2023届高考化学二轮复习化学常用计量及其应用作业含答案

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专题能力提升训练(二) 化学常用计量及其应用
一、选择题(本题包括14小题，每小题只有一个选项符合题意)
1．(2022·天水模拟)设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　A　)
①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA
②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等
③1L2mol/L的AlCl3溶液中含氯离子为6NA
④标准状况下，22.4LHF中分子数为NA
⑤32gO2和O3混合气体中含有原子数为2NA
A．①②③⑤ B．①②③④
C．①③④⑤ D．②③④⑤
【解析】　①标准状况下，11.2 L的任意气体分子的物质的量均n＝＝＝0.5 mol，因此无论氮气和氧气的比例如何变化，气体分子数均为0.5NA，而氮气和氧气分子所含原子数均为2，因此总原子数为0.5NA×2＝1NA，故正确；②同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，等于其气体分子数之比，因此同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等，故正确；③1 L 2 mol/L的AlCl3溶液中n(AlCl3)＝1 L×2 mol/L＝2 mol，1个AlCl3中含有3个氯离子，且AlCl3为易溶强电解质，在水中能够发生完全电离，因此该溶液中含氯离子数目为2 mol×3NA mol－1＝6NA，故正确；④标准状况下，HF不是气体，因此无法利用气体摩尔体积计算其物质的量，不能确定其分子数，故错误；⑤O2和O3混合气体中只含有氧原子，因此该混合气体中氧原子的物质的量n＝＝2 mol，氧原子数为2NA，故正确。
2．(2022·郑州模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。FeSO4·7H2O在高温下易分解，主要发生的反应为2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O。下列说法正确的是(　A　)
A．常温常压下，20gD2O含共用电子对数为2NA
B．1molSO2溶于水得到的H2SO3溶液中含氧原子数为3NA
C．1L1mol·L－1FeSO4溶液中的Fe2＋的数目为NA
D．产生22.4LSO3时，同时生成SO2的分子数为NA
【解析】　常温常压下，20 g D2O含共用电子对数为×2NA mol－1＝2NA，A正确；由于不知道溶于多少g水中，无法计算1 mol SO2溶于水得到的H2SO3溶液中含氧原子数，B错误；由于Fe2＋在水溶液中能发生水解，Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋，则1 L 1 mol·L－1 FeSO4溶液中的Fe2＋的数目小于1 L×1 mol·L－1×NA＝NA，C错误；题干未告知物质所处的状态，无法计算产生22.4 L SO3时，同时生成SO2的分子数，D错误。
3．(2022·昆明模拟)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　B　)
A．1mol—18OH所含中子数为11NA
B．32gO2和O3的混合物所含氧原子数为2NA
C．常温下，pH＝14的Ba(OH)2溶液中OH－离子数为NA
D．足量Zn与含1molH2SO4的浓硫酸反应，转移电子数为2NA
【解析】　18O中含10个中子，H中不含中子，则1 mol —18OH中含10 mol中子，中子数为10NA，A错误；32 g O2和O3的混合物可看成32 g O，32 g O的物质的量为＝2 mol，则氧原子个数为2NA，B正确；溶液的体积未知，无法求算氢氧根离子数，C错误；足量锌与浓硫酸反应，随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，先后发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)===ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，2 mol H2SO4参与反应转移2 mol电子，Zn＋H2SO4(稀)===ZnSO4＋H2↑，1 mol H2SO4参与反应转移2 mol电子，故足量Zn与含1 mol H2SO4的浓硫酸反应，转移电子数小于2NA，D错误。
