(老高考适用)2023版高考化学二轮总复习 专题能力提升训练8 电解质溶液

专题能力提升训练(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．(2022·绍兴模拟)已知25 ℃时二元酸(H 2A)的K a1(H 2A)＝4.2×10－7
，K a2(H 2A)＝5.6×10－11
，下列
说法不正确的是( D )
A ．等浓度的Na 2A 和NaHA 混合溶液中，水电离出的氢离子浓度大于1.0×10－7
mol/L B ．pH ＝10的Na 2A 溶液中，c (A 2－
)≈5.6×10－5
mol/L
C ．往H 2A 溶液中滴入NaOH 溶液的过程中c (HA －)
c (A 2－)
一直减小
D ．调节pH 将Na 2A 转化成NaHA 的过程中始终存在c (Na ＋
)＋c (H ＋
)＝c (HA －
)＋2c (A 2－
)＋c (OH －
) 【解析】 等浓度的Na 2A 和NaHA 混合溶液中存在A 2－
和HA －
的水解，以及HA －
的电离，HA －
水解平衡
常数K h ＝K W K a1＝10－14
4.2×10
－7>K a2，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1.0×10－7 mol/L ，故A 正确；pH ＝10的Na 2A 溶液中，存在水解平衡A 2－
＋H 2O
HA －＋OH －
，c (H
＋
)＝1.0×10－10
mol/L ，则c (OH －
)＝c (HA －
)＝1.0×10－4
mol/L ，A 2－
的水解平衡常数K h ＝
c (HA －)·c (OH －)
c (A 2－)＝
K W K a2
，解得c (A 2－)≈5.6×10－5 mol/L ，故B 正确；往H 2A 溶液中滴入NaOH 溶液的过程中，c (H ＋
)减小，但K a2(H 2A)＝c (H ＋)·c (A 2－)c (HA －)不变，因此c (HA －)
c (A 2－)
一直减小，故C 正确；调节pH ，溶液中可能引入其他离子，
故D 错误。

2．(2022·洛阳模拟)在25 ℃时，用蒸馏水稀释1 mol·L －1
氨水至0.01 mol·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.c (OH －)
c (NH 3·H 2O)
B ．c (NH ＋4)
c (OH －)
C.
c (NH 3·H 2O)
c (NH ＋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
c (OH －)
c (NH 3·H 2O)
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，c (NH ＋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
c (NH 3·H 2O)
c (NH ＋
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．(2022·银川模拟)常温下，向100 mL 0.1 mol·L －1
的NaA 溶液中通入HF(g)，溶液中lg 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 ，忽略溶液体积的变化，下列叙述错误的是( D )
A ．HA 的电离常数K a ＝10
－7.5
B ．当c (F －
)＝c (HA)时，混合溶液pH ＝7 C ．通入0.01 mol HF 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K a ＝10
－7.5
，A 正确；根据溶液中的电荷守恒可得c (Na ＋)＋c (H ＋)＝c (A －
)
＋c (F －
)＋c (OH －
)，根据物料守恒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0.01 mol HF 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
，
根据HF 的电离平衡常数可知，NaF 的水解平衡常数K h (NaF)＝K W
K a (HF)＝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．(2022·浙江高考)25 ℃时，向20 mL 浓度均为0.1 mol·L －1
的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L －1
的NaOH 溶液(醋酸的K a ＝1.8×10－5
；用0.1 mol·L －1的NaOH 溶液滴定20 mL 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 －
===H 2O C ．滴定过程中，c (Cl －
)＝c (CH 3COO －
)＋c (CH 3COOH) D ．pH ＝7时，c (Na ＋
)>c (Cl －
)>c (CH 3COO －
)>c (CH 3COOH)
【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 －
===H 2O ，则滴加NaOH 溶液的体积为20 mL ，则根据电离常数，0.1 mol·L －1
的醋酸中，c (H ＋
)≈c (CH 3COO －
)＝K a c (CH 3COOH)＝0.05×1.8×10－5
＝3×10
－3.5
mol·L －1>1.0×10
－4.3
，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为H
＋
＋OH －
===H 2O 和CH 3COOH ＋OH －
===CH 3COO －
＋H 2O ，B 错误；滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，
根据物料守恒可知：c (Cl －)＝c (CH 3COO －)＋c (CH 3COOH)，C 正确；向20 mL 浓度均为0.1 mol·L －1
的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L －1
的NaOH 溶液，当盐酸的体积为20 mL 时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH 溶液的体积为30 mL 时，溶液为NaCl
和等浓度的CH 3COONa 、CH 3COOH ，根据K a ＝1.8×10－5
＞K h ＝K W K a ＝10
－14
1.8×10－5
可知，此时溶液仍然呈酸性，需
继续滴加NaOH 溶液，故有c (Na ＋)>c (Cl －)>c (CH 3COO －
)>c (CH 3COOH)，D 正确。

