五年高考2022届高考化学专题九弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性全国通用

专题九弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性考点一　弱电解质的电离平衡1．(2022·海南化学，11，4分)下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，Kb＝1.4×10－3)在水中的电离度与浓度关系的是(　　)解析　根据甲、乙的电离平衡常数得，这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH<CH2ClCOOH，可以排除A、C；当浓度增大时，物质的电离程度减小，排除D选项，故B项正确。答案　B2．(2022·课标全国卷Ⅰ，13，6分)浓度均为0.10mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是(　　)A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等D．当lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则c(M＋)/c(R＋)增大解析　A项，0.10mol·L－1的MOH和ROH，前者pH＝13，后者pH小于13，说明前者是强碱，后者是弱碱，正确；B项，ROH是弱碱，加水稀释，促进电离，b点电离程度大于a点，正确；C项，两碱溶液无限稀释，溶液近似呈中性，c(OH－)相等，正确；D项，\n由MOH是强碱，在溶液中完全电离，所以c(M＋)不变，ROH是弱碱，升高温度，促进电离平衡ROHR＋＋OH－向右进行，c(R＋)增大，所以减小，错误。答案　D3．(2022·山东理综，13，5分)已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中(　　)A．水的电离程度始终增大B.先增大再减小C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NH)＝c(CH3COO－)解析　CH3COOH溶液中水的电离被抑制，当CH3COOH与NH3·H2O恰好反应时生成CH3COONH4，此时水的电离程度最大，再加入氨水，水的电离程度又减小，A项错误；＝＝·＝KNH3·H2O·，温度不变，NH3·H2O的电离平衡常数及KW均不变，随着NH3·H2O的滴加，c(H＋)减小，故减小，B项错误；未滴加氨水时，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1，滴加10mL氨水时，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.05mol·L－1，C项错误；由于CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，故当加入NH3·H2O的体积为10mL时，c(NH)＝c(CH3COO－)，D项正确。答案　D4．(2022·广东理综，12，4分)常温下，0.2mol·L－1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是(　　)A．HA为强酸B．该混合液pH＝7C．图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋\nD．该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)解析　混合后的溶液为0.1mol·L－1NaA溶液，由题图知，c(A－)<0.1mol·L－1，所以A－发生了水解，所以HA是弱酸，A错误；A－水解，溶液呈碱性，B错误；根据电解质溶液中的三个守恒知：在NaA中，c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，由上述分析知，Y是HA分子，C错误；根据物料守恒得c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)，D正确。答案　D5．(2022·安徽理综，13，6分)已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO＋H2OH2SO3＋OH－　①HSOH＋＋SO②向0.1mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是(　　)A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO)增大B．加入少量Na2SO3固体，则c(H＋)＋c(Na＋)===c(HSO)＋c(OH－)＋c(SO)C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大D．加入氨水至中性，则2c(Na＋)＝c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)解析　加入金属钠，钠与溶液中的H＋反应，使平衡②右移，生成的NaOH使平衡①左移，但溶液中c(HSO)减小，A错；根据电荷守恒式可知B错；加入少量NaOH溶液后，平衡①左移，平衡②右移，故增大，溶液的碱性增强，变大，C正确；根据电荷守恒知，D错。答案　C6．(2022·浙江理综，12，6分)25℃时，用浓度为0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定25.00mL浓度均为0.1000mol·L－1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ＜HY＜HXB．根据滴定曲线，可得Ka(HY)＝10－5C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X－)＞\nc(Y－)＞c(OH－)＞c(H＋)　D．