老高考适用2025版高考化学二轮总复习专题能力提升训练8电解质溶液

专题实力提升训练(八)一、选择题(本题包括10小题，每小题只有一个选项符合题意)1．(2024·绍兴模拟)已知25℃时二元酸(H2A)的Ka1(H2A)＝4.2×10－7，Ka2(H2A)＝5.6×10－11，下列说法不正确的是(D)A．等浓度的Na2A和NaHA混合溶液中，水电离出的氢离子浓度大于1.0×10－7mol/LB．pH＝10的Na2A溶液中，c(A2－)≈5.6×10－5mol/LC．往H2A溶液中滴入NaOH溶液的过程中eq\f(c(HA－),c(A2－))始终减小D．调整pH将Na2A转化成NaHA的过程中始终存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)【解析】等浓度的Na2A和NaHA混合溶液中存在A2－和HA－的水解，以及HA－的电离，HA－水解平衡常数Kh＝eq\f(KW,Ka1)＝eq\f(10－14,4.2×10－7)>Ka2，则HA－的水解程度大于电离程度，水的电离被促进，则水电离出的氢离子浓度大于1.0×10－7mol/L，故A正确；pH＝10的Na2A溶液中，存在水解平衡A2－＋H2OHA－＋OH－，c(H＋)＝1.0×10－10mol/L，则c(OH－)＝c(HA－)＝1.0×10－4mol/L，A2－的水解平衡常数Kh＝eq\f(c(HA－)·c(OH－),c(A2－))＝eq\f(KW,Ka2)，解得c(A2－)≈5.6×10－5mol/L，故B正确；往H2A溶液中滴入NaOH溶液的过程中，c(H＋)减小，但Ka2(H2A)＝eq\f(c(H＋)·c(A2－),c(HA－))不变，因此eq\f(c(HA－),c(A2－))始终减小，故C正确；调整pH，溶液中可能引入其他离子，故D错误。2．(2024·洛阳模拟)在25℃时，用蒸馏水稀释1mol·L－1氨水至0.01mol·L－1，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是(A)A.eq\f(c(OH－),c(NH3·H2O)) B．eq\f(c(NHeq\o\al(＋,4)),c(OH－))C.eq\f(c(NH3·H2O),c(NHeq\o\al(＋,4))) D．c(OH－)【解析】加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以eq\f(c(OH－),c(NH3·H2O))增大，A正确；溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，且其增大程度相等，eq\f(c(NHeq\o\al(＋,4)),c(OH－))基本不变，故B错误；加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子，铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以eq\f(c(NH3·H2O),c(NHeq\o\al(＋,4)))减小，C错误；加水稀释促进一水合氨电离，因为溶液中一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(OH－)减小，D错误。3．(2024·银川模拟)常温下，向100mL0.1mol·L－1的NaA溶液中通入HF(g)，溶液中lgeq\f(c(X－),c(HX))(X代表A或F)的值和pH的关系如图所示，已知酸性：HF>HA，忽视溶液体积的变更，下列叙述错误的是(D)A．HA的电离常数Ka＝10－7.5B．当c(F－)＝c(HA)时，混合溶液pH＝7C．通入0.01molHF时，c(F－)>c(A－)>c(HF)D．随着HF的通入，溶液导电性先增大后减小【解析】HA的电离常数Ka＝10－7.5，A正确；依据溶液中的电荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(F－)＋c(OH－)，依据物料守恒c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)，若溶液中c(F－)＝c(HA)，联立方程可得，得出c(H＋)＝c(OH－)，即pH＝7，B正确；通入HF，发生反应为HF＋NaA=HA＋NaF，通入0.01molHF时，HF与NaA恰好完全反应，溶液的溶质为等浓度的HA和NaF，因为HA的电离平衡常数为K(HA)＝10－7.5，依据HF的电离平衡常数可知，NaF的水解平衡常数Kh(NaF)＝eq\f(KW,Ka(HF))＝eq\f(10－14,10－3.45)＝10－10.55，推出溶液HA的电离程度大于F－的水解程度，故离子浓度大小关系为c(F－)>c(A－)>c(HF)，C正确；通入HF，发生反应为HF＋NaA=HA＋NaF，随着HF的增多，溶液中A－不断转化为F－，水解程度减弱，总离子浓度增大，即溶液的导电性增大，当NaA恰好与HF反应完后，溶液中溶质为HF、HA和NaF，HF会更多的电离出H＋与F－，导电性也会增大，D错误。4．