2022届高三化学一轮复习实验专题题型必练18无机物制备流程含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习实验专题题型必练18无机物制备流程含解析，共26页。试卷主要包含了某兴趣小组欲制备漂白剂亚氯酸钠等内容，欢迎下载使用。
无机物制备流程
非选择题（共14题）
1．亚硝酸钙是一种阻锈剂，可用于染料工业，某兴趣小组拟制备Ca(NO2)2并对其性质进行探究。
（背景素材）
Ⅰ．NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O。
Ⅱ．Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO3—，MnO4—被还原为Mn2+。
Ⅲ．在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I−氧化为I2，S2O32—能将I2还原为I−。
（制备氮氧化物）
（1）甲组同学拟利用如下左图所示装置制备氮氧化物。

①仪器X、Y的名称分别是______________、______________。
②装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为1∶1，则装置B中发生反应的化学方程式为______，若其他条件不变，增大硝酸的浓度，则会使逸出的气体中n(NO2)__________n(NO)(填“>”或“ 增大与石灰乳的接触面积 防止倒吸(或作安全瓶) 吸收未反应的氮氧化物 e 加入过量c1 mol·L−1的KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c2 mol·L−1的Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读取消耗Na2S2O3溶液的体积，重复以上操作2~3次
【解析】
(1) ①仪器X、Y分别是分液漏斗、锥形瓶，故答案为分液漏斗、锥形瓶；
②根据题意，装置B中盛放的是硝酸，二氧化硫与硝酸反应放出一氧化氮和二氧化氮，若逸出的NO与NO2的物质的量之比为1∶1，则装置B中发生反应的化学方程式为2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4，若其他条件不变，硝酸的浓度越大，生成的二氧化氮越多，则会使逸出的气体中n(NO2)＞n(NO) ，故答案为2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4；>；
⑵①装置C中导管末端接一玻璃球，可以增大与石灰乳的接触面积，故答案为增大与石灰乳的接触面积；
②反应中，装置内气体的压强会发生变化，装置D可以防止倒吸；装置E中的氢氧化钠可以吸收未反应的氦氧化物，防止污染空气，故答案为防止倒吸(或作安全瓶) ；吸收未反应的氦氧化物，防止污染空气；
⑶ ①根据信息Ⅱ．Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是c3mol·L-1 的酸性 KMnO4 溶液，故答案为e；
②根据信息Ⅲ．在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I-氧化为I2，S2O32-能将I2还原为I-。利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度，可以选择c1mol·L-1的KI溶液、淀粉溶液和稀硫酸以及c2mol·L-1的Na2S2O3溶液，步骤为准确称取mgCa(NO2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入过量c1mol·L-1的KI溶液、淀粉浓液，然后滴加稀硫酸，用c2mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读取消耗Na2S2O3溶液的体积，重复以上操作2〜3次，故答案为加入过量c1mol·L-1的KI溶液、淀粉浓液，然后滴加稀硫酸，用c2mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读取消耗Na2S2O3溶液的体积，重复以上操作2〜3次。
点睛：本题考查了物质的制备，含量测定的实验方案的设计。本题的难点是利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度的步骤的设计，要求学生就业较高的实验设计的能力。
2． PCl3+H2O+Cl2＝POCl3+2HCl b 溶液变为红色，而且半分钟内不褪色 防止在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀 偏小 将废水中的H3PO3氧化为PO43－，使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐 bc 5×10－6
【解析】分析：(1)氯化水解法产物是三氯氧磷和盐酸，结合原子守恒分析；
