1、2022届高三化学一轮高考复习常考题型：45酸碱中和滴定综合分析一、单选题（共18题）1用一定浓度的溶液滴定(弱酸)溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示。下列有关说法正确的是A最好选用甲基橙作指示剂B曲线上任意一点水的电离常数均相等Cb点溶液一定显酸性，且Dc点为滴定终点，但2草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，已知：Ka1(H2C2O4)=5.4 10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4 10-5 室温下，用0.2000 molL-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000molL-1H2C2O4溶液至终点。对于滴定过程中的下列描述正确的是A当滴入10.00 mL NaOH溶液时，混
2、合溶液的pH可能大于7B溶液中，始终存在c(Na+)c(HC2O)+2c(C2O)C选择酚酞作指示剂，滴定终点时溶液可能呈粉红色D溶液中c(HC2O)/c(C2O)一直减小3室温下，向25.00 mL 0.1000 molL1氨水中滴加0.1000 molL1盐酸，溶液的pH随盐酸体积的变化如图。下列说法不正确的是（）A如选甲基橙为指示剂，终点的判断为溶液颜色由黄色恰好变为橙色且半分钟不变色Bab，水的电离程度逐渐增大Ca点溶液中，c（H+）Dc点溶液中，4室温时,用0.1000 mol L -1的NaOH溶液滴定0. 1000 mol L -1的顺丁烯二酸H2A的滴定曲线如下图所示(pKa=
3、 lgKa),下列说法错误的是A用NaOH溶液滴定NaHA溶液可用酚酞作指示剂Ba点:c(HA)=c(H2A)CH2A的Ka2=10-6Dd点：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)B在B点，a12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO-)=c(OH-)=c(H+)C在C点，c(Na+)c(CH3COO-) c(H+)c(OH-)D在D点，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)14室温下，用 0.1000molL-1的标准盐酸分别滴定 20.00mL的0.l000molL-1氨水和20.00mL的 0.l000molL-1氢氧化钠溶液，滴定过程中溶液pH随中
4、和百分数的变化如图所示，已知lg2=0.3，甲基红是一种酸碱指示剂，变色范围为4.46.2。下列有关滴定过程说法不正确的是A滴定氨水溶液当中和百分数为50%时，各离子浓度间存在关系：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)B滴定氨水溶液中和百分数为100%时，溶液中水的电离程度最大C从滴定曲线可以判断，使用甲基橙作为滴定过程中的指示剂准确性更佳D滴定氢氧化钠溶液当中和百分数为150%时，所得溶液的pH=l.715常温下，用0.100molL1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100molL1的HA溶液和HB溶液的滴定曲线如图。下列说法错误的是（已知lg20.3）AHB是弱酸，b点
5、时溶液中c（B）c（Na+）c（HB）Ba、b、c三点水电离出的c（H+）：abcC滴定HB溶液时，应用酚酞作指示剂D滴定HA溶液时，当V（NaOH）=19.98mL时溶液pH约为4.316常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL同浓度的甲酸溶液过程中溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示（已知：HCOOH溶液的Ka=1.010-4）提示：几种常见的酸碱指示剂变色范围如下：下列有关叙述正确的是A当加入10.00mLNaOH溶液时，溶液中：c（HCOO-）c（Na+）c（HCOOH）B加入5.00mLNaOH溶液和加入25.00mLNaOH溶液时，水的电离程度相同C当加入
6、20.00mLNaOH溶液时，溶液pH=8.0D该滴定过程中选择甲基橙试液作为指示剂17常温下，用0.1molL-1NaOH溶液滴定40mL0.1molL-1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述错误的是A可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值B滴定中两次反应终点可依次用甲基橙、酚酞作指示剂C图中Y点对应的溶液中3c(SO)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)D图中Z点对应的溶液中：c(Na+)c(SO)c(HSO)c(OH-)18常温下用酚酞做指示剂，向一定体积0.1000mo1L1H2A溶液中滴加0.1000mo1L1NaOH溶液，滴定
