上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-139化学实验基础（2）

这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-139化学实验基础（2），共33页。试卷主要包含了单选题，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-139化学实验基础（2）

一、单选题
1．（2022·上海松江·统考一模）有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的、、、、、、七种离子中的几种，向该溶液中逐滴滴入溶液一定体积后才产生沉淀。则下列判断正确的是
A．溶液中可能含有 B．溶液中可能含有
C．溶液中一定不含 D．溶液中一定含有
2．（2022·上海松江·统考一模）除杂和配制试剂是中学化学中常见的实验。对实验方法描述正确的是
A．通过加热蒸发、冷却结晶、过滤洗涤除去中少量的
B．用加入溶液并分液的方法除去乙酸乙酯中少量的乙酸
C．称取，配制的溶液
D．在10％的溶液中滴入3滴2％的溶液，配制检验醛基的试剂
3．（2022·上海松江·统考一模）如图是制取和收集某气体的实验装置，该装置可用于

A．用浓硫酸和氯化钠制取 B．用浓氨水和生石灰制取
C．用浓硝酸与铜制取 D．用双氧水和二氧化锰制取
4．（2022·上海松江·统考一模）充分利用已有的数据是解决化学问题的重要途径。下列数据的利用正确的是
A．利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢
B．利用元素最高化合价判断物质氧化性的强弱
C．利用沸点数据设计互溶液体混合物的分离方法
D．利用物质的摩尔质量判断相同状态下物质密度的大小
5．（2022·上海·一模）室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向2 mL 0.1 mol ·L-1NaCl溶液中滴加2滴0.1 mol·L-1 AgNO3，观察现象。振荡试管，再滴加4滴0.1 mol·L-1KI溶液，观察现象
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B
将pH相同的HNO2溶液和CH3COOH溶液均稀释10倍后，用pH计测量，比较溶液pH大小
Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)
C
170 ℃下，加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化
乙醇脱水后生成乙烯
D
将氧化铁加入到足量HI溶液中，充分溶解后，滴入CCl4后振荡、静置，观察CCl4层颜色变化
氧化性：Fe3＋>I2

A．A B．B C．C D．D
6．（2022·上海青浦·一模）实验室用铁屑、液溴与苯制取溴苯，提纯粗溴苯需要过滤、水洗、碱洗、干燥、蒸馏等操作(上述操作可能多次，且不代表实验顺序)，完成提纯实验不需要的实验装置有
A． B． C． D．
7．（2022·上海青浦·一模）下列气体去除杂质的方法中，达不到实验目的的是
选项
气体(杂质)
方法
A
乙烷(乙烯)
通过溴水
B

通过足量蒸馏水
C

通过饱和碳酸氢钠溶液
D

通过盛有碱石灰的干燥管

A．A B．B C．C D．D
8．（2022·上海·一模）对于图中装置，不添加其他仪器无法检查其气密性的是
A． B． C． D．
9．（2022·上海徐汇·统考三模）实验室从海带中提取碘的过程如下：

下列说法正确的是
A．步骤①④分别是灼烧、分液
B．海带中含有的硫酸盐在步骤②中实现与碘的分离
C．向反应液中通入过量实现步骤③
D．步骤⑤酸化时发生反应：
10．（2022·上海松江·统考二模）某同学为测定某Na2O2(含少量Na2O)试样中样品的纯度，设计如下实验：

下列说法错误的是
A．需称量样品和NaCl的质量 B．操作I是溶解，操作Ⅲ是蒸发
C．操作I、II、III都需要玻璃棒 D．若溶液转移不完全，测定结果偏小
11．（2022·上海徐汇·统考三模）硫酸铜晶体中结晶水含量测定的实验中，会导致测定结果偏小的操作是
A．在空气中冷却 B．加热时有晶体溅出
C．玻璃棒上沾有少量固体 D．加热后有少量黑色固体生成
12．（2022·上海金山·统考二模）除去下列物质中的杂质，所选试剂与分离方法均能达到目的的是

物质(杂质)
除杂试剂
分离方法
A
NaCl(aq)(I2)
CCl4
分液
B
C2H5OH(CH3COOH)
NaOH(aq)
蒸馏
C
HCl(Cl2)
饱和食盐水
洗气
D
CaSO4(CaCO3)
稀硫酸
过滤

A．A B．B C．C D．D
13．（2022·上海崇明·统考二模）下列操作或装置能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
操作或装置




实验目的
除去Cl2中混有的HCl
实验室制取二氧化碳
制取碳酸氢钠
验证浓硫酸的吸水性

A．A B．B C．C D．D
14．（2022·上海嘉定·统考二模）下列各图所示的实验原理、方法、装置和操作正确的是
A
B
C
D




干燥Cl2
检验K+
配制150mL0.100mol·L-1盐酸
吸收NH3

A．A B．B C．C D．D
15．（2022·上海静安·统考二模）实验室制取乙酸乙酯时，下列装置不能达到相应实验目的的是
A
B
C
D




混合反应物
生成乙酸乙酯
收集乙酸乙酯
分离出乙酸乙酯

A．A B．B C．C D．D
16．（2022·上海普陀·统考二模）实验室提供有试管、导管、烧杯、酒精灯、玻璃棒，选用上述仪器能完成的实验是
A．制备CH3COOC2H5 B．制备C6H5NO2
C．配制0.1mol·L-1NaCl(aq) D．除Al2(SO4)3(aq)中的Fe3+
17．（2022·上海普陀·统考二模）下表中除杂试剂和方法都正确的是
选项
物质(杂质)
除杂试剂
分离方法
A
Cl2(HCl)
饱和食盐水
洗气
B
N2(O2)
镁粉
加热
C
CO2(SO2)
饱和Na2CO3(aq)
洗气
D
Al2O3(Fe2O3)
NaOH(aq)
过滤

