2022届高三化学一轮复习实验专题强基练23无机物的制备综合题含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习实验专题强基练23无机物的制备综合题含解析，共34页。试卷主要包含了硫代硫酸铵是一种快速定影剂，高锰酸钾是常用的氧化剂，过碳酸钠俗称固体双氧水等内容，欢迎下载使用。

无机物的制备综合题
填空题（共15题）
1．叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t—BuNO2，以t—Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。
(1)制备亚硝酸叔丁酯
取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4+2NaNO2=2HNO2+Na2SO4.可利用亚硝酸与叔丁醇(t—BuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：_______。
(2)制备叠氮化钠(NaN3)
按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t—BuNO2+NaOH+N2H4=NaN3+2H2O+t—BuOH。

①装置a的名称是_______；装置b的作用是_______；
②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是_______；
③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤，所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是_______。
(3)纯度测定
①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。
②用滴定管加入0.10mol·L-1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL[发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑](假设杂质均不参与反应)。
③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4+，终点时消耗标准溶液20.00mL
滴定原理：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+
计算叠氮化钠的质量分数为_______(保留2位有效数字)。
④若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是_______(填字母)。
A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗
B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数
C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡
D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内
⑤纯度测定中所使用的滴定管：_______。
(4)废液处理
叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，得到碱性增强的无毒溶液，且产生无色无味的无毒气体。
2．氮化铝(AIN)是一种新型无机非金属材料，将氧化铝与活性炭按一定比例混合，高温下在纯氮气流中反应：。
I.氮化铝的制备
某同学设计如图1所示装置制备氮化铝(各装置盛装足量试剂)，所使用的氮气样品中可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质。
已知：醋酸二氨合亚铜{CH3COO[Cu(NH3)2]}溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO的能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。

(1)装置A中发生反应的离子方程式为___________。
(2)装置B、C、D盛装的试剂分别是___________(填标号)。
a.连苯三酚碱性溶液
b.浓硫酸
c.醋酸二氨合亚铜溶液
(3)该装置设计存在缺陷，提出改进方案：___________。
II.产品纯度的测定
已知：氮化铝遇水分解为氢氧化铝和氨，反应为，产品中仅含有Al2O3杂质。为测定AIN的含量，设计如图2(图中夹持装置略)所示装置，称取6.0g I中所得产品，加入干燥的三颈烧瓶中，然后用恒压漏斗加入NaOH溶液，通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用盐酸标准溶液完全吸收(吸收液体积变化忽略不计)。从烧杯中量取20.00mL的吸收液，用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到滴定终点时消耗10.00mLNaOH溶液。
(4)三颈烧瓶中AIN发生反应的化学方程式为___________。
(5)装置中长玻璃管的作用原理是___________。
(6)产品纯度为___________ (保留三位有效数字)。
(7)下列实验操作可能使氮化铝测定结果偏低的是___________ (填标号)。
a.滴定前碱式滴定管未排气泡，滴定后气泡消失
b.滴定后，碱式滴定管尖嘴外还悬着一滴液体
c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视
3．硫代硫酸铵是一种快速定影剂。某实验小组采用如下方法制备溶液，并模拟胶片定影过程探究定影原理。已知：硫代硫酸盐露置在空气中容易被氧化。

Ⅰ.制备(图中夹持和加热装置省略)
(1)仪器A的名称是_______。
(2)反应开始前通入一段时间的目的是_______。
(3)将混合溶液加热后冷却片刻，观察到有大量菱片状沉淀析出。从反应后的浊液中获得的一系列操作是_______、_______、一定条件下脱水干燥。
Ⅱ.制备溶液
(4)将缓慢倾入溶液中，搅拌后发生反应：，列式计算说明该反应进行较为完全的原因：_______。已知：该反应温度下，、；一般认为时反应进行较完全，时反应难以进行。
(5)经实验得到的溶液中可能含有少量，为验证的存在，选择相应试剂完成如下实验。限选试剂：稀硫酸、稀盐酸、稀硝酸、溶液、溶液。
实验操作
实验现象
原因解释
ⅰ.取少量待测溶液于试管中，滴加过量的_______。
溶液出现黄色浑浊，有刺激性气味气体产生。
用离子方程式解释实验现象：_______
ⅱ.静置，取上层清液滴加适量_______。
_______。
待测液中含有。
Ⅲ.定影原理探究
(6)具有络合能力，能和形成，因此溶液能够溶解胶片中未曝光的使胶片快速成像。用离子方程式解释溶解的原因：_______。
4．锂电池行业的快速发展，对重质MnO2的需求越来越大。某兴趣小组用硫酸锰(MnSO4)和NH4HCO3为原材料制备重质MnO2，流程如下：


已知焙烧过程中：主反应：2MnCO3+O22MnO2+2CO2，副反应有：2MnO22MnO+O2↑。
不同反应条件对碳酸锰密度的影响如下表：
编号
Mn2+浓度/(g·L-1)
MnSO4加入速率/(mL·min-1)
反应温度/℃
密度/(kg·L-1)
1
60
66
30
1.78
2
80
66
30
2.03
3
100
66
30
1.67
4
80
44
30
1.82
5
80
66
30
2.05
6
80
89
30
1.68
7
80
66
30
1.86
8
80
66
40
2.15
9
80
66
50
1.74
请回答：
(1)下列说法正确的是___________
A．步骤I，反应器中加料的方式是先加入NH4HCO3溶液，再逐渐加入MnSO4溶液
B．步骤II，焙烧过程可以在敞口的瓷坩埚中进行
C．步骤II，所得粗品MnO2的密度较低的原因之一是产生了CO2
D．步骤III，酸性高锰酸钾的作用是与粗品中的MnO2发生反应
(2)步骤I，结合上表的信息，生成高密度MnCO3的最适宜的条件是___________；试解释步骤I中反应温度不能过高的原因___________
(3)对于步骤III，为了得到密度较高的重质MnO2，对下列操作进行合理的排序(操作不能重复使用)：称取一定量焙烧好的粗品MnO2→(___________)→(___________)→(___________)→(___________)→(___________)→(___________)→真空干燥，___________
a．开启搅拌；b．加水调不同的固液比；c．加入一定量的酸d．加一定浓度的高锰酸钾溶液：e．静置、抽滤、洗涤；f．反应4小时；
(4)测定粗品MnO2中锰的含量，可采用EDTA络合滴定法。
①在称量样品时，电子天平通电预热一定时间后，调整水平，待零点显示稳定后，用___________进行校准。
②下列说法不正确的是___________
A．滴定管在使用前的准备工作包括：水洗、涂油、装液、排气泡
B．在滴定过程中直到滴定终点，都无需用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
C．为减少水中某些金属离子的干扰，可以做空白对照实验
D．为提高测定的精确度，可以平行测定3－4次，且标准溶液和待测溶液消耗的体积要相当
5．高锰酸钾是常用的氧化剂。某化学小组在实验室以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4，下图是实验室制备高锰酸钾的操作流程。

已知：
温度
溶解度/g
K2CO3
KHCO3
KMnO4
20℃
111
33.7
6.38


请回答：
(1) 反应①的化学方程式为______________________________________，加热软锰矿、KClO3和KOH固体，除三脚架、玻璃棒、泥三角和铁坩埚外，还用到的仪器有___，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是______________
(2) 反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________________；上述流程中可以循环利用的物质是__________________________。
(3) 实验时，从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作a为___________________，若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低其原因是________。
6．FeCl3在现代工业生产中应用广泛．某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。
经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华．他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图（加热及夹持装置略去）及操作步骤如下：

