统考版2021届高考化学二轮复习备考小题提升精练14酸碱中和滴定及其应用含解析

这是一份统考版2021届高考化学二轮复习备考小题提升精练14酸碱中和滴定及其应用含解析，共14页。试卷主要包含了02ml/L，即溶液中c=0，300g样品，定容至250mL等内容，欢迎下载使用。

酸碱中和滴定是高中化学最重要的定量实验之一，是帮助学生养成科学态度和接受科学教育极好的实验课题，常常结合溶液中的水解平衡，物质定量测定，高考再现率高，而且考察角度不断创新，对学习化学有良好的导向作用。
1.【2020年浙江选考】室温下，向盐酸中滴加0.1000ml/L NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知。下列说法不正确的是（ ）
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7
B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
D．时，pH=12.3
【答案】C
【解析】A．NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下pH=7，故A正确；B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C．甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D．时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)==0.02ml/L，即溶液中c(OH−)=0.02ml
，则c(H+)=5×10−13ml/L，pH=-lgc(H+)=12.3，故D正确；故答案为C。
【点睛】酸碱中和滴定实验，酸碱指示剂的选择，滴定终点的判断，及pH的计算。
2．【2020年全国I卷】以酚酞为指示剂，用0.1000ml·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]
下列叙述正确的是（ ）
A．曲线①代表，曲线②代表
B．H2A溶液的浓度为0.2000ml·L−1
C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2
D．滴定终点时，溶液中
【答案】C
【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mL NaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA−)，曲线②代表δ(A2−)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000ml/L。根据分析，曲线①代表δ(HA−)，曲线②代表δ(A2−)，A错误；B．当加入40.00mL NaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000ml/L，B错误；C．根据曲线当δ(HA−)=δ(A2−)时溶液的pH=2，则HA−的电离平衡常数Ka==c(H+)
=1×10−2，C正确；D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH−)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)，则c(Na+)＞2c(A2−)+c(HA−)，D错误；答案选C。
【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2−，HA−H++A2−；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图像中δ(HA−)=δ(A2−)时溶液的pH≠5，而是pH=2。
3．【2020年延安吴起中学月考】室温下，用0.l00ml/L NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.100 ml/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．II表示的是滴定醋酸的曲线
B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mL
C．V(NaOH)=20.00mL时，两份溶液中c(Cl−)=c(CH3COO−)
D．V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
【答案】B
【解析】滴定开始时0.1000ml/L盐酸pH=1，0.1000ml/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，A错误；醋酸钠水解呈碱性，pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mL，B正确；V(NaOH)=20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，两份溶液中c(Cl−)＞c(CH3COO−)，C错误；V(NaOH)=10.00mL时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸电离大于醋酸根的水解程度，溶液中离子浓度关系为c(CH3COO−)＞c(Na+)＞c(H+)>c(OH−)，D错误。
