2022届高考化学人教版二轮专题复习训练-专题七电解质溶液专题强化练

专题强化练(一)中和滴定曲线分析1．(2021·大庆市大庆实验中学高三期末)若用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG＝lg

eq\f(cH＋,cOH－)，室温下实验室中用0.01mol·L－1的氢氧化钠溶液滴定20.00mL0.01mol·L－1醋酸，滴定过程如图所示，下列叙述正确的是()A．室温下，A点的溶液显酸性B．A点时加入氢氧化钠溶液的体积等于20.00mLC．室温下，AG＝7时溶液的pH＝3.5D．从0到B，水的电离程度逐渐减小答案C解析A点时，AG＝lg

eq\f(cH＋,cOH－)＝0，则eq\f(cH＋,cOH－)＝1，则c(H＋)＝c(OH－)，此时溶液显中性，故A错误；根据A项分析，A点时溶液显中性，当加入氢氧化钠溶液20.00mL时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，该物质是强碱弱酸盐，CH3COO－水解使溶液显碱性，说明A点时加入氢氧化钠溶液的体积小于20.00mL，故B错误；根据图像可知，在室温下，14，两式联立可得，c(H＋)＝10－3.5mol·L－1，即溶液的pH＝3.5，故C正确；酸或碱都会抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，0时为醋酸溶液，水的电离被抑制，从0到A，醋酸的量逐渐减少，醋酸钠的量逐渐增多，溶液由酸性变为中性，水的电离程度逐渐增大，当V(NaOH)＝20mL时，溶液变为醋酸钠溶液，此时水的电离程度最大，继续加入氢氧化钠，水的电离程度又逐渐减小，即从0到B，水的电离程度先逐渐增大后逐渐减小，故D错误。2．(2021·郑州市高三期末)25℃时，向20.00mL0.10mol·L－1一元弱酸HA溶液中滴加0.10mol·L－1NaOH溶液，溶液中lg

eq\f(cA－,cHA)与pH关系如图所示。下列说法正确的是()A．25℃时，HA的电离常数为1.0×10－6.3B．a、b、c三点水的电离程度：a>b>cC．加水稀释b点溶液，eq\f(cA－,cOH－·cHA)不变D．c点对应的NaOH溶液体积为10.00mL答案C解析在b点，lg

eq\f(cA－,cHA)＝1，则eq\f(cA－,cHA)＝10,25℃时，HA的电离常数为eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝eq\f(10－6.3·cA－,cHA)＝1.0×10－5.3，A不正确；在c点，溶液呈中性，则溶液中HA与A－共存，所以a、b两点，溶液中以HA电离为主，溶液呈酸性，都抑制水的电离，由此可得出a、b、c三点水的电离程度：a<b<c，B不正确；加水稀释b点溶液，eq\f(cA－,cOH－·cHA)＝eq\f(Ka,Kw)，温度一定时，Ka、Kw都保持不变，所以eq\f(cA－,cOH－·cHA)不变，C正确；若NaOH溶液体积为10mL，则反应后溶液中c(A－)＝c(HA)，由eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝10－5.3mol·L－1，可求出c(H＋)＝10－5.3，则表明HA发生电离，而c点时pH＝7，则应继续加入NaOH溶液，所以c点对应的NaOH溶液体积应大于10.00mL，D不正确。3．(2021·河北衡水市衡水中学高三二模)甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，25℃时向10mL0.1mol·L－1的甲胺中逐滴滴入0.1mol·L－1稀盐酸。溶液中水电离出的氢离子浓度的负对数[用pC表示，pC＝－lgc水(H＋)]与加入盐酸体积的关系如图所示。下列叙述错误的是()A．Kb(CH3NH2)的数量级为10－4B．甲胺的电离方程式：CH3NH2·H2O=CH3NHeq\o\al(＋,3)＋OH－C．b点溶液的pH>7D．e点溶液：c(Cl－)>c(CH3NHeq\o\al(＋,3))>c(H＋)>c(OH－)答案B解析由图可知，e点水的电离程度最大，说明盐酸与甲胺恰好反应生成盐酸甲胺，e点为盐酸甲胺溶液，b点为等浓度的甲胺和盐酸甲胺的混合溶液，c点和d点水的电离程度相等，但c点为甲胺和盐酸甲胺的混合溶液，溶液呈中性，d点为盐酸甲胺和盐酸的混合溶液，溶液呈酸性。