山西高考化学三年（2023-2023）模拟题汇编-25物质的检测（含解析）

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一、单选题

1．（2023·山西吕梁·统考一模）现有Na2SO3、Na2SO4混合物样品ag，为了测定其中Na2SO3的质量分数，设计了如下方案，其中明显不合理的是

A．将样品配制成V1L溶液，取其中25.00mL用标准KMnO4溶液滴定，消耗标准KMnO4溶液的体积是V2ml

B．将样品与足量稀盐酸充分反应，生成的气体通过盛有碱石灰的干燥管，测得干燥管增重cg

C．向样品中加足量H2O2,再加足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为bg

D．将样品与足量稀盐酸充分反应后，再加入足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为dg

2．（2023·山西吕梁·统考一模）某无色透明溶液中可能存在Br-、、、Al3+、I-、Na+、Cu2+中的若干种。现进行如下实验，得到如下现象：

①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；

②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入盐酸后沉淀不溶解；

③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。

已知：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3

据此可以判断，该溶液中肯定存在的离子组是

A．Na+、、、Br-B．Al3+、Na+、、Br-

C．Al3+、、I-、Br-D．Al3＋、Br-、、Cu2+

二、工业流程题

3．（2023·山西·校联考模拟预测）以废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3+、V2+、H2SO4)为原料，回收其中的钒制备V2O5的工艺流程如图所示：

已知：氯酸浓度较高或受热时易发生分解。

回答下列问题：

(1)在“氧化”中低价态钒都转化为，其中V3+转化反应的离子方程式为，实际生产中的氧化剂不选择HClO3的原因是。

(2)“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合V2O5质量浓度)为27.3g·L-1'时，则溶液中c()=mol·L-1。(结果保留1位小数)

(3)pH对沉钒率(η)的影响如图所示，则沉钒时控制钒液合适的pH范围是，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则加(NH4)2SO4沉钒的化学方程式是。

(4)“过滤”后对沉淀进行洗涤，采用稀(NH4)2SO4作洗涤液的目的是。检验沉淀已洗涤干净的操作是。

(5)“煅烧”需要在通风或氧化气氛下进行，其目的是。

4．（2022·山西太原·统考三模）金属钨具有高熔点、低蒸气压、导热性好等特点，是等离子体材料的最佳候选材料。一种以黑钨矿(也叫钨锰铁矿，主要成分是FeWO4和MnWO4)为原料生产金属钨及含钨产品的工业流程如下图所示：

已知：“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和。

(1)“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是；已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3，写出MnWO4发生反应的化学方程式：。

(2)写出“氧化”时发生反应的离子方程式：。

(3)“滤渣2”主要是(填化学式)。

(4)“操作X”是，产品1是。

(5)已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，请结合平衡移动原理解释利用盐酸进行“酸解”的原因：。

(6)在实验室利用碘量法测定产品2中WCl6[(易溶于CS2)的纯度，实验如下：

①将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称量为ag；开盖并计时1min，盖紧称量为bg；再开盖加入待测样品并计时1min，盖紧称量为cg，则样品的质量为g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。

②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应：+Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应完全后用xmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+。滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，则样品中WCl6的质量分数为，(列出计算式，无需化简)

5．（2023·山西吕梁·统考一模）可用作选矿剂、催化剂及涂料的颜料。以含钴废渣(主要成分为，还含有等杂质)为原料制备的一种工艺流程如下：

已知：碱性条件下，会转变为沉淀。

(1)“酸浸”时需控制温度在左右，原因是。

(2)写出通入时发生反应的化学方程式为。

(3)上述“萃取”过程可表示为。下列说法正确的是___________。

A．可将废渣粉碎以提高酸浸效率B．“除铝”时，应加入过量的溶液

C．可选择作为萃取剂D．往萃取后的有机层中加水可获得溶液

(4)“沉钴”时，溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释可能原因。

(5)在空气中煅烧生成钴氧化物和，测得充分煅烧后固体质量为，的体积为(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为。

6．（2023·山西临汾·统考二模）叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解，具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：

相关物质熔点℃沸点℃溶解性

CH3OH-9767.1与水互溶

亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚

水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿

NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II、III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是。

②步骤II开始时的操作为(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再干燥。精制NaN3的方法是。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要。

三、实验题

7．（2023·山西·校联考模拟预测）氯化亚铜(CuCl)可用作催化剂、杀菌剂和脱色剂，实验室制备CuCl实验步骤如下：

回答下列问题：

(1)步骤I中，配制0.50mol/LCuCl2溶液时，不需要使用下列仪器中的(填仪器名称)。

(2)步骤Ⅱ中，充分反应后铜元素转化为无色的[CuCl2]-，其发生可逆反应的离子方程式为。在加Cu粉前，通常加一定量的NaCl固体，其目的是。

(3)在进行制备[CuCl2]-的实验时，为保持安全的实验环境，可以采取的措施是。

(4)步骤Ⅲ中，用无水乙醇洗涤沉淀的原因是。

(5)取2.500gCuCl产品于锥形瓶中，加入稍过量的FeCl3溶液充分反应，再加50mL水，以邻菲哕啉作指示剂，用1.000mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定Fe2+，分析样品中CuCl的含量。

已知：滴定原理：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；邻菲哕啉可分别与Fe3+、Fe2+形成浅蓝色和红色的络离子。

①“再加50mL水”的目的是。

②滴定终点的现象是。

③若消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为24.00mL，该样品中CuCl的质量分数是。

8．（2023·山西吕梁·统考二模）KI可用作利尿剂、治疗慢性支气管炎，实验室中制备一定量KI的过程及实验装置(加热及夹持装置已省略)如右：

回答下列问题：

(1)仪器a的名称是，“碱溶”时，用水浴加热的优点是。

(2)“碱溶”时，碘发生歧化反应，氧化产物可用于加碘盐的生产中，则“碱溶”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为，若“碱溶”时，KOH过量，通硫化氢时，写出“还原”时发生反应的离子方程式。

