专题17 实验方案的设计与评价
一、单选题
1．下列实验操作正确的是（ ）
A B C D
酸碱中和滴定 浓缩海水 实验室制氨气 分离互不相溶的两种液体
A．A B．B C．C D．D
2．下列事实与解释(或结论)具有对应关系且都正确的是（ ）
A．与浓硫酸反应制备硝酸，利用了浓硫酸的强酸性
B．可用于制作光导纤维，是因为具有很高的熔点
C．Cu与浓硝酸反应生成，与稀硝酸反应生成NO，说明稀硝酸的氧化性更强
D．反应进行，说明CuS不溶于水和稀硫酸
3．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)（ ）
实验目的 玻璃仪器 试剂
A 配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液 100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 蒸馏水、NaCl固体
B 制备Fe(OH)3胶体 烧杯、酒精灯、胶头滴管、玻璃棒 蒸馏水、FeCl3稀溶液
C 测定NaHCO3的热稳定性 试管、导管、酒精灯、烧杯 NaHCO3固体
D 制备并收集CO2 分液漏斗、圆底烧瓶、导管、试管 CaCO3、稀H2SO4、饱和食盐水
A．A B．B C．C D．D
4．实验是学习化学、体验化学和探究化学过程的重要途径。用下列实验装置进行实验，能达到相应实验目的的是（ ）
A．制备Fe(OH)3 胶体 B．证明Na2O2 与水反应放热 C．确定纯碱中是否含有 K2CO3 D．测定氯水的 pH
A．A B．B C．C D．D
5．下列实验装置及操作中，正确的是（ ）
A．蒸馏用冷凝管 B．分离酒精和四氯化碳 C．除去乙烷中的乙烯 D．检查装置的气密性
A．A B．B C．C D．D
6．化学是以实验为基础的科学，下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分，取少量固体粉末，加入2~3 mL蒸馏水 若有气体生成，则固体粉末为
B 向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化 具有漂白性
C 向待测液中滴加稀NaOH溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 原溶液中不含
D 用洁净的玻璃棒蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，发现火焰呈黄色 原溶液存在
A．A B．B C．C D．D
7．某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是（ ）
A．实验①、②、③所涉及的反应都是放热反应
B．实验②反应物的总能量高于生成物的总能量
C．若用NaOH固体测定中和热，则测定结果偏高
D．实验③中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响
8．用下列装置进行相应的实验，实验设计合理且能达到实验目的的是（ ）
A B C D
稀释浓硫酸 制备氨气 检查装置的气密性 制备蒸馏水
A．A B．B C．C D．D
9．下列实验操作正确的是（ ）
A．用图1装置进行 溶液滴定未知浓度的 溶液实验
B．如图2所示，记录滴定终点读数为
C．中和滴定时，选用图3滴定管盛装碱性标准液
D．量取一定体积的溶液时，为了减小误差，可选用滴定管进行量取
10．下列实验方案科学且能成功的是（ ）
A．将甲烷与溴蒸气混合光照制取纯净的一溴甲烷
B．为了证明2-氯丙烷含有氯元素：将2-氯丙烷与 溶液混合加热，冷却后滴入足量盐酸，再滴加 溶液，得白色沉淀
C．将铜丝在酒精灯上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复红色
D．往新制氢氧化铜悬浊液中滴加乙醛立即出现砖红色沉淀
11．下列实验操作或装置正确的是（ ）
A B C D
蒸发除去苯甲酸中的乙醇 除去水中的苯酚 实验室纯化工业乙酸乙酯 用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液
A．A B．B C．C D．D
12．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝 淀粉未水解
B 室温下，向 HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升 镁与盐酸反应放热
C 室温下，向浓度均为 的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液，出现白色沉淀 白色沉淀是BaCO3
D 向 H2O2溶液中滴加 KMnO4溶液，溶液褪色 H2O2具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
13．某同学用含有铁锈(Fe2O3)的废铁屑来制取氯化铁晶体的装置(省略夹持装置，气密性已检查)如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．烧杯中H2O2溶液的作用是将Fe2+氧化为Fe3+
B．A中存在氧化铁与盐酸生成氯化铁的反应
C．B中收集到的气体是氢气
D．将反应后的溶液放入烧杯中再通入少量SO2， 则溶液颜色立即由棕黄色变为浅绿色
14．天然海水中主要含有等离子。火力发电时燃煤排放的含的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．“氧化”时，溶液的pH减小
B．“反应、稀释”时会有气体放出，此气体为
C．天然海水呈弱碱性的原因之一：
D．实验中，可用饱和溶液除去中的杂质
15．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）
A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有
B．向氯水中滴加硝酸酸化的溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有
C．向氯水中加入粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
D．新制的氯水能使红色布条褪色，说明氯水中含有
16．下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
选项 实验目的 实验操作
A 加快O2的生成速率 在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
B 制取并纯化氯气 常温下向MnO2中滴加浓盐酸，将生成的气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水
C 检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红
