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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-143化学实验基础（6）
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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-143化学实验基础（6），共23页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-143化学实验基础（6）
一、单选题
1．（2022·上海金山·统考一模）实验室从碘的四氯化碳溶液中分离单质碘的主要步骤为：用浓溶液进行反萃取、分液、酸化、过滤及干燥等。下列说法正确的是
A．反萃取时与溶液反应的离子方程式：
B．反萃取时倒转振荡过程中要适时旋开活塞放气
C．分液时，先放出有机相，然后从下口放出水相
D．酸化后过滤时，用玻璃棒搅拌可加快单质碘从酸化后的体系分离
2．（2022·上海青浦·统考一模）下列利用海带提取单质碘的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲灼烧海带 B．用装置乙过滤海带灰浸泡液
C．用装置丙得到I2的CCl4溶液 D．用装置丁提纯粗碘
3．（2022·上海金山·统考一模）为提纯下列物质(括号内的物质是杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是
选项
被提纯的物质
除杂试剂
分离方法
A
溴化钠溶液(NaI)
氯水、CCl4
萃取、分液
B
氯化铵溶液(FeCl3)
氢氧化钠溶液
过滤
C
二氧化碳(CO)
氧化铜粉末
通过灼热的氧化铜粉末
D
乙酸乙酯(CH3COOH)
乙醇、浓硫酸
加热蒸馏
A．A B．B C．C D．D
4．（2022·上海黄浦·统考二模）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是
A．试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应
B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和
C．取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++、⇌H++
D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发
5．（2022·上海宝山·统考模拟预测）下列实验不能达到目的的是
选项
目的
实验
A
比较水与乙醇中氢的活泼性
分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中
B
加快氧气的生成速率
在过氧化氢溶液中加入少量
C
除去乙酸乙酯中的少量乙酸
加入饱和碳酸钠溶液洗涤､分液
D
配制浓度为的溶液
称取固体4.0g，放入100容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
A．A B．B C．C D．D
6．（2022·上海·统考一模）乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如图：
下列说法正确的是
A．反应①、④均为取代反应
B．反应②、③的原子利用率均为
C．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用溶液鉴别
D．与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2种
7．（2022·上海·模拟预测）下列变化理论上属于物理变化的是
A．分馏 B．风化 C．干馏 D．钝化
8．（2022·上海奉贤·统考二模）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是
A．吸收过程中有气体生成 B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
9．（2022·上海·统考一模）从海带中提取碘的实验中，所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是
A．灼烧 B．溶解
C．过滤 D．分液
10．（2022·上海·统考二模）现有三组混合溶液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液；②丁醇和乙醇；③溴化钠和单质溴的水溶液。分离以上各混合液的正确方法依次是
A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液
11．（2022·上海·模拟预测）测定a g小苏打(含少量氯化钠)中NaHCO3含量，下列说法错误的是
测定方法
选用试剂
测量数据
A
重量法
稀硝酸、硝酸银
m(AgCl)
B
气体法
稀硫酸
V(CO2)
C
滴定法
甲基橙、稀盐酸
V(HCl)
D
重量法
氢氧化钡
m(BaCO3)
A．A B．B C．C D．D
12．（2022·上海·模拟预测）某溶液可能含有Cl-、SO、CO、NH、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此得出的判断错误的是
A．至少存在4种离子
B．Cl-一定存在，且c(Cl )≥0.4mol/L
C．SO、NH一定存在，CO可能存在
D．Al3+、K+可能存在
13．（2022·上海·模拟预测）以下实验肯定不需要做恒重操作的是
A．判断胆矾晶体结晶水是否全部加热除去
B．在某种定量测定中，判断与足量水是否反应完全
C．加热硫酸铵和熟石灰混合物，判断氨气是否最大量逸出
D．碳酸钠与盐酸反应时判断盐酸是否足量
14．（2022·上海·模拟预测）用分液漏斗可以分离的一组混合物是
A．乙酸乙酯和乙酸 B．溴苯和水
C．溴乙烷和乙醇 D．乙醇和水
15．（2022·上海·模拟预测）某溶液中可能含有物质的量浓度相等的和。取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀。则原溶液中
A．可能有、 B．可能有4种离子
C．可能无 D．一定有、、
16．（2022·上海·模拟预测）某溶液中可能含浓度均为0.5mol/L的、、、、、中的若干种。向该溶液中逐滴加入稀HCl至过量，无明显现象，得到溶液X，对X进行如下实验：
根据上述实验现象得出的结论，错误的是
A．可能含、、 B．沉淀N是
C．一定含、 D．再检验一种离子即可确定原溶液成分
17．（2022·上海·统考一模）下列现象不能用于检验的是
A．气体遇浓盐酸产生白烟
B．气体使湿润的蓝色石蕊试纸变红
C．将气体通入酚酞溶液中，溶液变红
D．气体遇氯气产生白烟
18．（2022·上海长宁·统考一模）有关水处理的方法错误的是
A．用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物
B．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
C．用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸
D．用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨
19．（2022·上海长宁·统考一模）测定CuSO4•xH2O中水的含量，如果实验值偏低，可能的原因是
A．盛晶体的坩埚未完全干燥
B．加热后白色粉末在空气中冷却
C．加热后有少量黑色固体产生
D．加热时有少量晶体溅出
20．（2022·上海长宁·统考一模）下列生产中，水没有参与化学反应的是
A．氯碱工业 B．侯氏制碱 C．湿法炼铜 D．接触法制硫酸
21．（2022·上海长宁·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
22．（2022·上海·模拟预测）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
23．（2022·上海·一模）某工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、，欲除去其中的Cu2+、，设计工艺流程如图所示：
下列说法不正确的是
A．NaOH的作用是除去Cu2+
B．试剂a 为BaCl2，试剂b为Na2CO3
C．流程图中，操作x为过滤
D．试剂c既可以是盐酸又可以是硫酸
