重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-37常见物质的制备

这是一份重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-37常见物质的制备，共32页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-37常见物质的制备

一、单选题
1．（2022·重庆·统考二模）便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠(NaClO2)，通过与空气作用释放低浓度二氧化氯(ClO2)杀菌消毒从而起到防护效果。一种制备NaClO2粗产品的工艺流程如下：

*纯ClO2易分解爆炸，一般用空气稀释到10%以下。下列说法错误的是
A．母液中含有的溶质有NaHSO4
B．氧化性：H2O2>ClO2>ClO
C．发生器中鼓入空气的主要目的是稀释ClO2以防爆炸
D．吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2分解
2．（2022·重庆·统考模拟预测）下列实验操作正确且能达到实验目的的是

A．用甲装置干燥H2 B．用乙装置制取并收集干燥的氨气
C．用丙装置收集Cl2 D．用丁装置除去NaHCO3中的Na2CO3
3．（2022·重庆·统考模拟预测）碱式氯化铜[CuaClb(OH)c·xH2O]是一种重要的无机杀虫剂，它的制备流程如下，下列有关说法正确的是

A．FeCl3的作用是增强盐酸的氧化性
B．加入少量CuO目的是为了除去Fe3+
C．石灰乳可用纯碱代替
D．若制备1mol的CuCl2，理论上消耗11.2L空气
4．（2021·重庆·统考一模）用硫酸渣(主要含、，杂质为和等)为原料制备氢氧化氧铁()的流程如下：

下列说法不正确的是
A．滤渣中一定含有
B．“还原”时可以用铁粉代替
C．“氧化”的目的是将二价铁氧化成三价铁
D．“……”一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶

二、工业流程题
5．（2023·重庆·统考二模）仲钼酸铵[]是用作测定磷酸盐、镍、锗、二氧化硒、砷酸盐、生物碱和铅等的试剂。用某含钼废料(主要含有、CoS和)制备仲钼酸铵的工艺流程如下图所示：

请回答下列问题：
(1)基态Co原子的价层电子排布式为_______。
(2)焙烧的过程中采用如图所示的“多层逆流焙烧”，其优点是_______(任答两点即可)。

(3)焙烧时转化为，则焙烧时的化学方程式为_______。
(4)“操作”的名称是_______；实验室完成该“操作”用到的最主要的玻璃仪器是_______。
(5)“调pH为5.5”生成仲钼酸铵的化学方程式为_______。
(6)已知有如下转化关系，则8钼酸铵的化学式为_______。
(7钼酸根)(8钼酸根)
(7)若在某温度下，在水中的溶解平衡曲线如下图所示。向100mL0.400mol/L溶液中滴加200mL溶液，恰好使完全沉淀[]，则所加入的溶液的浓度约为_______mol/L(混合后，溶液的体积变化忽略不计，计算结果保留到小数点后3位)。

6．（2022·重庆·模拟预测）钇(Y)是稀土元素中含量丰富的元素之一，钇及其化合物在航天、电子、超导等方面有着广泛的应用。湖北应山-大悟地区含有较为丰富硅铍钇矿[]，工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。

已知：元素与元素性质相似；草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物；
(1)在自然界中，钇只有一种稳定同位素，Y位于元素周期表的第_______周期第ⅢB族。硅铍钇矿[]中Y的化合价为+3价，的化合价为_______。
(2)焙烧的目的是将矿石中的Y元素转化为，并将元素转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是_______。硅铍钇矿与熔融氢氧化钠焙烧后含铁元素的产物是_______(写化学式)。
(3)“萃取分液”实验需要的玻璃仪器有_______。
(4)滤液Ⅱ中的_______(填物质名称)可参与循环使用。
(5)反应过程中，测得Y的沉淀率随的变化情况如图所示。当草酸用量过多时，钇的沉淀率下降的原因是_______。

(6)“焙烧”过程生成的化学方程式为_______。
7．（2022·重庆·统考模拟预测）硒和碲及其化合物应用广泛。工业上。从阳极泥［主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)］，回收硒和碲的流程如下：

已知：25℃时，亚碲酸()的，。
(1)要让阳极泥得到充分焙烧，所采取的措施是_______(写一条即可)。
(2)浸取是在80℃下进行，而不在常温下进行的目的是_______；“还原”这一步的目的是_______。
(3)在实验时过滤所需要的玻璃仪器有_______。
(4)“焙烧”时，参加反应的化学方程式为_______。
(5)滤渣与、稀硫酸反应生成的离子方程式为_______。
(6)常温下，溶液的pH_______7(填“<”“>”或“=”)，理由是_______。
8．（2022·重庆·统考模拟预测）氯化亚锡和锡酸钠都可在印染行业用作媒染剂。校化学小组从电镀锡渣(主要成分为Sn、SnO，含有砷和难溶于酸碱的杂质)中制取二水合氯化亚锡和锡酸钠，工艺流程如图所示：

已知：
①Sn(II)具有还原性，可与Cl-形成[SnCl3]-
②As在碱溶时转化为Na3AsO4溶液
③20℃时，Ksp[Ba3(AsO4)2]=2.7×10-10
回答下列问题：
(1)Sn元素在周期表中的位置为_______。
(2)SnCl2溶液可用作电镀锡的电解液，阴极的电极反应式为_______。
(3)“酸溶”时SnO发生反应的离子方程式为_______。
(4)“碱溶”时的还原产物是空气的主要成分之一，写出Sn发生反应的化学方程式_______。
(5)“滤液I”中，需加入少量单质Sn，原因是_______。
(6)“除砷”时，若溶液中c(AsO)=2mol/L，加入等体积的Ba(OH)2溶液后，“滤液II”中c(Ba2+)=3×10-3mol/L，则沉淀中的As元素占原As元素总量的_______。
(7)蒸发浓缩“滤液II”前，可往体系中加入适量的NaOH溶液，目的是________。
9．（2022·重庆·模拟预测）碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、 Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：