【点睛】根据起始时的PH能判断出醋酸的是曲线Ⅰ，盐酸的是曲线Ⅱ。
4.【河北石家庄辛集第一中学月考】室温下，向20.00mL 0.10ml·L−1一元弱碱MOH溶液中滴入0.10ml·L−1的盐酸，溶液的AG与所加盐酸的体积关系如图所示，已知AG=lg。
下列有关叙述不正确的是（ ）
A．50℃下，AG=0，此时溶液显中性
B．a点对应溶液中H2O电离出的c(H+)=1.0×10−11 ml·L−1
C．b点对应溶液中4c(M+)+4c(MOH)=3c(Cl−)
D．d点对应溶液中c(Cl−)>c(H+)>c(M+)>c(MOH)
【答案】C
【解析】A．AG=0，则，，溶液中c(H+)=c(OH－)，溶液显中性，A正确，不选；B．室温下，Kw=c(H+)·c(OH−)=10−14，a点，可知c(H+)=10−11
ml·L−1，溶液中的H+均来自与水的电离，因此水电离出来的c(H+)=10−11ml·L−1，B正确，不选；C．b点加入盐酸15mL，根据物料守恒，可知含有M的粒子的浓度和Cl−的浓度的比值为4∶3，即，得3c(M+)+3c(MOH)=4c(Cl−)，C错误，符合题意；D．d点，加入40mL盐酸，盐酸过量，溶液中为等浓度HCl和MCl的混合溶液，Cl−的浓度最大，由于M+为弱碱阳离子，会水解，则c(H+)>c(M+)，水解是微弱的，因此c(M+)>c(MOH)则离子排序为c(Cl−)>c(H+)>c(M+)>c(MOH)，D正确，不选。答案选C。
【点睛】易错选C项，解题时容易将系数乘错。因此解题时，可以先写出分数的形式，在改写成等式，可以减少错误。
1．常温下，用0.50ml/L氢氧化钠溶液滴定某一元弱酸(HA)的溶液中，滴定曲线如图所示，下列叙述不正确的是（ ）
A．该弱酸在滴定前的浓度大于0.001ml/L
B．由滴定起点数据可计算该弱酸的Ka(电离平衡常数)为2×10−5
C．滴定过程为求滴定终点，最合适的指示剂是酚酞
D．滴定终点时，c(Na+)＞c(A−)＞c(OH−)＞c(H+)
【答案】B
【解析】A．由图象可知，起始酸的pH为3，c(H+)=10−3ml/L，因为HA是弱酸，则酸的浓度必大于0.001ml/L，A项正确；B．HA是弱酸，HA的体积未知，无法由滴定起点数据计算该弱酸的Ka，B项错误；C．用NaOH滴定该弱酸溶液达到终点pH范围是在7～11，溶液显碱性而酚酞的变色范围是8.2-10.0，应选择酚酞作指示剂，C项正确；D．酸碱滴定终点时，酸碱恰好反应生成NaA，NaA是强碱弱酸盐，A−水解导致溶液显碱性，则滴定终点时离子浓度顺序为c(Na+)＞c(A−)＞c(OH−)＞c(H+)，D项正确；答案选B。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定，离子浓度的大小比较等知识。对于酸碱指示剂选择的基本原则总结如下：变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。①不能用石蕊作指示剂；②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂；③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂；④强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以；⑤并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
2．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是（ ）
A．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定
B．锥形瓶未用待测液润洗
C．读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视
D．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失
【答案】C
【解析】酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定，则盐酸被稀释，消耗盐酸的体积增加，所以测定结果偏高；B．锥形瓶未用待测液润洗，属于正确的操作要求，不会影响结果；C．读取标准液读数时，滴前仰视，读数偏大。滴定到终点后俯视，读数偏小，所以读取的盐酸体积减少，测定结果偏低。D．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，说明读取盐酸的体积增加，所以测定结果偏高；答案选C。
【点睛】根据进行误差分析。
3．25℃时，向20.00mL的NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液。滴定过程中，溶液的pH与滴入CH3COOH溶液的体积关系如图所示，点②时NaOH溶液恰好被中和。则下列说法中，错误的是（ ）
A．CH3COOH溶液的浓度为0.1ml·L−1
B．图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小