24．（2022·上海·一模）下列实验装置或操作与微粒的大小无直接关系的是（ ）
A．过滤 B．渗析
C．萃取 D．丁达尔效应
25．（2022·上海·模拟预测）只用滴管和试管，不用其它仪器和试剂，不能鉴别下列各组中两种溶液的是
A．石灰水和碳酸钠 B．盐酸和碳酸钠
C．氨水和硝酸银 D．氢氧化钠和氯化铝
26．（2022·上海·模拟预测）测定Cu（NO3）2•nH2O的结晶水含量，下列方案中肯定不可行的是（ ）
A．称量样品→加热→冷却→称量CuO
B．称量样品→加热→冷却→称量Cu（NO3）2
C．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量
D．称量样品→加NaOH→过滤→加热→冷却→称量CuO
27．（2022·上海宝山·统考模拟预测）下列为除去括号内的杂质而选用的除杂试剂对应正确的是（ ）
选项
主要物质(杂质)
除杂试剂
A
FeCl2溶液(FeCl3)
H2O2
B
CO2(CO)
饱和NaHCO3溶液
C
Fe2O3(Al2O3)
NaOH溶液
D
Na2CO3固体(NaHCO3)
HCl溶液
A．A B．B C．C D．D
二、工业流程题
28．（2022·上海·模拟预测）“绿色化学”是化工生产中的重要理念。下图为利用尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣(液)联合生产硫酸铵的工艺流程。
完成下列填空：
(1)沉淀池中发生反应的化学方程式为___________。已知硫酸铵溶解度变化趋势与氯化钠相似，则从沉淀池中获得产品的操作包含___________、___________、洗涤、烘干等。
(2)流程中体现“绿色化学”理念的设计有___________、___________等。
(3)为在实验室模拟沉淀池中的反应，设计了如图所示的装置，导管a下端连接粗管的目的是___________；导管b下端使用多孔球泡的目的是___________。
可用甲醛法测定所得样品中氮的质量分数。其反应原理可以表示为：
[已知：不与NaOH反应]
实验过程：称取样品1.500g，溶解配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，加入过量的甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴甲基橙试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
(4)终点的判断依据是___________。
(5)已知，消耗氢氧化钠溶液20.00mL，则所得硫酸铵样品中氮的质量分数为___________。(保留4位小数)，实验测得硫酸铵样品中氮的质量分数略高，原因可能是___________。
a.甲醛被氧化 b.没有进行平行实验
c.氢氧化钠溶液久置变质 d.锥形瓶没有用待测液润洗
29．（2022·上海·模拟预测）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”)。
三、实验题
30．（2022·上海·模拟预测）葡萄糖酸亚铁(C6H11O7)2Fe(M=446g·mol-1)易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂。工业上制备葡萄糖酸亚铁的方法之一是用新制的碳酸亚铁与葡萄糖酸反应，其流程为：
完成下列填空：
(1)反应Ⅰ的实验室模拟装置如图所示：
为成功制得碳酸亚铁，需依次进行如下操作，分析操作的目的：
操作
内容
目的
①
实验开始时先打开K1、K3，关闭K2
_______
②
待B中反应即将结束时再打开K2，关闭K1、K3
_______
(2)反应Ⅰ结束后将浊液过滤，洗涤。写出检验碳酸亚铁是否洗净的实验操作。_______
(3)反应Ⅱ的化学方程式为_______(葡萄糖酸用化学式表示)。
(4)反应Ⅱ结束后加入葡萄糖酸调节溶液pH至5.8左右再进行结晶，目的是_______。结晶时加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是_______。
(5)为测定(C6H11O7)2Fe·nH2O的结晶水数目，称取1.205 g晶体，在氢气流中加热至600℃使其完全分解，最终得到0.140 g铁单质。晶体中结晶水数目n =______。若最终得到固体中含有少量Fe3+，则n的值_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
参考答案：
1．B
【详解】A．配平错误，应是：，A错误；
B．振荡过程中会增大分液漏斗内气压，要适时旋开活塞放气，以防产生危险，B正确；
C．四氯化碳密度比水大，在下口放出，水相要从上口倒出，C错误；
D．过滤时，待其自然流尽，不能用玻璃棒搅拌，防止滤纸破损，D错误；
故选B。
2．A
【详解】A．海带的灼烧要使用坩埚，A错误；
B．海带灰难溶于水，用过滤方法除去，B正确；
C．I2更易溶解在CCl4中，且CCl4密度比水大，与水互不相溶，用分液漏斗分离，C正确；
D．碘单质易升华，碘蒸气遇装有冷水的圆底烧瓶发生凝固，得到纯净的碘固体，从而得到提纯，D正确；
故选A。
3．C
【详解】A．氯水也能与NaBr反应，不符合除杂的要求，A错误；
B．NH4Cl也能与NaOH反应，不符合除杂的要求，B错误；
C．一氧化碳通过灼热的氧化铜粉末生成二氧化碳，C正确；
D．乙酸和乙醇发生的酯化反应是可逆反应，不能加乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的乙酸。除去乙酸乙酯中的CH3COOH可以先加入饱和Na2CO3溶液，然后分液，D错误；
故选C。
4．C
【详解】A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A错误；
B．二氧化硫与水的反应为可逆反应，当反应达到限度后，二氧化硫的量不再减少，液面高度也无明显变化，故B错误；
C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故C正确；
D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；
故选C。
5．D
【详解】A．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，钠与水反应比乙醇剧烈，故A正确；
B．在过氧化氢溶液中加入少量，二氧化锰作催化剂，加快反应速率，故B正确；
C．乙酸能与碳酸钠反应，加入饱和碳酸钠溶液洗涤､分液，除去乙酸乙酯中的少量乙酸，故C正确；
D．称取固体4.0g，应放入烧杯中溶解，冷却后再转移到100容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度，故D错误；
故选D。
6．B
【分析】由有机物的转化关系可知，反应①为在浓硫酸作用下，乙醇与乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水、反应②为在催化剂作用下，2分子乙醛转化为乙酸乙酯、反应③为在催化剂作用下，乙烯与乙酸发生加成反应生成乙酸乙酯、反应④为在催化剂作用下，丁烷和氧气发生催化氧化反应生成乙酸乙酯和水。
【详解】A．由分析可知，反应④为催化氧化反应，不是取代反应，故A错误；
B．由分析可知，反应②、③的产物都只有乙酸乙酯，反应中产物唯一，原子利用率均为，故B正确；
C．乙醇溶于水，乙酸与氢氧化钠溶液反应，但没有明显的实验现象，则用氢氧化钠溶液不能鉴别乙醇和乙酸，故C错误；
D．与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类有HCOOCH2CH2CH3，HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3中，故D错误；
故选B。
7．A
【详解】A．分馏是根据各成分的沸点不同而分离的，变化过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；
B．风化是指在室温和干燥空气里，结晶水合物失去结晶水的现象，是化学变化，故B错误；
C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质，属于化学变化，故C错误；
D．钝化是由于金属与氧化性物质作用，作用时在金属表面生成一种非常薄的、致密的、覆盖性能良好的、牢固地吸附在金属表面上的钝化膜，是化学变化，故D错误；
故选A。
8．B
【分析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；