D 验证Cu和浓硫酸反应生成CuSO4 向反应后的溶液中加水，观察溶液变蓝色
A．A B．B C．C D．D
17．下列实验操作（或装置）与相关叙述正确的是（ ）
A．配制0.10mol·L-1NaOH溶液 B．向碘水中加入苯后振荡、静置 C．实验室制取少量氯气 D．实验室制取少量乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
18．科学家提出利用离子交换膜组合工艺将电解制备金属锰和二氧化锰工艺联用，实现同步制备金属锰和二氧化锰并实现回收硫酸的目的，工艺原理如图，下列有关说法中错误的是（ ）
A．阴极的电极反应式为计Mn2++2H2O-2e-=MHO2 +4H+
B．左侧为阳离子交换膜
C．右侧电解液含有MnSO4和(NH4)2SO4，可以防止产生Mn(OH)2并提高溶液导电性
D．实际生产中不能用氯化锰溶液代替硫酸锰溶液
19．用下列装置能达到实验目的的是（ ）
A．用图甲装置可鉴别纯碱与小苏打
B．用图乙装置能证明与烧碱溶液反应
C．利用图丙装置用饱和溶液和蒸馏水制备胶体
D．利用图丁装置制取氯气
20．下列关于物质制备的说法不正确的是（ ）
A．工业上可以用“吹出法”从海水提溴
B．工业上用电解氯化铝制备金属铝
C．工业上用98.3%的浓硫酸吸收SO3制备硫酸
D．工业生产中用H2还原SiHCl3制备高纯硅
二、多选题
21．用下列装置进行实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B．用图2所示装置蒸干NaCl饱和溶液制备NaCl晶体
C．用图3所示装置验证Na2CO3比NaHCO3稳定
D．用图4所示装置验证SO2的漂白性和酸性
22．下列各实验的装置、现象及结论都正确的是（ ）
选项 实验装置 实验现象 实验结论
A 酸性KMnO4溶液褪色 产生了乙烯
B 滴定终点的现象为无色变为浅红色 测定KMnO4溶液物质的量浓度(锥形瓶中Na2C2O4质量已知)
C 铜片溶解，盛有FeCl3溶液的烧杯中棕黄色变浅 实现了原电池反应
D 甲中产生气泡快 反应物浓度大，反应速率快
A．A B．B C．C D．D
23．室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向苯酚钠溶液中滴加NaHSO3溶液，溶液变浑浊 苯酚酸性弱于H2SO3酸性
B 向AgNO3溶液中逐滴加入浓度均为0.05 mol·L－1的NaI、NaCl混合溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C 向FeCl3溶液中加入Cu粉，Cu粉溶解 Cu的还原性大于Fe
D 向盛有H2O2溶液的试管中滴几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，一段时间后，溶液中有气泡出现 铁离子催化H2O2的分解
A．A B．B C．C D．D
24．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)（ ）
实验目的 玻璃仪器 试剂
A 检验中的溴元素 试管、胶头滴管、酒精灯 溶液、硝酸、，溶液
B 制备无水乙醇 蒸馏烧瓶、牛角管、酒精灯、冷凝管、锥形瓶 乙醇
C 实验室制备乙烯 酒精灯、圆底烧瓶、温度计、导气管、胶头滴管 浓硫酸、乙醇碎瓷片
D 除去苯中少量的苯酚 普通漏斗、烧杯、玻璃棒 浓溴水
A．A B．B C．C D．D
25．下列实验操作能达到目的的是（ ）
选项 操作 目的
A 向混合物中加入足量NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥 除去Fe2O3中的Al2O3杂质
B 测定相同浓度的HCl溶液、HBr溶液的pH 比较Cl和Br的非金属性强弱
C 将相同大小的镁片和铝片用导线连接，插入NaOH溶液中 证明原电池中活泼性较强的金属作负极
D 向蔗糖溶液中加入新制的银氨溶液，水浴加热 证明蔗糖是非还原性糖
A．A B．B C．C D．D
26．从电解精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu、Ag、C、Au等)中回收贵金属Au与Ag的工艺流程如下：
已知：
下列说法错误的是
A．“酸浸氧化”通入氧气既能减少环境污染也能提高硝酸利用率
B．滤渣I通过灼烧可得纯净的Au
C．“溶浸”发生反应的离子方程式为
D．“还原”中氧化产物与还原产物之比为1：2
三、填空题
27．由于氯气会与自来水中的有机物发生反应，生成对人体有害的物质，人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂，如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。某兴趣小组通过下图所示装置(夹持装置略)对其进行制备、收集、吸收并制取 NaClO2。
（1）图中装置有一明显错误，请指出并纠正： 。
（2）打开B的活塞，A中有ClO2生成，写出其反应的离子方程式： 。
（3）D中吸收ClO2后生成NaClO2和 NaHCO3，写出D中所发生反应的离子方程式： 。
（4）E中溶液出现黄色能否说明ClO2未被H2O2和Na2CO3的混合溶液充分吸收，判断并说明理由： 。
（5）另一种制备ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3。则每生成0.5
mol ClO2，转移 mol e－。
28．处理再利用H2S有多种方法。
（1）碱法脱硫
用K2CO3溶液吸收H2S。
已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。
H2S 1.1×10－7 1.3×10－13
H2CO3 4.5×10－7 4.7×10－11
①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因： 。
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是 。
（2）热分解法脱硫
在密闭容器中发生反应。其他条件不变时，H2S的平衡转化率随温度和压强的变化如下图。
①P3＞P2＞P1，反应中S2 （填“是”或“不是”）气态，理由是 。
②实际反应在高温下进行的原因是 。
（3）间接电解法脱硫
间接电解法脱硫过程的示意图如下。
①溶液X的主要溶质是 。
②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理： 。
③不考虑其他副反应，理论上5 mol H2S反应能生成 gH2。
29．氯化亚铜(CuCl)是微溶于水但不溶于乙醇的白色粉末，溶于浓盐酸会生成HCuCl2，常用作催化剂。一种由海绵铜(Cu和少量CuO等)为原料制备CuCl的工艺流程如下：
（1）“溶解浸取”时，需将海绵铜粉碎成细颗粒，其目的是 。
（2）“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图所示：
①CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为 。
②当n(Na2SO3)/n(CuSO4)>1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是 。
③当1.0
（4）用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为Cu2(OH)3Cl。CuCl被氧化为Cu2(OH)3Cl的化学方程式为 。
（5）某同学拟测定产品中氯化亚铜的质量分数。实验过程如下：准确称取制备的氯化亚铜产品1.600g，将其置于足量的FeCl3溶液中，待样品全部溶解后，加入适量稀硫酸，用0.2000mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定到终点，消耗KMnO4溶液15.00mL，反应中MmO4－被还原为Mn2+，则产品中氯化亚铜的质量分数为 。
四、实验探究题
30．在工业上为了减少燃煤产生的硫氧化物(主要是)对空气的污染，人们往往向燃煤中掺入一定量的生石灰，以达到脱硫效果。某研究小组在实验室设计如图装置来除去模拟烟气中的硫氧化物(SO2)，并检验硫氧化物的去除效果。试回答下列问题：
（1）Ⅰ.利用装置A制备模拟烟气。
装置A中发生反应的化学方程式为 。
（2）检查模拟烟气的气体，先通过盛有无水硫酸铜的球型干燥管检验水，再选用 装置进行检验模拟烟气中的和。
（3）写出与酸性反应的离子方程式 。
（4）Ⅱ.吸收模拟烟气中的硫氧化物。
按照气体由左向右流动，装置的连接顺序为A→ →D。
（5）装置F为干燥气体作用，则所装的药品为 (填名称)。
（6）装置B中反应的化学方程式 。
（7）Ⅲ.检验模拟烟气中硫氧化物的去除效果。
证明该实验中硫氧化物被完全去除的现象为 。
31．某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。
请回答：
（1）仪器1的名称 。装置5的作用 。
（2）实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。请为装置作一处改进，使溶液能进入4中 。
（3）装置改进后，将3中反应后溶液压入4中，在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因 。
32．苯甲酸甲酯常用于配制香水香精和人造精油，也可用作有机合成中间体、溶剂、食品保鲜剂等。用如图所示装置制取少量苯甲酸甲酯。请回答下列问题：
相关物质的物理性质见下表：
苯甲酸 甲醇 苯甲酸甲酯
相对分子质量 122 32 136
熔点/℃ 122 -93.9 -12.3
沸点/℃ 249 65 199.6
沸石密度/() 1.2659 0.792 1.0888
水溶性 微溶 易溶 难溶
（1）I．合成苯甲酸甲酯粗产品
在圆底烧瓶中加入12.2 g苯甲酸和13 g甲醇，再小心加入2 mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热65 min，获得苯甲酸甲酯粗产品。
仪器甲的名称是 ；加入沸石的作用是 ；如果在实验过程中发现忘记加沸石，接下来的操作是 。
（2）写出该实验中制取苯甲酸甲酯的化学方程式 。
（3）该实验中使用过量的甲醇，其目的是 。
（4）II．粗产品的精制
苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，现拟用下列流程进行精制：
第一次蒸馏时，温度应控制 ℃左右；操作a名称是 。
（5）用饱和Na2CO3溶液洗涤的目的是 。
（6）实验制得的苯甲酸甲酯精制品质量为10.2 g，则苯甲酸甲酯的产率为 。
33．检验甲醛含量的方法有很多，其中银-Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与定量反应生成，与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量(夹持装置略去)。
已知：甲醛和银氨溶液反应生成单质银，氮化镁与水反应放出，毛细管内径不超过。
请回答下列问题：
（1）B中装的试剂是 ，仪器B的名称为 。
（2）A装置中反应的化学方程式为 ，用饱和食盐水代替水制备的原因是 。
（3）银氨溶液的制备。关闭，打开，打开分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中 ，停止通。
（4）室内空气中甲醛含量的测定。
①用热水浴加热B，打开，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭；后续操作是打开，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭；再重复上述操作3次。毛细管的作用是 。B中甲醛和银氨溶液反应方程式为： 。
②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液，再加入足量溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，与菲洛嗪形成有色物质，在处测定吸光度，测得生成，空气中甲醛的含量 。
34．氧族元素(O、S、Se等)及其化合物在生产生活中发挥着巨大作用。
（1）实验室用 溶液和 粉末在常温下反应制备 ，装置如图。
①将虚线框a内的仪器补充完整(夹持装置可省略)。
②b为尾气吸收装置，其中的试剂为 。
（2）生物浸出法可有效回收含硫矿石中的有色金属，某种生物浸出法中主要物质的转化路径如图。
①步骤Ⅰ反应的离子方程式为 。
②生物浸出法的总反应的氧化剂是 。
（3）以工业硒为原料制备高纯硒的流程如图。
①下列说法正确的是 (填字母序号)。
a．过程i到过程ⅲ均为氧化还原反应
b． 既有氧化性，又有还原性
c． 能与NaOH反应生成 和
d．Se与 化合比S与 化合容易
②过程ⅲ中使用的还原剂为 ，对应产物是 。理论上，过程i消耗的 与过程消耗的 的物质的量之比为 (工业硒中杂质与 的反应可忽略)。
五、综合题
35．科学探究要实事求是、严谨细致。某化学兴趣小组设计实验进行有关氯化物的探究实验，回答下列问题：
（1）Ⅰ．制备FeCl2。装置如图所示(夹持装置省略)，已知FeCl3极易水解。
仪器a的名称是 。
（2）装置Ⅱ中制备FeCl2的化学方程式为 。
（3）该装置存在的缺陷是：① ；②缺少氢气的尾气处理装置。
（4）Ⅱ．利用惰性电极电解0.1 mol·L-1FeCl2溶液，探究外界条件对电极反应(离子放电顺序)的影响。
实验数据如表所示：
实验编号 电压/V pH 阳极现象 阴极现象
1 1.5 5.52 无气泡，滴加KSCN显红色 无气泡，银白色金属析出
2 3.0 5.52 少量气泡，滴加KSCN显红色 无气泡，银白色金属析出
3 4.5 5.52 大量气泡，滴加KSCN显红色 较多气泡，极少量金属析出