5．(2022·郑州模拟)已知亚磷酸(H 3PO 3)为二元弱酸。

25 ℃时，向20 mL 0.1 mol/L H 3PO 3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lg c (HPO 2－
3)
c (H 2PO －3)
与pH 的关系
B ．当pH ＝3时，c (H 2PO －3)＞c (HPO 2－
3)＞c (H 3PO 3) C ．N 点：3c (H 2PO －
3)＝c (Na ＋
)＋c (H ＋
)－c (OH －
) D ．25 ℃时，HPO 2－3＋H 2O
H 2PO －3＋OH －的平衡常数为10
－12.57
【解析】 lg c (HPO 2－3)c (H 2PO －3)＝lg K a2c (H ＋)＝lg
K a2－lg c (H ＋
)＝lg K a2＋pH ；lg c (H 2PO －
3)c (H 3PO 3)＝lg K a1c (H ＋)＝lg K a1－lg c (H ＋
)＝lg K a1＋pH ，M 、N 存在关系lg c (HPO 2－3)c (H 2PO －3)＝lg
c (H 2PO －
3)
c (H 3PO 3)
及K a1＞K a2，pH ：N ＞M ，根据K a1＞K a2可知：N 点表示lg c (HPO 2－3)
c (H 2PO －3)与pH 的关系，M 点表示lg
c (H 2PO －
3)c (H 3PO 3)
与pH 的关系，A 错误；由A 分析可知，K a2＝10
－6.54
、K a1＝10
－1.43
，pH ＝3时，混合溶液中有c (H 2PO －3
)＝c (HPO 2－
3)K a2c (H ＋)
＝c (HPO 2－3)×10－(－6.54＋3)
＝
K a1·c (H 3PO 3)c (H ＋)＝c (H 3PO 3)×10－1.43＋3，则c (H 2PO －3)＞c (H 3PO 3)>c (HPO 2－
3)，B 错误；N 点lg c (HPO 2－
3)c (H 2PO －3)
＝0，
c (H 2PO －3)＝c (HPO 2－3)，由电荷守恒可知，2c (HPO 2－3)＋c (H 2PO －3)＋c (OH －)＝c (Na ＋)＋c (H ＋)，则3c (H 2PO －3)＝c (Na ＋
)＋c (H ＋
)－c (OH －
)，C 正确；25 ℃时存在关系：HPO 2－
3＋H 2O
H 2PO －3＋OH －
，该反应的化学平衡常数K ＝
c (H 2PO －3)·c (OH －)c (HPO 2－
3)＝K w K a2＝10－1410
－6.54＝10－7.46
，D 错误。

6．(2022·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 ．NaH 2PO 4溶液中：c (H ＋
)＋c (H 3PO 4)＝c (OH －
)＋c (PO 3－
4)＋c (HPO 2－
4)
B ．pH ＝7的CH 3COOH 和CH 3COONa 混合溶液中：c (Na ＋)＝c (CH 3COO －
) C ．NH 4Cl 溶液中：c (Cl －
)>c (NH ＋
4)>c (OH －
)>c (H ＋
)
D ．等物质的量浓度的Na 2S 和NaHS 混合溶液中：c (Na ＋
)＝c (S 2－
)＋c (HS －
)＋c (H 2S)
【解析】 NaH 2PO 4溶液中存在质子守恒c (H ＋
)＋c (H 3PO 4)＝c (OH －
)＋2c (PO 3－
4)＋c (HPO 2－
4)，故A 错误；pH ＝7的CH 3COOH 和CH 3COONa 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 (CH 3COO －)＋c (OH －)，则c (Na ＋)＝c (CH 3COO －)，B 正确；NH 4Cl 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Na 2S 和NaHS 混合溶液中，存在物料守恒，N(Na)∶N(S)＝3∶2，即2c (Na ＋
)＝3c (S 2－
)＋3c (HS －
)＋3c (H 2S)，D 错误。