(3)烧杯中X不可以选用的试剂。(填标号)

a．NaOHb．CuSO4c．KMnO4d．硝酸

(4)为测定KI的纯度，称取0.5g样品溶于水，然后用0.0500mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液滴定(10I-+2+16H+=5I2+2Mn2++8H2O)，判断滴定终点的现象是，若滴定终点时平均消耗11.80mL标准溶液，则样品的纯度为(保留两位有效数字)，若滴定终点读数时仰视刻度线，则测定KI纯度的结果(填“偏大”或“偏小”)。

(5)某温度时，H2S溶液中H2S、HS-、S2-在含硫粒子总浓度中所占分数δ随溶液pH的变化关系如图，若FeS恰好溶解，溶液中的c(Fe2+)=0.1mol·L-1，c(H2S)=6.0×10-9mol·L-1，应控制溶液pH等于(已知该温度时，FeS的Ksp为6.0×10-18)。

9．（2023·山西临汾·统考二模）ClO2是新一代高效安全的杀菌剂。由于其浓度过高时易分解。常将其转化成NaClO2晶体以便储运。实验室模拟NaClO2的制备装置如图1所示。

已知：①ClO2易溶于水，熔点为-59°C，沸点为11°C，在碱性溶液中发生反应：2ClO2+2OH-=++H2O；

②图2为NaClO2的溶解度随温度变化曲线，NaClO2在温度高于60°C时易分解生成NaClO3和NaCl。

请回答下列问题：

(1)A为ClO2的发生装置，生成ClO2的化学方程式为。

(2)H2O2属于(填“极性”。”非极性”)分子，H2O2在C装置中作(填“氧化剂”或“还原剂”)。

(3)空气流速过快或过慢，均会降低NaClO2产率，其原因是。

(4)装置C需要采用冰水浴，其目的是。

(5)从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的过程中对温度的控制要求较高。具体操作为先减压，将NaClO2溶液加热到(填字母标号)浓缩，至有晶膜出现时，再在常压下(填操作)，过滤，洗涤，干燥。

A．略低于38℃B．略高于38℃C．略低于60℃D．略高于60℃

(6)为测定所得NaClO2产品的纯度，进行如下实验：

步骤①：称取mg样品于烧杯中，用适量蒸馏水溶解后，加入稍过量的KI晶体，再滴加适量的稀硫酸，充分反应(杂质不与KI反应)；

步骤②：将所得溶液转移至500mL容量瓶中，稀释定容；

步骤③：准确移取25.00mL步骤②所得溶液于锥形瓶中，滴加两滴淀粉溶液，用cmol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，至恰好完全反应时，消耗Na2S2O3溶液VmL(反应方程式为：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。

该NaClO2产品的纯度为%。

10．（2023·山西运城·统考二模）为探究某铁硫簇化合物(用FexSy表示)的组成，某化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量：

已知：i．样品的主要成分为FexSy，含少量不溶于水、盐酸，且不参与装置C中反应的杂质；

ii．Mn2+在稀溶液中近乎无色。

实验步骤：

①按图连接装置，进行气密性检查，然后装入相应的药品；

②通入氧气并加热，装置C中固体逐渐转变为红棕色；

③待固体完全转化后，取装置D中的溶液6mL于锥形瓶中，用0.1mol·L-1的H2C2O4(草酸)溶液滴定。滴定共进行3次，平均消耗草酸溶液5.0mL(假设装置D中溶液体积反应前后不变)；

④取装置C中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤；

⑤向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32g固体。

回答下列问题：

(1)A为O2发生装置，则试剂a、试剂b可以分别是。

(2)装置E中品红溶液的作用是。

(3)写出草酸溶液滴定酸性高锰酸钾溶液时反应的离子方程式：。(→Mn2+)。

(4)为防止尾气污染，装置F中应加入的试剂是，步骤⑤中灼烧滤渣应在进行(填仪器名称)。

(5)若实验完成时装置E中品红溶液无变化，根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇化合物的化学式为，写出该铁硫簇化合物与O2反应的化学方程式：。

(6)下列操作，可能导致x：y的值偏小的是(填字母)。

a．步骤⑤灼烧滤渣不够充分

b．配制草酸标准液时，定容操作俯视刻度线

c．滴定时，草酸溶液不小心滴到锥形瓶外几滴

d．放出草酸的滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点时有气泡

11．（2022·山西晋城·统考二模）Co(III)盐溶液不能稳定存在，以氨为配位剂，可将Co(III)转化为稳定的Co(III)配合物。实验室利用CoCl2、NH3·H2O、NH4Cl、H2O2制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，装置(夹持仪器已省略)如图所示：

实验步骤：

①将研细的6gCoCl2·6H2O晶体、4gNH4Cl固体、适量活性炭催化剂充分混合后加入c中，滴加13.5mL浓氨水使溶液颜色变为黑紫色；

②置于冰水浴中冷却至10℃以下，缓慢滴加13.5mL5%H2O2溶液并不断搅拌；

③转移至60℃热水浴中，恒温加热20min，同时缓慢搅拌；

④将反应后的混合物冷却到0℃左右，抽滤得到三氯化六氨合钴粗产品；

⑤粗产品需要经过热的盐酸溶解、趁热过滤、冷却到0℃左右并滴加浓盐酸洗涤、干燥等操作得到较纯的三氯化六氨合钴。

回答下列问题：

(1)使用仪器a代替分液漏斗滴加液体的优点是。

(2)步骤①中将固体药品研细，常在(填仪器名称)中进行。

(3)制取1mol[Co(NH3)6]Cl3，理论上需要H2O2的物质的量为，实际上消耗量比理论消耗量要多，其主要原因是。

(4)CoCl2遇浓氨水生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，原因是(结合必要的离子方程式说明)。

