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2020年高考化学一轮总复习文档：第八章章末高考真题演练
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1.(2018·江苏高考)根据下列图示所得出的结论不正确的是( )
A.图甲是CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH＜0
B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小
C.图丙是室温下用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L－1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸
D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2＋达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2＋)与c(SO)的关系曲线，说明溶液中c(SO)越大c(Ba2＋)越小
答案 C
解析 根据图甲，升高温度，lg K减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，A正确，根据图乙，随着时间的推移，c(H2O2)变化趋于平缓，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B正确；根据图丙，没有滴入NaOH溶液时，0.1000 mol·L－1HX溶液的pH＞1，HX为一元弱酸，C错误；根据图丁可见横坐标越小，纵坐标越大，－lg c(SO)越小，－lg c(Ba2＋)越大，说明c(SO)越大，c(Ba2＋)越小，D正确。
2.(2018·天津高考)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO的分布分数δ随pH的变化如图2所示[δ＝]，下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是( )
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO
C．随c初始(H2PO)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
答案 D
解析 溶液中存在H2PO的电离平衡和水解平衡，存在HPO的电离平衡，存在水的电离平衡等，所以至少存在4个平衡，A错误。含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO和H3PO4，B错误。从图1中得到随着c初始(H2PO)增大，溶液的pH大约从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66以后就不变了，C错误。由图2得到，pH＝4.66的时候，δ＝0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。
3．(2018·江苏高考)(双选)H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，设H2C2O4溶液中c(总)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L－1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A．0.1000 mol·L－1 H2C2O4溶液：c(H＋)＝0.1000 mol·L－1＋c(C2O)＋c(OH－)－c(H2C2O4)
B．c(Na＋)＝c(总)的溶液：c(Na＋)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)＞c(H＋)
C．pH＝7的溶液：c(Na＋)＝0.1000 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4)
D．c(Na＋)＝2c(总)的溶液：c(OH－)－c(H＋)＝
2c(H2C2O4)＋c(HC2O)
答案 AD
解析 H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，0.1000 mol·L－1 H2C2O4溶液中0.1000 mol·L－1＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)，两式整理得c(H＋)＝0.1000 mol·L－1－c(H2C2O4)＋c(C2O)＋c(OH－)，A正确；c(Na＋)＝c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O水解的离子方程式为HC2O＋H2OH2C2O4＋OH－，HC2O水解常数Kh＝
＝＝＝≈1.85×10－13≪Ka2(H2C2O4)，HC2O的电离程度大于水解程度，则c(C2O)＞c(H2C2O4)，B错误；滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，室温pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＝c(总)＋c(C2O)－c(H2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总)＜0.1000 mol·L－1，c(Na＋)＜0.1000 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4)，C错误；c(Na＋)＝2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，物料守恒为c(Na＋)＝2[c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)]，两式整理得c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O)，D正确。
4．(2017·全国卷Ⅲ)在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl－会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl－。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是( )
A．Ksp(CuCl)的数量级为10－7
B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl
C．加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好
D．2Cu＋===Cu2＋＋Cu平衡常数很大，反应趋于完全
答案 C
解析 当－lg＝0时，lg约为－7，即c(Cl－)＝1 mol·L－1，c(Cu＋)＝10－7 mol·L－1，因此Ksp(CuCl)的数量级为10－7，A正确；分析生成物CuCl的化合价可知，Cl元素的化合价没有发生变化，Cu元素由0价和＋2价均变为＋1价，因此参加该反应的微粒为Cu、Cu2＋和Cl－，生成物为CuCl，则反应的离子方程式为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl，B正确；铜为固体，只要满足反应用量，Cu的量对除Cl－效果无影响，C错误；2Cu＋===Cu2＋＋Cu的平衡常数K＝，可取图像中的c(Cu＋)＝c(Cu2＋)＝1×10－6 mol·L－1代入平衡常数的表达式中计算，即
K＝＝1×106 L·mol－1>105，因此平衡常数很大，反应趋于完全，D正确。
5．(2017·江苏高考)(双选)常温下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5，下列说法正确的是( )
A．浓度均为0.1 mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol·L－1 HCOOH与0.1 mol·L－1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)
D．0.2 mol·L－1 CH3COONa与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
答案 AD
