青海高考化学三年（2023-2023）模拟题汇编-14物质的检测（含解析）

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一、单选题

1．（2022·青海海东·统考一模）下列操作、现象和结论都正确的是

操作现象结论

A在AgCl浊液中滴加少量KI稀溶液产生黄色沉淀Ksp(AgC1)>Ksp(AgI)

B在酸性KMnO4溶液中滴加HOCH2CH=CH2(丙烯醇)溶液褪色证明丙烯醇中含有碳碳双键

C在NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀，同时有气泡产生生成的气体为氢气

D在淀粉的水解液中滴加KI溶液溶液不变色淀粉溶液已完全水解

A．AB．BC．CD．D

二、实验题

2．（2023·青海西宁·统考一模）硫脲[]是一种白色且具有光泽的晶体，熔点：176~178℃，温度过高时分解，易潮解，易溶于水，微溶于乙醚，常用于制造药物、染料、树脂、压塑粉等。实验室可通过硫氢化钙[]和氰氨化钙()制备硫脲，按要求回答问题。

(1)制备硫氢化钙悬浊液，装置如图甲所示。

①装置A的作用为。

②为加快反应速率，可适当增加硫酸浓度，但硫酸浓度不能过大，原因是。

③装置B中发生反应的离子方程式为。

(2)备硫脲。将制得的硫氢化钙悬浊液转移到加热容器中，再加入氰氨化钙，在(80±5)℃下反应3h，制备硫脲粗品，制备装置如图乙所示。

①温度控制在(80±5)℃的加热方式为。

②制备硫脲的化学方程式为(只有两种生成物)。

③已知氰氨化钙遇水生成一种无色、具有强烈刺激性气味的气体，请设计简单实验证明处理的尾气的主要成分：。

(3)分离提纯硫脲。将反应所得的悬浊液减压过滤，再将滤液蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶，离心脱水干燥得到硫脲晶体。

①采用离心脱水干燥而不用加热干燥的原因是。

②制备时所用原料为13.2gFeS，最终制得硫脲1.74g，硫脲的产率为(保留3位有效数字)。

3．（2022·青海西宁·统考一模）亚硝酰氯NOCl常用于合成洗涤剂、触媒及用作中间体，是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点-64.5℃，沸点-5.5℃，遇水易水解。某学习小组在实验室用Cl2与NO制备NOCl并测定其纯度，进行如图实验(夹持装置略去)。

(1)实验室制取Cl2的离子方程式为。

(2)NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为。

(3)实验过程中，若学习小组同学用酒精灯大火加热制取NO，对本实验造成的不利影响是。

(4)装置C中长颈漏斗的作用是。

(5)一段时间后，两种气体在D中反应的现象为。

(6)若不用装置D中的干燥管对实验有何影响(用化学方程式表示)。

(7)亚硝酰氯NOCl纯度的测定。取D中所得液体100g溶于适量的NaOH溶液中，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL(已知Ag2CrO4为砖红色固体)。

①滴定终点的现象：当滴入最后一滴AgNO3标准溶液后，。

②则亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为。

4．（2022·青海西宁·统考二模）正戊醚可用作油脂、生物碱的萃取剂，Grignard反应的溶剂。以正戊醇为原料制备正戊醚的反应原理、有关数据和实验装置(夹持仪器已省略)如下：

2CH3CH2CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH2CH3+H2O

名称相对分子质量密度/(g·cm-3)沸点/℃水中溶解性

正戊醇880.82137.5微溶

正戊醚1580.78186.7难溶

实验步骤：①向三颈烧瓶中加入43mL(约0.4mo1)正戊醇及6mL浓硫酸，摇动使混合均匀，再加入几粒沸石。

②按示意图连接装置，向分水器中预先加少量水(略低于直管口)。维持反应约1小时。

③待反应液冷却后依次用60mL水、30mL水、20mLNaOH溶液和20mL水洗涤。

④分离出的产物加入约3g无水氯化钙颗粒，静置一段时间过滤除去氯化钙。

⑤将上述处理过的粗产物进行蒸馏，收集馏分，得纯净正戊醚15.8g。

回答下列问题：

(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶最适宜规格为_______。

A．100mLB．150mLC．250mLD．500mL

(2)将实验步骤②补全：按示意图连接装置，向分水器中预先加少量水(略低于直管口)。，维持反应约1小时。

(3)装置中分水器的作用是，判断反应已经完成的标志是。

(4)洗涤粗正戊醚在(填“仪器名称”)中进行；最后一次水洗的目的是。

(5)本次实验的产率为(某种生成物的实际产量与理论产量的百分比)。

5．（2022·青海海东·统考一模）碱式氯化铜[Cu(OH)xCly]为绿色或墨绿色的结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。

Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3，同时滴加稀盐酸，调节pH至5.0～5.5，控制反应温度于70～80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。

(1)仪器a的名称是。

(2)实验室利用装置B制备NH3，圆底烧瓶中盛放的固体药品可能是(填名称)；仪器b的作用是。

(3)反应过程中，在装置A中除观察到溶液蓝绿色褪去外，还可能观察到的现象是。

(4)若滴入稀盐酸过量会导致碱式氯化铜的产量(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

(5)反应结束后，将装置A中反应容器内的混合物过滤，从滤液中还可以获得的副产品是(填化学式)，经提纯得产品无水碱式氯化铜。

Ⅱ．无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品6.435g，加稀硝酸溶解，并加水定容至250mL，得到待测液。

(6)铜的测定：取100mL待测液，加入足量的氢氧化钠，经过滤，洗涤，低温烘干，称量得到的蓝色固体质量为2.352g。则称取的样品中n(Cu2＋)为mol。

(7)采用沉淀滴定法测定氯：准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入20mL0.2mol·L-1AgNO3溶液，充分反应后，加入少量聚乙烯醇溶液，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3。滴加少量的Fe(NO3)3溶液作为指示剂。重复实验操作三次，消耗的0.1mol·L-1NH4SCN溶液的体积平均为10.00mL。

①达到滴定终点的现象为。

②则称取的样品中n(Cl-)为mol。

(8)根据上述实验结果可推知x：y=。

6．（2023·青海西宁·统考三模）亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂，其有效氯含量相当于漂白粉的7倍。可用ClO2与过氧化氢为原料制取亚氯酸钠，相关实验装置如图所示。请回答：

已知：

①2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O；

②2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O；

③已知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38℃时析出NaClO2晶体，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。

(1)仪器B的作用是。

(2)写出装置C中制备NaClO2固体的化学方程式：。冰水浴冷却的目的是(写两种)。

(3)在装置A中发生反应生成NaClO2，反应过程中放出大量的热。

①研究表明，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。

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。

(4)尾气吸收时，一般用溶液吸收过量的ClO2。

(5)为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品ag溶于水配成1L溶液，取出10mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应)，加入2～3滴淀粉溶液，用0.20mol·L-1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定终点时用去标准液VmL，试计算NaClO2粗品的纯度(提示：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI)

(6)下列关于该实验及样品组成分析的说法，正确的是(填字母)。

A．装置C中制得的NaClO2固体中可用略低于38℃的热水洗涤2～3遍

B．装置C中制得的NaClO2固体后的操作包括过滤、洗涤和干燥

C．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

D．装置A中空气流速过快或过慢，均会增大NaClO2的产率

7．（2023·青海海东·统考一模）叠氮化钠(NaN3)为无色六角结晶性粉末，主要用于制造炸药、安全气囊。某化学探究小组拟在实验室中利用下列装置制取叠氮化钠。

I.实验操作：

①向装置A的三颈烧瓶中加入乙醇20g、亚硝酸钠40g、水60g后，混合均匀；

②将装置A的三颈烧瓶中的混合液体加热到35°C左右，控制滴入70%硫酸的速率；

③在装置B的三颈烧瓶中预装由水合肼(N2H4H2O、NaOH溶液、乙醇和催化剂组成的混合液，打开活塞K，使装置A中产生的亚硝酸乙酯(C2H5ONO)进入装置B中，控制温度在70-90°C内，持续加热40mino