4 1.5 1.00 无气泡，滴加KSCN显红色 较多气泡，极少量金属析出
①由实验1、2现象可以得出结论：增大电压， 优先于 放电；
②若由实验1、4现象可以得出结论： 。
（5）Ⅲ．为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，兴趣小组设计了如下实验方案：
实验编号 c(NH4Cl)/mol·L-1 温度/℃ 待测物理量 实验目的
5 0.5 30 a --
6 1.5 i b 探究浓度对氯化铵水解平衡的影响
7 0.5 35 c ii
8 2.0 40 d 探究温度、浓度同时对氯化铵水解平衡的影响
该实验限选药品和仪器：恒温水浴、pH传感器、烧杯、0.1mol·L-1硝酸银溶液、蒸馏水和各种浓度的NH4Cl溶液。
①实验中，“待测物理量”是 ；
②实验目的ii是 ；
③上述表格中，b d (填“>”、“<”或“=”)。
36．无水三氯化铁常用于净水剂、印染的媒染剂，印刷制版时的腐蚀剂，在化学工业中还可制造其他铁盐，及处理肥皂提取粗甘油等。实验室用铁粉与氯气反应制备无水FeCl3的实验装置如图所示((夹持装置已省略)，已知： FeCl3具有易水解、 易升华的性质
（1）A的作用是 ，仪器G的名称为 。
（2）请写出装置C中发生反应的化学方程式： 。
（3）在D、F处收集产物是利用了FeCl3 的性质：实验过程中若E处出现堵塞，则在B处可观察到的现象是 。
（4）装置G的作用是 。装置H中发生反应的离子方程式是 。
（5）某同学用11.2g 干燥铁粉制得无水FeCl3样品29.9g，该次实验的产率是 。
37．利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程。
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀I中只含有两种沉淀。
③部分阳离子的氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表。
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
回答下列问题：
（1）浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式为 。
（2）在浸出液中加入NaClO3的作用是 。
（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是 ；萃取剂层含锰元素，则沉淀II的主要成分 。
（4）操作I中包括蒸发浓缩的过程，在蒸发浓缩之前应先向溶液中加入 (填试剂名称)。
（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥、称重。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%，其原因可能是 （回答一条原因即可）。
（6）将5.49 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。
温度范围/℃ 固体质量/g
150～210 4.41
290～320 2.41
经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则在150℃～210℃温度范围放出的气体物质是 ，290℃～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为 。
［已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183 g/mol］
38．工业制备并提取一氯乙酸（）的母液中有、、等残留。实验室用多孔硫颗粒作催化剂，对母液进行深度氯化，使其中残留物转化为有广泛应用价值的三氯乙酸（）。
主要反应方程式：。制备装置如图所示。
回答下列问题：
（1）装置甲中用仪器X替换分液漏斗的好处是 。
（2）装置甲中制取离子方程式为 。
（3）装置丁中仪器Y的名称是 。
（4）制备三氯乙酸时，需要控制温度在140℃左右持续加热，则丁的加热方法是 （填“水浴加热”“油浴加热”或“酒精灯直接加热”）。
（5）制备三氯乙酸过程中不需要另加沸石，原因是
（6）可以用（）来衡量酸性的强弱，下表是部分酸的数据：
物质
（室温） 2.86 1.29 0.65 、
①从表中数据可知，酸性：，请从物质结构角度解释原因
②在溶液中加入足量的，反应的离子反应方程式为
39．某兴趣小组用白云石(主要含CaCO3 和MgCO3)和废铝屑制备一种化合物12CaO·7Al2O3。
相关信息如下：
①MgCO3 分解温度低于 CaCO3；
②金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围：
金属离子 pH
开始沉淀 完全沉淀
Ca2+ 11.3 -
Mg2+ 8.4 10.9
③AlCl3 易水解，易升华。请回答：
（1）从煅粉经一系列操作可制备纯净的CaCO3。请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母) ：
煅粉→加入适量 NH4NO3 溶液→( )→( )→( )→通入 NH3 和 CO2，控制pH＜11.0→过滤→洗涤→CaCO3
a.过滤 b.控制
pH＝11.0 c.控制
pH＝8.0 d.取滤渣加水形成悬浊液 e.取滤液
（2）煅粉加入
NH4NO3 溶液发生反应的离子方程式是 。
（3）通入 NH3 和 CO2 时，需控制 pH＜11.0 的原因是 。
（4）下列说法正确的是_________。
A．煅烧时，需用玻璃棒不断搅拌坩埚中固体，使其受热均匀
B．煅烧时产生 CO2 的体积恰好等于制备 CaCO3 时需要通入 CO2 的体积(已换算为相同状况)
C．NH4NO3 溶液还可用(NH4)2SO4、NH4HCO3 等溶液代替
D．过滤时，应选用玻璃砂漏斗，以免滤纸被溶液腐蚀
（5）废铝屑需要先放在乙醇和丙酮混合溶液中，放入超声波清洗器中清洗 30 分钟，目的是 。取出晾干，用以下装置制备 AlCl3 溶液。请为虚线框中补充必须的装置，并按连接顺序排列 (填写代表装置的字母，不考虑橡皮管连接)。
六、推断题
40．化合物X是一种常见的脱叶剂，某兴趣小组对X开展探究实验。
其中：X是一种盐，由3种常见元素组成；混合气体B无色，只含有两种成分，遇空气变红棕色。请回答：
（1）组成X的3种元素是 (填元素符号)，X的化学式是 。
（2）步骤Ⅰ发生反应的离子方程式是 。
（3）向强酸性溶液D中加入一定量铁粉，充分反应，甲同学认为反应后只生成Fe3+，乙同学认为只生成Fe2+，丙同学认为 ，请设计实验方案证明丙同学的观点 。
41．某锌焙烧矿(含和少量等)制备铁黄()和的步骤如下：
（1）滤渣的主要成分为 。
（2）“还原”时加入过量精矿将还原为，该反应的化学方程式为 。
（3）检验“还原”后的滤液中是否含的试剂是 。
