1中，用稀硝酸溶解样品的目的为　 　。
（7）该品中氯的质量分数为　 　(保留小数点后2位)；该实验值与理论值(36.04%)有偏差，造成该偏差的可能原因是(已知滴定操作均正确)　 　。
23．（2022·马鞍山模拟）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步 得到产品Na2CO3和NH4Cl两种产品，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。过程如下：
（1）Ⅰ.NaHCO3 的制备
实验流程及实验装置图如下：
回答下列问题：
a导管末端多孔球泡的作用　 　。
（2）b中通入的气体是　 　， 写出实验室制取该气体的化学方程式　 　。
（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为　 　。
（4）Ⅱ.Na2CO3中NaHCO3含量测定
i.称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中：
ii.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(第一滴定终点)， 消耗盐酸V1mL；
iii.在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；
iv.平行测定三次，V1 平均值为22.25，V2平均值为23.51。
回答下列问题：
指示剂N为　 　， 第二滴定终点的现象是　 　。
（5）Na2CO3中NaHCO3的质量分数为　 　 ( 保留三位有效数字)。
（6）第一滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
24．（2022·平江模拟）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
（1）检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是　 　；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为　 　。
（2）WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl2；⑥……。碱石灰的作用是　 　；操作④是　 　，目的是　 　。
（3）利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：称量待测样品mg，先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2。交换结束后，向所得含的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：+5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用淀粉溶液作指示剂，cmol L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+ 。滴定达终点时消耗Na2S2O3溶液VmL，则滴定终点时的实验现象是　 　，该样品中WCl6(摩尔质量为Mg mol-1)的质量分数为　 　。
25．（2021·岳阳模拟）蛋白质是生命的物质基础。某学习小组实验探究一种蛋白质的元素组成。
（1）I．确定该蛋白质中的某些组成元素
为确定该蛋白质中含氮元素，将样品中有机氮转化成铵盐，能证明铵盐存在的实验方法是　 　。
（2）为确定该蛋白质中含碳、氢、硫三种元素，采用如图装置进行探究，通入氧气使样品在装置A中 充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过其余装置。
①装置B中的试剂是　 　。
②装置D的作用是　 　。
③当装置B、C、E、F依次出现下列现象：　 　，品红溶液褪色，　 　，出现白色浑浊；可证明燃烧产物中含有H2O，SO2＞CO2，结论：该蛋白质中含碳、氢、硫、氮等元素。
（3）II．为测定该蛋白质中硫元素的质量分数，小组取蛋白质样品充分燃烧，先用足量碘水吸收二氧化硫， 再取吸收液，以淀粉为指示剂，用硫代硫酸钠溶液滴定过量的碘。已知：2+I2=+2I-
写出二氧化硫与碘水反应的化学方程式：　 　。
（4）滴定终点的现象为　 　。
（5）取蛋白质样品m g进行测定，采用c1 mol·L-1的碘水V1 mL进行吸收，滴定过量的碘样时消耗c2 mol·L-1硫代硫酸钠溶液V2mL。该蛋白质中的硫元素的质量分数为　 　。
（6）若燃烧时过量氧气进入吸收液中，可能会导致该蛋白质中的硫元素的质量分数测定值　 　(填“偏大*偏小”或“无影响”)。
26．（2022·泉州模拟）某小组用四氢化萘(，无色有刺激性气味液体，沸点207℃)、液溴、蒸馏水和纯铁粉为原料，利用反应C10H12+4Br2 C10H8Br4+4HBr制取少量粗HBr溶液，同时获得四溴化萘(常温下为固态，不溶于水)。
实验步骤：
①按一定质量比把四氢化萘和水加入反应器中，加入少量纯铁粉。
②缓慢滴入液溴，不断搅拌，直到四氢化萘反应完全。
③…….，得到粗HBr溶液。
回答下列问题：
（1）图中适合步骤①和②的装置是乙，不选用甲的理由是　 　。
（2）步骤②中，反应完全、达到终点的现象是　 　。
（3）乙中玻璃导管的作用是　 　、　 　。
（4）请将步骤③补充完整：　 　。
（5）粗HBr溶液在空气中长期放置，溶液呈黄色。其原因可能是　 　 (用离子方程式表示)。
（6）检验实验所得HBr溶液中是否含有Fe2+：取少量粗HBr溶液加入过量AgNO3溶液，静置，取上层清液滴入到KMnO4溶液中，若紫红色的KMnO4溶液褪色，证明溶液中含Fe2+，若紫红色不褪色，则不含Fe2+。该方法是否可行，并说明理由。　 　。
（7）有人认为Fe3+起催化作用。欲验证该想法，按上述实验步骤进行实验，只须改动的是：　 　。
（8）若得到的粗HBr溶液浓度为4 mol·L-1 (密度为×1.2g·cm-3) ，则四氢化萘(Mr=132)和水的质量比是　 　(列式即可，设溴化反应进行完全)。
27．（2022·湖北模拟）碘酸钙［，难溶于水，不溶于乙醇，无味］是重要的化工原料，用途广泛。其制备方法主要是以碘为原料，采用氧化法(氧化剂：、、)，先制备，然后再利用复分解反应制备。回答下列问题：
（1）氧化法制备。
将通入含有的沸腾蒸馏水中，被氧化为，再用石灰乳进行中和、分离、洗涤沉淀、干燥，获得。
①实验室若利用溶液与浓盐酸反应制备一瓶干燥纯净的，连接顺序为　 　→jh(按气流方向，用小写字母表示)。
②在含的沸腾蒸馏水中反应生成 物只有两种，写出该反应的化学方程式：　 　；加入石灰乳进行中和时，发生副反应的离子方程式为　 　。
（2）氧化法制备。
Ⅰ.制备
在如图(夹持仪器和加热装置已省略)所示的三颈烧瓶中加入一定量的I2、和蒸馏水，再加入盐酸，控制，反应温度85℃。回流反应1.5小时。
Ⅱ.制备
将Ⅰ所得混合液倒入250烧杯中，滴加溶液，调节，用滴管逐滴加入1的溶液，不断搅拌，至沉淀完全，经冷却、过滤、洗涤、干燥获得。
①装置C的作用是吸收反应生成的　 　(填化学式)及挥发出的，以免污染环境。
②实验时，装置A中控制反应温度的方法是　 　。
③步骤Ⅱ洗涤的试剂为　 　；若该步骤中pH>10，则可能出现的后果是　 　。
④产品中质量分数的测定
称取1.50g产品，加入10高氯酸溶解，转移到250容量瓶中定容。移取25.00溶液于锥形瓶中，再加入1高氯酸，20足量溶液，几滴淀粉溶液作指示剂，用0.10的溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗45.00溶液(已知：；高氯酸不参与氧化还原反应)。样品中的质量分数为　 　%(保留2位小数)。
28．（2022·晋城模拟）Co(III)盐溶液不能稳定存在，以氨为配位剂，可将Co(III)转化为稳定的Co(III)配合物。实验室利用CoCl2、NH3·H2O、NH4Cl、H2O2制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，装置(夹持仪器已省略)如图所示：
实验步骤：
①将研细的6gCoCl2·6H2O晶体、4gNH4Cl固体、适量活性炭催化剂充分混合后加入c中，滴加13.5mL浓氨水使溶液颜色变为黑紫色；
②置于冰水浴中冷却至10℃以下，缓慢滴加13.5mL5%H2O2溶液并不断搅拌；
③转移至60℃热水浴中，恒温加热20min，同时缓慢搅拌；
④将反应后的混合物冷却到0℃左右，抽滤得到三氯化六氨合钴粗产品；
⑤粗产品需要经过热的盐酸溶解、趁热过滤、冷却到0℃左右并滴加浓盐酸洗涤、干燥等操作得到较纯的三氯化六氨合钴。
回答下列问题：
（1）使用仪器a代替分液漏斗滴加液体的优点是　 　。
（2）步骤①中将固体药品研细，常在　 　(填仪器名称)中进行。
（3）制取1mol[Co(NH3)6]Cl3，理论上需要H2O2的物质的量为　 　，实际上消耗量比理论消耗量要多，其主要原因是　 　。
（4）CoCl2遇浓氨水生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，原因是　 　(结合必要的离子方程式说明)。
（5）沉淀滴定法测定产品中Cl-的质量分数：
i.准确称取ag步骤⑤中的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中；
ii.滴加少量0.005mol·L-1的K2CrO4溶液作为指示剂，用cmol·L-1的AgNO3溶液滴定至终点；
iii.平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为VmL。
已知Ag2CrO4为砖红色沉淀。
①ii中，滴定至终点的现象是　 　。
②产品中Cl-的质量分数是　 　(列出计算式即可)。