II.部分药品的性质如下表：

密度/gcm-3熔点/°c沸点/°c溶解性

乙醇0.816-11474与水以任意比例互溶，可与醚、氯仿、丙酮混溶

亚硝酸乙酯0.90-9317.2不溶于水，可溶于乙醇、乙醚

叠氮化钠1.85275300易溶于水和液氨，微溶于乙醇，不溶于乙醚

已知：2C2H5OH+H2SO4+2NaNO22C2H5ONO↑+Na2SO4+2H2Oo

回答下列问题：

(1)连接好装置后，进行的第一步操作是。

(2)对装置B中液体进行加热，合适的加热方式为。

(3)装置A中用恒压漏斗代替分液漏斗的优点是；缓慢滴加硫酸，控制滴入速率的原因是。

(4)装置B中水合腓、亚硝酸乙酯和氢氧化钠在80°C时反应生成叠氮化钠、乙醇等物质，该反应的化学方程式为。

(5)产品的分离：将装置B中反应后的混合液倒入蒸馏烧瓶中，加热到80-90°C，除去混合物中的乙醇。将蒸馏后所得母液降温结晶，过滤得到叠氮化钠晶体，再用去离子水重结晶得NaN3产品。冷凝管中的冷却水要“b进a出”的原因是。

(6)产品纯度测定：取6.5g产品，加入足量蒸馏水溶解，并加入适量稀硫酸酸化，向混合液中加入20.00mL1mol·L-1KMnO4溶液(l0NaN3+2KMnO4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+8H2O+15N2↑)，反应后溶液呈紫红色。再用0.2molL-1的Na2SO3标准液滴定过量的KMnO4溶液，到达滴定终点时消耗标准液25.00mL

①到达滴定终点时的现象为。

②叠氮化钠的纯度为。

三、工业流程题

8．（2022·青海西宁·统考一模）铅蓄电池的拆解、回收和利用可以减少其对环境的污染，具有重要的可持续发展意义。利用废铅蓄电池的铅膏(主要成分为PbSO4、PbO2)，还有少重Pb、Fe2O3、Al2O3)制备PbO的流程如图：

回答下列问题：

(1)步骤①将废铅膏研磨过筛的目的是。

(2)向废铅膏粉中加入NaOH溶液可将PbSO4转化为PbO，反应的离子方程式是。

(3)溶液Ⅰ中主要含有的阴离子有OH-、。

(4)加入CH3COOH溶液和H2O2溶液可将脱硫铅膏中的含铅物质转化为(CH3COO)2Pb。PbO2转化为(CH2COO)2Pb的化学方程式是。

(5)为使Pb2+完全沉淀并获得纯净的PbO，需向溶液Ⅱ中分两次加入NaOH溶液。第一次加入的目的是，过滤后，第二次加入NaOH溶液调节溶液的pH至少为(已知：25℃，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，Ksp[Pb(OH)2]=1×10-16)。

(6)若废铅膏中铅元素的质量分数为69%，用上述流程对1kg废铅膏进行处理，得到669gPbO，则铅的回收率为%。

9．（2023·青海西宁·统考一模）是一种重要的杀菌消毒剂。实验室模拟生产的一种工艺如下：

已知：①是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。在生产使用时要用稀有气体或空气等进行稀释，同时避免光照、震动等。②饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体，高于38℃时析出的晶体是，高于60℃时分解成和NaCl。回答：

(1)中所含的化学键类型有；实验室制取的化学方程式是。

(2)上述流程中“反应”的离子方程式为；尾气吸收时的作用是。(填“氧化剂”或“还原剂”)。

(3)最近科学家又在“反应”步骤的基础上研究出用代替制备的新方法，其原理为：。该新方法最突出的优点是。

(4)测定产品的纯度。取上述所得产品7.5g溶于水配成1L溶液，取出20.00mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(被还原为，杂质不参加反应)，加入2~3滴淀粉溶液，用标准液滴定，达到滴定终点时，溶液呈(填“蓝色”或“无色”)，用去标准液24.00mL，计算产品的纯度。(提示：)

