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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-141化学实验基础（4）
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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-141化学实验基础（4），共34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-141化学实验基础（4）
一、单选题
1．（2022·上海长宁·统考二模）采用循环操作可提高原料的利用率， 下列工业生产中， 没有采用循环操作的是
A．硫酸工业 B．合成氨工业 C．氯碱工业 D．纯碱工业
2．（2022·上海长宁·统考二模）下列实验用酸性 溶液不能达到预期目的的是
A．鉴别乙烯和乙烷 B．鉴别四氯乙烯和聚四氟乙烯
C．鉴别苯和对二甲苯 D．检验 中含碳碳双键
3．（2022·上海长宁·统考二模）对于液溴和溴水的混合物， 下列叙述正确的是
A．取上层液体和苯在催化剂作用下制溴苯
B．液溴呈紫色， 在上层
C．液溴呈深红棕色， 在下层
D．混合物存放在带橡皮塞的细口瓶中
4．（2022·上海金山·统考一模）已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-。下列用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的实验原理和装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取Cl2 B．用装置乙除去 Cl2中的HCl
C．用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4 D．用装置丁分离出溶液中的MnO2
5．（2022·上海宝山·统考模拟预测）下列实验装置能达到相应实验目的的是
A．装置甲稀释浓硫酸
B．装置乙制备并检验SO2气体的性质
C．装置丙检查装置的气密性
D．装置丁收集NO
6．（2022·上海·模拟预测）关于下列仪器使用的说法正确的是
A．①、③需要垫石棉网加热 B．①、④可作反应容器
C．②、④滴定时需要润洗 D．③、⑤可用于蒸馏
7．（2022·上海·统考一模）要除去FeCl2溶液中少量的FeCl3，下列方法可行的是
A．滴入KSCN溶液 B．加入铁粉 C．通入氯气 D．加入铜粉
8．（2022·上海崇明·统考一模）与物质的溶解度无关的分离方法是
A．结晶 B．升华 C．过滤 D．萃取
9．（2022·上海·模拟预测）进行下列实验操作时，选用相应仪器正确的是
提取碘水中的碘
配制Na2CO3溶液
灼烧海带
浓缩NaCl溶液
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
10．（2022·上海宝山·统考一模）下列实验操作正确的是
A．实验室配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需称取NaOH1.920g用容量瓶进行配制
B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，坩埚一定要置于干燥器中冷却
C．酸碱中和滴定实验中装待测液的锥形瓶一定要干燥
D．用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH
11．（2022·上海宝山·统考一模）可用于量取5.00mL 0.1 mol∙L−1NaOH溶液的仪器是
A．胶头滴管 B．容量瓶 C．量筒 D．滴定管
12．（2022·上海宝山·统考一模）不属于危险品的是
A．硝酸铵 B．汽油 C．重晶石 D．硝化甘油
13．（2022·上海·统考三模）亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示装置(夹持装置已省略)及药品探究亚硝酸钠与硫酸的反应及气体产物的成分
已知：气体的沸点为NO2：21℃，NO：-152℃。下列说法错误的是
A．用装置b代替装置a处的好处是便于控制反应的发生与停止
B．反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，除去装置中的空气
C．装置中冰水浴的作用是冷凝使NO2液化
D．装置中热水浴有利于促进NO2生成，便于检验是否有NO生成
14．（2022·上海·模拟预测）用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂)，能实现的是
选项
气体
a
b
A
H2S
稀H2SO4
FeS
B
Cl2
浓盐酸
MnO2
C
NO2
浓HNO3
铁片
D
CO2
稀盐酸
大理石
A．A B．B C．C D．D
15．（2022·上海浦东新·统考一模）下列括号内的杂质，能用氢氧化钠溶液除去的是
A．苯(液溴) B．H2S(HCl)
C．NaHCO3(Na2CO3) D．乙醇(水)
16．（2022·上海浦东新·统考一模）制取下列气体时必须进行尾气处理的是
A．H2S B．CO2 C．O2 D．C2H2
17．（2022·上海浦东新·统考一模）青蒿素是无色针状晶体，易溶于有机溶剂，几乎不溶于水，熔点为156~157°C，热稳定性差；乙醚的沸点为35°C．屠呦呦提取青蒿素的流程可简化如下：
下列说法错误的是
A．破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率
B．操作1需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C．操作II利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大
D．操作III的主要过程是加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
18．（2022·上海浦东新·统考一模）图一是制取乙酸乙酯的实验装置，为缩短加热时间，改进为图二装置，下列关于图二装置说法正确的是
A．反应物利用率比图一装置高 B．产物比图一装置容易蒸出
C．安全性比图一装置好 D．还可用于制备乙酸丁酯
19．（2022·上海·统考一模）可萃取溴水中Br2的试剂是
A．石蜡 B．甘油 C．氯仿 D．新戊烷
20．（2022·上海·模拟预测）废易拉罐(含有Al和少量Fe、Mg杂质)制备明矾，分析流程，正确的是
A．为尽量少引入杂质，NaOH溶液应改用KOH或氨水
B．“沉淀”为Al2(CO3)3
C．上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3
D．滤渣的主要成分是Fe(OH)3和Mg(OH)2
二、工业流程题
21．（2022·上海长宁·统考二模）硫酸亚铁晶体 在医药上作补血剂。工业上用废铁生产 的一种流程如下图所示：
(1)步骤 I 中除铁和硫酸、铁锈和硫酸反应外， 还有一个反应的化学方程式为_______：步骤 I 加入稀硫酸的量不能过量的原因是_______；步骤 II 加入稀硫酸的目的是_______。
(2)证明步骤 (1)滤液中只含有 的方法： 取样， 先滴加 溶液， 无明显现象， 再滴加_______； 该过程的现象为：_______。
(3)步骤 III 从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体 的实验操作为_______、_______、过滤、冰水洗涤、烘干。烘干操作需在低温条件下进行， 原因是_______。
(4)取 隔绝空气加热至不同温度， 剩余固体的质量变化如下图所示。
分析数据， 写出 残留物的化学式_______； 时固体物质发生反应的化学方程式是_______，做出这一判断的依据是_______。
22．（2022·上海宝山·统考一模）碳酸钠俗称纯碱，是一种常用的工业原料，可以从盐碱湖中得到，也可以通过工业生成合成。工业生产纯碱的原理和工艺流程如图。
生产原理：NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl。2NaHCO3→Na2CO3+H2O+CO2。
工艺流程示意图：
请回答下列问题：
(1)粗盐中所含的可溶性杂质离子有Ca2+、Mg2+、SO等，请按照加入的先后顺序写出除杂试剂____。
(2)在制取NaHCO3时，工业上采取的是先通过NH3，再通过CO2。你认为这两种气体能不能换一下通入顺序，请说明原因：____。
(3)碳酸化后过滤，滤液最主要的成分是____(填写化学式)。检验这一成分的阴离子的方法是____。
侯氏制碱法在生产纯碱的同时，也会产生大量的NH4Cl。近年来，科研人员利用以下方法提高了NH4Cl的综合利用价值：
①NH4Cl+MgO→Mg(OH)Cl+NH3↑
②Mg(OH)Cl→MgO+HCl↑
(4)实验室模拟该实验，取5.350gNH4Cl与过量MgO充分反应，产生的HCl用含0.20000mol的NaOH的溶液完全吸收。将吸收液定容至1000mL，取20.00mL，用甲基橙做指示剂，用0.10000 mol∙L−1标准盐酸滴定，消耗盐酸20.50mL。
①在滴定时，需要用到的玻璃仪器有____；滴定至终点时，溶液的颜色由____色变为____色，且30s内溶液颜色不变。
②HCl的释放率用α表示，计算方法为：α=。根据滴定结果计算，α=____。
23．（2022·上海·统考一模）Na2CO3和NaHCO3是重要的无机化工产品，广泛应用于食品、化工、医药等领域。如图是利用天然碱(主要成分为Na2CO3、NaHCO3和少量NaCl)制备Na2CO3和NaHCO3的工艺流程。
完成下列填空：
(1)操作①为___。
(2)碳化装置中反应的离子方程式___。
(3)解释选择0.34～0.4MPa干燥的原因___。
(4)对比索尔维制碱法，说明利用天然碱制碱的优势___。
(5)为了测定产品中小苏打中NaHCO3的含量进行以下实验。
实验步骤：
步骤一：称2.000g小苏打样品，配制小苏打溶液250mL。
步骤二：取20.00mL小苏打溶液置于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1盐酸滴定，溶液pH随盐酸体积变化如图所示。
完成下列填空：
①取20.00mL小苏打溶液需要使用的定量仪器名称____。
②根据滴定曲线分析，若采用传统滴定法，应选择的指示剂是___，此时滴定终点的现象为___。
③计算该样品中NaHCO3的质量分数为____。
24．（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___。
三、实验题
25．（2022·上海闵行·统考模拟预测）二氧化硫及硫酸盐在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
I.测定晶体结晶水含量的实验中常选择胆矾作为实验对象进行研究。
(1)结合已有知识及表格中信息解释原因_______。
明矾
胆矾
绿矾
化学式
KAl(SO4)2·12H2O
CuSO4·5H2O
FeSO4·7H2O
色态
无色透明
蓝色
浅绿色
失去全部结晶水温度(℃)
200
200
300
II.《唐本草》和《天工开物》等古籍均记载中国很早就焙烧绿矾制备铁红(主要成分Fe2O3，是一种传统颜料的着色剂)和含硫气体等。
(2)对含硫气体的成分，某学生做出三种假设：①含硫气体为SO2；②含硫气体为SO3；③含硫气体为SO2和SO3。从上述三种假设中挑选一种不合理的，做出解释：_______。
(3)将盛有绿矾的硬质玻璃管A按下图装置，加强热使其充分反应。
C、D中的溶液依次为_______、_______(选填字母编号)。
a.品红溶液 b.Ba(OH)2溶液 c.盐酸酸化的BaCl2溶液 d.浓硫酸
III.SO2常用于食品加工中作防腐剂、漂白剂。我国规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.26g·L-1。某研究小组测定葡萄酒中SO2含量的方法为：在300.00mL葡萄酒中加入适量稀硫酸，加热使SO2全部逸出，并用H2O2完全吸收，再将吸收了SO2的H2O2充分加热后，用0.0900mol·L-1NaOH溶液进行滴定。
(4)H2O2吸收SO2的化学方程式为_______。“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是_______。
(5)若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为_______。滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2含量为_______g·L-1。该葡萄酒的此项指标被判定为_______。(选填：合格、不合格)
26．（2022·上海宝山·统考模拟预测）某化学兴趣小组为探究二氧化硫的化学性质，他们采用下图装置进行有关实验。请回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的化学方程式为_______。
(2)组成装置B的玻璃仪器有：导气管、广口瓶和_______。装置B的作用是贮存多余的气体，广口瓶内不能盛放的液体是_______(填字母)。
a.水 b.浓硫酸 c.酸性KMnO4溶液 d. H2O2溶液
(3)装置C中的现象是溶液红色褪去，该反应的离子方程式为_______。
(4)装置D中的现象是溶液红色褪去，其原因是_______。
(5)为进一步探究二氧化硫的化学性质，他们还设计了如图所示装置，图中a、b为止水夹，X溶液为紫色石蕊试液。实验操作如下：打开a、b，同时通入体积(同温同压)比为1：1的两种气体，则X中的现象为：_______，反应的离子方程式为_______。
27．（2022·上海崇明·统考一模）硫酸亚铁铵晶体［(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O］俗称摩尔盐，用途十分广泛。实验室可用如图所示装置制备FeSO4溶液后，再与等物质的量的(NH4)2SO4反应制备摩尔盐。
