2023年高考真题变式分类汇编：中和滴定4

2023年高考真题变式分类汇编：中和滴定4
一、选择题
1．（2020·浙江）常温下，用 氨水滴定 浓度均为 的 和 的混合液，下列说法错误的是(　　)
A．在氨水滴定前， 和 的混合液中
B．当滴入氨水 时，
C．当滴入氨水 时，
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于 ，
2．（2020·新课标Ⅰ）以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L 1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数 随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2 的分布系数： ]
下列叙述正确的是（　　）
A．曲线①代表 ，曲线②代表
B．H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L 1
C．HA 的电离常数Ka=1.0×10 2
D．滴定终点时，溶液中
3．（2021·浙江模拟）25℃时，下列说法正确的是（　　）
A．H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应时，溶液酸碱性无法判断
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA对水的电离没有影响
C．醋酸的电离度：pH=3的醋酸溶液大于pH=4的醋酸溶液
D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液显碱性
4．（2021·安徽模拟）常温下，将HCl气体通入0.1 mol/L氨水中，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)和反应物物质的量之比X[X= ]的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)，下列说法正确的是（　　）
A．NH3·H2O的电离平衡常数为10-9.25
B．P2点由水电离出的c(H+)=1.0×10-7 mol/L
C．P3为恰好完全反应点，c(Cl-)+c(NH )=0.2 mol/L
D．P3之后，水的电离程度一直减小
5．（2021·湖北模拟）根据各图曲线表征的信息，得出的结论错误的是(　　)
A．图1表示常温下向体积为10 mL.0.1 mol/L的NaOH 溶液中逐滴加入0.1 mol/LCH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则c点处有：c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-)
B．图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中I表示醋酸，II表示盐酸，且溶液导电性：c>b>a
C．图3中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4，与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
D．由图4曲线，可确定K(AgCl)>K(AgBr)>K(AgI)，故用0.0100 mol/L.硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 mol/L Cl-，Br-及I-的混合溶液时，首先沉淀的是I-
6．（2021·郑州模拟）常温下，用 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：
下列说法正确的是（　　）
A．BOH的Kb约为1×10-3
B．a点的c(B+)大于b点
C．a点溶液中：c(B+)+c(H+)=2c(OH-)+c(BOH)
D．滴定至pH=7时，c(B+)=c(Cl-)＜0.1mol L-1
7．（2021·郑州模拟）常温下用0.2mol·L-1NaOH溶液分别滴定0.2mol·L-1一元酸HA和HB，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列有关叙述错误的是（　　）
A．Ka(HA)的数量级为10-5
B．酸碱恰好反应时，HB溶液中的pH为9.15
C．反应HA+B-=HB+A-的平衡常数为10-1.5
D．相同条件下对水的电离影响程度：NaA>NaB
8．（2021·平顶山模拟）用0.1000 mol·L-1 NaOH溶液分别滴定20 mL 0.1000 mol·L-1 HCl和HAc(醋酸)的滴定曲线如图。下列说法正确的是（　　）
A．0.1000 mol·L-1 HAc的电离百分数约为10%
B．两个滴定过程均可用甲基橙做指示剂
C．滴定百分数为50%时，曲线②溶液中c(Ac-)>c(Na+)
D．图像的变化证实了Ac-的碱性很强
9．（2021·中卫模拟）常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定0.10 mol·L-1HA溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列陈述错误的是（　　）
A．Ka（HA）的数量级为10-5
B．N点，c（Na+）-c（A-）=
C．P到Q过程中，水的电离程度逐渐增大
D．当滴定至溶液呈中性时，c（A-）＞c（HA）
10．（2021·海口模拟）实验室完成下列操作，一般不宜使用锥形瓶的是（　　）
A．实验室制蒸馏水 B．酸碱中和滴定
C．配制一定浓度的H2SO4溶液 D．用高锰酸钾与浓盐酸制Cl2
11．（2021·毕节模拟）某温度下，将0.1mol·L-1一元弱碱(BOH)溶液滴入10mL0.1 mol·L-1一元酸(HA)溶液中，混合溶液 pH 和温度随加入碱溶液体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是（　　）
A．曲线M是温度变化曲线，曲线N是PH变化曲线
B．水的电离程度：b>c>a>d
C．c 点存在守恒关系：c(B+)=c(A-)
D．b点：c(A-)>c(B+)>c(H+)>c(OH-)
12．（2021·南宁模拟）保持温度始终为T℃，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速率来滴定，根据测定结果绘制出ClO-、ClO 的物质的量浓度c与时间t的关系曲线(如图)。下列说法正确的是（　　）
A．0～t1时发生反应的离子方程式：OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
B．a点溶液中：c(ClO-)＞c(ClO )＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
C．b点溶液中：c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)
D．t2～t4过程中： 一直减小
13．（2021·兰州模拟）常温下，某H3AsO4溶液中逐滴加入NaOH，溶液中含砷微粒的分布分数(某含砷微粒的物质的量浓度占所有含砷微粒物质的量浓度之和的分数)与pH的变化关系如下图所示。下列说法正确的是（　　）
A．H3AsO4的第一步电离常数Ka1>0.01
B．pH=11.5时，c(H2AsO )+2c(HAsO )＋3c(AsO )+c(OH-)=c(H+)
C．Na3AsO4溶液中，3c(Na+)=c(AsO )+ c(HAsO )+c(H2AsO )+c(H3AsO4)
D．以酚酞为指示剂，将 NaOH 溶液逐滴加入到H3AsO4溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该反应的离子方程式为2OH-+H3AsO4= HAsO +2H2O
14．（2021·徐汇模拟）25℃时，向20 mL 0.10 mol·L-1一元酸HA中逐滴加入0.10 mol·L-1 NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．HA是强酸
B．a点，c(Na+) = c(A-) + c(HA)
C．b点为滴定终点，c(Na+) > c(A-)
D．c点，水的电离程度最大
15．（2021·安徽模拟）25℃时，用 溶液滴定某二元弱酸 ， 被滴定分数 、pH及微粒分布分数 [ ，X表示 、 或 ]的关系如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A． 点溶液中溶质为 和
B． 点溶液中：
C． 点溶液中：
D．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：
16．（2021·黄山模拟）室温下，在25 mL某浓度的NaOH溶液中，逐滴加入0.1 mol·L-1醋酸，滴定曲线如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A．从A点到B点的过程中，溶液的导电能力几乎不变
B．a点对应的体积值等于25 mL
C．C点时，c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
D．D点时，c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)
17．（2021·淮南模拟）25℃，已知二元弱酸H3PO3的lgKa1=-1.3，1gKa2=-6.6，用0.1mol·L－1 NaOH溶液滴定20mL 0.1mol·L－1 H3PO3溶液的滴定曲线如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．加入NaOH溶液之前，溶液的pH约为1.2
B．c点，c (H2PO )＞c(HPO )
C．b，c，d三点的溶液中，d点水电离出来的c(H+)最大
D．若取b点溶液与0.1mol/L的氨水溶液等体积混合(体积变化可忽略)c(NH3·H2O)＜c(H2PO )+2c(H3PO3)+0.025mol·L－1
18．（2021·临汾模拟）25℃时，用1.00 mol·L-1 NaOH溶液调节100 mL某二元弱酸H2A的pH，溶液中H2A、HA-及A2-的物质的量浓度变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．曲线②代表c(HA-)，曲线③代表c(A2-)，H2A的Ka2=10-8
B．x点溶液中，n(Na＋)=n(H2A)＋n(HA-)＋n(A2-)
C．在Y点溶液中，c(Na＋)＞3c(A2-)
D．0.1000 mol·L-1 NaHA溶液中，c(Na＋)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)
19．（2021·晋中模拟）次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品。常温下，某实验小组以酚酞为指示剂，用0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的次磷酸(H3PO2)溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。[比如H2PO 的分布系数：δ(H2PO )＝ ]，下列叙述正确的是（　　）
A．曲线①代表δ(H2PO )，曲线②代表δ(HPO )
B．H3PO2溶液的浓度为0.100 mol·L－1
C．H2PO 水解常数Kh≈1.0×10－10
D．NaH2PO2是酸式盐，其水溶液显碱性
20．（2021·邯郸模拟）电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。现利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠含量，其电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．该滴定过程中不需任何指示剂
B．a点溶液中存在：c(Na+)>c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)
C．b点溶液呈酸性
D．a到b之间存在：c(Na+)21．（2021·东城模拟）常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.10mol·L-1H2A溶液，测得滴定曲线如下。下列说法正确的是（　　）
A．溶液①中H2A的电离方程式是H2A 2H++A2-
B．溶液②中c(HA-)＞c(A2-)＞c(HA-)
C．溶液③中c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)
D．溶液④中c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)
22．（2021·信阳模拟）根据下列图示所得出的结论错误的是(　　)
A．图甲表示冰醋酸的导电能力随着加水体积变化关系图，若用湿润的 试纸测量a点的 ，则测量结果可能偏小
B．图乙表示 的盐酸溶液加水稀释至 随 的变化关系图
C．图丙表示一定温度下三种碳酸盐 的沉淀溶解平衡曲线图 ，则有 、 、 的 依次减小
D．图丁表示 盐酸滴定 溶液的滴定曲线
23．（2020高二上·洮南期中）常温下， ，分别向 溶液和 溶液中逐滴加入 溶液，滴定曲线如右图所示，下列叙述正确的是(　　)
A．a点溶液中存在：
B．a、b点溶液中钠离子浓度的关系为：
C．c点溶液中存在：
D．d点溶液中：
24．（2020·柯桥模拟）已知：在室温下有以下平衡：
编号 平衡方程式 平衡常数
① HCN H++CN- Ka= 1×10 -10
② H2O H++OH- Kw=1×10 -14
③ CN-+H2O HCN+OH- K =？
则下列判断错误的是（　　）
A．①的ΔS >0， ΔH>0
B．用标准 NaOH 溶液滴定浓度约为 0.01mol L－1HCN，可用甲基橙做指示剂
C．0. 2mol L－1 的 HCN 溶液中加入等体积的 0.1mol L－1NaOH 溶液，则该溶液呈碱性
D．0. 2mol L－1 的HCN 溶液中加入等体积的 0.1mol L－1NaOH 所得的混合溶液中： 2c(H+)+ c(HCN) = 2c(OH-)+c (CN- )
25．（2020·南通模拟）根据下列图示所得出的结论错误的是（　　）
A．图甲是常温下用 0.1000 mol·L－1 NaOH 溶液滴定 20.00mL 0.1000 mol·L－1 CH3COOH 的滴定曲线，说明 Q 点表示酸碱中和滴定终点
B．图乙是 1mol X2(g)、1mol Y2(g)反应生成 2mol XY(g)的能量变化曲线，说明反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和
C．图丙是恒温密闭容器中发生CaCO3(s) CaO(s)＋CO2(g)反应时c(CO2)随反应时间变化的曲线，说明t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
D．图丁是光照盛有少量氯水的恒容密闭容器时容器内O2的体积分数变化曲线，说明光照 氯水有O2生成
26．（2020·泉州模拟）常温下，用0.010mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL 0.010mol/L的酸H2A，滴定过程中加入NaOH溶液的体积（V）与溶液中lg 的关系如图所示（10mL之后的曲线未画出）。下列叙述正确的是（　　）
A．H2A H++HA-
B．Ka(HA-)的数量级为10-5
C．滴定过程中，水的电离程度最大的为B点溶液
D．V(NaOH)=15mL时的溶液中：c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)
二、非选择题
27．（2020·江苏）次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.
（1）NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备 NaClO的离子方程式为　 　；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是　 　。
（2）二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为
准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
①通过计算判断该样品是否为优质品　 　。(写出计算过程， )
②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值　 　(填“偏高”或“偏低”)。
28．（2018·全国Ⅱ卷） (三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图，回答下列问题：
（1）晒制蓝图时，用 作感光剂，以K3[Fe(CN6)]溶液为显色剂.其光解反应的化学方程式为 ，显色反应的化学方程式为　 　.
（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下面所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是　 　。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有　 　、　 　。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是　 　。
④样品完全分解后，装置A中的残留物含有 和 ，检验 存在的方法是：　 　。
（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量 样品于锥形瓶中，溶解后加稀 酸化，用 溶液滴定至终点。滴定终点的现象是　 　。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中，加稀 酸化，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液 ，该晶体中铁的质量分数的表达式为　 　。
29．（2018·全国Ⅰ卷）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛，回答下列问题：
（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，写出该过程的化学方程式　 　。
（2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O3的工艺为：
①pH=4.1时，1中为　 　溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3，固体，并再次充入SO2的目的是　 　。
（3）制备Na2S2O3，也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO2和Na2SO3阳极的电极反应式为　 　，电解后，　 　室的NaHSO3浓度增加，将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O3。
（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol-L-1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL，滴定反应的离子方程式为　 　，该样品中Na2S2O5的残留量为　 　g·L-1(以SO3计)。
30．（2021·德州模拟）实验室制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的实验步骤如图：
i.向V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4·2HCl溶液，微沸数分钟。
ii.向制得的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。
iii.反应结束后抽滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。
请回答下列问题：
（1）步骤i中的还原剂是　 　(填化学式)。
（2）已知VO2+能被O2氧化，步骤ii可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中反应产生的气体将C中空气排净。
①仪器M的名称是　 　。
②装置B的作用是　 　。
（3）步骤ii中洗涤操作选择饱和NH4HCO3的原因是　 　，用无水乙醇洗涤的目的是　 　。
（4）蓝色VO2+的水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH=12时，该水合配离子全部转化为褐色的[VO(OH)3]-，写出转化过程的离子方程式　 　。
（5）称量mg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应VO +Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL，产品中钒的质量分数为　 　%(用含有m、c、V的式子表示)。
31．（2021·南宁模拟）亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要化工原料，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的防腐剂，其广泛存在于自然环境中，如蔬菜、肉类、豆类、腌制品等都可以测出一定量的亚硝酸钠。某化学兴趣小组设计如图所示装置(省略夹持装置)制备NaNO2并探究其性质。
已知：①2NO+Na2O2 =2NaNO2；
②NaNO2易被空气氧化，NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO ；
③HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO3 +2NO↑+ H2O。
回答下列问题：
（1）A中盛Na2O2的玻璃仪器名称是　 　。
（2）上述实验装置中，依据气流从左至右，装置连接顺序(可重复使用)为　 　。
（3）连接仪器并检查气密性，检查气密性的具体操作是　 　。
（4）打开活塞K2之前先通入氮气，其理由是　 　。
（5）实验时观察到C中溶液变为蓝色，其离子方程式为　 　。
（6）探究NaNO2性质：实验完毕后，甲同学取少量A中白色粉末(假设为纯净物)溶于水，并滴加几滴稀盐酸，然后加入KI淀粉溶液，溶液变蓝色，甲同学得出结论NaNO2有氧化性，乙同学认为甲同学的结论不严谨，其理由是　 　。
（7）家里腌制的咸菜中含有一定量的亚硝酸盐，为测定咸菜中亚硝酸根离子的含量，取1 kg咸菜榨汁，将榨出的液体收集后，加入提取剂，过滤得到无色滤液，将该滤液稀释至1 L，取50.