已知：I. Cr(OH)3为两性氢氧化物；
II.常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。
化合物
Cr(OH)3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
SrCO3
Ksp近似值
1×10-31
5.5×10-6
1.8×10-11
5.6×10-10
回答下列问题：
(1)气体A的电子式为_______。
(2)“除钡、铅”时，pH过低会导致(NH4)2CrO4的利用率降低，原因为_______(用离子方程式解释)；“还原”时发生反应的离子方程式为_______。
(3)“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。
(4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为_______。
(5)“调pH ≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出滤渣2，煮沸并趁热过滤的原因为_______。
(6)已知：碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K=_______(保留两位有效数字)。
(7)“系列操作”中包含“200°C烘干”操作，烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为_______ (填化学式)。
10．（2022·重庆·统考二模）铝在我国储量居世界前列，被广泛应用于钢铁、石油、化工、电气和电子技术、医药和农业等领域。钼酸钠晶体()是一种金属腐蚀抑制剂。下图是利用钼精矿(主要成分是，含少量等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。

请回答下列问题：
(1)气体A的主要成分是_______(填化学式)，为了提高浸取率所采取的措施是_______(写一条即可)。
(2)在焙烧炉中焙烧时，采用多层逆流(空气从炉底进入，钼精矿经粉碎后从炉顶进入)焙烧，采用“多层逆流”的目的是_______。
(3)“焙烧”时转化为，浸取过程中含钼化合物发生反应的离子方程式为_______。
(4)在加入除时，若溶液较小，会产生的不良后果是_______，原因是_______(用平衡移动原理解释)。
(5)流程中“…”在实验室的操作为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
(6)分析化学上测定钼的含量，通常是把经过一系列变化得的方法来测定。实验室称量钼精矿，经过一系列变化得到，则理论上钼精矿中钼的百分含量为_______。
11．（2022·重庆·统考模拟预测）废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，工程师设计如下回收重金属的工艺流程。

回答下列问题：
(1)为提高浸取率，可采取的措施是_______(写一种即可)，操作1的名称是_______；
(2)滤液1中主要含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+等，则浸取时CdO发生反应的化学方程式为_______；
(3)在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是_______；
(4)“反萃取”的原理为NiR有机+2H+⇌Ni2++2HR有机，需加入的试剂X为_______；
(5)写出反应1的离子方程式_______；
(6)由CoCl2溶液得到CoCl2·6H2O所需的一系列操作是_______；
(7)生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2++⇌CdCO3↓+4NH3↑，常温下，该反应平衡常数K=2.0×105，[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数K1=4.0×10-5，则Ksp(CdCO3)=_______。
12．（2021·重庆·统考模拟预测）碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：

Sr(OH)2在水中的溶解度
温度/℃
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/(g/100g)
1.25
1.77
2.64
3.95
8.42
20.2
44.5
91.2
(1)元素Sr位于元素周期表第_______周期第_______族。
(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是_______。
(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为_______。进行煅烧反应的立窑衬里应选择_______(填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”)。
(4)“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是_______；滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和_______。
(5)“沉锶”中反应的化学方程式为_______。
(6)锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则为_______(取整数)。

三、实验题
13．（2022·重庆·模拟预测）乳酸亚铁固体{[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量234}常用于治疗缺铁性贫血，易溶于水，难溶于乙醇。制备乳酸亚铁固体并测定其纯度的实验如下，回答下列问题：
I.制备碳酸亚铁

实验步骤：
第1步：组装仪器，检查装置气密性，加入试剂；
第2步：控制开关并制取氢气，排尽装置内的空气；
第3步：一段时间后，启动电磁搅拌器，并控制开关，制备FeCO3；
第4步：抽滤，洗涤干燥。
(1)仪器a名称_______；实验中所用蒸馏水均需经煮沸后快速冷却，目的是_______。
(2)第3步中“控制开关”的具体操作是_______。
(3)装置B中Na2CO3溶液可用NaHCO3溶液代替，反应的离子方程式为_______。
II.制备乳酸亚铁
向制得的FeCO3固体加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应。
(4)该反应的化学方程式为_______。反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是低温蒸发、冷却结晶、过滤、_______、干燥。
III.乳酸亚铁晶体纯度的测量
(5)用铈量法测定产品中Fe2+的含量。称取3.9g样品配制成250mL溶液，取25.00mL，用0.10mol·L-1(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液滴定(Ce元素被还原为Ce3+)，重复滴定2～3次，平均消耗标准液15.00mL。
①称取3.9g样品配制成250mL溶液时，除用到托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒外，还用到的玻璃仪器有_______。
②产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_______。
14．（2022·重庆·模拟预测）某同学在实验室采用下列装置探究CO和H2的转化，并检验部分产物。已知草酸(HOOC−COOH)在浓硫酸存在时加热分解为CO2、CO和H2O，E中的ZnO/CuO仅作催化剂，实验完毕，F中收集到纯净液体1.536 g，G中收集到的气体体积为89.6 mL(折算成标准状况，不包括通入的氦气)。请回答下列问题：

