上海市闵行区三年（2020-2022）年高考化学模拟题分题型分层汇编-05化学实验基础（基础题）（含解析）考试试卷

上海市闵行区三年（2020-2022）年高考化学模拟题分题型分层汇编-05化学实验基础（基础题）
一、单选题（共12题）
1．（2022·上海闵行·统考一模）《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，下列分离方法涉及的有
A．萃取 B．分液 C．蒸发 D．蒸馏
2．（2022·上海闵行·统考一模）下列有机物的实验室制备装置(夹持仪器省略)中，正确的是
A．制乙烯 B．制乙炔 C．制乙酸乙酯 D．制乙酸丁酯
A．A B．B C．C D．D
3．（2022·上海闵行·统考一模）一定量的某磁黄铁矿(主要成分，S为-2价)与盐酸恰好完全反应(杂质不与盐酸反应)，生成硫单质、和一定量的某种气体，且反应后溶液中无。有关说法正确的是
A． B．生成了气体
C． D．中，
4．（2022·上海闵行·统考模拟预测）欲将某CCl4和H2O的混合体系分离，需要用到的主要仪器是
A． B． C． D．
5．（2022·上海·统考一模）实验室按以下方案从某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列实验方法或仪器错误的是
A．步骤(1)需要过滤装置
B．步骤(2)水层溶液从分液漏斗下口放出
C．步骤(3)需要用到坩埚
D．步骤(4)可利用物质的沸点不同分离
6．（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
7．（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-
8．（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
9．（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
10．（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
11．（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
12．（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
二、多选题（共1题）
13．（2022·上海闵行·统考一模）除去下列物质中所含少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂和方法均正确的是
A．溴苯(Br2)溶液：加溶液，分液
B．甲烷(C2H4)：酸性溶液，洗气
C．乙醛(HCOOH)：新制，蒸馏
D．氯化亚铁溶液(FeCl3)，铁粉，过滤
三、填空题（共3题）
14．（2022·上海·统考一模）氯酸镁[]常用作催熟剂、除草剂等，可用和反应制备。完成下列填空：
(1)已知四种物质的溶解度如图，写出向溶液中加入饱和溶液制备的化学反应方程式_______。
(2)上述反应能够发生的原因是_______。
(3)氧原子最外层电子排布的轨道表达式为_______，镁原子核外共有_______种能量不同的电子。
(4)组成和的元素中，处于同周期元素的离子半径由大到小的顺序为_______。
(5)氯与溴在同一主族，下列能说明氯的非金属性强于溴的事实是_______(选填编号)。
a．氧化性强于
b．的分解温度低于
c．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄
d．是非氧化还原反应
(6)氯气与碱液反应时，产物受温度和浓度的影响。在低温和稀碱液中主要产物是和，在75℃以上和浓碱液中主要产物是和。
①室温下，向含的稀碱液中通入氯气，充分反应后，溶液中离子按浓度由大到小的顺序排列为：_______。
②一定温度下，向溶液中通入氯气至恰好完全反应，配平下列化学方程式。______
每生成，转移的电子数目为_______。
15．（2020·上海虹口·统考二模）二氧化氯（ClO2）是世界卫生组织（WHO）推荐的A1级广谱、安全、高效消毒剂。以下是ClO2的两种制备方法：
方法一：2NaClO3 + 4HCl → 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O
方法二：H2C2O4 + 2NaClO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O
完成下列填空：
(1)在方法一中，当有0.2 mol电子发生转移时，参与反应的还原剂为_________ mol。
(2)在方法二中，反应物H2C2O4_________（填序号）。
a．仅做氧化剂 b．既被氧化又被还原
c．发生氧化反应 d．既未被氧化也未被还原
(3)两种方法相比，___________（填写“方法一”或“方法二”）制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是______________________________________________。
(4)实验室也可用氯酸钠(NaClO3)和亚硫酸钠(Na2SO3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，其化学反应方程式为 ________________________________________________。
(5)氯原子核外共有______种不同运动状态的电子，氯离子的最外层电子排布式是________。
(6)CCl4分子的空间构型为__________________，CO2的电子式是___________________。
(7)相同压强下，部分元素氯化物的熔点见表：
氯化物 NaCl KCl CCl4
熔点/℃ 804 773 -22.92