7．(2022·贵阳模拟)T ℃时，CdCO 3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

已知pCd 2＋
为Cd 2＋
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CdCO 3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CdCO 3(s)＋2OH －
(aq)Cd(OH)2(s)＋CO 2－3(aq)平衡体系中，平衡常数K ＝102
【解析】 CdCO 3(s)
Cd 2＋(aq)＋CO 2－
3(aq)，则c (Cd 2＋
)＝c (CO 2－
3)，CdCO 3的沉淀平衡中pCd 2＋
＝pN ，
故曲线Ⅱ是CdCO 3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)
Cd 2＋
(aq)＋2OH －
(aq)，则c (Cd 2＋
)＝2c (OH －
)，加热平衡正向移动，Cd 2＋
、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，pCd 2＋
为Cd 2＋
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，CdCO 3中pCd 2＋
为8，即K sp (CdCO 3)＝c (CO 2－
3)·c (Cd 2＋
)＝10－12
；pN ＝4
时，Cd(OH)2中pCd 2＋
为6，即K sp [Cd(OH)2]＝c 2
(OH －
)·c (Cd 2＋
)＝10
－14
；在CdCO 3(s)＋2OH －
(aq)
Cd(OH)2(s)
＋CO 2－3
(aq)平衡体系中，平衡常数K ＝c (CO 2－3)c 2(OH －)＝c (CO 2－3)·c (Cd 2＋
)c 2(OH －)·c (Cd 2＋
)＝K sp (CdCO 3)K sp [Cd(OH)2]
＝102
，D 正确。

8．(2022·延边模拟)赖氨酸[H 2N(CH 2)4CH(NH 2)COOH ，用HR 表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H 3RCl 2)在水溶液中存在如下平衡：H 3R
2＋
K 1
H 2R
＋
K 2
HR
K 3
R －。

向一定浓度的H 3RCl 2溶液中滴加
NaOH 溶液，溶液中H 3R 2＋
、H 2R ＋
、HR 和R －
的分布系数δ(x )随pH 变化如图所示。

已知δ(x )＝
c (x )
c (H 3R 2＋
)＋c (H 2R ＋)＋c (HR)＋c (R －)。

下列表述正确的是( B )
A ．已知CH 3COOH 的电离平衡常数K a ＝1.75×10－5
，则H 2R ＋
与CH 3COO －
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：H 2R ＋
＋OH －
===H 2O ＋HR C ．M 点，c (Na ＋
)>c (Cl －
)>c (H ＋
)>c (OH －
)
D ．P 点，c (Cl －
)＋c (OH －
)＋c (HR)＝c (H 2R ＋
)＋2c (H 3R 2＋
)＋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H 2R ＋
和HR ，则H 2R ＋
的电离常数：
K 2＝c (HR)·c (H ＋)c (H 2R ＋
)
＝c (H ＋)＝10－9＜K a (CH 3COOH)＝1.75×10－5，则H 2R ＋与CH 3COO －
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H 2R ＋
和HR ，向溶液中加入少量NaOH 溶液，发生反应的离子方程式为H 2R ＋
＋OH －
===H 2O ＋HR ，B 正确；M 点，c (H 3R 2＋
)＝c (H 2R ＋
)，M 点溶质为H 3RCl 2、H 2RCl 、NaCl ，则c (Na ＋
)<c (Cl －
)，C 错误；P 点存在电荷守恒：c (R －
)＋c (Cl －
)＋c (OH －
)＝2c (H 3R 2＋
)＋c (H 2R ＋
)＋c (H ＋
)＋c (Na ＋
)，此时c (HR)＝c (R －
)，因此c (HR)＋c (Cl －
)＋c (OH －
)＝2c (H 3R 2＋
)＋c (H 2R ＋
)＋c (H ＋
)＋c (Na ＋
)，D 错误。

