2021年高考真題和模擬題分類匯編化學(xué)專題11水的電離和溶液的酸堿性

2021高考真題和模擬題分類匯編化學(xué)專題11水的電離和溶液的酸堿性2021年化學(xué)高考題一、多選題1．（2021·山東高考真題）為完成下列各組實驗，所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確、完整的是(不考慮存放試劑的容器)實驗?zāi)康牟Ａx器試劑A配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液100mL容量瓶、膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒蒸餾水、NaCl固體B制備Fe(OH)3膠體燒杯、酒精燈、膠頭滴管蒸餾水、飽和FeCl3溶液C測定NaOH溶液濃度燒杯、錐形瓶、膠頭滴管、酸式滴定管待測NaOH溶液、已知濃度的鹽酸、甲基橙試劑D制備乙酸乙酯試管、量筒、導(dǎo)管、酒精燈冰醋酸、無水乙醇、飽和Na2CO3溶液A．A B．B C．C D．D【答案】AB【解析】A．配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液的步驟為：計算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等，需要的儀器有：托盤天平、藥匙、燒杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管等，選項中所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確，A符合題意；B．往燒杯中加入適量蒸餾水并加熱至沸騰，向沸水滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色停止加熱，得到氫氧化鐵膠體，所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確，B符合題意；C．用標(biāo)準(zhǔn)稀鹽酸溶液滴定待測氫氧化鈉溶液可測定出氫氧化鈉的濃度，取待測液時需選取堿式滴定管，酸式滴定管則盛裝標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液，所以所選儀器還應(yīng)有堿式滴定管，C不符合題意；D．制備乙酸乙酯時需要用濃硫酸作催化劑和吸水劑，所選試劑中缺少濃硫酸，D不符合題意；故選AB。二、單選題2．（2021·浙江）某同學(xué)擬用計測定溶液以探究某酸HR是否為弱電解質(zhì)。下列說法正確的是A．25℃時，若測得溶液，則HR是弱酸B．25℃時，若測得溶液且，則HR是弱酸C．25℃時，若測得HR溶液，取該溶液，加蒸餾水稀釋至，測得，則HR是弱酸D．25℃時，若測得NaR溶液，取該溶液，升溫至50℃，測得，，則HR是弱酸【答案】B【解析】A．25℃時，若測得溶液，可知為強酸強堿鹽，則為強酸，A錯誤；B．25℃時，若測得溶液且，可知溶液中，所以未完全電離，為弱酸，B正確；C．假設(shè)為強酸，取的該溶液，加蒸餾水稀釋至測得此時溶液，C錯誤；D．假設(shè)為強酸，則為強酸強堿鹽，溶液呈中性，升溫至50℃，促進(jìn)水的電離，水的離子積常數(shù)增大，減小，D錯誤；答案為：B。3．（2021·廣東高考真題）測定濃硫酸試劑中含量的主要操作包括：①量取一定量的濃硫酸，稀釋；②轉(zhuǎn)移定容得待測液；③移取待測液，用的溶液滴定。上述操作中，不需要用到的儀器為A． B． C． D．【答案】B【解析】實驗過程中，①量取一定量的濃硫酸并稀釋所需儀器為：量筒、燒杯、玻璃棒；②轉(zhuǎn)移定容得待測液所需儀器為：玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管；③移取20.00mL待測液，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定所需儀器為：酸式滴定管、堿式滴定管、錐形瓶；選項中A為容量瓶，B為分液漏斗，C為錐形瓶，D為堿式滴定管，上述操作中，不需要用到的儀器為分液漏斗，綜上所述，故答案為B。4．（2021·河北高考真題）下列操作規(guī)范且能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖茿．圖甲測定醋酸濃度 B．圖乙測定中和熱C．圖丙稀釋濃硫酸 D．圖丁萃取分離碘水中的碘【答案】A【解析】A．氫氧化鈉溶液呈堿性，因此需裝于堿式滴定管，氫氧化鈉溶液與醋酸溶液恰好完全反應(yīng)后生成的醋酸鈉溶液呈堿性，因此滴定過程中選擇酚酞作指示劑，當(dāng)溶液由無色變?yōu)榈t色時，達(dá)到滴定終點，故A選；B．測定中和熱實驗中溫度計用于測定溶液溫度，因此不能與燒杯內(nèi)壁接觸，并且大燒杯內(nèi)空隙需用硬紙板填充，防止熱量散失，故B不選；C．容量瓶為定容儀器，不能用于稀釋操作，故C不選；D．分液過程中長頸漏斗下方放液端的長斜面需緊貼燒杯內(nèi)壁，防止液體留下時飛濺，故D不選；綜上所述，操作規(guī)范且能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖茿項，故答案為A。5．（2021·湖南高考真題）下列實驗設(shè)計不能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖菍嶒災(zāi)康膶嶒炘O(shè)計A檢驗溶液中是否被氧化取少量待測液，滴加溶液，觀察溶液顏色變化B凈化實驗室制備的氣體依次通過盛有飽和溶液、濃的洗氣瓶C測定溶液的pH將待測液滴在濕潤的pH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照D工業(yè)酒精制備無水乙醇工業(yè)酒精中加生石灰，蒸餾A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A.若Fe2+被氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+能與SCN生成Fe(SCN)3，溶液變成血紅色，能達(dá)到實驗?zāi)康?，故A不符合題意；B．實驗室用濃鹽酸和二氧化錳加熱制氯氣，先用飽和食鹽水除去混有的氯化氫，再通過濃硫酸的洗氣瓶干燥，能達(dá)到實驗?zāi)康?，故B不符合題意；C．用pH試紙測定NaOH溶液的pH不能潤濕pH試紙，否則會因濃度減小，而影響測定結(jié)果，不能達(dá)到實驗?zāi)康?，故C符合題意；D．制取無水酒精時，通常把工業(yè)酒精跟新制的生石灰混合，加熱蒸餾，能達(dá)到實驗?zāi)康?，故D不符合題意。答案選C。6．（2021·浙江高考真題）25℃時，下列說法正確的是A．NaHA溶液呈酸性，可以推測H2A為強酸B．可溶性正鹽BA溶液呈中性，可以推測BA為強酸強堿鹽C．0.010mol·L1、0.10mol·L1的醋酸溶液的電離度分別為α1、α2，則α1＜α2D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水電離出H+的物質(zhì)的量為1.0×105mol【答案】D【解析】A．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的電離程度大于其水解程度，不能據(jù)此得出H2A為強酸的結(jié)論，A錯誤；B．可溶性正鹽BA溶液呈中性，不能推測BA為強酸強堿鹽，因為也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱堿鹽，B錯誤；C．弱酸的濃度越小，其電離程度越大，因此0.010mol·L1、0.10mol·L1的醋酸溶液的電離度分別為α1、α2，則α1＞α2，C錯誤；D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氫氧根離子的濃度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促進(jìn)水的電離，則水電離出H＋的濃度是1×10－4mol/L，其物質(zhì)的量為0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正確；答案選D。三、實驗題7．（2021·山東高考真題）六氯化鎢(WCl6)可用作有機合成催化劑，熔點為283℃，沸點為340℃，易溶于CS2，極易水解。實驗室中，先將三氧化鎢(WO3)還原為金屬鎢(W)再制備WCl6，裝置如圖所示(夾持裝置略)?；卮鹣铝袉栴}：(1)檢查裝置氣密性并加入WO3。先通N2，其目的是___；一段時間后，加熱管式爐，改通H2，對B處逸出的H2進(jìn)行后續(xù)處理。儀器A的名稱為___，證明WO3已被完全還原的現(xiàn)象是___。(2)WO3完全還原后，進(jìn)行的操作為：①冷卻，停止通H2；②以干燥的接收裝置替換E；③在B處加裝盛有堿石灰的干燥管；④……；⑤加熱，通Cl2；⑥……。堿石灰的作用是___；操作④是___，目的是___。(3)利用碘量法測定WCl6產(chǎn)品純度，實驗如下：①稱量：將足量CS2(易揮發(fā))加入干燥的稱量瓶中，蓋緊稱重為m1g；開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重為m2g；再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘，蓋緊稱重為m3g，則樣品質(zhì)量為___g(不考慮空氣中水蒸氣的干擾)。②滴定：先將WCl6轉(zhuǎn)化為可溶的Na2WO4，通過IO離子交換柱發(fā)生反應(yīng)：WO+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO；交換結(jié)束后，向所得含IO的溶液中加入適量酸化的KI溶液，發(fā)生反應(yīng)：IO+5I+6H+=3I2+3H2O；反應(yīng)完全后，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)：I2+2S2O=2I+S4O。滴定達(dá)終點時消耗cmol?L1的Na2S2O3溶液VmL，則樣品中WCl6(摩爾質(zhì)量為Mg?mol1)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___。稱量時，若加入待測樣品后，開蓋時間超過1分鐘，則滴定時消耗Na2S2O3溶液的體積將___(填“偏大”“偏小”或“不變”)，樣品中WCl6質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定值將___(填“偏大”“偏小”或“不變”)?！