A．A B．B C．C D．D
18．（2022·上海黄浦·统考二模）用已知浓度的溶液测定浓硫酸试剂中含量的主要操作中，不需要用到的仪器为
A． B． C． D．
19．（2022·上海松江·统考二模）配制0.100mol·L-1的某溶液，有关操作正确的是
A．配制H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释
B．配制NaOH溶液过程中，将NaOH固体放在滤纸上称量
C．配制NaCl溶液时，最后用胶头滴管加水至刻度线
D．配制HCl溶液时，将量取浓盐酸的量筒洗涤并转入容量瓶中
20．（2022·上海青浦·统考二模）物质分离和提纯操作中，可能含有化学变化的是
A．洗气 B．蒸馏 C．升华 D．过滤
21．（2022·上海松江·统考二模）将某Na2CO3固体样品21.6g放入足量水中，固体完全溶解得无色澄清溶液，继续加CaCl2溶液至过量，得到20g沉淀。已知样品中杂质为KNO3、K2CO3、Ba(NO3)2中的一种或两种。该样品所含杂质的正确判断是
A．肯定有K2CO3，可能有KNO3
B．肯定没有Ba(NO3)2，可能有KNO3
C．肯定有KNO3，可能有K2CO3
D．肯定没有K2CO3和Ba(NO3)2

二、实验题
22．（2022·上海松江·统考一模）某实验小组把氯气与铁反应后的固体快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如下实验：。

(1)试剂X的化学式为__________。有同学根据实验现象分析淡黄色溶液中含有，你认为__________（填“合理”或“不合理”）。
(2)加入少许植物油的作用是___________________。某小组同学实验时在加入新制氯水后，并未得到深红色溶液，请帮助他们分析原因，__________，并设计实验对所分析的原因进行验证，简要写出实验方案__________。为分析某补血剂（主要成分为亚铁盐）中铁元素的质量百分含量，可以用酸性标准溶液进行氧化还原滴定。
(3)实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液500mL，配制时需要用的仪器除电子天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需______。配制时要用硫酸酸化KMnO4，不能用盐酸酸化的原因是_____。
(4)称取12.0g补血剂在容量瓶中配成200mL溶液，量取25.00mL试样溶液，用0.100mol/LKMnO4标准溶液滴定，判断到达滴定终点的实验现象是__________，达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL，则所测补血剂中铁元素的质量百分含量是__________（结果精确到0.1%）。
23．（2022·上海嘉定·统考二模）某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：
操作
现象
①取4g漂粉精固体，加入100mL水
部分固体溶解，溶液略有颜色
②过滤，测漂粉精溶液的pH
pH试纸先变蓝(约为12)，后褪色
③
①液面上方出现白雾；②稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；
③稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去
(1)操作②测pH用到玻璃用品主要有_______；pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_______。Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式_______。
(2)向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象①的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：
a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；
b.用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
i.实验a的目的是_______。
ii.由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是_______。
(3)现象②中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验：_______。
(4)将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。
①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则沉淀X中含有的物质是_______。
②用化学方程式解释现象③中黄绿色褪去的原因：_______。
24．（2022·上海徐汇·统考三模）可用于面粉的漂白和杀菌。已知：为黄色油状体液，熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸。实验室可用和溶液反应制取，所用装置如下：

完成下列填空：
(1)三卤化氮()的分子空间构型与相似，热稳定性比强的有_______。在热水中易水解，反应液有漂白性。写出水解的化学方程式_______。
(2)仪器D的名称是_______。装置A是发生装置，实验室制备下列物质也可使用该装置的是_______(选填编号)。
a.乙炔　　　b.硝基苯　　　c.溴苯　　　d.乙酸乙酯
(3)向蒸馏烧瓶内的溶液中通入过量，B中反应的化学方程式为_______，待反应至油状液体不再增加，关闭装置A、B间的止水夹，控制水浴加热的温度范围为_______，将产品蒸出。
待反应结束，为测定溶液中残留的的物质的量浓度，进行如下操作：
i.取蒸馏烧瓶中的反应液25.00mL，加入过量饱和溶液充分反应后，再加入过量30%的NaOH溶液，微热；
ii.用25.00mL0.050的稀硫酸吸收产生的，得到溶液A；
iii.用0.100的NaOH标准液滴定溶液A至滴定终点，消耗VmLNaOH标准液。
(4)滴定过程中水的电离程度逐渐_______(选填序号)。
a.增大　　　b.减小　　　c.先增大后减小　　　d.先减小后增大
(5)滴定至终点时溶液中溶质仅有和，用含V的代数式表示的物质的量浓度为_______。
25．（2022·上海青浦·统考二模）I.某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方案设计如下：

已知：乙醚[(C2H5)2O]是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，沸点为34.5℃，微溶于水。在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。
完成下列填空：
(1)操作A的名称是_______。经操作A后，请设计实验方案判断Fe3+是否有残留_______。
(2)滴定前，加入适量溶液B进行酸化，则B可能是_______。
a.H2SO3-H3PO4 b. H2SO4-H3PO4
c. HNO3-H3PO4 d. HI-H3PO4
(3)滴定达到终点时，消耗0.1000 mol·L-1 K2Cr2O7溶液6.00 mL(生成物中Cr元素为+3价)。根据该实验数据，试样X中c(Fe3+)为_______。
(4)上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是_______。
A．稀释被测试样 B．减少被测试样取量
C．增加平行测定次数 D．降低滴定剂浓度
II.利用下图装置和试剂可以测定铁铝合金样品中的铝含量。

请回答：
(5)下列有关该实验的说法中正确的是_______。
A．由于恒压分液漏斗的存在，该装置不能进行气密性检查
B．读数前需将量气管C上下移动使B、C中的液面相平
C．反应完成后生成的氢气都要转移至装置B中
D．需要控制NaOH的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程
(6)若将恒压分液漏斗(A)去掉导管a，改成普通分液漏斗，则测得铁铝合金中的铝含量_______，(填“偏大”、“偏小”或“不变”)，请说明理由_______。
26．（2022·上海松江·统考二模）I.某化学兴趣小组采用如下图所示装置研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应。