9．(2022·上饶模拟)溶洞水体中的H 2CO 3与空气中的CO 2保持平衡，其水体中lg c (X)(X 为H 2CO 3、HCO －
3、CO 2－
3或Ca 2＋
)与pH 的关系如图所示。

已知K sp (CaCO 3)＝2.8×10－9
，下列说法错误的是( D )
A.
K a1(H 2CO 3)K a2(H 2CO 3)
＝104
B ．线Ⅱ代表CO 2－
3与pH 的关系曲线 C ．2pH(b)＝pH(a)＋pH(c)
D ．a 点溶液中，c (Ca 2＋
)<2.8 mol/L
【解析】 由Ⅰ为HCO －3
，带入点(6.3，－5)，K a1＝c (H ＋)·c (HCO －3)c (H 2CO 3)
＝10－6.3，Ⅱ为CO 2－
3，带入点(10.3，
－1.1)，K a2＝c (H ＋)·c (CO 2－
3)c (HCO －
3)＝10－10.3，K a1(H 2CO 3)K a2(H 2CO 3)
＝104，A 正确；随着pH 增大，溶液碱性增强，HCO －
3、CO 2－3浓度均增大，pH 较小时c (HCO －3)＞c (CO 2－3)，故Ⅰ为HCO －3，Ⅱ为CO 2－3，Ⅲ为Ca 2＋
，B 正确；K a1×K a2＝
c (H ＋)·c (HCO －3)c (H 2CO 3)×c (H ＋)·c (CO 2－
3)c (HCO －
3)＝10－6.3×10－10.3＝c 2b (H ＋
)，pH(b)＝8.3，2pH(b)＝pH(a)＋pH(c)，C 正确；a 点溶液中，pH ＝6.3，K a1×K a2＝c (H ＋)×c (HCO －3)c (H 2CO 3)×c (H ＋)×c (CO 2－3)c (HCO －
3)＝c (H ＋)2×c (CO 2－
3)
c (H 2CO 3)
＝(10
－6.3)2
×c (CO 2－
3)10
－5
＝10－6.3×10－10.3，c (CO 2－3)＝10－9
mol/L ，c (Ca 2＋)＝K sp (CaCO 3)÷10－9 mol/L ＝2.8 mol/L ，D 错误。

10．(2022·宜昌模拟)在实验室中以含镍废料(主要成分为NiO ，含少量FeO 、Fe 2O 3、CoO 、BaO 和SiO 2)为原料制备Ni x O y 和CoCO 3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”时均需要加过量的试剂
C ．“沉钴”过程发生的反应为Co 2＋
＋2HCO －
3===CoCO 3↓＋CO 2↑＋H 2O
D ．“沉钴”时，若c (Co 2＋
)＝0.02 mol·L －1
，为了防止沉钴时生成Co(OH)2，常温下应控制溶液pH<7.5(已知K sp [Co(OH)2]＝2×10
－15)
【解析】 “滤渣Ⅰ”的主要成分是SiO 2、BaSO 4，“滤渣Ⅰ”中含硅和钡元素，故A 正确；“调pH”过程中，Na 2CO 3不能过量，否则Co 2＋
和Ni 2＋
会与碳酸根离子反应生成沉淀而损失，故B 错误；在含有CoSO 4的溶液中加入碳酸氢钠，使Co 2＋
转化为CoCO 3沉淀，离子方程式为2HCO －
3＋Co 2＋
===CoCO 3↓＋CO 2↑＋H 2O ，故C 正确；当恰好刚生成Co(OH)2时的c (OH －
)＝
K sp [Co(OH)2]
c (Co 2＋)＝
2×10－15
0.02
＝1×10－6.5
mol/L ，常温下c (H ＋
)＝K w
c (OH －)＝1×10－14
1×10－6.5＝1×10
－7.5
mol/L ，即pH ＝7.5，则为了防止沉钴时生成Co(OH)2，常温下应控制溶液pH<7.5，故D 正确。