(1)B中盛放的试剂为_______。
(2)C中发生反应的离子方程式为_______。
(3)向F中液体投入金属钠，有气泡产生，通过其他实验测得F中液体为纯净物，且其相对分子质量为32，则E中反应的方程式为_______。
(4)有关装置G的操作叙述正确的是_______(填标号)。
A．添加药品完毕，调整G中两液面相平，读得量气管的初始读数
B．当G中两液面差不再变化时，立即调整G中左右两侧液面相平，读得量气管的最终读数
C．初始读数时仰视，最终读数时俯视，导致测得气体体积偏大
(5)有关酒精灯操作的叙述正确的是_______(填标号)。
A．先点A处酒精灯，后点E处酒精灯 B．先点E处酒精灯，后点A处酒精灯
C．先撤A处酒精灯，后撤E处酒精灯 D．先撤E处酒精灯，后撤A处酒精灯
(6)该实验中分两次通入定量氦气，第二次通入氦气的作用是_______。
(7)综合实验中的数据，反应完毕，剩余n(H2)=_______mol。
15．（2022·重庆·统考模拟预测）己二酸是合成尼龙66的主要原料之一，在塑料和化工行业中有广泛的用途。通过浓硝酸氧化环己醇制备己二酸，其反应原理简式(未配平)有关数据装置示意图(夹持装置已省略)如下：


+NO2↑+H2O
名称
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g·mL-1)
溶解性
环己醇
100
25.2
161
0.96
溶于水，易溶于乙醇
己二酸
146
151
265
1.36
溶于水，热水中溶解度更大，易溶于乙醇
实验步骤：
步骤一：在三颈烧瓶中加入25mL水、10mL浓硝酸，慢慢开启磁力搅拌装置，将溶液混合，并用水浴加热至80℃回流。
步骤二：从恒压滴液漏斗中小心逐滴滴加环己醇4.2mL，水浴温度维持在85~90℃，必要时可往水浴中添加冷水。
步骤三：环己醇滴加完毕后，继续反应30分钟。将三颈烧瓶脱离水浴稍冷，观察到反应液浑浊并出现白色沉淀，再将烧瓶置于冰水浴中冷却20分钟，抽滤，用母液洗涤烧瓶和滤饼，后将粗品置于85℃烘箱鼓风干燥，称重得产品4.2g。
回答下列问题：
(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为_______(填标号)。
A．50mL B．100mL C．250mL D．500mL
(2)反应开始后，三颈烧瓶中的现象是______；写出烧杯中发生反应的化学方程式_____。
(3)“步骤二”中，必要时可往水浴中添加冷水，理由是_______。
(4)“步骤三”中，再将烧瓶置于冰水浴20分钟的目的是_______。
(5)本实验中己二酸的产率约为_______(保留2位有效数字)。
(6)若要得到纯度更高的己二酸，可通过_______的方法提纯。
16．（2022·重庆·统考二模）葡萄糖酸锌[Zn(C6H11O7)2相对分子质量455]，是一种有机补锌剂，易溶于热水，不溶于乙醇，温度高于100°C即开始分解。实验室制备葡萄糖酸锌装置如图1(夹持、控温装置略)：

(1)图1中支管a的作用是_______，X处为冷凝回流装置，图2中仪器使用正确且效果最好的是_______。(填字母)。

(2)该反应需控制温度在90°C左右，其原因为_______，可采用的加热方式是_______。
(3)三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。
(4)反应完毕后，再经过一系列实验操作得到葡萄糖酸锌粗品。粗品含少量难溶于水的杂质，纯化粗品的合理操作顺序是_______(填字母序号)。
A．待晶体充分析出后，减压过滤
B．在50°C下用恒温干燥箱烘干
C．趁热减压过滤，除去不溶物
D．将滤液冷却至室温，加入10mL95%乙醇溶液并搅拌促进晶体析出
E.取烧杯加入10mL蒸馏水，加热至微沸，加入粗品，得到葡萄糖酸锌饱和溶液
(5)测定产品纯度：取mg提纯后的产品溶于水配制成100.00mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，向其中滴入少量EBT作为指示剂(遇Zn2+生成Zn-EBT)，再加入过量的V1mLc1mol/LEDTA无色溶液(遇Zn2+生成Zn-EDTA)，同时发生反应：Zn-EBT(酒红色)+EDTA=Zn-EDTA(无色)+EBT(蓝色)。再用c2mol/LZn2+标准溶液滴定至终点。三次滴定平均消耗锌标准溶液V2mL。
①滴定终点的现象为_______。
②该产品的纯度为_______。(用含m，c1、c2，V1、V2的代数式表示)
17．（2022·重庆·统考二模）已知：。有强还原性，是无色、有毒且能自燃的气体，有同学用如图所示装置制取少量，相关操作步骤(不是正确顺序)为：①打开K，先通入一段时间；②在三颈烧瓶中加入丁醇和白磷；③检查装置气密性；④打开K，再通入一段时间；⑤关闭K，打开磁力加热搅拌器加热至，滴加溶液。

请回答下列问题：
(1)仪器X的名称为_______装置B的作用是_______。
(2)该装置中有一处明显错误是_______。
(3)实验操作步骤的正确顺序是_______(填序号)。
(4)先通入一段时间的目的是_______。
(5)在三颈烧瓶中加入丁醇和白磷，其中加入丁醇的主要目的是_______。
(6)在C、D中都被氧化成磷酸，C中反应的化学方程式为_______。
(7)取产品溶于稀硫酸配成溶液，取于锥形瓶中，然后用标准溶液滴定，滴定终点的现象是_______；达到滴定终点时消耗；标准溶液，产品纯度为_______(用含m、V的代数式表示)。
18．（2021·重庆·统考三模）三氯化六氨合钴(Ⅲ){，钴为}价在钴化合物的合成中是重要原料。实验室以为原料制备，步骤如下：
I．的制备。
可以通过钴和氯气反应制得，实验室制备纯净可用下图实验装置实现(已知：钴单质在300℃以上易被氧气氧化，易潮解)。

