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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-145化学实验基础（8）
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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-145化学实验基础（8），共36页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-145化学实验基础（8）
一、单选题
1．（2021·上海宝山·统考二模）氯气性质非常活泼，能和很多物质反应。下列关于其相关反应的实验现象的“解释或结论”正确的是
选项
实验现象
解释或结论
A
氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝；氯气能使NaBr溶液变橙色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B
氯气能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红，后褪色
氯气与水生成了酸性物质
C
氯气通入H2S的水溶液中，溶液的导电性增强
氯气是强电解质
D
氯气通入FeCl2和KSCN混合液，溶液变红色
氧化性：Cl2＞Fe3+
A．A B．B C．C D．D
2．（2021·上海宝山·统考二模）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
3．（2021·上海虹口·统考二模）测定一定质量小苏打中NaHCO3的含量(杂质为NaCl)，下列实验方案不可行的是
A．加热至恒重，称量剩余固体质量
B．加入足量稀硫酸，测定生成气体的体积
C．溶解后以甲基橙为指示剂，用标准盐酸溶液滴定
D．溶解后加入足量CaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量
4．（2021·上海宝山·统考二模）下列实验目的可以达到的是
A．用酒精灯加热铝片与氧化铁混合物验证铝热反应
B．乙醇在浓硫酸加热到140℃时制取乙烯
C．浓硫酸与亚硫酸钠反应制取二氧化硫
D．氯化铝溶液与过量氢氧化钠溶液反应制取氢氧化铝
5．（2021·上海宝山·统考二模）配制体积比1∶1的硫酸所用的定量仪器是
A．天平 B．量筒 C．容量瓶 D．滴定管
6．（2021·上海嘉定·统考二模）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
7．（2021·上海闵行·统考二模）在硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)结晶水含量测定的操作中，导致n值偏小的是（ ）
A．坩埚未干燥 B．在空气中冷却
C．加热过程中晶体爆溅 D．加热时间过长部分变黑
8．（2021·上海闵行·统考二模）某溶液可能含有等物质的量的Ba2＋、Na＋、、H＋、Cl-、I-、、中的几种，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液为无色。判断不正确的是
A．肯定不含 B．肯定不含H＋
C．肯定含有 D．肯定不含Cl-
9．（2021·上海静安·统考二模）下列实验能达到预期目的的是
A．除去CO中混有的少量CO2：通过硝酸钡溶液
B．除去CH4中混有的少量乙烯：通过酸性高锰酸钾溶液
C．除去CaCl2溶液中混有的少量盐酸：加入过量的碳酸钙、过滤
D．除去NaCl溶液中的少量杂质Na2CO3：加入过量的氯化钡溶液、过滤
10．（2021·上海闵行·统考二模）室温时用下列实验装置进行相应实验，能达到目的的是
A．制取乙酸丁酯 B．验证乙炔的还原性
C．验证浓硫酸具有强氧化性 D．分离乙酸乙酯与碳酸钠溶液
11．（2021·上海静安·统考二模）化学研究性学习小组设计了如下装置制备少量氯化钠。无法达到实验目的的是
A．用装置甲制取氯气 B．用装置乙净化、干燥氯气
C．用装置丙制备氯化钠 D．用装置丁吸收尾气
12．（2021·上海·统考二模）某同学利用下图装置来探究无水硫酸亚铁灼烧后的分解产物，实验过程中，观察到装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀。下列说法不正确的是
A．装置b中出现白色沉淀
B．加热前要先通入氮气，加热结束时也要通入氮气
C．实验过程中，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红
D．若用足量溴水代替品红溶液，装置d中的现象不变
13．（2021·上海奉贤·统考二模）下列实验方案不能达到实验目的的是
序号
实验方案
实验目的
A
溴蒸气和碘蒸气分别与反应
比较溴和碘的非金属性强弱
B
将少量氯水滴入溶液中
比较硫和氯的非金属性强弱
C
分别向、溶液中滴加过量氨水
比较镁、铝的金属性强弱
D
向、中滴加同浓度的稀盐酸
比较铁、铜的金属性强弱
A．A B．B C．C D．D
14．（2021·上海·统考二模）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、、
15．（2021·上海松江·统考二模）欲从含少量NaCl的碘水中萃取碘单质，下列叙述错误的是
A．振荡过程中需要放气
B．上层液体须从上口倒出
C．加萃取剂分液后，水层中加入淀粉一定不变蓝
D．加入四氯化碳，振荡、静置，下层一定为紫红色
16．（2021·上海松江·统考二模）为确定下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内物质)能达到目的的是
A．NaOH溶液［Ba(OH)2溶液］ B．漂粉精(Na2CO3溶液)
C．氯水(AgNO3溶液) D．Na2SO3溶液(BaCl2溶液)
17．（2021·上海·统考二模）实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、玻璃棒、集气瓶(非玻璃仪器及其他化学用品任选)，选用上述仪器能完成的实验是
A．粗盐提纯 B．实验室制氨气
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘 D．配制的盐酸
二、填空题
18．（2021·上海徐汇·统考二模）硫酸铜是一种重要盐。
完成下列填空：
(1)无水硫酸铜为___________色粉末，CuSO4·5H2O属于___________晶体，由饱和CuSO4溶液获取CuSO4·5H2O晶体的方法___________。
(2)向硫酸铜溶液中逐滴滴加NaHCO3溶液，产生含有Cu(OH)2的沉淀和无色气体，请用平衡知识解释原因___________。
(3)写出使用硫酸铜溶液制备新制氢氧化铜悬浊液的方法___________。
(4)实验室制备乙炔时，常用硫酸铜溶液除去杂质气体H2S，写出除杂时发生的离子方程式____。0.80 g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程中热重曲线如图所示。
(5)计算确定200℃时固体物质的化学式___________。
(6)用___________法分离混合液中的铜离子和铁离子。
三、实验题
19．（2021·上海徐汇·统考二模）苯乙酮()广泛用于皂用香精中，可由苯和乙酸酐()制备。
已知：
名称
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g·mL-1 )
溶解性
苯
78
5.5
80.1
0.88
不溶于水，易溶于有机溶剂
苯乙酮
120
19.6
203
1.03
微溶于水，易溶于有机溶剂
乙酸酐
102
-73
139
1.08
有吸湿性，易溶于有机溶剂
乙酸
60
16.6
118
1.05
易溶于水，易溶于有机溶剂
步骤I 向三颈烧瓶中加入39 g苯和44.5 g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5 g乙酸酐，在70～80℃下加热45min，发生反应如下：
+ CH3COOH+
步骤II 冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30 mL 5% NaOH溶液和30 mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥。
步骤III 常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮。
请回答下列问题：
(1)AlCl3在反应中作用___________；步骤I中的加热方式为___________。
(2)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为___________ (填标号)。
A．100 mL B．250 mL C．500 mL D．1000 mL
(3)图示实验装置虚线框内缺少一种仪器，该仪器的作用为___________。
(4)步骤II中生成的白色胶状沉淀的化学式为___________。
(5)步骤II中用NaOH溶液洗涤的目的是___________。
(6)步骤III中将苯乙酮中的苯分离除去所需的温度___________。
(7)实验中收集到24.0 mL苯乙酮，则苯乙酮的产率为___________。
20．（2021·上海嘉定·统考二模）与的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。
某兴趣小组通过如下装置(夹持装置略)对制备、吸收、释放和应用进行了研究。
已知：装置中的药品可以吸收氯气。回答下列问题：
(1)打开的活塞，中发生反应生成，请将化学方程式配平___________
。
(2)吸收气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放的浓度随时间的变化如下图所示。
若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是___________，原因是___________。
21．（2021·上海宝山·统考二模）CuSO4·5H2O是铜的重要化合物，应用广泛。以下是实验室用废铜粉制备CuSO4·5H2O的流程图。
(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，写出该反应的离子方程式___________。
(2)制备流程中的A操作名称是___________。如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是___________，除去这种杂质的实验操作称为___________。
(3)如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量，完成下列步骤：
a．①___________②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤(其余步骤省略)。
b．在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是___________。
c．如果1.040g提纯后的试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是1.000g，测定的相对误差为___________。
(4)已知：CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4。
①称取0.1000g某CuSO4·5H2O试样(杂质不与氢氧化钠溶液反应)于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16mL，则0.1000g该试样中含CuSO4·5H2O___________g。
②上述滴定中，滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，还需进行的操作是___________。
③在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线___________所对应的刻度。
22．（2021·上海虹口·统考二模）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”)。
23．（2021·上海长宁·统考二模）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备和，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是___，a中的试剂为____，b中采用的加热方式是___，c中化学反应的离子方程式是___。
(2)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，__，__，干燥，得到晶体。d的作用是__，可选用试剂__(填编号)。
a. b. c. d.