HY与HZ混合，达到平衡时c(H＋)＝＋c(Z－)＋c(OH－)解析　由图中起始时溶液的pH可知，HZ为强酸，HY、HX为弱酸，且酸性HY>HX。A项，由于电离程度HZ>HY>HX，所以溶液的导电性HZ>HY>HX，错误；B项，0.1mol/LHY的pH＝3，即c(H＋)＝10－3mol/L，Ka＝(10－3)2/0.1＝10－5，正确；C项，由于HX的酸性比HY弱，故X－的水解程度比Y－大，c(X－)比c(Y－)低，错误；D项，Ka(HY)·c(HY)/c(Y－)＝c(H＋)，错误。答案　B7．(2022·海南化学，8，4分)0.1mol·L－1HF溶液的pH＝2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是(双选)(　　)A．c(H＋)>c(F－)B．c(H＋)>c(HF)C．c(OH－)>c(HF)D．c(HF)>c(F－)解析　由0.1mol·L－1HF溶液的pH＝2，可知HF为弱酸，且该溶液的HF溶液电离出来的c(H＋)＝0.01mol·L－1，同时溶液中的H2O发生电离生成H＋和OH－，故c(HF)>c(H＋)>c(F－)，故A、D正确，B错误；水的电离微弱，故c(HF)>c(OH－)，故C项错误。答案　BC8．(2022·全国大纲卷，12，6分)如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是(　　)A．两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝KwB．M区域内任意点均有c(H＋)<c(OH－)C．图中T1<T2D．XZ线上任意点均有pH＝7解析　由水的离子积的定义知两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw，A正确；由图中纵轴横轴的大小可知M区域内任意点均有c(H＋)<c(OH－)，B正确；温度越高水的电离程度越大，电离出的c(H＋)与c(OH－)越大，所以T2>T1，C正确，XZ线上任意点都有c(H＋)＝c(OH－)，只有当c(H＋)＝10－7mol·L－1时，才有pH＝7，D错误。答案　D9．(2022·福建理综，10，6分)常温下0.1mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是(　　)\nA．将溶液稀释到原体积的10倍B．加入适量的醋酸钠固体C．加入等体积0.2mol·L－1盐酸D．提高溶液的温度解析　A项，醋酸是弱酸，将弱酸溶液稀释到原体积的10倍，pH增加不到1个单位；C项，加入等体积0.2mol·L－1的盐酸，溶液中的H＋主要来自于盐酸的电离，此时溶液中的H＋浓度大于0.1mol·L－1，混合溶液的pH比a要小；D项，温度升高，CH3COOH的电离程度增大，pH减小；B项，加入CH3COONa后，溶液中的CH3COO－浓度增大，促使醋酸的电离平衡逆向移动，H＋浓度下降，pH增大。答案　B10．(2022·课标全国卷，10，6分)将浓度为0.1mol·L－1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是(　　)A．c(H＋)B．Ka(HF)C.D.解析　HF溶液加水稀释，平衡向右移动，所以增大，选项D正确。答案　D11．(2022·海南化学，16，8分)氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料。回答下列问题：(1)氨的水溶液显弱碱性，其原因为_____________________________________(用离子方程式表示)；0.1mol·L－1的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液的pH________(填“升高”或“降低”)；若加入少量明矾，溶液中NH的浓度________(填“增大”或“减小”)。(2)硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O。250℃时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为______________________________，平衡常数表达式为________；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为________mol。(3)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，若生成1molN2，其ΔH＝________kJ·mol－1。\n解析　(1)氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨为弱电解质，它部分电离产生NH和OH－，使溶液显碱性；若加入少量氯化铵固体，则铵根离子浓度增大，使一水合氨的电离平衡逆向移动，c(OH－)减小，pH降低；若加入少量明矾，因Al3＋与OH－反应，使一水合氨的电离平衡正向移动，则c(NH)增大。(2)根据题意可写出化学方程式，但应注意该反应为可逆反应；根据平衡常数定义，可得出K的表达式，注意硝酸铵为固体，不应列入平衡常数表达式中；NH4NO3的分解反应中，NO中氮元素的化合价从＋5价降低至＋1价，NH中氮元素的化合价从－3价升高至＋1价，转移4个电子，故有1molNH4NO3完全分解时转移4mol电子。(3)根据题给的能量变化图像可知，由N2O与NO反应生成氮气和二氧化氮的反应热为(209－348)kJ·mol－1＝－139kJ·mol－1。答案　(1)NH3·H2ONH＋OH－　降低　增大(2)NH4NO3N2O＋2H2O　c(N2O)c2(H2O)　4　(3)－139考点二　水的电离及溶液的酸碱性1．