试解释表中氯化物熔点差异的原因：_______________________________________________________。
16．（2022·上海闵行·统考一模）氯及其化合物有着广泛用途。
工业生产方法之一是：
①在80℃时电解NaCl溶液，得到溶液；
②室温下加入足量KI固体，析出晶体。
(1)①中反应的总化学方程式：______
_______NaCl＋______________。
若电解时温度过低，会造成溶液中可能混入_______。
(2)②中能析出晶体而无其它晶体析出的原因是_______。
四、实验题（共8题）
17．（2022·上海虹口·统考模拟预测）是一种高性能磁性材料。实验室以为原料制备的流程如下：
第一步：将向浊液中通入，发生反应；
第二步：向溶液中加入，有气体逸出，同时获得粗产品。
已知部分含锰化合物的溶解性如下：
含锰化合物
溶解性 不溶 不溶 可溶 不溶
完成下列填空：
(1)①第一步的反应装置如下图所示：
②石灰乳的作用是___________。
③反应过程中，为使尽可能转化完全，在通入与比例一定，不改变与用量的条件下，可以采取的合理措施有___________(任写一种)。
(2)若实验中将换成空气，测得反应液中的浓度随反应时间t变化如图。导致溶液中浓度变化产生明显差异的原因可能是：___________。
(3)完成第二步反应的离子方程式： ___________,实验发现，若用相同物质的量浓度的溶液代替溶液，则得到的中会混有较多的杂质，该杂质可能是___________(填化学式)。
实验室可以用无色的酸性溶液来检验，原理如下所示：
已知的结构如下图所示。
(4)标明上述反应的电子转移方向与数目______。确认溶液中是否含的操作与现象是：_____。
(5)利用重量法探究的热分解，数据如下表所示(残留固体均为锰的氧化物)：
实验 固体质量g
加热前 加热至后
第一组(空气氛围) 3.450 2.610
第二组(氢气氛围) 3.450 2.130
①第二组实验中残留固体的化学式为___________。
②结合两组实验数据，推测在空气中加热至时发生反应的化学方程式：____。
18．（2022·上海·统考二模）氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用如下装置进行模拟制备(省略夹持装置)：
Ⅰ.完成下列填空：
(1)干燥的NH3可选用以下装置制得，相应的连接顺序可以是_______→_______→_______(选填端口字母编号)。_______
Ⅱ.固体X可用无水氯化铬(CrCl3)固体，主要反应为NH3+CrCl3CrN+3HCl。
(2)无水氯化铬具有很强的吸水性，通常形成晶体CrCl3·6H2O。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为_______。以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_______。
(3)实际进行实验时，发现上述装置存在一个缺陷，会导致危险，请简要说明。_______
Ⅲ.固体X也可用Cr2O3固体。通入NH3时先将氧化物还原为金属单质，然后金属单质与另一产物化合得到CrN，这些过程几乎同时进行。
(4)写出NH3与Cr2O3发生氧化还原反应的化学方程式：_______。
(5)CrN产品中含有Cr2N杂质，可利用如下方法进行纯度测定：取样品14.380g在空气中充分加热至反应完全，剩余固体全为Cr2O3，质量为16.720g。样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为_______。
(6)证明样品已反应完全的操作名称是_______；若加热时长不足，则最终测定CrN的纯度将_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
19．（2022·上海闵行·统考一模）是白色固体，难溶于水，可用于制各补血剂。
Ⅰ.的制取步骤和装置图如下(夹持仪器略)：
①先向中的溶液通入一段时间至其为7；
②然后滴加一定量溶液，产生白色沉淀；
③过滤、洗涤、干燥，得到固体。
(1)通入溶液的用大理石与盐酸反应制得后，先经过装置再进入中，装置的作用是_______，试剂a是_______。
(2)写出装置中制取的离子方程式：_______。若向溶液中直接滴入溶液，产生的沉淀可能有_______。
Ⅱ.溶于乳酸能制得可溶性乳酸亚铁()补血剂。
(3)验证乳酸亚铁补血剂中亚铁离子未被氧化的试剂是_______。
Ⅲ.两位同学分别用不同的方案进行乳酸亚铁补血剂中铁元素含量测定：
(4)甲同学通过滴定法测定样品中的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于，其原因可能是_______。
(5)乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量。称取样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成溶液。吸取该溶液加入过量溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用硫代硫酸钠溶液滴定(已知：)，当_______，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为，则样品纯度为_______
20．（2022·上海闵行·统考模拟预测）二氧化硫及硫酸盐在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
I.测定晶体结晶水含量的实验中常选择胆矾作为实验对象进行研究。
(1)结合已有知识及表格中信息解释原因_______。
明矾 胆矾 绿矾
化学式 KAl(SO4)2·12H2O CuSO4·5H2O FeSO4·7H2O