(2)①当滴定达到终点时NH4SCN过量，Fe3+与SCN-反应溶液变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；②由于AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN标准液用量偏多；
(3)①在沉淀前先加入适量漂白粉使废水中的H3PO3氧化为PO43-，加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率；②根据图1、2分析磷的沉淀回收率；③根据Ksp[Ca3(PO4)2]= c3(Ca2+)×c2(PO43-)计算。
详解：(1)氯化水解法是用三氯化磷、氯气与水反应生成三氯氧磷和盐酸，其化学方程式为：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl，故答案为：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl；
(2)①用c mol•L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN-反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：b；溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；
②已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小，故答案为：防止在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；偏小；
(3)①氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷(主要为H3PO4、H3PO3等)废水，在废水中先加入适量漂白粉，使废水中的H3PO3氧化为PO43-，使其加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率；故答案为：将废水中的H3PO3氧化为PO43-，使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐；
②根据图1、2可确定pH=10、反应时间30 min时磷的沉淀回收率较高，则处理该厂废水最合适的工艺条件为pH=10、反应时间30 min；故答案为：bc；
③若处理后的废水中c(PO43-)=4×10-7 mol•L-1，Ksp[Ca3(PO4)2]=c3(Ca2+)×c2(PO43-)=2×10-29，c(Ca2+)=32×10-29(4×10-7)2=5×10-6mol•L-1，故答案为：5×10-6。
点睛：本题考查了物质的制备方案设计，涉及化学方程式的书写、滴定原理的应用、图像分析以及难溶电解质的溶度积常数的应用等，难度中等。本题的易错点为c(Ca2+)的计算，要注意Ksp[Ca3(PO4)2]的表达式的书写。
3． 2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2 适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等 CuSO4(也可答“CuSO4和H2SO4”) 阴 在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小。 Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O 49.0 是
【解析】分析：某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3) 以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等，根据流程图，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有铜离子和TeOSO4，电解后铜离子放电生成铜，溶液中含有TeOSO4，TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲。
详解：(1)根据流程图，煅烧时Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，反应的化学方程式为2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2，故答案为：2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2；
(2)为提高酸浸速率，可采用的措施是适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等，故答案为：适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等；
(3)根据上述分析，浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有CuSO4。铜离子转化为铜发生还原反应，电解沉积过程中析出单质铜的电极为阴极，故答案为：CuSO4(也可答“CuSO4和H2SO4”)；阴；