4．(2022·新乡模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　A　)
A．100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含O—H键的数目为7NA
B．0.1mol·L－1的CH3COONa溶液中，含CH3COO－的数目小于0.1NA
C．含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量的镁反应，转移的电子数小于0.2NA
D．常温下，1LpH＝11的Ba(OH)2溶液中，含OH－的数目为0.002NA
【解析】　乙醇溶液溶质CH3CH2OH分子中有O—H键，每个乙醇分子中一个O—H键，溶剂H2O分子中也有O—H键，每个水分子中两个O—H键；n(C2H5OH)＝＝＝1 mol，O—H键数目1NA，n(H2O)＝＝＝3 mol，O—H键数目6NA，所以O—H键数目共7NA，A正确；溶液没有给出体积数据，无法计算微粒数目，B错误；初始浓硫酸与镁发生反应，生成MgSO4、SO2和H2O，随着硫酸浓度变稀，稀硫酸与镁反应生成MgSO4和H2；如果只发生第一个反应，每两个H2SO4分子中有一个参与变价，转移电子2个(生成SO2)，但有第二个反应发生，每分子H2SO4均参与变价，生成H2，转移电子2个，故0.2 mol H2SO4中参与变价的H2SO4物质的量应大于0.1 mol，转移电子总量应大于0.2NA，C错误；pH＝11的溶液中c(H＋)＝1×10－11 mol/L，常温下Kw＝1×10－14，故溶液中c(OH－)＝1×10－3 mol/L，1 L溶液中n(OH－)＝1×10－3 mol，D错误。
5．(2022·南昌模拟)一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为－2价)与100mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成2.4g硫单质、0.425molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3＋，则下列说法不正确的是(　A　)
A．该磁黄铁矿中FexS的x＝0.875
B．该盐酸的物质的量浓度为8.5mol/L
C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52L
D．该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为11∶6
【解析】　根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)＝n(HCl)＝n(FeCl2)＝0.425 mol，FexS中n(S)＝0.075 mol＋0.425 mol＝0.5 mol，n(Fe)＝0.425 mol，所以n(Fe)∶n(S)＝0.425 mol∶0.5 mol＝0.85，所以x＝0.85，故A错误；盐酸恰好反应生成0.425 mol FeCl2，根据氯原子守恒得c(HCl)＝＝8.5 mol/L，故B正确；由A选项可知n(H2S)＝0.425 mol，V(H2S)＝0.425 mol×22.4 L/mol＝9.52 L，故C正确；n(S)＝＝0.075 mol，根据转移电子守恒得n(Fe3＋)＝＝0.15 mol，则n(Fe2＋)＝0.425 mol－0.15 mol＝0.275 mol，即Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为0.275 mol∶0.15 mol＝11∶6，故D正确。
6．(2022·聊城模拟)某铝热剂由铝粉和铁的某种氧化物组成，二者恰好完全反应生成铁单质和氧化铝。将该铝热剂均分成两份，同温同压下，一份直接与足量的NaOH溶液反应，放出H2体积为V1L；另一份在完全发生铝热反应后与足量的盐酸反应，放出H2体积为V2L。下列说法错误的是(　C　)
A．两份生成氢气的质量比一定为的
B．两份消耗NaOH和HCl的物质的量之比一定为
C．铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比一定为