7、曲线及混合溶液中lgX其中X表示或随pH变化如图所示，下列说法中正确的是A图2曲线表示pH与的变化关系BH2A溶液的体积为40.00mLCHA的电离常数Ka=1.0102D实验到达滴定终点时，溶液中c(Na+) c(HA)+2c(A2)，故D错误。综上所述，答案为D。5B【详解】A因a点7pH14，因此水电离出的c(H+)1.01014molL1，故A错误；B盐酸和氨水反应，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒可知c(Cl)=c(NH4+)，b点时pH7，则氨水过量，c(NH4+)+c(NH3H2O)c(Cl)，故B正确；CC点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH)，氯化铵是强酸弱
8、碱盐，其水溶液呈酸性，要使其水溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以消耗盐酸的体积V(HCl)2000mL，故C错误；Dd点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误。综上所述，答案为B。6B【解析】试题分析：根据图像可知，氢氧化钠溶液是30mL时达到滴定终点，所以盐酸的浓度是氢氧化钠浓度的2倍，消耗20mL氢氧化钠时，溶液的pH=2，则15 c(X)-20 c(Y)/(15+20)=0.01，c(X)=2 c(Y)，代入解得c(Y)=0.035mol/L，答案选B。考点：考查溶液物质的量浓度的计算7C【详解】A由题意可知
9、，指示剂的添加顺序为先加酚酞，后加甲基橙，A项正确；Bb点时溶液中的溶质主要为NaCl和，B项正确；C若，说明a点溶液中，C项错误；D设HCl溶液的物质的量浓度为c，则部分变质的烧碱中碳酸钠的质量分数为，D项正确。故选C。8B【分析】由图像可知，溶液的pH越小，草酸的浓度越大，pH越大，C2O的浓度越大，所以曲线1、2、3分别表示H2C2O4、HC2O、C2O的分布分数随溶液pH的变化，据此分析解答。【详解】Ac点时c(C2O)=c(HC2O)，H2C2O4的二级电离常数K2=c(H+)=10-4.3，故A正确；Bb点时对应溶液为NaHC2O4溶液，所以此时NaOH与H2C2O4按物质的量之比
10、1:1反应，则消耗的NaOH溶液的体积为25.00mL，故B错误；C根据分析，曲线1表示H2C2O4的分布分数随溶液pH的变化，故C正确；Da点溶液为H2C2O4溶液，0.1000mol/LH2C2O4溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，物料守恒：0.1000mol/L = c(H2C2O4) +c(HC2O)+ c(C2O)，则c(H+)+c(H2C2O4)=0.1000mol/L+c(C2O)+c(OH-)，故D正确；答案选B。9B【详解】A中和滴定实验中不用石蕊作指示剂，CH3COOH为弱酸，滴定终点溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，故A错误；Bc点
11、溶液显中性，即c(H)=c(OH)=107molL1，根据电荷守恒c(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH)，即有c(Na)= c(CH3COO)= molL1，根据物料守恒c(CH3COOH)c(CH3COO)= =mol/L，推出c(CH3COOH)= mol/L，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.66105molL1，故B正确；Cb点时的溶质为等量的CH3COOH和CH3COONa，质子守恒有c(H)c(CH3COOH)=c(CH3COO)2c(OH)，故C错误；D醋酸为弱酸，在水溶液中部分电离，盐酸为强酸，因此相同pH时：c(CH3COOH)c(HCl)，同体积时，相同pH时
12、醋酸消耗NaOH的物质的量比盐酸消耗NaOH的物质的量多，故D错误；答案为B。10B【详解】A用0.10mol/L的盐酸溶液滴定10mL0.10mol/LMOH溶液，AG=-8，AG=lg，=10-8，=10-14，c(OH-)=10-3mol/L，说明MOH为弱碱，恰好反应溶液显酸性，选择甲基橙判断反应终点，故A错误；BC点是AG=0，=10-7 mol/L，溶液呈中性，溶质为MCl和MOH混合溶液，C点时加入盐酸溶液的体积小于10mL，故B正确；C若B点加入的盐酸溶液体积为5mL，得到等浓度的MCl和MOH混合溶液，溶液中存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，物料