29．（2022·潍坊模拟）S2Cl2是一种有毒的液体，熔点-76℃，沸点138℃，蒸气有腐蚀性，易溶解硫磺，遇水分解。主要用于杀虫剂、硫化染料、气相下橡胶的硫化等。兴趣小组同学用如图所示装置(夹持和部分加热装置略去)制取S2Cl2并测定所得S2Cl2的纯度。
已知：S的熔点112.8℃，沸点444℃。
回答下列问题：
（1）实验时，先加热　 　(填装置序号)，装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
（2）实验开始一段时间后，D中硫粉大量减少，仍有黄绿色气体，应采取的实验操作是　 　。
（3）锥形瓶F中实际收集到的是　 　，要从F中得到的产物获得较纯净的S2Cl2应采用的实验方法是　 　。
（4）无水CaCl2的作用是　 　。
（5）测定S2Cl2的纯度：
①取mg实验所得S2Cl2缓缓通入足量NH3搅拌、静置。向其中加入足量甲醛，充分反应后，用cmol/LNaOH标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗NaOH标准液VmL。实验所得S2Cl2的质量分数为　 　。[已知：6S2Cl2+16NH3=S4N4+8S+12NH4Cl；6HCHO+4NH =(CH2)6N4+4H++6H2O]
②下列滴定操作中，会导致S2Cl2质量分数测定值偏低的是　 　。
a．锥形瓶洗涤干净后未干燥
b．滴定前平视滴定管刻度线，滴定后俯视
c．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用NaOH标准溶液润洗
d．滴定前碱式滴定管内无气泡，滴定结束后有气泡
30．（2022·呼伦贝尔模拟）高铁酸钾 为紫色固体，易溶于水，在KOH浓溶液中的溶解度较低，难溶于无水乙醇等有机溶剂，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中不稳定，能产生 ，在碱性溶液中较稳定且碱性越强越稳定。采用如图(夹持装置略)所示装置制备 并提纯。
（1）仪器m的名称为　 　；制备时，装置的连接顺序为a→　 　→　 　→　 　→　 　→　 　(用导管口的字母表示)。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）装置C中盛装的试剂X的名称是　 　，其作用为　 　。
（4）装置A中每消耗 ，理论上在装置D中生成 的物质的量为　 　(不考虑气体的损耗)。
（5）向装置D中通入的 不能过量，原因是　 　。
（6）通过以下方法测定高铁酸钾样品的纯度：称取1.0000g高铁酸钾样品，完全溶解于KOH浓溶液中，再加入足量亚铬酸钾 充分反应后过滤，将滤液转移到250mL容量瓶定容。取25.00mL定容后的溶液于锥形瓶中，加入稀硫酸调至 ，滴加几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用 标准硫酸亚铁铵溶液滴定，终点时溶液由紫色变为绿色，消耗标准硫酸亚铁铵溶液14.40mL。已知测定过程中发生反应：
Ⅰ.
Ⅱ．
Ⅲ．
则标准液应选用　 　(填“酸式”或“碱式”)滴定管，该 样品的纯度为　 　。
31．（2022·新余模拟）“消洗灵”是一种广谱、高效、低毒的消毒洗涤剂，常应用于宾馆、医院床上用品的洗涤消毒，其化学组成可以表示Na10P3O13Cl·5H2O(磷酸三钠次氯酸钠)。实验室制备装置和过程如图：
已知：①“消洗灵”是一种含氯消毒剂，消毒原理与“84消毒液”相似
②磷酸三钠对金属表面具有一定的保护作用
回答下列问题：
（1）a仪器的名称为　 　，X试剂为　 　。
（2）C中采用多孔球泡的目的是　 　。
（3）Na10P3O13Cl·5H2O中氯元素的化合价为　 　，C中Na3PO4与Na2HPO4的物质的量之比为1：2，则C中反应的化学方程式为　 　。
（4）“消洗灵”对医疗器械消毒比“84消毒液”效果好，原因是　 　。
（5）产品纯度测定(Na10P3O13Cl·5H2O的摩尔质量为656.5 g/mol)。
①取6.565g待测试样溶于蒸馏水配成250 mL溶液；
②取20.00 mL待测液于锥形瓶中，加入10 mL2 mol/L稀硫酸、25mL0.1 mol/L碘化钾溶液(过量)，此时溶液出现棕色；
③滴入3滴5%淀粉溶液，用0.05 mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点，消耗硫代硫酸钠溶液20.00 mL。已知：2 +I2= +2I-，达到滴定终点的现象为　 　，产品的纯度为　 　。
32．（2022·南京模拟）轻质碳酸钙可用作橡胶的填料。以磷石膏(含CaSO4和少量SiO2、Fe2O3等)为原料制备轻质碳酸钙和铝铵矾的实验流程如图：
（1）“转化”步骤CaSO4转化为CaCO3的化学方程式为　 　。
（2）“除杂”时通入NH3的目的是　 　。
（3）“碳化”过程在如图所示的装置中进行。多孔球泡的作用是　 　。
（4）通过下列方法测定产品中碳酸钙的含量：准确称取0.5000g产品用盐酸充分溶解，过滤，将滤液和洗涤液转移至250mL容量瓶中定容、摇匀，记为试液A。取25.00mL试液A，加入指示剂，调节pH>12，用0.02000mol·L-1Na2H2Y标准溶液滴定Ca2+(Ca2++H2Y2-=CaY2-+2H+)，至终点时消耗Na2H2Y溶液24.60mL。计算产品中碳酸钙的质量分数　 　(写出计算过程)。
（5）铝铵矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是一种水絮凝剂。请补充由“转化”后的滤液制取铝铵矾的实验方案：　 　，将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得(NH4)2SO4固体；　 　，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得到铝铵矾。(部分物质的容解度随温度的变化如图所示，实验须用的试剂：3mol·L-1的H2SO4溶液、100mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液)
33．（2022·龙岩模拟）下图是一种处理废锌锰干电池的流程，电池内除铜帽、锌皮(含少量铁)、石墨棒外，还含有MnOOH、ZnCl2、NH4Cl、C及有机物等糊状填充物。
回答下列问题：
（1）“溶解”过程中为了提高浸出效率，可以采取的措施有　 　；(写一条即可)
（2）将“滤渣1”灼烧有 生成，产生 的化学方程式为　 　；
（3）“氧化”过程中，还原产物是　 　；
（4）“滤渣2”的主要成分是　 　；
（5）“调pH”时，应控制溶液pH的范围是　 　；(已知：“溶解”后的溶液中c(Zn2+)=0.10mol/L，忽略滴加 、氨水后溶液的体积变化；Ksp[Zn(OH)2]=10-17，Ksp[Fe(OH)2]=10-17，Ksp[Fe(OH)3]=10-38.3)
（6）写出“沉锌”的离子方程式　 　；
（7）测定NH4Cl晶体中的氮元素含量：准确称取样品0.100g放至锥形瓶中，加适量的水完全溶解，再加5mL中性甲醛溶液(足量)，摇匀，静置，用0.100mol/L的NaOH标准溶液平行滴定三次，消耗标准溶液的平均体积为18.50mL，则样品中氮元素的质量分数为　 　。
[已知：4 +6HCHO=(CH2)6N4H++3H++6H2O；(CH2)6N4H++3H++4OH-=(CH2)6N4+4H2O]
34．（2022·中卫模拟）CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：
已知：①CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110~120℃时，易分解。
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为0.01mol/L)
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
（1）已知氧化性Co3+ >Fe3+，浸出液中含有的阳离子主要有H+、　 　、Na+、Fe2+、Mn2+、Al3+等。
（2）在“氧化”步骤中，发生的主要离子反应方程式为　 　。
（3）加Na2CO3调pH可得到两种沉淀，则pH最佳范围是　 　。
（4）已知萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。控制溶液pH为3.0~3.5，则加入萃取剂的目的是除去　 　。
（5）制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是　 　。为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取3.00 g的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为2.87g，则粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为　 　(结果保留三位有效数字)。
（6）某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是____(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)。已知几种物质在20℃时的颜色及Ksp值如下表：
化学式 AgCl AgSCN Ag2S Ag2CrO4
颜色 白色 浅黄色 黑色 红色
Ksp 2.0×10-10 1.0×10-12 2.0 ×10-48 2.0×10-12
A．KCl B．KSCN C．K2CrO4 D．K2S
35．（2022·临沂模拟）硫脲[CS(NH2)2]是一种白 色晶体，易溶于水，受热发生异构化反应而生成硫氰化铵。用氰氨化钙(CaCN2)与硫氢化钙溶液反应制取硫脲的实验装置(夹持及加热装置省略)如图。
回答下列问题：
（1）上述装置的连接顺序为　 　(按气流方向，用小写字母表示)。