(4)在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小，因此通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7，故答案为：在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；
(5)①氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2与Cr2O72-的反应，其中Cr2O72-被还原为Cr3+的离子方程式为Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O，故答案为：Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O；
②n(Fe2+)=0.025L×0.1000mol·L-1=0.0025mol，根据方程式Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O，则n(Cr2O72-)=0.0025mol×16×250mL25.0mL=0.0256mol，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为0.0256mol×294g/mol2.50g×100%=49.0%，故答案为：49.0；
(6) c(Cr3+)为3×10-5 mol·L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c(OH-)=3KspCrOH3cCr3+mol·L-1=36.0×10-313×10-5mol·L-1，此时，c(Fe3+)=KspFeOH3c3OH-=4.0×10-386.0×10-313×10-5=2×10-12 mol·L-1＜1×10-5 mol·L-1，说明Fe3+沉淀完全，故答案为：是。
4． 六 4 FeWO4+8NaOH+O22Fe2O3+4Na2WO4+4H2O CaWO4+Na2CO3CaCO3+Na2WO4 2∶2∶3 焦炭为固体，得到的金属钨会混有固体杂质，并且用焦炭还可能产生CO等有污染的尾气 1×10-10 WO42-+ Ca(OH)2=CaWO4+ 2OH- 1×103 mol/L WC－10e-+6H2O= H2WO4+CO2+ 10H+
【解析】(1)W为74号元素，第五周期最后一种元素为56号，第六周期最后一种元素为84号，因此74号在元素周期表的第六周期，故答案为：六；
(2)FeWO4中的铁为+2价，与氢氧化钠在空气熔融时被空气中的氧气氧化，反应的化学反应方程式为4 FeWO4+8NaOH+O22Fe2O3+4Na2WO4+4H2O；白钨矿粉与碳酸钠共热的化学反应方程式为CaWO4+Na2CO3CaCO3+Na2WO4，故答案为：4 FeWO4+8NaOH+O22Fe2O3+4Na2WO4+4H2O；CaWO4+Na2CO3CaCO3+Na2WO4；
(3)工业上，可用一氧化碳、氢气或铝还原WO3冶炼W。理论上，1mol的CO、H2、Al作还原剂时，转移的电子分别为2mol，2mol，3mol，根据得失电子守恒，得到W的质量之比为2∶2∶3。用焦炭也能还原WO3，但用氢气更具有优点，因为焦炭为固体，得到的金属钨会混有固体杂质，并且用焦炭还可能产生CO等有污染的尾气，故答案为：2∶2∶3；焦炭为固体，得到的金属钨会混有固体杂质，并且用焦炭还可能产生CO等有污染的尾气；
(4)根据图像，T1时KSP(CaWO4)=c(Ca2+)•c(WO42-)=1×10-5×1×10-5=1×10-10，将钨酸钠溶液加入石灰乳，发生复分解反应，氢氧化钙和钨酸根离子反应生成钨酸钙沉淀，反应的离子方程式为：WO42-+Ca(OH)2=CaWO4+2OH-，T2时，C(OH-)=10-2mol/L，c(WO42-)=10-7mol/L，平衡常数K等于生成物平衡浓度系数次方之积和反应物平衡浓度系数次方之积，即K===1×103，故答案为：1×10-10；WO42-+Ca(OH)2=CaWO4+2OH-；1×103；
(5)电解时，阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式是2H++2e-=H2↑，阳极是碳化钨失去电子，发生氧化反应：WC+6H2O-10e-=H2WO4+CO2↑+10H+，故答案为：WC+6H2O-10e-=H2WO4+CO2↑+10H+。
5． NH4Cl溶于水电离出NH4+会抑制NH3·H2O的电离 防止温度过高H2O2分解，降低反应速率，防止反应过于剧烈 水浴加热 （提高反应速率，）保证反应完全 慢慢打开活塞d，然后关闭水龙头 趁热过滤 往漏斗中加入少量热水 C、B