色态 无色透明 蓝色 浅绿色
失去全部结晶水温度(℃) 200 200 300
II.《唐本草》和《天工开物》等古籍均记载中国很早就焙烧绿矾制备铁红(主要成分Fe2O3，是一种传统颜料的着色剂)和含硫气体等。
(2)对含硫气体的成分，某学生做出三种假设：①含硫气体为SO2；②含硫气体为SO3；③含硫气体为SO2和SO3。从上述三种假设中挑选一种不合理的，做出解释：_______。
(3)将盛有绿矾的硬质玻璃管A按下图装置，加强热使其充分反应。
C、D中的溶液依次为_______、_______(选填字母编号)。
a.品红溶液 b.Ba(OH)2溶液 c.盐酸酸化的BaCl2溶液 d.浓硫酸
III.SO2常用于食品加工中作防腐剂、漂白剂。我国规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.26g·L-1。某研究小组测定葡萄酒中SO2含量的方法为：在300.00mL葡萄酒中加入适量稀硫酸，加热使SO2全部逸出，并用H2O2完全吸收，再将吸收了SO2的H2O2充分加热后，用0.0900mol·L-1NaOH溶液进行滴定。
(4)H2O2吸收SO2的化学方程式为_______。“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是_______。
(5)若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为_______。滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2含量为_______g·L-1。该葡萄酒的此项指标被判定为_______。(选填：合格、不合格)
21．（2022·上海·统考一模）某校研究性学习小组设计实验来研究茶叶的部分药效成分和微量元素组成。
I.茶叶中咖啡因的提取
咖啡因的溶解度如下表(单位：g /100g水)
溶剂 乙醇(25 ℃) 氯仿(25 ℃) 乙醚(25 ℃) 沸水(100 ℃)
溶解度 2 18.2 0.19 66.6
(1)从上表中选择合适的溶剂_______(填写溶剂名称)来浸取茶叶提取咖啡因；
(2)纯咖啡因是白色针状晶体，100℃时容易失去结晶水并升华。从澄清的茶叶浸取液中提取含结晶水的咖啡因，选择实验步骤排序_______。(选填字母)
a.蒸发浓缩　 b.萃取分液　 c.趁热过滤　 d.升华 　e.过滤 f.冷却结晶
II.测定茶叶中微量元素钙的含量
已知：茶叶中含有钙、铝、铁等多种微量元素，其氢氧化物完全沉淀的pH如下表
沉淀形式 Ca(OH)2 Al(OH)3 Fe(OH)3
完全沉淀的pH pH≥13 pH≥5.5 pH≥4.1
【实验步骤】
①称取500克干燥的茶叶，充分灼烧使茶叶灰化并磨细后移入烧杯中，再加入200 mL 1 mol/L盐酸搅拌、过滤、洗涤；
②向步骤①所得滤液中逐滴加入氨水，调节pH为6～7左右，再加热煮沸30 min，加入7.95 g无水Na2CO3，充分搅拌，待沉淀完全后，过滤、洗涤；
③将步骤②所得滤液稀释至500 mL，取其中的20.00 mL溶液以甲基橙作指示剂，用0.1000 mol/L的HCl标准溶液滴定，终点时消耗盐酸的体积为20.00 mL。
(3)步骤②中调节pH为6～7左右的目的是_______。
(4)为减少实验误差，步骤②中的洗涤液应该合并到滤液中，理由是_______。
(5)步骤③中，将步骤②所得的滤液稀释至500 mL需在_______中进行；滴定终点的判断依据为_______；最终测得原茶叶中Ca2+的质量分数为_______。
(6)为优化实验步骤，有人提出步骤③如果选择“酚酞”作指示剂，则步骤②中不需要过滤、洗涤，测定结果更加准确。试分析其中的原因_______。
22．（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____。
23．（2021·上海闵行·统考一模）研究小组通过下列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。
完成下列填空：
(1)A装置是为了观察气体的流速，则试剂M为___________(选填编号)。
a.饱和NaOH溶液 b.饱和Na2S溶液 c.饱和Na2SO3溶液 d.饱和NaHSO3溶液
(2)当B装置中溶液颜色由________时，则停止通气，B装置中的反应体现SO2的________性(选填“氧化”“还原”或“漂白”)。
(3)经测定，燃煤烟气消耗了50.00 mL含I21.000×10-3mol/L的溶液，且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___________(保留小数点后三位)。 若读数时水准管内液面高于量气管内液面，则结果将___________(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(4)最近，中国科学家利用多孔碳吸附SO2，不仅能解决燃煤污染，而且实现了SO2回收利用。下图是多孔碳对燃煤烟气中SO2的吸附、转化、热再生的示意图。
①写出步骤②中硫酸根离子的检验方法_______。步骤③的化学方程式为_________。
②SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是_________。
24．（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)
五、原理综合题（共1题）
25．（2021·上海虹口·统考二模）NaClO2是一种高效氧化剂和优质漂白剂，一种“二氧化氯泡腾片”有效成分为NaClO2、NaHCO3、NaHSO4，该泡腾片能快速溶于水，产生大量气泡，得到ClO2溶液。完成下列填空：