由a点水电离出的氢离子浓度为10－11.8mol·L－1可知，溶液中氢氧根离子的浓度为eq\f(1.0×10－14,1.0×10－11.8)mol·L－1＝10－2.2mol·L－1，则甲胺的电离常数为eq\f(1.0×10－2.2×1.0×10－2.2,0.1)＝10－3.4，数量级为10－4，故A正确；由甲胺的性质与氨相似可知，甲胺在溶液中的电离方程式为CH3NH2·H2OCH3NHeq\o\al(＋,3)＋OH－，故B错误；甲胺的电离常数为10－3.4，则盐酸甲胺的水解常数为eq\f(Kw,Kb)＝eq\f(10－14,10－3.4)＝10－10.6<Kb，由分析可知，b点为等浓度的甲胺和盐酸甲胺的混合溶液，溶液中甲胺的电离程度大于盐酸甲胺的水解程度，溶液呈碱性，pH＞7，故C正确；由分析可知，e点为盐酸甲胺溶液，溶液呈酸性，溶液中c(H＋)>c(OH－)，由电荷守恒关系：c(CH3NHeq\o\al(＋,3))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)可知，溶液中c(Cl－)>c(CH3NHeq\o\al(＋,3))，则离子浓度的大小顺序为c(Cl－)>c(CH3NHeq\o\al(＋,3))>c(H＋)>c(OH－)，故D正确。4．(2021·河南高三二模)常温下，向0.10mol·L－1的二元弱酸H2A溶液中滴加相同浓度的烧碱溶液，溶液中的H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝eq\f(cX,cH2A＋cHA－＋cA2－)]。下列说法错误的是()A．Ka2(H2A)的数量级为10－5B．常温下，0.1mol·L－1的NaHA溶液显酸性C．NaHA溶液中：c(OH－)＋c(A2－)＝c(H＋)＋c(H2A)D．pH从1.2变化至4.2的过程中，eq\f(cH2A,cA2－)先增大后减小答案D所以Ka2(H2A)的数量级为10－5，则A正确；常温下，Ka2(H2A)＝10－4.2，Kh(HA－)＝eq\f(Kw,Ka1H2A)＝eq\f(10－14,10－1.2)＝10－12.8<Ka2(H2A)，其电离程度大于水解程度，溶液显酸性，和溶液浓度大小无关，则B正确；NaHA溶液中，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，物料守恒：＋c(A2－)＝c(H＋)＋c(H2A)，则C正确；pH＝1.2时，Ka1(H2A)＝eq\f(cHA－·cH＋,cH2A)，pH＝4.2时，Ka2(H2A)＝eq\f(cA2－·cH＋,cHA－)，Ka1(H2A)·Ka2(H2A)＝eq\f(cA2－·c2H＋,cH2A)，由于温度没变，整个过程中Ka1(H2A)·Ka2(H2A)是个常数，那么eq\f(cH2A,cA2－)＝eq\f(c2H＋,Ka1H2A·Ka2H2A)，由于c(H＋)浓度越来越小，所以整个过程中eq\f(c2H＋,Ka1H2A·Ka2H2A)的值越来越小，那么eq\f(cH2A,cA2－)整个过程一直减小，则D错误。5．(2021·贵阳高三模拟)三甲胺[N(CH3)3]是一种一元有机弱碱，可简写为MOH。常温下，向20mL0.5mol·L－1MOH溶液中逐滴加入浓度为0.25mol·L－1的HCl溶液，溶液中lgeq\f(cMOH,cM＋)、pOH[pOH＝－lgc(OH－)]、中和率(中和率＝eq\f(被中和的MOH的物质的量,反应前MOH的总物质的量))的变化如图所示。下列说法正确的是()A．三甲胺[N(CH3)3]的电离常数为10－4.8B．a点时，c(MOH)＋c(M＋)＝2c(Cl－)C．b点时，c(M＋)＞c(Cl－)＞c(MOH)＞c(OH－)＞c(H＋)D．溶液中水的电离程度：c点＜d点答案C三甲胺的电离常数Kb＝eq\f(cM＋·cOH－,cMOH)＝10－4.2，故A错误；a点中和率小于50%，即加入的2n(HCl)＜n(MOH)，根据物料守恒可知c(MOH)＋c(M＋)＞2c(Cl－)，故B错误；b点中和率为50%，溶液中的溶质为等物质的量的MOH和MCl，据图可知此时pOH小于7，溶液显碱性，故C正确；c点中和率为100%溶液中溶质为MCl，d点溶液中溶质为MCl和HCl，HCl的电离抑制水的电离，MCl的水解促进水的电离，所以c点水的电离程度更大，故D错误。6．