(2024·浙江高考)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(醋酸的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(B)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)【解析】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；滴加NaOH溶液至pH＝4.3的过程中，若只发生反应H＋＋OH－=H2O，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则依据电离常数，0.1mol·L－1的醋酸中，c(H＋)≈c(CH3COO－)＝eq\r(Kac(CH3COOH))＝eq\r(0.05×1.8×10－5)＝3×10－3.5mol·L－1>1.0×10－4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参与了反应，则离子方程式为H＋＋OH－=H2O和CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O，B错误；滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，依据物料守恒可知：c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正确；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，须要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，依据Ka＝1.8×10－5＞Kh＝eq\f(KW,Ka)＝eq\f(10－14,1.8×10－5)可知，此时溶液仍旧呈酸性，需接着滴加NaOH溶液，故有c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，D正确。5．(2024·郑州模拟)已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸。25℃时，向20mL0.1mol/LH3PO3溶液中滴加同浓度NaOH溶液，混合溶液中的有关粒子浓度之比的对数与溶液pH的关系如图所示，下列叙述正确的是(C)A．M、W两点所在的直线表示lgeq\f(c(HPOeq\o\al(2－,3)),c(H2POeq\o\al(－,3)))与pH的关系B．当pH＝3时，c(H2POeq\o\al(－,3))＞c(HPOeq\o\al(2－,3))＞c(H3PO3)C．N点：3c(H2POeq\o\al(－,3))＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)D．25℃时，HPOeq\o\al(2－,3)＋H2OH2POeq\o\al(－,3)＋OH－的平衡常数为10－12.57【解析】lgeq\f(c(HPOeq\o\al(2－,3)),c(H2POeq\o\al(－,3)))＝lgeq\f(Ka2,c(H＋))＝lgKa2－lgc(H＋)＝lgKa2＋pH；lgeq\f(c(H2POeq\o\al(－,3)),c(H3PO3))＝lgeq\f(Ka1,c(H＋))＝lgKa1－lgc(H＋)＝lgKa1＋pH，M、N存在关系lgeq\f(c(HPOeq\o\al(2－,3)),c(H2POeq\o\al(－,3)))＝lgeq\f(c(H2POeq\o\al(－,3)),c(H3PO3))及Ka1＞Ka2，pH：N＞M，依据Ka1＞Ka2可知：N点表示lgeq\f(c(HPOeq\o\al(2－,3)),c(H2POeq\o\al(－,3)))与pH的关系，M点表示lgeq\f(c(H2POeq\o\al(－,3)),c(H3PO3))与pH的关系，A错误；由A分析可知，Ka2＝10－6.54、Ka1＝10－1.43，pH＝3时，混合溶液中有c(H2POeq\o\al(－,3))＝eq\f(c(HPOeq\o\al(2－,3)),\f(Ka2,c(H＋)))＝c(HPOeq\o\al(2－,3))×10－(－6.54＋3)＝eq\f(Ka1·c(H3PO3),c(H＋))＝c(H3PO3)×10－1.43＋3，则c(H2POeq\o\al(－,3))＞c(H3PO3)>c(HPOeq\o\al(2－,3))，B错误；N点lgeq\f(c(HPOeq\o\al(2－,3)),c(H2POeq\o\al(－,3)))＝0，c(H2POeq\o\al(－,3))＝c(HPOeq\o\al(2－,3))，由电荷守恒可知，2c(HPOeq\o\al(2－,3))＋c(H2POeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，则3c(H2POeq\o\al(－,3))＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，C正确；25℃时存在关系：HPOeq\o\al(2－,3)＋H2OH2POeq\o\al(－,3)＋OH－，该反应的化学平衡常数K＝eq\f(c(H2POeq\o\al(－,3))·c(OH－),c(HPOeq\o\al(2－,3)))＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(10－14,10－6.54)＝10－7.46，D错误。6．(2024·保定模拟)常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是(B)A．