2024届高考化学一轮复习：《第26讲 水的电离和溶液的pH》(解析版)

高考化学一轮复习：第26讲水的电离和溶液的pH【真题再现·辨明考向】1.(2023年湖南卷)下列玻璃仪器在相应实验中选用不合理的是A.重结晶法提纯苯甲酸：①②③B.蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥C.浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤D.酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度：④⑥答案：A解析：A．粗苯甲酸中含有少量氯化钠和泥沙，需要利用重结晶来提纯苯甲酸，具体操作为加热溶解、趁热过滤和冷却结晶，此时利用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，A选项装置选择不合理；B．蒸馏法需要用到温度计以测量蒸汽温度、蒸馏烧瓶用来盛装混合溶液、锥形瓶用于盛装收集到的馏分，B选项装置选择合理；C．浓硫酸催化制乙烯需要控制反应温度为170℃，需要利用温度计测量反应体系的温度，C选项装置选择合理；D．酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度是用已知浓度的酸液滴定未知浓度的碱液，酸液盛装在酸式滴定管中，D选项装置选择合理；2.(2023年湖南卷)常温下，用浓度为0.0200mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η＝eq\f(V(标准溶液),V(待测溶液)))的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.Ka(CH3COOH)约为10-4.76B.点a：c(Na+)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C.点b：c(CH3COOH)＜c(CH3COO－)D.水的电离程度：a＜b＜c＜d答案：D解析：NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)＝0.0100mol/L，c(H+)＝10-3.38mol/L，Ka(CH3COOH)＝eq\f(c(H+)∙c(CH3COO－),c(CH3COOH))≈eq\f(10-3.38×10-3.38,0.01)＝10-4.76，故A正确；B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故B正确；C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COOH)＜c(CH3COO－)，故C正确；D．c点溶液中CH3COO－水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；3．(2023年山东卷)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROHCH3COOR＋CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：①配制一定浓度的乙酸酐－苯溶液。②量取一定体积乙酸酐－苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O2CH3COOH。③加指示剂并用cmol·L-1NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐－苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol·L-1NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。对于上述实验，下列做法正确的是A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管答案：C解析：A．进行容量瓶检漏时，倒置一次，然后玻璃塞旋转180度后再倒置一次，故A错误；B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不变回原色，才是达到滴定终点，故B错误；C．滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故C正确；D．滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故D错误；4．(2023年山东卷)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROHCH3COOR＋CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：①配制一定浓度的乙酸酐－苯溶液。②量取一定体积乙酸酐－苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O2CH3COOH。③加指示剂并用cmol·L-1NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐－苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol·L-1NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是A．eq\f(c(V2－V1)×17,1000m)×100%B．eq\f(c(V1－V2)×17,1000m)×100%C．eq\f(0.5c(V2－V1)×17,1000m)×100% D．eq\f(c(0.5V2－V1)×17,1000m)×100%答案：C解析：用cmol·L-1NaOH－甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，可以计算乙酸酐的总物质的量，根据反应方程式[(CH3CO)2O＋ROHCH3COOR＋CH3COOH]系数关系，得出ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量，由此可以计算与ROH反应的乙酸酐的物质的量，即R－OH的物质的量，即羟基的含量。根据滴定过程中，用cmol·L-1NaOH－甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液V2mL，需要消耗cmol·L-1NaOH－甲醇的物质的量为V2×c×10-3mol，即乙酸酐的总物质的量＝eq\f(V2×c×10-3,2)mol；则ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量＝eq\f(V1×c×10-3,2)mol，所以与ROH反应的乙酸酐的物质的量＝eq\f(V2×c×10-3－V1×c×10-3,2)mol，也即样品ROH中羟基的物质的量，所以ROH样品中羟基质量分数＝eq\f(eq\f(V2×c×10-3－V1×c×10-3,2)mol×17g/mol,mg)×100%＝eq\f(0.5(V2－V1)×c×17,103m)100%，选C。5．(2023年山东卷)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROHCH3COOR＋CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：①配制一定浓度的乙酸酐－苯溶液。②量取一定体积乙酸酐－苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O2CH3COOH。③加指示剂并用cmol·L-1NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐－苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol·L-1NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。根据上述实验原理，下列说法正确的是A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大答案：B解析：步骤④测定乙酸酐的物质的量为eq\f(cV2,2)×10-3mol；根据步骤②③可知mgROH样品中羟基的物质的量为eq\f(cV2,2)×10-3mol×2－cV1×10-3mol＝c(V2－V1)×10-3mol。