高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)：第26講水的電離和溶液的pH【真題再現(xiàn)·辨明考向】1.(2023年湖南卷)下列玻璃儀器在相應(yīng)實驗中選用不合理的是A.重結(jié)晶法提純苯甲酸：①②③B.蒸餾法分離CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥C.濃硫酸催化乙醇制備乙烯：③⑤D.酸堿滴定法測定NaOH溶液濃度：④⑥答案：A解析：A．粗苯甲酸中含有少量氯化鈉和泥沙，需要利用重結(jié)晶來提純苯甲酸，具體操作為加熱溶解、趁熱過濾和冷卻結(jié)晶，此時利用的玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒，A選項裝置選擇不合理；B．蒸餾法需要用到溫度計以測量蒸汽溫度、蒸餾燒瓶用來盛裝混合溶液、錐形瓶用于盛裝收集到的餾分，B選項裝置選擇合理；C．濃硫酸催化制乙烯需要控制反應(yīng)溫度為170℃，需要利用溫度計測量反應(yīng)體系的溫度，C選項裝置選擇合理；D．酸堿滴定法測定NaOH溶液濃度是用已知濃度的酸液滴定未知濃度的堿液，酸液盛裝在酸式滴定管中，D選項裝置選擇合理；2.(2023年湖南卷)常溫下，用濃度為0.0200mol·L-1的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定濃度均為0.0200mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定過程中溶液的pH隨η(η＝eq\f(V(標(biāo)準(zhǔn)溶液),V(待測溶液)))的變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A.Ka(CH3COOH)約為10-4.76B.點a：c(Na+)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C.點b：c(CH3COOH)＜c(CH3COO－)D.水的電離程度：a＜b＜c＜d答案：D解析：NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反應(yīng)時，先與強酸反應(yīng)，然后再與弱酸反應(yīng)，由滴定曲線可知，a點時NaOH溶液和HCl恰好完全反應(yīng)生成NaCl和水，CH3COOH未發(fā)生反應(yīng)，溶質(zhì)成分為NaCl和CH3COOH；b點時NaOH溶液反應(yīng)掉一半的CH3COOH，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c點時NaOH溶液與CH3COOH恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa；d點時NaOH過量，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa和NaOH，據(jù)此解答。A．由分析可知，a點時溶質(zhì)成分為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正確；B．a(chǎn)點溶液為等濃度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒關(guān)系c(Na+)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故B正確；C．點b溶液中含有NaCl及等濃度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液顯酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，則c(CH3COOH)＜c(CH3COO－)，故C正確；D．c點溶液中CH3COO－水解促進水的電離，d點堿過量，會抑制水的電離，則水的電離程度c>d，故D錯誤；3．(2023年山東卷)一定條件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反應(yīng)[(CH3CO)2O＋ROHCH3COOR＋CH3COOH]可進行完全，利用此反應(yīng)定量測定有機醇(ROH)中的羥基含量，實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐－苯溶液。②量取一定體積乙酸酐－苯溶液置于錐形瓶中，加入mgROH樣品，充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O2CH3COOH。③加指示劑并用cmol·L-1NaOH－甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V1mL。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐－苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用cmol·L-1NaOH－甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。對于上述實驗，下列做法正確的是A．進行容量瓶檢漏時，倒置一次即可B．滴入半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，錐形瓶中溶液變色，即可判定達滴定終點C．滴定讀數(shù)時，應(yīng)單手持滴定管上端并保持其自然垂直D．滴定讀數(shù)時，應(yīng)雙手一上一下持滴定管答案：C解析：A．進行容量瓶檢漏時，倒置一次，然后玻璃塞旋轉(zhuǎn)180度后再倒置一次，故A錯誤；B．滴入半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，錐形瓶中溶液變色，且半分鐘內(nèi)不變回原色，才是達到滴定終點，故B錯誤；C．滴定讀數(shù)時，應(yīng)單手持滴定管上端無刻度處，并保持其自然垂直，故C正確；D．滴定讀數(shù)時，應(yīng)單手持滴定管上端無刻度處，并保持其自然垂直，故D錯誤；4．(2023年山東卷)一定條件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反應(yīng)[(CH3CO)2O＋ROHCH3COOR＋CH3COOH]可進行完全，利用此反應(yīng)定量測定有機醇(ROH)中的羥基含量，實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐－苯溶液。②量取一定體積乙酸酐－苯溶液置于錐形瓶中，加入mgROH樣品，充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O2CH3COOH。③加指示劑并用cmol·L-1NaOH－甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V1mL。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐－苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用cmol·L-1NaOH－甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。ROH樣品中羥基含量(質(zhì)量分?jǐn)?shù))計算正確的是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－甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，可以計算乙酸酐的總物質(zhì)的量，根據(jù)反應(yīng)方程式[(CH3CO)2O＋ROHCH3COOR＋CH3COOH]系數(shù)關(guān)系，得出ROH與乙酸酐反應(yīng)后剩余的乙酸酐的物質(zhì)的量，由此可以計算與ROH反應(yīng)的乙酸酐的物質(zhì)的量，即R－OH的物質(zhì)的量，即羥基的含量。根據(jù)滴定過程中，用cmol·L-1NaOH－甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL，需要消耗cmol·L-1NaOH－甲醇的物質(zhì)的量為V2×c×10-3mol，即乙酸酐的總物質(zhì)的量＝eq\f(V2×c×10-3,2)mol；則ROH與乙酸酐反應(yīng)后剩余的乙酸酐的物質(zhì)的量＝eq\f(V1×c×10-3,2)mol，所以與ROH反應(yīng)的乙酸酐的物質(zhì)的量＝eq\f(V2×c×10-3－V1×c×10-3,2)mol，也即樣品ROH中羥基的物質(zhì)的量，所以ROH樣品中羥基質(zhì)量分?jǐn)?shù)＝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%，選C。5．(2023年山東卷)一定條件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反應(yīng)[(CH3CO)2O＋ROHCH3COOR＋CH3COOH]可進行完全，利用此反應(yīng)定量測定有機醇(ROH)中的羥基含量，實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐－苯溶液。②量取一定體積乙酸酐－苯溶液置于錐形瓶中，加入mgROH樣品，充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O2CH3COOH。