（2）当装置C中出现　 　现象时，关闭装置B中恒压滴液漏斗活塞；再打开装置C中分液漏斗活塞，加热至80℃时生成硫脲和一种碱，该反应的化学方程式为　 　，控制温度为80℃的原因是　 　。
（3）测定硫脲纯度的方法如下。
步骤1：称取mg产品，加水溶解配成1 L溶液。
步骤2：量取25.00 mL上述溶液注入碘量瓶中加入V1mLc1 mol·L-1 I2的标准溶液及适量的NaOH溶液(2NaOH+I2= NaIO+NaI+H2O)，于暗处放置10 min。
步骤3：加水及适量的稀硫酸，摇匀。
步骤4：加入少量淀粉溶液，用c2 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定剩余的I2(I2+2 Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6) ，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
①“步骤2”中NaIO氧化硫脲生成尿素、硫酸和碘化钠的离子方程式为　 　。
②“步骤4”滴定终点时的现象是　 　。
③产品中CS( NH2 )2的质量分数为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】指示剂；中和滴定
【解析】【解答】A．量筒的精确度为0.1，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A符合题意；
B．Na2CO3溶液显碱性，能与SiO2反应生成硅酸钠，应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B不符合题意；
C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C不符合题意；
D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.量筒的精确度为0.1，不能量取25.00 mL Na2CO3标准溶液；
B.Na2CO3能与SiO2反应生成硅酸钠；
C.碳酸钠应选用烧杯称量；
D.达到滴定终点时，盐酸过量，溶液显酸性。
2．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子水解使溶液显碱性，A不符合题意；
B．滴加 溶液至 的过程中，若只发生反应的离子方程式： ，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数， 的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= = = >1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B符合题意；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知： ，C不符合题意；
D．向 浓度均为 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 的 溶液，当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh= 可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.醋酸根水解显碱性；
B.滴定过程中，盐酸和醋酸都参与反应；
C.根据物料守恒判断；
D.当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠。
3．【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．根据图知，开始时BOH溶液的pH=11，溶液中c(OH-)==mol/L=10-3mol/L，BOH电离程度较小，则溶液中c(BOH)≈0.1mol/L，c(B+)≈c(OH-)=10-3mol/L，BOH的Kb=≈=10-5，A不符合题意；
B．a点等浓度的BOH和BCl混合溶液，存在电荷守恒c(B+ )+c(H+)=c(OH- )+c(Cl- )、存在物料守恒c(B+ )+c(BOH)=2c(Cl- )，所以存在c(B+ )+2c(H+)=2c(OH- )+c( BOH)，B不符合题意；
C. 随着盐酸的滴加，一开始BOH电离的OH-浓度越来越小，对水的电离的抑制作用也越来越小，水的电离程度增大，B+浓度越来越大，B+水解对水的电离起促进作用，当恰好完全反应生成BCl时，水的电离程度最大，继续滴加盐酸，由于HCl电离出的H+对水的电离和B+水解均起到抑制作用，导致水的电离程度又减小，即滴加盐酸的过程中，溶液中水的电离程度先增大后减小，C符合题意；
D. 由A项分析可知，BOH是弱碱，b点为BOH与HCl恰好完全反应，由于B+发生水解，故b点c(B+)<0.05mol·L-1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据计算；
B.根据电荷守恒和物料守恒判断；
C.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐水解促进水的电离；
D.b点时，溶液中的溶质为BCl，B+发生水解。
4．【答案】D
【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． 横坐标的起点pH小于7，溶液显酸性，此时只加入一种溶液，应为酸溶液，曲线II表示HR溶液，故代表Va变化的是曲线II，故A不符合题意；
B． 由图像可知，曲线的交点表示酸溶液和碱溶液的体积相等，此时二者恰好反应生成MR溶液，此时溶液显碱性，故电离平衡常数：Kb(MOH)＞Ka(HR)，故B不符合题意；
C． pH=7的混合溶液显中性，则c(H+)=c(OH-)，又存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(R-)+c(OH-)，故c(M+)=c(R-)，则3c(M+)+c(H+)=3c(R-)+c(OH-)，故C不符合题意；
D． 当Vb=100mL时，溶液的pH小于13，故MOH为弱碱，由B项分析可知，两曲线的交点为N点，此时为MR溶液，溶液中存在质子守恒：c(HR) +c(H+)=c(OH-)+c(MOH)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】横坐标起点的pH小于7，溶液呈酸性，则曲线Ⅱ为 Va与混合溶液pH的关系，曲线Ⅰ为Vb与混合溶液pH的关系 。
5．【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．b点电导率最大，说明b点和氨水恰好反应，10mL0.1mol/L的和10mL氨水恰好反应，所以氨水的物质的量浓度为，故A不符合题意；
B．b点电导率最大，b点和氨水恰好完全反应，溶液中的溶质只有，由于此时溶液显酸性，则的水解程度大于的水解程度，离子浓度的关系为，故B符合题意；
C．由题图知，a点溶液显酸性，d点溶液显碱性，所以a、d两点的不等，故C不符合题意；
D．由题图可知，b点电导率最大，说明b点和氨水恰好反应，溶质为，水解促进水电离，a点时过量，抑制水的电离，所以水的电离程度：a点＜b点，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.b点时和氨水恰好完全反应；
B.b点溶液中的溶质为；
C.a点溶液显酸性，d点溶液显碱性；
D.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
6．【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．由分析知，当pH=7时，c(OH-)=10-7，则，故x=3.75，A项不符合题意；
B．当V=10.0 mL，若不考虑电离和水解，则溶液中溶质为c(MOH)=c(MCl)，由于M+的水解程度和MOH的电离程度不同，则c(MOH)≠c(MCl)，故，B项符合题意；
C．由分析知，故MOH的电离常数Kb数量级为10-4，C项不符合题意；
D．当V=20.0 mL时，由电荷守恒可知：c(H+) + c(M+) =c(OH-)+ c(Cl-)，由质子守恒可知：c(H+)= c(OH-)+ c(MOH)，用电荷守恒与质子守恒相加即可得到2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】pH=10.75时，c(OH-)=10-3.25，c(MOH)=c(M2+)，。
7．【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．从图像分析，原溶液中的H2A最多，其次为HA-，最少的为A2-，故对应H2A， 对应的是HA-， A项不符合题意；
B．取最高点为NaHA溶液，溶液pH<7，溶液显酸性，HA-电离大于水解，则c(Na+)>c(HA- ) >c(A2-)> c(H2A)，B项符合题意；
C．当c(HA- ) =c(H2A)时，Ka1=c(H+)10-2，当c(HA- ) =c(A2-)时，Ka2=c(H+)10-6，则，C项不符合题意；
D．当氢氧化钠溶液的体积为25mL时，全为HA-，即氢氧化钠和H2A恰好反应生成NaHA，二者物质的量浓度相同，故丁烯二酸H2A溶液体积为25.0 mL，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.V(NaOH)=0时，溶液中的H2A最多，其次为HA-，最少的为A2-；
B.HA-的电离程度大于水解程度，c(A2-)> c(H2A)；
C.c(HA- ) =c(H2A)时，Ka1=c(H+)10-2，c(HA- ) =c(A2-)时，Ka2=c(H+)10-6；
D.V(NaOH)=25时，氢氧化钠和H2A恰好反应生成NaHA。
8．【答案】D
【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