【解析】(1)NH4Cl溶于水电离出NH4+会抑制NH3·H2O的电离，利于加入浓氨水后生成[Co(NH3)6]Cl3；步骤④中要冷却至10℃再缓慢地边搅拌边加入H2O2溶液，可以防止温度过高导致H2O2分解，同时降低反应速率，防止反应过于剧烈，故答案为：NH4Cl溶于水电离出NH4+会抑制NH3·H2O的电离；防止温度过高H2O2分解，降低反应速率，防止反应过于剧烈；
(2)根据Co(NH3)6Cl3在不同温度下水中的溶解度曲线可知，步骤⑤中保持60℃，可以通过反应速率，又不至于双氧水分解，保持60℃可以通过水浴加热控制温度，恒温20分钟可以保证反应完全进行，故答案为：水浴加热；保证反应完全；
(3)在减压抽滤操作中，当抽滤完毕或中途停止抽滤时，防自来水倒吸入抽滤瓶最佳的正确操作是慢慢打开活塞d，然后关闭水龙头，故答案为：慢慢打开活塞d，然后关闭水龙头；
(4)根据流程图，粗产品中加入50mL热水和2mL浓盐酸，洗涤后，需要趁热过滤，得到滤液；若操作过程中，发现漏斗尖嘴处有少量晶体析出，往漏斗中加入少量热水，使之溶解后继续过滤，故答案为：趁热过滤；往漏斗中加入少量热水；
(5)根据流程图，步骤⑦和⑧的提示，步骤⑨进行洗涤时可以先用浓盐酸洗涤，因为[Co(NH3)6]Cl3易溶于水，因此再用无水乙醇洗涤，故答案为：C、B。
6．10 4Co(OH)2＋O2＋2H2O＝4Co(OH)3 （没有配平扣1分） 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O （没有配平扣1分） 使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去（或2Fe3＋＋3CO32－＋6H2O＝2Fe(OH)3↓＋3CO2↑） 防止Co2＋水解 2.5×10－5 （mol·L-1）2（没有单位不扣分）
【解析】
用金属钴板(含少量Fe、Ni)制备应用广泛的氯化钴的工艺流程为：钴板在稀硝酸作催化剂条件下反应生成氯化镍、氯化钴和氯化铁、氯化亚铁等，调节溶液的pH除去镍，然后加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入纯碱将铁离子转化成氢氧化铁除去，最后经过一系列操作得到氯化钴晶体。
(1)根据表中的数据知道，当pH等于10的时，收率最高，镍离子的含量最小，除镍效果最好，故答案为10；
(2)钴离子易从正二价容易被氧气氧化到正三价，发生的化学方程式为：4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3，故答案为4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；
(3)双氧水具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，发生的化学反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(4)加入碳酸钠可以和酸发生反应，在适当的环境下，可以让铁离子形成沉淀而除去，所以加入的纯碱作用是起到调节溶液的pH的作用，故答案为使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去(或2Fe3++3CO32-+6H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑)；
(5)钴离子是弱碱阳离子，能发生水解，显示酸性，加入盐酸可以防止Co2+水解，故答案为防止Co2+水解；
(6)Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=4.0×10-38，c(H+)=，反应Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+的平衡常数K=====2.5×10-5，故答案为2.5×10-5。
7． 密封、阴凉处保存(或其他合理答案) 增大锌反应的表面枳，加快化学反应速率 Zn+2SO2 = ZnS2O4 漏斗 甲醇 降低Na2S2O4的溶解度或增大Na+浓度，便于Na2S2O4结晶析出 Cr2O72-+S2O42-+6H+ = 2Cr3+ +2SO42- +3H2O
【解析】（1）因为题目中关于保险粉说明为：其固体受热、遇水都会发生反应放出大量的热，甚至引起燃烧。所以保存时应该密封保存，避免受热，同时也应该与其他易燃物分离。
（2）向液锌中鼓入M气体，使液态锌雾化，目的是减小锌的颗粒，使单质锌的表面积增大，以增大其与反应物的接触面积，加快反应速率。鼓入的气体M为空气的一种主要成分，则M只能是氮气，其电子式为。
（3）流程②的目的是将单质锌转化为ZnS2O4，所以向Zn粉中通入SO2，其化学方程式为：Zn+2SO2 = ZnS2O4。
（4）过滤使用的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒和漏斗。洗涤产品时，考虑到题目中对于保险粉的描述：可溶于水，但不溶于甲醇，所以用甲醇洗可以防止产品的损失。实验中加入氯化钠的目的是利用同离子效应，降低Na2S2O4的溶解度，以便于其析出。
