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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-142化学实验基础（5）
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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-142化学实验基础（5），共32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-142化学实验基础（5）
一、单选题
1．（2022·上海金山·统考一模）下列物质的溶液在实验室不宜长期保存，必须现用现配的是
A．H2SO4 B．NaOH C．FeSO4 D．FeCl3
2．（2022·上海·模拟预测）下列固体物质中的杂质(括号内为杂质)能用加热法直接除去的是
A．Fe粉(硫粉) B．Na2CO3粉末(NaHCO3)
C．Al (OH)3(Al2O3) D．KMnO4(MnO2)
3．（2022·上海·模拟预测）某无色溶液可能由K2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2溶液中的一种或几种组成。取样，向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀；另取样，加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体。据此分析，下列判断中正确的是
A．一定有MgCl2 B．一定有MgCl2和NaHCO3
C．一定有K2CO3 D．一定有BaCl2和NaHCO3
4．（2022·上海·模拟预测）实验是化学研究的基础。下列各装置图对应实验的叙述中，错误的是
A．装置①可实现由食盐水制得食盐晶体
B．装置②能用于吸收HCl气体并防止倒吸
C．装置③可通过NH4Cl分解得到NH3
D．装置④b口进气可收集H2、NH3等气体
5．（2022·上海·模拟预测）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体。下列分析错误的是
A．制备小苏打的方程式为：NaCl + NH4HCO3 → NaHCO3↓ + NH4Cl
B．通入氨气的离子方程式为：NH3+ HCO→CO+ NH
C．加食盐有利于氯化铵固体的析出
D．温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大
6．（2022·上海松江·统考一模）测定硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)中结晶水含量的实验中，测定n偏低，其原因可能是
A．称量晶体的坩埚潮湿 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．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质
7．（2022·上海杨浦·统考一模）应对“新冠疫情”的常见措施如图所示，其基本原理与“过滤”类似的是
A． B． C． D．
8．（2022·上海·模拟预测）联合制碱法的工业流程如图所示。下列叙述正确的是
A．X和M是同种物质 B．Z和Y是同种物质
C．溶液b和N循环利用 D．条件i是冷却
9．（2022·上海杨浦·统考一模）与物质溶解度有关的分离方法是
A．萃取 B．升华 C．蒸馏 D．蒸发
10．（2022·上海杨浦·统考一模）只用水不能鉴别
A．苯和 B．晶体和晶体
C．和硫粉 D．乙酸乙酯和乙酸丁酯
11．（2022·上海虹口·统考模拟预测）检验下列溶液是否变质，所选试剂或试纸肯定合理的是
选项
A
B
C
D
溶液
Na2SO3溶液
FeSO4溶液
KI溶液
NaOH溶液
所选试剂或试纸
BaCl2溶液
KSCN溶液
AgNO3溶液
广泛pH试纸
A．A B．B C．C D．D
12．（2022·上海·统考一模）下列有机物的实验室制备方法正确的是
A．用饱和食盐水与电石在启普发生器中反应制取乙炔
B．收集乙酸乙酯时用到了饱和碳酸钠溶液
C．制取乙酸丁酯和乙酸乙酯时都加入了浓硫酸和过量的乙酸
D．制取乙烯时采用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫杂质
13．（2022·上海·统考一模）下列关于从海带中提取碘的操作错误的是
A
B
C
D
灼烧海带
过滤海带灰的悬浊液
用有机溶剂萃取碘单质
分液获得碘单质的有机溶液
A．A B．B C．C D．D
14．（2022·上海闵行·统考一模）实验室按以下方案从某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列实验方法或仪器错误的是
A．步骤(1)需要过滤装置
B．步骤(2)水层溶液从分液漏斗下口放出
C．步骤(3)需要用到坩埚
D．步骤(4)可利用物质的沸点不同分离
15．（2022·上海·统考一模）下列物质分离的操作中，必须加热的是
A．蒸馏 B．分液 C．纸上层析 D．过滤
16．（2022·上海·统考一模）下列实验装置或操作正确的是
A．配制浓硫酸与浓硝酸的混酸
B．配制一定物质的量浓度的溶液
C．观察铁是否发生吸氧腐蚀
D．实验室制乙炔
A．A B．B C．C D．D
17．（2022·上海·一模）把足量的铁粉投入到硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则原溶液中硫酸和硫酸铜的物质的量浓度之比为
A．1:7 B．2:7 C．1:2 D．3:8
18．（2022·上海·模拟预测）以下实验设计能达到实验目的的是
实验目的
实验设计
A．除去NaHCO3固体中的Na2CO3
将固体加热至恒重
B．制备无水AlCl3
蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液
C．分离乙醇(沸点78.3℃)苯(沸点80.1℃)的混合物
将混合物进行蒸馏
D．鉴别NaBr和KI溶液
分别加新制氯水后，用CCl4萃取
A．A B．B C．C D．D
19．（2022·上海·统考三模）碘化亚铜(CuI，受热易被氧化)可以作很多有机反应的催化剂。实验室可用反应2CuSO4+2KI+SO2+2H2O=2CuI↓+2H2SO4+K2SO4来制备CuI。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A．用装置甲制备SO2 B．用装置乙制备CuI
C．用装置丙分离出CuI D．用装置丁制备干燥的CuI
20．（2022·上海·模拟预测）向和的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法错误的是
A．a点时溶液中的阳离子为、和
B．b点时溶液中发生的反应为：
C．c点时溶液中溶质的物质的量浓度为
D．原溶液中和的物质的量浓度之比为1：1
二、工业流程题
21．（2022·上海·统考一模）氯化铜、氯化亚铜广泛地用作有机合成催化剂。实验室中以粗铜粉(含杂质Fe)为原料，制备铜的氯化物，流程如图：
(1)现用如图所示的实验仪器和药品制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应(夹持及加热装置已省略)。按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是a→__(填小写字母)。
(2)上述流程中，所得固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是__；操作②的方法是___。
(3)溶液Ⅰ可加试剂X__(写一种物质的化学式)，用于调节pH以除去杂质。
(4)检验溶液II中是否含有杂质离子的试剂是__。向溶液Ⅱ中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀，写出该反应的离子方程式__。
在溶液II转化为CuCl2•2H2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。同学欲探究其原因，查文献知：Cu(H2O)(aq)(蓝色)+4Cl-(aq)CuCl(aq)(绿色)+4H2O(l)
(5)设计简单实验，证明溶液中有上述转化关系___。
(6)为测定原料CuCl2•xH2O中结晶水的数目x，可采取如下方案：
①完成实验操作步骤。
a.用电子天平称取一定质量氯化铜晶体
b.在坩埚中充分灼烧
c.在__(填仪器名称)中冷却
d.称量所得黑色固体质量
e.重复b~d操作直至__。
②若氯化铜晶体质量为3.384g，最终得到黑色固体质量为1.600g，则x=__(精确到0.1)。
③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为0.5%，写出可能导致该结果的一种情况___。
22．（2022·上海·模拟预测）已知①胆矾(CuSO4·5H2O)易溶于水，难溶于乙醇；②溶液中Fe3+和Cu2+完全沉淀时的pH分别为3.7和6.9，某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
(1)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为___。与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是___。
(2)待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3·H2O调pH为3.5~4.0，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、__、乙醇洗涤、__，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5~4.0的目的是__。
(3)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有__(填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．坩埚
(4)结晶水含量测定(设化学式为CuSO4·xH2O)：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据可知，x=__(写表达式)。
(5)下列操作中，会导致结晶水含量测定值偏高的是__(填标号)。
①胆矾未充分干燥
②坩埚未置于干燥器中冷却
③加热时有少胆矾迸溅出来
23．（2022·上海·统考一模）侯氏制碱法为我国纯碱工业做出了重要贡献。
Ⅰ.某化学兴趣小组模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
(1)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_______。
(2)向母液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为_______、_______、_______、洗涤、干燥。
II.实验中制得的纯碱中含有少量NaCl，该小组设计如图所示装置，测定实验得到的纯碱中Na2CO3的含量。
(3)装置A中的试剂为_______，装置C中的试剂为_______。
(4)实验结束后通入空气的目的：_______。
(5)实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为_______(保留2位小数)。按照以上装置及操作，有同学提出测定结果可能会偏大，他的理由是_______。
24．（2022·上海·模拟预测）合成NH3是重要的研究课题。一种合成NH3的流程如图。
相关数据如表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
与N2反应温度/℃
分解温度/℃
Mg
649
1090
>300
Mg3N2：>800
转氨：选用试剂a完成转化。
I.选用H2O进行转化。发现从体系中分离出NH3较困难。
II.选用HCl气体进行转化。
III.选用NH4Cl固体进行转化。相比于H2O和HCl，选用NH4Cl进行转化，NH3的收率高，原子利用率高。用NH4Cl固体进行转化合成氨的过程如图：
回答下列问题：
(1)上述流程中固氮反应的化学方程式___。固氮的适宜温度范围是___。
a.500~600℃ b.700~800℃ c.900~1000℃
(2)试剂a用HCl气体时，产物MgCl2能直接循环利用。但NH3的收率较低，原因是___。
(3)试剂a用NH4Cl固体时，进行转氨的总反应方程式是___。
(4)试剂a用NH4Cl固体时，经实验研究，检测结果证明Mg3N2中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨。
实验研究：将___、___(填化学式)两种物质混合，充分反应。
检测结果：经探测仪器检测，所得氨气中存在15NH3。
(5)试剂a用NH4Cl固体时，测量Mg3N2的转化率：取固体Mg3N2、NH4Cl的混合物mg，[n(Mg3N2)：n(NH4Cl)=1：6]，混匀，充分反应。用cmol/L的H2SO4滴定生成的NH3，至滴定终点时消耗vmLH2SO4。Mg3N2的转化率为___。
三、实验题
25．（2022·上海金山·统考一模）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常见的分析试剂，临床上用于氰化物解毒。实验室制备Na2S2O3溶液的装置如图(部分装置省略，C中Na2SO3过量)：
完成下列填空：
(1)Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O+CN-→SCN-+SO。为检验该转化生成了SCN-，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，再加入__，观察到的现象是__。
(2)装置A制取SO2的反应，体现了70%浓硫酸的__性，装置B的作用是__。
(3)装置C中的反应分两步。第二步反应为S+Na2SO3→Na2S2O3，写出第一步反应的化学方程式__。当观察到装置C中溶液__，说明反应已完全。
样品中Na2S2O3·5H2O(M=248g·mol-1)的含量可用K2Cr2O7标准溶液测定(杂质不参与反应)，步骤如下：
①取0.0100mol·L-1的K2Cr2O7溶液20.00mL，用硫酸酸化后，加入过量KI；
②用0.400g样品配制的溶液滴定步骤①所得溶液至淡黄绿色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点时，恰好将样品溶液消耗完全。
步骤①、②中发生的反应分别为：Cr2O+6I-+14H+→2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O→2I-+S4O。
(4)判断步骤②的滴定终点__。
(5)样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为__；若样品中含Na2SO3杂质，则所测Na2S2O3·5H2O的含量__(选填“偏高”或“偏低”)。
26．（2022·上海·统考一模）化学社团小组的同学在测试Na2SO3溶液的pH时，遇到了困惑。为此，决心重新实验，揭开奥秘。请你也参与交流讨论。