③加指示劑并用cmol·L-1NaOH－甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V1mL。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐－苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用cmol·L-1NaOH－甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。根據(jù)上述實驗原理，下列說法正確的是A．可以用乙酸代替乙酸酐進行上述實驗B．若因甲醇揮發(fā)造成標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度發(fā)生變化，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小C．步驟③滴定時，不慎將錐形瓶內(nèi)溶液濺出，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小D．步驟④中，若加水量不足，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏大答案：B解析：步驟④測定乙酸酐的物質(zhì)的量為eq\f(cV2,2)×10-3mol；根據(jù)步驟②③可知mgROH樣品中羥基的物質(zhì)的量為eq\f(cV2,2)×10-3mol×2－cV1×10-3mol＝c(V2－V1)×10-3mol。A．乙酸與醇的酯化反應(yīng)可逆，不能用乙酸代替乙酸酐進行上述實驗，故A錯誤；B．若甲醇揮發(fā)，則甲醇消耗乙酸酐的物質(zhì)的量減小，剩余乙酸酐的物質(zhì)的量偏大，消耗氫氧化鈉的體積偏大，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小，故B正確；C．步驟③滴定時，不慎將錐形瓶內(nèi)溶液濺出，消耗氫氧化鈉的體積偏小，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏大，故C錯誤；D．步驟④中，若加水量不足，生成乙酸的物質(zhì)的量偏小，消耗氫氧化鈉的體積偏小，測定乙酸酐初始物質(zhì)的量偏小，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小，故D錯誤；6.(2023年浙江6月選考)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小組做如下兩組實驗：實驗I：往20mL0.10mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液。實驗Ⅱ：往20mL0.10mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L－1CaCL2溶液。[已知：H2C2O4的電離常數(shù)Ka1＝5.4×10-2，Ka2＝5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)＝2.4×10-9，溶液混合后體積變化忽略不計]，下列說法正確的是A.實驗I可選用甲基橙作指示劑，指示反應(yīng)終點B.實驗I中V(NaOH)＝10mL時，存在c(C2Oeq\o\al(2-,4))＜c(HC2Oeq\o\al(\s\up0(－),\s\do0(4)))C.實驗Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)HC2Oeq\o\al(\s\up0(－),\s\do0(4))＋Ca2+＝CaC2O4↓＋H+D.實驗Ⅱ中V(CaCl2)＝80mL時，溶液中c(C2Oeq\o\al(2-,4))＝4.0×10-8mol·L－1答案：D解析：A．NaHC2O4溶液被氫氧化鈉溶液滴定到終點時生成顯堿性的草酸鈉溶液，為了減小實驗誤差要選用變色范圍在堿性范圍的指示劑，因此，實驗I可選用酚酞作指示劑，指示反應(yīng)終點，故A錯誤；B．實驗I中H2C2O4時，溶質(zhì)是NaHC2O4、Na2C2O4且兩者物質(zhì)的量濃度相等，Ka2＝5.4×10-5＞Kh＝eq\f(1×10-14,5.4×10-5)，，則草酸氫根的電離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錯誤；C．實驗Ⅱ中，由于開始滴加的氯化鈣量較少而NaHC2O4過量，因此該反應(yīng)在初始階段發(fā)生的是2HC2Oeq\o\al(\s\up0(－),\s\do0(4))＋Ca2+＝CaC2O4↓＋H2C2O4，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為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，因為平衡常數(shù)很大，說明反應(yīng)能夠完全進行，當(dāng)NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2發(fā)生反應(yīng)，故C錯誤；D．實驗Ⅱ中V(CaCl2)＝80mL時，溶液中鈣離子濃度為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正確。7．(2023年福建卷)25℃時，某二元酸(H2A)的Ka1＝10-3.04、Ka2＝10-4.37。1.0mol·L－1NaHA溶液稀釋過程中δ(H2A)、δ(HA－)、δ(A2－)與pc(Na+)的關(guān)系如圖所示。已知pc(Na+)＝－lgc(Na+)，HA－的分布系數(shù)δ(HA－)＝eq\f(c(HA－),c(H2A)·c(HA－)?c(A2－))。下列說法錯誤的是A．曲線n為δ(HA－)的變化曲線B．a(chǎn)點：pH＝4.37C．b點：2c(H2A)＋c(HA－)＝c(Na+)D．c點：c(Na+)＋c(H+)＝3c(HA－)＋c(OH－)答案：B解析：1.0mol·L－1NaHA溶液稀釋過程中，隨著水的加入，因存在電離平衡HA－H+＋A2-和水解平衡HA－＋H2OOH－＋H2A，HA－的分布系數(shù)先保持不變后減小，曲線n為δ(HA－)的變化曲線，pc(Na+)的增大，c(Na+)減小，δ(A2－)增大明顯，故曲線m為δ(A2－)的變化曲線，則曲線p為δ(H2A)的變化曲線；A．1.0mol·L－1NaHA溶液稀釋過程中，隨著水的加入，因存在電離平衡HA－H+＋A2-和水解平衡HA－＋H2OOH－＋H2A，HA-的分布系數(shù)開始時變化不大且保持較大，故曲線n為δ(HA－)的變化曲線，選項A正確；B．a(chǎn)點，pc(Na+)=1.0，則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，選項B錯誤；C．b點,δ(HA－)＝0.70，δ(H2A)＝δ(A2－)＝0.15，即c(H2A)＝c(A2-)，根據(jù)物料守恒有，c(A2-)＋c(H2A)＋c(HA－)＝c(Na+)，故2c(H2A)＋c(HA－)＝c(Na+)，選項C正確；D．c點：δ(HA－)＝δ(A2－)，故c(HA－)＝c(A2-)根據(jù)電荷守恒有c(Na+)＋c(H+)＝2c(HA－)＋c(HA－)＋c(OH－)，故c(Na+)＋c(H+)＝3c(HA－)＋c(OH－)，選項D正確；8.(2023年重慶卷)(NH4)2SO4溶解度隨溫度變化的曲線如圖所示，關(guān)于各點對應(yīng)的溶液，下列說法正確的是A.M點Kw等于N點KwB.M點pH大于N點pHC.N點降溫過程中有2個平衡發(fā)生移動D.P點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．溫度升高，水的電離程度增大，則M點Kw小于N點Kw，A錯誤；B．升高溫度促進銨根離子的電離，且N點銨根離子濃度更大，水解生成氫離子濃度更大，N點酸性更強，故M點pH大于N點pH，B正確；C．N點降溫過程中有水的電離平衡、銨根離子的水解平衡、硫酸銨的溶解平衡3個平衡發(fā)生移動，C錯誤；D．P點為硫酸銨的不飽和溶液，由電荷守恒可知，c(H+)＋c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＝c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2-,4))，D錯誤；9．(2023屆T8聯(lián)考)25℃時，向濃度均為0.1mol·L-1、體積均為100mL的兩種一元酸HX、HY溶液中分別加入NaOH固體，溶液中l(wèi)geq\f(c(H+),c(OH－))隨n(NaOH)的變化如圖所示。下列說法正確的是A．a(chǎn)點時溶液中水電離出的c(H+)＝10-12mol·L-1B．c點時溶液中：c(Y－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)C．水的電離程度：d＞cD．中和等體積、等濃度的兩種酸所需的NaOH的物質(zhì)的量：HX＞HY答案：B解析：A．a(chǎn)點lgeq\f(c(H+),c(OH－))＝12，eq\f(c(H+),c(OH－))＝1012，則溶液中c(H+)＝10-1mol/L，HX抑制水電離，所以水電離出的c(H+)＝10-13mol·L-1，故A錯誤；B．c點表示向濃度為0.1mol·L-1、體積為100mL的HY溶液中加入0.005molNaOH固體，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HY、NaY，溶液呈酸性，HY電離大于NaY水解，所以c(Y－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正確；C．