C．点④所示溶液中存在：(CH3COOH)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)
D．滴定过程中会存在：c(Na+)>c(CH3COO−)=c(OH−)>c(H+)
【答案】C
【解析】图象可知氢氧化钠溶液浓度为0.1ml/L，②点时NaOH溶液恰好被中和消耗醋酸溶液20mL，根据酸碱中和规律，醋酸的浓度为0.1ml/L，故A正确；图中点①到点②所示溶液中随着醋酸逐渐滴入，氢氧化钠不断被消耗，水的电离被抑制程度逐渐减小，即水的电离程度增大；②恰好反应点，水的电离程度最大，从此以后继续滴加醋酸，对水电离起到抑制作用，所以图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小，故B正确；点④所示溶液是醋酸和醋酸钠溶液，由物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=2c(Na+)和电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)得c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO−)+2c(OH−)，故C错误；滴定过程中的某点，醋酸钠和氢氧化钠混合溶液中会有c(Na+)＞c(CH3COO−)=c(OH−)＞c(H+)，故D正确；故选C。
4．常温下，向100mL 0.01ml·L−1 HA溶液中逐滴加入0.02ml·L−1的MOH溶液，如中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况。下列说法中正确的是（ ）
A．HA为一元弱酸，MOH为一元强碱
B．滴入MOH溶液的体积为50mL时，c(M+)＞c(A−)
C．N点水的电离程度大于K点水的电离程度
D．K点时，c(MOH)+c(M+)=0.02ml·L−1
【答案】C
【解析】A．0.01ml·L−1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，与50mL碱溶液恰好反应后，溶液呈酸性，而与51mL碱恰好反应溶液呈中性，说明碱为弱碱，A错误；B．MOH是弱碱，滴入MOH溶液的体积为50 mL时，溶液呈酸性，由电荷守恒可知溶液中c(A−)＞c(M+)，B错误；C．由图像可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10−7ml/L，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10−7ml/L，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，C正确；D．在K点时混合溶液体积是酸溶液的2倍，物质的量也是HA的2倍，所以c(MOH)+c(M+)==0.01ml·L−1，D错误；故答案选C。
5．下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是（ ）
提示：、。
【答案】D
【解析】氢氧化钠溶液滴定醋酸时，恰好中和时生成醋酸钠，此时溶液显碱性，所以选择碱性条件下变色的指示剂即酚酞，终点颜色变化为无色→浅红色，A正确；B．盐酸滴定氨水时，恰好中和时生成氯化铵，此时溶液显酸性，所以选择酸性条件下变色的指示剂—甲基橙，终点颜色变化为黄色→橙色，B正确；C．据题给已知反应，可以用酸性高锰酸钾溶液氧化亚硫酸钾的原理进行滴定，亚硫酸钾被完全氧化后，过量的高锰酸钾使溶液显浅紫红色，C正确；D．用碘水滴定硫化钠溶液，淀粉作指示剂，开始时溶液无色，硫化钠被完全消耗后，过量的碘水使淀粉显蓝色，所以滴定终点的颜色变化为无色→蓝色，D错误。
【点睛】酸碱指示剂的选择，一般会选择生成物的酸碱性接近的指示剂，若反应物本身有颜色就无需选择指示剂。
6．室温条件下，用0.100ml/L的NaOH溶液分别滴定酸HX、HY、HZ，三种酸的体积均为20.00mL，浓度均为0.100ml/L，滴定曲线如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．电离常数Ka(HX)的数量级为10−12
B．P点对应的溶液中：c(Y−)>c(Na+)>c(HY)>c(H+)>c(OH−)
C．pH=7时，三种溶液中c(X)=c(Y−)=c(Z−)
D．HX的电离程度大于X−的水解程度
【答案】B
【解析】起始时HA溶液pH=6，则溶液中c(H+)=c(A−)=10−6ml/L，所以Ka(HA)===10−11，所以数量级不是10−12，故A错误；B．P点为在HY溶液中加入10mL NaOH溶液，溶液中含有等浓度的NaY和HY，溶液显酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，所以c(Y−)＞c(Na+)＞c(HY)＞c(H+)＞c(OH−)，故B正确；C．pH=7时，根据电荷守恒，溶液中均存在，c(Na+)=c(X−)，c(Na+)=c(Y−)，c(Na+)=c(Z−)，三种溶液中加入的NaOH体积不等，即c(Na+)各不相同，所以c(X−)≠c(Y−)≠c(Z−)，故C错误；D．当加入10mL NaOH溶液时，HX溶液中恰好反应生成等量的HX和NaX，此时溶液显碱性，说明X−的水解程度大于HX的电离程度，故D错误；故选B。
