- 比色法
- 共1072题
【定量实验设计】某研究性学习小组查阅资料获得晶体M的制备原理，他们进行如下探究：
【制备晶体】
以CrCl2•4H2O、过氧化氢、液氨、氯化铵固体为原料，在活性炭催化下，合成了晶体M．
（1）溶液中分离出晶体M的操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥．他们用冰水和饱和食盐水的混合物洗涤晶体M，其目的是______．制备过程中需要加热，但是，温度过高造成的后果是______．
【测定组成】
为了测定M晶体组成，他们设计如下实验．装置如图所示（加热仪器和固定仪器省略）．
为确定其组成，进行如下实验：
①氨的测定：精确称M晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量20% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品溶液中的氨全部蒸出，用一定量的盐酸溶液吸收．蒸氨结束后取下接收瓶，用一定浓度的NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗一定体积的NaOH溶液．
②氯的测定：准确称取a g样品M溶于蒸馏水，配成100mL溶液．量取25.00mL配制的溶液用c mol•L-1AgNO3标准溶液滴定，滴加3滴0.01mol•L-1K2CrO4溶液（作指示剂），至出现砖红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色），消耗AgNO3溶液为b mL．
（2）安全管的作用是______．
（3）用氢氧化钠标准溶液滴定过量的氯化氢，部分操作步骤是检查滴定管是否漏液、用蒸馏水洗涤、______、排滴定管尖嘴的气泡、______、滴定、读数、记录并处理数据；下列操作或情况会使测定样品中NH3的质量分数偏高的是______（填代号）．
A．装置气密性不好 B．用酚酞作指示剂
C．滴定终点时俯视读数 D．滴定时NaOH溶液外溅
（4）已知：硝酸银热稳定性差；Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10-12，Ksp（AgCl）=1.8×10-10
选择棕色滴定管盛装标准浓度的硝酸银溶液，滴定终点时，若溶液中
c（CrO42-）为2.8×10-3mol•L-1，则c（Ag+）=______．
（5）根据上述实验数据，列出样品M中氯元素质量分数计算式______．如果滴加K2CrO4溶液过多，测得结果会______（填：偏高、偏低或无影响）．
（6）经测定，晶体M中铬、氨和氯的质量之比为104：136：213．写出制备M晶体的化学方程式______．
正确答案
解：【制备晶体】
（1）晶体析出后过滤得到晶体，用冰饱和食盐水洗涤晶体，目的是减少晶体M溶解量，双氧水受热易分解2H2O2
故答案为：降低晶体溶解度；加快双氧水分解和液氨挥发；
【测定组成】
（2）A装置用于提供水蒸汽，需要加热．导管起平衡气压作用，故答案为：平衡气压；
（3）滴定管经检漏之后，用标准氢氧化钠溶液润洗、滴定管0刻度在上方，需调节液面至0刻度及0刻度以下才可读数，
A．装置漏气，部分氨气扩散了，测定的NH3质量分数偏低，故A错误；
B．强碱滴定强酸可以选择甲基橙作或酚酞作指示剂，不会导致误差，故B错误；
C．滴定终点时俯视读数，读数小于实际体积，测定消耗氢氧化钠溶液体积偏小，NH3质量分数偏高，故C正确；
D．滴定液外溅，导致测得剩余盐酸体积偏大，NH3质量分数偏小，故D错误；
故答案为：用标准NaOH溶液润洗；调节碱式滴定管内液面至0刻度或0刻度以下；C；
（4）硝酸银很不稳定，在光照的条件下易分解：2AgNO3
故答案为：2.0×10-5mol•L-1；
（5）Ag+Cl=AgCl（s），（Cl）=
故答案为：
（6）（Cr）：（NH）：（Cl）=
故答案为：2CrCl2+H2O2+6NH3+2NH4Cl
解析
解：【制备晶体】
（1）晶体析出后过滤得到晶体，用冰饱和食盐水洗涤晶体，目的是减少晶体M溶解量，双氧水受热易分解2H2O2
故答案为：降低晶体溶解度；加快双氧水分解和液氨挥发；
【测定组成】
（2）A装置用于提供水蒸汽，需要加热．导管起平衡气压作用，故答案为：平衡气压；
（3）滴定管经检漏之后，用标准氢氧化钠溶液润洗、滴定管0刻度在上方，需调节液面至0刻度及0刻度以下才可读数，
A．装置漏气，部分氨气扩散了，测定的NH3质量分数偏低，故A错误；
B．强碱滴定强酸可以选择甲基橙作或酚酞作指示剂，不会导致误差，故B错误；
C．滴定终点时俯视读数，读数小于实际体积，测定消耗氢氧化钠溶液体积偏小，NH3质量分数偏高，故C正确；
D．滴定液外溅，导致测得剩余盐酸体积偏大，NH3质量分数偏小，故D错误；
故答案为：用标准NaOH溶液润洗；调节碱式滴定管内液面至0刻度或0刻度以下；C；
（4）硝酸银很不稳定，在光照的条件下易分解：2AgNO3
故答案为：2.0×10-5mol•L-1；
（5）Ag+Cl=AgCl（s），（Cl）=
故答案为：
（6）（Cr）：（NH）：（Cl）=
故答案为：2CrCl2+H2O2+6NH3+2NH4Cl
硫酸铁铵[aFe2（SO4）3•b（NH4）2SO4•cH2O]广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等．某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如下工艺流程制取硫酸铁铵．
请回答下列问题：
（1）下列物质中最适合的氧化剂B是______；
a．NaClO b．H2O2 c．KMnO4 d．K2Cr2O7
反应的离子方程式______．
（2）上述流程中，用足量最适合的氧化剂B氧化之后和加热蒸发之前，需取少量检验Fe2+是否已全部被氧化，能否用酸性的KMnO4溶液？并说明理由______．（可用文字或方程式说明）
（3）检验硫酸铁铵中NH4+的方法是______．
（4）称取14.00g所得样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀；向另一份溶液中加入含0.05mol Ba （NO3）2的溶液，恰好完全反应．则该硫酸铁铵的化学式为______．
正确答案
解：原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵；
（1）为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂，还原产物是水，发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：b；H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；