(5)沉淀滴定法测定产品中Cl-的质量分数：

i.准确称取ag步骤⑤中的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中；

ii.滴加少量0.005mol·L-1的K2CrO4溶液作为指示剂，用cmol·L-1的AgNO3溶液滴定至终点；

iii.平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为VmL。

已知Ag2CrO4为砖红色沉淀。

①ii中，滴定至终点的现象是。

②产品中C1-的质量分数是(列出计算式即可)。

12．（2022·山西晋中·统考二模）钛在医疗领域的应用非常广泛，如：制人造关节、头盖、主动心瓣等。TiCl4是制备金属钛的重要中间体，某小组同学利用如下装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略)。

资料表明：室温下，TiCl4为无色液体，易挥发，高温时能与O2反应，与HCl不发生反应。其他相关信息如下表所示：

物质熔点/℃沸点/℃水溶性

TiCl4-25136.4易水解成白色沉淀，能溶于有机溶剂

CCl4-2376.8难溶于水

请回答下列问题：

(1)实验中起冷凝作用的仪器的名称是。

(2)装置A中发生反应的离子方程式为。

(3)装置B的作用是。

(4)组装好仪器后，部分实验操作步骤如下：①加热装置C中陶瓷管②打开分液漏斗活塞③关闭分液漏斗活塞④检查装置气密性⑤停止加热，充分冷却⑥装入药品，符合题意的操作顺序是(填操作序号)。

(5)装置C中除生成TiCl4外，同时还生成一种有毒气体，该反应的化学方程式为。

(6)装置D的锥形瓶中可能会有少量CCl4可用的方法分离除去。

(7)该实验设计略有缺陷，请指出其不足之处：。

(8)利用如图装置测定所得TiCl4的纯度：取mgTiCl4产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水，待TiCl4充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴0.1mol·L-1K2CrO4溶液作指示剂(Ag2CrO4呈砖红色)，用cmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗滴定液VmL。[已知：TiCl4+(2+n)H2O=TiO2·nH2O↓+4HCl；常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12]，根据上述数据计算该产品纯度为(用含m、c和V的代数式表示)。

13．（2022·山西临汾·统考三模）草酸(H2C2O4)及其盐类化合物在化学工业中有重要作用。请回答下列问题：

(1)实验室中可以在50℃左右，用浓硝酸在硝酸汞催化下氧化乙炔(C2H2)气体来制备草酸。其主要装置如下图。

C2H2的电子式为；仪器X的名称为；装置中浓硝酸的还原产物为NO2，生成草酸的化学方程式为，若反应温度高于50℃，生成草酸的速率会减慢，主要原因是。

(2)三草酸合铁酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}为绿色晶体，溶于水，难溶于乙醇，可作有机反应的催化剂。某实验小组用(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O为原料制备三草酸合铁酸钾的步骤如下：

①称取5g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O固体，溶解，加硫酸酸化，搅拌下加入25mL1mol·L-1H2C2O4溶液，静置，析出黄色的FeC2O4·2H2O沉淀，过滤并洗涤沉淀2~3次。

②将上述FeC2O4·2H2O沉淀溶解在10mL饱和草酸钾溶液中，再加入20mL饱和H2C2O4溶液，保持溶液温度40℃左右，缓慢滴加3%H2O2溶液，不断搅拌，沉淀慢慢变为深棕色；加热至沸腾30min，再加入8~9mL草酸溶液，控制pH在3~4，变为绿色透明的三草酸合铁酸钾溶液。

③加热浓缩，缓慢加入95%的乙醇，冷却结晶、过滤，洗涤晶体2~3次，干燥、称量。

其中，生成FeC2O4·2H2O的化学方程式为；保持溶液温度40℃所采用的加热方法是，加热至沸腾30min的目的是；洗涤晶体所用试剂为。

(3)制得的三草酸合铁酸钾晶体中往往会混有少量草酸。为测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(M=491g/mol)的纯度，进行如下实验：

称取样品10.72g，加稀硫酸溶解后配成100mL溶液。取20.00mL配制的溶液，用浓度为0.2000mol·L-1的KMnO4溶液滴定至终点时消耗KMnO4溶液28.00mL。已知：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的质量分数为(保留两位小数)。

14．（2022·山西晋中·统考一模）氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为78.8°C，在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并产生有刺激性气味的气体。实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2。其他相关信息如下：①实验室里通常用Na2SO3固体和浓硫酸在不加热时反应制备二氧化硫。②合成氯化亚砜时可能用到的部分装置如图所示。

回答下列问题：

(1)装置乙、丙中相同的仪器名称为。

(2)实验室制取SOCl2是在三颈烧瓶中合成的，从图中选取合适的装置组成整个装置，所选仪器的连接顺序是：⑥→→①②←(用“→”或“←”连接各接口，箭头表示气体流向，某些仪器可以多次使用。装置乙用于制取氯气)。

(3)装置甲中冷凝管的进水口为(填“③”或“④”)。冷凝管上连接的干燥管的作用是：①吸收逸出的Cl2、SO2，防污染；②。

(4)浓硫酸的作用是。

(5)该实验制取氯气的离子方程式为。

(6)实验室对SO2尾气进行处理，下列如图装置中最合适的是(填标号)。

(7)已知SCl2的沸点为60°C。实验结束后，将三颈烧瓶中液体混合物分离开的实验操作名称是。若反应中消耗的Cl2的体积为896mL(已转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl27.12g，则SOCl2的产率为(保留两位有效数字)。

15．（2023·山西·统考一模）铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，在生产生活中也有很多重要用途。实验室以NH4HCO3为原料制备铵明钒晶体的过程如图：