(1)“二氧化氯泡腾片”使用过程中产生ClO2的反应为：_______ClO+_______ _______→_______Cl- + _______ClO2 + _______H2O
完成并配平上述化学方程式，标出电子转移方向与数目______;氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(2)“二氧化氯泡腾片”使用过程中“产生大量气泡”的离子方程式为：_______。
(3)常温下，向20 mL某新制氯水中逐滴滴入相同物质的量浓度的氢氧化钠溶液，pH变化与加入NaOH溶液体积关系(不考虑HClO分解)如图所示。
i.①→②过程中，水的电离程度的变化是_______。
ii.用离子方程式表示点③所示溶液中存在的水解平衡： _______。
iii.在②点所示溶液中，用“>、<或 =”判断下列关系：
V1_______ 40 mL；c(Cl-) _______ c(ClO-) +c(HClO)。
六、结构与性质（共1题）
26．（2021·上海虹口·统考一模）二硫化硒(SeS2)具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。
(1)二硫化硒(SeS2)具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。硒与硫在元素周期表中的相对位置如图所示。
硒在元素周期表中的位置是___________；硒原子核外有___________个未成对电子；硒化氢的电子式为___________。
(2)已知SeS2分子比例模型如所示，推测SeS2为___________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)SeS2中硫元素的化合价为负价，请从原子结构角度解释原因：___________。
工业上提取硒的过程如下：
第一步(未配平)：X + Se + H2SO4 → Na2SO4 + H2SeO3 + ClO2↑+ H2O
已知该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4。
第二步：向H2SeO3溶液中通入SO2，可析出固体Se。
(4)第一步中X的化学式为___________。每溶解1 mol Se，转移电子数为___________个。
(5)写出第二步反应的化学方程式___________；该反应中被氧化的元素是___________。
七、工业流程题（共1题）
27．（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___。
试卷第12页，共15页
试卷第11页，共15页
参考答案：
1．C
【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发，则未涉及的操作方法是萃取、分液和蒸馏，涉及的有蒸发，故选C。
2．C
【详解】A．实验室用浓硫酸与乙醇制备乙烯时，应用温度计控制反应温度为170℃，由图可知，装置中缺少温度计，故A错误；
B．实验室用电石与饱和食盐水反应制备乙炔，电石与水反应会放出大量的热，且生成的氢氧化钙乳状物易堵塞导气管，所以不能用启普发生器制备乙炔气体，故B错误；
C．加热加有碎瓷片的乙酸、乙醇和浓硫酸的混合溶液能制得乙酸乙酯，盛有饱和碳酸钠溶液的试管可以除去乙酸、吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于析出乙酸乙酯，故C正确；
D．加热没有加碎瓷片的乙酸、1—丁醇和浓硫酸的混合溶液能制乙酸丁酯时，溶液受热会发生暴沸导致实验失败或发生意外事故，故D错误；
故选C。
3．D
【详解】A．盐酸恰好完全反应，生成，没有其他的氯化物生成，根据元素守恒，，所以盐酸的浓度为：，A错误；
B．根据信息，和盐酸反应，硫单质、和气体，根据氢元素守恒，生成的为，标况下体积为，B错误；
C．根据上述分析，可以写出反应方程式：，根据元素守恒，算出：，C错误；
D．在，为-2价，设化合物中的物质的量分别为和，则，，所以，D正确；
故选D。
4．A
【详解】CCl4和H2O不互溶，充分混合后振荡静置，液体分层，所以分离CCl4和H2O的混合液，需要用分液漏斗进行分液操作，故A符合题意；
故选A。
5．C
【分析】由流程可知，某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物，由实验流程可知，操作(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，操作(2)分高互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用分液属斗，操作(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，操作(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采用蒸馏得到甲苯，以此来解析；
【详解】A．由分析可知，操作(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，A正确；
B．由分析可知，操作(2)分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，由于甲苯的密度小于水，故下层为水层，分液时水层溶液从下口放出，上层为有机层，需从上口倒出，B正确；
C．操作(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿而不需要用坩埚，C错误；
D．操作(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，D正确；
故选C。
6．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。