（5）连二亚硫酸钠可以用于除去废水中的重铬酸根离子(Cr2O72-被转化为Cr3+，S2O42-被转化为SO42-)，由上得到部分反应：Cr2O72-+S2O42- → Cr3+ +SO42-，Cr2O72-化合价降低6价（2个Cr，每个降低3价），S2O42-化合价升高6价（2个S，每个升高3价），所以两个离子的系数都是1，方程式变为Cr2O72-+S2O42- → 2Cr3+ + 2SO42-，再根据原子个数守恒和电荷守恒得到：Cr2O72-+S2O42-+6H+ = 2Cr3+ +2SO42- +3H2O。
8．分液漏斗 吸收ClO2，防止污染空气 2NaOH +2ClO2+ H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑ 趁热过滤 ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl- 淀粉溶液
【解析】
试题分析：本题考查NaClO2晶体的制备，物质纯度的测定和滴定实验。
（1）装置B中盛浓H2SO4的仪器为分液漏斗。装置B用于制备ClO2，装置B中反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，装置A和E中的NaOH用于吸收ClO2，防止污染空气。
（2）装置D中ClO2与NaOH和H2O2的混合溶液反应制备NaClO2，ClO2被还原成NaClO2，则H2O2被氧化成O2，写出反应ClO2+NaOH+H2O2→NaClO2+O2↑+H2O，用化合价升降相等和原子守恒可配平得化学方程式为2NaOH +2ClO2+ H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑。
（3）由于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，所以反应结束后，先将装置D反应后的溶液在55℃条件下减压蒸发结晶（温度控制55℃的目的是防止温度高于60℃NaClO2分解成NaClO3和NaCl），然后进行的操作是趁热过滤（防止温度低于38℃时析出NaClO2·3H2O）。
（4）根据实验步骤分析，步骤①为NaClO2在酸性条件下将KI氧化成I2，自身还原成Cl-，反应为ClO2-+I-+H+→Cl-+I2+H2O，用化合价升降相等可得ClO2-+4I-+H+→Cl-+2I2+H2O，结合原子守恒和电荷守恒，写出离子方程式为ClO2-+4I-+4H+=2I2+Cl-+2H2O。
（5）由于用Na2S2O3滴定I2，I2遇淀粉呈特征的蓝色，所以选用淀粉溶液作指示剂，实验终点的实验现象为：滴入一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色褪为无色且在30s内不恢复。
（6）根据反应写出关系式：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，n（NaClO2）=n（Na2S2O3）/4=bV10-3/4mol，原样品中NaClO2物质的量为bV10-3/4mol= bV10-3mol，质量为90.5bV10-3g，样品中NaClO2的质量分数为=。
【点睛】易错点：依据题给信息，NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，所以减压蒸发结晶后应使用趁热过滤，不能写成“过滤”。
9．2H++2NO2−===NO↑+NO2↑+H2O 4Fe2++O2+6H2O===4FeOOH↓+8H+ 中和反应生成的酸，调节溶液pH 取最后一次洗涤液，加入BaCl2无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤完全 AD 将b导管口与抽气泵相连，打开M、N后再打开抽气泵 温度过低，反应速率慢；温度过高，使NO、NO2逸出，催化效果降低
【解析】
（1）亚硝酸钠中氮元素是+3价，与稀硫酸反应生成的气体是NO和NO2，反应的方程式为2H++2NO2-＝NO↑+NO2↑+H2O；由于亚硝酸钠其催化剂作用，则反应中起氧化剂作用的是氧气，所以制备铁黄的总反应离子方程式为4Fe2++O2+6H2O＝4FeOOH↓+8H+。（2）由于反应过程中产生酸，而反应需要在一定范围内进行，因此A处KOH溶液的作用为中和反应生成的酸，调节溶液pH。（3）溶液中含有硫酸根，则步骤⑤中判断沉淀洗涤干净的方法是检验硫酸根完成，则方法是取最后一次洗涤液，加入BaCl2无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤完全。（4）利用鼓气球中空气量太少，装置C中不易控制空气流速，所以答案选AD；根据减压过滤的抽气泵原理可知具体操作方法是将b导管口与抽气泵相连，打开M、N后再打开抽气泵。（5）由于温度过低，反应速率慢；而温度过高，使NO、NO2逸出，催化效果降低，所以温度过高或过低均影响产率。
10．NaIO3 促使反应向生成物方向移动 温度过低，降低化学反应速率 N2H4·H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质 取适量还原液，加入淀粉溶液，加稀硫酸酸化，若溶液变蓝色，说明还原液中含有IO3-；若溶液不变蓝，说明还原液中不含IO3- 碱式滴定管 淀粉 溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 90% 部分NaI被空气中O2氧化 用棕色瓶遮光、密封保存
