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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-149化学实验基础（12）
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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-149化学实验基础（12），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-149化学实验基础（12）
一、单选题
1．（2020·上海青浦·统考二模）胆矾的结晶水含量测定实验，恒重操作用不到的仪器是
A． B． C． D．
2．（2020·上海青浦·统考二模）如图为乙酸丁酯制备的实验装置，下列说法正确的是
A．玻璃导管的主要作用是平衡试管内外压强
B．该装置适用于乙酸乙酯的制备
C．加入过量乙酸可以提高丁醇的转化率
D．分离提纯乙酸丁酯的方法是将混合物直接分液
3．（2020·上海浦东新·统考二模）某同学想用实验证明硫酸铜溶液的蓝色与SO42-无关。下列实验无意义的是（ ）
A．观察明矾溶液为无色
B．取样，加水稀释，溶液蓝色变浅
C．取样，滴加过量硝酸钡溶液，溶液仍为蓝色
D．取样，滴加过量氢氧化钠溶液，溶液变成无色
4．（2020·上海崇明·统考二模）为提纯物质（含括号内的杂质少量），所选用试剂及实验方法均正确的是（ ）
物质
试剂
实验方法
A
CH3CH2OH（H2O）
CaO（新制）
蒸馏
B
CO2（CO）
O2（纯）
点燃
C
CH3CH3（CH2=CH2）
酸性KMnO4溶液
洗气
D
FeCl3（aq）（CuCl2）
铁粉（纯）
过滤
A．A B．B C．C D．D
5．（2020·上海崇明·统考二模）下列相关实验的叙述中正确的是（ ）
A．在胆矾溶液中滴入少许烧碱溶液，再加入有机物加热可验证含醛基类物质
B．实验室测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要进行的称量操作一定为4次
C．为验证氯乙烷中含氯，将其与氢氧化钠溶液混合加热后再滴入硝酸银溶液
D．需要约480mL0.100mol/L的NaOH溶液，配制时可准确称量NaOH2.000g
6．（2020·上海长宁·统考二模）只用水就能鉴别的一组物质是（ ）
A．苯、乙酸、四氯化碳 B．乙醇、乙醛、乙酸
C．乙醛、乙二醇、硝基苯 D．己烷、乙醇、甘油
7．（2020·上海松江·统考二模）根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，下列图示装置能达到实验目的的是（）
A． B．
C． D．
8．（2020·上海长宁·统考二模）测定CuSO4·xH2O晶体的x值，有关质量数据如表中所示，已知x的理论值为5.0，产生误差的可能原因是（ ）
坩埚
坩埚+试样
失水后，坩埚+试样
11.70g
14.20g
13.20g
A．晶体中含不挥发杂质 B．加热时蓝色未完全变白
C．没有放在干燥器中冷却 D．加热时有晶体溅出
9．（2020·上海浦东新·统考二模）实验室制取乙酸丁酯的装置如图。下列对该实验的认识正确的是（ ）
A．采用空气浴加热，石棉网可以避免局部温度过高
B．试管上方长导管的作用是让反应产生的气体逸出
C．反应结束后混合液下层呈油状且有果香味
D．欲提纯乙酸丁酯，需使用水、氢氧化钠溶液洗涤
10．（2020·上海崇明·统考二模）对如图所示的实验装置中各部分仪器的主要作用的叙述正确的是（ ）
A．大烧杯d：防止在a发生破裂后使药品外溢
B．量气管b：读出反应前后与水面相平的刻度
C．水准管c：可方便地向整个装置中添加液体
D．温度计e：搅拌烧杯中的液体并且测量温度
11．（2020·上海静安·模拟预测）测定结晶水合物中结晶水含量时，必须作恒重操作的原因是
A．避免结晶水合物分解，质量减小 B．防止结晶水合物失水后又吸潮，质量增大
C．判断加热时结晶水合物有无溅出 D．判断结晶水合物已全部失去结晶水
12．（2020·上海黄浦·统考一模）下列实验不需要用到温度计的是（ ）
A．实验室制乙烯 B．实验室制备硝基苯
C．实验室制备乙酸丁酯 D．实验室制备少量蒸馏水
13．（2020·上海黄浦·统考一模）下列物质分离提纯所用原理不同于其它的是（ ）
A．粗盐提纯过滤泥沙 B．用四氯化碳萃取碘水中的碘
C．实验室乙酸乙酯提纯 D．实验室分离苯和溴苯
14．（2020·上海闵行·统考二模）测定胆矾晶体中结晶水含量，不需要的仪器是
A．胶头滴管 B．玻璃棒 C．坩埚 D．电子天平
15．（2020·上海宝山·统考二模）已知：
硫酸
物质的量浓度(mol/L)
质量百分比浓度(%)
密度(g/cm3)
浓硫酸
18.4
98
1.84
稀硫酸
3
25
1.18
现在实验室只有98%的浓硫酸，如果要配制100mL3mol/L稀硫酸，需要浓硫酸多少毫升（如果用250mL的容量瓶配制）（ ）
A．0.0163 B．0.0408 C．16.3 D．40.8
16．（2020·上海宝山·统考二模）下列实验中，由于某些操作导致所测出的数据一定偏高的是（ ）
A．测定硫酸铜晶体结晶水含量时，固体部分变黑，所测得的结晶水的含量
B．用量筒量取液体时，仰视读出的数值
C．测定未知浓度氢氧化钠溶液时，锥形瓶未干燥直接加入待测液，所测得的浓度值
D．用pH试纸测未知液的pH时，先将pH试纸湿润，再用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡比较，测得pH
17．（2020·上海宝山·统考二模）离子检验的常用方法有三种：
检验方法
沉淀法
显色法
气体法
含义
反应中有沉淀产生或溶解
反应中有颜色变化
反应中有气体产生
下列离子检验的方法不合理的是（ ）
A．NH4+：气体法 B．SO42-：气体法 C．Fe3+：显色法 D．Br-：沉淀法
18．（2020·上海宝山·统考二模）下列工业生产所采取的措施和基本原理不一致的是（ ）
A．合成氨反应分离氨气以后的尾气循环使用，目的是充分利用原料
B．接触法制硫酸中，使用热交换器的目的是充分利用能源
C．侯氏制碱法比氨碱法更好的主要原因是前者更有利于保护环境
D．用氨水吸收制硫酸的尾气，目的是保护环境
19．（2020·上海奉贤·统考一模）下列有机化合物中均含有酸性杂质，除去这些杂质的方法中正确的是
A．苯中含苯酚杂质：加入溴水，过滤
B．乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液
C．乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液
D．乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液
二、实验题
20．（2020·上海杨浦·统考二模）为测定苏打中Na2CO3的含量（含NaHCO3杂质），实验小组设计了如下三个实验方案。
方案Ⅰ．①称量：仪器X的质量为ag；②称量：仪器X和装有试样的质量为bg；③加热；④冷却；⑤称量：仪器X和残余物的质量为cg；⑥重复____________操作，直至恒重，质量为dg。
(1)仪器X是____________（填名称），方案 Ⅰ 的实验原理是：____________（用化学方程式表示）。
(2)请将步骤⑥补充完整：重复____________操作，步骤⑥的目的是：____________。
(3)计算Na2CO3的质量分数要用到的数据是____________（选填a、b、c、d）。
方案Ⅱ．称量一定量样品，选用合适的装置测定样品与硫酸反应生成的气体体积。
(4)为提高测定准确性，应选用发生装置____________（选填“A”或“B”）和量气装置D；装置D比装置C准确性高的原因是____________（任一条原因）。
(5)检查装置A的气密性：向A的分液漏斗中加入适量水，按图连接好装置，关闭止水夹F，打开活塞E，发现分液漏斗中的水持续滴下，说明A漏气。该判断是否正确，并说明理由：____________。
方案Ⅲ．称量0.2570g样品，置于锥形瓶中，加适量水溶解，滴2滴酚酞试液，用0.1000mol/L盐酸滴定至溶液由浅红色变成无色且半分钟不变色，反应原理：Na2CO3＋HCl→NaHCO3＋NaCl，重复上述操作两次。
(6)用密度为1.19g/mL、质量分数为0.37的浓盐酸，配制1L0.1000mol/L稀盐酸，所需的定量仪器是：滴定管、1L容量瓶，其中滴定管的作用是____________。滴定管和容量瓶在使用前都要进行的操作是__________。（选填序号）
Y．检漏 Z．用蒸馏水洗涤 W．用待装液润洗
(7)根据表中数据，碳酸钠的质量分数为____________（小数点后保留四位）。
滴定次数
样品的质量/g
稀盐酸的体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
1
0.2570
1.00
21.01
2
0.2570
0.50
20.49
3
0.2570
1.20
21.20
21．（2020·上海松江·统考二模）某同学设计如图装置，用过量浓硫酸与铜反应制取SO2，并探究SO2与Na2O2反应的产物。
完成下列填空：
（1）写出烧瓶中生成SO2的化学方程式__。
（2）细铜丝表面的实验现象是__，使用细铜丝的原因是__。
（3）欲使反应停止，应进行的操作是__，反应一段时间以后，将烧瓶中液体冷却后，可观察到白色固体，推断该白色固体是__，理由是__。
（4）将Na2O2粉末沾在玻璃棉上的目的是__，若Na2O2与SO2完全反应，生成Na2SO3、O2和Na2SO4。为检验混合物中有Na2SO4，实验方案是__。
（5）实验装置中广口瓶的作用是__。在含0.1molNaOH的溶液中不断地通入SO2，得到溶质的质量为8.35g，则烧杯中生产的溶质是__。两者的物质的量之比为__。
22．（2020·上海长宁·统考二模）为了监测某烟道气中的NOx的含量，选用如下采样和检测方法。
I.采样步骤
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。
（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是___。采样步骤②加热烟道气的目的是___。
C中填充的干燥剂最好的选择是___（选填编号）。
a.碱石灰 b.无水CuSO4 c.P2O5
（2）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D(装有碱液)相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂___。
Ⅱ.NOx含量的测定
将一定量的气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3-，然后加入过量的FeSO4标准溶液，充分反应后，再用K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+。
（3）NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式是___。滴定操作使用的玻璃仪器主要有___。
（4）滴定过程中发生下列反应：3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O、Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）：若缺少采样步骤③，会使测试结果___；若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___。
23．（2020·上海浦东新·统考二模）已知：2Fe+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O。某学习小组对铁丝（含杂质碳）与浓硫酸反应后的产物进行探究。
Ⅰ.溶液探究
（1）将反应后的溶液稀释，取稀释液，滴加NaOH溶液，观察到___现象时，证明有Fe3+存在。为进一步判断溶液中是否存在Fe2+，可另取稀释液少许，滴加___（选填编号）。
a.KSCN溶液和氯水 b.铁粉和KSCN溶液
c.浓氨水 d.KMnO4酸性溶液
（2）为判断反应停止后硫酸是否有剩余，制定的实验方案为：测定稀释液的pH。请对此实验设计进行评价。____。
Ⅱ.气体探究
（3）将产生的气体依次通过品红溶液和澄清石灰水，观察到：品红溶液褪色、澄清石灰水变浑浊。是否___（填写“是”或“否”）能据此判断除SO2外，反应后气体中还含有CO2？请说明理由___。
最后逸出的气体具有可燃性，推测该气体为H2，理由是___（用离子方程式表示）。
（4）收集混合气体336mL（已折算成标准状况），通入足量的氯水中，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。滴加足量BaCl2溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥、称量，测得质量为2.330g。则混合气体中SO2的体积分数为___。（精确至小数点后第二位）
（5）将上述混合气体直接通入BaCl2溶液，未见明显现象，放置一段时间后发现有少许浑浊，分析其中的原因___。
24．（2020·上海黄浦·统考一模）实验测定含有少量氯化钠的碳酸氢钠的含量，完成下列填空：
方案1：取样品溶解后，加试剂使HCO3-沉淀，测定沉淀的质量。
操作步骤有：①称量并溶解样品；②加入足量的Ba(OH)2溶液；③过滤；④洗涤；⑤干燥；⑥称量并进行恒重操作。
（1）实验时所需的定量实验仪器为___，判断是否达到恒重的标准是__。
方案2：用0.100mol/L盐酸滴定。具体过程如图：
（2）操作1所需要的仪器有__。
（3）操作2时选择的指示剂为甲基橙，当溶液___时，说明达到了操作2终点。为减少实验的偶然误差，通常的处理办法是__。
（4）操作2时若锥形瓶内有少量液体溅出，则测定结果__；若盛装待测液的锥形瓶未用待测液润洗，测定结果___。（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
（5）用图中的数据，计算小苏打中碳酸氢钠的质量分数___。
方案3：用稀盐酸将HCO3-转化为CO2，测定CO2的体积。
（6）为保证读数的准确性并易于观察，实验中量气管中的液体最好是__（填字母编号）。
a.饱和碳酸钠溶液 b.饱和碳酸氢钠溶液 c.含有品红的硫酸溶液
本实验应对量气管多次读数，读数时应注意：
①将实验装置恢复到室温，
②___，
③视线与凹液面最低处相平。
25．（2020·上海静安·模拟预测）I.中国的侯德榜对索尔维制碱法进行了改进，将合成氨工业与纯碱工业联合，发明了侯氏制碱法，又称联合制碱法，生产流程可以表示如图所示（ 代表所需物质， 代表产品）
在上述工业流程中：
（1）产品N的化学式__________，所需物质A的名称____________，B的电子式____________。
（2）侯德榜制碱法的原理是_____________________________________（用化学方程式表示）。操作X的名称是_________________________。
II.利用侯德榜原理制备的纯碱中含有少量NaCl等杂质，利用下列装置可用来测定纯碱中的Na2CO3的质量分数。
实验步骤如下：
①如图所示，组装好实验仪器，并检查其气密性；
②准确称取盛有碱石灰的干燥管D的质量（设为m1g）；
③准确称取一定量的纯碱（设为ng），并将其放进广口瓶B内；
④从分液漏斗中缓缓滴入一定量的稀硫酸，并从前端缓缓地鼓入空气，至B反应器中不再产生气体为止；
⑤准确称取干燥管D的总质量（设为m2g）
根据上述实验，回答下列问题：
（3）该实验进行到操作④时，要缓缓鼓入空气，鼓入空气的作用是__________________________。装置A中的液体应选用___________。
（4）装置B与D之间必须添加一装置C，否则使测定结果偏高。在空白框内画出该装置C，装置中盛放的是__________。
（5）根据此实验，计算出纯碱中Na2CO3的质量分数为_________________（用m1、m2、n表示）。如果缺少装置E，则实验所得纯碱样品的纯度会_________（“偏高”、“偏低”、或“无影响”）。
26．（2020·上海宝山·统考二模）某种含有少量氧化钠的过氧化钠试样（已知试样质量为1.560g、锥形瓶和水的质量为190.720g），利用如图装置测定混合物中Na2O2的质量分数，每隔相同时间读得电子天平的数据如下表：
（1）写出Na2O2和H2O反应的化学方程式_______。
（2）计算过氧化钠质量分数时，除了试样的质量，锥形瓶和水的质量，还必需的数据是______，不必作第6次读数的原因是______。
（3）根据上述数据，过氧化钠的质量分数是_____（保留2位小数）。
（4）测定上述样品（1.560g）中Na2O2质量分数的另一种方案，其操作流程如图：
①操作Ⅰ的名称是_____。
②需直接测定的物理量是_____。
③操作Ⅱ需要的仪器除了酒精灯，还需要_____（固定、夹持仪器除外）。
④在转移溶液时，如溶液转移不完全，则Na2O2质量分数的测定结果_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
