上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-147化学实验基础（10）

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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-147化学实验基础（10）

一、单选题
1．（2021·上海宝山·统考一模）能用分液漏斗分离的一组物质是
A．AgCl 和NaCl 溶液 B．苯和水
C．溴和四氯化碳 D．乙酸和乙酸乙酯
2．（2021·上海崇明·统考二模）蒸馏操作中需要用到的仪器是
A． B． C． D．
3．（2021·上海青浦·统考一模）北宋柳永的《煮盐歌》中写道“风干日曝盐味加，始灌潮波流成卤”。该过程涉及的物质分离操作为
A．萃取分液 B．浓缩结晶 C．蒸馏 D．趁热过滤
4．（2021·上海奉贤·统考一模）利用图中实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是

A．利用图1装置可从胆矾晶体中获得无水硫酸铜
B．利用图2装置可分离石油，得到汽油、煤油和柴油等各种馏分
C．利用图3装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液
D．利用图4装置可进行酸碱中和滴定
5．（2021·上海·统考一模）能鉴别黄色FeCl3溶液和溴水的是
A．淀粉碘化钾试纸 B．氯水 C．CCl4 D．蓝色石蕊试纸
6．（2021·上海·统考一模）为测定某Na2O2试样(含少量Na2O)中Na2O2的质量分数，设计如下实验：

下列分析错误的是
A．操作Ⅰ和Ⅱ都需要玻璃棒 B．需称量样品和NaCl的质量
C．操作Ⅱ若损失部分固体，测定结果偏大 D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
7．（2021·上海金山·统考一模）用2.0 mol/L 盐酸配制100 mL 0.10 mol/L盐酸，不需要的仪器是
A．量筒 B．烧杯 C．分液漏斗 D．100 mL容量瓶
8．（2021·上海松江·统考一模）用下列实验器材(省略夹持装置)，能完成相应实验的是

实验器材
相应实验
A
烧杯、玻璃棒、蒸发皿
硫酸铜溶液的浓缩结晶
B
烧杯、胶头滴管、电子天平
用固体氯化钠配制0.5mol/L
C
烧杯、胶头滴管、分液漏斗
用溴水和除去NaBr溶液中少量NaI
D
烧杯、玻璃棒、滤纸
用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡

A．A B．B C．C D．D
9．（2021·上海闵行·统考一模）使用过量NaOH溶液能满足实验要求的是
A．除去Al2O3中杂质Fe2O3 B．由AlCl3溶液制备Al(OH)3
C．除去C2H5Br中杂质Br2 D．检验醛基时制备新制Cu(OH)2
10．（2021·上海闵行·统考一模）测定胆矾的结晶水含量时，需要的定量仪器是
A．量筒 B．电子天平 C．容量瓶 D．温度计
11．（2021·上海闵行·统考一模）唐代孙思邈《备急千金要方》中记载：“菖蒲、枸杞根细锉，以水四石，煮取一石六斗，去滓，酿二斛米酒，熟稍稍饮之。”上述蕴含的操作原理不包括
A．溶解 B．蒸发 C．过滤 D．分液
12．（2021·上海虹口·统考一模）下列实验装置能达到目的的是
A．实验室制乙酸乙酯 B．收集氯化氢气体
C．实验室制氨气 D．实验室制乙烯
13．（2021·上海虹口·统考一模）除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂不正确的是
A．溴苯(Br2)：NaOH溶液
B．C2H2(H2S)：CuSO4溶液
C．AlCl3溶液(Fe3+)：NaOH溶液、二氧化碳
D．NaCl溶液()：BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸
14．（2021·上海嘉定·统考一模）在配制一定物质的量浓度的溶液实验中，不需要用到的仪器是（　　）
A． B． C． D．
15．（2021·上海静安·统考二模）配制一定物质的量浓度的溶液的实验中可不选用的仪器是（    ）
A． B． C． D．
16．（2021·上海嘉定·统考二模）硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)，为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式为(　　)
A．Fe2O3•2SO3•7H2O B．4Fe2O3•10SO3•25H2O
C．3Fe2O3•6SO3•20H2O D．2Fe2O3•5SO3•17H2O
17．（2021·上海·统考一模）某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，其原因不可能是（    ）
A．实验时坩埚未完全干燥 B．加热后固体未放入干燥器中冷却
C．加热过程中晶体有少量溅失 D．加热后固体颜色有少量变黑