完成下列填空：
(1)画出乙中实验装置图，并标出相应试剂_______。
(2)装置丙中仪器名称是_______，其中反应的化学方程式是_______，该反应中氧化剂与还原剂的质量比为_______。
(3)装置丁中NaOH溶液的作用是_______，装置戊中澄清石灰水的作用是_______。
II.NaHCO3俗称小苏打，工业上可由通过侯氏制碱法制取(又称联合制碱法，由我国近代著名的化工学家侯德榜发明)。
(4)写出侯氏制碱法中生成NaHCO3的离子方程式_______。操作时，往饱和食盐水中先通入_______气体，原因是_______。
(5)在密闭容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3，在300℃下充分反应。若残留固体为纯净物，则起始时应满足的条件是_______。

三、工业流程题
27．（2022·上海金山·统考二模）CuCl(M=99.5 g·mol-1 )是有机合成常用催化剂，不溶于醇，湿的CuCl在空气中易水解，也会被O2氧化为Cu2(OH)3Cl。工业上有多种途径合成CuCl：

完成下列填空：
(1)步骤①控制反应温度在70~80℃的方法是___________。步骤①②都必须外加NaCl(s)至接近饱和的原因是___________。
(2)已知：Cu2+＋Cu＋2Cl-→2CuCl↓。途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是___________。
(3)步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、___________、___________。
(4)步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗。稀盐酸洗涤的目的是___________，“醇洗”可快速除去CuCl粗品表面的水，防止CuCl被氧化，写出CuCl被氧化的化学方程式。___________
(5)称取0.500 g CuCl成品置于过量FeCl3(aq)中，待固体完全溶解后，用0.2000 mol·L-1的Ce(SO4)2标准液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2标准液24.60 mL。相关反应如下：Fe3+＋CuCl→Fe2+＋Cu2+＋Cl-；Ce4+＋Fe2+→Fe3+＋Ce3+。则CuCl的质量分数是___________(小数点后保留三位数字)，若滴定操作耗时过长可能会使测定的CuCl质量分数___________(选填“偏高”或“偏低”)。
28．（2022·上海普陀·统考二模）以盐湖锂精矿(主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3)和盐湖卤水(含一定浓度LiCl和MgCl2)为原料均能制备碳酸锂(Li2CO3)。

部分溶解度(g/100gH2O)数据见下表：
温度(℃)
0
20
80
LiOH
-
12.8
-
Li2CO3
1.54
1.33
0.85
完成下列填空：
(1)步骤①主要反应的化学方程式为_______，反应在常温下进行，温度越高，锂精矿转化率越低的原因可能是_______。
(2)步骤②热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4，不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为_______。
(3)步骤③的操作是过滤、_______洗涤(选填“冷水”或“热水”)、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是_______。
(4)Li2CO3(M=74g·mol-1)样品的纯度可用滴定法测定(杂质不参与反应)。反应原理：Li2CO3＋2HCl→2LiCl＋CO2↑＋H2O，用盐酸标准液滴定Li2CO3样品的操作步骤顺序为c、a_______。
a.加入0.1~0.2mL甲基红-溴甲粉绿作指示剂；
b.煮沸去除CO2，再冷却到室温；
c.将样品置于锥形瓶中，加水溶解；
d.用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；
e.继续滴定至酒红色(滴定突跃区域)即为终点。
(5)用含以下物理量的数学表达式表示Li2CO3的纯度ω=_______。
m-Li2CO3样品的质量(g)；c-盐酸标准液的浓度(mol·L-1)；V1-样品滴定时消耗盐酸的体积(mL)；V0-滴定空白溶液(指不加样品进行滴定)时消耗盐酸的体积(mL)。
上述滴定操作中，若缺少步骤b，测定结果将_______(选填“偏大”或“偏小”)。
29．（2022·上海崇明·统考二模）ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示：

相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
Mn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
8.1
6.9
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
10.1
8.9
已知：
①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+；
②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2；
③氧化性顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+。
回答下列问题：
(1)①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是_______。(写一条即可)
②“调pH”是向“溶浸”后的溶液中加入少量_______(填化学式)调节至弱酸性(pH约为5)，“调pH”的目的是_______。
(2)“滤渣2”的化学成分为_______(写化学式)；用离子方程式表示“氧化除杂”时KMnO4溶液与Mn2+的反应原理_______。
(3)“还原除杂”除去的离子是_______；加入的还原剂是_______。
(4)“沉锌”时生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，分析测得1kg该沉淀“高温灼烧”后获得ZnO0.670kg。则“高温灼烧”过程中原料的转化率为_______。
30．（2022·上海静安·统考二模）五氧化二氮(N2O5)是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：
(1)1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式：_______。
(2)某化学兴趣小组设计用臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为 N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如下图：

装置B的仪器名称是_______；装置E的作用是_______。实验时，先将三口烧瓶C浸入_______ (填字母编号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。
a.热水     b.冰水     c.自来水     d.饱和食盐水
(3)C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是_______ (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是_______。
a.溶解反应物NO2     b.充分混合反应物使其反应更加充分    c.控制O3的通入速度     d.溶解生成物N2O5
(4)该装置存在一处明显缺陷，请指出_______。
(5)N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL 0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1 H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O→Mn2++10NO+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是_______。粗产品的纯度为_______(结果保留三位有效数字)。