敬鸢浮颗懦b置中的空氣直形冷凝管淡黃色固體變?yōu)殂y白色吸收多余氯氣，防止污染空氣；防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E再次通入N2排除裝置中的H2(m3+m12m2)%不變偏大【分析】(1)將WO3在加熱條件下用H2還原為W，為防止空氣干擾，還原WO3之前要除去裝置中的空氣；(2)由信息可知WCl6極易水解，W與Cl2反應(yīng)制取WCl6時，要在B處加裝盛有堿石灰的干燥管，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E中；(3)利用碘量法測定WCl6產(chǎn)品純度，稱量時加入足量的CS2用于溶解樣品，蓋緊稱重為m1g，由于CS2易揮發(fā)，開蓋時要揮發(fā)出來，稱量的質(zhì)量要減少，開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重m2g，則揮發(fā)出的CS2的質(zhì)量為(m1m2)g，再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘，又揮發(fā)出(m1m2)g的CS2，蓋緊稱重為m3g，則樣品質(zhì)量為：m3g+2(m1m2)gm1g=(m3+m12m2)g；滴定時，利用關(guān)系式：WO~2IO~6I2~12S2O計算樣品中含WCl6的質(zhì)量，進(jìn)而計算樣品中WCl6的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；根據(jù)測定原理分析是否存在誤差及誤差是偏大還是偏小。【解析】(1)用H2還原WO3制備W，裝置中不能有空氣，所以先通N2，其目的是排除裝置中的空氣；由儀器構(gòu)造可知儀器A的名稱為直形冷凝管；WO3為淡黃色固體，被還原后生成W為銀白色，所以能證明WO3已被完全還原的現(xiàn)象是淡黃色固體變?yōu)殂y白色，故答案為：淡黃色固體變?yōu)殂y白色；(2)由信息可知WCl6極易水解，W與Cl2反應(yīng)制取WCl6時，要在B處加裝盛有堿石灰的干燥管，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E中，所以堿石灰的作用其一是吸收多余氯氣，防止污染空氣；其二是防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E；在操作⑤加熱，通Cl2之前，裝置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除裝置中的H2，故答案為：吸收多余氯氣，防止污染空氣；防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E；再次通入N2；排除裝置中的H2；(3)①根據(jù)分析，稱量時加入足量的CS2，蓋緊稱重為m1g，由于CS2易揮發(fā)，開蓋時要揮發(fā)出來，稱量的質(zhì)量要減少，開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重m2g，則揮發(fā)出的CS2的質(zhì)量為(m1m2)g，再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘，又揮發(fā)出(m1m2)g的CS2，蓋緊稱重為m3g，則樣品質(zhì)量為：m3g+2(m1m2)gm1g=(m3+m12m2)g，故答案為：(m3+m12m2)；②滴定時，根據(jù)關(guān)系式：WO~2IO~6I2~12S2O，樣品中n(WCl6)=n(WO)=n(S2O)=cV103mol，m(WCl6)=cV103molMg/mol=g，則樣品中WCl6的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：100%=%；根據(jù)測定原理，稱量時，若加入待測樣品后，開蓋時間超過1分鐘，揮發(fā)的CS2的質(zhì)量增大，m3偏小，但WCl6的質(zhì)量不變，則滴定時消耗Na2S2O3溶液的體積將不變，樣品中WCl6質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定值將偏大，故答案為：%；不變；偏大。8．（2021·浙江）是很好的氯化劑，實驗室用如圖裝置(夾持儀器已省略)制備高純。已知：①，合適反應(yīng)溫度為；副反應(yīng)：。②常壓下，沸點，熔點；沸點2.0℃，熔點。③，在中的溶解度遠(yuǎn)大于其在水中的溶解度。請回答：(1)①裝置A的作用是去除原料氣中的少量水分，可用的試劑是_______。②將上圖中裝置組裝完整，虛框D中應(yīng)選用_______。(2)有關(guān)反應(yīng)柱B，須進(jìn)行的操作是_______。A．將HgO粉末熱處理除水分、增加表面積后填入反應(yīng)柱B．調(diào)控進(jìn)入反應(yīng)柱的混合氣中和的比例C．調(diào)控混合氣從下口進(jìn)入反應(yīng)柱的流速D．將加熱帶纏繞于反應(yīng)柱并加熱(3)裝置C，冷卻液的溫度通?？刂圃凇７磻?yīng)停止后，溫度保持不變，為減少產(chǎn)品中的含量，可采用的方法是_______。(4)將純化后的產(chǎn)品氣化，通入水中得到高純度的濃溶液，于陰涼暗處貯存。當(dāng)需要時，可將濃溶液用萃取分液，經(jīng)氣化重新得到。針對萃取分液，從下列選項選擇合適操作(操作不能重復(fù)使用)并排序：c→_______→_______→e→d→f→_______。a.檢查旋塞、玻璃塞處是否漏水b.將溶液和轉(zhuǎn)入分液漏斗c.涂凡士林d.旋開旋塞放氣e.倒轉(zhuǎn)分液漏斗，小心振搖f.經(jīng)幾次振搖并放氣后，將分液漏斗置于鐵架臺上靜置g.打開旋塞，向錐形瓶放出下層液體h.打開旋塞，待下層液體完全流出后，關(guān)閉旋塞，將上層液體倒入錐形瓶(5)產(chǎn)品分析：取一定量濃溶液的稀釋液，加入適量、過量溶液及一定量的稀，充分反應(yīng)。用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞為指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知產(chǎn)生的反應(yīng)(不考慮與水反應(yīng))：實驗數(shù)據(jù)如下表：加入量滴定Ⅰ測出量滴定Ⅱ測出量①用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定時，無需另加指示劑。判斷滴定Ⅰ到達(dá)終點的實驗現(xiàn)象是_______。②高純度濃溶液中要求(和均以計)。結(jié)合數(shù)據(jù)分析所制備的濃溶液是否符合要求_______?！敬鸢浮繚鈇ABC抽氣(或通干燥氮氣)abgCCl4中由紫紅色突變到無色，且30s不恢復(fù)溶液中Cl2O和Cl2分別為1.000×103mol、5×106mol，=200>99，符合要求【解析】(1)①裝置A的作用是去除原料氣(Cl2、N2)中的少量水分，可用的試劑是濃。②Cl2和Cl2O都不能直接排放于空氣中，因此需要進(jìn)行尾氣處理，Cl2、Cl2O能與NaOH溶液反應(yīng)，同時需要防止NaOH溶液中水蒸氣進(jìn)入C裝置中，因此需要在C和尾氣處理裝置之間連接吸收水蒸氣的裝置，所以虛框D中應(yīng)選用a裝置。(2)裝置B為HgO與Cl2反應(yīng)制備Cl2O的裝置，A．因Cl2O能與H2O發(fā)生反應(yīng)，因此需要將HgO粉末熱處理除水分，該反應(yīng)為固體與氣體接觸類反應(yīng)，因此增加表面積能夠加快反應(yīng)速率，故A選；B．N2的作用是稀釋Cl2，在氣流速率一定的條件下，氯氣所占的比例越小，其轉(zhuǎn)化率越高，同時Cl2不足時會發(fā)生副反應(yīng)，因此需要調(diào)控進(jìn)入反應(yīng)柱的混合氣中Cl2和N2的比例，故B選；C．為了讓氣體與固體充分接觸，混合氣體應(yīng)從下口進(jìn)入反應(yīng)柱，同時需要控制氣體的流速，防止副反應(yīng)發(fā)生，故C選；D．HgO與Cl2反應(yīng)制備Cl2O的合適反應(yīng)溫度為18℃～25℃，因此該反應(yīng)在常溫下進(jìn)行，若對反應(yīng)柱加熱會發(fā)生副反應(yīng)，故D不選；綜上所述，答案為ABC。(3)由題可知，Cl2沸點小于Cl2O，在Cl2未發(fā)生冷凝時抽氣或通入氮氣可以有效的去除產(chǎn)物中的Cl2，故答案為：抽氣(或通干燥氮氣)。(4)萃取分液的操作順序為：檢漏→加入萃取劑和溶液→振蕩搖勻→放氣→靜置分層→放液，下層液體從下口流出，上層液體從上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下層，因此操作順序為：涂凡土林→檢查旋塞、玻璃塞處是否漏水→將溶液和CCl4轉(zhuǎn)入分液漏斗→倒轉(zhuǎn)分液漏斗，小心振搖→旋開旋塞放氣→經(jīng)幾次振搖并放氣后，將分液漏斗置于鐵架臺上靜置→打開旋塞，向錐形瓶放出下層液體，故答案為：abg。(5)①溶有I2的CCl4溶液呈紫紅色，用標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定I2過程中，當(dāng)I2恰好反應(yīng)完全時，溶液呈無色，因此滴定I2到達(dá)終點的實驗現(xiàn)象是CCl4中由紫紅色突變到無色，且30s不恢復(fù)。②由、、(HClO為Cl2O與H2O反應(yīng)的產(chǎn)物)可得關(guān)系式：Cl2O～2H+～2I2，由實驗數(shù)據(jù)可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2×(2.505×103mol1.505×103mol)=2×103mol，生成I2的物質(zhì)的量為2×103mol，則高純度Cl2O濃溶液中n(Cl2O)=1×103mol，加入過量KI溶液共生成I2的物質(zhì)的量為2.005×103mol，因此Cl2與I反應(yīng)生成I2的物質(zhì)的量為2.005×103mol2×103mol=5×106mol，由此可知高純度Cl2O濃溶液中n(Cl2)=5×106mol，所以高純度Cl2O濃溶液中==200>99，則所制備的高純度Cl2O濃溶液符合要求，故答案為：溶液中Cl2O和Cl2分別為1×103mol、5×106mol，=200>99，符合要求。9．（2021·河北高考真題）化工專家侯德榜發(fā)明的侯氏制堿法為我國純堿工業(yè)和國民經(jīng)濟發(fā)展做出了重要貢獻(xiàn)，某化學(xué)興趣小組在實驗室中模擬并改進(jìn)侯氏制堿法制備NaHCO3，進(jìn)一步處理得到產(chǎn)品Na2CO3和NH4Cl，實驗流程如圖：回答下列問題：(1)從A～E中選擇合適的儀器制備NaHCO3，正確的連接順序是___(按氣流方向，用小寫字母表示)。為使A中分液漏斗內(nèi)的稀鹽酸順利滴下，可將分液漏斗上部的玻璃塞打開或___。A．B．C．D．E.(2)B中使用霧化裝置的優(yōu)點是__。(3)生成NaHCO3的總反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。(4)反應(yīng)完成后，將B中U形管內(nèi)的混合物處理得到固體NaHCO3和濾液：①對固體NaHCO3充分加熱，產(chǎn)生的氣體先通過足量濃硫酸，再通過足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，則固體NaHCO3的質(zhì)量為___g。②向濾液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)過程。為使NH4Cl沉淀充分析出并分離，根據(jù)NaCl和NH4Cl溶解度曲線，需采用的操作為___、___、洗滌、干燥。(5)無水NaHCO3可作為基準(zhǔn)物質(zhì)標(biāo)定鹽酸濃度.