18．（2021·上海·统考一模）在中和滴定中用于量取20.00毫升待测溶液的仪器是
A．胶头滴管 B．容量瓶 C．滴定管 D．量筒
19．（2021·上海长宁·统考二模）检验硫酸铁溶液中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是
A．NaOH 溶液 B．酸性 KMnO4 溶液 C．KSCN 溶液 D．Cu
20．（2021·上海·统考二模）在海带提碘的实验中可做萃取剂的是
A．四氯化碳 B．水 C．乙醇 D．乙酸
21．（2021·上海·统考二模）侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（   ）
A．增大浓度 B．生成NaHCO3
C．析出NH4Cl晶体 D．降低浓度

二、工业流程题
22．（2021·上海奉贤·统考一模）碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
7.5
3.4
完全沉淀
9.7
4.4
回答下列问题：
(1)加入少量NaHCO3调节pH在4.4~7.5内，得到的滤渣成分为___________，写出滤渣中电解质的电离方程式___________；实验室进行过滤操作时需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和 ___________ 。
(2)反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出亚铁离子是否完全被氧化的检验方法___________，在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L(标准状况)，则相当于节约NaNO2的物质的量为___________ mol。
(3)碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+可部分水解生成Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为___________。
为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：
准确量取20.00 mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pHc(NH)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-) 使Fe2+完全沉淀 热水 bd 产物中会混有过量的炭粉 溶液变为(淡)紫红色，且半分钟内不变色 70% bc
【分析】摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]溶解、酸化得含(NH4)2Fe(SO4)2的溶液，加稍过量的H2C2O4发生复分解反应得FeC2O4•2H2O沉淀，过滤、洗涤、干燥得FeC2O4•2H2O，在有氧气的环境中灼烧得Fe2O3，将Fe2O3还原得Fe，据此解答。
【详解】(1)摩尔盐溶解后得(NH4)2Fe(SO4)2溶液，铵根离子水解、亚铁离子水解使溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，因水解是微弱的，因此c(SO)>c(NH)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)，故答案为：c(SO)>c(NH)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)；
(2)步骤②中，H2C2O4电离的草酸根离子将亚铁离子沉淀，过量的原因是使Fe2+完全沉淀，故答案为：使Fe2+完全沉淀；
(3)因为步骤②中H2C2O4过量，步骤③过滤得到的FeC2O4•2H2O沉淀沉淀表面含H2C2O4，因H2C2O4的溶解度随温度的升高而增大，洗涤时为确保H2C2O4完全洗涤除去，应用热水洗涤，故答案为：热水；
(4)步骤④为灼烧，将FeC2O4•2H2O置于坩埚中，坩埚放在泥三角上用酒精灯加热灼烧，同时用玻璃棒搅拌，因此所给仪器中必须用到的有坩埚和玻璃棒，故答案为：bd；
(5)要将Fe2O3完全还原，操作时需加过量的炭粉，但过量的铁粉会混在铁中，因此步骤⑤不宜用炭粉还原Fe2O3，故答案为：产物中会混有过量的炭粉；
(6)高锰酸钾溶液为紫红色，当溶液中亚铁离子消耗完时，滴入的高锰酸钾不再反应，溶液将变为(淡)紫红色，且半分钟内不变色，因此滴定终点的现象是溶液变为(淡)紫红色，且半分钟内不变色；滴定20.00mL样品溶液，滴定终点时消耗0.1000mol/L 10.00 mL KMnO4溶液，其物质的量n(KMnO4)=0.1000mol/L×10.00mL×10-3L/mL=1×10-3mol，结合反应离子方程式5Fe2++MnO+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O可知溶液中Fe2+的物质的量=5n(KMnO4)=5×10-3mol，则n[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]=n(Fe2+)=5×10-3mol，质量m[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]=5×10-3mol×392g/mol=1.96g，则该摩尔盐的纯度==70%；以下操作对实验结果造成的影响分析如下：