7．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。
8．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
9．B
【详解】
量筒用于测量气体或液体的体积，容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，温度计用于测量温度，电子天平用于测量质量，测定胆巩结晶水含量需要测量去除水分前后胆矾的质量变化，需要的定量仪器是电子天平，答案选B。
10．D
【详解】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。”意思是将菖蒲、枸杞的根粉碎研磨，在加水溶解后煮沸蒸发浓缩，过滤去渣，与米酒共饮，上述蕴含的操作原理不包括分液，答案选D。
11．D
【详解】A．Al2O3是两性氧化物，可与强碱反应，Fe2O3与氢氧化钠不反应，使用过量 NaOH 溶液无法除去Al2O3中杂质Fe2O3，故A不能满足实验要求；
B．Al(OH)3是两性氢氧化物，可与强碱反应，向AlCl3溶液加入过量NaOH溶液会使生成Al(OH)3溶解，故B不能满足实验要求；
C．卤代烃在碱性条件下发生水解，Br2与氢氧化钠反应，则过量NaOH溶液不能除去C2H5Br中杂质Br2，故C不能满足实验要求；
D．检验醛基时需要在碱性条件下进行，则制备新制Cu(OH)2时可以使用过量NaOH溶液，使溶液显碱性，故D能满足实验要求；
答案选D。
12．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。
13．AD
【详解】A．溴苯(Br2)溶液：加溶液，与反应生成可溶于水的钠盐溶液，再用分液方法分离，A正确；
B．酸性溶液将氧化，生成，在甲烷气体中引入新的杂质，B错误；
C．乙醛和都能与新制反应，不能用新制反应除去乙醛中的，C错误；
D．氯化亚铁溶液(FeCl3)，加入铁粉，发生反应：，过滤除去多余的铁粉，D正确；
故选A D。
14．(1)MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓
(2)相同温度时，NaCl的溶解度最小，会先达到饱和而析出，使反应向生成Mg(ClO3)2的方向进行
(3) 4
(4)r(Cl—) ＞r(Na+)＞r(Mg2+)
(5)bd
(6) c(Na+)＞c(OH—)＞c(Cl—)＞c(ClO—) ＞c(H+) 6Cl2＋12OH—=8Cl—+3ClO—+ClO+6H2O 0.4NA
【详解】（1）由图可知，四种物质中氯化钠的溶解度最小，所以氯化镁溶液与加入饱和氯酸钠溶液反应生成氯化钠沉淀和氯酸镁，反应的化学方程式为MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓，故答案为：MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓；
（2）由图可知，四种物质中氯化钠的溶解度最小，所以氯化镁溶液与加入饱和氯酸钠溶液混合时，氯化钠在溶液中会先达到饱和而析出，使反应向生成氯酸镁的方向进行，故答案为：相同温度时，NaCl的溶解度最小，会先达到饱和而析出，使反应向生成Mg(ClO3)2的方向进行；
（3）氧元素的原子序数为8，价电子排布式为2s22p4，轨道表达式为；镁元素的原子序数为12，电子排布式为1s22s22p63s2，所以原子中有1s、2s、2p、3s共4种不同能量状态的电子，故答案为：；4；
（4）氯酸钠和氯化镁中钠、镁、氯三种元素都处于第三周期，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，同主族元素，从上到下离子半径依次减小，所以三种离子的离子半径大小顺序为r(Cl—) ＞r(Na+)＞r(Mg2+)，故答案为：r(Cl—) ＞r(Na+)＞r(Mg2+)；
（5）a．元素的非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱有关，与氧化物对应的水化物的酸性强弱无关，故错误；
b．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，溴化氢的分解温度低于氯化氢说明溴化氢的稳定性弱于氯化氢，溴元素的非金属性弱于氯元素，故正确；
c．铁离子和溴在溶液中都呈黄色，则向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄不能说明氯气能置换出溴，无法比较氯气和溴的氧化性的强弱，不能说明氯的非金属性强于溴，故错误；
d．氯化溴中溴元素的化合价为+1价、氯元素为—1价说明化合物共用电子对偏向氯原子一方，氯原子得到电子的能力强于溴原子，氯元素非金属性较强于溴元素，故正确；
故选bd；
（6）①常温下，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，含3mol氢氧化钠的稀碱液与1mol氯气反应得到含有1mol氢氧化钠、1mol氯化钠和1mol次氯酸的混合溶液，由于次氯酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(OH—)＞c(Cl—)＞c(ClO—) ＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(OH—)＞c(Cl—)＞c(ClO—) ＞c(H+)；
②由未配平的离子方程式可知，次氯酸根的物质的量为3mol、氯酸根离子的物质的量为1mol，由得失电子数目守恒可知，氯离子的物质的量为8mol，则反应的离子方程式为6Cl2＋12OH—=8Cl—+3ClO—+ClO+6H2O，反应中生成8mol氯离子，反应转移8mol电子，则反应生成0.4mol氯离子，转移的电子数目为0.4NA，故答案为：6Cl2＋12OH—=8Cl—+3ClO—+ClO+6H2O；0.4NA。