(2021·沈阳市辽宁实验中学高三期末)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgX[X表示eq\f(cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)或eq\f(cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))]随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是()A．直线Ⅰ中X表示的是eq\f(cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)B．草酸的电离常数Ka2的数量级为10－5C．1.22<pH<4.19的溶液中，c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H2C2O4)D．c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))对应pH＝7答案ClgKa，pH1＝1.22<pH2＝4.19，表明Ka1＝10－1.22>Ka2＝10－4.19，所以直线Ⅰ中X表示的是eq\f(cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)，A正确；草酸的电离常数Ka2的数量级为10－5，B正确；设pH＝a，c(H＋)＝10－a，eq\f(cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))＝eq\f(Ka2,cH＋)＝10a－4.19，当c(C2Oeq\o\al(2－,4))<c(HC2Oeq\o\al(－,4))时，10a－4.19<1，即a－4.19<0，解得：a<4.19，当c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H2C2O4)时，102a－5.41>1即2a－5.41>0，解得a>2.705，所以c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H2C2O4)对应2.705<pH<4.19，C错误；电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，当c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))时，c(H＋)＝c(OH－)，对应pH＝7，D正确。7．(2021·成都市第七中学6月考试)25℃时，向25mL0.1mol·L－1邻苯二甲酸(H2A)溶液中加入KOH固体，混合溶液的pH随－lgc(HA－)以及－lgc(A2－)的关系如图所示(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)。下列有关叙述错误的是()A．邻苯二甲酸的Ka1约为1.0×10－3B．b点有关微粒浓度大小关系为c(K＋)>c(HA－)>c(A2－)>c(OH－)C．从a点到c点，水电离的c(H＋)先增大后减小D．pH＝10时，eq\f(cA2－,cHA－)＝104.2答案C解析pH＝0时，c(H＋)＝1mol·L－1，－lgc(HA－)＝4，则c(HA－)＝10－4mol·L－1，H2A电离程度较小，则溶液中c(H2A)≈0.1mol·L－1，邻苯二甲酸的Ka1＝eq\f(cH＋·cHA－,cH2A)≈eq\f(1×10－4,0.1)＝1.0×10－3，A正确；b点溶液中纵坐标最小，则该溶液中c(HA－)最大，溶液中溶质为KHA，溶液pH＜7，溶液呈酸性，说明HA－电离程度大于水解程度但电离和水解程度都较小，水电离也生成H＋，所以溶液中存在c(K＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(OH－)，B正确；a点的溶质为H2A，b点溶质为KHA，c点溶质为K2A和KHA，此时溶液都呈酸性，说明HA－电离程度大于水解程度，抑制水电离，但由于溶液的pH一直增大，说明H2A、HA－电离出的H＋故H2A的Ka2＝eq\f(cH＋·cA2－,cHA－)＝10－5.8，故当pH＝10时，溶液中的溶质为K2A，故Kh1＝eq\f(cOH－·cHA－,cA2－)＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(10－14,10－5.8)＝10－8.2，故eq\f(cA2－,cHA－)＝eq\f(cOH－,Kh1)＝eq\f(10－4,10－8.2)＝104.2，D正确。