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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-147化学实验基础（10）
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这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-147化学实验基础（10），共29页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-147化学实验基础（10）
一、单选题
1．（2021·上海宝山·统考一模）能用分液漏斗分离的一组物质是
A．AgCl 和NaCl 溶液 B．苯和水
C．溴和四氯化碳 D．乙酸和乙酸乙酯
2．（2021·上海崇明·统考二模）蒸馏操作中需要用到的仪器是
A． B． C． D．
3．（2021·上海青浦·统考一模）北宋柳永的《煮盐歌》中写道“风干日曝盐味加，始灌潮波流成卤”。该过程涉及的物质分离操作为
A．萃取分液 B．浓缩结晶 C．蒸馏 D．趁热过滤
4．（2021·上海奉贤·统考一模）利用图中实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是
A．利用图1装置可从胆矾晶体中获得无水硫酸铜
B．利用图2装置可分离石油，得到汽油、煤油和柴油等各种馏分
C．利用图3装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液
D．利用图4装置可进行酸碱中和滴定
5．（2021·上海·统考一模）能鉴别黄色FeCl3溶液和溴水的是
A．淀粉碘化钾试纸 B．氯水 C．CCl4 D．蓝色石蕊试纸
6．（2021·上海·统考一模）为测定某Na2O2试样(含少量Na2O)中Na2O2的质量分数，设计如下实验：
下列分析错误的是
A．操作Ⅰ和Ⅱ都需要玻璃棒 B．需称量样品和NaCl的质量
C．操作Ⅱ若损失部分固体，测定结果偏大 D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
7．（2021·上海金山·统考一模）用2.0 mol/L 盐酸配制100 mL 0.10 mol/L盐酸，不需要的仪器是
A．量筒 B．烧杯 C．分液漏斗 D．100 mL容量瓶
8．（2021·上海松江·统考一模）用下列实验器材(省略夹持装置)，能完成相应实验的是
实验器材
相应实验
A
烧杯、玻璃棒、蒸发皿
硫酸铜溶液的浓缩结晶
B
烧杯、胶头滴管、电子天平
用固体氯化钠配制0.5mol/L
C
烧杯、胶头滴管、分液漏斗
用溴水和除去NaBr溶液中少量NaI
D
烧杯、玻璃棒、滤纸
用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡
A．A B．B C．C D．D
9．（2021·上海闵行·统考一模）使用过量NaOH溶液能满足实验要求的是
A．除去Al2O3中杂质Fe2O3 B．由AlCl3溶液制备Al(OH)3
C．除去C2H5Br中杂质Br2 D．检验醛基时制备新制Cu(OH)2
10．（2021·上海闵行·统考一模）测定胆矾的结晶水含量时，需要的定量仪器是
A．量筒 B．电子天平 C．容量瓶 D．温度计
11．（2021·上海闵行·统考一模）唐代孙思邈《备急千金要方》中记载：“菖蒲、枸杞根细锉，以水四石，煮取一石六斗，去滓，酿二斛米酒，熟稍稍饮之。”上述蕴含的操作原理不包括
A．溶解 B．蒸发 C．过滤 D．分液
12．（2021·上海虹口·统考一模）下列实验装置能达到目的的是
A．实验室制乙酸乙酯 B．收集氯化氢气体
C．实验室制氨气 D．实验室制乙烯
13．（2021·上海虹口·统考一模）除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂不正确的是
A．溴苯(Br2)：NaOH溶液
B．C2H2(H2S)：CuSO4溶液
C．AlCl3溶液(Fe3+)：NaOH溶液、二氧化碳
D．NaCl溶液()：BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸
14．（2021·上海嘉定·统考一模）在配制一定物质的量浓度的溶液实验中，不需要用到的仪器是（ ）
A． B． C． D．
15．（2021·上海静安·统考二模）配制一定物质的量浓度的溶液的实验中可不选用的仪器是（ ）
A． B． C． D．
16．（2021·上海嘉定·统考二模）硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)，为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式为( )
A．Fe2O3•2SO3•7H2O B．4Fe2O3•10SO3•25H2O
C．3Fe2O3•6SO3•20H2O D．2Fe2O3•5SO3•17H2O
17．（2021·上海·统考一模）某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，其原因不可能是（ ）
A．实验时坩埚未完全干燥 B．加热后固体未放入干燥器中冷却
C．加热过程中晶体有少量溅失 D．加热后固体颜色有少量变黑
18．（2021·上海·统考一模）在中和滴定中用于量取20.00毫升待测溶液的仪器是
A．胶头滴管 B．容量瓶 C．滴定管 D．量筒
19．（2021·上海长宁·统考二模）检验硫酸铁溶液中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是
A．NaOH 溶液 B．酸性 KMnO4 溶液 C．KSCN 溶液 D．Cu
20．（2021·上海·统考二模）在海带提碘的实验中可做萃取剂的是
A．四氯化碳 B．水 C．乙醇 D．乙酸
21．（2021·上海·统考二模）侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（ ）
A．增大浓度 B．生成NaHCO3
C．析出NH4Cl晶体 D．降低浓度
二、工业流程题
22．（2021·上海奉贤·统考一模）碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
7.5
3.4
完全沉淀
9.7
4.4
回答下列问题：
(1)加入少量NaHCO3调节pH在4.4~7.5内，得到的滤渣成分为___________，写出滤渣中电解质的电离方程式___________；实验室进行过滤操作时需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和 ___________ 。
(2)反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出亚铁离子是否完全被氧化的检验方法___________，在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L(标准状况)，则相当于节约NaNO2的物质的量为___________ mol。
(3)碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+可部分水解生成Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为___________。
为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：
准确量取20.00 mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用 0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00 mL。
已知：2Fe3++2I- → 2Fe2++I2 2S2O+I2 → 2I-+S4O
(4)则溶液中铁元素的总含量为___________g·L-1.若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
23．（2021·上海金山·统考一模）摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，M=392 g/mol]可按以下流程制得二水合草酸亚铁(FeC2O4•2H2O)，进一步制备高纯度的还原铁粉：
已知：FeC2O4•2H2O难溶于水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度的升高而增大。
完成下列填空：
(1)摩尔盐溶解后，溶液中的离子浓度由大到小的顺序是___________。
(2)步骤②中，H2C2O4稍过量的原因是___________。
(3)为提高FeC2O4•2H2O的纯度，步骤③中宜用___________(选填“热水”、“冷水”或“无水酒精”)洗涤。
(4)实验室为实现步骤④必须要用到下列仪器中的___________。(选填编号)
a.烧杯 b.坩埚 c.锥形瓶 d.玻璃棒 e.石棉网
(5)写出步骤⑤不宜用炭粉还原Fe2O3的理由___________
(6)称取某摩尔盐样品14.00g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液；取20.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定，发生反应：5Fe2++MnO+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O达到滴定终点时消耗10.00 mL KMnO4溶液。滴定终点的现象是___________，该摩尔盐的纯度是___________。实验结果比理论值偏低的可能原因是___________。(选填编号)
a.滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液
b.滴定过程有少量样品溶液溅出
c.滴定前仰视滴定管读数
d.滴定后滴定管尖嘴处气泡消失
三、实验题
24．（2021·上海·统考一模）为探究SO2与AgNO3溶液的反应，将Cu与浓硫酸共热，产生的气体经饱和NaHSO3溶液后，通入AgNO3溶液中，立刻产生白色沉淀，充分反应后，得到无色溶液M和白色沉淀N。其流程如图：
完成下列填空：
(1)实验结束后，Cu片有剩余，其原因是：___。
(2)用饱和NaHSO3溶液洗涤SO2的原因是：___。
Ⅰ.已知：Ag2SO4微溶于水，Ag2SO3难溶于水。则白色沉淀N可能是Ag2SO4，Ag2SO3或二者的混合物。
(3)取少许M，向其中滴加盐酸至过量，产生白色沉淀，说明M中含有___，静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，未看到白色沉淀，说明M中不含___，可判断出白色沉淀N中不含Ag2SO4，判断的理由是___。
(4)从平衡移动角度解释SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3的原因：___。
(5)已知Ag2SO3溶于氨水发生：Ag2SO3(s)+4NH3·H2O2Ag(NH3)+SO+4H2O，该反应平衡常数的表达式K=___。向Ag2SO3溶于氨水后的混合物中加入少量水，该平衡向___(填“左”或“右”)移动。
Ⅱ.SO2通入0.1mol/LAgNO3溶液中，若将所得混合物放置一段时间，观察到白色固体变为灰色，经检验可知，这是因为生成了黑色的Ag。
(6)写出SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀的化学方程式___。
(7)比较SO2和AgNO3溶液发生的两个反应，能得出的结论是：___。
25．（2021·上海嘉定·统考一模）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
(1)在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由实验现象可推知：____________。
(2)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。
①将补全下列实验操作步骤正确排序da_____e(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2 d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却至室温
②缓缓通入N2的目的是_________。
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_________(列式表示)。
(3)为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)中已恒重的装置A(取出a g后)接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D中的溶液依次为BaCl2、品红。C、D中可观察到的现象分别为________、________。
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式________。
(4)为了测定A中样品的纯度，将取出a g样品溶于水，配制成500 mL溶液，用浓度为c mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00 mL，实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗高锰酸钾溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是___________(填字母)。
A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗
D．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低
26．（2021·上海·统考一模）已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
I.制备K2FeO4(夹持装置略)
(1)A为氯气发生装置，A中反应方程式是____(锰被还原为Mn2+)。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂_____。
(2)C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有①3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，②(写离子方程式)____。
II.为了探究K2FeO4的性质，首先，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2.为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：
方案I
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案II
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