【解析】【解答】A．草酸是二元弱酸，滴定过程中有两次滴定突变；醋酸是一元酸，滴定时只有一次滴定突变，所以根据图示可知X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸。其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点，滴定根据恰好反应时消耗NaOH溶液的体积数值可知，，，故A不符合题意；
B．对于醋酸溶液，在滴定过程中始终存在电荷守恒，根据物料上述可知，故，所以有，故B不符合题意；
C．完全中和时需消耗V(NaOH)=10.60mL，则a点V(NaOH)=7.95mL时为、按1：1形成的混合溶液，pH＜7，显酸性，故的电离程度大于及的水解程度，则，故C不符合题意：
D．若b点时加入氢氧化钠体积为8.6mL，则此时溶液中和相等，由图可知此时溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则，如果要求，则此时加入氢氧化钠的体积，取，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】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；
B.结合电荷守恒和物料守恒判断；
C.V(NaOH)=7.95mL时，溶液中的溶质为等物质的量的、，溶液显酸性；
D.醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，时。
9．【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．滴定管用蒸馏水洗净后未用盐酸润洗，标准液被稀释，滴定过程中消耗标准液的体积偏大，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准）可知，测定结果偏高，A不符合题意；
B．盛装待测液的锥形瓶水洗后未烘干，不影响测定结果，B不符合题意；
C．滴定过程中振荡锥形瓶时有少量液体溅出，导致待测液中NaOH的量减少，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准），测定结果偏低，C符合题意；
D．甲基橙作指示剂，滴定终点时溶液应该由黄色变为橙色，且30s内不变色，若溶液由橙变红，导致消耗标准液的体积偏大，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准），测定结果偏高，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，偏大；滴定管未用待测液润洗，偏小；锥形瓶用待测液润洗，偏大盛；标准液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏大；待测液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏小；待测液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏大；标准液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏小；滴定结束后，尖嘴挂着余液，偏大；滴定后俯视读数，偏大；滴定前俯视读数，偏小。
10．【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．当时，，pH=-lg6.4x10-5≈4.2，故A不符合题意；
B．当滴入10mLKOH溶液时，溶质为KHC2O4 ， 的水解平衡常数Kh=<，则的电离程度大于水解程度溶液呈酸性，故B不符合题意；
C．原溶液中物料守恒有++=0.1mol/L，滴入20mL KOH溶液时，假设溶液体积变化忽略不计，则溶液从20mL变为40mL ，此时++=0.05mol/L ，故C符合题意；
D．在加入的氢氧化钾很少时，溶液中草酸可以电离出氢离子和草酸氢根离子，草酸氢根离子可以电离出氢离子，水能电离出氢离子和氢氧根离子，因此存在，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】结合Ka2的公式，，可以知道若时，Ka2=c(H+)=6.4×10-5，即pH≈4.2；
B、加入10mL的KOH，此时溶质为KHC2O4，结合电离平衡常数和水解平衡常数，可以判断KHC2O4的酸碱性；
C、 滴入20mLKOH溶液时，溶质为K2C2O4，结合原溶液物料守恒，++=0.1mol/L，若体积变为原来的2倍，则浓度为原来一半；
D、若KOH的量非常少，有可能会出现
11．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．在滴定过程中M+浓度增大，MOH的浓度减小，且曲线①和曲线③的交点纵坐标是0.5，故可推断曲线①代表δ(M+)，曲线③代表δ(MOH)，②代表pH的变化曲线，故A项不符合题意；
B．如图所示a点存在c(M+)=c(MOH)，且pH=9.55，设该点c(M+)=c(MOH)=x，则有，，则，故B项不符合题意；
C．如图所示a点存在c(M+)=c(MOH)，因为M+的水解平衡常数小于MOH的电离平衡常数，故在a点时电离大于水解，若不发生水解和电离，则有c(MOH）＞c(M+)，则加入的HCl的体积小于，故c(M+)+c(MOH)＞2c(Cl-)，故C项不符合题意；
D．由C可知a点时，加入盐酸的体积小于，即V1＜ 12.5mL，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】滴定过程中，M+浓度增大，MOH的浓度减小，则曲线①代表δ(M+)，曲线②代表pH的变化，曲线③代表δ(MOH)。
12．【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．c点温度最高，为酸碱恰好反应的点，则n(ＭＯＨ)=2n(H2SO4)，即0.02L×0.1000mol L-1=2×c(H2SO4)×0.02L，解得c(H2SO4)=0.0500mol L-1，故A不符合题意；
B．根据A可知硫酸的浓度为0.05mol/L，b点加入10mL硫酸，生成M2SO4为0.01L×0.05mol·L－1 =5.0×10-4mol，剩余MOH为0.02L×0.1mol·L－1 -2×5.0×10-4mol=1.0×10-3mol，可知b点溶液中MOH与M2SO4物质的量为2：1，根据电荷守恒有：c(H+)+c(M+)=2c(SO )+c(OH-)，根据物料守恒有c(M+)+c(MOH)=4c(SO )，联立可得2c( OH-)+c( MOH)=c( M+)+2c( H+)，故B符合题意；
C． 当AG=0时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有：c(H+)+c(M+)=2c(SO )+c(OH-)，联立可得c(M+)=2c(SO )，则溶液中存在c(H+)=c(OH-)＜c(SO )＜c(M+)，故C不符合题意；
D． c点为酸碱恰好反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水的电离，硫酸属于强酸，对水的电离平衡抑制程度较大，因此水的电离程度：c＞b＞d，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.酸碱中和放热，温度最高点c是酸碱恰好中和点，据此计算；
B.b点溶液中MOH与M2SO4物质的量为2：1，根据电荷守恒和物料守恒判断；
C.AG=0时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒判断；
D.酸或碱抑制水电离，弱离子水解促进水电离。
13．【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．在pH介于7~8之间，出现了第二个交叉点，在此交叉点c(H2R-)= c(HR2-)，但我们不能确定交叉点的pH与7.15的关系，所以不能确定c(H2R-)与c(HR2-)的关系，A不符合题意；
B．随着NaOH溶液的加入，δ(R3-)逐渐增大，由于H3R为中强酸，R3-水解的程度不断增大，所以水的电离程度逐渐增大，B符合题意；
C.25℃时，在pH=12.36时，c(R3-)= c(HR2-)，我们可以求出Ka3，但由于δ(H2R-)与δ(HR2-)两条线交叉点的pH未知，我们无法求出HR2-的水解平衡常数为Kh2，所以无法确定 是多少，C不符合题意；
D．依据质量守恒定律，在滴加过程中n(R)不变，即n(H3R)、n(H2R-)、n(HR2-)、n(R3-)为定值，但由于NaOH溶液的不断加入，溶液体积不断增大，所以c(H3R)+c(H2R-)+c(HR2-)+c(R3-)不断减小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 H3R溶液中逐滴加入NaOH溶液，首先发生反应H3R+OH-=H2R-+H2O，H3R的物质的量分数减小，接着发生反应H2R-+OH-=HR2-+H2O，此时H3R的物质的量分数减小，HR2-的物质的量分数增大，最后发生反应HR2-+OH-=R3-+H2O，此时HR2-的物质的量分数减小，A3-的物质的量分数增大。
14．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．c点时，溶液的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，此时c(HA-)=c(A2-)，因此有c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH-)，而此时溶液显酸性，则c(H+)> c(OH-)，所以c(Na+)<3c(A2-)，A项不符合题意；