稱量前，若無水NaHCO3保存不當(dāng)，吸收了一定量水分，用其標(biāo)定鹽酸濃度時，會使結(jié)果___(填標(biāo)號)。A．偏高B．偏低不變【答案】aefbcgh將玻璃塞上的凹槽對準(zhǔn)漏斗頸部的小孔使氨鹽水霧化，可增大與二氧化碳的接觸面積，從而提高產(chǎn)率（或其他合理答案）NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓0.84蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶A【分析】根據(jù)工藝流程知，濃氨水中加入氯化鈉粉末形成飽和氨鹽水后，再通入二氧化碳?xì)怏w，發(fā)生反應(yīng)：NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，得到的碳酸氫鈉晶體烘干后受熱分解會生成碳酸鈉、二氧化碳和水，從而制備得到純堿；另一方面得到的母液主要溶質(zhì)為NH4Cl，再從加入氯化鈉粉末，存在反應(yīng)，據(jù)此分析解答?！窘馕觥?1)根據(jù)分析可知，要制備，需先選用裝置A制備二氧化碳，然后通入飽和碳酸氫鈉溶液中除去二氧化碳中的HCl，后與飽和氨鹽水充分接觸來制備，其中過量的二氧化碳可被氫氧化鈉溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制備得到少量，所以按氣流方向正確的連接順序應(yīng)為：aefbcgh；為使A中分液漏斗內(nèi)的稀鹽酸順利滴下，可將分液漏斗上部的玻璃塞打開或?qū)⒉Ａ系陌疾蹖?zhǔn)漏斗頸部的小孔，故答案為：aefbcgh；將玻璃塞上的凹槽對準(zhǔn)漏斗頸部的小孔；(2)B中使用霧化裝置使氨鹽水霧化，可增大與二氧化碳的接觸面積，從而提高產(chǎn)率；(3)根據(jù)上述分析可知，生成的總反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；(4)①對固體充分加熱，產(chǎn)生二氧化碳和水蒸氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：將氣體先通過足量濃硫酸，吸收水蒸氣，再通過足量，與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，化學(xué)方程式為：，根據(jù)方程式可知，根據(jù)差量法可知，當(dāng)增重（2CO的質(zhì)量）時，消耗的二氧化碳的質(zhì)量為=0.22g，其物質(zhì)的量為，根據(jù)關(guān)系式可知，消耗的的物質(zhì)的量為20.005mol=0.01mol，所以固體的質(zhì)量為0.01mol84g/mol=0.84g；②根據(jù)溶解度雖溫度的變化曲線可以看出，氯化銨的溶解度隨著溫度的升高而不斷增大，而氯化鈉的溶解度隨著溫度的升高變化并不明顯，所以要想使沉淀充分析出并分離，需采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、洗滌、干燥的方法，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；(5)稱量前，若無水保存不當(dāng)，吸收了一定量水分，標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，濃度減小，所以用其標(biāo)定鹽酸濃度時，消耗的碳酸氫鈉的體積會增大，根據(jù)c(測)=可知，最終會使c(測)偏高，A項符合題意，故答案為：A。四、工業(yè)流程題10．（2021·湖南高考真題）碳酸鈉俗稱純堿，是一種重要的化工原料。以碳酸氫銨和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并測定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過程如下：步驟I.的制備步驟Ⅱ.產(chǎn)品中含量測定①稱取產(chǎn)品2.500g，用蒸餾水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于錐形瓶，加入2滴指示劑M，用鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，溶液由紅色變至近無色(第一滴定終點)，消耗鹽酸；③在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N，繼續(xù)用鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(第二滴定終點)，又消耗鹽酸；④平行測定三次，平均值為22.45，平均值為23.51。已知：(i)當(dāng)溫度超過35℃時，開始分解。(ii)相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解度表溫度/010203040506035.735.836.036.336.637.037.311.915.821.027.06.98.29.611.112.714.516.429.433.337.241.445.850.455.2回答下列問題：(1)步驟I中晶體A的化學(xué)式為_______，晶體A能夠析出的原因是_______；(2)步驟I中“300℃加熱”所選用的儀器是_______(填標(biāo)號)；A．B．C．D．(3)指示劑N為_______，描述第二滴定終點前后顏色變化_______；(4)產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______(保留三位有效數(shù)字)；(5)第一滴定終點時，某同學(xué)俯視讀數(shù)，其他操作均正確，則質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計算結(jié)果_______(填“偏大”“偏小”或“無影響”)?！敬鸢浮縉aHCO3在3035C時NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）D甲基橙由黃色變橙色，且半分鐘內(nèi)不褪色3.56%偏大【分析】步驟I：制備Na2CO3的工藝流程中，先將NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加熱，根據(jù)不同溫度條件下各物質(zhì)的溶解度不同，為了得到NaHCO3晶體，控制溫度在3035C發(fā)生反應(yīng)，最終得到濾液為NH4Cl，晶體A為NaHCO3，再將其洗滌抽干，利用NaHCO3受熱易分解的性質(zhì)，在300C加熱分解NaHCO3制備Na2CO3；步驟II：利用酸堿中和滴定原理測定產(chǎn)品中碳酸氫鈉的含量，第一次滴定發(fā)生的反應(yīng)為：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，因為Na2CO3、NaHCO3溶于水顯堿性，且堿性較強，所以可借助酚酞指示劑的變化來判斷滴定終點，結(jié)合顏色變化可推出指示劑M為酚酞試劑；第二次滴定時溶液中的溶質(zhì)為NaCl，同時還存在反應(yīng)生成的CO2，溶液呈現(xiàn)弱酸性，因為酚酞的變色范圍為810，所以不適合利用酚酞指示劑檢測判斷滴定終點，可選擇甲基橙試液，所以指示劑N為甲基橙試液，發(fā)生的反應(yīng)為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再根據(jù)關(guān)系式求出總的NaHCO3的物質(zhì)的量，推導(dǎo)出產(chǎn)品中NaHCO3的，最終通過計算得出產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)?！窘馕觥扛鶕?jù)上述分析可知，(1)根據(jù)題給信息中鹽在不同溫度下的溶解度不難看出，控制溫度在3035C，目的是為了時NH4HCO3不發(fā)生分解，同時析出NaHCO3固體，得到晶體A，因為在3035C時，NaHCO3的溶解度最小，故答案為：NaHCO3；在3035C時NaHCO3的溶解度最?。?2)300C加熱抽干后的NaHCO3固體，需用坩堝、泥三角、三腳架進(jìn)行操作，所以符合題意的為D項，故答案為：D；(3)根據(jù)上述分析可知，第二次滴定時，使用的指示劑N為甲基橙試液，滴定到終點前溶液的溶質(zhì)為碳酸氫鈉和氯化鈉，滴定達(dá)到終點后溶液的溶質(zhì)為氯化鈉，所以溶液的顏色變化為：由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不褪色；(4)第一次滴定發(fā)生的反應(yīng)是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，則n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.45103L=2.245103mol，第二次滴定消耗的鹽酸的體積V2=23.51mL，則根據(jù)方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物質(zhì)的量n總(NaHCO3)=0.1000mol/L23.51103L=2.351103mol，則原溶液中的NaHCO3的物質(zhì)的量n(NaHCO3)=n總(NaHCO3)n生成(NaHCO3)=2.351103mol2.245103mol=1.06104mol，則原產(chǎn)品中NaHCO3的物質(zhì)的量為=1.06103mol，故產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，故答案為：3.56%；(5)若該同學(xué)第一次滴定時，其他操作均正確的情況下，俯視讀數(shù)，則會使標(biāo)準(zhǔn)液鹽酸的體積偏小，即測得V1偏小，所以原產(chǎn)品中NaHCO3的物質(zhì)的量會偏大，最終導(dǎo)致其質(zhì)量分?jǐn)?shù)會偏大，故答案為：偏大。2021年化學(xué)高考模擬題一、單選題1．（2021·福建省南安第一中學(xué)高三二模）常溫下，下列說法正確的是A．某溶液中含有、、和Na+，若向其中加入Na2O2，充分反應(yīng)后，四種離子的濃度不變的是(忽略反應(yīng)前后溶液體積的變化)B．水電離的c水(H+)=1012mol·L—1的溶液中，下列離子能大量共存：、Na+、、C．氫氧化鐵溶于HI溶液中的離子方程式為：2Fe(OH)3+6H++2I—=2Fe2++I2+6H2OD．NaHS溶液中，下列離子能大量共存：K+、Al3+、Cl—、【答案】C【解析】A．向溶液中加入具有強氧化性的過氧化鈉固體，過氧化鈉能將溶液中的亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，溶液中硫酸根離子濃度會增大，故A錯誤；B．水電離的c水(H+)=1012mol·L—1的溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液，酸溶液中，氫離子與碳酸氫根離子反應(yīng)，不能大量共存，堿溶液中，氫氧根離子與銨根離子、碳酸氫根離子反應(yīng)，不能大量共存，故B錯誤；C．氫氧化鐵溶于氫碘酸溶液的反應(yīng)為氫氧化鐵與氫碘酸溶液反應(yīng)生成碘化亞鐵、碘和水，反應(yīng)的離子方程式為2Fe(OH)3+6H++2I—=2Fe2++I2+6H2O，故C正確；D．