(3)由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有____离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，还可能由___产生(用文字描述或方程式表示)。
(4)方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是____。
(5) 通过计算得知Na2FeO4的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)约是氯气的___倍。用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是___。(答出两点即可)。
27．（2021·上海松江·统考一模）为测定Na2CO3·10H2O、NaHCO3的混合物中NaHCO3的含量，设计如下实验：取一定质量的混合物，通过测量反应前后③装置质量的变化，测定该混合物中NaHCO3的质量分数。
完成下列问题：
(1)U形管①②③盛装的均为固态物质，可选试剂依次为___________、___________、___________(选填编号)。U形管③吸收的气体为___________。
a．碱石灰 b．无水氯化钙 c．无水硫酸铜
(2)干燥管中无水硫酸铜的作用是___________。实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用___________。
(3)实验停止加热后，继续通入空气一段时间的原因是___________。
(4)再设计一种测定上述混合物中NaHCO3含量的方案，并注明需要测定的物理量___________。
28．（2021·上海闵行·统考一模）研究小组通过下列装置测定某燃煤烟气中SO2的体积分数。已知燃煤烟气的主要成分为N2、CO、SO2。
完成下列填空：
(1)A装置是为了观察气体的流速，则试剂M为___________(选填编号)。
a.饱和NaOH溶液 b.饱和Na2S溶液 c.饱和Na2SO3溶液 d.饱和NaHSO3溶液
(2)当B装置中溶液颜色由________时，则停止通气，B装置中的反应体现SO2的________性(选填“氧化”“还原”或“漂白”)。
(3)经测定，燃煤烟气消耗了50.00 mL含I21.000×10-3mol/L的溶液，且C装置中气体体积为20.00mL(标准状况下)。则燃煤烟气中SO2的体积分数为___________(保留小数点后三位)。 若读数时水准管内液面高于量气管内液面，则结果将___________(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(4)最近，中国科学家利用多孔碳吸附SO2，不仅能解决燃煤污染，而且实现了SO2回收利用。下图是多孔碳对燃煤烟气中SO2的吸附、转化、热再生的示意图。
①写出步骤②中硫酸根离子的检验方法_______。步骤③的化学方程式为_________。
②SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是_________。
29．（2021·上海虹口·统考一模）某化学兴趣小组对硫代硫酸钠Na2S2O3产生兴趣。该小组通过实验对Na2S2O3的某些性质进行了探究。完成下列填空：
(1)甲同学设计并进行了如下实验：
序号
实验操作
实验现象
实验①
向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液
氯水颜色变浅
实验②
取少量实验①反应后的溶液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液
出现白色沉淀
实验②中产生白色沉淀的化学式为___。上述实验说明Na2S2O3具有______性。
(2)乙同学取少量实验①反应后的溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，据此也认为氯水将Na2S2O3氧化。评价他的推理是否正确并说明理由。_____
(3)丙同学查阅资料，了解到Na2S2O3的一种制取原理：S + Na2SO3 Na2S2O3.为探究外界条件对Na2SO3转化率的影响，他设计如下对比实验(每次反应时间为60 min)：
序号
硫粉质量
Na2SO3质量
水质量
反应温度
Na2SO3转化率
实验③
18 g
63 g
42 g
80℃
80.7%
实验④
18 g
63 g
57 g
80℃
94.6%
实验⑤
36 g
63 g
42 g
80℃
80.8%
(i)实验③、④的目的是探究_________对亚硫酸钠转化率的影响；
(ii)实验③、⑤中Na2SO3转化率基本不变的原因是________；
(iii)实验⑥想要探究温度升高对亚硫酸钠转化率是否有影响，请设计一组实验数据填入表中:
序号
硫粉质量
Na2SO3质量
水质量
反应温度
Na2SO3转化率
实验③
18 g
63 g
42 g
80℃
80.7%
实验④
18 g
63 g
57 g
80℃
94.6%
实验⑤
36 g
63 g
42 g
80℃
80.8%
实验⑥
___
___
__
__
……
……
……
……
……
……
……
(4)丁同学将少量Na2S2O3溶液滴至AgNO3溶液中，发现立即生成了白色Ag2S2O3沉淀，但沉淀很快变为棕黄色，最终变为黑色。过滤后，滤液中只含AgNO3、NaNO3与H2SO4.已知Ag、Ag2O、Ag2S均为黑色且难溶于水，推测该实验中黑色沉淀可能是________，理由是_________。
四、原理综合题
30．（2021·上海松江·统考一模）亚硝酸钠广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。
已知：①亚硝酸及其盐既有氧化性又有还原性。
②稀溶液中氧化性：
③酸性：
完成下列填空：
(1)在酸性溶液中滴入溶液，溶液褪色。写出该反应的离子方程式___________。被氧化的元素是___________。
(2)往冷溶液中加入或通入下列某种物质可得稀溶液。该物质是___________(选填序号)。
a．稀硫酸 b．二氧化碳 c．二氧化硫 d．醋酸
(3)溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________；常温下，等浓度的溶液与溶液pH______(选填“前者大”、“后者大”或“相等”)。若使两者pH相等，可采取的措施是___________(选填序号)。
a．向溶液中加适量水 b．向溶液中加适量NaOH
c．向溶液中加适量水 d．向溶液中加适量NaOH
(4)已知：。以溶液和气体为原料，得到硫酸溶液及NO与混合气体，同时将所得混合气体通入NaOH溶液生产。
①若得到的盐全部为，则原料和的物质的量之比为___________。
②生产中，若硝酸浓度过高，产率___________，若硝酸浓度过低，产率___________(选填“偏低”、“偏高”或“不变”)。
参考答案：
1．B
【详解】A．AgCl 和NaCl 溶液选择用过滤操作分离，应选择三角漏斗，不需要分液漏斗，故A错误；
B．苯和水互不相溶，分层，选择分液操作分离，则应选择分液漏斗，故B正确；
C．溴和四氯化碳相互混溶，选择蒸馏操作分离，应选择蒸馏烧瓶、冷凝管等，不需要分液漏斗，故C错误；
D．乙酸和乙酸乙酯相互混溶，选择蒸馏操作分离，应选择蒸馏烧瓶、冷凝管等，不需要分液漏斗，故D错误；
故答案为B。
2．A
【详解】蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，分液漏斗、蒸发皿、容量瓶不用于蒸馏操作，故答案选A。
3．B
【详解】本句诗的解释为：等到风吹日晒时间久了，海水的盐味就增加了，这个时候才开始制成盐卤，该过程涉及的物质分离操作为浓缩结晶，将海水浓缩，析出结晶，故B正确；
故选B。
4．D
【详解】A．通过在坩埚中加热胆矾晶体可获得无水硫酸铜，A错误；
B．图2装置中的温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，B错误；
C．乙醇与乙酸乙酯互溶，不能用分液漏斗进行分离，C错误；
D．酸碱中和滴定时，酸盛放在酸式滴定管内，碱及2到3滴指示剂盛放在锥形瓶内，进行中和滴定，D正确；
答案选D。
5．C
【详解】A．根据反应：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，2I-+Br2=2Br-+I2，故FeCl3溶液和溴水均能是淀粉碘化钾试纸变蓝，A不合题意；
B．氯水与FeCl3溶液和溴水均不反应，故均无明显现象，B不合题意；
C．FeCl3溶液与CCl4不互溶，且FeCl3也不溶于CCl4，故分层下层接近无色，上层为黄色，溴水中加入CCl4则溶液分层，上层接近无色，下层为深橙红色，故可以鉴别，C符合题意；
D．FeCl3溶液由于Fe3+水解而显酸性，溴水中Br2+H2O=HBr+HBrO显酸性，均能使蓝色石蕊试纸变红，D不合题意；
故答案为：C。
6．D
【分析】有题干信息可知，操作Ⅰ是让试样和盐酸充分反应，2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑，Na2O+2HCl=2NaCl+H2O，操作Ⅱ是蒸发浓缩，然后冷却结晶，称量所得到的固体NaCl，设试样中Na2O2的物质的量为n1mol，Na2O的物质的量为n2mol，则有78n1+62n2=m(试样) 58.5(2n1+2n2)=m(NaCl)，解联合方程即可求出n1=，也就能求出Na2O2的质量分数，据此分析解题。
【详解】A．操作Ⅰ用玻璃棒搅拌，加快反应速率并使反应进行更完全，操作Ⅱ用玻璃棒则可防止暴沸，A正确；
B．有分析可知，要求出Na2O2的质量分数，需称量样品和NaCl的质量，B正确；
C．有分析可求出，n1=，故操作Ⅱ若损失部分固体，导致m(NaCl)偏小，则n1的值偏大，故Na2O2的质量分数测定结果偏大，C正确；
D．由C项分析可知，若溶液转移不完全，导致m(NaCl)偏小，则n1的值偏大，故Na2O2的质量分数测定结果偏大，D错误；
故答案为：D。
7．C
【分析】用2.0mol/L 盐酸配制100mL 0.10mol/L盐酸的一般步骤为计算→量取→稀释→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀，结合配制步骤解答。
【详解】A．量取2.0mol/L盐酸用到量筒和胶头滴管，A不符题意；
B．稀释在烧杯中进行，B不符题意；
C．分液漏斗常用于萃取、分液等，配制溶液用不到分液漏斗，C符合题意；
D．冷却后将溶液转移到100mL容量瓶中，以及定容用到100mL容量瓶，D不符题意。
答案选C。
8．C
【详解】A．硫酸铜溶液的浓缩结晶，除去使用烧杯、玻璃棒、蒸发皿外，还需使用酒精灯、坩埚钳等，A不符合题意；
B．用固体氯化钠配制0.5mol/L氯化钠溶液，除去使用烧杯、胶头滴管、电子天平外，还需使用一定规格的容量瓶、玻璃棒等，B不符合题意；
C．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中少量NaI时，应先往NaI溶液中加入溴水，再加入CCl4萃取分液，所以需使用的仪器有烧杯、胶头滴管、分液漏斗等，C符合题意；
D．用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡时，需使用过滤操作，除使用烧杯、玻璃棒、滤纸外，还需使用漏斗等，D不符合题意；
故选C。
9．D
【详解】A．Al2O3是两性氧化物，可与强碱反应，Fe2O3与氢氧化钠不反应，使用过量 NaOH 溶液无法除去Al2O3中杂质Fe2O3，故A不能满足实验要求；
B．Al(OH)3是两性氢氧化物，可与强碱反应，向AlCl3溶液加入过量NaOH溶液会使生成Al(OH)3溶解，故B不能满足实验要求；
C．卤代烃在碱性条件下发生水解，Br2与氢氧化钠反应，则过量NaOH溶液不能除去C2H5Br中杂质Br2，故C不能满足实验要求；
D．检验醛基时需要在碱性条件下进行，则制备新制Cu(OH)2时可以使用过量NaOH溶液，使溶液显碱性，故D能满足实验要求；
答案选D。
10．B
【详解】
量筒用于测量气体或液体的体积，容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，温度计用于测量温度，电子天平用于测量质量，测定胆巩结晶水含量需要测量去除水分前后胆矾的质量变化，需要的定量仪器是电子天平，答案选B。
11．D
【详解】唐代孙思邈《备急千金要方》中记载：“菖蒲、枸杞根细锉，以水四石，煮取一石六斗，去滓，酿二斛米酒，熟稍稍饮之。”意思是将菖蒲、枸杞的根粉碎研磨，在加水溶解后煮沸蒸发浓缩，过滤去渣，与米酒共饮，上述蕴含的操作原理不包括分液，答案选D。
12．B
【详解】
A．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下加热反应生成乙酸乙酯，用饱和的NaOH溶液吸收，生成的乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应用饱和碳酸钠溶液吸收，故A错误；
B．HCl密度比空气密度大，应长导管进气收集，由于HCl极易溶于水，为了防倒吸，尾气吸收时导气管插入CCl4层，故B正确；
C．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，即NH4Cl NH3↑+HCl↑，在试管口又重新化合生成氯化铵，即NH3+HCl=NH4Cl，不能用来制备氨气，故C错误；
D．实验室制乙烯应加热到170℃，装置图缺少温度计，无法控制反应温度，温度在140℃时乙醇发生副反应，生成乙醚，故D错误；
答案为B。
13．C
【详解】A．Br2与NaOH溶液反应生成可溶于水的NaBr、NaBrO，与溴苯分层，然后分液达到除杂的目的，A正确；
B．加入CuSO4溶液可发生反应：，C2H2不反应，B正确；
C．加入足量NaOH溶液，AlCl3溶液转化为NaAlO2和NaCl，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，滤液中通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，不能获得氯化铝溶液，C错误；
D．依次通入BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸，先生成硫酸钡沉淀除去，再生成碳酸钡沉淀除掉多余的钡离子，过滤后用盐酸除去多余的碳酸根离子，可达到除杂效果，D正确；
答案选C。
14．A
【详解】
配制一定物质的量浓度的一般步骤是计算、（称量）量取、（溶解）稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，一般用托盘天平称量溶质的质量（或者用量筒量浓溶液体积），用药匙取用药品，在烧杯中溶解（或者稀释），并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有托盘天平（量筒）、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器为漏斗。
答案选A。
15．B
【详解】配制一定物质的量浓度的溶液所需要的的仪器有容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；