已知：硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
Ⅰ.制备FeSO4
(1)用图示装置制备FeSO4仪器a的名称是_______，该实验不用明火加热的原因是_______。适量铁粉和稀H2SO4在50℃～60℃之间充分反应后，趁热过滤。
Ⅱ.制备摩尔盐
(2)向滤液中加入适量(NH4)2SO4饱和溶液，70℃～80℃水浴加热，保持溶液pH为1～2，蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤，用乙醇洗涤晶体。蒸发浓缩时，如果用玻璃棒搅拌，可能导致溶液变黄，其原因是_______；洗涤晶体时选用乙醇的优点有哪些？_______。
Ⅲ.尾气吸收
(3)由于加入的铁粉不纯，反应过程中会产生少量H2S、PH3气体，用CuSO4溶液吸收H2S，发生反应的离子方程式为_______。
Ⅳ.产品分析
(4)称取摩尔盐产品3.920g溶于稀硫酸中，转入100mL容量瓶定容。每次取20.00mL溶液放入锥形瓶，用0.02000mol·L−1的KMnO4溶液滴定(还原产物为Mn2+，杂质不与KMnO4反应)，三次平均消耗19.00mL的KMnO4溶液。
①滴定终点时的现象是_______。
②实验过程中的下列操作，可能导致测定结果偏低的是_______(填字母序号)。
a.取用的晶体不够干燥 b.容量瓶定容时俯视刻度线
c.滴定管未用标准溶液润洗 d.滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡
③产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(摩尔质量为392g·mol−1)的质量分数为_______。
28．（2022·上海杨浦·统考一模）铜是不活泼的金属，常见有、价。为探究铜及其化合物的性质，完成了两组实验，部分记录如下：
第一组：
序号
试剂
实验步骤
实验现象
1
试管1中加2mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液
加入1mL0.1mol·L-1KSCN溶液
溶液变为红色
2
试管2中加2mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液
ⅰ加入铜粉
黄色溶液变为浅蓝色溶液
ⅱ取上层清液，加入1滴0.1mol·L-1KSCN溶液
液滴接触上方变为红色，下方有白色沉淀生成
3
试管3中加2mL0.1mol·L-1 CuSO4溶液
加入1mL0.1mol·L-1KSCN溶液
溶液变成绿色
完成下列填空：
(1)写出试管1中发生反应的离子方程式。___________
(2)试管2，预测步骤ⅱ后溶液不应呈红色，依据是___________。
(3)经测定试管2中得到的白色沉淀是。
对生成有两种猜测：
猜测①和反应生成，根据___________，推知这一猜测错误。
猜测②生成白色沉淀是因为：Cu++SCN-=CuSCN↓。再请结合步骤ⅱ溶液出现红色的现象，解释生成沉淀的可能原因。___________(用离子方程式表示)
第二组：水合肼(N2H4·H2O)和碱性铜氨[Cu(NH3)4]2+溶液混合反应，生成铜。
(4)水合肼溶液显弱碱性，其电离与NH3·H2O相似，写出水合肼的电离方程式：___________。
(5)将下列化学方程式补充完整、配平，并标出电子转移的数目和方向___________。
______N2H4·H2O+_____[Cu(NH3)4]2++_____OH-→_____Cu+_______N2↑+_______NH3+____H2O
(6)水合肼可用于还原锅炉水中溶解的O2，防止锅炉被腐蚀。与Na2SO3相比，使用水合肼处理水中溶解O2的优点是___________(任写一点)。
29．（2022·上海静安·统考一模）1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分MnO2)时，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。舍勒的方法沿用至今，实验室用如下装置制取氯气并进行氯气性质探究。
完成下列填空。
(1)甲为发生装置，该处还缺少的玻璃仪器是_______。盛放浓盐酸的仪器名称为_______。
(2)乙为除杂装置，盛有_______(填写下列字母编号)，目的是为了_______。
a.碱石灰 b.饱和食盐水 c.浓硫酸 d.饱和碳酸氢钠溶液 e.四氯化碳
(3)检验丙装置中氯气是否已集满的操作是_______。
(4)丁装置中盛有紫色石蕊试液，实验中可观察到溶液颜色发生了如下变化。请完成下表中的三处空白。
实验现象
原因
最初溶液从紫色逐渐变为_______色
氯气与水反应生成的H+使石蕊变色
随后溶液逐渐变为无色
_______
然后溶液从无色逐渐变为_______色
/
(5)戊装置的作用是_______，该处的化学反应方程式为_______。
(6)实验结束，测得戊装置中溶液质量为200g，NaOH溶液的质量分数由30%减小到1%，则吸收的氯气质量是_______g(保留一位小数)。
30．（2022·上海浦东新·统考一模）某实验小组利用下图装置模拟古法硫酸生产方法并进行SO2性质探究。
已知A中反应的化学方程式：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，实验开始前打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2后，关闭活塞K1、K2，打开活塞K3，高温加热绿矾。
完成下列填空：
(1)C装置中覆盖食用油的目的是___________；D装置的作用___________。B中所得硫酸溶液的质量分数理论值为___________(保留三位小数)。
为探究SO2与钡盐溶液的反应，在装置C中先后四次加入不同的溶液：
①
②
③
④
已煮沸的BaCl2溶液
未煮沸的BaCl2溶液
已煮沸的Ba(NO3)2溶液
未煮沸的Ba(NO3)2溶液
注：锥形瓶中溶液体积相同，钡盐溶液浓度相同；油层厚度一致，通入SO2流速一致。
得到如下pH-t图：
(2)曲线①呈缓慢下降趋势，这是因为___________。曲线②出现骤降，表明溶液中生成了___________(填物质名称)。对比分析上述四组数据，可得出的结论是_________(任写2条)。
(3)为对排气法收集到的SO2气体进行含量测定，将2240mL气体(已折算为标准状况)通入足量的Ba(NO3)2溶液中，经过滤、洗涤、烘干，最终得到沉淀21.436g。则SO2气体的体积分数为_______。若该实验数据较实际值偏大，则可能的原因是________(选填编号)。
a．气体通入速率过快 b．沉淀未进行恒重操作
c．收集的气体中有CO2 d．未用食用油覆盖液面
参考答案：
1．C
【详解】A．硫酸工业是硫铁矿煅烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，二氧化硫转化为三氧化硫是可逆反应，所以尾气中含有二氧化硫，可以进行循环操作，A错误；
B．合成氨的反应是可逆反应，必须进行循环操作，B错误；
C．氯碱工业生成氢气、氯气和氢氧化钠，没有进行循环操作， C正确；
D．纯碱工业：向氨的氯化钠饱和溶液中通入二氧化碳，得到碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠晶体受热产生纯碱和二氧化碳，二氧化碳可回收利用，氯化铵和氢氧化钙共热产生氨气，氨气可回收利用，D错误；
故选C。
2．D
【详解】A．乙烯中含碳碳双键，能使高锰酸钾溶液褪色；乙烷不含不饱和键，不能使高锰酸钾溶液褪色，可以鉴别，A错误；
B．四氯乙烯含碳碳双键，能使高锰酸钾溶液褪色；聚四氟乙烯不含不饱和键，不能使高锰酸钾溶液褪色，可以鉴别， B错误；
C．苯不能使高锰酸钾溶液褪色；对二甲苯中与苯环直接相连的甲基上有氢原子，能使高锰酸钾溶液褪色，可以鉴别， C错误；
D．所含的碳碳双键和醛基均能使高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．液溴和溴水的混合物，液溴密度较大，在下层，溴水在上层，溴苯制备需要用液溴，溴水与苯不反应，A错误；
B．液溴密度较大，在下层，B错误；
C．液溴颜色为深红棕色，密度大，在下层，C正确；
D．液溴易挥发且具有强氧化性，能氧化橡胶，存放混合物的试剂瓶不能用橡胶塞，D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，室温下能和浓盐酸发生氧化还原反应，生成氯化钙、氯气和水，故可用装置甲制取Cl2，A不符合题意；
B．氯化氢和饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入了新杂质，且Cl2溶于水后生成的HCl也会反应，从而增加了Cl2的损耗，故不能用装置乙除去 Cl2中的HCl，B符合题意；
C．已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-；氯气能和强碱溶液反应，消耗OH-而使溶液的碱性下降，故可用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4，C不符合题意；
D．二氧化锰是不溶性固体，故可用装置丁分离出溶液中的MnO2，D不符合题意；
答案选B。
5．B
【详解】A．稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时的扩散，不能把水注入浓硫酸中，图中所示操作错误，A错误；
B．Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，NaOH溶液吸收尾气，图中装置可制备并检验SO2气体，B正确；
C．图为长颈漏斗，瓶内空气受热从漏斗逸出，不能检查装置的气密性，C错误；
D．NO不溶于水，气体从导管短进长出可排水收集，D错误；
故选：B。
6．D
【详解】A．①为蒸发皿,可以直接加热，③为蒸馏烧瓶,需要垫石棉网加热，A错误；
B．①为蒸发皿,不可以作为反应容器，④为锥形瓶,可作反应容器，B错误；
C．②为碱式滴定管，滴定时需要用待装液润洗，④为锥形瓶，滴定时不能用待装液润洗，C错误；
D．③为蒸馏烧瓶，⑤为冷凝管，都可用于蒸馏操作，D正确；
故答案为D。
7．B
【详解】因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，化学方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2，故可用铁粉除去FeCl2溶液中的少量氯化铁；
答案选B。
8．B
【详解】A．热的饱和溶液冷却后溶质因溶解度降低导致溶液过饱和，从而溶质以晶体的形式析出，这一过程叫结晶，A正确；
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错误；
C．过滤是将固体与液体分开，与溶解度有关，C正确；
D．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，D正确；
故答案为：B。
9．D
【详解】A．提取碘的操作为萃取，应该用分液漏斗，A 错误；
B．配制Na2CO3溶液应该选用容量瓶而不是圆底烧瓶，B错误；
C．灼烧海带应该用坩埚而不是烧杯，C错误；
D．浓缩NaCl溶液的操作为蒸发，选用蒸发皿，D正确；
答案选D。
10．B
【详解】A．配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，选500mL容量瓶，称取NaOH为0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.0g，故A错误；
B．在坩埚中加热测定结晶水，坩埚一定要置于干燥器中冷却，质量差为水的质量，故B正确；
C．锥形瓶中有少量水，不影响酸碱的物质的量，不需要干燥，故C错误；
D．湿润的pH试纸，溶液被稀释，应选干燥的pH试纸，故D错误；
故选：B。
11．D
【详解】A．胶头滴管没有刻度，无法量取5.00mL0.1 mol∙L−1NaOH溶液，故A不符合题意；
B．容量瓶只能用于配制溶液，无法量取5.00mL0.1 mol∙L−1NaOH溶液，故B不符合题意；
C．量筒的最小读数为0.1mL，无法量取5.00mL0.1 mol∙L−1NaOH溶液，故C不符合题意；
D．滴定管的最小读数为0.01mL，可以用碱式滴定管量取5.00mL0.1 mol∙L−1NaOH溶液，故D符合题意；
答案为D。
12．C
【详解】A．硝酸铵是易爆品，易发生爆炸，故A错误；
B．汽油是易燃物，故B错误；
C．重晶石为硫酸钡，性质稳定，不属于危险品，故C正确；
D．硝化甘油易爆品，易发生爆炸，故D错误，
故选：C。
13．A
【详解】A．用装置代替装置，可使漏斗内的气压和烧瓶中气压相同，便于液体顺利流出，故A错误；
B．反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排出装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化，干扰NO的检验，造成对反应气体产物检验不准确，故B正确；
C．NO2沸点为21℃，易液化，则冰水浴的作用是冷凝使NO2液化，便于与NO分离，故C正确；
D．2NO+O2=2NO2，，因为存在2NO2(红棕色)(无色) ∆H<0，加热可使反应更有利于生成红棕色的NO2，便于检验是否有NO生成，故D正确；
故选：A。
14．D
【详解】A．H2S具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，两者会发生氧化还原反应，故不能用浓硫酸干燥H2S， A不符合题意；
B．MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，B不符合题意；
C．铁片和浓硝酸常温下发生钝化，故不能制取二氧化氮气体，C不符合题意；