参考答案：
1．D
【详解】澄清透明的溶液，只可能含有大量的、、、、、、七种离子中的几种，向该溶液中逐滴滴入溶液一定体积后才产生沉淀，溶液中一定含有，和、不能大量共存，则一定没有、，溶液中必有阴离子，则一定有，酸性条件下，具有强氧化性，和能发生氧化还原反应，则一定不存在，加入氢氧化钠一定体积后才有沉淀生成，则、至少含一种，所以溶液中一定含有、，一定不含有、、，而至少含一种。所以答案选D。
2．B
【详解】A．硝酸钾溶解度受温度影响较大，氯化钠溶解度受温度影响不大，可以用冷却结晶除去硝酸钾，但得到的氯化钠溶液需蒸发结晶，洗涤干燥，故A错误；
B．Na2CO3溶液可以中和乙酸，并降低乙酸乙酯的溶解度，再用分液的方法分离出乙酸乙酯，故B正确；
C．托盘天平的精确值为0.1g，不能称量9.360gNaCl，配制80mL2.0mol/L的NaCl溶液，需选择100mL的容量瓶，需要称量NaCl的质量为=11.7g，故C错误；
D．加入氢氧化钠较少，检验醛基的反应需在碱性条件下进行，故D错误；
故答案选B。
3．D
【分析】从反应装置分析知，该装置属于固液混合不加热型装置，所以只能制取固液混合不加热得到的气体；从收集装置分析知，该气体不溶于水，和水不反应。
【详解】A．用浓硫酸和氯化钠制取不需要加热，但是HCl易溶于水，所以不能用排水法收集，故A错误；
B．用生石灰和浓氨水制取氨气不需加热，但氨气易溶于水，所以不能用排水法收集，故B错误；
C．NO2能与水反应生成NO，不能用排水法收集，故C错误；
D．用双氧水和二氧化锰制取不需加热，且氧气不易溶于水，所以可以用该实验装置制取氧气，故D正确；
故选D。
4．C
【详解】A．平衡常数的大小体现一个可逆反应进行的程度大小；A错误；
B．元素越易得电子，氧化性越强，B错误；
C．沸点差别，可以选用蒸馏的方法分离，C正确；
D．需要考虑物质的状态，气体和液体没有可比性，D错误。
故答案为：C。
5．C
【详解】A．向2 mL 0.1 mol ·L-1NaCl溶液中滴加2滴0.1 mol·L-1 AgNO3，产生白色沉淀，在滴加KI，白色沉淀转化为黄色沉淀，证明溶解度小的转化为溶解度更小的，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A正确；
B．pH相同的HNO2溶液和CH3COOH溶液稀释相同的倍数，酸性弱的变化小，用pH计测量，比较稀释后溶液pH大小，可以得出酸性强弱的结论，即可以探究Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)，故B正确；
C．170 ℃下，加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，乙醇发生消去反应，伴随副反应有SO2产生，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液，SO2和乙烯均可以使高锰酸钾褪色，不能证明乙醇脱水后产生乙烯，故C错误；
D．将氧化铁加入到足量HI溶液中充分溶解后，HI被Fe3+氧化生成I2，滴入CCl4后振荡萃取生成的I2、静置，观察CCl4层颜色变化，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性：Fe3＋>I2，故D正确；
故答案为C
6．B
【详解】A．A为蒸馏操作，需要用到，故A不符合题意；
B．B为蒸发结晶操作，不需要，故B符合题意；
C．C为分液操作，水洗、碱洗需要用到，故C不符合题意；
D．D为过滤操作，需要用到，故D不符合题意；
故答案选B。
7．C
【详解】A．乙烯可以和溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，乙烷中混有乙烯通过溴水洗气可以除去乙烯杂质，故A正确；
B．NO2和水反应生成硝酸和NO，可以通过蒸馏水除去NO2，故B正确；
C．饱和碳酸氢钠溶液不吸收CO2，但可以吸收SO2，不能除去杂质CO2，故C错误；
D．碱石灰可以干燥碱性气体，故可以吸收中的，故D正确；
故答案为C
8．C
【详解】A．用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面稳定不下降，说明装置气密性良好，所以不添加其他仪器，能检查出装置是否漏气，A不符合题意；
B．用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内若有气泡产生，说明装置气密性良好，所以不添加其他仪器，能检查出装置是否漏气，B不符合题意；
C．因为分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，打开分液漏斗活塞，液体都会顺利滴下，所以不添加其他仪器，不能检查出装置是否漏气，C符合题意；
D．向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以不添加其他仪器，能检查出装置是否漏气，D不符合题意；
答案选C。
9．D
【分析】海带灼烧后得到海带灰，加水浸泡得到海带灰的悬浊液，过滤得到含碘离子的溶液，加氧化剂得到含碘单质的溶液，加四氯化碳萃取并分液得到碘的四氯化碳溶液，再加碱溶液进行反萃取可得到含碘离子和碘酸根的溶液，再经过酸化可以得到单质碘。
【详解】A．根据分析，步骤①是过滤，④是萃取，A错误；
B．步骤②中并没有将硫酸盐转化为沉淀除去，经过步骤④碘单质转移到有机相中，经过分液与硫酸盐分离，B错误；
C．过量氯气可能继续将碘单质氧化，故氯气不能过量，C错误；
D．步骤⑤酸化时碘离子和碘酸根发生归中反应得到碘单质，所给离子方程式正确，D正确；
故选D。
10．D
【分析】测定原理：称量样品的质量为m1，Na2O2(含少量Na2O)的样品加足量稀盐酸得到NaCl和HCl混合溶液以及产生氧气，氧气逸出，操作I为溶解，将溶液转移至蒸发皿进行蒸发结晶，操作III为蒸发结晶，可同时除去水和HCl，得到NaCl，冷却称量NaCl的质量为m2；设样品中Na2O2的物质的量为xmol，Na2O的物质的量为ymol，则、，可列出78x+62y=m1、(2x+2y)×58.5=m2，联立二式可解出x和y，则试样中Na2O2的纯度=。
【详解】A．由分析可知需称量样品m1和NaCl的质量m2，A正确；
B．由分析可知操作I是溶解，操作Ⅲ是蒸发结晶，B正确；
C．操作I用玻璃棒搅拌，加速溶解，操作II用玻璃棒引流，操作III用玻璃棒搅拌，加速蒸发，故三个操作都需要玻璃棒，C正确；
D．若溶液转移不完全，则NaCl的质量m2偏小，由Na2O2的纯度=可知测定结果偏大，D错误；
答案选D。
11．A
【分析】设硫酸铜晶体的化学式为CuSO4•xH2O，在硫酸铜晶体结晶水含量测定中，坩埚灼烧胆矾晶体，胆矾失去结晶水，硫酸铜粉末的质量m1为恒重后坩埚及剩余物的质量减去坩埚的质量，胆矾晶体的质量m2为坩埚及反应物的质量减去坩埚的质量，加热前后质量的减少量m(H2O)=m2-m1为失去结晶水的质量，若m(H2O)偏大，则x值偏大，反之则x值偏小，据此进行解答。
【详解】A．在空气中冷却时CuSO4粉末吸水，硫酸铜粉末的质量m1偏大，造成加热前后固体的质量差m(H2O)偏小，使测量结果偏小，故A正确；
B．加热时有少量晶体溅出，硫酸铜粉末的质量m1偏小，造成加热前后固体的质量差m(H2O)偏大，使测量结果偏高，故B错误；
C．玻璃棒上沾有少量固体，硫酸铜粉末的质量m1偏小，造成加热前后固体的质量差m(H2O)偏大，使测量结果偏高，故C错误；
D．加热后有少量黑色固体生成，说明硫酸铜发生分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差m(H2O)偏大，使测量结果偏高，故D错误；
故选：A。
12．A
【详解】A．碘单质微溶于水，易溶于四氯化碳，则向含有碘单质的氯化钠溶液中加入四氯化碳萃取后，分液可除去氯化钠溶液中混有的碘单质，A符合题意；
B．向混有乙酸的乙醇溶液中加入氢氧化钠溶液，乙酸与氢氧化钠溶液反应生成沸点高的乙酸钠，蒸馏收集可以得到不含有乙酸的乙醇，但是乙醇中混有水蒸气，B不符合题意；
C．氯化氢极易溶于水，氯气不溶于饱和食盐水，将含有氯气的氯化氢气体通入饱和食盐水会除去氯化氢气体，得到氯气，氯气中会混有水蒸气，C不符合题意；
D．硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙，覆盖在碳酸钙的表面，阻止反应的进一步发生， 不能用于除杂，应选盐酸、过滤，D不符合题意；
故选A。
13．D
【详解】A．HCl溶于水反应产生盐酸，盐酸与NaHCO3反应产生CO2气体，使Cl2中混入新的杂质，不能达到除杂净化的目的，A错误；
B．硫酸与CaCO3反应产生CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3表面，阻止反应进一步发生放出CO2气体，因此不能使用硫酸，应该使用稀盐酸与CaCO3反应制取CO2气体，B错误；
C．向氨化的饱和食盐水中通入CO2气体制取碳酸氢钠时，为充分吸收气体，导气管应该伸入到液面以下，C错误；
D．胆矾是硫酸铜晶体，化学式为CuSO4·5H2O，若浓硫酸具有吸水性，会使CuSO4·5H2O变为CuSO4粉末，物质的颜色由蓝色变为白色，因此该装置可以达到验证浓硫酸的吸水性的目的，D正确；
故合理选项是D。
14．B
【详解】A．干燥气体应长进短出，A错误；
B．检验钾离子用焰色反应，需要通过蓝色钴玻璃观察，B正确；
C．配制150mL盐酸溶液，不要使用150mL的容量瓶，没有则选择250mL,不能使用小的，C错误；
D．氨气能溶于硫酸，会产生倒吸现象，D错误；
故选B。
15．A
【详解】A．试剂添加顺序错误，应是向乙醇中缓慢倒入浓硫酸并搅拌混匀，待温度降至室温时再向其中缓慢加入乙酸，描述错误，符合题意；
B．乙酸乙酯制备所需温度在90℃至100℃之间最佳，所以使用水浴加热更稳定，描述正确，不符题意；
C．利用饱和Na2CO3溶液，吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解性，实现乙酸乙酯分层收集，描述正确，不符题意；
D．乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液不互溶，液体之间能出现明显分层，可以使用分液操作实现混合物分离，描述正确，不符题意；
综上，本题选A。
16．A
【详解】A．在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则制备乙酸乙酯需要的仪器有试管、导管、烧杯、酒精灯、玻璃棒，题给仪器能完成实验，故A正确；
B．在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸在50—60℃的水浴加热条件下发生硝化反应生成硝基苯和水，则制备硝基苯需要的仪器有试管、导管、烧杯、温度计、石棉网、酒精灯，题给仪器不能完成实验，故B错误；
C．制备一定体积的0.1mol/L氯化钠溶液需要的仪器为托盘天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，题给仪器不能完成实验，故C错误；
D．除去硫酸铝溶液中的铁离子应先加入过量的氢氧化钠溶液，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铝离子转化为偏铝酸根离子，过滤，向滤液中加入适量稀硫酸将偏铝酸根离子转化为硫酸铝，则除杂过程中需要的仪器为试管、胶头滴管、漏斗、烧杯、玻璃棒，题给仪器不能完成实验，故D错误；
故选A。
17．A
【详解】A．HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，洗气可分离，A正确；
B．Mg与氧气、氮气均反应，不能除杂，B错误；
C．二者均与碳酸钠溶液反应，将原物质除去，C错误；
D．氧化铝与NaOH溶液反应，将原物质除去，D错误；
故答案选A。
18．B
【详解】用已知浓度的氢氧化钠溶液测定浓硫酸试剂中浓硫酸含量时，稀释、配制稀硫酸需要用到的仪器为烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管，用氢氧化钠溶液滴定稀硫酸时需要用到的仪器为酸式滴定管、碱式滴定管和锥形瓶，不需要用到分液漏斗，故选B。
19．C
【详解】A．容量瓶为精密计量仪器，不能用于稀释浓溶液，应先在烧杯中稀释，再转移到容量瓶中，A错误；
B．氢氧化钠具有腐蚀性，应放在小烧杯或者称量瓶中称量，B错误；
C．定容时利用胶头滴管滴加，则配制NaCl溶液时，最后用胶头滴管加水至刻度线，操作合理，C正确；
D．将量取浓盐酸的量筒洗涤并转入容量瓶中，导致量取的浓盐酸体积偏大，溶质氯化氢物质的量偏大，溶液浓度偏高，D错误；
故答案选C。
20．A
【详解】A．用洗气法除二氧化碳中的氯化氢，把混合气体通过盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，洗气可能发生化学变化，故选A；    
B．蒸馏是根据物质沸点不同分离互溶的液体混合物的方法，没有生成新物质，不发生化学反应，故不选B；
C．升华是加热使某物质由固体直接变为气态的方法，如用升华法除氯化钠中的碘单质，没有生成新物质，不发生化学反应，故不选C；    
D．过滤是分离固体和液体混合物的方法，没有生成新物质，不发生化学反应，故不选D；
选A。
21．B
【分析】取样品加入水中，全部溶解，则不可能含有硝酸钡，因为碳酸钡不溶于水，再加入氯化钙能产生20g沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设21.6g全部为Na2CO3，则生成沉淀，则杂质中含有碳酸根离子的质量分数应该小于Na2CO3中碳酸根离子的质量分数。则KNO3、K2CO3至少含有一种。
【详解】A．KNO3、K2CO3至少含有一种，但不是一定含有K2CO3，A错误；
B．肯定没有硝酸钡，可能含有硝酸钾，B正确；
C．KNO3不是一定存在，C错误；
D．K2CO3不是一定不存在，硝酸钡一定不存在，D错误；
故答案选B。
22．(1) KSCN 合理
(2) 隔绝空气，防止被氧化 新制氯水将氧化或破坏 取少许褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴溶液，若溶液变红，则原因分析成立
(3) 容量瓶 酸性条件下，能氧化生成，所以不能用盐酸酸化
(4) 加入最后一滴溶液，溶液的颜色由无色变为紫红色，且内溶液颜色不褪去，说明滴定到达终点 37.3%