【解析】
（1）碘和氢氧化钠发生反应：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，则NaI中可能混有NaIO3，为促使反应向生成物方向移动，生产过程中要适当补充NaOH；（2）在还原过程中，为了防止水合肼（N2H4•H2O）高温分解，反应温度控制在60～70℃，温度也不能过低，温度过低，降低化学反应速率；N2H4•H2O的氧化产物为N2和H2O，而用Na2S或Fe屑还原会得到其它杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高；（3）碘酸根离子在酸性溶液中能把还原为单质碘，因此检验还原液中是否含有IO3-的实验方案：取适量还原液，加入淀粉溶液，加稀硫酸酸化，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3-；若溶液不变蓝，说明废水中不含IO3-；（4）①Na2S2O3为强碱弱酸盐，因为硫代硫酸根离子水解，Na2S2O3溶液呈弱碱性，所以滴定时Na2S2O3溶液应放在碱性滴定管中；因为淀粉遇碘变蓝色，所以检验碘单质用淀粉试液作指示剂；②加入A物质为淀粉试液，滴定终点观察到的现象为溶液由蓝色褪色，且半分钟内不变色；③根据表格3次消耗Na2S2O3的体积，取其平均值为24.00mL，又2Fe3++2I-＝2Fe2++I2，2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI所以2I-～2Na2S2O3，则样品中NaI的含量为：(24×10−3×0.1000×150×250/25)/4.000×100%=90%； ④部分NaI被空气中O2氧化，用上述方法测得NaI的含量偏低；（5）NaI易被空气中O2氧化，碘化钠固体应避光密封保存，故用棕色瓶遮光、密封保存。
点睛：本题考查物质制备实验，明确制备流程中发生的反应是解题关键，注意对题目信息的提取应用，题目综合性较强，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息、基础知识解决问题的能力。注意从酸碱中和滴定实验迁移到氧化还原反应滴定，注意引起误差的原因。
11．16HCl(浓)+2KMnO45Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O饱和氯化钠溶液球形冷凝管己该反应是放热反应，降低温度能使平衡向右移动，有利于二氯化砜的生成a降低二氯化砜的沸点，减少二氯化砜的分解92.70二氯化砜自身分解生成的氯气溶于二氯化砜中
【解析】(1)①利用高锰酸钾的氧化性强于氯气，因此反应方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；新制的氯气中混有HCl和水蒸气，而SO2Cl2遇水剧烈反应，因此杂质必须除去，除去氯气中的HCl常通过饱和食盐水，然后在通过浓硫酸或无水CaCl2，进行干燥，因此A为饱和食盐水；②己为球形冷凝管，球形冷凝管中气体遇冷却水的接触面积大，冷却效果好，便于原料或产物回落到三颈烧瓶中，因此选用球形冷凝管；③根据生成SO2Cl2的反应方程式，此反应是放热反应，依据勒夏特列原理，降低温度，促使平衡向正反应方向进行，有利于SO2Cl2的生成，同时防止SO2Cl2受热分解；④a、根据①的分析，乙装置的作用是除去氯气中的水蒸气，Cl2和SO2有毒，对环境有危害，因此必须尾气处理，因此戊的作用是吸收Cl2和SO2，防止污染环境，故说法错误；b、根据①的分析，甲装置除去氯气中HCl，因为SO2Cl2遇水发生反应，因此SO2需要干燥，丁装置的作用是干燥SO2，故说法正确；c、此反应有气体参加，需要检验装置的气密性，故说法正确；d、根据反应方程式，SO2和Cl2物质的量之比为1：1，为了节省原料，达到最大利用，SO2和Cl2的通入的速率相等，故说法正确；（2）沸点和压强有关，压强越大，沸点越高，SO2Cl2受热易分解，因此减压蒸馏降低SO2Cl2的沸点，减少SO2Cl2的分解；（3）SO2Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl、H2SO4＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl，根据硫元素守恒，SO2Cl2～BaSO4，SO2Cl2质量1.6×135/233g=0.9270g，因此质量分数为92.70%；（4）二氯化砜自身分解生成的氯气溶于二氯化砜中。
12．除去铝箔表面的油脂等有机物 排去装置中含水蒸气的空气 保证液溴完全反应，防止溴过量混入AlBr3中 5的管中回流液呈无色（或烧瓶6中物质呈无色） 将AlBr3蒸气导入装置2中并冷凝 滤液用2.0mol·L-1硫酸在不断搅拌下调到pH4~10左右 蒸发浓缩
【详解】