（4）向“还原”后的滤液中滴加氨水，至为5.5时停止滴加，开始通氧气，生成铁黄。通入氧气过程中，溶液随时间变化如图所示，已知时，完全沉淀的，时段发生的反应为；时段，溶液明显降低，请解释原因： 。
（5）若上述流程中省略“还原”步骤，则制得的不纯，可能含有的杂质是 。
（6）请补充完整由和的混合液制备的实验方案：向混合液中滴加溶液至在3.7～5.7之间，充分反应后过滤； ；边搅拌边向滤渣中滴加稀硫酸至沉淀完全溶解；将溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，干燥制得。(实验中须使用的试剂有：溶液、溶液、蒸馏水)。
已知：①当时，开始溶解。
②相关离子生成氢氧化物沉淀的如下表
离子 开始沉淀的 沉淀完全的
2.7 3.7
5.7 9.0
42．化合物A(50g mol-1
请回答：
（1）化合物A的化学式为 ，溶液F中所含溶质是 (用化学式表示)。
（2）写出步骤②反应的离子方程式 。
（3）化合物A在KOH溶液中会发生岐化反应，生成两种盐，氧化产物为固体B中的一种且无沉淀生成，写出该反应的化学方程式 。
（4）请写出实验室检验气体C的过程 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．酸碱中和滴定过程中，下方溶液为氢氧化钠溶液，因此上方应用酸式滴定管，故A不符合题意；
B．浓缩海水，加热条件下不断搅拌，故B符合题意；
C．在试管底部氯化铵受热分解生成HCl和氨气，在试管口处氨气与HCl又能结合生成氯化铵，所以不能收集到氨气，故C不符合题意；
D．分离互不相溶的两种液体可选分液法，图示为蒸馏法，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、酸碱中和滴定中，酸滴碱，酸应该装在酸式滴定管；
B、蒸发的过程应该在蒸发皿中，且用玻璃棒不断搅拌；
C、实验室制取氨气应该采用氯化铵和氢氧化钙反应；
D、分离互不相溶的液体最简单的方法为分液。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．与浓硫酸反应制备硝酸，属于非氧化还原反应，利用了浓硫酸的高沸点难挥发性，A不符合题意；
B．可用于制作光导纤维，是因为能传递光信号，B不符合题意；
C．硝酸的氧化性强弱与生成二氧化氮或NO无关系，事实上浓硝酸的氧化性更强，C不符合题意；
D．由于硫酸的酸性强于氢硫酸，所以反应进行，能说明CuS不溶于水和稀硫酸，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、硝酸钾制备硝酸的过程中化合价不变，属于非氧化还原反应；
B、二氧化硅可以传递光信号；
C、浓硝酸氧化性强于稀硝酸；
D、硫化铜不溶于水和稀硫酸。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液，所需的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，需要的试剂为蒸馏水、NaCl固体，故A符合题意；
B．制备胶体的方法为往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，故需要的玻璃仪器为烧杯、酒精灯、胶头滴管，需要的试剂为蒸馏水、饱和FeCl3溶液，故B不符合题意；
C．测定NaHCO3的热稳定性需要坩埚、酒精灯、NaHCO3固体，故C不符合题意；
D．CaCO3与稀H2SO4制备CO2，需要的玻璃仪器有分液漏斗、锥形瓶、导管，二氧化碳收集采用向上排空气法即可，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、配制溶液需要用到的玻璃仪器有容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒；
B、氢氧化铁胶体的制备采用饱和氯化铁溶液且不需要搅拌；
C、碳酸氢钠为固体，采用坩埚加热；
D、碳酸根和稀硫酸反应会生成微溶物硫酸钙。
4．【答案】B
【解析】【解答】A. 饱和 FeCl3 溶液滴入NaOH 溶液中会直接生成 Fe(OH)3 沉淀，应将饱和 FeCl3 溶液滴入沸水中制备 Fe(OH)3 胶体，A 不符合题意；
B. 滴水后看到脱脂棉着火，则可证明Na2O2 与水反应放热，B符合题意；
C. 观察 K 元素的焰色时，要透过蓝色钴玻璃观察，避免黄色光干扰，图中无蓝色钴玻璃，C 不符合题意；
D. 氯水中HClO 有漂白性，最终 pH 试纸被漂白，无法测出 pH 值，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氢氧化铁胶体的制备用的是饱和氯化铁溶液滴入沸水；
B、过氧化钠和水的反应放出大量的热；
C、焰色试验鉴别K元素时要透过蓝色钴玻璃观察；
D、氯水具有漂白性，无法准确测量pH。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．蒸馏时应使用直形冷凝管，便于导出馏分，故A不符合题意；
B．酒精与四氯化碳互溶，无法用分液漏斗进行分离，故B不符合题意；
C．高锰酸钾溶液和乙烯反应会产生，引入新的杂质，不能用高锰酸钾除乙烷中的乙烯，故C不符合题意；
D．关闭止水夹后，向长颈漏斗中注入水至长颈漏斗下端导管中液面高于试管中水的液面，形成一段水柱，静置一段时间水柱中液面不下降，则装置气密性良好，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.蒸馏应用直形冷凝管；
B.酒精和四氯化碳互溶；
C.乙烯与酸性高锰酸钾生成二氧化碳，引入新杂质；
D.关闭止水夹，向长颈漏斗中注入水，形成一段水柱，静置一段时间水柱中液面不下降，说明装置气密性良好。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A.钠溶于水也会产生气体，A错误；
B.SO2使品红溶液褪色，体现漂白性，B正确；
C.铵根离子与氢氧化钠溶液在加热垫条件下，发生反应，生成氨气，C错误；
D.钠元素的焰色反应为黄色，而不是钠离子，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题主要考查实验操作现象和结论。
A.钠与水反应；
B.SO2具有漂白性；
C.缺少反应条件；
D.钠的焰色反应针对于钠元素。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．金属与酸的反应、中和反应是放热反应，但氢氧化钡晶体与氯化铵的反应是吸热反应，故A不符合题意；
B．氢氧化钡晶体与氯化铵的反应是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，故B不符合题意；
C．NaOH固体溶于水放热，则用NaOH固体测定中和热，测定结果偏高，故C符合题意；
D．金属是热的良导体，传热快，将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌棒，造成热量的损失，实验结果偏小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、常见放热反应：燃烧、爆炸、金属腐蚀、食物腐烂、金属的置换反应、大部分化合反应、中和反应；