A．为容量瓶，配制溶液时必须使用，故A不符合题意；
B．为量筒，用液体配制溶液时需要，用固体配制溶液时不需要量筒，即配制溶液时量筒不是必须使用的仪器，故B符合题意；
C．为烧杯，配制溶液时溶解稀释必须使用的仪器，故C不符合题意；
D．为玻璃棒，配制溶液时搅拌及转移操作时必须使用的仪器，故D不符合题意；
答案选B。
16．D
【详解】取5.130g碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O），溶于足量盐酸中，则所得的溶液中含Fe3+和SO42﹣。加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g即BaSO4物质的量 =0.025mol，根据S原子的守恒即可知碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）中“SO3”的物质的量为0.025mol，质量m=nM=0.025mol×80g/mol=2.00g；
上述滤液中还含有Fe3+，加入过量的NaOH溶液，即得Fe（OH）3沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，由于转化过程中铁元素的守恒，故碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）中“Fe2O3”的质量即为1.600g，其物质的量=0.01mol。
而碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量m=5.13g﹣2.00g﹣1.600g=1.53g，物质的量 =0.085mol。 故该样品中x：y：z=0.01mol：0.025mol：0.085mol=2：5：17，故选D。
17．B
【详解】A．实验时坩埚未完全干燥，计算出的结晶水的质量偏高，会使误差偏大，故A错误；
B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，差距值变小，结果偏小，故B正确；
C．加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏高，故C错误；
D．加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故D错误；
故答案为B。
【点睛】考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，明确实验操作方法和原理为解答关键，根据结晶水合物中，结晶水的质量=m(容器十晶体)-m(容器十无水硫酸铜)，质量分数=×100%，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高。
18．C
【详解】A、中和滴定实验中不需要胶头滴管，故A不符合题意；
B、容量瓶的构造：温度、容量、刻度线，容量瓶规格100mL、250mL、500mL、1000mL，没有20mL规格，故B不符合题意；
C、滴定管读数读到0.01mL，故C符合题意；
D、量筒量取液体体积的仪器，但读数读到0.1mL，故D不符合题意。
19．B
【详解】A．若加入NaOH，硫酸亚铁发生复分解反应产生的白色Fe(OH)2会被硫酸铁发生反应产生的红褐色的Fe(OH)3遮挡，不容易观察到，因此不能鉴定，选项A错误；
B．KMnO4有氧化性，硫酸亚铁有还原性，会发生氧化还原反应，使KMnO4的紫色褪去，而硫酸铁不能与KMnO4发生反应，因此可以作为鉴定试剂，选项B正确；
C．KSCN与硫酸铁会发生反应，使溶液变红色，而硫酸亚铁不能反应，因此无论硫酸亚铁是否存在，溶液都变红色，因此无法鉴定，选项C错误；
D．Cu与硫酸铁溶液发生反应而溶解，但不能与硫酸亚铁反应，因此不能鉴定，所以铜不能作为鉴定试剂，选项D错误。
答案选B。
20．A
【详解】A．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与四氯化碳不反应，水与四氯化碳不互溶，选项A 正确；
B．碘在水中的溶解度很小，且水与含碘溶液互溶，选项B错误；
C．乙醇与水互溶，选项C错误；
D．乙酸与水互溶，选项D错误；
答案选A。
【点睛】萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，选用的萃取剂的原则是：①和原溶液中的溶剂互不相溶更不能发生化学反应；②溶质在该溶剂中溶解度要远大于原溶剂。
21．B
【详解】向母液中通氨气能增大NH4+的浓度，NH4Cl的溶解度随温度的变化而变化的大，使NH4Cl更多地析出，并且能使NaHCO3转化为Na2CO3，降低浓度，提高析出的NH4Cl纯度。故B错误，本题的正确选项为B。
点睛： 根据联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；主要的副产物为氯化铵，需要考虑氯化铵的回收利用，要提高原料的利用率，可以循环使用的方法等知识点来解题。
22． Al(OH)3，Fe H++AlO+H2OAl(OH)3 Al3++3OH- 玻璃棒 取样，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色说明Fe2+完全被氧化 2 2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+ 5.6 偏高
【详解】(1)制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al(OH)3，要避免生成应Fe(OH)2沉淀，控制pH在4.4～7.5之间可以让Al3+完全沉淀而Fe2+不沉淀，废铁屑过量，反应后有铁单质剩余。Al(OH)3可以酸式电离也可以碱式电离，故电离方程式为：H++AlO+H2OAl(OH)3Al3++3OH-。实验室进行过滤操作时需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故答案为：Al(OH)3，Fe；H++AlO+H2OAl(OH)3Al3++3OH-玻璃棒；
(2) NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子，本身变为NO，故反应方程式为2H+ + Fe2++ NO2- = Fe3+ + NO↑ + H2O，检验亚铁离子可以用高锰酸钾，也可以用铁氰化钾检验，取样，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色说明Fe2+完全被氧化。11.2L(标准状况) O2为0.5mol， ，，可知0.5mol O2得电子数为：，相当于节约NaNO2的物质的量为2mol，故答案为：取样，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色说明Fe2+完全被氧化；2。
(3)碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+可部分水解生成Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为：2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+，故答案为：2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+。
(4)根据反应方程式可以得出关系式为：，，铁元素的总含量为：，若滴定前溶液中H2O2没有除尽，则H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3将偏多，导致所测定的铁元素的含量偏高，故答案为：5.6；偏高。
23． c(SO)>c(NH)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-) 使Fe2+完全沉淀 热水 bd 产物中会混有过量的炭粉 溶液变为(淡)紫红色，且半分钟内不变色 70% bc
【分析】摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]溶解、酸化得含(NH4)2Fe(SO4)2的溶液，加稍过量的H2C2O4发生复分解反应得FeC2O4•2H2O沉淀，过滤、洗涤、干燥得FeC2O4•2H2O，在有氧气的环境中灼烧得Fe2O3，将Fe2O3还原得Fe，据此解答。
【详解】(1)摩尔盐溶解后得(NH4)2Fe(SO4)2溶液，铵根离子水解、亚铁离子水解使溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，因水解是微弱的，因此c(SO)>c(NH)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)，故答案为：c(SO)>c(NH)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)；
(2)步骤②中，H2C2O4电离的草酸根离子将亚铁离子沉淀，过量的原因是使Fe2+完全沉淀，故答案为：使Fe2+完全沉淀；
(3)因为步骤②中H2C2O4过量，步骤③过滤得到的FeC2O4•2H2O沉淀沉淀表面含H2C2O4，因H2C2O4的溶解度随温度的升高而增大，洗涤时为确保H2C2O4完全洗涤除去，应用热水洗涤，故答案为：热水；
(4)步骤④为灼烧，将FeC2O4•2H2O置于坩埚中，坩埚放在泥三角上用酒精灯加热灼烧，同时用玻璃棒搅拌，因此所给仪器中必须用到的有坩埚和玻璃棒，故答案为：bd；
(5)要将Fe2O3完全还原，操作时需加过量的炭粉，但过量的铁粉会混在铁中，因此步骤⑤不宜用炭粉还原Fe2O3，故答案为：产物中会混有过量的炭粉；
(6)高锰酸钾溶液为紫红色，当溶液中亚铁离子消耗完时，滴入的高锰酸钾不再反应，溶液将变为(淡)紫红色，且半分钟内不变色，因此滴定终点的现象是溶液变为(淡)紫红色，且半分钟内不变色；滴定20.00mL样品溶液，滴定终点时消耗0.1000mol/L 10.00 mL KMnO4溶液，其物质的量n(KMnO4)=0.1000mol/L×10.00mL×10-3L/mL=1×10-3mol，结合反应离子方程式5Fe2++MnO+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O可知溶液中Fe2+的物质的量=5n(KMnO4)=5×10-3mol，则n[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]=n(Fe2+)=5×10-3mol，质量m[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]=5×10-3mol×392g/mol=1.96g，则该摩尔盐的纯度==70%；以下操作对实验结果造成的影响分析如下：
a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液，即未用KMnO4溶液润洗，KMnO4溶液被稀释，滴定时消耗KMnO4溶液的体积偏大，KMnO4物质的量偏大，导致结果偏高；
b．滴定过程有少量样品溶液溅出，消耗KMnO4溶液的体积偏小，KMnO4物质的量偏小，导致结果偏低；
c．滴定前仰视滴定管读数，导致滴定前读数偏大，代入计算的KMnO4溶液的体积偏小，KMnO4物质的量偏小，导致结果偏小；
d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消失，说明滴定前滴定管尖嘴处有气泡，导致滴定前读数偏小，KMnO4溶液的体积偏大，KMnO4物质的量偏大，导致结果偏高；
因此在所给原因中实验结果比理论值偏低的可能原因是bc，故答案为：溶液变为(淡)紫红色，且半分钟内不变色；70%；bc。
24． 随着反应进行，浓硫酸浓度逐渐减小，不再与铜片反应，所以铜片剩余 产生的SO2中混有硫酸的酸雾，饱和NaHSO3溶液除去硫酸；SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度小 Ag+(或AgNO3) SO(或Ag2SO4) Ag2SO4微溶于水，若N中有Ag2SO4，则M中一定有SO，向其中加入BaCl2溶液应有沉淀，但加入BaCl2溶液无沉淀，说明M无SO，则N中没有Ag2SO4 SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSO、HSOH++SO，SO和Ag+反应生成难溶的Ag2SO3，使上述三个平衡右移 左 SO2+2AgNO3+2H2O→2Ag↓+H2SO4+2HNO3 氧化还原反应的速率比发生复分解反应的速率慢
【分析】(1)铜与稀硫酸不反应；
(2) Cu与浓硫酸共热产生的SO2中混有硫酸的酸雾；
(3)析出硫酸银固体后的母液应该是硫酸银的饱和溶液；
(4)二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸能电离出亚硫酸根离子；
(5)加水稀释，该反应的浓度熵Q增大；
(6) SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀，说明硝酸银被还原为银单质，SO2被氧化为硫酸；
(7) SO2通入0.1mol/LAgNO3溶液中，先发生复分解反应生成Ag2SO3，后发生氧化还原反应生成Ag；
【详解】(1)随着反应进行，浓硫酸浓度逐渐减小，不再与铜片反应，所以铜片剩余；
(2) Cu与浓硫酸共热产生的SO2中混有硫酸的酸雾，饱和NaHSO3溶液除去硫酸，SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度小，所以用饱和NaHSO3溶液洗涤SO2；
(3)氯化银难溶于水，向溶液M中滴加盐酸至过量，产生白色沉淀，说明M中含有Ag+；Ag2SO4微溶于水，若N中有Ag2SO4，则M中一定有SO，向其中加入BaCl2溶液应有沉淀，但加入BaCl2溶液无沉淀，说明M无SO，则N中没有Ag2SO4；
(4) SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSO、HSOH++SO，SO和Ag+反应生成难溶的Ag2SO3，使上述三个平衡右移；
(5) Ag2SO3(s)+4NH3·H2O2Ag(NH3)+SO+4H2O，该反应平衡常数的表达式K=；向Ag2SO3溶于氨水后的混合物中加入少量水，浓度熵Q增大，Q>K，该平衡向左移动；
(6) SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀，说明硝酸银被还原为银单质，SO2被氧化为硫酸，化学方程式为SO2+2AgNO3+2H2O→2Ag↓+H2SO4+2HNO3；
(7) SO2通入0.1mol/LAgNO3溶液中，先发生复分解反应生成Ag2SO3，后发生氧化还原反应生成Ag，说明氧化还原反应的速率比发生复分解反应的速率慢。
【点睛】本题以SO2与AgNO3溶液的反应为载体，考查学生探究能力、问题分析与解决能力，明确反应原理是解题关键，熟悉平衡移动原理，注意题目信息的提取和应用。
25． 样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe bcf 赶尽装置(系统)内的空气 % 产生白色沉淀、有气泡冒出 褪色 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ BC