【点睛】本题的易错点为BD，要注意加入10mL NaOH溶液时，尽管溶液的组成和浓度相似，但溶液的性质有很大差别，Y对应溶液显酸性，X对应溶液显碱性。
7．生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NHeq \\al(+,4)含量。利用的反应原理为：4NHeq \\al(+,4)+6HCHO＝(CH2)6N4H+（一元酸）+3H++6H2O。实验步骤如下：
①甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。取甲醛a mL于锥形瓶，加入1~2滴指示剂，用浓度为b ml/L的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为V1 mL，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为V2 mL。
②向锥形瓶加入饱和食盐水试样c mL，静置1分钟。
③用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，滴定管的读数为V3 mL。
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤①中的指示剂可以选用酚酞试液
B．步骤②中静置的目的是为了使NHeq \\al(+,4)和HCHO完全反应
C．步骤②若不静置会导致测定结果偏高
D．饱和食盐水中的c(NHeq \\al(+,4))=ml/L
【答案】C
【解析】酸和碱反应生成甲酸钠，溶液呈碱性，步骤①中的指示剂可以选用酚酞试液，故A正确；通过延长反应时间，使反应进行得更充分，步骤②中静置的目的是为了使NHeq \\al(+,4)和HCHO完全反应，故B正确；步骤②若不静置，4NHeq \\al(+,4)+6HCHO=(CH2)6N4H+（一元酸）+3H++6H2O，反应不完全，生成的酸少，会导致测定结果偏低，故C错误；除去甲酸后的氢氧化钠溶液读数为V2 mL，加入饱和食盐水试样c mL，再加1～2滴酚酞，再用上述NaOH溶液滴定至微红色，滴定管的读数V3 mL，此时4NHeq \\al(+,4)+6HCHO=(CH2)6N4H+（一元酸）+3H++6H2O，滴入氢氧化钠反应，4NHeq \\al(+,4)～（(CH2)6N4H+（一元酸）+3H+）～4OH−；氢氧化钠物质的量和氮元素物质的量相同，所以饱和食盐水中的c(NHeq \\al(+,4))= =ml·L−1，故D正确；故选C。
8．为测定样品的纯度，用硫酸溶解6.300g样品，定容至250mL。取25.00mL溶液，用标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
已知：
假设杂质不参加反应。
该样品中的质量分数是________%（保留小数点后一位）；
写出简要计算过程：________。
【答案】95.2

【解析】第一次所用标准液为：19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL，第三次所用标准液为：21.56-1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为；根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnOeq \\al(−,4)~5
，所以25mL待测液中所含的物质的量为：，质量为，所以样品中质量分数为。
【点睛】计算过程中要注意滴定的待测液是从配制的250mL溶液中取出的25mL。
9．化学小组用碘量法测定粗品立德粉(主要成分是ZnS·BaSO4，不溶于水)中S2−的含量(粗品中不含干扰测定的物质)。
I．称取样品mg，置于碘量瓶中；
II．用已准确称量的I2固体配制100mL 0.1000ml/L I2一KI标准溶液；
III．取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，并加入乙酸溶液，密闭于暗处几分钟，有黄色沉淀产生；
IV．以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000ml/L Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液体积为VmL。
回答下列问题：
（1）II中配制100mL0.100ml/L I2-KI标准溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和____________。
（2）II中加入乙酸的作用是 ；黄色沉淀的名称是 ，该反应中 (填化学式)是氧化剂。
（3）已知Na2S2O3与I2反应生成Na2S4O6，则IV中发生反应的化学方程式是 。
（4）样品中S2−的含量为______________(写出表达式)。
【答案】（1）100mL容量瓶、胶头滴管
溶解ZnS，释放出H2S 硫 I2
I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