a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液，即未用KMnO4溶液润洗，KMnO4溶液被稀释，滴定时消耗KMnO4溶液的体积偏大，KMnO4物质的量偏大，导致结果偏高；
b．滴定过程有少量样品溶液溅出，消耗KMnO4溶液的体积偏小，KMnO4物质的量偏小，导致结果偏低；
c．滴定前仰视滴定管读数，导致滴定前读数偏大，代入计算的KMnO4溶液的体积偏小，KMnO4物质的量偏小，导致结果偏小；
d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消失，说明滴定前滴定管尖嘴处有气泡，导致滴定前读数偏小，KMnO4溶液的体积偏大，KMnO4物质的量偏大，导致结果偏高；
因此在所给原因中实验结果比理论值偏低的可能原因是bc，故答案为：溶液变为(淡)紫红色，且半分钟内不变色；70%；bc。
24． 随着反应进行，浓硫酸浓度逐渐减小，不再与铜片反应，所以铜片剩余 产生的SO2中混有硫酸的酸雾，饱和NaHSO3溶液除去硫酸；SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度小 Ag+(或AgNO3) SO(或Ag2SO4) Ag2SO4微溶于水，若N中有Ag2SO4，则M中一定有SO，向其中加入BaCl2溶液应有沉淀，但加入BaCl2溶液无沉淀，说明M无SO，则N中没有Ag2SO4 SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSO、HSOH++SO，SO和Ag+反应生成难溶的Ag2SO3，使上述三个平衡右移 左 SO2+2AgNO3+2H2O→2Ag↓+H2SO4+2HNO3 氧化还原反应的速率比发生复分解反应的速率慢
【分析】(1)铜与稀硫酸不反应；
(2) Cu与浓硫酸共热产生的SO2中混有硫酸的酸雾；
(3)析出硫酸银固体后的母液应该是硫酸银的饱和溶液；
(4)二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸能电离出亚硫酸根离子；
(5)加水稀释，该反应的浓度熵Q增大；
(6) SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀，说明硝酸银被还原为银单质，SO2被氧化为硫酸；
(7) SO2通入0.1mol/LAgNO3溶液中，先发生复分解反应生成Ag2SO3，后发生氧化还原反应生成Ag；
【详解】(1)随着反应进行，浓硫酸浓度逐渐减小，不再与铜片反应，所以铜片剩余；
(2) Cu与浓硫酸共热产生的SO2中混有硫酸的酸雾，饱和NaHSO3溶液除去硫酸，SO2在饱和NaHSO3溶液中溶解度小，所以用饱和NaHSO3溶液洗涤SO2；
(3)氯化银难溶于水，向溶液M中滴加盐酸至过量，产生白色沉淀，说明M中含有Ag+；Ag2SO4微溶于水，若N中有Ag2SO4，则M中一定有SO，向其中加入BaCl2溶液应有沉淀，但加入BaCl2溶液无沉淀，说明M无SO，则N中没有Ag2SO4；
(4) SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSO、HSOH++SO，SO和Ag+反应生成难溶的Ag2SO3，使上述三个平衡右移；
(5) Ag2SO3(s)+4NH3·H2O2Ag(NH3)+SO+4H2O，该反应平衡常数的表达式K=；向Ag2SO3溶于氨水后的混合物中加入少量水，浓度熵Q增大，Q>K，该平衡向左移动；
(6) SO2和AgNO3溶液反应生成黑色沉淀，说明硝酸银被还原为银单质，SO2被氧化为硫酸，化学方程式为SO2+2AgNO3+2H2O→2Ag↓+H2SO4+2HNO3；
(7) SO2通入0.1mol/LAgNO3溶液中，先发生复分解反应生成Ag2SO3，后发生氧化还原反应生成Ag，说明氧化还原反应的速率比发生复分解反应的速率慢。
【点睛】本题以SO2与AgNO3溶液的反应为载体，考查学生探究能力、问题分析与解决能力，明确反应原理是解题关键，熟悉平衡移动原理，注意题目信息的提取和应用。
25． 样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe bcf 赶尽装置(系统)内的空气 % 产生白色沉淀、有气泡冒出 褪色 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ BC
【详解】(1)少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，溶液中含有亚铁离子，再向试管中通入空气，溶液中亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，溶液逐渐变红，故答案为样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe。