A．乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，故A错误；B．若甲醇挥发，则甲醇消耗乙酸酐的物质的量减小，剩余乙酸酐的物质的量偏大，消耗氢氧化钠的体积偏大，将导致测定结果偏小，故B正确；C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗氢氧化钠的体积偏小，将导致测定结果偏大，故C错误；D．步骤④中，若加水量不足，生成乙酸的物质的量偏小，消耗氢氧化钠的体积偏小，测定乙酸酐初始物质的量偏小，将导致测定结果偏小，故D错误；6.(2023年浙江6月选考)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：实验I：往20mL0.10mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液。实验Ⅱ：往20mL0.10mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L－1CaCL2溶液。[已知：H2C2O4的电离常数Ka1＝5.4×10-2，Ka2＝5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)＝2.4×10-9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是A.实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点B.实验I中V(NaOH)＝10mL时，存在c(C2Oeq\o\al(2-,4))＜c(HC2Oeq\o\al(\s\up0(－),\s\do0(4)))C.实验Ⅱ中发生反应HC2Oeq\o\al(\s\up0(－),\s\do0(4))＋Ca2+＝CaC2O4↓＋H+D.实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80mL时，溶液中c(C2Oeq\o\al(2-,4))＝4.0×10-8mol·L－1答案：D解析：A．NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；B．实验I中H2C2O4时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，Ka2＝5.4×10-5＞Kh＝eq\f(1×10-14,5.4×10-5)，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在c(C2Oeq\o\al(2-,4))＞c(HC2Oeq\o\al(\s\up0(－),\s\do0(4)))，故B错误；C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是2HC2Oeq\o\al(\s\up0(－),\s\do0(4))＋Ca2+＝CaC2O4↓＋H2C2O4，该反应的平衡常数为K＝eq\f(c(H2C2O4),c(Ca2+)∙c2(HC2Oeq\o\al(\s\up0(－),\s\do0(4))))＝eq\f(c(H2C2O4)∙c(H+)∙c(C2Oeq\o\al(2-,4)),c(Ca2+)∙c(C2Oeq\o\al(2-,4))∙c2(HC2Oeq\o\al(\s\up0(－),\s\do0(4)))∙c(H+))＝eq\f(Ka2,Ka1∙Ksp)＝eq\f(5.4×10-5,5.4×10-2×2.4×10-9)＝eq\f(1,2.4)×106≈4.2×105，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误；D．实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80mL时，溶液中钙离子浓度为c(Ca2+)＝eq\f(0.1mol·L－1×(0.080L－0.020L),0.1L)＝0.06mol·L－1，溶液中c(C2Oeq\o\al(2-,4))＝eq\f(Ksp(CaC2O4),c(Ca2+))＝eq\f(2.4×10-9,0.06)mol·L－1＝4.0×10-8mol·L－1，故D正确。7．(2023年福建卷)25℃时，某二元酸(H2A)的Ka1＝10-3.04、Ka2＝10-4.37。1.0mol·L－1NaHA溶液稀释过程中δ(H2A)、δ(HA－)、δ(A2－)与pc(Na+)的关系如图所示。已知pc(Na+)＝－lgc(Na+)，HA－的分布系数δ(HA－)＝eq\f(c(HA－),c(H2A)·c(HA－)∙c(A2－))。下列说法错误的是A．曲线n为δ(HA－)的变化曲线B．a点：pH＝4.37C．b点：2c(H2A)＋c(HA－)＝c(Na+)D．c点：c(Na+)＋c(H+)＝3c(HA－)＋c(OH－)答案：B解析：1.0mol·L－1NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA－H+＋A2-和水解平衡HA－＋H2OOH－＋H2A，HA－的分布系数先保持不变后减小，曲线n为δ(HA－)的变化曲线，pc(Na+)的增大，c(Na+)减小，δ(A2－)增大明显，故曲线m为δ(A2－)的变化曲线，则曲线p为δ(H2A)的变化曲线；A．1.0mol·L－1NaHA溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA－H+＋A2-和水解平衡HA－＋H2OOH－＋H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为δ(HA－)的变化曲线，选项A正确；B．a点，pc(Na+)=1.0，则c(Na+)＝0.1mol/L，δ(HA－)=0.70，δ(H2A)＝δ(A2－)＝0.15，Ka2＝eq\f(c(A2－)∙c(H+),c(HA－))＝10-4.37，c(H+)＝eq\f(0.70,0.15)×10-4.37，pH≠4.37，选项B错误；C．b点,δ(HA－)＝0.70，δ(H2A)＝δ(A2－)＝0.15，即c(H2A)＝c(A2-)，根据物料守恒有，c(A2-)＋c(H2A)＋c(HA－)＝c(Na+)，故2c(H2A)＋c(HA－)＝c(Na+)，选项C正确；D．c点：δ(HA－)＝δ(A2－)，故c(HA－)＝c(A2-)根据电荷守恒有c(Na+)＋c(H+)＝2c(HA－)＋c(HA－)＋c(OH－)，故c(Na+)＋c(H+)＝3c(HA－)＋c(OH－)，选项D正确；8.(2023年重庆卷)(NH4)2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是A.M点Kw等于N点KwB.M点pH大于N点pHC.N点降温过程中有2个平衡发生移动D.P点c(H+)＋c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＋c(NH3∙H2O)＝c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2-,4))答案：B解析：A．温度升高，水的电离程度增大，则M点Kw小于N点Kw，A错误；B．升高温度促进铵根离子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，故M点pH大于N点pH，B正确；C．N点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；D．P点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，c(H+)＋c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＝c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2-,4))，D错误；9．(2023届T8联考)25℃时，向浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体，溶液中lgeq\f(c(H+),c(OH－))随n(NaOH)的变化如图所示。下列说法正确的是A．a点时溶液中水电离出的c(H+)＝10-12mol·L-1B．