a．查阅资料：①常温下0.1mol•L-1的H2SO3溶液的pH约为2.1。②通常情况下，H2S为无色，有腐蛋臭味的气体，其水溶液称为氢硫酸。常温下0.1mol•L-1的H2S溶液的pH约为4.5。
b．实验操作：
①准确称取纯净的Na2SO3•7H2O晶体31.500g，配成1L水溶液，测得其pH=7.8。
②再次准确称取31.500g上述晶体，继而隔绝空气在600℃以上高温下强热至恒重 (只有硫元素的化合价变化成最高价和最低价)，质量为15.750g。
③将②所得的15.750g固体进行元素定性定量分析，组成与Na2SO3无异。将其溶于水得250.00mL溶液，测得pH=10.3。
c．分析猜想：Na2SO3•7H2O在强热下，失去结晶水，进而发生了分解反应(自身氧化还原反应)
d．交流讨论
(1)实验操作①所得溶液的物质的量浓度为___________；实验操作②中除酒精灯、玻璃棒、三角架及隔绝空气的设备外，还需要的仪器有___________。
(2)给Na2SO3•7H2O加热时为何要隔绝空气，请以简要的文字给以说明。___________
(3)猜想Na2SO3在高温强热下发生分解反应的化学方程式是___________。
(4)实验①和③中，两次测得的溶液pH相差明显，其合理的解释是(简要的文字和离子方程式给以说明) __________。
(5)请你设计简单的实验方案，给上述分析猜想及解释加以佐证。并简单叙述实验步骤、现象和结论。________。
27．（2022·上海松江·统考一模）某学习小组根据氨气还原氧化铜的反应，设计实验测定铜的相对原子质量Ar(Cu)。装置如图所示。
实验步骤：
① 检查装置的气密性；
②称量玻璃管C(带两端开关K1和K2)质量记为m1g ；
③将氧化铜装入玻璃管C中，再次将装置C称重记为m2g ；
④打开K1和K2、漏斗活塞，使装置中充满NH3，点燃酒精灯，加热至氧化铜反应完全；
⑤熄灭酒精灯， 冷却至室温； 关闭分液漏斗活塞； 关闭K1和K2；
⑥ 称量玻璃管C(带两端开关K1和K2)，记录质量m3g。
完成下列填空：
(1)实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是___________。
(2)氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，写出该反应的化学方程式___________。
(3)干燥管B中的药品为___________，装置D的作用是___________。
(4)根据实验记录，计算铜的相对原子质量Ar(Cu)=___________(列式表示)。若CuO中混有不反应的杂质，使测定结果Ar(Cu)___________(选填：“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(5)如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，装置M的作用是___________，装置M中的药品为___________；除测定C装置反应前后的质量差，还应测定___________。
28．（2022·上海·模拟预测）碳酸亚铁(FeCO3)是生产补血剂的重要原料，制取碳酸亚铁的过程中涉及以下探究实验
实验一：
为探究某固体化合物X(仅含有三种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验
已知：气体甲、气体乙均为单质。
请回答：
(1)气体甲与碘化钾溶液反应的离子方程式为___________。化合物X含有的元素为___________(写元素符号)。化合物A的化学式为___________。
实验二：
下图装置利用实验一所得溶液B制取FeCO3(白色固体，难溶于水)：
装置丙中，先将导管移出液面通入一段时间气体，再向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量B溶液产生白色沉淀和无色气体，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。
请回答：
(2)试剂a是___________。向Na2CO3溶液通入CO2的目的是___________。丙装置中制取FeCO3的离子方程式为___________。
(3)不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子的原因是___________。
(4)100mL 0.8mol/L B溶液完全反应，最终得到5克FeCO3固体，则产率为___________(结果保留2位小数)。
29．（2022·上海闵行·统考一模）某校研究性学习小组设计实验来研究茶叶的部分药效成分和微量元素组成。
I.茶叶中咖啡因的提取
咖啡因的溶解度如下表(单位：g /100g水)
溶剂
乙醇(25 ℃)
氯仿(25 ℃)
乙醚(25 ℃)
沸水(100 ℃)
溶解度
2
18.2
0.19
66.6
(1)从上表中选择合适的溶剂_______(填写溶剂名称)来浸取茶叶提取咖啡因；
(2)纯咖啡因是白色针状晶体，100℃时容易失去结晶水并升华。从澄清的茶叶浸取液中提取含结晶水的咖啡因，选择实验步骤排序_______。(选填字母)
a.蒸发浓缩 b.萃取分液 c.趁热过滤 d.升华 e.过滤 f.冷却结晶
II.测定茶叶中微量元素钙的含量
已知：茶叶中含有钙、铝、铁等多种微量元素，其氢氧化物完全沉淀的pH如下表
沉淀形式
Ca(OH)2
Al(OH)3
Fe(OH)3
完全沉淀的pH
pH≥13
pH≥5.5
pH≥4.1
【实验步骤】
①称取500克干燥的茶叶，充分灼烧使茶叶灰化并磨细后移入烧杯中，再加入200 mL 1 mol/L盐酸搅拌、过滤、洗涤；
②向步骤①所得滤液中逐滴加入氨水，调节pH为6～7左右，再加热煮沸30 min，加入7.95 g无水Na2CO3，充分搅拌，待沉淀完全后，过滤、洗涤；
③将步骤②所得滤液稀释至500 mL，取其中的20.00 mL溶液以甲基橙作指示剂，用0.1000 mol/L的HCl标准溶液滴定，终点时消耗盐酸的体积为20.00 mL。
(3)步骤②中调节pH为6～7左右的目的是_______。
(4)为减少实验误差，步骤②中的洗涤液应该合并到滤液中，理由是_______。
(5)步骤③中，将步骤②所得的滤液稀释至500 mL需在_______中进行；滴定终点的判断依据为_______；最终测得原茶叶中Ca2+的质量分数为_______。
(6)为优化实验步骤，有人提出步骤③如果选择“酚酞”作指示剂，则步骤②中不需要过滤、洗涤，测定结果更加准确。试分析其中的原因_______。
30．（2022·上海·模拟预测）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)用氢气还原为金属钨再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)：
已知相关物质性质如下表所示：
W
WO3
WCl6
颜色
银白色
黄色
蓝色
熔点/℃
3422
1473
275
沸点/℃
5660
1750
347
完成下列填空：
(1)检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是___________。
(2)一段时间后，加热管式电炉，以一定速率通入H2，升温至1000℃，并对装置末端逸出的H2进行后续处理。装置A的作用除干燥气体外，还能___________；C中冷却水从___________(选填“a”或“b”)口通入；反应过程中，B中的现象是___________。
WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以E替换D，在硬质玻璃管末端缠上电热丝；③……；④加热至1000℃，通Cl2，同时将电热丝温度保持在350℃；……
(3)操作③必不可少，否则可能会导致危险事故，该操作是___________。
(4)制备WCl6的化学方程式为___________。在制备过程中保持电热丝温度在350℃的作用是___________。
(5)U型管中碱石灰的作用是___________。
参考答案：
1．C
【详解】A．H2SO4性质稳定不易变质，不需现用现配，A不合题意；
B．NaOH性质稳定，密封保存不易变质，不需现用现配，B不合题意；
C．FeSO4中Fe2+易被空气中的O2氧化而变质，需要现用现配，C符合题意；
D．FeCl3性质稳定，密封保存不易变质，不需现用现配，D不合题意；
故答案为：C。
2．B
【详解】A．硫粉加热生成二氧化硫气体，但Fe粉也被氧化，不符合除杂原则，A不符合题意；
B．NaHCO3粉末受热分解生成Na2CO3粉末和脱离体系的水蒸气和二氧化碳气体，可以除杂，B符合题意；
C．Al2O3受热不反应，Al (OH)3受热分解，不符合除杂原则，C不符合题意；
D．MnO2受热不反应，KMnO4受热分解，不符合除杂原则，D不符合题意；
故选B。
3．D
【详解】向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀，可能是NaOH与MgCl2生成Mg(OH)2白色沉淀，也可能是NaOH与NaHCO3反应生成Na2CO3，Na2CO3与BaCl2生成BaCO3白色沉淀；加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体，该白色沉淀一定是稀硫酸与BaCl2生成的BaSO4，气体是稀硫酸与K2CO3或NaHCO3反应生成的CO2，因一定存在BaCl2则一定没有K2CO3，故一定有NaHCO3；综上所述，该无色溶液一定含有一定有BaCl2和NaHCO3，一定没有K2CO3，可能有MgCl2，故答案选D。
4．C
【详解】A．装置①是蒸发结晶装置，可实现由食盐水制得食盐晶体，A正确；
B．HCl气体通入CCl4层，不与CCl4反应，气体出来后往上升被水吸收，故装置②能用于吸收HCl气体并防止倒吸，B正确；
C．NH4Cl分解得到NH3和HCl，NH3和HCl在试管口又生成NH4Cl固体，用装置③不能通过NH4Cl分解得到NH3，C错误；
D．装置④b口进气是向下排空气法收集气体的装置，可收集H2、NH3等密度比空气小的气体，D正确；
故选C。
5．D
【详解】A．利用溶解度差异，可以使溶解度相对较低的NaHCO3以沉淀的形式析出，NaCl+ NH4HCO3 → NaHCO3↓ + NH4Cl，A项正确；
B．NH3溶于水得到一水合氨，HCO可以和一水合氨发生反应，得到CO和NH，B项正确；
C．加食盐是为了提高溶液中Cl-的浓度，根据同离子效应使氯化铵先析出，C项正确；
D．冷却后加食盐得到氯化铵固体，说明氯化铵的溶解度比食盐更低，D项错误；
答案选D。
6．B
【详解】A．坩埚潮湿，则产生的水蒸气量偏多，会使测量结果偏高，A不符合题意；
B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，则所测剩余固体质量偏大，结晶水质量偏低，结果偏小，B符合题意；
C．加热过程中晶体有少量溅失，则所测剩余固体质量偏小，结晶水质量偏大，结果偏大，C不符合题意；
D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质，则所测水蒸气质量偏大，n值偏高，D不符合题意；
故答案选B。
7．C
【详解】A．用消毒液洗手是使病毒的蛋白质发生变性，与过滤无关，A不合题意；
B．用水洗涤，与过滤无关，B不合题意；
C．戴口罩防护原理可使空气通过、病毒不能通过，与微粒大小有关，与过滤原理相似，C符合题意；
D．间隔1m是切断病毒的传播途径，与过滤无关，D不合题意；
故答案为：C。
8．D
【分析】联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体；由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品．此时滤出氯化铵沉淀后所得的滤液，已基本上被氯化钠饱和，可回收循环使用，据此分析解题。
【详解】A．氨气极易溶解于水溶解性大，二氧化碳气体水中溶解性较小，饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳气体，所以X为氨气，沉淀加热得到碳酸钠和水为碳酸氢钠的分解，所以M为二氧化碳，A错误；
B．联合制碱法第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，即Z为NH3，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，而由A项分析可知，Y为CO2，B错误；
C．联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，溶液b为氯化钠溶液，N为氯化铵，N不能循环利用，C错误；
D．联合制碱法第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，即Z为NH3，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，条件i需在低温的条件下，D正确；
故答案为：D。
9．A
【详解】A．萃取是利用物质在两种互不相容的溶剂中溶解度的不同，用一种溶剂把溶质从与其他溶剂形成的溶液中提取出来的过程，故与溶解度有关，A符合题意；
B．升华是物质能够直接由固体变为气体的特性，与溶解度无关，B不合题意；
C．蒸馏是将互溶的沸点相差较大的两种或几种液体物质分开的操作，与沸点有关，与溶解度无关，C不合题意；
D．蒸发是将溶液中的水分蒸发，让固体溶质析出的操作，与溶解度无关，D不合题意；
故答案为：A。
10．D
【详解】A．苯和都难溶于水，且苯的密度小于水、四氯化碳密度大于水，用水可以鉴别，A不符合题意；
B．晶体易溶于水形成紫红色溶液，晶体在水中溶解度较小形成黄色溶液，用水可以鉴别，B不符合题意；
C．和水反应生成氧气逸出有气泡生成，硫粉和水无明显变化，用水可以鉴别，C不符合题意；
D．乙酸乙酯和乙酸丁酯均不溶于水且密度小于水，用水不可以鉴别，D符合题意；
故选D。
11．B
【详解】A．Na2SO3易被空气中的O2氧化为Na2SO4，检验需先加足量盐酸，再加BaCl2溶液，试剂选择不全，不符题意；
B．Fe2+溶液中易被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-形成易溶难电离的[Fe(SCN)6]3-，溶液变为血红色，试剂选择正确，符合题意；
C．I-易被空气中的O2氧化为I2，检验I2需用淀粉试液，试剂选择错误，不符题意；
D．NaOH溶液易吸收空气中的CO2形成Na2CO3杂质，所以选择澄清石灰水可检验溶液中是否有，试剂选择错误，不符题意；
综上，本题选B。
12．B
【详解】A．电石（CaC2）与水的反应剧烈放热，若使用启普发生器会发生爆炸，A错误；
B．饱和碳酸钠溶液可以吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，因此收集乙酸乙酯时使用饱和碳酸钠溶液，B正确；
C．由于乙醇价格比较低廉，实验室制备乙酸乙酯时，为了提高乙酸的转化率，会使乙醇过量，C错误；
D．乙烯可以被KMnO4氧化，因此不能用酸性KMnO4除杂，D错误；
故选B。
13．A
【详解】A．灼烧海带需要在坩埚中进行，而不是蒸发皿，A错误；
B．过滤可以分离悬浊液和溶液，图示过滤操作无误，B正确；
C．碘更易溶于有机溶剂，可以用有机溶剂萃取碘单质，萃取可在分液漏斗中进行，振荡分液漏斗时下口朝上，C正确；
D．有机溶液与水不互溶，可以用分液漏斗分液分离，D正确；
综上所述答案为A。