常见吸热反应：一氧化碳、碳、氢气为还原剂的氧化还原反应，大部分分解反应，八水合氢氧化钡和氯化铵的反应；
B、反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之反应吸热；
C、氢氧化钠固体反应时放热更多；
D、金属导热性强，会损耗热量。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．应将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌，A不符合题意；
B．实验室常用氯化铵和消石灰反应制备氨气，氨气为碱性气体，可用碱石灰干燥，B不符合题意；
C．长颈漏斗颈浸没在水中、夹住止水夹时，继续加水，若水柱能稳定不下落、则气密性良好，C符合题意；
D．蒸馏时，冷凝水应从下口进上口出，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.缺少玻璃棒；
B.加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵；
D.冷凝水应从下口进上口出。
9．【答案】D
【解析】【解答】A． 溶液为强氧化性溶液，会氧化碱式滴定管的橡胶管，应盛放在酸式滴定管里，A不符合题意；
B．由图2可知滴定终点读数为18.10mL，B不符合题意；
C．图3所示为酸式滴定管，不能盛装碱性标准液，C不符合题意；
D．量取一定体积的溶液时，为了减小误差，可选用滴定管进行量取，如酸碱中和滴定时可用滴定管量取一定体积的待测液置于锥形瓶，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.图A所用滴定管为碱式滴定管
B.滴定管大数在下，小数在上
C.碱液用碱式滴定管
D.滴定管精确度较高
10．【答案】C
【解析】【解答】A．将甲烷与溴蒸气混合光照，多步溴代反应都会发生，很难控制在哪一步，所以制得的一溴甲烷中混有其它溴代甲烷，A不符合题意；
B．检验水解产物中的Cl-时，不能加盐酸酸化，否则会引入Cl-，干扰实验结果，B 不符合题意；
C．铜丝在酒精灯上加热生成CuO，CuO被乙醇还原为Cu，则铜丝恢复红色，C符合题意；
D．往新制氢氧化铜悬浊液中滴加乙醛，不加热不能生成砖红色沉淀，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.甲烷与溴蒸气混合光照，发生取代反应，且为链式反应；
B.滴盐酸会引入氯离子；
C.乙醇转化成醛的反应中，铜起催化作用，会恢复红色；
D.新制氢氧化铜悬浊液与乙醛在常温下不反应。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．蒸发多用于固液分离，乙醇和苯甲酸为液液分离，苯甲酸沸点高于乙醇的沸点，应该应用蒸馏的方法，故A不符合题意；
B．苯酚微溶于水，水中苯酚形成乳浊液，故不能用过滤分离，故B不符合题意；
C．杂质沸点低于乙酸乙酯采用蒸馏的方法纯化效果更好，装置无错误，故C符合题意；
D．氢氧化钠溶液为碱性，应该用碱式滴定管而不是酸式滴定管，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据物质的性质不同采用不同的分离方法，苯甲酸和乙醇互溶的液体，都易挥发，不能用蒸发的方法分离；
B.利用苯酚的溶解性进行判断；
C.根据沸点相差比较大的互溶液体采用蒸馏的方法进行分离；
D.中和滴定时，酸碱应选用相应的滴定管盛装；
12．【答案】B
【解析】【解答】A .加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反应，故A不符合题意；
B.加入盐酸后，产生大量气泡，说明镁与盐酸发生化学反应，此时溶液温度上升，可证明镁与盐酸反应放热，故B符合题意；
C.BaCl2、CaCl2均能与Na2CO3反应，反应产生了白色沉淀，沉淀可能为BaCO3或CaCO3或二者混合物，故C不符合题意；
D.向H2O2溶液中加入高锰酸钾后，发生化学反应2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑等(中性条件)，该反应中H2O2被氧化，体现出还原性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】淀粉在稀硫酸作催化剂下的水解程度确定试验较为典型，一般分三种考法：①淀粉未发生水解：向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，未生成砖红色沉淀；②淀粉部分发生水解：向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，生成砖红色沉淀；③向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液不变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，生成砖红色沉淀。此实验中需要注意：①碘单质需在加入氢氧化钠溶液之前加入，否则氢氧化钠与碘单质反应，不能完成淀粉的检验；②酸性水解后的溶液需要加入氢氧化钠溶液碱化，否则无法完成葡萄糖的检验；③利用新制氢氧化铜溶液或银氨溶液检验葡萄糖试验中，均需要加热，银镜反应一般为水浴加热。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．结合分析，双氧水具有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，故A不符合题意；
B．结合分析，氧化铁为碱性氧化物，可与盐酸反应生成氯化铁和水，故B不符合题意；
C．A中铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以B中收集到的气体是氢气，故C不符合题意；
D．因H2O2溶液足量，所以烧杯中通入少量SO2先被H2O2氧化，将H2O2还原完后才还原Fe3＋，若SO2不足，溶液也不一定发生颜色变化，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，因Fe与Fe3+反应，则A中得到物质为FeCl2，反应后打开K2，H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，因Fe3+易水解，制备FeCl3晶体，应在HCl气氛下，以此解答该题。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．水溶液中二氧化硫被氧化生成硫酸，酸性增强，pH减小，A不符合题意；
B．用大量的天然海水与氧化后的海水混合，是为了中和、稀释，经氧气氧化后海水中生成的酸，没有生成，B符合题意；