27．（2020·上海闵行·统考二模）已知无水FeCl3能与氯苯反应：2FeCl3+C6H5Cl=2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，实验室利用该装置制备无水FeCl2并检测FeCl3的转化率。已知：C6H5Cl、C6H4Cl2沸点依次为132℃、173℃。如图为制备FeCl2装置（加热和加持仪器省略）
(1)蒸干并灼烧FeCl2溶液最终得到_____
(2)导管a的作用是_____；反应前通入N2的作用是_____；
(3)锥形瓶的作用是_____；该装置的不足之处为_____。
(4)反应结束后，回收过量氯苯的操作方法名称是_____。
若32.500g无水FeCl3与过量氯苯充分反应后将锥形瓶内溶液配制成250mL溶液，量取其中25.00mL溶液，滴加指示剂后，用0.4000mol/L的NaOH溶液滴定，重复三次，达到滴定终点平均消耗19.60mLNaOH溶液。
(5)滴定终点的现象是_____。
(6)FeCl3的转化率（转化量占总量的百分率）为_____%。
若制备反应后未通入足量N2，测定结果会_____(选项：偏高、偏低或不影响)
三、工业流程题
28．（2020·上海虹口·统考二模）氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl2·2H2O）的主要流程如下：
完成下列填空：
(1)除杂操作是加入物质A来调节溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根据下表所给信息，此时控制溶液的pH范围是_____________，加入的物质A是___________（写化学式）。
开始沉淀时的pH
沉淀完全时的pH
沉淀开始溶解时的pH
Al(OH)3
3.3
5.2
7.8
Fe(OH)3
1.5
4.1
－
(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是____________________________________________。
(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是_________________________________。
(4)测定制得的样品的纯度，可采用如下方案：
a．称取0.750 g样品，溶解，在250 mL容量瓶中定容；
b．量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用0.050 mol/L AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39 mL。
①上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有__________________。
②计算上述样品中CaCl2·2H2O的质量分数为__________________（保留三位有效数字）。
③若配制和滴定操作均无误，但最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高，写出可能导致该结果的一种情况___________________________________________。
29．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）某工厂废金属屑的主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的金属废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体。
完成下列填空：
（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式：___。
（2）试剂X是___，溶液D是___。
（3）在步骤Ⅱ中，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后，仍观察不到烧杯中产生白色沉淀。为了固体C的生成，在药品和装置上可采取的改进措施是___。
（4）溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，用离子方程式解释其可能的原因：___。
（5）将固体F继续加入热的稀硫酸，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液，写出反应的化学方程式：___。
30．（2020·上海崇明·统考二模）工业制取皮革加工中的鞣化剂硝酸铝，是用铝灰与烧碱、硝酸反应制得的。铝灰是铝、氧化铝和氧化铁的混合物。产品硝酸铝晶体为Al(NO3)3·nH2O。
已知偏铝酸盐能与一般的酸反应，如：NaAlO2+HNO3+H2O→NaNO3+Al(OH)3↓
生产流程如图：
完成下列填空：
（1）用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，除烧杯、玻璃棒外还需（选填编号）___。
A． B． C． D．
说出流程中产生的滤渣的一种用途是___。制作一个过滤器需要___。流程中操作x的名称是____。
（2）反应Ⅱ加入的硝酸必须适量，原因是___。反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，原因是___。
（3）从反应Ⅲ所得的溶液制成产品的步骤依次为减压蒸发，___，过滤，___，低温烘干。
（4）为测定所得的产品的纯度，质检人员称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定。通过计算便可得出产品的纯度。
①上述过程属于定量实验。其中除配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是___，该实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与___的刻度值。
②任意写出一个该测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式：___。
参考答案：
1．C
【详解】测定胆矾晶体中结晶水含量，需称量一定质量的晶体，经研磨后在坩埚中加热，并在干燥器中冷却后称量，所以需要的仪器有天平、研钵、坩埚、泥三角以及干燥器等，恒重操作用不到的仪器是研钵，答案选C。
2．C
【分析】1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，加热115～125℃，通过酯化反应制得乙酸丁酯，为可逆反应，反应中浓硫酸起到催化剂和吸水剂的作用，加入过量的乙酸，有利于平衡正向移动，有机物易挥发，长导管可起冷凝作用，以此解答该题。
【详解】A．玻璃导管的主要作用是冷凝回流，故A错误；
B．制备乙酸乙酯时，反应温度80℃左右，可以用水浴加热来控制温度，不能直接加热，故B错误；
C．制得乙酸丁酯，为可逆反应，加入过量的乙酸，有利于平衡正向移动，可以提高丁醇的转化率，故C正确；
D．提纯乙酸丁酯需使用碳酸钠溶液，吸收未反应的乙酸，溶解丁醇，降低乙酸丁酯的溶解度，故D错误；
答案选C。
【点睛】需辨析清晰制取乙酸丁酯（直接加热）和乙酸乙酯（水浴加热）的实验的不同和相同之处。
3．B
【详解】A．硫酸铜溶液、明矾溶液中都含硫酸根离子，若硫酸铝钾溶液无色，则说明硫酸铜溶液的蓝色和硫酸根无关，故A不选；
B．硫酸铜溶液一定含有铜离子、硫酸根离子，硫酸铜溶液显蓝色无论和SO42-有没有关系，加水稀释后颜色均有变化，故加水稀释后蓝色变浅，不能说明硫酸铜溶液的蓝色和硫酸根无关，B实验无意义，故B选；
C．向硫酸铜溶液中滴加适量的硝酸钡溶液，能将SO42-沉淀，如果硫酸铜溶液的蓝色和硫酸根有关，则溶液的蓝色应消失，而实际的实验现象是蓝色未消失，说明硫酸铜的蓝色和硫酸根无关，故C不选；
D．向硫酸铜溶液中加入NaOH溶液后，能将铜离子沉淀，如果硫酸铜溶液的蓝色和硫酸根有关，则溶液蓝色应不变，而实际的实验现象是蓝色消失，故说明溶液的蓝色和硫酸根无关，故D不选；
故选B。
【点睛】明确实验的目的是解题的关键。本题的易错点为A，因为铝离子和钾离子均无色，因此明矾溶液为无色，说明硫酸根也是无色离子，说明硫酸铜溶液的蓝色与硫酸根无关。
4．A
【详解】A．水与CaO反应后，增大了与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故A正确；
B．二氧化碳中少量的CO不易点燃，且易混入氧气，应通过足量热的CuO除杂，故B错误；
C．乙烯能够被酸性KMnO4溶液氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故C错误；
D．铁粉能与CuCl2反应生成氯化亚铁溶液和铜，也能与氯化铁反应生成氯化亚铁，会把原物质也除去，不符合除杂原则，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为C，要注意乙烯被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化会生成二氧化碳等，引入新杂质。
5．D
【详解】A．胆矾溶液显酸性，在胆矾溶液中滴入少许烧碱溶液，得到的溶液中碱没有过量，而醛基的检验需要在碱性溶液中进行，因此实验不能成功，故A错误；
B．在硫酸铜结晶水含量的测定实验中，实验中的加热、冷却、称量的操作步骤要重复进行，直至连续两次称量的差不超过0.1 g为止，一般情况下，结晶水含量测定时称量次数不得少于4次，故B错误；
C．氯乙烷在氢氧化钠溶液中水解生成氯离子，检验氯离子，应在酸性条件下进行，否则生成AgOH而影响实验，因此滴加硝酸银之前，需要用硝酸中和氢氧化钠，故C错误；
D．配制480 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，需要选择500mL容量瓶，NaOH的质量m=nVM=0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.000g，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为AC，要注意物质的检验对溶液酸碱性的要求。
6．A
【详解】A.苯与水不互溶且比水的密度小，混合时苯在上层，乙酸与水互溶不分层，四氯化碳与水不互溶且比水的密度大，混合时四氯化碳在下层，则能用水进行区分，故A正确；
B.乙醇、乙醛、乙酸均能溶于水，与水混合时均不分层，则不能用水进行区分，故B错误；
C.乙醛、乙二醇均能溶于水，与水混合时均不分层，则不能用水进行区分，故C错误；
D.乙醇、甘油均能溶于水，与水混合时均不分层，则不能用水进行区分，故D错误；
综上所述，答案为A。
7．D
【分析】制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，形成氨化的饱和食盐水，在通入二氧化碳从而保证了通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应。
【详解】A．导气管位置错误，应该长进短出，故A错误；
B．二氧化碳在氯化钠溶液中的溶解度很小，先通入氨气使食盐水显碱性，能够吸收大量二氧化碳气体，产生高浓度的碳酸氢根离子，才能析出碳酸氢钠晶体，故B错误；
C．氨气的导气管的位置错误，应该长进短出，故C错误；
D．氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，形成氨化的饱和食盐水，从而保证了二氧化碳被充分反应，装置符合制备原理，故D正确；
答案选D。
8．D
【分析】由题意可知，，，，，。
【详解】A.晶体中含不挥发杂质，会使剩余固体的质量偏大，m（H2O）偏小，会使x偏小，不符合题意，故A错误；
B.加热时蓝色未完全变白，会使剩余固体的质量偏大，m（H2O）偏小，则会使x偏小，不符合题意，故B错误；
C.没有放在干燥器中冷却，会使剩余固体的质量偏大，m（H2O）偏小，则会使x偏小，不符合题意，故C错误；
D.加热时有晶体溅出，会使剩余固体的质量偏小，m（H2O）偏大，则会使x偏大，符合题意，故D正确；
综上所述，答案为D。
9．A
【详解】A．采用空气浴加热，石棉网可以避免试管局部温度过高，使试管受热均匀，故A正确；
B．乙酸和丁醇均易挥发，试管上方长导管的作用是使挥发出来的乙酸和丁醇冷凝回流，提高原料的利用率，故B错误；
C．酯的密度小于水的密度，反应结束后混合液上层呈油状且有果香味，故C错误；
D．乙酸丁酯在氢氧化钠溶液中容易水解，提纯乙酸丁酯，需使用水、饱和碳酸钠溶液洗涤，故D错误；
故选A。
10．B
【分析】这是一套能够在一定温度条件下测量生成气体体积的装置，结合各装置的作用分析解答。
【详解】A．大烧杯d是对a进行温度控制的装置，故A错误；
B．读取生成气体的体积时，需要量气管b中液面与水准管中液面在同一高度，便于读出反应前后与水面相平的刻度，故B正确；
C．可以通过调节水准管c中液面的高度，使量气管与b中液面与水准管中液面在同一高度，便于读出反应前后与水面相平的刻度，故C错误；
D．温度计不能用作搅拌棒，故D错误；
故选B。
11．D
【详解】在定量实验中，经常会在一些步骤进行重复，如测定结晶水合物中结晶水含量的实验中加热、冷却、称量的操作步骤要重复使用，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止，做恒重操作，这是为了确定样品中结晶水是否已经完全除去，保证实验的准确性；故答案选D。
12．D
【详解】A．实验室制乙烯，乙醇和浓硫酸在170℃的条件下发生消去反应生成乙烯，需要温度计测量反应液的温度，A不符合题意；
B．实验室制备制取硝基苯需要 55℃～60℃的水浴，需要温度计测量水浴的水的温度，B不符合题意
C．实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃～125℃之间需要温度计测量产物蒸汽的温度，C不符合题意；
D．常温常压水的沸点为100℃，沸腾时可知水温为100℃，水蒸气直接通过冷凝装置即可得到蒸馏水，所以温度计也就没必要用了，D符合题意；
答案选D。
13．C
【详解】A．粗盐提纯过滤泥沙，利用的是泥沙不溶于水、氯化钠溶于水将它们分离；
B．用四氯化碳萃取碘水，利用的是碘单质在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度更大而将其与水分离；
C．实验室乙酸乙酯提纯，利用的是乙酸可与碳酸钠反应和乙醇可溶于水的性质而将它们分离；
D．实验室分离苯和溴苯，利用两者的沸点不同或者两者在水中的溶解度不同而将它们分离；
由此可见，C中有用到化学方法，ABD用到的是物理方法；
答案选C。
14．A
【详解】测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验步骤为：①研磨、②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量、③加热、④冷却、⑤称量、⑥重复③至⑤的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.001g为止、⑦根据实验数据计算硫酸铜结晶水的含量，则所需仪器有：天平、研钵、酒精灯、玻璃棒、坩埚、干燥器、泥三角、三角架、药匙、坩埚钳，不需要胶头滴管，故选A。
【点睛】本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量测定，明确操作步骤为解答关键，注意掌握常见仪器的构造及使用方法，有利于提高学生的化学实验能力。
15．D
【详解】质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为： ，因为配制100mL的溶液，但是题中要求用250mL的容量瓶，所以令要配制250mL3mol/L稀硫酸，需要浓硫酸的体积为VmL，由稀释定律可知，18.4V×10-3=3×250×10-3，V=40.8 。
答案选D。 ，
16．A
【详解】A．测定硫酸铜晶体结晶水含量时，固体部分变黑，则硫酸铜受热分解生成氧化铜，所测得的结晶水含量偏高，A符合题意；
B．用量筒量取液体时，仰视读出的数值偏低，B不符合题意；
C．测定未知浓度氢氧化钠溶液时，锥形瓶未干燥直接加入待测液，所测得的浓度值不变，C不符合题意；
D．用pH试纸测未知液的pH时，先将pH试纸湿润，对原溶液起到稀释作用，再用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡比较，测得pH可能偏高、可能偏低或者可能不变，D不符合题意；
答案选A。
【点睛】用pH试纸测未知液的pH时，应该用干燥的pH试纸，不能将pH试纸湿润，如果将pH试纸湿润，对原溶液起到稀释作用，若原溶液是中性溶液，用湿润的pH试纸测溶液的pH，没有误差；若原溶液是酸性溶液，用湿润的pH试纸测溶液的pH，所测结果偏高；若原溶液是碱性溶液，用湿润的pH试纸测溶液的pH，所测结果偏低。
17．B
【分析】A．NH4+的检验方法是加入强碱生成氨气；
B．SO42-是利用生成硫酸钡沉淀；
C．Fe3+的检验是滴加硫氰化钾溶液，显红色；
D．检验Br-利用生成淡黄色的溴化银沉淀；
【详解】A．NH4+的检验方法：取少量的样品于试管中，向试管中加入浓的氢氧化钠溶液并加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，说明样品中含有NH4+，故该检验方法为气体法，A正确；
