高三化學(xué)一輪高考復(fù)習(xí)常考題型45酸堿中和滴定綜合分析

2022屆高三化學(xué)一輪高考復(fù)習(xí)?？碱}型：45酸堿中和滴定綜合分析一、單選題（共18題）1．用一定濃度的溶液滴定(弱酸)溶液，測(cè)得混合溶液的溫度變化如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是A．最好選用甲基橙作指示劑B．曲線上任意一點(diǎn)水的電離常數(shù)均相等C．b點(diǎn)溶液一定顯酸性，且D．c點(diǎn)為滴定終點(diǎn)，但2．草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸，已知：Ka1(H2C2O4)=5.4×102，Ka2(H2C2O4)=5.4×105室溫下，用0.2000mol·L1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L1H2C2O4溶液至終點(diǎn)。對(duì)于滴定過程中的下列描述正確的是A．當(dāng)?shù)稳?0.00mLNaOH溶液時(shí)，混合溶液的pH可能大于7B．溶液中，始終存在c(Na+)<c(HC2O)+2c(C2O)C．選擇酚酞作指示劑，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液可能呈粉紅色D．溶液中c(HC2O)/c(C2O)一直減小3．室溫下，向25.00mL0.1000mol?L?1氨水中滴加0.1000mol?L?1鹽酸，溶液的pH隨鹽酸體積的變化如圖。下列說法不正確的是（）A．如選甲基橙為指示劑，終點(diǎn)的判斷為溶液顏色由黃色恰好變?yōu)槌壬野敕昼姴蛔兩獴．a(chǎn)→b，水的電離程度逐漸增大C．a(chǎn)點(diǎn)溶液中，c（H+）D．c點(diǎn)溶液中，4．室溫時(shí),用0.1000mol·L1的NaOH溶液滴定0.1000mol·L1的順丁烯二酸H2A的滴定曲線如下圖所示(pKa=?lgKa),下列說法錯(cuò)誤的是A．用NaOH溶液滴定NaHA溶液可用酚酞作指示劑B．a(chǎn)點(diǎn):c(HA－)=c(H2A)C．H2A的Ka2=106D．d點(diǎn)：c(Na+)<c(HA－)+2c(A2)5．室溫下，將1.000mol/L鹽酸滴入氨水中，溶液pH和溫度隨加入鹽酸體積變化曲線如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)由水電離出的c（H＋）=1.0×1014mol/LB．b點(diǎn)時(shí)c（NH4＋）＋c（NH3·H2O）＞c（Cl）C．c點(diǎn)時(shí)消耗的鹽酸體積：V（HCl）=20.00mLD．d點(diǎn)后，溶液溫度略下降的主要原因是NH3·H2O電離吸熱6．下圖為對(duì)15mL一定物質(zhì)的量濃度的鹽酸X用一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液Y滴定的圖像，根據(jù)圖像推出X(mol/L)和Y(mol/L)的物質(zhì)的量濃度是下表內(nèi)各組中的選項(xiàng)

A

B

C

D

c(X)/mol·L－1

0.035

0.070

0.03

0.06

c(Y)/mol·L－1

0.070

0.035

0.06

0.03

7．可用酚酞和甲基橙雙指示劑法測(cè)定部分變質(zhì)的燒堿中的含量。先將部分變質(zhì)的燒堿配制成一定濃度溶液并加入一種指示劑，用一定濃度的HCl溶液滴定至變色后，再加入另一種指示劑，繼續(xù)用該HCl溶液滴定至變色，分別記錄兩個(gè)變色點(diǎn)加入HCl溶液體積進(jìn)行計(jì)算。滴定過程中溶液pH的變化如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．指示劑的添加順序?yàn)橄燃臃犹蠹蛹谆菳．b點(diǎn)時(shí)溶液中的溶質(zhì)主要為NaCl和C．若，則a點(diǎn)溶液中存在D．原固體混合物中碳酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)表示為8．H2C2O4為二元弱酸，室溫下用0.1000mol/L，NaOH溶液滴定25.00mL0.100

0

mol/LH2C2O4溶液至終點(diǎn)。滴定過程中H2C2O4、HC2O、C2O的分布分?jǐn)?shù)(物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))a隨溶液pH的變化關(guān)系如圖所示。下列分析錯(cuò)誤的是A．H2C2O4的二級(jí)電離常數(shù)K2=104.3B．b點(diǎn)時(shí)，消耗的NaOH溶液的體積為50.