二、非选择题(本题共3小题)
11．(2022·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，采用硫化－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K a1＝4.4×10－7，K a2＝4.7×10－11；H2S的K a1＝1.3×10－7，K a2＝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－、SO2－4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：
pH pH＜7 pH＝10～11
主要存在形式H3AsO3H2AsO－3
(1)工业上制备Na2S时，用NaOH溶液吸收H2S，不能以纯碱代替NaOH。

结合方程式解释不能使用纯碱的原因依据电离常数，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)2AsS3－3(aq)，影响后续处理。

加入Na2S充分反应后加入少量FeSO4，结合平衡移动原理解释加入FeSO4的原因加入少量FeSO4，Fe2＋＋3S2－===FeS↓，使c(S2
－)降低，As
2S3(s)＋3S 2－(aq)2AsS3－
3(aq)向逆反应方向移动，从而减少副反应发生。

(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H2AsO－3。

(5)利用反应AsO3－4＋2I－＋2H＋===AsO3－3＋I2＋H2O测定滤渣C中FeAsO4含量。

取a g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c mol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定，观察到滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复现象，说明已到滴定终点，重复三次实验，记录用去Na2S2O3溶液体积为V mL，计算样品纯度为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K a1＝4.4×10－7>H2S的K a1＝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)2AsS3－3(aq)逆向移动，而减少副反应发生，故为加入少量FeSO4，Fe2＋＋3S2－===FeS↓，使c(S2－)降低，As2S3(s)＋3S2－
(aq)2AsS 3－3(aq)向逆反应方向移动，从而减少副反应发生；(4)过程Ⅲ中通入氧气将Fe 2＋氧化成Fe 3＋
，
将H 2AsO －
3氧化成AsO 3－
4，从而得到FeAsO 4；(5)I 2与Na 2S 2O 3反应，且I 2会使淀粉变蓝，故用Na 2S 2O 3标准溶液滴定，观察到滴入最后半滴Na 2S 2O 3标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，说明已到滴定终点；根据反应中方程式可知，AsO 3－
4＋2I －
＋2H ＋
===AsS 3－
3＋I 2＋H 2O ，2Na 2S 2O 3＋I 2===Na 2S 4O 6＋2NaI ，则有
AsO 3－
4 ～ I 2 ～ 2Na 2S 2O 3
V ×10－3×c
2
mol V ×10－3
×c mol
元素守恒可知，n (FeAsO 4)＝
V ×10－3×c
2
mol ，故样品纯度为
c ×V ×10－3
2
×195
a
＝
0.195cV
2a。

12．(2021·福州模拟)重铬酸钠(Na 2Cr 2O 7·2H 2O)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·Cr 2O 3，还含有Al 2O 3、MgO 、SiO 2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·Cr 2O 3＋8Na 2CO 3＋7O 2=====△
8Na 2CrO 4＋2Fe 2O 3＋8CO 2
副反应：SiO 2＋Na 2CO 3=====△Na 2SiO 3＋CO 2↑、Al 2O 3＋Na 2CO 3=====△
2NaAlO 2＋CO 2↑ 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)3 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Cr(OH)3 完全沉淀 时溶液pH
4.7
3.7
11.2
5.6
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”中调节pH 至4.7，目的是： 使溶液中的AlO －
2、SiO 2－
3均转化为沉淀除去 ；
(4)“⑤”中加硫酸酸化的目的是： 2CrO2－4＋2H＋Cr2O2－7＋H2O，调节pH使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，有利于红矾钠晶体析出。

