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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 ×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4 ×10-5 室溫下，用0.2000 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000mol·L-1H2C2O4溶液至終點(diǎn)。對于滴定過程中的下列描述正確的是
A．當(dāng)?shù)稳?0.00 mL NaOH溶液時(shí)，混合溶液的pH可能大于7
B．溶液中，始終存在c(Na+)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?L-1的標(biāo)準(zhǔn)鹽酸分別滴定 20.00mL的0.l000mol?L-1氨水和20.00mL的 0.l000mol?L-1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.7
15．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>c
C．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4.3
16．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=1.0×10-4）
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=8.0
D．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·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3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)對應(yīng)的溶液中3c(SO)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
D．圖中Z點(diǎn)對應(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40.00mL
C．HA?的電離常數(shù)Ka=1.0×10?2
D．實(shí)驗(yàn)到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液中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[15 c(X)-20 c(Y)]/(15+20)=0.01，c(X)="2" c(Y)，代入解得c(Y)=0.035mol/L，答案選B。
考點(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。
【詳解】
A．c點(diǎn)時(shí)c(C2O)=c(HC2O)，H2C2O4的二級電離常數(shù)K2==c(H+)=10-4.3，故A正確；
B．b點(diǎn)時(shí)對應(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[]，=10-8，=10-14，c(OH-)=10-3mol/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，=10-7 mol/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．A-B滴入鹽酸溶液中氫氧根離子濃度減小，對水抑制程度減小，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+）=10-3.8mol/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pHc(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25mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L-1CH3COOH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。
【詳解】
A. 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+)=10-3mol/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-)=10-2mol/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=10-4，則Kh(HCOO-)==10-10；設(shè)0.05mol/L的甲酸鈉中氫氧根離子濃度x，HCOO-+H2OHCOOH+OH-，則Kh(HCOO-)===10-10，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+)=10-pH=10-2，混合溶液Y點(diǎn)中c()=c()，Ka2(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-7.19，故可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值,A正確；
B．甲基橙變色范圍為3.1-4.4，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+12H2O c(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30 s不恢復(fù) 5+2+6H+=5+2Mn2++3H2O 1.275 mg/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100 g原糧，E中盛有20.00 mL 1.0×10?3 mol·L?1 KMnO4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。
【詳解】
(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2.24 L PH3的物質(zhì)的量n(PH3)=0.1 mol，其恰好被80 mL 2.0 mol·L?1 KMnO4溶液吸收，n(KMnO4)=2.0 mol/L×0.08 L=0.16 mol，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)×0.1 mol=0.1 mol×(7-2)，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)，溶液顏色會由紫紅色突變?yōu)闊o色，且30 s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?4 mol/L×0.015 L×=2.4×10?5 mol，則與PH3反應(yīng)的KMnO4的物質(zhì)的量為n(KMnO4)=1.5×10?3 mol/L×0.02 L-2.4×10?5 mol=6.0×10?6 mol，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?6 mol=3.75×10?6 mol，故PH3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為；由于PH3的含量為1.275 mg/kg＞0.05 mg/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。