c点时溶液中：c(Y－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)C．水的电离程度：d＞cD．中和等体积、等浓度的两种酸所需的NaOH的物质的量：HX＞HY答案：B解析：A．a点lgeq\f(c(H+),c(OH－))＝12，eq\f(c(H+),c(OH－))＝1012，则溶液中c(H+)＝10-1mol/L，HX抑制水电离，所以水电离出的c(H+)＝10-13mol·L-1，故A错误；B．c点表示向浓度为0.1mol·L-1、体积为100mL的HY溶液中加入0.005molNaOH固体，溶质为等物质的量浓度的HY、NaY，溶液呈酸性，HY电离大于NaY水解，所以c(Y－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C．d点酸电离出的氢离子浓度大于c点，水的电离程度d＜c，故C错误；D．等体积、等浓度两种酸物质的量相等，中和两种酸所需NaOH的物质的量相等，故D错误；10.(2022年6月浙江卷)25℃时，向20mL浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液(酷酸的Ka＝1.8×10-5；用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点的pH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NaOH溶液至pH＝4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H+＋OH-＝H2OC.滴定过程中，c(Cl-)＝c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)D.pH＝7时，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)答案：B解析：A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；B．根据电离常数，0.1mol·L－1的盐酸和醋酸中，c(H+)＝eq\r(1.8)×10-3mol·L－1＞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，B错误；C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，氯离子等于醋酸的分子的浓度和醋酸根离子的浓度和，C正确；D．向20mL浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH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，故c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D正确；11.(2022年河北卷)某水样中含一定浓度的COeq\o\al(2-,3)、HCOeq\o\al(－,3)和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol•L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。下列说法正确的是A．该水样中c(COeq\o\al(2-,3))=0.01mol•L-1B．a点处c(H2CO3)＋c(H+)＝c(OH－)C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))基本保持不变D．曲线上任意一点存在c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.03mol•L-1答案：C解析：向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应COeq\o\al(2-,3)＋H＋＝HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)＋H＋＝H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式COeq\o\al(2-,3)＋H＋＝HCOeq\o\al(－,3)可知，水样中碳酸根离子的浓度为eq\f(0.01000mol/L×0.0200L,0.0100L)＝0.02mol/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为eq\f(0.01000mol/L×(0.0500L－0.0200L－0.0200L),0.0100L)＝0.01mol/L。A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A错误；B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+c(COeq\o\al(2-,3))，故B错误；C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应COeq\o\al(2-,3)＋H＋＝HCOeq\o\al(－,3)，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为eq\f(0.01000mol/L×0.01L＋0.01000mol/L×V(HCl),0.0100L＋V(HCl))＝0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C正确；D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.03mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]会小于0.03mol/L，故D错误；12．(2022年山东卷)实验室用基准Na2CO3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Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是A.可用量筒量取25.00mLNa2CO3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Na2CO3标准溶液C.应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体D.达到滴定终点时溶液显橙色答案：A解析：选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。A．量筒的精确度不高，不可用量简量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00mLNa2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；B．Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B说法正确；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说法正确；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说法正确；13．(2022年1月浙江选考)某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L−1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L−1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L−1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线：下列说法正确的的是A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO3-+H+＝CO2↑+H2OC．