①检验装置的气密性；
②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；
④…
⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封．
请回答下列问题：
（1）装置A中反应的化学方程式为 _______________________
（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端．要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是 ________________________
（3）操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有（填步骤序号） _________________________
（4）装置B中冷水浴的作用为；_________装置C的名称为 ______________；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：__________________________
（5）在虚线框中尾气吸收装置E所用试剂为____________________________
（6）用含有A12O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备A12(SO4)3·18H2O。，工艺流程如下(部分操作和条件略):
Ⅰ．向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤:
Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；
Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色:
Ⅳ．加入MnSO4至紫红色消失，过滤;
V．浓缩、结晶、分离，得到产品。
已知：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1
 
Al（OH）3
Fe（OH）2
Fe（OH）3
开始沉淀时
3.4
6.3
1.5
完全沉淀时
4.7
8.3
2.8


根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的：______________________________________________________
7．某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.50%的ZnS和12.8%的CuS及少量的Fe3O4。某同学用15.0g该废催化剂为原料，回收锌和铜。采用的实验方案如下，回答下列问题：

已知：ZnS与稀硫酸反应，且化合价不变；CuS既不溶解于稀硫酸，也不与稀硫酸反应
（1）在下列装置中，第一次浸出反应装置最合理的___（填标号）。
A．B．
C．D．
（2）滤液1中含有Fe2+，选用提供的试剂进行检验，检验方法如下：____。（提供的试剂：稀盐酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水）
（3）本实验要用到抽滤，设所用的洗涤剂为X，抽滤洗涤沉淀的操作____。
（4）写出第二次浸出的化学反应方程式___，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，应先加____。
（5）滤渣2的主要成分是___。浓缩、结晶得到硫酸锌晶体的主要仪器名称是____。
（6）某同学在实验完成之后，得到1.50 g CuSO4·5H2O，则铜的回收率为____。
8．这次中美贸易战的矛盾激化，也让我们看到了中国半导体产业存在的诸多不足，俗话说“亡羊补牢，为时未晚”，找出存在的不足，然后针对地去解决问题，才能让半导体产业链发展壮大起来。三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室模拟反应制备POCl3并测定产品含量。

资料卡片：
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
-93.6
76.1
137.5
遇水剧烈水解，易与O2反应
POCl3
1.25
105.8
153.5
遇水剧烈水解，能溶于PCl3
SOCl2
-105
78.8
119
遇水剧烈水解，受热易分解



（1）若选用Na2SO3固体与70％浓H2SO4制取SO2，反应的离子方程式是：______________。
（2）溶液A为饱和食盐水，乙装置中应该盛装的试剂为__________(填“P2O5”或“碱石灰”或“浓H2SO4”或“无水硫酸铜”)；反应装置图的虚框中未画出的仪器最好选择______(填“己”或“庚”)。
（3）甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还有_____________________________。
（4）水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃，其原因是_________________________。
（5）产品经提纯后仍含少量PCl3杂质，通过佛尔哈德法可测定产品中POCl3的含量：准确称取1.500g样品在碘量瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100 mL溶液，取10．00 mL于锥形瓶中，加入0.2000 mol·L-1的AgNO3溶液20.00mL(Ag++C1-=AgC1↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0.1000mol·L-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag++SCN-=AgSCN↓)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。
①达到滴定终点的现象是_____________________________________________________。
②POCl3的质量分数为________________________。
③已知：KSP(AgC1)=3．2×10-10 mol2·L-2，KSP(AgSCN)=2×10-12 mol2·L-2，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定POCl3的质量分数将___________(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
9．过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）俗称固体双氧水。实验室可用碳酸钠和双氧水等为原料来制备，具体流程如下：

已知：①相关反应的方程式如下：2Na2CO3+3H2O2＝2Na2CO3•3H2O2△H＜0
②工业上常以产品活性氧的质量分数[ω（活性氧）＝16n(H2O2)m(样品)×100%]来衡量产品的优劣，13.00%以上为优等品。
请回答：
表1 反应温度对产品收率及活性氧含量的影响
反应温度/℃
产品收率/%
活性氧质量分数/%
5
65.3
12.71
10
73.2
13.24
15
85.0
13.55
20
83.2
13.30
25
55.1
12.78


表2加料时间对产品收率及活性氧含量的影响
加料时间/min
产品收率/%
活性氧质量分数/%
5
65.7
13.30
10
76.8
14.75
15
81.3
14.26
20
89.0
13.82
25
87.9
13.51


（1）分析表1，一般选择的反应温度为_____。
（2）分析表2，加料时间对产品收率也有很大影响，时间太短或太长均不利于生产，加料时间太短导致产品收率较低的原因是_____。
（3）结晶过程中加入氯化钠，作用是_____。
（4）下列关于抽滤操作，正确的是_____。
A．准备略大于漏斗内径的滤纸，以盖住布氏漏斗瓷板上的小孔
B．用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．洗涤沉淀时，加入少量水并开大水龙头，重复操作2～3次
D．用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体，晾干后保存在试剂瓶中
（5）使用图2所示装置抽滤，中途需停止抽滤时，最佳操作为_____。
（6）产品出厂前需测定活性氧的质量分数，现将0.1000g某厂的产品（所含杂质均不参与反应）溶于水配成溶液，加入10.00mL1.000mol•L﹣1的稀硫酸，再加入足量KI，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量_____，用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3标准溶液滴定，若该产品的活性氧质量分数为13.60%，则达到滴定终点时共消耗标准液的体积为_____mL。[已知：2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI]
10．氯化亚铜（CuCl）广泛应用于有机合成、染料、颜料、催化剂等工业。它是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸，可溶于氨水、浓盐酸，并生成配合物NH4[CuCl2]；能在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色。下图是实验室制备氯化亚铜的流程图及实验装置图。

实验药品：铜丝20g、氯化铵20g、65%硝酸l0mL、36%盐酸15mL、水。
（1）请写出①的化学方程式____________________________________。
（2）本实验中通入O2的速率不宜过大，宜选择下图中的____（填字母序号）方案，并说明选择该装置的理由__________________________________________。

（3）电炉加热升温至50℃时停止加热，反应快速进行，当烧瓶中液面上方的现象为_____时，停止通入氧气，打开瓶塞，沿C口倾出反应液于l000mL大烧杯中，加水500mL，即刻有大量白色沉淀析出。
（4）关于该实验过程中，下列说法正确的是_________________。
A 实验开始时，温度计显示反应液温度可能低于室温。
B 流程中过滤操作，可以采用真空抽滤的方式，洗涤固体可以用95%的酒精。
C 该实验流程中，残液中补充HCl的主要作用是抑制产物的水解。
D 反应装置中使用长导管的目的是防止三颈烧瓶内气压过大。
（5）氯化亚铜的定量分析：
①称取成品0.25g置于预先放入玻璃珠30粒和l0mL过量的FeCl3溶液的250mL锥形瓶中，不断摇动；
②待样品溶解后，加水50mL，邻菲罗啉指示剂2滴；
③立即用0.l0 mol·L－1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点并记录读数，再重复实验二次，测得数据如下表。（已知：CuCl + FeCl3 = CuCl2 + FeCl2 ，Fe2+ + Ce4+ = Fe3+ + Ce3+）
实验序号
1
2
3
滴定起始读数（mL）
0.75
0.50
0.80
滴定终点读数（mL）
24.70
24.95
24.85
④数据处理：计算得CuCl的纯度为__________。
11．工业上常利用含硫废水生产 Na2S2O3•5H2O，实验室可用如图装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程。