D．大理石与稀盐酸反应生成CO2，且CO2能用浓硫酸干燥，D符合题意；
故答案选D。
15．A
【详解】A．苯中液溴和氢氧化钠反应生成溴化钠和次溴酸钠，与苯分层，再分液，故可以用氢氧化钠除去，故A正确；
B．H2S和HCl均可以被氢氧化钠溶液吸收，故B错误；
C．NaHCO3可以与氢氧化钠反应生成Na2CO3，故C错误；
D．氢氧化钠溶液与乙醇互溶，不能去除乙醇中的水，故D错误；
故选A。
16．A
【详解】A．H2S为有毒气体，需要用碱液吸收，故A选；
B．二氧化碳为无毒无害气体，不必进行尾气处理，故B不选；
C．O2为无毒无害气体，不必进行尾气处理，故C不选；
D．C2H2为无毒气体，少量时可以直接高空排放，过量时才用气球收集或者进行点燃处理，故D不选；
故选：A。
17．D
【详解】A．破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率，故A正确；
B．将固液分离操作I是过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B正确；
C．操作II是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大，故C正确；
D．青蒿素易溶于有机溶剂，几乎不溶于水，热稳定性差，操作III是重结晶，但不能用水溶解，故D错误；
故答案为D。
18．B
【详解】A．相对于图一的改进装置，图二加热水量少，温度上升快，许多的反应物未来得及反应就被蒸出，因而反应物利用率比图一更低，A错误；
B．图二装置中反应产生的乙酸乙酯处于水蒸气的高温环境中，更容易从反应装置中挥发逸出，因此产物比图一装置容易蒸出，B正确；
C．图二酒精灯直接给试管加热，蒸馏水少，温度上升快，产生的热的水蒸气从支管口逸出，更容易对人造成伤害，因此安全性能不及图一装置好，C错误；
D．乙酸乙酯的沸点比乙醇、乙酸低，易挥发收集，采取边反应边蒸馏的方法；但乙酸丁酯的沸点高于乙酸和1-丁醇，反应中蒸出乙酸丁酯时，反应物会大量蒸发，利用率降低，所以采用冷凝回流，因此该装置不能用于制备乙酸丁酯，D错误；
故合理选项是B。
19．C
【分析】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。
【详解】A．石蜡是不溶于水的固体，不能用于萃取溴水中的溴，故A错误；
B．甘油可以与水以任意比例互溶，不能用于萃取溴水中的溴，故B错误；
C．氯仿是不溶于水的液体，能用于萃取溴水中的溴，故C正确；
D．常温下，新戊烷是不溶于水的气体，不能用于萃取溴水中的溴，故D错误；
故选C。
20．C
【分析】由题给流程可知，易拉罐中铝与氢氧化钠溶液微热反应生成偏铝酸钠和氢气，铁、镁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有铁、镁的滤渣和偏铝酸钠溶液；向偏铝酸钠溶液中加入碳酸氢铵溶液，溶液中铝离子与碳酸氢根反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，过滤得到氢氧化铝沉淀；氢氧化铝沉淀溶于稀硫酸后，加入硫酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾。
【详解】A．铝能与氢氧化钠溶液和氢氧化钾溶液反应，不能与弱碱氨水反应，则溶解易拉罐时不能用氨水代替氢氧化钠溶液，故A错误；
B．由分析可知，沉淀为氢氧化铝，故B错误；
C．二氧化碳也能与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，则可以用过量的二氧化碳代替碳酸氢铵得到氢氧化铝沉淀，故C正确；
D．由分析可知，滤渣的主要成分是铁、镁，故D错误；
故选C。
21．(1) ； 确保生成物全部都是硫酸亚铁； 防止亚铁离子水解；
(2) 氯水； 溶液变成血红色；
(3) 蒸发浓缩； 冷却结晶 防止分解失去部分结晶水
(4) 为0.1mol，加热分解到C点后质量不再变化，C为铁的氧化物。剩余固体是8g，铁元素的质量为5.6g，则氧元素的质量为2.4g，可得出氧化物中铁和氧原子个数比为2:3，故为。根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成，由质量守恒定律得出化学反应为：。
【分析】根据题中信息知废铁中含有铁、铁锈和不溶性杂质。步骤I加稀硫酸，铁和铁锈与硫酸，生成的硫酸铁也会和铁反应生成硫酸亚铁，过滤后可除去不溶性杂质；在步骤II加稀硫酸是为了抑制亚铁离子水解，得到的硫酸亚铁溶液经过步骤III：蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体。
【详解】（1）铁锈与硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁能够继续与铁反应生成硫酸亚铁，化学方程式为：；在步骤I加稀硫酸不能过量，是为了确保生成物全部是硫酸亚铁，得到的产物更纯净，不用后续除杂；在步骤II加稀硫酸是为了抑制亚铁离子水解，防止得到的晶体中有杂质；
（2）检验亚铁离子，先加KSCN溶液无现象，再加氯水将亚铁离子氧化成铁离子，若出现血红色，则有亚铁离子。故加入的试剂为氯水，现象为溶液变成血红色；
（3）要得到带结晶水的晶体，通常采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。硫酸亚铁溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体；受热易失去结晶水，因此低温烘干是为了防止晶体失去结晶水；
（4）27.8g的物质的量为0.1mol，结晶水完全失去时剩下固体的质量为：，由图可知B()完全失去结晶水，成分为，对比B()和A()点，两者质量差为，即A比B多一个结晶水，A点成分为：；自始至终，铁元素质量守恒，为0.1mol，加热分解到C()点后质量不再变化，C点成分为铁的氧化物。剩余固体是8g，铁元素的质量为5.6g，则氧元素的质量为2.4g，可得出氧化物中铁和氧原子个数比为2:3，故为。根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成，由质量守恒定律得出化学反应为：。
22．(1)NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)
(2)不能，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少
(3) NH4Cl 取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣
(4) 酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管 黄 橙 97.500%
【分析】粗盐水加入除杂试剂过滤得到沉淀和滤液，滤液为氯化钠溶液，通入氨气得到氨化的食盐水，通入二氧化碳酸化，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O ＝ NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到固体为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，得到纯碱。
(1)
除镁离子用氢氧化钠，除钙离子用碳酸钠，除硫酸根离子用氯化钡，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠还要除掉多余的钡离子，因此碳酸钠必须放在氯化钡的后面，最后过滤沉淀后的滤液中加入盐酸除去过量碳酸钠和氢氧化钠，则试剂加入顺序为NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)等，故答案为：NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)等；
(2)
在制取NaHCO3时，工业上采取的是先通过NH3，再通过CO2，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少，这两种气体不能换通入顺序，故答案为：不能，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少；
(3)
氨化后的氯化钠溶液中通入CO2气体酸化，反应产生碳酸氢钠晶体，发生的反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸化后过滤，滤液D最主要的成分是NH4Cl，Cl﹣检验方法是取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣，故答案为：NH4Cl；取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣；
(4)
①在滴定时，需要用到的玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管，滴定至终点时，溶液的颜色由黄色变为橙色且半分钟内颜色不变，说明反应达到终点，故答案为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管；黄；橙；
②取5.350g NH4Cl物质的量，与过量MgO充分反应，产生的HCl物质的量为0.1000mol，用含0.20000mol的NaOH的溶液完全吸收，则氢氧化钠需要过量，将吸收液定容至1000mL，取20.00mL，用甲基橙做指示剂，用0.10000 mol∙L−1标准盐酸滴定，消耗盐酸20.50mL，则20.00mL中吸收液消耗HCl物质的量=0.10000 mol∙L−1×20.50×10−3L=0.00205mol，则1000mL溶液中吸收液消耗HCl物质的量0.00205mol×50=0.1025mol，则反应释放出的HCl物质的量=0.20000mol−0.1025mol = 0.09750mol，HCl的释放率用α表示，计算方法为：α= ，故答案为：97.500%。
23．(1)过滤、洗涤
(2)2Na++CO+H2O+CO2=2NaHCO3↓
(3)抑制NaHCO3受热分解
(4)节能、环保、成本低等
(5) 碱式滴定管 甲基橙 滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复 94.5%
【详解】（1）由流程图可知，溶液碳化后生成了液态和固态，因此操作①为过滤、洗涤。
（2）由流程图可知，天然碱溶液碳化后生成了碳酸氢钠，说明二氧化碳与碳酸钠和水反应生成了碳酸氢钠，离子方程式为：2Na++CO+H2O+CO2=2NaHCO3↓。
（3）碳酸氢钠不稳定，受热易分解，选择0.34～0.4MPa干燥的原因是为了抑制NaHCO3受热分解。
（4）索尔维制碱法中大量的氯化钙用途不大，氯化钠的利用率低，而天然碱制碱不产生污染物，且流程简单，需要的能量低，成本低。
（5）①碳酸氢钠溶液呈碱性，因此取20.00mL碳酸氢钠溶液用碱式滴定管。
②盐酸滴定碳酸氢钠溶液滴定终点呈酸性，指示剂选择甲基橙，滴定终点的现象为：滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复。
③由图示可知，当盐酸滴加18mL时，两者恰好完全反应，则消耗盐酸的物质的量是0.1000mol·L-10.018L=1.810-3mol，而碳酸氢钠和盐酸是1:1反应，因此20.00mL溶液中碳酸氢钠的物质的量为1.810-3mol，250mL溶液中碳酸氢钠的物质的量为2.2510-2mol，质量为2.2510-2mol84g/mol=1.89g，则碳酸氢钠的纯度为。
24．(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。
25．(1)胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察
(2)焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理
(3) c a
(4) H2O2+SO2=H2SO4 除去过量的过氧化氢
(5) 最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 0.24 合格
【分析】盛有绿矾的硬质玻璃管A加强热，分解生成气体首先通过酸化的氯化钡溶液检验三氧化硫，再通过品红溶液检验二氧化硫，最后通入氢氧化钠溶液吸收尾气；
(1)
无水硫酸铜为白色粉末，常选择胆矾作为实验对象进行研究原因是胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察；
(2)
焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理；
(3)
二氧化硫和三氧化硫均和氢氧化钡反应生成沉淀，三氧化硫能溶于水可以和氯化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，二氧化硫能使品红溶液褪色，故检验二氧化硫、三氧化硫依次通过CD，C、D中的溶液依次为c.盐酸酸化的BaCl2溶液、a.品红溶液；
(4)
H2O2具有氧化性，二氧化硫具有还原性，吸收SO2的化学方程式为H2O2+SO2=H2SO4；用0.0900mol·L-1NaOH溶液进行滴定过程中需要使用酚酞做指示剂，溶液中过量的过氧化氢具有强氧化性，会使酚酞褪色，过氧化氢不稳定，加热分解，故“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是除去过量的过氧化氢；
(5)
若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；根据反应关系可知，SO2～H2SO4～2NaOH，滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2的质量为25.00×10-3L×0.0900mol·L-1×64g/L÷2=0.072g，含量为0.072g ÷0.3L=0.24g·L-1<0.26g·L-1，故合格。