d點酸電離出的氫離子濃度大于c點，水的電離程度d＜c，故C錯誤；D．等體積、等濃度兩種酸物質(zhì)的量相等，中和兩種酸所需NaOH的物質(zhì)的量相等，故D錯誤；10.(2022年6月浙江卷)25℃時，向20mL濃度均為0.1mol·L－1的鹽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等濃度的鹽酸，滴定終點的pH突躍范圍4.3～9.7)。下列說法不正確的是A.恰好中和時，溶液呈堿性B.滴加NaOH溶液至pH＝4.3的過程中，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：H+＋OH-＝H2OC.滴定過程中，c(Cl-)＝c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)D.pH＝7時，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)答案：B解析：A．恰好中和時，生成氯化鈉溶液和醋酸鈉溶液，其中醋酸根離子會水解，溶液顯堿性，A正確；B．根據(jù)電離常數(shù)，0.1mol·L－1的鹽酸和醋酸中，c(H+)＝eq\r(1.8)×10-3mol·L－1＞1.0×10-4.3,故用氫氧化鈉滴定的過程中，醋酸也參加了反應(yīng)，B錯誤；C．滴定前鹽酸和醋酸的濃度相同，故滴定過程中，氯離子等于醋酸的分子的濃度和醋酸根離子的濃度和，C正確；D．向20mL濃度均為0.1mol·L－1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，當(dāng)鹽酸的體積為20ml時，溶液為氯化鈉和醋酸的混合溶液，顯酸性，需要再滴加適量的氫氧化鈉，故c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D正確；11.(2022年河北卷)某水樣中含一定濃度的COeq\o\al(2-,3)、HCOeq\o\al(－,3)和其他不與酸堿反應(yīng)的離子。取10.00mL水樣，用0.01000mol?L-1的HCl溶液進行滴定，溶液pH隨滴加HCl溶液體積V(HCl)的變化關(guān)系如圖(混合后溶液體積變化忽略不計)。下列說法正確的是A．該水樣中c(COeq\o\al(2-,3))=0.01mol?L-1B．a(chǎn)點處c(H2CO3)＋c(H+)＝c(OH－)C．當(dāng)V(HCl)≤20.00mL時，溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))基本保持不變D．曲線上任意一點存在c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.03mol?L-1答案：C解析：向碳酸根和碳酸氫根的混合溶液中加入鹽酸時，先后發(fā)生如下反應(yīng)COeq\o\al(2-,3)＋H＋＝HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)＋H＋＝H2CO3，則滴定時溶液pH會發(fā)生兩次突躍，第一次突躍時碳酸根離子與鹽酸恰好反應(yīng)生成碳酸氫根離子，第二次突躍時碳酸氫根離子與鹽酸恰好反應(yīng)生成碳酸，由圖可知，滴定過程中溶液pH第一次發(fā)生突躍時，鹽酸溶液的體積為20.00mL，由反應(yīng)方程式COeq\o\al(2-,3)＋H＋＝HCOeq\o\al(－,3)可知，水樣中碳酸根離子的濃度為eq\f(0.01000mol/L×0.0200L,0.0100L)＝0.02mol/L，溶液pH第二次發(fā)生突躍時，鹽酸溶液的體積為50.00mL，則水樣中碳酸氫根離子的濃度為eq\f(0.01000mol/L×(0.0500L－0.0200L－0.0200L),0.0100L)＝0.01mol/L。A．由分析可知，水樣中碳酸根離子的濃度為0.02mol/L，故A錯誤；B．由圖可知，a點發(fā)生的反應(yīng)為碳酸根離子與氫離子恰好反應(yīng)生成碳酸氫根離子，可溶性碳酸氫鹽溶液中質(zhì)子守恒關(guān)系為c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+c(COeq\o\al(2-,3))，故B錯誤；C．由分析可知，水樣中碳酸氫根離子的濃度為0.01mol/L，當(dāng)鹽酸溶液體積V(HCl)≤20.00mL時，只發(fā)生反應(yīng)COeq\o\al(2-,3)＋H＋＝HCOeq\o\al(－,3)，滴定時溶液中碳酸氫根離子濃度為eq\f(0.01000mol/L×0.01L＋0.01000mol/L×V(HCl),0.0100L＋V(HCl))＝0.01mol/L，則滴定時溶液中碳酸氫根離子濃度不變，故C正確；D．由分析可知，水樣中碳酸根離子和碳酸氫根離子濃度之和為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，滴定加入鹽酸會使溶液體積增大，則溶液中[c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]會小于0.03mol/L，故D錯誤；12．(2022年山東卷)實驗室用基準(zhǔn)Na2CO3配制標(biāo)準(zhǔn)溶液并標(biāo)定鹽酸濃度，應(yīng)選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液。下列說法錯誤的是A.可用量筒量取25.00mLNa2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中B.應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液C.應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體D.達到滴定終點時溶液顯橙色答案：A解析：選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，則應(yīng)將Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中，將待測鹽酸置于酸式滴定管中，滴定終點時溶液由黃色變?yōu)槌壬?。A．量筒的精確度不高，不可用量簡量取Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，應(yīng)該用堿式滴定管或移液管量取25.00mLNa2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中，A說法錯誤；B．Na2CO3溶液顯堿性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防堿性溶液腐蝕玻璃產(chǎn)生有粘性的硅酸鈉溶液而將瓶塞粘住，故應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，B說法正確；C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蝕性，故應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體，C說法正確；D．Na2CO3溶液顯堿性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中顯黃色，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嘻}酸時，溶液由黃色突變?yōu)槌壬野敕昼娭畠?nèi)不變色即為滴定終點，故達到滴定終點時溶液顯橙色，D說法正確；13．(2022年1月浙江選考)某同學(xué)在兩個相同的特制容器中分別加入20mL0.4mol·L?1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L?1NaHCO3溶液，再分別用0.4mol·L?1鹽酸滴定，利用pH計和壓力傳感器檢測，得到如下曲線：下列說法正確的的是A．圖中甲、丁線表示向NaHCO3溶液中滴加鹽酸，乙、丙線表示向Na2CO3溶液中滴加鹽酸B．當(dāng)?shù)渭欲}酸的體積為V1mL時(a點、b點)，所發(fā)生的反應(yīng)用離子方程式表示為：HCO3-+H+＝CO2↑+H2OC．根據(jù)pH-V(HCl)圖，滴定分析時，c點可用酚酞、d點可用甲基橙作指示劑指示滴定終點D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均滿足：c(H2CO3)－c(CO32-)＝c(OH?)－c(H+)答案：C解析：A．碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉，故碳酸鈉的堿性強于碳酸氫鈉，則碳酸鈉溶液的起始pH較大，甲曲線表示碳酸鈉溶液中滴加鹽酸，碳酸鈉與鹽酸反應(yīng)先生成碳酸氫鈉，碳酸氫根離子再與氫離子反應(yīng)產(chǎn)生碳酸，進而產(chǎn)生二氧化碳，則圖中丁線表示向Na2CO3溶液中滴加鹽酸，乙、丙線表示向NaHCO3溶液中滴加鹽酸，A項錯誤；B．由圖示可知，當(dāng)?shù)渭欲}酸的體積為20mL時，碳酸根離子恰好完全轉(zhuǎn)化為碳酸氫根子，而V1>20mL，V1mL時(a點、b點)，沒有二氧化碳產(chǎn)生，則所發(fā)生的反應(yīng)為碳酸氫根離子與氫離子結(jié)合生成碳酸，離子方程式表示為：HCO3－+H+＝H2CO3，B項錯誤；C．