B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；
C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；
故选B。
9．D
【详解】A．灼烧固体应该在坩埚中进行，不能用蒸发皿，故A错误；
B．溶解时在烧杯中进行，并用玻璃棒搅拌，不需要容量瓶，故B错误；
C．过滤时需要玻璃棒引流，防止液体溅出，图中缺少玻璃棒，故C错误；
D．分液操作主要仪器是分液漏斗，还需要烧杯盛放液体，而且分液时，分液漏斗的下端紧靠烧杯内壁，故D正确；
故选D。
10．C
【详解】①乙酸乙酯不溶于水，和乙酸钠溶液混合后，二者互不相溶，分层，可以采用分液法进行分离；②丁醇和乙醇都属于有机物，二者互溶不分层，但是二者沸点不同，可以采用蒸馏法进行分离；③溴在水中溶解度小，在有机溶剂中溶解度较大，因此加入有机溶剂，如四氯化碳，萃取溴，而溴化钠与四氯化碳互不相溶，混合液分层后，进行分液操作，达到了和溴化钠溶液分离的目的；结合以上分析可知，分离以上各混合液的正确方法依次分液、蒸馏、萃取；
故选C。
11．A
【详解】A．向小苏打中加入稀硝酸，小苏打与稀硝酸反应生成硝酸钠，向反应后的溶液中加入硝酸银，可能会生成氯化银沉淀，若小苏打中氯化钠过少，可能无法称量氯化银的质量，导致无法测定小苏打中碳酸氢钠的含量，故A错误；
B．碳酸氢钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，由碳原子个数守恒可知，通过标准状况下二氧化碳的体积可以计算得到小苏打中碳酸氢钠的量和含量，故B正确；
C．以甲基橙为指示剂，稀盐酸能与碳酸氢钠溶液完全反应生成氯化钠、二氧化碳和水，由方程式可以通过消耗一定浓度稀盐酸的体积计算得到小苏打中碳酸氢钠的量和含量，故C正确；
D．氢氧化钡溶液与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钡沉淀和水，由方程式可以通过碳酸钡的质量计算得到小苏打中碳酸氢钠的量和含量，故D正确；
故选A。
12．C
【分析】由于加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，说明一定有NH，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2＝0.04mol，物质的量浓度至少＝0.4mol/L，根据题中信息，无法判断Al3+和K+是否存在，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，至少存在Cl-、SO、NH、Fe3+四种离子，故A正确；
B．根据分析，结合电荷守恒，溶液中一定有Cl-，至少且c(Cl )≥0.4mol/L，故B正确
C．根据分析，CO一定不存在，故C错误；
D．根据分析，无法判断Al3+、K+是否存在，二者可能存在，也可能不存在，故D正确；
答案选C。
13．D
【详解】A．通过两次称重之差不大于0.0003g来判断胆矾晶体中的结晶水是否全部失去，故A正确；
B．Na2O2与足量水反应生成氢氧化钠和氧气，在某种定量测定中，通过两次称重之差不大于0.0003g来判断Na2O2与足量水是否完全反应，故B正确；
C．加热硫酸铵和熟石灰混合物，通过计算并两次称重之差不大于0.0003g来判断判断氨气是否最大量逸出，故C正确；
D．碳酸钠中滴加盐酸反应生成二氧化碳气体，直到不再产生气泡，证明盐酸已过量，故D错误；
故选D。
14．B
【详解】A．乙酸乙酯和乙酸互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，故A错误；
B．溴苯是密度大于水的液体，且不溶于水，能用分液漏斗分离，故B正确；
C．乙醇是良好有机溶剂，乙醇和溴乙烷互溶，不能用分液漏斗分离，故C错误；
D．乙醇和水互溶，不能用分液漏斗分离，故D错误；
故选B。
15．A
【详解】取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH3，故原溶液中含有，同时生成白色沉淀说明含有，由于Fe(OH)3是红褐色沉淀，故原溶液中一定没有Fe3+，Al3+与过量的溶液将转化为，故原溶液中可能含有Al3+，由题干信息可知，各离子的物质的量浓度相等，故若只含有、则溶液电荷不守恒，故肯定由K+或Al3+，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，据此分析解题：
A. 由分析可知，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，故可能有、，A符合题意；
B. 当有Al3+时，则还应该由Cl-和，原溶液中含有、、Al3+、Cl-和五种离子，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，原溶液中只有3种离子，故不可能有4种离子，B不合题意；
C. 由分析可知，原溶液中一定不含，C不合题意；
D. 有分析可知，原溶液不一定含有，D不合题意；
故答案为：A。
16．A
【分析】向该溶液中逐滴加入稀HCl至过量，无明显现象，则无存在，再加入过量的硝酸钡生成白色沉淀，沉淀为硫酸钡，存在，同时生成气体，气体在空气中变为红棕色，则气体为NO，则溶液中存在Fe2+，反应后生成Fe3+，加入过量的NaOH生成氢氧化铁沉淀，已知可能含浓度均为0.5mol/L，根据溶液呈电中性，则其它离子不能判断。
【详解】A．根据溶液呈电中性，可能含有0.5mol/L的Na+和Cl-，则Al3+不存在，A结论错误；
B．NaOH过量，则反应后生成Fe3+，其与NaOH生成的沉淀N是Fe(OH)3，B结论正确；
C．分析可知，溶液中一定含Fe2+、，C结论正确；
D．根据溶液呈电中性及含离子的浓度均为0.5mol/L，再检验一种离子即可确定原溶液成分，D结论正确；
答案为A。
17．B
【详解】A．与浓盐酸挥发出的发生反应，会产生白烟， A项不选；
B．与水反应生成，呈弱碱姓，能使红色石蕊试纸变蓝，B项选；
C．与水反应生成，呈弱碱性，能使酚酞溶液变红，C项不选；
D．与发生反应，会产生白烟，D项不选；
答案选B。
18．B
【详解】A． 铝盐、铁盐能够水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的杂质，沉降净水，故可用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物，故A正确；
B． 氯气不能与与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应，可用Na2S等处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，生成难溶的CuS，HgS，故B错误；
C． 石灰、纯碱与酸发生反应生成氯化钙、氯化钠，故可用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸，故C正确；
D． 烧碱与高浓度反应生成氨气，故可用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨，故D正确；
故选B。
19．B
【详解】A．坩埚未完全干燥，会使结晶水质量偏大，会使测定结果偏高，A不符合题意；
B．加热后直接在空气中冷却至室温后称量，粉末吸收了空气中的水分，会使测得的结晶水的质量偏低，B符合题意；
C．加热后有少量黑色固体产生，说明生成了CuO，质量变化较大，说明生成的水的质量偏大，导致最终所测结果偏高，C不符合题意；
D．加热过程中晶体有少量溅失，质量变化较大，说明生成的水的质量偏大，导致结果偏高，D不符合题意；
故选B。
【点睛】硫酸铜晶体中结晶水含量测定实验过程中，为避免或减少误差，必须注意：①加热硫酸铜晶体用玻璃棒轻轻搅拌的目的是受热均匀，防止受热不均匀而引起固体飞溅，溅出坩埚；②生成的无水硫酸铜要在干燥器中冷却，而不能在空气中冷却，是防止无水硫酸铜吸收空气中的水分；③两次第五步的操作，质量差要小于0.1g，是为了保证实验的准确性和减小误差。
20．C
【详解】A．氯碱工业是电解饱和食盐水，水参与了反应，故A错误。
B．侯氏制碱是在氯化钠的饱和溶液中通入氨气和二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵的过程，有水参与了反应，故B错误。
C．用硫酸将铜矿中的铜转变成可溶性的硫酸铜，再将铁放入硫酸铜溶液中把铜置换出来，没有水参与反应，故C正确。
D．接触法制硫酸，是利用了三氧化硫和水发生反应，故D错误。
故选C。