NaH2PO4溶液中：c(H＋)＋c(H3PO4)＝c(OH－)＋c(POeq\o\al(3－,4))＋c(HPOeq\o\al(2－,4))B．pH＝7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)C．NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)>c(H＋)D．等物质的量浓度的Na2S和NaHS混合溶液中：c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)【解析】NaH2PO4溶液中存在质子守恒c(H＋)＋c(H3PO4)＝c(OH－)＋2c(POeq\o\al(3－,4))＋c(HPOeq\o\al(2－,4))，故A错误；pH＝7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，氢离子和氢氧根离子浓度相等，电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B正确；NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液显酸性，c(OH－)<c(H＋)，C错误；等物质的量浓度的Na2S和NaHS混合溶液中，存在物料守恒，N(Na)∶N(S)＝3∶2，即2c(Na＋)＝3c(S2－)＋3c(HS－)＋3c(H2S)，D错误。7．(2024·贵阳模拟)T℃时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2＋为Cd2＋浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是(D)A．曲线Ⅰ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线B．加热可使溶液由X点变到Z点C．Y点对应的Cd(OH)2溶液是过饱和溶液D．T℃，在CdCO3(s)＋2OH－(aq)Cd(OH)2(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)平衡体系中，平衡常数K＝102【解析】CdCO3(s)Cd2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，则c(Cd2＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))，CdCO3的沉淀平衡中pCd2＋＝pN，故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，A错误；由A分析可知，曲线Ⅰ是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，Cd(OH)2(s)Cd2＋(aq)＋2OH－(aq)，则c(Cd2＋)＝2c(OH－)，加热平衡正向移动，Cd2＋、OH－离子浓度变大，但是不会相等，B错误；曲线上的点为达到了沉淀溶解平衡，pCd2＋为Cd2＋浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数，则数值越大，离子浓度越小，Y点在曲线上方，说明离子浓度小，故为不饱和溶液，C错误；T℃，由图可知，pN＝4时，CdCO3中pCd2＋为8，即Ksp(CdCO3)＝c(COeq\o\al(2－,3))·c(Cd2＋)＝10－12；pN＝4时，Cd(OH)2中pCd2＋为6，即Ksp[Cd(OH)2]＝c2(OH－)·c(Cd2＋)＝10－14；在CdCO3(s)＋2OH－(aq)Cd(OH)2(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)平衡体系中，平衡常数K＝eq\f(c(COeq\o\al(2－,3)),c2(OH－))＝eq\f(c(COeq\o\al(2－,3))·c(Cd2＋),c2(OH－)·c(Cd2＋))＝eq\f(Ksp(CdCO3),Ksp[Cd(OH)2])＝102，D正确。8．(2024·延边模拟)赖氨酸[H2N(CH2)4CH(NH2)COOH，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2＋eq\o(,\s\up7(K1))H2R＋eq\o(,\s\up7(K2))HReq\o(,\s\up7(K3))R－。向肯定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2＋、H2R＋、HR和R－的分布系数δ(x)随pH变更如图所示。已知δ(x)＝eq\f(c(x),c(H3R2＋)＋c(H2R＋)＋c(HR)＋c(R－))。下列表述正确的是(B)A．已知CH3COOH的电离平衡常数Ka＝1.75×10－5，则H2R＋与CH3COO－不能大量共存B．N点，向溶液中加入少量NaOH溶液发生反应的离子方程式为：H2R＋＋OH－=H2O＋HRC．M点，c(Na＋)>c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)D．