B．由于加入NaOH溶液，整个溶液体积变大，因此[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]的值逐渐减小，B项不符合题意；
C．由于H2A的电离强于HA-的电离和水解，等物质的量浓度等体积NaHA与H2A混合，溶液中c(HA-)>( H2A)，对应图中a点的右方，因此pH>0.8，C项不符合题意；
D． 溶液中，Ka1×Ka2= ，b点时， ，则 =10-3.05，pH为3.05，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.c点溶液呈酸性，结合电荷守恒解答；
B.根据物料守恒n(H2A)+n(HA-)+n(A2-)不变，加入NaOH，溶液体积增大；
C.H2A的电离程度大于HA-的电离和水解程度；
D.b点时， ，。
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．由图和分析可知当X2-的浓度最大时酸碱恰好反应，溶液显碱性，说明盐是强碱弱酸盐，故H2X为弱酸，故A不符合题意；
B．由分析和图像可知滴加过程中发生的反应有：H2X+OH-=HX-+H2O，HX-+OH-=X2-+H2O，故B不符合题意；
C．由图像可知a点的溶质组成为等量的H2X和NaHX的混合溶液，b点为等量的NaHX和Na2X的混合溶液，H2X是 酸抑制水的电离，Na2X为强碱弱酸盐促进水的电离，由此可知b点水的电离程度大于a点水的电离程度，故C符合题意；
D．由图可得a点 ，b点 ，若常温下Ka(HY)=1.1×10-2，则酸性 ，根据强酸制弱酸的原则，HY与少量Na2X发生的反应是：2HY+X2-=H2X+2Y-，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.溶液中存在电离平衡，H2X为弱酸；
B.碱滴入酸溶液中，先生成HX﹣，当前部转化为HX﹣，继续滴加氢氧化钠溶液，反应生成X2﹣；
C.a点为H2X和NaHX，b点为NaHX和Na2X的混合溶液，酸抑制水的电离，含弱酸根的盐水解促进水的电离；
D.图中a点c（H2X）＝c（HX﹣），pH＝7，计算H2X的第一步电离平衡常数，与Ka（HY）比较判断酸性强弱，再书写反应的方程式。
16．【答案】D
【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
【解析】【解答】A．随着KOH溶液滴加，c(HY-)增大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY-)减小，c(Y2-)增大，所以lg增大，用曲线N表示，lg减小，用曲线M表示，A不符合题意；
B．通过图中c点可得Ka1=10-1.3，e点可得Ka2=10-4.3，Kh2==10-12.7，Ka2>Kh2，NaHY的电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性，B不符合题意；
C．交点d时c(H2Y)=c(Y2-)，Ka1·Ka2==10-5.6，则对应的pH=2.8，C不符合题意；
D．e点溶液中：lg>lg，c(H2Y)故答案为：D。
【分析】 二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，反应为H2Y+KOH=KHY+H2O、KHY+KOH=K2Y+H2O，随 着 KOH 溶 液 滴 加，c(HY- )增 大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY- )减小，c(Y2- )增大，则曲线M表示pH与lg的变化关系，曲线N表示pH与lg的变化关系。
17．【答案】A,D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．d点两曲线pH相同，该点的pH=7，c(OH-)=10-7 mol/L，已知lg ＞2，则 ，该温度下，Kb= ＞10-5， ，A项符合题意；
B．取lg =0，该温度下，Kb=c(OH-)，同理Ka=c(H+)，b和b′点的纵坐标之和为14，推出Ka=Kb，a′点：c(OH-)=10Kb，此时pHa′=-lg ，同理，a点对应pHa=-lg10Ka，pHa′+ pHa=-lg +(-lg10Ka)=14，B项不符合题意；
C．b和b′点的纵坐标之和为14，b点溶液中c(H+)等于b′点溶液中c(OH-)，两点对水的电离影响程度相等，d点两曲线pH相同，该点的pH=7，因此a′～d水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：a′＜b＜c′＜d，C项不符合题意；
D．a′～d曲线是BOH溶液中滴加HA溶液，a～d曲线是HA溶液中滴加BOH溶液，根据B选项分析，BOH和HA的电离平衡常数相等，d点pH=7，此时两种溶液恰好完全反应，因此c′点c(B+)大于c点c(B+)，D项符合题意；
故答案为：AD。
【分析】BOH溶液中滴加HA溶液，发生酸碱中和，溶液的pH随着HA的滴加逐渐降低，即a′～d代表pH与 的关系，a～d代表pH与 的关系。
18．【答案】（1）a；FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流SOCl2
（2）；AB
（3）⑥⑩③⑤；CCl4
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体，FeCl2 4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：SOCl2吸收FeCl2 4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl，HCl可抑制FeCl2的水解，从而制得无水FeCl2。
(1)实验开始时先通N2，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl2气体充满b装置后再加热b装置，装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；答案为：a；FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流SOCl2。
(2)滴定过程中将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则m1g样品中n(FeCl2)=6n()=6cV×10-3mol；m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g，结晶水物质的量为mol，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3mol)：mol，解得n=；
A．样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，n的测量值偏小，A符合题意；
B．样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小，B符合题意；
C．实验Ⅰ中称重后样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，n的测量值不变，C不符合题意；
D．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，n的测量值偏大，D不符合题意；
故答案为：AB。
(3)TiCl4、CCl4互溶，采用蒸馏分离两者，装置的组装顺序为：由下而上、从左到右，则安装顺序为①⑨⑧，然后连接直形冷凝管，冷凝管末端连接牛角管⑩，TiCl4极易水解，为防止外界水蒸气进入装置，应连接碱石灰吸收水蒸气，即最后连接③⑤，因此安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子结构相似，均为分子晶体，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，则CCl4先馏出，答案为：⑥⑩③⑤；CCl4。
【分析】（1）排出装置内的空气后应先加热a装置生成SOCl2，再加热装置b，装置b中发生反应 、FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；装置c、d的作用是冷凝回流SOCl2；
（2）滴定过程中发生反应6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，据此计算；根据分析误差；
（3）TiCl4、CCl4互溶，采用蒸馏分离两者，据此组装仪器；TiCl4的沸点高于CCl4，CCl4先馏出。
19．【答案】（1）催化；防止氧气、水进入密闭体系
（2）试管加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排型的气体导至试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽；如未出现气泡，则空气已排尽
（3）分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量
（4）B；C
（5）b；d；g
【知识点】化学反应速率的影响因素；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)3 9H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)3 9H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备，
故答案为：催化；防止氧气、水进入密闭体系；
（2）结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，判断密封体系中空气是否排尽的实验方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；