(5)“⑦”中采用冷却结晶得到红矾钠的原因是：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2.500 0 g配成250 mL溶液，取出25.00 mL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5 min，然后加入100 mL水，加入几滴淀粉溶液指示剂，用0.120 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定(已知反应：I2＋2S2O2－3===2I－＋S4O2－6) 问题1：判断达到滴定终点的依据是：当滴加最后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：若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00 mL，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，调节pH至4.7，可生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去；
(4)CrO2－4在酸性条件下与H＋反应生成Cr2O2－7，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2CrO2－4＋2H＋
Cr2O2－7＋H2O，加入硫酸酸化可促使平衡正向移动，提高Cr2O2－7浓度，促进红矾钠晶体析出；
(5)采用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：当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；
②根据反应的关系式计算：
Cr2O2－7～3I2～6S2O2－3
1 mol 6 mol
n0.120 0 mol/L×0.04 L
n＝0.000 8 mol，则2.500 0 g重铬酸钠试样中含有的重铬酸钠晶体的质量为10×0.000 8 mol×298
g/mol＝2.384 g，所得产品中重铬酸钠晶体的纯度＝2.384 g
2.500 g
×100%＝95.36%。

13．(2022·宣城模拟)二氧化氯(ClO2)是广泛应用的高效安全消毒剂。

(1)ClO2性质活泼，气体及水溶液均不能稳定存在，使用时需现场制备或用稳定剂吸收、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 2ClO 2＋H 2O 2＋2NaOH===2NaClO 2＋O 2＋2H 2O 。

②实验时吸收液中NaOH 和H 2O 2的物料比小于反应的化学计量数之比，原因可能是 H 2O 2受热易分解 ；为提高ClO 2吸收率，在不改变吸收液的物料比的条件下，可以改进的措施是 使用冰水浴(或缓慢通入ClO 2) (写出一点即可)。

(2)用ClO 2处理过的饮用水常含有一定量的ClO －
2，饮用水中ClO 2、ClO －
2的含量可用连续碘量法进行测定。

ClO 2被I －
还原为ClO －
2或Cl －
的转化率与溶液的pH 关系如图2所示。

反应生成的I 2用标准Na 2S 2O 3溶液滴定：2Na 2S 2O 3＋I 2===Na 2S 4O 6＋2NaI 。

滴定过程为：准确量取V mL 水样加入到碘量瓶中，调节水样的pH 为7.0～8.0，加入足量的KI 晶体，充分反应后，用c mol·L －1
Na 2S 2O 3溶液滴定至淡黄色，加入淀粉溶液，滴定至第一次终点，消耗Na 2S 2O 3溶液V 1 mL ；调节溶液的pH≤2.0，继续用c mol·L －1
Na 2S 2O 3溶液滴定至第二次终点，消耗Na 2S 2O 3溶液
V 2 mL 。

①写出当pH≤2.0时，ClO －
2与I －
反应的离子方程式 ClO －
2＋4I －
＋4H ＋
===Cl －
＋2I 2＋2H 2O 。

②两次滴定终点的现象 相同 (填“相同”或“不相同”)，根据上述数据，测得该水样中的ClO －
2浓度为
c (V 2－4V 1)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，减少误差 。

(3)图4为新型电极材料电解食盐水制取ClO 2和烧碱的装置示意图。

则A 极为 阳 极，B 极的电极反应式为 2H 2O ＋2e －===H 2↑＋2OH －。

【解析】 (1)①由实验装置图可知，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2ClO 2＋H 2O 2＋2NaOH===2NaClO 2＋O 2＋2H 2O ；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升高，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，在不改变吸收液的物料比的条件下，实验时应采取控制二氧化氯的通入速率、控制吸收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，提高二氧化氯的吸收率；(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ClO －2＋4I －＋4H ＋===Cl －＋2I 2＋2H 2O ；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；第二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：2ClO 2～I 2～2Na 2S 2O 3～2ClO －2，滴定消耗V 1 mL c mol/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10－3cV 1 mol ，由得失电子数目守恒可得第二次滴定有如下关系：ClO －2～2I 2～4Na 2S 2O 3，滴定消耗V 2 mL c mol/L 硫代硫酸钠溶液，则水中亚氯酸根离子的物质的量为14
×10－3cV 2 mol －10－3cV 1 mol ，所以
水中亚氯酸根离子的浓度为14×10－3cV 2 mol －10－3cV 1 mol 10－3V L ＝c (V 2－4V 1)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，减少误差；(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2H 2O ＋2e －===H 2↑＋2OH －。