14．C
【分析】由流程可知，某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物，由实验流程可知，操作(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，操作(2)分高互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用分液属斗，操作(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，操作(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采用蒸馏得到甲苯，以此来解析；
【详解】A．由分析可知，操作(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，A正确；
B．由分析可知，操作(2)分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，由于甲苯的密度小于水，故下层为水层，分液时水层溶液从下口放出，上层为有机层，需从上口倒出，B正确；
C．操作(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿而不需要用坩埚，C错误；
D．操作(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，D正确；
故选C。
15．A
【详解】A．蒸馏是分离沸点不同的互溶的液体混合物，应该采用加热的方法，故A符合题意；
B．分液是分离互不相溶的两层液体混合物的操作，要使用分液漏斗，不需加热操作，B不符合题意；
C．纸上层析是根据各色素随层析液在滤纸上扩散速度不同从而分离色素，在进行操作时，层析纸要接触层析液，但不能让样斑触到层析液，用橡胶塞塞住试管口，不需要加热操作，C不符合题意；
D．过滤是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，不需加热操作，D不符合题意；
故合理选项是A。
16．A
【详解】A．浓硫酸和浓硝酸混合时放热，浓硫酸的密度大于浓硝酸，所以要把浓硫酸慢慢加入浓硝酸中配制浓硫酸与浓硝酸的混酸，故A正确；
B．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时，当液面离刻度线1~2cm时，用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切，故B错误；
C．观察铁是否发生吸氧腐蚀，具支试管口应塞上橡胶塞，若右侧导管内液面上升，说明铁发生吸氧腐蚀，故C错误；
D．电石和水反应放大量的热，生成的氢氧化钙是糊状物，会堵塞反应容器，且产生气体的速度过快，所以实验室不用启普发生器来制取乙炔，故D错误；
选A。
17．A
【详解】设硫酸的物质的量为x，硫酸铜的物质的量为y，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，固体质量减小∆m，1mol硫酸完全反应，固体质量减小56g，现有xmol硫酸完全反应，固体质量减小56xg；Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，固体质量增加∆m，1mol硫酸铜完全反应，固体质量增加64-56=8g，所以ymol硫酸铜完全反应，固体质量增加8yg；把足量的铁粉投入到硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则56x=8y，即x：y=1:7，在同一溶液中体积相同，所以原溶液中硫酸和硫酸铜的物质的量浓度之比为1:7；
故选A。
18．D
【详解】A．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，NaHCO3受热分解生成二氧化碳、水和碳酸钠，Na2CO3受热不分解，不能通过加热的方法除去Na2CO3，故A不符合题意；
B．AlCl3在水中会发生水解生成氢氧化铝和HCl，所以制备无水AlCl3，不能用蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液的方法，故B不符合题意；
C．因为乙醇和苯的沸点相接近，所以分离乙醇(沸点78.3℃)和苯(沸点80.1℃)的混合物，不能将混合物进行蒸馏，故C不符合题意；
D．因为NaBr和KI都能和氯气反应，生成相应Br2和I2，也都能被CCl4萃取，萃取后颜色不同，所以可以通过该方法鉴别，故D符合题意；
故答案：D。
19．D
【详解】A．浓硫酸与Cu在加热时反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故A正确；
B．由题意可知硫酸铜、碘化钾、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜，所以可用乙图来制备碘化亚铜，故B正确；
C．为难溶物，分离难溶固体物质和液体物质时应采用过滤装置，所以分离碘化亚铜时应采用过滤装置，故C正确；
D．受热易被氧化，所以不能通过加热蒸发制备干燥的CuI，故D错误；
答案选D。
20．D
【分析】由氧化性的强弱(Fe3+＞Cu2+)及图象变化可知：①0～0.56gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe时，消耗铁1.12g，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，所以此时溶液中不含Cu2+，反应完全。
【详解】A．0～0.56gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，A说法正确；
B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，n(Fe)==0.02mol，剩余物为1.28g，即1.28gCu的物质的量为=0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，B说法正确；
C．由图象可知原溶液中Fe3+为0.02mol，即Fe2(SO4)3为0.01mol，n(SO)=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，Cu2+为0.02mol，即CuSO4为0.02mol，n(SO)=n(CuSO4)=0.02mol，当加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶质为FeSO4，n(SO)=0.02mol+0.03mol=0.05mol，SO守恒有n(FeSO4)=n(SO)=0.05mol，所以c点溶液中溶质的物质的量浓度为=0.5mol/L，C说法正确；
D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3为0.01mol，CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比为1：2，D说法错误；
答案选D。
21．(1)dehifg(gf)b(c)
(2) 防止CuCl2和FeCl3水解 在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)
(3)CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3
(4) KSCN溶液 SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+
(5)取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡
(6) 干燥器 连续两次称量差值不超过0.001g 1.9 加热时有固体溅出
【分析】本题为通过粗铜粉制备氯化铜晶体的工业过程，粗铜粉中含有杂质铁，首先和氯气反应生成氯化物，之后为了防止铜离子和铁离子的水解，用稀盐酸溶解氯化铜和氯化铁，再通过调pH来除去铁杂质，最后剩下氯化铜溶液，再经过处理得到产品，以此解题。
(1)
依题意，制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应，A是Cl2的发生装置，出来气体含有HCl，用饱和食盐水除去，经浓硫酸干燥即得到纯净、干燥Cl2，在D中与粗铜粉反应后用NaOH溶液吸收尾气，按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是：adehifg(gf)b(c)；
(2)
固体Ⅰ的主要成分是氯化铜和氯化铁，其中铜离子和三价铁离子容易水解，用稀盐酸溶解可以防止其水解，故固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是：防止CuCl2和FeCl3水解；溶液Ⅱ是氯化铜溶液，从氯化铜溶液中得到CuCl2•2H2O晶体，由于产品中含有为了防止失去结晶水同时还要防止铜离子的水解，故操作②的方法是：在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)；
(3)
试剂X作用为消耗H+，调节pH使杂质Fe3+转化为沉淀而除去，并且不能产生新的杂质离子，故试剂X可以选CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3；
(4)
通过实验过程可知溶液II如果含有杂质离子，则杂质离子是三价铁离子，可以用硫氰化钾检验，故检验溶液II中是否含有杂质离子的试剂是：KSCN溶液；溶液Ⅱ的主要成分是氯化铜，二氧化硫有还原性，向氯化铜溶液中通入二氧化硫生成氯化亚铜，则方程式为：SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+；
(5)
通过已知可知Cu(H2O)(aq)(蓝色)，CuCl(aq)(绿色)而且他们之间的转化是可逆的，故可以通过平衡移动的方法验证，则证明溶液中有上述转化关系的方法为：取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡；
(6)
①固体物质在坩埚中灼烧后应该在干燥器中冷却；固体物质在坩埚中灼烧时为了使其反应充分，应该重复b~d操作直至连续两次称量差值不超过0.001g；
②晶体质量为3.384g，最终得到黑色固体为CuO，质量为1.600g，则n(CuO)=0.02mol，根据铜元素守恒，则晶体中n(CuCl2)也为0.02mol，则m(CuCl2)=0.02mol×135g/mol=2.7g
晶体中，，解得x=1.9；
③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为0.5%，说明比实际误差偏大，可能是加热时有固体溅出。
22．(1) CuO+H2SO4=CuSO4+H2O 不会产生具有污染性的气体
(2) 过滤 干燥 使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解
(3)AC
(4)
(5)①③
【详解】（1）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，若直接使用废铜与浓硫酸反应，也可以获得硫酸铜，但会有二氧化硫产生，对环境造成污染，此方法不会产生具有污染性的气体，故答案为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；不会产生具有污染性的气体；
（2）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，此方程式为主要反应，除此之外，由于混有氧化铁，溶于硫酸产生Fe3+，Fe3+与Cu发生反应生成Fe2+和Cu2+，依据流程可知，加入过氧化氢，重新氧化亚铁离子，便于后续除杂，滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾，其中控制溶液pH为3.5～4的目的是使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解，防止生成杂质导致产品不纯，煮沸10min的目的在于除去剩余的过氧化氢，并保证Fe3+沉淀完全，故答案为：过滤；干燥；使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解；
（3）由(2)分析可知，制备胆矾时，经过的步骤有：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶，故用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有反应过程中和过滤需用到的烧杯和蒸发时需要用到的蒸发皿，故答案为：AC；
（4）设结晶水个数为x，胆矾分子式表示为CuSO4•xH2O，受热分解发生反应CuSO4•xH2OCuSO4+xH2O，n(H2O)=mol，n(CuSO4)=mol，依据方程式可知n(H2O)：n(CuSO4)=x：1，解得x=，故答案为：；
（5）依据结晶水表达式x=可知，
①胆矾未充分干燥，m2偏大，导致最终结果偏高，①符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，m1、m2不变，m3偏大，依据x=可知，结果偏低，②不合题意；
③加热时胆矾迸出，m3质量偏小，m2-m3偏大，m3-m1偏小，最终结果偏高，③符合题意；
故答案为：①③。
23．(1)NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
(2) 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤
(3) 氢氧化钠溶液 浓硫酸
(4)把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收
(5) 0.80 反应前没有将装置中的空气(二氧化碳)除去
【分析】制备Na2CO3工艺流程为：氨盐水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入CO2气体，发生反应的方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到NaHCO3固体和母液，NaHCO3受热分解得到纯碱Na2CO3，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，CO2气体可循环使用，母液中加入NaCl粉末，发生反应NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)，可采用冷却、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体和食盐水，食盐水可循环使用；
【详解】（1）氨盐水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入CO2气体，发生反应的方程式为NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
（2）根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体；
（3）装置A是为了吸收空气中二氧化碳，避免影响碳酸钠含量的测定，可以用氢氧化钠溶液(或其他强碱的溶液)；装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重，故答案为：氢氧化钠溶液；浓硫酸；