D．铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比一定为
【解析】　根据同温同压下气体的体积比等于气体物质的量之比，氢气的摩尔质量都为2 g/mol，则两份生成氢气的质量比一定为，故A正确；两份消耗NaOH和HCl的物质的量之比为＝，故B正确；设某铝热剂中铁的氧化物的化学式为FexOy，则铝热反应的化学方程式为2yAl＋3FexOy3xFe＋yAl2O3，铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比为＝＝，故C错误；铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比为＝＝，故D正确。
7．(2022·成都模拟)某科学小组构想用锂元素的转化过程来持续合成氨，原理如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　A　)

A．2g14N2和16O2的混合气体中含有质子数目为NA
B．22.4LN2与过量锂反应断裂的N≡N键的数目为NA
C．1molLi3N与过量水反应，收集的气态氨分子数目为NA
D．0.1mol·L－1LiOH溶液中含有阴、阳离子总数为0.2NA
【解析】　14N2的摩尔质量为28 g/mol，1个分子中含有14个质子，16O2的摩尔质量为32 g/mol，1个分子中含16个质子，设混合气体中14N2为x g，16O2为(2－x)g，则2 g 14N2和16O2的混合气体含有质子数目为×NA mol－1＝NA，A正确；未告知N2所处的状态，无法计算22.4 L N2的物质的量，也就无法计算与过量锂反应断裂的N≡N键的数目，B错误；根据反应Li3N＋3H2O===3LiOH＋NH3↑可知1 mol Li3N与过量水反应，生成NH3的物质的量为1 mol，但由于NH3极易溶于水，故收集的气态氨分子数目小于NA，C错误；未告知溶液的体积，无法计算0.1 mol·L－1 LiOH溶液中含有阴、阳离子总数，D错误。
8．(2022·咸阳模拟)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　C　)
A．10LpH＝1的HCl溶液中，含HCl分子的数目为NA
B．0.3molNO2与足量H2O完全反应时，产生2.24LNO气体
C．铅蓄电池工作时，若负极增重48g，则外电路转移电子数目为NA
D．2molSO2和1molO2在一定条件下反应，所得混合气体的分子数为2NA
【解析】　HCl为强电解质，在水中完全电离，因此10 L pH＝1的HCl溶液中不含HCl分子，A错误；未指明状态，不能用气体摩尔体积为22.4 L/mol进行计算，B错误；铅蓄电池的负极电极反应式为Pb－2e－＋SO===PbSO4，负极增重的质量为SO的质量，若负极增重48 g，则转移1 mol电子，即外电路转移电子数目为NA，C正确；SO2和O2在一定条件下反应生成SO3，该反应为可逆反应，所得混合气体的分子数大于2NA，D错误。
9．(2022·银川模拟)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是(　C　)
A．标准状况下2.24LSO3溶于水生成0.1molSO
B．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则电路中转移的电子数目为2NA
C．7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA
D．常温下pH＝12的Na2CO3溶液中，由水电离出OH－的数目为0.01NA
【解析】　标准状况下SO3不是气体，不能根据气体摩尔体积22.4 L/mol计算物质的量，A错误；电解精炼铜时，阳极除了铜被氧化，还有比铜活泼的Zn、Fe等杂质也被氧化，则当阳极质量减少64 g时，电路中转移电子数不一定为2NA，B错误；Na2S与Na2O2的摩尔质量相同，过氧化钠是有钠离子和过氧根离子构成，7.8 g Na2S和Na2O2的混合物物质的量为0.1 mol，含有的离子数0.3NA，C正确；常温下pH＝12的Na2CO3溶液中，不知道溶液的体积，无法求出水电离出的OH－的数目，D错误。
10．(2022·南充模拟)NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　D　)