26．(1)
(2) 长颈漏斗 acd
(3)
(4)具有漂白性
(5) 溶液由紫色变为红色
【分析】装置A中铜与浓硫酸反应生成二氧化硫和水，B中SO2易溶于水，能与酸性KMnO4溶液、H2O2溶液反应，C中滴有酚酞的NaOH溶液显红色，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3与H2O，消耗了，溶液变为无色，D中SO2能使品红溶液褪色，据此分析解题。
（1）
装置A中进行的是Cu与浓硫酸的反应，产物为硫酸铜、二氧化硫、水，反应方程式为。
（2）
组成装置B的玻璃仪器有：导气管，广口瓶和长颈漏斗；SO2易溶于水，能与酸性KMnO4溶液、H2O2溶液反应，但与浓硫酸不反应，因此，为贮存多余的SO2，广口瓶中不能盛放的液体为acd。
（3）
滴有酚酞的NaOH溶液显红色，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3与H2O，消耗了，溶液变为无色，因此C中的现象是溶液由红色变为无色，反应的离子方程式为。
（4）
SO2能使品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，因此D中红色褪去的原因是SO2具有漂白性。
（5）
由图可知，打开a，b，往紫色石蕊溶液中同时通入体积(同温同压)比为1：1的SO2和Cl2，发生反应的化学方程式为：，故溶液颜色由紫色变为红色。
27．(1) 分液漏斗 因产生的氢气易燃易爆
(2) 搅拌时Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+ 减少洗涤晶体时因溶解造成的损失；洗涤后晶体易于干燥
(3)Cu2++H2S=2H++CuS↓
(4) 边滴入KMnO4溶液边振荡过程中，当混合液刚好变为浅红色，且30s内不褪 ad 95%
【分析】本题是一道常见无机物的制备类型的实验题，本题用硫酸和铁粉制备硫酸亚铁，并用硫酸铜除去制备过程中的污染性气体H2S、PH3，之后向其中加入硫酸铵即可制得产品，以此解题。
(1)
根据仪器a的结构特点知，仪器a为分液漏斗；制备FeSO4的反应原理为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，实验不用明火加热的原因是产生的氢气易燃易爆；故答案为：分液漏斗；产生的氢气易燃易爆；
(2)
由于Fe2+具有较强的还原性，溶液pH太高或用玻璃棒搅拌，Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，均可能导致溶液变黄；硫酸亚铁铵晶体易溶于水，不溶于乙醇，乙醇易挥发，故选用乙醇洗涤晶体的目的是减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；故答案为：Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+；减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；
(3)
CuSO4溶液吸收H2S时发生复分解反应生成黑色CuS沉淀和H2SO4，反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+；故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+。
(4)
①由于KMnO4溶液本身有颜色，故滴定终点时的现象是溶液变为浅红色，且30s内不褪色；故答案为：溶液变为浅红色，且30s内不褪色；
②a．取用的晶体不够干燥，则消耗的KMnO4溶液的体积偏小，所测产品的质量分数偏低，a符合题意；
b．容量瓶定容时俯视刻度线，所配溶液物质的量浓度偏高，则消耗的KMnO4溶液的体积偏大，所测产品的质量分数偏高，b不符合题意；
c．滴定管未用待盛溶液润洗，消耗的KMnO4溶液的体积偏大，所测产品的质量分数偏高，c不符合题意；
d．滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡，所测KMnO4溶液的体积偏小，所测产品的质量分数偏低，d符合题意；
答案选ad；
③根据MnO＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，20.00mL溶液中Fe2+物质的量n(Fe2+)=5n(MnO)=5×0.02000mol/L×0.019L=0.0019mol，100mL溶液中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量为0.0019mol××392g/mol=3.724g，产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量分数为=95%；故答案为：95%。
28．(1)Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
(2)根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，铜粉过量时，Fe3+反应完全
(3) 实验③，溶液变成绿色而无白色沉淀生成 Fe2++Cu2+Fe3++Cu+ Cu++SCN-=CuSCN↓
(4)N2H4·H2ON2H+OH-
(5)
(6)前者会产生Na2SO4杂质，后者生成无污染的气体
【详解】（1）试管1中发生反应即Fe2(SO4)3与KSCN溶液反应，则其离子方程式为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。
（2）已知0.16g铜粉的物质的量为：=0.0025mol，2mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中Fe3+的物质的量为：2×2×10-3L×0.05mol/L=0.0002mol，结合试管2中发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故铜过量，则可预测步骤ⅱ后溶液不应呈红色，故答案为：根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，铜粉过量时，Fe3+反应完全。
（3）由实验③中CuSO4和KSCN溶液反应不产生白色沉淀，而是溶液变成绿色，则猜测①Cu2+和SCN-反应生成CuSCN是错误；猜测②生成白色沉淀是因为：Cu++SCN-=CuSCN↓，再请结合步骤ⅱ溶液出现红色的现象，即硫酸铁和铜反应后生成了亚铁离子和铜离子，二者将发生可逆反应生成Fe3+和Cu+。
（4）根据NH3·H2O的电离方程式NH3·H2ONH4++OH-可知，水合肼溶液显弱碱性，其电离与NH3·H2O相似，则水合肼的电离方程式为：N2H4·H2ON2H5++OH-。
（5）已知反应中N的化合价由-2价升高到0价，Cu的化合价由+2价降低到0价，根据氧化还原反应配平可得，该反应离子方程式为：N2H4·H2O+2[Cu(NH3)4]2++4OH-=2Cu+N2↑+8NH3+5H2O。双线桥法标出其电子转移方向和数目为：。
（6）水合肼可用于还原锅炉水中溶解的O2，生成N2和水，不会污染环境，防止锅炉被腐蚀，而Na2SO3与氧气反应转化为硫酸钠，对水溶液引入新的杂质，故使用水合肼处理水中溶解O2的优点是前者会产生Na2SO4杂质，后者生成无污染的气体。
29．(1) 酒精灯 分液漏斗
(2) b 除去氯气中的氯化氢气体
(3)将润湿的淀粉—KI试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满
(4) 红 氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质 淡黄绿
(5) 尾气处理，吸收多余的氯气 Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
(6)40.7
【分析】由实验装置图可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置乙中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置丙为向上排空气法收集氯气的装置，装置丁中盛有紫色石蕊试液先变红后褪色，验证氯水的酸性和漂白性，装置戊中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）由分析可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，则缺少的玻璃仪器是酒精灯；由装置图可知，盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗，故答案为：酒精灯；分液漏斗；
（2）由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置乙中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案为：b；除去氯气中的氯化氢气体；
（3）若氯气已集满，逸出的氯气能与湿润的碘化钾淀粉试纸中的碘化钾溶液反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色，则检验丙装置中氯气是否已集满的操作是将润湿的淀粉碘化钾试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满，故答案为：将润湿的淀粉—KI试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满；
（4）由分析可知，装置丁中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中的氢离子使紫色石蕊试液变红色，反应生成的次氯酸具有强氧化性，使红色的石蕊试液因氧化而漂白褪色，当石蕊试液完全褪色后，继续通入氯气，氯气溶于水得到淡黄绿色的新制氯水，故答案为：红；氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质；淡黄绿；
（5）由分析可知，装置戊中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；
（6）设吸收的氯气质量为xg，由题意可知，参加反应的氢氧化钠的物质的量为，由方程式可得：×=，解得x=40.7，故答案为：40.7。
30．(1) 隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验 吸收尾气SO2并防止倒吸 0.295
(2) SO2溶于水，与水生成H2SO3，H2SO3是弱酸，电离出的少量氢离子使溶液pH下降 盐酸或硫酸 ①O2能氧化SO2；②能氧化SO2；③O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)
(3) 0.92 b
【分析】由实验装置图可知，装置A中绿矾高温条件下分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，装置B中三氧化硫与水蒸气冷凝反应得到硫酸溶液，装置C用于探究二氧化硫与钡盐溶液的反应，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，其中导致的漏斗能起到防止倒吸的作用。
（1）
C装置中覆盖食用油可以隔绝空气，避免空气中氧气干扰探究二氧化硫与钡盐溶液反应的实验检测；由分析可知，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，其中导致的漏斗能起到防止倒吸的作用；由方程式可知，反应生成三氧化硫和水蒸气的物质的量比,1：14，1mol三氧化硫与1mol水反应生成1mol硫酸，则所得硫酸溶液的质量分数理论值为≈0.295，故答案为：隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验；吸收尾气SO2并防止倒吸；0.295；
（2）
由图可知，曲线①的变化说明二氧化硫不与氯化钡溶液反应，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，使溶液中pH减小；曲线②的变化说明溶液中氧气将二氧化硫氧化生成强酸硫酸，反应生成的硫酸溶液与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，使溶液中氢离子浓度迅速增大，溶液pH出现骤降；曲线③的变化说明反应生成弱酸亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，溶液中具有强氧化性的硝酸根离子在溶液中将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀和硝酸，使溶液中氢离子浓度增大，溶液pH降低，但溶液中的pH大于曲线②；曲线④的变化说明溶液中的弱酸亚硫酸被空气中氧气氧化生成强酸硫酸，溶液中氢离子浓度大，硝酸根离子的氧化性强，在溶液中将二氧化硫迅速氧化生成硫酸钡和硝酸，溶液pH出现骤降，在四组曲线中溶液的pH最小，综合四组数据可知，氧气和硝酸根离子能氧化二氧化硫，溶液中的氧气能提高硝酸根离子氧化二氧化硫的反应速率和反应程度，故答案为：盐酸或硫酸；①O2能氧化SO2；②能氧化SO2；③O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)；
（3）
标准状况下2240mL气体的物质的量为=0.1mol，二氧化硫气体通入硝酸钡溶液中得到21.436g硫酸钡沉淀，由硫原子个数守恒可知，二氧化硫的体积分数为=0.92；
a．若气体通入速率过快会使二氧化硫不可能完全吸收，生成硫酸钡的质量偏小，导致所测结果偏低，故错误；
b．若沉淀未进行恒重操作可能会使沉淀表面附有可溶性杂质，使测得硫酸钡的质量偏大，导致所测结果偏高，故正确；
c．若收集的气体中有二氧化碳不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，故错误；