(2022·广东理综，11，4分)一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是(　　)A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化解析　A项，升高温度，促进水的电离平衡，则c(H＋)和c(OH－)都同等程度地变大，\n若由c向b变化，则c(H＋)增大，c(OH－)将变小，错误；B项，根据b点对应的c(H＋)和c(OH－)都为1.0×10－7mol/L，所以该温度下，水的离子积常数Kw＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14，错误；C项，加入FeCl3发生水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，破坏水的电离平衡，c(H＋)增大、Kw不变，c(OH－)变小，则可能引起由b向a变化，正确；D项，c点对应的溶液呈碱性，稀释溶液，c(OH－)变小，Kw不变，c(H＋)增大，故可引起由c向b的变化，而不是向d变化，错误。答案　C2．(2022·天津理综，5，6分)室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是(　　)加入物质结论A50mL1mol·L－H2SO4反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)B0.05molCaO溶液中增大C50mLH2O由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变D0.1molNaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变解析　Na2CO3溶液中存在水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－，所以溶液呈碱性。A项，向溶液中加入50mL1mol·L－1H2SO4，Na2CO3与H2SO4恰好反应生成0.05molNa2SO4，根据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SO)，错误；B项，向Na2CO3溶液中加入0.05molCaO后，发生反应CaO＋H2O===Ca(OH)2，生成0.05molCa(OH)2，恰好与Na2CO3反应：Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，则c(CO)减小，c(OH－)增大，c(HCO)减小，所以增大，正确；C项，加入50mLH2O，CO的水解平衡正向移动，但c(OH－)减小，溶液中的OH－全部来源于水的电离，由于水电离出的H＋、OH－浓度相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，错误；D项，加入的0.1molNaHSO4固体与0.05molNa2CO3恰好反应生成0.1molNa2SO4，溶液呈中性，故溶液pH减小，加入NaHSO4，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，错误。答案　B3．(2022·重庆理综，3，6分)下列叙述正确的是(　　)A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH＝7C．25℃时，0.1mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱\nD．0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)解析　A项，稀醋酸中存在CH3COOH的电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加入CH3COONa，增大CH3COO－浓度，抑制CH3COOH的电离，错误；B项，两者恰好完全反应生成NH4NO3溶液，因NH水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋而使溶液呈酸性，错误；C项，硫化钠是强电解质，完全电离Na2S===2Na＋＋S2－，氢硫酸是弱酸，部分电离H2SHS－＋H＋(为主)、HS－H＋＋S2－，所以硫化钠溶液中离子浓度大，导电能力强，正确；D项，因在同一溶液中，c(Ag＋)相同，所以有＝＝，因两者溶度积不同，所以c(Cl－)≠c(I－)，错误。答案　C4．(2022·课标全国卷Ⅱ，13，6分)室温时，M(OH)2(s)M2＋(aq)＋2OH－(aq)　Ksp＝a，c(M2＋)＝bmol·L－1时，溶液的pH等于(　　)A.lg()B.lg()C．14＋lg()D．14＋lg()解析　Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)＝a，则c(OH－)＝，c(H＋)＝＝，pH＝－lgc(H＋)＝14＋lg()，C正确。答案　C5．(2022·山东理综，13，4分)某温度下，向一定体积0.1mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lgc(OH－))与pH的变化关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)A．M点所示溶液的导电能力强于Q点B．N点所示溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积解析　醋酸为弱酸，向其溶液中逐滴加入等浓度NaOH时，生成强电解质CH3COONa，\n溶液导电性逐渐增强，则Q点导电能力强于M点，故A错误；图中N点pH>pOH，即c(H＋)<c(OH－)，根据溶液中电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，所以c(CH3COO－)<c(Na＋)，故B错误；由图知，M点pOH＝b，则溶液中c(OH－)＝10－bmol·L－1，N点pH＝b，则溶液中c(H＋)＝10－bmol·L－1，即M与N点的水的电离程度相同，C正确；D项，若消耗NaOH溶液体积与醋酸溶液体积相同时，二者恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液水解呈碱性，而Q点pH＝pOH，即c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，故D错误。