在硫氫化鈉溶液中，硫氫根離子與鋁離子會發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和硫化氫氣體，不能大量共存，故D錯誤；故選C。2．（2021·安徽高三一模）25℃，向20mL0.1mol?L1的弱堿BOH溶液(Kb=1.0×105)中逐滴加入0.1mol?L1鹽酸，pH～V曲線如圖所示，下列說法正確的是A．a(chǎn)點到b點，水的電離程度先減小后增大B．a(chǎn)點時，c(Cl)+c(OH)=c(H+)+c(BOH)C．b點時，c(Cl)=c(BOH)+c(B+)+c(H+)D．V=20mL時，c(Cl)>c(B+)>c(OH)>c(H+)【答案】B【解析】A．當(dāng)BOH與鹽酸恰好完全反應(yīng)時，溶液中的溶質(zhì)為0.05mol/LBCl，此時溶液中存在B+的水解，BOH的電離平衡常數(shù)Kb=1.0×105，則B+的水解平衡常數(shù)為Kh==109；則此時溶液中滿足Kh=c(H+)c(BOH)/c(B+)≈c(H+)c(BOH)/0.05mol·L?1，c(H+)=c(BOH)，解得c(H+)=×105.5mol/L，所以此時溶液的pH＞5，即b點BOH已經(jīng)完全反應(yīng)，a點到b點，BOH逐漸和鹽酸完全反應(yīng)，然后鹽酸過量，則水的電離程度先增大后減小，A錯誤；B．a(chǎn)點時，溶液中存在電荷守恒c(Cl)+c(OH)=c(H+)+c(B+)，此時pH=9，則c(OH)=105mol/L，BOH的電離平衡常數(shù)Kb==1.0×105，所以此時c(BOH)=c(B+)，則c(Cl)+c(OH)=c(H+)+c(BOH)，B正確；C．當(dāng)BOH和鹽酸恰好完全反應(yīng)時，溶液中存在物料守恒：c(Cl)=c(BOH)+c(B+)，b點時鹽酸過量，所加入的鹽酸中存在c′(Cl)=c′(H+)，若加入到混合溶液中后，B+的水解不受影響，則c(Cl)=c(BOH)+c(B+)+c(H+)，但鹽酸的電離會抑制B+，所以c(Cl)＞c(BOH)+c(B+)+c(H+)，C錯誤；D．V=20mL時，溶液中溶質(zhì)為BCl，溶液存在B+的水解，溶液顯酸性，但水解是微弱的，所以c(Cl)＞c(B+)＞c(H+)＞c(OH)，D錯誤；綜上所述答案為B。3．（2021·安徽高三一模）下列實驗?zāi)苓_(dá)到目的的是A．裝置甲證明醋酸為弱酸 B．裝置乙處理Cl2尾氣C．裝置丙除去乙醇中少量的水 D．裝置丁準(zhǔn)確量取一定體積的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液【答案】A【解析】A．醋酸鈉水解顯堿性，測定鹽溶液的pH可證明醋酸為弱酸，能夠達(dá)到實驗?zāi)康模蔄選；B．氯氣在飽和NaCl溶液中的溶解度很小，不能用來處理Cl2尾氣，應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸收尾氣中的氯氣，故B不選；C．乙醇和水均易揮發(fā)，不能通過蒸發(fā)的方法裝除去乙醇中少量的水，故C不選；D．KMnO4溶液具有強氧化性，能夠腐蝕橡膠管，不能用堿式滴定管量取一定體積的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液，應(yīng)用酸式滴定管，故D不選；故選A。4．（2021·浙江高三其他模擬）25℃時，下列說法正確的是A．H2A溶液與NaOH溶液按物質(zhì)的量1：1恰好完全反應(yīng)時，溶液酸堿性無法判斷B．可溶性正鹽BA溶液呈中性，可以推測BA對水的電離沒有影響C．醋酸的電離度：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溶液等體積混合后，溶液顯堿性【答案】A【解析】A．H2A溶液與NaOH溶液按物質(zhì)的量1：1恰好完全反應(yīng)后，生成的是NaHA，但是H2A的電離常數(shù)不知道，所以該溶液酸堿性無法判斷，A正確；B．可溶性正鹽BA溶液呈中性，只能說明HA和BOH的強弱相同，但是如果都是弱酸，且電離常數(shù)相同，則BA的陰陽離子水解程度相同，促進(jìn)水的電離，B錯誤；C．醋酸是弱電解質(zhì)，稀釋促進(jìn)電離，稀釋后水的PH增大，PH越大說明越稀，水的電離程度越大，C錯誤；D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2當(dāng)中，氫離子和氫氧根離子濃度相同，溶液等體積混合后，溶液顯中性，D錯誤；故選A。5．（2021·阜新市第二高級中學(xué)高三其他模擬）利用下列裝置能達(dá)到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖茿．用圖Ⅰ裝置測定氯水的pHB．用圖Ⅱ裝置保存液溴C．用圖Ⅲ裝置制備Fe(OH)2并能較長時間不變色D．用圖Ⅳ裝置進(jìn)行中和滴定【答案】C【解析】A．氯水中含有HCl和HClO，HClO具有漂白性，氯水能使pH試紙先變紅后褪色，不能用pH試紙測定氨水的pH，A錯誤；B．液溴能夠腐蝕橡膠，不能用橡膠塞，B錯誤；C．Fe與電源正極相連，作陽極，F(xiàn)e發(fā)生氧化反應(yīng)生成Fe2+，碳棒為陰極，水在碳棒上發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，同時產(chǎn)生OH，F(xiàn)e2+結(jié)合陰極產(chǎn)生的OH生成Fe(OH)2，煤油可以隔絕空氣防止Fe(OH)2被氧化，所以可用圖Ⅲ裝置制備Fe(OH)2，并能較長時間不變色，C正確；D．將酸滴入氫氧化鈉待測液時，需要使用酸式滴定管滴加酸，圖中為堿式滴定管，D錯誤；故選C。6．（2021·天津）常溫下，下列溶液中各組離子一定能夠大量共存的是A．c(H+)/c(OH)=1.0×1012的溶液：K+、Na+、CO、AlOB．水電離出來的c(OH)=1.0×1013mol/L的溶液：K+、Cl、S2、SOC．使甲基橙變紅色的溶液中：Na+、NH、S2O、SOD．通入足量SO2后的溶液：Na+、Ba2+、ClO、CH3COO【答案】A【解析】A．c(H+)/c(OH)=1.0×1012的溶液顯堿性，K+、Na+、CO、AlO之間不反應(yīng)，可以大量共存，A選；B．水電離出來的c(OH)=1.0×1013mol/L的溶液如果顯酸性S2、SO和氫離子反應(yīng)生成單質(zhì)硫和水，不能大量共存，B不選；C．使甲基橙變紅色的溶液顯酸性，酸性溶液中S2O、SO均與氫離子反應(yīng)，不能大量共存，C不選；D．通入足量SO2后的溶液中ClO能氧化二氧化硫，CH3COO能與氫離子結(jié)合生成醋酸，均不能大量共存，D不選；答案選A。7．（2021·安徽高三其他模擬）常溫下，將HCl氣體通入0.1mol/L氨水中，混合溶液中pH與微粒濃度的對數(shù)值(lgc)和反應(yīng)物物質(zhì)的量之比X[X=]的關(guān)系如圖所示(忽略溶液體積的變化)，下列說法正確的是A．NH3·H2O的電離平衡常數(shù)為109.25B．P2點由水電離出的c(H+)=1.0×107mol/LC．P3為恰好完全反應(yīng)點，c(Cl)+c(NH)=0.2mol/LD．P3之后，水的電離程度一直減小【答案】B【解析】A．一水合氨電離平衡狀態(tài)下，溶液中銨根離子和氫氧根離子濃度相同時，氨水濃度為0.1mol/L，圖象分析可知，c()=c(OH)≈103mol/L，NH3?H2O的電離平衡常數(shù)Kb===105，A錯誤；B．由圖可知，P2點對應(yīng)的溶液pH=7，故由水電離出的c(H+)=1.0×107mol/L，B正確；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錯誤；D．P3點為恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)為NH4Cl，故之后，加入的HCl越來越多，由于H+對水解的抑制作用，水的電離程度減小，當(dāng)HCl達(dá)到飽和溶液時，水的電離程度將不再改變，故不是一直減小，D錯誤；故答案為：B。8．（2021·陜西寶雞市·高三其他模擬）常溫下，向20mL0.01mol·L1的NaOH溶液中逐滴加入0.01mol·L1的CH3COOH溶液，溶液中由水電離出的c水(OH)的對數(shù)隨加入CH3COOH溶液體積的變化如圖所示，下列說法正確的是A．H、F點溶液顯中性B．E點溶液中由水電離的c水(OH—)=1×103mol·L1C．H點溶液中離子濃度關(guān)系為c(CH3COO—)>c(Na+)>c(H+)>c(OH—)D．G點溶液中各離子濃度關(guān)系為c(CH3COO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)【答案】D【分析】氫氧化鈉在溶液中抑制水的電離，向氫氧化鈉溶液中加入醋酸，對水的電離的抑制作用逐漸減弱，當(dāng)溶液為醋酸鈉溶液時，水的電離程度最大，則G點為醋酸鈉溶液；從E點到G點的反應(yīng)過程中，所得溶液為氫氧化鈉和醋酸鈉的混合溶液，溶液為堿性；H點為醋酸和醋酸鈉混合溶液，溶液呈中性?！窘馕觥緼．由分析可知，H點為醋酸和醋酸鈉混合溶液，溶液呈中性，F(xiàn)點為氫氧化鈉和醋酸鈉的混合溶液，溶液為堿性，故A錯誤；B．氫氧化鈉在溶液中抑制水的電離，0.01mol·L1的氫氧化鈉溶液中氫氧根離子的濃度為0.01mol·L1，則溶液中水電離的氫離子濃度為1012mol·L1，故B錯誤；C．由分析可知，H點為醋酸和醋酸鈉混合溶液，溶液呈中性，由電荷守恒關(guān)系c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中離子濃度關(guān)系為c(CH3COO—)=c(Na+)>c(H+)=c(OH—)，故C錯誤；D．由分析可知，G點為醋酸鈉溶液，由電荷守恒關(guān)系c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中各離子濃度關(guān)系為c(CH3COO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)，故D正確；故選D。9．（2021·廣西南寧市·南寧三中高三三模）常溫下，用如圖1所示裝置，分別向25mL0.3mol/LNa2CO3溶液和25mL0.3mo/lLNaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol/L的稀鹽酸，用壓強傳感器測得壓強隨鹽酸體積的變化曲線如圖2所示。下列說法正確的是A．X曲線為Na2CO3溶液的滴定曲線B．b點溶液的pH大于c點溶液的pHC．a(chǎn)、d兩點水的電離程度：a＞dD．c點的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH)【答案】C【解析】碳酸鈉溶液中滴加鹽酸時先發(fā)生反應(yīng)CO+H+=HCO+H2O，然后發(fā)生HCO+H+=H2CO3+H2O，碳酸氫鈉溶液中滴加鹽酸時發(fā)生HCO+H+=H2CO3+H2O，所以滴加25mL鹽酸時，碳酸鈉溶液中幾乎不產(chǎn)生二氧化碳，壓強幾乎不變，而碳酸氫鈉恰好完全反應(yīng)，壓強達(dá)到最大，所以X代表NaHCO3溶液，Y代表Na2CO3溶液，A錯誤：