试题分析：（1）因为油脂等有机物易溶于有机溶剂中，所以可以用四氯化碳除去铝箔表面的油脂等有机物。（2）因为在空气中溴化铝遇到水蒸气易发生水解，所以通入氮气是为了排去装置中含水蒸气的空气。（3）因为要制取纯净的溴化铝，溴容易挥发，加入过量的铝，保证液溴完全反应，防止溴过量混入AlBr3中。（4）因为溴单质有颜色，所以当溴完全反应时体系中没有颜色，所以当5的管中回流液呈无色（或烧瓶6中物质呈无色）就可以停止回流操作。（5）打开导管1和4，可以将AlBr3蒸气导入装置2中并冷凝。（6）③因为铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，从图像分析当溶液的pH在4-10之间可以生成氢氧化铝，所以滤液用2.0mol·L-1硫酸在不断搅拌下调到pH4~10左右。⑥将硫酸铝溶液加热蒸发浓缩，再冷却结晶就可以得到硫酸铝晶体。
考点：考查物质的制备。
13．CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2＋ 2H2OCu(OH)2＋ 2HCl，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO 取2～3mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净 收集25 mL气体所需的时间 碱式
【详解】
（1）CuCl2是强酸弱碱盐会发生水解，CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2＋ 2H2OCu(OH)2＋ 2HCl，水解吸热，加热时HCl逸出使平衡不断右移，同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO。
（2）如果没有洗涤干净则有NaCl杂质，检验是否有Cl—即可确定是否洗净，具体操作是：取2～3mL最后的洗涤液于试管中，滴入少量稀硝酸酸化，再滴入几滴硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净。
（3）用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥要从反应物指向生成物的化合价发生改变的同种元素，在线桥上要注明反应的得失电子数目，用双线桥表示氯酸钾分解的电子转移的方向和数目为：。
（4）要比较反应的快慢需要反应的时间，因此待测数据是：收集25 mL气体所需的时间。
（5）从图可以看出该滴定管没有活塞，所以是碱式滴定管。
（6）反应测的是收集25 mL气体所需的时间，所以气体的体积要相等，氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差，所以用氧化铜做作催化剂所用的时间要多，产生氧气的体积[V(O2)]随时间（t）变化的曲线为：。
14．水浴加热 防止Fe2+被氧化，同时热过滤可防止硫酸亚铁以晶体形式析出 加热蒸发，浓缩结晶 b Fe2+已被空气部分氧化 取少量硫酸亚铁铵溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明Fe2+已被空气部分氧化 乙 甲装置会出现倒吸 c
【详解】
I.（1）步骤2中的温度控制在70-75℃，所以选择水浴加热；Fe2+易被氧气氧化，而且温度降低硫酸亚铁的溶解度减小，所以必须在铁屑少量剩余时，进行热过滤，其原因是防止Fe2+易被氧化，同时热过滤可防止硫酸亚铁以晶体形式析出，
故答案为水浴加热；防止Fe2+被氧化，同时热过滤可防止硫酸亚铁以晶体形式析出；
（2）从硫酸亚铁铵滤液到晶体，中间需要经过加热蒸发，浓缩结晶；
故答案为加热蒸发，浓缩结晶；
（3）因为莫尔盐在乙醇溶剂中难溶，所以选择用乙醇洗涤，答案选b；
II.（1）用酸性高锰酸钾溶液滴定，原理是亚铁离子被酸性高锰酸钾溶液氧化，利用所用溶液的体积计算亚铁离子的量，从而计算晶体的纯度；用氯化钡溶液滴定，原理是硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，利用沉淀的质量计算硫酸根离子的量，从而计算晶体的纯度。硫酸根离子不会发生变化，所以方案一的测定结果总是小于方案二，其可能原因为Fe2+已被空气部分氧化；验证推测的方法即是验证溶液中是否存在铁离子，具体操作是取少量硫酸亚铁铵溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明Fe2+已被空气部分氧化；
故答案为Fe2+已被空气部分氧化；取少量硫酸亚铁铵溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明Fe2+已被空气部分氧化；
（2）①装置乙比较合理，因为甲装置会出现倒吸，无法测量生成气体的质量；选择乙装置，则量气管中盛放的试剂是四氯化碳，因为氨气易溶于水，不溶于四氯化碳，测量数据比较准确，所以答案选c；
故答案为乙；甲装置会出现倒吸；c；
②根据硫酸亚铁铵的化学式得出2NH3～(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O，所以500mL溶液中硫酸亚铁铵晶体的质量为××392g/mol×25，其纯度为×100%=。