【解析】(1)配制100mL 0.100ml/L I2-KI标准溶液，基本步骤是：1计算、2称量、3溶解、4转移、5洗涤、6定容、7摇匀，所以用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和100mL容量瓶、胶头滴管；(2)ZnS和醋酸反应生成醋酸锌和H2S，II中加入乙酸的作用是溶解ZnS，释放出H2S；H2S和I2反应生成HI和黄色S沉淀，该反应中I元素化合价降低，I2是氧化剂；(3)Na2S2O3与I2反应生成Na2S4O6和NaI，IV中发生反应的化学方程式是I2+2Na2S2O3=2NaI
+Na2S4O6；(4)设ZnS的物质的量是x ml，根据ZnS~I2，可知ZnS消耗I2 x ml，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，Na2S2O3消耗I2 ml，则x+=
0.025L×0.1ml/L；x=，样品中S2−的含量为=。
【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制、物质含量的测定，明确反应原理是解题关键，掌握配制一定物质的量浓度的溶液配制步骤及计算，熟悉根据化学方程式的计算。
10．三氯化六氨合钴([C(NH3)6]Cl3)是一种橙黄色晶体，实验室制备过程如下：
Ⅰ．将研细的6g CCl2·6H2O晶体和4g NH4Cl固体加入锥形瓶中，加水，加热溶解，冷却；
Ⅱ．加入13.5mL浓氨水，用活性炭作催化剂，混合均匀后逐滴滴加13.5mL 5% H2O2溶液，水浴加热至50~60℃，保持20min。用冰浴冷却，过滤，得粗产品；
Ⅲ．将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中，______，向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤；
Ⅳ．先用冷的2ml·L−1 HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。
(1)[C(NH3)6]Cl3中C的化合价是______。
(2)CCl2遇浓氨水生成C(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，原因是_______________。
(3)溶液中CCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[C(NH3)6]Cl3的化学方程式是__________________。
(4)补全Ⅲ中的操作：__________________。
(5)沉淀滴定法测定制备的产品中Cl−的质量分数：
ⅰ．准确称取a g Ⅳ中的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中；
ⅱ．滴加少量0.005ml·L−1 K2CrO4溶液作为指示剂，用c ml·L−1 AgNO3溶液滴定至终点；
ⅲ．平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为v mL，计算晶体中Cl−的质量分数。
已知：溶解度：AgCl 1.3×10−6 ml·L−1，Ag2CrO4(砖红色)6.5×10−5ml·L−1
①ⅱ中，滴定至终点的现象是______。
②制备的晶体中Cl−的质量分数是______(列计算式，Cl的相对原子质量：35.5)。
【答案】（1）+3
NHeq \\al(+,4)抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c(OH−)降低，避免生成C(OH)2沉淀
2CCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O2eq \(========,\s\up8(活性炭),\s\d8(50-60℃))2[C(NH3)6]Cl3+12H2O
趁热过滤、冷却
溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失
【解析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CCl2溶液来制备[C(NH3)6]Cl3，反应的化学方程式为2CCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O2eq \(========,\s\up8(活性炭),\s\d8(50-60℃))
2[C(NH3)6]Cl3+12H2O；将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的2ml·L−1 HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。(1)[C(NH3)6]Cl3中NH3为配体，氯的化合价为-1价，则C的化合价是+3价，故答案为+3；(2)加入NH4Cl使溶液中的NHeq \\al(+,4)浓度增大，NHeq \\al(+,4)抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c(OH−)降低，避免生成C(OH)2沉淀，故答案为：NHeq \\al(+,4)抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c(OH−)降低，避免生成C(OH)2沉淀；(3)由分析可知：溶液中CCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[C(NH3)6]Cl3的化学方程式是CCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O2eq \(=======,\s\up8(活性炭),\s\d8(50-60℃))2[C(NH3)6]Cl3+12