A．相同条件下，质量相等的CO和CO2它们所含的氧原子数目之比为11∶7
B．1molLi3N与过量水反应收集的气态氨分子数目为NA
C．Na2CO3溶液中Na＋和CO个数比为2∶1
D．标准状况下，1molN2和O2的混合气体总体积约为22.4L
【解析】　设气体的质量为m，则质量相等的CO和CO2它们所含的氧原子物质的量之比为＝＝，所以氧原子数目之比为11∶14，A错误；理论上，Li3N与水反应Li3N＋3H2O===3LiOH＋NH3↑，1 mol Li3N与水反应收集的气态氨分子数目为NA，但是水过量，氨气极易溶于水而且会发生NH3＋H2ONH3·H2O，所以收集的气态氨分子数目小于NA，故B错误；Na2CO3中CO是弱酸根离子在溶液中会水解，所以Na＋和CO个数比大于2∶1，C错误；标准状况下，1 mol任何气体的体积都约为22.4 L，只要气体间不反应，不论是混合气体还是单一气体，D正确。
11．(2022·玉溪模拟)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(　C　)
A．标准状况下，2.24LCH4所含质子数为NA
B．17.1gBa(OH)2中所含的极性共价键数目为0.2NA
C．1L0.1mol·L－1FeCl3溶液中，所含阳离子的数目为0.1NA
D．SO2与O2反应，每转移1mol电子，生成SO3的分子数为0.5NA
【解析】　1 mol甲烷中所含质子物质的量为10 mol，标况下2.24 L甲烷(物质的量为1 mol)所含质子物质的量1 mol，即质子数为NA，故A正确；氢氧化钡中O—H键为极性共价键，1 mol氢氧化钡中含有极性共价键的物质的量为2 mol，17.1 g氢氧化钡中所含极性共价键的物质的量为×2＝0.2 mol，即极性共价键的数目为2NA，故B正确；n(FeCl3)＝cV＝1 L×0.1 mol·L－1＝0.1 mol，Fe3＋发生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，同时水也能电离出H＋，因此该溶液中阳离子物质的量大于0.1 mol，即阳离子的数目大于3NA，故C错误；发生2SO2＋O22SO3，转移电子物质的量为4 mol时，生成2 mol SO3，因此转移电子物质的量为1 mol，生成SO3的物质的量为0.5 mol，即生成SO3的个数为0.5NA，故D正确。
12．(2022·长沙模拟)将VL浓度为0.3mol/L的盐酸浓度扩大一倍，采取的措施合理的是(　C　)
A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半
B．通入标准状况下的HCl气体6.72L
C．加入3mol/L的盐酸0.2VL，再稀释至1.5VL
D．加入等体积0.9mol/L的盐酸，混合均匀
【解析】　将溶液加热浓缩至原来体积的一半时，由于HCl的挥发，不能使其浓度扩大一倍，A不合理；标准状况下6.72 L HCl的物质的量为0.3 mol，但向溶液中通入HCl气体时溶液的体积会发生变化，所以浓度不能扩大一倍，B不合理；V L浓度为0.3 mol/L的盐酸中有0.3V mol HCl，3 mol/L的盐酸0.2V L含HCl的物质的量为0.6V mol，稀释至1.5V L，浓度为＝0.6 mol/L，C合理；两种盐酸混合后，溶液的体积不能直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，D不合理。
13．(2022·南京模拟)以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备Co2O3需经历酸浸、还原、沉钴、过滤、灼烧等操作。下列实验装置能达到实验目的的是(　C　)

A．用装置甲配制“酸浸”所需的1mol/LH2SO4溶液
B．用装置乙制备“还原”所需的SO2气体
C．用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液
D．用装置丁灼烧CoCO3固体制Co2O3
【解析】　不能在容量瓶中稀释浓硫酸，A错误；浓硫酸和铜反应需要加热，B错误；过滤可以用来分离出不溶性物质，C正确；灼烧固体时应该用坩埚，不用蒸发皿，D错误。
14．(2022·郑州模拟)稀土永磁材料——高性能钕铁硼合金为新能源汽车提供核心原材料。从制钕铁硼的废料中提取氧化钕(Nd2O3)的工艺流程如图1所示，草酸钕晶体的热重曲线如图2所示。

已知：ⅰ.Nd与酸反应生成Nd3＋离子，草酸钕晶体[Nd2(C2O4)3·10H2O]的摩尔质量是732g/mol；
