2022届高考化学一轮复习常考题型45酸碱中和滴定综合分析含解析

这是一份2022届高考化学一轮复习常考题型45酸碱中和滴定综合分析含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，实验题等内容，欢迎下载使用。
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
C．b点溶液一定显酸性，且
D．c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 ml·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000ml·L-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，混合溶液的pH可能大于7
B．溶液中，始终存在c(Na+)c(OH-)>c(H+)
B．在B点，a>12.5，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 0.1000ml•L-1的标准盐酸分别滴定 20.00mL的0.l000ml•L-1氨水和20.00mL的 0.l000ml•L-1氢氧化钠溶液，滴定过程中溶液pH随中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4.4~6.2。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.7
15．常温下，用0.100ml·L－1NaOH溶液分别滴定·L－1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lg2≈0.3）
A．HB是弱酸，b点时溶液中c（B－）>c（Na+）>c（HB）
B．a、b、c三点水电离出的c（H+）：a>b>c
C．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4.3
16．常温下，用0.1000ml/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=1.0×10-4）
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20.00mLNaOH溶液时，溶液pH=8.0
D．该滴定过程中选择甲基橙试液作为指示剂
17．常温下，用0.1ml·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1ml·L-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0.1000m1·L−1H2A溶液中滴加0.1000m1·L−1NaOH溶液，滴定曲线及混合溶液中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
B．H2A溶液的体积为40.00mL
C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2
D．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。
5．B
【详解】
A．因a点7＜pH＜14，因此水电离出的c(H+)＞1.0×10−14ml·L−1，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pH＞7，则氨水过量，c(NH4+)+c(NH3·H2O)＞c(Cl－)，故B正确；
C．C点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH－)，氯化铵是强酸弱碱盐，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)＜20．00mL，故C错误；
D．d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。
6．B
【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)=0.035ml/L，答案选B。
考点：考查溶液物质的量浓度的计算
7．C
【详解】
A．由题意可知，指示剂的添加顺序为先加酚酞，后加甲基橙，A项正确；
B．b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。
8．B
【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】
A．c点时c(C2O)=c(HC2O)，H2C2O4的二级电离常数K2==c(H+)=10-4.3，故A正确；
B．b点时对应溶液为NaHC2O4溶液，所以此时NaOH与H2C2O4按物质的量之比1:1反应，则消耗的NaOH溶液的体积为25. 00 mL，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；
D．a点溶液为H2C2O4溶液，0.1000 ml/LH2C2O4溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，物料守恒：0.1000ml/L = c(H2C2O4) +c(HC2O)+ c(C2O)，则c(H+)+c(H2C2O4)=0.1000ml/L+c(C2O)+c(OH-)，故D正确；
答案选B。
9．B
【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；
B．c点溶液显中性，即c(H＋)=c(OH－)=10－7ml·L－1，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，即有c(Na＋)= c(CH3COO－)== ml·L－1，根据物料守恒c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)= =ml/L，推出c(CH3COOH)= ml/L，CH3COOH的电离平衡常数Ka=≈1.66×10－5ml·L－1，故B正确；
C．b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。
10．B
【详解】
A．用0.10ml/L的盐酸溶液滴定10mL0.10ml/LMOH溶液，AG=-8，AG=lg[]，=10-8，=10-14，c(OH-)=10-3ml/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；
B．C点是AG=0，=10-7 ml/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；
D．A-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，D＜A＜B＜C，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。
11．D
【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。
12．C
【详解】
A．根据图象可知，0.1ml/L的三种酸(HA，HB和HD)溶液，pH大小为HD>HB>HA，溶液pH越大，酸性越弱，则三种酸的酸性强弱：HD＜HB＜HA，故A错误；
B．Q点溶液的pH=3.8，c（D-）≈c（H+）=10-3.8ml/L，c（HD）≈0.1ml/L，HD的电离平衡常数为Ka=，故B错误；
C．W点溶液的pHc(OH-)，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；
D．0.1ml/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。
13．A
【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 ml·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2 ml·L-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-)=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。
14．C
【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。
15．B
【详解】
A. ·L－1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. 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。
16．A
【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+)=10-3ml/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-)=10-2ml/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0.05ml/L的甲酸钠，HCOOH溶液的Ka=10-4，则Kh(HCOO-)==10-10；设0.05ml/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=ml/L，所以pOH=5.65，溶液的pH=8.35，即此时溶液pH＞8.0，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。