(2)①实验时为避免亚铁离子被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，正确顺序为dabcfe。
②缓缓通入N2的目的是赶尽装置(系统)内的空气，防止亚铁离子被氧化为铁离子。
③根据实验记录，m(FeSO4)=(m3-m1) g，m(H2O)= (m2-m3) g，n(FeSO4)=，n(H2O)=，绿矾化学式中结晶水数目x== 。
(3)①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，反应中Fe元素化合价升高，则S元素化合价降低，一定生成SO2，由此可知硫酸亚铁高温分解生成Fe2O3、SO2和SO3，C中氯化钡用于检验SO3，可观察到白色沉淀，且可看到气泡，D中品红用于检验SO2，品红褪色。故答案为产生白色沉淀、有气泡冒出；褪色。
②由①分析可知硫酸亚铁高温分解的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
(4) A．实验结束时俯视刻度线读数，读数偏小，使测得的酸性高锰酸钾溶液的体积偏小，故A不符合题意；
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致测得的酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，故B符合题意；
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，导致消耗的酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，故C符合题意；
D．如果酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低，三次测得的体积应该都偏大，故D不符合题意；
故答案为BC。
26． 2KMnO4+16HCl→2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O Cl2+2OH−→Cl−+ClO−+H2O Fe3+ K2FeO4分解会产生 Fe3+(或4+2H+→4Fe3++3O2↑+10H2O ) 排除ClO-的干扰 0.64 既能消毒杀菌又能净水(或无毒或方便保存等)
【分析】本实验的目的是制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质，首先利用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可以用饱和食盐水除去，之后通入过量KOH溶液中与Fe(OH)3反应生成高铁酸钾，NaOH溶液处理未反应的氯气，之后取C中紫色溶液，探究K2FeO4的性质。
【详解】(1)A装置中高锰酸钾将浓盐酸氧化反应生成Cl2，锰被还原为Mn2+，反应方程式为2KMnO4+16HCl→2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O；装置B中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，装置如图 ；
(2)C中有大量KOH溶液，所以还会发生氯气和KOH的反应，离子方程式为Cl2+2OH−→Cl−+ClO−+H2O；
(3)滴加KSCN溶液至过量溶液呈红色，说明含有Fe3+；根据题意可知K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，根据氧化还原反应的规律可知K2FeO4分解产生氧气时还会产生Fe3+，发生反应：4+2H+→4Fe3++3O2↑+10H2O，所以Fe3+的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化；
(4)使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO－，ClO－在酸性条件下可与Cl－反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：排除ClO-的干扰；
(5)Na2FeO4作氧化剂被还原生成Fe3+，1gNa2FeO4可以得到mol电子，氯气被还原成Cl-，所以1gCl2可以得到mol电子，则Na2FeO4的消毒效率约是氯气的=0.64倍；高铁酸钾被还原生成铁离子，铁离子可以水解产生氢氧化铁胶体，可以吸附水中杂质达到净水的目的，而且高铁酸钾无毒，所以用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是既能消毒杀菌又能净水(或无毒或方便保存等)。
27． a b a CO2 检验水蒸气是否已经被完全除去 防止空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大 将反应产生的CO2全部赶入装置③ 方案一：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理或方案二：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理。