C．海水中的CO水解，溶液呈碱性， C不符合题意；
D．饱和NaHCO3溶液可吸收二氧化硫而不与二氧化碳反应溶液，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.二氧化硫溶于水生成的亚硫酸能被氧气氧化为硫酸；
C.碳酸根水解显碱性；
D.饱和碳酸氢钠能与二氧化硫反应，不与二氧化碳反应。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，A不符合题意；
B．Cl-能与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，B不符合题意；
C．NaHCO3与H+反应能产生CO2，向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+，C不符合题意；
D．新制氯水中的HClO具有漂白性，Cl2没有漂白性，新制氯水能使红色布条褪色，说明氯水中含有HClO，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】新制饱和氯水中含有Cl2、HClO、H2O、HCl，其中Cl2呈浅黄绿色，其他均为无色，据此分析。
16．【答案】A
【解析】【解答】A、在过氧化氢溶液中加入少量MnO2，MnO2具有催化作用，加快双氧水的分解速率，故A符合题意；
B、MnO2与浓盐酸常温下不反应，而且纯化氯气时应先用饱和食盐水除去氯气中的HCl，然后用浓硫酸干燥，故B不符合题意；
C、Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，发生氧化还原反应生成铁离子，不能判断是否已氧化变质，正确的实验方法：溶于水，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红，故C不符合题意；
D、随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，而Cu与稀硫酸不反应，反应后的混合物中一定含硫酸，所以应将反应后的混合物注入水中，顺序不合理，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、混合物分离提纯、沉淀生成、实验技能为解答关键，易错点C，3Fe2＋＋4H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，注意实验的隐含条件。
17．【答案】B
【解析】【解答】A.容量瓶是精量器，不能用来溶解氢氧化钠固体，故A不符合题意；
B.苯的密度比水小，向碘水中加入苯后振荡、静置，含碘的苯溶液在上层，水在下层，故B符合题意；
C.二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，由图可知，装置中缺少酒精灯，不能制取氯气，故C不符合题意；
D.乙酸和乙醇易挥发，在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热制得的乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇，若导气管插入饱和碳酸钠溶液中，乙醇和乙酸易溶于水，且乙酸能与碳酸钠溶液反应，会产生倒吸，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、容量瓶不能用来稀释
C、需要加热
D、长导管不能插入液面以下
18．【答案】A
【解析】【解答】A．根据电解装置可知，阴极的氢离子得电子发生还原反应，A符合题意；
B．根据电解装置可知， 从左侧迁移到中间室，左侧为阳离子交换膜，B不符合题意；
C．右侧电解液含有 和 ，可以防止产生 并提高溶液导电性，C不符合题意；
D．实际生产中不能用氯化锰溶液代替硫酸锰溶液， 还原性强，在阳极放电产生氯气，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.阴极发生还原反应，根据化合价的变化书写；
B.根据所需的物质及阳极失去电子生成阳离子判断；
C.根据图示判断含有的物质；
D.氯离子具有还原性，会参于反应判断。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．固固加热型装置加热时，需要试管口略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管，A不符合题意；
B．挤压胶头滴管，NaOH溶液滴下，与Cl2反应，反应方程式为2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O，可以看出Cl2被反应，但是没有其他气体产生，锥形瓶内压强减小，气球膨胀，该装置能证明与烧碱溶液反应，B符合题意；
C．加热饱和溶液制备胶体时，不能用玻璃棒搅拌，C不符合题意；
D．制备Cl2时，MnO2只能与浓盐酸反应，装置丁中盐酸为稀盐酸，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、加热固体试管口应略向下倾斜；
B、根据装置压强的变化判断氯气和氢氧化钠反应；
C、胶体的制备不需要搅拌；
D、盐酸浓度较高时才可以和二氧化锰反应。
20．【答案】B
【解析】【解答】A、工业上可以用“吹出法”从海水提溴，其过程主要包括氧化、吹出、吸收、蒸馏环节，故A正确；
B、氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，工业上通常电解熔融氧化铝制备金属铝，故B错误；
C、SO3溶于水会放热，产生酸雾，会降低SO3的吸收率，工业制硫酸用98.3%的浓硫酸吸收SO3，目的是防止形成酸雾，提高吸收效率，故C正确；
D、当前制备高纯硅的主要方法是用H2还原SiHCl3，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、海水提取溴一般用氯气氧化溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴；
B、氯化铝为共价化合物；
C、吸收SO3不能用水，用水会生成酸雾，降低SO3的吸收率；
D、三氯甲硅烷（SiHCl3）还原法是当前制备高纯硅的主要方法。
21．【答案】B,D
【解析】【解答】A．Cl2、HCl都能够与NaOH溶液发生反应，因此不能用NaOH溶液除去Cl2中含有的少量HCl，A不能达到实验目的；
B．NaCl在水中的溶解度受温度的影响变化不大且受热不会发生化学变化，所以可以采用蒸发结晶方法从NaCl溶液中获得NaCl晶体，B能达到实验目的；
C．Na2CO3稳定，受热不分解，而NaHCO3不稳定受热易分解，因此应该将稳定性比较强的Na2CO3放在温度高的外管，再将NaHCO3放在温度比较低的内管进行实验，根据石灰水变浑浊的情况，来比较二者的稳定性的强弱，C不能达到实验目的；
D．SO2有漂白性，能使品红溶液褪色，SO2是酸性氧化物，溶于水生成亚硫酸，能使紫色石蕊试液变红，D能达到实验目的；