（4）实验结束后通入空气把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收，减小误差，故答案为：把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收；
（5）实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，为二氧化碳质量，物质的量，结合碳元素守恒计算，样品中Na2CO3的物质的量等于二氧化碳物质的量，Na2CO3质量为m=nM=0.2mol×106g/mol= 21.2g，则碳酸钠质量分数=；测定结果可能会偏大，理由是反应前没有将装置中的空气(二氧化碳)除去D装置增重多，会使测定结果偏高。
24．(1) 3Mg+N2=Mg3N2 b
(2)氨气与氯化氢反应生成氯化铵
(3)Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3
(4) Mg315N2 NH4Cl
(5)%
【解析】（1）
固氮过程为Mg和N2的反应，方程式为3Mg+N2=Mg3N2；结合图表数据可知，应让反应发生，且生成物不分解，故反应的合适温度为700-800℃，故答案为：b；
（2）
由于氨气能和氯化氢反应产生氯化铵，因此选用HCl气体进行转化，发现能产生NH3，且产物MgCl2能直接循环利用，但NH3的收率较低；
（3）
结合反应历程，固氮的总反应为Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3；
（4）
经实验研究，证实了Mg3N2中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨，通过同位素标记法，可以将Mg315N2和NH4Cl两种物质混合，充分反应，故答案为：Mg315N2和NH4Cl；
（5）
测量Mg3N2的转化率：取固体Mg3N2、NH4Cl的混合物mg，[n(Mg3N2)：n(NH4Cl)=1：6]，混匀，充分反应。用cmol/L的H2SO4滴定生成的NH3，至滴定终点时消耗vmLH2SO4，故n（NH3）=2×10－3×cVmol，结合方程式Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3可知，反应Mg3N2物质的量为2.5×10－4×cVmol，固体Mg3N2、NH4Cl的混合物mg，[n(Mg3N2)：n(NH4Cl)=1：6]，设反应前Mg3N2物质的量为xmol、NH4Cl物质的量为6xmol，则100x+53.5×6x=m，则x=，Mg3N2的转化率为。
25．(1) FeCl3溶液 溶液呈血红色
(2) 强酸 安全瓶，防倒吸
(3) 3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3 溶液由浑浊变澄清
(4)滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色
(5) 0.744 偏高
【详解】（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O+CN-→SCN-+SO，为检验该转化生成了SCN-，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，将S2O和SO除尽后，利用Fe3+和SCN-离子的显色反应可知，再加入FeCl3溶液，观察到的现象是溶液立即变为血红色，故答案为：FeCl3溶液；溶液变为血红色；
（2）装置A制取SO2的反应，反应原理为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，利用强酸值弱酸的原理，即体现了70%浓硫酸的强酸性，由装置图可知，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸，故答案为：强酸；安全瓶，防止倒吸；
（3）装置C中的反应分为两步，第二步反应为S+Na2SO3=Na2S2O3，体系没有硫，说明第一反应生成硫，则第一反应的化学方程式2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓，因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，所以判断装置C中反应已经完全的方法是溶液中无浑浊现象即溶液由浑浊变澄清，故答案为：2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓；溶液由浑浊变澄清；
（4）利用I2遇到淀粉溶液显蓝色的性质，用淀粉溶液作指示剂，锥形瓶中原溶液为蓝色，当I2与Na2S2O3完全反应时溶液变为无色，故当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色即为滴定终点，故答案为：滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；
（5）n（K2Cr2O7）=0.0100 mol•L-1×0.020 L=2×10-4 mol，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，反应的Na2S2O3的物质的量n（Na2S2O3）=2×10-4×6 mol=1.2×10-3 mol， m（Na2S2O3）=1.2×10-3 mol×248 g•mol-1=0.2976 g，则样品的纯度为×100%≈77.4%，亚硫酸钠也能和碘单质反应，原理为I2+2S2O32-═S4O62-+2I-，则消耗样品的体积减小，计算样品中硫代硫酸钠的物质的量增加，所以存在亚硫酸钠时样品的纯度偏高，故答案为：77.4%(或者0.774)；偏高。
26．(1) 0.125 molL-1 坩埚、坩埚钳、泥三角、电子天平等
(2)避免Na2SO3被空气中氧气氧化，（2Na2SO3+O2=2Na2SO4）
(3)4Na2SO3Na2S+3Na2SO4
(4)（由a①知H2SO3 强于H2S）实验③的溶液中可能有Na2S，相同条件下，S2-水解程度大于SO，溶液的碱性强； S2-+H2OHS-+OH-
(5)取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，则证明有S2-；另取③中溶液适量于试管中，加入HCl酸化的BaCl2，如有白色沉淀生成，证明有SO。（稀硫酸可以换成盐酸）
【解析】(1)
31.500g Na2SO3•7H2O晶体的物质的量，物质的量浓度为；实验操作②需要加热固体和称量，仪器除酒精灯、三角架及隔绝空气的设备外，还需要的仪器有坩埚、坩埚钳、泥三角、电子天平等；
(2)
亚硫酸钠具有强的还原性，Na2SO3•7H2O加热时要隔绝空气，防止亚硫酸钠被氧气氧化为硫酸钠，即2Na2SO3+O2=2Na2SO4；
(3)
Na2SO3在高温强热下发生分解反应是一个自身氧化还原反应，会生成-2价硫和+6价的硫，反应为：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；
(4)
硫离子和亚硫酸根离子均能发生水解使得溶液显碱性，实验①和③中，两次测得的溶液pH相差明显，是因为二者的水解程度不一样而导致碱性强弱不一样，实验③中溶液的pH=10.3的原理是S2-+H2OHS-+OH-；
(5)
硫离子能和酸反应生成硫化氢，硫离子的检验方法：取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，则证明有S2-，硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡，硫酸根离子的检验方法：另取③中溶液适量于试管中，加入HCl酸化的BaCl2，如有白色沉淀生成，证明有SO。
27．(1)氨水是弱碱，在水中不完全电离；向固体氢氧化钠中滴加氨水，会使氨水中OH-的浓度增大，从而导致水中NH3浓度的升高；同时，氢氧化钠溶于水放热，温度的升高使氨气的溶解度降低，从而会使NH3逸出（或结合NH+OH-NH3·H2O NH3+H2O 分析 ）
(2)2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu
(3) 碱石灰 吸收氨气，防止污染环境
(4) 偏大
(5) 吸收C中生成的水 碱石灰 反应前后装置M的质量差
【分析】装置A内将浓氨水滴入氢氧化钠固体可生成氨气和水分的混合气体，通入B干燥管干燥后，氨气在装置C中与氧化铜受热反应得到铜单质，通过称量装置C硬质玻璃管的质量差求得铜的质量和损失的氧原子的质量，可求出铜的摩尔质量；装置D可吸收尾气氨气。
(1)
实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是氨水是弱碱，在水中不完全电离；向固体氢氧化钠中滴加氨水，会使氨水中OH-的浓度增大，从而导致水中NH3浓度的升高；同时，氢氧化钠溶于水放热，温度的升高使氨气的溶解度降低，从而会使NH3逸出。
(2)
氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，该反应的化学方程式：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu。
(3)
据分析，干燥管B中的药品为碱石灰，可以干燥氨气，装置D的作用是吸收氨气，防止污染环境。
(4)
玻璃管的质量m2- m3得到损失的氧化铜中氧的质量，物质的量为mol，铜的质量为m3- m1，则铜的摩尔质量是 g/mol，则铜的相对原子质量Ar(Cu)= ；若CuO中混有不反应的杂质，反应后称量的m3偏大，则偏大，故使测定结果Ar(Cu) 偏大。
(5)
如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，用以吸收C中生成的水；吸收水的同时不能吸收氨气，装置M中的药品为碱石灰；测定C装置反应前后的质量差，根据小问4可以确定氧原子的物质的量，进而判断水的物质的量，还应测定反应前后装置M的质量差，即得到水的质量，据此可以求得水的摩尔质量。
28．(1) 2I-+Cl2=I2+2Cl- Fe、Cl、O FeO
(2) 饱和NaHCO3溶液 降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2 Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O
(3)溶液B中的氯离子也能使高锰酸钾溶液褪色
(4)53.88%
【分析】溶液B中加入KSCN溶液不显血红色，加入适量双氧水后再加入KSCN溶液显血红色，说明溶液B中含有Fe2+，不含Fe3+，则X中含有Fe元素；气体乙可以使带火星的木条复燃，应为氧气，则X中含有O元素；气体甲可以使淀粉碘化钾溶液变蓝色，说明气体甲具有氧化性，根据所学知识，淀粉碘化钾试纸通常用来检验氯气，且若为氯气符合气体甲为单质的条件，则气体甲为氯气，则X中含有Cl元素；化合物A中含有二价铁，X中又含有O元素，A应为FeO，据此分析解答。
(1)
根据分析可知，气体甲为氯气，氯气与碘化钾溶液反应生成碘单质和氯化钾，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-；化合物X含有的元素为Fe、Cl、O；化合物A的化学式为FeO，故答案为：2I-+Cl2=I2+2Cl-；Fe、Cl、O；FeO。
(2)
溶液B为FeCl2溶液，甲装置中稀盐酸与碳酸钙反应生成CO2，盐酸具有挥发性，所以试剂a为饱和NaHCO3溶液，用于除去CO2中混有的HCl气体；向Na2CO3溶液通入CO2可以降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；丙装置中，CO2先与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠和氯化亚铁反应得到碳酸亚铁沉淀，离子方程式为Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：饱和NaHCO3溶液；降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O。
(3)
溶液B中含有氯离子，也能使高锰酸钾溶液褪色，所以不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子，故答案为：溶液B中的氯离子也能使高锰酸钾溶液褪色。
(4)
100mL 0.8mol/L FeCl2溶液含有FeCl2的物质的量为：0.1L 0.8mol/L=0.08mol，根据方程式Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O，理论上生成FeCO3的物质的量n(FeCO3)=n(Fe2+)=n(FeCl2)= 0.08mol，则理论上生成FeCO3的质量为：0.08mol116g/mol=9.28g，则产率为：100%=53.88%，故答案为：53.88%。
29．(1)沸水
(2)afe
(3)促进铝元素、铁元素完全沉淀
(4)因为洗涤液中含有少量碳酸钠
(5) 500mL容量瓶 加入最后一滴盐酸标液，黄色变为橙色，且半分钟内不变色 0.4%(或0.004)
(6)选择酚酞作指示剂反应为：H++CO=HCO，终点时反应混合液呈弱碱性，沉淀不溶解，减少步骤②中过滤、洗涤操作等导致的碳酸钠损失
【解析】(1)
从咖啡因的溶解度表可知咖啡因在沸水中溶解度最大，故浸取茶叶提取咖啡因合适的溶剂是沸水；
(2)
咖啡因在热水中溶解度大，在冷水中溶解度小，从澄清的茶叶浸取液中提取含结晶水的咖啡因，要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：afe；
(3)
铝、铁完全沉淀的pH为大于5.5，向步骤①所得滤液中逐滴加入氨水，调节pH为6～7左右，再加热煮沸30 min，目的是促进铝元素、铁元素完全沉淀，除去铝元素、铁元素；
(4)
通过滴定滤液中剩余的碳酸钠计算钙元素的含量，洗涤碳酸钙是因为碳酸钙表面有残留的碳酸钠，故洗涤液应合并到滤液中，减少滴定误差；
(5)
将步骤②所得的滤液稀释至500 mL需在500mL容量瓶进行，取稀释好的溶液以甲基橙作指示剂，用0.1000 mol/L的HCl标准溶液滴定，加入最后一滴盐酸标液，黄色变为橙色，且半分钟内不变色则达到滴定终点；根据，可知剩余的碳酸钠的物质的量为：，生成碳酸钙的物质的量为：，最终测得原茶叶中Ca2+的质量分数为；
(6)
选择酚酞作指示剂，滴定终点酚酞的变色范围为pH为8反应为：H++CO=HCO，终点时反应混合液呈弱碱性，沉淀不溶解，减少步骤②中过滤、洗涤操作等导致的碳酸钠损失；
30．(1)排除装置中的空气
(2) 观察H2速率，防止外界空气进入装置 b 淡黄色固体变为银白色
(3)再次通入N2
(4) 让WCl6蒸汽进入F装置收集
(5)吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入F；
【解析】(1)
用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；
(2)
装置A的作用除干燥气体外，通过观察气泡控制通入H2的速率，防止外界空气进入装置；C中冷凝管，冷却水下进上出，故进水口为b；WO3为淡黄色固体，被还原后生成W为银白色，所以能证明WO3已被完全还原的现象是淡黄色固体变为银白色；
(3)