00

mLC．曲線1表示H2C2O4的分布分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化D．a(chǎn)點(diǎn)溶液中，c(H+)+c(H2C2O4)=0.1000mol/L+c(C2O)+c(OH)9．298K時(shí)，向20mL0.1000mol·L1CH3COOH溶液中滴入0.1000mol·L1NaOH溶液，滴定曲線如圖所示(忽略溫度變化)。下列說法正確的是A．該滴定過程應(yīng)該選擇石蕊溶液做指示劑B．由c點(diǎn)數(shù)值可求醋酸的電離平衡常數(shù)為1.66×105mol·L1C．b點(diǎn)溶液中各微粒濃度關(guān)系為2c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO)+c(OH)D．中和同體積同pH的醋酸和鹽酸所用氫氧化鈉的物質(zhì)的量，后者多10．若用AG表示溶液的酸度，其表達(dá)式為：AG=lg[]。室溫下，實(shí)驗(yàn)室里用0.10mol/L的鹽酸溶液滴定10mL0.10mol/LMOH溶液，滴定曲線如圖所示：下列說法正確的是A．該滴定過程可選擇酚酞作為指示劑B．C點(diǎn)加入鹽酸的體積小于10mLC．若B點(diǎn)加入的鹽酸溶液體積為5mL，所得溶液中：c(M+)+c(H+)=c(MOH)+2c(OH?)D．滴定過程中從A點(diǎn)到D點(diǎn)溶液中水的電離程度逐漸增大11．下列滴定中，指示劑的選擇或滴定終點(diǎn)顏色變化有錯(cuò)誤的是選項(xiàng)滴定管中的溶液錐形瓶中的溶液指示劑滴定終點(diǎn)顏色變化ANaOH溶液CH3COOH溶液酚酞無色→淺紅色B鹽酸氨水甲基橙黃色→橙色C酸性高錳酸鉀溶液K2SO3溶液無無色→淺紫紅色D碘水Na2S溶液淀粉藍(lán)色→無色12．25℃時(shí)，用相同濃度的NaOH溶液，分別滴定體積均為20mL、濃度0.1mol·L1的三種酸（HA、HB和HD）溶液，滴定曲線如圖所示，下列判斷正確的是（）A．三種酸的酸性強(qiáng)弱：HD＞HB＞HAB．由Q點(diǎn)可知，HD的電離平衡常數(shù)Ka≈107.6，其數(shù)量級(jí)是108C．滴定至W點(diǎn)時(shí)，由此時(shí)溶液的pH可知，W點(diǎn)溶液中：c（B）＞c（HB）D．當(dāng)三種溶液完全反應(yīng)后將其混合，溶液中存在：c（Na+）=c（A）+c（B）+c（D）13．在25mL0.1mol·L1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L1CH3COOH溶液，溶液pH變化曲線如圖所示，下列有關(guān)離子濃度的比較正確的是A．在A、B間任一點(diǎn)(不含A、B點(diǎn))，溶液中可能有c(Na+)>c(CH3COO)>c(OH)>c(H+)B．在B點(diǎn)，a>12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO)=c(OH)=c(H+)C．在C點(diǎn)，c(Na+)>c(CH3COO)>c(H+)>c(OH)D．在D點(diǎn)，c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)14．室溫下，用0.1000mol?L1的標(biāo)準(zhǔn)鹽酸分別滴定20.00mL的0.l000mol?L1氨水和20.00mL的0.l000mol?L1氫氧化鈉溶液，滴定過程中溶液pH隨中和百分?jǐn)?shù)的變化如圖所示，已知lg2=0.3，甲基紅是一種酸堿指示劑，變色范圍為4.4~6.2。下列有關(guān)滴定過程說法不正確的是A．滴定氨水溶液當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)為50%時(shí)，各離子濃度間存在關(guān)系：c(NH)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)B．滴定氨水溶液中和百分?jǐn)?shù)為100%時(shí)，溶液中水的電離程度最大C．從滴定曲線可以判斷，使用甲基橙作為滴定過程中的指示劑準(zhǔn)確性更佳D．滴定氫氧化鈉溶液當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)為150%時(shí)，所得溶液的pH=l.715．常溫下，用0.100mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL0.100mol·L－1的HA溶液和HB溶液的滴定曲線如圖。下列說法錯(cuò)誤的是（已知lg2≈0.3）A．HB是弱酸，b點(diǎn)時(shí)溶液中c（B－）>c（Na+）>c（HB）B．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)水電離出的c（H+）：a>b>cC．滴定HB溶液時(shí)，應(yīng)用酚酞作指示劑D．滴定HA溶液時(shí)，當(dāng)V（NaOH）=19.98mL時(shí)溶液pH約為4.316．常溫下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL同濃度的甲酸溶液過程中溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示（已知：HCOOH溶液的Ka=1.0×104）提示：幾種常見的酸堿指示劑變色范圍如下：下列有關(guān)敘述正確的是A．當(dāng)加入10.00mLNaOH溶液時(shí)，溶液中：c（HCOO）＞c（Na+）＞c（HCOOH）B．加入5.00mLNaOH溶液和加入25.00mLNaOH溶液時(shí)，水的電離程度相同C．當(dāng)加入20.00mLNaOH溶液時(shí)，溶液pH=8.0D．該滴定過程中選擇甲基橙試液作為指示劑17．常溫下，用0.1mol·L1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L1H2SO3溶液，所得滴定曲線如圖所示(忽略混合時(shí)溶液體積的變化)。下列敘述錯(cuò)誤的是A．可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值B．滴定中兩次反應(yīng)終點(diǎn)可依次用甲基橙、酚酞作指示劑C．圖中Y點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中3c(SO)=c(Na+)+c(H+)c(OH)D．圖中Z點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH)18．常溫下用酚酞做指示劑，向一定體積0.1000mo1·L?1H2A溶液中滴加0.1000mo1·L?1NaOH溶液，滴定曲線及混合溶液中l(wèi)gX[其中X表示或]隨pH變化如圖所示，下列說法中正確的是A．圖2曲線表示pH與的變化關(guān)系B．H2A溶液的體積為40.00mLC．HA?的電離常數(shù)Ka=1.0×10?2D．實(shí)驗(yàn)到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液中c(Na+)<2c(A2)+c(HA)二、實(shí)驗(yàn)題（共8題）19．磷化鋁(AlP)通?？勺鳛橐环N廣譜性熏蒸殺蟲劑，吸水后會(huì)立即產(chǎn)生高毒的PH3氣體(熔點(diǎn)為?132℃，還原性強(qiáng))。衛(wèi)生安全標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定：當(dāng)糧食中磷化物(以PH3計(jì))的含量不超過0.05mg·kg?1時(shí)，糧食質(zhì)量合格；反之，糧食質(zhì)量不合格。某化學(xué)興趣小組的同學(xué)通過下列方法對(duì)糧食中殘留的磷化物含量進(jìn)行了研究。（操作流程）安全吸收裝置→PH3的產(chǎn)生與吸收→轉(zhuǎn)移KMnO4吸收溶液→亞硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。（實(shí)驗(yàn)裝置）已知：①B中盛有焦性沒食子酸的堿性溶液，其作用是吸收空氣中的O2，防止裝置C中生成的PH3被氧化；②C中盛有100g原糧，E中盛有20.00mL1.50×10?3mol·L?1KMnO4溶液(H2SO4酸化)。請(qǐng)回答下列問題：(1)儀器D的名稱是_______。