解析 相同浓度的HCOONa和NH4Cl溶液，水解程度NH大于HCOO－，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可比较c(Na＋)＋c(H＋)和c(Cl－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝c(Cl－)，又根据NH和HCOO－的水解程度得HCOONa中的c(H＋)大于NH4Cl溶液中c(OH－)，所以阳离子浓度之和，前者大于后者，A正确；用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液，因为CH3COOH的酸性弱于HCOOH，CH3COOH消耗NaOH溶液的体积比HCOOH的大，B错误；根据电荷守恒c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，c(Na＋)>c(HCOOH)，C错误；反应后溶液相当于相同浓度的CH3COOH、CH3COONa、NaCl的混合溶液，溶液显酸性，c(CH3COO－)>0.05 mol·L－1，c(CH3COOH)<0.05 mol·L－1，c(Cl－)＝0.05 mol·L－1，c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，D正确。
6．(2016·天津高考)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是( )
A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)
答案 C
解析 浓度均为0.1 mol·L－1的HA、HB和HD三种酸溶液的pH不同，pH越小，则酸的电离常数越大，A正确；滴定至P点时，所得溶液为等物质的量浓度的HB与NaB的混合溶液，溶液显酸性，说明HB的电离程度强于B－的水解程度，故c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；pH＝7时，三种溶液中：c(A－)>c(B－)>c(D－)，C错误；根据质子守恒知D正确。
7．(2018·全国卷Ⅲ)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
(1)已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaS2O3)＝4.1×10－5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水至________。
②滴定：取0.00950 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为________%(保留一位小数)。
答案 (1)③加入过量稀盐酸 ④出现乳黄色浑浊
⑤(吸)取上层清液，滴入BaCl2溶液 ⑥产生白色沉淀
(2)①烧杯 容量瓶 刻度线 ②蓝色褪去 95.0
解析 (1)检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化(反应为S2O＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O)，静置，(吸)取上层清液，滴入氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。
(2)①配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，再转移至容量瓶，最后定容即可。
②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉作为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，到滴定终点时溶液的蓝色褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O～3I2～6S2O，则配制的100 mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c＝ mol·L－1≈0.04597 mol·L－1，含有的硫代硫酸钠为0.004597 mol，所以样品纯度为×100%≈95.0%。
8．(2018·天津高考)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为________(写离子符号)；若所得溶液c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，溶液pH＝________。(室温下，H2CO3的K1＝4×10－7；K2＝5×10－11)
答案 CO 10
解析 CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子(CO)。若所得溶液c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，则根据第二步电离平衡常数K2＝＝＝5×10－11，所以氢离子浓度为1×10－10 mol/L，pH＝10。
9．(2018·江苏高考)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为(2－x)Al2(SO4)3＋3xCaCO3＋3xH2O===
2[(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]＋3xCaSO4↓＋3xCO2↑
生成物(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
(1)制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有________________________。
(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L－1 EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L－1 CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3＋、Cu2＋与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。
计算(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。
答案 (1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
(2)减小
(3)25 mL溶液中：n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.0100 mol,2.5 mL溶液中：n(Al3＋)＝n(EDTA)－n(Cu2＋)＝0.1000 mol·L－1×25.00 mL×10－3L·mL－1－0.08000 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝9.000×10－4 mol,25 mL溶液中：n(Al3＋)＝9.000×10－3 mol,1 mol (1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中n(Al3＋)＝(2－x)mol，n(SO)＝3(1－x)mol，＝＝，x≈0.41。
解析 (1)制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3＋的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。
(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
10．(2018·北京高考)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有
Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH)
(2)磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5(PO4)3(OH)＋3H2O＋10H2SO410CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4________H2SO4(填“>”或“<”)。
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________________________________________。
(3)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：___________________________________ _____________________________。
(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80 ℃后脱除率变化的原因：_______________________________________________ ___________________。