(二)沉淀溶解平衡曲线分析1．(2020·河南省六市高三第二次联合调研)常温时，向120mL0.005mol·L－1CaCl2溶液中逐滴加入0.1mol·L－1Na2CO3溶液，混合溶液的电导率变化曲线如图所示。已知25℃时，Ksp(CaCO3)＝3.36×10－9，忽略COeq\o\al(2－,3)水解。下列说法正确的是()A．a点对应的溶液中Ca2＋开始形成沉淀，且溶液中c(Ca2＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))B．b点对应的溶液中Ca2＋已完全沉淀，且存在关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)C．在滴加Na2CO3溶液的过程中，混合溶液的pH先减小后增大D．如图可以说明CaCO3在溶液中存在过饱和现象答案D解析由图可知，a点对应的溶液导电能力急剧下降，说明Ca2＋开始形成沉淀，而溶液中的钙离子和碳酸根离子分别来源于CaCl2溶液和Na2CO3溶液，CaCO3形成沉淀时，Ca2＋和COeq\o\al(2－,3)不一定相等，故A错误；原溶液中n(Ca2＋)＝120×10－3L×0.005mol·L－1＝0.6×10－3mol，要使钙离子完全沉淀，需要碳酸钠溶液的体积为eq\f(0.6×10－3mol,0.1mol·L－1)＝6×10－3L＝6mL，b点对应的溶液中加入碳酸钠溶液的体积小于6mL，不能使钙离子完全沉淀，电荷守恒关系式为2c(Ca2＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))，故B错误；不忽略COeq\o\al(2－,3)水解的情况下，在加入碳酸钠溶液后没有沉淀析出，溶液pH变大，析出碳酸钙时，溶液的pH突然变小，在Ca2＋完全沉淀之前，混合溶液的pH几乎不变，当所有的钙离子转化为碳酸钙沉淀后，继续滴加碳酸钠溶液，溶液的pH值变大，直至与碳酸钠溶液的pH几乎相同，忽略COeq\o\al(2－,3)水解的情况下，水溶液的pH不发生变化，故C错误；理论上Ca2＋开始形成沉淀，c(COeq\o\al(2－,3))≈eq\f(3.36×10－9,5.0×10－3)mol·L－1≈10－6mol·L－1，加入碳酸钠溶液的体积为eq\f(10－6mol·L－1×120mL,0.1mol·L－1)≈10－3mL，而向a点对应的溶液加入碳酸钠溶液的体积为2.2mL，此时，溶液处于过饱和溶液，故D正确。2．(2021·新疆高三模拟)MSO4和MCO3是两种难溶性盐。常温时两种物质的溶解度曲线如图所示，下列叙述错误的是()A．Ksp(MCO3)＝9.0×10－10B．c点的纵坐标为eq\f(1,3)C．在饱和的MCO3澄清溶液里加入适量的Na2SO4固体，可使b点变为d点D．使1L含1molMSO4的悬浊液中的分散质完全转化为MCO3，需要加1molNa2CO3固体答案D解析根据图中信息得到c(COeq\o\al(2－,3))＝3.0×10－5mol·L－1，c(M2＋)＝3.0×10－5mol·L－1，因此Ksp(MCO3)＝3.0×10－5×3.0×10－5＝9.0×10－10，故A正确；根据图中信息得到Ksp(MSO4)＝则c点c(M2＋)＝eq\f(1.0×10－10,3.0×10－5)＝eq\f(1,3)×10－5mol·L－1，因此c点的纵坐标为eq\f(1,3)，故B正确；由于A和B选项得到Ksp(MSO4)＜Ksp(MCO3)，因此在饱和的MCO3澄清溶液里加入适量的Na2SO4固体，可使b点变为d点，故C正确；MSO4(s)＋Na2CO3(aq)MCO3(s)＋Na2SO4(aq)，将1molMSO4的悬浊液沉淀需要1molNa2CO3固体，若要将1L1molMSO4的悬浊液分散质完全转化为MCO3，则c(M2＋)L－1×1L＝9×10－5molNa2CO3固体，因此需要加Na2CO3固体小于1mol，故D错误。3．(2020·广东省茂名市高三二模)某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时－lgc(Pb2＋)与－lgc(COeq\o\al(2－,3))或－lgc(I－)的关系如图所示。