(2)A中盛裝KMnO4溶液的作用是_______。(3)已知標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LPH3恰好被80mL2.0mol·L?1KMnO4溶液吸收，請(qǐng)寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______，其中PH3被氧化后的產(chǎn)物可與NaOH溶液反應(yīng)生成正鹽，請(qǐng)寫出該正鹽水溶液的電荷守恒關(guān)系式：_______。(4)收集E中的吸收液，加水稀釋至250mL，取25.00mL于錐形瓶中，用4.0×10?4mol·L?1的Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液15.00mL。①如何判斷到達(dá)了滴定終點(diǎn)？_______。②該滴定過程涉及的反應(yīng)離子方程式為：_______。數(shù)據(jù)處理：該原糧中磷化物(以PH3計(jì))的含量為_______mg·kg?1，該糧食_______(填“合格”或“不合格”)。20．碘酸鈣[Ca(IO3)2]是廣泛使用的既能補(bǔ)鈣又能補(bǔ)碘的新型食品添加劑，不溶于乙醇，在水中的溶解度隨溫度降低而減小。實(shí)驗(yàn)室制取Ca(IO3)2]的流程如圖所示：已知：碘酸(HIO3)是易溶于水的強(qiáng)酸，不溶于有機(jī)溶劑。(1)實(shí)驗(yàn)流程中“轉(zhuǎn)化”步驟是為了制得碘酸，該過程在如圖所示的裝置中進(jìn)行。①當(dāng)觀察到三頸瓶中___現(xiàn)象時(shí)，停止通入氯氣。②“轉(zhuǎn)化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___。(2)“分離”時(shí)用到的玻璃儀器有燒杯、___。(3)采用冰水浴的目的是___。(4)有關(guān)該實(shí)驗(yàn)說法正確的是___。A．適當(dāng)加快攪拌速率可使“轉(zhuǎn)化”時(shí)反應(yīng)更充分B．“調(diào)pH=10”后的溶液中只含有KIO3和KOHC．制得的碘酸鈣可選用酒精溶液洗滌(5)準(zhǔn)確稱取產(chǎn)品0.2500g，加酸溶解后，再加入足量KI發(fā)生反應(yīng)IO+5I+6H+=3I2+3H2O，滴入2~3滴___作為指示劑，用0.000mol·L1Na2S2O3溶液滴定(I2+2S2O=2I+S4O)至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象是___。21．五氧化二氮(N2O5)是有機(jī)合成中常用的綠色硝化劑。N2O5常溫下為白色固體，可溶于CH2Cl2等氯代烴溶劑，微溶于水且與水反應(yīng)生成強(qiáng)酸，高于室溫時(shí)對(duì)熱不穩(wěn)定。(1)1840年，Devill首次將干燥的氯氣通入硝酸銀，在試管壁上得到了N2O5。已知反應(yīng)的氧化產(chǎn)物為空氣中的成分之一，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：________________________。(2)某化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)臭氧(O3)氧化法制備N2O5，反應(yīng)原理為N2O4＋O3＝N2O5＋O2。實(shí)驗(yàn)裝置如圖：回答下列問題：①寫出裝置A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：________________________。②裝置B的作用是________；裝置E的作用是________________________。③實(shí)驗(yàn)時(shí)，將三口燒瓶C浸入冰水中，打開裝置A中分液漏斗的活塞，一段時(shí)間后C中液體變?yōu)榧t棕色。然后打開活塞K，通過臭氧發(fā)生器向三口燒瓶中通入含有臭氧的氧氣。C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是________(填序號(hào))。A．溶解反應(yīng)物NO2B．充分混合反應(yīng)物使其反應(yīng)更加充分C．控制O3的通入速度D．溶解生成物N2O5(3)判斷C中反應(yīng)已結(jié)束的簡(jiǎn)單方法是________________________。(4)該興趣小組用滴定法測(cè)定N2O5粗產(chǎn)品中N2O4的含量。取2.0g粗產(chǎn)品，加入25.00mL0.1000mol/L酸性高錳酸鉀溶液。充分反應(yīng)后，用0.1000mol/LH2O2溶液滴定剩余的高錳酸鉀，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗H2O2溶液20.00mL。(已知：H2O2與HNO3不反應(yīng)且不考慮其分解)①產(chǎn)品中N2O4與KMnO4發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為________________。②產(chǎn)品中N2O4的含量為________(質(zhì)量分?jǐn)?shù)，結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。22．磷化氫(PH3)常用于縮合催化劑、磷的有機(jī)化合物制備等。實(shí)驗(yàn)室用白磷(P4)與濃NaOH(過量)加熱制備PH3同時(shí)得到次磷酸鈉(NaH2PO2)裝置如圖。已知：PH3是無色有毒氣體，有強(qiáng)還原性，易自燃。(1)儀器a的名稱為_______，B應(yīng)選用圖中裝置_______。(2)實(shí)驗(yàn)操作有如下步驟：①打開K1，通入N2一段時(shí)間②檢查裝置氣密性③關(guān)閉，打開磁力加熱攪拌器加熱至50℃~60℃，滴加燒堿溶液④在A中加入丁醇和白磷。則正確的操作順序是________________。(3)裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為________，加入丁醇的目的是_________。(4)反應(yīng)結(jié)束后也要打開，繼續(xù)通入的目的是_______，裝置D的作用是_____。(5)測(cè)定純度。提純A中反應(yīng)后的混合物，得到()粗品，取1.00g配成溶液，取于錐形瓶中，酸化后加入碘水，充分反應(yīng)，以淀粉溶液作指示劑，用0.100mol/LNa2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，平均消耗20.00mL。則產(chǎn)品純度為_____。用Na2S2O3溶液滴定時(shí)尖嘴處開始有氣泡，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)無氣泡，則測(cè)定結(jié)果____(“偏大”、“偏小”或“無影響”)。(相關(guān)反應(yīng)為，)23．亞氯酸鈉(NaClO2)是一種高效漂白劑，其有效氯含量相當(dāng)于漂白粉的7倍?？捎肅lO2與過氧化氫為原料制取亞氯酸鈉，相關(guān)實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。請(qǐng)回答：已知：①2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O；②2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O；③已知NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時(shí)析出NaClO2·3H2O晶體，高于38℃時(shí)析出NaClO2晶體，高于60℃時(shí)NaClO2分解成NaClO3和NaCl。(1)儀器B的作用是___________。(2)寫出裝置C中制備NaClO2固體的化學(xué)方程式：___________。冰水浴冷卻的目的是___________(寫兩種)。(3)在裝置A中發(fā)生反應(yīng)生成NaClO2，反應(yīng)過程中放出大量的熱。①研究表明，實(shí)驗(yàn)時(shí)裝置C中H2O2與NaOH的物料比需要控制在0.8左右，原因可能是___________。