【分析】实验流程图中，加入稀盐酸的目的是溶解固体，植物油目的是隔绝空气，防止Fe2+被氧化，加入试剂X后，溶液变红，证明加入的试剂是KSCN溶液，之后加入新制氯水后，溶液颜色变深，说明是新制氯水氧化Fe2+，使Fe3+颜色变深。
【详解】（1）淡黄色溶液中含有Fe3+，加入试剂X后，溶液变为红色，所以试剂X为KSCN溶液；加入新制氯水后，溶液由红色变为深红色，说明Fe3+浓度增大，则淡黄色溶液中含有，分析合理；
（2）植物油可以隔绝空气，防止被氧化；加入新制氯水后，并未得到深红色溶液，可能是因为新制氯水具有强氧化性，氧化或破坏了SCN-；为验证该分析，设计简单实验方案：取少许褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴溶液，若溶液变红，则原因分析成立；
（3）配制500mL一定物质的量浓度的KMnO4溶液，需要用的仪器有电子天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、容量瓶；在酸性条件下，能氧化生成，所以不能用盐酸酸化KMnO4；
（4）补血剂主要成分为亚铁盐，用KMnO4标准溶液滴定补血剂，到达滴定终点的实验现象是：加入最后一滴溶液，溶液的颜色由无色变为紫红色，且内溶液颜色不褪去，说明滴定到达终点；达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL，消耗KMnO4的物质的量为，根据KMnO45Fe2+得，，所配200mL溶液中含有Fe2+的质量为，则所测补血剂中铁元素的质量百分含量是。
23．(1) 表面皿（或玻璃片）、玻璃棒 碱性、漂白性 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
(2) 检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰 白雾中含有SO2，SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀
(3)向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色
(4) CaSO4 Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4