(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是____________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是________________________________________________________。
(6)取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L－1 NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。(已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol－1)
答案 (1)研磨、加热
(2)①＜ ②核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S
(3)2Ca5(PO4)3F＋10H2SO4＋5H2O10CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4＋2HF↑
(4)80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低
(5)CaSO4微溶 BaCO3＋SO＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2PO
(6)
解析 (1)研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。
(2)①根据“强酸制弱酸”的反应规律，酸性：H3PO4S，得电子能力P
(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO与BaCO3生成BaSO4和CO，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3＋SO＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋2H2PO＋H2O。
(6)滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1∶2，n(H3PO4)＝n(NaOH)＝×b mol·L－1×c×10－3 L＝ mol，m(H3PO4)＝ mol×98 g·mol－1＝ g＝0.049bc g，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。
11．(2017·全国卷Ⅰ)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为__________________。
(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式________________________________________________________________________。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率/%
92
95
97
93
88
分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因________________。
(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为________。
(5)若“滤液②”中c(Mg2＋)＝0.02 mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？_________________________________________________ _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(列式计算)。
FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式____________________________________________________________________。
答案 (1)100 ℃、2 h,90 ℃、5 h
(2)FeTiO3＋4H＋＋4Cl－===Fe2＋＋TiOCl＋2H2O
(3)低于40 ℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40 ℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降
(4)4
(5)Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO)＝ mol·L－1＝1.3×10－17 mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(PO)值为0.013×(1.3×10－17)2≈1.7×10－40<
Ksp[Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀
(6)2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋3CO2↑＋H2O
解析 (1)根据图像分析，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为100 ℃、2 h,90 ℃、5 h。
(2)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为FeTiO3＋4H＋＋4Cl－===Fe2＋＋TiOCl＋2H2O。
(3)当温度低于40 ℃时，H2O2、NH3·H2O不易分解，但是温度低，反应速率慢，TiO2·xH2O转化率低；当温度高于40 ℃时，H2O2分解，NH3逸出，反应物浓度降低，TiO2·xH2O的转化率低。
(4)设Li2Ti5O15中过氧键的数目为x，则非过氧键氧原子数目为15－2x，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为零可得：2x＋2×(15－2x)＝1×2＋4×5，解得：x＝4。
(5)根据Ksp(FePO4)＝1.3×10－22及Fe3＋恰好完全沉淀时溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，可得c(PO)＝ mol·L－1＝1.3×10－17 mol·L－1。c(Mg2＋)＝ mol·L－1＝0.01 mol·L－1，则c3(Mg2＋)·c2(PO)＝0.013×(1.3×10－17)2＝1.69×10－40≈1.7×10－40＜Ksp[Mg3(PO4)2]＝1.0×10－24，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。
(6)煅烧过程中，Fe元素化合价由＋3降至＋2，被还原，则H2C2O4应作还原剂，其氧化产物为CO2，反应的化学方程式为2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋3CO2↑＋H2O。
12．(1)(2016·全国卷Ⅱ)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为________(已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7×107；Kw＝1.0×10－14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为__________________。
(2)(2016·浙江高考)为测定无水MgBr2产品的纯度，可用EDTA(简写为Y4－)标准溶液滴定，反应的离子方程式：
Mg2＋＋Y4－===MgY2－
①滴定前润洗滴定管的操作方法是______________________________________________。
②测定前，先称取0.2500 g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500 mol·L－1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是______________(以质量分数表示)。
答案 (1)8.7×10－7 N2H6(HSO4)2
(2)①从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2～3次 ②97.5%
解析 (1)NH3在水中的电离方程式为NH3＋H2ONH＋OH－，则N2H4在水中的第一步电离方程式为N2H4＋H2ON2H＋OH－，该步电离的平衡常数K1＝，又知N2H4＋H＋N2H，K＝＝＝8.7×107，则K1＝K·Kw＝8.7×107×1.0×10－14＝8.7×10－7。
(2)②n(EDTA)＝n(MgBr2)＝26.50 mL×0.0500 mol·L－1×10－3 L·mL－1＝0.001325 mol，m(MgBr2)＝0.001325 mol×184 g·mol－1＝0.2438 g，纯度为×100%≈97.5%。