B．SO42-是利用生成硫酸钡沉淀，该方法是沉淀法，B错误；
C．Fe3+的检验是滴加硫氰化钾溶液，在反应中溶液变红，所以该方法为显色法，C正确；
D．检验Br-利用生成淡黄色的溴化银沉淀，故该方法是沉淀法，D正确；
答案选B。
18．C
【详解】A．N2+3H22NH3，该反应为可逆反应，不能完全转化，循环使用氮气和氢气，可以减少成本，提高原料利用率，A不符合题意；
B．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的反应为放热反应，使用热交换装置，充分利用可节约能源，B不符合题意；
C．侯氏制碱法比氨碱法更好的主要原因是：提高了食盐利用率，缩短了生产流程，降低了纯碱的成本，C符合题意。
D．用氨水吸收制硫酸的尾气中的二氧化硫，目的是保护环境，防止污染环境，D不符合题意；
答案选C。
19．D
【详解】A．溴易溶于苯，溴水与苯发生萃取，苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚，用溴水除杂，生成的三溴苯酚和过量的溴都能溶于苯，不能得到纯净的苯，并引入新的杂质，不能用溴水来除去苯中的苯酚，应向混合物中加入NaOH溶液后分液，故A错误；
B．乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠和水和二氧化碳，但乙酸钠和乙醇互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故B错误；
C．乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液，乙酸与氢氧化钠反应生成乙酸钠和水，但乙酸钠和乙醛互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故C错误；
D．乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸丁酯，故D正确；
答案选D。
20． 坩埚 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ ③④⑤（或加热、冷却、称量） 保证碳酸氢钠完全分解 a、b、d A D的量液管比C的量筒测量液体体积精确度好 错误，A中分液漏斗和烧瓶之间因有导管相连而压强始终相同，不论气密性是否良好，分液漏斗中的水都能因重力作用自由滴下 量取浓盐酸的体积 Y、Z 0.8249
【分析】方案Ⅰ．实验原理是利用灼烧称重法，求出NaHCO3分解生成Na2CO3的质量，从而求出NaHCO3的质量，并最终求出样品中Na2CO3的质量，计算样品中Na2CO3的纯度。实验操作过程中，需要称量坩埚的质量、坩埚与样品的质量和、坩埚与灼烧后固体的质量和，实验的关键是确保固体分解完全，所以需重复操作。
方案Ⅱ．实验原理是利用样品中Na2CO3、NaHCO3与硫酸完全反应生成CO2，并准确测定生成CO2的体积，所以CO2体积的准确测定是实验成功的关键。具体操作上，硫酸的滴加，不因液体的加入影响气体的体积；气体体积的量取，数值准确。
方案Ⅲ．实验原理是利用反应Na2CO3＋HCl→NaHCO3＋NaCl，求出所耗盐酸的体积，从而求出消耗盐酸的物质的量，进而求出样品中所含Na2CO3的质量，计算样品中Na2CO3的纯度。实验的关键是确保盐酸体积的准确性，所以量取浓盐酸体积时，仪器精度要高，滴定终点确定时，判断要准。
【详解】(1)仪器X用于灼烧固体，所以应是坩埚，方案 Ⅰ 是灼烧分解NaHCO3杂质，实验原理是：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。答案为：坩埚；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
(2)为减少实验误差，确保NaHCO3完全分解，需将灼烧所得固体再灼烧，看其质量是否变化，所以步骤⑥应为：重复③④⑤（或加热、冷却、称量）操作，步骤⑥的目的是：保证碳酸氢钠完全分解。答案为：③④⑤（或加热、冷却、称量）；保证碳酸氢钠完全分解；
(3)因为不能保证质量为cg的残留物是否含有NaHCO3，此数据不可用，所以要计算Na2CO3的质量分数需用到的数据是a、b、d。答案为：a、b、d；
(4)因为A中分液漏斗和烧瓶之间有导管相连，压强始终相同，液体容易流下，且不会因液体的加入影响气体体积，所以为提高测定准确性，应选用发生装置A和量气装置D；装置C使用量筒，装置D用量液管，后者精度高，所以D中准确性高的原因是D的量液管比C的量筒测量液体体积精确度好。答案为：A；D的量液管比C的量筒测量液体体积精确度好；
(5) A中分液漏斗与烧瓶内气体相通，压强相等，液体流出顺利，所以该判断错误，理由是：错误，A中分液漏斗和烧瓶之间因有导管相连而压强始终相同，不论气密性是否良好，分液漏斗中的水都能因重力作用自由滴下。答案为：错误，A中分液漏斗和烧瓶之间因有导管相连而压强始终相同，不论气密性是否良好，分液漏斗中的水都能因重力作用自由滴下；
(6)用浓盐酸配制稀盐酸，需要量取浓盐酸的体积，所以使用酸式滴定管，滴定管的作用是量取浓盐酸的体积。滴定管和容量瓶在使用前都要检查是否漏液及用蒸馏水洗涤，所以需进行的操作是Y、Z。答案为：量取浓盐酸的体积；Y、Z；
(7)由表中数据，可求出所用稀盐酸的平均体积为=20.00mL，根据表中数据，碳酸钠的质量分数为=0.8249。答案为：0.8249。
【点睛】蒸发皿与坩埚都是可直接加热的仪器，但二者的用途不同，浓缩溶液或从溶液中提取溶质，常使用蒸发皿；灼烧分解固体，常使用坩埚。
21． Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 有气泡产生，细铜丝溶解 增大接触面以加快反应速率 先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯 无水硫酸铜 浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出 使Na2O2与SO2充分接触，有利于反应完全进行 取样，滴加足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成 防倒吸 Na2SO3、NaHSO3 n(Na2SO3)/n(NaHSO3)=1：2（顺序相反时，则为2：1）
【分析】在圆底烧瓶中，铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应过程中，铜丝溶解，有气泡生成，使用细铜丝来增大接触面积，反应结束后，先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯，试验后的烧瓶中含有浓硫酸和硫酸铜，从生成物的角度分析白色固体，玻璃管中Na2O2粉末散附在玻璃棉上可使SO2与Na2O2充分接触，B中发生SO2+Na2O2=Na2SO4，可能混有Na2SO3，且亚硫酸钡可溶于盐酸，硫酸钡不能溶于盐酸，烧杯中NaOH吸收尾气，易发生倒吸，应在烧杯与集气瓶之间加一个防倒吸装置，以此来解答。
【详解】(1)烧瓶中生成SO2的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；
(2)实验中可观察到细铜丝表面：有气泡产生，细铜丝溶解；
(3)欲使反应停止，应进行的操作是：先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯；烧瓶中液体冷却后，可观察到的现象是有白色固体生成，溶液变为无色，原因是浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出；
(4)把Na2O2粉末散附在玻璃棉上的目的是：使Na2O2与SO2充分接触，检验混合物中有Na2SO4的实验方案是：取样，滴加足量稀盐酸，排除亚硫酸根的干扰，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成；
(5)氢氧化钠溶液吸收尾气，会引起倒吸，实验装置中广口瓶的作用是防止倒吸，
SO2与NaOH的溶液反应可能产生亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，或者是亚硫酸钠和硫酸钠的混合物，已知氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=0.1mol，假设生成物全部是亚硫酸钠，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O， 2mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸钠，0.1mol氢氧化钠生成0.05mol亚硫酸钠，质量为m=nM=0.05mol×126g/mol=6.3g，假设生成物全部是亚硫酸氢钠，发生反应：SO2+NaOH=NaHSO3，1mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸氢钠，0.1mol氢氧化钠生成0.1mol亚硫酸氢钠，质量为m=nM=0.1mol×104g/mol=10.4g，得到溶质的质量为8.35g，故生成物既有亚硫酸钠，又有亚硫酸氢钠，设生成亚硫酸钠反应消耗的氢氧化钠为xmol，生成亚硫酸氢钠反应消耗的氢氧化钠的物质的量为ymol，则有：
x+y=0.1，x×126+104y=8.35，解得x=0.05，y=0.05，=x：y=1：2。
22． 除尘 防止NOx溶于冷凝水，影响测量的准确性 c 2NO+3H2O2=2H++2NO3-+2H2O 锥形瓶、滴定管 偏低 偏高
【分析】装置A为过滤器，除去粉尘；装置B为加热器，加热防止氮氧化合物溶于水，影响氮氧化合的测定；C为干燥器，干燥酸性气体应选择酸性干燥剂或中性干燥剂；D为吸收器，吸收酸性气体应用碱性溶液。
【详解】（1）第一步过滤器是为了出去粉尘，因此其中的无碱玻璃棉的作用是除尘；采样步骤②加热烟道气是为了防止NOx溶于冷凝水，影响测量的准确性；
a.碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体，故a错误；
b.无水硫酸铜可用于检验是否有水的存在，干燥能力不强，故b错误；
c.五氧化二磷为酸性干燥剂，可以用于干燥酸性气体，故c正确；
综上所述，故答案为：除尘；防止NOx溶于冷凝水，影响测量的准确性；c；
（2）D装置为吸收装置，用于吸收酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，气体长管进，短管出，装置示意图如图： ，故答案为： ；
（3）NO在酸性条件下被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为2NO+3H2O2=2H++2NO3-+2H2O，滴定操作主要用到铁架台、滴定管、锥形瓶，其中玻璃仪器主要有锥形瓶、滴定管，故答案为：2NO+3H2O2=2H++2NO3-+2H2O；锥形瓶、滴定管；
（4）若没有打开抽气泵，则系统中还存在气样中的氮元素，导致吸收不完全，使测定结果偏低；若硫酸亚铁变质，则会导致测得的剩余亚铁离子偏低，使得计算所得的氮元素含量偏高，故答案为：偏低；偏高。
【点睛】根据测定过程中发生反应的方程式，，，可知氮氧化合物的物质的量可表示为，由此可知若硫酸亚铁变质，则会导致测得的剩余亚铁离子偏低，即偏低，则使得计算所得的氮元素含量偏高。
23． 红褐色沉淀 d 由于Fe3+水解显酸性，所以不能仅通过溶液显酸性就判断反应后硫酸是否有剩余（或：如果测得溶液的酸性较强，可以判断硫酸有剩余） 否 由于有SO2存在，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以无法判断是否含有CO2 Fe+2H+=Fe2++H2↑ 0.67 开始未见明显现象是因为SO2不能与BaCl2反应，一段时间后空气中的O2将H2SO3氧化成为H2SO4，从而与BaCl2反应生成BaSO4沉淀
【分析】(1)2Fe+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O，将反应后的溶液稀释，取稀释液，滴加NaOH溶液，铁离子与氢氧化钠反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀；在Fe3+存在时检验Fe2+，结合亚铁离子的性质分析判断选择的试剂；
(2)铁离子水解后的溶液也显酸性，但酸性较弱，据此分析评价；
(3)根据SO2也能使澄清石灰水变浑浊分析判断；最后逸出的气体具有可燃性，该气体只能为H2，因为随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小；
(4)首先计算标准状况下，336mL混合气体的物质的量，再根据生成的硫酸钡的质量计算二氧化硫的物质的量，最后计算混合气体中SO2的体积分数；
(5)SO2与BaCl2不反应，结合二氧化硫检验较强的还原性分析解答。
【详解】(1)2Fe+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O，将反应后的溶液稀释，取稀释液，滴加NaOH溶液，铁离子与氢氧化钠反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，证明有Fe3+存在。为进一步判断溶液中是否存在Fe2+，可另取稀释液少许，因为溶液中含有Fe3+，可以滴加KMnO4酸性溶液，若溶液的紫红色褪色，即可以证明溶液中含有Fe2+，故答案为：红褐色沉淀；d；
(2)测定稀释液的pH，若溶液显酸性不能说明反应后硫酸是否有剩余，因为铁离子水解后的溶液也显酸性，若溶液的酸性较强，可以判断硫酸有剩余，因为铁离子水解后的溶液的酸性较弱，故答案为：由于Fe3+水解显酸性，所以不能仅通过溶液显酸性判断反应后硫酸是否有剩余(或如果测得溶液的酸性较强，可以判断硫酸有剩余)；
(3)将产生的气体依次通过品红溶液和澄清石灰水，观察到：品红溶液褪色、澄清石灰水变浑浊。不能据此判断除SO2外，反应后气体中还含有CO2，因为混合气体中存在SO2气体，SO2也能使澄清石灰水变浑浊；最后逸出的气体具有可燃性，说明该气体为H2，因为随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，稀硫酸能够与铁反应生成氢气，Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：否；由于有SO2存在，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以无法判断是否含有CO2；Fe+2H+→Fe2++H2↑；
(4)标准状况下，336mL混合气体的物质的量为=0.015mol，生成的硫酸钡的物质的量==0.01mol，说明二氧化硫的物质的量为0.01mol，因此混合气体中SO2的体积分数为×100%=0.67，故答案为：0.67；
(5)将上述混合气体直接通入BaCl2溶液，SO2与BaCl2不反应，因此未见明显现象，放置一段时间后，溶液中的亚硫酸被空气中的氧气氧化生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故答案为：开始未见明显现象是因为SO2不能与BaCl2反应，一段时间后空气中的O2将H2SO3氧化成为H2SO4，从而与BaCl2反应生成BaSO4沉淀。
【点睛】本题的易错点为(1)中亚铁离子的检验，要注意在铁离子存在的条件下不能用KSCN和氯水检验亚铁离子，应该利用亚铁离子的还原性检验。
24． 电子天平 前后两次称量的质量差不超过0.001g 烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管 黄色恰好变成橙色，且半分钟内不褪色 做2～3次平行实验，取平均值 偏低 无影响 c 调节量气管和水准管液面相平
【分析】(1) 方案一根据天平的感量确定称量仪器，当前后两次称量的质量差不超过0.001 g时说明
已经达到恒重；
(2)根据一定物质的量浓度溶液的配制步骤选取实验仪器；
(3)甲基橙的变色范围是3.1-4.4，碳酸钠溶液呈碱性，所以滴有甲基橙的碳酸钠溶液呈黄色，当滴定终点时，溶液黄色恰好变成橙色；为减少误差，应多做几次实验取平均值；
(4)能影响溶质物质的量的因素影响测定结果，否则不影响测定结果；
(5)写出离子方程式或化学方程式，根据物质间存在的量的关系即可求出碳酸氢钠的物质的量，进而求出其质量，将其比上样品的质量可求出碳酸氢钠的质量分数；
(6)对于读数，为了使读书结果较精准，一般应注意：①将实验装置恢复到室温 ②视线与凹液面最低处相平。题目中还要调节量气管和水准管液面相平。
【详解】(1) 方案一托盘天平的感量是0.1g，电子天平的感量是0.001g，所以称量药品时用电子天平，当前后两次称量的质量差不超过0.001 g时说明已经达到恒重；
(2)配制一定物质的量浓度溶液时，用烧杯溶解固体药品，用玻璃棒搅拌固体溶解和引流溶液，用容量瓶配制溶液，用胶头滴管定容；
(3)甲基橙的变色范围是3.1～4.4，碳酸钠溶液呈碱性，所以滴有甲基橙的碳酸钠溶液呈黄色，当滴定终点时，溶液呈酸性，溶液黄色恰好变成橙色，且半分钟内不褪色；为减少误差，应多做几次实验取平均值，即做2～3次平行实验；