ⅱ.0.1mol/LFe2＋生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH＝6.3，完全沉淀时pH＝8.3；
0．1mol/LFe3＋生成Fe(OH)3，开始沉淀时pH＝1.5，完全沉淀时pH＝2.8。
下列说法不正确的是(　C　)
A．气体1的主要成分是H2，滤渣1是硼和其他不溶性杂质
B．“氧化”时会发生反应：2Fe2＋＋H2O2＋4H2O===2Fe(OH)3↓＋4H＋
C．若“调pH≈4”与“氧化”顺序颠倒，H2O2的利用率无影响
D．由图2可知，500℃时剩余固体的主要成分是Nd2O2CO3
【解析】　钕铁硼废料中主要含Nd、Fe、B，由信息及流程可知，加入稀盐酸，Fe、Nd与盐酸反应生成气体为氢气，硼不与酸反应，反应为Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑、2Nd＋6HCl===2NdCl3＋3H2↑，气体的主要成分是H2，滤渣是硼和其他不溶性杂质，A正确；往滤液1中加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，pH＝4时Fe3＋已经完全沉淀，则反应方程式为2Fe2＋＋H2O2＋4H2O===2Fe(OH)3↓＋4H＋，B正确；若“调pH≈4”与“氧化”顺序颠倒，即先氧化此时溶液显酸性，反应为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，此时生成Fe3＋并未完全沉淀，且Fe3＋能够催化H2O2的分解，从而减小了H2O2的利用率，C错误；由图可知，滤液2中加草酸生成Nd2(C2O4)3·10H2O，设质量为100 g，含结晶水为100 g×≈24.6 g，则110 ℃时完全失去结晶水，然后Nd2(C2O4)3在氧气中加热导致固体质量减少，此时剩余固体的摩尔质量为732 g/mol×51.9%＝379.91 g/mol，Nd2O2CO3的摩尔质量为380 g/mol，则500 ℃时剩余固体的主要成分是Nd2O2CO3，D正确。
二、非选择题(本题包括2小题)
15．(2022·重庆模拟)氯金酸(HAuCl4·4H2O，Mr＝412)为易潮解、易溶于水的橘黄色晶体。氯金酸可用于半导体及集成电路局部镀金，在制备纳米级金方面也有着重要的应用。某化学实验小组设计用双氧水、氯化氢与金粉反应制备氯金酸，并探究其分解产物。
Ⅰ.装置如图1所示(夹持、加热装置已省略)。加入试剂后，先向三颈烧瓶中加入一定量的双氧水，保持装置C的温度为40℃；再向具支烧瓶中滴加浓盐酸，一段时间后得到金黄色氯金酸溶液。升温至100℃，蒸发溶液至棕色粘稠状，冷却后过滤、洗涤、干燥，得橘黄色氯金酸晶体。


(1)装置A中在恒压滴液漏斗的下口连接毛细玻璃管，其优点是__液滴不易飞溅，不易形成酸雾__。
(2)装置B的作用是__做安全瓶，防倒吸__。
(3)装置C发生反应的化学方程式为__2Au＋3H2O2＋8HCl2HAuCl4＋6H2O__。
(4)装置D盛放的试剂为__水__。
(5)实验中需要使用过量的浓盐酸和双氧水，可能原因是__HCl挥发、H2O2受热分解__。
Ⅱ.对制得的氯金酸样品进行热重分析，从图2所示的热重曲线可以看出，样品在不同的温度区间内出现四个质量损失峰。
(6)在36～130.7℃时，质量损失率为17.48%，可能损失的物质是__H2O__(填化学式)。
(7)温度高于344.5℃后，质量不再发生变化，经计算得最终残留物为Au。写出氯金酸发生热分解反应的总化学方程式__2(HAuCl4·4H2O)2Au＋3Cl2↑＋2HCl↑＋8H2O↑__。
【解析】　(1)当液体从分液漏斗滴下来的时候，液体会顺着毛细管留下，故装置A中在恒压滴液漏斗的下口连接毛细玻璃管，其优点是：液滴不易飞溅，不易形成酸雾；(2)装置A制备的氯化氢易溶于水，在装置C中氯化氢参与反应的时候容易引起倒吸，故装置B的作用是做安全瓶，防倒吸；(3)装置C中氯化氢、Au和过氧化氢反应生成产物，反应的方程式为2Au＋3H2O2＋8HCl2HAuCl4＋6H2O；(4)装置D是吸收没有反应完的氯化氢，故装置D盛放的试剂为水；(5)在该反应中氯化氢和过氧化氢是反应物但是氯化氢容易挥发，该反应需要加热，过氧化氢在加热的情况下容易分解，故实验中需要使用过量的浓盐酸和双氧水；(6)×100%≈17.48%，故在36～130.7 ℃时，质量损失率为17.48%，可能损失的物质是水；(7)×100%≈47.8%，且100%－17.48%－8.86%－17.23%－8.62%＝47.81%，故氯金酸分解后生成水蒸气、氯化氢和氯气，氯金酸发生热分解反应的总化学方程式为2(HAuCl4·4H2O)2Au＋3Cl2↑＋2HCl↑＋8H2O↑。