(1)仪器X的名称为________________。
(2)X中发生的离子方程式为________________________________。
(3)装置的连接顺序为A________B(按气流方向，用大写字母表示)；反应开始前应先点燃A处的酒精灯，其目的是________________。
II．三氯化六氨合钴(Ⅲ)的制备。
在锥形瓶内加入研细的二氯化钴，和水，加热溶解后加入活性炭作催化剂，冷却后，通入足量，混合均匀；控制温度在10℃以下，缓慢加入10%的，然后加热至60℃左右，恒温20分钟，适当摇动锥形瓶：在冰水中冷却所得溶液，即有晶体析出(粗产品)。
回答下列问题：
(1)该过程中控制温度为60℃的方法是________________________。
(2)制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)的总反应化学方程式为________。
III．测定中钴的含量。
原理：利用能将氧化成，被还原后的产物为。然后用标准溶液滴定生成的，所得产物为。若称取样品的质量为，滴定时，达到终点消耗标准溶液的平均体积为。{提示：转化成的反应为：、。}
回答下列问题：
(1)该氧化还原滴定指示剂为________________________。
(2)该产品中钴元素的质量分数为________。

参考答案：
1．B
【分析】NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，通过鼓入空气，防止ClO2浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，再得到NaClO2粗产品。
【详解】A．NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，则母液中回收的主要物质是Na2SO4，溶液呈酸性，可能含有NaHSO4，故A正确；
B．NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，NaClO3作氧化剂，ClO2为还原产物，则氧化性ClO >ClO2；吸收塔内ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，则氧化性ClO2> H2O2，故氧化性： ClO>ClO2> H2O2，故B错误；
C．根据信息，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的主要作用是将空气中ClO2的体积分数降至安全范围，故C正确；
D．H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2分解，故D正确；
答案选B。
2．C
【详解】A．U形管里只能装固体，装液体气体无法通过，用甲装置不能干燥H2，故A不符合题意；
B．氨气密度小于空气，不能用向上排空气法收集NH3，故B不符合题意；
C．用丙装置排饱和食盐水可收集Cl2气体，故C符合题意；
D．NaHCO3在加热时会分解，丁装置不能除去NaHCO3中的Na2CO3，故D不符合题意；
答案选C。
3．B
【详解】A．最终产物中不含Fe元素，FeCl3与Cu反应后，又被O2氧化成FeCl3，FeCl3起催化剂的作用，故A错误；
B．加入CuO调节溶液pH，使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀，而除去，故B正确；
C．纯碱代替石灰乳可能会生成碳酸铜或碱式碳酸铜，故C错误；
D．未说明气体是否在标准状态，无法进行计算，故D错误；
故答案为B。
4．D
【分析】硫酸渣（主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等）加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为Fe2+，同时生成S沉淀，过滤，滤渣含有二氧化硅和S、FeS2，滤液中含有Fe2+和Al3+，滤液中通入空气氧化，同时调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH，以此解答该题。
【详解】A．因为不溶于酸，滤渣中一定含有，故A正确；
B．“还原”时作还原剂，把三价铁还原成二价铁，故可以用铁粉代替，故B正确；
C．“氧化”的目的是将二价铁氧化成三价铁，最终以FeOOH沉淀出来，故C正确；
D．一系列操作为过滤、洗涤、干燥，故D错误；
故选D。
5．(1)
(2)增大接触面积，使其充分反应，加快反应速率，提高原料的利用率、实现热量交换，节约能源等
(3)
(4) 分液 分液漏斗
(5)
(6)
(7)0.206

【分析】含钼废料在空气中焙烧，MoS2 转化为MoO3，CoS转化为氧化物，然后加硫酸酸浸，金属进入酸浸液中，用有机萃取剂萃取，钼元素进入有机相中，在有机相中加入过量氨水得到(NH4)2MoO4溶液，向(NH4)2MoO4溶液中加入硫酸“调pH为5.5”生成仲钼酸铵。
【详解】（1）Co的质子数为27，基态Co原子的价层电子排布式为。
（2）焙烧的过程中采用“多层逆流焙烧”，其优点是增大接触面积，使其充分反应，加快反应速率，提高原料的利用率、实现热量交换，节约能源等。
（3）焙烧时 MoS2 转化为 MoO3 ，则 MoS2 焙烧时被空气中的氧气氧化，MoS2中的硫元素转化为SO2，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的化学方程式为：。
（4）“操作”是将有机相和水相分开，则操作是分液，实验室分液时需要用到的最主要的玻璃仪器是分液漏斗。
（5）向(NH4)2MoO4溶液中加入硫酸“调pH为5.5”生成仲钼酸铵，根据质量守恒，生成物还有硫酸铵和水，化学方程式为。
（6）8钼酸根中有8个Mo，即x=8，根据转化关系可知，Mo的化合价为+6价，8钼酸根带4个单位负电荷，所以O有26个，则8钼酸铵的化学式为。
（7）由题意可知：完全沉淀时：消耗；
由图可知，混合液中；
即混合液中；
故加入的溶液的浓度约为。
6．(1) 五 +2
(2) 增大反应物的接触面积，提高原料利用率 Fe(OH)3
(3)分液漏斗、烧杯
(4)盐酸
(5)草酸与Y3+离子形成可溶性配位化合物
(6)