d．若未用食用油覆盖液面不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，故错误；
b正确，故答案为：0.92；b。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-141化学实验基础（4）
一、单选题
1．（2022·上海长宁·统考二模）采用循环操作可提高原料的利用率， 下列工业生产中， 没有采用循环操作的是
A．硫酸工业 B．合成氨工业 C．氯碱工业 D．纯碱工业
2．（2022·上海长宁·统考二模）下列实验用酸性 溶液不能达到预期目的的是
A．鉴别乙烯和乙烷 B．鉴别四氯乙烯和聚四氟乙烯
C．鉴别苯和对二甲苯 D．检验 中含碳碳双键
3．（2022·上海长宁·统考二模）对于液溴和溴水的混合物， 下列叙述正确的是
A．取上层液体和苯在催化剂作用下制溴苯
B．液溴呈紫色， 在上层
C．液溴呈深红棕色， 在下层
D．混合物存放在带橡皮塞的细口瓶中
4．（2022·上海金山·统考一模）已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-。下列用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的实验原理和装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取Cl2 B．用装置乙除去 Cl2中的HCl
C．用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4 D．用装置丁分离出溶液中的MnO2
5．（2022·上海宝山·统考模拟预测）下列实验装置能达到相应实验目的的是
A．装置甲稀释浓硫酸
B．装置乙制备并检验SO2气体的性质
C．装置丙检查装置的气密性
D．装置丁收集NO
6．（2022·上海·模拟预测）关于下列仪器使用的说法正确的是
A．①、③需要垫石棉网加热 B．①、④可作反应容器
C．②、④滴定时需要润洗 D．③、⑤可用于蒸馏
7．（2022·上海·统考一模）要除去FeCl2溶液中少量的FeCl3，下列方法可行的是
A．滴入KSCN溶液 B．加入铁粉 C．通入氯气 D．加入铜粉
8．（2022·上海崇明·统考一模）与物质的溶解度无关的分离方法是
A．结晶 B．升华 C．过滤 D．萃取
9．（2022·上海·模拟预测）进行下列实验操作时，选用相应仪器正确的是
提取碘水中的碘
配制Na2CO3溶液
灼烧海带
浓缩NaCl溶液
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
10．（2022·上海宝山·统考一模）下列实验操作正确的是
A．实验室配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，需称取NaOH1.920g用容量瓶进行配制
B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，坩埚一定要置于干燥器中冷却
C．酸碱中和滴定实验中装待测液的锥形瓶一定要干燥
D．用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH
11．（2022·上海宝山·统考一模）可用于量取5.00mL 0.1 mol∙L−1NaOH溶液的仪器是
A．胶头滴管 B．容量瓶 C．量筒 D．滴定管
12．（2022·上海宝山·统考一模）不属于危险品的是
A．硝酸铵 B．汽油 C．重晶石 D．硝化甘油
13．（2022·上海·统考三模）亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示装置(夹持装置已省略)及药品探究亚硝酸钠与硫酸的反应及气体产物的成分
已知：气体的沸点为NO2：21℃，NO：-152℃。下列说法错误的是
A．用装置b代替装置a处的好处是便于控制反应的发生与停止
B．反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，除去装置中的空气
C．装置中冰水浴的作用是冷凝使NO2液化
D．装置中热水浴有利于促进NO2生成，便于检验是否有NO生成
14．（2022·上海·模拟预测）用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂)，能实现的是
选项
气体
a
b
A
H2S
稀H2SO4
FeS
B
Cl2
浓盐酸
MnO2
C
NO2
浓HNO3
铁片
D
CO2
稀盐酸
大理石
A．A B．B C．C D．D
15．（2022·上海浦东新·统考一模）下列括号内的杂质，能用氢氧化钠溶液除去的是
A．苯(液溴) B．H2S(HCl)
C．NaHCO3(Na2CO3) D．乙醇(水)
16．（2022·上海浦东新·统考一模）制取下列气体时必须进行尾气处理的是
A．H2S B．CO2 C．O2 D．C2H2
17．（2022·上海浦东新·统考一模）青蒿素是无色针状晶体，易溶于有机溶剂，几乎不溶于水，熔点为156~157°C，热稳定性差；乙醚的沸点为35°C．屠呦呦提取青蒿素的流程可简化如下：
下列说法错误的是
A．破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率
B．操作1需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C．操作II利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大
D．操作III的主要过程是加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
18．（2022·上海浦东新·统考一模）图一是制取乙酸乙酯的实验装置，为缩短加热时间，改进为图二装置，下列关于图二装置说法正确的是
A．反应物利用率比图一装置高 B．产物比图一装置容易蒸出
C．安全性比图一装置好 D．还可用于制备乙酸丁酯
19．（2022·上海·统考一模）可萃取溴水中Br2的试剂是
A．石蜡 B．甘油 C．氯仿 D．新戊烷
20．（2022·上海·模拟预测）废易拉罐(含有Al和少量Fe、Mg杂质)制备明矾，分析流程，正确的是
A．为尽量少引入杂质，NaOH溶液应改用KOH或氨水
B．“沉淀”为Al2(CO3)3
C．上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3
D．滤渣的主要成分是Fe(OH)3和Mg(OH)2
二、工业流程题
21．（2022·上海长宁·统考二模）硫酸亚铁晶体 在医药上作补血剂。工业上用废铁生产 的一种流程如下图所示：
(1)步骤 I 中除铁和硫酸、铁锈和硫酸反应外， 还有一个反应的化学方程式为_______：步骤 I 加入稀硫酸的量不能过量的原因是_______；步骤 II 加入稀硫酸的目的是_______。
(2)证明步骤 (1)滤液中只含有 的方法： 取样， 先滴加 溶液， 无明显现象， 再滴加_______； 该过程的现象为：_______。
(3)步骤 III 从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体 的实验操作为_______、_______、过滤、冰水洗涤、烘干。烘干操作需在低温条件下进行， 原因是_______。
(4)取 隔绝空气加热至不同温度， 剩余固体的质量变化如下图所示。
分析数据， 写出 残留物的化学式_______； 时固体物质发生反应的化学方程式是_______，做出这一判断的依据是_______。
22．（2022·上海宝山·统考一模）碳酸钠俗称纯碱，是一种常用的工业原料，可以从盐碱湖中得到，也可以通过工业生成合成。工业生产纯碱的原理和工艺流程如图。
生产原理：NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl。2NaHCO3→Na2CO3+H2O+CO2。
工艺流程示意图：
请回答下列问题：
(1)粗盐中所含的可溶性杂质离子有Ca2+、Mg2+、SO等，请按照加入的先后顺序写出除杂试剂____。
(2)在制取NaHCO3时，工业上采取的是先通过NH3，再通过CO2。你认为这两种气体能不能换一下通入顺序，请说明原因：____。
(3)碳酸化后过滤，滤液最主要的成分是____(填写化学式)。检验这一成分的阴离子的方法是____。
侯氏制碱法在生产纯碱的同时，也会产生大量的NH4Cl。近年来，科研人员利用以下方法提高了NH4Cl的综合利用价值：
①NH4Cl+MgO→Mg(OH)Cl+NH3↑
②Mg(OH)Cl→MgO+HCl↑
(4)实验室模拟该实验，取5.350gNH4Cl与过量MgO充分反应，产生的HCl用含0.20000mol的NaOH的溶液完全吸收。将吸收液定容至1000mL，取20.00mL，用甲基橙做指示剂，用0.10000 mol∙L−1标准盐酸滴定，消耗盐酸20.50mL。
①在滴定时，需要用到的玻璃仪器有____；滴定至终点时，溶液的颜色由____色变为____色，且30s内溶液颜色不变。
②HCl的释放率用α表示，计算方法为：α=。根据滴定结果计算，α=____。
23．（2022·上海·统考一模）Na2CO3和NaHCO3是重要的无机化工产品，广泛应用于食品、化工、医药等领域。如图是利用天然碱(主要成分为Na2CO3、NaHCO3和少量NaCl)制备Na2CO3和NaHCO3的工艺流程。
完成下列填空：
(1)操作①为___。
(2)碳化装置中反应的离子方程式___。
(3)解释选择0.34～0.4MPa干燥的原因___。
(4)对比索尔维制碱法，说明利用天然碱制碱的优势___。
(5)为了测定产品中小苏打中NaHCO3的含量进行以下实验。
实验步骤：
步骤一：称2.000g小苏打样品，配制小苏打溶液250mL。
步骤二：取20.00mL小苏打溶液置于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1盐酸滴定，溶液pH随盐酸体积变化如图所示。
完成下列填空：
①取20.00mL小苏打溶液需要使用的定量仪器名称____。
②根据滴定曲线分析，若采用传统滴定法，应选择的指示剂是___，此时滴定终点的现象为___。
③计算该样品中NaHCO3的质量分数为____。
24．（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___。
三、实验题
25．（2022·上海闵行·统考模拟预测）二氧化硫及硫酸盐在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
I.测定晶体结晶水含量的实验中常选择胆矾作为实验对象进行研究。
(1)结合已有知识及表格中信息解释原因_______。
明矾
胆矾
绿矾
化学式
KAl(SO4)2·12H2O
CuSO4·5H2O
FeSO4·7H2O
色态
无色透明
蓝色
浅绿色
失去全部结晶水温度(℃)
200
200
300
II.《唐本草》和《天工开物》等古籍均记载中国很早就焙烧绿矾制备铁红(主要成分Fe2O3，是一种传统颜料的着色剂)和含硫气体等。
(2)对含硫气体的成分，某学生做出三种假设：①含硫气体为SO2；②含硫气体为SO3；③含硫气体为SO2和SO3。从上述三种假设中挑选一种不合理的，做出解释：_______。
(3)将盛有绿矾的硬质玻璃管A按下图装置，加强热使其充分反应。
C、D中的溶液依次为_______、_______(选填字母编号)。
a.品红溶液 b.Ba(OH)2溶液 c.盐酸酸化的BaCl2溶液 d.浓硫酸
III.SO2常用于食品加工中作防腐剂、漂白剂。我国规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.26g·L-1。某研究小组测定葡萄酒中SO2含量的方法为：在300.00mL葡萄酒中加入适量稀硫酸，加热使SO2全部逸出，并用H2O2完全吸收，再将吸收了SO2的H2O2充分加热后，用0.0900mol·L-1NaOH溶液进行滴定。
(4)H2O2吸收SO2的化学方程式为_______。“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是_______。
(5)若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为_______。滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2含量为_______g·L-1。该葡萄酒的此项指标被判定为_______。(选填：合格、不合格)
26．（2022·上海宝山·统考模拟预测）某化学兴趣小组为探究二氧化硫的化学性质，他们采用下图装置进行有关实验。请回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的化学方程式为_______。
(2)组成装置B的玻璃仪器有：导气管、广口瓶和_______。装置B的作用是贮存多余的气体，广口瓶内不能盛放的液体是_______(填字母)。
a.水 b.浓硫酸 c.酸性KMnO4溶液 d. H2O2溶液
(3)装置C中的现象是溶液红色褪去，该反应的离子方程式为_______。
(4)装置D中的现象是溶液红色褪去，其原因是_______。
(5)为进一步探究二氧化硫的化学性质，他们还设计了如图所示装置，图中a、b为止水夹，X溶液为紫色石蕊试液。实验操作如下：打开a、b，同时通入体积(同温同压)比为1：1的两种气体，则X中的现象为：_______，反应的离子方程式为_______。
27．（2022·上海崇明·统考一模）硫酸亚铁铵晶体［(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O］俗称摩尔盐，用途十分广泛。实验室可用如图所示装置制备FeSO4溶液后，再与等物质的量的(NH4)2SO4反应制备摩尔盐。
已知：硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
Ⅰ.制备FeSO4