21．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。
22．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。
23．D
【分析】由流程可知，工业废水中加入NaOH后可除去Cu2+，此时废水中含有Na+、Cl-、OH-、，再加入试剂a为BaCl2除去，此时废水中含有Na+、Cl-、OH-、Ba2+，再加稍过量的试剂b为Na2CO3除去Ba2+，此时废水中含有Na+、Cl-、OH-、，操作X为过滤，再向滤液中加入试剂c为盐酸，经反应除去OH-、，此时溶液中只含有Na+、Cl-，据此解答。
【详解】A．废水中只有Cu2+可以和NaOH反应，所以NaOH的作用是除去Cu2+，A正确；
B．由分析可知，试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3，且Na2CO3一定要在BaCl2之后，可除去过量Ba2+，B正确；
C．流程图中操作x为过滤，过滤分离出Cu(OH)2、BaSO4、BaCO3，C正确；
D．由分析可知试剂c是盐酸，可除去溶液中的OH-、，试剂c若为硫酸，除杂后会引入，所以试剂c不能为硫酸，D错误。
答案选D。
24．C
【详解】A．悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A错误；
B．胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B错误；
C．萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C正确；
D．胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D错误；
故答案为C。
25．A
【分析】只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的可以鉴别。
【详解】A．无论是Ca(OH)2滴加到Na2CO3中，还是Na2CO3滴加到Ca(OH)2中，都产生沉淀，不能鉴别，A项选；
B．向碳酸钠中滴加盐酸，先没有气体后生成气体，而向盐酸中滴加碳酸钠，开始就生成气体，现象不同，可鉴别，B项不选；
C．向硝酸银中滴加到氨水，先生成沉淀后溶解变成银氨溶液，而向氨水中滴加硝酸银，没有沉淀生成，现象不同，可鉴别，C项不选；
D．向氯化铝中滴加氢氧化钠，先生成沉淀，后沉淀溶解，而向氢氧化钠中滴加氯化铝，先没有现象，后生成沉淀，二者反应现象不同，可鉴别，D项不选；
答案选A。
26．B
【详解】Cu(NO3)2受热易分解，其分解反应为：2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑。
A．称量样品→加热→冷却→称量CuO，根据硝酸铜分解的方程式以及氧化铜的质量可测定Cu(NO3)2•nH2O的结晶水含量，故A正确；
B．因硝酸铜易分解，称量样品→加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸铜，故B错误；
C．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合物的质量可以求解，故C正确；
D．称量样品→加NaOH将硝酸铜转化为氢氧化铜，→过滤→加热氢氧化铜分解生成氧化铜→冷却→称量CuO，根据铜原子守恒求解无水硝酸铜的质量，据此求解结晶水含量，故D正确；
故答案为B。
27．C
【详解】A．H2O2能氧化FeCl2而不能与FeCl3反应，达不到除杂的目的，选项A错误；
B．CO不能与饱和NaHCO3溶液反应，达不到除杂的目的，选项B错误；
C．Al2O3为两性氧化物，可与强碱溶液反应，而Fe2O3不能，则可用氢氧化钠溶液除杂，选项C正确；
D．加入盐酸，Na2CO3和NaHCO3都反应生成氯化钠，达不到除杂的目的，选项D错误；
答案选C。
28． 过滤 蒸发 尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用 生产中的循环使用(合理就给分) 防止极易溶于水的产生倒吸 增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分 加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点 0.1885 a b
【分析】尿素废气产生二氧化碳和氨气，硫酸钙悬浊液与二氧化碳和氨气发生反应生成碳酸钙和硫酸铵，碳酸钙固体在煅烧过程中分解出二氧化碳，同时生成了氧化钙。
【详解】(1) 沉淀池中硫酸钙、水、二氧化碳和氨气反应生成碳酸钙和硫酸铵，化学方程式为；从沉淀池中分离出硫酸铵需要除掉碳酸钙沉淀，故需要的操作有，过滤、蒸发、洗涤、烘干；
(2)尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用，生产中的循环使用都属于“绿色化学”理念的设计；
(3)氨气易溶于水，故导管a下端连接粗管的目的是防止极易溶于水的产生倒吸；二氧化碳不易溶于水，与硫酸钙溶液反应接触过少，故在导管b下端使用多孔球泡，所以其目的是增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分；
(4) 在溶液中加入过量的甲醛溶液，摇匀充分反应后溶液呈酸性，加入1～2滴甲基橙试液，容易变红色，用NaOH标准溶液与溶液中的氢离子中和，当加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点；
(5) 离子方程式为，其中消耗了氢氧化钠的物质的量为0.1010mol/L×20mL=0.002020mol，氢氧根离子的物质的量=氢离子的物质的量=铵根离子的物质的量=N元素的物质的量，故溶液中N的质量=，250mL溶液中含有N元素的质量为0.2828g，N的质量分数=；
a.甲醛被氧化，则反应掉相同量的，加入的甲醛的量需增加，同时甲醛被氧化生成甲酸，导致溶液中H+浓度较高，消耗氢氧化钠溶液的体积增大，使氮的质量分数略高，a项选；
b.没有进行平行实验，只有一次实验结构，可能造成氮的质量分数略高，b项选；
c.氢氧化钠溶液久置变质，溶液中含有Na2CO3，则消耗溶液体积减小，造成测得氮的质量分数偏小，c项不选；
d.锥形瓶没有用待测液润洗，对实验结果无影响，d项不选；
答案选ab。
29． 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。
30． 生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气 利用氢气将FeSO4溶液压入C中与Na2CO3反应 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净 FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑ 抑制Fe2+水解 葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇 2 偏小
【分析】实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气，再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中与Na2CO3反应，得到(C6H11O7)2Fe溶液，为了抑制Fe2+水解，调节pH至5.8，蒸发得到(C6H11O7)2Fe结晶。
【详解】(1)①实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气
②为了成功制得碳酸亚铁，实验开始时打开K1、K3，关闭 K2 让铁和硫酸反应。待B中反应即将结束时再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中；
(2)检验碳酸亚铁是否洗净即在检验硫酸根，实验操作为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净；
(3)反应Ⅱ是产生的FeCO3与葡萄糖反应得到(C6H11O7)2Fe，其化学方程式为：FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑；
(4)由于Fe2+水解，在将(C6H11O7)2Fe从溶液中结晶出来，需要抑制其水解，所以要调节pH至5.8左右；加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是：葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇；