在操作④加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，防止氯气与氢气在加热的情况下发生爆炸，所以操作③是再次通入N2，目的是排除装置中的H2；
(4)
制备利用氯气氧化W单质制备WCl6，化学方程式为：；WCl6沸点是347℃，制备过程中保持电热丝温度在350℃是为了让WCl6蒸汽进入F装置收集；
(5)
由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入F中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入F；
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-142化学实验基础（5）
一、单选题
1．（2022·上海金山·统考一模）下列物质的溶液在实验室不宜长期保存，必须现用现配的是
A．H2SO4 B．NaOH C．FeSO4 D．FeCl3
2．（2022·上海·模拟预测）下列固体物质中的杂质(括号内为杂质)能用加热法直接除去的是
A．Fe粉(硫粉) B．Na2CO3粉末(NaHCO3)
C．Al (OH)3(Al2O3) D．KMnO4(MnO2)
3．（2022·上海·模拟预测）某无色溶液可能由K2CO3、MgCl2、NaHCO3、BaCl2溶液中的一种或几种组成。取样，向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀；另取样，加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体。据此分析，下列判断中正确的是
A．一定有MgCl2 B．一定有MgCl2和NaHCO3
C．一定有K2CO3 D．一定有BaCl2和NaHCO3
4．（2022·上海·模拟预测）实验是化学研究的基础。下列各装置图对应实验的叙述中，错误的是
A．装置①可实现由食盐水制得食盐晶体
B．装置②能用于吸收HCl气体并防止倒吸
C．装置③可通过NH4Cl分解得到NH3
D．装置④b口进气可收集H2、NH3等气体
5．（2022·上海·模拟预测）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体。下列分析错误的是
A．制备小苏打的方程式为：NaCl + NH4HCO3 → NaHCO3↓ + NH4Cl
B．通入氨气的离子方程式为：NH3+ HCO→CO+ NH
C．加食盐有利于氯化铵固体的析出
D．温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大
6．（2022·上海松江·统考一模）测定硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)中结晶水含量的实验中，测定n偏低，其原因可能是
A．称量晶体的坩埚潮湿 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．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质
7．（2022·上海杨浦·统考一模）应对“新冠疫情”的常见措施如图所示，其基本原理与“过滤”类似的是
A． B． C． D．
8．（2022·上海·模拟预测）联合制碱法的工业流程如图所示。下列叙述正确的是
A．X和M是同种物质 B．Z和Y是同种物质
C．溶液b和N循环利用 D．条件i是冷却
9．（2022·上海杨浦·统考一模）与物质溶解度有关的分离方法是
A．萃取 B．升华 C．蒸馏 D．蒸发
10．（2022·上海杨浦·统考一模）只用水不能鉴别
A．苯和 B．晶体和晶体
C．和硫粉 D．乙酸乙酯和乙酸丁酯
11．（2022·上海虹口·统考模拟预测）检验下列溶液是否变质，所选试剂或试纸肯定合理的是
选项
A
B
C
D
溶液
Na2SO3溶液
FeSO4溶液
KI溶液
NaOH溶液
所选试剂或试纸
BaCl2溶液
KSCN溶液
AgNO3溶液
广泛pH试纸
A．A B．B C．C D．D
12．（2022·上海·统考一模）下列有机物的实验室制备方法正确的是
A．用饱和食盐水与电石在启普发生器中反应制取乙炔
B．收集乙酸乙酯时用到了饱和碳酸钠溶液
C．制取乙酸丁酯和乙酸乙酯时都加入了浓硫酸和过量的乙酸
D．制取乙烯时采用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫杂质
13．（2022·上海·统考一模）下列关于从海带中提取碘的操作错误的是
A
B
C
D
灼烧海带
过滤海带灰的悬浊液
用有机溶剂萃取碘单质
分液获得碘单质的有机溶液
A．A B．B C．C D．D
14．（2022·上海闵行·统考一模）实验室按以下方案从某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列实验方法或仪器错误的是
A．步骤(1)需要过滤装置
B．步骤(2)水层溶液从分液漏斗下口放出
C．步骤(3)需要用到坩埚
D．步骤(4)可利用物质的沸点不同分离
15．（2022·上海·统考一模）下列物质分离的操作中，必须加热的是
A．蒸馏 B．分液 C．纸上层析 D．过滤
16．（2022·上海·统考一模）下列实验装置或操作正确的是
A．配制浓硫酸与浓硝酸的混酸
B．配制一定物质的量浓度的溶液
C．观察铁是否发生吸氧腐蚀
D．实验室制乙炔
A．A B．B C．C D．D
17．（2022·上海·一模）把足量的铁粉投入到硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则原溶液中硫酸和硫酸铜的物质的量浓度之比为
A．1:7 B．2:7 C．1:2 D．3:8
18．（2022·上海·模拟预测）以下实验设计能达到实验目的的是
实验目的
实验设计
A．除去NaHCO3固体中的Na2CO3
将固体加热至恒重
B．制备无水AlCl3
蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液
C．分离乙醇(沸点78.3℃)苯(沸点80.1℃)的混合物
将混合物进行蒸馏
D．鉴别NaBr和KI溶液
分别加新制氯水后，用CCl4萃取
A．A B．B C．C D．D
19．（2022·上海·统考三模）碘化亚铜(CuI，受热易被氧化)可以作很多有机反应的催化剂。实验室可用反应2CuSO4+2KI+SO2+2H2O=2CuI↓+2H2SO4+K2SO4来制备CuI。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A．用装置甲制备SO2 B．用装置乙制备CuI
C．用装置丙分离出CuI D．用装置丁制备干燥的CuI
20．（2022·上海·模拟预测）向和的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法错误的是
A．a点时溶液中的阳离子为、和
B．b点时溶液中发生的反应为：
C．c点时溶液中溶质的物质的量浓度为
D．原溶液中和的物质的量浓度之比为1：1
二、工业流程题
21．（2022·上海·统考一模）氯化铜、氯化亚铜广泛地用作有机合成催化剂。实验室中以粗铜粉(含杂质Fe)为原料，制备铜的氯化物，流程如图：
(1)现用如图所示的实验仪器和药品制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应(夹持及加热装置已省略)。按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是a→__(填小写字母)。
(2)上述流程中，所得固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是__；操作②的方法是___。
(3)溶液Ⅰ可加试剂X__(写一种物质的化学式)，用于调节pH以除去杂质。
(4)检验溶液II中是否含有杂质离子的试剂是__。向溶液Ⅱ中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀，写出该反应的离子方程式__。
在溶液II转化为CuCl2•2H2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。同学欲探究其原因，查文献知：Cu(H2O)(aq)(蓝色)+4Cl-(aq)CuCl(aq)(绿色)+4H2O(l)
(5)设计简单实验，证明溶液中有上述转化关系___。
(6)为测定原料CuCl2•xH2O中结晶水的数目x，可采取如下方案：
①完成实验操作步骤。
a.用电子天平称取一定质量氯化铜晶体
b.在坩埚中充分灼烧
c.在__(填仪器名称)中冷却
d.称量所得黑色固体质量
e.重复b~d操作直至__。
②若氯化铜晶体质量为3.384g，最终得到黑色固体质量为1.600g，则x=__(精确到0.1)。
③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为0.5%，写出可能导致该结果的一种情况___。
22．（2022·上海·模拟预测）已知①胆矾(CuSO4·5H2O)易溶于水，难溶于乙醇；②溶液中Fe3+和Cu2+完全沉淀时的pH分别为3.7和6.9，某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
(1)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为___。与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是___。
(2)待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3·H2O调pH为3.5~4.0，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、__、乙醇洗涤、__，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5~4.0的目的是__。
(3)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有__(填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．坩埚
(4)结晶水含量测定(设化学式为CuSO4·xH2O)：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据可知，x=__(写表达式)。
(5)下列操作中，会导致结晶水含量测定值偏高的是__(填标号)。
①胆矾未充分干燥
②坩埚未置于干燥器中冷却
③加热时有少胆矾迸溅出来
23．（2022·上海·统考一模）侯氏制碱法为我国纯碱工业做出了重要贡献。
Ⅰ.某化学兴趣小组模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
(1)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_______。
(2)向母液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为_______、_______、_______、洗涤、干燥。
II.实验中制得的纯碱中含有少量NaCl，该小组设计如图所示装置，测定实验得到的纯碱中Na2CO3的含量。
(3)装置A中的试剂为_______，装置C中的试剂为_______。
(4)实验结束后通入空气的目的：_______。
(5)实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为_______(保留2位小数)。按照以上装置及操作，有同学提出测定结果可能会偏大，他的理由是_______。
24．（2022·上海·模拟预测）合成NH3是重要的研究课题。一种合成NH3的流程如图。
相关数据如表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
与N2反应温度/℃
分解温度/℃
Mg
649
1090
>300
Mg3N2：>800
转氨：选用试剂a完成转化。
I.选用H2O进行转化。发现从体系中分离出NH3较困难。
II.选用HCl气体进行转化。
III.选用NH4Cl固体进行转化。相比于H2O和HCl，选用NH4Cl进行转化，NH3的收率高，原子利用率高。用NH4Cl固体进行转化合成氨的过程如图：
回答下列问题：
(1)上述流程中固氮反应的化学方程式___。固氮的适宜温度范围是___。
a.500~600℃ b.700~800℃ c.900~1000℃
(2)试剂a用HCl气体时，产物MgCl2能直接循环利用。但NH3的收率较低，原因是___。
(3)试剂a用NH4Cl固体时，进行转氨的总反应方程式是___。
(4)试剂a用NH4Cl固体时，经实验研究，检测结果证明Mg3N2中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨。
实验研究：将___、___(填化学式)两种物质混合，充分反应。
检测结果：经探测仪器检测，所得氨气中存在15NH3。
(5)试剂a用NH4Cl固体时，测量Mg3N2的转化率：取固体Mg3N2、NH4Cl的混合物mg，[n(Mg3N2)：n(NH4Cl)=1：6]，混匀，充分反应。用cmol/L的H2SO4滴定生成的NH3，至滴定终点时消耗vmLH2SO4。Mg3N2的转化率为___。
三、实验题
25．（2022·上海金山·统考一模）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是常见的分析试剂，临床上用于氰化物解毒。实验室制备Na2S2O3溶液的装置如图(部分装置省略，C中Na2SO3过量)：
完成下列填空：
(1)Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O+CN-→SCN-+SO。为检验该转化生成了SCN-，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，再加入__，观察到的现象是__。
(2)装置A制取SO2的反应，体现了70%浓硫酸的__性，装置B的作用是__。
(3)装置C中的反应分两步。第二步反应为S+Na2SO3→Na2S2O3，写出第一步反应的化学方程式__。当观察到装置C中溶液__，说明反应已完全。
样品中Na2S2O3·5H2O(M=248g·mol-1)的含量可用K2Cr2O7标准溶液测定(杂质不参与反应)，步骤如下：
①取0.0100mol·L-1的K2Cr2O7溶液20.00mL，用硫酸酸化后，加入过量KI；
②用0.400g样品配制的溶液滴定步骤①所得溶液至淡黄绿色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点时，恰好将样品溶液消耗完全。
步骤①、②中发生的反应分别为：Cr2O+6I-+14H+→2Cr3++3I2+7H2O，I2+2S2O→2I-+S4O。
(4)判断步骤②的滴定终点__。
(5)样品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为__；若样品中含Na2SO3杂质，则所测Na2S2O3·5H2O的含量__(选填“偏高”或“偏低”)。
26．（2022·上海·统考一模）化学社团小组的同学在测试Na2SO3溶液的pH时，遇到了困惑。为此，决心重新实验，揭开奥秘。请你也参与交流讨论。