(1)用图示装置制备FeSO4仪器a的名称是_______，该实验不用明火加热的原因是_______。适量铁粉和稀H2SO4在50℃～60℃之间充分反应后，趁热过滤。
Ⅱ.制备摩尔盐
(2)向滤液中加入适量(NH4)2SO4饱和溶液，70℃～80℃水浴加热，保持溶液pH为1～2，蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤，用乙醇洗涤晶体。蒸发浓缩时，如果用玻璃棒搅拌，可能导致溶液变黄，其原因是_______；洗涤晶体时选用乙醇的优点有哪些？_______。
Ⅲ.尾气吸收
(3)由于加入的铁粉不纯，反应过程中会产生少量H2S、PH3气体，用CuSO4溶液吸收H2S，发生反应的离子方程式为_______。
Ⅳ.产品分析
(4)称取摩尔盐产品3.920g溶于稀硫酸中，转入100mL容量瓶定容。每次取20.00mL溶液放入锥形瓶，用0.02000mol·L−1的KMnO4溶液滴定(还原产物为Mn2+，杂质不与KMnO4反应)，三次平均消耗19.00mL的KMnO4溶液。
①滴定终点时的现象是_______。
②实验过程中的下列操作，可能导致测定结果偏低的是_______(填字母序号)。
a.取用的晶体不够干燥 b.容量瓶定容时俯视刻度线
c.滴定管未用标准溶液润洗 d.滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡
③产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(摩尔质量为392g·mol−1)的质量分数为_______。
28．（2022·上海杨浦·统考一模）铜是不活泼的金属，常见有、价。为探究铜及其化合物的性质，完成了两组实验，部分记录如下：
第一组：
序号
试剂
实验步骤
实验现象
1
试管1中加2mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液
加入1mL0.1mol·L-1KSCN溶液
溶液变为红色
2
试管2中加2mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液
ⅰ加入铜粉
黄色溶液变为浅蓝色溶液
ⅱ取上层清液，加入1滴0.1mol·L-1KSCN溶液
液滴接触上方变为红色，下方有白色沉淀生成
3
试管3中加2mL0.1mol·L-1 CuSO4溶液
加入1mL0.1mol·L-1KSCN溶液
溶液变成绿色
完成下列填空：
(1)写出试管1中发生反应的离子方程式。___________
(2)试管2，预测步骤ⅱ后溶液不应呈红色，依据是___________。
(3)经测定试管2中得到的白色沉淀是。
对生成有两种猜测：
猜测①和反应生成，根据___________，推知这一猜测错误。
猜测②生成白色沉淀是因为：Cu++SCN-=CuSCN↓。再请结合步骤ⅱ溶液出现红色的现象，解释生成沉淀的可能原因。___________(用离子方程式表示)
第二组：水合肼(N2H4·H2O)和碱性铜氨[Cu(NH3)4]2+溶液混合反应，生成铜。
(4)水合肼溶液显弱碱性，其电离与NH3·H2O相似，写出水合肼的电离方程式：___________。
(5)将下列化学方程式补充完整、配平，并标出电子转移的数目和方向___________。
______N2H4·H2O+_____[Cu(NH3)4]2++_____OH-→_____Cu+_______N2↑+_______NH3+____H2O
(6)水合肼可用于还原锅炉水中溶解的O2，防止锅炉被腐蚀。与Na2SO3相比，使用水合肼处理水中溶解O2的优点是___________(任写一点)。
29．（2022·上海静安·统考一模）1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分MnO2)时，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。舍勒的方法沿用至今，实验室用如下装置制取氯气并进行氯气性质探究。
完成下列填空。
(1)甲为发生装置，该处还缺少的玻璃仪器是_______。盛放浓盐酸的仪器名称为_______。
(2)乙为除杂装置，盛有_______(填写下列字母编号)，目的是为了_______。
a.碱石灰 b.饱和食盐水 c.浓硫酸 d.饱和碳酸氢钠溶液 e.四氯化碳
(3)检验丙装置中氯气是否已集满的操作是_______。
(4)丁装置中盛有紫色石蕊试液，实验中可观察到溶液颜色发生了如下变化。请完成下表中的三处空白。
实验现象
原因
最初溶液从紫色逐渐变为_______色
氯气与水反应生成的H+使石蕊变色
随后溶液逐渐变为无色
_______
然后溶液从无色逐渐变为_______色
/
(5)戊装置的作用是_______，该处的化学反应方程式为_______。
(6)实验结束，测得戊装置中溶液质量为200g，NaOH溶液的质量分数由30%减小到1%，则吸收的氯气质量是_______g(保留一位小数)。
30．（2022·上海浦东新·统考一模）某实验小组利用下图装置模拟古法硫酸生产方法并进行SO2性质探究。
已知A中反应的化学方程式：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，实验开始前打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2后，关闭活塞K1、K2，打开活塞K3，高温加热绿矾。
完成下列填空：
(1)C装置中覆盖食用油的目的是___________；D装置的作用___________。B中所得硫酸溶液的质量分数理论值为___________(保留三位小数)。
为探究SO2与钡盐溶液的反应，在装置C中先后四次加入不同的溶液：
①
②
③
④
已煮沸的BaCl2溶液
未煮沸的BaCl2溶液
已煮沸的Ba(NO3)2溶液
未煮沸的Ba(NO3)2溶液
注：锥形瓶中溶液体积相同，钡盐溶液浓度相同；油层厚度一致，通入SO2流速一致。
得到如下pH-t图：
(2)曲线①呈缓慢下降趋势，这是因为___________。曲线②出现骤降，表明溶液中生成了___________(填物质名称)。对比分析上述四组数据，可得出的结论是_________(任写2条)。
(3)为对排气法收集到的SO2气体进行含量测定，将2240mL气体(已折算为标准状况)通入足量的Ba(NO3)2溶液中，经过滤、洗涤、烘干，最终得到沉淀21.436g。则SO2气体的体积分数为_______。若该实验数据较实际值偏大，则可能的原因是________(选填编号)。
a．气体通入速率过快 b．沉淀未进行恒重操作
c．收集的气体中有CO2 d．未用食用油覆盖液面
参考答案：
1．C
【详解】A．硫酸工业是硫铁矿煅烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，二氧化硫转化为三氧化硫是可逆反应，所以尾气中含有二氧化硫，可以进行循环操作，A错误；
B．合成氨的反应是可逆反应，必须进行循环操作，B错误；
C．氯碱工业生成氢气、氯气和氢氧化钠，没有进行循环操作， C正确；
D．纯碱工业：向氨的氯化钠饱和溶液中通入二氧化碳，得到碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠晶体受热产生纯碱和二氧化碳，二氧化碳可回收利用，氯化铵和氢氧化钙共热产生氨气，氨气可回收利用，D错误；
故选C。
2．D
【详解】A．乙烯中含碳碳双键，能使高锰酸钾溶液褪色；乙烷不含不饱和键，不能使高锰酸钾溶液褪色，可以鉴别，A错误；
B．四氯乙烯含碳碳双键，能使高锰酸钾溶液褪色；聚四氟乙烯不含不饱和键，不能使高锰酸钾溶液褪色，可以鉴别， B错误；
C．苯不能使高锰酸钾溶液褪色；对二甲苯中与苯环直接相连的甲基上有氢原子，能使高锰酸钾溶液褪色，可以鉴别， C错误；
D．所含的碳碳双键和醛基均能使高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．液溴和溴水的混合物，液溴密度较大，在下层，溴水在上层，溴苯制备需要用液溴，溴水与苯不反应，A错误；
B．液溴密度较大，在下层，B错误；
C．液溴颜色为深红棕色，密度大，在下层，C正确；
D．液溴易挥发且具有强氧化性，能氧化橡胶，存放混合物的试剂瓶不能用橡胶塞，D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，室温下能和浓盐酸发生氧化还原反应，生成氯化钙、氯气和水，故可用装置甲制取Cl2，A不符合题意；
B．氯化氢和饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入了新杂质，且Cl2溶于水后生成的HCl也会反应，从而增加了Cl2的损耗，故不能用装置乙除去 Cl2中的HCl，B符合题意；
C．已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-；氯气能和强碱溶液反应，消耗OH-而使溶液的碱性下降，故可用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4，C不符合题意；
D．二氧化锰是不溶性固体，故可用装置丁分离出溶液中的MnO2，D不符合题意；
答案选B。
5．B
【详解】A．稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时的扩散，不能把水注入浓硫酸中，图中所示操作错误，A错误；
B．Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，NaOH溶液吸收尾气，图中装置可制备并检验SO2气体，B正确；
C．图为长颈漏斗，瓶内空气受热从漏斗逸出，不能检查装置的气密性，C错误；
D．NO不溶于水，气体从导管短进长出可排水收集，D错误；
故选：B。
6．D
【详解】A．①为蒸发皿,可以直接加热，③为蒸馏烧瓶,需要垫石棉网加热，A错误；
B．①为蒸发皿,不可以作为反应容器，④为锥形瓶,可作反应容器，B错误；
C．②为碱式滴定管，滴定时需要用待装液润洗，④为锥形瓶，滴定时不能用待装液润洗，C错误；
D．③为蒸馏烧瓶，⑤为冷凝管，都可用于蒸馏操作，D正确；
故答案为D。
7．B
【详解】因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，化学方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2，故可用铁粉除去FeCl2溶液中的少量氯化铁；
答案选B。
8．B
【详解】A．热的饱和溶液冷却后溶质因溶解度降低导致溶液过饱和，从而溶质以晶体的形式析出，这一过程叫结晶，A正确；
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错误；
C．过滤是将固体与液体分开，与溶解度有关，C正确；
D．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，D正确；
故答案为：B。
9．D
【详解】A．提取碘的操作为萃取，应该用分液漏斗，A 错误；
B．配制Na2CO3溶液应该选用容量瓶而不是圆底烧瓶，B错误；
C．灼烧海带应该用坩埚而不是烧杯，C错误；
D．浓缩NaCl溶液的操作为蒸发，选用蒸发皿，D正确；
答案选D。
10．B
【详解】A．配制480mL0.1mol/LNaOH溶液，选500mL容量瓶，称取NaOH为0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.0g，故A错误；
B．在坩埚中加热测定结晶水，坩埚一定要置于干燥器中冷却，质量差为水的质量，故B正确；
C．锥形瓶中有少量水，不影响酸碱的物质的量，不需要干燥，故C错误；
D．湿润的pH试纸，溶液被稀释，应选干燥的pH试纸，故D错误；
故选：B。
11．D
【详解】A．胶头滴管没有刻度，无法量取5.00mL0.1 mol∙L−1NaOH溶液，故A不符合题意；
B．容量瓶只能用于配制溶液，无法量取5.00mL0.1 mol∙L−1NaOH溶液，故B不符合题意；
C．量筒的最小读数为0.1mL，无法量取5.00mL0.1 mol∙L−1NaOH溶液，故C不符合题意；
D．滴定管的最小读数为0.01mL，可以用碱式滴定管量取5.00mL0.1 mol∙L−1NaOH溶液，故D符合题意；
答案为D。
12．C
【详解】A．硝酸铵是易爆品，易发生爆炸，故A错误；
B．汽油是易燃物，故B错误；
C．重晶石为硫酸钡，性质稳定，不属于危险品，故C正确；
D．硝化甘油易爆品，易发生爆炸，故D错误，
故选：C。
13．A
【详解】A．用装置代替装置，可使漏斗内的气压和烧瓶中气压相同，便于液体顺利流出，故A错误；
B．反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排出装置中的空气，防止NO被空气中的氧气氧化，干扰NO的检验，造成对反应气体产物检验不准确，故B正确；
C．NO2沸点为21℃，易液化，则冰水浴的作用是冷凝使NO2液化，便于与NO分离，故C正确；
D．2NO+O2=2NO2，，因为存在2NO2(红棕色)(无色) ∆H<0，加热可使反应更有利于生成红棕色的NO2，便于检验是否有NO生成，故D正确；
故选：A。
14．D
【详解】A．H2S具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，两者会发生氧化还原反应，故不能用浓硫酸干燥H2S， A不符合题意；
B．MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热，B不符合题意；
C．铁片和浓硝酸常温下发生钝化，故不能制取二氧化氮气体，C不符合题意；
D．大理石与稀盐酸反应生成CO2，且CO2能用浓硫酸干燥，D符合题意；
故答案选D。
15．A
【详解】A．苯中液溴和氢氧化钠反应生成溴化钠和次溴酸钠，与苯分层，再分液，故可以用氢氧化钠除去，故A正确；
B．H2S和HCl均可以被氢氧化钠溶液吸收，故B错误；
C．NaHCO3可以与氢氧化钠反应生成Na2CO3，故C错误；
D．氢氧化钠溶液与乙醇互溶，不能去除乙醇中的水，故D错误；