00 mL滤液与过量的稀硫酸和碘化钾溶液的混合液反应，再滴加几滴指示剂，用0. 100 mol·L-1 Na2S2O3溶液进行滴定，共消耗20. 00 mL。计算该咸菜中亚硝酸根离子的含量为　 　mg·kg-1。
已知：①2NO +4H++2I- =2NO↑ +I2 +2H2O
②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
32．（2021·高州模拟）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种复合补血营养剂。实验室用绿矾(FeSO4 7H2O)为原料制备甘氨酸亚铁，有关物质性质如下：
甘氨酸(H2NCH2COOH) 柠檬酸 甘氨酸亚铁
易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物 易溶于水和乙醇，有酸性和还原性 易溶于水，难溶于乙醇
实验过程：
I.配制含0.10molFeSO4的绿矾溶液。
II.制备FeCO3：向配制好的绿矾溶液中缓慢加入200mL1.1mol L-1NH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。
III.制备(H2NCH2COO)2Fe：实验装置如图(夹持和加热仪器已省略)，将实验II得到的沉淀和含0.20mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中，然后利用A中反应产生的气体将C中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。
回答下列问题：
（1）实验I中：实验室配制绿矾溶液时，必须用到的玻璃仪器有　 　。
（2）实验II中：生成沉淀的离子方程式为　 　。
（3）实验III中：①检查装置A的气密性的方法是　 　。
②A中反应产生的气体是　 　，C中空气排净时，D中现象是　 　。
③洗涤实验III中得到的沉淀，所选用的最佳洗涤试剂是　 　(填标号)。
a.乙醇 b.热水 c.柠檬酸溶液
（4）甘氨酸亚铁中Fe2+会缓慢氧化，国家规定该药物中Fe2+的氧化率(已经被氧化的Fe2+的质量与Fe2+总质量的比值)超过10.00%即不能再服用。实验室用Ce(SO4)2溶液对甘氨酸亚铁中的Fe2+进行滴定[假设样品中其他成分不与Ce(SO4)2反应]，滴定过程发生如下反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+。
①称量6.0g甘氨酸亚铁样品，将其全部溶于稀H2SO4中，配制成250mL溶液。取10.00mL配制好的溶液于锥形瓶中，用0.10mol L-1的Ce(SO4)2溶液滴定，以邻二氮菲为指示剂。当溶液由红色变为浅蓝色且半分钟之内不恢复原色，滴定达到终点。若滴定过程中，锥形瓶中待测液飞溅出来，则测出的Fe2+的氧化率　 　(填“偏高”“偏低”或“不变”)
②滴定时消耗9.60mLCe(SO4)2溶液，则甘氨酸亚铁样品中Fe2+的氧化率为　 　。
33．（2021·泸县模拟）铝灰主要含有 、 ，以及少量 和 的氧化物，下边是利用铝灰制备净水剂 的工艺流程，回答相关问题：
已知：金属离子浓度为 时生成氢氧化物沉淀的
　
开始沉淀时 3.4 6.3 1.5
完全沉淀时 4.7 8.3 2.8
（1）气体x的分子式是　 　，酸浸充分后溶液中的金属阳离子是　 　。
（2）操作Ⅰ和Ⅱ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、　 　。
（3）加过量 溶液的目的是　 　。
（4）棕色沉淀含 。操作①加入 反应的离子方程式是　 　，判断该反应完成的现象是　 　。
（5）操作②调 的范围是　 　。
（6） 可制作聚合硫酸铝 ，它是复合型高分子聚合物，净水效果优于传统的无机净水剂。若 ，则 　 　。引起聚合硫酸铝形态多变的基本成分是 离子，可用实验测定其含量。称取 试样，将其移入锥形瓶中，用移液管加入 盐酸，充分溶解聚合物后，加 氟化钾溶液掩蔽掉全部铝离子，摇匀。加入3滴酚酞，用 氢氧化钠标准溶液滴定至溶液呈微红色即为终点，消耗了标准液 。则聚合硫酸铝中 的质量分数为　 　。
34．（2020高二上·辽宁期中）滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：
（1）酸碱中和滴定：用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液。
①酸式滴定管、碱式滴定管、温度计、量筒、玻璃棒、烧杯。若要进行中和滴定实验，还缺少的玻璃仪器是　 　。
②上述滴定过程中操作滴定管的图示，正确的是　 　。
③若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得NaOH 溶液浓度　 　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（2）氧化还原滴定：用标准高锰酸钾溶液滴定未知浓度的草酸（H2C2O4）溶液。
①课外小组里有位同学设计了下列两种滴定方式（夹持部分略去），引起了同学们的讨论，最后取得识，你认为合理的是　 　（填字母序号）。
②判断滴定终点的依据是　 　。
③某次滴定时记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为 　 　。
（3）沉淀滴定滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。
参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选的指示剂是____（填选项字母）。
难溶物 AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4 AgSCN
颜色 白 浅黄 白 砖红 白
KSP 1.77×10－10 5.35×10－13 1.21×10－16 1.12×10－12 1.0×10－12
A．NaCl B．NaBr C．NaCN D．Na2CrO4
35．（2020·西城模拟）某铜合金中Cu的质量分数为80%～90%，还含有Fe等。通常用间接碘量法测定其中Cu的含量，步骤如下：
Ⅰ．称取a g样品，加入稀H2SO4和H2O2溶液使其溶解，煮沸除去过量的H2O2，冷却后过滤，滤液定容于250 mL容量瓶中；
Ⅱ．取50.00 mL滤液于锥形瓶中，加入NH4F溶液，控制溶液pH为3～4，充分反应后，加入过量KI溶液，生成白色沉淀，溶液呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ的锥形瓶中加入c mol·L 1 Na2S2O3溶液滴定，至锥形瓶中溶液为浅黄色时，加入少量淀粉溶液，继续滴至浅蓝色，再加入KSCN溶液，剧烈振荡后滴至终点；
Ⅳ．平行测定三次，消耗Na2S2O3溶液的体积平均为v mL，计算铜的质量分数。
已知：ⅰ．F 与Fe3+生成稳定的FeF63 （无色）。
ⅱ．I2在水中溶解度小，易挥发。
ⅲ．I2+I I3 （棕黄色）。
ⅳ．I2+2Na2S2O3= 2NaI+Na2S4O6（无色）。
（1）Ⅰ中Cu溶解的离子方程式是　 　。
（2）Ⅱ中Cu2+和I 反应生成CuI白色沉淀和I2。
①加入NH4F溶液的目的是　 　。
②Cu2+和I 反应的离子方程式是　 　。
③加入过量KI溶液的作用是　 　。
（3）室温时，CuSCN的溶解度比CuI小。CuI沉淀表面易吸附I2和I3 ，使测定结果不准确。Ⅲ中，在滴定至终点前加入KSCN溶液的原因是　 　。
（4）样品中Cu的质量分数为　 　(列出表达式)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A.未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A不符合题意；
B.当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B不符合题意；
C. 当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C不符合题意；
D.当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据弱电解质的电离和盐类水解知识解答。
2．【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
【解析】【解答】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A不符合题意；
B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B不符合题意；
C．由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka= = ≈1×10-2，C符合题意；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，据此分析作答。
3．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；中和滴定
【解析】【解答】A．H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应后，生成的是NaHA，但是H2A的电离常数不知道，所以该溶液酸碱性无法判断，A符合题意；
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，只能说明HA和BOH的强弱相同，但是如果都是弱酸，且电离常数相同，则BA的阴阳离子水解程度相同，促进水的电离，B不符合题意；
C．醋酸是弱电解质，稀释促进电离，稀释后水的pH增大，pH越大说明越稀，水的电离程度越大，C不符合题意；
D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2当中，氢离子和氢氧根离子浓度相同，溶液等体积混合后，溶液显中性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据题意反应恰好得到NaHA，由于HA-的情况无法确定
B. 可溶性正盐BA溶液呈中性， 可能是强酸强碱盐或者是弱酸弱碱盐的阴离子和阳离子的水解常数相似
C.浓度越稀越电离
D.根据电荷守恒即可判断
4．【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．一水合氨电离平衡状态下，溶液中铵根离子和氢氧根离子浓度相同时，氨水浓度为0.1mol/L，图象分析可知，c( )=c(OH-)≈10-3mol/L，NH3 H2O的电离平衡常数Kb= = =10-5，A不符合题意；
B．由图可知，P2点对应的溶液pH=7，故由水电离出的c(H+)=1.0×10-7 mol/L，B符合题意；
C．P3所示溶液，t= =1，n(HCl)=n(NH3 H2O)，溶液中存在物料守恒得到：c( )+c(NH3 H2O)=c(Cl-)＝0.1mol/L，故c(Cl-)+c( )= 2c( )+c(NH3 H2O)＜0.2mol/L，C不符合题意；
D．P3点为恰好完全反应，溶质为NH4Cl，故之后，加入的HCl越来越多，由于H+对水解的抑制作用，水的电离程度减小，当HCl达到饱和溶液时，水的电离程度将不再改变，故不是一直减小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据给出的数据即可进行计算出氨水的电离平衡常数
B.根据P2点的数据即可计算出水的电离的氢离子浓度
C.根据物料守恒进行判断即可
D.根据图示不断的通入氯化氢，当达到饱和时浓度不变是水的电离程度将不变
5．【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；探究卤素单质间的置换反应
【解析】【解答】A．图1中c点加入0.1 mol/L20mLCH3COOH溶液与10 mL.0.1 mol/L的NaOH溶液充分反应后得到等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH混合液，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，物料守恒为2c(Na+)= c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，两式整理消去c(Na+)得c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，故A不符合题意；
B．盐酸属于强酸溶液，醋酸属于弱酸溶液，加水稀释促进醋酸电离，将pH相同的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，pH较大的是盐酸，pH较小的是醋酸，则图2中I表示盐酸，II表示醋酸，a、b、c三点pH由大到小的顺序为c>b>a，三点溶液中离子浓度由大到小的顺序为a>b>c，溶液的导电性：a>b>c，故B符合题意；
C．b点Kw=10-12，中性溶液pH=6，将pH=2的H2SO4，与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，氢离子和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，故C不符合题意；
D．-lgc(X-)的值越大，代表该离子的浓度越小，由图可以知道，加入一定量的硝酸银后I-浓度最小，则I-首先沉淀，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据给出的数据判断出此时的溶质结合电荷守恒和物料守恒即可判断
B.强酸和弱酸稀释时，pH变化较大的是强酸
C.根据b的数据计算出此温度下的水的离子积即可进行判断
D.根据图示即可判断溶度积以及沉淀的先后顺序
6．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．根据图象，0.10mol/LBOH溶液的pH=11，c(OH-)= mol/L=0.001mol/L，则BOH为弱碱，其电离程度较小，则溶液中c(BOH)≈0.10mol/L，c(B+)≈c(OH-)=0.001mol/L，BOH的Kb= ≈ =1×10-5，故A不符合题意；
B．a点加入酸的物质的量是碱的物质的量的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的BOH、BCl，b点加入酸、碱的物质的量相等，二者恰好完全反应生成BCl，溶液中溶质为BCl，假设a点BOH不电离且B+不水解，b点B+不水解，a点c(B+)= mol/L= ×0.10mol/L、b点c(B+)= mol/L= ×0.10mol/L，混合溶液中BOH电离程度和B+水解程度都较小，所以a点的c(B+)小于b点，故B不符合题意；
C．a点溶液中存在电荷守恒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)，故C不符合题意；
D．混合溶液pH=7时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(B+)=c(Cl-)，酸碱混合后导致溶液体积增大，则导致溶液中c(Cl-)减小，所以存在c(B+)=c(Cl-)＜0.1mol/L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据起始的pH即可判断出氢离子浓度即可计算出kb
B.根据发生的反应以及消耗盐酸的量即可计算出B+离子的大小
C.根据电荷守恒和物料守恒即可判断
D.根据电荷守恒结婚中性即可判断
7．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；水的电离；中和滴定
【解析】【解答】A．Ka(HA)为10-4.8，数量级为10-5，A不符合题意；
B.0.2mol·L-1NaOH溶液和0.2mol·L-1一元酸HB等体积混合时，酸碱恰好反应时，此时溶质为NaB，溶液中存在： ，则 且 ，又因为 =10-3.3= 、 ，所以可以得到： ，求得 =10-5.85mol/L，则HB溶液中的pH为8.15，B符合题意；
C．反应HA+B-=HB+A-的平衡常数为 = = =10-1.5，C不符合题意；
D． =10-4.8< =10-3.3，根据越弱越水解的规律可知相同条件下A-水解程度更大，对水的电离影响程度更大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】a点时，c(HA)=c(A-)，此时 =4.8，则c(H+)=10-4.8mol/L，根据 可以求出 =10-4.8，同理利用b点可以求出 =10-3.3。
8．【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．滴定开始时0.1000mol·L－1 醋酸pH＞2，氢离子浓度小于0.01mol·L-1， 0.1000 mol·L-1 HAc的电离百分数小于10%，故A不符合题意；
B．
醋酸钠溶液水解后呈碱性，选用变色范围在碱性的指示剂，故B不符合题意；
C．
滴定百分数为50%时，溶液中溶质为等浓度的HAc和NaAc，溶液呈酸性，HAc的电离大于Ac-的水解，曲线②溶液中c(Ac-)>c(Na+)，故C符合题意；
D． 滴定终点时，NaAc溶液的pH约为8，图像的变化证实了Ac-的碱性较弱，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据盐酸和醋酸在滴定开始时的pH来判断，滴定开始时0.1000mol·L－1 盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH＞1，曲线①是盐酸，曲线②是醋酸。
9．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A. 根据图a可知，中和百分数为50%时溶液的pH=4.74，此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA，由于A-的水解和HA的电离都是微弱的，c（A-）≈c（HA），Ka(HA)= ，故Ka(HA)的数量级为10-5，选项A不符合题意；
B. N点，根据电荷守恒有 ，即 ，选项B符合题意；
C. P—Q过程中，随着氢氧化钠溶液的滴入，酸不断消耗，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，选项C不符合题意；
D. 根据图b可知当lg （即 ）时，溶液呈酸性，当滴定至溶液呈中性时，溶液中c(A-)>c(HA)，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液电离平衡常数的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握水的电离及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
10．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；实验室制取蒸馏水；中和滴定
【解析】【解答】A．实验室制蒸馏水利用蒸馏原理，用锥形瓶作接收器，故A不符合题意；
B．酸碱中和滴定时，锥形瓶一般用作盛放待测液，故B不符合题意；
C．配制一定浓度的H2SO4溶液，先用烧杯稀释硫酸，冷却后将硫酸转移到容量瓶中，不使用锥形瓶，故C符合题意；
D．用高锰酸钾与浓盐酸制Cl2，用锥形瓶盛装高锰酸钾，再用分液漏斗滴加浓盐酸，故D不符合题意。
故答案为C。
【分析】配制一定浓度的某溶液一般用的一定体积的容量瓶，实验室制取蒸馏水、酸碱滴定、高锰酸钾制取氯气均需要用到锥形瓶
11．【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．随加入碱溶液体积的增大，pH逐渐增大，恰好反应时温度最高，曲线M是温度变化曲线，曲线N是pH变化曲线，故A不符合题意；
B．根据曲线的起点pH=1可知，HA为一元强酸，而滴定终点的pH小于7，说明碱为弱碱，因此，a点酸电离出的氢离子浓度大于d点碱电离出氢氧根离子的浓度，所以水电离程度d>a，故B符合题意；
C．根据电荷守恒c(B+)+ c(H+)=c(A-)+ c(OH-)，c点pH=7，所以存在守恒关系c(B+)=c(A-)，故C不符合题意；
D．b点溶质为BA，溶液呈酸性，所以c(A-)>c(B+)>c(H+)>c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据中和反应是放热以及溶液pH变化即可判断
B.根据pH曲线进行判断，a点是pH=1，即可判断HA为强酸，再结合bc，d的溶质进行判断水的电离情况即可
C.根据c点的电荷守恒即可判断
D.根据b点的溶质结合pH进行判断即可
12．【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A.0～t1时，溶液中只产生了氧化产物ClO-，则发生反应的离子方程式：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，A不符合题意；
B．a点溶液为NaCl、NaClO、NaClO3，根据物质化学式可知Na、Cl两种元素的原子个数比为1：1，所以c(Na+)最大。且溶液中c(NaClO)＞c(NaClO3)，NaClO、NaClO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故溶液中离子浓度关系为：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(ClO )＞c(OH-)＞c(H+)，B不符合题意；