H2O；(4)由分析可知，第Ⅲ中缺少步骤是过滤，并且是在加入热的稀盐酸后，故答案为：趁热过滤、冷却；(5)①由题可知：AgCl的溶解度小于Ag2CrO4的溶液度，所以在滴加AgNO3时Ag+会与Cl−反应生成AgCl沉淀，当Cl−消耗完时再与CrOeq \\al(2−,4)结合，所以滴定终点时是Ag+与CrOeq \\al(2−,4)结合生成砖红色沉淀，故答案为：溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失；②由AgCl沉淀的化学式可知：反应时Ag+与Cl−物质的量之比为1∶1，滴定时消耗AgNO3的物质的量为c ml/L×v mL×10−3=cv×10−3ml，则25ml溶液中Cl−物质的量为c v×10−3ml，25ml溶液中Cl−的质量为：m=n×M=cv×10−3ml×35.5g/ml=35.5cv×10−3g，则100g溶液中Cl−的质量为：4×35.5c v×10−3g，故质量分数为：，故答案为。
11．连二亚硫酸钠，也称为保险粉，是一种白色砂状结晶或淡黄色粉末，熔点300℃(分解)，溶于氢氧化钠溶液，在空气中易被氧化，在碱性介质中稳定存在。以Zn粉与SO2溶液反应制备“保险粉”的工艺如下：
回答下列问题：
(1)“反应”和“转化”可利用下图所示装置完成(夹持装置已略)。
①可用Cu与浓硫酸反应制SO2，写出相应化学方程式_________。
②控制反应温度为35~45℃的加热方式为_________，“反应”过程中可能会产生一种易燃气体，该气体为_________（填化学式）。
③滤渣的主要成分为_________。
(2)选用洗涤Na2S2O4·2H2O。采取真空“脱水干燥”的原因是_________。
(3)称取2.0g Na2S2O4样品溶于冷水配成200mL溶液，取出25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.10ml/L碱性K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定，原理为：2[Fe(CN)6]3−+S2Oeq \\al(2−,4)+4OH−=2[Fe(CN)6]4−
+2SOeq \\al(2−,3)+2H2O，用亚甲基蓝为指示剂，达到滴定终点时消耗标准溶液24.00mL，则样品中Na2S2O4的质量分数为___________(杂质不参与反应)(计算结果精确至0.1%)。
【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓)eq \(====,\s\up7(△))CuSO4+SO2↑+2H2O 水浴加热 H2 Zn(OH)2
降低脱水温度，防止产品受热分解；隔绝空气防止产品被氧化
83.5%
【解析】由流程可知，反应中发生HCOO−+OH−+2SO2=S2Oeq \\al(2−,4)+CO2+H2O，加入NaOH除去多余的锌离子沉淀，过滤得到Na2S2O4的溶液，接着冷却结晶、过滤分离出Na2S2O42H2O，Na2S2O4溶液在空气中放置，可发生2Na2S2O4+O2+H2O=4NaHSO3或 2Na2S2O4+O2+H2O=4
NaHSO3+NaHSO4而变质，故要在真空中洗涤、干燥后，得到Na2S2O4固体。（1）①Cu与浓硫酸在加热的条件下发生反应，生成二氧化硫和硫酸铜，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)
eq \(====,\s\up7(△))CuSO4+SO2↑+2H2O；②控制反应温度为35~45℃的加热方式为：水浴加热；浓硫酸反应过程中会变稀，和Zn粉反应产生H2；③由流程图可知，锌离子和氢氧根反应生成氢氧化锌沉淀过滤除去，故滤渣的主要成分为：Zn(OH)2；（2）Na2S2O4受热易分解，并且Na2S2O4溶液在空气中放置，可发生2Na2S2O4+O2+H2O=4NaHSO3或2Na2S2O4+O2+H2O=4NaHSO3+
NaHSO4而变质，所以干燥时要真空，目的是：降低脱水温度，防止产品受热分解；隔绝空气防止产品被氧化；(3)滴定过程中发生的反应为：2[Fe(CN)6]3−+S2Oeq \\al(2−,4)+4OH−=2[Fe(CN)6]4−
+2SOeq \\al(2−,3)+2H2O，故关系为
S2Oeq \\al(2−,4)～2[Fe(CN)6]3−，
1 2
n 24.00×10−3L×0.1ml/L
则2.0g样品中Na2S2O4的质量分数为=
×100%=83.5%，故答案为：83.5%。选项
滴定管中的溶液
锥形瓶中的溶液
指示剂
滴定终点颜色变化
A
溶液
溶液
酚酞
无色→浅红色
B
盐酸
氨水
甲基橙
黄色→橙色
C
酸性溶液
溶液
无
无色→浅紫红色
D
碘水
溶液
淀粉
蓝色→无色
序号
滴定前读数/mL
滴定终点读数/mL
1
0.00
19.98
2
1.26
22.40
3
1.54
21.56