烧瓶C中发生反应如下 ：
（I） Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）
（II）2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）
（III）S（s）+Na2SO3（aq） Na2S2O3（aq）
（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置 B 中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注， 若____则整个装置气密性良好。 装置 D 的作用是_____
（2）装置 B 的作用之一是观察 SO2 的生成速率，其中的液体最好选择_____
A．蒸馏水 B．饱和 Na2SO3 溶液
C．饱和 NaHSO3 溶液 D．饱和 NaHCO3 溶液
（3）为提高产品纯度，应使烧瓶 C 中 Na2S 和 Na2SO3 恰好完全反应，则烧瓶 C 中 Na2S 和Na2SO3 物质的量之比 _________
（4）经研究发现 SO2 水溶液可以在 I－催化作用下发生歧化反应，可能的催化过程如下。将 ii 用离子方程式补充完整。i.SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O ii.___________
（5）Na2S2O3 溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：准确称取 0.214g KIO3 固体配成溶液，加入过量 KI 固体和 H2SO4 溶液，再向其中加入 Na2S2O3 与之反应，消耗 Na2S2O3 溶液的体积为 24mL 时恰好完全反应。则 c(Na2S2O3)=________
（已知：IO3－＋5I－+6H+=3I2＋3H2O 2S2O32－＋I2=S4O62－＋2I－）
12．硼位于第ⅢA族，三氯化硼是无色、强烈臭味的发烟液体或气体，属于化学危险品，主要用于半导体硅的掺杂源、有机合成的催化剂，还应用于高纯硼、有机硼(如：乙硼烷B2H6)的制取。某同学设计利用Cl2和单质B制备三氯化硼(BCl3)的装置示意图。查阅资料：①BCl3沸点12.5℃，熔点－107.3℃，易潮解；②2B＋6HCl2BCl3↑＋3H2↑；③硼与硅“对角线”相似，都能与氢氧化钠溶液反应。请回答下列问题：
(1)装置A中二氧化锰能与浓盐酸在加热条件下发生反应制取氯气，该反应的离子方程式：______________________________，洗气瓶G中用Na2SO3溶液除去Cl2反应的化学方程式是____________________________。

(2)E装置的作用是_________________________，如果拆去B装置，可能导致的后果是：_____________________________________________________________。
(3)写出D装置中发生反应的化学方程式：______________________________，实验中可用一个盛装__________(填：试剂名称)的干燥管代替F+G装置，使实验更简便。
(4)BCl3遇水剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾，写出该反应方程式：____________。
(5)为了顺利完成实验，正确的操作是____________(填：数字编号)。
①先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯 ②先点燃D处酒精灯，后点燃A处酒精灯③同时点燃A、D处酒精灯
(6)硼纤维是在金属丝上沉积无定形的硼而形成的无机纤维，通常在炽热的钨丝表面发生如下的反应：3H2＋2BCl3 ＝2B＋6HCl↑。要想验证制得的产品中是否含硼粉：应取少量样品于试管中，滴加浓____________(填：化学式)溶液，观察是否有气泡产生。
13．实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I－等）中回收碘，其实验过程如下：


（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式为_______________；该操作将I2还原为I－的目的是_______________。
（2）操作X的名称为___________。
（3）氧化时，在三颈瓶中将含I－的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在400C左右反应（实验装置如右图所示）。实验控制在较低温度下进行的原因是___________；锥形瓶里盛放溶液作用的为____________。

（4）已知：5SO32—+2IO3—+2H＋I2+5SO42—+H2O某含碘废水（pH约为8）中一定存在I2，可能存在I－、IO3—中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I－、IO3—的实验方案：取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质存在；证明废水中含有I-的方法是___________；证明废水中含有IO3—的方法是______________________。
（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液）
14．I彩色水泥墙含氯化亚钴可作晴雨表。下表为几种氯化亚钻的晶体颜色：

淋雨时彩色水泥墙的颜色为________。
Ⅱ从含钻废料(含CoO、Co2O3及金属Al、Li)中制取粗CoO的流程如下：

（1）步骤I产生的气体是________ (填化学式，下同)，从含铝溶液中沉淀铝可通入的气体是________。
（2）步骤Ⅲ中除去A13+的离子方程式为________，步骤Ⅳ中Na2CO3溶液的作用是________(用离子方程式表示)。
（3）为了获得高纯度的钴粉，从环保角度考虑，还原Co2O3的试剂为________ (填序号)。
A．铝 B．木炭 C氢气 D．一氧化碳
（4）实验室制备氯化亚钴晶体并测其化学式的流程如下：

①步骤Ⅱ“系列操作”中洗涤晶体不用蒸馏水而用酒精，目的是________。
②用灼烧一称重法测定氯化亚钴晶体中结晶水含量时，需要在氯化氢氛围中灼烧结晶水合物，请结合方程式解释这样做的原因________。
③已知几种物质在20℃时的Ksp如下表：

某同学用滴定法测定晶体CoCl2·xH2O中的x，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时选择的指示剂是________(填编号)。
A KCl B KSCN C K2S D K2CrO4
若取样品ag溶于蒸馏水中配制100mL溶液取20mL配制溶液于锥形瓶中，加入所选指示剂，用c mol / L AgNO3溶液滴定至终点消耗标准溶液bmL，则x的表达式为________。
15．三氯化铬是化学合成中的常见物质，三氯化铬易升华，易水解，在高温下能被氧气氧化，碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

（1）重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因__________。
（2）已知CCl4沸点为76.8℃，为保证稳定的CCl4气流，适宜的加热方式是___________。
（3）用如图装置制备CrCl3时，主要步骤包括:
①将产物收集到蒸发皿中；
②加热反应管至400℃，开始向三颈烧瓶中通入氮气，继续升温到650℃；
③三颈烧瓶中装入150mL CCl4，并加热CCl4，温度控制在50～60℃之间；
④反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源；
⑤停止加热CCl4，继续通入氮气；
⑥检查装置气密性。
正确的顺序为:__________________________。