【分析】根据实验装置图可知，该实验方案的原理是：加热样品，发生反应Na2CO3·10H2ONa2CO3+10H2O、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，通过测定样品受热产生的CO2的质量确定NaHCO3的含量；为了使CO2测量准确，加热样品前要先通入空气，经U形管①吸收空气中的CO2和H2O(g)，用不含CO2和H2O(g)的空气排尽装置中的空气，然后对样品加热，使样品充分反应，U形管②吸收反应生成的H2O(g)，无水硫酸铜用于检验反应生成的H2O(g)是否被完全吸收，U形管③吸收反应生成的CO2，U形管③反应前后增加的质量即为反应生成的CO2的质量；为使反应生成的CO2在U形管③中全部被吸收，停止加热后需继续通入一段时间的空气将反应产生的CO2全部赶入U形管③中；为防止外界空气的CO2和H2O(g)进入U形管③中，最后干燥管中的碱石灰用于吸收外界空气的中CO2和水蒸气；据此分析作答。
【详解】(1) U形管①②③盛装的均为固态物质，根据分析，U形管①中试剂用于吸收空气中的CO2和H2O(g)，选用碱石灰，选a；U形管②中试剂用于吸收反应生成的H2O(g)、不吸收CO2，选用无水CaCl2，选b；U形管③中试剂用于吸收反应生成的CO2，选用碱石灰，选a；故答案为：a；b；a；CO2。
(2)为使CO2的测量准确，U形管②必须将反应生成的H2O(g)完全吸收，故干燥管中无水硫酸铜的作用是检验水蒸气是否已经被完全除去，若被完全除去，则无水硫酸铜不变蓝；实验装置最后的干燥管中碱石灰的作用是防止外界空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大；故答案为：检验水蒸气是否已经被完全除去；防止空气中的CO2和水蒸气被③吸收，导致③质量增大。
(3)停止加热后，有部分CO2残留在硬质玻璃管、U形管②、导管中等，继续通入空气一段时间可将反应产生的CO2全部赶入装置③，使反应生成的CO2全部被③中碱石灰吸收；故答案为：将反应产生的CO2全部赶入装置③。
(4)常用的测定混合物含量的实验方法有：滴定分析法、重量分析法等；根据Na2CO3·10H2O和NaHCO3的性质，可采用滴定分析法，实验方案为：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理；也可采用重量分析法，实验方案为：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理；故答案为：方案一：取样品m克配成100mL溶液，取出20mL溶液用一定浓度标准盐酸进行滴定(用甲基橙或酚酞作指示)，消耗盐酸VmL，数据处理或方案二：取样品m1克，置于已知质量的坩埚中灼烧、冷却、称量，并做恒重操作得m2克，数据处理。
28． d 蓝色变为无色 还原性 0.053 偏小 取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子 C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O 提高SO2的纯度(去除杂质)；提高SO2的浓度(或富集SO2)
【分析】
根据题意，结合图示装置，该装置测定某燃煤烟气中SO2的体积分数，已知燃煤烟气的主要成分为N2、CO、SO2，A 装置是为了观察气体的流速，则试剂M不能与烟气中的气体反应，烟气进入装置B，SO2具有还原性，与B中的碘单质发生氧化还原反应，当B装置中溶液由蓝色变为无色时，停止通入气体，C中液面稳定不变时，记录C装置量气管的体积，测量的体积为N2、CO的体积，根据相关数据计算燃煤烟气中 SO2的体积分数。
【详解】
(1)A 装置是为了观察气体的流速，则试剂 M 不能与烟气的成分发生反应，
a．SO2是酸性氧化物，与饱和NaOH 溶液反应，故a不符合题意；
b．SO2具有氧化性，与饱和Na2S溶液发生氧化还原反应，故b不符合题意；
c．SO2与饱和Na2SO3溶液反应转化为NaHSO3，故c不符合题意；
d．饱和NaHSO3溶液与烟气中的成分不反应，故d符合题意；
答案选d；
(2)根据分析，当B装置中溶液颜色由蓝色变为无色时，则停止通气，B装置中的反应体现 SO2的还原性；
(3)经测定，燃煤烟气消耗了50.00 mL 含I2 1.000×10-3 mol/L 的溶液，根据反应I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4可知，烟气中n(SO2)= n(I2)=0.05L×1.000×10-3 mol/L=5.0×10-5mol，标况下V(SO2)= 5.0×10-5mol×22.4L/mol=1.12×10-3L=1.12mL，C 装置中气体体积为20.00mL(标准状况下)，则燃煤烟气中 SO2 的体积分数为=0.053；若读数时水准管内液面高于量气管内液面，导致测量的N2、CO的混合气体的体积偏大，则结果将偏小；