(3)取少量和溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入振荡，静置后显__色。可知该条件下的氧化能力__(填“大于”或“小于”)。
(4)制备时，温度过高会生成。当时，该反应中__。
24．（2021·上海闵行·统考二模）莫尔盐［(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O，392g/mol］是一种重要的还原剂，可通过以下流程制取：
Fe2(SO4)3溶液FeSO4溶液 (NH4)2Fe(SO4)2溶液莫尔盐
已知：硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度
10
20
30
40
(NH4)2SO4
73.0
75.4
78.0
81.0
FeSO4∙7H2O
40.0
48.0
60.0
73.3
(NH4)2SO4∙ ∙FeSO4∙6H2O
18.1
21.2
24.5
27.9
完成下列填空：
(1)配制Fe2(SO4)3溶液需加入少量稀硫酸，目的是____。
(2) (NH4)2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成(NH4)2Fe(SO4)2的原因是____。
(3)隔绝空气下莫尔盐受强热分解会产生多种气体。利用如下装置验证气体中存在H2O、SO2和SO3。验证气体的装置次序为____；c装置中足量盐酸的作用是____。
(4)测定莫尔盐样品的纯度：称取莫尔盐样品20.000g，用蒸馏水配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol・L-1的KMnO4 溶液滴定三次，达到滴定终点时平均消耗10.00mLKMnO4溶液。
①蒸馏水要预先加热煮沸的原因是____；配成250mL溶液的定量仪器为____。
②若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果___(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)；
③已知滴定反应中n(Fe2+)：n()为5：1，该样品的纯度为____。
25．（2021·上海静安·统考二模）科学界目前流行的关于生命起源假设的理论认为生命起源于约40亿年前古洋底的热液环境，那里普遍存在铁硫簇合物，可用FexSy表示。为研究某铁硫簇合物成分，化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量。具体步骤为：
①按上图连接装置，进行气密性检查。
②在A中放入1.0g含杂质的样品(杂质不溶于水、盐酸，且不参与A中的反应)，B中加入0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液30mL，C中加入品红试液。
③通入氧气并加热，A中固体逐渐转变为红棕色。
④待固体完全转化后，取B中的溶液3mL于锥形瓶中，用0.1mol/L碘化钾溶液滴定。滴定共进行3次，实验数据记录于下表。
滴定次数
待测液体积 /mL
消耗碘化钾溶液体积 / mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
3.00
1.00
7.50
2
3.00
7.50
12.53
3
3.00
12.53
17.52
⑤取A中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤。
⑥往滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32g固体。
已知：Mn2+离子在极稀溶液中近乎无色。
回答下列问题：
(1)装置C中品红试液的作用是___________。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是___________(选填“赞同”或“不赞同”)，理由是___________。
(2)用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，写出反应的离子方程式___________。无色的草酸(H2C2O4)溶液也可代替碘化钾进行滴定，反应方程式为：2KMnO₄ + 5H₂C₂O₄+ 3H₂SO₄ →K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 10CO₂ + 8H₂O，判断到达滴定终点时的现象应当是___________。
(3)为防止尾气污染，装置D中应加入___________溶液。
(4)根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇结构的化学式为___________。
(5)下列操作，可能导致x：y的值偏大的是___________(填字母代号)
a.配置碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线。
b.步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水
c.滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴
d.步骤⑥灼烧滤渣不够充分
26．（2021·上海崇明·统考二模）某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。
提出问题：、Br2哪个氧化性更强？
(1)猜想：①甲同学认为氧化性：>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含___________(填化学式，下同)所致。②乙同学认为氧化性：Br2>，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含___________所致。
(2)设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的。
供选用的试剂：a.酚酞试液 b.CCl4 c.无水酒精 d.KSCN溶液。
请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。
选用试剂(填序号)
实验现象
方案1
____
_____
方案2
_____
______
(3)结论：氧化性Br2>。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为_______。
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是______。
某实验室用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：
已知：在pH为2.7时开始沉淀，到3.7时沉淀完全；在pH为4.7时开始沉淀。
(4)“浸出”时，原料中的铜均转化为硫酸铜。写出相应的离子方程式：___________。
(5)试剂b是___________(填物质名称)，其反应的离子方程式：___________。
(6)调节pH的目的是___________。滤渣c是___________。
(7)将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为___________。
27．（2021·上海·统考二模）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。试剂级NaCl可用海盐(含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO等杂质)为原料制备。实验室提纯NaCl的流程如图：
提供的试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、75%乙醇、四氯化碳
(1)欲除去溶液I中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、，在提供的试剂中，选出m所代表的试剂，按滴加顺序依次为_______、NaOH、_______(只填化学式)；洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，在提供的试剂中，选用的试剂为_______。
(2)操作X为用提纯的NaCl配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有_______(填仪器名称)
(3)用如图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl气体，并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出。
①用浓硫酸和海盐混合加热制取氯化氢利用了浓硫酸的性质是_______(填编号)，相比分液漏斗，选用仪器a的优点是_______。
a.高沸点 b.强酸性 c.强氧化性
②对比实验发现，将烧瓶中的海盐磨细可加快NaCl晶体的析出，其原因是_______。
(4)设计实验测定NaCl产品中SO的含量，填写表格。
操作
目的/结论
①
称取样品，加水溶解，加盐酸调至弱酸性，滴加过量c1mol/LBaCl2溶液V1mL
目的：_______。
②
过滤洗涤，干燥后称得沉淀为m2g
结论：样品中SO的质量分数为_______。(列算式)
28．（2021·上海松江·统考二模）黄铁矿是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对该黄铁矿进行如下实验探究。将m1 g该黄铁矿石的样品放入如图装置(夹持和加热装置略)的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。(假设杂质不含铁和硫且受热不分解)
有关反应的化学方程式为： 4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 、
4FeS＋7O22Fe2O3＋4SO2 。
[实验一]测定硫元素的含量
反应结束后，将丙瓶中的溶液进行如下处理：
完成下列填空：
(1)甲装置的作用是___________；乙装置的作用是___________；反应后丙瓶溶液中仍然存在NaOH溶液，设计实验证明___________。
(2)反应后丙瓶中的溶液加足量H2O2溶液的目的是___________，设计实验证明BaCl2溶液已经过量___________。
(3)A操作的名称是___________。
(4)该黄铁矿石中硫元素的质量分数为___________。
[实验二]测定铁元素的含量
(5)测定石英管内残渣中铁元素的含量。
步骤一：称量石英管中的全部固体残渣m3g，置于洁净烧杯中，用足量稀硫酸溶解；
步骤二：加入___________；
步骤三：___________、洗涤、灼烧、___________、称量…….得固体质量m4g；
步骤四：数据处理……
29．（2021·上海黄浦·统考二模）草酸铁钾(Fe为价)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂，110℃失去结晶水，230℃分解，见光易分解，是一种军用光敏材料。实验室可以用如下的方法来制备这种材料并测定这种材料的组成和性质。
Ⅰ.制备
(1)“系列操作”依次为：恒温80℃加热蒸发→_______→_______→_______→_______→_______→三草酸合铁酸钾晶体粗产品。(填字母)
a.过滤
b.避光晾干
c.冰水浴冷却热饱和溶液
d.用95%的乙醇溶液洗涤晶体
e.加热至溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热
(2)结晶时应将饱和溶液用冰水冷却，同时放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是_______。
Ⅱ.组成测定。称取一定质量的晶体置于锥形瓶中，加入足量蒸馏水和稀，将转化为后用0.1000 溶液滴定，当消耗溶液24.00mL时恰好完全反应()；向反应后的溶液中加入适量锌粉，至黄色刚好消失，此时溶液仍呈酸性；再用相同浓度的溶液继续滴定，用去溶液4.00mL。
(3)配制100mL 0.1000 溶液及滴定实验中所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、锥形瓶外还有_______(填仪器名称)，加入锌粉的目的是_______。
(4)第二次滴定的离子方程式为：_______。
_____________________→_____________________
第二次滴定终点的现象_______。
(5)通过计算确定中，_______，_______。
Ⅲ.探究草酸铁钾的光敏性。查阅资料得知草酸铁钾晶体光解与其溶液光解原理相似，X射线研究表明其光解后的残留固体为两种草酸盐。
(6)取草酸铁钾溶液按如图所示装置进行实验，观察到A中产生浅黄色沉淀和无色气体，B中变浑浊，推测浅黄色沉淀中铁元素的化合价为_______。
四、工业流程题
30．（2021·上海闵行·统考二模）工业上可用NaNO2从含I-的卤水中提取单质碘。流程如下：
(1)酸性条件下，含I-的卤水发生如下反应：+I-+____→NO ↑+I2 +_____，补充完整方程式并配平：_______；当有0.75mol I-参与反应时，在标准状况下产生气体的体积是_______L。
(2)上述反应为什么不选用常见的氧化剂氯气，而选择价格并不便宜的NaNO2，可能原因是___。
(3)从第②步反应后的溶液中提纯I2涉及到的方法可以是____(选填编号)。
a.萃取 b.升华 c.纸层析 d.过滤
(4)在富集碘元素过程中，还使用了NaHSO3溶液。该物质既能水解又能电离，设计实验验证其水解程度和电离程度的相对大小___。
参考答案：
1．D
【详解】A．氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝说明氯气能置换KI中的碘，则氧化性：Cl2＞I2；氯气能使NaBr溶液变橙色说明氯气能置换NaBr中的溴，则氧化性：Cl2＞Br2，不能比较Br2和I2的氧化性，A错误；
B．氯气能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红，后褪色，说明氯气与水生成了酸性物质(变红)以及漂白性物质(HClO)，B错误；
C．H2S是弱酸，属于弱电解质，其溶液中离子浓度较小，导电性较弱，氯气通入H2S的水溶液中，溶液的导电性增强，说明氯气与H2S反应产生了比H2S电离程度大的电解质，但氯气属于单质，既不是电解质也不是非电解质，C错误；
D．氯气通入FeCl2和KSCN混合液，溶液变红色，说明氯气将Fe2+氧化成了Fe3+，则氧化性：Cl2＞Fe3+，D正确；
答案选D。
2．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。
3．D
【详解】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出NaHCO3的含量，故A可行；
B．混合物中NaHCO3与足量稀硫酸充分反应，会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，测定生成气体的体积，能测定NaHCO3的含量，故B可行；
C．NaHCO3溶液呈碱性，用盐酸滴定 NaHCO3溶液，NaHCO3反应完成时，滴入盐酸，溶液显酸性，甲基橙由黄色变为橙色，可用消耗的标准盐酸溶液的量来计算NaHCO3的含量，故C可行；
D．CaCl2与NaHCO3不发生反应，没有沉淀产生，故D不可行；
故选：D。
4．C
【详解】A．铝热反应需要在高温条件下才能引发反应，在酒精灯加热铝片与氧化铁混合物不能验证铝热反应，需要通过点燃Mg条等方法产生的高温引发铝热反应，故A不选；
B．乙醇在浓硫酸存在条件下加热到170℃制取乙烯，加热到140℃生成乙醚，故B不选；
C．浓硫酸与亚硫酸钠反应能够生成二氧化硫，可用于制备二氧化硫气体，故C选；
D．氯化铝溶液与过量氢氧化钠溶液反应会生成偏铝酸钠和氯化钠，不能用于制备氢氧化铝，故D不选；
故选C。
5．B
【详解】A．天平用于称量物质的质量，不能用于配制体积比1∶1的硫酸所用的定量仪器，故A不选；
B．量筒用于量取液体的体积，可用于配制体积比1∶1的硫酸所用的定量仪器，故B选；
C．容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，不用于配制体积比1∶1的硫酸所用的定量仪器，故C不选；
D．滴定管用于中和滴定实验，不能用于配制体积比1∶1的硫酸所用的定量仪器，故D不选；
故选B。
6．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。
7．B
【详解】A．坩埚未干燥，加热后水挥发，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故A不符合题意；