a．查阅资料：①常温下0.1mol•L-1的H2SO3溶液的pH约为2.1。②通常情况下，H2S为无色，有腐蛋臭味的气体，其水溶液称为氢硫酸。常温下0.1mol•L-1的H2S溶液的pH约为4.5。
b．实验操作：
①准确称取纯净的Na2SO3•7H2O晶体31.500g，配成1L水溶液，测得其pH=7.8。
②再次准确称取31.500g上述晶体，继而隔绝空气在600℃以上高温下强热至恒重 (只有硫元素的化合价变化成最高价和最低价)，质量为15.750g。
③将②所得的15.750g固体进行元素定性定量分析，组成与Na2SO3无异。将其溶于水得250.00mL溶液，测得pH=10.3。
c．分析猜想：Na2SO3•7H2O在强热下，失去结晶水，进而发生了分解反应(自身氧化还原反应)
d．交流讨论
(1)实验操作①所得溶液的物质的量浓度为___________；实验操作②中除酒精灯、玻璃棒、三角架及隔绝空气的设备外，还需要的仪器有___________。
(2)给Na2SO3•7H2O加热时为何要隔绝空气，请以简要的文字给以说明。___________
(3)猜想Na2SO3在高温强热下发生分解反应的化学方程式是___________。
(4)实验①和③中，两次测得的溶液pH相差明显，其合理的解释是(简要的文字和离子方程式给以说明) __________。
(5)请你设计简单的实验方案，给上述分析猜想及解释加以佐证。并简单叙述实验步骤、现象和结论。________。
27．（2022·上海松江·统考一模）某学习小组根据氨气还原氧化铜的反应，设计实验测定铜的相对原子质量Ar(Cu)。装置如图所示。
实验步骤：
① 检查装置的气密性；
②称量玻璃管C(带两端开关K1和K2)质量记为m1g ；
③将氧化铜装入玻璃管C中，再次将装置C称重记为m2g ；
④打开K1和K2、漏斗活塞，使装置中充满NH3，点燃酒精灯，加热至氧化铜反应完全；
⑤熄灭酒精灯， 冷却至室温； 关闭分液漏斗活塞； 关闭K1和K2；
⑥ 称量玻璃管C(带两端开关K1和K2)，记录质量m3g。
完成下列填空：
(1)实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是___________。
(2)氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，写出该反应的化学方程式___________。
(3)干燥管B中的药品为___________，装置D的作用是___________。
(4)根据实验记录，计算铜的相对原子质量Ar(Cu)=___________(列式表示)。若CuO中混有不反应的杂质，使测定结果Ar(Cu)___________(选填：“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(5)如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，装置M的作用是___________，装置M中的药品为___________；除测定C装置反应前后的质量差，还应测定___________。
28．（2022·上海·模拟预测）碳酸亚铁(FeCO3)是生产补血剂的重要原料，制取碳酸亚铁的过程中涉及以下探究实验
实验一：
为探究某固体化合物X(仅含有三种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验
已知：气体甲、气体乙均为单质。
请回答：
(1)气体甲与碘化钾溶液反应的离子方程式为___________。化合物X含有的元素为___________(写元素符号)。化合物A的化学式为___________。
实验二：
下图装置利用实验一所得溶液B制取FeCO3(白色固体，难溶于水)：
装置丙中，先将导管移出液面通入一段时间气体，再向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量B溶液产生白色沉淀和无色气体，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。
请回答：
(2)试剂a是___________。向Na2CO3溶液通入CO2的目的是___________。丙装置中制取FeCO3的离子方程式为___________。
(3)不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子的原因是___________。
(4)100mL 0.8mol/L B溶液完全反应，最终得到5克FeCO3固体，则产率为___________(结果保留2位小数)。
29．（2022·上海闵行·统考一模）某校研究性学习小组设计实验来研究茶叶的部分药效成分和微量元素组成。
I.茶叶中咖啡因的提取
咖啡因的溶解度如下表(单位：g /100g水)
溶剂
乙醇(25 ℃)
氯仿(25 ℃)
乙醚(25 ℃)
沸水(100 ℃)
溶解度
2
18.2
0.19
66.6
(1)从上表中选择合适的溶剂_______(填写溶剂名称)来浸取茶叶提取咖啡因；
(2)纯咖啡因是白色针状晶体，100℃时容易失去结晶水并升华。从澄清的茶叶浸取液中提取含结晶水的咖啡因，选择实验步骤排序_______。(选填字母)
a.蒸发浓缩 b.萃取分液 c.趁热过滤 d.升华 e.过滤 f.冷却结晶
II.测定茶叶中微量元素钙的含量
已知：茶叶中含有钙、铝、铁等多种微量元素，其氢氧化物完全沉淀的pH如下表
沉淀形式
Ca(OH)2
Al(OH)3
Fe(OH)3
完全沉淀的pH
pH≥13
pH≥5.5
pH≥4.1
【实验步骤】
①称取500克干燥的茶叶，充分灼烧使茶叶灰化并磨细后移入烧杯中，再加入200 mL 1 mol/L盐酸搅拌、过滤、洗涤；
②向步骤①所得滤液中逐滴加入氨水，调节pH为6～7左右，再加热煮沸30 min，加入7.95 g无水Na2CO3，充分搅拌，待沉淀完全后，过滤、洗涤；
③将步骤②所得滤液稀释至500 mL，取其中的20.00 mL溶液以甲基橙作指示剂，用0.1000 mol/L的HCl标准溶液滴定，终点时消耗盐酸的体积为20.00 mL。
(3)步骤②中调节pH为6～7左右的目的是_______。
(4)为减少实验误差，步骤②中的洗涤液应该合并到滤液中，理由是_______。
(5)步骤③中，将步骤②所得的滤液稀释至500 mL需在_______中进行；滴定终点的判断依据为_______；最终测得原茶叶中Ca2+的质量分数为_______。
(6)为优化实验步骤，有人提出步骤③如果选择“酚酞”作指示剂，则步骤②中不需要过滤、洗涤，测定结果更加准确。试分析其中的原因_______。
30．（2022·上海·模拟预测）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)用氢气还原为金属钨再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)：
已知相关物质性质如下表所示：
W
WO3
WCl6
颜色
银白色
黄色
蓝色
熔点/℃
3422
1473
275
沸点/℃
5660
1750
347
完成下列填空：
(1)检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是___________。
(2)一段时间后，加热管式电炉，以一定速率通入H2，升温至1000℃，并对装置末端逸出的H2进行后续处理。装置A的作用除干燥气体外，还能___________；C中冷却水从___________(选填“a”或“b”)口通入；反应过程中，B中的现象是___________。
WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以E替换D，在硬质玻璃管末端缠上电热丝；③……；④加热至1000℃，通Cl2，同时将电热丝温度保持在350℃；……
(3)操作③必不可少，否则可能会导致危险事故，该操作是___________。
(4)制备WCl6的化学方程式为___________。在制备过程中保持电热丝温度在350℃的作用是___________。
(5)U型管中碱石灰的作用是___________。
参考答案：
1．C
【详解】A．H2SO4性质稳定不易变质，不需现用现配，A不合题意；
B．NaOH性质稳定，密封保存不易变质，不需现用现配，B不合题意；
C．FeSO4中Fe2+易被空气中的O2氧化而变质，需要现用现配，C符合题意；
D．FeCl3性质稳定，密封保存不易变质，不需现用现配，D不合题意；
故答案为：C。
2．B
【详解】A．硫粉加热生成二氧化硫气体，但Fe粉也被氧化，不符合除杂原则，A不符合题意；
B．NaHCO3粉末受热分解生成Na2CO3粉末和脱离体系的水蒸气和二氧化碳气体，可以除杂，B符合题意；
C．Al2O3受热不反应，Al (OH)3受热分解，不符合除杂原则，C不符合题意；
D．MnO2受热不反应，KMnO4受热分解，不符合除杂原则，D不符合题意；
故选B。
3．D
【详解】向溶液中加入烧碱溶液出现白色沉淀，可能是NaOH与MgCl2生成Mg(OH)2白色沉淀，也可能是NaOH与NaHCO3反应生成Na2CO3，Na2CO3与BaCl2生成BaCO3白色沉淀；加入稀硫酸也出现白色沉淀并放出气体，该白色沉淀一定是稀硫酸与BaCl2生成的BaSO4，气体是稀硫酸与K2CO3或NaHCO3反应生成的CO2，因一定存在BaCl2则一定没有K2CO3，故一定有NaHCO3；综上所述，该无色溶液一定含有一定有BaCl2和NaHCO3，一定没有K2CO3，可能有MgCl2，故答案选D。
4．C
【详解】A．装置①是蒸发结晶装置，可实现由食盐水制得食盐晶体，A正确；
B．HCl气体通入CCl4层，不与CCl4反应，气体出来后往上升被水吸收，故装置②能用于吸收HCl气体并防止倒吸，B正确；
C．NH4Cl分解得到NH3和HCl，NH3和HCl在试管口又生成NH4Cl固体，用装置③不能通过NH4Cl分解得到NH3，C错误；
D．装置④b口进气是向下排空气法收集气体的装置，可收集H2、NH3等密度比空气小的气体，D正确；
故选C。
5．D
【详解】A．利用溶解度差异，可以使溶解度相对较低的NaHCO3以沉淀的形式析出，NaCl+ NH4HCO3 → NaHCO3↓ + NH4Cl，A项正确；
B．NH3溶于水得到一水合氨，HCO可以和一水合氨发生反应，得到CO和NH，B项正确；
C．加食盐是为了提高溶液中Cl-的浓度，根据同离子效应使氯化铵先析出，C项正确；
D．冷却后加食盐得到氯化铵固体，说明氯化铵的溶解度比食盐更低，D项错误；
答案选D。
6．B
【详解】A．坩埚潮湿，则产生的水蒸气量偏多，会使测量结果偏高，A不符合题意；
B．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，则所测剩余固体质量偏大，结晶水质量偏低，结果偏小，B符合题意；
C．加热过程中晶体有少量溅失，则所测剩余固体质量偏小，结晶水质量偏大，结果偏大，C不符合题意；
D．晶体中含有加热分解产物全部为气体的杂质，则所测水蒸气质量偏大，n值偏高，D不符合题意；
故答案选B。
7．C
【详解】A．用消毒液洗手是使病毒的蛋白质发生变性，与过滤无关，A不合题意；
B．用水洗涤，与过滤无关，B不合题意；
C．戴口罩防护原理可使空气通过、病毒不能通过，与微粒大小有关，与过滤原理相似，C符合题意；
D．间隔1m是切断病毒的传播途径，与过滤无关，D不合题意；
故答案为：C。
8．D
【分析】联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体；由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品．此时滤出氯化铵沉淀后所得的滤液，已基本上被氯化钠饱和，可回收循环使用，据此分析解题。
【详解】A．氨气极易溶解于水溶解性大，二氧化碳气体水中溶解性较小，饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳气体，所以X为氨气，沉淀加热得到碳酸钠和水为碳酸氢钠的分解，所以M为二氧化碳，A错误；
B．联合制碱法第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，即Z为NH3，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，而由A项分析可知，Y为CO2，B错误；
C．联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，溶液b为氯化钠溶液，N为氯化铵，N不能循环利用，C错误；
D．联合制碱法第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，即Z为NH3，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，条件i需在低温的条件下，D正确；
故答案为：D。
9．A
【详解】A．萃取是利用物质在两种互不相容的溶剂中溶解度的不同，用一种溶剂把溶质从与其他溶剂形成的溶液中提取出来的过程，故与溶解度有关，A符合题意；
B．升华是物质能够直接由固体变为气体的特性，与溶解度无关，B不合题意；
C．蒸馏是将互溶的沸点相差较大的两种或几种液体物质分开的操作，与沸点有关，与溶解度无关，C不合题意；
D．蒸发是将溶液中的水分蒸发，让固体溶质析出的操作，与溶解度无关，D不合题意；
故答案为：A。
10．D
【详解】A．苯和都难溶于水，且苯的密度小于水、四氯化碳密度大于水，用水可以鉴别，A不符合题意；
B．晶体易溶于水形成紫红色溶液，晶体在水中溶解度较小形成黄色溶液，用水可以鉴别，B不符合题意；
C．和水反应生成氧气逸出有气泡生成，硫粉和水无明显变化，用水可以鉴别，C不符合题意；
D．乙酸乙酯和乙酸丁酯均不溶于水且密度小于水，用水不可以鉴别，D符合题意；
故选D。
11．B
【详解】A．Na2SO3易被空气中的O2氧化为Na2SO4，检验需先加足量盐酸，再加BaCl2溶液，试剂选择不全，不符题意；
B．Fe2+溶液中易被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-形成易溶难电离的[Fe(SCN)6]3-，溶液变为血红色，试剂选择正确，符合题意；
C．I-易被空气中的O2氧化为I2，检验I2需用淀粉试液，试剂选择错误，不符题意；
D．NaOH溶液易吸收空气中的CO2形成Na2CO3杂质，所以选择澄清石灰水可检验溶液中是否有，试剂选择错误，不符题意；
综上，本题选B。
12．B
【详解】A．电石（CaC2）与水的反应剧烈放热，若使用启普发生器会发生爆炸，A错误；
B．饱和碳酸钠溶液可以吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，因此收集乙酸乙酯时使用饱和碳酸钠溶液，B正确；
C．由于乙醇价格比较低廉，实验室制备乙酸乙酯时，为了提高乙酸的转化率，会使乙醇过量，C错误；
D．乙烯可以被KMnO4氧化，因此不能用酸性KMnO4除杂，D错误；
故选B。
13．A
【详解】A．灼烧海带需要在坩埚中进行，而不是蒸发皿，A错误；
B．过滤可以分离悬浊液和溶液，图示过滤操作无误，B正确；
C．碘更易溶于有机溶剂，可以用有机溶剂萃取碘单质，萃取可在分液漏斗中进行，振荡分液漏斗时下口朝上，C正确；
D．有机溶液与水不互溶，可以用分液漏斗分液分离，D正确；
综上所述答案为A。
14．C