(4)滴定时若锥形瓶内有少量液体溅出，导致锥形瓶内溶液中溶质减少，所以测定结果偏低，若盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对锥形瓶内溶液中的溶质无影响，所以对结果无影响；
(5)滴定20.00mL的待测液消耗的0.1mol/L的盐酸溶液为V mL，则消耗的n(H+)=n(HCl)=V×10-4 mol，根据离子方程式：H++HCO3-=H2O+CO2↑，可知n(HCO3-)=n(H+)=n(HCl)= V×10-4 mol，又取了m g的样品配成了100 mL溶液，测定时只取了20mL，所以小苏打中碳酸氢钠的质量分数为：；
(6)a.饱和碳酸钠溶液会与二氧化碳反应，导致实验存在较大误差，a不符合；
b.盐酸具有挥发性，若量器管中液体为饱和碳酸氢钠溶液，则挥发出来的HCl会与之反应产生二氧化碳，使得实验结果偏大，b不符合题意；
c.含有品红的硫酸溶液呈现红色，便于读数，且二氧化碳为酸性气体，几乎不溶于硫酸溶液中，使得实验结果更精确，c符合题意；由于气体的体积受温度和压强影响大，读数时应注意：①将实验装置恢复到室温 ②调节量气管和水准管液面相平 ③视线与凹液面最低处相平。
【点睛】若盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，但锥形瓶中的溶质的物质的量不变，消耗的滴定液的量不变，所以此操作对实验结果无影响。
25． NH4Cl 氨气 NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl 过滤 确保CO2充分被吸收 氢氧化钠溶液 浓硫酸 偏高
【分析】联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱，二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，A为NH3，B为CO2，反应为：CO2+H2O+NaCl+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再加热制得纯碱产品。
【详解】（1）产品N是氯化铵，化学式为NH4Cl，所需物质A的名称是氨气，CO2的电子式： ；
（2）侯德榜制碱法的原理是NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；操作X后得滤液和固体，则操作为过滤；
（3）该实验进行到操作④时，要缓缓鼓入空气，鼓入空气的作用是确保CO2充分被吸收；为防止空气中的CO2造成实验误差，装置A中的液体应选用氢氧化钠溶液；
（4）装置B与D之间必须添加一装置C，吸收水分，否则使测定结果偏高；装置C为： ，装置中盛放的是浓硫酸；
（5）根据此实验，干燥管D增加二氧化碳质量g，通过差量法可知，纯碱中Na2CO3的质量分数为，如果缺少装置E，外界的二氧化碳、水蒸气会被干燥管D吸收，则实验所得纯碱样品的纯度会偏高。
26． 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 第4次或第5次的读数 第5次与第4次的读数相同，锥形瓶内质量已达恒重 0.84 溶解 生成NaCl的质量 玻璃棒、蒸发皿 偏大
【分析】（1）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；
（2）、（3）计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化以及还有第4次或第5次读数，计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重；
（4）①由流程图可知，操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解；
②操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体为氯化钠，需直接测定氯化钠的质量；
③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；
④在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，故过氧化钠的质量分数偏大。
【详解】（1）Na2O2和H2O反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（2）计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量，故需要知道试样的质量、锥形瓶+水的质量，还有第4次或第5次读数；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重，不必作第6次读数；
（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由反应方程式可知，由于过氧化钠与水反应生成氧气，反应前后质量减少，质量的变化量就是氧气的质量，即m(O2)= 1.560g +190.720g-192.010=0.270g，n(O2)= =0.0084mol，在化学反应中，反应物、生成物的物质的量变化之比等于化学计量数之比，故n(Na2O2) =2(O2)=0.0168mol，过氧化钠的质量分数是：
=84% ；
（4）①由流程图可知，操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解；
②最终蒸发浓缩、冷却结晶得到的晶体为氯化钠，故应测定生成NaCl的质量；
③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；
④在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，由于过氧化钠中钠元素的质量分数小于氧化钠中钠元素的质量分数，故过氧化钠的质量分数偏大。
27． Fe2O3 导气，冷凝回流 除尽 O2 吸收HCl气体 无防倒吸装置 蒸馏 滴入最后一滴 NaOH，溶液恰好变成红色，且半分钟内不褪色 78.4% 偏低
【分析】(1) FeCl2易被氧化为FeCl3，加热蒸干促进FeCl3水解；
(2) 2FeCl3+C6H5Cl=2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑反应生成HCl气体，反应物C6H5Cl沸点较低；FeCl2具有还原性，易被氧气氧化；
(3)锥形瓶内的水吸收导管a排出的HCl气体；HCl易溶于水，引起倒吸；
(4)根据氯苯的沸点较低分析回收过量氯苯的方法；
(5)锥形瓶内的溶液为盐酸，滴入氢氧化钠，溶液pH逐渐增大；
(6)根据关系式2FeCl3～～～HCl～～～NaOH，计算FeCl3的转化率；若制备反应后未通入足量N2，则烧瓶内的HCl不能完全溶于锥形瓶内的水中。
【详解】(1) FeCl2被氧化为FeCl3，加热蒸干FeCl3水解为Fe(OH) 3灼烧分解为Fe2O3；
(2) 2FeCl3+C6H5Cl=2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑反应生成HCl气体，反应物C6H5Cl沸点较低，所以导管a的作用是导出HCl气体、冷凝回流C6H5Cl；FeCl2具有还原性，易被氧气氧化，反应前通入N2，除尽装置中的O2；
(3)锥形瓶内的水吸收导管a排出的HCl气体，锥形瓶的作用是吸收HCl气体；HCl易溶于水，引起倒吸，该装置的不足之处为无防倒吸装置；
(4)氯苯的沸点较低，用蒸馏的方法回收过量氯苯；
(5)锥形瓶内的溶液为盐酸，用酚酞作指示剂，滴入氢氧化钠，溶液pH逐渐增大，滴定终点的现象是滴入最后一滴 NaOH，溶液恰好变成红色，且半分钟内不褪色；
(6)根据关系式2FeCl3～～～HCl～～～NaOH，参加反应的反应FeCl3的物质的量是，32.500g无水FeCl3的物质的量是0.2mol，FeCl3的转化率是78.4%；
若制备反应后未通入足量N2，则反应生成的HCl不能完全溶于锥形瓶内的水中，所以测定结果会偏低。
28． 5.2≤pH＜7.8 Ca(OH)2 或CaO或CaCO3 取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全 将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管 99.9% 蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl2·2H2O失去部分结晶水
【分析】工业碳酸钙加过量盐酸进行溶解，得到Ca2+、Al3+、Fe3+，加入物质A来调节溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根据沉淀对应的pH表，需要把二者沉淀完全，pH最小为5.2，但是当pH大于等于7.8，氢氧化铝开始溶解，故调节pH范围是5.2≤pH＜7.8；加入的A能调节pH，但是不能引入新杂质，则可以选用Ca(OH)2 或CaO或CaCO3；过滤后滤液进行盐酸酸化，在160℃蒸发结晶，得产品CaCl2·2H2O。
【详解】(1)根据分析，加入物质A来调节溶液的pH，此时控制溶液的pH范围是5.2≤pH＜7.8；加入的物质A是Ca(OH)2 或CaO或CaCO3（填一种即可）；
(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全；
(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2，防止产物中混有Ca(OH)2杂质；
(4) ①测定样品的纯度过程中，a为配制一定体积物质的量浓度溶液的过程，需要用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；b、c为滴定过程，需要用到的玻璃仪器：锥形瓶、滴定管；故上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管；②使用AgNO3溶液滴定样品的CaCl2·2H2O，n（Ag+）=0.050 mol/L×20.39 ×10-3L=1.0195 ×10-3mol，则25mL中含n（Cl-）=1.0195×10-3mol，250 mL中含n（Cl-）=1.0195×10-2mol，含n（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol，m（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol×147g·mol-1=0.7493g，样品CaCl2·2H2O的质量分数==99.9%；③蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl2·2H2O失去部分结晶水，而计算的时候仍按照没有失去结晶水的化合物质量计算，故最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高。
【点睛】化工流程中把握常见的金属离子的除杂方式；注意调节pH的范围，以及试剂的选用，不引入新杂质用可以与氢离子发生反应，一般选用制备物质的阳离子对应的氧化物、氢氧化物等。
29． 、 稀硫酸 NaHCO3溶液 浓盐酸改为稀盐酸；在装置a和装置b之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，以除去装置a中挥发出的HCl 2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
【分析】Fe、Cu、Fe2O3都不与NaOH溶液反应，Al和Al2O3可与NaOH溶液反应，用含有Al、Fe、Cu和Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体(FeSO4•7H2O)和胆矾晶体流程为：合金中Al、Al2O3与NaOH反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生反应：，反应可生成Al(OH)3固体C，生成的Al(OH)3再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为NaHCO3溶液；滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，可用于制备胆矾，据此分析解答。
【详解】（1）铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，反应的离子方程式为：、；
（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠溶液反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制得绿矾晶体，所以试剂X为稀硫酸；溶液D为NaHCO3溶液；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的HCl气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀，发生的反应为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去HCl的装置，二氧化碳在饱和NaHCO3中不溶，氯化氢和NaHCO3反应生成二氧化碳气体，所以可降低盐酸浓度；在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢；
（4）溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，原因是Fe3+被Fe、Cu还原生成Fe2+，所以加入KSCN溶液没有明显现象，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
（5）用固体F继续加入热的稀H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液，说明在加热条件下，Cu、氧气和稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：。
30． B 作颜料（或炼铁） 漏斗和滤纸 过滤 硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量 稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品 （冷却）结晶 洗涤（晶体） （酸碱）中和滴定 滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平 Al3++3NH3•H2O→Al(OH)3↓+3NH4+或NH3•H2O+H+→NH4++H2O
【分析】铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤后形成滤渣，滤液中含有偏铝酸钠和未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过一系列操作得到硝酸铝晶体，结合溶液的配制和物质的性质分析解答。
【详解】(1)用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，需要用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，因此除烧杯、玻璃棒外还需要的仪器是量筒；流程中产生的滤渣是氧化铁，可以用作红色颜料，也可以用于炼铁；制作一个过滤器需要漏斗和滤纸；根据图示，流程中操作x是分离溶液和沉淀，为过滤，故答案为：B；作颜料(或炼铁)；漏斗和滤纸；过滤；
(2)硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，因此反应Ⅱ加入的硝酸必须适量；反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，因为硝酸铝会水解，稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品，故答案为：硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量；稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品；
(3)从反应Ⅲ所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故答案为：冷却结晶；洗涤；
(4)①常见的定量实验包括配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是(酸碱)中和滴定；中和滴定实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平的刻度值，故答案为：(酸碱)中和滴定；滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平；