（4）用如图装置制备CrCl3时，向三颈烧瓶中通入N2的作用为_______________________________
（5）制备CrC13时生成的气体COCl2(俗称光气)有毒，COCl2遇水发生水解，反应方程式为COCl2+H2O═CO2↑+CHCl，为了防止污染环境，用NaOH溶液吸吸收光气，其化学方程式为____________________________________________________________。
（6）仔细分析整套装置，为了制取并收集到纯净的CrCl3，明显有一个不足之处，你认为应该改进的一项措施是__________________________________________________
参考答案
1．t—BuOH+ HNO2t—BuNO2+ H2O 恒压滴液漏斗（滴液漏斗） 冷凝回流 水浴加热 降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失 65% AC 酸式滴定管
【详解】
(1)由题意可知，制备亚硝酸叔丁酯的反应为亚硝酸与叔丁醇在40℃左右的条件下发生酯化反应生成亚硝酸叔丁酯和水，反应的化学方程式为t—BuOH+ HNO2t—BuNO2+ H2O，故答案为：t—BuOH+ HNO2t—BuNO2+ H2O；
(2)①由实验装置图可知，装置a为恒压滴液漏斗（滴液漏斗），作用是便于亚硝酸叔丁酯顺利流下；装置b为球形冷凝管，作用是使挥发的亚硝酸叔丁酯和联氨冷凝回流，提高反应的产率，故答案为：恒压滴液漏斗（滴液漏斗）；冷凝回流；
②由反应温度小于100℃可知，实验时，为控制反应温度应采用水浴加热的加热方式，故答案为：水浴加热；
③由题意可知，叠氮化钠易溶于水，微溶于乙醇，则低温下过滤、使用无水乙醇洗涤叠氮化钠晶体，可以降低叠氮化钠的溶解度，防止叠氮化钠溶解造成损失，故答案为：降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失；
(3)由得失电子数目守恒可得：n(Ce4+)=n(N) +n(Fe2+)，则叠氮化钠的质量分数为×100%=65%，故答案为：65%；
④A．若锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗，会使溶液中叠氮化钠的物质的量增大，导致滴定消耗硫酸亚铁铵溶液的体积偏小，所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大，故正确；
B．若滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数会使六硝酸铈铵溶液的体积偏大，导致滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，所测定样品中叠氮化钠质量分数偏小，故错误；
C．若滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡会使硫酸亚铁铵溶液的体积偏小，所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大，故正确；
D．若滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内不影响待测液中溶质的物质的量和标准液的体积，对测定结果无影响，故错误；
故选AC；
⑤六硝酸铈铵溶液和硫酸亚铁铵溶液均为酸性溶液，则纯度测定中所使用的滴定管为酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管。
2．2OH-+CO2=+H2O acb 在装置E末端加一个点燃的酒精灯(或其他合理答案) AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑ 当圆底烧瓶中压力过大时，玻璃管中液面上升，使圆底烧瓶中压力稳定 68.3% ab
【分析】
根据题中信息可知，装置A是除去N2样品中CO2，装置B除去N2样品中O2，装置C除去N2样品中CO，装置D除去N2中的水蒸气，装置E是氮化铝的制备装置；图2是测定AIN的含量，左边装置是产生水蒸气，将产生的氨全部蒸出，中间装置是AlN、NaOH、H2O发生反应装置，右边吸收氨气装置；据此解答。
【详解】
(1)由上述分析可知，装置A是除去N2样品中CO2，发生反应的离子方程式为2OH-+CO2=+H2O；答案为2OH-+CO2=+H2O。
(2)根据题中已知，醋酸二氨合亚铜{CH3COO[Cu(NH3)2]}溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO的能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2，所以要先除去N2样品中的O2，再除去N2样品中CO，最后除去N2中水蒸气，故装置B、C、D盛装的试剂分别是acb；答案为acb。
(3)由装置E发生的反应可知，产生了有毒气体CO，该实验缺少了尾气处理装置，改正方案为在装置E末端加一个点燃的酒精灯，将CO反应完，即2CO+O22CO2；答案为在装置E末端加一个点燃的酒精灯(或其他合理答案)。
(4)三颈烧瓶中AIN、NaOH、H2O发生反应生成NaAlO2和NH3，其化学方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；答案为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑。
(5)装置中长玻璃管的作用为当圆底烧瓶中压力过大时，玻璃管中液面上升，使圆底烧瓶中压力稳定；答案为当圆底烧瓶中压力过大时，玻璃管中液面上升，使圆底烧瓶中压力稳定。
(6)由题中信息可知，NH3+HCl=NH4Cl，烧杯中HCl的总的物质的量为n总(HCl)＝1.0mol·L-1×0.2L=0.2mol，过剩的HCl用NaOH滴定，HCl+NaOH=NaCl+H2O，则过剩的HCl的物质的量为n(HCl)= 1.0mol·L-1×0.01L×=0.1mol，与NH3反应的HCl的物质的量为n(HCl)=0.2mol-0.1mol=0.1mol，由AlN~NH3~HCl得，6.0g产品中AlN的质量为m(AlN)=0.1mol×41g/mol=4.1g，产品纯度为×100%=68.3%；答案为68.3%。
(7)a．滴定前碱式滴定管未排气泡，滴定后气泡消失，消耗的NaOH溶液体积读数偏大，则吸收氨气的盐酸物质的量偏小，产生NH3的物质的量偏小，使氮化铝测定结果偏低，故a符合题意；
b．滴定后，碱式滴定管尖嘴外还悬着一滴液体，消耗的NaOH溶液体积读数偏大，则吸收氨气的盐酸物质的量偏小，产生NH3的物质的量偏小，使氮化铝测定结果偏低，故b符合题意；
c．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，消耗NaOH溶液体积读数偏小，则吸收氨气的盐酸物质的量偏大，产生NH3的物质的量偏大，使氮化铝测定结果偏高，故c不符合题意；
答案为ab。
3．滴液漏斗 排尽装置中的空气，防止硫代硫酸盐被氧化 过滤 洗涤 稀盐酸 溶液 有白色沉淀生成
【分析】
Ⅰ.(1)根据图示，回答仪器A的名称；
(2)硫代硫酸盐露置在空气中容易被氧化，要排装置中空气；
(3)获得沉淀的一系列操作是过滤、洗涤、一干燥；
Ⅱ. (4)将缓慢倾入溶液中，搅拌后发生反应：，离子方程式为：，据此计算K；
(5)ⅰ.取少量待测溶液于试管中，滴加过量酸，会发生歧化反应，生成S单质和二氧化硫；
ⅱ.验证，一般用，现象为有白色沉淀生成；
Ⅲ. (6)溶解是因为能和的络合形成了。
【详解】
Ⅰ.(1)根据图示，仪器A的名称是滴液漏斗，故答案为：滴液漏斗；
(2)硫代硫酸盐露置在空气中容易被氧化，反应开始前通入一段时间，可以排尽装置中的空气，防止硫代硫酸盐被氧化，故答案为：排尽装置中的空气，防止硫代硫酸盐被氧化；
(3)获得沉淀的一系列操作是过滤、洗涤、一定条件下脱水干燥，故答案为：过滤；洗涤；
Ⅱ. (4)将缓慢倾入溶液中，搅拌后发生反应：，离子方程式为：，则，则反应进行较完全，故答案为：；
(5)ⅰ.取少量待测溶液于试管中，滴加过量酸，会发生歧化反应，生成S单质和二氧化硫，即溶液出现黄色浑浊，有刺激性气味气体产生，离子方程式为：，硝酸有氧化性，硫酸会影响下面的反应，则加的酸为稀盐酸，故答案为：稀盐酸；；
ⅱ.验证，一般用，现象为有白色沉淀生成，静置，取上层清液滴加适量溶液，当有白色沉淀生成，则待测液中含有，故答案为：溶液；有白色沉淀生成；
Ⅲ. (6)溶解是因为能和的络合形成了，离子方程式为：，故答案为：。
【点睛】
本题难点Ⅱ. (4)，根据提示一般认为时反应进行较完全，时反应难以进行，因此要计算K，计算时，要将化学方程式改为离子方程式，同时要利用溶度积计算。
4．ABC Mn2+浓度为80g·L-1，MnSO4加入速率66mL·min-1，反应温度40℃ 温度过高，反应太快形成细小晶体较多：碳酸氢铵容易分解 b→a→c→d→f→e 用电子天平配套的标准砝码 AB