14．(2022·黄山模拟)柠檬酸亚铁(FeC 6H 6O 7，摩尔质量：246 g/mol)是一种易被人体吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(成分为60% FeS 2、Al 2O 3、SiO 2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(C 6H 8O 7)电离常数：K a1＝7.4×10－4，K a2＝1.73×10－5，K a3＝4.0×10－7，K sp (Al(OH)3)＝1.3×10－33
(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是 增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率 ，“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 11∶4 。

(2)已知：FeS 2与H 2SO 4不反应。

则“还原”时FeS 2发生反应的离子方程式为 FeS 2＋2Fe 3＋===3Fe 2＋＋2S 。

(3)柠檬酸亚铁(FeC 6H 6O 7)是一种 酸式 盐(填“正”“酸式”或“碱式”)，0.1 mol/L Na 2C 6H 6O 7溶液呈 酸 性(填“酸”“碱”或“中”)。

(4)若铝离子浓度为0.1 mol/L ，通过计算判断，“除铝”中调节pH ＝2时是否产生氢氧化铝沉淀 没有沉淀产生，因为常温下，Q c ＝0.1×(10－12)3＝10－37＜K sp (Al(OH)3)＝1.3×10－33 。

(写出计算过程)
(5)“沉铁”时需控制温度在32 ℃左右，其可能的原因是 温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH 4HCO 3发生分解 。

(6)某工厂用1 kg 硫铁矿经上述流程制得1.6 kg 柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为 86.72% (保留四位有效数字)。

【解析】 硫铁矿(主要成分为FeS 2、SiO 2、Al 2O 3)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，用稀硫酸酸浸，二氧化硅不溶，过量得到滤渣1，溶液中含有硫酸铁、硫酸铝，加入FeS 2还原铁离子得到单质硫沉淀，滤液调节pH 除去铝，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵沉铁，过滤得到碳酸亚铁，然后经过一系列操作得到柠檬酸亚铁(FeC 6H 6O 7)，据此解答。

(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，可以增大固体与气体的接触面积，提高焙
烧速率，根据以上分析可知“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为4FeS 2＋11O 2=====高温2Fe 2O 3＋8SO 2，反应
中O 2为氧化剂，FeS 2为还原剂，则“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶4；(2)FeS 2与H 2SO 4不反应，“还原”时FeS 2被铁离子氧化，发生反应的离子方程式为FeS 2＋2Fe 3＋===3Fe 2＋
＋2S ，故答案为FeS 2＋2Fe 3＋===3Fe 2＋＋2S ；(3)由题干信息可知，柠檬酸是一种三元酸，故柠檬酸亚铁(FeC 6H 6O 7)是一种酸式盐，由题干信息可知，常温下，柠檬酸(C 6H 8O 7)电离常数，K a 1＝7.4×10－4，K a 2＝1.73×10－5，K a 3
＝4.0×10－7，K h 2＝K W K a 2＝1×10－141.73×10－5＝5.78×10－10小于K a 3，即C 6H 6O 2－7的电离大于水解，故0.1 mol/L Na 2C 6H 6O 7溶液呈酸性；(4)若铝离子浓度为0.1 mol/L ，“除铝”中调节pH ＝2时即溶液中的c (OH －
)＝10
－12 mol/L ，通过计算判断可知，c (Al 3＋)·c 3(OH －)＝0.1×(10－12)3＝10－37＜1.3×10－33，则不产生氢氧化铝沉淀；(5)温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH 4HCO 3发生分解，故“沉铁”时需控制温度在32 ℃
左右；(6)根据铁原子守恒可知，某工厂用1 kg 硫铁矿中含有的FeS 2的物质的量为1 000 g×60%120 g·mol
－1＝5 mol ，经过焙烧、酸化后形成5 mol Fe 3＋，由(2)分析可知，“还原”步骤发生反应FeS 2＋2Fe 3＋===3Fe 2＋
＋2S ，则还原后得到的Fe 2＋的物质的量为7.5 mol ，则经上述流程理论上可制得柠檬酸亚铁的质量为7.5
mol×246 g/mol＝1.845 kg ，而实际上只制得1.6 kg 柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为1.6 kg 1.845 kg ×100%＝86.72%。