B．在空气中冷却，空气中有水蒸气，而造成加热前后固体的质量差偏小，使n值偏小，故B符合题意；
C．加热过程中晶体爆溅，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故C不符合题意；
D．加热时间过长，部分变黑等都将导致硫酸铜分解，固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，故m(H2O)偏大，m(CuSO4)偏小，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故D不符合题意；
故答案为B。
8．A
【详解】亚硫酸根离子的还原性强于碘离子，优先与少量氯水反应，由向溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液为无色可知，溶液中一定含有亚硫酸根离子，一定不含氢离子和钡离子；溶液中各离子物质的量相等，由电荷守恒可知，溶液中一定含有钠离子和铵根离子，一定不含有氯离子、碘离子和硫酸根离子，则溶液中一定含有亚硫酸根离子、钠离子和铵根离子，一定不含有氢离子、钡离子、氯离子、碘离子和硫酸根离子，故选A。
9．C
【详解】A．碳酸的酸性弱于硝酸，所以二氧化碳并不能和硝酸钡反应，A不能达到目的；
B．乙烯会被酸性高锰酸钾氧化成二氧化碳，引入新的杂质，B不能达到目的；
C．加入过量的碳酸钙可以将盐酸完全反应，二者反应生成二氧化碳、水和氯化钙，碳酸钙难溶于水，过滤可得纯净的氯化钙溶液，C能达到目的；
D．氯化钡易溶于水，加入过量的氯化钡会引入新的杂质，D不能达到目的；
综上所述答案为C。
10．D
【详解】A．装置右侧下端无冰水浴，不利于乙酸丁酯的冷凝收集，同时也应接一导管防止产物挥发，故A错；
B．电石中含有有硫化物等杂质，其与水反应时会有硫化氢等还原性物质生成，硫化氢能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则不能证明为乙炔的还原性，故B错；
C．铜与浓硫酸反应需要加热，故C错；
D．两互不相容且分层的液体可选用分液进行分离，故选D；
答案选D
11．A
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气时需要加热，甲装置缺少加热装置，A符合题意；
B．氯气难溶于饱和食盐水，而HCl气体会被吸收，可以用装置乙净化、干燥氯气，B不符合题意；
C．钠和氯气共热可以生成氯化钠，C不符合题意；
D．氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用装置丁吸收尾气，D不符合题意；
综上所述答案为A。
12．D
【分析】根据题中信息，装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀，证明FeSO4加热分解产生了SO2，硫元素化合价降低了，FeSO4中亚铁离子有还原性，所以Fe元素化合价升高，由质量守恒和得失电子守恒可推知FeSO4在隔绝空气条件下受热分解的化学方程式为2FeSO4SO2↑+SO3↑+Fe2O3；据此解答。
【详解】A．由2FeSO4SO2↑+SO3↑+Fe2O3可知，反应产生了SO3，SO3+H2O=H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，b有白色沉淀生成，故A正确；
B．加热前要先通入氮气，是把装置内的空气排尽，避免空气对实验的干扰，加热结束时也要通入氮气，是把产生的气体全部被吸收，避免污染环境，故B正确；
C．由2FeSO4SO2↑+SO3↑+Fe2O3可知，反应产生了Fe2O3，Fe2O3是红棕色的，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红，故C正确；
D．若用足量溴水代替品红溶液，足量的溴水能吸收二氧化硫，装置d中无明显现象，故D错误；
答案为D。
13．C
【详解】A．非金属单质与H2化合的难易程度与其非金属性一致，故可以通过溴蒸气和碘蒸气分别与H2反应来比较溴和碘的非金属性强弱，A不合题意；
B．将少量氯水滴入Na2S溶液中可以看到有淡黄色沉淀生成，Na2S+Cl2=2NaCl+S，说明Cl2的氧化性强于S的，非金属单质的氧化性与其非金属性一致，B不合题意；
C．分别向、溶液中滴加过量氨水都只能生成白色沉淀，MgCl2+2NH3•H2O=Mg(OH)2↓+2NH4Cl，AlCl3+3 NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，故不能比较镁、铝的金属性强弱，C符合题意；
D．金属单质与酸反应的剧烈程度与其金属性强弱成正比，故向、中滴加同浓度的稀盐酸通过比较放出气泡的速度来比较铁、铜的金属性强弱，D不合题意；
故答案为：C。
14．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。
15．C
【详解】A．从含少量NaCl的碘水中萃取碘单质，萃取操作的振荡过程中，碘单质转移到不同的溶剂，会导致液体的体积发生变化，分液漏斗内压强发生变化，需要放气，确保内外压强相等，故A正确；
B．萃取碘的过程中溶液会分层，上层液体必须从上口倒出，故B正确；
C．加萃取剂分液后，水层中仍然含有少量的碘单质，加入淀粉后会变蓝，故C错误；
D．加入四氯化碳，振荡、静置，由于四氯化碳的密度比水大，上层为水层，下层为四氯化碳层，下层一定为紫红色，故D正确；
答案选C。
16．A
【详解】A．若变质混有碳酸钠，与氢氧化钡反应生成白色沉淀，NaOH不能，可鉴别，故A正确；
B．漂白粉含氯化钙、次氯酸钙，无论次氯酸钙是否变质，氯化钙可电离出钙离子，加碳酸钠溶液不能检验是否变质，故B错误；
C．氯水及盐酸中均含氯离子，与硝酸银均生成白色沉淀，不能检验是否变质，故C错误；
D．变质混有硫酸钠，亚硫酸钠和硫酸钠均与氯化钡反应，均生成白色沉淀，不能检验是否变质，故D错误；
故选A。
17．B
【详解】A．粗盐提纯中步骤主要有溶解、过滤、蒸发等，故需要的主要仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗、蒸发皿、酒精灯等，由于缺少漏斗和蒸发皿，A不合题意；
B．实验室制氨气主要仪器有酒精灯、大试管、导管、集气瓶等，B符合题意；
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘主要步骤为烧杯、分液漏斗等，由于缺少分液漏斗无法进行分液，C不合题意；
D．配制的盐酸主要步骤为计算、称量、稀释、转移、洗涤、定容、装瓶等，主要仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，由于没有量筒和胶头滴管，故无法完成，D不合题意；
故答案为：B。
18． 白 离子晶体 降温结晶 存在Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ 水解平衡，加入NaHCO3溶液，HCO3-会与H+反应生成CO2气体，H+浓度降低，平衡正向移动生成的Cu(OH)2沉淀析出。 向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液。 Cu2+ + H2S = 2H+ + CuS↓ CuSO4 ·H2O 纸层析
【详解】(1)无水硫酸铜是白色粉末，CuSO4·5H2O属于离子晶体，由饱和CuSO4溶液降温结晶可以获取CuSO4·5H2O晶体。
(2)硫酸铜是强酸弱碱盐，Cu2+在溶液中存在水解平衡：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加入NaHCO3溶液，HCO3-会与H+反应生成CO2气体，H+浓度降低，平衡正向移动生成的Cu(OH)2沉淀析出。
(3)向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液可以制得氢氧化铜悬浊液。
(4)硫酸铜溶液除去杂质气体H2S的离子方程式是：Cu2+ + H2S =2H+ + CuS↓。
(5)如图所示，样品受热分步脱水。从0.8g到0.57g共脱水0.23g。
，解得n=4。故200℃时固体化学式为CuSO4·H2O。
(6)分离混合液中的铜离子和铁离子可以用纸层析法。
19． 催化剂 水浴加热(70～80℃) B 冷凝回流 Al(OH)3 除去产品中的乙酸 80.1℃~203℃ 82.4%
【分析】向三颈烧瓶中加入39 g苯和44.5 g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5 g乙酸酐，在70～80℃下加热45min，发生反应： + CH3COOH+，冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30 mL 5% NaOH溶液和30 mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥，常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮，以此解答。
【详解】(1)由+ CH3COOH+可知，AlCl3是反应发生的条件，反应前后AlCl3均存在，故AlCl3在反应中作催化剂，因为需要在70～80℃温度下加热，为便于控制温度且未超过100℃，加热方式为70～80℃的水浴加热；故答案为：催化剂；水浴加热(70～80℃)；
(2)由题意知，实验中共用到的药品为39g苯体积约为V(苯)==44.3mL，44.5g无水氯化铝为固体，其体积可忽略，25.5g乙酸酐体积约为V(乙酸酐)==23.6mL，液体总体积为V(总)= 44.3mL +23.6mL =67.9mL，根据反应液不超过总容积的，即三颈烧瓶的容积V>101.8mL，故选三颈烧瓶的容积250mL，B符合题意；故答案为：B；
(3)由于苯的沸点为80.1℃，而反应的温度需要70～80℃，这样苯易挥发，不利于产物的制取，需要冷凝回流装置，即加装的仪器为冷凝管；答案为：冷凝回流；
(4)由题中信息和步骤II的过程可知，产物均易溶于有机溶剂，AlCl3易水解，即冷却后将反应物倒入100g冰水中，产生的白色胶状沉淀为Al(OH)3；故答案为：Al(OH)3；
(5)由于产物之一乙酸也易溶于有机溶剂，故苯层溶液用30mL 5% NaOH溶液洗涤，主要是除去产品中的乙酸；故答案为：除去产品中的乙酸；
(6)由题中信息可知，苯的沸点为80.1℃，苯乙酮的沸点为203℃，用常压蒸馏回收苯，从而获得苯乙酮，温度为80.1℃~203℃；故答案为：80.1℃~203℃；
(7)由题意知，苯的物质的量为n(苯)===0.5mL，乙酸酐的物质的量为n===0.25mol，由+ CH3COOH +可知可知，苯与乙酸酐以物质的量之比1:1反应，则苯过量，所以苯乙酮的物质的量n(苯乙酮)=n(乙酸酐)=0.25mol，则苯乙酮的理论产量为m(苯乙酮)=0.25mol120g/mol=30g，而实际生成24.0mL的苯乙酮，苯乙酮的实际产量为m(苯乙酮)=24mL1.03g/mL=24.72g，苯乙酮的产率为=82.4%；答案为：82.4%。
20． 2、4、2、1、2、2 稳定剂Ⅱ 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放，能较长时间维持保鲜所需要的浓度。
【详解】(1)打开的活塞，中发生反应生成，NaClO3中+5价的Cl得到一个电子变为+4价的Cl，HCl中的-1价的Cl失去一个电子变为0价的Cl，根据得失电子相等的原则，进行配平：
(2)根据图示知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放，能较长时间维持保鲜所需要的浓度，所以稳定剂Ⅱ比较好，答案为稳定剂Ⅱ，能较长时间维持保鲜所需要的浓度
21． Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O 冷却结晶 Cu(NO3)2(或硝酸铜) 重结晶 称取样品 在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生 -1.5%(或-1.48% ) 0.0980 用标准盐酸溶液润洗2-3次 粗细交界点
【分析】在硫酸作用下，硝酸盐具有氧化性，能氧化单质铜生成硫酸铜、一氧化氮和水，反应后的溶液经蒸发、冷却结晶、过滤，可得到CuSO4•5H2O晶体，结合滴定实验的基本操作分析解答。
【详解】(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，浓硝酸被稀释，在酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，能够将通过氧化，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O；
(2)根据从溶液中获得晶体的一般步骤，制备流程中得到的硫酸铜溶液经蒸发、冷却结晶、过滤，可得到CuSO4•5H2O晶体，A操作为冷却结晶；如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，硝酸可能不能完全反应，因此制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是Cu(NO3)2(或硝酸铜)，可以通过重结晶的方法除去杂质，故答案为：冷却结晶；Cu(NO3)2(或硝酸铜)；重结晶；
(3)如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量。
a．①称取一定质量的样品，②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤，故答案为：称取样品；
b．在过滤前，需要检验是否沉淀完全，只需要在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生，若没有沉淀产生，说明已经沉淀完全，故答案为：在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生；
c．相对误差为× 100%═-1.48%，故答案为：-1.5%(或-1.48%)；
(4)①根据化学方程式CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4，所含硫酸铜晶体的质量为×250g/mol═0.0980g，故答案为：0.0980；
②滴定管要用标准液润洗，因此滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，需要用标准盐酸溶液润洗2-3次，故答案为：标准盐酸溶液润洗2～3次；
③准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交界点所对应的刻度，故答案为：粗细交界点；
22． 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。
23． 圆底烧瓶 饱和食盐水 水浴加热 过滤 用少量冷水洗涤 吸收多余氯气进行尾气处理 ac 紫 小于 1:2
【分析】整套装置在最左端为氯气的发生装置，利用二氧化锰固体和浓盐酸在加热条件下制取氯气，由于盐酸有挥发性，导致氯气中含有杂质HCl和水蒸气。其中，氯气中的杂质HCl气体会影响后面KClO3和NaClO的制备，故需要用饱和食盐水(a中盛放的试剂)除去氯气中的HCl杂质。B为氯气与KOH溶液在加热条件下制取KClO3的装置，发生反应为。c为氯气与氢氧化钠溶液在较低温度下制取次氯酸钠的装置，发生的反应为。d为尾气的吸收装置，可防止污染环境，吸收氯气可用还原性物质或碱性溶液。
【详解】(1)由题图可知，盛放MnO2粉末的仪器为圆底烧瓶；装置a的作用为除去氯气中的氯化氢，故a中的试剂为饱和食盐水；由题给装置图可知，装置b是在加热条件下制备KClO3，加热方式为水浴加热；装置c在低温条件下制备NaClO，反应的离子方程式为；
(2)b中试管，经冷却结晶后，要得到KClO3晶体，还需要过滤，用少量冷水洗涤，干燥等操作；装置d为吸收多余氯气的尾气处理装置，硫化钠和氯气能发生氧化还原反应，氯气和氢氧化钙能发生反应，氯气和氯化钠，硫酸不发生反应，故选ac；
(3)由题目中给出的实际现象可知，KClO3和KI不反应，而NaClO和KI反应生成I2，说明在相同条件下，氧化能力：KClO3
24． 防止Fe3+水解 硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵 bcad 吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰 除去氧气防止Fe2+被氧化 250mL容量瓶 偏大 98%
【分析】由题给流程可知，向硫酸铁溶液中铁粉制得硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入硫酸铵溶液制得硫酸亚铁铵溶液，硫酸亚铁铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐。
【详解】(1)硫酸铁是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应，则配制硫酸铁溶液时，应加入少量稀硫酸防止铁离子水解，故答案为：防止Fe3+水解；