【分析】
根据题中流程：步骤Ⅰ，发生沉锰反应： Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，步骤Ⅱ，MnCO3在空气中焙烧，发生反应：2MnCO3+O22MnO2+2CO2，生成MnO2，同时又副反应：2MnO22MnO+O2，生成MnO，步骤Ⅲ，酸化后加入高锰酸钾溶液，使+2价的Mn全部氧化成MnO2。
【详解】
(1) A 选项：步骤Ⅰ，沉锰反应为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，先加入NH4HCO3溶液，再逐渐加入MnSO4溶液，有利于MnSO4与NH4HCO3的充分接触，减小Mn2+过量造成的损失，提高其转化率，从而増大MnCO3晶体密度，故A正确；
B 选项：步骤Ⅱ，焙烧过程可以在敞口的瓷坩锅中进行，及时放出二氧化碳，且与空气接触充分，更有利于MnCO3的氧化，故B正确；
C 选项：步骤Ⅱ，所得粗品 MnO2 的密度较低的原因之一是产生了CO2，沉锰时一部分HCO反应生成了CO2即沉锰的离子方程式为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故C正确；
D 选项：步骤Ⅲ，酸性高锰酸钾的作用是与粗品中的MnCO3反应，主要氧化锰离子生成MnO2，故D错误；
故选 A B C 。
(2)步骤Ⅰ，结合上表的信息，生成高密度MnCO3最大为2.15 kg/L，最适宜的条件是Mn2+浓度为80 g/L，MnSO4加入速率66 mL/min，反应温度 40℃；反应温度不能过高的原因：温度过高，碳酸氢铵容易分解，且反应太快形成细小晶体较多。
(3)对于步骤Ⅲ，为了得到密度较高的重质MnO2，对下列操作进行合理的排序：称取一定量焙烧好的粗品MnO2→加水调不同的固液比→开启搅拌→加入一定量的酸→加一定浓度的高锰酸钾溶液→反应4小时→静置、抽滤、洗涤→真空干燥。故答案为：b→a→c→d→f→e。
(4)①测定粗品MnO2中锰的含量，可采用EDTA（乙二胺四乙酸）络合滴定法。在称量样品时，电子天平通电预热一定时间后，调整水平，待零点显示稳定后，用电子天平配套的标准砝码进行校准。
②A 选项：滴定管在使用前的准备工作包括：水洗、涂油、装液、排气泡，此步骤中缺少润洗，必须用标准液洗2∼3次后再装液，故A错误；
B 选项：在滴定过程中直到滴定终点，需用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，防止待测液反应不完全，故B错误；
C 选项：水中某些金属离子可能会与滴定试剂EDTA反应，为防止其的干扰，可以做空白对照实验，故C正确；
D 选项：为提高测定的精确度，可以平行测定3∼4次，且标准溶液和待溶液消耗的体积要相当，可减少读数误差，故D正确；
故选AB。
5．(1) KClO3 + 3MnO2 + 6KOH3K2MnO4 + KCl + 3H2O 酒精灯、坩埚钳 瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应 2:1 KOH、MnO2 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 KHCO3的溶解度较小，滤液蒸发浓缩降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出
【分析】
以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备KMnO4晶体，软锰矿固体和KOH固体混合在铁坩埚中煅烧，得到墨绿色熔块，为K2MnO4，冷却后溶于水其水溶液呈深绿色，这是锰酸根在碱溶液中的特征颜色，边加热边通入适量二氧化碳气体，调节溶液pH趁热过滤得到MnO2和KMnO4溶液，冷却结晶得到KMnO4晶体。⑴加热条件下，MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O，熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性物质KOH应该用铁坩埚；瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应，坩埚被腐蚀；⑵工艺流程可知，CO2使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入CO2太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4；氧化还原反应中的氧化剂是元素化合价降低的物质，还原剂是元素化合价升高的物质，结合化学方程式定量关系和电子守恒计算；流程中需要加入的物质在后面有生成该物质，该物质可以循环利用；⑶从滤液中得到物质的方法是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤或抽滤得到晶体；工艺流程可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、高锰酸钾；
【详解】
(1).加热条件下，MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O，反应的化学方程式为3MnO2＋KClO3＋6KOH3K2MnO4＋KCl＋3H2O；加热软锰矿、KClO3和KOH固体混合物时，由于KOH会与瓷坩埚中的SiO2发生反应：2KOH+SiO2K2SiO3+H2O腐蚀坩埚，而不与Fe发生反应，所以要用铁坩埚；
故答案为KClO3 + 3MnO2 + 6KOH3K2MnO4 + KCl + 3H2O；酒精灯、坩埚钳；瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应；
(2).由流程图可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出，实验中通入适量二氧化碳时体系中可能发生反应的离子方程式为：3MnO42-+2CO2=2 MnO4-+MnO2↓+2CO32-，2OH-+ CO2=CO32-+ H2O，其中氧化还原反应中氧化剂和还原剂都是KMnO4，所以氧化剂和还原剂的质量比即为反应的物质的量之比为1:2，调节溶液pH过程中，所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1；从流程图可以看出，需要加入的物质有MnO2、KOH、KClO3、CO2（水可以不考虑），反应中又生成KOH、 MnO2，故KOH、 MnO2是可以循环利用的物质，故答案为：2:1；KOH、 MnO2；
(3).依据流程中的信息，滤液中含有大量的高锰酸钾和碳酸钾，再根据表中的溶解度数据可知，高锰酸钾在室温下的溶解度较小，而碳酸钾的溶解度很大，因此，从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作是浓缩蒸发，冷却结晶、过滤或抽滤得到晶体；工艺流程可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；KHCO3的溶解度比K2CO3小得多，滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出；
【点睛】
化学工艺流程题是高考的热点内容，每年都会涉及，体现了化学知识与生产实际的紧密联系工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入；而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论；化学工艺流程一般涉及氧化还原反应方程式的书写、化学反应原理知识的运用、化学计算、实验基本操作等知识，只要理解清楚每步的目的，加上夯实的基础知识，此题能够很好的完成。
6．2Fe+3Cl22FeCl3 在沉积的氯化铁固体下方加热 ②通入干燥的Cl2 ⑤用干燥的N2赶尽Cl2 冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品 干燥管 K3[Fe(CN)6]溶液，或酸性高锰酸钾溶液 氢氧化钠溶液 将Fe2+全部氧化为 Fe3+，调节pH将Fe3+全部转化为沉淀
【详解】
(1)装置A中铁与氯气发生反应制取氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；
(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端．要使沉积的FeCl3进入收集器，可利用FeCl3加热易升华的性质，在沉积的氯化铁固体下方加热，让氯化铁升华后进入收集器。答案为：在沉积的氯化铁固体下方加热；
(3)为防止FeCl3潮解，所采取的措施主要应从无水的角度考虑。从步骤中可找到如下操作：②通入干燥的Cl2，⑤用干燥的N2赶尽Cl2。答案为：②通入干燥的Cl2 ⑤用干燥的N2赶尽Cl2；