【分析】本题对SO2与漂粉精的反应进行实验探究，取4g漂粉精溶于水，部分固体溶解，次氯酸钙在水中溶解度较小，故有部分无法溶解。过滤测溶液的pH，pH试纸先因溶液呈碱性而变蓝，后被漂粉精漂白褪色。往漂粉精溶液中持续通入SO2，二氧化硫会与次氯酸钙反应生成硫酸钙、HCl和HClO，液面上方出现白雾，稍后出现浑浊，溶液变黄绿色，黄绿色气体为氯气，后产生大量白色沉淀，黄绿色褪去是因为氯气与过量的二氧化硫反应。
【详解】（1）操作②常用测pH的方法为：将pH试纸放在表面皿或玻璃片的中央，用玻璃棒蘸一点待测溶液到试纸上，然后根据试纸的颜色变化并对照比色卡也可以得到溶液的pH值。所以用到玻璃用品主要有表面皿（或玻璃片）、玻璃棒；pH试纸先变蓝，体现了漂粉精溶液的碱性，后褪色体现了漂粉精溶液漂白性；Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：表面皿（或玻璃片）、玻璃棒；碱性、漂白性；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（2）i.向漂粉精溶液中通入二氧化硫，生成硫酸钙、HCl和HClO，而HCl和HClO反应会生成氯气，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2的干扰；
ii.白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化成硫酸，硫酸与AgNO3溶液反应产生硫酸银白色沉淀，故SO2可以使酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀；
（3）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和氯离子发生反应，通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气，故可向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；
（4）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；
②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸，反应的离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。
24．(1) NCl3+3H2O3HClO+NH3↑
(2) 球形干燥管 ac
(3) 3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl 70℃≤T＜95℃
(4)a
(5)

【分析】由实验装置图可知，装置A中为高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，装置C用于冷凝收集三氯化氮，装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中。
（1）
元素的非金属性越强，三卤化氮中氮卤键的键长越小、键能越大，分子的热稳定性越强，则三氟化氮的热稳定性强于三氯化氮；由题意可知，三氯化氮在热水中易水解生成次氯酸和氨气，反应的化学方程式为NCl3+3H2O3HClO+NH3↑，故答案为：NF3；NCl3+3H2O3HClO+NH3↑；
（2）
由图可知，仪器D为球形干燥管；装置A为固液不加热的装置，该装置可以用于电石与水反应制备乙炔，也可以用于苯、液溴在溴化铁做催化剂条件下制备溴苯，故答案为：球形干燥管；
（3）
由分析可知，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，反应的化学方程式为3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl，由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，水浴加热的温度应控制在70℃～95℃之间，故答案为：3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl；70℃≤T＜95℃；
（4）
由题意可知，滴定过程中发生的反应为氢氧化钠溶液与稀硫酸和硫酸铵溶液中的稀硫酸反应得到硫酸钠和硫酸铵的混合溶液，稀硫酸电离出的氢离子会抑制水的电离，所以稀硫酸转化为硫酸钠的过程中，水的电离程度增大，故选a；
（5）
由题意可知，滴定过程中消耗VmL0.100mol/L氢氧化钠溶液，则用于吸收氨气的稀硫酸的物质的量为0.050mol/L×0.025L—0.100mol/L×10—3VL×，由方程式和氮原子个数守恒可知，溶液中残留的三氯化氮的物质的量浓度为=mol/L，故答案为：。
25．(1) 分液 从溶液II中取样，滴加KSCN溶液，显血红色说明残留Fe3+，显无色说明无残留
(2)b
(3)0.576 mol/L
(4)CD
(5)B
(6) 偏大 滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气装置中气体体积增大，导致计算的铝含量增多