P点，c(Cl－)＋c(OH－)＋c(HR)＝c(H2R＋)＋2c(H3R2＋)＋c(H＋)【解析】从图中可知，N点的pH≈9，溶液中含等物质的量浓度的H2R＋和HR，则H2R＋的电离常数：K2＝eq\f(c(HR)·c(H＋),c(H2R＋))＝c(H＋)＝10－9＜Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，则H2R＋与CH3COO－不能发生反应，二者能大量共存，A错误；N点，溶液中含等物质的量浓度的H2R＋和HR，向溶液中加入少量NaOH溶液，发生反应的离子方程式为H2R＋＋OH－=H2O＋HR，B正确；M点，c(H3R2＋)＝c(H2R＋)，M点溶质为H3RCl2、H2RCl、NaCl，则c(Na＋)<c(Cl－)，C错误；P点存在电荷守恒：c(R－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＝2c(H3R2＋)＋c(H2R＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)，此时c(HR)＝c(R－)，因此c(HR)＋c(Cl－)＋c(OH－)＝2c(H3R2＋)＋c(H2R＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)，D错误。9．(2024·上饶模拟)溶洞水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡，其水体中lgc(X)(X为H2CO3、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)或Ca2＋)与pH的关系如图所示。已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，下列说法错误的是(D)A.eq\f(Ka1(H2CO3),Ka2(H2CO3))＝104B．线Ⅱ代表COeq\o\al(2－,3)与pH的关系曲线C．2pH(b)＝pH(a)＋pH(c)D．a点溶液中，c(Ca2＋)<2.8mol/L【解析】由Ⅰ为HCOeq\o\al(－,3)，带入点(6.3，－5)，Ka1＝eq\f(c(H＋)·c(HCOeq\o\al(－,3)),c(H2CO3))＝10－6.3，Ⅱ为COeq\o\al(2－,3)，带入点(10.3，－1.1)，Ka2＝eq\f(c(H＋)·c(COeq\o\al(2－,3)),c(HCOeq\o\al(－,3)))＝10－10.3，eq\f(Ka1(H2CO3),Ka2(H2CO3))＝104，A正确；随着pH增大，溶液碱性增加，HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)浓度均增大，pH较小时c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))，故Ⅰ为HCOeq\o\al(－,3)，Ⅱ为COeq\o\al(2－,3)，Ⅲ为Ca2＋，B正确；Ka1×Ka2＝eq\f(c(H＋)·c(HCOeq\o\al(－,3)),c(H2CO3))×eq\f(c(H＋)·c(COeq\o\al(2－,3)),c(HCOeq\o\al(－,3)))＝10－6.3×10－10.3＝ceq\o\al(2,b)(H＋)，pH(b)＝8.3，2pH(b)＝pH(a)＋pH(c)，C正确；a点溶液中，pH＝6.3，Ka1×Ka2＝eq\f(c(H＋)×c(HCOeq\o\al(－,3)),c(H2CO3))×eq\f(c(H＋)×c(COeq\o\al(2－,3)),c(HCOeq\o\al(－,3)))＝eq\f(c(H＋)2×c(COeq\o\al(2－,3)),c(H2CO3))＝eq\f((10－6.3)2×c(COeq\o\al(2－,3)),10－5)＝10－6.3×10－10.3，c(COeq\o\al(2－,3))＝10－9mol/L，c(Ca2＋)＝Ksp(CaCO3)÷10－9mol/L＝2.8mol/L，D错误。10．(2024·宜昌模拟)在试验室中以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备NixOy和CoCO3的工艺流程如图。下列说法不正确的是(B)A．“滤渣Ⅰ”中含硅和钡元素B．“氧化”“调pH”时均须要加过量的试剂C．“沉钴”过程发生的反应为Co2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=CoCO3↓＋CO2↑＋H2OD．“沉钴”时，若c(Co2＋)＝0.02mol·L－1，为了防止沉钴时生成Co(OH)2，常温下应限制溶液pH<7.5(已知Ksp[Co(OH)2]＝2×10－15)【解析】“滤渣Ⅰ”的主要成分是SiO2、BaSO4，“滤渣Ⅰ”中含硅和钡元素，故A正确；“调pH”过程中，Na2CO3不能过量，否则Co2＋和Ni2＋会与碳酸根离子反应生成沉淀而损失，故B错误；在含有CoSO4的溶液中加入碳酸氢钠，使Co2＋转化为CoCO3沉淀，离子方程式为2HCOeq\o\al(－,3)＋Co2＋=CoCO3↓＋CO2↑＋H2O，故C正确；当恰好刚生成Co(OH)2时的c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp[Co(OH)2],c(Co2＋)))＝eq\r(\f(2×10－15,0.02))＝1×10－6.5mol/L，常温下c(H＋)＝eq\f(Kw,c(OH－))＝eq\f(1×10－14,1×10－6.5)＝1×10－7.5mol/L，即pH＝7.5，则为了防止沉钴时生成Co(OH)2，常温下应限制溶液pH<7.5，故D正确。