②称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水，硝酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硝酸铵，充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定，氨水与盐酸反应生成氯化铵和水，测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式有Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+、NH3•H2O+H+=NH4++H2O，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+或NH3•H2O+H+=NH4++H2O。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-149化学实验基础（12）
一、单选题
1．（2020·上海青浦·统考二模）胆矾的结晶水含量测定实验，恒重操作用不到的仪器是
A． B． C． D．
2．（2020·上海青浦·统考二模）如图为乙酸丁酯制备的实验装置，下列说法正确的是
A．玻璃导管的主要作用是平衡试管内外压强
B．该装置适用于乙酸乙酯的制备
C．加入过量乙酸可以提高丁醇的转化率
D．分离提纯乙酸丁酯的方法是将混合物直接分液
3．（2020·上海浦东新·统考二模）某同学想用实验证明硫酸铜溶液的蓝色与SO42-无关。下列实验无意义的是（ ）
A．观察明矾溶液为无色
B．取样，加水稀释，溶液蓝色变浅
C．取样，滴加过量硝酸钡溶液，溶液仍为蓝色
D．取样，滴加过量氢氧化钠溶液，溶液变成无色
4．（2020·上海崇明·统考二模）为提纯物质（含括号内的杂质少量），所选用试剂及实验方法均正确的是（ ）
物质
试剂
实验方法
A
CH3CH2OH（H2O）
CaO（新制）
蒸馏
B
CO2（CO）
O2（纯）
点燃
C
CH3CH3（CH2=CH2）
酸性KMnO4溶液
洗气
D
FeCl3（aq）（CuCl2）
铁粉（纯）
过滤
A．A B．B C．C D．D
5．（2020·上海崇明·统考二模）下列相关实验的叙述中正确的是（ ）
A．在胆矾溶液中滴入少许烧碱溶液，再加入有机物加热可验证含醛基类物质
B．实验室测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要进行的称量操作一定为4次
C．为验证氯乙烷中含氯，将其与氢氧化钠溶液混合加热后再滴入硝酸银溶液
D．需要约480mL0.100mol/L的NaOH溶液，配制时可准确称量NaOH2.000g
6．（2020·上海长宁·统考二模）只用水就能鉴别的一组物质是（ ）
A．苯、乙酸、四氯化碳 B．乙醇、乙醛、乙酸
C．乙醛、乙二醇、硝基苯 D．己烷、乙醇、甘油
7．（2020·上海松江·统考二模）根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，下列图示装置能达到实验目的的是（）
A． B．
C． D．
8．（2020·上海长宁·统考二模）测定CuSO4·xH2O晶体的x值，有关质量数据如表中所示，已知x的理论值为5.0，产生误差的可能原因是（ ）
坩埚
坩埚+试样
失水后，坩埚+试样
11.70g
14.20g
13.20g
A．晶体中含不挥发杂质 B．加热时蓝色未完全变白
C．没有放在干燥器中冷却 D．加热时有晶体溅出
9．（2020·上海浦东新·统考二模）实验室制取乙酸丁酯的装置如图。下列对该实验的认识正确的是（ ）
A．采用空气浴加热，石棉网可以避免局部温度过高
B．试管上方长导管的作用是让反应产生的气体逸出
C．反应结束后混合液下层呈油状且有果香味
D．欲提纯乙酸丁酯，需使用水、氢氧化钠溶液洗涤
10．（2020·上海崇明·统考二模）对如图所示的实验装置中各部分仪器的主要作用的叙述正确的是（ ）
A．大烧杯d：防止在a发生破裂后使药品外溢
B．量气管b：读出反应前后与水面相平的刻度
C．水准管c：可方便地向整个装置中添加液体
D．温度计e：搅拌烧杯中的液体并且测量温度
11．（2020·上海静安·模拟预测）测定结晶水合物中结晶水含量时，必须作恒重操作的原因是
A．避免结晶水合物分解，质量减小 B．防止结晶水合物失水后又吸潮，质量增大
C．判断加热时结晶水合物有无溅出 D．判断结晶水合物已全部失去结晶水
12．（2020·上海黄浦·统考一模）下列实验不需要用到温度计的是（ ）
A．实验室制乙烯 B．实验室制备硝基苯
C．实验室制备乙酸丁酯 D．实验室制备少量蒸馏水
13．（2020·上海黄浦·统考一模）下列物质分离提纯所用原理不同于其它的是（ ）
A．粗盐提纯过滤泥沙 B．用四氯化碳萃取碘水中的碘
C．实验室乙酸乙酯提纯 D．实验室分离苯和溴苯
14．（2020·上海闵行·统考二模）测定胆矾晶体中结晶水含量，不需要的仪器是
A．胶头滴管 B．玻璃棒 C．坩埚 D．电子天平
15．（2020·上海宝山·统考二模）已知：
硫酸
物质的量浓度(mol/L)
质量百分比浓度(%)
密度(g/cm3)
浓硫酸
18.4
98
1.84
稀硫酸
3
25
1.18
现在实验室只有98%的浓硫酸，如果要配制100mL3mol/L稀硫酸，需要浓硫酸多少毫升（如果用250mL的容量瓶配制）（ ）
A．0.0163 B．0.0408 C．16.3 D．40.8
16．（2020·上海宝山·统考二模）下列实验中，由于某些操作导致所测出的数据一定偏高的是（ ）
A．测定硫酸铜晶体结晶水含量时，固体部分变黑，所测得的结晶水的含量
B．用量筒量取液体时，仰视读出的数值
C．测定未知浓度氢氧化钠溶液时，锥形瓶未干燥直接加入待测液，所测得的浓度值
D．用pH试纸测未知液的pH时，先将pH试纸湿润，再用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡比较，测得pH
17．（2020·上海宝山·统考二模）离子检验的常用方法有三种：
检验方法
沉淀法
显色法
气体法
含义
反应中有沉淀产生或溶解
反应中有颜色变化
反应中有气体产生
下列离子检验的方法不合理的是（ ）
A．NH4+：气体法 B．SO42-：气体法 C．Fe3+：显色法 D．Br-：沉淀法
18．（2020·上海宝山·统考二模）下列工业生产所采取的措施和基本原理不一致的是（ ）
A．合成氨反应分离氨气以后的尾气循环使用，目的是充分利用原料
B．接触法制硫酸中，使用热交换器的目的是充分利用能源
C．侯氏制碱法比氨碱法更好的主要原因是前者更有利于保护环境
D．用氨水吸收制硫酸的尾气，目的是保护环境
19．（2020·上海奉贤·统考一模）下列有机化合物中均含有酸性杂质，除去这些杂质的方法中正确的是
A．苯中含苯酚杂质：加入溴水，过滤
B．乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液
C．乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液
D．乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液
二、实验题
20．（2020·上海杨浦·统考二模）为测定苏打中Na2CO3的含量（含NaHCO3杂质），实验小组设计了如下三个实验方案。
方案Ⅰ．①称量：仪器X的质量为ag；②称量：仪器X和装有试样的质量为bg；③加热；④冷却；⑤称量：仪器X和残余物的质量为cg；⑥重复____________操作，直至恒重，质量为dg。
(1)仪器X是____________（填名称），方案 Ⅰ 的实验原理是：____________（用化学方程式表示）。
(2)请将步骤⑥补充完整：重复____________操作，步骤⑥的目的是：____________。
(3)计算Na2CO3的质量分数要用到的数据是____________（选填a、b、c、d）。
方案Ⅱ．称量一定量样品，选用合适的装置测定样品与硫酸反应生成的气体体积。
(4)为提高测定准确性，应选用发生装置____________（选填“A”或“B”）和量气装置D；装置D比装置C准确性高的原因是____________（任一条原因）。
(5)检查装置A的气密性：向A的分液漏斗中加入适量水，按图连接好装置，关闭止水夹F，打开活塞E，发现分液漏斗中的水持续滴下，说明A漏气。该判断是否正确，并说明理由：____________。
方案Ⅲ．称量0.2570g样品，置于锥形瓶中，加适量水溶解，滴2滴酚酞试液，用0.1000mol/L盐酸滴定至溶液由浅红色变成无色且半分钟不变色，反应原理：Na2CO3＋HCl→NaHCO3＋NaCl，重复上述操作两次。
(6)用密度为1.19g/mL、质量分数为0.37的浓盐酸，配制1L0.1000mol/L稀盐酸，所需的定量仪器是：滴定管、1L容量瓶，其中滴定管的作用是____________。滴定管和容量瓶在使用前都要进行的操作是__________。（选填序号）
Y．检漏 Z．用蒸馏水洗涤 W．用待装液润洗
(7)根据表中数据，碳酸钠的质量分数为____________（小数点后保留四位）。
滴定次数
样品的质量/g
稀盐酸的体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
1
0.2570
1.00
21.01
2
0.2570
0.50
20.49
3
0.2570
1.20
21.20
21．（2020·上海松江·统考二模）某同学设计如图装置，用过量浓硫酸与铜反应制取SO2，并探究SO2与Na2O2反应的产物。
完成下列填空：
（1）写出烧瓶中生成SO2的化学方程式__。
（2）细铜丝表面的实验现象是__，使用细铜丝的原因是__。
（3）欲使反应停止，应进行的操作是__，反应一段时间以后，将烧瓶中液体冷却后，可观察到白色固体，推断该白色固体是__，理由是__。
（4）将Na2O2粉末沾在玻璃棉上的目的是__，若Na2O2与SO2完全反应，生成Na2SO3、O2和Na2SO4。为检验混合物中有Na2SO4，实验方案是__。
（5）实验装置中广口瓶的作用是__。在含0.1molNaOH的溶液中不断地通入SO2，得到溶质的质量为8.35g，则烧杯中生产的溶质是__。两者的物质的量之比为__。
22．（2020·上海长宁·统考二模）为了监测某烟道气中的NOx的含量，选用如下采样和检测方法。
I.采样步骤
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。
（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是___。采样步骤②加热烟道气的目的是___。
C中填充的干燥剂最好的选择是___（选填编号）。
a.碱石灰 b.无水CuSO4 c.P2O5
（2）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D(装有碱液)相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂___。
Ⅱ.NOx含量的测定
将一定量的气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3-，然后加入过量的FeSO4标准溶液，充分反应后，再用K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+。
（3）NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式是___。滴定操作使用的玻璃仪器主要有___。
（4）滴定过程中发生下列反应：3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O、Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）：若缺少采样步骤③，会使测试结果___；若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___。
23．（2020·上海浦东新·统考二模）已知：2Fe+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O。某学习小组对铁丝（含杂质碳）与浓硫酸反应后的产物进行探究。
Ⅰ.溶液探究
（1）将反应后的溶液稀释，取稀释液，滴加NaOH溶液，观察到___现象时，证明有Fe3+存在。为进一步判断溶液中是否存在Fe2+，可另取稀释液少许，滴加___（选填编号）。
a.KSCN溶液和氯水 b.铁粉和KSCN溶液
c.浓氨水 d.KMnO4酸性溶液
（2）为判断反应停止后硫酸是否有剩余，制定的实验方案为：测定稀释液的pH。请对此实验设计进行评价。____。
Ⅱ.气体探究
（3）将产生的气体依次通过品红溶液和澄清石灰水，观察到：品红溶液褪色、澄清石灰水变浑浊。是否___（填写“是”或“否”）能据此判断除SO2外，反应后气体中还含有CO2？请说明理由___。
最后逸出的气体具有可燃性，推测该气体为H2，理由是___（用离子方程式表示）。
（4）收集混合气体336mL（已折算成标准状况），通入足量的氯水中，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。滴加足量BaCl2溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥、称量，测得质量为2.330g。则混合气体中SO2的体积分数为___。（精确至小数点后第二位）
（5）将上述混合气体直接通入BaCl2溶液，未见明显现象，放置一段时间后发现有少许浑浊，分析其中的原因___。
24．（2020·上海黄浦·统考一模）实验测定含有少量氯化钠的碳酸氢钠的含量，完成下列填空：
方案1：取样品溶解后，加试剂使HCO3-沉淀，测定沉淀的质量。
操作步骤有：①称量并溶解样品；②加入足量的Ba(OH)2溶液；③过滤；④洗涤；⑤干燥；⑥称量并进行恒重操作。
（1）实验时所需的定量实验仪器为___，判断是否达到恒重的标准是__。
方案2：用0.100mol/L盐酸滴定。具体过程如图：
（2）操作1所需要的仪器有__。
（3）操作2时选择的指示剂为甲基橙，当溶液___时，说明达到了操作2终点。为减少实验的偶然误差，通常的处理办法是__。
（4）操作2时若锥形瓶内有少量液体溅出，则测定结果__；若盛装待测液的锥形瓶未用待测液润洗，测定结果___。（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
（5）用图中的数据，计算小苏打中碳酸氢钠的质量分数___。
方案3：用稀盐酸将HCO3-转化为CO2，测定CO2的体积。
（6）为保证读数的准确性并易于观察，实验中量气管中的液体最好是__（填字母编号）。
a.饱和碳酸钠溶液 b.饱和碳酸氢钠溶液 c.含有品红的硫酸溶液
本实验应对量气管多次读数，读数时应注意：
①将实验装置恢复到室温，
②___，
③视线与凹液面最低处相平。
25．（2020·上海静安·模拟预测）I.中国的侯德榜对索尔维制碱法进行了改进，将合成氨工业与纯碱工业联合，发明了侯氏制碱法，又称联合制碱法，生产流程可以表示如图所示（ 代表所需物质， 代表产品）
在上述工业流程中：
（1）产品N的化学式__________，所需物质A的名称____________，B的电子式____________。
（2）侯德榜制碱法的原理是_____________________________________（用化学方程式表示）。操作X的名称是_________________________。
II.利用侯德榜原理制备的纯碱中含有少量NaCl等杂质，利用下列装置可用来测定纯碱中的Na2CO3的质量分数。
实验步骤如下：
①如图所示，组装好实验仪器，并检查其气密性；
②准确称取盛有碱石灰的干燥管D的质量（设为m1g）；
③准确称取一定量的纯碱（设为ng），并将其放进广口瓶B内；
④从分液漏斗中缓缓滴入一定量的稀硫酸，并从前端缓缓地鼓入空气，至B反应器中不再产生气体为止；
⑤准确称取干燥管D的总质量（设为m2g）
根据上述实验，回答下列问题：
（3）该实验进行到操作④时，要缓缓鼓入空气，鼓入空气的作用是__________________________。装置A中的液体应选用___________。
（4）装置B与D之间必须添加一装置C，否则使测定结果偏高。在空白框内画出该装置C，装置中盛放的是__________。
（5）根据此实验，计算出纯碱中Na2CO3的质量分数为_________________（用m1、m2、n表示）。如果缺少装置E，则实验所得纯碱样品的纯度会_________（“偏高”、“偏低”、或“无影响”）。
26．（2020·上海宝山·统考二模）某种含有少量氧化钠的过氧化钠试样（已知试样质量为1.560g、锥形瓶和水的质量为190.720g），利用如图装置测定混合物中Na2O2的质量分数，每隔相同时间读得电子天平的数据如下表：
（1）写出Na2O2和H2O反应的化学方程式_______。
（2）计算过氧化钠质量分数时，除了试样的质量，锥形瓶和水的质量，还必需的数据是______，不必作第6次读数的原因是______。
（3）根据上述数据，过氧化钠的质量分数是_____（保留2位小数）。
（4）测定上述样品（1.560g）中Na2O2质量分数的另一种方案，其操作流程如图：
①操作Ⅰ的名称是_____。
②需直接测定的物理量是_____。
③操作Ⅱ需要的仪器除了酒精灯，还需要_____（固定、夹持仪器除外）。
④在转移溶液时，如溶液转移不完全，则Na2O2质量分数的测定结果_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