(2)由题给硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度表可知，在相同温度下，硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵，则硫酸铵溶液和硫酸亚铁溶液混合时，会生成溶解度小的硫酸亚铁铵，故答案为：硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵；
(3)由题意可知，硫酸亚铁铵受强热分解生成的气体中可能含有氨气、氮气、三氧化硫、二氧化硫和水等，验证气体中存在水蒸气、二氧化硫和三氧化硫时应注意检验三氧化硫和二氧化硫所用溶液会带出水蒸气，干扰水蒸气的检验，则应用无水硫酸铜先检验水蒸气；二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，但混合气体中的氨气会降低溶液的酸性，导致二氧化硫与氯化钡溶液反应，所以应用盐酸酸化的氯化钡溶液吸收氨气并将溶液酸化，排除二氧化硫对三氧化硫的检验；用品红溶液检验二氧化硫后，应用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止有毒的二氧化硫排空，污染空气，则验证气体的装置次序为bcad，故答案为：bcad；吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰；
(4) ①亚铁离子具有还原性，易被蒸馏水中溶解的氧气氧化，则配制摩尔盐溶液时，蒸馏水要预先加热煮沸除去氧气，防止亚铁离子被氧化；由配制一定物质的量浓度溶液的配制步骤可知，配制250mL溶液需用到的定量仪器为250mL容量瓶，故答案为：除去氧气防止Fe2+被氧化；250mL容量瓶；
②若滴定前不用标准液润洗滴定管，高锰酸钾溶液会被稀释，导致滴定时消耗高锰酸钾溶液体积偏大，使最终结果偏大，故答案为：偏大；
③由反应中亚铁离子和高锰酸根离子的物质的量比为5:1可知，250mL溶液中亚铁离子的物质的量为0.1000mol・L-1×10.000×10—3L×5×10=5.000×10—2mol，则该样品的纯度为×100%=98%，故答案为：98%。
25． 检验二氧化硫是否被完全吸收 赞同 由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响 当滴入最后一滴草酸，溶液紫红色立即变为无色，且半分钟内不变色 NaOH Fe4S5 cd
【分析】A中通入空气，发生氧化还原反应生成二氧化硫，且固体变为红色，则生成氧化铁，生成的二氧化硫被B中高锰酸钾吸收，根据高锰酸钾的量可测定二氧化硫，C中品红可检验二氧化硫是否被完全吸收，D为尾气处理装置，避免污染环境，以此解答该题。
【详解】(1)装置C中品红试液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是“赞同”，理由是：由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响。
(2)用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，反应的离子方程式为： 。滴定前溶液是紫红色的，当反应完全时，溶液变为无色，因此滴定终点的现象为当滴入最后一滴草酸，溶液紫红色立即变为无色，且半分钟内不变色。
(3)二氧化硫会引起大气污染，为了避免尾气污染，装置D中应加入NaOH溶液。
(4)由表知，第一次滴定，碘化钾溶液的体积与第2、3次相差太大，应舍去，取第2、3次的平均值计算碘化钾溶液的体积为5.01mL，根据关系式计算：3mL溶液中未反应的MnO的物质的量为： ，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为，装置B中反应消耗的高锰酸钾的物质的量为： ，根据关系式计算生成二氧化硫，0.32g固体是Fe2O3，n(Fe)= ，所以n(Fe):n(SO2)= :0.005mol=4:5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5。
(5)a．配置碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线，则所配KI标准溶液浓度偏大，滴定时KI体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，a不选。
b．步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水，滴定过程中不需要干燥，对结果无影响，b不选；
c．滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，所测KI体积偏大，则所测二氧化硫物质的量偏小，比值x:y偏大，c选。
d．步骤⑥灼烧滤渣不够充分，则所测固体残渣质量偏大，比值x:y偏大，d选。故答案选cd。
26． Br2 Fe3+ b CCl4层呈无色 d 溶液变红色 Br2+2Fe2+=2Br‾+2Fe3+ Fe2+ 3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O 氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜 CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等 除去浸出液中的Fe3＋ Fe(OH)3 过滤
【分析】Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l~2滴溴水，如果不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，如果发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的，设计实验进行验证，得到结论：氧化性Br2>，应用结论若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+；含少量铁的废铜渣用稀硝酸和稀硫酸浸出后生成NO、硫酸铜（含Fe3+），加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节pH 促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，过滤，除去滤渣得硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得胆矾。
【详解】(1)猜想：由分析①甲同学认为氧化性：>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，溶液呈黄色是由加入溴水引起的。②乙同学认为氧化性：Br2>，则发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的。故答案为：Br2；Fe3+；
(2)乙同学的观点认为氧化性：Fe3+＜Br2，则会发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，由于溴水少量，要全部参与反应，生成物中生成了Fe3+。要证明乙同学的观点确实正确，设计两种方案进行实验．方案1：证明溶液中不存在Br2，根据题意，选择试剂四氯化碳来进行萃取实验，由于四氯化碳呈无色、密度大于水、与水不互溶、易溶解Br2，观察到现象为：出现分层现象，下层为四氯化碳，且呈无色，则证明方案1正确；方案2：证明溶液中存在Fe3+，根据题意，选择试剂硫氰化钾溶液，观察到现象为溶液呈血红色，则证明方案2正确，方案1、方案2都正确，即可证明乙同学的观点确实正确，故答案为：
选用试剂(填序号)
实验现象
方案1
b
下层（CCl4层）无色
方案2
d
溶液变为血红色
(3)结论：氧化性Br2>。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色是Br2可以把Fe2+氧化成Fe3+，Br2本身被还原成Br-，确定出反应物和生成物后Fe2++Br2Fe3++Br-，再根据化合价升降法配平，+2价Fe上升到+3价Fe，化合价上升1价，Br2中0价降低到-1价，一共降低2价，所以Fe2+前计量数为2，Br2前计量数为1，根据原子守恒，Fe3+前计量数为2，Br-前计量数为2，故离子方程式为2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，故答案为：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-；
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+；故答案为：Fe2+；
(4)“浸出”时，控制硝酸的量，原料中的铜均转化为硫酸铜，相应的离子方程式：3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O。故答案为：3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O；
(5)试剂b调节pH 促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，b是氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜，其反应的离子方程式：CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等。故答案为：氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜；CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等；
(6)调节pH的目的是除去浸出液中的Fe3＋；滤渣c是Fe(OH)3。故答案为：除去浸出液中的Fe3＋；Fe(OH)3；
(7)分离不溶于液体的固体与液体用过滤，将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为过滤。故答案为：过滤。
27． BaCl2 Na2CO3 75%乙醇 500mL容量瓶、胶头滴管 a 平衡压强，使液体顺利滴下 增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快 使SO完全沉淀 ×100%
【分析】将海盐（含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO等杂质）焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，然后加水溶解，再依次加入过量BaCl2溶液除去SO、过量NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+、过量碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，最后过滤，将滤液蒸发浓缩得到饱和溶液，再通入HCl气体酸化并结晶，洗涤除去K+，烘干得到NaCl。
【详解】(1)为了不引入新的杂质，除去硫酸根应使用氯化钡溶液、除去Mg2+、Fe3+用NaOH溶液，除去Ca2+和过量的Ba2+用Na2CO3溶液，且Na2CO3溶液需加在氯化钡之后，所以滴加顺序为BaCl2、NaOH、Na2CO3；为了降低NaCl的溶解度，同时使微量的KCl溶解，洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl应选用75%乙醇；
(2)配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，需要在烧杯溶解NaCl固体，溶解时需要玻璃棒搅拌，之后转移到500mL容量瓶中进行定容，移液时需要玻璃棒引流，定容时需要胶头滴管滴加水，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有500mL容量瓶、胶头滴管；
(3)①氯化氢沸点低易挥发，而硫酸为高沸点酸不易挥发，所以将浓硫酸和NaCl混合加热可以挥发出HCl气体，故选a；仪器a侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下；
②将烧瓶海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快，从而加快NaCl晶体的析出；
(4)步骤①中加入过量的BaCl2溶液，能使溶液中SO完全沉淀，得到的沉淀为BaSO4，质量为m2g，则沉淀中SO的质量为，所以样品中硫酸根的质量分数为×100%=×100%。
28． 除去空气中的CO2 安全瓶 取反应后丙瓶中的溶液少许于洁净试管中，先加入足量BaCl2溶液，完全沉淀后，取上层清液滴入几滴酚酞溶液，若溶液呈现红色，则证明有氢氧化钠溶液存在 将亚硫酸根完全氧化成硫酸根 在上层清液中滴入BaCl2溶液，若上层溶液不变浑浊，则证明已经过量(合理即给分) 恒重 或×100% 加入足量氢氧化钠溶液 过滤 冷却
【分析】甲装置除去空气中的二氧化碳，装置乙起安全瓶防倒吸，装置丙吸收二氧化硫，装置丁防止空气中的水蒸气和二氧化碳加入装置丙，据此解答。
【详解】(1)由于空气中还含有二氧化碳，则甲装置的作用是除去空气中的CO2，防止干扰后续实验；二氧化硫通入氢氧化钠溶液中容易发生倒吸，则乙装置的作用是安全瓶；反应后丙瓶溶液中仍然存在NaOH溶液，但由于生成的亚硫酸钠或干扰氢氧化钠的检验，需要先除去，则实验方案为取反应后丙瓶中的溶液少许于洁净试管中，先加入足量BaCl2溶液，完全沉淀后，取上层清液滴入几滴酚酞溶液，若溶液呈现红色，则证明有氢氧化钠溶液存在。
(2)装置丙中有亚硫酸钠，则反应后丙瓶中的溶液加足量H2O2溶液的目的是将亚硫酸根完全氧化成硫酸根，设计实验证明BaCl2溶液已经过量的方法是在上层清液中滴入BaCl2溶液，若上层溶液不变浑浊，则证明已经过量。
(3)为尽可能减少实验误差，需要多次称量，则A操作的名称是恒重。
(4)最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，依据S～BaSO4可知硫元素的质量是，质量分数=×100%。
(5)测定石英管内残渣中铁元素的含量，需要首先转化为硫酸盐，然后加入氢氧化钠溶液沉淀铁元素，则步骤为
步骤一：称量石英管中的全部固体残渣m3g，置于洁净烧杯中，用足量稀硫酸溶解；
步骤二：加入加入足量氢氧化钠溶液；
步骤三：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量…….得固体质量m4g。
29． e c a d b 用冰水浴冷却有利于析出更多的晶体，黑暗可以防止晶体见光分解 100mL容量瓶、胶头滴管、酸式滴定管 将Fe3＋转化为Fe2＋ +5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变化为紫红色且半分钟不再变化 3 3 +2
【详解】(1)从溶液中得到粗产品，恒温条件下加热，直到溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热，再用冰水浴冷却，使得晶体充分析出，再过滤，用乙醇洗涤晶体，避光晾干，因此操作顺序为e→c→a→d→b；
(2)由题目信息可知该化合物是一种光敏感材料，用冰水冷却可以降低溶解度，有利于析出更多晶体：答案为用冰水浴冷却有利于析出更多的晶体，黑暗可以防止晶体见光分解；
(3)配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，在烧杯中溶解好的KMnO4需要转移到100mL容量瓶中；定容时，需要用到胶头滴管；滴定时，KMnO4溶液需用酸式滴定管滴定；根据实验步骤，第二次滴定是滴定Fe2＋，因此加入锌粉的目的是将Fe3＋转化为Fe2＋；
(4)第二次滴定的离子化学方程式为高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生氧化还原反应的离子方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，反应终点是利用滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变化为紫红色且半分钟不再变化，说明反应达到终点；
(5)由+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O可知，n(Fe3+)＝5n()＝5×0.004L×0.10mol•L﹣1＝0.002mol，由可知，n(H2C2O4)＝n()＝×0.024L×0.10mol•L﹣1＝0.006mol，所以0.002mol：0.006mol＝1：y，解得y＝3，根据化合价代数和为0可知，x+3+3×(﹣2)＝0，解得x＝3，化合物KxFe(C2O4)y•3H2O的化学式为：K3Fe(C2O4)3•3H2O；