参考答案：

1．A

【详解】A．在AgCl浊液中滴加少量KI稀溶液，转化成黄色沉淀AgI，故Ksp(AgC1)>Ksp(AgI)，A正确；

B．酸性KMnO4溶液可以与碳碳双键、醇羟基都发生反应，故不能证明丙烯醇中含有碳碳双键，B错误；

C．NaAlO2与NaHCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸钠，C错误；

D．淀粉溶液遇碘单质变色，与KI溶液不反应，故不能说明淀粉溶液已完全水解，D错误；

故选A。

2．(1)为目标反应提供H2S硫酸浓度过大时，浓硫酸具有强氧化性，将或H2S氧化，不利于生成H2S

(2)水浴加热将气体通入滴有酚酞的蒸馏水中，溶液由无色变为红色，证明尾气的主要成分是氨气

(3)硫脲直接加热干燥易分解61.1%

【分析】先将H2S通入澄清石灰水中制备硫氢化钙悬浊液，再将制得的硫氢化钙悬浊液和氰氨化钙反应制备硫脲，将反应所得的悬浊液减压过滤，再将滤液蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶，离心脱水干燥得到硫脲晶体，并计算产率。

【详解】（1）①制备硫氢化钙悬浊液，需要将H2S通入澄清石灰水中，所以是为目标反应提供H2S；

②浓硫酸具有强氧化性，会将或H2S氧化，不利于生成H2S，所以硫酸的浓度不宜过大；

③装置B是H2S通入澄清石灰水中制备硫氢化钙悬浊液，反应的化学方程式为。

（2）①温度控制在(80±5)℃，不超过100℃，采用的加热方式是水浴加热；

②用硫氢化钙悬浊液和氰氨化钙制备硫脲，产物只有两种，故化学方程式为；

③由氰氨化钙(CaCN2)的组成元素可推知无色有刺激性气味的气体为NH3，氰氨化钙与水反应的化学方程式为，检验氨气的方法有将气体通入滴有酚酞的蒸馏水中，溶液由无色变为红色。

（3）①由题干信息知，温度过高时硫脲易分解，若用加热干燥，硫脲易分解，所以采用离心脱水干燥；

②由制备过程中的关系式可知13.2gFeS理论上可以制备的质量为，硫脲的产率为。

3．(1)MnO2+4H++2Cl-(浓)Mn2++Cl2↑+2H2O

(2)

(3)温度过高造成HNO3分解，生成NO气体速度过快，NO来不及反应即大量逸出

(4)平衡系统内外压强，避免C中压强过大

(5)黄绿色气体变浅，有红褐色液体产生

(6)NOCl+H2O=HNO2+HCl

(7)溶液中产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失13.1c%

【分析】本题是利用Cu与稀硝酸氧化还原反应制备NO，反应原理为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，再利用水洗，除去少量被残留空气氧化生成的NO2，干燥后通入三颈烧瓶与Cl2反应制备产品，实验室制备Cl2的反应原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，据此分析解题。

【详解】（1）实验室制取Cl2是用MnO2和浓盐酸加热，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，则该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-(浓)Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-(浓)Mn2++Cl2↑+2H2O；

（2）N原子有三个未成对电子，O原子有两个未成对电子，Cl原子有一个未成对电子，原子之间形成共价键后每个原子均是8电子稳定结构，故应是N原子在中间，O、N之间是两对共用电子对，N、Cl之间是一对共用电子对，电子式为，故答案为：；

（3）硝酸受热挥发以及分解，使硝酸耗用量增加，反应过快使NO生成量大，气流过快，会有部分NO未来及反应就已经逸出D装置，故答案为：温度过高造成HNO3分解，生成NO气体速度过快，NO来不及反应即大量逸出；

（4）根据图象所示，因D三颈烧瓶中反应NO需控制流速，则前面生成的NO有可能产生积累，造成装置内压强上升，故安装一个长颈漏斗用于平衡装置内压强，故答案为：平衡系统内外压强，避免C中压强过大；

（5）Cl2本身是黄绿色，生成的NOCl是黄色，瓶内气体颜色会变浅，同时三颈烧瓶坐在冰盐水浴中，温度低于NOCl的沸点，故会有液态NOCl出现，即红褐色液体，故答案为：黄绿色气体变浅，有红褐色液体产生；