下列说法错误的是()A．Ksp(PbCO3)的数量级为10－14B．相同条件下，水的电离程度p点大于q点C．L1对应的是－lgc(Pb2＋)与－lgc(I－)的关系变化D．p点溶液中加入Na2CO3浓溶液，可得白色沉淀答案B解析图像L2对应的是－lgc(Pb2＋)与－lgc(COeq\o\al(2－,3))的关系变化，则Ksp(PbCO3)＝c(Pb2＋)·c(COeq\o\al(2－,3))＝10－13.1，数量级为10－14，故A正确；相同条件下，p点和q点的铅离子浓度相同，p点为碘化铅的饱和溶液，q点为碳酸铅的饱和溶液，由于碘离子不水解，则COeq\o\al(2－,3)可以发生水解，其水解促进了水的电离，则水的电离程度p点小于q点，故B错误；L1对应的是－lgc(Pb2＋)与－lgc(I－)的关系变化，故C正确；Ksp(PbCO3)＝c(Pb2＋)·c(COeq\o\al(2－,3))＝10－13.1，Ksp(PbI2)＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝10－8，Ksp(PbCO3)<Ksp(PbI2)，则p点溶液中加入Na2CO3浓溶液，可得白色沉淀，故D正确。4．(2021·河南高三模拟)已知Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，且Ag2SO4的溶解度随温度的升高而增大，下列说法正确的是()A．m、n、p、q四点溶液均为对应温度下的Ag2SO4饱和溶液B．向p点溶液中加入适量硝酸银固体，则p点可沿虚线移动到c点C．T1时，若a＝1.5×10－2，则Ksp(Ag2SO4)＝2.25×10－4D．温度降低时，q点饱和溶液的组成由q点沿qp虚线向p点方向移动答案A解析由图可知m、n、p三点溶液为T1时Ag2SO4饱和溶液，q点溶液为T2时Ag2SO4饱和溶液，故A正确；p点溶液中加入硝酸银固体，c(Ag＋)增大，硫酸银溶解平衡逆向移动，c(SOeq\o\al(2－,4))会减小，则p点可沿mpn实线向n点方向移动，故B错误；Ksp(Ag2SO4)＝c2(Ag＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))＝3.375×10－6，故C错误；q点的饱和溶液温度降低，析出Ag2SO4，c(Ag＋)和c(SOeq\o\al(2－,4))不再相等，故D错误。5．(2020·长春市质检)向废水中加入硫化物可以依次获得CuS、ZnS纳米粒子。常温下，H2S的Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15，溶液中平衡时相关离子浓度的关系如图，下列说法错误的是()A．Ksp(CuS)的数量级为10－37B．a点对应的CuS溶液为不饱和溶液C．向p点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由p向q方向移动D．H2S(aq)＋Zn2＋(aq)ZnS(s)＋2H＋(aq)平衡常数很大，反应趋于完全答案D解析由图中数据可知当c(Cu2＋)＝10－18mol·L－1时，c(S2－)≈10－18.3mol·L－1，则Ksp(CuS)＝×10－18.5＝10－37<Ksp(CuS)，则a点对应的CuS溶液为不饱和溶液，故B正确；向p点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液中c(S2－)增大，则c(Zn2＋)减小，故C正确；H2S(aq)＋Zn2＋(aq)ZnS(s)＋2H＋(aq)平衡常数K＝eq\f(c2H＋,cZn2＋·cH2S)＝eq\f(c2H＋·cHS－·cS2－,cZn2＋·cH2S·cS2－·cHS－)＝eq\f(Ka1·Ka2,KspZnS)≈eq\f(1.3×10－7×7.1×10－15,10－14×10－8.5)≈29，平衡常数不是很大，反应不趋于完全，故D错误。6．已知：常温下，H2S溶液的电离平衡常数Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15，MnS、CuS的Ksp分别为1.7×10－15、8.5×10－45，pM＝－lgc(M2＋)(M＝Mn、Cu、Zn)，pS＝－lgc(S2－)，三种硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示，其中曲线b表示ZnS。