(6)见光分解后的产物中的气体可以使澄清石灰水变混着，说明该气体是CO2，该物质中的C的化合价为＋3，说明C的化合价升高，有种元素化合价降低，是Fe，Fe从＋3降低到＋2，则该浅黄色沉淀中铁元素的化合价为+2。
30． 2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O 16.8 氯气氧化性太强，还能继续氧化I2 ab 常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度
【分析】含I-的卤水经过酸化，亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘单质、碘化钠和水，反应化学方程式：2+4HI=2NO↑+I2+2H2O+2NaI，活性炭所吸附I2通过NaOH溶液或NaHSO3溶液得到I-、，再经过45%H2SO4处理提取单质碘，据此分析解答。
【详解】(1)该反应中N元素的化合价由+3降低为+2，I元素的化合价由-1升高为0，根据电子得失守恒，可得主反应2+2I-→2NO ↑+I2，酸性条件下，结合电荷守恒方程式左边补充4H+，结合原子个数守恒方程式右边补充2H2O，最后完整方程式为：2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O。当有0.75mol I-参与反应时，则生成 n(NO)==0.75mol，在标准状况下产生气体的体积是0.75mol22.4L/mol=16.8L。故答案为：2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；16.8；
(2)上述反应中不选用常见的氧化剂氯气，原因是氯气氧化性太强，还能继续氧化I2，从而提取碘单质产率降低，故工业上氧化卤水中I-选择价格并不便宜的NaNO2。故答案为：氯气氧化性太强，还能继续氧化I2；
(3)从第②步反应后的溶液中提纯I2，碘在水中的溶解度不大，但易溶于有机溶剂，可加入四氯化碳萃取碘，即把碘从水溶液中提取出来；同时碘容易升华，也可用升华提取碘。
故答案选ab；
(4)NaHSO3溶液中既能水解又能电离，水解使其显碱性，电离使其显酸性，在常温下，可测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度。故答案为：常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-145化学实验基础（8）
一、单选题
1．（2021·上海宝山·统考二模）氯气性质非常活泼，能和很多物质反应。下列关于其相关反应的实验现象的“解释或结论”正确的是
选项
实验现象
解释或结论
A
氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝；氯气能使NaBr溶液变橙色
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B
氯气能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红，后褪色
氯气与水生成了酸性物质
C
氯气通入H2S的水溶液中，溶液的导电性增强
氯气是强电解质
D
氯气通入FeCl2和KSCN混合液，溶液变红色
氧化性：Cl2＞Fe3+
A．A B．B C．C D．D
2．（2021·上海宝山·统考二模）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
3．（2021·上海虹口·统考二模）测定一定质量小苏打中NaHCO3的含量(杂质为NaCl)，下列实验方案不可行的是
A．加热至恒重，称量剩余固体质量
B．加入足量稀硫酸，测定生成气体的体积
C．溶解后以甲基橙为指示剂，用标准盐酸溶液滴定
D．溶解后加入足量CaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量
4．（2021·上海宝山·统考二模）下列实验目的可以达到的是
A．用酒精灯加热铝片与氧化铁混合物验证铝热反应
B．乙醇在浓硫酸加热到140℃时制取乙烯
C．浓硫酸与亚硫酸钠反应制取二氧化硫
D．氯化铝溶液与过量氢氧化钠溶液反应制取氢氧化铝
5．（2021·上海宝山·统考二模）配制体积比1∶1的硫酸所用的定量仪器是
A．天平 B．量筒 C．容量瓶 D．滴定管
6．（2021·上海嘉定·统考二模）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
7．（2021·上海闵行·统考二模）在硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)结晶水含量测定的操作中，导致n值偏小的是（ ）
A．坩埚未干燥 B．在空气中冷却
C．加热过程中晶体爆溅 D．加热时间过长部分变黑
8．（2021·上海闵行·统考二模）某溶液可能含有等物质的量的Ba2＋、Na＋、、H＋、Cl-、I-、、中的几种，向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液为无色。判断不正确的是
A．肯定不含 B．肯定不含H＋
C．肯定含有 D．肯定不含Cl-
9．（2021·上海静安·统考二模）下列实验能达到预期目的的是
A．除去CO中混有的少量CO2：通过硝酸钡溶液
B．除去CH4中混有的少量乙烯：通过酸性高锰酸钾溶液
C．除去CaCl2溶液中混有的少量盐酸：加入过量的碳酸钙、过滤
D．除去NaCl溶液中的少量杂质Na2CO3：加入过量的氯化钡溶液、过滤
10．（2021·上海闵行·统考二模）室温时用下列实验装置进行相应实验，能达到目的的是
A．制取乙酸丁酯 B．验证乙炔的还原性
C．验证浓硫酸具有强氧化性 D．分离乙酸乙酯与碳酸钠溶液
11．（2021·上海静安·统考二模）化学研究性学习小组设计了如下装置制备少量氯化钠。无法达到实验目的的是
A．用装置甲制取氯气 B．用装置乙净化、干燥氯气
C．用装置丙制备氯化钠 D．用装置丁吸收尾气
12．（2021·上海·统考二模）某同学利用下图装置来探究无水硫酸亚铁灼烧后的分解产物，实验过程中，观察到装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀。下列说法不正确的是
A．装置b中出现白色沉淀
B．加热前要先通入氮气，加热结束时也要通入氮气
C．实验过程中，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红
D．若用足量溴水代替品红溶液，装置d中的现象不变
13．（2021·上海奉贤·统考二模）下列实验方案不能达到实验目的的是
序号
实验方案
实验目的
A
溴蒸气和碘蒸气分别与反应
比较溴和碘的非金属性强弱
B
将少量氯水滴入溶液中
比较硫和氯的非金属性强弱
C
分别向、溶液中滴加过量氨水
比较镁、铝的金属性强弱
D
向、中滴加同浓度的稀盐酸
比较铁、铜的金属性强弱
A．A B．B C．C D．D
14．（2021·上海·统考二模）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、、
15．（2021·上海松江·统考二模）欲从含少量NaCl的碘水中萃取碘单质，下列叙述错误的是
A．振荡过程中需要放气
B．上层液体须从上口倒出
C．加萃取剂分液后，水层中加入淀粉一定不变蓝
D．加入四氯化碳，振荡、静置，下层一定为紫红色
16．（2021·上海松江·统考二模）为确定下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内物质)能达到目的的是
A．NaOH溶液［Ba(OH)2溶液］ B．漂粉精(Na2CO3溶液)
C．氯水(AgNO3溶液) D．Na2SO3溶液(BaCl2溶液)
17．（2021·上海·统考二模）实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、玻璃棒、集气瓶(非玻璃仪器及其他化学用品任选)，选用上述仪器能完成的实验是
A．粗盐提纯 B．实验室制氨气
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘 D．配制的盐酸
二、填空题
18．（2021·上海徐汇·统考二模）硫酸铜是一种重要盐。
完成下列填空：
(1)无水硫酸铜为___________色粉末，CuSO4·5H2O属于___________晶体，由饱和CuSO4溶液获取CuSO4·5H2O晶体的方法___________。
(2)向硫酸铜溶液中逐滴滴加NaHCO3溶液，产生含有Cu(OH)2的沉淀和无色气体，请用平衡知识解释原因___________。
(3)写出使用硫酸铜溶液制备新制氢氧化铜悬浊液的方法___________。
(4)实验室制备乙炔时，常用硫酸铜溶液除去杂质气体H2S，写出除杂时发生的离子方程式____。0.80 g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程中热重曲线如图所示。
(5)计算确定200℃时固体物质的化学式___________。
(6)用___________法分离混合液中的铜离子和铁离子。
三、实验题
19．（2021·上海徐汇·统考二模）苯乙酮()广泛用于皂用香精中，可由苯和乙酸酐()制备。
已知：
名称
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g·mL-1 )
溶解性
苯
78
5.5
80.1
0.88
不溶于水，易溶于有机溶剂
苯乙酮
120
19.6
203
1.03
微溶于水，易溶于有机溶剂
乙酸酐
102
-73
139
1.08
有吸湿性，易溶于有机溶剂
乙酸
60
16.6
118
1.05
易溶于水，易溶于有机溶剂
步骤I 向三颈烧瓶中加入39 g苯和44.5 g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5 g乙酸酐，在70～80℃下加热45min，发生反应如下：
+ CH3COOH+
步骤II 冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30 mL 5% NaOH溶液和30 mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥。
步骤III 常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮。
请回答下列问题：
(1)AlCl3在反应中作用___________；步骤I中的加热方式为___________。
(2)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为___________ (填标号)。
A．100 mL B．250 mL C．500 mL D．1000 mL
(3)图示实验装置虚线框内缺少一种仪器，该仪器的作用为___________。
(4)步骤II中生成的白色胶状沉淀的化学式为___________。
(5)步骤II中用NaOH溶液洗涤的目的是___________。
(6)步骤III中将苯乙酮中的苯分离除去所需的温度___________。
(7)实验中收集到24.0 mL苯乙酮，则苯乙酮的产率为___________。
20．（2021·上海嘉定·统考二模）与的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。
某兴趣小组通过如下装置(夹持装置略)对制备、吸收、释放和应用进行了研究。
已知：装置中的药品可以吸收氯气。回答下列问题：
(1)打开的活塞，中发生反应生成，请将化学方程式配平___________
。
(2)吸收气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放的浓度随时间的变化如下图所示。
若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是___________，原因是___________。
21．（2021·上海宝山·统考二模）CuSO4·5H2O是铜的重要化合物，应用广泛。以下是实验室用废铜粉制备CuSO4·5H2O的流程图。
(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，写出该反应的离子方程式___________。
(2)制备流程中的A操作名称是___________。如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是___________，除去这种杂质的实验操作称为___________。
(3)如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量，完成下列步骤：
a．①___________②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤(其余步骤省略)。
b．在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是___________。
c．如果1.040g提纯后的试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是1.000g，测定的相对误差为___________。
(4)已知：CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4。
①称取0.1000g某CuSO4·5H2O试样(杂质不与氢氧化钠溶液反应)于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16mL，则0.1000g该试样中含CuSO4·5H2O___________g。
②上述滴定中，滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，还需进行的操作是___________。
③在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线___________所对应的刻度。
22．（2021·上海虹口·统考二模）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”)。
23．（2021·上海长宁·统考二模）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备和，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是___，a中的试剂为____，b中采用的加热方式是___，c中化学反应的离子方程式是___。
(2)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，__，__，干燥，得到晶体。d的作用是__，可选用试剂__(填编号)。
a. b. c. d.
(3)取少量和溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入振荡，静置后显__色。可知该条件下的氧化能力__(填“大于”或“小于”)。
(4)制备时，温度过高会生成。当时，该反应中__。
24．（2021·上海闵行·统考二模）莫尔盐［(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O，392g/mol］是一种重要的还原剂，可通过以下流程制取：
Fe2(SO4)3溶液FeSO4溶液 (NH4)2Fe(SO4)2溶液莫尔盐
已知：硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度
10
20
30
40
(NH4)2SO4
73.0
75.4
78.0
81.0
FeSO4∙7H2O
40.0
48.0
60.0
73.3
(NH4)2SO4∙ ∙FeSO4∙6H2O
18.1
21.2
24.5
27.9
完成下列填空：
(1)配制Fe2(SO4)3溶液需加入少量稀硫酸，目的是____。
(2) (NH4)2SO4溶液和FeSO4溶液混合会生成(NH4)2Fe(SO4)2的原因是____。
(3)隔绝空气下莫尔盐受强热分解会产生多种气体。利用如下装置验证气体中存在H2O、SO2和SO3。验证气体的装置次序为____；c装置中足量盐酸的作用是____。
(4)测定莫尔盐样品的纯度：称取莫尔盐样品20.000g，用蒸馏水配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol・L-1的KMnO4 溶液滴定三次，达到滴定终点时平均消耗10.00mLKMnO4溶液。
①蒸馏水要预先加热煮沸的原因是____；配成250mL溶液的定量仪器为____。
②若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果___(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)；
③已知滴定反应中n(Fe2+)：n()为5：1，该样品的纯度为____。