13、守恒为c(M+)+c(MOH)= 2c(Cl-)，消去氯离子得到c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH)，故C错误；DA-B滴入盐酸溶液中氢氧根离子浓度减小，对水抑制程度减小，到恰好反应MCl，M+离子水解促进水电离，电离程度最大，继续加入盐酸抑制水电离，滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度，DABC，并不是从A点到D点溶液中水的电离程度逐渐增大，故D错误；故选B。11D【详解】A. 氢氧化钠溶液滴定醋酸，产物醋酸钠溶液呈碱性，选酚酞作指示剂，无色浅红色且30秒内不变色为滴定终点，A正确；B. 盐酸滴定氨水，产物氯化铵溶液呈酸性，选甲基橙作指示剂，黄色橙色且30秒内不变色为滴定
14、终点，B正确；C. 酸性高锰酸钾溶液滴定亚硫酸钾溶液，发生氧化还原反应生成硫酸根离子和锰离子，高锰酸钾呈紫色，无色浅紫红且30秒内不变色为滴定终点，C正确；D. 碘水滴定硫化钠溶液生成碘离子和硫，选淀粉作指示剂，无色蓝色且30秒内不变色为滴定终点，D不正确；答案选D。12C【详解】A根据图象可知，0.1mol/L的三种酸(HA，HB和HD)溶液，pH大小为HDHBHA，溶液pH越大，酸性越弱，则三种酸的酸性强弱：HDHBHA，故A错误；BQ点溶液的pH=3.8，c（D-）c（H+）=10-3.8mol/L，c（HD）0.1mol/L，HD的电离平衡常数为Ka=，故B错误；CW点溶液的pHc(O
15、H-)，此时溶质为等浓度的HB、NaB，说明HB的电离程度大于B-的水解程度，则c(B-)c(HB)，故C正确；D0.1mol/L的三种酸的pH都大于1，说明三种酸都是弱酸，则完全反应后生成的都是强碱弱酸盐，混合液呈碱性，则c(H+)c(OH-)，结合电荷守恒可知，c（Na+）c（A-）c（B-）c（D-），故D错误；故选C。13A【分析】明确酸碱混合时各个状态时溶液的组成情况是解题关键；在25mL 0.1 molL-1NaOH溶液中逐滴加入0.2 molL-1CH3COOH溶液，二者之间相互反应，当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为12.5mL，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，且c(OH-
16、)=c(H+)，注意根据电荷守恒思想来比较离子浓度大小。【详解】A. 在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO-、OH-，根据电荷守恒则有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，且溶液始终显碱性，则c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)，故A正确；B. 在B点溶液显中性，则结果是c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则一定有c(Na+)=c(CH3COO-)，但氢离子与氢氧根离子浓度很小，故有：c(Na+)=c(CH3COO-)c(OH-)=c(H+)，故B错误；C. 在
17、C点，溶液显酸性，故有c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故c(CH3COO-)c(Na+)，故C错误；D. 在D点时，根据物料守恒，则：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D错误；答案选A。14C【详解】A滴定氨水溶液当中和百分数为50%时，溶液中存在电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，A正确；B滴定氨水溶液中和百分数为100%时，酸与碱的物质的量分数分数最大，此时溶液中水的电离程度最大，B正确；C从滴定曲线看，甲基红的变色范围更接近于滴定终点，而使用甲基橙显示偏晚，因此使用甲基
18、红作为滴定过程中的指示剂准确性更佳，C错误；D滴定氢氧化钠溶液当中和百分数为150%时，即加入盐酸30ml，此时溶液中氢离子浓度，则所得溶液的，D正确；答案选C。15B【详解】A. 20.00mL0.100molL1的HB溶液，pH大于1，说明HB是弱酸，b点溶质为HB和NaB，物质的量浓度相等，溶液显酸性，电离程度大于水解程度，因此溶液中c(B)c(Na+) c(HB)，故A正确；B. a、b、c三点，a点酸性比b点酸性强，抑制水电离程度大，c点是盐，促进水解，因此三点水电离出的c(H+)：c b a，故B错误；C. 滴定HB溶液时，生成NaB，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，故C正确；D.