答案　C6．(2022·课标全国卷，11，6分)已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为amol·L－1的一元酸HA与bmol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是(　　)A．a＝bB．混合溶液的pH＝7C．混合溶液中，c(H＋)＝mol·L－1D．混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)解析　A项，只有当HA为强酸、BOH为强碱，或HA的电离常数Ka与BOH的电离常数Kb相等时，溶液才呈中性；B项，只有当温度T＝298K时pH＝7的溶液才呈中性；D项为电荷守恒关系式，无论溶液呈酸性、碱性还是中性，该关系式均成立；C项，因c(H＋)·c(OH－)＝Kw，中性溶液c(H＋)＝c(OH－)，故c(H＋)＝mol·L－1，正确。答案　C7．(2022·广东理综，23，6分)对于常温下pH为2的盐酸，叙述正确的是(双选)(　　)A．c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)B．与等体积pH＝12的氨水混合后所得溶液显酸性C．由H2O电离出的c(H＋)＝1.0×10－12mol·L－1D．与等体积0.01mol·L－1乙酸钠溶液混合后所得溶液中：c(Cl－)＝c(CH3COO－)解析　B项，pH＝12的氨水与pH＝2的盐酸等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性；D项，pH＝2的盐酸与0.01mol·L－1乙酸钠溶液等体积混合，生成等物质的量的CH3COOH和NaCl，CH3COOH部分电离，c(Cl－)>c(CH3COO－)。答案　AC8．(2022·上海化学，19，4分)\n常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是(双选)(　　)A．b不可能显碱性B．a可能显酸性或碱性C．a不可能显酸性D．b可能显碱性或酸性解析　pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，其浓度分别是大于10－3mol·L－1和等于10－3mol·L－1，由于pH为3的某酸溶液，其强弱未知。因此与pH为11的氨水反应时，两者都有可能过量；而与pH为11的氢氧化钠溶液反应时只能酸可能过量或二者恰好反应。答案　AB考点三　酸碱中和滴定1．(2022·广东理综，12，4分)准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小解析　A项，滴定管用水洗涤后，还要用待装溶液润洗，否则将要引起误差，错误；B项，在用NaOH溶液滴定盐酸的过程中，锥形瓶内溶液由酸性逐渐变为中性，溶液的pH由小变大，正确；C项，用酚酞作指示剂，锥形瓶中溶液应由无色变为粉红色，且半分钟内不恢复原色时才能停止滴定，错误；D项，滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则碱液的体积偏大，测定结果偏大，错误。答案　B2．(2022·天津理综，4，6分)下列实验误差分析错误的是(　　)A．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小解析　pH试纸不能湿润，若用润湿的pH试纸测碱溶液时，对碱溶液起到稀释作用，c(OH－)变小，pH偏小，A正确；容量瓶定容时俯视会使实际液面低于刻度线，造成V偏小，c偏大，B错误；中和滴定时，滴定后有气泡，因气泡占有体积，造成ΔV偏小，C正确；D项中，“缓慢”操作会使一部分热量散失，所测温度值偏小，D正确。\n答案　B3．(2022·上海化学，10，2分)用滴定法测定Na2CO3(含NaCl杂质)的质量分数，下列操作会引起测定值偏高的是(　　)A．试样中加入酚酞作指示剂，用标准酸液进行滴定B．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定C．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，直接加入待测溶液进行滴定D．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00mL进行滴定解析　A、C项操作对测定结果无影响；B项操作导致标准液变稀，消耗体积变大，使测得结果偏高；D项操作导致待测液浓度变小，因此测定结果偏低。答案　B4．(2022·山东理综，31，19分)毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是________。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的________。a．烧杯b．容量瓶c．玻璃棒d．滴定管(2)Ca2＋Mg2＋Fe3＋开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2加入NH3·H2O调节pH＝8可除去________(填离子符号)，滤渣Ⅱ中含________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是________________________________。已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。(3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O　Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓\n步骤Ⅰ移取xmL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL。步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入xmL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________mol·L－1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将________(填“偏大”或“偏小”)。解析　(1)充分研磨的目的是增大反应物的接触面积，从而使反应速率加快。配制一定质量分数的溶液，可以算出所需37%的盐酸及水的体积，然后在烧杯中稀释，为加速溶解，要用玻璃棒进行搅拌。(2)根据流程图及表格中数据可知，加入NH3·H2O调节pH＝8时，只有Fe3＋完全沉淀而除去。加入NaOH，调pH＝12.5，对比表格中数据可知，此时Mg2＋完全沉淀，Ca2＋部分沉淀，所以滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2。根据Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，H2C2O4过量时Ba2＋会转化为BaC2O4沉淀，从而使BaCl2·2H2O的产量减少。(3)“0”刻度位于滴定管的上方。由题意可得关系式BaCl2～CrO～H＋，则有c(BaCl2)×y×10－3L＝bmol·L－1×(V0－V1)×10－3L，解得c(BaCl2)＝mol·L－1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1变小，Ba2＋浓度测量值将偏大。答案　(1)增大接触面积从而使反应速率加快　ac(2)Fe3＋　Mg(OH)2、Ca(OH)2　H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少(3)上方　　偏大5．(2022·四川理综，9，13分)(NH4)2SO4是常用的化肥和化工原料，受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产物。【查阅资料】(NH4)2SO4在260℃和400℃时分解产物不同。【实验探究】该小组拟选用下图所示装置进行实验(夹持和加热装置略)。实验1：连接装置A－B－C－D，检查气密性，按图示加入试剂(装置B盛0.5000\nmol/L盐酸70.00mL)。通入N2排尽空气后，于260℃加热装置A一段时间，停止加热，冷却，停止通入N2。品红溶液不褪色。取下装置B，加入指示剂，用0.2000mol/LNaOH溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH溶液25.00mL。经检验滴定后的溶液中无SO。(1)仪器X的名称是________。(2)滴定前，下列操作的正确顺序是________(填字母编号)。a．盛装0.2000mol/LNaOH溶液b．用0.2000mol/LNaOH溶液润洗c．读数、记录d．查漏、清洗e．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面(3)装置B内溶液吸收气体的物质的量是________mol。实验2：连接装置A－D－B，检查气密性，按图示重新加入试剂。通入N2排尽空气后于400℃加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残留物，停止加热，冷却，停止通入N2。观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO，无SO。进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物。(4)检验装置D内溶液中有SO，无SO的实验操作和现象是__________________________________________________________________。(5)装置B内溶液吸收的气体是________。(6)(NH4)2SO4在400℃分解的化学方程式是____________________________________________________________________________________________________________________________________。解析　实验1：反应过程中C中品红溶液不褪色说明(NH4)2SO4在260℃下分解没有SO2生成。(1)仪器A是圆底烧瓶。(2)滴定管在使用前首先检查是否漏水，然后用蒸馏水清洗，再用待装溶液润洗，随后装入溶液排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面至零刻度线或零刻度线以下，最后读数并记录；(3)根据化学方程式HCl＋NaOH===NaCl＋H2O可知，装置B吸收NH3后剩余的HCl的物质的量为0.2000mol/L×0.02500L＝0.005mol，又由化学方程式HCl＋NH3===NH4Cl可知，吸收NH3的物质的量为n(NH3)＝n(HCl)＝0.5000mol/L×0.07000L－0.005mol＝0.03mol。实验2：装置D内溶液中有SO，没有SO，则说明D中存在Na2SO3和NaOH，故向D的溶液中加入BaCl2溶液时产生白色沉淀，再加入足量的稀盐酸，若白色沉淀完全溶解，\n则可证明装置D内溶液中有SO，没有SO，由此可知(NH4)2SO4在400℃时分解有SO2生成，又由(NH4)2SO4在400℃时完全分解无残留物，说明生成物全部是气体，SO转化为SO2的过程中S元素的化合价降低，根据氧化还原反应规律可知，NH中N元素的化合价必定升高，由于气体产物中没有氮氧化物，故一定有N2生成；又由于A、D之间的导管中有少量的白色固体生成，则该白色固体为铵盐，故气体产物中还有氨气生成，由此可知(NH4)2SO4在400℃时完全分解的化学方程式为3(NH4)2SO44NH3↑＋N2↑＋3SO2↑＋6H2O↑，由于D装置中的NaOH溶液不能吸收NH3，故装置B中的盐酸吸收的是NH3。