故选A。
16．A
【详解】A．H2S为有毒气体，需要用碱液吸收，故A选；
B．二氧化碳为无毒无害气体，不必进行尾气处理，故B不选；
C．O2为无毒无害气体，不必进行尾气处理，故C不选；
D．C2H2为无毒气体，少量时可以直接高空排放，过量时才用气球收集或者进行点燃处理，故D不选；
故选：A。
17．D
【详解】A．破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素浸取率，故A正确；
B．将固液分离操作I是过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B正确；
C．操作II是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大，故C正确；
D．青蒿素易溶于有机溶剂，几乎不溶于水，热稳定性差，操作III是重结晶，但不能用水溶解，故D错误；
故答案为D。
18．B
【详解】A．相对于图一的改进装置，图二加热水量少，温度上升快，许多的反应物未来得及反应就被蒸出，因而反应物利用率比图一更低，A错误；
B．图二装置中反应产生的乙酸乙酯处于水蒸气的高温环境中，更容易从反应装置中挥发逸出，因此产物比图一装置容易蒸出，B正确；
C．图二酒精灯直接给试管加热，蒸馏水少，温度上升快，产生的热的水蒸气从支管口逸出，更容易对人造成伤害，因此安全性能不及图一装置好，C错误；
D．乙酸乙酯的沸点比乙醇、乙酸低，易挥发收集，采取边反应边蒸馏的方法；但乙酸丁酯的沸点高于乙酸和1-丁醇，反应中蒸出乙酸丁酯时，反应物会大量蒸发，利用率降低，所以采用冷凝回流，因此该装置不能用于制备乙酸丁酯，D错误；
故合理选项是B。
19．C
【分析】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。
【详解】A．石蜡是不溶于水的固体，不能用于萃取溴水中的溴，故A错误；
B．甘油可以与水以任意比例互溶，不能用于萃取溴水中的溴，故B错误；
C．氯仿是不溶于水的液体，能用于萃取溴水中的溴，故C正确；
D．常温下，新戊烷是不溶于水的气体，不能用于萃取溴水中的溴，故D错误；
故选C。
20．C
【分析】由题给流程可知，易拉罐中铝与氢氧化钠溶液微热反应生成偏铝酸钠和氢气，铁、镁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有铁、镁的滤渣和偏铝酸钠溶液；向偏铝酸钠溶液中加入碳酸氢铵溶液，溶液中铝离子与碳酸氢根反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，过滤得到氢氧化铝沉淀；氢氧化铝沉淀溶于稀硫酸后，加入硫酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾。
【详解】A．铝能与氢氧化钠溶液和氢氧化钾溶液反应，不能与弱碱氨水反应，则溶解易拉罐时不能用氨水代替氢氧化钠溶液，故A错误；
B．由分析可知，沉淀为氢氧化铝，故B错误；
C．二氧化碳也能与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，则可以用过量的二氧化碳代替碳酸氢铵得到氢氧化铝沉淀，故C正确；
D．由分析可知，滤渣的主要成分是铁、镁，故D错误；
故选C。
21．(1) ； 确保生成物全部都是硫酸亚铁； 防止亚铁离子水解；
(2) 氯水； 溶液变成血红色；
(3) 蒸发浓缩； 冷却结晶 防止分解失去部分结晶水
(4) 为0.1mol，加热分解到C点后质量不再变化，C为铁的氧化物。剩余固体是8g，铁元素的质量为5.6g，则氧元素的质量为2.4g，可得出氧化物中铁和氧原子个数比为2:3，故为。根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成，由质量守恒定律得出化学反应为：。
【分析】根据题中信息知废铁中含有铁、铁锈和不溶性杂质。步骤I加稀硫酸，铁和铁锈与硫酸，生成的硫酸铁也会和铁反应生成硫酸亚铁，过滤后可除去不溶性杂质；在步骤II加稀硫酸是为了抑制亚铁离子水解，得到的硫酸亚铁溶液经过步骤III：蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体。
【详解】（1）铁锈与硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁能够继续与铁反应生成硫酸亚铁，化学方程式为：；在步骤I加稀硫酸不能过量，是为了确保生成物全部是硫酸亚铁，得到的产物更纯净，不用后续除杂；在步骤II加稀硫酸是为了抑制亚铁离子水解，防止得到的晶体中有杂质；
（2）检验亚铁离子，先加KSCN溶液无现象，再加氯水将亚铁离子氧化成铁离子，若出现血红色，则有亚铁离子。故加入的试剂为氯水，现象为溶液变成血红色；
（3）要得到带结晶水的晶体，通常采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。硫酸亚铁溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体；受热易失去结晶水，因此低温烘干是为了防止晶体失去结晶水；
（4）27.8g的物质的量为0.1mol，结晶水完全失去时剩下固体的质量为：，由图可知B()完全失去结晶水，成分为，对比B()和A()点，两者质量差为，即A比B多一个结晶水，A点成分为：；自始至终，铁元素质量守恒，为0.1mol，加热分解到C()点后质量不再变化，C点成分为铁的氧化物。剩余固体是8g，铁元素的质量为5.6g，则氧元素的质量为2.4g，可得出氧化物中铁和氧原子个数比为2:3，故为。根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成，由质量守恒定律得出化学反应为：。
22．(1)NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)
(2)不能，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少
(3) NH4Cl 取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣
(4) 酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管 黄 橙 97.500%
【分析】粗盐水加入除杂试剂过滤得到沉淀和滤液，滤液为氯化钠溶液，通入氨气得到氨化的食盐水，通入二氧化碳酸化，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O ＝ NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到固体为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，得到纯碱。
(1)
除镁离子用氢氧化钠，除钙离子用碳酸钠，除硫酸根离子用氯化钡，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠还要除掉多余的钡离子，因此碳酸钠必须放在氯化钡的后面，最后过滤沉淀后的滤液中加入盐酸除去过量碳酸钠和氢氧化钠，则试剂加入顺序为NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)等，故答案为：NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、盐酸)等；
(2)
在制取NaHCO3时，工业上采取的是先通过NH3，再通过CO2，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少，这两种气体不能换通入顺序，故答案为：不能，氨气极易溶于水，再通入二氧化碳，能较多的吸收二氧化碳，生成更多碳酸氢钠晶体，二氧化碳溶解度小，先通入二氧化碳，溶解的少，再通入氨气，导致生成碳酸氢钠的量少；
(3)
氨化后的氯化钠溶液中通入CO2气体酸化，反应产生碳酸氢钠晶体，发生的反应为：NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸化后过滤，滤液D最主要的成分是NH4Cl，Cl﹣检验方法是取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣，故答案为：NH4Cl；取少量滤液于试管，向试管中先加硝酸酸化，无现象，再加入几滴AgNO3溶液，若能产生白色沉淀，即可证明有Cl﹣；
(4)
①在滴定时，需要用到的玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管，滴定至终点时，溶液的颜色由黄色变为橙色且半分钟内颜色不变，说明反应达到终点，故答案为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、胶头滴管；黄；橙；
②取5.350g NH4Cl物质的量，与过量MgO充分反应，产生的HCl物质的量为0.1000mol，用含0.20000mol的NaOH的溶液完全吸收，则氢氧化钠需要过量，将吸收液定容至1000mL，取20.00mL，用甲基橙做指示剂，用0.10000 mol∙L−1标准盐酸滴定，消耗盐酸20.50mL，则20.00mL中吸收液消耗HCl物质的量=0.10000 mol∙L−1×20.50×10−3L=0.00205mol，则1000mL溶液中吸收液消耗HCl物质的量0.00205mol×50=0.1025mol，则反应释放出的HCl物质的量=0.20000mol−0.1025mol = 0.09750mol，HCl的释放率用α表示，计算方法为：α= ，故答案为：97.500%。
23．(1)过滤、洗涤
(2)2Na++CO+H2O+CO2=2NaHCO3↓
(3)抑制NaHCO3受热分解
(4)节能、环保、成本低等
(5) 碱式滴定管 甲基橙 滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复 94.5%
【详解】（1）由流程图可知，溶液碳化后生成了液态和固态，因此操作①为过滤、洗涤。
（2）由流程图可知，天然碱溶液碳化后生成了碳酸氢钠，说明二氧化碳与碳酸钠和水反应生成了碳酸氢钠，离子方程式为：2Na++CO+H2O+CO2=2NaHCO3↓。
（3）碳酸氢钠不稳定，受热易分解，选择0.34～0.4MPa干燥的原因是为了抑制NaHCO3受热分解。
（4）索尔维制碱法中大量的氯化钙用途不大，氯化钠的利用率低，而天然碱制碱不产生污染物，且流程简单，需要的能量低，成本低。
（5）①碳酸氢钠溶液呈碱性，因此取20.00mL碳酸氢钠溶液用碱式滴定管。
②盐酸滴定碳酸氢钠溶液滴定终点呈酸性，指示剂选择甲基橙，滴定终点的现象为：滴加最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色且半分钟不恢复。
③由图示可知，当盐酸滴加18mL时，两者恰好完全反应，则消耗盐酸的物质的量是0.1000mol·L-10.018L=1.810-3mol，而碳酸氢钠和盐酸是1:1反应，因此20.00mL溶液中碳酸氢钠的物质的量为1.810-3mol，250mL溶液中碳酸氢钠的物质的量为2.2510-2mol，质量为2.2510-2mol84g/mol=1.89g，则碳酸氢钠的纯度为。
24．(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。
25．(1)胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察
(2)焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理
(3) c a
(4) H2O2+SO2=H2SO4 除去过量的过氧化氢
(5) 最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 0.24 合格
【分析】盛有绿矾的硬质玻璃管A加强热，分解生成气体首先通过酸化的氯化钡溶液检验三氧化硫，再通过品红溶液检验二氧化硫，最后通入氢氧化钠溶液吸收尾气；
(1)
无水硫酸铜为白色粉末，常选择胆矾作为实验对象进行研究原因是胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察；
(2)
焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理；
(3)
二氧化硫和三氧化硫均和氢氧化钡反应生成沉淀，三氧化硫能溶于水可以和氯化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，二氧化硫能使品红溶液褪色，故检验二氧化硫、三氧化硫依次通过CD，C、D中的溶液依次为c.盐酸酸化的BaCl2溶液、a.品红溶液；
(4)
H2O2具有氧化性，二氧化硫具有还原性，吸收SO2的化学方程式为H2O2+SO2=H2SO4；用0.0900mol·L-1NaOH溶液进行滴定过程中需要使用酚酞做指示剂，溶液中过量的过氧化氢具有强氧化性，会使酚酞褪色，过氧化氢不稳定，加热分解，故“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是除去过量的过氧化氢；
(5)
若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；根据反应关系可知，SO2～H2SO4～2NaOH，滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2的质量为25.00×10-3L×0.0900mol·L-1×64g/L÷2=0.072g，含量为0.072g ÷0.3L=0.24g·L-1<0.26g·L-1，故合格。
26．(1)
(2) 长颈漏斗 acd
(3)
(4)具有漂白性
(5) 溶液由紫色变为红色