根據(jù)pH－V(HCl)圖，滴定分析時，c點的pH在9左右，符合酚酞的指示范圍，可用酚酞作指示劑；d點的pH在4左右，符合甲基橙的指示范圍，可用甲基橙作指示劑指示滴定終點，C項正確；D．根據(jù)電荷守恒和物料守恒，則Na2CO3中存在c(OH-)－c(H+)＝2c(H2CO3)＋c(HCO3－)，NaHCO3溶液中滿足c(H2CO3)－c(CO32-)＝c(OH-)－c(H+)，D項錯誤；14.(2021年海南卷)25℃時，向10.00Ml0.1000mol·L－1的NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L－1的鹽酸，溶液的pH隨加入的鹽酸的體積V變化如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是A.a點，溶液pH＞7是由于HCOeq\o\al(－,3)水解程度大于電離程度B.b點，c(Na+)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(Cl－)C.c點，溶液中的H+主要來自HCO3-的電離D.d點，c(Na+)＝c(Cl－)＝0.1000mol·L-1答案：AB解析：A．HCOeq\o\al(－,3)存在水解平衡和電離平衡，a點溶液pH＞7是由于HCOeq\o\al(－,3)水解程度大于電離程度，故A正確；B．根據(jù)電荷守恒，c(Na+)＋c(H+)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(Cl－)＋c(OH－)，b點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正確；C．c點，溶質(zhì)為碳酸氫鈉、氯化鈉、碳酸，溶液中的H+主要來自H2CO3的電離，故C錯誤；D．d點，碳酸氫鈉和鹽酸恰好反應(yīng)，c(Na+)＝c(Cl－)＝0.0500mol·L-1，故D錯誤；15.(2021年湖北卷)常溫下，已知H3PO3溶液中含磷物種的濃度之和為0.1mol·L-1，溶液中各含磷物種的pc—pOH關(guān)系如圖所示。圖中pc表示各含磷物種的濃度負對數(shù)(pc＝－lgc)，pOH表示OH-的濃度負對數(shù)[pOH=-lgc(OH-)]；x、y、z三點的坐標(biāo)：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列說法正確的是A.曲線①表示pc(H3PO3)隨pOH的變化B.H3PO3的結(jié)構(gòu)簡式為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)的平衡常數(shù)K>1.0×105答案：D解析：A．圖象中含P物質(zhì)只有3種，說明H3PO3為二元弱酸。隨著c(OH-)逐漸增大，pOH減小，根據(jù)H3PO3＋OH-＝H2POeq\o\al(-,3)＋H2O、H2POeq\o\al(-,3)＋OH-＝HPOeq\o\al(2-,3)＋H2O，知c(H3PO3)逐漸減小，c(H2PO3-)先增大后減小，c(HPOeq\o\al(2-,3))逐漸增大，pc＝－lgc，則pc(H3PO3)逐漸增大，pc(H2PO3-)先減小后增大，pc(HPOeq\o\al(2-,3))逐漸減小，故曲線③表示pc(H3PO3)，曲線②表示pc(H2POeq\o\al(-,3))，曲線①表示pc(HPOeq\o\al(2-,3))；根據(jù)x點知，c(HPOeq\o\al(2-,3))＝c(H2POeq\o\al(-,3))時，pOH＝7.3，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，則H3PO3的Ka2＝eq\f(c(H+)?c(HPOeq\o\al(2-,3)),c(H2POeq\o\al(-,3)))＝c(H+)＝10-6.7，根據(jù)z點知，c(H2POeq\o\al(-,3))＝c(H3PO3)，pOH＝12.6，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，則H3PO3的Ka1＝eq\f(c(H+)?c(H2POeq\o\al(-,3)),c(H3PO3))＝c(H+)＝10-1.4，曲線①表示pc(HPOeq\o\al(2-,3))隨pOH的變化，故A錯誤；B．H3PO3為二元弱酸，其結(jié)構(gòu)簡式為，故B錯誤；C．pH＝4即pOH＝10，由圖可知，此時，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錯誤；D．由H3PO3H2POeq\o\al(-,3)＋H+減去H2PO3-HPOeq\o\al(2-,3)＋H+，可得H3PO3＋HPOeq\o\al(2-,3)2H2POeq\o\al(-,3)，則平衡常數(shù)K＝＝＝105.3＞1×105，故D正確；16.(2021年高考湖南卷)常溫下，用0.000mol·L－1的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.000mol·L－1三種一元弱酸的鈉鹽(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是A.該NaX溶液中：c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)B.三種一元弱酸的電離常數(shù)：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)C.當(dāng)pH＝7時，三種溶液中：c(X-)＝c(Y-)＝c(Z-)D.分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)—c(OH-)答案：C解析：由圖可知，沒有加入鹽酸時，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，則HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱。A．NaX為強堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小順序為c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正確；B．弱酸的酸性越弱，電離常數(shù)越小，由分析可知，HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱，則三種一元弱酸的電離常數(shù)的大小順序為Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正確；C．當(dāng)溶液pH＝7時，酸越弱，向鹽溶液中加入鹽酸的體積越大，酸根離子的濃度越小，則三種鹽溶液中酸根的濃度大小順序為c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C錯誤；D．向三種鹽溶液中分別滴加20.00mL鹽酸，三種鹽都完全反應(yīng)，溶液中鈉離子濃度等于氯離子濃度，將三種溶液混合后溶液中存在電荷守恒關(guān)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正確；17.(2021年遼寧卷)用0.1000mol·L?1鹽酸滴定20.00mLNa2A溶液，溶液中H2A、HA-、A2-的分布分?jǐn)?shù)δ隨pH變化曲線及滴定曲線如圖。下列說法正確的是【如A2-分布分?jǐn)?shù)：δ(A2－)＝eq\f(c(A2-),c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2-))】A．H2A的Ka1為10-10.25 B．c點：c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)C．第一次突變，可選酚酞作指示劑 D．c(Na2A)＝0.2000mol·L－1答案：C解析：用0.1000mol·L?1鹽酸滴定20.00mLNa2A溶液，pH較大時A2-的分布分?jǐn)?shù)δ最大，隨著pH的減小，A2-的分布分?jǐn)?shù)δ逐漸減小，HA-的分布分?jǐn)?shù)δ逐漸增大，恰好生成NaHA之后，HA-的分布分?jǐn)?shù)逐漸減小，H2A的分布分?jǐn)?shù)δ逐漸增大，表示H2A、HA-、A2-的分布分?jǐn)?shù)δ的曲線如圖所示，，據(jù)此分析選擇。A．H2A的Ka1＝eq\f(c(H+)?c(HA－),c(H2A))，根據(jù)上圖交點1計算可知Ka1＝10-6.38，A錯誤；B．根據(jù)圖像可知c點中c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)，B錯誤；C．根據(jù)圖像可知第一次滴定突躍溶液呈堿性，所以可以選擇酚酞做指示劑，C正確；D．根據(jù)圖像e點可知，當(dāng)加入鹽酸40mL時，全部生成H2A，根據(jù)Na2A＋2HCl＝2NaCl＋H2A計算可知c(Na2A)＝0.1000mol·L－1，D錯誤。18．(2021年6月浙江選考)取兩份10mL0.05mol·L－1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol·L－1的鹽酸，另一份滴加0.05mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH隨加入酸(或堿)體積的變化如圖。下列說法不正確的是()A.