下列说法错误的是()A．曲线a表示MnSB．Ksp(ZnS)＝10－23.8C．将浓度均为0.001mol·L－1的MnSO4溶液和H2S溶液等体积混合，有沉淀产生D．含MnS和CuS的悬浊液中：c(Mn2＋)∶c(Cu2＋)＝2.0×1029∶1答案C解析由于MnS、CuS的Ksp分别为1.7×10－15、8.5×10－45，Ksp越大，当金属离子浓度相等时，pS越小，则曲线a表示MnS，A正确；曲线b表示ZnS，根据图像可知当硫离子浓度为10－23.8mol·L－1时，锌离子浓度是1mol·L－1，则Ksp(ZnS)＝c(Zn2＋)·c(S2－)＝10－23.8，B正确；将浓度均为0.001mol·L－1的MnSO4溶液和H2S溶液等体积混合，锰离子浓度变为0.0005mol·L－1，由于H2中氢离子浓度近似等于HS－浓度，所以根据第二步电离平衡常数表达式Ka2＝eq\f(cH＋·cS2－,cHS－)＝7.1×10－15可知溶液中硫离子浓度近似等于7.1×10－15mol·L－1，则溶液中c(Mn2＋)·c(S2－)＝3.55×10－18<1.7×10－15，所以没有沉淀产生，C错误；根据溶度积常数表达式可知含MnS和CuS的悬浊液中：c(Mn2＋)∶c(Cu2＋)＝eq\f(cMn2＋·cS2－,cCu2＋·cS2－)＝eq\f(1.7×10－15,8.5×10－45)＝2.0×1029∶1，D正确。(三)中和滴定的拓展应用1．次磷酸钠(NaH2PO2)是电镀业上重要的还原剂，某实验小组测定次磷酸钠的纯度，取mol·L－1碘水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液作指示剂，用0.10mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终－，2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I2=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－。判断滴定终点的现象是____________________________________________________________________________________________________，产品纯度为________。答案滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色70.4%(或0.704)解析原子守恒有NaH2PO2～H2POeq\o\al(－,3)～2e－，Na2S2O3～eq\f(1,2)S4Oeq\o\al(2－,6)～e－，I2～2I－～2e－，根据电子守恒有2n(NaH2PO2)＋n(Na2S2O3)＝2n(I2)，即n(NaH2PO2)＝n(I2)－eq\f(1,2)n(Na2S2O3)＝0.10mol·L－1×25×10－3L－0.5×0.10mol·L－1×10×10－3L＝2×10－3mol,2.50g样品中n(NaH2PO2)＝2×10－3mol×eq\f(250mL,25mL)＝2×10－2mol，样品中m(NaH2PO3)＝nM＝2×10－2mol×88g·mol－1＝1.76g，产品纯度为eq\f(1.76g,2.5g)×100%＝70.4%。2．光气(COCl2)是一种重要的有机中间体，无色剧毒，易水解生成两种酸性物质。光气纯度测定：用注射器抽取光气注入m1g装有氢氧化钠溶液的密封碘量瓶中，称得碘量瓶为m2g，充分反应后用硝酸调节pH至6.5，加入少量K2CrO4溶液作指示剂，用cmol·L－1硝酸银标准液滴定至终点，消耗硝酸银标准液VmL。(已知Ag2CrO4为砖红色沉淀)(1)达到滴定终点的现象是___________________________________________________。(2)光气的纯度是________。答案(1)当滴入最后一滴标准液，溶液中生成浅红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变(2)eq\f(9.9cV,2m2－m1)%解析(2)光气与NaOH反应生成氯化钠，氯化钠与硝酸银反应生成氯化银，则存在COCl2～2NaCl～2AgNO3，则n(COCl2)＝eq\f(cmol·L－1×V×10－3L,2)＝eq\f(cV,2)×10－3mol，根据质量守恒，初始光气的质量为m2g－m1g，光气的纯度为eq\f(\f(cV,2)×10－3mol×99g·mol－1,m2g－m1g)×100%＝eq\f(9.9cV,2m2－m1)%。