25．（2021·上海静安·统考二模）科学界目前流行的关于生命起源假设的理论认为生命起源于约40亿年前古洋底的热液环境，那里普遍存在铁硫簇合物，可用FexSy表示。为研究某铁硫簇合物成分，化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量。具体步骤为：
①按上图连接装置，进行气密性检查。
②在A中放入1.0g含杂质的样品(杂质不溶于水、盐酸，且不参与A中的反应)，B中加入0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液30mL，C中加入品红试液。
③通入氧气并加热，A中固体逐渐转变为红棕色。
④待固体完全转化后，取B中的溶液3mL于锥形瓶中，用0.1mol/L碘化钾溶液滴定。滴定共进行3次，实验数据记录于下表。
滴定次数
待测液体积 /mL
消耗碘化钾溶液体积 / mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
3.00
1.00
7.50
2
3.00
7.50
12.53
3
3.00
12.53
17.52
⑤取A中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤。
⑥往滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32g固体。
已知：Mn2+离子在极稀溶液中近乎无色。
回答下列问题：
(1)装置C中品红试液的作用是___________。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是___________(选填“赞同”或“不赞同”)，理由是___________。
(2)用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，写出反应的离子方程式___________。无色的草酸(H2C2O4)溶液也可代替碘化钾进行滴定，反应方程式为：2KMnO₄ + 5H₂C₂O₄+ 3H₂SO₄ →K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 10CO₂ + 8H₂O，判断到达滴定终点时的现象应当是___________。
(3)为防止尾气污染，装置D中应加入___________溶液。
(4)根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇结构的化学式为___________。
(5)下列操作，可能导致x：y的值偏大的是___________(填字母代号)
a.配置碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线。
b.步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水
c.滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴
d.步骤⑥灼烧滤渣不够充分
26．（2021·上海崇明·统考二模）某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。
提出问题：、Br2哪个氧化性更强？
(1)猜想：①甲同学认为氧化性：>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含___________(填化学式，下同)所致。②乙同学认为氧化性：Br2>，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含___________所致。
(2)设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的。
供选用的试剂：a.酚酞试液 b.CCl4 c.无水酒精 d.KSCN溶液。
请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。
选用试剂(填序号)
实验现象
方案1
____
_____
方案2
_____
______
(3)结论：氧化性Br2>。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为_______。
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是______。
某实验室用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：
已知：在pH为2.7时开始沉淀，到3.7时沉淀完全；在pH为4.7时开始沉淀。
(4)“浸出”时，原料中的铜均转化为硫酸铜。写出相应的离子方程式：___________。
(5)试剂b是___________(填物质名称)，其反应的离子方程式：___________。
(6)调节pH的目的是___________。滤渣c是___________。
(7)将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为___________。
27．（2021·上海·统考二模）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。试剂级NaCl可用海盐(含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO等杂质)为原料制备。实验室提纯NaCl的流程如图：
提供的试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、75%乙醇、四氯化碳
(1)欲除去溶液I中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、，在提供的试剂中，选出m所代表的试剂，按滴加顺序依次为_______、NaOH、_______(只填化学式)；洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，在提供的试剂中，选用的试剂为_______。
(2)操作X为用提纯的NaCl配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有_______(填仪器名称)
(3)用如图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl气体，并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出。
①用浓硫酸和海盐混合加热制取氯化氢利用了浓硫酸的性质是_______(填编号)，相比分液漏斗，选用仪器a的优点是_______。
a.高沸点 b.强酸性 c.强氧化性
②对比实验发现，将烧瓶中的海盐磨细可加快NaCl晶体的析出，其原因是_______。
(4)设计实验测定NaCl产品中SO的含量，填写表格。
操作
目的/结论
①
称取样品，加水溶解，加盐酸调至弱酸性，滴加过量c1mol/LBaCl2溶液V1mL
目的：_______。
②
过滤洗涤，干燥后称得沉淀为m2g
结论：样品中SO的质量分数为_______。(列算式)
28．（2021·上海松江·统考二模）黄铁矿是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对该黄铁矿进行如下实验探究。将m1 g该黄铁矿石的样品放入如图装置(夹持和加热装置略)的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。(假设杂质不含铁和硫且受热不分解)
有关反应的化学方程式为： 4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 、
4FeS＋7O22Fe2O3＋4SO2 。
[实验一]测定硫元素的含量
反应结束后，将丙瓶中的溶液进行如下处理：
完成下列填空：
(1)甲装置的作用是___________；乙装置的作用是___________；反应后丙瓶溶液中仍然存在NaOH溶液，设计实验证明___________。
(2)反应后丙瓶中的溶液加足量H2O2溶液的目的是___________，设计实验证明BaCl2溶液已经过量___________。
(3)A操作的名称是___________。
(4)该黄铁矿石中硫元素的质量分数为___________。
[实验二]测定铁元素的含量
(5)测定石英管内残渣中铁元素的含量。
步骤一：称量石英管中的全部固体残渣m3g，置于洁净烧杯中，用足量稀硫酸溶解；
步骤二：加入___________；
步骤三：___________、洗涤、灼烧、___________、称量…….得固体质量m4g；
步骤四：数据处理……
29．（2021·上海黄浦·统考二模）草酸铁钾(Fe为价)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂，110℃失去结晶水，230℃分解，见光易分解，是一种军用光敏材料。实验室可以用如下的方法来制备这种材料并测定这种材料的组成和性质。
Ⅰ.制备
(1)“系列操作”依次为：恒温80℃加热蒸发→_______→_______→_______→_______→_______→三草酸合铁酸钾晶体粗产品。(填字母)
a.过滤
b.避光晾干
c.冰水浴冷却热饱和溶液
d.用95%的乙醇溶液洗涤晶体
e.加热至溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热
(2)结晶时应将饱和溶液用冰水冷却，同时放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是_______。
Ⅱ.组成测定。称取一定质量的晶体置于锥形瓶中，加入足量蒸馏水和稀，将转化为后用0.1000 溶液滴定，当消耗溶液24.00mL时恰好完全反应()；向反应后的溶液中加入适量锌粉，至黄色刚好消失，此时溶液仍呈酸性；再用相同浓度的溶液继续滴定，用去溶液4.00mL。
(3)配制100mL 0.1000 溶液及滴定实验中所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、锥形瓶外还有_______(填仪器名称)，加入锌粉的目的是_______。
(4)第二次滴定的离子方程式为：_______。
_____________________→_____________________
第二次滴定终点的现象_______。
(5)通过计算确定中，_______，_______。
Ⅲ.探究草酸铁钾的光敏性。查阅资料得知草酸铁钾晶体光解与其溶液光解原理相似，X射线研究表明其光解后的残留固体为两种草酸盐。
(6)取草酸铁钾溶液按如图所示装置进行实验，观察到A中产生浅黄色沉淀和无色气体，B中变浑浊，推测浅黄色沉淀中铁元素的化合价为_______。
四、工业流程题
30．（2021·上海闵行·统考二模）工业上可用NaNO2从含I-的卤水中提取单质碘。流程如下：
(1)酸性条件下，含I-的卤水发生如下反应：+I-+____→NO ↑+I2 +_____，补充完整方程式并配平：_______；当有0.75mol I-参与反应时，在标准状况下产生气体的体积是_______L。
(2)上述反应为什么不选用常见的氧化剂氯气，而选择价格并不便宜的NaNO2，可能原因是___。
(3)从第②步反应后的溶液中提纯I2涉及到的方法可以是____(选填编号)。
a.萃取 b.升华 c.纸层析 d.过滤
(4)在富集碘元素过程中，还使用了NaHSO3溶液。该物质既能水解又能电离，设计实验验证其水解程度和电离程度的相对大小___。
参考答案：
1．D
【详解】A．氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝说明氯气能置换KI中的碘，则氧化性：Cl2＞I2；氯气能使NaBr溶液变橙色说明氯气能置换NaBr中的溴，则氧化性：Cl2＞Br2，不能比较Br2和I2的氧化性，A错误；
B．氯气能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红，后褪色，说明氯气与水生成了酸性物质(变红)以及漂白性物质(HClO)，B错误；
C．H2S是弱酸，属于弱电解质，其溶液中离子浓度较小，导电性较弱，氯气通入H2S的水溶液中，溶液的导电性增强，说明氯气与H2S反应产生了比H2S电离程度大的电解质，但氯气属于单质，既不是电解质也不是非电解质，C错误；
D．氯气通入FeCl2和KSCN混合液，溶液变红色，说明氯气将Fe2+氧化成了Fe3+，则氧化性：Cl2＞Fe3+，D正确；
答案选D。
2．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。
3．D
【详解】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出NaHCO3的含量，故A可行；
B．混合物中NaHCO3与足量稀硫酸充分反应，会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，测定生成气体的体积，能测定NaHCO3的含量，故B可行；
C．NaHCO3溶液呈碱性，用盐酸滴定 NaHCO3溶液，NaHCO3反应完成时，滴入盐酸，溶液显酸性，甲基橙由黄色变为橙色，可用消耗的标准盐酸溶液的量来计算NaHCO3的含量，故C可行；
D．CaCl2与NaHCO3不发生反应，没有沉淀产生，故D不可行；
故选：D。
4．C
【详解】A．铝热反应需要在高温条件下才能引发反应，在酒精灯加热铝片与氧化铁混合物不能验证铝热反应，需要通过点燃Mg条等方法产生的高温引发铝热反应，故A不选；
B．乙醇在浓硫酸存在条件下加热到170℃制取乙烯，加热到140℃生成乙醚，故B不选；
C．浓硫酸与亚硫酸钠反应能够生成二氧化硫，可用于制备二氧化硫气体，故C选；
D．氯化铝溶液与过量氢氧化钠溶液反应会生成偏铝酸钠和氯化钠，不能用于制备氢氧化铝，故D不选；
故选C。
5．B
【详解】A．天平用于称量物质的质量，不能用于配制体积比1∶1的硫酸所用的定量仪器，故A不选；
B．量筒用于量取液体的体积，可用于配制体积比1∶1的硫酸所用的定量仪器，故B选；
C．容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，不用于配制体积比1∶1的硫酸所用的定量仪器，故C不选；
D．滴定管用于中和滴定实验，不能用于配制体积比1∶1的硫酸所用的定量仪器，故D不选；
故选B。
6．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。
7．B
【详解】A．坩埚未干燥，加热后水挥发，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故A不符合题意；
B．在空气中冷却，空气中有水蒸气，而造成加热前后固体的质量差偏小，使n值偏小，故B符合题意；
C．加热过程中晶体爆溅，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故C不符合题意；
D．加热时间过长，部分变黑等都将导致硫酸铜分解，固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，故m(H2O)偏大，m(CuSO4)偏小，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故D不符合题意；
故答案为B。
8．A
【详解】亚硫酸根离子的还原性强于碘离子，优先与少量氯水反应，由向溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液为无色可知，溶液中一定含有亚硫酸根离子，一定不含氢离子和钡离子；溶液中各离子物质的量相等，由电荷守恒可知，溶液中一定含有钠离子和铵根离子，一定不含有氯离子、碘离子和硫酸根离子，则溶液中一定含有亚硫酸根离子、钠离子和铵根离子，一定不含有氢离子、钡离子、氯离子、碘离子和硫酸根离子，故选A。
9．C
【详解】A．碳酸的酸性弱于硝酸，所以二氧化碳并不能和硝酸钡反应，A不能达到目的；
B．乙烯会被酸性高锰酸钾氧化成二氧化碳，引入新的杂质，B不能达到目的；
C．加入过量的碳酸钙可以将盐酸完全反应，二者反应生成二氧化碳、水和氯化钙，碳酸钙难溶于水，过滤可得纯净的氯化钙溶液，C能达到目的；
D．氯化钡易溶于水，加入过量的氯化钡会引入新的杂质，D不能达到目的；
综上所述答案为C。
10．D
【详解】A．装置右侧下端无冰水浴，不利于乙酸丁酯的冷凝收集，同时也应接一导管防止产物挥发，故A错；
B．电石中含有有硫化物等杂质，其与水反应时会有硫化氢等还原性物质生成，硫化氢能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则不能证明为乙炔的还原性，故B错；
C．铜与浓硫酸反应需要加热，故C错；
D．两互不相容且分层的液体可选用分液进行分离，故选D；
答案选D
11．A
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气时需要加热，甲装置缺少加热装置，A符合题意；