由a點可知：NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于電離程度B．a(chǎn)→b→c過程中：c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(OH-)逐漸減小C．a(chǎn)→d→e過程中：c(Na+)＜c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2-,3))＋c(H2CO3)D．令c點的c(Na+)＋c(H+)＝x，e點的c(Na+)＋c(H+)＝y(tǒng)，則x＞y答案：C解析：向NaHCO3溶液中滴加鹽酸，溶液酸性增強，溶液pH將逐漸減小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液堿性增強，溶液pH將逐漸增大，因此abc曲線為向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲線為向NaHCO3溶液中滴加鹽酸。A．a(chǎn)點溶質(zhì)為NaHCO3，此時溶液呈堿性，HCOeq\o\al(－,3)在溶液中電離使溶液呈酸性，HCOeq\o\al(－,3)在溶液中水解使溶液呈堿性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于電離程度，故A正確；B．由電荷守恒可知，a→b→c過程中c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(OH-)＝c(Na+)＋c(H+)，滴加NaOH溶液的過程中c(Na+)保持不變，c(H+)逐漸減小，因此c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2-,3))＋c(OH-)逐漸減小，故B正確；C．由物料守恒可知，a點溶液中c(Na+)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2-,3))＋c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加鹽酸過程中有CO2逸出，因此a→d→e過程中c(Na+)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2-,3))＋c(H2CO3)，故C錯誤；D．c點溶液中c(Na+)＋c(H+)＝(0.05+10-11.3)mol/L，e點溶液體積增大1倍，此時溶液中c(Na+)＋c(H+)＝(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正確；故答案為C。19.(2020年新課標(biāo)Ⅰ)以酚酞為指示劑，用0.1000mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數(shù)δ隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關(guān)系如圖所示。[比如A2?的分布系數(shù)：δ(A2－)＝eq\f(c(A2-),c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2-))]下列敘述正確的是A.曲線①代表δ(H2A)，曲線②代表δ(HA－)B.H2A溶液的濃度為0.2000mol·L?1C.HA?的電離常數(shù)Ka=1.0×10?2D.滴定終點時，溶液中c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)答案：C解析：根據(jù)圖像，曲線①代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸減小，曲線②代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸增大；當(dāng)加入40mLNaOH溶液時，溶液的pH在中性發(fā)生突變，且曲線②代表的粒子達到最大值接近1；沒加入NaOH時，pH為1，說明H2A第一步完全電離，第二步部分電離，曲線①代表δ(HA-)，曲線②代表δ(A2-)，根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2A＝Na2A+2H2O，c(H2A)＝eq\f(0.1000mol/L×40mL,2×20.00mL)＝0.1000mol/L，據(jù)此分析作答。A．根據(jù)分析，曲線①代表δ(HA-)，曲線②代表δ(A2-)，A錯誤；B．當(dāng)加入40.00mLNaOH溶液時，溶液的pH發(fā)生突變，說明恰好完全反應(yīng)，結(jié)合分析，根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2A＝Na2A+2H2O，c(H2A)＝eq\f(0.1000mol/L×40mL,2×20.00mL)＝0.1000mol/L，B錯誤；C．由于H2A第一步完全電離，則HA-的起始濃度為0.1000mol/L，根據(jù)圖像，當(dāng)VNaOH=0時，HA-的分布系數(shù)為0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系數(shù)為0.1，則HA-的電離平衡常數(shù)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正確；D．用酚酞作指示劑，酚酞變色的pH范圍為8.2~10，終點時溶液呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，則c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D錯誤；20．(2020年浙江卷)常溫下，用0.1mol·L－1氨水滴定10mL濃度均為0.1mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合液，下列說法不正確的是A.在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)＞c(CH3COO-)B.當(dāng)?shù)稳氚彼?0mL時，c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)C.當(dāng)?shù)稳氚彼?0mL時，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)D.當(dāng)溶液呈中性時，氨水滴入量大于20mL，c(NH4+)＜c(Cl－)答案：D解析：HCl是強酸，CH3COOH是弱酸，濃度均為0.1mol·L－1時，c(Cl－)＞c(CH3COO－)，A正確；滴入10mL氨水時，NH3·H2O和CH3COOH的物質(zhì)的量相等，據(jù)物料守恒可得c(QUOTENH4+NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B正確；滴入20mL氨水時，恰好完全反應(yīng)，所得溶液為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合溶液，據(jù)電荷守恒可知c(QUOTENH4+NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，據(jù)物料守恒可得c(QUOTENH4+NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(Cl－)，聯(lián)立兩式可得c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正確；滴入20mL氨水時，所得混合液呈酸性，若溶液呈中性，氨水滴入量要大于20mL，結(jié)合電荷守恒關(guān)系c(QUOTENH4+NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液呈中性時，c(H＋)＝c(OH－)，得c(QUOTENH4+NH4+)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，則有c(QUOTENH4+NH4+)＞c(Cl－)，D錯誤。21.(2020年浙江1月選考，23)室溫下，向20.00mL0.1000mol·L－1鹽酸中滴加0.1000mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖。已知lg5＝0.7。下列說法不正確的是A．NaOH與鹽酸恰好完全反應(yīng)時，pH＝7B．選擇變色范圍在pH突變范圍內(nèi)的指示劑，可減小實驗誤差C．選擇甲基紅指示反應(yīng)終點，誤差比甲基橙的大D．V(NaOH)＝30.00mL時，pH＝12.3答案：C解析：這是室溫下用強堿滴定強酸，當(dāng)NaOH與鹽酸恰好完全反應(yīng)時，溶液呈中性，即pH＝7，A項正確；指示劑的選擇原則：變色要明顯，靈敏，且指示劑的變色范圍要盡可能在滴定過程中的pH突變范圍內(nèi)，可減小實驗誤差，故B項正確；由圖像可知，甲基紅的變色范圍更接近反應(yīng)終點，選擇甲基紅作指示劑誤差比甲基橙要小，故C項錯誤；當(dāng)V(NaOH)＝30.00mL時，n(OH－)＝0.1000mol·L－1×0.03L－0.1000mol·L－1×0.02L＝0.001mol，則c(OH－)＝0.001mol/0.05L＝0.02mol·L－1，pH＝13－lg5＝12.3，故D項正確。答案選C。22．