(4)装置B中冷水浴的作用为冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品。答案为：冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；
装置C的名称为干燥管。答案为干燥管；
装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，检验FeCl2是否失效就是检验Fe2+，最好选用K3[Fe(CN)6]溶液，也可选用酸性高锰酸钾溶液。答案为：K3[Fe(CN)6]溶液，或酸性高锰酸钾溶液；
(5)在虚线框中尾气吸收装置E所用试剂为氢氧化钠溶液。答案为氢氧化钠溶液；
(6)步骤Ⅱ中，向滤液中加入过量KMnO4溶液的目的，将Fe2+全部氧化为 Fe3+；调节溶液的pH约为3的目的，将Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀。答案为：将Fe2+全部氧化为 Fe3+，调节pH将Fe3+全部转化为沉淀。
7．D 取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子 关小水龙头，使洗涤剂X
缓缓通过沉淀物 CuS+ H2O2+ H2SO4= CuSO4+S+ 2H2O H2SO4 SiO2 蒸发皿 30.0%
【详解】
（1）根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，有有毒的气体生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D装置，故答案为D；
（2）亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，检验亚铁离子，可取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子，故答案为取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子；
（3）抽滤时，可关小水龙头，使洗涤剂X
缓缓通过沉淀物，故答案为关小水龙头，使洗涤剂X
缓缓通过沉淀物；
（4）第二次浸出时发生反应：CuS++H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体，可以选用A装置，第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成H2O2与固体颗粒接触分解，故答案为CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；H2SO4；
（5）二氧化硅不与硫酸反应，滤渣2的主要成分是SiO2，含有少量S，浓缩、结晶得到硫酸锌晶体的主要仪器是蒸发皿，故答案为SiO2、S；蒸发皿；
（6）废催化剂中Cu的物质的量为15.0g×12.8%÷96g/mol=0.02mol，1.5g CuSO4﹒5H2O中Cu的物质含量的为1.5g÷250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为×100%=30%，故答案为30%。
8．+2H+=SO2↑+H2O P2O5 己 通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速 温度太低，反应速率太慢，温度太高，PCl3等物质挥发 滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色 79．9％ 偏小
【详解】
（1）若选用Na2SO3固体与70％浓H2SO4发生氧化还原反应，生成二氧化硫和水，反应的离子方程式是：+2H+=SO2↑+H2O；
答案为：+2H+=SO2↑+H2O；
（2）乙装置为球形干燥管，只能填装固体药品，用来干燥氯气，因此干燥剂不能与氯气反应，碱石灰能与氯气反应不可用，无水硫酸铜有吸水性，但吸水效果不好，一般不能作为干燥剂，所以乙中盛装的为P2O5；根据表格中反应物生成物熔沸点可知，为了使反应充分进行，球型冷凝管效果更好；
答案为：P2O5；己；
（3）在丙装置中，通入二氧化硫和氯气的速度太快，导致反应物不能充分接触，产率会降低，原料的利用率降低，可以通过甲和丁装置中气泡的速度来控制通入到丙装置的气流速度，让反应物有充分的接触；
答案为：通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速；
（4）PCl3的沸点为76.1，温度太高PCl3易挥发，温度太低反应速率太慢；
答案为：温度太低，反应速率太慢，温度太高，PCl3等物质挥发；
（5）①加入NH4Fe(SO4)2中的铁为+3价，KSCN先与过量的AgNO3反应生成沉淀，当把过量的AgNO3消耗完，再与三价铁离子反应，达到滴定终点的现象是滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色；
答案为：滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色；
②POCl3易水解生产盐酸和磷酸，用硝酸银滴定水解产生的氯离子，来确定POCl3的含量；
n过量(AgNO3)=0.1000mol/L×0.01L=0.001mol，
沉淀10.00mL溶液中Cl消耗的AgNO3的物质的量为：0.2000mol/L×0.02L−0.001mol=0.003mol，n(Cl)=0.003mol，设POCl3的质量为xg，杂质PCl3的质量为（1.500g-x）g，则，解得x=1.199g
产品中POCl3的百分含量为：×100%=79.9%；
故答案为：79.9%；
③已知：KSP(AgC1)=3．2×10-10 mol2·L-2，KSP(AgSCN)=2×10-12 mol2·L-2，AgSCN沉淀的溶解度比AgC1小，如果不进行此操作，则会有AgC1部分电离，消耗的KSCN溶液偏多，导致样品中氯元素的含量偏小，测定POCl3的质量分数将偏小；
答案为：偏小。
9．15℃ 该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解 降低产品溶解度，便于产品析出 B 先打开活塞，再关闭水龙头 淀粉溶液 17.00
【解析】
【详解】
（1）由表可知，15℃时，产品收率和活性氧的质量分数高；故答案为：15℃；
（2）由已知：①，该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解，不利于反应的进行；故答案为：该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解；
（3）结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出；故答案为：降低产品溶解度，便于产品析出；
（4）A．准备略小于漏斗内径的滤纸，盖住布氏漏斗瓷板上的小孔，A错误；
B．用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，B正确；
C．洗涤沉淀时，加入少量水，关小水龙头，减小流速，重复操作2～3次，C错误；
D．用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体，过碳酸钠不稳定，应避光保存，D错误；
故答案为：B；
（5）使用图2所示装置抽滤，中途需停止抽滤时，为防止自来水倒吸，最佳操作为先打开活塞，再关闭水龙头；故答案为：先打开活塞，再关闭水龙头；
（6）已知：活性氧的质量分数[ω（活性氧）＝16（nH2O2）m样品×100%]，则n（H2O2）＝ω（活性氧）×m（样品）16，产品溶于水由H2O2与KI的酸性溶液反应，H2O2+2H++2I﹣＝2H2O+I2，故用淀粉溶液做指示剂；用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘单质：2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI，则H2O2～2Na2S2O3，n（Na2S2O3）＝2n（H2O2），则消耗的标准液的体积为2n(H2O2)C(Na2S2O3)＝(0.136×0.1000g) ×2÷16÷0.1000mol/L＝0.0170L＝17.00mL；故答案为：淀粉溶液；17.00。
【点睛】
工艺流程实验题要分析流程，所有设计都是为了实现流程的目标，在分析问题时要把握住这一基本原则，就能防止跑偏方向。
10．NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl B 通过观察锥形瓶中产生气泡的快慢可以控制O2的速率 红棕色气体逐渐变为无色 ABD 95.5%或95.52%
【分析】
根据流程：氧气通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度50～85℃制得NH4[CuCl2]，加入水，过滤得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀洗涤干燥后得产品。
