制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有________。

$\rm A$．酸性   $\rm B$．强氧化性   $\rm C$．难挥发性   $\rm D$．吸水性

$\\rm C$

制备氯化氢的过程反应原理为：$\rm NaCl+H_{2}SO_{4}(浓)\begin{matrix} \underline{\underline{\triangle}} \\ {} \\ \end{matrix}NaHSO_{4}+HCl↑$，则体现了浓硫酸具有难挥发性，即难挥发性酸制备挥发性酸。

使用恒压分液漏斗制备$\rm HCl$气体的优点是                ；$\rm X$装置的名称为                。

保持内外压强一致使得液体顺利流下；干燥管

使用恒压分液漏斗制备$\rm HCl$气体的优点是保持内外压强一致使得液体顺利流下，由题干实验装置图可知，$\rm X$装置的名称为干燥管。

$\rm C$中试纸变蓝后会逐渐褪色，写出褪色过程中发生的化学反应方程式                。

$\\rm {{I}_{2}}+5C{{l}_{2}}+6{{H}_{2}}O=2HI{{O}_{3}}+10HCl$

由分析可知，制备$\rm CuCl$过程中产生$\rm Cl_{2}$，$\rm Cl_{2}$能氧化$\rm KI$为$\rm I_{2}$，从而使湿润的$\rm KI$淀粉试纸变蓝，但由于$\rm Cl_{2}$具有强氧化性，能够将$\rm I_{2}$氧化为更高价态的含碘化合物，故$\rm C$中试纸变蓝后会逐渐褪色，褪色过程中发生的化学反应方程式为：$\rm {{I}_{2}}+5C{{l}_{2}}+6{{H}_{2}}O=2HI{{O}_{3}}+10HCl$。

装置$\rm D$中发生的离子方程式为                。

$\\rm C{{l}_{2}}+2O{{H}^{-}}=C{{l}^{-}}+Cl{{O}^{-}}+{{H}_{2}}O$、$\\rm {{H}^{+}}+O{{H}^{-}}={{H}_{2}}O$

由分析可知，装置$\rm D$的作用为吸收尾气中的$\rm Cl_{2}$和$\rm HCl$，防止污染环境，则其中发生的离子方程式为：$\rm C{{l}_{2}}+2O{{H}^{-}}=C{{l}^{-}}+Cl{{O}^{-}}+{{H}_{2}}O$、$\rm {{H}^{+}}+O{{H}^{-}}={{H}_{2}}O$。

反应结束后，取出$\rm CuCl$产品进行实验，发现其中含有少量的$\rm CuCl_{2}$或$\rm CuO$杂质，根据资料信息分析：

①若杂质是$\rm CuCl_{2}$，则产生的原因是                。

②若杂质是$\rm CuO$，则产生的原因是                。

加热温度不够高，不到$\\rm 300\\ ^\\circ \\text{C}$，$\\rm CuCl_{2}$未完全分解；通入$\\rm HCl$的量太少$\\rm ($氯化氢中含有一定水分$\\rm )$，产生$\\rm Cu_{2}(OH)_{2}Cl_{2}$后分解产生$\\rm CuO$

①若杂质是$\rm CuCl_{2}$，则产生的原因是加热温度不够高，不到$\rm 300\ ^\circ \text{C}$，$\rm CuCl_{2}$未完全分解。

②若杂质是$\rm CuO$，则产生的原因是通入$\rm HCl$的量太少$\rm ($氯化氢中含有一定水分$\rm )$，$\rm Cu^{2+}$水解产生$\rm Cu_{2}(OH)_{2}Cl_{2}$后分解产生$\rm CuO$。

准确称取所制备的氯化亚铜样品$m\ \rm g$，将其置于过量的$\rm FeCl_{3}$溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成$\rm 100\ mL$溶液，取出$\rm 10.00\ mL$，用$a\ \rm mol/L$的$\rm K_{2}Cr_{2}O_{7}$标准溶液滴定到终点，消耗$\rm K_{2}Cr_{2}O_{7}$溶液$b\ \rm mL$，反应中$\rm C{{r}_{2}}O_{7}^{2-}$被还原为$\rm Cr^{3+}$。$\rm CuCl+FeCl_{3}=FeCl_{2}+CuCl_{2}$

配制$\rm 100\ mL$待测液用不到的仪器有________。

$\rm A$．容量瓶   $\rm B$．烧杯   $\rm C$．分液漏斗   $\rm D$．胶头滴管

$\\rm C$

用固体配制$\rm 100\ mL$一定物质的量浓度的待测液需要使用的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、$\rm 100\ mL$容量瓶、胶头滴管，则配制用不到的仪器有分液漏斗。

样品中$\rm CuCl$的质量分数为                $\rm ($结果化简，$M\rm (Cu)=64$，$M\rm (Cl)=35.5)$。

$\\dfrac{597ab}{m}\\%$

根据反应方程式：$\rm CuCl+FeCl_{3}=FeCl_{2}+CuCl_{2}$，$\rm Fe^{2+}$的还原性强于$\rm Cl^{-}$，故可用$a\ \rm mol/L$的$\rm K_{2}Cr_{2}O_{7}$标准溶液滴定到终点，消耗$\rm K_{2}Cr_{2}O_{7}$溶液$b\ \rm mL$，反应中$\rm C{{r}_{2}}O_{7}^{2-}$被还原为$\rm Cr^{3+}$，反应原理为：$\rm 6Fe^{2+}+C{{r}_{2}}O_{7}^{2-}+14H^{+}=6Fe^{3+}+2Cr^{3+}+7H_{2}O$，则有$\rm 6CuCl\sim 6Fe^{2+}\sim C{{r}_{2}}O_{7}^{2-}$，则有：$n{\rm (CuCl)}=n{\rm (Fe^{2+})}=6n{\rm (C{{r}_{2}}O_{7}^{2-})}=6ab\times 10^{-3}\rm \ mol$，故样品中$\rm CuCl$的质量分数为$\dfrac{6ab\times 1{{0}^{-3}}\ {\rm mol}\times 99.5\rm \ g/mol\times \dfrac{100\ mL}{10\ mL}}{m\ \rm g}\times 100 \%=\dfrac{597ab}{m}\%$。

若测定结果偏大可能的原因是________。

$\rm A$．样品中混有$\rm CuO$

$\rm B$．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失

$\rm C$．滴定管未用$\rm K_{2}Cr_{2}O_{7}$标准溶液润洗

$\rm D$．装待测液前锥形瓶内残留少量水

$\\rm C$

$\rm A$．样品中混有$\rm CuO$，导致生成的$\rm Fe^{2+}$偏小，消耗标准液的体积偏小，则所测量结果偏小，$\rm A$不合题意。

$\rm B$．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失，导致消耗的标准液的体积偏小，所测量结果偏小，$\rm B$不合题意。

$\rm C$．滴定管未用$\rm K_{2}Cr_{2}O_{7}$标准溶液润洗，导致标准液浓度偏小，消耗标准液的体积偏大，所测量结果偏大，$\rm C$符合题意。

$\rm D$．装待测液前锥形瓶内残留少量水对实验结果无影响，$\rm D$不合题意。