27．（2020·上海闵行·统考二模）已知无水FeCl3能与氯苯反应：2FeCl3+C6H5Cl=2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，实验室利用该装置制备无水FeCl2并检测FeCl3的转化率。已知：C6H5Cl、C6H4Cl2沸点依次为132℃、173℃。如图为制备FeCl2装置（加热和加持仪器省略）
(1)蒸干并灼烧FeCl2溶液最终得到_____
(2)导管a的作用是_____；反应前通入N2的作用是_____；
(3)锥形瓶的作用是_____；该装置的不足之处为_____。
(4)反应结束后，回收过量氯苯的操作方法名称是_____。
若32.500g无水FeCl3与过量氯苯充分反应后将锥形瓶内溶液配制成250mL溶液，量取其中25.00mL溶液，滴加指示剂后，用0.4000mol/L的NaOH溶液滴定，重复三次，达到滴定终点平均消耗19.60mLNaOH溶液。
(5)滴定终点的现象是_____。
(6)FeCl3的转化率（转化量占总量的百分率）为_____%。
若制备反应后未通入足量N2，测定结果会_____(选项：偏高、偏低或不影响)
三、工业流程题
28．（2020·上海虹口·统考二模）氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl2·2H2O）的主要流程如下：
完成下列填空：
(1)除杂操作是加入物质A来调节溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根据下表所给信息，此时控制溶液的pH范围是_____________，加入的物质A是___________（写化学式）。
开始沉淀时的pH
沉淀完全时的pH
沉淀开始溶解时的pH
Al(OH)3
3.3
5.2
7.8
Fe(OH)3
1.5
4.1
－
(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是____________________________________________。
(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是_________________________________。
(4)测定制得的样品的纯度，可采用如下方案：
a．称取0.750 g样品，溶解，在250 mL容量瓶中定容；
b．量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用0.050 mol/L AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39 mL。
①上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有__________________。
②计算上述样品中CaCl2·2H2O的质量分数为__________________（保留三位有效数字）。
③若配制和滴定操作均无误，但最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高，写出可能导致该结果的一种情况___________________________________________。
29．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）某工厂废金属屑的主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的金属废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体。
完成下列填空：
（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式：___。
（2）试剂X是___，溶液D是___。
（3）在步骤Ⅱ中，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后，仍观察不到烧杯中产生白色沉淀。为了固体C的生成，在药品和装置上可采取的改进措施是___。
（4）溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，用离子方程式解释其可能的原因：___。
（5）将固体F继续加入热的稀硫酸，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液，写出反应的化学方程式：___。
30．（2020·上海崇明·统考二模）工业制取皮革加工中的鞣化剂硝酸铝，是用铝灰与烧碱、硝酸反应制得的。铝灰是铝、氧化铝和氧化铁的混合物。产品硝酸铝晶体为Al(NO3)3·nH2O。
已知偏铝酸盐能与一般的酸反应，如：NaAlO2+HNO3+H2O→NaNO3+Al(OH)3↓
生产流程如图：
完成下列填空：
（1）用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，除烧杯、玻璃棒外还需（选填编号）___。
A． B． C． D．
说出流程中产生的滤渣的一种用途是___。制作一个过滤器需要___。流程中操作x的名称是____。
（2）反应Ⅱ加入的硝酸必须适量，原因是___。反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，原因是___。
（3）从反应Ⅲ所得的溶液制成产品的步骤依次为减压蒸发，___，过滤，___，低温烘干。
（4）为测定所得的产品的纯度，质检人员称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定。通过计算便可得出产品的纯度。
①上述过程属于定量实验。其中除配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是___，该实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与___的刻度值。
②任意写出一个该测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式：___。
参考答案：
1．C
【详解】测定胆矾晶体中结晶水含量，需称量一定质量的晶体，经研磨后在坩埚中加热，并在干燥器中冷却后称量，所以需要的仪器有天平、研钵、坩埚、泥三角以及干燥器等，恒重操作用不到的仪器是研钵，答案选C。
2．C
【分析】1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，加热115～125℃，通过酯化反应制得乙酸丁酯，为可逆反应，反应中浓硫酸起到催化剂和吸水剂的作用，加入过量的乙酸，有利于平衡正向移动，有机物易挥发，长导管可起冷凝作用，以此解答该题。
【详解】A．玻璃导管的主要作用是冷凝回流，故A错误；
B．制备乙酸乙酯时，反应温度80℃左右，可以用水浴加热来控制温度，不能直接加热，故B错误；
C．制得乙酸丁酯，为可逆反应，加入过量的乙酸，有利于平衡正向移动，可以提高丁醇的转化率，故C正确；
D．提纯乙酸丁酯需使用碳酸钠溶液，吸收未反应的乙酸，溶解丁醇，降低乙酸丁酯的溶解度，故D错误；
答案选C。
【点睛】需辨析清晰制取乙酸丁酯（直接加热）和乙酸乙酯（水浴加热）的实验的不同和相同之处。
3．B
【详解】A．硫酸铜溶液、明矾溶液中都含硫酸根离子，若硫酸铝钾溶液无色，则说明硫酸铜溶液的蓝色和硫酸根无关，故A不选；
B．硫酸铜溶液一定含有铜离子、硫酸根离子，硫酸铜溶液显蓝色无论和SO42-有没有关系，加水稀释后颜色均有变化，故加水稀释后蓝色变浅，不能说明硫酸铜溶液的蓝色和硫酸根无关，B实验无意义，故B选；
C．向硫酸铜溶液中滴加适量的硝酸钡溶液，能将SO42-沉淀，如果硫酸铜溶液的蓝色和硫酸根有关，则溶液的蓝色应消失，而实际的实验现象是蓝色未消失，说明硫酸铜的蓝色和硫酸根无关，故C不选；
D．向硫酸铜溶液中加入NaOH溶液后，能将铜离子沉淀，如果硫酸铜溶液的蓝色和硫酸根有关，则溶液蓝色应不变，而实际的实验现象是蓝色消失，故说明溶液的蓝色和硫酸根无关，故D不选；
故选B。
【点睛】明确实验的目的是解题的关键。本题的易错点为A，因为铝离子和钾离子均无色，因此明矾溶液为无色，说明硫酸根也是无色离子，说明硫酸铜溶液的蓝色与硫酸根无关。
4．A
【详解】A．水与CaO反应后，增大了与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故A正确；
B．二氧化碳中少量的CO不易点燃，且易混入氧气，应通过足量热的CuO除杂，故B错误；
C．乙烯能够被酸性KMnO4溶液氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故C错误；
D．铁粉能与CuCl2反应生成氯化亚铁溶液和铜，也能与氯化铁反应生成氯化亚铁，会把原物质也除去，不符合除杂原则，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为C，要注意乙烯被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化会生成二氧化碳等，引入新杂质。
5．D
【详解】A．胆矾溶液显酸性，在胆矾溶液中滴入少许烧碱溶液，得到的溶液中碱没有过量，而醛基的检验需要在碱性溶液中进行，因此实验不能成功，故A错误；
B．在硫酸铜结晶水含量的测定实验中，实验中的加热、冷却、称量的操作步骤要重复进行，直至连续两次称量的差不超过0.1 g为止，一般情况下，结晶水含量测定时称量次数不得少于4次，故B错误；
C．氯乙烷在氢氧化钠溶液中水解生成氯离子，检验氯离子，应在酸性条件下进行，否则生成AgOH而影响实验，因此滴加硝酸银之前，需要用硝酸中和氢氧化钠，故C错误；
D．配制480 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，需要选择500mL容量瓶，NaOH的质量m=nVM=0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.000g，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为AC，要注意物质的检验对溶液酸碱性的要求。
6．A
【详解】A.苯与水不互溶且比水的密度小，混合时苯在上层，乙酸与水互溶不分层，四氯化碳与水不互溶且比水的密度大，混合时四氯化碳在下层，则能用水进行区分，故A正确；
B.乙醇、乙醛、乙酸均能溶于水，与水混合时均不分层，则不能用水进行区分，故B错误；
C.乙醛、乙二醇均能溶于水，与水混合时均不分层，则不能用水进行区分，故C错误；
D.乙醇、甘油均能溶于水，与水混合时均不分层，则不能用水进行区分，故D错误；
综上所述，答案为A。
7．D
【分析】制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，形成氨化的饱和食盐水，在通入二氧化碳从而保证了通入二氧化碳时，二氧化碳被充分反应。
【详解】A．导气管位置错误，应该长进短出，故A错误；
B．二氧化碳在氯化钠溶液中的溶解度很小，先通入氨气使食盐水显碱性，能够吸收大量二氧化碳气体，产生高浓度的碳酸氢根离子，才能析出碳酸氢钠晶体，故B错误；
C．氨气的导气管的位置错误，应该长进短出，故C错误；
D．氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，所以应先通入氨气，形成氨化的饱和食盐水，从而保证了二氧化碳被充分反应，装置符合制备原理，故D正确；
答案选D。
8．D
【分析】由题意可知，，，，，。
【详解】A.晶体中含不挥发杂质，会使剩余固体的质量偏大，m（H2O）偏小，会使x偏小，不符合题意，故A错误；
B.加热时蓝色未完全变白，会使剩余固体的质量偏大，m（H2O）偏小，则会使x偏小，不符合题意，故B错误；
C.没有放在干燥器中冷却，会使剩余固体的质量偏大，m（H2O）偏小，则会使x偏小，不符合题意，故C错误；
D.加热时有晶体溅出，会使剩余固体的质量偏小，m（H2O）偏大，则会使x偏大，符合题意，故D正确；
综上所述，答案为D。
9．A
【详解】A．采用空气浴加热，石棉网可以避免试管局部温度过高，使试管受热均匀，故A正确；
B．乙酸和丁醇均易挥发，试管上方长导管的作用是使挥发出来的乙酸和丁醇冷凝回流，提高原料的利用率，故B错误；
C．酯的密度小于水的密度，反应结束后混合液上层呈油状且有果香味，故C错误；
D．乙酸丁酯在氢氧化钠溶液中容易水解，提纯乙酸丁酯，需使用水、饱和碳酸钠溶液洗涤，故D错误；
故选A。
10．B
【分析】这是一套能够在一定温度条件下测量生成气体体积的装置，结合各装置的作用分析解答。
【详解】A．大烧杯d是对a进行温度控制的装置，故A错误；
B．读取生成气体的体积时，需要量气管b中液面与水准管中液面在同一高度，便于读出反应前后与水面相平的刻度，故B正确；
C．可以通过调节水准管c中液面的高度，使量气管与b中液面与水准管中液面在同一高度，便于读出反应前后与水面相平的刻度，故C错误；
D．温度计不能用作搅拌棒，故D错误；
故选B。
11．D
【详解】在定量实验中，经常会在一些步骤进行重复，如测定结晶水合物中结晶水含量的实验中加热、冷却、称量的操作步骤要重复使用，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止，做恒重操作，这是为了确定样品中结晶水是否已经完全除去，保证实验的准确性；故答案选D。
12．D
【详解】A．实验室制乙烯，乙醇和浓硫酸在170℃的条件下发生消去反应生成乙烯，需要温度计测量反应液的温度，A不符合题意；
B．实验室制备制取硝基苯需要 55℃～60℃的水浴，需要温度计测量水浴的水的温度，B不符合题意
C．实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃～125℃之间需要温度计测量产物蒸汽的温度，C不符合题意；
D．常温常压水的沸点为100℃，沸腾时可知水温为100℃，水蒸气直接通过冷凝装置即可得到蒸馏水，所以温度计也就没必要用了，D符合题意；
答案选D。
13．C
【详解】A．粗盐提纯过滤泥沙，利用的是泥沙不溶于水、氯化钠溶于水将它们分离；
B．用四氯化碳萃取碘水，利用的是碘单质在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度更大而将其与水分离；
C．实验室乙酸乙酯提纯，利用的是乙酸可与碳酸钠反应和乙醇可溶于水的性质而将它们分离；
D．实验室分离苯和溴苯，利用两者的沸点不同或者两者在水中的溶解度不同而将它们分离；
由此可见，C中有用到化学方法，ABD用到的是物理方法；
答案选C。
14．A
【详解】测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验步骤为：①研磨、②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量、③加热、④冷却、⑤称量、⑥重复③至⑤的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.001g为止、⑦根据实验数据计算硫酸铜结晶水的含量，则所需仪器有：天平、研钵、酒精灯、玻璃棒、坩埚、干燥器、泥三角、三角架、药匙、坩埚钳，不需要胶头滴管，故选A。
【点睛】本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量测定，明确操作步骤为解答关键，注意掌握常见仪器的构造及使用方法，有利于提高学生的化学实验能力。
15．D
【详解】质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为： ，因为配制100mL的溶液，但是题中要求用250mL的容量瓶，所以令要配制250mL3mol/L稀硫酸，需要浓硫酸的体积为VmL，由稀释定律可知，18.4V×10-3=3×250×10-3，V=40.8 。
答案选D。 ，
16．A
【详解】A．测定硫酸铜晶体结晶水含量时，固体部分变黑，则硫酸铜受热分解生成氧化铜，所测得的结晶水含量偏高，A符合题意；
B．用量筒量取液体时，仰视读出的数值偏低，B不符合题意；
C．测定未知浓度氢氧化钠溶液时，锥形瓶未干燥直接加入待测液，所测得的浓度值不变，C不符合题意；
D．用pH试纸测未知液的pH时，先将pH试纸湿润，对原溶液起到稀释作用，再用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡比较，测得pH可能偏高、可能偏低或者可能不变，D不符合题意；
答案选A。
【点睛】用pH试纸测未知液的pH时，应该用干燥的pH试纸，不能将pH试纸湿润，如果将pH试纸湿润，对原溶液起到稀释作用，若原溶液是中性溶液，用湿润的pH试纸测溶液的pH，没有误差；若原溶液是酸性溶液，用湿润的pH试纸测溶液的pH，所测结果偏高；若原溶液是碱性溶液，用湿润的pH试纸测溶液的pH，所测结果偏低。
17．B
【分析】A．NH4+的检验方法是加入强碱生成氨气；
B．SO42-是利用生成硫酸钡沉淀；
C．Fe3+的检验是滴加硫氰化钾溶液，显红色；
D．检验Br-利用生成淡黄色的溴化银沉淀；
【详解】A．NH4+的检验方法：取少量的样品于试管中，向试管中加入浓的氢氧化钠溶液并加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，说明样品中含有NH4+，故该检验方法为气体法，A正确；