根据pH-V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)－c(CO32-)＝c(OH−)－c(H+)答案：C解析：A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，则碳酸钠溶液的起始pH较大，甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子再与氢离子反应产生碳酸，进而产生二氧化碳，则图中丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A项错误；B．由图示可知，当滴加盐酸的体积为20mL时，碳酸根离子恰好完全转化为碳酸氢根子，而V1>20mL，V1mL时(a点、b点)，没有二氧化碳产生，则所发生的反应为碳酸氢根离子与氢离子结合生成碳酸，离子方程式表示为：HCO3－+H+＝H2CO3，B项错误；C．根据pH－V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C项正确；D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)－c(H+)＝2c(H2CO3)＋c(HCO3－)，NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)－c(CO32-)＝c(OH-)－c(H+)，D项错误；14.(2021年海南卷)25℃时，向10.00Ml0.1000mol·L－1的NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L－1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸的体积V变化如图所示。下列有关说法正确的是A.a点，溶液pH＞7是由于HCOeq\o\al(－,3)水解程度大于电离程度B.b点，c(Na+)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(Cl－)C.c点，溶液中的H+主要来自HCO3-的电离D.d点，c(Na+)＝c(Cl－)＝0.1000mol·L-1答案：AB解析：A．HCOeq\o\al(－,3)存在水解平衡和电离平衡，a点溶液pH＞7是由于HCOeq\o\al(－,3)水解程度大于电离程度，故A正确；B．根据电荷守恒，c(Na+)＋c(H+)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(Cl－)＋c(OH－)，b点pH＝7即c(H+)＝c(OH－)，所以c(Na+)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(Cl－)，故B正确；C．c点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的H+主要来自H2CO3的电离，故C错误；D．d点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应，c(Na+)＝c(Cl－)＝0.0500mol·L-1，故D错误；15.(2021年湖北卷)常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中各含磷物种的pc—pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc＝－lgc)，pOH表示OH-的浓度负对数[pOH=-lgc(OH-)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法正确的是A.曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化B.H3PO3的结构简式为C.pH=4的溶液中：c(H2POeq\o\al(-,3))<0.1mol·L-1－2c(HPOeq\o\al(2-,3))D.H3PO3+HPOeq\o\al(2-,3)2H2POeq\o\al(-,3)的平衡常数K>1.0×105答案：D解析：A．图象中含P物质只有3种，说明H3PO3为二元弱酸。随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据H3PO3＋OH-＝H2POeq\o\al(-,3)＋H2O、H2POeq\o\al(-,3)＋OH-＝HPOeq\o\al(2-,3)＋H2O，知c(H3PO3)逐渐减小，c(H2PO3-)先增大后减小，c(HPOeq\o\al(2-,3))逐渐增大，pc＝－lgc，则pc(H3PO3)逐渐增大，pc(H2PO3-)先减小后增大，pc(HPOeq\o\al(2-,3))逐渐减小，故曲线③表示pc(H3PO3)，曲线②表示pc(H2POeq\o\al(-,3))，曲线①表示pc(HPOeq\o\al(2-,3))；根据x点知，c(HPOeq\o\al(2-,3))＝c(H2POeq\o\al(-,3))时，pOH＝7.3，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则H3PO3的Ka2＝eq\f(c(H+)∙c(HPOeq\o\al(2-,3)),c(H2POeq\o\al(-,3)))＝c(H+)＝10-6.7，根据z点知，c(H2POeq\o\al(-,3))＝c(H3PO3)，pOH＝12.6，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则H3PO3的Ka1＝eq\f(c(H+)∙c(H2POeq\o\al(-,3)),c(H3PO3))＝c(H+)＝10-1.4，曲线①表示pc(HPOeq\o\al(2-,3))随pOH的变化，故A错误；B．H3PO3为二元弱酸，其结构简式为，故B错误；C．pH＝4即pOH＝10，由图可知，此时，pc(HPOeq\o\al(2-,3))＝pc(H3PO3)，即c(H3PO3)＝c(HPOeq\o\al(2-,3))，而c(H3PO3)＋c(H2PO3-)＋c(HPO32-)＝0.1mol·L－1，故c(H2POeq\o\al(-,3))＝0.1mol·L－1－2c(HPO32-)，故C错误；D．由H3PO3H2POeq\o\al(-,3)＋H+减去H2PO3-HPOeq\o\al(2-,3)＋H+，可得H3PO3＋HPOeq\o\al(2-,3)2H2POeq\o\al(-,3)，则平衡常数K＝＝＝105.3＞1×105，故D正确；16.(2021年高考湖南卷)常温下，用0.000mol·L－1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.000mol·L－1三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是A.该NaX溶液中：c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)B.三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)C.当pH＝7时，三种溶液中：c(X-)＝c(Y-)＝c(Z-)D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)—c(OH-)答案：C解析：由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确；B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正确；C．当溶液pH＝7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C错误；D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)＝c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(Cl-)+c(OH-)，由c(Na+)＝c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)＝c(H+)－c(OH-)，故D正确；17.(2021年辽宁卷)用0.1000mol·L−1盐酸滴定20.00mLNa2A溶液，溶液中H2A、HA-、A2-的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如A2-分布分数：δ(A2－)＝eq\f(c(A2-),c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2-))】A．H2A的Ka1为10-10.25 B．