请回答下列问题：

Ⅰ.(1)试写出过程Ⅰ的化学方程式。

(2)过程Ⅱ中加入稀硫酸的目的是，若省略该过程，则会导致制得的铵明矾晶体中混有杂质(填化学式)。

(3)过程Ⅲ获得铵明矾晶体，需进行的实验操作是、过滤、洗涤、干燥。

Ⅱ.为测定铵明矾晶体纯度，某学生取mg铵明矾样品配成500mL溶液，根据物质组成，设计了如下三个实验方案(每个方案取用溶液的体积均为50.00mL)。请结合三个方案分别回答下列问题：

方案一：测定SO的量，实验设计如下：

(4)老师评价这个方案不科学，测得的SO含量将(填“偏高”或“偏低”)，理由是。

方案二：测定NH的量，实验设计如图所示：

(5)准确测量氨气的体积是实验成功的保证。

①读取量气管的读数时应注意。

②量气管中所盛液体可以是(填字母)。

a.水b.乙醇c.苯d.四氯化碳

方案三：测定Al3+的量，实验过程如下：

(6)取50.00mL待测液，调节溶液pH约为3.5，加入V1mLc1mol/L乙二胺四乙酸二钠(Na2H2Y)标准溶液，加热至沸腾，使Al3+与Na2H2Y迅速反应；待反应完成后调节溶液pH至5~6，加入二甲酚橙指示剂，再用c2mol/L的Zn2+滴定液滴定过量的Na2H2Y，至滴定终点时消耗Zn2+滴定液的体积为V2mL。反应的离子方程式为Al3++H2Y2-=AlY-+2H+，Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+。通过计算确定铵明矾晶体的纯度。

参考答案：

1．B

【分析】根据KMnO4溶液氧化混合物中的Na2SO3的化学方程式，结合消耗标准KMnO4溶液的量可以计算出Na2SO3的量；将样品与足量稀盐酸充分反应，生成的气体通过盛有碱石灰的干燥管，碱石灰吸收二氧化硫、水蒸气和挥发出的氯化氢，干燥管增重的量不是二氧化硫的质量；H2O2将Na2SO3氧化成硫酸钠，再加足量BaCl2溶液，过滤，称量其质量得出硫酸钡的物质的量，再根据硫原子守恒，硫酸钡的物质的量就是Na2SO3、Na2SO4混合物总物质的量，再结合样品ag，可求出其中Na2SO3的质量分数；样品与足量稀盐酸充分反应消耗了Na2SO3，再加入足量BaCl2溶液与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为dg为硫酸钡质量，根据硫守恒可以计算出硫酸钠的质量，从而可求出其中Na2SO3的质量分数。

【详解】混合物中的Na2SO3与KMnO4溶液发生氧化还原反应，根据得失电子守恒根据消耗标准KMnO4溶液V2mL计算Na2SO3的物质的量，再求其质量，可求出其中Na2SO3的质量分数，A正确；样品与足量稀盐酸充分反应将Na2SO3转化为二氧化硫气体，通过测定二氧化硫的质量来计算亚硫酸钠的质量，从而求出其中Na2SO3的质量分数，碱石灰吸收二氧化硫、水蒸气和挥发出的氯化氢，干燥管增重的量不是二氧化硫的质量，无法计算Na2SO3的质量分数，B错误；H2O2将Na2SO3氧化成硫酸钠，再加足量BaCl2溶液，过滤，称量其质量得出硫酸钡的物质的量即为b/233mol，再根据硫原子守恒，硫酸钡的物质的量就是Na2SO3、Na2SO4混合物总物质的量为b/233mol，再结合样品ag，设Na2SO3为xmol，Na2SO4为ymol列方程组得:126x+142y＝a,x+y＝b/233，可解出x，再求其质量，可求出其中Na2SO3的质量分数，C正确；样品与足量稀盐酸充分反应消耗了Na2SO3，再加入足量BaCl2溶液与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为dg为硫酸钡质量，根据硫守恒可以计算出硫酸钠的质量为d/233×142g，Na2SO3的质量为(a-d/233×142)g，从而可求出其中Na2SO3的质量分数，D正确。

故选B。

【点睛】本题主要考查了Na2SO3、Na2SO4混合物中亚硫酸钠含量的测定，主要利用亚硫酸钠的还原性设计实验，考查知识的迁移能力、设计和评价实验方案的能力

2．A

【分析】从无色透明溶液排除有色离子，氯水具有强氧化性，可能氧化还原性离子Br-或I-；加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入盐酸后沉淀不溶解，说明生成了硫酸钡沉淀，可能是被氧化成；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，说明没有碘单质存在，可能是原溶液中不含I-或含有I-被氧化成碘单质，又发生5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，不能确定I-存在，由此分析。

【详解】Cu2+为蓝色，由于是无色透明溶液，Cu2+一定不存在；

①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br-，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子，和Al3+会生成沉淀，溶液中不含Al3+；

②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加入盐酸后沉淀不溶解，说明产生了硫酸钡沉淀，说明溶液中含离子；

③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，可能是碘离子氧化成单质碘，进一步单质碘被氧化成碘酸根离子5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，溶液中不含I-，所以溶液不变色，不能确定I-存在；故溶液中肯定存在的离子组是、、Br-，由于溶液显电中性，溶液中含有Na+；肯定存在的离子组是Na+、、、Br-，不能确定I-存在，Al3+、Cu2+一定不存在，答案选A。

3．(1)3V3+++3H2O=3+Cl-+6H+HClO3易分解，不及NaClO3稳定；HClO3会提高体系酸度，从而增加后续NaOH的用量

(2)0.3

(3)2.0~2.5(NH4)2SO4+3(VO2)2SO4+5H2O=2NH4V3O8·H2O↓+4H2SO4

(4)降低2NH4V3O8·H2O的溶解度，减少洗涤时的损耗取少量最后一次的洗涤液于试管中，加过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，向上层清液中继续加AgNO3溶液，不出现浑浊，则证明沉淀已洗涤干净