（2）酸性高锰酸钾溶液氧化性很强，可以氧化二价铁和双氧水，故答案为：不能，因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
（3）检验NH4+的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有NH4+，
故答案为：在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色；
（4）称取14.00g样品，将其溶于水配置成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀，应为Fe（OH）3，
n（Fe（OH）3）=
向另一份溶液中加入0.05mol Ba（NO3）2溶液，恰好完全反应，则n（SO42-）=0.05mol，
所以14.00g样品中含有Fe2（SO4）30.02mol，n（SO42-）为0.1mol，则（NH4）2SO4为0.1mol-0.02mol×3=0.04mol，
则m（H2O）=14.00g-0.02mol×400g/mol-0.04mol×132g/mol=0.72g，
n（H2O）=
n（Fe2（SO4）3）：n（（NH4）2SO4）：n（H2O）=0.02：0.04：0.04=1：2：2，
所以化学式为Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O，
故答案为：Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O．
解析
解：原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵；
（1）为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂，还原产物是水，发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：b；H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；
（2）酸性高锰酸钾溶液氧化性很强，可以氧化二价铁和双氧水，故答案为：不能，因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
（3）检验NH4+的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有NH4+，
故答案为：在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色；
（4）称取14.00g样品，将其溶于水配置成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀，应为Fe（OH）3，
n（Fe（OH）3）=
向另一份溶液中加入0.05mol Ba（NO3）2溶液，恰好完全反应，则n（SO42-）=0.05mol，
所以14.00g样品中含有Fe2（SO4）30.02mol，n（SO42-）为0.1mol，则（NH4）2SO4为0.1mol-0.02mol×3=0.04mol，
则m（H2O）=14.00g-0.02mol×400g/mol-0.04mol×132g/mol=0.72g，
n（H2O）=
n（Fe2（SO4）3）：n（（NH4）2SO4）：n（H2O）=0.02：0.04：0.04=1：2：2，
所以化学式为Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O，
故答案为：Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O．
步骤I：铁屑的净化
将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁粉．
步骤2：硫酸亚铁的制取
向处理过的铁屑中加入过量的3moL•L-1H2SO4溶液，在600c左右使其反应到不再 产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液．
步骤3：晶体的制备
向所得FeSO4溶液中加入少景3moL•L-1H2SO4溶液，再加入饱和（NH4）2SO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作后得到硫酸亚铁铵晶体．
请回答下列问题：
（1）在步骤I的操作中，分离出液体的方法通常不用过滤，使用的操作是______（填写操 作名称），该操作需要下列仪器中的______填仪器的编号）．
①铁架台②燃烧匙③烧杯④广口瓶
⑤研钵 ⑥玻璃棒⑦酒精灯
（2）在步骤2中加热的同时应适当补充水，使溶液的体 积基本保持不变，这样做的原因是______．
（3）在步骤3中，先加少最稀硫酸的作用是______，蒸发浓缩时加热到______时停止加热：通常为加快过滤速度使用抽滤装置如图所示，其中装置A作用是______；抽滤后还 要用少量______ （填试剂名称）来洗去晶体表面杂质．
（4）本实验制取的硫酸亚铁铵晶体常含有Fe3+杂质．检验晶体中含有Fe3+方法是______．
正确答案
倾析
③⑥
防止硫酸亚铁晶体析出
防止Fe2+、NH4+的水解
溶液表面有晶膜出现
防止倒吸
酒精
取少量晶体溶于水，滴加KSCN，溶液显血红色
解析
解：（1）用碳酸钠洗去油污的废铁屑，沉淀的颗粒较大，静止后容易沉降至容器底部，常用倾析法分离，倾入溶液时，应让溶液沿着玻璃棒流入另一烧杯中，让沉淀尽可能地留在烧杯内，所以该操作需要的仪器为③烧杯；⑥玻璃棒，
故答案为：倾析；③⑥；
（2）在步骤2中加热，溶剂随温度的升高减少，如果不适当补充水，硫酸亚铁晶体可能析出，所以加水使溶液的体积基本保持不变，可防止硫酸亚铁晶体析出，
故答案为：可防止硫酸亚铁晶体析出；
（3）NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+，NH4+、Fe2+水解呈酸性，加入少量硫酸抑制Fe2+、NH4+的水解，得到更多的产品；硫酸亚铁铵晶体中的结晶水受热容易失去，蒸干会使晶体分解，所以蒸发浓缩时加热到溶液表面有晶膜出现时停止加热，采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，通过减压过滤（或抽滤）等得到较为干燥的晶体；乙醇易挥发，抽滤后还要用少量酒精来洗去晶体表面杂质，
故答案为：防止Fe2+、NH4+的水解；溶液表面有晶膜出现；防止倒吸；酒精；
（4）检验Fe3+常用的试剂是KSCN溶液，将晶体配成溶液，向溶液中滴入KSCN溶液，Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，溶液变为血红色，说明含有Fe3+，
故答案为：取少量晶体溶于水，滴加KSCN，溶液显血红色．
孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物．某工厂以孔雀石为主要原料制备CuSO4•5H2O及纳米材料G，主要步骤如下：
已知该条件下，通过调节溶液的酸碱性而使Fe3+、Fe2+、Cu2+沉淀完全．Fe3+、Fe2+、Cu2+开始沉淀及完全沉淀的pH分别如下：
请回答下列问题：
（1）孔雀石主要成分Cu2（OH）2CO3与稀硫酸反应的化学方程式为______．
（2）溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+．要检验其中的Fe2+应选择下列试剂中的______（填序号）．
a．KMnO4 b．NaOH C．H2O2 d．KSCN
（3）试剂①是一种氧化剂，加入该氧化剂的作用是______；
（4）向溶液B中加入试剂②的化学式为______．
（5）气体E和气体F应该先通入CaCl2溶液中的是______（填化学式）．写出制备G和H的化学反应方程式______．
（6）欲测定溶液A中Fe2+的浓度，可用KMnO4标准溶液滴定，反应中MnO4-还原为Mn2+，则该反应的离子方程式为______．取A溶液20.00mL，用去0.0240mol/L KMnO4溶液16.00mL时，恰好达到滴定终点，则A溶液中Fe2+浓度为______．
正确答案
解：（1）碱式碳酸铜为碱式盐能与稀硫酸反应：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，生成硫酸铜、水和二氧化碳，
故答案为：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑；
（2）Fe2+具有还原性，可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，与KSCN不反应，加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化铁、氢氧化铜沉淀而不能检验Fe2+，双氧水，双氧水是一种绿色试剂，将Fe2+氧化为Fe3+，但无明显现象，只有a正确，
故答案为：a；
（3）试剂①是一种氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，可选取双氧水，以便在Cu（OH）2沉淀之前，通过调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀完全，
故答案为：将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+（以便在Cu（OH）2沉淀之前，通过调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀完全）
（4）在溶液B中加CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3等调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，且不引入新的杂质，根据表中数据，Fe3+完全沉淀时PH的范围是2.2～3.2，
故答案为：CuO或Cu（OH）2或CaCO3 或Cu2（OH）2CO3；
（5）根据流程图知，生成的气体E为二氧化碳、氢气，在氯化钙溶液中通入气体F为氨气制备碳酸钙纳米材料，因为二氧化碳不与氯化钙溶液反应，同时二氧化碳在水中的溶解度很小，因此，要先向氯化钙溶液中加入氨水或通入氨气，在碱性溶液中通入二氧化碳，增加二氧化碳的溶解度，从而生成碳酸钙，反应方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，
故答案为：NH3；2NH3+CO2+H2O+CaCl2→CaCO3↓+2NH4Cl；
（6）Fe2+溶液与KMnO4溶液发生氧化还原反应，反应中MnO4-被还原为Mn2+，最小公倍数为5，所以KMnO4前系数为1，Fe2+前系数为5，反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，根据离子方程可知MnO4-～5Fe2+，用去 KMnO4的物质的量为16.00mL×0.0240mol/L=3.84×10-4mol，所以A溶液中Fe2+浓度为
故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；0.096mol/L．
解析
解：（1）碱式碳酸铜为碱式盐能与稀硫酸反应：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，生成硫酸铜、水和二氧化碳，
故答案为：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑；
（2）Fe2+具有还原性，可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，与KSCN不反应，加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化铁、氢氧化铜沉淀而不能检验Fe2+，双氧水，双氧水是一种绿色试剂，将Fe2+氧化为Fe3+，但无明显现象，只有a正确，
故答案为：a；
（3）试剂①是一种氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，可选取双氧水，以便在Cu（OH）2沉淀之前，通过调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀完全，
故答案为：将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+（以便在Cu（OH）2沉淀之前，通过调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀完全）
（4）在溶液B中加CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3等调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，且不引入新的杂质，根据表中数据，Fe3+完全沉淀时PH的范围是2.2～3.2，
故答案为：CuO或Cu（OH）2或CaCO3 或Cu2（OH）2CO3；
（5）根据流程图知，生成的气体E为二氧化碳、氢气，在氯化钙溶液中通入气体F为氨气制备碳酸钙纳米材料，因为二氧化碳不与氯化钙溶液反应，同时二氧化碳在水中的溶解度很小，因此，要先向氯化钙溶液中加入氨水或通入氨气，在碱性溶液中通入二氧化碳，增加二氧化碳的溶解度，从而生成碳酸钙，反应方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，