②在吸收液中H2O2和NaOH的物料比、濃度和體積不變的條件下，控制反應(yīng)在0～3℃進(jìn)行，實(shí)驗(yàn)中可采取的措施是___________。(4)尾氣吸收時(shí)，一般用___________溶液吸收過量的ClO2。(5)為了測(cè)定NaClO2粗品的純度，取上述粗產(chǎn)品ag溶于水配成1L溶液，取出10mL溶液于錐形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反應(yīng)后(NaClO2被還原為Cl，雜質(zhì)不參加反應(yīng))，加入2～3滴淀粉溶液，用0.20mol·L1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)用去標(biāo)準(zhǔn)液VmL，試計(jì)算NaClO2粗品的純度___________(提示：2Na2S2O3＋I(xiàn)2=Na2S4O6＋2NaI)(6)下列關(guān)于該實(shí)驗(yàn)及樣品組成分析的說法，正確的是___________(填字母)。A．裝置C中制得的NaClO2固體中可用略低于38℃的熱水洗滌2～3遍B．裝置C中制得的NaClO2固體后的操作包括過濾、洗滌和干燥C．如果撤去裝置C中的冰水浴，可能導(dǎo)致產(chǎn)品中混有的雜質(zhì)是NaClO3和NaClD．裝置A中空氣流速過快或過慢，均會(huì)增大NaClO2的產(chǎn)率24．二氯化釩(VCl2)有強(qiáng)還原性和吸濕性，熔點(diǎn)為425°C、沸點(diǎn)為900°C，是制備多種醫(yī)藥、催化劑、含釩化合物的中間體。學(xué)習(xí)小組在實(shí)驗(yàn)室制備VCl2并進(jìn)行相關(guān)探究。回答下列問題：(1)小組同學(xué)通過VCl3分解制備VCl2。①按氣流方向，圖中裝置合理的連接順序?yàn)開______(用小寫字母填空)。②A中盛放NaNO2的儀器名稱為_______，其中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。③實(shí)驗(yàn)前需通入N2，其作用為_______。(2)測(cè)定產(chǎn)品純度：實(shí)驗(yàn)后產(chǎn)品中混有少量VCl3雜質(zhì)。稱量2.795g樣品，溶于水充分水解，調(diào)pH后滴加Na2CrO4作指示劑，用0.5000mol/LAgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Cl，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為100.00mL(Ag2CrO4為磚紅色沉淀，雜質(zhì)不參加反應(yīng))。①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為_______。②產(chǎn)品中VCl3與VCl2的物質(zhì)的量之比為_______。(3)小組同學(xué)進(jìn)一步用如圖所示裝置比較含釩離子的還原性。接通電路后，觀察到右側(cè)錐形瓶中溶液藍(lán)色逐漸變深，發(fā)生的電極反應(yīng)式為_______，則VO2+、V2+的還原性較強(qiáng)的是_______。參考答案1．D【詳解】A．滴定弱酸，滴定終點(diǎn)為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈堿性，最好選用酚酞作指示劑，故A錯(cuò)誤；B．該曲線為溫度變化曲線，溫度不同的點(diǎn)，其水的電離常數(shù)也不同，故B錯(cuò)誤；C．點(diǎn)未達(dá)到滴定終點(diǎn)，因滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液為堿性，但不能確定點(diǎn)溶液的酸堿性，故C錯(cuò)誤；D．點(diǎn)溫度最高，反應(yīng)達(dá)到滴定終點(diǎn)，溶液呈堿性，即，故D正確。綜上所述，答案為D。2．D【詳解】略3．D【詳解】A．溶液反應(yīng)生成氯化銨，水解顯酸性，因此選甲基橙為指示劑，終點(diǎn)的判斷為溶液顏色由黃色恰好變?yōu)槌壬野敕昼姴蛔兩?，故A正確；B．a(chǎn)→b過程不斷消耗氨水至氨水恰好反應(yīng)完，b點(diǎn)溶質(zhì)為氯化銨，因此水的電離程度逐漸增大，故B正確；C．a(chǎn)點(diǎn)溶液溶質(zhì)是氯化銨和氨水，兩者濃度相等，溶液顯堿性，電離程度大于水解程度，故C正確；D．c點(diǎn)溶液溶質(zhì)是氯化銨和鹽酸混合溶液，兩者濃度相等，溶液顯酸性，電荷守恒：，物料守恒：，因此，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為D。4．D【詳解】A．酚酞的變色范圍為8.2～10.0，第二個(gè)滴定終點(diǎn)時(shí)溶液的pH=9.5左右，可用酚酞作為NaOH溶液滴定NaHA溶液滴定終點(diǎn)的指示劑，故A正確；B．a(chǎn)點(diǎn)pH=pKa1，即?lgc(H+)=?lgKa1，，，因此c(HA－)=c(H2A)，故B正確；C．，c點(diǎn)c(HA－)=c(A2?)，pH=6，因此H2A的Ka2=10?6，故C正確；D．溶液中存在電荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(HA－)+2c(A2?)+c(OH－)，d點(diǎn)溶液顯堿性，因此：c(Na+)>c(HA－)+2c(A2?)，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為D。5．B【詳解】A．因a點(diǎn)7＜pH＜14，因此水電離出的c(H+)＞1.0×10?14mol·L?1，故A錯(cuò)誤；B．鹽酸和氨水反應(yīng)，溶液呈中性，則c(H+)=c(OH－)，根據(jù)電荷守恒可知c(Cl－)=c(NH4+)，b點(diǎn)時(shí)pH＞7，則氨水過量，c(NH4+)+c(NH3·H2O)＞c(Cl－)，故B正確；C．C點(diǎn)溶液呈中性，則c(H+)=c(OH－)，氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，其水溶液呈酸性，要使其水溶液呈中性，則氨水應(yīng)該稍微過量，所以消耗鹽酸的體積V(HCl)＜20．00mL，故C錯(cuò)誤；D．d點(diǎn)時(shí)鹽酸和氨水恰好完全反應(yīng)，放熱最多，再加鹽酸溫度降低只能是加入鹽酸的溫度低于溶液溫度，這才是溫度下降的原因，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為B。6．B【解析】試題分析：根據(jù)圖像可知，氫氧化鈉溶液是30mL時(shí)達(dá)到滴定終點(diǎn)，所以鹽酸的濃度是氫氧化鈉濃度的2倍，消耗20mL氫氧化鈉時(shí)，溶液的pH=2，則[15c(X)20c(Y)]/(15+20)=0.01，c(X)="2"c(Y)，代入解得c(Y)=0.035mol/L，答案選B?？键c(diǎn)：考查溶液物質(zhì)的量濃度的計(jì)算7．C【詳解】A．由題意可知，指示劑的添加順序?yàn)橄燃臃犹?，后加甲基橙，A項(xiàng)正確；B．b點(diǎn)時(shí)溶液中的溶質(zhì)主要為NaCl和，B項(xiàng)正確；C．若，說明a點(diǎn)溶液中，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．設(shè)HCl溶液的物質(zhì)的量濃度為c，則部分變質(zhì)的燒堿中碳酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，D項(xiàng)正確。故選C。8．B【分析】由圖像可知，溶液的pH越小，草酸的濃度越大，pH越大，C2O的濃度越大，所以曲線1、2、3分別表示H2C2O4、HC2O、C2O的分布分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．c點(diǎn)時(shí)c(C2O)=c(HC2O)，H2C2O4的二級(jí)電離常數(shù)K2==c(H+)=104.3，故A正確；B．b點(diǎn)時(shí)對(duì)應(yīng)溶液為NaHC2O4溶液，所以此時(shí)NaOH與H2C2O4按物質(zhì)的量之比1:1反應(yīng)，則消耗的NaOH溶液的體積為25.