【详解】(1)少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，溶液中含有亚铁离子，再向试管中通入空气，溶液中亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，溶液逐渐变红，故答案为样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe。
(2)①实验时为避免亚铁离子被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，正确顺序为dabcfe。
②缓缓通入N2的目的是赶尽装置(系统)内的空气，防止亚铁离子被氧化为铁离子。
③根据实验记录，m(FeSO4)=(m3-m1) g，m(H2O)= (m2-m3) g，n(FeSO4)=，n(H2O)=，绿矾化学式中结晶水数目x== 。
(3)①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，反应中Fe元素化合价升高，则S元素化合价降低，一定生成SO2，由此可知硫酸亚铁高温分解生成Fe2O3、SO2和SO3，C中氯化钡用于检验SO3，可观察到白色沉淀，且可看到气泡，D中品红用于检验SO2，品红褪色。故答案为产生白色沉淀、有气泡冒出；褪色。
②由①分析可知硫酸亚铁高温分解的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
(4) A．实验结束时俯视刻度线读数，读数偏小，使测得的酸性高锰酸钾溶液的体积偏小，故A不符合题意；
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致测得的酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，故B符合题意；
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，导致消耗的酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，故C符合题意；
D．如果酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低，三次测得的体积应该都偏大，故D不符合题意；
故答案为BC。
26． 2KMnO4+16HCl→2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O Cl2+2OH−→Cl−+ClO−+H2O Fe3+ K2FeO4分解会产生 Fe3+(或4+2H+→4Fe3++3O2↑+10H2O ) 排除ClO-的干扰 0.64 既能消毒杀菌又能净水(或无毒或方便保存等)
【分析】本实验的目的是制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质，首先利用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可以用饱和食盐水除去，之后通入过量KOH溶液中与Fe(OH)3反应生成高铁酸钾，NaOH溶液处理未反应的氯气，之后取C中紫色溶液，探究K2FeO4的性质。
【详解】(1)A装置中高锰酸钾将浓盐酸氧化反应生成Cl2，锰被还原为Mn2+，反应方程式为2KMnO4+16HCl→2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O；装置B中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，装置如图 ；
(2)C中有大量KOH溶液，所以还会发生氯气和KOH的反应，离子方程式为Cl2+2OH−→Cl−+ClO−+H2O；
(3)滴加KSCN溶液至过量溶液呈红色，说明含有Fe3+；根据题意可知K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，根据氧化还原反应的规律可知K2FeO4分解产生氧气时还会产生Fe3+，发生反应：4+2H+→4Fe3++3O2↑+10H2O，所以Fe3+的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化；
(4)使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO－，ClO－在酸性条件下可与Cl－反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：排除ClO-的干扰；
(5)Na2FeO4作氧化剂被还原生成Fe3+，1gNa2FeO4可以得到mol电子，氯气被还原成Cl-，所以1gCl2可以得到mol电子，则Na2FeO4的消毒效率约是氯气的=0.64倍；高铁酸钾被还原生成铁离子，铁离子可以水解产生氢氧化铁胶体，可以吸附水中杂质达到净水的目的，而且高铁酸钾无毒，所以用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是既能消毒杀菌又能净水(或无毒或方便保存等)。
27． a b a CO2 检验水蒸气是否已经被完全除去 防止空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大 将反应产生的CO2全部赶入装置③ 方案一：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理或方案二：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理。
【分析】根据实验装置图可知，该实验方案的原理是：加热样品，发生反应Na2CO3·10H2ONa2CO3+10H2O、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，通过测定样品受热产生的CO2的质量确定NaHCO3的含量；为了使CO2测量准确，加热样品前要先通入空气，经U形管①吸收空气中的CO2和H2O(g)，用不含CO2和H2O(g)的空气排尽装置中的空气，然后对样品加热，使样品充分反应，U形管②吸收反应生成的H2O(g)，无水硫酸铜用于检验反应生成的H2O(g)是否被完全吸收，U形管③吸收反应生成的CO2，U形管③反应前后增加的质量即为反应生成的CO2的质量；为使反应生成的CO2在U形管③中全部被吸收，停止加热后需继续通入一段时间的空气将反应产生的CO2全部赶入U形管③中；为防止外界空气的CO2和H2O(g)进入U形管③中，最后干燥管中的碱石灰用于吸收外界空气的中CO2和水蒸气；据此分析作答。
【详解】(1) U形管①②③盛装的均为固态物质，根据分析，U形管①中试剂用于吸收空气中的CO2和H2O(g)，选用碱石灰，选a；U形管②中试剂用于吸收反应生成的H2O(g)、不吸收CO2，选用无水CaCl2，选b；U形管③中试剂用于吸收反应生成的CO2，选用碱石灰，选a；故答案为：a；b；a；CO2。
(2)为使CO2的测量准确，U形管②必须将反应生成的H2O(g)完全吸收，故干燥管中无水硫酸铜的作用是检验水蒸气是否已经被完全除去，若被完全除去，则无水硫酸铜不变蓝；实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用是防止外界空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大；故答案为：检验水蒸气是否已经被完全除去；防止空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大。
(3)停止加热后，有部分CO2残留在硬质玻璃管、U形管②、导管中等，继续通入空气一段时间可将反应产生的CO2全部赶入装置③，使反应生成的CO2全部被③中碱石灰吸收；故答案为：将反应产生的CO2全部赶入装置③。
(4)常用的测定混合物含量的实验方法有：滴定分析法、重量分析法等；根据Na2CO3·10H2O和NaHCO3的性质，可采用滴定分析法，实验方案为：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理；也可采用重量分析法，实验方案为：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理；故答案为：方案一：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理或方案二：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理。
28． d 蓝色变为无色 还原性 0.053 偏小 取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子 C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O 提高SO2的纯度(去除杂质)；提高SO2的浓度(或富集SO2)
【分析】
根据题意，结合图示装置，该装置测定某燃煤烟气中SO2的体积分数，已知燃煤烟气的主要成分为N2、CO、SO2，A 装置是为了观察气体的流速，则试剂M不能与烟气中的气体反应，烟气进入装置B，SO2具有还原性，与B中的碘单质发生氧化还原反应，当B装置中溶液由蓝色变为无色时，停止通入气体，C中液面稳定不变时，记录C装置量气管的体积，测量的体积为N2、CO的体积，根据相关数据计算燃煤烟气中 SO2的体积分数。
【详解】
(1)A 装置是为了观察气体的流速，则试剂 M 不能与烟气的成分发生反应，
a．SO2是酸性氧化物，与饱和NaOH 溶液反应，故a不符合题意；
b．SO2具有氧化性，与饱和Na2S溶液发生氧化还原反应，故b不符合题意；
c．SO2与饱和Na2SO3溶液反应转化为NaHSO3，故c不符合题意；
d．饱和NaHSO3溶液与烟气中的成分不反应，故d符合题意；
答案选d；
(2)根据分析，当B装置中溶液颜色由蓝色变为无色时，则停止通气，B装置中的反应体现 SO2的还原性；
(3)经测定，燃煤烟气消耗了50.00 mL 含I2 1.000×10-3 mol/L 的溶液，根据反应I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4可知，烟气中n(SO2)= n(I2)=0.05L×1.000×10-3 mol/L=5.0×10-5mol，标况下V(SO2)= 5.0×10-5mol×22.4L/mol=1.12×10-3L=1.12mL，C 装置中气体体积为20.00mL(标准状况下)，则燃煤烟气中 SO2 的体积分数为=0.053；若读数时水准管内液面高于量气管内液面，导致测量的N2、CO的混合气体的体积偏大，则结果将偏小；
(4)①步骤②中硫酸根离子的检验方法为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子；步骤③中加热条件下碳与硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
②燃煤烟气中除SO2外还含有多种杂质气体，SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是提高SO2的纯度(去除杂质)；提高SO2的浓度(或富集SO2)。
29． BaSO4 还原 不正确，因为氯水过量，氯水中同样含有Cl- 亚硫酸钠浓度 硫为固体,不影响平衡移动 18 g或36g 63g 42g或57g或其他合理数据 100 ℃ Ag2S 溶液中含，S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故只能为Ag2S
【详解】(1)向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，则说明氯气发生反应；取反应后的溶液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，可知该沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素的化合价升高，则Na2S2O3作还原剂，具有还原性；
故答案为：BaSO4；还原；
(2)乙同学取少量实验①反应后的溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，据此也认为氯水将Na2S2O3氧化，氯气溶于水能生成盐酸和次氯酸，故溶液中存在氯离子，不能证明是与Na2S2O3发生了氧化还原反应，故该推理不正确；
故答案为：不正确，因为氯水过量，氯水中同样含有Cl-；
(3)(i)对比实验③、④，可知水的量不同，则两组实验的目的是探究亚硫酸钠浓度对亚硫酸钠转化率的影响；
(ii)实验③、⑤的变量是硫粉的质量，硫粉是固体，其量的变化不影响平衡的移动，故Na2SO3转化率基本不变；
(iii)实验⑥想要探究温度升高对亚硫酸钠转化率是否有影响，故除温度外，硫粉的质量，亚硫酸钠浓度均不变，故硫粉质量可为：18 g或36g；Na2SO3质量为：63g；水的质量为：42g或57g；温度为100 ℃；
故答案为：亚硫酸钠浓度；硫为固体，不影响平衡移动；18 g或36g；63g；42g或57g或其他合理数据；100 ℃；
(4)丁同学将少量Na2S2O3溶液滴至AgNO3溶液中，发现立即生成了白色Ag2S2O3沉淀，但沉淀很快变为棕黄色，最终变为黑色，已知过滤后，滤液中只含AgNO3、NaNO3与H2SO4.已知Ag、Ag2O、Ag2S均为黑色且难溶于水；溶液中含，S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故黑色沉淀只能为Ag2S；
故答案为：Ag2S；溶液中含，S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故黑色沉淀只能为Ag2S。
30． +3价的氮元素 a 后者大 bc 1:1 偏低 偏低
【详解】(1)在酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色，则被还原为Mn2+，同时被氧化为，该反应的离子方程式为；被氧化的元素是中+3价的氮元素。答案为：；+3价的氮元素；
(2)往冷溶液中加入或通入某种物质可得稀溶液，该物质应能提供H+，且酸性比HNO2强，同时还需考虑到加入试剂不能将NaNO2还原。虽然亚硫酸的酸性也比亚硝酸强，但稀溶液中氧化性，所以不能选择通入SO2，由酸性可知，稀硫酸可实现此转化，故选a。答案为：a；
(3)HNO2的酸性比H2SO3弱，则HNO2为弱酸，在水溶液中发生部分水解，生成HNO2和NaOH，同时水发生微弱电离，所以离子浓度由大到小的顺序为；常温下，因为酸性，所以等浓度的溶液与溶液中，的水解能力更强，则pH后者大。若使两者pH相等，则应设法增大的水解程度。
a．向溶液中加适量水，虽然水解平衡正向移动，但溶液中[OH-]更小，a不符合题意；
b．向溶液中加适量NaOH，可增大溶液中[OH-]，b符合题意；
c．向溶液中加适量水，将溶液稀释，可减小溶液中[OH-]，c符合题意；
d．向溶液中加适量NaOH，会增大溶液中的[OH-]，d不符合题意；
故选bc。答案为：；后者大；bc；
(4)①若得到的盐全部为，则生成等摩的NO、NO2混合气体，溶液和气体反应的化学方程式为2HNO3+2SO2+H2O=2H2SO4+NO+NO2，从而得出原料和的物质的量之比为1:1。