故答案为：NH3；2NH3+CO2+H2O+CaCl2→CaCO3↓+2NH4Cl；
（6）Fe2+溶液与KMnO4溶液发生氧化还原反应，反应中MnO4-被还原为Mn2+，最小公倍数为5，所以KMnO4前系数为1，Fe2+前系数为5，反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，根据离子方程可知MnO4-～5Fe2+，用去 KMnO4的物质的量为16.00mL×0.0240mol/L=3.84×10-4mol，所以A溶液中Fe2+浓度为
故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；0.096mol/L．
半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷（PCl3）是一种重要的掺杂剂．实验室要用黄磷（即白磷）与干燥的Cl2在曲颈瓶中模拟工业生产制取PCl3，装置如图所示：（部分夹持装置略去）
已知黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5．PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl；遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3．PCl3、POCl3的熔沸点如表：
请回答下列问题：
（1）B中所装试剂是______；E中冷水的作用是______．
（2）F中碱石灰的作用是______．
（3）实验时，检查装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO2，再迅速加入黄磷．通干燥CO2的作用是______．
（4）粗产品中常含有POCl3、PCl5等．加入黄磷加热除去PCl5后，通过______（填实验操作名称），即可得到较纯净的PCl3．
（5）实验结束时，可以利用C中的试剂吸收多余的氯气，C中反应的离子方程式为______．
（6）通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数：
①迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；
②取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL 0.1000mol/L碘水，充分反应；
③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3，溶液滴定；
④重复②、③操作，平均消耗Na2S2O3溶液8.40mL．
已知：H3PO3+I2═H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，
根据上述数据，假设测定过程中没有其他反应，该产品中PCl3的质量分数为______．
正确答案
解：实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：A装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气，K3利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应．
（1）因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），故答案为：浓硫酸；冷凝PCl3防止其挥发；
（2）因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应，故答案为：吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸汽进入烧瓶中和PCl3 反应；
（3）通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止白磷与空气中的氧气发生自燃；
故答案为：排尽装置中的空气，防止白磷自燃；
（4）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，
故答案为：蒸馏；
（5）氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O；
（6）0.1000mol•L-1碘溶液10.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000mol•L-1×0.0100L=0.00100mol，根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.00100mol-0.1000mol•L-1×0.00084L×
故答案为：79.75%．
解析
解：实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：A装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气，K3利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应．
（1）因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），故答案为：浓硫酸；冷凝PCl3防止其挥发；
（2）因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应，故答案为：吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸汽进入烧瓶中和PCl3 反应；
（3）通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止白磷与空气中的氧气发生自燃；
故答案为：排尽装置中的空气，防止白磷自燃；
（4）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，
故答案为：蒸馏；
（5）氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O；
（6）0.1000mol•L-1碘溶液10.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000mol•L-1×0.0100L=0.00100mol，根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.00100mol-0.1000mol•L-1×0.00084L×
故答案为：79.75%．
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