17．D
【详解】
A．混合溶液中W点c(H2SO3)=c()，Ka1(H2SO3)==c(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8.2~10.0，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；
C．Y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．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。
18．C
【详解】
A．根据图1可知起始时0.1ml/LH2A溶液的pH＝1，即溶液中氢离子浓度是0.1ml/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pH＝2即氢离子浓度是0.01ml/L时，lgx＝0，这说明c(A2－)=c(HA－)，所以HA−的电离常数Ka=＝c(H＋)＝1.0×10−2，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 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 1.0×10−3 ml·L−1 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 ml，其恰好被80 mL 2.0 ml·L−1 KMnO4溶液吸收，n(KMnO4)=2.0 ml/L×0.08 L=0.16 ml，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 ml=0.1 ml×(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)①Na2SO3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；
②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)=×4.0×10−4 ml/L×0.015 L×=2.4×10−5 ml，则与PH3反应的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=1.5×10−3 ml/L×0.02 L-2.4×10−5 ml=6.0×10−6 ml，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)=× 6.0×10−6 ml=3.75×10−6 ml，故PH3的质量分数为；由于PH3的含量为1.275 mg/kg＞0.05 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HCl，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)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。
②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，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N2O4＋O3＝N2O5＋O2，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N2O5和氧气，化学方程式为；
(2)①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；
②N2O5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；
③N2O5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)①N2O4与酸性KMnO4溶液反应生成硝酸锰和硝酸，离子方程式为；
②KMnO4的总量为，H2O2与KMnO4反应的比例关系为5H2O2~2KMnO4，用0.1000 ml/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5N2O4~2KMnO4，N2O4的物质的量为，则产品中N2O4的含量为。
22．分液漏斗 丙 ②④①③ 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50℃～60℃，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②④①③；故答案为：②④①③；
(3)通过以上分析知，装置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)=0.100ml/L×0.02L=0.002mln(Na2S2O3)=0.100ml/L×0.02L=0.002ml ，根据方程式知：Na2S2O3消耗的n(I2)= n(Na2S2O3)=×0.002ml=0.001ml，则NaH2PO2消耗的n(I2)=0.100ml/L×0.03L−0.001ml=0.002ml，根据方程式知，n(NaH2PO2)=n(I2)=0.002ml，则100mL溶液中n(NaH2PO2)=0.002ml×5=0.01ml，m(NaH2PO2)=0.01ml×88g/ml=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2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O；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ClO2；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NaClO2～2I2～4S2O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)①实验时装置C中H2O2与NaOH的物料比需要控制在0.8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；
②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0～3℃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2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O，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NaClO2～2I2～4S2O，n(NaClO2)= n(S2O)=×0.2ml/L×10-3VL=5×10-5Vml，10mL样品中m（NaClO2）=5×10-5Vml×90.5g/ml=4.525×10-3Vg，原样品中NaClO2的质量分数为： =；故答案为：；
(6)A．NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，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38℃～60℃的温水洗涤2～3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38℃～60℃的温水洗涤，低于60℃干燥，得到成品，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。
24．a→c→b→d→e→f 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)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a→c→b→d→e→f；
②A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发生氧化还原反应生成氮气和水，离子方程式为：；
③二氯化钒(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)①用0.5000ml/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；
②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 ml、y ml，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+。选项
A
B
C
D
c(X)/ml·L－1
0.035
0.070
0.03
0.06
c(Y)/ml·L－1
0.070
0.035
0.06
0.03
选项
滴定管中的溶液
锥形瓶中的溶液
指示剂
滴定终点颜色变化
A
NaOH溶液
CH3COOH溶液
酚酞
无色→浅红色
B
盐酸
氨水
甲基橙
黄色→橙色
C
酸性高锰酸钾溶液
K2SO3溶液
无
无色→浅紫红色
D
碘水
Na2S溶液
淀粉
蓝色→无色