B．b點溶液溶質(zhì)為NaCl，c點溶液溶質(zhì)為NaHCO3，所以c點代表溶液的pH更大，B錯誤：

C．d點鹽酸和碳酸鈉恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)為NaCl，還有少量溶解的二氧化碳，而a點溶質(zhì)為碳酸鈉和碳酸氫鈉，HCO、CO的水解都會促進(jìn)水的電離，所以a點水的電離程度更大，C正確。

D．c點的溶液中：根據(jù)電荷守恒知，c(Na+)+(H+)=2(CO)+c(HCO)+c(OH)+c(C1)，D錯誤。

故選：C。10．（2021·天津高三三模）下列關(guān)于實驗操作或現(xiàn)象說法正確的是A．圖1：進(jìn)行氫氧化鐵膠體的電泳實驗，通電后，陰極附近顏色逐漸加深B．圖2：燒瓶中溶液為蒸餾水，反應(yīng)一段時間后，試管中鐵粉變?yōu)榧t棕色C．圖3：分離乙醚和苯D．圖4：接近滴定終點時，滴定管的尖嘴不可以接觸錐形瓶內(nèi)壁【答案】A【解析】A．氫氧化鐵膠體的膠粒帶正電荷，進(jìn)行氫氧化鐵膠體的電泳實驗，通電后，陰極附近顏色逐漸加深，A正確；B．鐵和水蒸氣反應(yīng)生成黑色的四氧化三鐵，得不到紅棕色的氧化鐵，B錯誤；C．通過蒸餾分離乙醚和苯時，應(yīng)該用直形冷凝管，C錯誤；D．滴定接近終點時，滴定管的尖嘴可接觸錐形瓶內(nèi)壁，從而控制加入半滴溶液，D錯誤；答案選A。11．（2021·天津高三三模）常溫下，用0.1mol·L1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L1H2SO3溶液，所得滴定曲線如圖所示(忽略混合時溶液體積的變化)。下列敘述錯誤的是A．可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值B．滴定中兩次反應(yīng)終點可依次用甲基橙、酚酞作指示劑C．圖中Y點對應(yīng)的溶液中3c(SO)=c(Na+)+c(H+)c(OH)D．圖中Z點對應(yīng)的溶液中：c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH)【答案】D【解析】A．混合溶液中W點c(H2SO3)=c()，Ka1(H2SO3)==c(H+)=10pH=102，混合溶液Y點中c()=c()，Ka2(H2SO3)==c(H+)=10pH=107.19，故可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值,A正確；

B．甲基橙變色范圍為，滴定到第一反應(yīng)終點溶液pH值為4.25，在其范圍內(nèi)，所以可以選取甲基橙作指示劑，酚酞的變色范圍是8.2~10.0，滴定到第二反應(yīng)終點溶液pH值為9.86，在其范圍內(nèi)，所以可以選取酚酞作指示劑，B正確；

C．Y點溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH)且該點溶液中存在c()=c()，所以存在3c()=c(Na+)+c(H+)c(OH)，C正確；

D．Z點酸堿恰好完全反應(yīng)生成Na2SO3，兩步水解生成OH導(dǎo)致溶液呈堿性，但只有第一步水解生成，所以c()＜c(OH)，由物料守恒知c(Na+)＞c()，則該點溶液中存在c(Na+)＞c()＞c(OH)＞c()，D錯誤；