C．b点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)+5c(ClO )；根据电子守恒可得c(Cl-)=c(ClO-)+5c(ClO )，根据图象可知在b点时c(ClO-)=c(ClO )，带入电荷守恒式子，整理可得c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)，C符合题意；
D． 是弱酸HClO在溶液中的电离平衡常数，电离平衡常数只与温度有关，由于温度始终保持T℃，因此 不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据此时的离子的浓度即可判断发生的反应是氯气和氢氧化钠反应得到氯化钠和次氯酸钠的反应
B.根据a点的溶质进行判断即可
C.在b点结合电荷守恒和电子守恒即可判断
D.根据次氯酸的电离平衡常数与温度有关即可判断
13．【答案】D
【知识点】中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．H3AsO4的第一步电离常数Ka1= ，据图可知当c(H2AsO )= c(H3AsO4)时pH=2.2，即c(H+)=10-2.2mol/L，所以Ka1=10-2.2<10-2=0.01，A不符合题意；
B．溶液中存在电荷守恒c(H2AsO )+2c(HAsO )＋3c(AsO )+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，B不符合题意；
C．根据物料守恒Na3AsO4溶液中，c(Na+)=3c(AsO )+3c(HAsO )+3c(H2AsO )+3c(H3AsO4)，C不符合题意；
D．根据酚酞的变色范围可知，溶液由无色变为浅红色时，pH约为8.8，据图可知此时As元素存在形式主要为HAsO ，所以该反应的离子方程式为2OH-+H3AsO4= HAsO +2H2O，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.根据图示找出c(H2AsO )= c(H3AsO4)即可计算出第一步电离平衡常数
B.根据给出的条件结合电荷守恒即可判断
C.根据给出的条件结合物料守恒即可判断
D.根据酚酞的变色范围即可判断出产物即可写出方程式
14．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，HA为弱酸，故A不符合题意；
B．由分析可知，a点为等浓度的NaA和HA的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系2 c(Na+) = c(A-) + c(HA)，故B不符合题意；
C．由分析可知，b点为NaA和HA的混合溶液，c点为滴定终点，故C不符合题意；
D．由分析可知，c点溶液为NaA溶液，NaA在溶液中水解，促进水的电离，则c点溶液中水的电离程度最大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】加入20 mL氢氧化钠溶液时，HA溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成NaA，由图可知，c点溶液为NaA溶液，溶液呈碱性，则HA为弱酸；b点为NaA和HA的混合溶液，溶液呈中性；a点为等浓度的NaA和HA的混合溶液，溶液呈酸性。
15．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；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．由图示可以看出， 点H2A被滴定分数为 0.5，即有一半H2A与NaOH反应生成NaHA，因此 a溶液中溶质为 和 ，A不符合题意；
B． 点H2A被滴定分数大于 1，溶质为NaHA和Na2A，溶液中钠离子浓度最大，结合图可知： ，B符合题意；
C．根据电荷守恒有： ，由图示可知， 点溶液中有：c(A2-)=c(HA-)，故有 ，C不符合题意；
D．由图示可知，从a点到d点，溶液中H2A越来越少，而NaHA、Na2A越来越多，故电离越来越弱，而盐类水解程度越来越大，盐类水解促进水的电离，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度： ，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.根据图示即可找出a点的溶质
B.根据图示的滴定分数得出此时的溶质，结合此时的pH即可判断出离子浓度大小
C.根据图示c点显中性，以及此时微粒的分布系数，结合电荷守恒进行判断
D.随着氢氧化钠的不断加入，酸性逐渐减弱，因此水的电离程度在依次增大
16．【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A．开始滴定时溶液pH=13，则c(OH-)=0.1 mol/L，向其中滴加0.1 mol/L的醋酸，发生反应：NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，可见溶液中导电离子数目不变，但溶液的体积逐渐增大，使溶液中自由移动的离子浓度减少。离子浓度越小，溶液的导电能力就越弱，因此从A点到B点的过程中，溶液的导电能力逐渐减弱，A不符合题意；
B．向25 mL0.1 mol/LNaOH中滴加0.1 mol/L醋酸溶液，若恰好反应产生CH3COONa，反应消耗醋酸溶液25 mL，此时CH3COONa溶液呈碱性，而a点溶液呈中性，说明酸过量，因此醋酸溶液的体积大于25 mL，B不符合题意；
C．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，C点溶液pH＜7，溶液显酸性，说明溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此离子浓度c(CH3COO-)＞c(Na+)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，故离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C不符合题意；
D．D点加入的醋酸溶液的体积为NaOH体积的二倍，二者浓度相等，因此该点溶液为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，存在物料守恒①：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，也存在电荷守恒②：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，将①+②×2，整理可得：
c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.A到B发生的是乙酸和氢氧化钠反应，虽然导电的微粒物质的量不变但是浓度降低故导带你能力下降
B.产生的醋酸钠是显碱性，但是此时溶液显中性，即可判断体积的大小
C.c点是显酸性，因此醋酸过量结合电荷守恒进行判断
D.根据此时的醋酸的体积即可计算出醋酸的物质的量结合电荷守恒和物料守恒即可判断
17．【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；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A． H3PO3 H++H2PO ，加入NaOH溶液之前，Ka1= ，c(H+)= ， pH=-lg = =1.15,溶液的pH约为1.2，故A不符合题意；
B． c点，溶质为H2PO 和HPO 等物质的量混合溶液，溶液pH=6.6，呈酸性，说明H2PO 的电离大于HPO 水解，c (H2PO )＜c(HPO )，故B符合题意；
C． 酸的浓度b＞c，酸抑制水电离，d是正盐溶液，盐水解，促进水电离，b，c，d三点的溶液中，d点水电离出来的c(H+)最大，故C不符合题意；
D． b点是NaH2PO3溶液，浓度为0.05mol·L－1，溶液体积为40mL，若取b点溶液与0.1mol/L的氨水溶液等体积混合(体积变化可忽略)，溶液为等浓度的NaNH4HPO3，和氨水的混合物，溶液中存在①电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(NH )=c(OH-)+c (H2PO )+2c(HPO )，②物料守恒：c(NH )+c(NH3·H2O)=2c (H2PO )+2c(HPO )+2c(H3PO3)，②-①得：c(NH3·H2O)-c(H+)-c(Na+)=c (H2PO )+2c(H3PO3)-c(OH-)，c(NH3·H2O)=c (H2PO )+2c(H3PO3)+c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，c(Na+)= =0.025mol·L－1，溶液呈碱性，c(H+)-c(OH-)＜0，c(NH3·H2O)＜c(H2PO )+2c(H3PO3)+0.025mol·L－1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】H3PO3 H++H2PO ，加入NaOH溶液之前，由c(H+)= 计算溶液的pH， c点，溶质为H2PO 和HPO 等物质的量混合溶液，溶液pH=6.6，呈酸性，说明H2PO 的电离大于HPO 水解，b点是NaH2PO3溶液，浓度为0.05mol·L－1，溶液体积为40mL，若取b点溶液与0.1mol/L的氨水溶液等体积混合(体积变化可忽略)，溶液为等浓度的NaNH4HPO3，和氨水的混合物，溶液中存在①电荷守恒，②物料守恒，②-①得c(NH3·H2O)=c (H2PO )+2c(H3PO3)+c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，由此分析。
18．【答案】C
【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A． 曲线②代表c(A2-)，曲线③代表c(HA-)，H2A的Ka2=10-8，故A不符合题意；
B． 根据物料守恒，x点溶液中，2n(Na＋)=n(H2A)＋n(HA-)＋n(A2-)，故B不符合题意；
C． 根据电荷守恒，c(Na＋)+c(H＋)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，pH=8，c(OH-)＞c(H＋)，c(Na＋)＞2c(A2-)+c(HA-)，在Y点溶液中，c(Na＋)＞3c(A2-)，故C符合题意；
D． NaHA溶液中，Ka(HA-)=10-8,Kh(HA-)= ,Ka(HA-)＞Kh(HA-),c(A2-)＞c(H2A)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】曲线①②③分别代表c(H2A)、c(A2-)、c(HA-)，Ka1、Ka2分别为10-4、10-8。
19．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；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．根据加入NaOH溶液后曲线变化可知③是pH变化，曲线①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2种，结合起点pH，可推出H3PO2为一元弱酸(若为一元强酸或二元或三元酸，含磷微粒不是2种或者起点pH不对应)。因为H3PO2为一元弱酸，故曲线①代表δ(H3PO2)，曲线②代表δ(H2PO )，故A不符合题意；
B．因为H3PO2为一元弱酸，故等浓度NaOH与次磷酸二者1∶1恰好中和，由20 mL时达到滴定终点可知，次磷酸浓度为0.100 mol·L－1，故B符合题意；
C．由曲线①②交点可知δ(H3PO2)＝δ(H2PO )，故c(H3PO2)＝c(H2PO )，对应曲线③pH＝3，即c(H＋) ＝10－3 mol·L－1，Ka(H3PO2)＝ ＝10－3，故H2PO 水解常数Kh＝ ≈1.0×10－11，故C不符合题意；
D．因为H3PO2为一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，其水溶液因H2PO 的水解而显碱性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据H3PO2为一元弱酸即可判断
B.根据据一元弱酸结合氢氧化钠的浓度即可计算出次磷酸的浓度
C.根据①和②的交点结合 H2PO 水解等式即可计算出水解常数
D.根据次磷酸为一元弱酸即可判断 NaH2PO2 的类别
20．【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由于可根据指示电极电位(ERC)是否产生了突跃来判断终点，因此该滴定过程中不需任何指示剂，A不符合题意；
B．依据物料守恒可知c(Na+)＝2c(HCO )+2c(CO )+2c(H2CO3)，因此a点溶液中存在：c(Na+)＞c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)，B不符合题意；
C．根据图像可判断b点盐酸恰好与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，因此溶液呈酸性，C不符合题意；
D．a到b之间反应没有结束，盐酸不足，所以溶液中存在：c(Na+)＞c(Cl-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.此实验的电极电位发生突变说明达到了反应的终点
B.碳酸钠和盐酸分步反应，a点时发生的是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠的反应，此时溶液碱性，结合物料守恒进行判断即可
C.b点发生第二步反应是盐酸和碳酸氢钠的反应，即可判断此时的溶液的酸碱性
D.a到b之间始终是钠离子的浓度高于氯离子
21．【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．据图可知滴加20mLNaOH溶液，即溶质为Na2A时，溶液pH大于0，所以HA-不完全电离，而0.1mol/L的H2A溶液pH=1.3，说明H2A第一步电离也不完全，所以溶液①中H2A的电离方程式是H2A H++HA-、HA- H++A2-，A不符合题意；
B．溶液②中加入10mLNaOH溶液，溶质为NaHA，溶液显酸性，所以HA-的电离大于水解，但其电离和水解都是微弱的，所以c(HA-)＞c(A2-)＞c(HA-)，B符合题意；
C．溶液③中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，常温下pH为7，则c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，C不符合题意；
D．溶液④中滴加20mLNaOH溶液，溶质为Na2A，根据物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)+2c(H2A)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.H2A是二元弱酸，分步电离
B.根据加入的氢氧化钠判断此时溶质，再结合此时的pH判断电离程度和水解程度的大小即可比较离子浓度
C.根据电荷守恒以及pH=7即可判断
D.根据物料守恒即可判断
22．【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定
【解析】【解答】A．根据图A知，a点稀释导电能力增强，所以稀释促进醋酸电离，离子浓度增大；若用湿润的pH试纸测量a点的pH，相当于溶液加水稀释，根据图像走势，导电性增强，则氢离子浓度增大测量结果偏小，A项不符合题意；
B．HCl为强电解质，完全电离，不存在电离平衡，所以每稀释10倍，氢离子浓度减小10倍，pH增大1个单位，B项不符合题意；
C．pM相等时，图丙中 数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，C项不符合题意；
D.0.001mol/L氢氧化钠溶液pH为11，用0.001mol/L盐酸滴定，达到滴定终点溶液的pH为7，然后继续加入盐酸，溶液中氢离子浓度始终小于原来盐酸的浓度，所以pH始终大于7，D项符合题意；
故答案为：D
【分析】用稀盐酸滴定氢氧化钠溶液，当滴定完全之后，所得的到溶液显示酸性，但是始终不能达到所加入盐酸的pH，只能无限的接近pH=3
23．【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A．a点溶液溶质为碳酸钠和碳酸氢钠1:1，物料守恒 ，A不符合题意；
B．根据题中数据分析，a、b点溶液中钠离子浓度的关系为： ，B不符合题意；
C．c点溶液中电荷守恒式为： ，C不符合题意；
D． d点溶液pH=7，根据 电离常数表达式中： ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 溶液显碱性， HA 溶液显酸性，故ac曲线是向 溶液中滴加氢氧化钠，bd曲线是向 HA 溶液中滴加氢氧化钠，据此分析。
24．【答案】B
【知识点】焓变和熵变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A．弱电解质的电离过程是吸热过程，则HCN H++CN-的ΔS>0、ΔH>0，A不符合题意；
B．用标准NaOH溶液滴定浓度约为0.01mol L-1HCN，完全中和时生成NaCN，溶液显碱性，则应选择酚酞做指示剂，B符合题意；
C.0.2mol L-1的HCN溶液中加入等体积的0.1mol L-1NaOH溶液，溶液中溶质HCN和NaCN的物质的量相等，因CN-的水解常数Kh==10-4＞Ka，说明溶液中CN-的水解程度大于HCN的电离程度，即该溶液呈碱性，C不符合题意；
D.0.2mol L-1的HCN溶液中加入等体积的0.1mol L-1NaOH溶液，溶液中溶质HCN和NaCN的物质的量相等，溶液中的电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CN-)，物料守恒式为2c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)，则2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)+c(CN-)，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A．电离过程是熵变增加的吸热过程；
B．NaCN强碱弱酸盐，溶液水解显碱性，则应选择酚酞做指示剂；
C．等浓度的HCN和NaCN混合溶液显碱性，说明溶液中CN-的水解程度大于HCN的电离程度；
D．根据溶液中的电荷守恒和物料守恒进行计算。
25．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；中和滴定
【解析】【解答】A．用0.1000mol/L NaOH溶液滴定20.000mL 0.1000mol/L CH3COOH，滴定终点时生成CH3COONa，溶液呈碱性，而Q点溶液的pH=7，呈中性，所以Q点不是滴定终点，故A符合题意；
B．根据图示可知，该反应为吸热反应，说明反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和，故B不符合题意；
C．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)的平衡常数K=c(CO2)，所以温度不变时增大压强重新平衡时二氧化碳浓度不变，根据图示可知，t1时改变条件后CO2的浓度瞬间增大，重新平衡时CO2浓度与原平衡相等，所以t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故C不符合题意；
D．光照盛有少量氯水的恒容密闭容器时发生反应：Cl2+H2O HCl+HClO、2HClO 2HCl+O2↑，图示中随着时间的增加，容器内O2的体积分数逐渐增大，能够说明光照氯水放出O2，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、用强碱滴定弱酸，pH=7时说明碱不足，故没有达到滴定终点
26．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；中和滴定
【解析】【解答】A.根据A点可知，lg =10.083，因为Kw=[H+][OH-]=10-14，则A点[H+]=10-1.9585mol/L=0.011mol/L，则H2A一级电离为完全电离，H2A=H++HA-，A不符合题意；
B.根据A点，[H+]=10-1.9585mol/L=0.011mol/L，因为H2A一级电离为完全电离，则第二步电离出的[A2-]=(0.011-0.01)mol/L=0.001mol/L，则 ，Ka(HA-)的数量级为10-3，B不符合题意；
C.根据酸碱的数量关系10mL时，完全反应生成NaHA为强酸强碱，20mL时完全中和生成Na2A为强碱弱酸盐，能促进水的电离，故水电离程度最大的点为完全中和时，C不符合题意；
D. V(NaOH)=15mL时的溶液中n(NaHA):n(Na2A)=1:1，又因为Ka(HA-) 10-3mol/L，HA-的电离程度大于A2-的水解程度，故当n(NaHA):n(Na2A)=1:1时溶液显酸性，故c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】用0.010mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL 0.010mol/L的酸H2A，依次发生NaOH+H2A=NaHA+H2O、NaHA+NaOH=Na2A+H2O，则当加入10mL的NaOH溶液，溶液中溶质为NaHA。