(2020年山東卷)25℃時，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol/L，lgc(H+)、1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO-)和1gc(OH-)隨pH變化的關(guān)系如下圖所示。Ka為CH3COOH的電離常數(shù)，下列說法正確的是A．O點時，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)B．N點時，pH＝－lgKaC.該體系中，c(CH3COOH)＝eq\f(0.1c(H+),Ka＋c(H+))mol/LD．pH由7到14的變化過程中，CH3COO－的水解程度始終增大答案：BC解析：根據(jù)圖像分析可知，隨著pH的升高，氫氧根離子和醋酸根離子濃度增大，氫離子和醋酸離子濃度減小，又pH=7的時候，氫氧根離子濃度等于氫離子濃度，故可推知，圖中各曲線代表的濃度分別是：曲線1為lgc(CH3COO-)隨pH的變化曲線，曲線2為lgc(H+)隨pH的變化曲線，曲線3為lgc(OH-)隨pH的變化曲線，曲線4為lgc(CH3COOH)隨pH的變化曲線，據(jù)此結(jié)合水溶液的平衡分析作答。A．根據(jù)上述分析可知，O點為曲線2和曲線3的交點，對應(yīng)的pH=7，應(yīng)該得出的結(jié)論為：c(H+)=c(OH-)，故A錯誤；B．N點為曲線1和曲線4的交點，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka＝eq\f(c(CH3COO－)?c(H+),c(CH3COOH))，代入等量關(guān)系并變形可知pH＝－lgKa，故B正確；C．c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，則c(CH3COO-)=0.1mol/L－c(CH3COOH)，又Ka＝eq\f(c(CH3COO－)?c(H+),c(CH3COOH))，聯(lián)立兩式消去c(CH3COO-)并化簡整理可得出，c(CH3COOH)＝eq\f(0.1c(H+),Ka＋c(H+))mol/L，故C正確；D．醋酸根離子的水解平衡為：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，pH由7到14的變化過程中，堿性不斷增強，c(OH-)不斷增大，則使不利于醋酸根離子的水解平衡，會使其水解程度減小，故D錯誤。23.(2023年重慶卷節(jié)選)Fe3O4是一種用途廣泛的磁性材料，以FeCl2為原料制備Fe3O4并獲得副產(chǎn)物CaCl2水合物的工藝如下。25℃時各物質(zhì)溶度積見下表：物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Ca(OH)2溶度積(Ksp)4.9×10-172.8×10-395.0×10-6回答下列問題：(4)①反應(yīng)釜3中，25℃時，Ca2+濃度為5.0mol/L，理論上pH不超過_______。②稱取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入過量Na2C2O4，將所得沉淀過濾洗滌后，溶于熱的稀硫酸中，用0.1000mol/LKMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗24.00mL。滴定達到終點的現(xiàn)象為_______，該副產(chǎn)物中CaCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______。答案：(4)①11②最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液加入后，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不變色66.6%解析：(4)①反應(yīng)釜3中，25℃時，Ca2+濃度為5.0mol/L，反應(yīng)不能使鈣離子生成沉淀，防止引入雜質(zhì)，故此時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，故理論上pH不超過11。②高錳酸鉀溶液紫紅色，故滴定達到終點的現(xiàn)象為：最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液加入后，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不變色；氯化鈣和草酸鈉轉(zhuǎn)化為草酸鈣沉淀CaC2O4，草酸鈣沉淀加入硫酸轉(zhuǎn)化為草酸，草酸和高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O，結(jié)合質(zhì)量守恒可知，5CaCl2～5H2C2O4～2MnOeq\o\al(－,4)，則該副產(chǎn)物中CaCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(0.1000×24×10-3mol×eq\f(5,2)×111g/mol,1.000g)×100%＝66.6%。24.(2023年海南卷節(jié)選)某小組開展“木耳中鐵元素的檢測”活動。檢測方案的主要步驟有：粉碎、稱量、灰化、氧化、稀釋、過濾、滴定等?；卮饐栴}：(4)測定鐵含量基本流程：將濾液在200mL容量瓶中定容，移取25.00mL，驅(qū)盡NOeq\o\al(－,3)并將Fe3+全部還原為Fe2+。用5mL微量滴定管盛裝K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液進行滴定。①選用微量滴定管的原因是__________________________________。②三次平行測定的數(shù)據(jù)如下表。針對該滴定數(shù)據(jù)，應(yīng)采取的措施是_____________________。序號123標(biāo)準(zhǔn)溶液用量/mL2.7152.9052.725③本實驗中，使測定結(jié)果偏小的是_______(填標(biāo)號)。a．樣品未完全干燥b．微量滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗c．灰渣中有少量炭黑答案：(4)①滴定更準(zhǔn)確，節(jié)約試劑②舍去第二次數(shù)據(jù)③a解析：(4)①木耳中鐵含量較少，選用微量滴定管使實驗微型化，滴定更準(zhǔn)確，節(jié)約試劑；②三次平行滴定中，第二組數(shù)據(jù)偏差較大，應(yīng)舍去。③a．鐵元素的含量＝eq\f(鐵元素質(zhì)量,樣品質(zhì)量)×100%，樣品未完全干燥，使測定結(jié)果偏低，故選a;b．微量滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗，標(biāo)準(zhǔn)溶液被稀釋，使測定結(jié)果偏高，故不選b;c．灰渣中有少量炭黑，對測定結(jié)果無影響，故不選c。答案為：滴定更準(zhǔn)確，節(jié)約試劑；舍去第二組數(shù)據(jù)；a。25．(2023屆T8聯(lián)考)硫酸錳銨[(NH4)2Mn(SO4)2]是一種淺粉色固體，可溶于水，工業(yè)上可用于加工木材防火劑。用軟錳礦(主要含MnO2，還含有FeO、Fe2O3、CuO、MgO、SiO2等)制備硫酸錳銨的工藝流程如下：(6)通過實驗測定產(chǎn)品硫酸錳銨中錳元素的含量：準(zhǔn)確稱取所得產(chǎn)品ωg溶于水配成溶液，滴加氨水調(diào)pH至7～8，加入過量的c1mol·L-1KMnO4溶液V1mL，充分反應(yīng)后過濾掉MnO2，將濾液與洗滌液合并配制成100mL溶液，取20mL用c2mol·L-1FeSO4酸性標(biāo)準(zhǔn)液滴定，重復(fù)實驗3次，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)液V2mL。滴定終點的判斷依據(jù)是_______________，產(chǎn)品硫酸錳銨中錳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_____(用相應(yīng)字母表示)。答案：(6)溶液由紫色變?yōu)槲⒓t色，且半分鐘不褪色eq\f(82.5×10-3×(c1V1－c2V2),wg)