【分析】含Fe3+、Al3+试样X溶液25ml，加入适量浓盐酸和乙醚，在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，当盐酸浓度降低时，该化合物解离，加入水解离后，通过蒸馏得到方法除去乙醚，得到含铁离子的水溶液，定容至100ml，取25.00ml溶液，滴入适量还原剂得到Fe2+离子的溶液，加入指示剂，滴定前，加入的适量溶液B为非氧离子化性和还原性的酸，用重铬酸钾溶液滴定至终点。
(1)
操作A是利用在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，分离的名称为分液，所用仪器为分液漏斗；依据铁离子遇到KSCN溶液变红色设计实验检验铁离子的存在，从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留，故答案为：分液漏斗；从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留；
(2)
a.H2SO3具有还原性，能与标准液K2Cr2O7溶液反应，而消耗更多的标准溶液导致实验不准确，a不选；
b. H2SO4-H3PO4可对溶液B进行酸化，b选；
c. HNO3具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应，消耗待测液，导致实验结果偏低，c不选；
d. HI具有还原性，能与标准液K2Cr2O7溶液反应，d不选；
故选：b；
(3)
依据离子反应定量关系计算，定达到终点时，消耗0.1mol•L-1K2Cr2O7溶液6.00mL，物质的量=0.1mol/L×6×10-3L=6×10-4mol，反应为 +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，可得关系式，，则试样X中c(Fe3+)=0.144mol/L×=0.576mol/L，故答案为：0.576mol/L；
(4)
上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可以重复几次实验，增加平行测定次数，数值取平均值，减少误差，滴定溶液浓度越小，测定结果越准确，故答案为：CD；
(5)
A．由于恒压分液漏斗的存在是平衡压强，检查密闭装置，检查装置气密性可以密闭装置，改变压强，利用液面变化判断该装置气密性，能进行气密性检查，故A错误；
B．读数前需将量气管C上下移动使B、C中的液面相平，防止水的压强影响读取气体体积数值产生误差，故B正确；
C．反应完成后生成的氢气依据量气管的液面变化读取体积，不需要都要转移至装置B中，故C错误；
D．保证合金完全反应条件下，利用的是气体压强变化，液面差读取气体体积，产生气体不会超过量气装置的量程，故D错误；
故答案为：B；
(6)
若将恒压分液漏斗(A)去掉导管a，改成普通分液漏斗，滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气管装置中气体体积增大，导致计算的铝的含量增大，则测得铁铝合金中的铝含量偏大，故答案为：偏大；滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气装置中气体体积增大，导致计算的铝含量增多。
26．(1)
(2) (球形)干燥管 2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2 1：1
(3) 除去O2中的CO2 检验O2中是否有CO2
(4) Na++CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+ NH3 氨气溶解性大而且溶液呈碱性后能吸收更多二氧化碳，增大浓度，有利于碳酸氢钠析出
(5)≥2

【分析】为研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应，甲装置中碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，乙中用浓硫酸除去二氧化碳中的水蒸气，丙中二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，丁中用氢氧化钠除去氧气中的二氧化碳，戊中澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，己装置用排水法收集氧气。
(1)
实验目的是研究NaHCO3分解的CO2与Na2O2反应，碳酸氢钠分解放出的二氧化碳气体中含有水蒸气，乙装置的作用是干燥二氧化碳，所以乙是盛有浓硫酸的洗气瓶，装置图为；
(2)
根据图示，装置丙中仪器名称是球形干燥管，其中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2，Na2O2中氧元素的化合价由-1升高为0、由-1降低为-2，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的质量比为1:1。
(3)
由丙装置出来的气体中含有氧气和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，所以丁中NaOH溶液的作用是除去O2中的CO2，装置戊中澄清石灰水的作用是检验O2中是否有CO2。
(4)
侯氏制碱法中氯化钠、二氧化碳、氨气反应生成NaHCO3沉淀、氯化铵，反应的离子方程式为Na++CO2+NH3+H2O→NaHCO3↓+。氨气溶解性大而且溶液呈碱性后能吸收更多二氧化碳，增大浓度，有利于碳酸氢钠析出，所以往饱和食盐水中先通入氨气。
(5)
设投入xmolNa2O2和ymolNaHCO3，在300℃下充分反应，若残留固体为纯净物，则固体产物为碳酸钠，根据元素守恒2n(C)≥n(Na)，则2y≥(2x+y)，则起始时≥2。
27．(1) 热水浴 增大Cl－浓度，使反应向生成NaCuCl2的方向进行
(2)一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低
(3) 漏斗 玻璃棒
(4) 洗去CuCl表面的Cu2+、抑制CuCl的水解 4CuCl＋O2＋4H2O→2Cu2(OH)3Cl＋2HCl
(5) 0.979 偏低

【分析】途径一：CuSO4溶液加入足量NaCl、SO2在70 ~ 80℃生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品；途径二： CuCl2溶液加入足量NaCl、Cu、少量HCl生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品，以此来解析；
(1)
步骤①控制反应温度在70 ~ 80℃的方法是水浴加热;步骤①②都必须外加NaCl(s)，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液，原因是足量的NaCl可以提供足够的氯离子，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液；
(2)
Cu、CuCl均为固体，途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是因为CuCl和Cu都是固体，生成的CuCl可能附着在Cu表面，阻止反应进一步进行；
(3)
步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)
步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗，CuCl中存在CuCl=Cu+ +Cl-，稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解，提高产率；氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
(5)
根据CuCl+FeCl3= CuCl2+FeCl2、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+有Ce4+～CuCl，所以n(CuCl)=n(Ce4+)=n[Ce(SO4)2]=0.2000mol·L-1×24.60×10-3L=4.92×10-3mol，m (CuCl)= n×M= 4.92×10-3mol×99.5g/mol=0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数：=0.979，若滴定操作耗时过长，可能使其被氧气氧化，可能会使测定的CuCl质量分数偏低；
28．(1) Li2CO3＋CO2＋H2O→2LiHCO3 温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小
(2)Li2C2O4Li2CO3＋CO
(3) 热水 向步骤③得到的滤液中继续滴加Na2CO3(aq)，若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全
(4)d、b、e
(5) 偏小