27．【答案】（1）；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解
（2） 根据物质转换和电子得失守恒关系： 得 氯元素的质量: 该样品的有效氯为： 该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品；偏低
【知识点】中和滴定；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1) 由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为： ；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而使次氯酸钠失效；
(2) ①由题中反应可知， 在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为： ， ，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5 = ，氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品；
②如果硫酸的用量过少，则导致反应 不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低。
【分析】(1) 2NaOH + Cl2 = NaCl + NaClO + H2O （冷水） ； NaClO+CO +H O=NaHCO +HClO ；
(2) ①根据关系式 C3N3O3Cl2-~2HClO~2l2~4S2O32-，计算对应的有效氯;
②HClO的消耗量偏低，导致测定的有效氯含量会偏低。
28．【答案】（1）3FeC2O4+2K[Fe(CN)6]=Fe[Fe(CN)6]3+3K2C2O4
（2）隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；CO；CO2；先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，说明含有
（3）粉红色出现；
【知识点】中和滴定；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）显色反应的原理并没有给出，但经过分析是可以得出显色剂只能是与 反应即：3FeC2O4+2K[Fe(CN)6]=Fe[Fe(CN)6]3+3K2C2O4；(2)①通过反应的装置及反应的过程可判断出通N2的目的是隔绝空气排除空气的干扰并把分解产生的气体赶入后续装置；②B中澄清石灰水变浑浊说明有CO2产生，在经过E装置变红，说明CuO被还原（气体有CO或H2），最后F装置中澄清石灰水变浑浊说明是CO还原氧化铜，故分解产物中一定有CO和CO2；③防倒吸的操作应先熄灭酒精灯，再停止通N2，否则熄灭酒精灯后气体热胀冷缩可能会引起倒吸使玻璃管破裂；④检验 的实质为检验Fe3+，所以应先加稀酸使 转化为Fe3+，再加KSCN检验Fe3+，即取少量粉末于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红说明有 ；（3）①滴定的原理为氧化还原反应，终点即草酸根被 氧化，溶液会显 的颜色；②根据得失电子数守恒：即 →Mn2+得电子n=5cv×10-3mol
Fe3+ →Fe2+ 得电子n=5cv×10-3mol
可得n（Fe3+）=5cV×10-3mol
所以铁的质量分数=
29．【答案】（1）2NaHSO3=Na2S2O5+H2O
（2）NaHSO3；得到NaHSO3过饱和溶液
（3）2H2O－4e－ = 4H++O2↑；a
（4）S2O52- + 2I2+ 3H2O=2SO42－+4I－+6H+；0.128
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；中和滴定；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】⑴焦亚硫酸钠和亚硫酸钠中硫元素的化合价相同，故不是氧化还原反应，可写出方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；⑵pH=4.1时，Ⅰ中发生的反应为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2；⑶阳极室含有OH－和SO42－，水电离产生的OH－先放电，因此电极反应式为：2H2O－4e－ = 4H++O2↑；a室中含有亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，阳极产生的氢离子进入a室与亚硫酸钠反应生成亚硫酸氢钠，因此亚硫酸氢钠浓度增加。而b室的电极反应式为：2H2O+2e－= 2OH－+H2↑，氢氧根与亚硫酸氢钠反应，从而亚硫酸氢钠浓度降低。⑷S2O52－ + 2I2+ 3H2O=2SO42－+4I－+6H+ ，0.128g/L
析：n(I2)=0.01mol/L×0.01L=1×10－4mol
∴n(SO2)=2 n(S2O52－)= n(I2)=1×10－4mol
m(SO2)= 1×10－4mol×64g/mol=6.4×10－3 g
SO2的浓度为6.4×10－3 g/0.05L=0.128g/L
【分析】本题考查化工生产的分析、电解原理及其运用、化学计算
30．【答案】（1）N2H4·2HCl
（2）长颈漏斗；除去CO2中的HCl气体
（3）抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；洗去固体表面的水和NH4HCO3
（4）[VO((H2O)5]2++3OH-=[VO(OH)3]-+5H2O
（5）
【知识点】氧化还原反应；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】(1)氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价由+5价降低到+4价，作氧化剂，O、Cl价态不变，H已经是最高价态，只有N的化合价升高，则反应中的还原剂是 ；
(2)①该仪器是长颈漏斗；
②A装置用于制备二氧化碳，是用碳酸钙固体和稀盐酸制备，产生二氧化碳的同时，会产生HCl杂质，对后续实验产生影响，故B的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；
(3) 选择饱和 NH4HCO3 的原因是抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；用无水乙醇洗涤是为了洗去固体表面的水和NH4HCO3，乙醇具有挥发性，能最大程度减少杂质的存在；
(4)由图知该水合配离子化学式为 ，加入碱生成 ，离子方程式为： ；
(5)根据已知反应， ，m(V)=n(V)M=5.1cV*10-2g ，则质量分数为 （5.1cV/m）%
【分析】（1） 要关注物质中各元素的价态变化情况，其中只有N的化合价升高，则反应中的还原剂是 ；
（2） 第二空要注意A装置会产生杂质气体氯化氢，所以B装置的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；
（3） 饱和 NH4HCO3 可以抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，要注意无水乙醇的吸水性和挥发性；
（4） 要结合水合配离子的结构图示，进行化学式的正确书写；
（5） 分析 VO2+ 和 Fe2+ 的物质的量关系， ，再根据原子守恒计算产品中钒的质量分数 。
31．【答案】（1）硬质玻璃管
（2）E、C、B、A、B、D
（3）关闭K1、K2，D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好
（4）排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化
（5）3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O
（6）NaNO2与盐酸反应生成的HNO2易被氧化为HNO3，HNO3可将KI氧化产生I2，使淀粉变蓝，所以不严谨(或NaNO2与盐酸反应生成HNO2，而在室温下易反应生成HNO3，加入KI淀粉溶液后变蓝色也可能是生成的HNO3氧化了KI，所以不严谨)
（7）1840
【知识点】气体发生装置的气密性检查；中和滴定
【解析】【解答】(1) 根据装置特点可知A中盛Na2O2的玻璃仪器名称是硬质玻璃管，故答案为：硬质玻璃管。
(2)根据分析可知上述实验装置中，依据气流从左至右，装置连接顺序(可重复使用)为E、C、B、A、B、D，故答案为：E、C、B、A、B、D。
(3) 连接仪器并检查气密性，检查气密性的具体操作是关闭K1、K2，D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好，故答案为：关闭K1、K2，D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好。
(4)NO、NaNO2与氧气发生反应，所以打开活塞K2之前先通入氮气，排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化，故答案为：排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化。
(5) 实验时观察到C中溶液变为蓝色，是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化碳、水，其离子方程式为：3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O。
(6)由题目信息可知乙同学认为甲同学的结论不严谨，其理由是NaNO2与盐酸反应生成的HNO2易被氧化为HNO3，HNO3可将KI氧化产生I2，使淀粉变蓝，所以不严谨(或NaNO2与盐酸反应生成HNO2，而在室温下易反应生成HNO3，加入KI淀粉溶液后变蓝色也可能是生成的HNO3氧化了KI，所以不严谨)。
(7)根据反应①2NO +4H++2I- =2NO↑ +I2 +2H2O和②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知生成碘单质的物质的量为n(I2)=20. 00×10-3L×0. 100 mol·L-1÷2=1×10-3mol，则50. 00 mL滤液中亚硝酸根离子的质量为m(NO )=1×10-3mol×(2×46)g/mol=9.2×10-2g，1 L滤液中亚硝酸根离子的质量为m(NO )=9.2×10-2g×20=1840mg，即该咸菜中亚硝酸根离子的含量为1840mg÷1kg=1840 mg·kg-1，故答案为：1840。
【分析】根据题目信息可知，利用E装置产生的NO2气体先通入C装置将NO2转化为NO，然后再将NO干燥后通入至A装置与Na2O2反应来制取NaNO2，为防止过量NO气体污染环境，装置结尾需用D装置中的高锰酸钾处理NO气体。
32．【答案】（1）烧杯、玻璃棒
（2）Fe2++2HCO ＝FeCO3↓+CO2↑+H2O
（3）关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，一段时间内若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气；CO2；澄清石灰水变浑浊；a
（4）偏高；18.4%
【知识点】中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)实验I中实验室配制绿矾溶液时，将称量好的固体溶解，因此必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒；
(2)实验Ⅱ中Fe2+和HCO 发生反应生成FeCO3沉淀、CO2和H2O，该反应的离子方程式为Fe2++2HCO ＝FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(3)①装置A是简易启普发生器，因此实验Ⅲ中检查装置A的气密性的方法是关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，一段时间内若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气。
②制备甘氨酸亚铁时需要防止空气氧化，因此需要利用二氧化碳排尽装置中的空气，则A中反应产生的气体是CO2，当C中充满CO2后，CO2开始进入D中，使D中的澄清石灰水变浑浊，因此C中空气排净时，D中现象是澄清石灰水变浑浊。
③因甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以应选择乙醇溶液作为洗涤剂，
故答案为：a；
(4)①若滴定过程中，锥形瓶中待测液飞溅出来，导致消耗标准液体积增加，则测出的Fe2+的氧化率偏高；
②6.0g甘氨酸亚铁中亚铁离子的物质的量是 ≈0.0294mol，由Ce4＋＋Fe2＋＝Ce3＋＋Fe3＋可知250.00 mL溶液中n(Fe2＋)＝n(Ce4＋)＝25×0.1mol/L×0.0096L＝0.024mol，故甘氨酸亚铁样品中Fe2+的氧化率为 ×100%≈18.4%。
【分析】装置A制备二氧化碳，装置B除去二氧化碳中的氯化氢，装置C制备甘氨酸亚铁，装置D可以判断空气是否除尽，据此解答。
33．【答案】（1）H2；
（2）漏斗
（3）把 氧化为
（4）；溶液紫红色褪去
（5）
（6）2；
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】(1) 铝灰主要含有 、 ，以及少量 和 的氧化物，加入稀硫酸，会反应生成氢气，故x是氢气；酸浸充分后溶液中的金属阳离子是 故答案为：H2；
(2)操作Ⅰ和Ⅱ都是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：漏斗；
(3) 根据金属离子浓度为 时生成氢氧化物沉淀的 ，要除去 应该把 氧化为 ，才不影响氢氧化铝的沉淀，加过量 溶液的目的是把 氧化为 ；故答案为：把 氧化为 ；
(4)根据图示可得 ，该反应可以除去过量的高锰酸钾，判断该反应完成的现象是溶液紫红色褪去，故答案为： ；溶液紫红色褪去；
(5) 过量 溶液的目的是把 氧化为 ，要使 沉淀完全，而不能沉淀铝离子，故②调 的范围是 ，故答案为： ；
(6)根据化合物中正负化合价代数和为零可解得y=2，由题干信息可知聚合硫酸铝中 ，质量分数为 ；故答案为：2； 。
【分析】（1）根据反应物确定生成物，可以溶解在酸的金属形成的离子
（2）考查的是过滤的仪器选择
（3）利用高锰酸钾的氧化性
（4）根据反应物和生成物利用氧化还原反应即可计算
（5）根据沉淀形成的pH范围即可确定范围
（6）根据化合价代数和为0可确定y的数值，根据可以计算出与聚合物中消耗盐酸的量即可求出氢氧根的物质的量
34．【答案】（1）锥形瓶；A；无影响
（2）b；溶液恰好由无色变浅紫红色，且半分钟内不褪色；22.10mL
（3）D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】（1）①进行酸碱中和滴定实验时，待测液要装在锥形瓶中，所以还缺少锥形瓶。②在进行滴定操作是时，要用左手控制酸式滴定管的活塞，所以A对，C错，挤压碱式滴定管的玻璃球时要往外挤压，B错。③若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，对NaOH物质的量没有影响，所以再继续滴定至终点，盐酸的用量不变，故对所测得NaOH 溶液浓度没有影响。
（2）①酸性高锰酸钾有强氧化性，要用酸式滴定管装，所以b对。②草酸溶液是无色的，高锰酸钾溶液是紫色的，所以滴定终点的现象为：当滴最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液恰好由无色变浅紫红色，且半分钟内不褪色。③滴定后滴定管的读数为22.60mL，此时消耗标准溶液的体积为22.60mL-0.5 mL=22.10mL。
（3）用AgNO3滴定NaSCN溶液生成的AgSCN是白色沉淀，为了现象明显，指示剂不能再是白色的，排除AgCl 和AgCN，在根据沉淀滴定的原理：滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。选D。
【分析】（1）①根据酸碱中和滴定的过程分析所缺少的仪器；
②结合酸式滴定管的使用分析；
③锥形瓶内加水，对滴定终点无影响。
（2）①酸性KMnO4具有氧化性，应使用酸式滴定管；
②达到滴定终点时，溶液由无色变为紫红色；
③根据滴定管滴定前后的体积进行计算。
（3）结合沉淀滴定的原理以及沉淀颜色进行分析。
35．【答案】（1）Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
（2）将溶液中的Fe3+转化为FeF63 ，防止其氧化I ；2Cu2++4I =2CuI↓+I2；将Cu2+充分还原为CuI；I 与I2结合生成I3 ，减少I2的挥发
（3）将CuI沉淀转化为溶解度更小的CuSCN沉淀，释放出吸附的I2和I3 ，提高测定结果的准确程度
（4）(63.5×5×cv×10 3× )×100%
【知识点】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
【解析】【解答】(1)Ⅰ中Cu在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水，离子反应方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O； (2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与I 反应，导致消耗I 的含量最大，使Cu含量测定不准确，根据题意，F 与Fe3+生成稳定的FeF63 (无色)，加入NH4F溶液的目的是将溶液中的Fe3+转化为FeF63 ，防止其氧化I ，确保Cu含量测定的准确性；②根据题意，Cu2+和I 反应CuI白色沉淀和I2，离子方程式为：2Cu2++4I =2CuI↓+I2；③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI，同时过量的KI溶液可发生I2+I I3 ，I 与I2结合生成I3 ，减少I2的挥发，提高Cu含量测定的准确性；(3)因室温时，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液，将CuI沉淀转化为溶解度更小的CuSCN沉淀，转化过程中释放出吸附的I2和I3 ，I2充分被滴定，提高测定结果的准确程度；(4)根据2Cu2++4I =2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，滴定50.00mL滤液过程中消耗n(Na2S2O3)=cmol·L 1×v×10-3L=cv×10-3mol，则n(Cu)= n(Cu2+)= 2n(Na2S2O3)=2cv×10-3mol，则样品中Cu的质量分数为= =(63.5×5×cv×10 3× )×100%。
【分析】(1)Ⅰ中Cu在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水； (2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与I 反应，影响Cu含量测定的准确性；②根据题意，Cu2+和I 反应CuI白色沉淀和I2；③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI，提高Cu含量测定的准确性；(3)室温时，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液可使沉淀发生转化，释放沉淀表面易吸附I2和I3 ；(4)根据2Cu2++4I =2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3= 2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，根据滴定消耗Na2S2O3计算Cu2+的物质的量，再计算样品中Cu的质量分数。
2023年高考真题变式分类汇编：中和滴定4
一、选择题
1．（2020·浙江）常温下，用 氨水滴定 浓度均为 的 和 的混合液，下列说法错误的是(　　)
A．在氨水滴定前， 和 的混合液中
B．当滴入氨水 时，
C．当滴入氨水 时，
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于 ，
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A.未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A不符合题意；
B.当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B不符合题意；
C. 当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C不符合题意；
D.当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据弱电解质的电离和盐类水解知识解答。