(5)防止NH3将V2O5还原，导致产品纯度降低

【分析】废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3+、V2+、H2SO4)，加入NaClO3氧化，生成，再加入硫酸铵得到沉淀2NH4V3O8·H2O，过滤后煅烧得到五氧化二钒。据此作答。

【详解】（1）酸性条件下，V3+转化为的离子方程式为：3V3+++3H2O=3+Cl-+6H+；由于H氯酸浓度较高或受热时易发生分解，不及NaClO3稳定，不利于储存运输，同时HClO3是酸，会增大溶液的酸性，，从而增加后续NaOH的用量，所以实际生产中的氧化剂不选择HClO3；

（2）“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合V2O5质量浓度)为27.3g·L-1时，即c(V2O5)=27.3g·L-1÷182g/mol=0.15mol/L，根据钒元素守恒，则溶液中c()=2c(V2O5)=0.15mol/L×2=0.3mol/L；

（3）根据图示，pH范围是2.0-2.5时，沉钒率(η)最高；沉钒时的反应物是(NH4)2SO4和(VO2)2SO4，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则反应的化学方程式为(NH4)2SO4+3(VO2)2SO4+5H2O=2NH4V3O8·H2O↓+4H2SO4；

（4）用稀(NH4)2SO4作洗涤液的目的是为了降低2NH4V3O8·H2O的溶解度，减少洗涤时的损耗；检验沉淀已洗涤干净即检验是否含有Cl-，操作是取少量最后一次的洗涤液于试管中，加过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，向上层清液中继续加AgNO3溶液，不出现浑浊，则证明沉淀已洗涤干净；

（5）煅烧时受热分解产生NH3，氨气具有较强的还原性，容易将V2O5还原，导致产品纯度降低，所以需要在通风或氧化气氛下进行，目的是防止NH3将V2O5还原，导致产品纯度降低。

4．(1)增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2+2Mn3O4

(2)+ClO-=+Cl-

(3)H2SiO3

(4)灼烧金属钨或W

(5)溶液中存在沉淀溶解平衡：CaWO4(s)Ca2+(aq)+(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c()减小，使得平衡正向移动

(6)c+a-2b

【分析】黑钨矿(主要成分为FeWO4、MnWO4)中加入纯碱、通入氧气后粉碎焙烧，生成CO2，“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和，“氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，氧化后的溶液中加入稀盐酸调节pH后过滤，得到滤渣2为H2SiO3，滤液中加入MgCl2溶液将生成Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2沉淀而除去，过滤得到滤液1，向滤液1中加入CaCl2溶液在生成CaWO4沉淀，滤液2和过滤的沉淀，向沉淀中加入盐酸进行酸解，将CaWO4转化为H2WO4，经过高温灼烧得到WO3，WO3经高温还原可得产品1为单质钨W，或者经氯化可得产品2为WCl6，据此分析回答问题。

【详解】（1）“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行，已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3，即MnWO4与Na2CO3和O2发生反应生成Mn3O4、Na2WO4和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2+2Mn3O4，故答案为：增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2+2Mn3O4；

（2）由分析可知，“氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，故“氧化”时发生反应的离子方程式为：+ClO-=+Cl-，故答案为：+ClO-=+Cl-；

（3）由分析可知，“滤渣2”主要是H2SiO3，故答案为：H2SiO3；

（4）由分析可知，“操作X”是灼烧，产品1是单质钨或W，故答案为：灼烧；单质钨或W；

（5）已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，溶液中存在沉淀溶解平衡：CaWO4(s)Ca2+(aq)+(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c()减小，使得平衡正向移动，故可以利用盐酸进行“酸解”，故答案为：溶液中存在沉淀溶解平衡：CaWO4(s)Ca2+(aq)+(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c()减小，使得平衡正向移动；

（6）①根据题意可知，1min挥发的CS2的质量为(a-b)g，开盖加入待测样品并计时1min后，质量为cg，则样品的质量为[c-b+(a-b)]g=(c+a-2b)g，故答案为：(c+a-2b)；

②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应：+Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应方程式为：+5I-+6H+=3I2+3H2O，反应完全后用xmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+，滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，根据上述分析可找到关系式为：WCl6~~2~6I2~12，故有n(WCl6)=n()=xmol/L×V×10-3L=xV×10-3mol，则样品中WCl6的质量分数为，故答案为：。

5．(1)温度过低反应速率减慢；温度过高，溶解度降低

(2)

(3)A

(4)溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生

(5)

【分析】以含钴废渣(主要成分为，还含有等杂质)，“酸浸”时由于二氧化硫具有还原性溶液中得到CO2+，硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠调节pH值，生成氢氧化铝除去铝离子，加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层加入稀硫酸得到硫酸锌，在水相中加入碳酸钠，可生成CoCO3固体，据此分析解题。

【详解】（1）“酸浸”时温度过高，二氧化硫溶解度降低，温度过低化学反应速率减慢，故答案为：温度过低反应速率减慢；温度过高，溶解度降低；

（2）加入硫酸酸浸并通入二氧化硫可发生，故答案为：；

（3）A．将废渣粉碎可以增大反应的接触面积加快反应速率，以提高单位时间内的酸浸效率，故A正确；

B．“除铝”时，入过量的溶液会让会转变为沉淀，故溶液不能过量，故B错误；

C．根据方程(水层)+2HX(有机层)(有机层)可知，不可选用四氯化碳作为萃取剂，故C错误；

D．由(水层)+2HX(有机层)(有机层)可知，往萃取后的有机层中加水不可获得溶液，故D错误；

答案选A；

（4）“沉钴”时，溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生导致产品不纯，故答案为：溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生；