【分析】装置A中铜与浓硫酸反应生成二氧化硫和水，B中SO2易溶于水，能与酸性KMnO4溶液、H2O2溶液反应，C中滴有酚酞的NaOH溶液显红色，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3与H2O，消耗了，溶液变为无色，D中SO2能使品红溶液褪色，据此分析解题。
（1）
装置A中进行的是Cu与浓硫酸的反应，产物为硫酸铜、二氧化硫、水，反应方程式为。
（2）
组成装置B的玻璃仪器有：导气管，广口瓶和长颈漏斗；SO2易溶于水，能与酸性KMnO4溶液、H2O2溶液反应，但与浓硫酸不反应，因此，为贮存多余的SO2，广口瓶中不能盛放的液体为acd。
（3）
滴有酚酞的NaOH溶液显红色，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3与H2O，消耗了，溶液变为无色，因此C中的现象是溶液由红色变为无色，反应的离子方程式为。
（4）
SO2能使品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，因此D中红色褪去的原因是SO2具有漂白性。
（5）
由图可知，打开a，b，往紫色石蕊溶液中同时通入体积(同温同压)比为1：1的SO2和Cl2，发生反应的化学方程式为：，故溶液颜色由紫色变为红色。
27．(1) 分液漏斗 因产生的氢气易燃易爆
(2) 搅拌时Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+ 减少洗涤晶体时因溶解造成的损失；洗涤后晶体易于干燥
(3)Cu2++H2S=2H++CuS↓
(4) 边滴入KMnO4溶液边振荡过程中，当混合液刚好变为浅红色，且30s内不褪 ad 95%
【分析】本题是一道常见无机物的制备类型的实验题，本题用硫酸和铁粉制备硫酸亚铁，并用硫酸铜除去制备过程中的污染性气体H2S、PH3，之后向其中加入硫酸铵即可制得产品，以此解题。
(1)
根据仪器a的结构特点知，仪器a为分液漏斗；制备FeSO4的反应原理为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，实验不用明火加热的原因是产生的氢气易燃易爆；故答案为：分液漏斗；产生的氢气易燃易爆；
(2)
由于Fe2+具有较强的还原性，溶液pH太高或用玻璃棒搅拌，Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，均可能导致溶液变黄；硫酸亚铁铵晶体易溶于水，不溶于乙醇，乙醇易挥发，故选用乙醇洗涤晶体的目的是减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；故答案为：Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+；减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；
(3)
CuSO4溶液吸收H2S时发生复分解反应生成黑色CuS沉淀和H2SO4，反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+；故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+。
(4)
①由于KMnO4溶液本身有颜色，故滴定终点时的现象是溶液变为浅红色，且30s内不褪色；故答案为：溶液变为浅红色，且30s内不褪色；
②a．取用的晶体不够干燥，则消耗的KMnO4溶液的体积偏小，所测产品的质量分数偏低，a符合题意；
b．容量瓶定容时俯视刻度线，所配溶液物质的量浓度偏高，则消耗的KMnO4溶液的体积偏大，所测产品的质量分数偏高，b不符合题意；
c．滴定管未用待盛溶液润洗，消耗的KMnO4溶液的体积偏大，所测产品的质量分数偏高，c不符合题意；
d．滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡，所测KMnO4溶液的体积偏小，所测产品的质量分数偏低，d符合题意；
答案选ad；
③根据MnO＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，20.00mL溶液中Fe2+物质的量n(Fe2+)=5n(MnO)=5×0.02000mol/L×0.019L=0.0019mol，100mL溶液中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量为0.0019mol××392g/mol=3.724g，产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的质量分数为=95%；故答案为：95%。
28．(1)Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
(2)根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，铜粉过量时，Fe3+反应完全
(3) 实验③，溶液变成绿色而无白色沉淀生成 Fe2++Cu2+Fe3++Cu+ Cu++SCN-=CuSCN↓
(4)N2H4·H2ON2H+OH-
(5)
(6)前者会产生Na2SO4杂质，后者生成无污染的气体
【详解】（1）试管1中发生反应即Fe2(SO4)3与KSCN溶液反应，则其离子方程式为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。
（2）已知0.16g铜粉的物质的量为：=0.0025mol，2mL0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中Fe3+的物质的量为：2×2×10-3L×0.05mol/L=0.0002mol，结合试管2中发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故铜过量，则可预测步骤ⅱ后溶液不应呈红色，故答案为：根据反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，铜粉过量时，Fe3+反应完全。
（3）由实验③中CuSO4和KSCN溶液反应不产生白色沉淀，而是溶液变成绿色，则猜测①Cu2+和SCN-反应生成CuSCN是错误；猜测②生成白色沉淀是因为：Cu++SCN-=CuSCN↓，再请结合步骤ⅱ溶液出现红色的现象，即硫酸铁和铜反应后生成了亚铁离子和铜离子，二者将发生可逆反应生成Fe3+和Cu+。
（4）根据NH3·H2O的电离方程式NH3·H2ONH4++OH-可知，水合肼溶液显弱碱性，其电离与NH3·H2O相似，则水合肼的电离方程式为：N2H4·H2ON2H5++OH-。
（5）已知反应中N的化合价由-2价升高到0价，Cu的化合价由+2价降低到0价，根据氧化还原反应配平可得，该反应离子方程式为：N2H4·H2O+2[Cu(NH3)4]2++4OH-=2Cu+N2↑+8NH3+5H2O。双线桥法标出其电子转移方向和数目为：。
（6）水合肼可用于还原锅炉水中溶解的O2，生成N2和水，不会污染环境，防止锅炉被腐蚀，而Na2SO3与氧气反应转化为硫酸钠，对水溶液引入新的杂质，故使用水合肼处理水中溶解O2的优点是前者会产生Na2SO4杂质，后者生成无污染的气体。
29．(1) 酒精灯 分液漏斗
(2) b 除去氯气中的氯化氢气体
(3)将润湿的淀粉—KI试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满
(4) 红 氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质 淡黄绿
(5) 尾气处理，吸收多余的氯气 Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
(6)40.7
【分析】由实验装置图可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置乙中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置丙为向上排空气法收集氯气的装置，装置丁中盛有紫色石蕊试液先变红后褪色，验证氯水的酸性和漂白性，装置戊中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【详解】（1）由分析可知，装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，则缺少的玻璃仪器是酒精灯；由装置图可知，盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗，故答案为：酒精灯；分液漏斗；
（2）由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置乙中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案为：b；除去氯气中的氯化氢气体；
（3）若氯气已集满，逸出的氯气能与湿润的碘化钾淀粉试纸中的碘化钾溶液反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色，则检验丙装置中氯气是否已集满的操作是将润湿的淀粉碘化钾试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满，故答案为：将润湿的淀粉—KI试纸接近集气瓶口，试纸变蓝则已收集满；
（4）由分析可知，装置丁中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中的氢离子使紫色石蕊试液变红色，反应生成的次氯酸具有强氧化性，使红色的石蕊试液因氧化而漂白褪色，当石蕊试液完全褪色后，继续通入氯气，氯气溶于水得到淡黄绿色的新制氯水，故答案为：红；氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质；淡黄绿；
（5）由分析可知，装置戊中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；
（6）设吸收的氯气质量为xg，由题意可知，参加反应的氢氧化钠的物质的量为，由方程式可得：×=，解得x=40.7，故答案为：40.7。
30．(1) 隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验 吸收尾气SO2并防止倒吸 0.295
(2) SO2溶于水，与水生成H2SO3，H2SO3是弱酸，电离出的少量氢离子使溶液pH下降 盐酸或硫酸 ①O2能氧化SO2；②能氧化SO2；③O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)
(3) 0.92 b
【分析】由实验装置图可知，装置A中绿矾高温条件下分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，装置B中三氧化硫与水蒸气冷凝反应得到硫酸溶液，装置C用于探究二氧化硫与钡盐溶液的反应，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，其中导致的漏斗能起到防止倒吸的作用。
（1）
C装置中覆盖食用油可以隔绝空气，避免空气中氧气干扰探究二氧化硫与钡盐溶液反应的实验检测；由分析可知，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，其中导致的漏斗能起到防止倒吸的作用；由方程式可知，反应生成三氧化硫和水蒸气的物质的量比,1：14，1mol三氧化硫与1mol水反应生成1mol硫酸，则所得硫酸溶液的质量分数理论值为≈0.295，故答案为：隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验；吸收尾气SO2并防止倒吸；0.295；
（2）
由图可知，曲线①的变化说明二氧化硫不与氯化钡溶液反应，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，使溶液中pH减小；曲线②的变化说明溶液中氧气将二氧化硫氧化生成强酸硫酸，反应生成的硫酸溶液与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，使溶液中氢离子浓度迅速增大，溶液pH出现骤降；曲线③的变化说明反应生成弱酸亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，溶液中具有强氧化性的硝酸根离子在溶液中将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀和硝酸，使溶液中氢离子浓度增大，溶液pH降低，但溶液中的pH大于曲线②；曲线④的变化说明溶液中的弱酸亚硫酸被空气中氧气氧化生成强酸硫酸，溶液中氢离子浓度大，硝酸根离子的氧化性强，在溶液中将二氧化硫迅速氧化生成硫酸钡和硝酸，溶液pH出现骤降，在四组曲线中溶液的pH最小，综合四组数据可知，氧气和硝酸根离子能氧化二氧化硫，溶液中的氧气能提高硝酸根离子氧化二氧化硫的反应速率和反应程度，故答案为：盐酸或硫酸；①O2能氧化SO2；②能氧化SO2；③O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)；
（3）
标准状况下2240mL气体的物质的量为=0.1mol，二氧化硫气体通入硝酸钡溶液中得到21.436g硫酸钡沉淀，由硫原子个数守恒可知，二氧化硫的体积分数为=0.92；
a．若气体通入速率过快会使二氧化硫不可能完全吸收，生成硫酸钡的质量偏小，导致所测结果偏低，故错误；
b．若沉淀未进行恒重操作可能会使沉淀表面附有可溶性杂质，使测得硫酸钡的质量偏大，导致所测结果偏高，故正确；
c．若收集的气体中有二氧化碳不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，故错误；
d．若未用食用油覆盖液面不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，故错误；
b正确，故答案为：0.92；b。
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