2．（2020·新课标Ⅰ）以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L 1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数 随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2 的分布系数： ]
下列叙述正确的是（　　）
A．曲线①代表 ，曲线②代表
B．H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L 1
C．HA 的电离常数Ka=1.0×10 2
D．滴定终点时，溶液中
【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
【解析】【解答】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A不符合题意；
B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B不符合题意；
C．由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka= = ≈1×10-2，C符合题意；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，据此分析作答。
3．（2021·浙江模拟）25℃时，下列说法正确的是（　　）
A．H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应时，溶液酸碱性无法判断
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA对水的电离没有影响
C．醋酸的电离度：pH=3的醋酸溶液大于pH=4的醋酸溶液
D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液显碱性
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；中和滴定
【解析】【解答】A．H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应后，生成的是NaHA，但是H2A的电离常数不知道，所以该溶液酸碱性无法判断，A符合题意；
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，只能说明HA和BOH的强弱相同，但是如果都是弱酸，且电离常数相同，则BA的阴阳离子水解程度相同，促进水的电离，B不符合题意；
C．醋酸是弱电解质，稀释促进电离，稀释后水的pH增大，pH越大说明越稀，水的电离程度越大，C不符合题意；
D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2当中，氢离子和氢氧根离子浓度相同，溶液等体积混合后，溶液显中性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据题意反应恰好得到NaHA，由于HA-的情况无法确定
B. 可溶性正盐BA溶液呈中性， 可能是强酸强碱盐或者是弱酸弱碱盐的阴离子和阳离子的水解常数相似
C.浓度越稀越电离
D.根据电荷守恒即可判断
4．（2021·安徽模拟）常温下，将HCl气体通入0.1 mol/L氨水中，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)和反应物物质的量之比X[X= ]的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)，下列说法正确的是（　　）
A．NH3·H2O的电离平衡常数为10-9.25
B．P2点由水电离出的c(H+)=1.0×10-7 mol/L
C．P3为恰好完全反应点，c(Cl-)+c(NH )=0.2 mol/L
D．P3之后，水的电离程度一直减小
【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．一水合氨电离平衡状态下，溶液中铵根离子和氢氧根离子浓度相同时，氨水浓度为0.1mol/L，图象分析可知，c( )=c(OH-)≈10-3mol/L，NH3 H2O的电离平衡常数Kb= = =10-5，A不符合题意；
B．由图可知，P2点对应的溶液pH=7，故由水电离出的c(H+)=1.0×10-7 mol/L，B符合题意；
C．P3所示溶液，t= =1，n(HCl)=n(NH3 H2O)，溶液中存在物料守恒得到：c( )+c(NH3 H2O)=c(Cl-)＝0.1mol/L，故c(Cl-)+c( )= 2c( )+c(NH3 H2O)＜0.2mol/L，C不符合题意；
D．P3点为恰好完全反应，溶质为NH4Cl，故之后，加入的HCl越来越多，由于H+对水解的抑制作用，水的电离程度减小，当HCl达到饱和溶液时，水的电离程度将不再改变，故不是一直减小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据给出的数据即可进行计算出氨水的电离平衡常数
B.根据P2点的数据即可计算出水的电离的氢离子浓度
C.根据物料守恒进行判断即可
D.根据图示不断的通入氯化氢，当达到饱和时浓度不变是水的电离程度将不变
5．（2021·湖北模拟）根据各图曲线表征的信息，得出的结论错误的是(　　)
A．图1表示常温下向体积为10 mL.0.1 mol/L的NaOH 溶液中逐滴加入0.1 mol/LCH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则c点处有：c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-)
B．图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中I表示醋酸，II表示盐酸，且溶液导电性：c>b>a
C．图3中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4，与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
D．由图4曲线，可确定K(AgCl)>K(AgBr)>K(AgI)，故用0.0100 mol/L.硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 mol/L Cl-，Br-及I-的混合溶液时，首先沉淀的是I-
【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；探究卤素单质间的置换反应
【解析】【解答】A．图1中c点加入0.1 mol/L20mLCH3COOH溶液与10 mL.0.1 mol/L的NaOH溶液充分反应后得到等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH混合液，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，物料守恒为2c(Na+)= c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，两式整理消去c(Na+)得c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，故A不符合题意；
B．盐酸属于强酸溶液，醋酸属于弱酸溶液，加水稀释促进醋酸电离，将pH相同的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，pH较大的是盐酸，pH较小的是醋酸，则图2中I表示盐酸，II表示醋酸，a、b、c三点pH由大到小的顺序为c>b>a，三点溶液中离子浓度由大到小的顺序为a>b>c，溶液的导电性：a>b>c，故B符合题意；
C．b点Kw=10-12，中性溶液pH=6，将pH=2的H2SO4，与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，氢离子和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，故C不符合题意；
D．-lgc(X-)的值越大，代表该离子的浓度越小，由图可以知道，加入一定量的硝酸银后I-浓度最小，则I-首先沉淀，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据给出的数据判断出此时的溶质结合电荷守恒和物料守恒即可判断
B.强酸和弱酸稀释时，pH变化较大的是强酸
C.根据b的数据计算出此温度下的水的离子积即可进行判断
D.根据图示即可判断溶度积以及沉淀的先后顺序
6．（2021·郑州模拟）常温下，用 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：
下列说法正确的是（　　）
A．BOH的Kb约为1×10-3
B．a点的c(B+)大于b点
C．a点溶液中：c(B+)+c(H+)=2c(OH-)+c(BOH)
D．滴定至pH=7时，c(B+)=c(Cl-)＜0.1mol L-1
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．根据图象，0.10mol/LBOH溶液的pH=11，c(OH-)= mol/L=0.001mol/L，则BOH为弱碱，其电离程度较小，则溶液中c(BOH)≈0.10mol/L，c(B+)≈c(OH-)=0.001mol/L，BOH的Kb= ≈ =1×10-5，故A不符合题意；
B．a点加入酸的物质的量是碱的物质的量的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的BOH、BCl，b点加入酸、碱的物质的量相等，二者恰好完全反应生成BCl，溶液中溶质为BCl，假设a点BOH不电离且B+不水解，b点B+不水解，a点c(B+)= mol/L= ×0.10mol/L、b点c(B+)= mol/L= ×0.10mol/L，混合溶液中BOH电离程度和B+水解程度都较小，所以a点的c(B+)小于b点，故B不符合题意；
C．a点溶液中存在电荷守恒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)，故C不符合题意；
D．混合溶液pH=7时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(B+)=c(Cl-)，酸碱混合后导致溶液体积增大，则导致溶液中c(Cl-)减小，所以存在c(B+)=c(Cl-)＜0.1mol/L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据起始的pH即可判断出氢离子浓度即可计算出kb
B.根据发生的反应以及消耗盐酸的量即可计算出B+离子的大小
C.根据电荷守恒和物料守恒即可判断
D.根据电荷守恒结婚中性即可判断
7．（2021·郑州模拟）常温下用0.2mol·L-1NaOH溶液分别滴定0.2mol·L-1一元酸HA和HB，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列有关叙述错误的是（　　）
A．Ka(HA)的数量级为10-5
B．酸碱恰好反应时，HB溶液中的pH为9.15
C．反应HA+B-=HB+A-的平衡常数为10-1.5
D．相同条件下对水的电离影响程度：NaA>NaB
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；水的电离；中和滴定
【解析】【解答】A．Ka(HA)为10-4.8，数量级为10-5，A不符合题意；
B.0.2mol·L-1NaOH溶液和0.2mol·L-1一元酸HB等体积混合时，酸碱恰好反应时，此时溶质为NaB，溶液中存在： ，则 且 ，又因为 =10-3.3= 、 ，所以可以得到： ，求得 =10-5.85mol/L，则HB溶液中的pH为8.15，B符合题意；
C．反应HA+B-=HB+A-的平衡常数为 = = =10-1.5，C不符合题意；
D． =10-4.8< =10-3.3，根据越弱越水解的规律可知相同条件下A-水解程度更大，对水的电离影响程度更大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】a点时，c(HA)=c(A-)，此时 =4.8，则c(H+)=10-4.8mol/L，根据 可以求出 =10-4.8，同理利用b点可以求出 =10-3.3。
8．（2021·平顶山模拟）用0.1000 mol·L-1 NaOH溶液分别滴定20 mL 0.1000 mol·L-1 HCl和HAc(醋酸)的滴定曲线如图。下列说法正确的是（　　）
A．0.1000 mol·L-1 HAc的电离百分数约为10%
B．两个滴定过程均可用甲基橙做指示剂
C．滴定百分数为50%时，曲线②溶液中c(Ac-)>c(Na+)
D．图像的变化证实了Ac-的碱性很强
【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．滴定开始时0.1000mol·L－1 醋酸pH＞2，氢离子浓度小于0.01mol·L-1， 0.1000 mol·L-1 HAc的电离百分数小于10%，故A不符合题意；
B．
醋酸钠溶液水解后呈碱性，选用变色范围在碱性的指示剂，故B不符合题意；
C．
滴定百分数为50%时，溶液中溶质为等浓度的HAc和NaAc，溶液呈酸性，HAc的电离大于Ac-的水解，曲线②溶液中c(Ac-)>c(Na+)，故C符合题意；
D． 滴定终点时，NaAc溶液的pH约为8，图像的变化证实了Ac-的碱性较弱，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据盐酸和醋酸在滴定开始时的pH来判断，滴定开始时0.1000mol·L－1 盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH＞1，曲线①是盐酸，曲线②是醋酸。
9．（2021·中卫模拟）常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定0.10 mol·L-1HA溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列陈述错误的是（　　）
A．Ka（HA）的数量级为10-5
B．N点，c（Na+）-c（A-）=
C．P到Q过程中，水的电离程度逐渐增大
D．当滴定至溶液呈中性时，c（A-）＞c（HA）
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A. 根据图a可知，中和百分数为50%时溶液的pH=4.74，此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA，由于A-的水解和HA的电离都是微弱的，c（A-）≈c（HA），Ka(HA)= ，故Ka(HA)的数量级为10-5，选项A不符合题意；
B. N点，根据电荷守恒有 ，即 ，选项B符合题意；
C. P—Q过程中，随着氢氧化钠溶液的滴入，酸不断消耗，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，选项C不符合题意；
D. 根据图b可知当lg （即 ）时，溶液呈酸性，当滴定至溶液呈中性时，溶液中c(A-)>c(HA)，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液电离平衡常数的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握水的电离及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
10．（2021·海口模拟）实验室完成下列操作，一般不宜使用锥形瓶的是（　　）
A．实验室制蒸馏水 B．酸碱中和滴定
C．配制一定浓度的H2SO4溶液 D．用高锰酸钾与浓盐酸制Cl2
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；实验室制取蒸馏水；中和滴定
【解析】【解答】A．实验室制蒸馏水利用蒸馏原理，用锥形瓶作接收器，故A不符合题意；
B．酸碱中和滴定时，锥形瓶一般用作盛放待测液，故B不符合题意；
C．配制一定浓度的H2SO4溶液，先用烧杯稀释硫酸，冷却后将硫酸转移到容量瓶中，不使用锥形瓶，故C符合题意；
D．用高锰酸钾与浓盐酸制Cl2，用锥形瓶盛装高锰酸钾，再用分液漏斗滴加浓盐酸，故D不符合题意。
故答案为C。
【分析】配制一定浓度的某溶液一般用的一定体积的容量瓶，实验室制取蒸馏水、酸碱滴定、高锰酸钾制取氯气均需要用到锥形瓶
11．（2021·毕节模拟）某温度下，将0.1mol·L-1一元弱碱(BOH)溶液滴入10mL0.1 mol·L-1一元酸(HA)溶液中，混合溶液 pH 和温度随加入碱溶液体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是（　　）
A．曲线M是温度变化曲线，曲线N是PH变化曲线
B．水的电离程度：b>c>a>d
C．c 点存在守恒关系：c(B+)=c(A-)
D．b点：c(A-)>c(B+)>c(H+)>c(OH-)
【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．随加入碱溶液体积的增大，pH逐渐增大，恰好反应时温度最高，曲线M是温度变化曲线，曲线N是pH变化曲线，故A不符合题意；
B．根据曲线的起点pH=1可知，HA为一元强酸，而滴定终点的pH小于7，说明碱为弱碱，因此，a点酸电离出的氢离子浓度大于d点碱电离出氢氧根离子的浓度，所以水电离程度d>a，故B符合题意；
C．根据电荷守恒c(B+)+ c(H+)=c(A-)+ c(OH-)，c点pH=7，所以存在守恒关系c(B+)=c(A-)，故C不符合题意；
D．b点溶质为BA，溶液呈酸性，所以c(A-)>c(B+)>c(H+)>c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据中和反应是放热以及溶液pH变化即可判断
B.根据pH曲线进行判断，a点是pH=1，即可判断HA为强酸，再结合bc，d的溶质进行判断水的电离情况即可
C.根据c点的电荷守恒即可判断
D.根据b点的溶质结合pH进行判断即可
12．（2021·南宁模拟）保持温度始终为T℃，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速率来滴定，根据测定结果绘制出ClO-、ClO 的物质的量浓度c与时间t的关系曲线(如图)。下列说法正确的是（　　）
A．0～t1时发生反应的离子方程式：OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
B．a点溶液中：c(ClO-)＞c(ClO )＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
C．b点溶液中：c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)
D．t2～t4过程中： 一直减小
【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A.0～t1时，溶液中只产生了氧化产物ClO-，则发生反应的离子方程式：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，A不符合题意；
B．a点溶液为NaCl、NaClO、NaClO3，根据物质化学式可知Na、Cl两种元素的原子个数比为1：1，所以c(Na+)最大。且溶液中c(NaClO)＞c(NaClO3)，NaClO、NaClO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故溶液中离子浓度关系为：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(ClO )＞c(OH-)＞c(H+)，B不符合题意；
C．b点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)+5c(ClO )；根据电子守恒可得c(Cl-)=c(ClO-)+5c(ClO )，根据图象可知在b点时c(ClO-)=c(ClO )，带入电荷守恒式子，整理可得c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)，C符合题意；
D． 是弱酸HClO在溶液中的电离平衡常数，电离平衡常数只与温度有关，由于温度始终保持T℃，因此 不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据此时的离子的浓度即可判断发生的反应是氯气和氢氧化钠反应得到氯化钠和次氯酸钠的反应
B.根据a点的溶质进行判断即可
C.在b点结合电荷守恒和电子守恒即可判断
D.根据次氯酸的电离平衡常数与温度有关即可判断
13．（2021·兰州模拟）常温下，某H3AsO4溶液中逐滴加入NaOH，溶液中含砷微粒的分布分数(某含砷微粒的物质的量浓度占所有含砷微粒物质的量浓度之和的分数)与pH的变化关系如下图所示。下列说法正确的是（　　）
A．H3AsO4的第一步电离常数Ka1>0.01
B．pH=11.5时，c(H2AsO )+2c(HAsO )＋3c(AsO )+c(OH-)=c(H+)
C．Na3AsO4溶液中，3c(Na+)=c(AsO )+ c(HAsO )+c(H2AsO )+c(H3AsO4)
D．以酚酞为指示剂，将 NaOH 溶液逐滴加入到H3AsO4溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该反应的离子方程式为2OH-+H3AsO4= HAsO +2H2O