B．氯气难溶于饱和食盐水，而HCl气体会被吸收，可以用装置乙净化、干燥氯气，B不符合题意；
C．钠和氯气共热可以生成氯化钠，C不符合题意；
D．氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用装置丁吸收尾气，D不符合题意；
综上所述答案为A。
12．D
【分析】根据题中信息，装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀，证明FeSO4加热分解产生了SO2，硫元素化合价降低了，FeSO4中亚铁离子有还原性，所以Fe元素化合价升高，由质量守恒和得失电子守恒可推知FeSO4在隔绝空气条件下受热分解的化学方程式为2FeSO4SO2↑+SO3↑+Fe2O3；据此解答。
【详解】A．由2FeSO4SO2↑+SO3↑+Fe2O3可知，反应产生了SO3，SO3+H2O=H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，b有白色沉淀生成，故A正确；
B．加热前要先通入氮气，是把装置内的空气排尽，避免空气对实验的干扰，加热结束时也要通入氮气，是把产生的气体全部被吸收，避免污染环境，故B正确；
C．由2FeSO4SO2↑+SO3↑+Fe2O3可知，反应产生了Fe2O3，Fe2O3是红棕色的，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红，故C正确；
D．若用足量溴水代替品红溶液，足量的溴水能吸收二氧化硫，装置d中无明显现象，故D错误；
答案为D。
13．C
【详解】A．非金属单质与H2化合的难易程度与其非金属性一致，故可以通过溴蒸气和碘蒸气分别与H2反应来比较溴和碘的非金属性强弱，A不合题意；
B．将少量氯水滴入Na2S溶液中可以看到有淡黄色沉淀生成，Na2S+Cl2=2NaCl+S，说明Cl2的氧化性强于S的，非金属单质的氧化性与其非金属性一致，B不合题意；
C．分别向、溶液中滴加过量氨水都只能生成白色沉淀，MgCl2+2NH3•H2O=Mg(OH)2↓+2NH4Cl，AlCl3+3 NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，故不能比较镁、铝的金属性强弱，C符合题意；
D．金属单质与酸反应的剧烈程度与其金属性强弱成正比，故向、中滴加同浓度的稀盐酸通过比较放出气泡的速度来比较铁、铜的金属性强弱，D不合题意；
故答案为：C。
14．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。
15．C
【详解】A．从含少量NaCl的碘水中萃取碘单质，萃取操作的振荡过程中，碘单质转移到不同的溶剂，会导致液体的体积发生变化，分液漏斗内压强发生变化，需要放气，确保内外压强相等，故A正确；
B．萃取碘的过程中溶液会分层，上层液体必须从上口倒出，故B正确；
C．加萃取剂分液后，水层中仍然含有少量的碘单质，加入淀粉后会变蓝，故C错误；
D．加入四氯化碳，振荡、静置，由于四氯化碳的密度比水大，上层为水层，下层为四氯化碳层，下层一定为紫红色，故D正确；
答案选C。
16．A
【详解】A．若变质混有碳酸钠，与氢氧化钡反应生成白色沉淀，NaOH不能，可鉴别，故A正确；
B．漂白粉含氯化钙、次氯酸钙，无论次氯酸钙是否变质，氯化钙可电离出钙离子，加碳酸钠溶液不能检验是否变质，故B错误；
C．氯水及盐酸中均含氯离子，与硝酸银均生成白色沉淀，不能检验是否变质，故C错误；
D．变质混有硫酸钠，亚硫酸钠和硫酸钠均与氯化钡反应，均生成白色沉淀，不能检验是否变质，故D错误；
故选A。
17．B
【详解】A．粗盐提纯中步骤主要有溶解、过滤、蒸发等，故需要的主要仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗、蒸发皿、酒精灯等，由于缺少漏斗和蒸发皿，A不合题意；
B．实验室制氨气主要仪器有酒精灯、大试管、导管、集气瓶等，B符合题意；
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘主要步骤为烧杯、分液漏斗等，由于缺少分液漏斗无法进行分液，C不合题意；
D．配制的盐酸主要步骤为计算、称量、稀释、转移、洗涤、定容、装瓶等，主要仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，由于没有量筒和胶头滴管，故无法完成，D不合题意；
故答案为：B。
18． 白 离子晶体 降温结晶 存在Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ 水解平衡，加入NaHCO3溶液，HCO3-会与H+反应生成CO2气体，H+浓度降低，平衡正向移动生成的Cu(OH)2沉淀析出。 向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液。 Cu2+ + H2S = 2H+ + CuS↓ CuSO4 ·H2O 纸层析
【详解】(1)无水硫酸铜是白色粉末，CuSO4·5H2O属于离子晶体，由饱和CuSO4溶液降温结晶可以获取CuSO4·5H2O晶体。
(2)硫酸铜是强酸弱碱盐，Cu2+在溶液中存在水解平衡：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加入NaHCO3溶液，HCO3-会与H+反应生成CO2气体，H+浓度降低，平衡正向移动生成的Cu(OH)2沉淀析出。
(3)向过量的氢氧化钠溶液中，滴加几滴硫酸铜溶液可以制得氢氧化铜悬浊液。
(4)硫酸铜溶液除去杂质气体H2S的离子方程式是：Cu2+ + H2S =2H+ + CuS↓。
(5)如图所示，样品受热分步脱水。从0.8g到0.57g共脱水0.23g。
，解得n=4。故200℃时固体化学式为CuSO4·H2O。
(6)分离混合液中的铜离子和铁离子可以用纸层析法。
19． 催化剂 水浴加热(70～80℃) B 冷凝回流 Al(OH)3 除去产品中的乙酸 80.1℃~203℃ 82.4%
【分析】向三颈烧瓶中加入39 g苯和44.5 g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5 g乙酸酐，在70～80℃下加热45min，发生反应： + CH3COOH+，冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30 mL 5% NaOH溶液和30 mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥，常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮，以此解答。
【详解】(1)由+ CH3COOH+可知，AlCl3是反应发生的条件，反应前后AlCl3均存在，故AlCl3在反应中作催化剂，因为需要在70～80℃温度下加热，为便于控制温度且未超过100℃，加热方式为70～80℃的水浴加热；故答案为：催化剂；水浴加热(70～80℃)；
(2)由题意知，实验中共用到的药品为39g苯体积约为V(苯)==44.3mL，44.5g无水氯化铝为固体，其体积可忽略，25.5g乙酸酐体积约为V(乙酸酐)==23.6mL，液体总体积为V(总)= 44.3mL +23.6mL =67.9mL，根据反应液不超过总容积的，即三颈烧瓶的容积V>101.8mL，故选三颈烧瓶的容积250mL，B符合题意；故答案为：B；
(3)由于苯的沸点为80.1℃，而反应的温度需要70～80℃，这样苯易挥发，不利于产物的制取，需要冷凝回流装置，即加装的仪器为冷凝管；答案为：冷凝回流；
(4)由题中信息和步骤II的过程可知，产物均易溶于有机溶剂，AlCl3易水解，即冷却后将反应物倒入100g冰水中，产生的白色胶状沉淀为Al(OH)3；故答案为：Al(OH)3；
(5)由于产物之一乙酸也易溶于有机溶剂，故苯层溶液用30mL 5% NaOH溶液洗涤，主要是除去产品中的乙酸；故答案为：除去产品中的乙酸；
(6)由题中信息可知，苯的沸点为80.1℃，苯乙酮的沸点为203℃，用常压蒸馏回收苯，从而获得苯乙酮，温度为80.1℃~203℃；故答案为：80.1℃~203℃；
(7)由题意知，苯的物质的量为n(苯)===0.5mL，乙酸酐的物质的量为n===0.25mol，由+ CH3COOH +可知可知，苯与乙酸酐以物质的量之比1:1反应，则苯过量，所以苯乙酮的物质的量n(苯乙酮)=n(乙酸酐)=0.25mol，则苯乙酮的理论产量为m(苯乙酮)=0.25mol120g/mol=30g，而实际生成24.0mL的苯乙酮，苯乙酮的实际产量为m(苯乙酮)=24mL1.03g/mL=24.72g，苯乙酮的产率为=82.4%；答案为：82.4%。
20． 2、4、2、1、2、2 稳定剂Ⅱ 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放，能较长时间维持保鲜所需要的浓度。
【详解】(1)打开的活塞，中发生反应生成，NaClO3中+5价的Cl得到一个电子变为+4价的Cl，HCl中的-1价的Cl失去一个电子变为0价的Cl，根据得失电子相等的原则，进行配平：
(2)根据图示知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放，能较长时间维持保鲜所需要的浓度，所以稳定剂Ⅱ比较好，答案为稳定剂Ⅱ，能较长时间维持保鲜所需要的浓度
21． Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O 冷却结晶 Cu(NO3)2(或硝酸铜) 重结晶 称取样品 在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生 -1.5%(或-1.48% ) 0.0980 用标准盐酸溶液润洗2-3次 粗细交界点
【分析】在硫酸作用下，硝酸盐具有氧化性，能氧化单质铜生成硫酸铜、一氧化氮和水，反应后的溶液经蒸发、冷却结晶、过滤，可得到CuSO4•5H2O晶体，结合滴定实验的基本操作分析解答。
【详解】(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，浓硝酸被稀释，在酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，能够将通过氧化，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O；
(2)根据从溶液中获得晶体的一般步骤，制备流程中得到的硫酸铜溶液经蒸发、冷却结晶、过滤，可得到CuSO4•5H2O晶体，A操作为冷却结晶；如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，硝酸可能不能完全反应，因此制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是Cu(NO3)2(或硝酸铜)，可以通过重结晶的方法除去杂质，故答案为：冷却结晶；Cu(NO3)2(或硝酸铜)；重结晶；
(3)如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量。
a．①称取一定质量的样品，②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤，故答案为：称取样品；
b．在过滤前，需要检验是否沉淀完全，只需要在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生，若没有沉淀产生，说明已经沉淀完全，故答案为：在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生；
c．相对误差为× 100%═-1.48%，故答案为：-1.5%(或-1.48%)；
(4)①根据化学方程式CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4，所含硫酸铜晶体的质量为×250g/mol═0.0980g，故答案为：0.0980；
②滴定管要用标准液润洗，因此滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，需要用标准盐酸溶液润洗2-3次，故答案为：标准盐酸溶液润洗2～3次；
③准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交界点所对应的刻度，故答案为：粗细交界点；
22． 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。
23． 圆底烧瓶 饱和食盐水 水浴加热 过滤 用少量冷水洗涤 吸收多余氯气进行尾气处理 ac 紫 小于 1:2
【分析】整套装置在最左端为氯气的发生装置，利用二氧化锰固体和浓盐酸在加热条件下制取氯气，由于盐酸有挥发性，导致氯气中含有杂质HCl和水蒸气。其中，氯气中的杂质HCl气体会影响后面KClO3和NaClO的制备，故需要用饱和食盐水(a中盛放的试剂)除去氯气中的HCl杂质。B为氯气与KOH溶液在加热条件下制取KClO3的装置，发生反应为。c为氯气与氢氧化钠溶液在较低温度下制取次氯酸钠的装置，发生的反应为。d为尾气的吸收装置，可防止污染环境，吸收氯气可用还原性物质或碱性溶液。
【详解】(1)由题图可知，盛放MnO2粉末的仪器为圆底烧瓶；装置a的作用为除去氯气中的氯化氢，故a中的试剂为饱和食盐水；由题给装置图可知，装置b是在加热条件下制备KClO3，加热方式为水浴加热；装置c在低温条件下制备NaClO，反应的离子方程式为；
(2)b中试管，经冷却结晶后，要得到KClO3晶体，还需要过滤，用少量冷水洗涤，干燥等操作；装置d为吸收多余氯气的尾气处理装置，硫化钠和氯气能发生氧化还原反应，氯气和氢氧化钙能发生反应，氯气和氯化钠，硫酸不发生反应，故选ac；
(3)由题目中给出的实际现象可知，KClO3和KI不反应，而NaClO和KI反应生成I2，说明在相同条件下，氧化能力：KClO3
24． 防止Fe3+水解 硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵 bcad 吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰 除去氧气防止Fe2+被氧化 250mL容量瓶 偏大 98%
【分析】由题给流程可知，向硫酸铁溶液中铁粉制得硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入硫酸铵溶液制得硫酸亚铁铵溶液，硫酸亚铁铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐。
【详解】(1)硫酸铁是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应，则配制硫酸铁溶液时，应加入少量稀硫酸防止铁离子水解，故答案为：防止Fe3+水解；
(2)由题给硫酸铵、水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度表可知，在相同温度下，硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵，则硫酸铵溶液和硫酸亚铁溶液混合时，会生成溶解度小的硫酸亚铁铵，故答案为：硫酸亚铁铵在水中溶解度小于硫酸亚铁和硫酸铵；
(3)由题意可知，硫酸亚铁铵受强热分解生成的气体中可能含有氨气、氮气、三氧化硫、二氧化硫和水等，验证气体中存在水蒸气、二氧化硫和三氧化硫时应注意检验三氧化硫和二氧化硫所用溶液会带出水蒸气，干扰水蒸气的检验，则应用无水硫酸铜先检验水蒸气；二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，但混合气体中的氨气会降低溶液的酸性，导致二氧化硫与氯化钡溶液反应，所以应用盐酸酸化的氯化钡溶液吸收氨气并将溶液酸化，排除二氧化硫对三氧化硫的检验；用品红溶液检验二氧化硫后，应用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止有毒的二氧化硫排空，污染空气，则验证气体的装置次序为bcad，故答案为：bcad；吸收氨气并将溶液酸化，排除SO2的干扰；
(4) ①亚铁离子具有还原性，易被蒸馏水中溶解的氧气氧化，则配制摩尔盐溶液时，蒸馏水要预先加热煮沸除去氧气，防止亚铁离子被氧化；由配制一定物质的量浓度溶液的配制步骤可知，配制250mL溶液需用到的定量仪器为250mL容量瓶，故答案为：除去氧气防止Fe2+被氧化；250mL容量瓶；
②若滴定前不用标准液润洗滴定管，高锰酸钾溶液会被稀释，导致滴定时消耗高锰酸钾溶液体积偏大，使最终结果偏大，故答案为：偏大；
③由反应中亚铁离子和高锰酸根离子的物质的量比为5:1可知，250mL溶液中亚铁离子的物质的量为0.1000mol・L-1×10.000×10—3L×5×10=5.000×10—2mol，则该样品的纯度为×100%=98%，故答案为：98%。
25． 检验二氧化硫是否被完全吸收 赞同 由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响 当滴入最后一滴草酸，溶液紫红色立即变为无色，且半分钟内不变色 NaOH Fe4S5 cd