二、非选择题(本题共3小题)11．(2024·阜阳模拟)火法有色金属冶炼烟气制酸过程中会产生大量含砷污酸，采纳硫化－石膏中和法处理含砷污酸可获得达标废水，同时实现变废为宝得到多级产品，工艺流程如下：资料：ⅰ.常温下H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11；H2S的Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15；ⅱ.含砷污酸中砷的主要存在形式为亚砷酸(H3AsO3，弱酸)，除砷外H＋、Cu2＋、F－、SOeq\o\al(2－,4)含量均超标；ⅲ.室温下三价砷在水溶液中的存在形式与溶液pH的关系：pHpH＜7pH＝10～11主要存在形式H3AsO3H2AsOeq\o\al(－,3)(1)工业上制备Na2S时，用NaOH溶液汲取H2S，不能以纯碱代替NaOH。结合方程式说明不能运用纯碱的缘由依据电离常数，纯碱与H2S发生反应：H2S＋Na2CO3=NaHS＋NaHCO3，不能得到Na2S。(2)过程Ⅰ可除去含砷污酸中的Cu2＋和部分砷，滤渣A的主要成分为CuS和As2S3，生成As2S3的离子方程式是2H3AsO3＋3S2－＋6H＋=As2S3＋6H2O。(3)过程Ⅰ会发生副反应As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq\o\al(3－,3)(aq)，影响后续处理。加入Na2S充分反应后加入少量FeSO4，结合平衡移动原理说明加入FeSO4的缘由加入少量FeSO4，Fe2＋＋3S2－=FeS↓，使c(S2－)降低，As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq\o\al(3－,3)(aq)向逆反应方向移动，从而削减副反应发生。(4)过程Ⅲ中获得的滤渣C主要成分是FeAsO4，该过程通入空气的作用是做氧化剂，氧化Fe2＋和H2AsOeq\o\al(－,3)。(5)利用反应AsOeq\o\al(3－,4)＋2I－＋2H＋=AsOeq\o\al(3－,3)＋I2＋H2O测定滤渣C中FeAsO4含量。取ag样品，用硫酸溶液溶解，加入过量KI，充分反应后将溶液转移至锥形瓶中，以淀粉为指示剂，用cmol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定，视察到滴入最终半滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不复原现象，说明已到滴定终点，重复三次试验，记录用去Na2S2O3溶液体积为VmL，计算样品纯度为eq\f(0.195cV,2a)(用字母表示)。资料：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI；FeAsO4相对分子质量为195【解析】(1)由题干信息可知，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7>H2S的Ka1＝1.3×10－7，纯碱与H2S发生反应：H2S＋Na2CO3=NaHS＋NaHCO3，不能得到Na2S；(2)由信息可知，含砷污酸中H3AsO3与S2－反应生成As2S3，依据元素守恒产物还有H2O，故离子方程式为2H3AsO3＋3S2－＋6H＋=As2S3＋6H2O；(3)加入Na2S充分反应后加入少量FeSO4，Fe2＋与S2－反应得到FeS沉淀，会使反应As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq\o\al(3－,3)(aq)逆向移动，而削减副反应发生，故为加入少量FeSO4，Fe2＋＋3S2－=FeS↓，使c(S2－)降低，As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq\o\al(3－,3)(aq)向逆反应方向移动，从而削减副反应发生；(4)过程Ⅲ中通入氧气将Fe2＋氧化成Fe3＋，将H2AsOeq\o\al(－,3)氧化成AsOeq\o\al(3－,4)，从而得到FeAsO4；(5)I2与Na2S2O3反应，且I2会使淀粉变蓝，故用Na2S2O3标准溶液滴定，视察到滴入最终半滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不复原，说明已到滴定终点；依据反应中方程式可知，AsOeq\o\al(3－,4)＋2I－＋2H＋=AsSeq\o\al(3－,3)＋I2＋H2O，2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI，则有AsOeq\o\al(3－,4)～I2～2Na2S2O3eq\f(V×10－3×c,2)molV×10－3×cmol元素守恒可知，n(FeAsO4)＝eq\f(V×10－3×c,2)mol，故样品纯度为eq\f(\f(c×V×10－3,2)×195,a)＝eq\f(0.195cV,2a)。12．(2024·福州模拟)重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)俗称红矾钠，在工业方面有广泛用途。