【答案】D
【知识点】中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．H3AsO4的第一步电离常数Ka1= ，据图可知当c(H2AsO )= c(H3AsO4)时pH=2.2，即c(H+)=10-2.2mol/L，所以Ka1=10-2.2<10-2=0.01，A不符合题意；
B．溶液中存在电荷守恒c(H2AsO )+2c(HAsO )＋3c(AsO )+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，B不符合题意；
C．根据物料守恒Na3AsO4溶液中，c(Na+)=3c(AsO )+3c(HAsO )+3c(H2AsO )+3c(H3AsO4)，C不符合题意；
D．根据酚酞的变色范围可知，溶液由无色变为浅红色时，pH约为8.8，据图可知此时As元素存在形式主要为HAsO ，所以该反应的离子方程式为2OH-+H3AsO4= HAsO +2H2O，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.根据图示找出c(H2AsO )= c(H3AsO4)即可计算出第一步电离平衡常数
B.根据给出的条件结合电荷守恒即可判断
C.根据给出的条件结合物料守恒即可判断
D.根据酚酞的变色范围即可判断出产物即可写出方程式
14．（2021·徐汇模拟）25℃时，向20 mL 0.10 mol·L-1一元酸HA中逐滴加入0.10 mol·L-1 NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．HA是强酸
B．a点，c(Na+) = c(A-) + c(HA)
C．b点为滴定终点，c(Na+) > c(A-)
D．c点，水的电离程度最大
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，HA为弱酸，故A不符合题意；
B．由分析可知，a点为等浓度的NaA和HA的混合溶液，溶液中存在物料守恒关系2 c(Na+) = c(A-) + c(HA)，故B不符合题意；
C．由分析可知，b点为NaA和HA的混合溶液，c点为滴定终点，故C不符合题意；
D．由分析可知，c点溶液为NaA溶液，NaA在溶液中水解，促进水的电离，则c点溶液中水的电离程度最大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】加入20 mL氢氧化钠溶液时，HA溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成NaA，由图可知，c点溶液为NaA溶液，溶液呈碱性，则HA为弱酸；b点为NaA和HA的混合溶液，溶液呈中性；a点为等浓度的NaA和HA的混合溶液，溶液呈酸性。
15．（2021·安徽模拟）25℃时，用 溶液滴定某二元弱酸 ， 被滴定分数 、pH及微粒分布分数 [ ，X表示 、 或 ]的关系如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A． 点溶液中溶质为 和
B． 点溶液中：
C． 点溶液中：
D．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；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．由图示可以看出， 点H2A被滴定分数为 0.5，即有一半H2A与NaOH反应生成NaHA，因此 a溶液中溶质为 和 ，A不符合题意；
B． 点H2A被滴定分数大于 1，溶质为NaHA和Na2A，溶液中钠离子浓度最大，结合图可知： ，B符合题意；
C．根据电荷守恒有： ，由图示可知， 点溶液中有：c(A2-)=c(HA-)，故有 ，C不符合题意；
D．由图示可知，从a点到d点，溶液中H2A越来越少，而NaHA、Na2A越来越多，故电离越来越弱，而盐类水解程度越来越大，盐类水解促进水的电离，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度： ，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.根据图示即可找出a点的溶质
B.根据图示的滴定分数得出此时的溶质，结合此时的pH即可判断出离子浓度大小
C.根据图示c点显中性，以及此时微粒的分布系数，结合电荷守恒进行判断
D.随着氢氧化钠的不断加入，酸性逐渐减弱，因此水的电离程度在依次增大
16．（2021·黄山模拟）室温下，在25 mL某浓度的NaOH溶液中，逐滴加入0.1 mol·L-1醋酸，滴定曲线如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A．从A点到B点的过程中，溶液的导电能力几乎不变
B．a点对应的体积值等于25 mL
C．C点时，c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
D．D点时，c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)
【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A．开始滴定时溶液pH=13，则c(OH-)=0.1 mol/L，向其中滴加0.1 mol/L的醋酸，发生反应：NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，可见溶液中导电离子数目不变，但溶液的体积逐渐增大，使溶液中自由移动的离子浓度减少。离子浓度越小，溶液的导电能力就越弱，因此从A点到B点的过程中，溶液的导电能力逐渐减弱，A不符合题意；
B．向25 mL0.1 mol/LNaOH中滴加0.1 mol/L醋酸溶液，若恰好反应产生CH3COONa，反应消耗醋酸溶液25 mL，此时CH3COONa溶液呈碱性，而a点溶液呈中性，说明酸过量，因此醋酸溶液的体积大于25 mL，B不符合题意；
C．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，C点溶液pH＜7，溶液显酸性，说明溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此离子浓度c(CH3COO-)＞c(Na+)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，故离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C不符合题意；
D．D点加入的醋酸溶液的体积为NaOH体积的二倍，二者浓度相等，因此该点溶液为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，存在物料守恒①：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，也存在电荷守恒②：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，将①+②×2，整理可得：
c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.A到B发生的是乙酸和氢氧化钠反应，虽然导电的微粒物质的量不变但是浓度降低故导带你能力下降
B.产生的醋酸钠是显碱性，但是此时溶液显中性，即可判断体积的大小
C.c点是显酸性，因此醋酸过量结合电荷守恒进行判断
D.根据此时的醋酸的体积即可计算出醋酸的物质的量结合电荷守恒和物料守恒即可判断
17．（2021·淮南模拟）25℃，已知二元弱酸H3PO3的lgKa1=-1.3，1gKa2=-6.6，用0.1mol·L－1 NaOH溶液滴定20mL 0.1mol·L－1 H3PO3溶液的滴定曲线如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．加入NaOH溶液之前，溶液的pH约为1.2
B．c点，c (H2PO )＞c(HPO )
C．b，c，d三点的溶液中，d点水电离出来的c(H+)最大
D．若取b点溶液与0.1mol/L的氨水溶液等体积混合(体积变化可忽略)c(NH3·H2O)＜c(H2PO )+2c(H3PO3)+0.025mol·L－1
【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；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A． H3PO3 H++H2PO ，加入NaOH溶液之前，Ka1= ，c(H+)= ， pH=-lg = =1.15,溶液的pH约为1.2，故A不符合题意；
B． c点，溶质为H2PO 和HPO 等物质的量混合溶液，溶液pH=6.6，呈酸性，说明H2PO 的电离大于HPO 水解，c (H2PO )＜c(HPO )，故B符合题意；
C． 酸的浓度b＞c，酸抑制水电离，d是正盐溶液，盐水解，促进水电离，b，c，d三点的溶液中，d点水电离出来的c(H+)最大，故C不符合题意；
D． b点是NaH2PO3溶液，浓度为0.05mol·L－1，溶液体积为40mL，若取b点溶液与0.1mol/L的氨水溶液等体积混合(体积变化可忽略)，溶液为等浓度的NaNH4HPO3，和氨水的混合物，溶液中存在①电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(NH )=c(OH-)+c (H2PO )+2c(HPO )，②物料守恒：c(NH )+c(NH3·H2O)=2c (H2PO )+2c(HPO )+2c(H3PO3)，②-①得：c(NH3·H2O)-c(H+)-c(Na+)=c (H2PO )+2c(H3PO3)-c(OH-)，c(NH3·H2O)=c (H2PO )+2c(H3PO3)+c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，c(Na+)= =0.025mol·L－1，溶液呈碱性，c(H+)-c(OH-)＜0，c(NH3·H2O)＜c(H2PO )+2c(H3PO3)+0.025mol·L－1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】H3PO3 H++H2PO ，加入NaOH溶液之前，由c(H+)= 计算溶液的pH， c点，溶质为H2PO 和HPO 等物质的量混合溶液，溶液pH=6.6，呈酸性，说明H2PO 的电离大于HPO 水解，b点是NaH2PO3溶液，浓度为0.05mol·L－1，溶液体积为40mL，若取b点溶液与0.1mol/L的氨水溶液等体积混合(体积变化可忽略)，溶液为等浓度的NaNH4HPO3，和氨水的混合物，溶液中存在①电荷守恒，②物料守恒，②-①得c(NH3·H2O)=c (H2PO )+2c(H3PO3)+c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，由此分析。
18．（2021·临汾模拟）25℃时，用1.00 mol·L-1 NaOH溶液调节100 mL某二元弱酸H2A的pH，溶液中H2A、HA-及A2-的物质的量浓度变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．曲线②代表c(HA-)，曲线③代表c(A2-)，H2A的Ka2=10-8
B．x点溶液中，n(Na＋)=n(H2A)＋n(HA-)＋n(A2-)
C．在Y点溶液中，c(Na＋)＞3c(A2-)
D．0.1000 mol·L-1 NaHA溶液中，c(Na＋)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)
【答案】C
【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A． 曲线②代表c(A2-)，曲线③代表c(HA-)，H2A的Ka2=10-8，故A不符合题意；
B． 根据物料守恒，x点溶液中，2n(Na＋)=n(H2A)＋n(HA-)＋n(A2-)，故B不符合题意；
C． 根据电荷守恒，c(Na＋)+c(H＋)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，pH=8，c(OH-)＞c(H＋)，c(Na＋)＞2c(A2-)+c(HA-)，在Y点溶液中，c(Na＋)＞3c(A2-)，故C符合题意；
D． NaHA溶液中，Ka(HA-)=10-8,Kh(HA-)= ,Ka(HA-)＞Kh(HA-),c(A2-)＞c(H2A)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】曲线①②③分别代表c(H2A)、c(A2-)、c(HA-)，Ka1、Ka2分别为10-4、10-8。
19．（2021·晋中模拟）次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品。常温下，某实验小组以酚酞为指示剂，用0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的次磷酸(H3PO2)溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。[比如H2PO 的分布系数：δ(H2PO )＝ ]，下列叙述正确的是（　　）
A．曲线①代表δ(H2PO )，曲线②代表δ(HPO )
B．H3PO2溶液的浓度为0.100 mol·L－1
C．H2PO 水解常数Kh≈1.0×10－10
D．NaH2PO2是酸式盐，其水溶液显碱性
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；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．根据加入NaOH溶液后曲线变化可知③是pH变化，曲线①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2种，结合起点pH，可推出H3PO2为一元弱酸(若为一元强酸或二元或三元酸，含磷微粒不是2种或者起点pH不对应)。因为H3PO2为一元弱酸，故曲线①代表δ(H3PO2)，曲线②代表δ(H2PO )，故A不符合题意；
B．因为H3PO2为一元弱酸，故等浓度NaOH与次磷酸二者1∶1恰好中和，由20 mL时达到滴定终点可知，次磷酸浓度为0.100 mol·L－1，故B符合题意；
C．由曲线①②交点可知δ(H3PO2)＝δ(H2PO )，故c(H3PO2)＝c(H2PO )，对应曲线③pH＝3，即c(H＋) ＝10－3 mol·L－1，Ka(H3PO2)＝ ＝10－3，故H2PO 水解常数Kh＝ ≈1.0×10－11，故C不符合题意；
D．因为H3PO2为一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，其水溶液因H2PO 的水解而显碱性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据H3PO2为一元弱酸即可判断
B.根据据一元弱酸结合氢氧化钠的浓度即可计算出次磷酸的浓度
C.根据①和②的交点结合 H2PO 水解等式即可计算出水解常数
D.根据次磷酸为一元弱酸即可判断 NaH2PO2 的类别
20．（2021·邯郸模拟）电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。现利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠含量，其电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．该滴定过程中不需任何指示剂
B．a点溶液中存在：c(Na+)>c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)
C．b点溶液呈酸性
D．a到b之间存在：c(Na+)【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由于可根据指示电极电位(ERC)是否产生了突跃来判断终点，因此该滴定过程中不需任何指示剂，A不符合题意；
B．依据物料守恒可知c(Na+)＝2c(HCO )+2c(CO )+2c(H2CO3)，因此a点溶液中存在：c(Na+)＞c(HCO )+c(CO )+c(H2CO3)，B不符合题意；
C．根据图像可判断b点盐酸恰好与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，因此溶液呈酸性，C不符合题意；
D．a到b之间反应没有结束，盐酸不足，所以溶液中存在：c(Na+)＞c(Cl-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.此实验的电极电位发生突变说明达到了反应的终点
B.碳酸钠和盐酸分步反应，a点时发生的是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠的反应，此时溶液碱性，结合物料守恒进行判断即可
C.b点发生第二步反应是盐酸和碳酸氢钠的反应，即可判断此时的溶液的酸碱性
D.a到b之间始终是钠离子的浓度高于氯离子
21．（2021·东城模拟）常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.10mol·L-1H2A溶液，测得滴定曲线如下。下列说法正确的是（　　）
A．溶液①中H2A的电离方程式是H2A 2H++A2-
B．溶液②中c(HA-)＞c(A2-)＞c(HA-)
C．溶液③中c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)
D．溶液④中c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)
【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．据图可知滴加20mLNaOH溶液，即溶质为Na2A时，溶液pH大于0，所以HA-不完全电离，而0.1mol/L的H2A溶液pH=1.3，说明H2A第一步电离也不完全，所以溶液①中H2A的电离方程式是H2A H++HA-、HA- H++A2-，A不符合题意；
B．溶液②中加入10mLNaOH溶液，溶质为NaHA，溶液显酸性，所以HA-的电离大于水解，但其电离和水解都是微弱的，所以c(HA-)＞c(A2-)＞c(HA-)，B符合题意；
C．溶液③中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，常温下pH为7，则c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，C不符合题意；
D．溶液④中滴加20mLNaOH溶液，溶质为Na2A，根据物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)+2c(H2A)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.H2A是二元弱酸，分步电离
B.根据加入的氢氧化钠判断此时溶质，再结合此时的pH判断电离程度和水解程度的大小即可比较离子浓度
C.根据电荷守恒以及pH=7即可判断
D.根据物料守恒即可判断
22．（2021·信阳模拟）根据下列图示所得出的结论错误的是(　　)
A．图甲表示冰醋酸的导电能力随着加水体积变化关系图，若用湿润的 试纸测量a点的 ，则测量结果可能偏小
B．图乙表示 的盐酸溶液加水稀释至 随 的变化关系图
C．图丙表示一定温度下三种碳酸盐 的沉淀溶解平衡曲线图 ，则有 、 、 的 依次减小
D．图丁表示 盐酸滴定 溶液的滴定曲线
【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定
【解析】【解答】A．根据图A知，a点稀释导电能力增强，所以稀释促进醋酸电离，离子浓度增大；若用湿润的pH试纸测量a点的pH，相当于溶液加水稀释，根据图像走势，导电性增强，则氢离子浓度增大测量结果偏小，A项不符合题意；
B．HCl为强电解质，完全电离，不存在电离平衡，所以每稀释10倍，氢离子浓度减小10倍，pH增大1个单位，B项不符合题意；
C．pM相等时，图丙中 数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，C项不符合题意；
D.0.001mol/L氢氧化钠溶液pH为11，用0.001mol/L盐酸滴定，达到滴定终点溶液的pH为7，然后继续加入盐酸，溶液中氢离子浓度始终小于原来盐酸的浓度，所以pH始终大于7，D项符合题意；
故答案为：D
【分析】用稀盐酸滴定氢氧化钠溶液，当滴定完全之后，所得的到溶液显示酸性，但是始终不能达到所加入盐酸的pH，只能无限的接近pH=3
23．（2020高二上·洮南期中）常温下， ，分别向 溶液和 溶液中逐滴加入 溶液，滴定曲线如右图所示，下列叙述正确的是(　　)
A．a点溶液中存在：
B．a、b点溶液中钠离子浓度的关系为：
C．c点溶液中存在：
D．d点溶液中：
【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A．a点溶液溶质为碳酸钠和碳酸氢钠1:1，物料守恒 ，A不符合题意；
B．根据题中数据分析，a、b点溶液中钠离子浓度的关系为： ，B不符合题意；
C．c点溶液中电荷守恒式为： ，C不符合题意；
D． d点溶液pH=7，根据 电离常数表达式中： ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 溶液显碱性， HA 溶液显酸性，故ac曲线是向 溶液中滴加氢氧化钠，bd曲线是向 HA 溶液中滴加氢氧化钠，据此分析。
24．（2020·柯桥模拟）已知：在室温下有以下平衡：