（3）反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；
（4）A.步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3 9H2O均匀分散在液氨中，A符合题意；
B.步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，不能被点燃、不会产生火焰，B不符合题意；
C.步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C不符合题意；
D.NaNH2易与水、氧气发生反应，可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D符合题意；
故答案为：BC；
（5）NaNH2的唯一杂质为NaOH，NaNH2溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，则滴定终点时溶液呈酸性，选用甲基橙作指示剂，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg → 加入过量盐酸标准溶液 → 加入滴加甲基橙指示剂 → 用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为：bdg。
【分析】在Fe(NO3)3 9H2O作催化剂的条件下，液氨与钠反应生成NaNH2和氢气，NaNH2易与水、氧气等反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入反应体系，在N之后应连接尾气处理装置。
20．【答案】（1）5.0
（2）C
（3）3.00；33.00；正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
（4）0.1104；
（5）向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液
（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为V，则250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，所以V=5.0mL。
（2）A．不能用手触碰容量瓶的瓶口，以防污染试剂，A不符合题意；
B．定容时，视线应与溶液凹液面的最低处相切，B不符合题意；
C．转移液体时要用玻璃棒引流，且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位，C符合题意；
D．摇匀过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，D不符合题意；
故答案为：C。
（3）①根据表格信息，实验VII中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，且c(NaAc)=n(HAc)，根据n=cV，则V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00。由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，所以V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00。
②根据表格信息，对比实验I和实验II可知，实验II中c(HAc)为实验I的，若不考虑电离平衡移动，则实验II溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际pH=3.36，说明稀释过程中，溶液中c(H+)增大，即电离平衡正向移动。
（4）①涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV，则22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，所以c(HAc)=0.1104mol/L。滴定过程中，当V(NaOH)=0时，为HAc溶液，c(H+)=，pH=2.88；当V(NaOH)=11.04mL时，所得溶液为NaAc和HAc 的混合液，且n(NaAc)=n(HAc)，则Ka=c(H+)，所以 pH=4.76；当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，所得溶液为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性；当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线图是。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，此时所得溶液中溶质为NaAc，当n(NaAc)=n(HAc)时，溶液中c(H+)=Ka，所以可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液。
（6）如弱酸HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒；弱酸H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂等等。
【分析】(1)根据溶液稀释前后，n(溶质)不变，即c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)进行分析，注意单位统一。
（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤进行分析。
（3）①根据控制变量法，结合n=cV进行分析。
②通过对比实验I和实验II的数据信息可知，实验II中c(HAc)为实验I的，再根据稀释过程中溶液中c(H+)是否增大进行分析。
（4）涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV进行分析。滴定曲线示意图中横坐标为V(NaOH)，纵坐标为溶液的pH，通过计算V(NaOH)分别为0、11.04mL[此时n(NaAc)=n(HAc)]、22.08mL(达到滴定终点)时对应的pH，然后把主要坐标点之间用曲线相连，注意NaOH溶液过量时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13。
（5）Ka=，当c(Ac-)=c(HAc)，即n(NaAc)=n(HAc)时，Ka=c(H+)，此时溶液pH=-lg c(H+)=-lg Ka=4.76，据此分析。
（6）根据无机弱酸的性质及用途进行分析。
21．【答案】（1）(球形)冷凝管；碱石灰
（2）MnO2 +4H+2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
（3）PCl3易挥发，利用率降低；蒸馏
（4）最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；偏高
（5）%
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】装置A中用黑色固体和液态物质反应制氧气，装置B可以干燥O2，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压，还可以观察氧气的流速；装置E为固液混合加热制备氯气，装置D干燥生成的氯气；在装置C中发生P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。
(1)根据装置图仪器a结构可知其名称为球形冷凝管；装置b为干燥管，其盛放的试剂可以吸收未反应的Cl2，同时还可防止空气中的水蒸气进入装置中，该固体试剂可以是碱石灰；故答案为：(球形)冷凝管；碱石灰；
(2)装置E为固液混合加热制备氯气，实验室中采用二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2 +4HCl (浓) MnCl2 +Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2 +4H+2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(3)在装置C中发生反应：P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。C中反应温度控制在60~65℃，不能过高或过低，这是由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；由PCl3、POCl3的熔沸点信息可知其在常温下为液态，分离混溶的液态混合物应采用蒸馏法，故答案为：PCl3易挥发，利用率降低；蒸馏；
(4)SCN-与铁离子会反应使溶液变为红色，故滴定终点现象为滴入最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；由Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12可知，AgSCN更难溶，实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；若无此操作，则V2偏大，根据POCl3的含量计算公式可知：计算所测POCl3的含量将偏高。故答案为：最后一滴(或半滴)标准液，溶液变红，30s不变色；使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；偏高；