（5）的体积为0.627L(标准状况)，，由化学式可知，则氧化物中，则，所以钴氧化物的化学式为：，故答案为：。

6．2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O缓慢通入CH3ONO气体ad(da)cbfe(bcfe)真空低温(隔绝空气，低温干燥)重结晶补充平行实验(重复滴定2~3次)

【分析】根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2molL-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算；为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。

【详解】(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方程式为2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案为：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化学方程式为CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是缓慢通入CH3ONO气体，降低反应速率，防止温度升高过快。故答案为：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；缓慢通入CH3ONO气体；

②步骤Ⅱ中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3；步骤Ⅲ中溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2→打开K3→水浴加热、通冷凝水或打开K3→关闭K1、K2→水浴加热、通冷凝水，故步骤II开始时的操作为ad(da)(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是cbfe(bcfe)(选填字母编号)。故答案为：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再真空低温(隔绝空气，低温干燥)干燥。精制NaN3的方法是重结晶，使混合在一起的杂质彼此分离。故答案为：真空低温(隔绝空气，低温干燥)；重结晶；

(4)①计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2molL-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==，产品纯度为。故答案为：；

②为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值，该实验还需要补充平行实验(重复滴定2~3次)。故答案为：补充平行实验(重复滴定2~3次)。

7．(1)碱式滴定管

(2)Cu2++Cu+4Cl-2[CuCl2]-增大Cl-的浓度，使平衡：Cu2++Cu+4Cl-2[CuCl2]-正向移动，提高CuCl的产率

(3)在通风橱中进行实验(或其它合理答案)

(4)减少CuCl的损失，且易于干燥

(5)稀释锥形瓶中的溶液，便于观察颜色的突变滴入最后半滴Ce(SO4)2标准溶液，溶液恰好由红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色95.52%

【分析】以0.50mol/LCuCl2溶液、铜粉、HCl为反应物，在磁力搅拌下充分反应生成[CuCl2]-，倒入水中，析出CuCl晶体，经过洗涤、干燥最终得到氯化亚铜(CuCl)。据此作答。

【详解】（1）配制一定物质的量浓度的CuCl2溶液时，需要托盘天平、容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒，不需要碱式滴定管；

（2）反应物为CuCl2溶液、铜粉、HCl，产物为[CuCl2]-，根据的是电子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为Cu2++Cu+4Cl-2[CuCl2]-；在加Cu粉前，通常加一定量的NaCl固体，是为了增大Cl-的浓度，使上述平衡往正向移动，生成更多的[CuCl2]-；

（3）由于HCl易挥发，为保持安全的实验环境，一般在通风橱中进行实验；

（4）无水乙醇能降低CuCl的溶解度，且乙醇易挥发，所以用无水乙醇洗涤沉淀的原因是减少CuCl的损失，且易于干燥；

（5）①邻菲哕啉可分别与Fe3+、Fe2+形成浅蓝色和红色的络离子，滴定终点的颜色变化是溶液恰好由红色变为浅蓝色，为了便于观察颜色的突变，加水稀释；

②根据滴定原理Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+：当滴入最后半滴Ce(SO4)2标准溶液，溶液恰好由红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色，即到达滴定终点；

③取2.500gCuCl产品于锥形瓶中，加入稍过量的FeCl3溶液充分反应，再加50mL水，以邻菲哕啉作指示剂，用1.000mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定Fe2+，分析样品中CuCl的含量。

根据滴定原理得出滴定关系：CuCl~Fe2+~Ce4+；若消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为24.00mL，该样品中CuCl的质量分数=。

8．(1)三颈烧瓶受热均匀，便于控制

(2)1：53H2S+=I-+3S↓+3H2O

(3)d

(4)溶液变为紫色且半分钟内不褪色(滴入最后半滴酸性KMnO4溶液)98%偏大

(5)6

【分析】碘加入KOH溶液在60℃进行碱溶，所得溶液通入硫化氢进行还原得到S单质和料液，操作Ⅰ为蒸发浓缩、冷却结晶得到KI晶体；实验中通过稀硫酸和硫化亚铁反应制备硫化氢气体，通入三颈烧瓶中与碘、KOH进行碱溶，并进行尾气吸收防止污染空气；

【详解】（1）根据仪器的构造可知,仪器a的名称是三颈烧瓶，“碱溶”时，用水浴加热的优点是受热均匀，便于控制；

（2）“碱溶”时，碘发生歧化反应，氧化产物可用于加碘盐的生产中，则发生的反应为3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，故“碱溶”时氧化产物KIO3与还原产物KI的物质的量之比为1：5，若“碱溶”时，KOH过量，通硫化氢时，碘酸钾与硫化氢反应生成硫和碘化钾，则“还原”时发生反应的离子方程式为3H2S+=I-+3S↓+3H2O；

（3）烧杯中的溶液用于吸收未反应的硫化氢气体，以免污染空气，硫化氢与NaOH、CuSO4、KMnO4均能反应且不产生污染性气体，而硝酸与硫化氢虽能反应但却生成NO，造成污染，故X不可以选用的试剂为d，答案选d；

（4）滴定终点的现象是滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液变为紫色且半分钟内不褪色；

若滴定终点时平均消耗11.80mL标准溶液，根据反应10I-+2+16H+=5I2+2Mn2++8H2O可知，样品的纯度为=98%；

若滴定终点读数时仰视刻度线，则所加蒸馏水偏多，标准KMnO4浓度偏小，滴定时消耗的体积偏大，故测定KI纯度的结果偏大；

（5）H2S的电离方程式为、，由图可知，pH=7时，c(H2S)=c(HS-)，则Ka1==c(H+)=110-7；pH=13时，c(S2-)=c(HS-)，则Ka2==c(H+)=110-13；若FeS恰好溶解，则需要使c(Fe2+)·c(S2-)=Ksp(FeS)，Ka1·Ka2==10-710-13=10-20；所以c(S2-)==，c(Fe2+)·c(S2-)==6.0×10-18，则c(H+)=1.010-6mol/L，故pH=6。