编号 平衡方程式 平衡常数
① HCN H++CN- Ka= 1×10 -10
② H2O H++OH- Kw=1×10 -14
③ CN-+H2O HCN+OH- K =？
则下列判断错误的是（　　）
A．①的ΔS >0， ΔH>0
B．用标准 NaOH 溶液滴定浓度约为 0.01mol L－1HCN，可用甲基橙做指示剂
C．0. 2mol L－1 的 HCN 溶液中加入等体积的 0.1mol L－1NaOH 溶液，则该溶液呈碱性
D．0. 2mol L－1 的HCN 溶液中加入等体积的 0.1mol L－1NaOH 所得的混合溶液中： 2c(H+)+ c(HCN) = 2c(OH-)+c (CN- )
【答案】B
【知识点】焓变和熵变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算；中和滴定
【解析】【解答】A．弱电解质的电离过程是吸热过程，则HCN H++CN-的ΔS>0、ΔH>0，A不符合题意；
B．用标准NaOH溶液滴定浓度约为0.01mol L-1HCN，完全中和时生成NaCN，溶液显碱性，则应选择酚酞做指示剂，B符合题意；
C.0.2mol L-1的HCN溶液中加入等体积的0.1mol L-1NaOH溶液，溶液中溶质HCN和NaCN的物质的量相等，因CN-的水解常数Kh==10-4＞Ka，说明溶液中CN-的水解程度大于HCN的电离程度，即该溶液呈碱性，C不符合题意；
D.0.2mol L-1的HCN溶液中加入等体积的0.1mol L-1NaOH溶液，溶液中溶质HCN和NaCN的物质的量相等，溶液中的电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CN-)，物料守恒式为2c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)，则2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)+c(CN-)，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A．电离过程是熵变增加的吸热过程；
B．NaCN强碱弱酸盐，溶液水解显碱性，则应选择酚酞做指示剂；
C．等浓度的HCN和NaCN混合溶液显碱性，说明溶液中CN-的水解程度大于HCN的电离程度；
D．根据溶液中的电荷守恒和物料守恒进行计算。
25．（2020·南通模拟）根据下列图示所得出的结论错误的是（　　）
A．图甲是常温下用 0.1000 mol·L－1 NaOH 溶液滴定 20.00mL 0.1000 mol·L－1 CH3COOH 的滴定曲线，说明 Q 点表示酸碱中和滴定终点
B．图乙是 1mol X2(g)、1mol Y2(g)反应生成 2mol XY(g)的能量变化曲线，说明反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和
C．图丙是恒温密闭容器中发生CaCO3(s) CaO(s)＋CO2(g)反应时c(CO2)随反应时间变化的曲线，说明t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
D．图丁是光照盛有少量氯水的恒容密闭容器时容器内O2的体积分数变化曲线，说明光照 氯水有O2生成
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；中和滴定
【解析】【解答】A．用0.1000mol/L NaOH溶液滴定20.000mL 0.1000mol/L CH3COOH，滴定终点时生成CH3COONa，溶液呈碱性，而Q点溶液的pH=7，呈中性，所以Q点不是滴定终点，故A符合题意；
B．根据图示可知，该反应为吸热反应，说明反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和，故B不符合题意；
C．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)的平衡常数K=c(CO2)，所以温度不变时增大压强重新平衡时二氧化碳浓度不变，根据图示可知，t1时改变条件后CO2的浓度瞬间增大，重新平衡时CO2浓度与原平衡相等，所以t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故C不符合题意；
D．光照盛有少量氯水的恒容密闭容器时发生反应：Cl2+H2O HCl+HClO、2HClO 2HCl+O2↑，图示中随着时间的增加，容器内O2的体积分数逐渐增大，能够说明光照氯水放出O2，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、用强碱滴定弱酸，pH=7时说明碱不足，故没有达到滴定终点
26．（2020·泉州模拟）常温下，用0.010mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL 0.010mol/L的酸H2A，滴定过程中加入NaOH溶液的体积（V）与溶液中lg 的关系如图所示（10mL之后的曲线未画出）。下列叙述正确的是（　　）
A．H2A H++HA-
B．Ka(HA-)的数量级为10-5
C．滴定过程中，水的电离程度最大的为B点溶液
D．V(NaOH)=15mL时的溶液中：c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；中和滴定
【解析】【解答】A.根据A点可知，lg =10.083，因为Kw=[H+][OH-]=10-14，则A点[H+]=10-1.9585mol/L=0.011mol/L，则H2A一级电离为完全电离，H2A=H++HA-，A不符合题意；
B.根据A点，[H+]=10-1.9585mol/L=0.011mol/L，因为H2A一级电离为完全电离，则第二步电离出的[A2-]=(0.011-0.01)mol/L=0.001mol/L，则 ，Ka(HA-)的数量级为10-3，B不符合题意；
C.根据酸碱的数量关系10mL时，完全反应生成NaHA为强酸强碱，20mL时完全中和生成Na2A为强碱弱酸盐，能促进水的电离，故水电离程度最大的点为完全中和时，C不符合题意；
D. V(NaOH)=15mL时的溶液中n(NaHA):n(Na2A)=1:1，又因为Ka(HA-) 10-3mol/L，HA-的电离程度大于A2-的水解程度，故当n(NaHA):n(Na2A)=1:1时溶液显酸性，故c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】用0.010mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL 0.010mol/L的酸H2A，依次发生NaOH+H2A=NaHA+H2O、NaHA+NaOH=Na2A+H2O，则当加入10mL的NaOH溶液，溶液中溶质为NaHA。
二、非选择题
27．（2020·江苏）次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.
（1）NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备 NaClO的离子方程式为　 　；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是　 　。
（2）二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为
准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
①通过计算判断该样品是否为优质品　 　。(写出计算过程， )
②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值　 　(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】（1）；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解
（2） 根据物质转换和电子得失守恒关系： 得 氯元素的质量: 该样品的有效氯为： 该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品；偏低
【知识点】中和滴定；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1) 由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为： ；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而使次氯酸钠失效；
(2) ①由题中反应可知， 在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为： ， ，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5 = ，氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品；
②如果硫酸的用量过少，则导致反应 不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低。
【分析】(1) 2NaOH + Cl2 = NaCl + NaClO + H2O （冷水） ； NaClO+CO +H O=NaHCO +HClO ；
(2) ①根据关系式 C3N3O3Cl2-~2HClO~2l2~4S2O32-，计算对应的有效氯;
②HClO的消耗量偏低，导致测定的有效氯含量会偏低。
28．（2018·全国Ⅱ卷） (三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图，回答下列问题：
（1）晒制蓝图时，用 作感光剂，以K3[Fe(CN6)]溶液为显色剂.其光解反应的化学方程式为 ，显色反应的化学方程式为　 　.
（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下面所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是　 　。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有　 　、　 　。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是　 　。
④样品完全分解后，装置A中的残留物含有 和 ，检验 存在的方法是：　 　。
（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量 样品于锥形瓶中，溶解后加稀 酸化，用 溶液滴定至终点。滴定终点的现象是　 　。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中，加稀 酸化，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液 ，该晶体中铁的质量分数的表达式为　 　。
【答案】（1）3FeC2O4+2K[Fe(CN)6]=Fe[Fe(CN)6]3+3K2C2O4
（2）隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；CO；CO2；先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，说明含有
（3）粉红色出现；
【知识点】中和滴定；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）显色反应的原理并没有给出，但经过分析是可以得出显色剂只能是与 反应即：3FeC2O4+2K[Fe(CN)6]=Fe[Fe(CN)6]3+3K2C2O4；(2)①通过反应的装置及反应的过程可判断出通N2的目的是隔绝空气排除空气的干扰并把分解产生的气体赶入后续装置；②B中澄清石灰水变浑浊说明有CO2产生，在经过E装置变红，说明CuO被还原（气体有CO或H2），最后F装置中澄清石灰水变浑浊说明是CO还原氧化铜，故分解产物中一定有CO和CO2；③防倒吸的操作应先熄灭酒精灯，再停止通N2，否则熄灭酒精灯后气体热胀冷缩可能会引起倒吸使玻璃管破裂；④检验 的实质为检验Fe3+，所以应先加稀酸使 转化为Fe3+，再加KSCN检验Fe3+，即取少量粉末于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红说明有 ；（3）①滴定的原理为氧化还原反应，终点即草酸根被 氧化，溶液会显 的颜色；②根据得失电子数守恒：即 →Mn2+得电子n=5cv×10-3mol
Fe3+ →Fe2+ 得电子n=5cv×10-3mol
可得n（Fe3+）=5cV×10-3mol
所以铁的质量分数=
29．（2018·全国Ⅰ卷）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛，回答下列问题：
（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，写出该过程的化学方程式　 　。
（2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O3的工艺为：
①pH=4.1时，1中为　 　溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3，固体，并再次充入SO2的目的是　 　。
（3）制备Na2S2O3，也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO2和Na2SO3阳极的电极反应式为　 　，电解后，　 　室的NaHSO3浓度增加，将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O3。
（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol-L-1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL，滴定反应的离子方程式为　 　，该样品中Na2S2O5的残留量为　 　g·L-1(以SO3计)。
【答案】（1）2NaHSO3=Na2S2O5+H2O
（2）NaHSO3；得到NaHSO3过饱和溶液
（3）2H2O－4e－ = 4H++O2↑；a
（4）S2O52- + 2I2+ 3H2O=2SO42－+4I－+6H+；0.128
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；中和滴定；离子方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】⑴焦亚硫酸钠和亚硫酸钠中硫元素的化合价相同，故不是氧化还原反应，可写出方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；⑵pH=4.1时，Ⅰ中发生的反应为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2；⑶阳极室含有OH－和SO42－，水电离产生的OH－先放电，因此电极反应式为：2H2O－4e－ = 4H++O2↑；a室中含有亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，阳极产生的氢离子进入a室与亚硫酸钠反应生成亚硫酸氢钠，因此亚硫酸氢钠浓度增加。而b室的电极反应式为：2H2O+2e－= 2OH－+H2↑，氢氧根与亚硫酸氢钠反应，从而亚硫酸氢钠浓度降低。⑷S2O52－ + 2I2+ 3H2O=2SO42－+4I－+6H+ ，0.128g/L
析：n(I2)=0.01mol/L×0.01L=1×10－4mol
∴n(SO2)=2 n(S2O52－)= n(I2)=1×10－4mol
m(SO2)= 1×10－4mol×64g/mol=6.4×10－3 g
SO2的浓度为6.4×10－3 g/0.05L=0.128g/L
【分析】本题考查化工生产的分析、电解原理及其运用、化学计算
30．（2021·德州模拟）实验室制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的实验步骤如图：
i.向V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4·2HCl溶液，微沸数分钟。
ii.向制得的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。
iii.反应结束后抽滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。
请回答下列问题：
（1）步骤i中的还原剂是　 　(填化学式)。
（2）已知VO2+能被O2氧化，步骤ii可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中反应产生的气体将C中空气排净。
①仪器M的名称是　 　。
②装置B的作用是　 　。
（3）步骤ii中洗涤操作选择饱和NH4HCO3的原因是　 　，用无水乙醇洗涤的目的是　 　。
（4）蓝色VO2+的水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH=12时，该水合配离子全部转化为褐色的[VO(OH)3]-，写出转化过程的离子方程式　 　。
（5）称量mg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应VO +Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL，产品中钒的质量分数为　 　%(用含有m、c、V的式子表示)。
【答案】（1）N2H4·2HCl
（2）长颈漏斗；除去CO2中的HCl气体
（3）抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；洗去固体表面的水和NH4HCO3
（4）[VO((H2O)5]2++3OH-=[VO(OH)3]-+5H2O
（5）
【知识点】氧化还原反应；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】(1)氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价由+5价降低到+4价，作氧化剂，O、Cl价态不变，H已经是最高价态，只有N的化合价升高，则反应中的还原剂是 ；
(2)①该仪器是长颈漏斗；
②A装置用于制备二氧化碳，是用碳酸钙固体和稀盐酸制备，产生二氧化碳的同时，会产生HCl杂质，对后续实验产生影响，故B的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；
(3) 选择饱和 NH4HCO3 的原因是抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；用无水乙醇洗涤是为了洗去固体表面的水和NH4HCO3，乙醇具有挥发性，能最大程度减少杂质的存在；
(4)由图知该水合配离子化学式为 ，加入碱生成 ，离子方程式为： ；
(5)根据已知反应， ，m(V)=n(V)M=5.1cV*10-2g ，则质量分数为 （5.1cV/m）%
【分析】（1） 要关注物质中各元素的价态变化情况，其中只有N的化合价升高，则反应中的还原剂是 ；
（2） 第二空要注意A装置会产生杂质气体氯化氢，所以B装置的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；
（3） 饱和 NH4HCO3 可以抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，要注意无水乙醇的吸水性和挥发性；
（4） 要结合水合配离子的结构图示，进行化学式的正确书写；
（5） 分析 VO2+ 和 Fe2+ 的物质的量关系， ，再根据原子守恒计算产品中钒的质量分数 。
31．（2021·南宁模拟）亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要化工原料，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的防腐剂，其广泛存在于自然环境中，如蔬菜、肉类、豆类、腌制品等都可以测出一定量的亚硝酸钠。某化学兴趣小组设计如图所示装置(省略夹持装置)制备NaNO2并探究其性质。
已知：①2NO+Na2O2 =2NaNO2；
②NaNO2易被空气氧化，NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO ；
③HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO3 +2NO↑+ H2O。
回答下列问题：
（1）A中盛Na2O2的玻璃仪器名称是　 　。
（2）上述实验装置中，依据气流从左至右，装置连接顺序(可重复使用)为　 　。
（3）连接仪器并检查气密性，检查气密性的具体操作是　 　。
（4）打开活塞K2之前先通入氮气，其理由是　 　。
（5）实验时观察到C中溶液变为蓝色，其离子方程式为　 　。
（6）探究NaNO2性质：实验完毕后，甲同学取少量A中白色粉末(假设为纯净物)溶于水，并滴加几滴稀盐酸，然后加入KI淀粉溶液，溶液变蓝色，甲同学得出结论NaNO2有氧化性，乙同学认为甲同学的结论不严谨，其理由是　 　。
（7）家里腌制的咸菜中含有一定量的亚硝酸盐，为测定咸菜中亚硝酸根离子的含量，取1 kg咸菜榨汁，将榨出的液体收集后，加入提取剂，过滤得到无色滤液，将该滤液稀释至1 L，取50.