【分析】硅铍钇矿与熔融氢氧化钠焙烧后将矿石中的Y元素转化为，并将元素转化为NaBeO2、Na2SiO3，通入氧气可氧化亚铁离子为铁离子，再结合NaOH生成氢氧化铁沉淀，加水浸取得到滤液含可溶性钠盐，滤渣为、Fe(OH)3，加入稀盐酸反应生成YCl3、FeCl3，加入萃取剂除去铁离子，加入草酸与YCl3反应生成Y2(C2O4)3∙9H2O，通入空气焙烧生成Y2O3和CO2；
【详解】（1）Y是39号元素，则Y位于元素周期表的第五周期第ⅢB族；硅铍钇矿[]中Y的化合价为+3价，Be为+2价，Si为+4价，O为-2价，设的化合价为x，根据化合价之和为0可得：(+3)×2+x+(+2)×2+[+4+(-2)×4]×2+(-2)×2=0，解得x=+2，故的化合价为+2；
（2）焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大反应物的接触面积，提高原料利用率；硅铍钇矿中铁元素为+2价，具有还原性，焙烧中通入熔融氢氧化钠和氧气，则铁元素转化为Fe(OH)3，焙烧后含铁元素的产物是Fe(OH)3；
（3）“萃取分液”实验需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；
（4）‘沉钇’过程中加入草酸与YCl3反应生成Y2(C2O4)3∙9H2O和HCl，则滤液II中盐酸可参与循环使用；
（5）已知草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物，则当草酸用量过多时，钇的沉淀率下降的原因是：草酸与Y3+离子形成可溶性配位化合物；
（6）Y2(C2O4)3∙9H2O，通入空气焙烧生成Y2O3和CO2，碳元素化合价升高了1，氧元素化合价降低了2，已经有6个C原子发生变价失去了6个电子，有2个O原子发生变价得到4个电子，根据得失电子守恒，Y2(C2O4)3∙9H2O前配系数2，O2前配系数3，结合原子守恒则反应化学方程式为。
7．(1)将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等
(2) 加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失 将溶液中少量的还原为除杂
(3)烧杯、漏斗和玻璃棒
(4)2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2
(5)Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
(6) ＜ 的电离程度大于水解程度，溶液显酸性

【分析】阳极泥主要含硒化亚铜（Cu2Se）和碲化亚铜（Cu2Te），通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3、Cu2O和少量的Na2SeO4；80℃下水浸后过滤I，得滤渣中Cu2O加入H2O2和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，滤液通过稀硫酸调整pH后转化为TeO2沉淀，过滤II后，TeO2通过HCl和SO2转化为Te；剩下的滤液加入FeSO4将溶液中少量的还原为除杂，最后通入SO2进行还原得到粗硒，据此分析解题。
【详解】（1）要让阳极泥得到充分焙烧，所采取的措施有：将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等，故答案为：将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等；
（2）浸取是在80℃下进行，而不在常温下进行的目的是加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失，由分析可知，“还原”这一步的目的是将溶液中少量的还原为除杂，故答案为：加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失；将溶液中少量的还原为除杂；
（3）在实验时过滤所需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗和玻璃棒；
（4）阳极泥主要含硒化亚铜（Cu2Se）和碲化亚铜（Cu2Te），通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，通过元素守恒和电子转移守恒，得到Cu2Te发生的化学方程式为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2，故答案为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2；
（5）由分析可知，滤渣的主要成分是Cu2O，故其与H2O2、稀硫酸反应生成CuSO4的离子方程式为Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，故答案为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O；
（6）根据H2TeO3的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8，常温下在水中的电离平衡常数为Ka2=2×10-8，水解平衡常数Kh==＜Ka2，故的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故pH＜7；故答案为：＜；的电离程度大于水解程度，溶液显酸性。
8．(1)第五周期第IVA族
(2)Sn2++2e-=Sn
(3)SnO+2H++3Cl-[SnCl3]-+H2O
(4)5Sn+6NaOH+4NaNO35Na2SnO3+2N2↑+3H2O
(5)防止Sn(II)被氧化
(6)90%
(7)形成同离子效应，可析出更多的Na2SnO3固体

【分析】本题采用酸溶和碱溶两种方法从电镀锡渣中回收锡。酸溶工序：加入盐酸后在200oC加热得到滤液I（锡主要存在形式：[SnCl3]-），过滤除去不溶性杂质得到滤液I，滤液I 中加入锡是为了防止Sn(II)被氧化；然后在CO2气流中蒸发浓缩、冷却结晶得到了SnCl2·2H2O晶体。碱溶工序：电镀锡渣加硝酸钠和氢氧化钠溶液在150oC加热可生成Na3AsO4、Na2SnO3，过滤除去不溶性杂质；除砷工序加入氢氧化钡溶液，Na3AsO4生成Ba3(AsO4)2（滤渣III）沉淀，过滤后滤液II主要成分为Na2SnO3，蒸发浓缩、冷却结晶得到了Na2SnO3晶体。
（1）
Sn在元素周期表中位置为：第五周期第IVA族
（2）
电解SnCl2溶液，阴极Sn(II)得电子被还原，电极反应式为：；
（3）
酸溶时，SnO与盐酸反应，离子反应方程式为：
；
（4）
碱溶时，硝酸钠为氧化剂，将Sn氧化为Na2SnO3，自身被还原成氮气，化学方程式为：；
（5）
Sn(II)容易被氧化，滤液I加入少量单质Sn还为了防止Sn(II)被氧化；
（6）
除砷时，加入等体积的氢氧化钡后，初始溶液中，当c(Ba2+)=3×10-3mol/L时，，此时溶液中；因此沉淀中的As元素占原As元素总量的；
（7）
蒸发浓缩时，加入氢氧化钠可形成同离子效应，降低Na2SnO3溶解度，利于析出更多的Na2SnO3固体。故答案为：形成同离子效应，有利于析出更多的Na2SnO3固体。
9．(1)
(2) 2CrO+2H+Cr2O+H2O 8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O
(3)Cr(OH)3
(4)pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低
(5)Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+
(6)1.9 ×105
(7)NH4NO3

【分析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7~8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。
【详解】（1）气体A为CO2，其电子式为；
（2）(NH4)2CrO4溶液中存在2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH过低，H+浓度过大，平衡2CrO+2H+Cr2O+H2O正向移动，更多的CrO转化为Cr2O，导致(NH4)2CrO4的利用率降低；
结合流程和分析来看“还原”时草酸和铬酸根离子发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O；
（3）由分析可知“滤渣1”的主要成分为Cr(OH)3；
（4）Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低；
（5）“调pH ≈13”主要是使镁离子、钙离子沉淀，“调pH ≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤的原因为Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+；
（6）Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K===== 1.9 ×105；
（7）由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为NH4NO3。
10．(1) SO2 粉碎矿石
(2)增加固体和气体的接触面积，加快反应速率，使原料尽可能反应提高原料利用率
(3)MoO3+ CO= MoO+CO2↑
(4) PbS的沉淀不完全 PbSPb2++S2-，若溶液较小，则氢离子浓度较大，氢离子与硫离子生成硫化氢，导致硫离子浓度减小，PbS的沉淀溶解平衡正向移动
(5) 蒸发浓缩 降温结晶
(6)30