9．(1)2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O

(2)极性还原剂

(3)空气流速过慢，ClO2不能及时被稀释，导致浓度过高而分解；空气流速过快，ClO2不能在C装置中充分反应

(4)液化ClO2使其易被充分吸收：防止反应放出的热量使H2O2分解，减慢反应速率：防止温度过高使NaClO2分解降低产率和产品纯度

(5)C冷却至略高于38℃结晶

(6)或

【分析】A中NaClO3固体和Na2SO3固体中加入70%硫酸，通入空气，NaClO3被Na2SO3还原生成ClO2，ClO2浓度过高时易发生分解，空气的一个作用是将ClO2稀释，防止发生分解，装置B为安全瓶、起防倒吸的作用，C中在碱性条件下用过氧化氢还原ClO2生成NaClO2溶液，D为尾气处理装置同时可防止倒吸，从NaClO2溶液中提取晶体时，结合NaClO2的溶解度曲线和NaClO2在温度高于60℃时易分解生成NaClO3和NaCl可知，将NaClO2溶液加热至略低于60℃蒸发浓缩、冷却至温度略高于38℃结晶、过滤、洗涤、干燥，即得到NaClO2晶体。

【详解】（1）A中NaClO3被Na2SO3还原，在H2SO4参与下生成ClO2、Na2SO4，化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O。

（2）H2O2中正负电荷重心不重叠，属于极性分子，C装置中，ClO2生成了NaClO2，氯元素化合价降低，则H2O2中氧元素化合价升高生成O2，H2O2在C装置中作还原剂。

（3）反应中通入空气的目的是将二氧化氯气体赶到装置C中与过氧化氢和氢氧化钠混合溶液反应制备亚氯酸钠，同时起到稀释作用，防止二氧化氯浓度过大而爆炸，则空气流速过快或过慢均会降低NaClO2产率的原因是:空气流速过慢，ClO2不能及时被稀释，导致浓度过高而分解；空气流速过快，ClO2不能在C装置中充分反应。

（4）装置C中双氧水把ClO2还原为NaClO2，过氧化氢受热易分解，已经NaClO2在温度高于60°C时易分解生成NaClO3和NaCl，ClO2易溶于水，熔点为-59°C，沸点为11°C，液化后更有利于充分反应，故装置C需要采用冰水浴，其目的是液化ClO2使其易被充分吸收；防止反应放出的热量使H2O2分解，减慢反应速率；防止温度过高使NaClO2分解降低产率和产品纯度。

（5）结合NaClO2的溶解度曲线，从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体总体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，根据信息②，蒸发水分同时要防止分解，只能减压蒸发，将NaClO2溶液加热到略低于60℃浓缩,为防止析出NaClO2·3H2O晶体，应该冷却至略高于38℃结晶，趁热过滤，故具体操作为先减压，将NaClO2溶液加热到略低于60℃浓缩,故选C，至有晶膜出现时，再在常压下冷却至略高于38℃结晶，过滤，洗涤，干燥。

（6）产品中加入足量酸化的KI溶液，发生ClO＋4I－＋4H＋=Cl－＋2I2＋2H2O，用Na2S2O3标准液滴定时，发生2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI，可得关系式：NaClO2~2I2~4Na2S2O3，可知25.00mL溶液中n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=×V×10-3L×cmol/L，则该NaClO2产品的纯度=%，答案为或。

10．(1)H2O、Na2O2或H2O2、MnO2

(2)检验SO2是否被酸性高锰酸钾溶液完全吸收

(3)5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O

(4)NaOH溶液坩埚

(5)Fe4S5Fe4S5+8O22Fe2O3+5SO2

(6)bd

【分析】装置A制备氧气，C中通入氧气，发生氧化还原反应生成二氧化硫，且固体变为红色，则生成氧化铁，生成的二氧化硫被D中高锰酸钾吸收，根据高锰酸钾的量可测定二氧化硫，E中品红可检验二氧化硫是否被完全吸收，F为尾气处理装置，避免污染环境，以此解答该题。

【详解】（1）装置A固体和液体不加热制备氧气，可以选用H2O、Na2O2或H2O2、MnO2；

（2）二氧化硫可以被高锰酸钾吸收，用装置E来检验，故装置E中品红试液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；

（3）草酸被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，同时高锰酸钾被还原为锰离子，离子方程式为：5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；

（4）二氧化硫会引起大气污染，为了避免尾气污染，装置F中应加入NaOH溶液；对固体进行灼烧应该在坩埚中进行，故骤⑤中灼烧滤渣应该在坩埚中进行；

（5）滴定时消耗草酸溶液的体积为5.0mL，根据关系式计算：6mL溶液中未反应的MnO的物质的量为：，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为，装置D中反应消耗的高锰酸钾的物质的量为：，根据关系式计算生成二氧化硫，0.32g固体是Fe2O3，n(Fe)=，所以n(Fe):n(SO2)=:=4:5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5；

（6）a．步骤⑤灼烧滤渣不够充分，则所测固体残渣质量偏大，比值x:y偏大，a错误；

b．配置草酸标准液时，定容操作俯视刻度线，则所配草酸标准溶液浓度偏大，滴定时草酸体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，b正确；

c．滴定时，草酸溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，所测草酸体积偏大，则所测二氧化硫物质的量偏小，比值x:y偏大，c错误；

d．放出草酸的滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点时有气泡，则消耗的草酸溶液体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，d正确；

故选bd。

11．(1)平衡压强，便于液体顺利滴下

(2)研钵

(3)0.5mol由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失

(4)加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀

(5)当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失

【分析】该实验是利用CoCl2、NH3·H2O、NH4Cl、H2O2反应来制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，经实验步骤①-⑤反应最终制得较纯的三氯化六氨合钴，根据具体实验步骤分析解答。