②生产中，若硝酸浓度过高，主要还原产物为NO2，生成NO的量少，与NaOH溶液反应后，有较多的NaNO3生成，产率偏低，若硝酸浓度过低，主要还原产物为NO，生成的NO2量少，与NaOH溶液反应后，有大量NO剩余，产率偏低。答案为：1:1；偏低；偏低。
【点睛】在考虑将NaNO2转化为HNO2时，除去考虑酸性强弱外，切莫忽视HNO2的氧化性。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-147化学实验基础（10）
一、单选题
1．（2021·上海宝山·统考一模）能用分液漏斗分离的一组物质是
A．AgCl 和NaCl 溶液 B．苯和水
C．溴和四氯化碳 D．乙酸和乙酸乙酯
2．（2021·上海崇明·统考二模）蒸馏操作中需要用到的仪器是
A． B． C． D．
3．（2021·上海青浦·统考一模）北宋柳永的《煮盐歌》中写道“风干日曝盐味加，始灌潮波流成卤”。该过程涉及的物质分离操作为
A．萃取分液 B．浓缩结晶 C．蒸馏 D．趁热过滤
4．（2021·上海奉贤·统考一模）利用图中实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是
A．利用图1装置可从胆矾晶体中获得无水硫酸铜
B．利用图2装置可分离石油，得到汽油、煤油和柴油等各种馏分
C．利用图3装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液
D．利用图4装置可进行酸碱中和滴定
5．（2021·上海·统考一模）能鉴别黄色FeCl3溶液和溴水的是
A．淀粉碘化钾试纸 B．氯水 C．CCl4 D．蓝色石蕊试纸
6．（2021·上海·统考一模）为测定某Na2O2试样(含少量Na2O)中Na2O2的质量分数，设计如下实验：
下列分析错误的是
A．操作Ⅰ和Ⅱ都需要玻璃棒 B．需称量样品和NaCl的质量
C．操作Ⅱ若损失部分固体，测定结果偏大 D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
7．（2021·上海金山·统考一模）用2.0 mol/L 盐酸配制100 mL 0.10 mol/L盐酸，不需要的仪器是
A．量筒 B．烧杯 C．分液漏斗 D．100 mL容量瓶
8．（2021·上海松江·统考一模）用下列实验器材(省略夹持装置)，能完成相应实验的是
实验器材
相应实验
A
烧杯、玻璃棒、蒸发皿
硫酸铜溶液的浓缩结晶
B
烧杯、胶头滴管、电子天平
用固体氯化钠配制0.5mol/L
C
烧杯、胶头滴管、分液漏斗
用溴水和除去NaBr溶液中少量NaI
D
烧杯、玻璃棒、滤纸
用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡
A．A B．B C．C D．D
9．（2021·上海闵行·统考一模）使用过量NaOH溶液能满足实验要求的是
A．除去Al2O3中杂质Fe2O3 B．由AlCl3溶液制备Al(OH)3
C．除去C2H5Br中杂质Br2 D．检验醛基时制备新制Cu(OH)2
10．（2021·上海闵行·统考一模）测定胆矾的结晶水含量时，需要的定量仪器是
A．量筒 B．电子天平 C．容量瓶 D．温度计
11．（2021·上海闵行·统考一模）唐代孙思邈《备急千金要方》中记载：“菖蒲、枸杞根细锉，以水四石，煮取一石六斗，去滓，酿二斛米酒，熟稍稍饮之。”上述蕴含的操作原理不包括
A．溶解 B．蒸发 C．过滤 D．分液
12．（2021·上海虹口·统考一模）下列实验装置能达到目的的是
A．实验室制乙酸乙酯 B．收集氯化氢气体
C．实验室制氨气 D．实验室制乙烯
13．（2021·上海虹口·统考一模）除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂不正确的是
A．溴苯(Br2)：NaOH溶液
B．C2H2(H2S)：CuSO4溶液
C．AlCl3溶液(Fe3+)：NaOH溶液、二氧化碳
D．NaCl溶液()：BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸
14．（2021·上海嘉定·统考一模）在配制一定物质的量浓度的溶液实验中，不需要用到的仪器是（ ）
A． B． C． D．
15．（2021·上海静安·统考二模）配制一定物质的量浓度的溶液的实验中可不选用的仪器是（ ）
A． B． C． D．
16．（2021·上海嘉定·统考二模）硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)，为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式为( )
A．Fe2O3•2SO3•7H2O B．4Fe2O3•10SO3•25H2O
C．3Fe2O3•6SO3•20H2O D．2Fe2O3•5SO3•17H2O
17．（2021·上海·统考一模）某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，其原因不可能是（ ）
A．实验时坩埚未完全干燥 B．加热后固体未放入干燥器中冷却
C．加热过程中晶体有少量溅失 D．加热后固体颜色有少量变黑
18．（2021·上海·统考一模）在中和滴定中用于量取20.00毫升待测溶液的仪器是
A．胶头滴管 B．容量瓶 C．滴定管 D．量筒
19．（2021·上海长宁·统考二模）检验硫酸铁溶液中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是
A．NaOH 溶液 B．酸性 KMnO4 溶液 C．KSCN 溶液 D．Cu
20．（2021·上海·统考二模）在海带提碘的实验中可做萃取剂的是
A．四氯化碳 B．水 C．乙醇 D．乙酸
21．（2021·上海·统考二模）侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（ ）
A．增大浓度 B．生成NaHCO3
C．析出NH4Cl晶体 D．降低浓度
二、工业流程题
22．（2021·上海奉贤·统考一模）碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
7.5
3.4
完全沉淀
9.7
4.4
回答下列问题：
(1)加入少量NaHCO3调节pH在4.4~7.5内，得到的滤渣成分为___________，写出滤渣中电解质的电离方程式___________；实验室进行过滤操作时需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和 ___________ 。
(2)反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出亚铁离子是否完全被氧化的检验方法___________，在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L(标准状况)，则相当于节约NaNO2的物质的量为___________ mol。
(3)碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+可部分水解生成Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为___________。
为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：
准确量取20.00 mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用 0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00 mL。
已知：2Fe3++2I- → 2Fe2++I2 2S2O+I2 → 2I-+S4O
(4)则溶液中铁元素的总含量为___________g·L-1.若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
23．（2021·上海金山·统考一模）摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，M=392 g/mol]可按以下流程制得二水合草酸亚铁(FeC2O4•2H2O)，进一步制备高纯度的还原铁粉：
已知：FeC2O4•2H2O难溶于水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度的升高而增大。
完成下列填空：
(1)摩尔盐溶解后，溶液中的离子浓度由大到小的顺序是___________。
(2)步骤②中，H2C2O4稍过量的原因是___________。
(3)为提高FeC2O4•2H2O的纯度，步骤③中宜用___________(选填“热水”、“冷水”或“无水酒精”)洗涤。
(4)实验室为实现步骤④必须要用到下列仪器中的___________。(选填编号)
a.烧杯 b.坩埚 c.锥形瓶 d.玻璃棒 e.石棉网
(5)写出步骤⑤不宜用炭粉还原Fe2O3的理由___________
(6)称取某摩尔盐样品14.00g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液；取20.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定，发生反应：5Fe2++MnO+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O达到滴定终点时消耗10.00 mL KMnO4溶液。滴定终点的现象是___________，该摩尔盐的纯度是___________。实验结果比理论值偏低的可能原因是___________。(选填编号)
a.滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液
b.滴定过程有少量样品溶液溅出
c.滴定前仰视滴定管读数
d.滴定后滴定管尖嘴处气泡消失
三、实验题
24．（2021·上海·统考一模）为探究SO2与AgNO3溶液的反应，将Cu与浓硫酸共热，产生的气体经饱和NaHSO3溶液后，通入AgNO3溶液中，立刻产生白色沉淀，充分反应后，得到无色溶液M和白色沉淀N。其流程如图：
完成下列填空：
(1)实验结束后，Cu片有剩余，其原因是：___。
(2)用饱和NaHSO3溶液洗涤SO2的原因是：___。
Ⅰ.已知：Ag2SO4微溶于水，Ag2SO3难溶于水。则白色沉淀N可能是Ag2SO4，Ag2SO3或二者的混合物。
(3)取少许M，向其中滴加盐酸至过量，产生白色沉淀，说明M中含有___，静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，未看到白色沉淀，说明M中不含___，可判断出白色沉淀N中不含Ag2SO4，判断的理由是___。
(4)从平衡移动角度解释SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3的原因：___。
(5)已知Ag2SO3溶于氨水发生：Ag2SO3(s)+4NH3·H2O2Ag(NH3)+SO+4H2O，该反应平衡常数的表达式K=___。向Ag2SO3溶于氨水后的混合物中加入少量水，该平衡向___(填“左”或“右”)移动。
Ⅱ.SO2通入0.1mol/LAgNO3溶液中，若将所得混合物放置一段时间，观察到白色固体变为灰色，经检验可知，这是因为生成了黑色的Ag。
(6)写出SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀的化学方程式___。
(7)比较SO2和AgNO3溶液发生的两个反应，能得出的结论是：___。
25．（2021·上海嘉定·统考一模）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
(1)在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由实验现象可推知：____________。
(2)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。
①将补全下列实验操作步骤正确排序da_____e(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2 d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却至室温
②缓缓通入N2的目的是_________。
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_________(列式表示)。
(3)为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)中已恒重的装置A(取出a g后)接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D中的溶液依次为BaCl2、品红。C、D中可观察到的现象分别为________、________。
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式________。
(4)为了测定A中样品的纯度，将取出a g样品溶于水，配制成500 mL溶液，用浓度为c mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00 mL，实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗高锰酸钾溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是___________(填字母)。
A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗
D．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低
26．（2021·上海·统考一模）已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
I.制备K2FeO4(夹持装置略)
(1)A为氯气发生装置，A中反应方程式是____(锰被还原为Mn2+)。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂_____。
(2)C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有①3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，②(写离子方程式)____。
II.为了探究K2FeO4的性质，首先，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2.为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：
方案I
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案II
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
(3)由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有____离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，还可能由___产生(用文字描述或方程式表示)。