B．SO42-是利用生成硫酸钡沉淀，该方法是沉淀法，B错误；
C．Fe3+的检验是滴加硫氰化钾溶液，在反应中溶液变红，所以该方法为显色法，C正确；
D．检验Br-利用生成淡黄色的溴化银沉淀，故该方法是沉淀法，D正确；
答案选B。
18．C
【详解】A．N2+3H22NH3，该反应为可逆反应，不能完全转化，循环使用氮气和氢气，可以减少成本，提高原料利用率，A不符合题意；
B．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的反应为放热反应，使用热交换装置，充分利用可节约能源，B不符合题意；
C．侯氏制碱法比氨碱法更好的主要原因是：提高了食盐利用率，缩短了生产流程，降低了纯碱的成本，C符合题意。
D．用氨水吸收制硫酸的尾气中的二氧化硫，目的是保护环境，防止污染环境，D不符合题意；
答案选C。
19．D
【详解】A．溴易溶于苯，溴水与苯发生萃取，苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚，用溴水除杂，生成的三溴苯酚和过量的溴都能溶于苯，不能得到纯净的苯，并引入新的杂质，不能用溴水来除去苯中的苯酚，应向混合物中加入NaOH溶液后分液，故A错误；
B．乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠和水和二氧化碳，但乙酸钠和乙醇互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故B错误；
C．乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液，乙酸与氢氧化钠反应生成乙酸钠和水，但乙酸钠和乙醛互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故C错误；
D．乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸丁酯，故D正确；
答案选D。
20． 坩埚 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ ③④⑤（或加热、冷却、称量） 保证碳酸氢钠完全分解 a、b、d A D的量液管比C的量筒测量液体体积精确度好 错误，A中分液漏斗和烧瓶之间因有导管相连而压强始终相同，不论气密性是否良好，分液漏斗中的水都能因重力作用自由滴下 量取浓盐酸的体积 Y、Z 0.8249
【分析】方案Ⅰ．实验原理是利用灼烧称重法，求出NaHCO3分解生成Na2CO3的质量，从而求出NaHCO3的质量，并最终求出样品中Na2CO3的质量，计算样品中Na2CO3的纯度。实验操作过程中，需要称量坩埚的质量、坩埚与样品的质量和、坩埚与灼烧后固体的质量和，实验的关键是确保固体分解完全，所以需重复操作。
方案Ⅱ．实验原理是利用样品中Na2CO3、NaHCO3与硫酸完全反应生成CO2，并准确测定生成CO2的体积，所以CO2体积的准确测定是实验成功的关键。具体操作上，硫酸的滴加，不因液体的加入影响气体的体积；气体体积的量取，数值准确。
方案Ⅲ．实验原理是利用反应Na2CO3＋HCl→NaHCO3＋NaCl，求出所耗盐酸的体积，从而求出消耗盐酸的物质的量，进而求出样品中所含Na2CO3的质量，计算样品中Na2CO3的纯度。实验的关键是确保盐酸体积的准确性，所以量取浓盐酸体积时，仪器精度要高，滴定终点确定时，判断要准。
【详解】(1)仪器X用于灼烧固体，所以应是坩埚，方案 Ⅰ 是灼烧分解NaHCO3杂质，实验原理是：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。答案为：坩埚；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
(2)为减少实验误差，确保NaHCO3完全分解，需将灼烧所得固体再灼烧，看其质量是否变化，所以步骤⑥应为：重复③④⑤（或加热、冷却、称量）操作，步骤⑥的目的是：保证碳酸氢钠完全分解。答案为：③④⑤（或加热、冷却、称量）；保证碳酸氢钠完全分解；
(3)因为不能保证质量为cg的残留物是否含有NaHCO3，此数据不可用，所以要计算Na2CO3的质量分数需用到的数据是a、b、d。答案为：a、b、d；
(4)因为A中分液漏斗和烧瓶之间有导管相连，压强始终相同，液体容易流下，且不会因液体的加入影响气体体积，所以为提高测定准确性，应选用发生装置A和量气装置D；装置C使用量筒，装置D用量液管，后者精度高，所以D中准确性高的原因是D的量液管比C的量筒测量液体体积精确度好。答案为：A；D的量液管比C的量筒测量液体体积精确度好；
(5) A中分液漏斗与烧瓶内气体相通，压强相等，液体流出顺利，所以该判断错误，理由是：错误，A中分液漏斗和烧瓶之间因有导管相连而压强始终相同，不论气密性是否良好，分液漏斗中的水都能因重力作用自由滴下。答案为：错误，A中分液漏斗和烧瓶之间因有导管相连而压强始终相同，不论气密性是否良好，分液漏斗中的水都能因重力作用自由滴下；
(6)用浓盐酸配制稀盐酸，需要量取浓盐酸的体积，所以使用酸式滴定管，滴定管的作用是量取浓盐酸的体积。滴定管和容量瓶在使用前都要检查是否漏液及用蒸馏水洗涤，所以需进行的操作是Y、Z。答案为：量取浓盐酸的体积；Y、Z；
(7)由表中数据，可求出所用稀盐酸的平均体积为=20.00mL，根据表中数据，碳酸钠的质量分数为=0.8249。答案为：0.8249。
【点睛】蒸发皿与坩埚都是可直接加热的仪器，但二者的用途不同，浓缩溶液或从溶液中提取溶质，常使用蒸发皿；灼烧分解固体，常使用坩埚。
21． Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 有气泡产生，细铜丝溶解 增大接触面以加快反应速率 先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯 无水硫酸铜 浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出 使Na2O2与SO2充分接触，有利于反应完全进行 取样，滴加足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成 防倒吸 Na2SO3、NaHSO3 n(Na2SO3)/n(NaHSO3)=1：2（顺序相反时，则为2：1）
【分析】在圆底烧瓶中，铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应过程中，铜丝溶解，有气泡生成，使用细铜丝来增大接触面积，反应结束后，先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯，试验后的烧瓶中含有浓硫酸和硫酸铜，从生成物的角度分析白色固体，玻璃管中Na2O2粉末散附在玻璃棉上可使SO2与Na2O2充分接触，B中发生SO2+Na2O2=Na2SO4，可能混有Na2SO3，且亚硫酸钡可溶于盐酸，硫酸钡不能溶于盐酸，烧杯中NaOH吸收尾气，易发生倒吸，应在烧杯与集气瓶之间加一个防倒吸装置，以此来解答。
【详解】(1)烧瓶中生成SO2的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；
(2)实验中可观察到细铜丝表面：有气泡产生，细铜丝溶解；
(3)欲使反应停止，应进行的操作是：先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯；烧瓶中液体冷却后，可观察到的现象是有白色固体生成，溶液变为无色，原因是浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出；
(4)把Na2O2粉末散附在玻璃棉上的目的是：使Na2O2与SO2充分接触，检验混合物中有Na2SO4的实验方案是：取样，滴加足量稀盐酸，排除亚硫酸根的干扰，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成；
(5)氢氧化钠溶液吸收尾气，会引起倒吸，实验装置中广口瓶的作用是防止倒吸，
SO2与NaOH的溶液反应可能产生亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，或者是亚硫酸钠和硫酸钠的混合物，已知氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=0.1mol，假设生成物全部是亚硫酸钠，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O， 2mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸钠，0.1mol氢氧化钠生成0.05mol亚硫酸钠，质量为m=nM=0.05mol×126g/mol=6.3g，假设生成物全部是亚硫酸氢钠，发生反应：SO2+NaOH=NaHSO3，1mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸氢钠，0.1mol氢氧化钠生成0.1mol亚硫酸氢钠，质量为m=nM=0.1mol×104g/mol=10.4g，得到溶质的质量为8.35g，故生成物既有亚硫酸钠，又有亚硫酸氢钠，设生成亚硫酸钠反应消耗的氢氧化钠为xmol，生成亚硫酸氢钠反应消耗的氢氧化钠的物质的量为ymol，则有：
x+y=0.1，x×126+104y=8.35，解得x=0.05，y=0.05，=x：y=1：2。
22． 除尘 防止NOx溶于冷凝水，影响测量的准确性 c 2NO+3H2O2=2H++2NO3-+2H2O 锥形瓶、滴定管 偏低 偏高
【分析】装置A为过滤器，除去粉尘；装置B为加热器，加热防止氮氧化合物溶于水，影响氮氧化合的测定；C为干燥器，干燥酸性气体应选择酸性干燥剂或中性干燥剂；D为吸收器，吸收酸性气体应用碱性溶液。
【详解】（1）第一步过滤器是为了出去粉尘，因此其中的无碱玻璃棉的作用是除尘；采样步骤②加热烟道气是为了防止NOx溶于冷凝水，影响测量的准确性；
a.碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体，故a错误；
b.无水硫酸铜可用于检验是否有水的存在，干燥能力不强，故b错误；
c.五氧化二磷为酸性干燥剂，可以用于干燥酸性气体，故c正确；
综上所述，故答案为：除尘；防止NOx溶于冷凝水，影响测量的准确性；c；
（2）D装置为吸收装置，用于吸收酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，气体长管进，短管出，装置示意图如图： ，故答案为： ；
（3）NO在酸性条件下被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为2NO+3H2O2=2H++2NO3-+2H2O，滴定操作主要用到铁架台、滴定管、锥形瓶，其中玻璃仪器主要有锥形瓶、滴定管，故答案为：2NO+3H2O2=2H++2NO3-+2H2O；锥形瓶、滴定管；
（4）若没有打开抽气泵，则系统中还存在气样中的氮元素，导致吸收不完全，使测定结果偏低；若硫酸亚铁变质，则会导致测得的剩余亚铁离子偏低，使得计算所得的氮元素含量偏高，故答案为：偏低；偏高。
【点睛】根据测定过程中发生反应的方程式，，，可知氮氧化合物的物质的量可表示为，由此可知若硫酸亚铁变质，则会导致测得的剩余亚铁离子偏低，即偏低，则使得计算所得的氮元素含量偏高。
23． 红褐色沉淀 d 由于Fe3+水解显酸性，所以不能仅通过溶液显酸性就判断反应后硫酸是否有剩余（或：如果测得溶液的酸性较强，可以判断硫酸有剩余） 否 由于有SO2存在，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以无法判断是否含有CO2 Fe+2H+=Fe2++H2↑ 0.67 开始未见明显现象是因为SO2不能与BaCl2反应，一段时间后空气中的O2将H2SO3氧化成为H2SO4，从而与BaCl2反应生成BaSO4沉淀
【分析】(1)2Fe+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O，将反应后的溶液稀释，取稀释液，滴加NaOH溶液，铁离子与氢氧化钠反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀；在Fe3+存在时检验Fe2+，结合亚铁离子的性质分析判断选择的试剂；
(2)铁离子水解后的溶液也显酸性，但酸性较弱，据此分析评价；
(3)根据SO2也能使澄清石灰水变浑浊分析判断；最后逸出的气体具有可燃性，该气体只能为H2，因为随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小；
(4)首先计算标准状况下，336mL混合气体的物质的量，再根据生成的硫酸钡的质量计算二氧化硫的物质的量，最后计算混合气体中SO2的体积分数；
(5)SO2与BaCl2不反应，结合二氧化硫检验较强的还原性分析解答。
【详解】(1)2Fe+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O，将反应后的溶液稀释，取稀释液，滴加NaOH溶液，铁离子与氢氧化钠反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，证明有Fe3+存在。为进一步判断溶液中是否存在Fe2+，可另取稀释液少许，因为溶液中含有Fe3+，可以滴加KMnO4酸性溶液，若溶液的紫红色褪色，即可以证明溶液中含有Fe2+，故答案为：红褐色沉淀；d；
(2)测定稀释液的pH，若溶液显酸性不能说明反应后硫酸是否有剩余，因为铁离子水解后的溶液也显酸性，若溶液的酸性较强，可以判断硫酸有剩余，因为铁离子水解后的溶液的酸性较弱，故答案为：由于Fe3+水解显酸性，所以不能仅通过溶液显酸性判断反应后硫酸是否有剩余(或如果测得溶液的酸性较强，可以判断硫酸有剩余)；
(3)将产生的气体依次通过品红溶液和澄清石灰水，观察到：品红溶液褪色、澄清石灰水变浑浊。不能据此判断除SO2外，反应后气体中还含有CO2，因为混合气体中存在SO2气体，SO2也能使澄清石灰水变浑浊；最后逸出的气体具有可燃性，说明该气体为H2，因为随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，稀硫酸能够与铁反应生成氢气，Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：否；由于有SO2存在，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以无法判断是否含有CO2；Fe+2H+→Fe2++H2↑；
(4)标准状况下，336mL混合气体的物质的量为=0.015mol，生成的硫酸钡的物质的量==0.01mol，说明二氧化硫的物质的量为0.01mol，因此混合气体中SO2的体积分数为×100%=0.67，故答案为：0.67；
(5)将上述混合气体直接通入BaCl2溶液，SO2与BaCl2不反应，因此未见明显现象，放置一段时间后，溶液中的亚硫酸被空气中的氧气氧化生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故答案为：开始未见明显现象是因为SO2不能与BaCl2反应，一段时间后空气中的O2将H2SO3氧化成为H2SO4，从而与BaCl2反应生成BaSO4沉淀。
【点睛】本题的易错点为(1)中亚铁离子的检验，要注意在铁离子存在的条件下不能用KSCN和氯水检验亚铁离子，应该利用亚铁离子的还原性检验。
24． 电子天平 前后两次称量的质量差不超过0.001g 烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管 黄色恰好变成橙色，且半分钟内不褪色 做2～3次平行实验，取平均值 偏低 无影响 c 调节量气管和水准管液面相平
【分析】(1) 方案一根据天平的感量确定称量仪器，当前后两次称量的质量差不超过0.001 g时说明
已经达到恒重；
(2)根据一定物质的量浓度溶液的配制步骤选取实验仪器；
(3)甲基橙的变色范围是3.1-4.4，碳酸钠溶液呈碱性，所以滴有甲基橙的碳酸钠溶液呈黄色，当滴定终点时，溶液黄色恰好变成橙色；为减少误差，应多做几次实验取平均值；
(4)能影响溶质物质的量的因素影响测定结果，否则不影响测定结果；
(5)写出离子方程式或化学方程式，根据物质间存在的量的关系即可求出碳酸氢钠的物质的量，进而求出其质量，将其比上样品的质量可求出碳酸氢钠的质量分数；
(6)对于读数，为了使读书结果较精准，一般应注意：①将实验装置恢复到室温 ②视线与凹液面最低处相平。题目中还要调节量气管和水准管液面相平。
【详解】(1) 方案一托盘天平的感量是0.1g，电子天平的感量是0.001g，所以称量药品时用电子天平，当前后两次称量的质量差不超过0.001 g时说明已经达到恒重；
(2)配制一定物质的量浓度溶液时，用烧杯溶解固体药品，用玻璃棒搅拌固体溶解和引流溶液，用容量瓶配制溶液，用胶头滴管定容；
(3)甲基橙的变色范围是3.1～4.4，碳酸钠溶液呈碱性，所以滴有甲基橙的碳酸钠溶液呈黄色，当滴定终点时，溶液呈酸性，溶液黄色恰好变成橙色，且半分钟内不褪色；为减少误差，应多做几次实验取平均值，即做2～3次平行实验；
(4)滴定时若锥形瓶内有少量液体溅出，导致锥形瓶内溶液中溶质减少，所以测定结果偏低，若盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对锥形瓶内溶液中的溶质无影响，所以对结果无影响；