【详解】（1）仪器a为恒压滴液漏斗，代替分液漏斗滴加液体的优点是：平衡压强，便于液体顺利滴下；

故答案为：平衡压强，便于液体顺利滴下。

（2）将固体药品研细，常在研钵中进行；

故答案为：研钵。

（3）根据氧化还原反应规律可知，制取1mol[Co(NH3)6]Cl3时转移1mol电子，理论上需要0.5molH2O2，但由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失，所以实际上消耗量比理论消耗量要多；

故答案为：0.5mol，由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失。

（4）CoCl2遇浓氨水会生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀；

故答案为：加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀。

（5）实验用AgNO3溶液滴定Cl-，用K2CrO4溶液作为指示剂，滴定至终点是当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；根据溶液中Ag+与Cl-反应关系式可知，n(Cl-)=n(Ag+)=c×V×10-3×4mol，所以产品中C1-的质量分数是；

故答案为：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；。

12．(1)(球形)冷凝管

(2)2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O

(3)干燥氯气；平衡压强，防堵塞

(4)④⑥②①⑤③

(5)TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO

(6)蒸馏

(7)没有处理CO尾气的装置；装置D与装置E之间没有干燥吸水装置

(8)(或)

【分析】本实验中装置A为制备氯气的发生装置，反应原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，装置B为干燥Cl2，同时长玻璃导管还能平衡压强，防止堵塞，由于TiCl4与HCl不反应，故不需要除去杂质HCl，装置C为制备TiCl4的反应装置，根据题干信息可知，反应原理为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，装置D为收集TiCl4，其中的冷凝管是冷凝回流TiCl4，E装置为吸收过量的Cl2，进行尾气处理，据此分析解题。

【详解】（1）由题干实验装置图可知，实验中起冷凝作用为装置D中球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；

（2）由分析可知，装置A中发生反应的反应方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故该反应的离子方程式为2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

（3）由分析可知，装置B的作用是干燥氯气、平衡压强，防堵塞，故答案为：干燥氯气、平衡压强，防堵塞；

（4）气体制备实验中组装仪器后和添加药品之前需检查气密性，组装好仪器后，部分实验操作步骤顺序依次为：④检查装置气密性⑥装入药品KMnO4，②打开分液漏斗活塞开始产生Cl2，以排空整个装置中的空气，当E中出现黄绿色气体时，①加热装置C中陶瓷管开始制备TiCl4，⑤停止加热，充分冷，③关闭分液漏斗活塞，故答案为：④⑥②①⑤③；

（5）由分析可知，装置C中除生成TiCl4外，同时还生成一种有毒气体即CO，该反应的化学方程式为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，故答案为：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；

（6）TiCl4和CCl4的沸点不同，故装置D的锥形瓶中可能会有少量CCl4可用蒸馏的方法分离除去，故答案为：蒸馏；

（7）由题干实验装置图可知，实验装置中没有处理CO尾气的装置，装置D与装置E之间没有干燥吸水装置，容易是E中的水分进入E中引起TiCl4水解，故答案为：没有处理CO尾气的装置；装置D与装置E之间没有干燥吸水装置；

（8）根据已知反应TiCl4+(2+n)H2O=TiO2·nH2O↓+4HCl，AgNO3+HCl=AgCl+HNO3可知，n(TiCl4)=n(HCl)=n(AgNO3)=cmol·L-1×c×10-3L=2.5cV×10-4mol，根据上述数据计算该产品纯度为=(或)，故答案为：(或)。

13．(1)球形冷凝管C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O温度高于50℃，硝酸会大量挥发和分解，使其浓度降低

(2)(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2NH4HSO4水浴加热(或热水浴)使过量的H2O2分解，以防其氧化草酸根(或草酸)95%的乙醇(或乙醇)

(3)91.60%

【分析】本题是一道常见无机物的制备类型的实验题，首先在三颈烧瓶中用乙炔和硝酸，硝酸汞反应制备草酸，第二问为用草酸和(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O反应制备三草酸合铁酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}，以此解题。

【详解】（1）C2H2为共价化合物，电子式为；仪器X为球形冷凝管；C2H2被硝酸氧化为草酸，本身还原为NO2，故反应的化学方程式为C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O；若反应温度高于50℃，硝酸会大量挥发和分解，使其浓度降低，故反应温度高于50℃，生成草酸的速率会减慢。

（2）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体溶解在水中，然后加入硫酸酸化，再加入草酸溶液，发生复分解反应产生FeC2O4·2H2O沉淀，该反应的化学方程式为(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2NH4HSO4，要保持溶液温度为40℃，就需便于控制温度，应采取的加热方式为水浴加热；

H2O2作氧化剂将亚铁离子氧化为Fe2+，为防止过量的H2O2氧化草酸根，影响产物生成，要将溶液加热煮沸，故加热至沸30min目的是使H2O2全部分解，除去过量H2O2；

由于三草酸合铁酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}为绿色晶体，溶于水，难溶于乙醇，因此洗涤时可用95%的乙醇，洗去盐表面的杂质离子的同时，还可以防止产品溶解损失；

（3）消耗高锰酸钾溶液的物质的量为0.2000mol·L-1×0.028L=0.0056mol，根据5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，可得H2C2O4的物质的量为0.014mol，质量为0.014mol×90g/mol=1.26g，故100mL溶液中H2C2O4的质量为6.3g，设样品中含有草酸xmol，含有三草酸合铁酸钾ymol，则①90x+491y=10.72；根据5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知n(H2C2O4)=n()=××0.2×28×10-3mol=70×10-3mol，则②x+3y=14×10-3mol；联立两个方程可得y=0.02mol，则m(K