（6）NOCl易水解，N是+3价，水解产物之一应是HNO2，对应方程式为NOCl+H2O=HNO2+HCl，故答案为：NOCl+H2O=HNO2+HCl；

（7）①本实验使用K2CrO4溶液为指示剂，当AgNO3与溶液总的Cl-反应结束有过量时，则将形成Ag2CrO4砖红色沉淀，则滴定终点的现象：当滴入最后一滴AgNO3标准溶液后，溶液中产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失，故答案为：溶液中产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失；

②利用AgNO3滴定反应后溶液中的Cl-，可得关系式NOCl～Cl-～AgNO3，则250mL的样品反应液中NOCl的物质的量是×20.00×10-3L×cmol/L=0.2×cmol，所以样品中NOCl质量分数为×100%=13.1c%，故答案为：13.1c%。

4．(1)A

(2)通入冷却水，加热三颈烧瓶至110℃

(3)分离出反应生成的水，使正戊醇回流至烧瓶中继续反应水层高度不变

(4)分液漏斗洗去有机层中残留的NaOH和反应生成的Na2SO4

(5)50％

【详解】（1）43mL(约0.4mo1)正戊醇及6mL浓硫酸，混合液的总体积为43mL+6mL=49mL，溶液体积不超过三颈烧瓶体积的，所以三颈烧瓶的最佳容积为100mL，答案选A。

（2）依据题意可知，步骤②为：按示意图连接装置，向分水器中预先加少量水(略低于直管口)，然后将冷凝水从球形冷凝管的下口通入，再给三颈烧瓶加热至温度为110℃，维持反应约1小时。

（3）反应产物中有水，而正戊醇沸点较低，在水中微溶，反应生成的醚、水及挥发的未反应的醇进入分水器，分水器能在分离出水的同时，还可以使正戊醇回流至烧瓶中继续反应，提高原料利用率；若反应完全，则不再有正戊醇挥发冷凝进入分水器中，分水器液面不再升高，此时说明反应已经完成。

（4）正戊醚难溶于水，洗涤时应在分液漏斗中洗涤、分液，氢氧化钠与硫酸反应生成了亚硫酸，最后一次水洗的目的是：洗去有机层中残留的NaOH和反应生成的Na2SO4。

（5）依据方程式2CH3CH2CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH2CH3+H2O可知，当有0.4mo1正戊醇参与反应，理论上生成0.2mol正戊醚，质量为0.2mol158g/mol=31.6g，则产率为=50%。

5．(1)三颈烧瓶

(2)碱石灰导气、防止倒吸

(3)溶液中有大量墨绿色固体产生、干燥管中有液体上升后下降的现象

(4)偏低

(5)NH4Cl

(6)0.06

(7)加入最后一滴标准液，溶液变为（浅）红色0.03

(8)3：1

【解析】(1)

仪器a的名称为三颈烧瓶；

(2)

由于氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3·H2O，碱石灰遇水发生反应使溶液中c(OH-)浓度增大，促进平衡逆向移动，且碱石灰遇水放热促进氨气的挥发，故可利用碱石灰与浓氨水制取氨气，故此处填：碱石灰；仪器b为球形干燥管，可防止NH3在三颈烧瓶中溶解后产生倒吸，故此处填：导气、防止倒吸；

(3)

在三颈烧瓶内，氯化铜、氨气和盐酸反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象①为溶液中有大量墨绿色固体产生；干燥管中充满了氨气，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象②为干燥管中有液体上升后下降的现象；

(4)

由于碱式氯化铜溶于稀酸和氨水，故稀盐酸过量会导致碱式氯化铜的溶解，进而导致其产量偏低，故此处填：偏低；

(5)

该反应为氯化铜、氨气和盐酸反应，部分氨气会和盐酸反应生成氯化铵，作为副产物，故此处填：NH4Cl；

(6)

产品溶于稀硝酸后，溶液中主要含有Cu2+、Cl-、，加入NaOH溶于后生成Cu(OH)2沉淀，由题意知n[Cu(OH)2]=，则样品中n(Cu2+)=n[Cu(OH)2]×=0.06mol；

(7)