(4)方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是____。
(5) 通过计算得知Na2FeO4的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)约是氯气的___倍。用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是___。(答出两点即可)。
27．（2021·上海松江·统考一模）为测定Na2CO3·10H2O、NaHCO3的混合物中NaHCO3的含量，设计如下实验：取一定质量的混合物，通过测量反应前后③装置质量的变化，测定该混合物中NaHCO3的质量分数。
完成下列问题：
(1)U形管①②③盛装的均为固态物质，可选试剂依次为___________、___________、___________(选填编号)。U形管③吸收的气体为___________。
a．碱石灰 b．无水氯化钙 c．无水硫酸铜
(2)干燥管中无水硫酸铜的作用是___________。实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用___________。
(3)实验停止加热后，继续通入空气一段时间的原因是___________。
(4)再设计一种测定上述混合物中NaHCO3含量的方案，并注明需要测定的物理量___________。
28．（2021·上海闵行·统考一模）研究小组通过下列装置测定某燃煤烟气中SO2的体积分数。已知燃煤烟气的主要成分为N2、CO、SO2。
完成下列填空：
(1)A装置是为了观察气体的流速，则试剂M为___________(选填编号)。
a.饱和NaOH溶液 b.饱和Na2S溶液 c.饱和Na2SO3溶液 d.饱和NaHSO3溶液
(2)当B装置中溶液颜色由________时，则停止通气，B装置中的反应体现SO2的________性(选填“氧化”“还原”或“漂白”)。
(3)经测定，燃煤烟气消耗了50.00 mL含I21.000×10-3mol/L的溶液，且C装置中气体体积为20.00mL(标准状况下)。则燃煤烟气中SO2的体积分数为___________(保留小数点后三位)。 若读数时水准管内液面高于量气管内液面，则结果将___________(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(4)最近，中国科学家利用多孔碳吸附SO2，不仅能解决燃煤污染，而且实现了SO2回收利用。下图是多孔碳对燃煤烟气中SO2的吸附、转化、热再生的示意图。
①写出步骤②中硫酸根离子的检验方法_______。步骤③的化学方程式为_________。
②SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是_________。
29．（2021·上海虹口·统考一模）某化学兴趣小组对硫代硫酸钠Na2S2O3产生兴趣。该小组通过实验对Na2S2O3的某些性质进行了探究。完成下列填空：
(1)甲同学设计并进行了如下实验：
序号
实验操作
实验现象
实验①
向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液
氯水颜色变浅
实验②
取少量实验①反应后的溶液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液
出现白色沉淀
实验②中产生白色沉淀的化学式为___。上述实验说明Na2S2O3具有______性。
(2)乙同学取少量实验①反应后的溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，据此也认为氯水将Na2S2O3氧化。评价他的推理是否正确并说明理由。_____
(3)丙同学查阅资料，了解到Na2S2O3的一种制取原理：S + Na2SO3 Na2S2O3.为探究外界条件对Na2SO3转化率的影响，他设计如下对比实验(每次反应时间为60 min)：
序号
硫粉质量
Na2SO3质量
水质量
反应温度
Na2SO3转化率
实验③
18 g
63 g
42 g
80℃
80.7%
实验④
18 g
63 g
57 g
80℃
94.6%
实验⑤
36 g
63 g
42 g
80℃
80.8%
(i)实验③、④的目的是探究_________对亚硫酸钠转化率的影响；
(ii)实验③、⑤中Na2SO3转化率基本不变的原因是________；
(iii)实验⑥想要探究温度升高对亚硫酸钠转化率是否有影响，请设计一组实验数据填入表中:
序号
硫粉质量
Na2SO3质量
水质量
反应温度
Na2SO3转化率
实验③
18 g
63 g
42 g
80℃
80.7%
实验④
18 g
63 g
57 g
80℃
94.6%
实验⑤
36 g
63 g
42 g
80℃
80.8%
实验⑥
___
___
__
__
……
……
……
……
……
……
……
(4)丁同学将少量Na2S2O3溶液滴至AgNO3溶液中，发现立即生成了白色Ag2S2O3沉淀，但沉淀很快变为棕黄色，最终变为黑色。过滤后，滤液中只含AgNO3、NaNO3与H2SO4.已知Ag、Ag2O、Ag2S均为黑色且难溶于水，推测该实验中黑色沉淀可能是________，理由是_________。
四、原理综合题
30．（2021·上海松江·统考一模）亚硝酸钠广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。
已知：①亚硝酸及其盐既有氧化性又有还原性。
②稀溶液中氧化性：
③酸性：
完成下列填空：
(1)在酸性溶液中滴入溶液，溶液褪色。写出该反应的离子方程式___________。被氧化的元素是___________。
(2)往冷溶液中加入或通入下列某种物质可得稀溶液。该物质是___________(选填序号)。
a．稀硫酸 b．二氧化碳 c．二氧化硫 d．醋酸
(3)溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________；常温下，等浓度的溶液与溶液pH______(选填“前者大”、“后者大”或“相等”)。若使两者pH相等，可采取的措施是___________(选填序号)。
a．向溶液中加适量水 b．向溶液中加适量NaOH
c．向溶液中加适量水 d．向溶液中加适量NaOH
(4)已知：。以溶液和气体为原料，得到硫酸溶液及NO与混合气体，同时将所得混合气体通入NaOH溶液生产。
①若得到的盐全部为，则原料和的物质的量之比为___________。
②生产中，若硝酸浓度过高，产率___________，若硝酸浓度过低，产率___________(选填“偏低”、“偏高”或“不变”)。
参考答案：
1．B
【详解】A．AgCl 和NaCl 溶液选择用过滤操作分离，应选择三角漏斗，不需要分液漏斗，故A错误；
B．苯和水互不相溶，分层，选择分液操作分离，则应选择分液漏斗，故B正确；
C．溴和四氯化碳相互混溶，选择蒸馏操作分离，应选择蒸馏烧瓶、冷凝管等，不需要分液漏斗，故C错误；
D．乙酸和乙酸乙酯相互混溶，选择蒸馏操作分离，应选择蒸馏烧瓶、冷凝管等，不需要分液漏斗，故D错误；
故答案为B。
2．A
【详解】蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，分液漏斗、蒸发皿、容量瓶不用于蒸馏操作，故答案选A。
3．B
【详解】本句诗的解释为：等到风吹日晒时间久了，海水的盐味就增加了，这个时候才开始制成盐卤，该过程涉及的物质分离操作为浓缩结晶，将海水浓缩，析出结晶，故B正确；
故选B。
4．D
【详解】A．通过在坩埚中加热胆矾晶体可获得无水硫酸铜，A错误；
B．图2装置中的温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，B错误；
C．乙醇与乙酸乙酯互溶，不能用分液漏斗进行分离，C错误；
D．酸碱中和滴定时，酸盛放在酸式滴定管内，碱及2到3滴指示剂盛放在锥形瓶内，进行中和滴定，D正确；
答案选D。
5．C
【详解】A．根据反应：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，2I-+Br2=2Br-+I2，故FeCl3溶液和溴水均能是淀粉碘化钾试纸变蓝，A不合题意；
B．氯水与FeCl3溶液和溴水均不反应，故均无明显现象，B不合题意；
C．FeCl3溶液与CCl4不互溶，且FeCl3也不溶于CCl4，故分层下层接近无色，上层为黄色，溴水中加入CCl4则溶液分层，上层接近无色，下层为深橙红色，故可以鉴别，C符合题意；
D．FeCl3溶液由于Fe3+水解而显酸性，溴水中Br2+H2O=HBr+HBrO显酸性，均能使蓝色石蕊试纸变红，D不合题意；
故答案为：C。
6．D
【分析】有题干信息可知，操作Ⅰ是让试样和盐酸充分反应，2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑，Na2O+2HCl=2NaCl+H2O，操作Ⅱ是蒸发浓缩，然后冷却结晶，称量所得到的固体NaCl，设试样中Na2O2的物质的量为n1mol，Na2O的物质的量为n2mol，则有78n1+62n2=m(试样) 58.5(2n1+2n2)=m(NaCl)，解联合方程即可求出n1=，也就能求出Na2O2的质量分数，据此分析解题。
【详解】A．操作Ⅰ用玻璃棒搅拌，加快反应速率并使反应进行更完全，操作Ⅱ用玻璃棒则可防止暴沸，A正确；
B．有分析可知，要求出Na2O2的质量分数，需称量样品和NaCl的质量，B正确；
C．有分析可求出，n1=，故操作Ⅱ若损失部分固体，导致m(NaCl)偏小，则n1的值偏大，故Na2O2的质量分数测定结果偏大，C正确；
D．由C项分析可知，若溶液转移不完全，导致m(NaCl)偏小，则n1的值偏大，故Na2O2的质量分数测定结果偏大，D错误；
故答案为：D。
7．C
【分析】用2.0mol/L 盐酸配制100mL 0.10mol/L盐酸的一般步骤为计算→量取→稀释→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀，结合配制步骤解答。
【详解】A．量取2.0mol/L盐酸用到量筒和胶头滴管，A不符题意；
B．稀释在烧杯中进行，B不符题意；
C．分液漏斗常用于萃取、分液等，配制溶液用不到分液漏斗，C符合题意；
D．冷却后将溶液转移到100mL容量瓶中，以及定容用到100mL容量瓶，D不符题意。
答案选C。
8．C
【详解】A．硫酸铜溶液的浓缩结晶，除去使用烧杯、玻璃棒、蒸发皿外，还需使用酒精灯、坩埚钳等，A不符合题意；
B．用固体氯化钠配制0.5mol/L氯化钠溶液，除去使用烧杯、胶头滴管、电子天平外，还需使用一定规格的容量瓶、玻璃棒等，B不符合题意；
C．用溴水和CCl4除去NaBr溶液中少量NaI时，应先往NaI溶液中加入溴水，再加入CCl4萃取分液，所以需使用的仪器有烧杯、胶头滴管、分液漏斗等，C符合题意；
D．用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡时，需使用过滤操作，除使用烧杯、玻璃棒、滤纸外，还需使用漏斗等，D不符合题意；
故选C。
9．D
【详解】A．Al2O3是两性氧化物，可与强碱反应，Fe2O3与氢氧化钠不反应，使用过量 NaOH 溶液无法除去Al2O3中杂质Fe2O3，故A不能满足实验要求；
B．Al(OH)3是两性氢氧化物，可与强碱反应，向AlCl3溶液加入过量NaOH溶液会使生成Al(OH)3溶解，故B不能满足实验要求；
C．卤代烃在碱性条件下发生水解，Br2与氢氧化钠反应，则过量NaOH溶液不能除去C2H5Br中杂质Br2，故C不能满足实验要求；
D．检验醛基时需要在碱性条件下进行，则制备新制Cu(OH)2时可以使用过量NaOH溶液，使溶液显碱性，故D能满足实验要求；
答案选D。
10．B
【详解】
量筒用于测量气体或液体的体积，容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，温度计用于测量温度，电子天平用于测量质量，测定胆巩结晶水含量需要测量去除水分前后胆矾的质量变化，需要的定量仪器是电子天平，答案选B。
11．D
【详解】唐代孙思邈《备急千金要方》中记载：“菖蒲、枸杞根细锉，以水四石，煮取一石六斗，去滓，酿二斛米酒，熟稍稍饮之。”意思是将菖蒲、枸杞的根粉碎研磨，在加水溶解后煮沸蒸发浓缩，过滤去渣，与米酒共饮，上述蕴含的操作原理不包括分液，答案选D。
12．B
【详解】
A．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下加热反应生成乙酸乙酯，用饱和的NaOH溶液吸收，生成的乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应用饱和碳酸钠溶液吸收，故A错误；
B．HCl密度比空气密度大，应长导管进气收集，由于HCl极易溶于水，为了防倒吸，尾气吸收时导气管插入CCl4层，故B正确；
C．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，即NH4Cl NH3↑+HCl↑，在试管口又重新化合生成氯化铵，即NH3+HCl=NH4Cl，不能用来制备氨气，故C错误；
D．实验室制乙烯应加热到170℃，装置图缺少温度计，无法控制反应温度，温度在140℃时乙醇发生副反应，生成乙醚，故D错误；
答案为B。
13．C
【详解】A．Br2与NaOH溶液反应生成可溶于水的NaBr、NaBrO，与溴苯分层，然后分液达到除杂的目的，A正确；
B．加入CuSO4溶液可发生反应：，C2H2不反应，B正确；
C．加入足量NaOH溶液，AlCl3溶液转化为NaAlO2和NaCl，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，滤液中通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，不能获得氯化铝溶液，C错误；
D．依次通入BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸，先生成硫酸钡沉淀除去，再生成碳酸钡沉淀除掉多余的钡离子，过滤后用盐酸除去多余的碳酸根离子，可达到除杂效果，D正确；
答案选C。
14．A
【详解】
配制一定物质的量浓度的一般步骤是计算、（称量）量取、（溶解）稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，一般用托盘天平称量溶质的质量（或者用量筒量浓溶液体积），用药匙取用药品，在烧杯中溶解（或者稀释），并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有托盘天平（量筒）、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器为漏斗。
答案选A。
15．B
【详解】配制一定物质的量浓度的溶液所需要的的仪器有容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；
A．为容量瓶，配制溶液时必须使用，故A不符合题意；
B．为量筒，用液体配制溶液时需要，用固体配制溶液时不需要量筒，即配制溶液时量筒不是必须使用的仪器，故B符合题意；
C．为烧杯，配制溶液时溶解稀释必须使用的仪器，故C不符合题意；
D．为玻璃棒，配制溶液时搅拌及转移操作时必须使用的仪器，故D不符合题意；
答案选B。
16．D