【分析】盐湖锂精矿(主要成分：Li2CO3，杂质：CaCO3) 通入CO2，Li2CO3发生反应 Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3转化成溶于水的LiHCO3，CaCO3发生反应 CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，转化成溶于水的Ca(HCO3)2，加足量草酸锂反应生成草酸钙沉淀、过滤，滤液为LiHCO3，滤液经热解LiHCO3得到Li2CO3，过滤烘干得Li2CO3成品。
盐湖卤水中(含一定浓度LiCl和MgCl2)，含有Mg2+杂质，需先加NaOH调节pH，将镁离子转化成Mg(OH)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，再加入Na2CO3溶液制得Li2CO3、进一步可得到成品。
(1)
步骤①Li2CO3与CO2、H2O反应生成LiHCO3，则主要反应的化学方程式为Li2CO3＋CO2＋H2O→2LiHCO3。由表知：Li2CO3溶解度随温度升高而减小，则反应在常温下进行、温度越高锂精矿转化率越低的原因可能是：温度升高，CO2、Li2CO3溶解度均减小。
(2)
Li2C2O4受热易分解为Li2CO3和CO，则步骤②热解、过滤获得的沉淀表面有少量Li2C2O4、不经洗涤也不会影响Li2CO3纯度的原因用化学方程式表示为：Li2C2O4Li2CO3＋CO。
(3)
步骤③中通过过滤分离出Li2CO3沉淀、沉淀表面有氯化钠溶液，需要洗涤，由于Li2CO3溶解度随温度升高而减小，则选择用热水洗涤，故操作是过滤、热水_洗涤、干燥；判断滤液2中Li+是否沉淀完全的方法是：向步骤③得到的滤液中继续滴加Na2CO3(aq)，若溶液浑浊则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全。
(4)
Li2CO3(M=74g·mol-1)样品的纯度可用滴定法测定(杂质不参与反应)。反应原理：用盐酸标准液滴定Li2CO3样品时，发生反应：Li2CO3＋2HCl→2LiCl＋CO2↑＋H2O，在二氧化碳存在下滴定终点变色不敏锐，因此，在接近滴定终点之前，最好把溶液加热至沸，并摇动以赶走二氧化碳，冷却后再滴定，故操作步骤顺序为：
c．将样品置于锥形瓶中，加水溶解；
a．加入0.1~0.2mL甲基红-溴甲粉绿作指示剂；
d．用盐酸标准液滴定至溶液由绿色变成酒红色；
b．煮沸去除CO2，再冷却到室温；
e．继续滴定至酒红色(滴定突跃区域)即为终点。
则答案为dbe。
(5)
由Li2CO3＋2HCl→2LiCl＋CO2↑＋H2O知：Li2CO3的纯度ω=。
上述滴定操作中，若缺少步骤b，由于二氧化碳溶于水时呈酸性、则使标准溶液体积偏小、测定结果将偏小。
29．(1) 加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎 ZnO或Zn(OH)2 使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀
(2) Fe(OH)3、MnO2 2MnO+3Mn2++2H2O═5MnO2↓+4H+
(3) Ni2+、Cd2+ Zn
(4)0.9898

【分析】菱锌矿的主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素，加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，滤液调节pH后加入KMnO4氧化除杂除去Fe2+、Mn2+；接着还原除杂除去Ni2+、Cd2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO。
(1)
①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎；答案为：加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎。
②“溶浸”后的溶液pH=1，“调pH”调节至弱酸性(pH约为5)，加入的试剂能消耗H+，且不引入新杂质，故向“溶浸”后的溶液中加入少量ZnO或Zn(OH)2调节pH；根据各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“调pH”的目的是使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀；答案为：ZnO或Zn(OH)2；使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀。
(2)
弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，KMnO4将Fe2+氧化，结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“滤渣2”的化学成分为Fe(OH)3、MnO2；KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；答案为：Fe(OH)3、MnO2；2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
(3)
根据分析，“还原除杂”除去的离子是Ni2+、Cd2+；氧化性顺序：Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，为了不引入新杂质，加入的还原剂为Zn；答案为：Ni2+、Cd2+；Zn。
(4)
碱式碳酸锌高温灼烧的方程式为ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O3ZnO+CO2↑+4H2O，生成0.670kgZnO消耗ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O的质量为=0.9898kg，则“高温灼烧”过程中原料的转化率为=0.9898；答案为：0.9898。
30．(1)2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2
(2) 球形干燥管 防止空气中的水蒸气进入C中 b
(3) abd 液体中红棕色褪去
(4)缺少尾气处理装置
(5) 溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 79.3%

【分析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为，N2O5常温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使其反应更加充分也可以溶解产物N2O5。装置D为保护装置，防止倒吸，N2O5可与水反应生成硝酸，故E装置的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与N2O5反应。
【详解】（1）干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了N2O5和氧气，反应的方程式为：。
（2）装置B的名称为球形干燥管，因为N2O5可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，反应平衡正向移动，可以生成更多的N2O4以便后续与臭氧反应。
（3）二氯甲烷可溶解反应物NO2，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物N2O5，可通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO2溶于二氯甲烷使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。
（4）该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。
（5）酸性高锰酸钾为紫红色，随着H2O2的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗H2O2的物质的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据H2O2与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，H2O2消耗的高锰酸钾为，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则N2O4消耗的高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据N2O4与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰酸根离子反应的N2O4的物质的量为，则2.0g产品中含有N2O5的质量为，所以粗产品的纯度为。