①当达到滴定终点后，稍过量的NH4SCN遇Fe3+变红，故滴定终点现象为：加入最后一滴标准液，溶液变为（浅）红色；

②由题意知，测定氯采用的是返滴定法，AgNO3与NH4SCN1:1反应生成AgSCN沉淀，则过量的AgNO3物质的量n(AgNO3,余)=n(NH4SCN)=0.1mol/L×10.00mL×10-3L/mL=1×10-3mol，则与Cl-反应的AgNO3物质的量n(AgNO3)=n(AgNO3,总)-n(AgNO3,余)=0.2mol/L×20.00mL×10-3L/mL-1×10-3mol=3×10-3mol，则样品中n(Cl-)=n(AgNO3)×=0.03mol；

(8)

根据电荷守恒2n(Cu2+)=n(Cl-)+n(OH-)，得2×0.06mol=0.03mol+n(OH-)，解得n(OH-)=0.09mol，则x：y=n(OH-)：n(Cl-)=0.09：0.03=3：1。

6．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ClO2NaOHBC

【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)=×0.2mol/L×10-3VL=5×10-5Vmol，10mL样品中m（NaClO2）=5×10-5Vmol×90.5g/mol=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NaClO23H2O，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。

7．检查装置气密性水浴加热平衡气压，使70%的硫酸顺利流下防止硫酸滴入速率过快产生大量热导致乙醇挥发，产率下降N2H4﹒H2O+C2H5ONO+NaOHNaN3+C2H5OH+3H2O使冷凝水与热蒸气的接触面积增大，上下对流，接触时间长，增强冷凝效果当滴入最后一滴Na2SO3标准液时，锥形瓶中溶液的紫红色褪去且半分钟内不恢复原色90%

【分析】由题意及图可知，装置A中加入乙醇、亚硝酸钠、水，加热到35°C左右，滴入70%硫酸反应生成亚硝酸乙酯进入装置B中与水合肼、NaOH溶液在70-90°C反应生成叠氮化钠；取一定量产品配成溶液，用过量酸性高锰酸钾溶液氧化，剩余的高锰酸钾用亚硫酸钠溶液进行滴定，测定产品纯度，据此分析。

【详解】(1)连接好实验装置装入药品前，应先检查装置的气密性，故答案为：检查装置气密性；

(2)控制装置B温度在70-90°C内反应生成叠氮化钠，方法采用水浴加热控制，故答案为：水浴加热；

(3)恒压漏斗有一根导管，导管连通漏斗与烧瓶，起到平衡气压的作用，缓慢滴加硫酸防止产生的热使乙醇挥发到B装置中，导致叠氮化钠的产率降低，故答案为：平衡气压，使70%的硫酸顺利流下，防止硫酸滴入速率过快产生大量热导致乙醇挥发，产率下降；

(4)由题意反应物为C2H5ONO、N2H4﹒H2O、NaOH，产物为NaN3、C2H5OH等，根据提示写出配平即可，答案为：N2H4﹒H2O+C2H5ONO+NaOHNaN3+C2H5OH+3H2O；

(5)冷凝管冷凝水采用下进上出，使冷凝水全部充满冷凝管，增大与热蒸气的接触面积，热蒸气与冷凝水形成对流，冷凝时间长，效果好，故答案为：使冷凝水与热蒸气的接触面积增大，上下对流，接触时间长，增强冷凝效果；

(6)产品中叠氮化钠纯度的测定，用酸性高锰酸钾氧化叠氮化钠生成氮气，发生反应①：l0NaN3+2KMnO4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+8H2O+15N2↑，过量的高锰酸钾用亚硫酸钠溶液进行还原，发生反应②的离子方程式为：2+6H++5=2Mn2++5+3H2O，列出关系式：25，n()=0.2×25.00×10-3=5.00×10-3mol，则反应②消耗的KMnO4的物质的量n2=2.00×10-3mol，则反应①消耗的KMnO4的物质的量n1=n(KMnO4)-n2=1×20.00×10-3-2.00×10-3=18.00×10-3mol，反应①的关系式：l0NaN32KMnO4，则n(NaN3)=×18.00×10-3=0.09mol，故产品的纯度ω==100%=90%，故答案为90%。

【点睛】再进行产品纯度的计算时，一定抓住关键物质的化学计量系数，列出关系式进行简单即可，不必考虑中间的繁杂过程，如本题涉及到的化学方程式不必配平，只需注意氧化剂和还原剂的系数比可快速