【详解】取5.130g碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O），溶于足量盐酸中，则所得的溶液中含Fe3+和SO42﹣。加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g即BaSO4物质的量 =0.025mol，根据S原子的守恒即可知碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）中“SO3”的物质的量为0.025mol，质量m=nM=0.025mol×80g/mol=2.00g；
上述滤液中还含有Fe3+，加入过量的NaOH溶液，即得Fe（OH）3沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，由于转化过程中铁元素的守恒，故碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）中“Fe2O3”的质量即为1.600g，其物质的量=0.01mol。
而碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量m=5.13g﹣2.00g﹣1.600g=1.53g，物质的量 =0.085mol。 故该样品中x：y：z=0.01mol：0.025mol：0.085mol=2：5：17，故选D。
17．B
【详解】A．实验时坩埚未完全干燥，计算出的结晶水的质量偏高，会使误差偏大，故A错误；
B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，差距值变小，结果偏小，故B正确；
C．加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏高，故C错误；
D．加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故D错误；
故答案为B。
【点睛】考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，明确实验操作方法和原理为解答关键，根据结晶水合物中，结晶水的质量=m(容器十晶体)-m(容器十无水硫酸铜)，质量分数=×100%，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高。
18．C
【详解】A、中和滴定实验中不需要胶头滴管，故A不符合题意；
B、容量瓶的构造：温度、容量、刻度线，容量瓶规格100mL、250mL、500mL、1000mL，没有20mL规格，故B不符合题意；
C、滴定管读数读到0.01mL，故C符合题意；
D、量筒量取液体体积的仪器，但读数读到0.1mL，故D不符合题意。
19．B
【详解】A．若加入NaOH，硫酸亚铁发生复分解反应产生的白色Fe(OH)2会被硫酸铁发生反应产生的红褐色的Fe(OH)3遮挡，不容易观察到，因此不能鉴定，选项A错误；
B．KMnO4有氧化性，硫酸亚铁有还原性，会发生氧化还原反应，使KMnO4的紫色褪去，而硫酸铁不能与KMnO4发生反应，因此可以作为鉴定试剂，选项B正确；
C．KSCN与硫酸铁会发生反应，使溶液变红色，而硫酸亚铁不能反应，因此无论硫酸亚铁是否存在，溶液都变红色，因此无法鉴定，选项C错误；
D．Cu与硫酸铁溶液发生反应而溶解，但不能与硫酸亚铁反应，因此不能鉴定，所以铜不能作为鉴定试剂，选项D错误。
答案选B。
20．A
【详解】A．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与四氯化碳不反应，水与四氯化碳不互溶，选项A 正确；
B．碘在水中的溶解度很小，且水与含碘溶液互溶，选项B错误；
C．乙醇与水互溶，选项C错误；
D．乙酸与水互溶，选项D错误；
答案选A。
【点睛】萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，选用的萃取剂的原则是：①和原溶液中的溶剂互不相溶更不能发生化学反应；②溶质在该溶剂中溶解度要远大于原溶剂。
21．B
【详解】向母液中通氨气能增大NH4+的浓度，NH4Cl的溶解度随温度的变化而变化的大，使NH4Cl更多地析出，并且能使NaHCO3转化为Na2CO3，降低浓度，提高析出的NH4Cl纯度。故B错误，本题的正确选项为B。
点睛： 根据联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；主要的副产物为氯化铵，需要考虑氯化铵的回收利用，要提高原料的利用率，可以循环使用的方法等知识点来解题。
22． Al(OH)3，Fe H++AlO+H2OAl(OH)3 Al3++3OH- 玻璃棒 取样，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色说明Fe2+完全被氧化 2 2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+ 5.6 偏高
【详解】(1)制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al(OH)3，要避免生成应Fe(OH)2沉淀，控制pH在4.4～7.5之间可以让Al3+完全沉淀而Fe2+不沉淀，废铁屑过量，反应后有铁单质剩余。Al(OH)3可以酸式电离也可以碱式电离，故电离方程式为：H++AlO+H2OAl(OH)3Al3++3OH-。实验室进行过滤操作时需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故答案为：Al(OH)3，Fe；H++AlO+H2OAl(OH)3Al3++3OH-玻璃棒；
(2) NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子，本身变为NO，故反应方程式为2H+ + Fe2++ NO2- = Fe3+ + NO↑ + H2O，检验亚铁离子可以用高锰酸钾，也可以用铁氰化钾检验，取样，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色说明Fe2+完全被氧化。11.2L(标准状况) O2为0.5mol， ，，可知0.5mol O2得电子数为：，相当于节约NaNO2的物质的量为2mol，故答案为：取样，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色说明Fe2+完全被氧化；2。
(3)碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+可部分水解生成Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为：2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+，故答案为：2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+。
(4)根据反应方程式可以得出关系式为：，，铁元素的总含量为：，若滴定前溶液中H2O2没有除尽，则H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3将偏多，导致所测定的铁元素的含量偏高，故答案为：5.6；偏高。
23． c(SO)>c(NH)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-) 使Fe2+完全沉淀 热水 bd 产物中会混有过量的炭粉 溶液变为(淡)紫红色，且半分钟内不变色 70% bc
【分析】摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]溶解、酸化得含(NH4)2Fe(SO4)2的溶液，加稍过量的H2C2O4发生复分解反应得FeC2O4•2H2O沉淀，过滤、洗涤、干燥得FeC2O4•2H2O，在有氧气的环境中灼烧得Fe2O3，将Fe2O3还原得Fe，据此解答。
【详解】(1)摩尔盐溶解后得(NH4)2Fe(SO4)2溶液，铵根离子水解、亚铁离子水解使溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，因水解是微弱的，因此c(SO)>c(NH)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)，故答案为：c(SO)>c(NH)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)；
(2)步骤②中，H2C2O4电离的草酸根离子将亚铁离子沉淀，过量的原因是使Fe2+完全沉淀，故答案为：使Fe2+完全沉淀；
(3)因为步骤②中H2C2O4过量，步骤③过滤得到的FeC2O4•2H2O沉淀沉淀表面含H2C2O4，因H2C2O4的溶解度随温度的升高而增大，洗涤时为确保H2C2O4完全洗涤除去，应用热水洗涤，故答案为：热水；
(4)步骤④为灼烧，将FeC2O4•2H2O置于坩埚中，坩埚放在泥三角上用酒精灯加热灼烧，同时用玻璃棒搅拌，因此所给仪器中必须用到的有坩埚和玻璃棒，故答案为：bd；
(5)要将Fe2O3完全还原，操作时需加过量的炭粉，但过量的铁粉会混在铁中，因此步骤⑤不宜用炭粉还原Fe2O3，故答案为：产物中会混有过量的炭粉；
(6)高锰酸钾溶液为紫红色，当溶液中亚铁离子消耗完时，滴入的高锰酸钾不再反应，溶液将变为(淡)紫红色，且半分钟内不变色，因此滴定终点的现象是溶液变为(淡)紫红色，且半分钟内不变色；滴定20.00mL样品溶液，滴定终点时消耗0.1000mol/L 10.00 mL KMnO4溶液，其物质的量n(KMnO4)=0.1000mol/L×10.00mL×10-3L/mL=1×10-3mol，结合反应离子方程式5Fe2++MnO+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O可知溶液中Fe2+的物质的量=5n(KMnO4)=5×10-3mol，则n[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]=n(Fe2+)=5×10-3mol，质量m[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]=5×10-3mol×392g/mol=1.96g，则该摩尔盐的纯度==70%；以下操作对实验结果造成的影响分析如下：
a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液，即未用KMnO4溶液润洗，KMnO4溶液被稀释，滴定时消耗KMnO4溶液的体积偏大，KMnO4物质的量偏大，导致结果偏高；
b．滴定过程有少量样品溶液溅出，消耗KMnO4溶液的体积偏小，KMnO4物质的量偏小，导致结果偏低；
c．滴定前仰视滴定管读数，导致滴定前读数偏大，代入计算的KMnO4溶液的体积偏小，KMnO4物质的量偏小，导致结果偏小；
d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消失，说明滴定前滴定管尖嘴处有气泡，导致滴定前读数偏小，KMnO4溶液的体积偏大，KMnO4物质的量偏大，导致结果偏高；
因此在所给原因中实验结果比理论值偏低的可能原因是bc，故答案为：溶液变为(淡)紫红色，且半分钟内不变色；70%；bc。
24． 随着反应进行，浓硫酸浓度逐渐减小，不再与铜片反应，所以铜片剩余 产生的SO2中混有硫酸的酸雾，饱和NaHSO3溶液除去硫酸；SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度小 Ag+(或AgNO3) SO(或Ag2SO4) Ag2SO4微溶于水，若N中有Ag2SO4，则M中一定有SO，向其中加入BaCl2溶液应有沉淀，但加入BaCl2溶液无沉淀，说明M无SO，则N中没有Ag2SO4 SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSO、HSOH++SO，SO和Ag+反应生成难溶的Ag2SO3，使上述三个平衡右移 左 SO2+2AgNO3+2H2O→2Ag↓+H2SO4+2HNO3 氧化还原反应的速率比发生复分解反应的速率慢
【分析】(1)铜与稀硫酸不反应；
(2) Cu与浓硫酸共热产生的SO2中混有硫酸的酸雾；
(3)析出硫酸银固体后的母液应该是硫酸银的饱和溶液；
(4)二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸能电离出亚硫酸根离子；
(5)加水稀释，该反应的浓度熵Q增大；
(6) SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀，说明硝酸银被还原为银单质，SO2被氧化为硫酸；
(7) SO2通入0.1mol/LAgNO3溶液中，先发生复分解反应生成Ag2SO3，后发生氧化还原反应生成Ag；
【详解】(1)随着反应进行，浓硫酸浓度逐渐减小，不再与铜片反应，所以铜片剩余；
(2) Cu与浓硫酸共热产生的SO2中混有硫酸的酸雾，饱和NaHSO3溶液除去硫酸，SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度小，所以用饱和NaHSO3溶液洗涤SO2；
(3)氯化银难溶于水，向溶液M中滴加盐酸至过量，产生白色沉淀，说明M中含有Ag+；Ag2SO4微溶于水，若N中有Ag2SO4，则M中一定有SO，向其中加入BaCl2溶液应有沉淀，但加入BaCl2溶液无沉淀，说明M无SO，则N中没有Ag2SO4；
(4) SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSO、HSOH++SO，SO和Ag+反应生成难溶的Ag2SO3，使上述三个平衡右移；
(5) Ag2SO3(s)+4NH3·H2O2Ag(NH3)+SO+4H2O，该反应平衡常数的表达式K=；向Ag2SO3溶于氨水后的混合物中加入少量水，浓度熵Q增大，Q>K，该平衡向左移动；
(6) SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀，说明硝酸银被还原为银单质，SO2被氧化为硫酸，化学方程式为SO2+2AgNO3+2H2O→2Ag↓+H2SO4+2HNO3；
(7) SO2通入0.1mol/LAgNO3溶液中，先发生复分解反应生成Ag2SO3，后发生氧化还原反应生成Ag，说明氧化还原反应的速率比发生复分解反应的速率慢。
【点睛】本题以SO2与AgNO3溶液的反应为载体，考查学生探究能力、问题分析与解决能力，明确反应原理是解题关键，熟悉平衡移动原理，注意题目信息的提取和应用。
25． 样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe bcf 赶尽装置(系统)内的空气 % 产生白色沉淀、有气泡冒出 褪色 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ BC
【详解】(1)少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，溶液中含有亚铁离子，再向试管中通入空气，溶液中亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，溶液逐渐变红，故答案为样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe。