19、滴定HA溶液时，当V(NaOH) = 19.98mL时溶液氢离子浓度为，则pH约为4.3，故D正确。综上所述，答案为B。16A【详解】A.当加入10.00mLNaOH溶液时，反应后溶质为甲酸钠、甲酸，溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒可知(HCOO-)c(Na+)，由于甲酸的电离程度较弱，则溶液中：c（HCOO-）c（Na+）c（HCOOH），故A正确；B.根据图像可知：加入5.00mLNaOH溶液时，氢氧化钠不足，溶液呈酸性，抑制了水的电离，c(H+)=10-3mol/L，加入25.00mLNaOH溶液时，NaOH过量，溶液呈碱性，抑制了水的电离，c(OH-)=10-2mol
20、/L，所以c(H+)c(OH-)，则水的电离程度不同，故B错误；C.当加入20.00mLNaOH溶液时，反应后溶质为0.05mol/L的甲酸钠，HCOOH溶液的Ka=10-4，则Kh(HCOO-)=10-10；设0.05mol/L的甲酸钠中氢氧根离子浓度x，HCOO-+H2OHCOOH+OH-，则Kh(HCOO-)=10-10，解得x=mol/L，所以pOH=5.65，溶液的pH=8.35，即此时溶液pH8.0，故C错误；D.NaOH与甲酸恰好反应时生成甲酸钠，溶液呈碱性，应该用酚酞作指示剂，故D错误；答案：A。17D【详解】A混合溶液中W点c(H2SO3)=c()，Ka1(H2SO3)=c(
21、H+)=10-pH=10-2，混合溶液Y点中c()=c()，Ka2(H2SO3)=c(H+)=10-pH=10-7.19，故可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值,A正确；B甲基橙变色范围为3.1-4.4，滴定到第一反应终点溶液pH值为4.25，在其范围内，所以可以选取甲基橙作指示剂， 酚酞的变色范围是8.210.0，滴定到第二反应终点溶液pH值为9.86，在其范围内，所以可以选取酚酞作指示剂，B正确；CY点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)且该点溶液中存在c()=c()，所以存在3c()=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，C正确；D
22、Z点酸碱恰好完全反应生成Na2SO3，两步水解生成OH-导致溶液呈碱性，但只有第一步水解生成，所以c()c(OH-)，由物料守恒知c(Na+)c()，则该点溶液中存在c(Na+)c()c(OH-)c()，D错误；故答案为：D。18C【详解】A根据图1可知起始时0.1mol/LH2A溶液的pH1，即溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，这说明H2A的第一步电离是完全的，溶液中不存在H2A，因此图2曲线表示pH与的变化关系，A错误；B恰好完全反应时消耗氢氧化钠溶液是40mL，二者的浓度相等，所以H2A溶液的体积为20.00mL，B错误；C图2中pH2即氢离子浓度是0.01mol/L时，lgx0，这说
23、明c(A2)=c(HA)，所以HA的电离常数Ka=c(H)1.0102，C正确；D实验到达滴定终点时生成Na2A，依据物料守恒c(Na+)2c(A2-)+2c(HA-)，所以溶液中c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。19直形冷凝管 除去空气中的还原性气体，避免影响实验结果 5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O c(Na+)+c(H+)=3c(PO)+2c(HPO)+c(H2PO4)+c(OH) 当最后一滴标准溶液滴入时，溶液颜色由紫红色突变为无色，且30 s不恢复 5+2+6H+=5+2Mn2+3H2O 1.275
24、 mg/kg 不合格 【分析】安装吸收装置PH3的产生与吸收转移KMnO4吸收溶液亚硫酸钠标准溶液滴定，已知C中盛有100 g原粮，E中盛有20.00 mL 1.0103 molL1 KMnO4溶液(H2SO4酸化)吸收PH3；B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3；A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体。【详解】(1)根据装置图可知：仪器D是直形冷凝管；(2)A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体，避免影响实验结果；(3)标准状况下2.24 L PH3的物质的量n(PH3)=0.1 mol，其恰好被80 mL 2.0