00 mL滤液与过量的稀硫酸和碘化钾溶液的混合液反应，再滴加几滴指示剂，用0. 100 mol·L-1 Na2S2O3溶液进行滴定，共消耗20. 00 mL。计算该咸菜中亚硝酸根离子的含量为　 　mg·kg-1。
已知：①2NO +4H++2I- =2NO↑ +I2 +2H2O
②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
【答案】（1）硬质玻璃管
（2）E、C、B、A、B、D
（3）关闭K1、K2，D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好
（4）排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化
（5）3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O
（6）NaNO2与盐酸反应生成的HNO2易被氧化为HNO3，HNO3可将KI氧化产生I2，使淀粉变蓝，所以不严谨(或NaNO2与盐酸反应生成HNO2，而在室温下易反应生成HNO3，加入KI淀粉溶液后变蓝色也可能是生成的HNO3氧化了KI，所以不严谨)
（7）1840
【知识点】气体发生装置的气密性检查；中和滴定
【解析】【解答】(1) 根据装置特点可知A中盛Na2O2的玻璃仪器名称是硬质玻璃管，故答案为：硬质玻璃管。
(2)根据分析可知上述实验装置中，依据气流从左至右，装置连接顺序(可重复使用)为E、C、B、A、B、D，故答案为：E、C、B、A、B、D。
(3) 连接仪器并检查气密性，检查气密性的具体操作是关闭K1、K2，D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好，故答案为：关闭K1、K2，D装置加水液封导气管，加热三颈烧瓶，D中有气泡，停止加热，一段时间后，D中导气管有一段水柱，说明气密性良好。
(4)NO、NaNO2与氧气发生反应，所以打开活塞K2之前先通入氮气，排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化，故答案为：排尽装置中的O2，防止生成的NO、NaNO2被O2氧化。
(5) 实验时观察到C中溶液变为蓝色，是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化碳、水，其离子方程式为：3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑+4H2O。
(6)由题目信息可知乙同学认为甲同学的结论不严谨，其理由是NaNO2与盐酸反应生成的HNO2易被氧化为HNO3，HNO3可将KI氧化产生I2，使淀粉变蓝，所以不严谨(或NaNO2与盐酸反应生成HNO2，而在室温下易反应生成HNO3，加入KI淀粉溶液后变蓝色也可能是生成的HNO3氧化了KI，所以不严谨)。
(7)根据反应①2NO +4H++2I- =2NO↑ +I2 +2H2O和②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知生成碘单质的物质的量为n(I2)=20. 00×10-3L×0. 100 mol·L-1÷2=1×10-3mol，则50. 00 mL滤液中亚硝酸根离子的质量为m(NO )=1×10-3mol×(2×46)g/mol=9.2×10-2g，1 L滤液中亚硝酸根离子的质量为m(NO )=9.2×10-2g×20=1840mg，即该咸菜中亚硝酸根离子的含量为1840mg÷1kg=1840 mg·kg-1，故答案为：1840。
【分析】根据题目信息可知，利用E装置产生的NO2气体先通入C装置将NO2转化为NO，然后再将NO干燥后通入至A装置与Na2O2反应来制取NaNO2，为防止过量NO气体污染环境，装置结尾需用D装置中的高锰酸钾处理NO气体。
32．（2021·高州模拟）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种复合补血营养剂。实验室用绿矾(FeSO4 7H2O)为原料制备甘氨酸亚铁，有关物质性质如下：
甘氨酸(H2NCH2COOH) 柠檬酸 甘氨酸亚铁
易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物 易溶于水和乙醇，有酸性和还原性 易溶于水，难溶于乙醇
实验过程：
I.配制含0.10molFeSO4的绿矾溶液。
II.制备FeCO3：向配制好的绿矾溶液中缓慢加入200mL1.1mol L-1NH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。
III.制备(H2NCH2COO)2Fe：实验装置如图(夹持和加热仪器已省略)，将实验II得到的沉淀和含0.20mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中，然后利用A中反应产生的气体将C中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。
回答下列问题：
（1）实验I中：实验室配制绿矾溶液时，必须用到的玻璃仪器有　 　。
（2）实验II中：生成沉淀的离子方程式为　 　。
（3）实验III中：①检查装置A的气密性的方法是　 　。
②A中反应产生的气体是　 　，C中空气排净时，D中现象是　 　。
③洗涤实验III中得到的沉淀，所选用的最佳洗涤试剂是　 　(填标号)。
a.乙醇 b.热水 c.柠檬酸溶液
（4）甘氨酸亚铁中Fe2+会缓慢氧化，国家规定该药物中Fe2+的氧化率(已经被氧化的Fe2+的质量与Fe2+总质量的比值)超过10.00%即不能再服用。实验室用Ce(SO4)2溶液对甘氨酸亚铁中的Fe2+进行滴定[假设样品中其他成分不与Ce(SO4)2反应]，滴定过程发生如下反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+。
①称量6.0g甘氨酸亚铁样品，将其全部溶于稀H2SO4中，配制成250mL溶液。取10.00mL配制好的溶液于锥形瓶中，用0.10mol L-1的Ce(SO4)2溶液滴定，以邻二氮菲为指示剂。当溶液由红色变为浅蓝色且半分钟之内不恢复原色，滴定达到终点。若滴定过程中，锥形瓶中待测液飞溅出来，则测出的Fe2+的氧化率　 　(填“偏高”“偏低”或“不变”)
②滴定时消耗9.60mLCe(SO4)2溶液，则甘氨酸亚铁样品中Fe2+的氧化率为　 　。
【答案】（1）烧杯、玻璃棒
（2）Fe2++2HCO ＝FeCO3↓+CO2↑+H2O
（3）关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，一段时间内若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气；CO2；澄清石灰水变浑浊；a
（4）偏高；18.4%
【知识点】中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)实验I中实验室配制绿矾溶液时，将称量好的固体溶解，因此必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒；
(2)实验Ⅱ中Fe2+和HCO 发生反应生成FeCO3沉淀、CO2和H2O，该反应的离子方程式为Fe2++2HCO ＝FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(3)①装置A是简易启普发生器，因此实验Ⅲ中检查装置A的气密性的方法是关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，一段时间内若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气。
②制备甘氨酸亚铁时需要防止空气氧化，因此需要利用二氧化碳排尽装置中的空气，则A中反应产生的气体是CO2，当C中充满CO2后，CO2开始进入D中，使D中的澄清石灰水变浑浊，因此C中空气排净时，D中现象是澄清石灰水变浑浊。
③因甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以应选择乙醇溶液作为洗涤剂，
故答案为：a；
(4)①若滴定过程中，锥形瓶中待测液飞溅出来，导致消耗标准液体积增加，则测出的Fe2+的氧化率偏高；
②6.0g甘氨酸亚铁中亚铁离子的物质的量是 ≈0.0294mol，由Ce4＋＋Fe2＋＝Ce3＋＋Fe3＋可知250.00 mL溶液中n(Fe2＋)＝n(Ce4＋)＝25×0.1mol/L×0.0096L＝0.024mol，故甘氨酸亚铁样品中Fe2+的氧化率为 ×100%≈18.4%。
【分析】装置A制备二氧化碳，装置B除去二氧化碳中的氯化氢，装置C制备甘氨酸亚铁，装置D可以判断空气是否除尽，据此解答。
33．（2021·泸县模拟）铝灰主要含有 、 ，以及少量 和 的氧化物，下边是利用铝灰制备净水剂 的工艺流程，回答相关问题：
已知：金属离子浓度为 时生成氢氧化物沉淀的
　
开始沉淀时 3.4 6.3 1.5
完全沉淀时 4.7 8.3 2.8
（1）气体x的分子式是　 　，酸浸充分后溶液中的金属阳离子是　 　。
（2）操作Ⅰ和Ⅱ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、　 　。
（3）加过量 溶液的目的是　 　。
（4）棕色沉淀含 。操作①加入 反应的离子方程式是　 　，判断该反应完成的现象是　 　。
（5）操作②调 的范围是　 　。
（6） 可制作聚合硫酸铝 ，它是复合型高分子聚合物，净水效果优于传统的无机净水剂。若 ，则 　 　。引起聚合硫酸铝形态多变的基本成分是 离子，可用实验测定其含量。称取 试样，将其移入锥形瓶中，用移液管加入 盐酸，充分溶解聚合物后，加 氟化钾溶液掩蔽掉全部铝离子，摇匀。加入3滴酚酞，用 氢氧化钠标准溶液滴定至溶液呈微红色即为终点，消耗了标准液 。则聚合硫酸铝中 的质量分数为　 　。
【答案】（1）H2；
（2）漏斗
（3）把 氧化为
（4）；溶液紫红色褪去
（5）
（6）2；
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】(1) 铝灰主要含有 、 ，以及少量 和 的氧化物，加入稀硫酸，会反应生成氢气，故x是氢气；酸浸充分后溶液中的金属阳离子是 故答案为：H2；
(2)操作Ⅰ和Ⅱ都是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：漏斗；
(3) 根据金属离子浓度为 时生成氢氧化物沉淀的 ，要除去 应该把 氧化为 ，才不影响氢氧化铝的沉淀，加过量 溶液的目的是把 氧化为 ；故答案为：把 氧化为 ；
(4)根据图示可得 ，该反应可以除去过量的高锰酸钾，判断该反应完成的现象是溶液紫红色褪去，故答案为： ；溶液紫红色褪去；
(5) 过量 溶液的目的是把 氧化为 ，要使 沉淀完全，而不能沉淀铝离子，故②调 的范围是 ，故答案为： ；
(6)根据化合物中正负化合价代数和为零可解得y=2，由题干信息可知聚合硫酸铝中 ，质量分数为 ；故答案为：2； 。
【分析】（1）根据反应物确定生成物，可以溶解在酸的金属形成的离子
（2）考查的是过滤的仪器选择
（3）利用高锰酸钾的氧化性
（4）根据反应物和生成物利用氧化还原反应即可计算
（5）根据沉淀形成的pH范围即可确定范围
（6）根据化合价代数和为0可确定y的数值，根据可以计算出与聚合物中消耗盐酸的量即可求出氢氧根的物质的量
34．（2020高二上·辽宁期中）滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：
（1）酸碱中和滴定：用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液。
①酸式滴定管、碱式滴定管、温度计、量筒、玻璃棒、烧杯。若要进行中和滴定实验，还缺少的玻璃仪器是　 　。
②上述滴定过程中操作滴定管的图示，正确的是　 　。
③若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得NaOH 溶液浓度　 　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（2）氧化还原滴定：用标准高锰酸钾溶液滴定未知浓度的草酸（H2C2O4）溶液。
①课外小组里有位同学设计了下列两种滴定方式（夹持部分略去），引起了同学们的讨论，最后取得识，你认为合理的是　 　（填字母序号）。
②判断滴定终点的依据是　 　。
③某次滴定时记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为 　 　。
（3）沉淀滴定滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。
参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选的指示剂是____（填选项字母）。
难溶物 AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4 AgSCN
颜色 白 浅黄 白 砖红 白
KSP 1.77×10－10 5.35×10－13 1.21×10－16 1.12×10－12 1.0×10－12
A．NaCl B．NaBr C．NaCN D．Na2CrO4
【答案】（1）锥形瓶；A；无影响
（2）b；溶液恰好由无色变浅紫红色，且半分钟内不褪色；22.10mL
（3）D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】（1）①进行酸碱中和滴定实验时，待测液要装在锥形瓶中，所以还缺少锥形瓶。②在进行滴定操作是时，要用左手控制酸式滴定管的活塞，所以A对，C错，挤压碱式滴定管的玻璃球时要往外挤压，B错。③若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，对NaOH物质的量没有影响，所以再继续滴定至终点，盐酸的用量不变，故对所测得NaOH 溶液浓度没有影响。
（2）①酸性高锰酸钾有强氧化性，要用酸式滴定管装，所以b对。②草酸溶液是无色的，高锰酸钾溶液是紫色的，所以滴定终点的现象为：当滴最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液恰好由无色变浅紫红色，且半分钟内不褪色。③滴定后滴定管的读数为22.60mL，此时消耗标准溶液的体积为22.60mL-0.5 mL=22.10mL。
（3）用AgNO3滴定NaSCN溶液生成的AgSCN是白色沉淀，为了现象明显，指示剂不能再是白色的，排除AgCl 和AgCN，在根据沉淀滴定的原理：滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。选D。
【分析】（1）①根据酸碱中和滴定的过程分析所缺少的仪器；
②结合酸式滴定管的使用分析；
③锥形瓶内加水，对滴定终点无影响。
（2）①酸性KMnO4具有氧化性，应使用酸式滴定管；
②达到滴定终点时，溶液由无色变为紫红色；
③根据滴定管滴定前后的体积进行计算。
（3）结合沉淀滴定的原理以及沉淀颜色进行分析。
35．（2020·西城模拟）某铜合金中Cu的质量分数为80%～90%，还含有Fe等。通常用间接碘量法测定其中Cu的含量，步骤如下：
Ⅰ．称取a g样品，加入稀H2SO4和H2O2溶液使其溶解，煮沸除去过量的H2O2，冷却后过滤，滤液定容于250 mL容量瓶中；
Ⅱ．取50.00 mL滤液于锥形瓶中，加入NH4F溶液，控制溶液pH为3～4，充分反应后，加入过量KI溶液，生成白色沉淀，溶液呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ的锥形瓶中加入c mol·L 1 Na2S2O3溶液滴定，至锥形瓶中溶液为浅黄色时，加入少量淀粉溶液，继续滴至浅蓝色，再加入KSCN溶液，剧烈振荡后滴至终点；
Ⅳ．平行测定三次，消耗Na2S2O3溶液的体积平均为v mL，计算铜的质量分数。
已知：ⅰ．F 与Fe3+生成稳定的FeF63 （无色）。
ⅱ．I2在水中溶解度小，易挥发。
ⅲ．I2+I I3 （棕黄色）。
ⅳ．I2+2Na2S2O3= 2NaI+Na2S4O6（无色）。
（1）Ⅰ中Cu溶解的离子方程式是　 　。
（2）Ⅱ中Cu2+和I 反应生成CuI白色沉淀和I2。
①加入NH4F溶液的目的是　 　。
②Cu2+和I 反应的离子方程式是　 　。
③加入过量KI溶液的作用是　 　。
（3）室温时，CuSCN的溶解度比CuI小。CuI沉淀表面易吸附I2和I3 ，使测定结果不准确。Ⅲ中，在滴定至终点前加入KSCN溶液的原因是　 　。
（4）样品中Cu的质量分数为　 　(列出表达式)。
【答案】（1）Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
（2）将溶液中的Fe3+转化为FeF63 ，防止其氧化I ；2Cu2++4I =2CuI↓+I2；将Cu2+充分还原为CuI；I 与I2结合生成I3 ，减少I2的挥发
（3）将CuI沉淀转化为溶解度更小的CuSCN沉淀，释放出吸附的I2和I3 ，提高测定结果的准确程度
（4）(63.5×5×cv×10 3× )×100%
【知识点】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
【解析】【解答】(1)Ⅰ中Cu在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水，离子反应方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O； (2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与I 反应，导致消耗I 的含量最大，使Cu含量测定不准确，根据题意，F 与Fe3+生成稳定的FeF63 (无色)，加入NH4F溶液的目的是将溶液中的Fe3+转化为FeF63 ，防止其氧化I ，确保Cu含量测定的准确性；②根据题意，Cu2+和I 反应CuI白色沉淀和I2，离子方程式为：2Cu2++4I =2CuI↓+I2；③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI，同时过量的KI溶液可发生I2+I I3 ，I 与I2结合生成I3 ，减少I2的挥发，提高Cu含量测定的准确性；(3)因室温时，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液，将CuI沉淀转化为溶解度更小的CuSCN沉淀，转化过程中释放出吸附的I2和I3 ，I2充分被滴定，提高测定结果的准确程度；(4)根据2Cu2++4I =2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，滴定50.00mL滤液过程中消耗n(Na2S2O3)=cmol·L 1×v×10-3L=cv×10-3mol，则n(Cu)= n(Cu2+)= 2n(Na2S2O3)=2cv×10-3mol，则样品中Cu的质量分数为= =(63.5×5×cv×10 3× )×100%。
【分析】(1)Ⅰ中Cu在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水； (2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与I 反应，影响Cu含量测定的准确性；②根据题意，Cu2+和I 反应CuI白色沉淀和I2；③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI，提高Cu含量测定的准确性；(3)室温时，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液可使沉淀发生转化，释放沉淀表面易吸附I2和I3 ；(4)根据2Cu2++4I =2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3= 2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，根据滴定消耗Na2S2O3计算Cu2+的物质的量，再计算样品中Cu的质量分数。