(4)①步骤②中硫酸根离子的检验方法为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子；步骤③中加热条件下碳与硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
②燃煤烟气中除SO2外还含有多种杂质气体，SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是提高SO2的纯度(去除杂质)；提高SO2的浓度(或富集SO2)。
29． BaSO4 还原 不正确，因为氯水过量，氯水中同样含有Cl- 亚硫酸钠浓度 硫为固体,不影响平衡移动 18 g或36g 63g 42g或57g或其他合理数据 100 ℃ Ag2S 溶液中含，S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故只能为Ag2S
【详解】(1)向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，则说明氯气发生反应；取反应后的溶液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，可知该沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素的化合价升高，则Na2S2O3作还原剂，具有还原性；
故答案为：BaSO4；还原；
(2)乙同学取少量实验①反应后的溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，据此也认为氯水将Na2S2O3氧化，氯气溶于水能生成盐酸和次氯酸，故溶液中存在氯离子，不能证明是与Na2S2O3发生了氧化还原反应，故该推理不正确；
故答案为：不正确，因为氯水过量，氯水中同样含有Cl-；
(3)(i)对比实验③、④，可知水的量不同，则两组实验的目的是探究亚硫酸钠浓度对亚硫酸钠转化率的影响；
(ii)实验③、⑤的变量是硫粉的质量，硫粉是固体，其量的变化不影响平衡的移动，故Na2SO3转化率基本不变；
(iii)实验⑥想要探究温度升高对亚硫酸钠转化率是否有影响，故除温度外，硫粉的质量，亚硫酸钠浓度均不变，故硫粉质量可为：18 g或36g；Na2SO3质量为：63g；水的质量为：42g或57g；温度为100 ℃；
故答案为：亚硫酸钠浓度；硫为固体，不影响平衡移动；18 g或36g；63g；42g或57g或其他合理数据；100 ℃；
(4)丁同学将少量Na2S2O3溶液滴至AgNO3溶液中，发现立即生成了白色Ag2S2O3沉淀，但沉淀很快变为棕黄色，最终变为黑色，已知过滤后，滤液中只含AgNO3、NaNO3与H2SO4.已知Ag、Ag2O、Ag2S均为黑色且难溶于水；溶液中含，S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故黑色沉淀只能为Ag2S；
故答案为：Ag2S；溶液中含，S元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成Ag，则电子得失无法守恒，故黑色沉淀只能为Ag2S。
30． +3价的氮元素 a 后者大 bc 1:1 偏低 偏低
【详解】(1)在酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色，则被还原为Mn2+，同时被氧化为，该反应的离子方程式为；被氧化的元素是中+3价的氮元素。答案为：；+3价的氮元素；
(2)往冷溶液中加入或通入某种物质可得稀溶液，该物质应能提供H+，且酸性比HNO2强，同时还需考虑到加入试剂不能将NaNO2还原。虽然亚硫酸的酸性也比亚硝酸强，但稀溶液中氧化性，所以不能选择通入SO2，由酸性可知，稀硫酸可实现此转化，故选a。答案为：a；
(3)HNO2的酸性比H2SO3弱，则HNO2为弱酸，在水溶液中发生部分水解，生成HNO2和NaOH，同时水发生微弱电离，所以离子浓度由大到小的顺序为；常温下，因为酸性，所以等浓度的溶液与溶液中，的水解能力更强，则pH后者大。若使两者pH相等，则应设法增大的水解程度。
a．向溶液中加适量水，虽然水解平衡正向移动，但溶液中[OH-]更小，a不符合题意；
b．向溶液中加适量NaOH，可增大溶液中[OH-]，b符合题意；
c．向溶液中加适量水，将溶液稀释，可减小溶液中[OH-]，c符合题意；
d．向溶液中加适量NaOH，会增大溶液中的[OH-]，d不符合题意；
故选bc。答案为：；后者大；bc；
(4)①若得到的盐全部为，则生成等摩的NO、NO2混合气体，溶液和气体反应的化学方程式为2HNO3+2SO2+H2O=2H2SO4+NO+NO2，从而得出原料和的物质的量之比为1:1。
②生产中，若硝酸浓度过高，主要还原产物为NO2，生成NO的量少，与NaOH溶液反应后，有较多的NaNO3生成，产率偏低，若硝酸浓度过低，主要还原产物为NO，生成的NO2量少，与NaOH溶液反应后，有大量NO剩余，产率偏低。答案为：1:1；偏低；偏低。
【点睛】在考虑将NaNO2转化为HNO2时，除去考虑酸性强弱外，切莫忽视HNO2的氧化性。