25、 molL1 KMnO4溶液吸收，n(KMnO4)=2.0 mol/L0.08 L=0.16 mol，KMnO4被还原为Mn2+，假设PH3氧化产物化合价为+x价，结合电子守恒，可得(x+3)0.1 mol=0.1 mol(7-2)，解得x=+5，可知PH3被氧化为H3PO4，则该反应的化学方程式为5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O；其中PH3被氧化后的产物H3PO4可与NaOH溶液反应生成正盐为Na3PO4，则该正盐水溶液的电荷守恒关系式为：c(Na+)+c(H+)=3c(PO)+2c(HPO)+c(H2PO4)+c(OH)；(4)N
26、a2SO3具有还原性，会被酸性KMnO4氧化为Na2SO4，KMnO4被还原为无色Mn2+，所以当滴定达到终点时，溶液颜色会由紫红色突变为无色，且30 s不恢复；根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：5+2+6H+=5+2Mn2+3H2O；根据反应方程式5+2+6H+=5+2Mn2+3H2O可知2n(KMnO4)5n(Na2SO3)，则未与PH3反应的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=4.0104 mol/L0.015 L=2.4105 mol，则与PH3反应的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=1.5103 mol/L0.02 L-2.4105 mol=6.0
27、106 mol，则根据方程式5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O可知PH3的物质的量n(PH3)= n(KMnO4)= 6.0106 mol=3.75106 mol，故PH3的质量分数为；由于PH3的含量为1.275 mg/kg0.05 mg/kg，所以该粮食不合格。20紫红色接近褪去 I2+5Cl2+6H2O=2IO+10Cl-+12H+ 分液漏斗 降低碘酸钙的溶解度使其析出，便于后续分离 AC 淀粉溶液 滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色刚好褪去30s内不恢复 【分析】在转化过程中，I2被Cl2氧化为HIO3，Cl2自身被还原为H
28、Cl，HIO3、HCl易溶于水，不溶于有机溶剂，经过分液操作可实现HIO3、HCl与CCl4的分离，HIO3、HCl溶液进入第三步与KOH反应生成KIO3、KCl，加入CaCl2后，经过冰水浴操作析出溶解度较小的Ca(IO3)2。【详解】(1)随着反应的进行，I2逐渐转化为无色的HIO3，当紫红色接近消失时，说明反应基本完成，此时可停止通入氯气，故答案为：紫红色接近褪去。由分析知，I2被Cl2氧化为HIO3，Cl2自身被还原为HCl，初步确定反应为：I2+Cl2HlO3+HCl，根据元素守恒知方程式左边需添加H2O，结合得失电子守恒配平得方程式为：，HIO3、HCl为强酸，可拆写成离子，改写后
29、对应离子方程式为：。(2)由分析知，分离时的操作为分液，所需仪器有烧杯、分液漏斗，故答案为：分液漏斗。(3)根据流程知，最终目的为获得Ca(IO3)2，且Ca(IO3)2的溶解度随温度降低而减小，故采用冰水浴的目的为：降低Ca(IO3)2的溶解度，促进其析出，便于后续分离。(4)A搅拌可使反应物充分混合，使反应更充分，A正确；B由分析知，调pH=10后的溶液中还含有KCl，B错误；C由于Ca(IO3)2不溶于乙醇，故可选用酒精溶液洗涤Ca(IO3)2晶体，C正确；故答案为：AC；(5)由于与反应生成I2，故加入淀粉溶液作指示剂，溶液变蓝，随着生成的I2逐渐与Na2S2O3反应，溶液蓝色逐渐消失
30、，故答案为滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色刚好褪去30s内不恢复。21 干燥NO2 防止空气中的水蒸气进入C中 ABD 液体中红棕色褪去 19.6% 【分析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2；，装置C中发生的反应为N2O4O3N2O5O2，N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，故二氯甲烷的作用为溶解反应物NO2、充分混合反应物使其反应更加充分、溶解生成物N2O5；装置D是保护装置，防止倒吸；N2O5微溶于水且与水反应生成强酸，则装置E是为了防止空气中的水蒸气进入C中。【详解】(1)干燥的氯气通入硝酸银，得到了N2