15． 0.2 c 方法二 方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染 2 NaClO3 + Na2SO3 + H2SO4 2ClO2↑ + 2Na2SO4 + H2O 17 3s23p6 正四面体 NaCl与 KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低
【详解】(1)方法一：2NaClO3 + 4HCl →2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O，根据化合价变化规律，同种元素化合价不交叉，NaClO3作氧化剂发生还原反应生成ClO2，则两份NaClO3参与反应化合价降低2；四份HCl中2份体现还原性化合价升高生成氯气，化合价升高2，2份HCl中Cl的化合价不变生成氯化钠；则该反应化合价变化为2，转移电子数为2；根据分析电子转移数目与作还原剂的HCl物质的量为1：1，当有0.2 mol电子发生转移时，参与反应的还原剂0.2mol。
(2) 方法二：H2C2O4 + 2NaClO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2CO2↑ + 2ClO2↑ + 2H2O，草酸中的碳元素从+3价→+4价，发生氧化反应做还原剂；故选c；
(3)两种方法相比，方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染；
(4) 硫酸酸化，Na2SO3做还原剂发生氧化反应得到Na2SO4，化合价升高2，NaClO3发生还原反应生成二氧化氯，化合价降低1，根据化合价守恒n（Na2SO3）：n（NaClO3）=1：2，其余部分按照原子守恒配平，故其化学反应方程式为2NaClO3 + Na2SO3 + H2SO42ClO2↑ + 2Na2SO4 + H2O；
(5)氯原子核外共有17个电子，每个电子的运动状态都不同，故有17种不同运动状态的电子；按照构造原理氯离子的最外层电子排布式是3s23p6；
(6)CCl4中C的价层电子对数为4，没有孤电子对，则CCl4分子的空间构型为正四面体； CO2的电子式是；
(7)对比物质的熔沸点，首先确定物质的晶体类别，一般熔沸点大小比较：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；若均为离子晶体，比较离子键强弱； NaCl与 KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低。
【点睛】分析方法一的氧化还原反应，首先抵消同种元素相同的化合价部分，再根据同种元素化合价不交叉，化合价升降守恒进行判断。
16．(1) NaClO
(2)相同温度下，在水中的溶解度明显小于其它晶体
【详解】（1）根据氧化还原反应的规律，元素的化合价升高，所以必须有元素的化合价降低，故，所以反应总方程式为：；温度过低时，只能生成较低价态的含氯化合物，所以溶液中会混入。
（2）在相同温度下，晶体析出而其他晶体不析出，原因为：相同温度下，在水中的溶解度明显小于其它晶体。
17．(1) 吸收未反应的SO2，防止污染空气 控制适当的温度、缓慢通入混合气体等
(2)Mn2+催化氧气与亚硫酸反应生成硫酸
(3) Mn2++HCO=MnCO3+H2O+CO2 Mn(OH)2
(4) 或 取少量反应后溶液于试管中，向其中滴加Na2S2O8溶液，溶液由无色变为紫红色
(5) MnO 2MnCO3 +O22MnO2+2CO2
【分析】根据实验目的利用MnO2为原料制备MnCO3，第1装置为二氧化硫和氮气的混合装置，第2个为硫酸镁的发生装置，最后一个装置为尾气处理装置，硫酸中再加入碳酸氢钠可得碳酸镁，以此来解析；
（1）
②石灰乳能与二氧化硫反应生成亚硫酸钙和水，所以石灰乳的作用是吸收未反应的SO2，防止污染空气；③为使SO2尽快转化，在比例不变的情况下，控制适当的温度、缓慢通入混合气体等以确保反应的充分进行；
（2）
亚硫酸生成后，通入空气，里面有空气，亚硫酸在Mn2+的催化作用下，被氧化为硫酸，增加了从而使硫酸根离子浓度增大；
（3）
根据原子守恒和电荷守恒，根据实验目的制备碳酸锰，所以产物中有碳酸锰，所以反应的离子方程式为：Mn2++HCO=MnCO3+H2O+CO2；实验发现，若用相同物质的量浓度的Na2CO3溶液代替NaHCO3溶液，Na2CO3溶液中的碳酸根的水解程度大，碱性较强，Mn2+与氢氧根离子结合生成Mn(OH)2，则得到的MnCO3中会混有较多的杂质，该杂质可能是Mn(OH)2；
（4）
由反应可知Mn的化合价由+2价升高为+7价，而O的化合价由-1价降低为-2价，根据得失电子守恒和原子守恒可知2Mn2+～10e-，反应的电子转移方向与数目为： 或；
根据提示可知实验室可以用无色的酸性Na2S2O8溶液来检验反应生成高锰酸钾为紫红色，确认溶液中是否含Mn2+的操作与现象取少量反应后溶液于试管中，向其中滴加Na2S2O8溶液，溶液由无色变为紫红色；
（5）
①利用重量法探究MnCO3的热分解，数据如下表所示(残留固体均为锰的氧化物)，3.450g MnCO3的物质的量为=0.03mol， 2.130g锰的氧化物中氧的物质的量为=0.03mol，n(Mn)：n(O)=0.03mol：0.03mol=1：1，所以第二组锰的氧化物的化学式为MnO；
②利用重量法探究MnCO3的热分解，数据如下表所示(残留固体均为锰的氧化物)，3.450g MnCO3的物质的量为=0.03mol，2.610g锰的氧化物中氧的物质的量为=0.06mol，n(Mn)：n(O)=0.03mol：0.06mol=1：2，所以第一组锰的氧化物的化学式为MnO2，MnCO3在空气中加热至300℃时发生反应生成二氧化锰和二氧化碳，Mn的化合价由+2价升高为+4价，而O的化合价由0价降低为-2价，根据化合价升降守恒和原子守恒，可得反应的化学方程式为：2MnCO3 +O22MnO2+2CO2；