【分析】由流程可知，某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物，由实验流程可知，操作(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，操作(2)分高互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用分液属斗，操作(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，操作(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采用蒸馏得到甲苯，以此来解析；
【详解】A．由分析可知，操作(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，A正确；
B．由分析可知，操作(2)分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，由于甲苯的密度小于水，故下层为水层，分液时水层溶液从下口放出，上层为有机层，需从上口倒出，B正确；
C．操作(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿而不需要用坩埚，C错误；
D．操作(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，D正确；
故选C。
15．A
【详解】A．蒸馏是分离沸点不同的互溶的液体混合物，应该采用加热的方法，故A符合题意；
B．分液是分离互不相溶的两层液体混合物的操作，要使用分液漏斗，不需加热操作，B不符合题意；
C．纸上层析是根据各色素随层析液在滤纸上扩散速度不同从而分离色素，在进行操作时，层析纸要接触层析液，但不能让样斑触到层析液，用橡胶塞塞住试管口，不需要加热操作，C不符合题意；
D．过滤是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，不需加热操作，D不符合题意；
故合理选项是A。
16．A
【详解】A．浓硫酸和浓硝酸混合时放热，浓硫酸的密度大于浓硝酸，所以要把浓硫酸慢慢加入浓硝酸中配制浓硫酸与浓硝酸的混酸，故A正确；
B．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时，当液面离刻度线1~2cm时，用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切，故B错误；
C．观察铁是否发生吸氧腐蚀，具支试管口应塞上橡胶塞，若右侧导管内液面上升，说明铁发生吸氧腐蚀，故C错误；
D．电石和水反应放大量的热，生成的氢氧化钙是糊状物，会堵塞反应容器，且产生气体的速度过快，所以实验室不用启普发生器来制取乙炔，故D错误；
选A。
17．A
【详解】设硫酸的物质的量为x，硫酸铜的物质的量为y，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，固体质量减小∆m，1mol硫酸完全反应，固体质量减小56g，现有xmol硫酸完全反应，固体质量减小56xg；Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，固体质量增加∆m，1mol硫酸铜完全反应，固体质量增加64-56=8g，所以ymol硫酸铜完全反应，固体质量增加8yg；把足量的铁粉投入到硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则56x=8y，即x：y=1:7，在同一溶液中体积相同，所以原溶液中硫酸和硫酸铜的物质的量浓度之比为1:7；
故选A。
18．D
【详解】A．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，NaHCO3受热分解生成二氧化碳、水和碳酸钠，Na2CO3受热不分解，不能通过加热的方法除去Na2CO3，故A不符合题意；
B．AlCl3在水中会发生水解生成氢氧化铝和HCl，所以制备无水AlCl3，不能用蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液的方法，故B不符合题意；
C．因为乙醇和苯的沸点相接近，所以分离乙醇(沸点78.3℃)和苯(沸点80.1℃)的混合物，不能将混合物进行蒸馏，故C不符合题意；
D．因为NaBr和KI都能和氯气反应，生成相应Br2和I2，也都能被CCl4萃取，萃取后颜色不同，所以可以通过该方法鉴别，故D符合题意；
故答案：D。
19．D
【详解】A．浓硫酸与Cu在加热时反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故A正确；
B．由题意可知硫酸铜、碘化钾、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜，所以可用乙图来制备碘化亚铜，故B正确；
C．为难溶物，分离难溶固体物质和液体物质时应采用过滤装置，所以分离碘化亚铜时应采用过滤装置，故C正确；
D．受热易被氧化，所以不能通过加热蒸发制备干燥的CuI，故D错误；
答案选D。
20．D
【分析】由氧化性的强弱(Fe3+＞Cu2+)及图象变化可知：①0～0.56gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe时，消耗铁1.12g，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，所以此时溶液中不含Cu2+，反应完全。
【详解】A．0～0.56gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，A说法正确；
B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，n(Fe)==0.02mol，剩余物为1.28g，即1.28gCu的物质的量为=0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，B说法正确；
C．由图象可知原溶液中Fe3+为0.02mol，即Fe2(SO4)3为0.01mol，n(SO)=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，Cu2+为0.02mol，即CuSO4为0.02mol，n(SO)=n(CuSO4)=0.02mol，当加入铁粉为从1.68g～2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶质为FeSO4，n(SO)=0.02mol+0.03mol=0.05mol，SO守恒有n(FeSO4)=n(SO)=0.05mol，所以c点溶液中溶质的物质的量浓度为=0.5mol/L，C说法正确；
D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3为0.01mol，CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比为1：2，D说法错误；
答案选D。
21．(1)dehifg(gf)b(c)
(2) 防止CuCl2和FeCl3水解 在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)
(3)CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3
(4) KSCN溶液 SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+
(5)取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡
(6) 干燥器 连续两次称量差值不超过0.001g 1.9 加热时有固体溅出
【分析】本题为通过粗铜粉制备氯化铜晶体的工业过程，粗铜粉中含有杂质铁，首先和氯气反应生成氯化物，之后为了防止铜离子和铁离子的水解，用稀盐酸溶解氯化铜和氯化铁，再通过调pH来除去铁杂质，最后剩下氯化铜溶液，再经过处理得到产品，以此解题。
(1)
依题意，制备纯净、干燥的Cl2并与粗铜粉反应，A是Cl2的发生装置，出来气体含有HCl，用饱和食盐水除去，经浓硫酸干燥即得到纯净、干燥Cl2，在D中与粗铜粉反应后用NaOH溶液吸收尾气，按气流从左到右的方向连接各仪器接口，正确的顺序是：adehifg(gf)b(c)；
(2)
固体Ⅰ的主要成分是氯化铜和氯化铁，其中铜离子和三价铁离子容易水解，用稀盐酸溶解可以防止其水解，故固体Ⅰ需要加稀盐酸溶解，其目的是：防止CuCl2和FeCl3水解；溶液Ⅱ是氯化铜溶液，从氯化铜溶液中得到CuCl2•2H2O晶体，由于产品中含有为了防止失去结晶水同时还要防止铜离子的水解，故操作②的方法是：在氯化氢氛围中/滴加浓盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)；
(3)
试剂X作用为消耗H+，调节pH使杂质Fe3+转化为沉淀而除去，并且不能产生新的杂质离子，故试剂X可以选CuO/CuCO3/Cu(OH)2/Cu2(OH)2CO3；
(4)
通过实验过程可知溶液II如果含有杂质离子，则杂质离子是三价铁离子，可以用硫氰化钾检验，故检验溶液II中是否含有杂质离子的试剂是：KSCN溶液；溶液Ⅱ的主要成分是氯化铜，二氧化硫有还原性，向氯化铜溶液中通入二氧化硫生成氯化亚铜，则方程式为：SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-2CuCl↓+SO+4H+；
(5)
通过已知可知Cu(H2O)(aq)(蓝色)，CuCl(aq)(绿色)而且他们之间的转化是可逆的，故可以通过平衡移动的方法验证，则证明溶液中有上述转化关系的方法为：取绿色溶液Y少许，将Y稀释，发现溶液呈蓝色/在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色/在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色，即可证明存在如上平衡；
(6)
①固体物质在坩埚中灼烧后应该在干燥器中冷却；固体物质在坩埚中灼烧时为了使其反应充分，应该重复b~d操作直至连续两次称量差值不超过0.001g；
②晶体质量为3.384g，最终得到黑色固体为CuO，质量为1.600g，则n(CuO)=0.02mol，根据铜元素守恒，则晶体中n(CuCl2)也为0.02mol，则m(CuCl2)=0.02mol×135g/mol=2.7g
晶体中，，解得x=1.9；
③若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为0.5%，说明比实际误差偏大，可能是加热时有固体溅出。
22．(1) CuO+H2SO4=CuSO4+H2O 不会产生具有污染性的气体
(2) 过滤 干燥 使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解
(3)AC
(4)
(5)①③
【详解】（1）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，若直接使用废铜与浓硫酸反应，也可以获得硫酸铜，但会有二氧化硫产生，对环境造成污染，此方法不会产生具有污染性的气体，故答案为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；不会产生具有污染性的气体；
（2）CuO为碱性氧化物，与硫酸发生复分解反应，方程式为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，此方程式为主要反应，除此之外，由于混有氧化铁，溶于硫酸产生Fe3+，Fe3+与Cu发生反应生成Fe2+和Cu2+，依据流程可知，加入过氧化氢，重新氧化亚铁离子，便于后续除杂，滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾，其中控制溶液pH为3.5～4的目的是使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解，防止生成杂质导致产品不纯，煮沸10min的目的在于除去剩余的过氧化氢，并保证Fe3+沉淀完全，故答案为：过滤；干燥；使Fe3+沉淀析出，同时抑制铜离子水解；
（3）由(2)分析可知，制备胆矾时，经过的步骤有：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶，故用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有反应过程中和过滤需用到的烧杯和蒸发时需要用到的蒸发皿，故答案为：AC；
（4）设结晶水个数为x，胆矾分子式表示为CuSO4•xH2O，受热分解发生反应CuSO4•xH2OCuSO4+xH2O，n(H2O)=mol，n(CuSO4)=mol，依据方程式可知n(H2O)：n(CuSO4)=x：1，解得x=，故答案为：；
（5）依据结晶水表达式x=可知，
①胆矾未充分干燥，m2偏大，导致最终结果偏高，①符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，m1、m2不变，m3偏大，依据x=可知，结果偏低，②不合题意；
③加热时胆矾迸出，m3质量偏小，m2-m3偏大，m3-m1偏小，最终结果偏高，③符合题意；
故答案为：①③。
23．(1)NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
(2) 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤
(3) 氢氧化钠溶液 浓硫酸
(4)把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收
(5) 0.80 反应前没有将装置中的空气(二氧化碳)除去
【分析】制备Na2CO3工艺流程为：氨盐水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入CO2气体，发生反应的方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到NaHCO3固体和母液，NaHCO3受热分解得到纯碱Na2CO3，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，CO2气体可循环使用，母液中加入NaCl粉末，发生反应NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)，可采用冷却、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体和食盐水，食盐水可循环使用；
【详解】（1）氨盐水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，通入CO2气体，发生反应的方程式为NH3·H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
（2）根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体；
（3）装置A是为了吸收空气中二氧化碳，避免影响碳酸钠含量的测定，可以用氢氧化钠溶液(或其他强碱的溶液)；装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重，故答案为：氢氧化钠溶液；浓硫酸；
（4）实验结束后通入空气把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收，减小误差，故答案为：把生成的二氧化碳气体全部排入装置D中吸收；