(5)0.140 g铁单质的物质的量为，则(C6H11O7)2Fe·nH2O的物质的量为0.0025mol，则根据1.205 g晶体可得，解得n=2；若最终得到固体中含有少量Fe3+，会消耗部分铁单质，则n的值偏小。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-143化学实验基础（6）
一、单选题
1．（2022·上海金山·统考一模）实验室从碘的四氯化碳溶液中分离单质碘的主要步骤为：用浓溶液进行反萃取、分液、酸化、过滤及干燥等。下列说法正确的是
A．反萃取时与溶液反应的离子方程式：
B．反萃取时倒转振荡过程中要适时旋开活塞放气
C．分液时，先放出有机相，然后从下口放出水相
D．酸化后过滤时，用玻璃棒搅拌可加快单质碘从酸化后的体系分离
2．（2022·上海青浦·统考一模）下列利用海带提取单质碘的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲灼烧海带 B．用装置乙过滤海带灰浸泡液
C．用装置丙得到I2的CCl4溶液 D．用装置丁提纯粗碘
3．（2022·上海金山·统考一模）为提纯下列物质(括号内的物质是杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是
选项
被提纯的物质
除杂试剂
分离方法
A
溴化钠溶液(NaI)
氯水、CCl4
萃取、分液
B
氯化铵溶液(FeCl3)
氢氧化钠溶液
过滤
C
二氧化碳(CO)
氧化铜粉末
通过灼热的氧化铜粉末
D
乙酸乙酯(CH3COOH)
乙醇、浓硫酸
加热蒸馏
A．A B．B C．C D．D
4．（2022·上海黄浦·统考二模）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是
A．试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应
B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和
C．取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++、⇌H++
D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发
5．（2022·上海宝山·统考模拟预测）下列实验不能达到目的的是
选项
目的
实验
A
比较水与乙醇中氢的活泼性
分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中
B
加快氧气的生成速率
在过氧化氢溶液中加入少量
C
除去乙酸乙酯中的少量乙酸
加入饱和碳酸钠溶液洗涤､分液
D
配制浓度为的溶液
称取固体4.0g，放入100容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
A．A B．B C．C D．D
6．（2022·上海·统考一模）乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如图：
下列说法正确的是
A．反应①、④均为取代反应
B．反应②、③的原子利用率均为
C．乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用溶液鉴别
D．与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2种
7．（2022·上海·模拟预测）下列变化理论上属于物理变化的是
A．分馏 B．风化 C．干馏 D．钝化
8．（2022·上海奉贤·统考二模）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是
A．吸收过程中有气体生成 B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
9．（2022·上海·统考一模）从海带中提取碘的实验中，所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是
A．灼烧 B．溶解
C．过滤 D．分液
10．（2022·上海·统考二模）现有三组混合溶液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液；②丁醇和乙醇；③溴化钠和单质溴的水溶液。分离以上各混合液的正确方法依次是
A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液
11．（2022·上海·模拟预测）测定a g小苏打(含少量氯化钠)中NaHCO3含量，下列说法错误的是
测定方法
选用试剂
测量数据
A
重量法
稀硝酸、硝酸银
m(AgCl)
B
气体法
稀硫酸
V(CO2)
C
滴定法
甲基橙、稀盐酸
V(HCl)
D
重量法
氢氧化钡
m(BaCO3)
A．A B．B C．C D．D
12．（2022·上海·模拟预测）某溶液可能含有Cl-、SO、CO、NH、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此得出的判断错误的是
A．至少存在4种离子
B．Cl-一定存在，且c(Cl )≥0.4mol/L
C．SO、NH一定存在，CO可能存在
D．Al3+、K+可能存在
13．（2022·上海·模拟预测）以下实验肯定不需要做恒重操作的是
A．判断胆矾晶体结晶水是否全部加热除去
B．在某种定量测定中，判断与足量水是否反应完全
C．加热硫酸铵和熟石灰混合物，判断氨气是否最大量逸出
D．碳酸钠与盐酸反应时判断盐酸是否足量
14．（2022·上海·模拟预测）用分液漏斗可以分离的一组混合物是
A．乙酸乙酯和乙酸 B．溴苯和水
C．溴乙烷和乙醇 D．乙醇和水
15．（2022·上海·模拟预测）某溶液中可能含有物质的量浓度相等的和。取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀。则原溶液中
A．可能有、 B．可能有4种离子
C．可能无 D．一定有、、
16．（2022·上海·模拟预测）某溶液中可能含浓度均为0.5mol/L的、、、、、中的若干种。向该溶液中逐滴加入稀HCl至过量，无明显现象，得到溶液X，对X进行如下实验：
根据上述实验现象得出的结论，错误的是
A．可能含、、 B．沉淀N是
C．一定含、 D．再检验一种离子即可确定原溶液成分
17．（2022·上海·统考一模）下列现象不能用于检验的是
A．气体遇浓盐酸产生白烟
B．气体使湿润的蓝色石蕊试纸变红
C．将气体通入酚酞溶液中，溶液变红
D．气体遇氯气产生白烟
18．（2022·上海长宁·统考一模）有关水处理的方法错误的是
A．用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物
B．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
C．用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸
D．用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨
19．（2022·上海长宁·统考一模）测定CuSO4•xH2O中水的含量，如果实验值偏低，可能的原因是
A．盛晶体的坩埚未完全干燥
B．加热后白色粉末在空气中冷却
C．加热后有少量黑色固体产生
D．加热时有少量晶体溅出
20．（2022·上海长宁·统考一模）下列生产中，水没有参与化学反应的是
A．氯碱工业 B．侯氏制碱 C．湿法炼铜 D．接触法制硫酸
21．（2022·上海长宁·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
22．（2022·上海·模拟预测）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
23．（2022·上海·一模）某工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、，欲除去其中的Cu2+、，设计工艺流程如图所示：
下列说法不正确的是
A．NaOH的作用是除去Cu2+
B．试剂a 为BaCl2，试剂b为Na2CO3
C．流程图中，操作x为过滤
D．试剂c既可以是盐酸又可以是硫酸
24．（2022·上海·一模）下列实验装置或操作与微粒的大小无直接关系的是（ ）
A．过滤 B．渗析
C．萃取 D．丁达尔效应
25．（2022·上海·模拟预测）只用滴管和试管，不用其它仪器和试剂，不能鉴别下列各组中两种溶液的是