00

mL，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)分析，曲線1表示H2C2O4的分布分?jǐn)?shù)隨溶液pH的變化，故C正確；D．a(chǎn)點(diǎn)溶液為H2C2O4溶液，0.1000

mol/LH2C2O4溶液中存在電荷守恒：c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH)，物料守恒：0.1000mol/L=c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)，則c(H+)+c(H2C2O4)=0.1000mol/L+c(C2O)+c(OH)，故D正確；答案選B。9．B【詳解】A．中和滴定實(shí)驗(yàn)中不用石蕊作指示劑，CH3COOH為弱酸，滴定終點(diǎn)溶液顯堿性，應(yīng)用酚酞作指示劑，故A錯(cuò)誤；B．c點(diǎn)溶液顯中性，即c(H＋)=c(OH－)=10－7mol·L－1，根據(jù)電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，即有c(Na＋)=c(CH3COO－)==mol·L－1，根據(jù)物料守恒c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)==mol/L，推出c(CH3COOH)=mol/L，CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka=≈1.66×10－5mol·L－1，故B正確；C．b點(diǎn)時(shí)的溶質(zhì)為等量的CH3COOH和CH3COONa，質(zhì)子守恒有c(H＋)＋c(CH3COOH)=c(CH3COO－)＋2c(OH－)，故C錯(cuò)誤；D．醋酸為弱酸，在水溶液中部分電離，鹽酸為強(qiáng)酸，因此相同pH時(shí)：c(CH3COOH)>c(HCl)，同體積時(shí)，相同pH時(shí)醋酸消耗NaOH的物質(zhì)的量比鹽酸消耗NaOH的物質(zhì)的量多，故D錯(cuò)誤；答案為B。10．B【詳解】A．用0.10mol/L的鹽酸溶液滴定10mL0.10mol/LMOH溶液，AG=8，AG=lg[]，=108，=1014，c(OH)=103mol/L，說明MOH為弱堿，恰好反應(yīng)溶液顯酸性，選擇甲基橙判斷反應(yīng)終點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．C點(diǎn)是AG=0，=107mol/L，溶液呈中性，溶質(zhì)為MCl和MOH混合溶液，C點(diǎn)時(shí)加入鹽酸溶液的體積小于10mL，故B正確；C．若B點(diǎn)加入的鹽酸溶液體積為5mL，得到等濃度的MCl和MOH混合溶液，溶液中存在電荷守恒c(M+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，物料守恒為c(M+)+c(MOH)=2c(Cl)，消去氯離子得到c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH?)，故C錯(cuò)誤；D．AB滴入鹽酸溶液中氫氧根離子濃度減小，對(duì)水抑制程度減小，到恰好反應(yīng)MCl，M+離子水解促進(jìn)水電離，電離程度最大，繼續(xù)加入鹽酸抑制水電離，滴定過程中從A點(diǎn)到D點(diǎn)溶液中水的電離程度，D＜A＜B＜C，并不是從A點(diǎn)到D點(diǎn)溶液中水的電離程度逐漸增大，故D錯(cuò)誤；故選B。11．D【詳解】A.氫氧化鈉溶液滴定醋酸，產(chǎn)物醋酸鈉溶液呈堿性，選酚酞作指示劑，無色→淺紅色且30秒內(nèi)不變色為滴定終點(diǎn)，A正確；

B.鹽酸滴定氨水，產(chǎn)物氯化銨溶液呈酸性，選甲基橙作指示劑，黃色→橙色且30秒內(nèi)不變色為滴定終點(diǎn)，B正確；

C.酸性高錳酸鉀溶液滴定亞硫酸鉀溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸根離子和錳離子，高錳酸鉀呈紫色，無色→淺紫紅且30秒內(nèi)不變色為滴定終點(diǎn)，C正確；