【详解】
(1)根据工艺流程可知,反应①过滤后,滤饼用酒精洗涤的CuCl,说明反应生成CuCl,还生成氯化铵,反应方程式为：NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl；
故答案为NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl；
(2)B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制，A. C装置无法判断通入氧气的速率，故选择B装置，
故答案为B;通过观察锥形瓶中产生气泡的快慢可以控制O2的速率；
(3)电炉加热升温至50℃时停止加热，反应快速进行，有红棕色二氧化氮气体生成，当烧瓶中液面上方红棕色气体逐渐变为无色时，停止通入氧气；
故答案为红棕色气体逐渐变为无色；
(4)A.氯化铵溶于水吸收热量，造成反应液温度降低，故A正确；
B. 流程中过滤操作，可以采用真空抽滤的方式，CuCl微溶于水，用酒精洗去晶体表面的杂质离子及水分，避免CuCl溶于水而造成损耗，故B正确；
C. 该实验流程中，残液中补充的HCl是反应物，故C错误；
D. 反应装置中使用长导管可以防止三颈烧瓶内气压过大，故D正确；
故答案为ABD；
(5)第二组实验数据误差较大,舍去,故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL,根据关系式有：CuCl∼FeCl3∼Ce4+,则n(CuCl)=n(Ce4+),故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，CuCl的纯度为0.2388g÷0.25g×100%=95.5%或95.52%；
故答案为95.5%或95.52%。
11．液柱高度保持不变 防止倒吸 C 2:1 I2+2H2O+SO2═4H++SO42﹣+2I﹣ 0.25mol/L
【分析】
A中的Na2SO3中加入浓硫酸生成SO2，装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，烧瓶C中发生反应如下：
Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)═Na2SO3(aq)+H2S(aq)　(Ⅰ)
2H2S(aq)+SO2(g)═3S(s)+2H2O(l)　(Ⅱ)
S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)　(Ⅲ)
反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3•5H2O，E中盛放NaOH溶液进行尾气处理，防止含硫化合物排放到空气中；
(1)利用液面差在一段时间不变检验气密性，D可防止液体倒吸；
(2)观察SO2的生成速率，结合强酸制取弱酸的原理分析是否生成SO2气体；
(3)C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，结合烧杯C中的反应分析；
(4)化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得3SO2(g)+2H2O(g)＝2H2SO4(l)+S(s)，催化过程中i。SO2+4I﹣+4H+＝S↓+2I2+2H2O，说明I﹣、H+在i中作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2；
(5)根据KIO3的量求出I2，再根据S2O32﹣与I2的关系求出Na2S2O3的物质的量及浓度。
【详解】
A中的Na2SO3中加入浓硫酸生成SO2，装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，烧瓶C中发生反应如下：
Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)═Na2SO3(aq)+H2S(aq)　(Ⅰ)
2H2S(aq)+SO2(g)═3S(s)+2H2O(l)　(Ⅱ)
S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)　(Ⅲ)
反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3•5H2O，E中盛放NaOH溶液进行尾气处理，防止含硫化合物排放在环境中；
(1)仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好，D中左侧为短导管可防止液体倒吸；
(2)观察SO2的生成速率，发生强酸制取弱酸的反应，A不生成二氧化硫，B、D中物质均与二氧化硫反应，只有C中饱和NaHSO3溶液适合，故答案为C；
(3)C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，由Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)═Na2SO3(aq)+H2S(aq)(Ⅰ)； 2H2S(aq)+SO2(g)═3S(s)+2H2O(l)(Ⅱ)；S(g)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)(Ⅲ)；可知，(Ⅰ)×2+(Ⅱ)+(Ⅲ)×3，得到总反应为2Na2S(aq)+Na2SO3(aq)+3SO2(g)3Na2S2O3(aq)，则C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2:1；
(4)化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得3SO2(g)+2H2O(g)＝2H2SO4(l)+S(s)，催化过程中i。SO2+4I﹣+4H+＝S↓+2I2+2H2O，说明I﹣、H+在i中作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2，所以ii中方程式应该为：I2+2H2O+SO2═4H++SO42﹣+2I﹣；
(5)设参加反应的Na2S2O3为xmol，0.214g KIO3固体n(KIO3)＝＝0.001mol，由IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O 2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣可知：
IO3﹣～～～～3I2～～～～6S4O62﹣
1 6
0.001mol xmol
所以 x＝0.006mol，则c(Na2S2O3)＝＝＝0.25mol/L，故答案为0.25mol/L。
12．MnO2+4H +2Cl－ Mn2++Cl2↑+2H2O Na2SO3+Cl2+ 2NaOH＝Na2SO4+2NaCl+H2O 冷却和收集三氯化硼 可能发生反应：2B+6HCl＝2BCl3+3H2↑，在D中加热H2、Cl2混合气时易发生爆炸现象 2B＋3Cl2＝ 2BCl3 碱石灰 BCl3＋3H2O＝H3BO3＋3HCl ① NaOH溶液
【解析】
【分析】
装置A、B、C为氯气的发生装置和氯气的除杂干燥装置，在装置D中，氯气与硼粉发生反应，得到BCl3。E装置利用冰水，将BCl3蒸气冷凝下来。F防止G中的水蒸气进入E，使BCl3潮解，G为尾气吸收装置。
【详解】
(1)二氧化锰和浓酸盐反应，浓盐酸为强酸的溶液，可以拆成离子形式，离子方程式为MnO2+4H +2Cl－ Mn2++Cl2↑+2H2O；洗气瓶G中Na2SO3具有还原性，化合价升到得到Na2SO4，氯气具有氧化性，化合价降低得到NaCl。化学方程式为Na2SO3+Cl2+ 2NaOH==Na2SO4+2NaCl+H2O；
(2)E中盛装的是冷却液，根据BCl3的沸点12.5℃，可以将BCl3由气体变成液体，答案为冷却和收集三氯化硼；如果拆除装置B，Cl2中的HCl气体没有除去，根据资料②，HCl会与B反应生成H2，而H2和Cl2会在加热条件下反应，答案为可能发生反应：2B+6HCl== 2BCl3+3H2↑，在D中加热H2、Cl2混合气时易发生爆炸现象；
(3)D为Cl2和B反应生成BCl3的装置，化学方程式为2B＋3Cl2 2BCl3；装置F和G的目的是处理没有反应掉的氯气，还要防止G中的水蒸气到E中。碱石灰既可以与氯气反应，将氯气处理掉，也可以防止外界中的水蒸气进入E中。答案为碱石灰；
(4)BCl3遇水发生水解，B结合了水电离出来的OH－，Cl结合水电离出来的H＋，再根据现象白雾，生成的产物为HCl。答案为BCl3＋3H2O=H3BO3＋3HCl；
(5)需要排除装置中的空气，防止硼在加热条件下与氧气反应，所以先点燃A处的酒精灯，让生成的氯气将装置中的空气排除干净，等装置中充满氯气时，再点燃D处的酒精灯，答案为①；