×100%解析：(6)過量的KMnO4溶液與硫酸錳銨反應(yīng)生成MnO2，過濾掉MnO2后溶液為紫色，反應(yīng)剩余的KMnO4用FeSO4滴定，生成Fe3+，故滴定終點現(xiàn)象為溶液由紫色變?yōu)槲⒓t色，且半分鐘不褪色；由題意得，加入的KMnO4物質(zhì)的量為n1＝c1V1×10-3mol，用FeSO4滴定KMnO4的反應(yīng)為MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2+＋8H+＝Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，滴定20mLKMnO4消耗FeSO4的物質(zhì)的量為n2＝c2V2×10-3mol，則剩余的高錳酸鉀的物質(zhì)的量為c2V2×10-3mol×eq\f(1,5)×eq\f(100mL,20.00mL)＝c2V2×10-3mol，與硫酸錳銨反應(yīng)完的KMnO4的物質(zhì)的量為：n1－n2，反應(yīng)為2MnOeq\o\al(－,4)＋3Mn2+＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+，wg硫酸錳銨(即錳元素)的物質(zhì)的量為：eq\f(3,2)×(n1－n2)mol，故錳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為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年廣東卷)食醋是烹飪美食的調(diào)味品，有效成分主要為醋酸(用HAc表示)。HAc的應(yīng)用與其電離平衡密切相關(guān)。25℃時，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溶液的體積為_______mL。(2)下列關(guān)于250mL容量瓶的操作，正確的是_______。(3)某小組研究25℃下HAc電離平衡的影響因素。提出假設(shè)：稀釋HAc溶液或改變Ac－濃度，HAc電離平衡會發(fā)生移動。設(shè)計方案并完成實驗用濃度均為0.1mol·L－1的HAc和NaAc溶液，按下表配制總體積相同的系列溶液；測定pH，記錄數(shù)據(jù)。序號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根據(jù)表中信息，補充數(shù)據(jù)：a＝_______，b＝_______。②由實驗Ⅰ和Ⅱ可知，稀釋HAc溶液，電離平衡_______(填”正”或”逆”)向移動；結(jié)合表中數(shù)據(jù)，給出判斷理由：。③由實驗Ⅱ~VIII可知，增大Ac－濃度，HAc電離平衡逆向移動。實驗結(jié)論假設(shè)成立：(4)小組分析上表數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)：隨著eq\f(n(NaAc),n(HAc))的增加，c(H+)的值逐漸接近HAc的Ka。查閱資料獲悉：一定條件下，按eq\f(n(NaAc),n(HAc))＝1配制的溶液中，c(H+)的值等于HAc的Ka。對比數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，實驗VIII中pH＝4.65與資料數(shù)據(jù)Ka＝10-4.76存在一定差異；推測可能由物質(zhì)濃度準(zhǔn)確程度不夠引起，故先準(zhǔn)確測定HAc溶液的濃度再驗證。①移取20.00mLHAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定至終點，消耗體積為22.08mL，則該HAc溶液的濃度為_______mol·L－1。在答題卡虛線框中，畫出上述過程的滴定曲線示意圖并標(biāo)注滴定終點_______。②用上述HAc溶液和0.1000mol·L－1NaOH溶液，配制等物質(zhì)的量的HAc與NaAc混合溶液，測定pH，結(jié)果與資料數(shù)據(jù)相符。(5)小組進一步提出：如果只有濃度均約為0.1mol·L－1的HAc和NaOH溶液，如何準(zhǔn)確測定HAc的Ka？小組同學(xué)設(shè)計方案并進行實驗。請完成下表中Ⅱ的內(nèi)容。Ⅰ移取20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至終點，消耗NaOH溶液V1mLⅡ_______，測得溶液的pH為4.76實驗總結(jié)：得到的結(jié)果與資料數(shù)據(jù)相符，方案可行。(6)根據(jù)Ka可以判斷弱酸的酸性強弱。寫出一種無機弱酸及其用途_______。答案：(1)5.0(2)C(3)①3.0033.00②正實驗II相較于實驗I，醋酸溶液稀釋了10倍，而實驗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：漂白劑和消毒液(或H2SO3：還原劑、防腐劑或H3PO4：食品添加劑、制藥、生產(chǎn)肥料)解析：(1)溶液稀釋過程中，溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL，故答案為：5.0。(2)A．容量瓶使用過程中，不能用手等觸碰瓶口，以免污染試劑，故A錯誤；B．定容時，視線應(yīng)與溶液凹液面和刻度線“三線相切”，不能仰視或俯視，故B錯誤；C．向容量瓶中轉(zhuǎn)移液體，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度線以下，同時玻璃棒不能接觸容量瓶口，故C正確；D．定容完成后，蓋上瓶塞，將容量瓶來回顛倒，將溶液搖勻，顛倒過程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脫落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶從左手掉落，故D錯誤；(3)①實驗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，,由實驗I可知，溶液最終的體積為40.00mL，因此V(H2O)=40.00Ml－4.00Ml－3.00mL=33.00mL，即b=33.00，故答案為：3.00；33.00。②實驗I所得溶液的pH=2.86，實驗II的溶液中c(HAc)為實驗I的eq\f(1,10)，稀釋過程中，若不考慮電離平衡移動，則實驗II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但實際溶液的pH=3.36<3.86，說明稀釋過程中，溶液中n(H+)增大，即電離平衡正向移動，故答案為：正；實驗II相較于實驗I，醋酸溶液稀釋了10倍，而實驗II的pH增大值小于1。(4)①滴定過程中發(fā)生反應(yīng)：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反應(yīng)方程式可知，滴定至終點時，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L，故答案為：0.1104。滴定過程中，當(dāng)V(NaOH)=0時，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，當(dāng)V(NaOH)=11.04mL時，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，當(dāng)V(NaOH)=22.08mL時，達到滴定終點，溶液中溶質(zhì)為NaAc溶液，Ac-發(fā)生水解，溶液呈弱堿性，當(dāng)NaOH溶液過量較多時，c(NaOH)無限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲線如圖：。(5)向20.00mL的HAc溶液中加入V1mLNaOH溶液達到滴定終點，滴定終點的溶液中溶質(zhì)為NaAc，當(dāng)eq\f(n(NaAc),n(HAc))＝1時，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)，故答案為：向滴定后的混合液中加入20mLHAc溶液。(6)不同的無機弱酸在生活中應(yīng)用廣泛，如HClO具有強氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有還原性，可用作還原劑，在葡萄酒中添加適量H2SO3可用作防腐劑，H3PO4具有中強酸性，可用作食品添加劑，同時在制藥、生產(chǎn)肥料等行業(yè)有廣泛用途，故答案為：HClO：漂白劑和消毒液(或H2SO3：還原劑、防腐劑或H3PO4：食品添加劑、制藥、生產(chǎn)肥料)。27．(2020年浙江選考)硫代硫酸鈉在紡織業(yè)等領(lǐng)域有廣泛應(yīng)用。某興趣小組用下圖裝置制備Na2S2O3·5H2O。合成反應(yīng)：SO2＋Na2CO3=Na2SO3＋CO22Na2S＋3SO2=2Na2SO3＋3SNa2SO3＋Seq\o(=,\s\up7(△))Na2S2O3滴定反應(yīng)：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6已知：Na2S2O3·5H2O易溶于水，難溶于乙醇，50℃開始失結(jié)晶水。實驗步驟：ⅠNa2S2O3制備：裝置A制備的SO2經(jīng)過單向閥通入裝置C中的混合溶液，加熱、攪拌，至溶液pH約為7時，停止通入SO2氣體，得產(chǎn)品混合溶液。Ⅱ產(chǎn)品分離提純：產(chǎn)品混合溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得到Na2S2O3·5H2O產(chǎn)品。Ⅲ產(chǎn)品純度測定：以淀粉作指示劑，用Na2S2O3·5H2O產(chǎn)品配制的溶液滴定碘標(biāo)準(zhǔn)溶液至滴定終點，計算Na2S2O3·5H2O含量。請回答：(1)步驟Ⅰ單向閥的作用是____________；裝置C中的反應(yīng)混合溶液pH過高或過低將導(dǎo)致產(chǎn)率降低，原因是__________________________________________。(2)步驟Ⅱ下列說法正確的是________。A．快速蒸發(fā)溶液中水分，可得較大晶體顆粒B．蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)晶膜時，停止加熱C．冷卻結(jié)晶后的固液混合物中加入乙醇可提高產(chǎn)率D．可選用冷的Na2CO3溶液作洗滌劑(3)步驟Ⅲ①滴定前，有關(guān)滴定管的正確操作為(選出正確操作并按序排列)：檢漏→蒸餾水洗滌→()→()→()→()→()→開始滴定A．烘干B．裝入滴定液至零刻度以上C．調(diào)整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D．用洗耳球吹出潤洗液E．排除氣泡F．