c点：c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)C．第一次突变，可选酚酞作指示剂 D．c(Na2A)＝0.2000mol·L－1答案：C解析：用0.1000mol·L−1盐酸滴定20.00mLNa2A溶液，pH较大时A2-的分布分数δ最大，随着pH的减小，A2-的分布分数δ逐渐减小，HA-的分布分数δ逐渐增大，恰好生成NaHA之后，HA-的分布分数逐渐减小，H2A的分布分数δ逐渐增大，表示H2A、HA-、A2-的分布分数δ的曲线如图所示，，据此分析选择。A．H2A的Ka1＝eq\f(c(H+)∙c(HA－),c(H2A))，根据上图交点1计算可知Ka1＝10-6.38，A错误；B．根据图像可知c点中c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)，B错误；C．根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；D．根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成H2A，根据Na2A＋2HCl＝2NaCl＋H2A计算可知c(Na2A)＝0.1000mol·L－1，D错误。18．(2021年6月浙江选考)取两份10mL0.05mol·L－1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol·L－1的盐酸，另一份滴加0.05mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是()A.由a点可知：NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于电离程度B．a→b→c过程中：c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(OH-)逐渐减小C．a→d→e过程中：c(Na+)＜c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2-,3))＋c(H2CO3)D．令c点的c(Na+)＋c(H+)＝x，e点的c(Na+)＋c(H+)＝y，则x＞y答案：C解析：向NaHCO3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。A．a点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，HCOeq\o\al(－,3)在溶液中电离使溶液呈酸性，HCOeq\o\al(－,3)在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度，故A正确；B．由电荷守恒可知，a→b→c过程中c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(OH-)＝c(Na+)＋c(H+)，滴加NaOH溶液的过程中c(Na+)保持不变，c(H+)逐渐减小，因此c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(OH-)逐渐减小，故B正确；C．由物料守恒可知，a点溶液中c(Na+)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2-,3))＋c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此a→d→e过程中c(Na+)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2-,3))＋c(H2CO3)，故C错误；D．c点溶液中c(Na+)＋c(H+)＝(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c(Na+)＋c(H+)＝(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确；故答案为C。19.(2020年新课标Ⅰ)以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ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：δ(A2－)＝eq\f(c(A2-),c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2-))]下列叙述正确的是A.曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)B.H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1C.HA−的电离常数Ka=1.0×10−2D.滴定终点时，溶液中c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)答案：C解析：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)＝eq\f(0.1000mol/L×40mL,2×20.00mL)＝0.1000mol/L，据此分析作答。A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；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)＝eq\f(0.1000mol/L×40mL,2×20.00mL)＝0.1000mol/L，B错误；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＝eq\f(c(A2-)∙c(H+),c(HA-))＝eq\f(0.1000mol/L×0.1×0.1000mol/L,0.1000mol/L×0.9)≈1×10-2，C正确；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错误；20．(2020年浙江卷)常温下，用0.1mol·L－1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是A.在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)＞c(CH3COO-)B.当滴入氨水10mL时，c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)C.当滴入氨水20mL时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)D.当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NH4+)＜c(Cl－)答案：D解析：HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，浓度均为0.1mol·L－1时，c(Cl－)＞c(CH3COO－)，A正确；滴入10mL氨水时，NH3·H2O和CH3COOH的物质的量相等，据物料守恒可得c(QUOTENH4+NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B正确；滴入20mL氨水时，恰好完全反应，所得溶液为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合溶液，据电荷守恒可知c(QUOTENH4+NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，据物料守恒可得c(QUOTENH4+NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(Cl－)，联立两式可得c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正确；滴入20mL氨水时，所得混合液呈酸性，若溶液呈中性，氨水滴入量要大于20mL，结合电荷守恒关系c(QUOTENH4+NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，得c(QUOTENH4+NH4+)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，则有c(QUOTENH4+NH4+)＞c(Cl－)，D错误。