A．石灰水和碳酸钠 B．盐酸和碳酸钠
C．氨水和硝酸银 D．氢氧化钠和氯化铝
26．（2022·上海·模拟预测）测定Cu（NO3）2•nH2O的结晶水含量，下列方案中肯定不可行的是（ ）
A．称量样品→加热→冷却→称量CuO
B．称量样品→加热→冷却→称量Cu（NO3）2
C．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量
D．称量样品→加NaOH→过滤→加热→冷却→称量CuO
27．（2022·上海宝山·统考模拟预测）下列为除去括号内的杂质而选用的除杂试剂对应正确的是（ ）
选项
主要物质(杂质)
除杂试剂
A
FeCl2溶液(FeCl3)
H2O2
B
CO2(CO)
饱和NaHCO3溶液
C
Fe2O3(Al2O3)
NaOH溶液
D
Na2CO3固体(NaHCO3)
HCl溶液
A．A B．B C．C D．D
二、工业流程题
28．（2022·上海·模拟预测）“绿色化学”是化工生产中的重要理念。下图为利用尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣(液)联合生产硫酸铵的工艺流程。
完成下列填空：
(1)沉淀池中发生反应的化学方程式为___________。已知硫酸铵溶解度变化趋势与氯化钠相似，则从沉淀池中获得产品的操作包含___________、___________、洗涤、烘干等。
(2)流程中体现“绿色化学”理念的设计有___________、___________等。
(3)为在实验室模拟沉淀池中的反应，设计了如图所示的装置，导管a下端连接粗管的目的是___________；导管b下端使用多孔球泡的目的是___________。
可用甲醛法测定所得样品中氮的质量分数。其反应原理可以表示为：
[已知：不与NaOH反应]
实验过程：称取样品1.500g，溶解配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，加入过量的甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴甲基橙试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
(4)终点的判断依据是___________。
(5)已知，消耗氢氧化钠溶液20.00mL，则所得硫酸铵样品中氮的质量分数为___________。(保留4位小数)，实验测得硫酸铵样品中氮的质量分数略高，原因可能是___________。
a.甲醛被氧化 b.没有进行平行实验
c.氢氧化钠溶液久置变质 d.锥形瓶没有用待测液润洗
29．（2022·上海·模拟预测）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”)。
三、实验题
30．（2022·上海·模拟预测）葡萄糖酸亚铁(C6H11O7)2Fe(M=446g·mol-1)易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂。工业上制备葡萄糖酸亚铁的方法之一是用新制的碳酸亚铁与葡萄糖酸反应，其流程为：
完成下列填空：
(1)反应Ⅰ的实验室模拟装置如图所示：
为成功制得碳酸亚铁，需依次进行如下操作，分析操作的目的：
操作
内容
目的
①
实验开始时先打开K1、K3，关闭K2
_______
②
待B中反应即将结束时再打开K2，关闭K1、K3
_______
(2)反应Ⅰ结束后将浊液过滤，洗涤。写出检验碳酸亚铁是否洗净的实验操作。_______
(3)反应Ⅱ的化学方程式为_______(葡萄糖酸用化学式表示)。
(4)反应Ⅱ结束后加入葡萄糖酸调节溶液pH至5.8左右再进行结晶，目的是_______。结晶时加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是_______。
(5)为测定(C6H11O7)2Fe·nH2O的结晶水数目，称取1.205 g晶体，在氢气流中加热至600℃使其完全分解，最终得到0.140 g铁单质。晶体中结晶水数目n =______。若最终得到固体中含有少量Fe3+，则n的值_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
参考答案：
1．B
【详解】A．配平错误，应是：，A错误；
B．振荡过程中会增大分液漏斗内气压，要适时旋开活塞放气，以防产生危险，B正确；
C．四氯化碳密度比水大，在下口放出，水相要从上口倒出，C错误；
D．过滤时，待其自然流尽，不能用玻璃棒搅拌，防止滤纸破损，D错误；
故选B。
2．A
【详解】A．海带的灼烧要使用坩埚，A错误；
B．海带灰难溶于水，用过滤方法除去，B正确；
C．I2更易溶解在CCl4中，且CCl4密度比水大，与水互不相溶，用分液漏斗分离，C正确；
D．碘单质易升华，碘蒸气遇装有冷水的圆底烧瓶发生凝固，得到纯净的碘固体，从而得到提纯，D正确；
故选A。
3．C
【详解】A．氯水也能与NaBr反应，不符合除杂的要求，A错误；
B．NH4Cl也能与NaOH反应，不符合除杂的要求，B错误；
C．一氧化碳通过灼热的氧化铜粉末生成二氧化碳，C正确；
D．乙酸和乙醇发生的酯化反应是可逆反应，不能加乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的乙酸。除去乙酸乙酯中的CH3COOH可以先加入饱和Na2CO3溶液，然后分液，D错误；
故选C。
4．C
【详解】A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A错误；
B．二氧化硫与水的反应为可逆反应，当反应达到限度后，二氧化硫的量不再减少，液面高度也无明显变化，故B错误；
C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故C正确；
D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；
故选C。
5．D
【详解】A．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，钠与水反应比乙醇剧烈，故A正确；
B．在过氧化氢溶液中加入少量，二氧化锰作催化剂，加快反应速率，故B正确；
C．乙酸能与碳酸钠反应，加入饱和碳酸钠溶液洗涤､分液，除去乙酸乙酯中的少量乙酸，故C正确；
D．称取固体4.0g，应放入烧杯中溶解，冷却后再转移到100容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度，故D错误；
故选D。
6．B
【分析】由有机物的转化关系可知，反应①为在浓硫酸作用下，乙醇与乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水、反应②为在催化剂作用下，2分子乙醛转化为乙酸乙酯、反应③为在催化剂作用下，乙烯与乙酸发生加成反应生成乙酸乙酯、反应④为在催化剂作用下，丁烷和氧气发生催化氧化反应生成乙酸乙酯和水。
【详解】A．由分析可知，反应④为催化氧化反应，不是取代反应，故A错误；
B．由分析可知，反应②、③的产物都只有乙酸乙酯，反应中产物唯一，原子利用率均为，故B正确；
C．乙醇溶于水，乙酸与氢氧化钠溶液反应，但没有明显的实验现象，则用氢氧化钠溶液不能鉴别乙醇和乙酸，故C错误；
D．与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类有HCOOCH2CH2CH3，HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3中，故D错误；
故选B。
7．A
【详解】A．分馏是根据各成分的沸点不同而分离的，变化过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；
B．风化是指在室温和干燥空气里，结晶水合物失去结晶水的现象，是化学变化，故B错误；
C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质，属于化学变化，故C错误；
D．钝化是由于金属与氧化性物质作用，作用时在金属表面生成一种非常薄的、致密的、覆盖性能良好的、牢固地吸附在金属表面上的钝化膜，是化学变化，故D错误；
故选A。
8．B
【分析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；
B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；
C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；