故答案為：D。12．（2021·天津高三一模）下列說法正確的是A．常溫下，由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1012mol/L的溶液中：K+、Na+、ClO、I大量共存B．苯酚溶液中：Cl、NH、CO可以大量共存C．次氯酸鈉溶液中通少量CO2：ClO+CO2+H2O=HClO+HCOD．用銀氨溶液檢驗醛基的離子方程式：RCHO+2Ag(NH3)2OHRCOO+NH+2Ag↓+3NH3+H2O【答案】C【解析】A．ClO、I發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存；常溫下，由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1012mol/L的溶液，說明水的電離受到了抑制，溶液可能因溶質(zhì)電離顯酸性，也可能因溶質(zhì)電離顯堿性，酸性溶液中H+能與ClO、發(fā)生反應(yīng)，不能大量共存，A錯誤；B．苯酚的酸性介于碳酸的一級電離與二級電離之間，則苯酚能與CO反應(yīng)生成HCO，不可以大量共存，B錯誤；C．次氯酸的電離平衡常數(shù)介于碳酸的一級電離平衡常數(shù)與二級電離平衡常數(shù)之間，則次氯酸鈉溶液中通少量CO2：ClO+CO2+H2O=HClO+HCO，C正確；D．醛基能被銀氨溶液氧化，則用銀氨溶液檢驗醛基的離子方程式：RCHO+2Ag(NH3)+2OHRCOO+NH+2Ag↓+3NH3+H2O，D錯誤。答案選C。13．（2021·天津高三二模）下列說法不正確的是A．某離子被沉淀完全是指該離子在溶液中的濃度為0B．將KCl溶液從常溫加熱至100℃，溶液的pH變小但仍保持中性C．常溫下，NaCN溶液呈堿性，說明HCN是弱電解質(zhì)D．常溫下，pH為3的醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，溶液pH增大【答案】A【解析】A．某離子被沉淀完全是指該離子在溶液中的濃度小于，A說法錯誤；Ｂ．將KCl溶液從常溫加熱至100℃，水電離產(chǎn)生的氫離子濃度增大，則溶液的pH變小但仍保持中性，B說法正確；Ｃ．常溫下，NaCN溶液呈堿性，說明CN水解產(chǎn)生HCN和氫氧根離子，則HCN是弱電解質(zhì)，C說法正確；Ｄ．常溫下，pH為3的醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，導(dǎo)致溶液中醋酸根離子濃度增大，醋酸的電離平衡逆向移動，氫離子濃度減小，則溶液pH增大，D說法正確。故選A。14．（2021·天津高三二模）下列化學(xué)實驗基本操作中正確的是A．分液時，碘的四氯化碳溶液從分液漏斗下口放出，水層從上口倒出B．蒸餾時，將溫度計水銀球置于被蒸餾的石油液面下，且不觸及蒸餾燒瓶的底部C．滴定時，左手控制滴定管活塞，右手握持錐形瓶，邊滴邊振蕩并平視滴定管內(nèi)液面D．用HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定NaHCO3溶液來測定其濃度，選擇酚酞為指示劑【答案】A【解析】A．分液時，下層溶液從分液漏斗下口放出，上層溶液從上口倒出，四氯化碳的密度比水大，則碘的四氯化碳溶液從分液漏斗下口放出，水層從上口倒出，故A正確；B．蒸餾時，應(yīng)將溫度計水銀球置于蒸餾燒瓶的支管口處，用于測定餾出物的溫度，故B錯誤；C．滴定時，左手控制滴定管活塞，右手握持錐形瓶，邊滴邊振蕩并注視錐形瓶中溶液顏色的變化，故C錯誤；D．強酸滴定弱堿時，應(yīng)選用甲基橙為指示劑，則用鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定碳酸氫鈉溶液來測定其濃度，應(yīng)選擇酚酞為甲基橙，故D錯誤；故選A。15．（2021·天津高三一模）常溫下，將NaOH溶液滴加到20mL等濃度的某一元酸(HA)溶液中，測得混合溶液的pH與離子濃度變化關(guān)系如圖所示[已知：p=lg]。下列敘述不正確的是A．m點：c(Na+)<c(A)B．Ka(HA)的數(shù)量級為105C．1點所示溶液中：c(Na+)<c(A)+c(HA)D．各點的水溶液中水的電離程度大小關(guān)系：n>m>1【答案】D【解析】A．根據(jù)電荷守恒可得，又由圖示可知m點pH=4.76，則，所以m點：c(Na+)<c(A)，故A不選；B．m點處p=lg=0，即，則此時，數(shù)量級為105，故B不選；C．當(dāng)加入的NaOH溶液為20mL時，溶液中溶質(zhì)為NaA，存在物料守恒，即，且溶液呈堿性；1點溶液呈酸性，說明加入的NaOH溶液體積小于20mL，則，故C不選；D．n點到l點，溶液中NaA的物質(zhì)的量逐漸增多，NaA的水解促進(jìn)水的電離，所以水電離程度n＜m＜1，故選D；答案選D。16．（2021·云南高三三模）室溫下，分別向體積均為20mL、濃度均為0.1mol·L1的HX、HY溶液中，滴加相同濃度的Ba(OH)2溶液(Ba2+與X、Y均不反應(yīng))。隨著Ba(OH)2溶液的加入，由水電離產(chǎn)生的c(H+)的變化趨勢如圖所示。下列說法錯誤的是A．相同條件下，Ka(HX)>Ka(HY)B．M點溶液顯中性，溶液中c(Y)<c(Ba2+)C．N點對應(yīng)Ba(OH)2溶液的體積為10mLD．T點溶液中陰離子濃度之和大于M點【答案】B【解析】A．由圖示可知，水解對水的電離促進(jìn)程度較大，則HY的酸性較弱，所以相同條件下Ka(HX)>Ka(HY)，故A不選；B．本題為向酸中滴加Ba(OH)2溶液，因此隨著Ba(OH)2溶液的加入溶液先進(jìn)行酸堿中和反應(yīng)，所以當(dāng)HY與Ba(OH)2溶液中水電離出的第一次達(dá)到時為中性點，當(dāng)繼續(xù)滴加Ba(OH)2溶液會抑制水的電離(N點之后)，即第二次水電離該點為堿性點，所以M點呈中性，根據(jù)電荷守恒，所以c(Y)＞(Ba2+)，故B；C．N點完全反應(yīng)點，0.1mol/LBa(OH)2溶液中，故消耗完20mL0.1mol/L的HY需要10mL0.1mol/LBa(OH)2溶液，故C不選；D．根據(jù)電荷守恒可得T點；M點；T、M點相同，T點大于M點，所以，故D不選。答案選B17．（2021·遼寧高三其他模擬）下列有關(guān)實驗操作說法正確的是A．滴定實驗時，滴定管、錐形瓶均需潤洗以減小誤差B．硫酸鎂溶液加熱蒸干可得到晶體C．分離苯和水混合液振蕩時，分液漏斗尖嘴應(yīng)向下傾斜D．蒸餾時應(yīng)先加熱再開冷凝水，實驗結(jié)束后先關(guān)冷凝水再停止加熱【答案】B【解析】A．中和滴定實驗中，錐形瓶用蒸餾水洗凈后即可使用，不需要潤洗，故A錯誤；B．硫酸鎂溶液易水解生成Mg(OH)2和H2SO4，加熱促進(jìn)硫酸鎂水解，由于H2SO4難揮發(fā)，蒸干時得到MgSO4晶體，故B正確；C．分液操作振蕩時分液漏斗下口朝上，上下顛倒，便于充分混合，故C錯誤；D．蒸餾時，先開冷凝水，防止餾分散失，蒸餾完畢后，先撤酒精燈，保證餾分完全接收，故D錯誤；故選：B。二、工業(yè)流程題18．（2021·南岸區(qū)·重慶第二外國語學(xué)校高三三模）過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)廣泛用于化工、造紙、紡織、食品等行業(yè)，一種以芒硝(Na2SO4·10H2O)、H2O2等為原料制備過碳酸鈉的工藝流程如下：已知①2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH小于5時幾乎均以Cr2O形式存在，pH大于8.5時幾乎均以CrO形式存在。②鉻屬于重金屬元素?；卮鹣铝袉栴}：(1)原料之一的H2O2電子式是_______。(2)Cr元素經(jīng)步驟II再循環(huán)到步驟I中，則循環(huán)物質(zhì)X為_______(填化學(xué)式)。(3)Ksp(CaCrO4)_______(填“>”或“＜”)Ksp(CaSO4)。(4)步驟II中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______(5)步驟I~III是為了制得純堿，從環(huán)境保護的角度看，可能的不足之處是_______(6)步驟V合成時，加入95%的乙醇的目的是_______(7)測定產(chǎn)品活性氧的實驗步驟如下：準(zhǔn)確稱取mg產(chǎn)品，用硫酸溶解后，用cmol·L1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。①滴定到終點時，溶液呈_______(填“無色”或“淺紅色”)。②過氧化物的活性氧是指過氧化物單獨用催化劑催化分解時放出氧氣的質(zhì)量與樣品的質(zhì)量之比。該實驗測得的產(chǎn)品中活性氧為_______(列出計算表達(dá)式)?！敬鸢浮縉a2Cr2O7＞2Na2CrO4+2CO2+H2O?Na2Cr2O7+2NaHCO3↓六價鉻有毒，易造成環(huán)境污染減小過碳酸鈉的溶解度，提高產(chǎn)率淺紅色【分析】以芒硝（Na2SO4?10H2O）、H2O2等為原料制備過碳酸鈉，芒硝加入水、氧化鈣反應(yīng)得到鉻酸鈣，和硫酸鈉反應(yīng)得到硫酸鈣和鉻酸鈉，溶液中通入二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉晶體和重鉻酸鈉，過濾得到碳酸氫鈉煅燒分解生成碳酸鈉，加入水精制得到碳酸鈉溶液，加入硅酸鈉穩(wěn)定劑、30%的過氧化氫、加入95%的乙醇和飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)得到過碳酸鈉晶體，抽濾乙醇洗滌干燥得到過碳酸鈉。【解析】(1)H2O2的電子式為；(2)已知2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH小于5時幾乎均以Cr2O形式存在，pH大于8.5時幾乎均以CrO形式存在，酸溶液中平衡正向進(jìn)行，流程中循環(huán)物質(zhì)X為：Na2Cr2O7，

故答案為Na2Cr2O7；(3)分析過程可知Ⅰ加入Na2CrO4生成CaSO4，說明反應(yīng)向更難溶的方向進(jìn)行，證明Ksp(CaCrO4)＞Ksp(CaSO4)，故答案為＞；(4)步驟Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的二氧化碳通入鉻酸鈉溶液中發(fā)生反應(yīng)生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉晶體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Na2CrO4+2CO2+H2O?Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案為2Na2CrO4+2CO2+H2O?Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；

(5)步驟ⅠⅢ是為了制得純堿，從環(huán)境保護的角度看：六價鉻有毒，易造成環(huán)境污染，故答案為六價鉻有毒，易造成環(huán)境污染；

(6)步驟V合成時，加入95%的乙醇的目的是：減小過碳酸鈉的溶解度，提高產(chǎn)率，故答案為減小過碳酸鈉的溶解度，提高產(chǎn)率；

(7)①滴定終點是滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液無色變?yōu)樽霞t色且半分鐘不變，證明反應(yīng)達(dá)到反應(yīng)終點，故答案為淺紅色；