1.(2018·江苏高考)根据下列图示所得出的结论不正确的是( )
A.图甲是CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH＜0
B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小
C.图丙是室温下用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L－1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸
D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2＋达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2＋)与c(SO)的关系曲线，说明溶液中c(SO)越大c(Ba2＋)越小
答案 C
解析 根据图甲，升高温度，lg K减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，A正确，根据图乙，随着时间的推移，c(H2O2)变化趋于平缓，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B正确；根据图丙，没有滴入NaOH溶液时，0.1000 mol·L－1HX溶液的pH＞1，HX为一元弱酸，C错误；根据图丁可见横坐标越小，纵坐标越大，－lg c(SO)越小，－lg c(Ba2＋)越大，说明c(SO)越大，c(Ba2＋)越小，D正确。
2.(2018·天津高考)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO的分布分数δ随pH的变化如图2所示[δ＝]，下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是( )
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO
C．随c初始(H2PO)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
答案 D
解析 溶液中存在H2PO的电离平衡和水解平衡，存在HPO的电离平衡，存在水的电离平衡等，所以至少存在4个平衡，A错误。含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO和H3PO4，B错误。从图1中得到随着c初始(H2PO)增大，溶液的pH大约从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66以后就不变了，C错误。由图2得到，pH＝4.66的时候，δ＝0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。
3．(2018·江苏高考)(双选)H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，设H2C2O4溶液中c(总)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L－1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A．0.1000 mol·L－1 H2C2O4溶液：c(H＋)＝0.1000 mol·L－1＋c(C2O)＋c(OH－)－c(H2C2O4)
B．c(Na＋)＝c(总)的溶液：c(Na＋)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)＞c(H＋)
C．pH＝7的溶液：c(Na＋)＝0.1000 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4)
D．c(Na＋)＝2c(总)的溶液：c(OH－)－c(H＋)＝
2c(H2C2O4)＋c(HC2O)
答案 AD
解析 H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，0.1000 mol·L－1 H2C2O4溶液中0.1000 mol·L－1＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)，两式整理得c(H＋)＝0.1000 mol·L－1－c(H2C2O4)＋c(C2O)＋c(OH－)，A正确；c(Na＋)＝c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O水解的离子方程式为HC2O＋H2OH2C2O4＋OH－，HC2O水解常数Kh＝
＝＝＝≈1.85×10－13≪Ka2(H2C2O4)，HC2O的电离程度大于水解程度，则c(C2O)＞c(H2C2O4)，B错误；滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，室温pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＝c(总)＋c(C2O)－c(H2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总)＜0.1000 mol·L－1，c(Na＋)＜0.1000 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4)，C错误；c(Na＋)＝2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，物料守恒为c(Na＋)＝2[c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)]，两式整理得c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O)，D正确。
4．(2017·全国卷Ⅲ)在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl－会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl－。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是( )
A．Ksp(CuCl)的数量级为10－7
B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl
C．加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好
D．2Cu＋===Cu2＋＋Cu平衡常数很大，反应趋于完全
答案 C
解析 当－lg＝0时，lg约为－7，即c(Cl－)＝1 mol·L－1，c(Cu＋)＝10－7 mol·L－1，因此Ksp(CuCl)的数量级为10－7，A正确；分析生成物CuCl的化合价可知，Cl元素的化合价没有发生变化，Cu元素由0价和＋2价均变为＋1价，因此参加该反应的微粒为Cu、Cu2＋和Cl－，生成物为CuCl，则反应的离子方程式为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl，B正确；铜为固体，只要满足反应用量，Cu的量对除Cl－效果无影响，C错误；2Cu＋===Cu2＋＋Cu的平衡常数K＝，可取图像中的c(Cu＋)＝c(Cu2＋)＝1×10－6 mol·L－1代入平衡常数的表达式中计算，即
K＝＝1×106 L·mol－1>105，因此平衡常数很大，反应趋于完全，D正确。
5．(2017·江苏高考)(双选)常温下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5，下列说法正确的是( )
A．浓度均为0.1 mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol·L－1 HCOOH与0.1 mol·L－1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)
D．0.2 mol·L－1 CH3COONa与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
答案 AD