(5)根据元素守恒可得关系式：POCl3～3Cl-～3Ag+，与Cl-反应的Ag+的物质的量为n(Ag+)=(c0V0-c1V1)×10-3 mol× =( c0V0-c1V1)×10-2 mol， 则n(PCl3)+n(POCl3)=n(Ag+)=×(c0V0-c1V1)×10-2 mol，假设n(PCl3)、n(POCl3)的物质的量分别是x、y，则x+y=×(c0V0-c1V1)×10-2 mol，根据质量关系可得137.5x+153.5y=a，解得y=mol，所以POCl3的质量分数为：=%。
【分析】（1）仪器a为球形冷凝管；装置b用于吸收氯气同时防止空气中的水蒸气进入；
（2）装置E中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气；
（3） PCl3易挥发，利用率降低；PCl3、POCl3为互溶的液体；
（4）SCN-遇铁离子溶液变为红色；硝基苯不溶于水，使生成的AgCl沉淀与溶液隔离；若不加入硝基苯，测定结果偏高；
（5）根据POCl3～3Cl-～3Ag+，PCl3～3Cl-～3Ag+计算。
22．【答案】（1）平衡压强，以使液体顺利流下
（2）
（3）缺少防倒吸措施(合理即可)
（4）C；D
（5）C
（6）将转化为，防止滴定时与反应
（7）39.44%；样品中含有或晶体称量时已有部分氨气逸出
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】先用反应制备无水，然后将NH3通入无水MgCl2的乙二醇溶液中，发生反应，MgCl2 6NH3难溶于乙二醇，过滤出MgCl2 6NH3沉淀，用氨气饱和的甲醇溶液洗涤、自然风干，制得MgCl2 6NH3粗品。
(1)滴液漏斗中支管能平衡三口烧瓶和滴液漏斗的压强，使滴液漏斗中的液体顺利流入三口烧瓶内；
(2)三颈瓶中MgCl2 6H2O和SOCl2发生反应生成无水MgCl2、SO2、HCl，反应的化学方程式为；
(3)二氧化硫、氯化氢易溶于氢氧化钠溶液，易引起倒吸，该实验装置中的不足之处为缺少防倒吸措施；
(4)A．反应吸热，降低温度，平衡逆向移动，不利于反应正向进行，故不选A；
B．降低温度，反应速率减慢，故不选B；
C．降低温度，氨气溶解度增大，反应在冰水浴中进行，可以防止氨气挥发，提高氨气利用率，
故答案为：C；
D．温度越低，MgCl2 6NH3的溶解度越小，反应在冰水浴中进行，可以降低产物的溶解度，有利于产物析出，
故答案为：D；
选CD。
(5)A．MgCl2 6NH3易溶于水，不能用冰浓氨水洗涤MgCl2 6NH3，故不选A；
B．MgCl2 6NH3易溶于水，不能用乙二醇和水的混合液洗涤MgCl2 6NH3，故不选B；
C．MgCl2 6NH3难溶于甲醇，甲醇易挥发，可以用氨气饱和的甲醇溶液洗涤MgCl2 6NH3，
故答案为：C；
D．MgCl2 6NH3难溶于乙二醇溶液，乙二醇难挥发，不能用氨气饱和的甲醇溶液洗涤MgCl2 6NH3，故不选D；
选C。
(6)和能形成，用稀硝酸溶解样品，将转化为，防止滴定时与反应；
(7)用0.20的AgNO3标准液滴定25.00mL溶液中，平均消耗标准液10.00 mL，根据Ag++Cl-=AgCl，n(Cl-)= n(Ag+)=0.2mol/L×0.01L=0.002mol，该品中氯的质量分数为；该实验值比理论值(36.04%)偏大，说明NH3含量少，造成该偏差的可能原因是样品中含有或晶体称量时已有部分氨气逸出。
【分析】（1）滴液漏斗中的支管可平衡气压；
（2）三颈瓶中MgCl2 6H2O和SOCl2发生反应生成无水MgCl2、SO2、HCl；
（3）二氧化硫、氯化氢易溶于氢氧化钠溶液；
（4）根据MgCl2 6NH3的性质分析解答；
（5）MgCl2 6NH3易溶于水、 乙二醇 ；
（6）和能形成，氨气与稀硝酸反应生成硝酸铵，防止NH3与AgNO3反应；
（7）氯的质量分数=；样品中含有MgCl2或晶体称量时已有部分氨气逸出均可使该实验值比理论值（36.04%）偏大。
23．【答案】（1）增大接触面积，提高吸收速率
（2）氨气；2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
（3）NaCl+ CO2+ NH3+H2O= NaHCO3 ↓+ NH4Cl
（4）甲基橙；最后一滴滴入，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复
（5）4.23%
（6）偏小
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)多孔球泡的作用是为了增大固体和液体的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，提高吸收速率；
(2)由于氨气在溶液中的溶解度比较大，为了防止倒吸，不能将导管直接插入溶液中，所以该气体为氨气；实验室中用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故反应方程式为2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；
(3)碳酸氢钠的生成是用氯化钠、氨气、二氧化碳反应制备的，故反应方程式为NaCl+CO2+ NH3+H2O= NaHCO3 ↓+ NH4Cl；
(4)在第一次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显碱性，
故答案为：M选酚酞做指示剂，在第二次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显酸性，
故答案为：N甲基橙做指示剂；滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复；
(5)进行第一次滴定时，发生的反应为，消耗盐酸的体积为22.25mL，进行第二次滴定时发生的反应为，消耗盐酸的体积为23.51mL，故产品中碳酸氢钠消耗盐酸的体积为1.26mL，物质的量为，故NaHCO3的质量分数为，故答案为4.23%；
(6)若在第一次滴定过程中仰视读数，会导致原物质的碳酸钠含量偏高，碳酸氢钠含量偏小，故答案为偏小。
【分析】（1）多孔球泡可增大接触面积；
（2）氨气极易溶于水，导管插入溶液中会引起倒吸；实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙制取氨气；
（3）将二氧化碳和氨气通入饱和食盐水中生成碳酸氢钠；
（4）依据提示“溶液由红色变至近无色”可知，指示剂M为酚酞，由于滴定终点之前溶液就已经呈中性，故不能继续使用酚酞作为指示剂，改用范围更为合适的甲基橙；
（5）碳酸氢钠的质量分数=计算；
（6）根据分析误差。
24．【答案】（1）排除装置中的空气；直形冷凝管
（2）吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入N2；排除装置中的H2
（3）滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不恢复原色；%
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；
(2)由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除装置中的H2，故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入N2；排除装置中的H2；
(3)滴定时，根据关系式：~2~6I2~12，样品中n(WCl6)=n()=n()=cV10－3mol，m(WCl6)= cV10－3molMg/mol=g，则样品中WCl6的质量分数为：%。
【分析】（1）通入氮气排出装置中的空气；仪器A为直形冷凝管；
（2）碱石灰可吸收氯气和空气中的水蒸气；在操作⑤加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除装置中的H2；
（3）滴定终点时不存在单质碘，溶液蓝色褪去；根据~2~6I2~12计算质量分数。
25．【答案】（1）注入氢氧化钠溶液，加热，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体
（2）无水硫酸铜；除去SO2，避免对CO2的检验造成干扰；粉末由白色变蓝色；品红溶液不褪色(或仍显红色)
（3）I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI
（4）当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色
（5）
（6）偏小
【知识点】中和滴定；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)铵盐可以和碱反应生成氨气，故检验铵盐的方法为：注入氢氧化钠溶液，加热，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体；
(2)蛋白质燃烧后产生二氧化碳和水和二氧化硫，应先检验水蒸气，后检验品红，除去品红后检验二氧化碳。
①装置B中的试剂是无水硫酸铜，检验水蒸气。
②装置D中酸性高锰酸钾溶液可以除去二氧化硫；
③当装置B、C、E、F依次出现下列现象：无水硫酸铜粉末由白色变蓝，说明有水生成，说明蛋白质中含有氢元素，品红溶液褪色，说明有二氧化硫生成，蛋白质中含有硫元素，后面的品红不褪色，说明二氧化硫已经被完全吸收，澄清石灰水，出现白色浑浊，说明生成二氧化碳，蛋白质中含有碳元素。
(3)二氧化硫和碘和水反应生成硫酸和碘化氢，方程式为：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；
(4)根据淀粉遇碘变蓝的性质分析，当完全反应，即碘单质完全反应，溶液不先蓝色，则滴定的终点变化为：当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色；
(5)硫代硫酸钠的物质的量为c2V2×10-3mol，则与二氧化硫反应的碘的物质的量为（c1V1-0.5c2V2）×10-3mol，则蛋白质中硫的质量分数为 =；