②準(zhǔn)確稱取mg產(chǎn)品，用硫酸溶解后，用cmol?L1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，反應(yīng)為：5H2O2+3H2SO4+2KMnO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑，n（H2O2）=mol=2.5×103cVmol，2H2O2=2H2O+O2↑，分解生成氧氣質(zhì)量=2.5×103cVmol×32g/mol×=0.04cVg，過氧化物的活性氧是指過氧化物單獨用催化劑催化分解時放出氧氣的質(zhì)量與樣品的質(zhì)量之比=×100%=，故答案為。19．（2021·吉林長春市·東北師大附中高三其他模擬）三氯乙醛(CCl3CHO)是生產(chǎn)農(nóng)藥、醫(yī)藥的重要中間體，實驗室制備三氯乙醛的反應(yīng)裝置示意圖(加熱裝置未畫出)和有關(guān)數(shù)據(jù)如圖：①制備反應(yīng)原理：C2H5OH＋4Cl2→CCl3CHO＋5HCl。②反應(yīng)過程中C2H5OH和HCl可能會生成副產(chǎn)物C2H5Cl，同時CCl3CHO(三氯乙醛)也能被次氯酸繼續(xù)氧化生成CCl3COOH(三氯乙酸)③相關(guān)物質(zhì)的相對分子質(zhì)量及部分物理性質(zhì)：相對分子質(zhì)量熔點/C沸點/C溶解性C2H5OH46114.178.3與水互溶CCl3CHO147.557.597.8可溶于水、乙醇CCl3COOH163.558198可溶于水、乙醇、三氯乙醛C2H5Cl64.5138.712.3微溶于水，可溶于乙醇(1)A中所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。(2)儀器C的名稱為___________，儀器E的進(jìn)水口為___________(填“a”或“b”)。(3)裝置D中的試劑應(yīng)為___________。(4)反應(yīng)結(jié)束后，有人提出先將C中的混合物冷卻到室溫，再用分液的方法分離出三氯乙酸雜質(zhì)。你認(rèn)為此方案是否可行___________(填“是”或“否”)，原因是___________。(5)該設(shè)計裝置中存在一處缺陷是___________，導(dǎo)致引起的后果是___________。(6)測定產(chǎn)品純度：稱取產(chǎn)品4.6g配成待測溶液100.00mL，取待測液10.00mL于滴定瓶中，加入0.1000mol/L碘標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL，再加入適量Na2CO3溶液，反應(yīng)完全后，加鹽酸調(diào)節(jié)溶液的pH，立即用0.02000mol/LNa2S2O3溶液滴定至終點。進(jìn)行三次平行實驗，測得平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。則產(chǎn)品的純度為___________(計算結(jié)果保留四位有效數(shù)字)。滴定原理：CCl3CHO＋OH=CHCl3＋HCOO，HCOO＋I(xiàn)2=H＋＋2I＋CO2，I2＋2S2O=2I＋S4O?！敬鸢浮?MnO＋16H＋＋10Cl=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O三頸燒瓶(三口瓶)aNaOH溶液否CCl3COOH溶于乙醇與CCl3CHO，無法分液無干燥裝置氯氣和水反應(yīng)生成HCl和HClO，會進(jìn)一步生成副產(chǎn)物73.75%【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A中高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣，其中恒壓漏斗起平衡壓強的作用，便于濃鹽酸順利流下，濃鹽酸具有揮發(fā)性，制得的氯氣中混有氯化氫氣體，將混合氣體通入盛有飽和食鹽水的洗氣瓶B中除去氯化氫氣體，氯氣在裝置C中與乙醇反應(yīng)制得三氯乙醛，其中球形冷凝管起冷凝回流作用，防止易揮發(fā)的三氯乙醛揮發(fā)損失，導(dǎo)致三氯乙醛產(chǎn)率降低，裝置D中盛有的氫氧化鈉溶液用于吸收氯化氫和未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣，其中倒置的漏斗起防止倒吸的作用，由于氯氣與水反應(yīng)會生成次氯酸，次氯酸能將三氯乙醛氧化為三氯乙酸，所以實驗時應(yīng)在B、C間和C、D間缺少2個吸收水蒸氣的裝置，防止氯氣與水反應(yīng)生成次氯酸將三氯乙醛氧化?！窘馕觥?1)儀器A中發(fā)生的反應(yīng)為高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)生成氯化鉀、氯化錳、氯氣和水，反應(yīng)的離子方程式為2MnO+16H++10Cl=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)儀器C的名稱為三頸燒瓶(三口瓶)；儀器E為球形冷凝管，進(jìn)水口為a；(3)裝置D中盛有的氫氧化鈉溶液用于吸收氯化氫和未反應(yīng)的氯氣，防止污染空氣；(4)反應(yīng)結(jié)束后，有人提出先將C中的混合物冷卻到室溫，再用分液的方法分離出三氯乙酸，該方法不可行；原因是CCl3COOH溶于乙醇與CCl3CHO，無法分液；(5)由分析可知，該設(shè)計流程中存在一處缺陷是實驗時應(yīng)在B、C間和C、D間缺少2個吸收水蒸氣的干燥裝置；可能導(dǎo)致氯氣與水反應(yīng)會生成次氯酸，次氯酸將三氯乙醛氧化為三氯乙酸，導(dǎo)致三氯乙醛產(chǎn)率降低；(6)由題意滴定原理：CCl3CHO+OH﹣=CHCl3+HCOO、HCOO+I2=H++2I﹣+CO2、I2+2S2O=2I+S4O可知，測定產(chǎn)品純度時存在如下關(guān)系式：n(I2)=n(CCl3CHO)+×n(Na2S2O3)，則產(chǎn)品的純度為=73.75%。20．（2021·阜新市第二高級中學(xué)高三其他模擬）乳酸亞鐵晶體{[CH3CH(OH)COO]2Fe?3H2O}幾乎不溶于乙醇，易被氧化。以赤鐵礦渣(主要成分是Fe2O3，含少量Al2O3、SiO2雜質(zhì))和乳酸[CH3CH(OH)COOH]為原料制取乳酸亞鐵晶體的工藝如圖所示：已知：金屬氫氧化物溶度積Ksp開始沉淀時的pH完全沉淀時的pHAl(OH)32×10324.15.4Fe(OH)33.5×10382.23.4回答下列問題：(1)C、N、O的一第電離能由大到小的順序為___________，H2O的中心原子的孤電子對數(shù)為___________。(2)常溫下，調(diào)pH=3.5~4.1的目的是___________。(3)“沉鐵”過程的離子方程式為___________。(4)“操作2”具體為：隔絕空氣低溫蒸發(fā)濃縮、___________、冷卻結(jié)晶、過濾、乙醇洗滌、真空干燥，密封儲存產(chǎn)品。乙醇洗滌的目的是___________。(5)可用高錳酸鉀滴定法測定樣品中Fe2+的量，進(jìn)而計算產(chǎn)品中乳酸亞鐵的純度，發(fā)現(xiàn)結(jié)果總是大于100%，其原因可能是___________：經(jīng)查閱文獻(xiàn)后，小組同學(xué)改用Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定法進(jìn)行測定。反應(yīng)中Ce4+的還原產(chǎn)物為Ce3+。測定時稱取3.0g樣品溶于水，配成100mL溶液，每次取20mL的溶液用0.100mol?L1Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，記錄數(shù)據(jù)如下表：滴定序號0.100mol?L1Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液體積/mL滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)10.1019.8520.1221.3231.0520.70則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的純度為___________?！敬鸢浮縉>O>C2使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(0H)3沉淀，同時避免Al3+沉淀Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O趁熱過濾減少產(chǎn)品的溶解損失，有利于后續(xù)干燥乳酸根離子被酸性高錳酸鉀溶液氧化94.56%【分析】由題給流程可知，向赤鐵礦渣中加入稀硫酸酸浸時，氧化鐵和氧化鋁與稀硫酸反應(yīng)得到可溶性硫酸鹽，二氧化硅不反應(yīng)，過濾得到含有二氧化硅的濾渣和含有可溶性硫酸鹽的濾液；向濾液中加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH在3.5~4.1范圍內(nèi)，將溶液中鐵離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，而鋁離子不沉淀，過濾得到含有硫酸鋁的濾液和氫氧化鐵沉淀；向氫氧化鐵沉淀中加入稀硫酸酸溶得到硫酸鐵溶液，向硫酸鐵溶液中加入足量的鐵，將硫酸鐵完全轉(zhuǎn)化為硫酸亞鐵，過濾得到過量的鐵和硫酸亞鐵溶液；向硫酸亞鐵溶液中加入碳酸氫銨溶液，將硫酸亞鐵轉(zhuǎn)化為碳酸亞鐵沉淀，過濾得到碳酸亞鐵沉淀和硫酸銨溶液；向碳酸亞鐵中加入乳酸溶液，將碳酸亞鐵轉(zhuǎn)化為乳酸亞鐵，向反應(yīng)后的溶液中加入過濾得到的鐵，防止亞鐵離子被氧化；反應(yīng)后經(jīng)隔絕空氣低溫蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾除去鐵、冷卻結(jié)晶、過濾、乙醇洗滌、真空干燥得到乳酸亞鐵晶體?！