解析 相同浓度的HCOONa和NH4Cl溶液，水解程度NH大于HCOO－，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可比较c(Na＋)＋c(H＋)和c(Cl－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝c(Cl－)，又根据NH和HCOO－的水解程度得HCOONa中的c(H＋)大于NH4Cl溶液中c(OH－)，所以阳离子浓度之和，前者大于后者，A正确；用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液，因为CH3COOH的酸性弱于HCOOH，CH3COOH消耗NaOH溶液的体积比HCOOH的大，B错误；根据电荷守恒c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，c(Na＋)>c(HCOOH)，C错误；反应后溶液相当于相同浓度的CH3COOH、CH3COONa、NaCl的混合溶液，溶液显酸性，c(CH3COO－)>0.05 mol·L－1，c(CH3COOH)<0.05 mol·L－1，c(Cl－)＝0.05 mol·L－1，c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，D正确。
6．(2016·天津高考)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是( )
A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)
答案 C
解析 浓度均为0.1 mol·L－1的HA、HB和HD三种酸溶液的pH不同，pH越小，则酸的电离常数越大，A正确；滴定至P点时，所得溶液为等物质的量浓度的HB与NaB的混合溶液，溶液显酸性，说明HB的电离程度强于B－的水解程度，故c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；pH＝7时，三种溶液中：c(A－)>c(B－)>c(D－)，C错误；根据质子守恒知D正确。
7．(2018·全国卷Ⅲ)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
(1)已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaS2O3)＝4.1×10－5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水至________。
②滴定：取0.00950 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为________%(保留一位小数)。
答案 (1)③加入过量稀盐酸 ④出现乳黄色浑浊
⑤(吸)取上层清液，滴入BaCl2溶液 ⑥产生白色沉淀
(2)①烧杯 容量瓶 刻度线 ②蓝色褪去 95.0
解析 (1)检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化(反应为S2O＋2H＋===SO2↑＋S↓＋H2O)，静置，(吸)取上层清液，滴入氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。
(2)①配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，再转移至容量瓶，最后定容即可。
②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉作为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，到滴定终点时溶液的蓝色褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O～3I2～6S2O，则配制的100 mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c＝ mol·L－1≈0.04597 mol·L－1，含有的硫代硫酸钠为0.004597 mol，所以样品纯度为×100%≈95.0%。
8．(2018·天津高考)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为________(写离子符号)；若所得溶液c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，溶液pH＝________。(室温下，H2CO3的K1＝4×10－7；K2＝5×10－11)
答案 CO 10
解析 CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子(CO)。若所得溶液c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，则根据第二步电离平衡常数K2＝＝＝5×10－11，所以氢离子浓度为1×10－10 mol/L，pH＝10。
9．(2018·江苏高考)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为(2－x)Al2(SO4)3＋3xCaCO3＋3xH2O===
2[(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]＋3xCaSO4↓＋3xCO2↑
生成物(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
(1)制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有________________________。
(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L－1 EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L－1 CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3＋、Cu2＋与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。
计算(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。
答案 (1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
(2)减小
(3)25 mL溶液中：n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.0100 mol,2.5 mL溶液中：n(Al3＋)＝n(EDTA)－n(Cu2＋)＝0.1000 mol·L－1×25.00 mL×10－3L·mL－1－0.08000 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝9.000×10－4 mol,25 mL溶液中：n(Al3＋)＝9.000×10－3 mol,1 mol (1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中n(Al3＋)＝(2－x)mol，n(SO)＝3(1－x)mol，＝＝，x≈0.41。
解析 (1)制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3＋的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。
(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
10．(2018·北京高考)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有
Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH)
(2)磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5(PO4)3(OH)＋3H2O＋10H2SO410CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4________H2SO4(填“>”或“<”)。
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________________________________________。
(3)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：___________________________________ _____________________________。
(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80 ℃后脱除率变化的原因：_______________________________________________ ___________________。
(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是____________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是________________________________________________________。