（5）实验前称取26.50g样品，实验后测得D装置增重8.80g，为二氧化碳质量，物质的量，结合碳元素守恒计算，样品中Na2CO3的物质的量等于二氧化碳物质的量，Na2CO3质量为m=nM=0.2mol×106g/mol= 21.2g，则碳酸钠质量分数=；测定结果可能会偏大，理由是反应前没有将装置中的空气(二氧化碳)除去D装置增重多，会使测定结果偏高。
24．(1) 3Mg+N2=Mg3N2 b
(2)氨气与氯化氢反应生成氯化铵
(3)Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3
(4) Mg315N2 NH4Cl
(5)%
【解析】（1）
固氮过程为Mg和N2的反应，方程式为3Mg+N2=Mg3N2；结合图表数据可知，应让反应发生，且生成物不分解，故反应的合适温度为700-800℃，故答案为：b；
（2）
由于氨气能和氯化氢反应产生氯化铵，因此选用HCl气体进行转化，发现能产生NH3，且产物MgCl2能直接循环利用，但NH3的收率较低；
（3）
结合反应历程，固氮的总反应为Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3；
（4）
经实验研究，证实了Mg3N2中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨，通过同位素标记法，可以将Mg315N2和NH4Cl两种物质混合，充分反应，故答案为：Mg315N2和NH4Cl；
（5）
测量Mg3N2的转化率：取固体Mg3N2、NH4Cl的混合物mg，[n(Mg3N2)：n(NH4Cl)=1：6]，混匀，充分反应。用cmol/L的H2SO4滴定生成的NH3，至滴定终点时消耗vmLH2SO4，故n（NH3）=2×10－3×cVmol，结合方程式Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3可知，反应Mg3N2物质的量为2.5×10－4×cVmol，固体Mg3N2、NH4Cl的混合物mg，[n(Mg3N2)：n(NH4Cl)=1：6]，设反应前Mg3N2物质的量为xmol、NH4Cl物质的量为6xmol，则100x+53.5×6x=m，则x=，Mg3N2的转化率为。
25．(1) FeCl3溶液 溶液呈血红色
(2) 强酸 安全瓶，防倒吸
(3) 3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3 溶液由浑浊变澄清
(4)滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色
(5) 0.744 偏高
【详解】（1）Na2S2O3解毒氰化物原理：S2O+CN-→SCN-+SO，为检验该转化生成了SCN-，取反应后的少量溶液，先加入足量的盐酸，将S2O和SO除尽后，利用Fe3+和SCN-离子的显色反应可知，再加入FeCl3溶液，观察到的现象是溶液立即变为血红色，故答案为：FeCl3溶液；溶液变为血红色；
（2）装置A制取SO2的反应，反应原理为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，利用强酸值弱酸的原理，即体现了70%浓硫酸的强酸性，由装置图可知，装置B的作用是安全瓶，防止倒吸，故答案为：强酸；安全瓶，防止倒吸；
（3）装置C中的反应分为两步，第二步反应为S+Na2SO3=Na2S2O3，体系没有硫，说明第一反应生成硫，则第一反应的化学方程式2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓，因为第一反应生成硫，硫不溶于水，表现为沉淀，所以判断装置C中反应已经完全的方法是溶液中无浑浊现象即溶液由浑浊变澄清，故答案为：2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓；溶液由浑浊变澄清；
（4）利用I2遇到淀粉溶液显蓝色的性质，用淀粉溶液作指示剂，锥形瓶中原溶液为蓝色，当I2与Na2S2O3完全反应时溶液变为无色，故当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色即为滴定终点，故答案为：滴入最后一滴样品溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；
（5）n（K2Cr2O7）=0.0100 mol•L-1×0.020 L=2×10-4 mol，根据方程式可得出关系式：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，反应的Na2S2O3的物质的量n（Na2S2O3）=2×10-4×6 mol=1.2×10-3 mol， m（Na2S2O3）=1.2×10-3 mol×248 g•mol-1=0.2976 g，则样品的纯度为×100%≈77.4%，亚硫酸钠也能和碘单质反应，原理为I2+2S2O32-═S4O62-+2I-，则消耗样品的体积减小，计算样品中硫代硫酸钠的物质的量增加，所以存在亚硫酸钠时样品的纯度偏高，故答案为：77.4%(或者0.774)；偏高。
26．(1) 0.125 molL-1 坩埚、坩埚钳、泥三角、电子天平等
(2)避免Na2SO3被空气中氧气氧化，（2Na2SO3+O2=2Na2SO4）
(3)4Na2SO3Na2S+3Na2SO4
(4)（由a①知H2SO3 强于H2S）实验③的溶液中可能有Na2S，相同条件下，S2-水解程度大于SO，溶液的碱性强； S2-+H2OHS-+OH-
(5)取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，则证明有S2-；另取③中溶液适量于试管中，加入HCl酸化的BaCl2，如有白色沉淀生成，证明有SO。（稀硫酸可以换成盐酸）
【解析】(1)
31.500g Na2SO3•7H2O晶体的物质的量，物质的量浓度为；实验操作②需要加热固体和称量，仪器除酒精灯、三角架及隔绝空气的设备外，还需要的仪器有坩埚、坩埚钳、泥三角、电子天平等；
(2)
亚硫酸钠具有强的还原性，Na2SO3•7H2O加热时要隔绝空气，防止亚硫酸钠被氧气氧化为硫酸钠，即2Na2SO3+O2=2Na2SO4；
(3)
Na2SO3在高温强热下发生分解反应是一个自身氧化还原反应，会生成-2价硫和+6价的硫，反应为：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；
(4)
硫离子和亚硫酸根离子均能发生水解使得溶液显碱性，实验①和③中，两次测得的溶液pH相差明显，是因为二者的水解程度不一样而导致碱性强弱不一样，实验③中溶液的pH=10.3的原理是S2-+H2OHS-+OH-；
(5)
硫离子能和酸反应生成硫化氢，硫离子的检验方法：取③溶液适量于试管中，向其中加稀H2SO4，如有腐蛋气味气体生成，则证明有S2-，硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡，硫酸根离子的检验方法：另取③中溶液适量于试管中，加入HCl酸化的BaCl2，如有白色沉淀生成，证明有SO。
27．(1)氨水是弱碱，在水中不完全电离；向固体氢氧化钠中滴加氨水，会使氨水中OH-的浓度增大，从而导致水中NH3浓度的升高；同时，氢氧化钠溶于水放热，温度的升高使氨气的溶解度降低，从而会使NH3逸出（或结合NH+OH-NH3·H2O NH3+H2O 分析 ）
(2)2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu
(3) 碱石灰 吸收氨气，防止污染环境
(4) 偏大
(5) 吸收C中生成的水 碱石灰 反应前后装置M的质量差
【分析】装置A内将浓氨水滴入氢氧化钠固体可生成氨气和水分的混合气体，通入B干燥管干燥后，氨气在装置C中与氧化铜受热反应得到铜单质，通过称量装置C硬质玻璃管的质量差求得铜的质量和损失的氧原子的质量，可求出铜的摩尔质量；装置D可吸收尾气氨气。
(1)
实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是氨水是弱碱，在水中不完全电离；向固体氢氧化钠中滴加氨水，会使氨水中OH-的浓度增大，从而导致水中NH3浓度的升高；同时，氢氧化钠溶于水放热，温度的升高使氨气的溶解度降低，从而会使NH3逸出。
(2)
氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，该反应的化学方程式：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu。
(3)
据分析，干燥管B中的药品为碱石灰，可以干燥氨气，装置D的作用是吸收氨气，防止污染环境。
(4)
玻璃管的质量m2- m3得到损失的氧化铜中氧的质量，物质的量为mol，铜的质量为m3- m1，则铜的摩尔质量是 g/mol，则铜的相对原子质量Ar(Cu)= ；若CuO中混有不反应的杂质，反应后称量的m3偏大，则偏大，故使测定结果Ar(Cu) 偏大。
(5)
如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，用以吸收C中生成的水；吸收水的同时不能吸收氨气，装置M中的药品为碱石灰；测定C装置反应前后的质量差，根据小问4可以确定氧原子的物质的量，进而判断水的物质的量，还应测定反应前后装置M的质量差，即得到水的质量，据此可以求得水的摩尔质量。
28．(1) 2I-+Cl2=I2+2Cl- Fe、Cl、O FeO
(2) 饱和NaHCO3溶液 降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2 Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O
(3)溶液B中的氯离子也能使高锰酸钾溶液褪色
(4)53.88%
【分析】溶液B中加入KSCN溶液不显血红色，加入适量双氧水后再加入KSCN溶液显血红色，说明溶液B中含有Fe2+，不含Fe3+，则X中含有Fe元素；气体乙可以使带火星的木条复燃，应为氧气，则X中含有O元素；气体甲可以使淀粉碘化钾溶液变蓝色，说明气体甲具有氧化性，根据所学知识，淀粉碘化钾试纸通常用来检验氯气，且若为氯气符合气体甲为单质的条件，则气体甲为氯气，则X中含有Cl元素；化合物A中含有二价铁，X中又含有O元素，A应为FeO，据此分析解答。
(1)
根据分析可知，气体甲为氯气，氯气与碘化钾溶液反应生成碘单质和氯化钾，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-；化合物X含有的元素为Fe、Cl、O；化合物A的化学式为FeO，故答案为：2I-+Cl2=I2+2Cl-；Fe、Cl、O；FeO。
(2)
溶液B为FeCl2溶液，甲装置中稀盐酸与碳酸钙反应生成CO2，盐酸具有挥发性，所以试剂a为饱和NaHCO3溶液，用于除去CO2中混有的HCl气体；向Na2CO3溶液通入CO2可以降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；丙装置中，CO2先与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠和氯化亚铁反应得到碳酸亚铁沉淀，离子方程式为Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：饱和NaHCO3溶液；降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O。
(3)
溶液B中含有氯离子，也能使高锰酸钾溶液褪色，所以不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子，故答案为：溶液B中的氯离子也能使高锰酸钾溶液褪色。
(4)
100mL 0.8mol/L FeCl2溶液含有FeCl2的物质的量为：0.1L 0.8mol/L=0.08mol，根据方程式Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O，理论上生成FeCO3的物质的量n(FeCO3)=n(Fe2+)=n(FeCl2)= 0.08mol，则理论上生成FeCO3的质量为：0.08mol116g/mol=9.28g，则产率为：100%=53.88%，故答案为：53.88%。
29．(1)沸水
(2)afe
(3)促进铝元素、铁元素完全沉淀
(4)因为洗涤液中含有少量碳酸钠
(5) 500mL容量瓶 加入最后一滴盐酸标液，黄色变为橙色，且半分钟内不变色 0.4%(或0.004)
(6)选择酚酞作指示剂反应为：H++CO=HCO，终点时反应混合液呈弱碱性，沉淀不溶解，减少步骤②中过滤、洗涤操作等导致的碳酸钠损失
【解析】(1)
从咖啡因的溶解度表可知咖啡因在沸水中溶解度最大，故浸取茶叶提取咖啡因合适的溶剂是沸水；
(2)
咖啡因在热水中溶解度大，在冷水中溶解度小，从澄清的茶叶浸取液中提取含结晶水的咖啡因，要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：afe；
(3)
铝、铁完全沉淀的pH为大于5.5，向步骤①所得滤液中逐滴加入氨水，调节pH为6～7左右，再加热煮沸30 min，目的是促进铝元素、铁元素完全沉淀，除去铝元素、铁元素；
(4)
通过滴定滤液中剩余的碳酸钠计算钙元素的含量，洗涤碳酸钙是因为碳酸钙表面有残留的碳酸钠，故洗涤液应合并到滤液中，减少滴定误差；
(5)
将步骤②所得的滤液稀释至500 mL需在500mL容量瓶进行，取稀释好的溶液以甲基橙作指示剂，用0.1000 mol/L的HCl标准溶液滴定，加入最后一滴盐酸标液，黄色变为橙色，且半分钟内不变色则达到滴定终点；根据，可知剩余的碳酸钠的物质的量为：，生成碳酸钙的物质的量为：，最终测得原茶叶中Ca2+的质量分数为；
(6)
选择酚酞作指示剂，滴定终点酚酞的变色范围为pH为8反应为：H++CO=HCO，终点时反应混合液呈弱碱性，沉淀不溶解，减少步骤②中过滤、洗涤操作等导致的碳酸钠损失；
30．(1)排除装置中的空气
(2) 观察H2速率，防止外界空气进入装置 b 淡黄色固体变为银白色
(3)再次通入N2
(4) 让WCl6蒸汽进入F装置收集
(5)吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入F；
【解析】(1)
用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；
(2)
装置A的作用除干燥气体外，通过观察气泡控制通入H2的速率，防止外界空气进入装置；C中冷凝管，冷却水下进上出，故进水口为b；WO3为淡黄色固体，被还原后生成W为银白色，所以能证明WO3已被完全还原的现象是淡黄色固体变为银白色；
(3)
在操作④加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，防止氯气与氢气在加热的情况下发生爆炸，所以操作③是再次通入N2，目的是排除装置中的H2；
(4)
制备利用氯气氧化W单质制备WCl6，化学方程式为：；WCl6沸点是347℃，制备过程中保持电热丝温度在350℃是为了让WCl6蒸汽进入F装置收集；
(5)
由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入F中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入F；
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