3．TiCl4可制备纳米TiO2：以N2为载体，用TiCl4和水蒸气反应生成Ti(OH)4。再控制温度生成纳米xTiO2·yH2O。测定产物xTiO2·yH2O组成的方法如下：步骤一：取样品2.100g，在酸性条件下充分溶解，并用适量铝将TiO2＋还原为Ti3＋，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并注入250mL容量瓶，并用稀硫酸定容，得待测液。步骤二：取待测液25.00mL于锥形瓶中，加几滴KSCN溶液作指示剂，用0.1000mol·L－1的NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3＋氧化为TiO2＋。重复滴定2次。滴定所得的相关数据如下表：滴定序号待测液体积/mLNH4Fe(SO4)2标准溶液滴定管起点读数/mLNH4Fe(SO4)2标准溶液滴定管终点读数/mL125.000.0224.02225.000.0824.06325.000.1224.14(1)步骤一中用稀硫酸而不用水定容的原因是___________________________________________________________________________________________________________。(2)通过计算确定该样品的组成为________________。答案(1)抑制TiO2＋(Ti3＋)的水解(2)12TiO2·5H2O解析(1)TiO2＋和Ti3＋发生水解溶液显酸性，步骤一中用稀硫酸而不用水定容的原因是抑制TiO2＋(Ti3＋)的水解。(2)三次滴定消耗标准溶液的平均值为24.00mL，TiO2～NH4Fe(SO4)2，m(TiO2)＝80g·mol－1×0.024L×0.1000mol·L－1×eq\f(250mL,25.00mL)＝1.92g，则m(H2O)＝2.100g－1.92g＝0.18g，所以x∶y＝eq\f(1.92g,80g·mol－1)∶eq\f(0.18g,18g·mol－1)＝24∶10＝12∶5。4．(2021·江西省上饶市高三第二次模拟)在活性炭催化下，用CoCl2、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料可生成橙黄色晶体X。为测定其组成，进行如下实验。Ⅰ.氨的测定：精确称取wgX，加入适量的水溶解，注入如图所示的三颈烧瓶(B)中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol·L－1的标准盐酸溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol·L－1NaOH标准溶液滴定过剩的盐酸，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。Ⅱ.氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液作为指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀。回答下列问题：(1)A中安全管的作用是________________________________________________________。(2)仪器a的名称是____________，C装置冰盐水的作用是__________________________。(3)在NaOH标准溶液滴定过剩的盐酸实验中，锥形瓶中应加入几滴________(填“石蕊”“酚酞”或“甲基橙”)作指示剂。若在滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后气泡消失，则测得的样品中氨的含量会________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。样品中氮的质量分数表达式为______________________________________________________________________________________________