(6)取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L－1 NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。(已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol－1)
答案 (1)研磨、加热
(2)①＜ ②核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S
(3)2Ca5(PO4)3F＋10H2SO4＋5H2O10CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4＋2HF↑
(4)80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低
(5)CaSO4微溶 BaCO3＋SO＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2PO
(6)
解析 (1)研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。
(2)①根据“强酸制弱酸”的反应规律，酸性：H3PO4
(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO与BaCO3生成BaSO4和CO，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3＋SO＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋2H2PO＋H2O。
(6)滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1∶2，n(H3PO4)＝n(NaOH)＝×b mol·L－1×c×10－3 L＝ mol，m(H3PO4)＝ mol×98 g·mol－1＝ g＝0.049bc g，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。
11．(2017·全国卷Ⅰ)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为__________________。
(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式________________________________________________________________________。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率/%
92
95
97
93
88
分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因________________。
(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为________。
(5)若“滤液②”中c(Mg2＋)＝0.02 mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？_________________________________________________ _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(列式计算)。
FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式____________________________________________________________________。
答案 (1)100 ℃、2 h,90 ℃、5 h
(2)FeTiO3＋4H＋＋4Cl－===Fe2＋＋TiOCl＋2H2O
(3)低于40 ℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40 ℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降
(4)4
(5)Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO)＝ mol·L－1＝1.3×10－17 mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(PO)值为0.013×(1.3×10－17)2≈1.7×10－40<
Ksp[Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀
(6)2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋3CO2↑＋H2O
解析 (1)根据图像分析，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为100 ℃、2 h,90 ℃、5 h。
(2)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为FeTiO3＋4H＋＋4Cl－===Fe2＋＋TiOCl＋2H2O。
(3)当温度低于40 ℃时，H2O2、NH3·H2O不易分解，但是温度低，反应速率慢，TiO2·xH2O转化率低；当温度高于40 ℃时，H2O2分解，NH3逸出，反应物浓度降低，TiO2·xH2O的转化率低。
(4)设Li2Ti5O15中过氧键的数目为x，则非过氧键氧原子数目为15－2x，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为零可得：2x＋2×(15－2x)＝1×2＋4×5，解得：x＝4。
(5)根据Ksp(FePO4)＝1.3×10－22及Fe3＋恰好完全沉淀时溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，可得c(PO)＝ mol·L－1＝1.3×10－17 mol·L－1。c(Mg2＋)＝ mol·L－1＝0.01 mol·L－1，则c3(Mg2＋)·c2(PO)＝0.013×(1.3×10－17)2＝1.69×10－40≈1.7×10－40＜Ksp[Mg3(PO4)2]＝1.0×10－24，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。
(6)煅烧过程中，Fe元素化合价由＋3降至＋2，被还原，则H2C2O4应作还原剂，其氧化产物为CO2，反应的化学方程式为2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋3CO2↑＋H2O。
12．(1)(2016·全国卷Ⅱ)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为________(已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7×107；Kw＝1.0×10－14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为__________________。
(2)(2016·浙江高考)为测定无水MgBr2产品的纯度，可用EDTA(简写为Y4－)标准溶液滴定，反应的离子方程式：
Mg2＋＋Y4－===MgY2－
①滴定前润洗滴定管的操作方法是______________________________________________。
②测定前，先称取0.2500 g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500 mol·L－1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是______________(以质量分数表示)。
答案 (1)8.7×10－7 N2H6(HSO4)2
(2)①从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2～3次 ②97.5%
解析 (1)NH3在水中的电离方程式为NH3＋H2ONH＋OH－，则N2H4在水中的第一步电离方程式为N2H4＋H2ON2H＋OH－，该步电离的平衡常数K1＝，又知N2H4＋H＋N2H，K＝＝＝8.7×107，则K1＝K·Kw＝8.7×107×1.0×10－14＝8.7×10－7。
(2)②n(EDTA)＝n(MgBr2)＝26.50 mL×0.0500 mol·L－1×10－3 L·mL－1＝0.001325 mol，m(MgBr2)＝0.001325 mol×184 g·mol－1＝0.2438 g，纯度为×100%≈97.5%。
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