答案　(1)圆底烧瓶(2)dbaec(3)0.03(4)取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，加入足量的稀盐酸后，沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体(5)NH3(或氨气)(6)3(NH4)2SO44NH3↑＋N2↑＋3SO2↑＋6H2O↑6．(2022·重庆理综，9，15分)中华人民共和国国家标准(GB2760－2022)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测量。(1)仪器A的名称是________，水通入A的进口为________。\n(2)B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为____________________________________________________________________________________________________________。(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的________；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号)________(①＝10mL，②＝40mL，③<10mL，④>40mL)。(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L－1。(5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施____________________________________________________________________________________________________________________________________。解析　(1)仪器A是蒸馏实验中使用的冷凝器；为使冷凝更充分，要让水在冷凝器中缓慢上升，所以水由b口进，若a口进，冷凝管中水装不满。(2)SO2具有还原性，而H2O2具有氧化性，所以反应为SO2＋H2O2===H2SO4。(3)NaOH是强碱，应装在碱式滴定管中，为赶出尖嘴处气泡，要让尖嘴部分略向上弯曲排出气泡，所以选③；酚酞的变色范围在8.2～10.0之间，而滴定终点时溶液的pH＝8.8，所以可以选择酚酞作指示剂；根据题意及滴定管的结构知，刻度“10”处至尖嘴部分均有溶液，所以滴定管内液体体积大于40mL，选④。(4)滴定时发生的反应为H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O，则可得n(SO2)＝n(NaOH)＝×0.0900mol·L－1×25.00×10－3L＝1.125×10－3mol，m(SO2)＝64g·mol－1×1.125×10－3mol＝72×10－3g，该葡萄酒中SO2含量为＝0.24g·L－1。(5)B中有盐酸，加热时挥发出的HCl气体进入C中，所以滴定时，多消耗了NaOH溶液，从而使测定结果比实际值偏高，若仍用现有装置进行实验，可用硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄糖做对比实验。答案　(1)冷凝管或冷凝器　b　(2)SO2＋H2O2===H2SO4(3)③　酚酞　④　(4)0.24(5)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响7．(2022·江苏化学，18，12分)硫酸镍铵[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于电镀、印刷等领域。某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取2.3350g样品，\n配制成100.00mL溶液A；②准确量取25.00mL溶液A，用0.04000mol·L－1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2＋(离子方程式为Ni2＋＋H2Y2－===NiY2－＋2H＋)，消耗EDTA标准溶液31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH356.00mL(标准状况)。(1)若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni2＋含量将________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。(2)氨气常用________检验，现象是__________________________________。(3)通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。解析　(1)滴定过程中的反应方程式为：Ni2＋＋H2Y2－===NiY2－＋2H＋c(Ni2＋)＝若未用EDTA标准液润洗会造成EDTA浓度偏低，消耗EDTA标准液体积增加，故结果偏高。答案　(1)偏高　(2)湿润的红色石蕊试纸　试纸颜色由红变蓝(3)n(Ni2＋)＝0.04000mol·L－1×31.25mL×10－3L·mL－1＝1.250×10－3moln(NH)＝＝2.500×10－3moln(SO)＝＝＝2.500×10－3molm(Ni2＋)＝59g·mol－1×1.250×10－3mol＝0.07375gm(NH)＝18g·mol－1×2.500×10－3mol＝0.04500gm(SO)＝96g·mol－1×2.500×10－3mol＝0.2400gn(H2O)＝＝1.250×10－2molx∶y∶m∶n＝n(NH)∶n(Ni2＋)∶n(SO)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O