31、O5和氧气，化学方程式为；(2)装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为；N2O5微溶于水且与水反应生成强酸，则装置B的作用是干燥NO2；装置E的作用是防止空气中的水蒸气进入C中；N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，则C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是溶解反应物NO2、充分混合反应物使其反应更加充分、溶解生成物N2O5，可以通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率观察其流速，但不能控制O3的通入速度，故答案选ABD；(3)装置C中，NO2溶于CH2Cl2，使溶液变为红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束；(4)N2O4与酸性KMnO4溶液反应生成硝酸锰
32、和硝酸，离子方程式为；KMnO4的总量为，H2O2与KMnO4反应的比例关系为5H2O22KMnO4，用0.1000 mol/L H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液20.00 mL，则剩余的KMnO4的物质的量为，N2O4与KMnO4反应的比例关系为5N2O42KMnO4，N2O4的物质的量为，则产品中N2O4的含量为。22分液漏斗 丙 使反应物充分混合，加快反应速率 防止被氧化 吸收多余的，防止污染空气 88.0% 偏小 【分析】检漏后打开K1，通入N2一段时间，目的是将装置中空气排出，防止PH3被氧化；在A中加入丁醇和白磷，关闭K1，打开磁力加热搅拌器加热至5
33、060，滴加烧碱溶液，根据题干信息知，在加热条件下，白磷(P4)与浓NaOH反应生成PH3，同时得到次磷酸钠(NaH2PO2)，PH3是无色有毒气体，且具有还原性，所以应该用强氧化性物质氧化而防止污染大气，且要防止倒吸，B用于收集PH3，C装置是安全瓶(防止倒吸)，D装置是吸收尾气。【详解】(1)仪器a的名称为分液漏斗；PH3密度大于氮气，所以应该采用向上排氮气的方法收集，故B应选用装置丙；故答案为：分液漏斗；丙；(2实验前应该检验装置是否漏气，然后向A加入丁醇和白磷，再通入氮气将装置中空气排尽，防止PH3被氧化，最后滴加NaOH溶液，所以正确的操作顺序是；故答案为：；(3)通过以上分析知，装
34、置A中发生反应的化学方程式为；因白磷不易溶于水，可溶于丁醇，加入丁醇可有利于白磷的溶解，使其与氢氧化钠溶液充分混合均匀，增大反应物之间的接触面积，从而加快反应速率；故答案为：；使反应物充分混合，加快反应速率；(4)反应结束后也要打开K1，继续通入N2的目的是防止PH3被氧化；PH3是无色有毒气体且易被氧化，为防止污染空气，应该用强氧化性物质吸收，所以D的作用是吸收尾气，防止污染空气；故答案为：防止被氧化；吸收多余的，防止污染空气；(5)n(Na2S2O3)=0.100mol/L0.02L=0.002moln(Na2S2O3)=0.100mol/L0.02L=0.002mol，根据方程式知：Na
35、2S2O3消耗的n(I2)= n(Na2S2O3)=0.002mol=0.001mol，则NaH2PO2消耗的n(I2)=0.100mol/L0.03L0.001mol=0.002mol，根据方程式知，n(NaH2PO2)=n(I2)=0.002mol，则100mL溶液中n(NaH2PO2)=0.002mol5=0.01mol，m(NaH2PO2)=0.01mol88g/mol=0.88g，NaH2PO2纯度=100%=88.0%；由题意知，滴定后尖嘴处充满标准液，实际尖嘴处的标准液未参与反应，故所计标准液体积偏大，导致测出的剩余I2的量偏大，则算出与样品反应的I2偏少，故所测结果偏小。故答案
36、为：88.0%；偏小；23防止倒吸 2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2+2H2O 减少H2O2的分解、提高ClO2的溶解度 H2O2受热易分解，配料时应略过量；同时防止ClO2与NaOH反应生成杂质 使用冰水浴，且缓慢通入ClO2 NaOH BC 【分析】按图组装好仪器后，检查装置的气密性；装置A中发生2NaClO3H2O2H2SO4=2ClO2O2Na2SO42H2O；装置B的作用是防止倒吸；装置C中冰水浴冷却的主要目的降低反应速率，减少H2O2的分解减少ClO2的分解；装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，需用NaOH溶液吸收Cl
37、O2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸，空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降。根据关系式NaClO22I24S2O计算产品的纯度。【详解】(1)仪器B的作用是防止倒吸。故答案为：防止倒吸；(2)装置C中制备NaClO2固体的化学方程式：2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2+2H2O。冰水浴冷却的目的是减少H2O2的分解、提高ClO2的溶解度 (写两种)。故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2+2H2O；减少H2O2的分解、提高ClO2的溶解度；(3)实验时装置C中H2O2与NaOH的物料比需要控制在0.8