【詳解】
(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0.1000 mol/L H2O2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20.00 mL，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。
【詳解】
(1)儀器a的名稱為分液漏斗；PH3密度大于氮?dú)猓詰?yīng)該采用向上排氮?dú)獾姆椒ㄊ占?，故B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，故所測結(jié)果偏小。故答案為：88.0%；偏??；
23．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ClO2 NaOH BC
【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)，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產(chǎn)率下降。根據(jù)關(guān)系式NaClO2～2I2～4S2O計(jì)算產(chǎn)品的純度。
【詳解】
(1)儀器B的作用是防止倒吸。故答案為：防止倒吸；
(2)裝置C中制備NaClO2固體的化學(xué)方程式：2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2↑+2H2O。冰水浴冷卻的目的是減少H2O2的分解、提高ClO2的溶解度 (寫兩種)。故答案為：2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2↑+2H2O；減少H2O2的分解、提高ClO2的溶解度；
(3)①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)。故答案為：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)；
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)中可采取的措施是使用冰水浴，且緩慢通入ClO2。故答案為：使用冰水浴，且緩慢通入ClO2；
(4)尾氣吸收時(shí)，根據(jù)2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O，一般用NaOH溶液吸收過量的ClO2。故答案為：NaOH；
(5)NaClO2與足量酸化的KI溶液，反應(yīng)為：ClO2-+4I-+4H+→2H2O+2I2+Cl-，則：由關(guān)系式NaClO2～2I2～4S2O，n(NaClO2)= n(S2O)=×0.2mol/L×10-3VL=5×10-5Vmol，10mL樣品中m（NaClO2）=5×10-5Vmol×90.5g/mol=4.525×10-3Vg，原樣品中NaClO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為： =；故答案為：；
(6)A．NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時(shí)析出的晶體是NaClO2?3H2O，高于38℃時(shí)析出的晶體是NaClO2，高于60℃時(shí)NaClO2分解成NaClO3和NaCl，裝置C中制得的NaClO2固體中可用用38℃～60℃的溫水洗滌2～3遍，故A錯(cuò)誤；
B．裝置C中制得的NaClO2固體后的操作包括趁熱過濾， 用38℃～60℃的溫水洗滌，低于60℃干燥，得到成品，故B正確；
C．高于60℃時(shí)NaClO2分解成NaClO3和NaCl，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NaCl，故C正確；
D．裝置A中空氣流速過慢時(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)，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產(chǎn)率下降，故D錯(cuò)誤；
故答案為：BC。
24．a(chǎn)→c→b→d→e→f 蒸餾燒瓶 排除裝置中的空氣 有磚紅色沉淀生成，且半分鐘內(nèi)沉淀不溶解 1:1 V2+
【分析】
二氯化釩(VCl2)有強(qiáng)還原性和吸濕性，VCl3分解制備VCl2，需要排除裝置中的空氣，根據(jù)題意，飽和氯化銨溶液與亞硝酸鈉在加熱時(shí)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氮?dú)猓玫獨(dú)獬M裝置中的空氣，氮?dú)庵械乃魵饪梢酝ㄟ^濃硫酸除去，為了防止外界空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置，在分解后的裝置后面需要連接一個(gè)干燥裝置；根據(jù)滴定反應(yīng)Ag++Cl-=AgCl↓計(jì)算解答。
【詳解】
(1)①二氯化釩(VCl2)有強(qiáng)還原性和吸濕性，VCl3分解制備VCl2，需要排除裝置中的空氣，根據(jù)題意，飽和氯化銨溶液與亞硝酸鈉在加熱時(shí)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氮?dú)?，用氮?dú)獬M裝置中的空氣，氮?dú)庵械乃魵饪梢酝ㄟ^濃硫酸除去，為了防止外界空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置，在分解后的裝置后面需要連接一個(gè)干燥裝置，裝置的連接順序?yàn)锳BCD，按氣流方向，接口連接順序?yàn)閍→c→b→d→e→f；
②A中盛放NaNO2的儀器是蒸餾燒瓶，A中和氯化銨溶液與亞硝酸鈉在加熱時(shí)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氮?dú)夂退?，離子方程式為：；
③二氯化釩(VCl2)有強(qiáng)還原性，實(shí)驗(yàn)前需通入N2，是為了排除裝置中的空氣，防止VCl2被氧化；
(2)①用0.5000mol/LAgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Cl-，滴加Na2CrO4作指示劑，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，Cl-完全消耗，Ag+和反應(yīng)生成磚紅色沉淀，則滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：有磚紅色沉淀生成，且半分鐘內(nèi)沉淀不溶解；
②達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為100.00mL，根據(jù)Ag++Cl-=AgCl↓可計(jì)算出，，設(shè)產(chǎn)品中VCl3與VCl2的物質(zhì)的量分別為x mol、y mol，則有，解得，所以產(chǎn)品中VCl3與VCl2的物質(zhì)的量之比為1:1；
(3)接通電路后，觀察到右側(cè)錐形瓶中溶液藍(lán)色逐漸變深，說明右側(cè)錐形瓶中轉(zhuǎn)化成了，電極反應(yīng)式為：；右側(cè)錐形瓶中轉(zhuǎn)化成了，V的化合價(jià)由+5價(jià)變成了+4價(jià)，被還原，因此左側(cè)錐形瓶中發(fā)生氧化反應(yīng)，V2+轉(zhuǎn)化為V3+，為氧化劑，是還原產(chǎn)物，V2+為還原劑，因此還原性較強(qiáng)的是V2+。

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