(5)滴定20.00mL的待测液消耗的0.1mol/L的盐酸溶液为V mL，则消耗的n(H+)=n(HCl)=V×10-4 mol，根据离子方程式：H++HCO3-=H2O+CO2↑，可知n(HCO3-)=n(H+)=n(HCl)= V×10-4 mol，又取了m g的样品配成了100 mL溶液，测定时只取了20mL，所以小苏打中碳酸氢钠的质量分数为：；
(6)a.饱和碳酸钠溶液会与二氧化碳反应，导致实验存在较大误差，a不符合；
b.盐酸具有挥发性，若量器管中液体为饱和碳酸氢钠溶液，则挥发出来的HCl会与之反应产生二氧化碳，使得实验结果偏大，b不符合题意；
c.含有品红的硫酸溶液呈现红色，便于读数，且二氧化碳为酸性气体，几乎不溶于硫酸溶液中，使得实验结果更精确，c符合题意；由于气体的体积受温度和压强影响大，读数时应注意：①将实验装置恢复到室温 ②调节量气管和水准管液面相平 ③视线与凹液面最低处相平。
【点睛】若盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，但锥形瓶中的溶质的物质的量不变，消耗的滴定液的量不变，所以此操作对实验结果无影响。
25． NH4Cl 氨气 NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl 过滤 确保CO2充分被吸收 氢氧化钠溶液 浓硫酸 偏高
【分析】联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱，二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，A为NH3，B为CO2，反应为：CO2+H2O+NaCl+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再加热制得纯碱产品。
【详解】（1）产品N是氯化铵，化学式为NH4Cl，所需物质A的名称是氨气，CO2的电子式： ；
（2）侯德榜制碱法的原理是NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；操作X后得滤液和固体，则操作为过滤；
（3）该实验进行到操作④时，要缓缓鼓入空气，鼓入空气的作用是确保CO2充分被吸收；为防止空气中的CO2造成实验误差，装置A中的液体应选用氢氧化钠溶液；
（4）装置B与D之间必须添加一装置C，吸收水分，否则使测定结果偏高；装置C为： ，装置中盛放的是浓硫酸；
（5）根据此实验，干燥管D增加二氧化碳质量g，通过差量法可知，纯碱中Na2CO3的质量分数为，如果缺少装置E，外界的二氧化碳、水蒸气会被干燥管D吸收，则实验所得纯碱样品的纯度会偏高。
26． 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 第4次或第5次的读数 第5次与第4次的读数相同，锥形瓶内质量已达恒重 0.84 溶解 生成NaCl的质量 玻璃棒、蒸发皿 偏大
【分析】（1）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；
（2）、（3）计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化以及还有第4次或第5次读数，计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重；
（4）①由流程图可知，操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解；
②操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体为氯化钠，需直接测定氯化钠的质量；
③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；
④在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，故过氧化钠的质量分数偏大。
【详解】（1）Na2O2和H2O反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（2）计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量，故需要知道试样的质量、锥形瓶+水的质量，还有第4次或第5次读数；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重，不必作第6次读数；
（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由反应方程式可知，由于过氧化钠与水反应生成氧气，反应前后质量减少，质量的变化量就是氧气的质量，即m(O2)= 1.560g +190.720g-192.010=0.270g，n(O2)= =0.0084mol，在化学反应中，反应物、生成物的物质的量变化之比等于化学计量数之比，故n(Na2O2) =2(O2)=0.0168mol，过氧化钠的质量分数是：
=84% ；
（4）①由流程图可知，操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解；
②最终蒸发浓缩、冷却结晶得到的晶体为氯化钠，故应测定生成NaCl的质量；
③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；
④在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，由于过氧化钠中钠元素的质量分数小于氧化钠中钠元素的质量分数，故过氧化钠的质量分数偏大。
27． Fe2O3 导气，冷凝回流 除尽 O2 吸收HCl气体 无防倒吸装置 蒸馏 滴入最后一滴 NaOH，溶液恰好变成红色，且半分钟内不褪色 78.4% 偏低
【分析】(1) FeCl2易被氧化为FeCl3，加热蒸干促进FeCl3水解；
(2) 2FeCl3+C6H5Cl=2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑反应生成HCl气体，反应物C6H5Cl沸点较低；FeCl2具有还原性，易被氧气氧化；
(3)锥形瓶内的水吸收导管a排出的HCl气体；HCl易溶于水，引起倒吸；
(4)根据氯苯的沸点较低分析回收过量氯苯的方法；
(5)锥形瓶内的溶液为盐酸，滴入氢氧化钠，溶液pH逐渐增大；
(6)根据关系式2FeCl3～～～HCl～～～NaOH，计算FeCl3的转化率；若制备反应后未通入足量N2，则烧瓶内的HCl不能完全溶于锥形瓶内的水中。
【详解】(1) FeCl2被氧化为FeCl3，加热蒸干FeCl3水解为Fe(OH) 3灼烧分解为Fe2O3；
(2) 2FeCl3+C6H5Cl=2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑反应生成HCl气体，反应物C6H5Cl沸点较低，所以导管a的作用是导出HCl气体、冷凝回流C6H5Cl；FeCl2具有还原性，易被氧气氧化，反应前通入N2，除尽装置中的O2；
(3)锥形瓶内的水吸收导管a排出的HCl气体，锥形瓶的作用是吸收HCl气体；HCl易溶于水，引起倒吸，该装置的不足之处为无防倒吸装置；
(4)氯苯的沸点较低，用蒸馏的方法回收过量氯苯；
(5)锥形瓶内的溶液为盐酸，用酚酞作指示剂，滴入氢氧化钠，溶液pH逐渐增大，滴定终点的现象是滴入最后一滴 NaOH，溶液恰好变成红色，且半分钟内不褪色；
(6)根据关系式2FeCl3～～～HCl～～～NaOH，参加反应的反应FeCl3的物质的量是，32.500g无水FeCl3的物质的量是0.2mol，FeCl3的转化率是78.4%；
若制备反应后未通入足量N2，则反应生成的HCl不能完全溶于锥形瓶内的水中，所以测定结果会偏低。
28． 5.2≤pH＜7.8 Ca(OH)2 或CaO或CaCO3 取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全 将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管 99.9% 蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl2·2H2O失去部分结晶水
【分析】工业碳酸钙加过量盐酸进行溶解，得到Ca2+、Al3+、Fe3+，加入物质A来调节溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根据沉淀对应的pH表，需要把二者沉淀完全，pH最小为5.2，但是当pH大于等于7.8，氢氧化铝开始溶解，故调节pH范围是5.2≤pH＜7.8；加入的A能调节pH，但是不能引入新杂质，则可以选用Ca(OH)2 或CaO或CaCO3；过滤后滤液进行盐酸酸化，在160℃蒸发结晶，得产品CaCl2·2H2O。
【详解】(1)根据分析，加入物质A来调节溶液的pH，此时控制溶液的pH范围是5.2≤pH＜7.8；加入的物质A是Ca(OH)2 或CaO或CaCO3（填一种即可）；
(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全；
(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2，防止产物中混有Ca(OH)2杂质；
(4) ①测定样品的纯度过程中，a为配制一定体积物质的量浓度溶液的过程，需要用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；b、c为滴定过程，需要用到的玻璃仪器：锥形瓶、滴定管；故上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管；②使用AgNO3溶液滴定样品的CaCl2·2H2O，n（Ag+）=0.050 mol/L×20.39 ×10-3L=1.0195 ×10-3mol，则25mL中含n（Cl-）=1.0195×10-3mol，250 mL中含n（Cl-）=1.0195×10-2mol，含n（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol，m（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol×147g·mol-1=0.7493g，样品CaCl2·2H2O的质量分数==99.9%；③蒸发结晶过程中，温度过高，使CaCl2·2H2O失去部分结晶水，而计算的时候仍按照没有失去结晶水的化合物质量计算，故最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高。
【点睛】化工流程中把握常见的金属离子的除杂方式；注意调节pH的范围，以及试剂的选用，不引入新杂质用可以与氢离子发生反应，一般选用制备物质的阳离子对应的氧化物、氢氧化物等。
29． 、 稀硫酸 NaHCO3溶液 浓盐酸改为稀盐酸；在装置a和装置b之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，以除去装置a中挥发出的HCl 2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
【分析】Fe、Cu、Fe2O3都不与NaOH溶液反应，Al和Al2O3可与NaOH溶液反应，用含有Al、Fe、Cu和Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体(FeSO4•7H2O)和胆矾晶体流程为：合金中Al、Al2O3与NaOH反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生反应：，反应可生成Al(OH)3固体C，生成的Al(OH)3再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为NaHCO3溶液；滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，可用于制备胆矾，据此分析解答。
【详解】（1）铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，反应的离子方程式为：、；
（2）金属铁和金属铜不与氢氧化钠溶液反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制得绿矾晶体，所以试剂X为稀硫酸；溶液D为NaHCO3溶液；
（3）进行步骤Ⅱ时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的HCl气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀，发生的反应为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去HCl的装置，二氧化碳在饱和NaHCO3中不溶，氯化氢和NaHCO3反应生成二氧化碳气体，所以可降低盐酸浓度；在装置I和Ⅱ之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢；
（4）溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+，原因是Fe3+被Fe、Cu还原生成Fe2+，所以加入KSCN溶液没有明显现象，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
（5）用固体F继续加入热的稀H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液，说明在加热条件下，Cu、氧气和稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：。
30． B 作颜料（或炼铁） 漏斗和滤纸 过滤 硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量 稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品 （冷却）结晶 洗涤（晶体） （酸碱）中和滴定 滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平 Al3++3NH3•H2O→Al(OH)3↓+3NH4+或NH3•H2O+H+→NH4++H2O
【分析】铝灰用氢氧化钠溶液溶解，铝、氧化铝反应生成偏铝酸钠，氧化铁不反应，过滤后形成滤渣，滤液中含有偏铝酸钠和未反应的NaOH，加入硝酸中和未反应的氢氧化钠，并将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤分离，氢氧化铝沉淀再用硝酸溶解，得到硝酸铝溶液，经过一系列操作得到硝酸铝晶体，结合溶液的配制和物质的性质分析解答。
【详解】(1)用氢氧化钠固体配制30%的氢氧化钠溶液，需要用天平称量氢氧化钠，用量筒量取水的体积，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，因此除烧杯、玻璃棒外还需要的仪器是量筒；流程中产生的滤渣是氧化铁，可以用作红色颜料，也可以用于炼铁；制作一个过滤器需要漏斗和滤纸；根据图示，流程中操作x是分离溶液和沉淀，为过滤，故答案为：B；作颜料(或炼铁)；漏斗和滤纸；过滤；
(2)硝酸属于强酸，可以溶解氢氧化铝沉淀，导致Al元素损失，因此反应Ⅱ加入的硝酸必须适量；反应Ⅲ加入的硝酸要稍过量，因为硝酸铝会水解，稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品，故答案为：硝酸不足或过量，都会使铝元素损耗，而浪费原料、降低产量；稍过量的硝酸可抑制硝酸铝水解，有利提取产品；
(3)从反应Ⅲ所得溶液中得到硝酸铝晶体的步骤依次是：减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干，故答案为：冷却结晶；洗涤；
(4)①常见的定量实验包括配制一定物质的量浓度的溶液外，还有一个是(酸碱)中和滴定；中和滴定实验过程中要进行多次读数，读数的方法是读出与滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平的刻度值，故答案为：(酸碱)中和滴定；滴定管内壁上白底蓝线的粗细交界处相平；
②称取产品Wg，溶于水配成500mL溶液，从中取出25.00mL，加入过量已知浓度的氨水，硝酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硝酸铵，充分反应后，剩余的氨水用已知浓度的盐酸溶液进行测定，氨水与盐酸反应生成氯化铵和水，测定过程中所涉及的化学反应的离子方程式有Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+、NH3•H2O+H+=NH4++H2O，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+或NH3•H2O+H+=NH4++H2O。
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