D.碘水滴定硫化鈉溶液生成碘離子和硫，選淀粉作指示劑，無色→藍(lán)色且30秒內(nèi)不變色為滴定終點(diǎn)，D不正確；

答案選D。

12．C【詳解】A．根據(jù)圖象可知，0.1mol/L的三種酸(HA，HB和HD)溶液，pH大小為HD>HB>HA，溶液pH越大，酸性越弱，則三種酸的酸性強(qiáng)弱：HD＜HB＜HA，故A錯(cuò)誤；B．Q點(diǎn)溶液的pH=3.8，c（D）≈c（H+）=103.8mol/L，c（HD）≈0.1mol/L，HD的電離平衡常數(shù)為Ka=，故B錯(cuò)誤；C．W點(diǎn)溶液的pH<7，溶液呈酸性，則c(H+)>c(OH)，此時(shí)溶質(zhì)為等濃度的HB、NaB，說明HB的電離程度大于B的水解程度，則c(B)>c(HB)，故C正確；D．0.1mol/L的三種酸的pH都大于>1，說明三種酸都是弱酸，則完全反應(yīng)后生成的都是強(qiáng)堿弱酸鹽，混合液呈堿性，則c(H+)＜c(OH)，結(jié)合電荷守恒可知，c（Na+）＞c（A）＋c（B）＋c（D），故D錯(cuò)誤；故選C。13．A【分析】明確酸堿混合時(shí)各個(gè)狀態(tài)時(shí)溶液的組成情況是解題關(guān)鍵；在25mL0.1mol·L1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L1CH3COOH溶液，二者之間相互反應(yīng)，當(dāng)恰好完全反應(yīng)時(shí)，所需醋酸的體積為12.5mL，當(dāng)反應(yīng)至溶液顯中性時(shí)，醋酸應(yīng)稍過量，且c(OH)=c(H+)，注意根據(jù)電荷守恒思想來比較離子濃度大小?！驹斀狻緼.在A、B間任一點(diǎn)，溶液中只存在四種離子有Na+、H+、CH3COO、OH，根據(jù)電荷守恒則有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，且溶液始終顯堿性，則c(Na+)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H+)，故A正確；B.在B點(diǎn)溶液顯中性，則結(jié)果是c(OH)=c(H+)，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，則一定有c(Na+)=c(CH3COO)，但氫離子與氫氧根離子濃度很小，故有：c(Na+)=c(CH3COO)>c(OH)=c(H+)，故B錯(cuò)誤；C.在C點(diǎn)，溶液顯酸性，故有c(H+)>c(OH)，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，故c(CH3COO)>c(Na+)，故C錯(cuò)誤；D.在D點(diǎn)時(shí)，根據(jù)物料守恒，則：c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D錯(cuò)誤；答案選A。14．C【詳解】A．滴定氨水溶液當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)為50%時(shí)，溶液中存在電荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，A正確；B．滴定氨水溶液中和百分?jǐn)?shù)為100%時(shí)，酸與堿的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分?jǐn)?shù)最大，此時(shí)溶液中水的電離程度最大，B正確；C．從滴定曲線看，甲基紅的變色范圍更接近于滴定終點(diǎn)，而使用甲基橙顯示偏晚，因此使用甲基紅作為滴定過程中的指示劑準(zhǔn)確性更佳，C錯(cuò)誤；D．滴定氫氧化鈉溶液當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)為150%時(shí)，即加入鹽酸30ml，此時(shí)溶液中氫離子濃度，則所得溶液的，D正確；答案選C。15．B【詳解】A.20.00mL0.100mol·L－1的HB溶液，pH大于1，說明HB是弱酸，b點(diǎn)溶質(zhì)為HB和NaB，物質(zhì)的量濃度相等，溶液顯酸性，電離程度大于水解程度，因此溶液中c(B－)>c(Na+)>c(HB)，故A正確；B.a、b、c三點(diǎn)，a點(diǎn)酸性比b點(diǎn)酸性強(qiáng)，抑制水電離程度大，c點(diǎn)是鹽，促進(jìn)水解，因此三點(diǎn)水電離出的c(H+)：c>b>a，故B錯(cuò)誤；C.滴定HB溶液時(shí)，生成NaB，溶液顯堿性，應(yīng)用酚酞作指示劑，故C正確；D.滴定HA溶液時(shí)，當(dāng)V(NaOH)=19.98mL時(shí)溶液氫離子濃度為，則pH約為4.3，故D正確。綜上所述，答案為B。16．A【詳解】A.當(dāng)加入10.00mLNaOH溶液時(shí)，反應(yīng)后溶質(zhì)為甲酸鈉、甲酸，溶液呈酸性，則c(H+)＞c(OH)，根據(jù)電荷守恒可知(HCOO)＞c(Na+)，由于甲酸的電離程度較弱，則溶液中：c（HCOO）＞c（Na+）＞c（HCOOH），故A正確；B.根據(jù)圖像可知：加入5.00mLNaOH溶液時(shí)，氫氧化鈉不足，溶液呈酸性，抑制了水的電離，c(H+)=103mol/L，加入25.00mLNaOH溶液時(shí)，NaOH過量，溶液呈堿性，抑制了水的電離，c(OH)=102mol/L，所以c(H+)＜c(OH)，則水的電離程度不同，故B錯(cuò)誤；C.當(dāng)加入20.00mLNaOH溶液時(shí)，反應(yīng)后溶質(zhì)為0.05mol/L的甲酸鈉，HCOOH溶液的Ka=104，則Kh(HCOO)==1010；設(shè)0.05mol/L的甲酸鈉中氫氧根離子濃度x，HCOO+H2OHCOOH+OH，則Kh(HCOO)===1010，解得x=mol/L，所以pOH=5.65，溶液的pH=8.35，即此時(shí)溶液pH＞8.0，故C錯(cuò)誤；D.NaOH與甲酸恰好反應(yīng)時(shí)生成甲酸鈉，溶液呈堿性，應(yīng)該用酚酞作指示劑，故D錯(cuò)誤；答案：A。17．D【詳解】A．混合溶液中W點(diǎn)c(H2SO3)=c()，Ka1(H2SO3)==c(H+)=10pH=102，混合溶液Y點(diǎn)中c()=c()，Ka2(H2SO3)==c(H+)=10pH=107.19，故可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值,A正確；

B．甲基橙變色范圍為，滴定到第一反應(yīng)終點(diǎn)溶液pH值為4.25，在其范圍內(nèi)，所以可以選取甲基橙作指示劑，酚酞的變色范圍是8.2~10.0，滴定到第二反應(yīng)終點(diǎn)溶液pH值為9.86，在其范圍內(nèi)，所以可以選取酚酞作指示劑，B正確；

C．Y點(diǎn)溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH)且該點(diǎn)溶液中存在c()=c()，所以存在3c()=c(Na+)+c(H+)c(OH)，C正確；

D．Z點(diǎn)酸堿恰好完全反應(yīng)生成Na2SO3，兩步水解生成OH導(dǎo)致溶液呈堿性，但只有第一步水解生成，所以c()＜c(OH)，由物料守恒知c(Na+)＞c()，則該點(diǎn)溶液中存在c(Na+)＞c()＞c(OH)＞c()，D錯(cuò)誤；