我国目前主要是以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质)为主要原料进行生产，其主要工艺流程如图：①中涉及的主要反应有：主反应：4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2eq\o(=,\s\up7(△))8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2副反应：SiO2＋Na2CO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2SiO3＋CO2↑、Al2O3＋Na2CO3eq\o(=,\s\up7(△))2NaAlO2＋CO2↑部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Mg(OH)2Cr(OH)3完全沉淀时溶液pH4.73.711.25.6回答下列问题：(1)“①”中反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，其作用是：使反应物接触更充分，加快反应速率；(2)“①”中若往原料中加入适量的石灰石，分析其作用可能是：分解产生CaO，与铬铁矿中某些杂质反应形成炉渣有利于去除；(3)“③”中调整pH至4.7，目的是：使溶液中的AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)均转化为沉淀除去；(4)“⑤”中加硫酸酸化的目的是：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，调整pH使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，有利于红矾钠晶体析出。(5)“⑦”中采纳冷却结晶得到红矾钠的缘由是：红矾钠随着温度的降低，溶解度明显下降。(6)称取重铬酸钠试样2.5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，加入适量的稀硫酸和足量碘化钠(已知铬的还原产物为Cr3＋)，放于暗处5min，然后加入100mL水，加入几滴淀粉溶液指示剂，用0.1200mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定(已知反应：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6))问题1：推断达到滴定终点的依据是：当滴加最终一滴硫代硫酸钠标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，半分钟内不变色。问题2：若试验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL，所得产品的中重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)的纯度95.36%(保留四位有效数字)。(设整个过程中其他杂质不参与反应)【解析】(1)固体反应物在搅拌时可充分接触而反应，加快反应速率；(2)CaCO3分解产生CaO，可与杂质SiO2、Al2O3等物质发生反应，有利于杂质的去除；(3)氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质，调整pH至4.7，可生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去；(4)CrOeq\o\al(2－,4)在酸性条件下与H＋反应生成Cr2Oeq\o\al(2－,7)，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，加入硫酸酸化可促使平衡正向移动，提高Cr2Oeq\o\al(2－,7)浓度，促进红矾钠晶体析出；(5)采纳冷却结晶的方法析出红矾钠，是由于红矾钠的溶解度随温度的降低而减小，降低温度，可促进红矾钠结晶析出；(6)①溶液中有碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与Na2S2O3发生氧化还原反应，当反应达到终点时，蓝色褪去，故答案为：当滴加最终一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；②依据反应的关系式计算：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～3I2～6S2Oeq\o\al(2－,3)1mol6moln0.1200mol/L×0.04Ln＝0.0008mol，则2.5000g重铬酸钠试样中含有的重铬酸钠晶体的质量为10×0.0008mol×298g/mol＝2.384g，所得产品中重铬酸钠晶体的纯度＝eq\f(2.384g,2.500g)×100%＝95.36%。13．(2024·宣城模拟)二氧化氯(ClO2)是广泛应用的高效平安消毒剂。(1)ClO2性质活泼，气体及水溶液均不能稳定存在，运用时需现场制备或用稳定剂汲取、转化。用NaOH和H2O2将ClO2转化为NaClO2，的反应装置如图1，已知反应放出大量的热，且温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。①仪器A的名称为三颈烧瓶，写出A中发生反应的化学方程式2ClO2＋H2O2＋2NaOH=2NaClO2＋O2＋2H2O。