18．(1)b→e→f
(2) 2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O 通HCl气流加热
(3)制备NH3装置易堵塞，引发爆炸
(4)Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O
(5)20:1
(6) 恒重操作 偏大
【分析】氨气是一种碱性气体，能与浓硫酸反应生成硫酸铵，能被无水CaCl2吸收，从而转化为CaCl2 8NH3，所以氨气只能用碱石灰干燥。
(1)
NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，二者遇冷又化合为NH4Cl，所以不能用NH4Cl热分解制氨气。由分析可知，只能用碱石灰干燥NH3，则相应的连接顺序可以是b→e→f。答案为：b→e→f；
(2)
CrCl3·6H2O直接加热脱水往往得到Cr2O3，化学方程式为2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O，所以由氯化铬晶体制备无水氯化铬时，应设法抑制水解反应的发生，从方程式提供的信息看，方法是通HCl气流加热。答案为：2CrCl3·6H2OCr2O3+6HCl↑+9H2O；通HCl气流加热；
(3)
因为氨易液化，实际进行实验时，液氨会引起制气装置的堵塞，从而导致危险，简要说明为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸。答案为：制备NH3装置易堵塞，引发爆炸；
(4)
NH3与Cr2O3发生氧化还原反应时，生成两种单质为Cr和N2，化学方程式：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O。答案为：Cr2O3+2NH32Cr+N2+3H2O；
(5)
设产品中CrN的物质的量为x，Cr2N的物质的量为y，则可建立如下等量关系式：
66x+118y=14.38……①、x+2y=……②，解方程可得：x=0.2mol，y=0.01mol。从而得出样品中CrN与Cr2N的物质的量之比为0.2:0.01=20:1。答案为：20:1；
(6)
证明样品已反应完全时，只需看继续加热前后固体的质量是否改变，所以操作名称是恒重操作；若加热时长不足，则CrN和Cr2N没有完全转化为Cr2O3，加热后固体的质量必然小于16.720g，含Cr物质的量小于0.22mol，由此算出的y值偏小，x值偏大，所以最终测定CrN的纯度将偏大。答案为：恒重操作；偏大。
【点睛】在分析加热时长不够产生的误差时，可得出x+2y＜0.22，代入解方程，便可求出y＜0.01mol，x＞0.2mol。
19．(1) 除去中的气体 饱和溶液
(2) 、
(3)KSCN溶液
(4)乳酸根中的羟基被氧化，也消耕了
(5) 蓝色褪去且半分钟不恢复 77.4
【分析】CO2气体通入Na2CO3溶液至pH约为7，生成NaHCO3，此时加入FeSO4，发生离子反应：，经过滤、洗涤、干燥，可得到产物固体。
【详解】（1）因为盐酸有挥发性，因此需要用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl气体。
（2）通一段时间CO2后，Na2CO3溶液变为NaHCO3溶液，此时制取的离子方程式：；若向Na2CO3溶液中直接加入FeSO4，除了生成FeCO3以外，因为溶液碱性较强，还会生成Fe(OH)2杂质。
（3）检验补铁剂中Fe2+未被氧化，即没有Fe3+生成的试剂应选用KSCN溶液。
（4）乳酸亚铁中的乳酸根含有还原性官能团，因此也可以消耗KMnO4，造成结果偏高。
（5）碘的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，当蓝色刚好褪去且半分钟内不恢复原色即可判定滴定终点；样品灼烧完全灰化后，加入足量盐酸溶解后，铁元素全部转化为Fe3+，从配置的100mL溶液中吸取25mL进行检测，该溶液中所含Fe3+可按如下关系计算：
计算得x=0.00248mol，则所配的100mL溶液中铁离子为4x=0.00992mol，按铁元素守恒可知，样品中的乳酸亚铁也是0.00992mol，则样品纯度为。
20．(1)胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察
(2)焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理
(3) c a
(4) H2O2+SO2=H2SO4 除去过量的过氧化氢
(5) 最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 0.24 合格
【分析】盛有绿矾的硬质玻璃管A加强热，分解生成气体首先通过酸化的氯化钡溶液检验三氧化硫，再通过品红溶液检验二氧化硫，最后通入氢氧化钠溶液吸收尾气；
(1)
无水硫酸铜为白色粉末，常选择胆矾作为实验对象进行研究原因是胆矾失去全部结晶水所需温度较低，易于操作且颜色变化明显，易于观察；
(2)
焙烧绿矾制备铁红，铁元素化合价升高，则应该有元素化合价降低，故应该生成二氧化硫气体，假设②不合理；
(3)
二氧化硫和三氧化硫均和氢氧化钡反应生成沉淀，三氧化硫能溶于水可以和氯化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，二氧化硫能使品红溶液褪色，故检验二氧化硫、三氧化硫依次通过CD，C、D中的溶液依次为c.盐酸酸化的BaCl2溶液、a.品红溶液；
(4)
H2O2具有氧化性，二氧化硫具有还原性，吸收SO2的化学方程式为H2O2+SO2=H2SO4；用0.0900mol·L-1NaOH溶液进行滴定过程中需要使用酚酞做指示剂，溶液中过量的过氧化氢具有强氧化性，会使酚酞褪色，过氧化氢不稳定，加热分解，故“将吸收了SO2的H2O2充分加热”目的是除去过量的过氧化氢；