故答案為：D。18．C【詳解】A．根據(jù)圖1可知起始時(shí)0.1mol/LH2A溶液的pH＝1，即溶液中氫離子濃度是0.1mol/L，這說明H2A的第一步電離是完全的，溶液中不存在H2A，因此圖2曲線表示pH與的變化關(guān)系，A錯(cuò)誤；B．恰好完全反應(yīng)時(shí)消耗氫氧化鈉溶液是40mL，二者的濃度相等，所以H2A溶液的體積為20.00mL，B錯(cuò)誤；C．圖2中pH＝2即氫離子濃度是0.01mol/L時(shí)，lgx＝0，這說明c(A2－)=c(HA－)，所以HA?的電離常數(shù)Ka=＝c(H＋)＝1.0×10?2，C正確；D．實(shí)驗(yàn)到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)生成Na2A，依據(jù)物料守恒c(Na+)＝2c(A2)+2c(HA)，所以溶液中c(Na+)＞2c(A2)+c(HA)，D錯(cuò)誤；答案選C。19．直形冷凝管除去空氣中的還原性氣體，避免影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2Oc(Na+)+c(H+)=3c(PO)+2c(HPO)+c(H2PO4?)+c(OH?)當(dāng)最后一滴標(biāo)準(zhǔn)溶液滴入時(shí)，溶液顏色由紫紅色突變?yōu)闊o色，且30s不恢復(fù)5+2+6H+=5+2Mn2++3H2O1.275mg/kg不合格【分析】安裝吸收裝置→PH3的產(chǎn)生與吸收→轉(zhuǎn)移KMnO4吸收溶液→亞硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，已知C中盛有100g原糧，E中盛有20.00mL1.0×10?3mol·L?1KMnO4溶液(H2SO4酸化)吸收PH3；B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液，其作用是吸收空氣中的O2，防止氧化裝置C中生成的PH3；A中盛裝KMnO4溶液的作用是除去空氣中的還原性氣體?！驹斀狻?1)根據(jù)裝置圖可知：儀器D是直形冷凝管；(2)A中盛裝KMnO4溶液的作用是除去空氣中的還原性氣體，避免影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果；(3)標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LPH3的物質(zhì)的量n(PH3)=0.1mol，其恰好被80mL2.0mol·L?1KMnO4溶液吸收，n(KMnO4)=2.0mol/L×0.08L=0.16mol，KMnO4被還原為Mn2+，假設(shè)PH3氧化產(chǎn)物化合價(jià)為+x價(jià)，結(jié)合電子守恒，可得(x+3)×0.1mol=0.1mol×(72)，解得x=+5，可知PH3被氧化為H3PO4，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O；其中PH3被氧化后的產(chǎn)物H3PO4可與NaOH溶液反應(yīng)生成正鹽為Na3PO4，則該正鹽水溶液的電荷守恒關(guān)系式為：c(Na+)+c(H+)=3c(PO)+2c(HPO)+c(H2PO4?)+c(OH?)；(4)①Na2SO3具有還原性，會(huì)被酸性KMnO4氧化為Na2SO4，KMnO4被還原為無色Mn2+，所以當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)到終點(diǎn)時(shí)，溶液顏色會(huì)由紫紅色突變?yōu)闊o色，且30s不恢復(fù)；根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得該反應(yīng)的離子方程式為：5+2+6H+=5+2Mn2++3H2O；②根據(jù)反應(yīng)方程式5+2+6H+=5+2Mn2++3H2O可知2n(KMnO4)～5n(Na2SO3)，則未與PH3反應(yīng)的KMnO4的物質(zhì)的量為n(KMnO4)=×4.0×10?4mol/L×0.015L×=2.4×10?5mol，則與PH3反應(yīng)的KMnO4的物質(zhì)的量為n(KMnO4)=1.5×10?3mol/L×0.02L2.4×10?5mol=6.0×10?6mol，則根據(jù)方程式5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O可知PH3的物質(zhì)的量n(PH3)=×n(KMnO4)=×6.0×10?6mol=3.75×10?6mol，故PH3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為；由于PH3的含量為1.275mg/kg＞0.05mg/kg，所以該糧食不合格。20．紫紅色接近褪去I2+5Cl2+6H2O=2IO+10Cl+12H+分液漏斗降低碘酸鈣的溶解度使其析出，便于后續(xù)分離AC淀粉溶液滴入最后一滴硫代硫酸鈉溶液后，溶液藍(lán)色剛好褪去30s內(nèi)不恢復(fù)【分析】在轉(zhuǎn)化過程中，I2被Cl2氧化為HIO3，Cl2自身被還原為HCl，HIO3、HCl易溶于水，不溶于有機(jī)溶劑，經(jīng)過分液操作可實(shí)現(xiàn)HIO3、HCl與CCl4的分離，HIO3、HCl溶液進(jìn)入第三步與KOH反應(yīng)生成KIO3、KCl，加入CaCl2后，經(jīng)過冰水浴操作析出溶解度較小的Ca(IO3)2?！驹斀狻?1)①隨著反應(yīng)的進(jìn)行，I2逐漸轉(zhuǎn)化為無色的HIO3，當(dāng)紫紅色接近消失時(shí)，說明反應(yīng)基本完成，此時(shí)可停止通入氯氣，故答案為：紫紅色接近褪去。②由分析知，I2被Cl2氧化為HIO3，Cl2自身被還原為HCl，初步確定反應(yīng)為：I2+Cl2HlO3+HCl，根據(jù)元素守恒知方程式左邊需添加H2O，結(jié)合得失電子守恒配平得方程式為：，HIO3、HCl為強(qiáng)酸，可拆寫成離子，改寫后對(duì)應(yīng)離子方程式為：。(2)由分析知，分離時(shí)的操作為分液，所需儀器有燒杯、分液漏斗，故答案為：分液漏斗。(3)根據(jù)流程知，最終目的為獲得Ca(IO3)2，且Ca(IO3)2的溶解度隨溫度降低而減小，故采用冰水浴的目的為：降低Ca(IO3)2的溶解度，促進(jìn)其析出，便于后續(xù)分離。(4)A．?dāng)嚢杩墒狗磻?yīng)物充分混合，使反應(yīng)更充分，A正確；B．由分析知，調(diào)pH=10后的溶液中還含有KCl，B錯(cuò)誤；C．由于Ca(IO3)2不溶于乙醇，故可選用酒精溶液洗滌Ca(IO3)2晶體，C正確；故答案為：AC；(5)由于與反應(yīng)生成I2，故加入淀粉溶液作指示劑，溶液變藍(lán)，隨著生成的I2逐漸與Na2S2O3反應(yīng)，溶液藍(lán)色逐漸消失，故答案為∶滴入最后一滴硫代硫酸鈉溶液后，溶液藍(lán)色剛好褪去30s內(nèi)不恢復(fù)。21．干燥NO2防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入C中ABD液體中紅棕色褪去19.6%【分析】裝置A中Cu和濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、二氧化氮和水；裝置B中裝有無水氯化鈣，可以干燥NO2；，裝置C中發(fā)生的反應(yīng)為N2O4＋O3＝N2O5＋O2，N2O5常溫下為白色固體，可溶于CH2Cl2等氯代烴溶劑，故二氯甲烷的作用為溶解反應(yīng)物NO2、充分混合反應(yīng)物使其反應(yīng)更加充分、溶解生成物N2O5；裝置D是保護(hù)裝置，防止倒吸；N2O5微溶于水且與水反應(yīng)生成強(qiáng)酸，則裝置E是為了防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入C中。【詳解】(1)干燥的氯氣通入硝酸銀，得到了N2O5和氧氣，化學(xué)方程式為；(2)①裝置A中Cu和濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、二氧化氮和水，離子方程式為；②N2O5微溶于水且與水反應(yīng)生成強(qiáng)酸，則裝置B的作用是干燥NO2；裝置E的作用是防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入C中；③N2O5常溫下為白色固體，可溶于CH2Cl2等氯代烴溶劑，則C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是溶解反應(yīng)物NO2、充分混合反應(yīng)物使其反應(yīng)更加充分、溶解生成物N2O5，可以通過觀察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率觀察其流速，但不能控制O3的通入速度，故答案選ABD；(3)裝置C中，NO2溶于CH2Cl2，使溶液變?yōu)榧t棕色，故當(dāng)紅棕色褪去可推斷C中反應(yīng)已結(jié)束；(4)①N2O4與酸性KMnO4溶液反應(yīng)生成硝酸錳和硝酸，離子方程式為；②KMnO4的總量為，H2O2與KMnO4反應(yīng)的比例關(guān)系為5H2O2~2KMnO4，用0.1000mol/LH2O2溶液滴定剩余的高錳酸鉀，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗H2O2溶液20.00mL，則剩余的KMnO4的物質(zhì)的量為，N2O4與KMnO4反應(yīng)的比例關(guān)系為5N2O4~2KMnO4，N2O4的物質(zhì)的量為，則產(chǎn)品中N2O4的含量為。22．分液漏斗丙②④①③使反應(yīng)物充分混合，加快反應(yīng)速率防止被氧化吸收多余的，防止污染空氣88.0%偏小【分析】檢漏后打開K1，通入N2一段時(shí)間，目的是將裝置中空氣排出，防止PH3被氧化；在A中加入丁醇和白磷，關(guān)閉K1，打開磁力加熱攪拌器加熱至50℃～60℃，滴加燒堿溶液，根據(jù)題干信息知，在加熱條件下，白磷(P4)與濃NaOH反應(yīng)生成PH3，同時(shí)得到次磷酸鈉(NaH2PO2)，