38、左右，原因可能是H2O2受热易分解，配料时应略过量；同时防止ClO2与NaOH反应生成杂质。故答案为：H2O2受热易分解，配料时应略过量；同时防止ClO2与NaOH反应生成杂质；在吸收液中H2O2和NaOH的物料比、浓度和体积不变的条件下，控制反应在03进行，实验中可采取的措施是使用冰水浴，且缓慢通入ClO2。故答案为：使用冰水浴，且缓慢通入ClO2；(4)尾气吸收时，根据2ClO22NaOH=NaClO2NaClO3H2O，一般用NaOH溶液吸收过量的ClO2。故答案为：NaOH；(5)NaClO2与足量酸化的KI溶液，反应为：ClO2-+4I-+4H+2H2O+2I2+Cl-，则：由关系式
39、NaClO22I24S2O，n(NaClO2)= n(S2O)=0.2mol/L10-3VL=510-5Vmol，10mL样品中m（NaClO2）=510-5Vmol90.5g/mol=4.52510-3Vg，原样品中NaClO2的质量分数为： =；故答案为：；(6)ANaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出的晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，装置C中制得的NaClO2固体中可用用3860的温水洗涤23遍，故A错误；B装置C中制得的NaClO2固体后的操作包括趁热过滤， 用3860的温水洗涤，低于60干燥，得到成
40、品，故B正确；C高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，如果撤去装置C中的冰水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，故C正确；D装置A中空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸，空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降，故D错误；故答案为：BC。24acbdef 蒸馏烧瓶 排除装置中的空气 有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀不溶解 1:1 V2+ 【分析】二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，VCl3分解制备VCl2，需要排除装置中的空气，根据题意，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠在加热时发生氧化还原反应生成氮气，用氮气除尽装置中的
41、空气，氮气中的水蒸气可以通过浓硫酸除去，为了防止外界空气中的水蒸气进入装置，在分解后的装置后面需要连接一个干燥装置；根据滴定反应Ag+Cl-=AgCl计算解答。【详解】(1)二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，VCl3分解制备VCl2，需要排除装置中的空气，根据题意，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠在加热时发生氧化还原反应生成氮气，用氮气除尽装置中的空气，氮气中的水蒸气可以通过浓硫酸除去，为了防止外界空气中的水蒸气进入装置，在分解后的装置后面需要连接一个干燥装置，装置的连接顺序为ABCD，按气流方向，接口连接顺序为acbdef；A中盛放NaNO2的仪器是蒸馏烧瓶，A中和氯化铵溶液与亚硝酸钠在加热时
42、发生氧化还原反应生成氮气和水，离子方程式为：；二氯化钒(VCl2)有强还原性，实验前需通入N2，是为了排除装置中的空气，防止VCl2被氧化；(2)用0.5000mol/LAgNO3标准溶液滴定Cl-，滴加Na2CrO4作指示剂，达到滴定终点时，Cl-完全消耗，Ag+和反应生成砖红色沉淀，则滴定终点的现象为：有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀不溶解；达到滴定终点时消耗标准液体积为100.00mL，根据Ag+Cl-=AgCl可计算出，设产品中VCl3与VCl2的物质的量分别为x mol、y mol，则有，解得，所以产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为1:1；(3)接通电路后，观察到右侧锥形瓶中溶液蓝色逐渐变深，说明右侧锥形瓶中转化成了，电极反应式为：；右侧锥形瓶中转化成了，V的化合价由+5价变成了+4价，被还原，因此左侧锥形瓶中发生氧化反应，V2+转化为V3+，为氧化剂，是还原产物，V2+为还原剂，因此还原性较强的是V2+。