(5)
若选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为最后一滴氢氧化钠标准液滴入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；根据反应关系可知，SO2～H2SO4～2NaOH，滴定终点时消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中的SO2的质量为25.00×10-3L×0.0900mol·L-1×64g/L÷2=0.072g，含量为0.072g ÷0.3L=0.24g·L-1<0.26g·L-1，故合格。
21．(1)沸水
(2)afe
(3)促进铝元素、铁元素完全沉淀
(4)因为洗涤液中含有少量碳酸钠
(5) 500mL容量瓶 加入最后一滴盐酸标液，黄色变为橙色，且半分钟内不变色 0.4%(或0.004)
(6)选择酚酞作指示剂反应为：H++CO=HCO，终点时反应混合液呈弱碱性，沉淀不溶解，减少步骤②中过滤、洗涤操作等导致的碳酸钠损失
【解析】(1)
从咖啡因的溶解度表可知咖啡因在沸水中溶解度最大，故浸取茶叶提取咖啡因合适的溶剂是沸水；
(2)
咖啡因在热水中溶解度大，在冷水中溶解度小，从澄清的茶叶浸取液中提取含结晶水的咖啡因，要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：afe；
(3)
铝、铁完全沉淀的pH为大于5.5，向步骤①所得滤液中逐滴加入氨水，调节pH为6～7左右，再加热煮沸30 min，目的是促进铝元素、铁元素完全沉淀，除去铝元素、铁元素；
(4)
通过滴定滤液中剩余的碳酸钠计算钙元素的含量，洗涤碳酸钙是因为碳酸钙表面有残留的碳酸钠，故洗涤液应合并到滤液中，减少滴定误差；
(5)
将步骤②所得的滤液稀释至500 mL需在500mL容量瓶进行，取稀释好的溶液以甲基橙作指示剂，用0.1000 mol/L的HCl标准溶液滴定，加入最后一滴盐酸标液，黄色变为橙色，且半分钟内不变色则达到滴定终点；根据，可知剩余的碳酸钠的物质的量为：，生成碳酸钙的物质的量为：，最终测得原茶叶中Ca2+的质量分数为；
(6)
选择酚酞作指示剂，滴定终点酚酞的变色范围为pH为8反应为：H++CO=HCO，终点时反应混合液呈弱碱性，沉淀不溶解，减少步骤②中过滤、洗涤操作等导致的碳酸钠损失；
22． 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%。
23． 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)。
24． 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。
25． 1:4 H++HCO→H2O+CO2↑ 变大 ClO-+H2O HClO +OH- < =
【详解】(1)根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4，生成稳定价态-1价；根据得失电子守恒，配平离子方程式：5ClO+4H+→1Cl- +4ClO2+2H2O，标出电子转移方向与数目：，氧化剂对应还原产物Cl-，还原剂对应氧化产物ClO2，两者的物质的量之比为1:4；
(2)“二氧化氯泡腾片”含有NaHCO3，离子方程式为：H++HCO→H2O+CO2↑；
(3)i. ①→②过程中，溶液的HClO的浓度逐渐变小，对水的电离抑制越来越小，生成NaClO越来越多，水的电离程度的逐渐变大，
ii. 点③溶质是NaOH、NaClO，次氯酸根能发生水解，水解离子方程式为：ClO-+H2O HClO +OH-；
iii. 若NaOH和HClO恰好完全反应生成NaClO，次氯酸根能发生水解导致溶液呈碱性，而②点的pH=7，则含有部分HClO剩余，则V1<40mL；②点所示溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaCl，根据氯元素守恒：c(Cl-)=c(HClO)+ c(ClO-)。
26． 第四周期VIA族 2 极性 Se与S最外层电子数相同，电子层数Se>S，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用Se【详解】(1) Se元素与S元素位于同一主族，都是第VIA族，Se元素在S元素的下一周期，即第四周期，硒在元素周期表中的位置是第四周期VIA族，与S一样，硒原子核外有2个未成对电子；硒化氢的电子式为；故答案为：第四周期VIA族；2；；
(2) SeS2分子为V形结构，正负电中心不重合，为极性分子，故答案为：极性分子；
(3)S和Se位于同一主族，Se与S最外层电子数相同，电子层数Se>S，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用SeS，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用Se(4)反应中H2SeO3是氧化产物，ClO2是还原产物，两者物质的量之比为1:4，Se元素失去4mol电子，则4mol的氧化剂得到4mol电子，则说明在氧化剂中Cl元素显+5价，结合原子守恒，故X的化学式为NaClO3；每溶解1 mol Se，转移电子数为4NA，故答案为：NaClO3；4NA；
(5) H2SeO3溶液中通入SO2，可析出固体Se，SO2被氧化为硫酸，故反应的化学方程式为：H2SeO3 + 2SO2 +H2O=Se↓+ 2H2SO4，S元素化合价升高，被氧化，故答案为：H2SeO3 + 2SO2 +H2O=Se↓+ 2H2SO4；S。
27． 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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