21.(2020年浙江1月选考，23)室温下，向20.00mL0.1000mol·L－1盐酸中滴加0.1000mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5＝0.7。下列说法不正确的是A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大D．V(NaOH)＝30.00mL时，pH＝12.3答案：C解析：这是室温下用强碱滴定强酸，当NaOH与盐酸恰好完全反应时，溶液呈中性，即pH＝7，A项正确；指示剂的选择原则：变色要明显，灵敏，且指示剂的变色范围要尽可能在滴定过程中的pH突变范围内，可减小实验误差，故B项正确；由图像可知，甲基红的变色范围更接近反应终点，选择甲基红作指示剂误差比甲基橙要小，故C项错误；当V(NaOH)＝30.00mL时，n(OH－)＝0.1000mol·L－1×0.03L－0.1000mol·L－1×0.02L＝0.001mol，则c(OH－)＝0.001mol/0.05L＝0.02mol·L－1，pH＝13－lg5＝12.3，故D项正确。答案选C。22．(2020年山东卷)25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol/L，lgc(H+)、1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO-)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)B．N点时，pH＝－lgKaC.该体系中，c(CH3COOH)＝eq\f(0.1c(H+),Ka＋c(H+))mol/LD．pH由7到14的变化过程中，CH3COO－的水解程度始终增大答案：BC解析：根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。A．根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)=c(OH-)，故A错误；B．N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka＝eq\f(c(CH3COO－)∙c(H+),c(CH3COOH))，代入等量关系并变形可知pH＝－lgKa，故B正确；C．c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L－c(CH3COOH)，又Ka＝eq\f(c(CH3COO－)∙c(H+),c(CH3COOH))，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)＝eq\f(0.1c(H+),Ka＋c(H+))mol/L，故C正确；D．醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误。23.(2023年重庆卷节选)Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如下。25℃时各物质溶度积见下表：物质Fe(OH)2Fe(OH)3Ca(OH)2溶度积(Ksp)4.9×10-172.8×10-395.0×10-6回答下列问题：(4)①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0mol/L，理论上pH不超过_______。②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为_______，该副产物中CaCl2的质量分数为_______。答案：(4)①11②最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色66.6%解析：(4)①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0mol/L，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此时c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp,c(Ca2+)))＝eq\r(\f(5.0×10-6,5.0))＝1.0×10-3mol/L，pOH=3，pH=11，故理论上pH不超过11。②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀CaC2O4，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O，结合质量守恒可知，5CaCl2～5H2C2O4～2MnOeq\o\al(－,4)，则该副产物中CaCl2的质量分数为eq\f(0.1000×24×10-3mol×eq\f(5,2)×111g/mol,1.000g)×100%＝66.6%。24.(2023年海南卷节选)某小组开展“木耳中铁元素的检测”活动。检测方案的主要步骤有：粉碎、称量、灰化、氧化、稀释、过滤、滴定等。回答问题：(4)测定铁含量基本流程：将滤液在200mL容量瓶中定容，移取25.00mL，驱尽NOeq\o\al(－,3)并将Fe3+全部还原为Fe2+。用5mL微量滴定管盛装K2Cr2O7标准溶液进行滴定。①选用微量滴定管的原因是__________________________________。②三次平行测定的数据如下表。针对该滴定数据，应采取的措施是_____________________。序号123标准溶液用量/mL2.7152.9052.725③本实验中，使测定结果偏小的是_______(填标号)。a．样品未完全干燥b．微量滴定管未用标准溶液润洗c．灰渣中有少量炭黑答案：(4)①滴定更准确，节约试剂②舍去第二次数据③a解析：(4)①木耳中铁含量较少，选用微量滴定管使实验微型化，滴定更准确，节约试剂；②三次平行滴定中，第二组数据偏差较大，应舍去。③a．铁元素的含量＝eq\f(铁元素质量,样品质量)×100%，样品未完全干燥，使测定结果偏低，故选a;b．微量滴定管未用标准溶液润洗，标准溶液被稀释，使测定结果偏高，故不选b;c．灰渣中有少量炭黑，对测定结果无影响，故不选c。答案为：滴定更准确，节约试剂；舍去第二组数据；a。25．(2023届T8联考)硫酸锰铵[(NH4)2Mn(SO4)2]是一种浅粉色固体，可溶于水，工业上可用于加工木材防火剂。用软锰矿(主要含MnO2，还含有FeO、Fe2O3、CuO、MgO、SiO2等)制备硫酸锰铵的工艺流程如下：(6)通过实验测定产品硫酸锰铵中锰元素的含量：准确称取所得产品ωg溶于水配成溶液，滴加氨水调pH至7～8，加入过量的c1mol·L-1KMnO4溶液V1mL，充分反应后过滤掉MnO2，将滤液与洗涤液合并配制成100mL溶液，取20mL用c2mol·L-1FeSO4酸性标准液滴定，重复实验3次，平均消耗标准液V2mL。滴定终点的判断依据是_______________，产品硫酸锰铵中锰元素的质量分数为_____(用相应字母表示)。答案：(6)溶液由紫色变为微红色，且半分钟不褪色eq\f(82.5×10-3×(c1V1－c2V2),wg)

×100%解析：(6)过量的KMnO4溶液与硫酸锰铵反应生成MnO2，过滤掉MnO2后溶液为紫色，反应剩余的KMnO4用FeSO4滴定，生成Fe3+，故滴定终点现象为溶液由紫色变为微红色，且半分钟不褪色；由题意得，加入的KMnO4物质的量为n1＝c1V1×10-3mol，用FeSO4滴定KMnO4的反应为MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2+＋8H+＝Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，滴定20mLKMnO4消耗FeSO4的物质的量为n2＝c2V2×10-3mol，则剩余的高锰酸钾的物质的量为c2V2×10-3mol×eq\f(1,5)×eq\f(100mL,20.00mL)＝c2V2×10-3mol，与硫酸锰铵反应完的KMnO4的物质的量为：n1－n2，反应为2MnOeq\o\al(－,4)＋3Mn2+＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+，wg硫酸锰铵(即锰元素)的物质的量为：eq\f(3,2)×(n1－n2)mol，故锰元素的质量分数为eq\f(eq\f(3,2)×(n1－n2)mol×55g/mol,wg)