16．(2022·汉中模拟)无水CrCl3可用于制铬酸盐、催化剂等。实验室常用Cr2O3和CCl4在720℃反应制备无水CrCl3，同时生成有剧毒的COCl2(俗称光气)。相关实验装置如图(夹持装置略)。

实验的主要步骤为：
Ⅰ.加热并维持A的温度在60～65℃；
Ⅱ.打开K，通入N2；
Ⅲ.点燃B处酒精喷灯，使瓷舟温度升至720℃左右，恒温反应2h；
Ⅳ.先后停止加热A、B；
Ⅴ.冷却，并继续通入一段时间的N2。
已知：CCl4的沸点是76.8℃。回答下列问题：
(1)制取CrCl3的化学方程式为__Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2__。
(2)装置C的作用是__吸水避免水蒸气进入B__。
(3)步骤Ⅴ中“继续通入一段时间N2”的主要目的是__将装置中残留的剧毒COCl2尾气排入吸收装置D__。
(4)已知：Cr(OH)3为两性氢氧化物，Ksp[Cr(OH)3]＝6×10－31，向CrCl3溶液中加入过量NaOH溶液的离子方程式为__Cr3＋＋4OH－===CrO＋2H2O__；常温下，调节0.6mol·L－1的CrCl3溶液的pH为__pH＝4__时Cr3＋开始沉淀(忽略溶液体积变化)。
(5)CrCl3纯度的测定：称取mg瓷舟中制得的样品，配制成100mL溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入Na2O2，充分反应，然后加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O存在，充分加热煮沸后，冷却至室温，加入足量KI溶液，塞紧塞子，摇匀，静置，加入2滴指示剂，用cmol·L－1硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液滴定至终点。重复滴定多次，平均消耗标准溶液体积为VmL。已知：Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O；I2＋2S2O===S4O＋2I－。
①指示剂的名称为__淀粉溶液__，滴定终点的现象是__溶液由蓝色变为无色，且30__s不复原__。
②样品中CrCl3的纯度为__×100%__(用含m、V和c的计算式表示)。
【解析】　实验室制备无水CrCl3的反应原理为Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2。利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态进入硬质玻璃管与氧化铬反应得到氯化铬，利用无水氯化钙防止水蒸气进入硬质玻璃管，并用氢氧化钠溶液吸收COCl2。(1)由分析知，制备无水CrCl3的反应方程式为Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2；(2)制备无水CrCl3，需要防止水蒸气进入制备装置中，因此仪器C中盛放无水CaCl2，作用是避免水蒸气进入B；(3)COCl2(俗称光气)有剧毒，遇水发生反应：COCl2＋H2O===CO2＋2HCl；上述通入一段时间氮气的主要目的是将残余的COCl2带到尾气吸收装置；(4)Cr(OH)3为两性氢氧化物，向CrCl3溶液中加入过量NaOH溶液，发生反应生成CrO和H2O，反应的离子方程式为Cr3＋＋4OH－===CrO＋2H2O，已知Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝6×10－31，0.6 mol·L－1的CrCl3溶液中c(Cr3＋)＝0.6 mol·L－1，Cr3＋开始沉淀时溶液的c(OH－)＝＝＝1×10－10 mol·L－1，则c(H＋)＝＝＝1×10－4 mol·L－1，即调节pH＝－lg c(H＋)＝4时Cr3＋开始沉淀。(5)①碘单质可以使淀粉溶液变蓝，则可选用淀粉溶液作指示剂，达到终点时，I2被Na2S2O3还原为I－，现象为溶液由蓝色变为无色，且30 s不复原；②根据反应可以得出下列关系：2Cr3＋～Cr2O～3I2～6S2O，则Cr3＋的物质的量为 mol，样品中CrCl3质量百分数为×100%＝×100%。