【分析】A中通入空气，发生氧化还原反应生成二氧化硫，且固体变为红色，则生成氧化铁，生成的二氧化硫被B中高锰酸钾吸收，根据高锰酸钾的量可测定二氧化硫，C中品红可检验二氧化硫是否被完全吸收，D为尾气处理装置，避免污染环境，以此解答该题。
【详解】(1)装置C中品红试液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是“赞同”，理由是：由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响。
(2)用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，反应的离子方程式为： 。滴定前溶液是紫红色的，当反应完全时，溶液变为无色，因此滴定终点的现象为当滴入最后一滴草酸，溶液紫红色立即变为无色，且半分钟内不变色。
(3)二氧化硫会引起大气污染，为了避免尾气污染，装置D中应加入NaOH溶液。
(4)由表知，第一次滴定，碘化钾溶液的体积与第2、3次相差太大，应舍去，取第2、3次的平均值计算碘化钾溶液的体积为5.01mL，根据关系式计算：3mL溶液中未反应的MnO的物质的量为： ，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为，装置B中反应消耗的高锰酸钾的物质的量为： ，根据关系式计算生成二氧化硫，0.32g固体是Fe2O3，n(Fe)= ，所以n(Fe):n(SO2)= :0.005mol=4:5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5。
(5)a．配置碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线，则所配KI标准溶液浓度偏大，滴定时KI体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，a不选。
b．步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水，滴定过程中不需要干燥，对结果无影响，b不选；
c．滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，所测KI体积偏大，则所测二氧化硫物质的量偏小，比值x:y偏大，c选。
d．步骤⑥灼烧滤渣不够充分，则所测固体残渣质量偏大，比值x:y偏大，d选。故答案选cd。
26． Br2 Fe3+ b CCl4层呈无色 d 溶液变红色 Br2+2Fe2+=2Br‾+2Fe3+ Fe2+ 3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O 氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜 CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等 除去浸出液中的Fe3＋ Fe(OH)3 过滤
【分析】Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l~2滴溴水，如果不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，如果发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的，设计实验进行验证，得到结论：氧化性Br2>，应用结论若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+；含少量铁的废铜渣用稀硝酸和稀硫酸浸出后生成NO、硫酸铜（含Fe3+），加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节pH 促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，过滤，除去滤渣得硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得胆矾。
【详解】(1)猜想：由分析①甲同学认为氧化性：>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，溶液呈黄色是由加入溴水引起的。②乙同学认为氧化性：Br2>，则发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的。故答案为：Br2；Fe3+；
(2)乙同学的观点认为氧化性：Fe3+＜Br2，则会发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，由于溴水少量，要全部参与反应，生成物中生成了Fe3+。要证明乙同学的观点确实正确，设计两种方案进行实验．方案1：证明溶液中不存在Br2，根据题意，选择试剂四氯化碳来进行萃取实验，由于四氯化碳呈无色、密度大于水、与水不互溶、易溶解Br2，观察到现象为：出现分层现象，下层为四氯化碳，且呈无色，则证明方案1正确；方案2：证明溶液中存在Fe3+，根据题意，选择试剂硫氰化钾溶液，观察到现象为溶液呈血红色，则证明方案2正确，方案1、方案2都正确，即可证明乙同学的观点确实正确，故答案为：
选用试剂(填序号)
实验现象
方案1
b
下层（CCl4层）无色
方案2
d
溶液变为血红色
(3)结论：氧化性Br2>。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色是Br2可以把Fe2+氧化成Fe3+，Br2本身被还原成Br-，确定出反应物和生成物后Fe2++Br2Fe3++Br-，再根据化合价升降法配平，+2价Fe上升到+3价Fe，化合价上升1价，Br2中0价降低到-1价，一共降低2价，所以Fe2+前计量数为2，Br2前计量数为1，根据原子守恒，Fe3+前计量数为2，Br-前计量数为2，故离子方程式为2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，故答案为：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-；
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+；故答案为：Fe2+；
(4)“浸出”时，控制硝酸的量，原料中的铜均转化为硫酸铜，相应的离子方程式：3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O。故答案为：3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O；
(5)试剂b调节pH 促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，b是氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜，其反应的离子方程式：CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等。故答案为：氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜；CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等；
(6)调节pH的目的是除去浸出液中的Fe3＋；滤渣c是Fe(OH)3。故答案为：除去浸出液中的Fe3＋；Fe(OH)3；
(7)分离不溶于液体的固体与液体用过滤，将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为过滤。故答案为：过滤。
27． BaCl2 Na2CO3 75%乙醇 500mL容量瓶、胶头滴管 a 平衡压强，使液体顺利滴下 增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快 使SO完全沉淀 ×100%
【分析】将海盐（含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO等杂质）焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，然后加水溶解，再依次加入过量BaCl2溶液除去SO、过量NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+、过量碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，最后过滤，将滤液蒸发浓缩得到饱和溶液，再通入HCl气体酸化并结晶，洗涤除去K+，烘干得到NaCl。
【详解】(1)为了不引入新的杂质，除去硫酸根应使用氯化钡溶液、除去Mg2+、Fe3+用NaOH溶液，除去Ca2+和过量的Ba2+用Na2CO3溶液，且Na2CO3溶液需加在氯化钡之后，所以滴加顺序为BaCl2、NaOH、Na2CO3；为了降低NaCl的溶解度，同时使微量的KCl溶解，洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl应选用75%乙醇；
(2)配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，需要在烧杯溶解NaCl固体，溶解时需要玻璃棒搅拌，之后转移到500mL容量瓶中进行定容，移液时需要玻璃棒引流，定容时需要胶头滴管滴加水，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有500mL容量瓶、胶头滴管；
(3)①氯化氢沸点低易挥发，而硫酸为高沸点酸不易挥发，所以将浓硫酸和NaCl混合加热可以挥发出HCl气体，故选a；仪器a侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下；
②将烧瓶海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快，从而加快NaCl晶体的析出；
(4)步骤①中加入过量的BaCl2溶液，能使溶液中SO完全沉淀，得到的沉淀为BaSO4，质量为m2g，则沉淀中SO的质量为，所以样品中硫酸根的质量分数为×100%=×100%。
28． 除去空气中的CO2 安全瓶 取反应后丙瓶中的溶液少许于洁净试管中，先加入足量BaCl2溶液，完全沉淀后，取上层清液滴入几滴酚酞溶液，若溶液呈现红色，则证明有氢氧化钠溶液存在 将亚硫酸根完全氧化成硫酸根 在上层清液中滴入BaCl2溶液，若上层溶液不变浑浊，则证明已经过量(合理即给分) 恒重 或×100% 加入足量氢氧化钠溶液 过滤 冷却
【分析】甲装置除去空气中的二氧化碳，装置乙起安全瓶防倒吸，装置丙吸收二氧化硫，装置丁防止空气中的水蒸气和二氧化碳加入装置丙，据此解答。
【详解】(1)由于空气中还含有二氧化碳，则甲装置的作用是除去空气中的CO2，防止干扰后续实验；二氧化硫通入氢氧化钠溶液中容易发生倒吸，则乙装置的作用是安全瓶；反应后丙瓶溶液中仍然存在NaOH溶液，但由于生成的亚硫酸钠或干扰氢氧化钠的检验，需要先除去，则实验方案为取反应后丙瓶中的溶液少许于洁净试管中，先加入足量BaCl2溶液，完全沉淀后，取上层清液滴入几滴酚酞溶液，若溶液呈现红色，则证明有氢氧化钠溶液存在。
(2)装置丙中有亚硫酸钠，则反应后丙瓶中的溶液加足量H2O2溶液的目的是将亚硫酸根完全氧化成硫酸根，设计实验证明BaCl2溶液已经过量的方法是在上层清液中滴入BaCl2溶液，若上层溶液不变浑浊，则证明已经过量。
(3)为尽可能减少实验误差，需要多次称量，则A操作的名称是恒重。
(4)最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，依据S～BaSO4可知硫元素的质量是，质量分数=×100%。
(5)测定石英管内残渣中铁元素的含量，需要首先转化为硫酸盐，然后加入氢氧化钠溶液沉淀铁元素，则步骤为
步骤一：称量石英管中的全部固体残渣m3g，置于洁净烧杯中，用足量稀硫酸溶解；
步骤二：加入加入足量氢氧化钠溶液；
步骤三：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量…….得固体质量m4g。
29． e c a d b 用冰水浴冷却有利于析出更多的晶体，黑暗可以防止晶体见光分解 100mL容量瓶、胶头滴管、酸式滴定管 将Fe3＋转化为Fe2＋ +5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变化为紫红色且半分钟不再变化 3 3 +2
【详解】(1)从溶液中得到粗产品，恒温条件下加热，直到溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热，再用冰水浴冷却，使得晶体充分析出，再过滤，用乙醇洗涤晶体，避光晾干，因此操作顺序为e→c→a→d→b；
(2)由题目信息可知该化合物是一种光敏感材料，用冰水冷却可以降低溶解度，有利于析出更多晶体：答案为用冰水浴冷却有利于析出更多的晶体，黑暗可以防止晶体见光分解；
(3)配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，在烧杯中溶解好的KMnO4需要转移到100mL容量瓶中；定容时，需要用到胶头滴管；滴定时，KMnO4溶液需用酸式滴定管滴定；根据实验步骤，第二次滴定是滴定Fe2＋，因此加入锌粉的目的是将Fe3＋转化为Fe2＋；
(4)第二次滴定的离子化学方程式为高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生氧化还原反应的离子方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，反应终点是利用滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变化为紫红色且半分钟不再变化，说明反应达到终点；
(5)由+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O可知，n(Fe3+)＝5n()＝5×0.004L×0.10mol•L﹣1＝0.002mol，由可知，n(H2C2O4)＝n()＝×0.024L×0.10mol•L﹣1＝0.006mol，所以0.002mol：0.006mol＝1：y，解得y＝3，根据化合价代数和为0可知，x+3+3×(﹣2)＝0，解得x＝3，化合物KxFe(C2O4)y•3H2O的化学式为：K3Fe(C2O4)3•3H2O；
(6)见光分解后的产物中的气体可以使澄清石灰水变混着，说明该气体是CO2，该物质中的C的化合价为＋3，说明C的化合价升高，有种元素化合价降低，是Fe，Fe从＋3降低到＋2，则该浅黄色沉淀中铁元素的化合价为+2。
30． 2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O 16.8 氯气氧化性太强，还能继续氧化I2 ab 常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度
【分析】含I-的卤水经过酸化，亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘单质、碘化钠和水，反应化学方程式：2+4HI=2NO↑+I2+2H2O+2NaI，活性炭所吸附I2通过NaOH溶液或NaHSO3溶液得到I-、，再经过45%H2SO4处理提取单质碘，据此分析解答。
【详解】(1)该反应中N元素的化合价由+3降低为+2，I元素的化合价由-1升高为0，根据电子得失守恒，可得主反应2+2I-→2NO ↑+I2，酸性条件下，结合电荷守恒方程式左边补充4H+，结合原子个数守恒方程式右边补充2H2O，最后完整方程式为：2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O。当有0.75mol I-参与反应时，则生成 n(NO)==0.75mol，在标准状况下产生气体的体积是0.75mol22.4L/mol=16.8L。故答案为：2+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；16.8；
(2)上述反应中不选用常见的氧化剂氯气，原因是氯气氧化性太强，还能继续氧化I2，从而提取碘单质产率降低，故工业上氧化卤水中I-选择价格并不便宜的NaNO2。故答案为：氯气氧化性太强，还能继续氧化I2；
(3)从第②步反应后的溶液中提纯I2，碘在水中的溶解度不大，但易溶于有机溶剂，可加入四氯化碳萃取碘，即把碘从水溶液中提取出来；同时碘容易升华，也可用升华提取碘。
故答案选ab；
(4)NaHSO3溶液中既能水解又能电离，水解使其显碱性，电离使其显酸性，在常温下，可测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度。故答案为：常温下测NaHSO3稀溶液的pH，若pH大于7，则其水解程度大于电离程度，若pH小于7，其水解程度小于电离程度。
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