【解析】（1）
钼精矿(主要成分是，含少量等)，在空气中焙烧硫元素会转化为二氧化硫气体，故气体A的主要成分是SO2；对于固体来说，粉碎可以增大接触面积，从而加快反应速度，提高反应效率；
（2）
采用“多层逆流”的目的是增加固体和气体的接触面积，加快反应速率，使原料尽可能反应提高原料利用率；
（3）
由流程可知，浸取过程中生成二氧化碳，反应中各元素化合价没有改变，钼元素转化为MoO，反应为MoO3+ CO= MoO+CO2↑；
（4）
PbSPb2++S2-，若溶液较小，则氢离子浓度较大，氢离子与硫离子生成硫化氢，导致硫离子浓度减小，PbS的沉淀溶解平衡正向移动，导致PbS的沉淀不完全；
（5）
流程中“…”得到钼酸钠晶体，在实验室的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（6）
反应前后元素种类不变，则理论上钼精矿中钼的百分含量为。
11．(1) 将废电池磨碎或搅拌等 过滤
(2)CdO＋3NH3＋NH4HCO3=[Cd(NH3)4]CO3＋H2O
(3)烧杯、分液漏斗
(4)H2SO4溶液
(5)2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O
(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
(7)2.0×10-10

【分析】废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe2O3等成分，加入NH4HCO3和NH3生成配离子[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+，过滤除去Fe2O3，废渣是Fe2O3，滤液1催化氧化+2价的Co元素生成Co(OH)3沉淀，过滤得到滤液2，加入萃取剂，水相中得到[Cd(NH3)4]2+，Ni元素进入有机相中，反萃取得到NiSO4·6H2O；Co(OH)3为强氧化剂，由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CoCl2溶液，因此Co(OH)3被浓盐酸还原为CoCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CoCl2·6H2O；
（1）
将废电池磨碎或搅拌或适当升温或延长浸取时间等；操作1后有废渣，说明操作1的名称是过滤；
（2）
浸取时CdO发生反应的化学方程式为：CdO＋3NH3＋NH4HCO3=
[Cd(NH3)4]CO3＋H2O；
（3）
在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是烧杯、分液漏斗；
（4）
“反萃取”的原理为NiR有机+2H+⇌Ni2++2HR有机，反萃取后，生成NiSO4，所以试剂X是H2SO4溶液；
（5）
反应1把＋3价Co变成了＋2价Co，说明Co(OH)3与盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为：2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O；
（6）
由CoCl2溶液得到含有结晶水的化合物CoCl2·6H2O所需的一系列操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
（7）
[Cd(NH3)4]2++⇌CdCO3↓+4NH3↑的平衡常数为：；[Cd(NH3)4]2+⇌Cd2++4NH3的平衡常数；则Ksp(CdCO3)=
12． 五 ⅡA 增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率 SrCO3+2CSr+3CO↑ 碱性耐火砖 为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解 MgO Sr(OH)2+ NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3·H2O 6
【分析】菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、氧化钙等物质，加入热水，将不溶于热水的氧化镁等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶，据此解答。
【详解】(1)元素Sr原子序数为38，位于元素周期表第五周期第ⅡA族，故答案为：五；ⅡA；
(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率；
(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应生成Sr和CO，化学方程式为：SrCO3+2CSr+3CO↑；石英砂砖中含有二氧化硅，会与碳酸钙等物质反应，所以进行煅烧反应的立窑衬里应选择碱性耐火砖，故答案为：SrCO3+2CSr+3CO↑；碱性耐火砖；
(4)由于氢氧化锶的溶解度随温度升高而增大，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解，“浸取”中用热水浸取；煅烧后得到Sr，氧化钙，氧化镁，氧化钡等，加入热水后，氧化钙转化成氢氧化钙析出，氧化镁不与水反应，所以滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和MgO，故答案为：为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；MgO；
(5)“沉锶”中，氢氧化锶和水，碳酸氢铵反应生成了碳酸锶，化学方程式为：Sr(OH)2+ NH4HCO3= SrCO3+H2O+NH3·H2O，故答案为：Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3·H2O；
(6)xSrO·yFe2O3中Sr与Fe的质量比为=0.13，则=6，故答案为：6。
13．(1) 三颈烧瓶 防止Fe2+离子被氧化
(2)关闭活塞3、打开活塞2
(3)Fe2++2HCO= FeCO3↓+CO2↑+H2O
(4) 2CH3CH(OH)COOH+FeCO3CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O 洗涤
(5) 250mL容量瓶、胶头滴管 90%