(6)要验证BCl3中是否含有B，利用B的性质类似于Si，可以与碱发生反应，有H2生成，所以可以将样品加入碱中，答案为NaOH溶液。
【点睛】
当一个反应装置中有2个加热装置时，往往能够产生气体的反应最先点燃，利用产生的气体排除装置中的空气，防止有其他反应发生，再点燃其他酒精灯。而关闭酒精灯的顺序，往往最先点燃的，最后才熄灭。比如在CO还原CuO的实验中，先关闭CuO处的酒精灯，防止生成的Cu再次被氧气氧化，所以需要持续通入CO。
13．SO32－ + I2 + H2O = 2I－ + SO42－ + 2H＋ 使CCl4中的碘进入水层 分液 使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止I2升华或防止I2进一步被氧化）吸收多余Cl2（4）从水层取少量溶液，加入1～2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含有I－ 若溶液不变蓝，说明废水中不含有I－ 另从水层中取少量溶液，加入1～2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明废水中含有IO3— 若溶液不变蓝，说明废水中不含IO3—
【详解】
试题分析：（1）I2被还原为I－，那么SO32－将被氧化为SO42－，离子方程式为：SO32－ + I2 + H2O = 2I－ + SO42－ + 2H＋；（2）要将CCl4和I2分开，就要把I2还原为I－，I－能更好的溶解在水中。CCl4的不溶于水，分离两种互不相溶的液体的方法为分液。（3）温度越高氯气在水中的溶解度越大，保持较低温度是为了使氯气在溶液中有较大的溶解度，另外I2容易升华，低温可以防止碘被氧化。（4）应用I2可以使淀粉变蓝，可以用FeCl3氧化I－，可以用SO32－还原IO3—。
考点：物质分离与提纯的基本方法选择与应用
14．粉红色 H2 CO2 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O =2Al(OH)3 ↓+ 3CO2↑ CO32- +Co2+= CoCO3 ↓ C 氯化亚钴晶体在无水乙醇中的溶解度小于在蒸馏水中的溶解度，且乙醇挥发性较好 CoCl2+H2OCo(OH)2+2HCl，加热时，氯化氢挥发，促进水解，得不到氯化亚钴，在氯化氢氛围中灼烧结晶水合物，可以抑制水解 D
【分析】
I. 淋雨时彩色水泥墙上的氯化亚钴吸收水分，生成CoCl2·6H2O，结合表格数据判断；
Ⅱ.废料中加入碱溶液碱溶，得到钴渣(含CoO、Co2O3)，钴渣可以用盐酸溶解，溶解生成的+3价钴离子能够氧化氯离子，得到Co2+，酸溶后的溶液中加入碳酸钠溶液和NaF溶液净化，除去锂离子和铝离子，在滤液中加入碳酸钠溶液沉淀钴离子为碳酸钴沉淀，高温煅烧，碳酸钴分解得到氧化钴，结合物质的性质和氧化还原反应的规律分析解答。
【详解】
I. 淋雨时彩色水泥墙上的氯化亚钴吸收水分，生成CoCl2·6H2O颜色变成粉红色，故答案为：粉红色；
Ⅱ.废料中加入碱溶液碱溶，得到钴渣(含CoO、)，钴渣可以用盐酸溶解，溶解生成的+3价钴离子能够氧化氯离子，得到Co2+，酸溶后的溶液中加入碳酸钠溶液和NaF溶液净化，除去锂离子和铝离子，在滤液中加入碳酸钠溶液沉淀钴离子为碳酸钴沉淀，高温煅烧，碳酸钴分解得到氧化钴。
(1)步骤I中铝与氢氧化钠溶液反应放出氢气，从含铝溶液(主要含有偏铝酸根离子)中沉淀铝可通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，故答案为H2；CO2；
(2)步骤Ⅲ中A13+和碳酸根离子发生双水解反应，反应的离子方程式为2Al3+ + 3CO32- + 3H2O =2Al(OH)3 ↓+ 3CO2↑；步骤Ⅳ中Na2CO3溶液与Co2+反应生成碳酸钴沉淀，反应的离子方程式为CO32- +Co2+= CoCO3 ↓，故答案为2Al3+ + 3CO32- + 3H2O =3Al(OH)3 ↓+ 2CO2↑；CO32- +Co2+= CoCO3 ↓；
(3)A.铝与Co2O3反应生成氧化铝，使得生成的钴粉不纯，错误；B.木炭与Co2O3反应生成二氧化碳，未反应的木炭使得生成的钴粉不纯，错误；C氢气与Co2O3反应生成水，不会污染环境，且不引入新杂质，正确；D.一氧化碳会污染空气，错误；故选C；
(4)①制得的晶体在无水乙醇中的溶解度小于在蒸馏水中的溶解度，且乙醇挥发性较好，所以用乙醇洗涤能减小晶体因溶解而损失，故答案为氯化亚钴晶体在无水乙醇中的溶解度小于在蒸馏水水中的溶解度，且乙醇挥发性较好；
②氯化亚钴能够水解，水解的化学方程式：CoCl2+H2OCo(OH)2+2HCl，加热时，氯化氢挥发，促进水解，得不到氯化亚钴，为了抑制水解，需要在氯化氢氛围中灼烧结晶水合物，故答案为CoCl2+H2OCo(OH)2+2HCl，加热时，氯化氢挥发，促进水解，得不到氯化亚钴，在氯化氢氛围中灼烧结晶水合物，可以抑制水解；
③本题的指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完全，即让氯离子先沉淀，沉淀完全后，再滴入硝酸银溶液会生成一种颜色不同的沉淀来指示沉淀终点。A．氯化钾与硝酸银生成氯化银沉淀，没有明显的颜色变化，故A不选；B．根据表格数据可知AgSCN的溶解度小于氯化银，首先生成AgSCN沉淀，故B不选；C． Ksp(Ag2S)= c2(Ag+)c(S2-)=2.0×10-48，c(S2-)==1.0×10-16；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=2.0×10-10，c(Cl-)=，说明硫化银的溶解度小于氯化银，滴定时首先生成Ag2S沉淀，故C不选；D．计算饱和溶液中氯离子、CrO42-的浓度，Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)=2.0×10-10，c(Cl-)=；Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c(CrO42-)=2.0×10-12，c(CrO42-)==1.0×10-4；说明铬酸银溶解度大于氯化银，则加入K2CrO4做指示剂可正确的测定氯化物的含量，故D正确；故答案为D；
(4)消耗的硝酸银的物质的量为cmol / L×b×10-3L=bc×10-3mol，根据Ag++Cl-=AgCl↓，氯化亚钴的物质的量为×bc×10-3mol，则×x×=×bc×10-3mol，解得：x=，故答案为。
15．除去其中可溶性杂质(或除去固体表面的重铬酸铵溶液) 水浴加热(并用温度计指示温度) ⑥③②④⑤① 赶尽反应装置中的氧气；②鼓气使反应物进入管式炉中进行反应 COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O 在装置C和D之间连接一个盛有碱石灰的干燥管(或U形管)
【解析】
【分析】
根据流程图分析各步发生的反应及分离的方法，根据题干信息判断相关物质的性质，进而分析该流程中的注意事项。
【详解】
根据流程图知，重铬酸铵分解产生的三氧化二铬（Cr2O3难溶于水）、氮气和水，然后洗涤、烘干得到Cr2O3，在加热条件下，在反应器中发生反应Cr2O3+3CCl4═2CrCl3+3COCl2，三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化，为防止三氯化铬被氧化，通入氮气，且充入的氮气能使反应物进入管式炉中进行反应，最后得到无水三氯化铬；
（1）重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去其中可溶性杂质；故答案为：除去其中可溶性杂质；
（2）因为CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量，并用温度计指示温度；
故答案为：水浴加热（并用温度计指示温度）；
（3）由（5）可知反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿，故操作顺序为：⑥→③→②→④→⑤→①；
故答案为：⑥③②④⑤①；
（4）由题干信息知三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化，所以通入氮气的作用是：①赶尽反应装置中的氧气；②鼓气使反应物进入管式炉中进行反应；故答案为：①赶尽反应装置中的氧气；②鼓气使反应物进入管式炉中进行反应；
（5）根据光气的水解产物CO2和HCl分别与NaOH反应生成Na2CO3和NaCl，书写用NaOH溶液吸收光气的化学方程式：COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O；
（6）为防止三氯化铬水解，在装置C和D之间连接一个盛有碱石灰的干燥管（或U形管），故答案为：在装置C和D之间连接一个盛有碱石灰的干燥管（或U形管）。
【点睛】
本题考查对实验方案原理的理解与评价，理清实验原理是关键，从题干中准确获取物质性质的相关信息至关重要。