故选B。
9．D
【详解】A．灼烧固体应该在坩埚中进行，不能用蒸发皿，故A错误；
B．溶解时在烧杯中进行，并用玻璃棒搅拌，不需要容量瓶，故B错误；
C．过滤时需要玻璃棒引流，防止液体溅出，图中缺少玻璃棒，故C错误；
D．分液操作主要仪器是分液漏斗，还需要烧杯盛放液体，而且分液时，分液漏斗的下端紧靠烧杯内壁，故D正确；
故选D。
10．C
【详解】①乙酸乙酯不溶于水，和乙酸钠溶液混合后，二者互不相溶，分层，可以采用分液法进行分离；②丁醇和乙醇都属于有机物，二者互溶不分层，但是二者沸点不同，可以采用蒸馏法进行分离；③溴在水中溶解度小，在有机溶剂中溶解度较大，因此加入有机溶剂，如四氯化碳，萃取溴，而溴化钠与四氯化碳互不相溶，混合液分层后，进行分液操作，达到了和溴化钠溶液分离的目的；结合以上分析可知，分离以上各混合液的正确方法依次分液、蒸馏、萃取；
故选C。
11．A
【详解】A．向小苏打中加入稀硝酸，小苏打与稀硝酸反应生成硝酸钠，向反应后的溶液中加入硝酸银，可能会生成氯化银沉淀，若小苏打中氯化钠过少，可能无法称量氯化银的质量，导致无法测定小苏打中碳酸氢钠的含量，故A错误；
B．碳酸氢钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，由碳原子个数守恒可知，通过标准状况下二氧化碳的体积可以计算得到小苏打中碳酸氢钠的量和含量，故B正确；
C．以甲基橙为指示剂，稀盐酸能与碳酸氢钠溶液完全反应生成氯化钠、二氧化碳和水，由方程式可以通过消耗一定浓度稀盐酸的体积计算得到小苏打中碳酸氢钠的量和含量，故C正确；
D．氢氧化钡溶液与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钡沉淀和水，由方程式可以通过碳酸钡的质量计算得到小苏打中碳酸氢钠的量和含量，故D正确；
故选A。
12．C
【分析】由于加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，说明一定有NH，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2＝0.04mol，物质的量浓度至少＝0.4mol/L，根据题中信息，无法判断Al3+和K+是否存在，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，至少存在Cl-、SO、NH、Fe3+四种离子，故A正确；
B．根据分析，结合电荷守恒，溶液中一定有Cl-，至少且c(Cl )≥0.4mol/L，故B正确
C．根据分析，CO一定不存在，故C错误；
D．根据分析，无法判断Al3+、K+是否存在，二者可能存在，也可能不存在，故D正确；
答案选C。
13．D
【详解】A．通过两次称重之差不大于0.0003g来判断胆矾晶体中的结晶水是否全部失去，故A正确；
B．Na2O2与足量水反应生成氢氧化钠和氧气，在某种定量测定中，通过两次称重之差不大于0.0003g来判断Na2O2与足量水是否完全反应，故B正确；
C．加热硫酸铵和熟石灰混合物，通过计算并两次称重之差不大于0.0003g来判断判断氨气是否最大量逸出，故C正确；
D．碳酸钠中滴加盐酸反应生成二氧化碳气体，直到不再产生气泡，证明盐酸已过量，故D错误；
故选D。
14．B
【详解】A．乙酸乙酯和乙酸互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，故A错误；
B．溴苯是密度大于水的液体，且不溶于水，能用分液漏斗分离，故B正确；
C．乙醇是良好有机溶剂，乙醇和溴乙烷互溶，不能用分液漏斗分离，故C错误；
D．乙醇和水互溶，不能用分液漏斗分离，故D错误；
故选B。
15．A
【详解】取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH3，故原溶液中含有，同时生成白色沉淀说明含有，由于Fe(OH)3是红褐色沉淀，故原溶液中一定没有Fe3+，Al3+与过量的溶液将转化为，故原溶液中可能含有Al3+，由题干信息可知，各离子的物质的量浓度相等，故若只含有、则溶液电荷不守恒，故肯定由K+或Al3+，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，据此分析解题：
A. 由分析可知，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，故可能有、，A符合题意；
B. 当有Al3+时，则还应该由Cl-和，原溶液中含有、、Al3+、Cl-和五种离子，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，原溶液中只有3种离子，故不可能有4种离子，B不合题意；
C. 由分析可知，原溶液中一定不含，C不合题意；
D. 有分析可知，原溶液不一定含有，D不合题意；
故答案为：A。
16．A
【分析】向该溶液中逐滴加入稀HCl至过量，无明显现象，则无存在，再加入过量的硝酸钡生成白色沉淀，沉淀为硫酸钡，存在，同时生成气体，气体在空气中变为红棕色，则气体为NO，则溶液中存在Fe2+，反应后生成Fe3+，加入过量的NaOH生成氢氧化铁沉淀，已知可能含浓度均为0.5mol/L，根据溶液呈电中性，则其它离子不能判断。
【详解】A．根据溶液呈电中性，可能含有0.5mol/L的Na+和Cl-，则Al3+不存在，A结论错误；
B．NaOH过量，则反应后生成Fe3+，其与NaOH生成的沉淀N是Fe(OH)3，B结论正确；
C．分析可知，溶液中一定含Fe2+、，C结论正确；
D．根据溶液呈电中性及含离子的浓度均为0.5mol/L，再检验一种离子即可确定原溶液成分，D结论正确；
答案为A。
17．B
【详解】A．与浓盐酸挥发出的发生反应，会产生白烟， A项不选；
B．与水反应生成，呈弱碱姓，能使红色石蕊试纸变蓝，B项选；
C．与水反应生成，呈弱碱性，能使酚酞溶液变红，C项不选；
D．与发生反应，会产生白烟，D项不选；
答案选B。
18．B
【详解】A． 铝盐、铁盐能够水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的杂质，沉降净水，故可用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物，故A正确；
B． 氯气不能与与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应，可用Na2S等处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，生成难溶的CuS，HgS，故B错误；
C． 石灰、纯碱与酸发生反应生成氯化钙、氯化钠，故可用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸，故C正确；
D． 烧碱与高浓度反应生成氨气，故可用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨，故D正确；
故选B。
19．B
【详解】A．坩埚未完全干燥，会使结晶水质量偏大，会使测定结果偏高，A不符合题意；
B．加热后直接在空气中冷却至室温后称量，粉末吸收了空气中的水分，会使测得的结晶水的质量偏低，B符合题意；
C．加热后有少量黑色固体产生，说明生成了CuO，质量变化较大，说明生成的水的质量偏大，导致最终所测结果偏高，C不符合题意；
D．加热过程中晶体有少量溅失，质量变化较大，说明生成的水的质量偏大，导致结果偏高，D不符合题意；
故选B。
【点睛】硫酸铜晶体中结晶水含量测定实验过程中，为避免或减少误差，必须注意：①加热硫酸铜晶体用玻璃棒轻轻搅拌的目的是受热均匀，防止受热不均匀而引起固体飞溅，溅出坩埚；②生成的无水硫酸铜要在干燥器中冷却，而不能在空气中冷却，是防止无水硫酸铜吸收空气中的水分；③两次第五步的操作，质量差要小于0.1g，是为了保证实验的准确性和减小误差。
20．C
【详解】A．氯碱工业是电解饱和食盐水，水参与了反应，故A错误。
B．侯氏制碱是在氯化钠的饱和溶液中通入氨气和二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵的过程，有水参与了反应，故B错误。
C．用硫酸将铜矿中的铜转变成可溶性的硫酸铜，再将铁放入硫酸铜溶液中把铜置换出来，没有水参与反应，故C正确。
D．接触法制硫酸，是利用了三氧化硫和水发生反应，故D错误。
故选C。
21．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。
22．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。
23．D