【分析】由实验装置图可知，装置A中发生的反应为稀硫酸与铁粉反应生成氢气和硫酸亚铁的反应，装置B中发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸钠溶液反应生成硫酸钠和碳酸亚铁沉淀，装置C的作用是防止空气中氧气进入装置B中导致亚铁离子被氧化；实验时，要先打开活塞1、活塞3，使反应生成的氢气赶走装置中的空气，防止生成的亚铁离子被氧化；一段时间后，启动电磁搅拌器，关闭活塞3、打开活塞2，利用反应生成的氢气使A中气压增大，将生成的硫酸亚铁压入B中与碳酸铵溶液反应生成碳酸亚铁。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器a为三颈烧瓶；亚铁离子具有还原性，为防止实验中亚铁离子被氧化，实验所用蒸馏水均需经煮沸后快速冷却排尽水中的氧气，故答案为：三颈烧瓶；防止Fe2+离子被氧化；
（2）由分析可知，3步中控制开关的具体操作是关闭活塞3、打开活塞2，目的是利用反应生成的氢气使A中气压增大，将生成的硫酸亚铁压入B中与碳酸铵溶液反应生成碳酸亚铁，故答案为：关闭活塞3、打开活塞2；
（3）由题意可知，装置B中发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸亚铁沉淀，二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO= FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO= FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）由题意可知，制得碳酸亚铁的反应为碳酸亚铁与乳酸在75℃条件下反应生成乳酸亚铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2CH3CH(OH)COOH+FeCO3CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O，反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O；洗涤；
（5）①由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的仪器为托盘天平(带砝码)、胶头滴管、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，则配制成250mL溶液时还需用到的仪器为250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；
②由题意可得如下转化关系：CH3CH(OH)COO]2Fe—(NH4)4Ce(SO4)4，滴定消耗15.00mL0.10mol·L-1(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液，则3.9g产品中乳酸亚铁晶体的纯度为×100%=90%，故答案为：90%。
14．(1)碱石灰
(2)Zn+2H+=Zn2++H2↑
(3)CO+2H2CH3OH、CO+H2HCHO
(4)C
(5)BC
(6)将反应器内残留CO和H2全部转移到E处
(7)0.003

【解析】（1）
A中生成CO2、CO和H2O，E中是CO和H2反应，且干燥管中盛放固体，所以B中盛放的试剂为碱石灰；
（2）
C中发生Zn与稀硫酸反应制备氢气，其离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑；
（3）
向F中液体投入钠块，有气泡产生，且相对分子质量为32，则该物质是甲醇，所以E中反应的化学方程式为CO+2H2CH3OH，根据实验数据，初始n(CO)=0.05 mol，初始n(H2)=0.1 mol，生成n(CH3OH)=0.048 mol，剩余CO和H2共0.004 mol，如果CO和H2反应只生成CH3OH，应该剩余CO和H2共0.006 mol，减少的0.002 mol气体是发生了CO+H2HCHO，且产物甲醛极易溶于水，故答案为：CO+2H2CH3OH；CO+H2HCHO；
（4）
A．添加药品完毕，调整G中两液面相平之前，应该先通入氦气赶走反应装置内的空气，避免发生爆炸，故A错误；
B．当G中两液面差不再变化时，应该等气体恢复到室温时，再调整G中两液面相平，读得量气管的最终读数，故B错误；
C．初始读数时仰视，最终读数时俯视，在量气管上的高度差变高，导致测得气体体积偏大，故C正确；
故选C；
（5）
有关酒精灯操作的叙述，先点E处的酒精灯，让过来的CO和H2立即反应，后撤E处的酒精灯，因为第二次通氦气的目的是将反应器残留的CO和H2赶到E处反应，不能没有加热条件，因此正确的是BC；
（6）
该实验中分两次通入定量氦气，第二次通入氦气的作用是将反应器残留的CO和H2赶到E处反应，否则定量实验测定的数据不准确；
（7）
综合实验中的数据，CO+2H2CH3OH，生成甲醇0.048 mol，CO+H2HCHO，生成甲醛0.001 mol，所以反应完毕，剩余n(H2)为0.003mol。
15．(1)B
(2) 充满红棕色的气体 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O
(3)该反应是放热反应，防止温度过高，浓HNO3分解，造成原料浪费
(4)降温冷却，析出更多的己二酸固体
(5)71%
(6)重结晶

【分析】本题考查了己二酸粗产品的制备，根据方程式可知环己醇加入浓硝酸发生反应生成己二酸和二氧化氮气体，二氧化氮为红棕色气体，三颈烧瓶中加热是要加入沸石防止爆沸，硝酸易分解，温度越高分解越快，则加热的温度不宜过高，保持在85~90℃，二氧化氮有毒气体用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，己二酸易溶于水，可采用降温减小其溶解度，减少己二酸的损失，提高己二酸的纯度可采用重结晶的方法。
（1）
根据三颈烧瓶中加入25mL水、10mL浓硝酸，加入的药品选择三颈烧瓶的规格为100mL，答案选B；
（2）
①反应开始后，有二氧化氮为红棕色气体产生，则三颈烧瓶中的现象是：充满红棕色的气体；
②氢氧化钠溶液吸收二氧化氮气体，防止污染空气，化学方程式为： 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；
（3）
硝酸易分解，温度越高分解越快，则加热的温度不宜过高，且该反应为放热反应，应保持在85~90℃，“步骤二”中，必要时可往水浴中添加冷水，理由是：维持反应速率，并减少硝酸的挥发及分解，减少副反应的发生；
（4）
己二酸的溶解度随温度升高而增大，为了减少己二酸的损耗，故降低温度，“步骤三”中，再将烧瓶置于冰水浴20分钟的目的是：降温冷却，减少己二酸的损耗，析出更多的己二酸固体；
（5）
依据反应关系式：
设：理论上生成己二酸为x，环己醇的相对分子质量为100，加入环己醇的质量为，己二酸的相对分子质量146，列出计算式为，解得x=5.89g，己二酸的产率约为71%。
（6）
己二酸溶解度受温度影响较大，温度升高溶解度增大，若要得到纯度更高的己二酸，可通过重结晶的方法提纯。
16．(1) 平衡压强，使液体能顺利流下 A
(2) 温度过低葡萄糖酸锌会析出，且反应速率较慢，温度过高葡萄糖酸锌容易分解 水浴加热
(3)Ca(C6H11O7)2+ ZnSO4= Zn(C6H11O7)2+CaSO4↓
(4)ECDAB
(5) 滴入最后一滴标准液后， 溶液恰好由蓝色变为酒红色，且保持半分钟不变色