(2)①实验时为避免亚铁离子被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，正确顺序为dabcfe。
②缓缓通入N2的目的是赶尽装置(系统)内的空气，防止亚铁离子被氧化为铁离子。
③根据实验记录，m(FeSO4)=(m3-m1) g，m(H2O)= (m2-m3) g，n(FeSO4)=，n(H2O)=，绿矾化学式中结晶水数目x== 。
(3)①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，反应中Fe元素化合价升高，则S元素化合价降低，一定生成SO2，由此可知硫酸亚铁高温分解生成Fe2O3、SO2和SO3，C中氯化钡用于检验SO3，可观察到白色沉淀，且可看到气泡，D中品红用于检验SO2，品红褪色。故答案为产生白色沉淀、有气泡冒出；褪色。
②由①分析可知硫酸亚铁高温分解的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
(4) A．实验结束时俯视刻度线读数，读数偏小，使测得的酸性高锰酸钾溶液的体积偏小，故A不符合题意；
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致测得的酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，故B符合题意；
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，导致消耗的酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，故C符合题意；
D．如果酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低，三次测得的体积应该都偏大，故D不符合题意；
故答案为BC。
26． 2KMnO4+16HCl→2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O Cl2+2OH−→Cl−+ClO−+H2O Fe3+ K2FeO4分解会产生 Fe3+(或4+2H+→4Fe3++3O2↑+10H2O ) 排除ClO-的干扰 0.64 既能消毒杀菌又能净水(或无毒或方便保存等)
【分析】本实验的目的是制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质，首先利用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可以用饱和食盐水除去，之后通入过量KOH溶液中与Fe(OH)3反应生成高铁酸钾，NaOH溶液处理未反应的氯气，之后取C中紫色溶液，探究K2FeO4的性质。
【详解】(1)A装置中高锰酸钾将浓盐酸氧化反应生成Cl2，锰被还原为Mn2+，反应方程式为2KMnO4+16HCl→2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O；装置B中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，装置如图 ；
(2)C中有大量KOH溶液，所以还会发生氯气和KOH的反应，离子方程式为Cl2+2OH−→Cl−+ClO−+H2O；
(3)滴加KSCN溶液至过量溶液呈红色，说明含有Fe3+；根据题意可知K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，根据氧化还原反应的规律可知K2FeO4分解产生氧气时还会产生Fe3+，发生反应：4+2H+→4Fe3++3O2↑+10H2O，所以Fe3+的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化；
(4)使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO－，ClO－在酸性条件下可与Cl－反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：排除ClO-的干扰；
(5)Na2FeO4作氧化剂被还原生成Fe3+，1gNa2FeO4可以得到mol电子，氯气被还原成Cl-，所以1gCl2可以得到mol电子，则Na2FeO4的消毒效率约是氯气的=0.64倍；高铁酸钾被还原生成铁离子，铁离子可以水解产生氢氧化铁胶体，可以吸附水中杂质达到净水的目的，而且高铁酸钾无毒，所以用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是既能消毒杀菌又能净水(或无毒或方便保存等)。
27． a b a CO2 检验水蒸气是否已经被完全除去 防止空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大 将反应产生的CO2全部赶入装置③ 方案一：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理或方案二：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理。
【分析】根据实验装置图可知，该实验方案的原理是：加热样品，发生反应Na2CO3·10H2ONa2CO3+10H2O、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，通过测定样品受热产生的CO2的质量确定NaHCO3的含量；为了使CO2测量准确，加热样品前要先通入空气，经U形管①吸收空气中的CO2和H2O(g)，用不含CO2和H2O(g)的空气排尽装置中的空气，然后对样品加热，使样品充分反应，U形管②吸收反应生成的H2O(g)，无水硫酸铜用于检验反应生成的H2O(g)是否被完全吸收，U形管③吸收反应生成的CO2，U形管③反应前后增加的质量即为反应生成的CO2的质量；为使反应生成的CO2在U形管③中全部被吸收，停止加热后需继续通入一段时间的空气将反应产生的CO2全部赶入U形管③中；为防止外界空气的CO2和H2O(g)进入U形管③中，最后干燥管中的碱石灰用于吸收外界空气的中CO2和水蒸气；据此分析作答。
【详解】(1) U形管①②③盛装的均为固态物质，根据分析，U形管①中试剂用于吸收空气中的CO2和H2O(g)，选用碱石灰，选a；U形管②中试剂用于吸收反应生成的H2O(g)、不吸收CO2，选用无水CaCl2，选b；U形管③中试剂用于吸收反应生成的CO2，选用碱石灰，选a；故答案为：a；b；a；CO2。
(2)为使CO2的测量准确，U形管②必须将反应生成的H2O(g)完全吸收，故干燥管中无水硫酸铜的作用是检验水蒸气是否已经被完全除去，若被完全除去，则无水硫酸铜不变蓝；实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用是防止外界空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大；故答案为：检验水蒸气是否已经被完全除去；防止空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大。
(3)停止加热后，有部分CO2残留在硬质玻璃管、U形管②、导管中等，继续通入空气一段时间可将反应产生的CO2全部赶入装置③，使反应生成的CO2全部被③中碱石灰吸收；故答案为：将反应产生的CO2全部赶入装置③。
(4)常用的测定混合物含量的实验方法有：滴定分析法、重量分析法等；根据Na2CO3·10H2O和NaHCO3的性质，可采用滴定分析法，实验方案为：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理；也可采用重量分析法，实验方案为：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理；故答案为：方案一：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理或方案二：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理。
28． d 蓝色变为无色 还原性 0.053 偏小 取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子 C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O 提高SO2的纯度(去除杂质)；提高SO2的浓度(或富集SO2)
【分析】
根据题意，结合图示装置，该装置测定某燃煤烟气中SO2的体积分数，已知燃煤烟气的主要成分为N2、CO、SO2，A 装置是为了观察气体的流速，则试剂M不能与烟气中的气体反应，烟气进入装置B，SO2具有还原性，与B中的碘单质发生氧化还原反应，当B装置中溶液由蓝色变为无色时，停止通入气体，C中液面稳定不变时，记录C装置量气管的体积，测量的体积为N2、CO的体积，根据相关数据计算燃煤烟气中 SO2的体积分数。
【详解】
(1)A 装置是为了观察气体的流速，则试剂 M 不能与烟气的成分发生反应，
a．SO2是酸性氧化物，与饱和NaOH 溶液反应，故a不符合题意；
b．SO2具有氧化性，与饱和Na2S溶液发生氧化还原反应，故b不符合题意；
c．SO2与饱和Na2SO3溶液反应转化为NaHSO3，故c不符合题意；
d．饱和NaHSO3溶液与烟气中的成分不反应，故d符合题意；
答案选d；
(2)根据分析，当B装置中溶液颜色由蓝色变为无色时，则停止通气，B装置中的反应体现 SO2的还原性；
(3)经测定，燃煤烟气消耗了50.00 mL 含I2 1.000×10-3 mol/L 的溶液，根据反应I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4可知，烟气中n(SO2)= n(I2)=0.05L×1.000×10-3 mol/L=5.0×10-5mol，标况下V(SO2)= 5.0×10-5mol×22.4L/mol=1.12×10-3L=1.12mL，C 装置中气体体积为20.00mL(标准状况下)，则燃煤烟气中 SO2 的体积分数为=0.053；若读数时水准管内液面高于量气管内液面，导致测量的N2、CO的混合气体的体积偏大，则结果将偏小；
(4)①步骤②中硫酸根离子的检验方法为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子；步骤③中加热条件下碳与硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
②燃煤烟气中除SO2外还含有多种杂质气体，SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是提高SO2的纯度(去除杂质)；提高SO2的浓度(或富集SO2)。
29． BaSO4 还原 不正确，因为氯水过量，氯水中同样含有Cl- 亚硫酸钠浓度 硫为固体,不影响平衡移动 18 g或36g 63g 42g或57g或其他合理数据 100 ℃ Ag2S 溶液中含，S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故只能为Ag2S
【详解】(1)向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，则说明氯气发生反应；取反应后的溶液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，可知该沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素的化合价升高，则Na2S2O3作还原剂，具有还原性；
故答案为：BaSO4；还原；
(2)乙同学取少量实验①反应后的溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，据此也认为氯水将Na2S2O3氧化，氯气溶于水能生成盐酸和次氯酸，故溶液中存在氯离子，不能证明是与Na2S2O3发生了氧化还原反应，故该推理不正确；
故答案为：不正确，因为氯水过量，氯水中同样含有Cl-；
(3)(i)对比实验③、④，可知水的量不同，则两组实验的目的是探究亚硫酸钠浓度对亚硫酸钠转化率的影响；
(ii)实验③、⑤的变量是硫粉的质量，硫粉是固体，其量的变化不影响平衡的移动，故Na2SO3转化率基本不变；
(iii)实验⑥想要探究温度升高对亚硫酸钠转化率是否有影响，故除温度外，硫粉的质量，亚硫酸钠浓度均不变，故硫粉质量可为：18 g或36g；Na2SO3质量为：63g；水的质量为：42g或57g；温度为100 ℃；
故答案为：亚硫酸钠浓度；硫为固体，不影响平衡移动；18 g或36g；63g；42g或57g或其他合理数据；100 ℃；
(4)丁同学将少量Na2S2O3溶液滴至AgNO3溶液中，发现立即生成了白色Ag2S2O3沉淀，但沉淀很快变为棕黄色，最终变为黑色，已知过滤后，滤液中只含AgNO3、NaNO3与H2SO4.已知Ag、Ag2O、Ag2S均为黑色且难溶于水；溶液中含，S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故黑色沉淀只能为Ag2S；
故答案为：Ag2S；溶液中含，S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故黑色沉淀只能为Ag2S。
30． +3价的氮元素 a 后者大 bc 1:1 偏低 偏低
【详解】(1)在酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色，则被还原为Mn2+，同时被氧化为，该反应的离子方程式为；被氧化的元素是中+3价的氮元素。答案为：；+3价的氮元素；
(2)往冷溶液中加入或通入某种物质可得稀溶液，该物质应能提供H+，且酸性比HNO2强，同时还需考虑到加入试剂不能将NaNO2还原。虽然亚硫酸的酸性也比亚硝酸强，但稀溶液中氧化性，所以不能选择通入SO2，由酸性可知，稀硫酸可实现此转化，故选a。答案为：a；
(3)HNO2的酸性比H2SO3弱，则HNO2为弱酸，在水溶液中发生部分水解，生成HNO2和NaOH，同时水发生微弱电离，所以离子浓度由大到小的顺序为；常温下，因为酸性，所以等浓度的溶液与溶液中，的水解能力更强，则pH后者大。若使两者pH相等，则应设法增大的水解程度。
a．向溶液中加适量水，虽然水解平衡正向移动，但溶液中[OH-]更小，a不符合题意；
b．向溶液中加适量NaOH，可增大溶液中[OH-]，b符合题意；
c．向溶液中加适量水，将溶液稀释，可减小溶液中[OH-]，c符合题意；
d．向溶液中加适量NaOH，会增大溶液中的[OH-]，d不符合题意；
故选bc。答案为：；后者大；bc；
(4)①若得到的盐全部为，则生成等摩的NO、NO2混合气体，溶液和气体反应的化学方程式为2HNO3+2SO2+H2O=2H2SO4+NO+NO2，从而得出原料和的物质的量之比为1:1。
②生产中，若硝酸浓度过高，主要还原产物为NO2，生成NO的量少，与NaOH溶液反应后，有较多的NaNO3生成，产率偏低，若硝酸浓度过低，主要还原产物为NO，生成的NO2量少，与NaOH溶液反应后，有大量NO剩余，产率偏低。答案为：1:1；偏低；偏低。
【点睛】在考虑将NaNO2转化为HNO2时，除去考虑酸性强弱外，切莫忽视HNO2的氧化性。
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