用滴定液潤洗2至3次G．記錄起始讀數(shù)②裝標(biāo)準(zhǔn)碘溶液的碘量瓶(帶瓶塞的錐形瓶)在滴定前應(yīng)蓋上瓶塞，目的是________________。③滴定法測得產(chǎn)品中Na2S2O3·5H2O含量為100.5%，則Na2S2O3·5H2O產(chǎn)品中可能混有的物質(zhì)是______________。答案：(1)防止倒吸pH過高，Na2CO3、Na2S反應(yīng)不充分；pH過低，導(dǎo)致Na2S2O3轉(zhuǎn)化為S和SO2(2)BC(3)①FBECg②防止碘揮發(fā)損失③Na2SO3、失去部分結(jié)晶水的Na2S2O3·5H2O解析：本實驗的目的是制備Na2S2O3·5H2O，首先裝置A中利用濃硫酸和亞硫酸鈉固體反應(yīng)生成二氧化硫，將SO2通入裝置C中的混合溶液，加熱攪拌，發(fā)生題目所給合成反應(yīng)，使用單向閥可以防止倒吸；為了使Na2CO3、Na2S充分反應(yīng)，同時又不因酸性過強使Na2S2O3發(fā)生歧化反應(yīng)，至溶液pH約為7時，停止通入SO2氣體，得到產(chǎn)品的混合溶液；之后經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到產(chǎn)品，已知Na2S2O3·5H2O難溶于乙醇，冷卻結(jié)晶后可以加入適量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶體。(1)SO2會與裝置C中混合溶液發(fā)生反應(yīng)，且導(dǎo)管進入液面以下，需要防倒吸的裝置，單向閥可以防止發(fā)生倒吸；Na2CO3、Na2S水解都會使溶液顯堿性，所以pH過高，說明Na2CO3、Na2S反應(yīng)不充分；而pH過低，又會導(dǎo)致Na2S2O3發(fā)生歧化反應(yīng)轉(zhuǎn)化為S和SO2，所以pH過高或過低都會導(dǎo)致產(chǎn)率降低。(2)蒸發(fā)結(jié)晶時，快速蒸發(fā)溶液中的水分，可以得到較小的晶體顆粒，故A錯誤；為防止固體飛濺，蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)晶膜時，停止加熱，故B正確；Na2S2O3·5H2O難溶于乙醇，所以冷卻結(jié)晶后的固液混合物中可以加入適量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶體，提高產(chǎn)率，故C正確；用碳酸鈉溶液洗滌會使晶體表面附著碳酸鈉雜質(zhì)，Na2S2O3·5H2O難溶于乙醇，可以用乙醇作洗滌劑，故D錯誤。(3)①滴定前應(yīng)檢查滴定管是否漏液，之后用蒸餾水洗滌滴定管，為防止稀釋滴定液使測定結(jié)果不準(zhǔn)確，需用滴定液潤洗2至3次，之后裝入滴定液至零刻度以上，排除裝置中的氣泡，然后調(diào)整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并記錄起始讀數(shù)，開始滴定，所以正確的操作和順序為檢漏→蒸餾水洗滌→F→B→E→C→G→開始滴定。②碘容易揮發(fā)，所以裝標(biāo)準(zhǔn)碘溶液的碘量瓶在滴定前應(yīng)蓋上瓶塞，防止碘揮發(fā)損失。③測定的產(chǎn)品中Na2S2O3·5H2O含量大于100%，說明產(chǎn)品中混有失去部分結(jié)晶水的Na2S2O3·5H2O。28．(2019年全國卷Ⅱ)成品中S2－的含量可以用“碘量法”測得。稱取mg樣品，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，密閉，置暗處反應(yīng)5min，有單質(zhì)硫析出。以淀粉為指示劑，過量的I2用0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，反應(yīng)式為I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。測定時消耗Na2S2O3溶液體積VmL。終點顏色變化為_____________，樣品中S2－的含量為________________(寫出表達式)。答案：淺藍色至無色eq\f(25.00－\f(1,2)V×0.1000×32,m×1000)×100%解析：淀粉溶液遇到I2溶液變藍，當(dāng)Na2S2O3將I2消耗完后，溶液由淺藍色變至無色，即滴定終點時，溶液會由淺藍色變至無色。設(shè)Na2S2O3消耗的I2的物質(zhì)的量為n1。由化學(xué)方程式可得：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)1mol2moln10.1000mol·L－1×V×10－3L則n1＝eq\f(1,2)V×0.1000×10－3mol設(shè)樣品中S2－的含量為w，則由反應(yīng)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年北京理綜)化學(xué)小組用如下方法測定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量(廢水中不含干擾測定的物質(zhì))。Ⅰ．用已準(zhǔn)確稱量的KBrO3固體配制一定體積的amol·L－1KBrO3標(biāo)準(zhǔn)溶液；Ⅱ．取v1mL上述溶液，加入過量KBr，加H2SO4酸化，溶液顏色呈棕黃色；Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2mL廢水；Ⅳ．向Ⅲ中加入過量KI；Ⅴ．用bmol·L－1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點，共消耗Na2S2O3溶液v3mL。已知：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液顏色均為無色(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和________。(2)Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是____________________。(3)Ⅲ中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是_________________________。(4)Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是______________。(5)KI與KBrO3物質(zhì)的量關(guān)系為n(KI)≥6n(KBrO3)時，KI一定過量，理由是_________________。(6)Ⅴ中滴定至終點的現(xiàn)象是____________________________。(7)廢水中苯酚的含量為________g·L－1(苯酚摩爾質(zhì)量：94g·mol－1)。(8)由于Br2具有________性質(zhì)，Ⅱ～Ⅳ中反應(yīng)須在密閉容器中進行，否則會造成測定結(jié)果偏高。答案：(1)容量瓶(2)5Br－＋BrOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3Br2＋3H2O(3)(4)Br2過量，保證苯酚完全反應(yīng)(5)反應(yīng)物用量存在關(guān)系：KBrO3～3Br2～6KI，若無苯酚時，消耗KI物質(zhì)的量是KBrO3物質(zhì)的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以當(dāng)n(KI)≥6n(KBrO3)時，KI一定過量(6)溶液藍色恰好消失，且30s內(nèi)不恢復(fù)原色(7)eq\f(476av1－bv3,3v2)(8)易揮發(fā)解析：(1)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時一定要使用容量瓶。(2)－1價Br與＋5價Br在酸性條件下可發(fā)生氧化還原反應(yīng)，化合價變?yōu)?價，即生成溴單質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式為5Br－＋BrO3-＋6H＋=3Br2＋3H2O。(3)苯酚與溴反應(yīng)生成三溴苯酚和溴化氫，其化學(xué)方程式為。(4)溶液顯黃色說明溴過量，使用過量的溴是為了確保苯酚已完全被除去，也為下一步操作打下基礎(chǔ)。(5)5Br－＋BrO3-＋6H＋=3Br2＋3H2O，Br2＋2KI=I2＋2KBr，反應(yīng)物用量存在關(guān)系：KBrO3～3Br2～6KI，因此如果沒有苯酚與溴的反應(yīng)，則n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1時，兩者恰好完全反應(yīng)，因廢水中含有苯酚消耗Br2，所以當(dāng)n(KI)≥6n(KBrO3)時，KI一定過量。(6)溴與KI反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘遇淀粉使溶液變藍色；碘單質(zhì)與硫代硫酸鈉反應(yīng)生成碘離子，因此當(dāng)?shù)馇『猛耆磻?yīng)時，溶液的藍色恰好消失，且30s內(nèi)不恢復(fù)原色。(7)v1mLamol·L－1KBrO3溶液的物質(zhì)的量為av1×10－3mol，v3mLbmol·L－1硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為bv3×