(6)氧气也能氧化二氧化硫，故碘的消耗量减少，最后测定硫的含量减小。
【分析】（1）利用铵盐能和碱反应生成氨气进行检验；
（2）蛋白质中含有碳氢硫三种元素，在燃烧后生成二氧化碳和水和二氧化硫，因为气体通过溶液会带出水蒸气，故先检验水蒸气，通常使用无水硫酸铜固体，因为二氧化硫也能是澄清的石灰水变浑浊，干扰二氧化碳的检验，故先用品红检验二氧化硫，再除去二氧化硫，并检验二氧化硫已经完全除去，再用澄清石灰水检验二氧化碳；
（3）二氧化硫和碘和水反应生成硫酸和碘化氢；
（4）达到滴定终点不再生成单质碘，溶液蓝色褪去；
（5）计算出S元素的质量，根据硫元素质量分数=计算；
（6）氧气也能氧化二氧化硫，碘的消耗量减少，硫的含量偏小。
26．【答案】（1）溴易挥发，会污染空气；溴会腐蚀胶头滴管的胶帽
（2）滴入最后一滴液溴时，溶液呈浅黄色
（3）冷凝回流；平衡气压
（4）过滤
（5）4Br -+4H++O2 = 2Br2+ 2H2O
（6）不可行，NO在酸件条件下能将Fe2+氧化Fe3+，观察不到紫红色的KMnO4溶液褪色
（7）将步骤①中的铁粉改为FeBr3
（8）
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】四氢化萘和溴单质在一定条件下反应，四溴化萘常温下是固体不溶于水，故过滤分离。溴化氢具有还原性，能被空气中的氧气氧化。亚铁离子能在酸性条件下被硝酸根离子氧化。根据物质的量浓度计算其物质的量，结合反应确定反应物的质量和水的质量。据此解答。
(1)甲中使用的胶头滴管，溴易挥发，会污染空气；溴会腐蚀胶头滴管的胶帽，
故答案为：用甲；
(2)该反应到终点的现象为滴入最后一滴液溴时，溶液承浅黄色；
(3)乙中的伯乐导管能冷凝回流和平衡气压；
(4)以你为四溴化萘常温下为固体，不溶于水，所以过滤后得到粗溴化氢溶液；
(5)溴化氢能被空气中的氧气氧化生成溴单质，显黄色，反应的离子方程式为：4Br -+4H++O2 = 2Br2+ 2H2O；
(6)NO在酸件条件下能将Fe2+氧化Fe3+，观察不到紫红色的KMnO4溶液褪色，故该实验不可行。
(7)要验证铁离子起催化作用，将铁改成溴化铁即可。
(8)假设溴化氢溶液为1L，则溴化氢的物质的量为4mol说明四氢化奈为1mol，溴单质为2mol，则水的质量为1.2×1000-2×160=880克，则四氢化奈和水的质量比为 。
【分析】（1）溴易挥发，且会污染环境；
（2）滴定终点时溶液呈浅黄色；
（3）装置乙中的玻璃导管可平衡气压、冷凝回流；
（4）四溴化萘为固态，HBr为液体，采用过滤分离；
（5）粗HBr在空气被会氧化生成单质溴；
（6）酸性条件下硝酸根将亚铁离子氧化为铁离子；
（7）铁离子为催化剂，则应保证只有铁离子一个变量；
（8）计算出HBr的物质的量，再结合反应原理可推出四氢化萘的物质的量，从而可计算出四氢化萘与水的质量比。
27．【答案】（1）m→fg→cb→de；5Cl2＋I2＋6H2O2HIO3＋10HCl；Ca(OH)2＋2H＋=Ca2＋＋2H2O
（2）Cl2；水浴加热；乙醇；生成Ca(OH)2沉淀，影响Ca(IO3)2的产量和产品纯度；97.50%
【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)①本实验目的是收集一瓶干燥的氯气，实验室常用MnO2、浓盐酸共热制备氯气，产生氯气中混有HCl和水蒸气，先用饱和食盐水吸收氯气中的HCl，然后再用浓硫酸吸收氯气中的水蒸气，因为氯气的密度比空气大，因此用向上排空气法收集氯气，氯气有毒，防止污染空气，必须尾气处理，因此连接顺序是m→fg→cb→de→jh；故答案为m→fg→cb→de；
②根据题中信息，Cl2通入含有I2的沸腾蒸馏水中，I2被氧化成HIO3，根据氧化还原反应的规律以及元素质量守恒，推出另外一种物质为HCl，该反应的方程式为5Cl2＋I2＋6H2O2HIO3＋10HCl；本实验制备Ca(IO3)2，是用石灰乳与上述反应中生成HIO3发生Ca(OH)2＋2HIO3=Ca(IO3)2＋2H2O，根据5Cl2＋I2＋6H2O2HIO3＋10HCl，加入石灰乳还发生Ca(OH)2＋2HCl=CaCl2＋2H2O，其离子方程式为Ca(OH)2＋2H＋+Ca2＋＋2H2O；故答案为5Cl2＋I2＋6H2O2HIO3＋10HCl；Ca(OH)2＋2H＋=Ca2＋＋2H2O；
(2)①装置A中发生2KClO3＋I22KIO3＋Cl2↑，氯气有毒，防止污染空气，必须尾气处理，因此装置C的作用是吸收反应生成Cl2和挥发出的HCl；故答案为Cl2；
②反应温度为85℃，因此装置A中控制反应温度的方法是水浴加热；故答案为水浴加热；
③Ca(IO3)2难溶于水，不溶于水乙醇，为了便于后续干燥，应用乙醇洗涤Ca(IO3)2；氢氧化钙微溶于水，如果控制pH＞10，容易生成Ca(OH)2沉淀，影响Ca(IO3)2的产量和产品纯度；故答案为乙醇；生成Ca(OH)2沉淀，影响Ca(IO3)2的产量和产品纯度；
④高氯酸不参与反应，IO与I－发生IO＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，然后I2与Na2S2O3反应I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI，建立关系式为Ca(IO3)2～2IO3－～6I2～12Na2S2O3，因此有Ca(IO3)2的质量分数为=97.50%；故答案为97.50%。
【分析】（1）制备的氯气中含有HCl和水蒸气，先通入饱和食盐水除去氯化氢，然后通入浓硫酸除去水蒸气，然后用向上排空气法收集氯气。
（2）装置A中发生2KClO3＋I22KIO3＋Cl2↑，会有氯气和氯化氢溢出，需要吸收，A为三颈烧瓶，控制该反应温度可以利用水浴加热进行调控；由于碘酸钙易溶于水，所以要用乙醇进行洗涤；在进行滴定测定含量时候，要找到碘酸钙和硫代硫酸钠之间的关系，从而进行计算。
28．【答案】（1）平衡压强，便于液体顺利滴下
（2）研钵
（3）0.5mol；由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失
（4）加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀
（5）当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】该实验是利用CoCl2、NH3·H2O、NH4Cl、H2O2反应来制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，经实验步骤①-⑤反应最终制得较纯的三氯化六氨合钴，根据具体实验步骤分析解答。
(1)仪器a为恒压滴液漏斗，代替分液漏斗滴加液体的优点是：平衡压强，便于液体顺利滴下；
故答案为：平衡压强，便于液体顺利滴下。
(2)将固体药品研细，常在研钵中进行；
故答案为：研钵。
(3)根据氧化还原反应规律可知，制取1mol[Co(NH3)6]Cl3时转移1mol电子，理论上需要0.5molH2O2，但由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失，所以实际上消耗量比理论消耗量要多；
故答案为：0.5mol，由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失。
(4)CoCl2遇浓氨水会生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀；
故答案为：加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀。
(5)实验用AgNO3溶液滴定Cl-，用K2CrO4溶液作为指示剂，滴定至终点是当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；根据溶液中Ag+与Cl-反应关系式可知，n (Cl- )= n (Ag+)=c×V×10-3×4mol，所以产品中Cl-的质量分数是；
故答案为：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；。
【分析】（1）恒压分液漏斗的作用是平衡压强，便于液体顺利滴下 ，这是考试常考的点；
（2）研磨固体需要在研钵进行；
（3）结合电子守恒可以列出相关关系式，制取1mol[Co(NH3)6]Cl3时需要0.5molH2O2，但是过氧化氢受热易分解；
（4）此类题型通常是从溶液中存在的平衡以及平衡移动进行分析，结合，增大铵根离子的浓度，平衡朝逆向移动，减少氢氧根的浓度；
（5） ① 滴定终点的现象是最后一滴标准液进入锥形瓶中，颜色或者沉淀半分钟内不再变化；
② n (Cl- )= n (Ag+)，结合n=c×V和n=m/M可以计算氯离子的质量。
29．【答案】（1）A；MnO2+4HCl(浓) Cl2↑+MnCl2+2H2O
（2）停止加热圆底烧瓶或停止(减缓)向圆底烧瓶内加入浓盐酸
（3）S的S2Cl2溶液；蒸馏提纯或分馏提纯
（4）防止水蒸气进入F装置，导致S2Cl2分解
（5）；bd
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】本实验的实验目的为制取S2Cl2并测定所得S2Cl2的纯度，分析装置图可知，A为MnO2和浓盐酸加热制取Cl2，反应原理为：MnO2+4HCl(浓) Cl2↑+MnCl2+2H2O，B装置中盛有饱和食盐水，吸收挥发的HCl气体，C盛有浓硫酸，吸收水蒸气，D为Cl2和S反应生成S2Cl2，E为冷凝装置，F为收集装置，G为尾气吸收装置，据此分析解答。
(1)实验时，应先加热A装置，产生Cl2以排尽装置内的空气，根据分析可知，装置A为MnO2和浓盐酸加热制取Cl2，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) Cl2↑+MnCl2+2H2O；
(2)实验开始一段时间后，D中硫粉大量减少，仍有黄绿色气体，说明Cl2过量，则应该采取的措施为