【详解】（1）图中带支管的装置为恒压分液漏斗，支管的作用为平衡压强，使液体能顺利流下；X装置为冷凝回流装置，应该选用球形冷凝管，冷凝水流向为下进上出，故选A；
（2）根据题中信息，葡萄糖酸锌易溶于热水，温度低时反应速率慢，且易析出；温度高于100oC葡萄糖酸锌开始分解，故温度过低葡萄糖酸锌会析出，且反应速率较慢，温度过高葡萄糖酸锌容易分解，因此反应控制温度在90°C左右，采用水浴加热方式；
（3）三颈烧瓶中是利用硫酸锌和葡萄糖酸钙制备葡萄糖酸锌，化学方程式为：Ca(C6H11O7)2+ ZnSO4= Zn(C6H11O7)2+CaSO4↓；
（4）葡萄糖酸锌易溶于热水，故先将葡萄糖酸锌溶于沸水中，后趁热过滤除去不溶物；降低温度同时加入乙醇溶液，葡萄糖酸锌溶解度降低，晶体析出，减压过滤后在低温下烘干，防止葡萄糖酸锌受热分解，故正确的顺序为：ECDAB；
（5）整个滴定过程中EDTA与锌离子反应，锌离子来源为两部分：一部分来自产品配成的溶液，另一部分为锌离子标准溶液。开始滴定时溶液中成分为Zn-EDTA(无色)、EDTA、EBT，故溶液颜色为蓝色；用锌离子标准溶液滴定时，到达滴定终点会生成Zn-EBT(酒红色)，即到终点颜色变化为蓝色变为酒红色。到达滴定终点的现象为：滴入最后一滴标准液后，溶液恰好由蓝色变为酒红色，且保持半分钟不变色；
Zn2++EDTA=Zn-EDTA，可找到关系式：
，
即25mL溶液中 ，100mL样品中，样品的纯度为：。
17．(1) 分液漏斗 防倒吸
(2)装置C中导管应该长进短出，导管短进长出错误
(3)③②①⑤④
(4)排净装置中空气
(5)做分散剂，使反应物充分混合，加快反应的速率
(6)PH3+4NaClO=H3PO4+4NaCl
(7) 最后一滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不褪色

【分析】白磷和氢氧化钠在装置A中生成，有强还原性，是无色、有毒且能自燃的气体，故实验中要先通入氮气排净空气，尾气使用次氯酸钠吸收，再通过装置D通过高锰酸钾溶液颜色变化看是否吸收干净；
(1)
仪器X的名称为分液漏斗；装置B的作用是防止装置C中溶液倒吸，起到安全瓶的作用；
(2)
该装置中有一处明显错误是气体通过装置C导管应该长进短出，装置C中为导管短进长出错误；
(3)
实验操作步骤的正确顺序是③检查装置气密性，实验中有气体生成，防止装置漏气；②在三颈烧瓶中加入丁醇和白磷；①打开K，先通入一段时间，排净装置中空气，防止自燃引起爆炸；⑤关闭K，打开磁力加热搅拌器加热至，滴加溶液，氢氧化钠和白磷反应制取少量；④打开K，再通入一段时间，排净滞留在装置中的；故为③②①⑤④；
(4)
是能自燃的气体，先通入一段时间的目的是排净装置中空气，防止燃烧引起爆炸；
(5)
白磷是不溶于水的，加入丁醇的主要目的是做分散剂，使反应物充分混合，加快反应的速率；
(6)
次氯酸钠具有氧化性，在装置C被氧化成磷酸，故C中反应的化学方程式为PH3+4NaClO=H3PO4+4NaCl；
(7)
高锰酸钾溶液为紫红色，滴定终点的现象是最后一滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不褪色；
高锰酸钾和反应，P最终被氧化为磷酸根，根据电子守恒可知，5～20e-～4，则的物质的量为，产品纯度为。
18． 圆底烧瓶 用氯气将装置内的空气排出，防止氧气氧化钴单质 水浴加热 淀粉溶液 17.7%
【分析】A中MnO2与浓盐酸反应加热生成的Cl2中含有HCl和水蒸气，通过E的饱和的NaCl、C的浓硫酸，除杂得纯净的Cl2；D中氯气与金属Co加热反应生成CoCl2，CoCl2易潮解，装置B中碱石灰的作用，防止水蒸气进入装置D中，同时吸收多余的Cl2，装置的连接顺序为AB。
【详解】I．(1)仪器X的名称为圆底烧瓶。故答案为：圆底烧瓶；
(2)X中MnO2与浓盐酸反应加热生成Cl2，发生的离子方程式为。故答案为：；
(3)由分析：装置的连接顺序为AB(按气流方向，用大写字母表示)；反应开始前应先点燃A处的酒精灯，其目的是用氯气将装置内的空气排出，防止氧气氧化钴单质。故答案为：；用氯气将装置内的空气排出，防止氧气氧化钴单质；
II．(1)为了受热均匀，便于控制加热温度，该过程中控制温度为60℃的方法是水浴加热。故答案为：水浴加热；
(2)用双氧水在不断通入氨气的条件下将氧化生成三氯化六氨合钴(Ⅲ)，制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)的总反应化学方程式为。故答案为：；
III．(1)碘遇淀粉呈蓝色，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；该氧化还原滴定指示剂为淀粉溶液。故答案为：淀粉溶液；
(2)发生的反应2Co3++2I-═I2+2Co2+，I2+2S2O-═2I-+S4O，关系式，由此进行计算，关系式为2Co3+~I2~2S2O32-，n(Co3+)=n(S2O32-)=c×v×10-3mol，m(Co3+)=0.015×54.00×10-3mol×59g/mol=0.04779g，该产品中钴元素的质量分数为 =17.7%。故答案为：17.7%。