【分析】由流程可知，工业废水中加入NaOH后可除去Cu2+，此时废水中含有Na+、Cl-、OH-、，再加入试剂a为BaCl2除去，此时废水中含有Na+、Cl-、OH-、Ba2+，再加稍过量的试剂b为Na2CO3除去Ba2+，此时废水中含有Na+、Cl-、OH-、，操作X为过滤，再向滤液中加入试剂c为盐酸，经反应除去OH-、，此时溶液中只含有Na+、Cl-，据此解答。
【详解】A．废水中只有Cu2+可以和NaOH反应，所以NaOH的作用是除去Cu2+，A正确；
B．由分析可知，试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3，且Na2CO3一定要在BaCl2之后，可除去过量Ba2+，B正确；
C．流程图中操作x为过滤，过滤分离出Cu(OH)2、BaSO4、BaCO3，C正确；
D．由分析可知试剂c是盐酸，可除去溶液中的OH-、，试剂c若为硫酸，除杂后会引入，所以试剂c不能为硫酸，D错误。
答案选D。
24．C
【详解】A．悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A错误；
B．胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B错误；
C．萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C正确；
D．胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D错误；
故答案为C。
25．A
【分析】只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的可以鉴别。
【详解】A．无论是Ca(OH)2滴加到Na2CO3中，还是Na2CO3滴加到Ca(OH)2中，都产生沉淀，不能鉴别，A项选；
B．向碳酸钠中滴加盐酸，先没有气体后生成气体，而向盐酸中滴加碳酸钠，开始就生成气体，现象不同，可鉴别，B项不选；
C．向硝酸银中滴加到氨水，先生成沉淀后溶解变成银氨溶液，而向氨水中滴加硝酸银，没有沉淀生成，现象不同，可鉴别，C项不选；
D．向氯化铝中滴加氢氧化钠，先生成沉淀，后沉淀溶解，而向氢氧化钠中滴加氯化铝，先没有现象，后生成沉淀，二者反应现象不同，可鉴别，D项不选；
答案选A。
26．B
【详解】Cu(NO3)2受热易分解，其分解反应为：2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑。
A．称量样品→加热→冷却→称量CuO，根据硝酸铜分解的方程式以及氧化铜的质量可测定Cu(NO3)2•nH2O的结晶水含量，故A正确；
B．因硝酸铜易分解，称量样品→加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸铜，故B错误；
C．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合物的质量可以求解，故C正确；
D．称量样品→加NaOH将硝酸铜转化为氢氧化铜，→过滤→加热氢氧化铜分解生成氧化铜→冷却→称量CuO，根据铜原子守恒求解无水硝酸铜的质量，据此求解结晶水含量，故D正确；
故答案为B。
27．C
【详解】A．H2O2能氧化FeCl2而不能与FeCl3反应，达不到除杂的目的，选项A错误；
B．CO不能与饱和NaHCO3溶液反应，达不到除杂的目的，选项B错误；
C．Al2O3为两性氧化物，可与强碱溶液反应，而Fe2O3不能，则可用氢氧化钠溶液除杂，选项C正确；
D．加入盐酸，Na2CO3和NaHCO3都反应生成氯化钠，达不到除杂的目的，选项D错误；
答案选C。
28． 过滤 蒸发 尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用 生产中的循环使用(合理就给分) 防止极易溶于水的产生倒吸 增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分 加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点 0.1885 a b
【分析】尿素废气产生二氧化碳和氨气，硫酸钙悬浊液与二氧化碳和氨气发生反应生成碳酸钙和硫酸铵，碳酸钙固体在煅烧过程中分解出二氧化碳，同时生成了氧化钙。
【详解】(1) 沉淀池中硫酸钙、水、二氧化碳和氨气反应生成碳酸钙和硫酸铵，化学方程式为；从沉淀池中分离出硫酸铵需要除掉碳酸钙沉淀，故需要的操作有，过滤、蒸发、洗涤、烘干；
(2)尿素工厂废气以及磷肥工厂废渣的综合利用，生产中的循环使用都属于“绿色化学”理念的设计；
(3)氨气易溶于水，故导管a下端连接粗管的目的是防止极易溶于水的产生倒吸；二氧化碳不易溶于水，与硫酸钙溶液反应接触过少，故在导管b下端使用多孔球泡，所以其目的是增大溶解性较小的与溶液的接触面积，使微溶物转化为难溶物的反应更充分；
(4) 在溶液中加入过量的甲醛溶液，摇匀充分反应后溶液呈酸性，加入1～2滴甲基橙试液，容易变红色，用NaOH标准溶液与溶液中的氢离子中和，当加入最后一滴后，溶液立即由红色转化为橙色，并且30秒内不变色，即为终点；
(5) 离子方程式为，其中消耗了氢氧化钠的物质的量为0.1010mol/L×20mL=0.002020mol，氢氧根离子的物质的量=氢离子的物质的量=铵根离子的物质的量=N元素的物质的量，故溶液中N的质量=，250mL溶液中含有N元素的质量为0.2828g，N的质量分数=；
a.甲醛被氧化，则反应掉相同量的，加入的甲醛的量需增加，同时甲醛被氧化生成甲酸，导致溶液中H+浓度较高，消耗氢氧化钠溶液的体积增大，使氮的质量分数略高，a项选；
b.没有进行平行实验，只有一次实验结构，可能造成氮的质量分数略高，b项选；
c.氢氧化钠溶液久置变质，溶液中含有Na2CO3，则消耗溶液体积减小，造成测得氮的质量分数偏小，c项不选；
d.锥形瓶没有用待测液润洗，对实验结果无影响，d项不选；
答案选ab。
29． 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。
30． 生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气 利用氢气将FeSO4溶液压入C中与Na2CO3反应 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净 FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑ 抑制Fe2+水解 葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇 2 偏小
【分析】实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气，再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中与Na2CO3反应，得到(C6H11O7)2Fe溶液，为了抑制Fe2+水解，调节pH至5.8，蒸发得到(C6H11O7)2Fe结晶。
【详解】(1)①实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气
②为了成功制得碳酸亚铁，实验开始时打开K1、K3，关闭 K2 让铁和硫酸反应。待B中反应即将结束时再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中；
(2)检验碳酸亚铁是否洗净即在检验硫酸根，实验操作为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净；
(3)反应Ⅱ是产生的FeCO3与葡萄糖反应得到(C6H11O7)2Fe，其化学方程式为：FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑；
(4)由于Fe2+水解，在将(C6H11O7)2Fe从溶液中结晶出来，需要抑制其水解，所以要调节pH至5.8左右；加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是：葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇；
(5)0.140 g铁单质的物质的量为，则(C6H11O7)2Fe·nH2O的物质的量为0.0025mol，则根据1.205 g晶体可得，解得n=2；若最终得到固体中含有少量Fe3+，会消耗部分铁单质，则n的值偏小。
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