窘馕觥?1)同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，但N原子的2p軌道為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能大于相鄰元素，則C、N、O的一第電離能由大到小的順序為N>O>C；水分子中O原子的價層電子對數(shù)為4，孤對電子對數(shù)為2，故答案為：N>O>C；2；(2)由分析可知，常溫下，調(diào)pH=3.5~4.1的目的是將溶液中鐵離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，而鋁離子不沉淀，故答案為：使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(0H)3沉淀，同時避免Al3+沉淀；(3)“沉鐵”過程發(fā)生的反應(yīng)為硫酸亞鐵溶液與碳酸氫銨溶液反應(yīng)生成碳酸亞鐵沉淀、硫酸銨、二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)由分析可知，“操作2”具體操作為反應(yīng)后經(jīng)隔絕空氣低溫蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾除去鐵、冷卻結(jié)晶、過濾、乙醇洗滌、真空干燥得到乳酸亞鐵晶體；由乳酸亞鐵晶體幾乎不溶于乙醇，易被氧化可知，用乙醇洗滌的目的是減少因乳酸亞鐵晶體溶于水而造成損失，乙醇揮發(fā)時帶走水蒸氣，有利于干燥晶體，故答案為：趁熱過濾；減少產(chǎn)品的溶解損失，有利于后續(xù)干燥；(5)乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導(dǎo)致消耗高錳酸鉀的增大，而計算中按亞鐵離子被氧化，所以計算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會大于100%；由題意可知，滴定時發(fā)生的反應(yīng)為Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，由題給數(shù)據(jù)可知，實驗2誤差較大，應(yīng)略去，由實驗1、3可得反應(yīng)消耗Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為=19.70mL，由方程式可知，20mL溶液中n（Fe2+）=n（Ce4+）=0.1000mol/L×0.0197L=0.00197mol，則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=94.56%，故答案為：乳酸根離子被酸性高錳酸鉀溶液氧化；94.56%。三、實驗題21．（2021·南岸區(qū)·重慶第二外國語學(xué)校高三三模）鉍酸鈉(NaBiO3)是分析化學(xué)中的重要試劑，在水中緩慢分解，遇沸水或酸則迅速分解。某興趣小組設(shè)計實驗制取鉍酸鈉并探究其應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.制取鉍酸鈉。制取裝置如圖(加熱和夾持儀器已略去)，部分物質(zhì)性質(zhì)如下：物質(zhì)NaBiO3Bi(OH)3性質(zhì)不溶于冷水；淺黃色難溶于水；白色(1)C中盛放Bi(OH)3與NaOH的混合物，與Cl2反應(yīng)生成NaBiO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：_______，B裝置的作用是_______。(2)當(dāng)觀察到_______(填現(xiàn)象)時，可以初步判斷C中反應(yīng)已經(jīng)完成。(3)拆除裝置前必須先除去殘留的Cl2，以免污染空氣。除去燒瓶A中殘留Cl2的操作是：關(guān)閉_______；打開_______。(4)反應(yīng)結(jié)束后，為從裝置C中獲得盡可能多的產(chǎn)品，需要的操作有_______、過濾、_______。Ⅱ.鉍酸鈉的應(yīng)用——檢驗Mn2+(5)往待檢液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液變?yōu)樽霞t色，證明待檢液中存在Mn2+。產(chǎn)生紫紅色現(xiàn)象的離子方程式為_______。Ⅲ.產(chǎn)品純度的測定(6)取上述NaBiO3產(chǎn)品ag，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反應(yīng)，再用bmol·L?1的H2C2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的MnO(已知：H2C2O4+MnO—CO2+Mn2++H2O，未配平)，當(dāng)溶液紫紅色恰好褪去時，消耗cmL標(biāo)準(zhǔn)溶液。該產(chǎn)品的純度為_______(用含a、b、c的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮緽i(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O除去HClC中的白色固體消失(或黃色不再加深；C中上方充滿黃綠色氣體等)K1、K3(K1可不填)K2在冰水中冷卻結(jié)晶洗滌、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O280bc×103/a或28bc/a％或0.28bc/a×100％【分析】用濃鹽酸和二氧化錳反應(yīng)制備氯氣，其中混合有揮發(fā)出的氯化氫氣體，要用飽和食鹽水進(jìn)行除雜，然后利用氯氣的強氧化性，在堿性環(huán)境下將Bi(OH)3氧化為NaBiO3；利用錳離子的還原性將NaBiO3還原，錳離子氧化為高錳酸根離子，檢驗NaBiO3的氧化性；實驗結(jié)束后，產(chǎn)物有毒性，故打開三頸燒瓶的氫氧化鈉溶液，吸收剩余的氯氣；NaBiO3純度的檢測利用NaBiO3和錳離子反應(yīng)生成高錳酸根，高錳酸根再與草酸反應(yīng)來測定，根據(jù)氧化還原反應(yīng)反應(yīng)進(jìn)行計算。據(jù)此分析解題?！窘馕觥?1)C中盛放Bi(OH)3與NaOH的混合物，與Cl2反應(yīng)生成NaBiO3，根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理，Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O。濃鹽酸具有揮發(fā)性，B裝置的作用是除去HCl。(2)C中反應(yīng)已經(jīng)完成，則白色的Bi(OH)3全部變成了黃色的NaBiO3，白色固體消失。(3)從圖上裝置看，關(guān)閉K1、K3，打開K2可使氫氧化鈉流下與剩余的氯氣反應(yīng)。(4)反應(yīng)結(jié)束后，為從裝置C中獲得盡可能多的產(chǎn)品，由題意可知，NaBiO3不溶于冷水，接下來的操作盡可能在冷水環(huán)境下進(jìn)行，需要的操作可在冰水中冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。(5)往待檢液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液變?yōu)樽霞t色，證明待檢液中存在Mn2+，說明鉍酸鈉將錳離子氧化為高錳酸根離子，因為屬于酸性環(huán)境，所以鉍酸鈉被還原為Bi3+，根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理可知，產(chǎn)生紫紅色現(xiàn)象的離子方程式為：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O。(6)根據(jù)得失電子守恒可知，草酸和高錳酸根離子的反應(yīng)比例H2C2O4~MnO4=5：2，又因為5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O，即：NaBiO3：H2C2O4=1：1，，純度為=，或。22．（2021·重慶市第十一中學(xué)校高三二模）過氧乙酸(CH3COOOH)是一種高效消毒劑，遇熱易分解，可用較高濃度的雙氧水和冰醋酸制備，原理：H2O2＋CH3COOHCH3COOOH＋H2OΔH<0。某實驗小組制備過氧乙酸。步驟如下：(1)濃縮雙氧水：(裝置如圖)蛇形冷凝管連接恒溫水槽，維持冷凝管中的水溫為60℃，c口接抽氣泵，使裝置中的壓強低于常壓，將滴液漏斗中低濃度的雙氧水滴入蛇形冷凝管中，重復(fù)濃縮2～3次。①蛇形冷凝管的進(jìn)水口為________(填“a”或“b”)。②常壓下，H2O2的沸點是158℃。實驗完成后，較高濃度的雙氧水主要收集在圓底燒瓶________內(nèi)(填“A”或“B”)。(2)制備過氧乙酸：向三頸燒瓶中，加入25mL冰醋酸和一定量濃硫酸，再緩緩加入15mL42.5％的雙氧水，溫度控制在40℃，攪拌4h后，室溫靜置12h。①濃硫酸的用量對生成過氧乙酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)有較為明顯的影響，如圖呈現(xiàn)了兩者之間的關(guān)系。根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，本實驗濃硫酸的用量最好控制在________(填字母)范圍。A．1.5mL～2.0mLB．3.5mL～4.0mLC．5.5mL～6.0mL②滴加雙氧水要有冷卻措施，目的是________。控制反應(yīng)溫度在40℃的加熱方法是________。(3)測定所得產(chǎn)品濃度：Ⅰ．取VmL產(chǎn)品溶液酸化后，用amol/L的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定其殘留的H2O2，終點時消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液V1mL(KMnO4只與產(chǎn)品中的H2O2反應(yīng))。Ⅱ．另取VmL產(chǎn)品溶液，加入過量的KI溶液充分反應(yīng)，然后以淀粉作指示劑，用bmol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的I2，終點時消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。已知：H2O2＋2I＋2H＋＝I2＋2H2OCH3COOOH＋2I＋2H＋＝CH3COOH＋I(xiàn)2＋H2O①寫出Ⅰ中酸性KMnO4溶液與H2O2反應(yīng)的離子方程式________，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定I2，終點顏色變化為________，產(chǎn)品中過氧乙酸的濃度為________mol/L。②下列實驗操作可能使測定結(jié)果偏高的是________(填字母序號)。A．盛裝KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管沒有潤洗B．用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定前仰視讀數(shù)，滴定終點時俯視讀數(shù)C．Ⅱ中加入的KI溶液量不足D．用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定前，振蕩錐形瓶的時間過長【答案】aAA防止過氧化氫和過氧乙酸分解水浴2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O溶液由藍(lán)色變無色(bV25aV1)/2VBD【解析】(1)①蛇形冷凝管的進(jìn)水口在下面，即圖中a，出水口在上面；

②圓底燒瓶B收集的是揮發(fā)又冷凝后的水，故高濃度的過氧化氫最終主要收集在圓底燒瓶A；(2)①由圖可知，當(dāng)濃硫酸的總體積在反應(yīng)物總體積4%5%之間時，即可達(dá)到良好的實驗效果，反應(yīng)物總