×100%＝eq\f(82.5×10-3×(c1V1－c2V2),wg)

×100%。26.(2022年广东卷)食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，HAc的Ka＝1.75×10-5＝10-4.76。(1)配制250mL0.1mol·L－1的HAc溶液，需5mol·L－1HAc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HAc电离平衡的影响因素。提出假设：稀释HAc溶液或改变Ac－浓度，HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为0.1mol·L－1的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。序号V(HAc)/mLV(NaAc)/mLV(H2O)/mLn(NaAc)∶n(HAc)pHⅠ40.00//02.86Ⅱ4.00/36.0003.36…Ⅶ4.00ab3：44.53Ⅷ4.004.0032.001：14.65①根据表中信息，补充数据：a＝_______，b＝_______。②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc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Ac－浓度，HAc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eq\f(n(NaAc),n(HAc))的增加，c(H+)的值逐渐接近HAc的Ka。查阅资料获悉：一定条件下，按eq\f(n(NaAc),n(HAc))＝1配制的溶液中，c(H+)的值等于HAc的Ka。对比数据发现，实验VIII中pH＝4.65与资料数据Ka＝10-4.76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HAc溶液的浓度再验证。①移取20.00mLHAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为22.08mL，则该HAc溶液的浓度为_______mol·L－1。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_______。②用上述HAc溶液和0.1000mol·L－1NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc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0.1mol·L－1的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的Ka？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20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液V1mLⅡ_______，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Ka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)①3.0033.00②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)①0.1104(5)向滴定后的混合液中加入20mLHAc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)解析：(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL，故答案为：5.0。(2)A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，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，故D错误；(3)①实验VII的溶液中n(NaAc)∶n(HAc)=3∶4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，,由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00Ml－4.00Ml－3.00mL=33.00mL，即b=33.00，故答案为：3.00；33.00。②实验I所得溶液的pH=2.86，实验II的溶液中c(HAc)为实验I的eq\f(1,10)，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+)增大，即电离平衡正向移动，故答案为：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)①滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L，故答案为：0.1104。滴定过程中，当V(NaOH)=0时，c(H+)＝eq\r(\f(Ka,c(HAc)))≈eq\r(\f(10-4.76,0.1))mol/L=10-2.88mol/L，溶液的pH=2.88，当V(NaOH)=11.04mL时，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为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，因此滴定曲线如图：。(5)向20.00mL的HAc溶液中加入V1mLNaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当eq\f(n(NaAc),n(HAc))＝1时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00mLHAc溶液，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)，故答案为：向滴定后的混合液中加入20mLHAc溶液。(6)不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，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，H3PO4具有中强酸性，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途，故答案为：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)。27．(2020年浙江选考)硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。合成反应：SO2＋Na2CO3=Na2SO3＋CO22Na2S＋3SO2=2Na2SO3＋3SNa2SO3＋Seq\o(=,\s\up7(△))Na2S2O3滴定反应：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6已知：Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，50℃开始失结晶水。实验步骤：ⅠNa2S2O3制备：装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液。Ⅱ产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3·5H2O产品。Ⅲ产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算Na2S2O3·5H2O含量。请回答：(1)步骤Ⅰ单向阀的作用是____________；装置C中的反应混合溶液pH过高或过低将导致产率降低，原因是__________________________________________。(2)步骤Ⅱ下列说法正确的是________。A．快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒B．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热C．冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率D．可选用冷的Na2CO3溶液作洗涤剂(3)步骤Ⅲ①滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：检漏→蒸馏水洗涤→()→()→()→()→()→开始滴定A．烘干B．装入滴定液至零刻度以上C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D．用洗耳球吹出润洗液E．排除气泡F．用滴定液润洗2至3次G．记录起始读数②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是________________。③滴定法测得产品中Na2S2O3·5H2O含量为100.5%，则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是______________。答案：(1)防止倒吸pH过高，Na2CO3、Na2S反应不充分；pH过低，导致Na2S2O3转化为S和SO2(2)BC(3)①FBECg②防止碘挥发损失③Na2SO3、失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O解析：本实验的目的是制备Na2S2O3·5H2O，首先装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，将SO2通入装置C中的混合溶液，加热搅拌，发生题目所给合成反应，使用单向阀可以防止倒吸；为了使Na2CO3、Na2S充分反应，同时又不因酸性过强使Na2S2O3发生歧化反应，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得到产品的混合溶液；之后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，已知Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，冷却结晶后可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶体。(1)SO2会与装置C中混合溶液发生反应，且导管进入液面以下，需要防倒吸的装置，单向阀可以防止发生倒吸；Na2CO3、Na2S水解都会使溶液显碱性，所以pH过高，说明Na2CO3、Na2S反应不充分；而pH过低，又会导致Na2S2O3发生歧化反应转化为S和SO2，所以pH过高或过低都会导致产率降低。(2)蒸发结晶时，快速蒸发溶液中的水分，可以得到较小的晶体颗粒，故A错误；为防止固体飞溅，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，故B正确；Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶体，提高产率，故C正确；用碳酸钠溶液洗涤会使晶体表面附着碳酸钠杂质，Na2S2O3·5H2O难溶于乙醇，可以用乙醇作洗涤剂，故D错误。(3)①滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为检漏→蒸馏水洗涤→F→B→E→C→G→开始滴定。②碘容易挥发，所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞，防止碘挥发损失。③测定的产品中Na2S2O3·5H2O含量大于100%，说明产品中混有失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O。28．(2019年全国卷Ⅱ)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L－1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为_____________，样品中S2－的含量为________________(写出表达式)。答案：浅蓝色至无色eq\f(25.00－\f(1,2)V×0.1000×32,m×1000)×100%解析：淀粉溶液遇到I2溶液变蓝，当Na2S2O3将I2消耗完后，溶液由浅蓝色变至无色，即滴定终点时，溶液会由浅蓝色变至无色。设Na2S2O3消耗的I2的物质的量为n1。由化学方程式可得：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)1mol2moln10.1000mol·L－1×V×10－3L则n1＝eq\f(1,2)V×0.1000×10－3mol设样品中S2－的含量为w，则由反应I2＋S2－=2I－＋S↓可得：I2～S2－1mol32g25.00×10－3L×0.1000mol·L－1－eq\f(1,2)V×0.1000×10－3molmg×w由此可得：w＝eq\f(25.00－\f(1,2)V×0.1000×32,m×1000)×100%。29．(2019年北京理综)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol·L－1KBrO3标准溶液；Ⅱ．取v1mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2mL废水；Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；Ⅴ．用bmol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3mL。已知：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是____________________。(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是_________________________。(4)Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是______________。(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是_________________。(6)Ⅴ中滴定至终点的现象是____________________________。(7)废水中苯酚的含量为________g·L－1(苯酚摩尔质量：94g·mol－1)。(8)由于Br2具有________性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。答案：(1)容量瓶(2)5Br－＋BrOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3Br2＋3H2O(3)(4)Br2过量，保证苯酚完全反应(5)反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量(6)溶液蓝色恰好消失，且30s内不恢复原色(7)eq\f(476av1－bv3,3v2)(8)易挥发解析：(1)配制一定物质的量浓度溶液时一定要使用容量瓶。(2)－1价Br与＋5价Br在酸性条件下可发生氧化还原反应，化合价变为0价，即生成溴单质，该反应的离子方程式为5Br－＋BrO3-＋6H＋=3Br2＋3H2O。(3)苯酚与溴反应生成三溴苯酚和溴化氢，其化学方程式为。(4)溶液显黄色说明溴过量，使用过量的溴是为了确保苯酚已完全被除去，也为下一步操作打下基础。(5)5Br－＋BrO3-＋6H＋=3Br2＋3H2O，Br2＋2KI=I2＋2KBr，反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，因此如果没有苯酚与溴的反应，则n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1时，两者恰好完全反应，因废水中含有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量。(6)溴与KI反应生成碘单质，碘遇淀粉使溶液变蓝色；碘单质与硫代硫酸钠反应生成碘离子，因此当碘恰好完全反应时，溶液的蓝色恰好消失，且30s内不恢复原色。(7)v1mLamol·L－1KBrO3溶液的物质的量为av1×10－3mol，v3mLbmol·L－1硫代硫酸钠的物质的量为bv3×