PH3是無色有毒氣體，且具有還原性，所以應(yīng)該用強(qiáng)氧化性物質(zhì)氧化而防止污染大氣，且要防止倒吸，B用于收集PH3，C裝置是安全瓶(防止倒吸)，D裝置是吸收尾氣?！驹斀狻?1)儀器a的名稱為分液漏斗；PH3密度大于氮?dú)?，所以?yīng)該采用向上排氮?dú)獾姆椒ㄊ占蔅應(yīng)選用裝置丙；故答案為：分液漏斗；丙；(2實(shí)驗(yàn)前應(yīng)該檢驗(yàn)裝置是否漏氣，然后向A加入丁醇和白磷，再通入氮?dú)鈱⒀b置中空氣排盡，防止PH3被氧化，最后滴加NaOH溶液，所以正確的操作順序是②④①③；故答案為：②④①③；(3)通過以上分析知，裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為；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，使其與氫氧化鈉溶液充分混合均勻，增大反應(yīng)物之間的接觸面積，從而加快反應(yīng)速率；故答案為：；使反應(yīng)物充分混合，加快反應(yīng)速率；(4)反應(yīng)結(jié)束后也要打開K1，繼續(xù)通入N2的目的是防止PH3被氧化；PH3是無色有毒氣體且易被氧化，為防止污染空氣，應(yīng)該用強(qiáng)氧化性物質(zhì)吸收，所以D的作用是吸收尾氣，防止污染空氣；故答案為：防止被氧化；吸收多余的，防止污染空氣；(5)n(Na2S2O3)=0.100mol/L×0.02L=0.002moln(Na2S2O3)=0.100mol/L×0.02L=0.002mol

，根據(jù)方程式知：Na2S2O3消耗的n(I2)=n(Na2S2O3)=×0.002mol=0.001mol，則NaH2PO2消耗的n(I2)=0.100mol/L×0.03L?0.001mol=0.002mol，根據(jù)方程式知，n(NaH2PO2)=n(I2)=0.002mol，則100mL溶液中n(NaH2PO2)=0.002mol×5=0.01mol，m(NaH2PO2)=0.01mol×88g/mol=0.88g，NaH2PO2純度=×100%=88.0%；由題意知，滴定后尖嘴處充滿標(biāo)準(zhǔn)液，實(shí)際尖嘴處的標(biāo)準(zhǔn)液未參與反應(yīng)，故所計(jì)標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，導(dǎo)致測(cè)出的剩余I2的量偏大，則算出與樣品反應(yīng)的I2偏少，故所測(cè)結(jié)果偏小。故答案為：88.0%；偏?。?3．防止倒吸2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2↑+2H2O減少H2O2的分解、提高ClO2的溶解度H2O2受熱易分解，配料時(shí)應(yīng)略過量；同時(shí)防止ClO2與NaOH反應(yīng)生成雜質(zhì)使用冰水浴，且緩慢通入ClO2NaOHBC【分析】按圖組裝好儀器后，檢查裝置的氣密性；裝置A中發(fā)生2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O；裝置B的作用是防止倒吸；裝置C中冰水浴冷卻的主要目的降低反應(yīng)速率，減少H2O2的分解減少ClO2的分解；裝置C中加入NaOH溶液的目的除了作反應(yīng)物外，還因?yàn)镹aClO2遇酸放出ClO2，需用NaOH溶液吸收ClO2；空氣流速過慢時(shí)，ClO2不能及時(shí)被移走，濃度過高導(dǎo)致分解爆炸，空氣流速過快時(shí)，ClO