②试验时汲取液中NaOH和H2O2的物料比小于反应的化学计量数之比，缘由可能是H2O2受热易分解；为提高ClO2汲取率，在不变更汲取液的物料比的条件下，可以改进的措施是运用冰水浴(或缓慢通入ClO2)(写出一点即可)。(2)用ClO2处理过的饮用水常含有肯定量的ClOeq\o\al(－,2)，饮用水中ClO2、ClOeq\o\al(－,2)的含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I－还原为ClOeq\o\al(－,2)或Cl－的转化率与溶液的pH关系如图2所示。反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI。滴定过程为：精确量取VmL水样加入到碘量瓶中，调整水样的pH为7.0～8.0，加入足量的KI晶体，充分反应后，用cmol·L－1Na2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入淀粉溶液，滴定至第一次终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL；调整溶液的pH≤2.0，接着用cmol·L－1Na2S2O3溶液滴定至其次次终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。①写出当pH≤2.0时，ClOeq\o\al(－,2)与I－反应的离子方程式ClOeq\o\al(－,2)＋4I－＋4H＋=Cl－＋2I2＋2H2O。②两次滴定终点的现象相同(填“相同”或“不相同”)，依据上述数据，测得该水样中的ClOeq\o\al(－,2)浓度为eq\f(c(V2－4V1),4V)mol·L－1(用含字母的代数式表示)。③滴定所用碘量瓶(如图3，瓶口为喇叭形，磨口玻璃塞与瓶口间可形成一圈水槽)，加入水样和KI晶体后，盖上磨口塞并加蒸馏水液封，滴定前打开瓶塞，让水流下，并用少量水冲洗瓶塞和内壁，该操作的目的是用水液封防止碘升华散逸，水将挥发至内壁上的碘冲洗下来，削减误差。(3)图4为新型电极材料电解食盐水制取ClO2和烧碱的装置示意图。则A极为阳极，B极的电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。【解析】(1)①由试验装置图可知，仪器A为三颈烧瓶；A中发生的反应为二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为2ClO2＋H2O2＋2NaOH=2NaClO2＋O2＋2H2O；②二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液的反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度上升，会导致过氧化氢分解，为使过氧化氢能与二氧化氯完全反应，在不变更汲取液的物料比的条件下，试验时应实行限制二氧化氯的通入速率、限制汲取液中氢氧化钠和过氧化氢的物料比小于反应的化学计量数之比、在冰水浴中反应等措施，提高二氧化氯的汲取率；(2)①由图可知，当溶液pH≤2.0时，亚氯酸根离子与碘离子反应生成氯离子、碘和水，反应的离子方程式为ClOeq\o\al(－,2)＋4I－＋4H＋=Cl－＋2I2＋2H2O；②由题意可知，第一次滴定发生的反应为pH为7.0～8.0时水中的二氧化氯与碘离子反应生成亚氯酸根和碘，反应生成的碘与硫代硫酸钠溶液反应，终点时溶液由蓝色变为无色；其次次滴定发生的反应为pH≤2.0时，溶液中亚氯酸根与碘离子反应生成氯离子和碘，反应生成的碘与硫代硫酸钠溶液反应，终点时溶液由蓝色变为无色，则两次滴定终点的现象相同；由得失电子数目守恒可得第一次滴定有如下关系：2ClO2～I2～2Na2S2O3～2ClOeq\o\al(－,2)，滴定消耗V1mLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则反应生成亚氯酸根离子的物质的量为10－3cV1mol，由得失电子数目守恒可得其次次滴定有如下关系：ClOeq\o\al(－,2)～2I2～4Na2S2O3，滴定消耗V2mLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则水中亚氯酸根离子的物质的量为eq\f(1,4)×10－3cV2mol－10－3cV1mol，所以水中亚氯酸根离子的浓度为eq\f(\f(1,4)×10－3cV2mol－10－3cV1mol,10－3VL)＝eq\f(c(V2－4V1),4V)mol/L；③由于碘受热易升华附着在锥形瓶壁上，题给装置用水液封的方法防止碘升华散逸，同时用水洗将挥发至内壁上的碘冲洗下来，使反应生成的碘充分反应，削减误差；(3)由钠离子的移动方向可知，A极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，B极为阴极，水在阳极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。14．(2024·黄山模拟)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，摩尔质量：246g/mol)是一种易被人体汲取的高效铁制剂，某探讨团队用硫铁矿(成分为60%FeS2、Al2O3、SiO2及其他杂质)为原料来制备柠檬酸亚铁，其流程如下图：已知：(1)“焙烧”生成了铁红；(2)常温下，柠檬酸(C6H8O7)电离常数：Ka1＝7.4×10－4，Ka2