故答案为：BD。
【分析】实验方案的评价。
A.Cl2也会和氢氧化钠反应；
B.NaCl的溶解度随温度升高，增大不明显；用蒸发结晶可以获得NaCl晶体；
C.图三所示装置验证 Na2CO3比NaHCO3稳定 ，应将碳酸钠装在大试管中，才具由说服力；
D.SO2能使品红褪色，也能与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液使紫色石蕊溶液变红。
22．【答案】B,C
【解析】【解答】A．由于乙醇易挥发，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A不符合题意；
B．高锰酸钾可氧化草酸根离子，可用滴定法测定高锰酸钾溶液物质的量浓度，故B符合题意；
C．铜片溶解，盛有FeCl3溶液的烧杯中棕黄色变浅，说明铜作负极，石墨为正极，其原电池反应，故C符合题意；
D．甲、乙两支试管中存在浓度和催化剂两个变量，因此不能说反应物浓度越大，反应速率越快，故D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】A.乙醇具有挥发性，挥发出来的乙醇干扰实验；
B.高锰酸钾和草酸发生氧化还原反应，可以通过草酸的物质的量和高锰酸钾的体积测定其物质的量浓度；
C.根据原电池构成的条件判断；
D.实验中的变量有过氧化氢的浓度和催化剂。
23．【答案】A,D
【解析】【解答】A．NaHSO3溶液呈酸性，HSO3- H++SO32-，苯酚钠溶液中加入NaHSO3，溶液变浑浊，说明产生苯酚，即HSO3-的酸性强于苯酚，H2SO3属于中强酸，电离以第一步电离为主，H2SO3的一级电离大于二级电离，因此H2SO3的酸性强于苯酚，A符合题意；
B．若要验证AgCl和AgI溶度积的大小，需要向NaCl和NaI的混合溶液中逐滴加入硝酸银溶液，观察沉淀颜色，B不符合题意；
C．向FeCl3中加入铜粉，二者发生反应，生成Fe2+和Cu2+，故Cu的氧化性强于Fe2+，C不符合题意；
D．H2O2有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，当溶液中生成大量Fe3+时可催化H2O2分解，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A．两者发生强酸制取弱酸的反应；
B．硝酸银过量，且浓度未知，不能确定沉淀生成；
C．Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；
D． 2Fe2++H2O2+ 2H+=2Fe3++2H2O 。
24．【答案】A,C
【解析】【解答】A．检验 CH3CH2Br 中的溴元素，需要在氢氧化钠溶液和加热条件下水解，硝酸调节溶液的pH值为酸性，再用硝酸银溶液检验，用到的仪器为试管、胶头滴管、酒精灯，A符合题意；
B.95% 乙醇制备无水乙醇，需要氧化钙，B不符合题意；
C．实验室制乙烯用乙醇在浓硫酸条件下加热，并控制温度在170oC，所用试剂和仪器正确，C符合题意；
D．浓溴水与苯酚反应的产物三溴苯酚易溶于苯，不能除去，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.溴乙烷在NaOH溶液中水解生成NaBr，加入硝酸酸化再加入硝酸银可检验溴元素；
B.还需要氧化钙；
C.乙醇在浓硫酸条件下加热至170℃生成乙烯；
D.三溴苯酚溶于苯。
25．【答案】A,D
【解析】【解答】A．Al2O3能与NaOH反应生成可溶于水的NaAlO2，Fe2O3与NaOH不反应，也难溶于水，A符合题意；
B．比较Cl和Br的非金属性强弱，用其最高价含氧酸酸性比较，非金属越强，最高价含氧酸酸性越强，不能用其氢化物的酸性比较，B不符合题意；
C．Mg比Al活泼，但Mg与NaOH不反应，Al与NaOH反应，Al作负极，该操作不能证明原电池中活泼性较强的金属作负极，C不符合题意；
D．还原性糖能将新制的银氨溶液中+1价银还原得到银单质，该操作不能得到银镜，证明蔗糖是非还原性糖，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A、氧化铝可以和氢氧化钠反应；
B、比较非金属性的强弱应该用最高价氧化物对应水化物的酸性判断；
C、铝和氢氧化钠可以反应，作为负极，而镁的金属性比铝强；
D、蔗糖是非还原性糖，和银氨溶液不反应。
26．【答案】C,D
【解析】【解答】A．硝酸的还原产物为NO，可与氧气和水反应生成硝酸，一方面提高硝酸利用率，一方面降低一氧化氮对环境的污染，A不符合题意；
B．滤渣Ⅰ中含C、Au，灼烧可将C转化成CO2，得到较纯净的Au，B不符合题意；
C．溶浸环节氯化银与硫代硫酸钠反应的离子方程式为，C符合题意；
D．，，根据得失电子守恒，转移相同电子数，氧化产物N2与还原产物Ag物质的量之比为4∶1，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】阳极泥中加硝酸酸浸氧化，Cu和Ag分别与硝酸反应生成硝酸铜和硝酸银，C和Au与硝酸不反应，过滤后滤渣I为C和Au，滤液I中主要成分为硝酸银和硝酸铜，加入氯化钠溶液得到氯化银沉淀，过滤后滤液II为主要为氯化铜，滤渣II为氯化银，用硫代硫酸钠溶浸后再加N2H4还原得到Ag和N2。
27．【答案】（1）C装置中导气管应该长进短出
（2）SO32-+ 2H++2ClO3-=2ClO2↑+ H2O+SO42-
（3）2CO32-+ 2H2O2+2ClO2=2ClO2-+ O2+2HCO3-
（4）不能。因为D装置中有O2产生，O2也可能将I-氧化为I2
（5）0.5
【解析】【解答】(1)ClO2气体的密度比空气大，应该选用向上排空气法收集，装置C中进气导管口应接近集气瓶底部，出气导管口应与瓶塞平齐，所以图中装置C中导气管应该“长进短出”。
(2)依题意，稀硫酸、NaClO3和Na2SO3混合能产生ClO2，氯元素化合价由+5价降低到+4价，表明ClO3-表现氧化性，而SO32-具有较强的还原性，所以其离子方程式为SO32-+ 2H++2ClO3-=2ClO2↑+ H2O+SO42-。
(3)由题意知ClO2与H2O2、Na2CO3接触生成NaClO2和 NaHCO3，氯元素化合价由ClO2的+4价变化到NaClO2的+3价，ClO2作氧化剂，碳元素化合价没变，只能是H2O2中的-1价氧被氧化为O2，H2O2作还原剂，所以D中发生反应的离子方程式为2CO32-+ 2H2O2+2ClO2=2ClO2-+ O2↑+2HCO3-。
(4)KI溶液变黄说明有I2生成，即I-被氧化成I2，除ClO2能氧化I-外，混合气体中的O2也能氧化I-，所以E中溶液出现黄色不能说明ClO2未被H2O2和Na2CO3的混合溶液充分吸收，因为D装置中有O2产生，O2也可能将I-氧化为I2。
(5) NaClO3与盐酸反应有ClO2和Cl2生成，根据“互不交叉原理”，NaClO3转化为ClO2，HCl转化为Cl2，且ClO2与Cl2化学计量数之比为2:1，其反应方程式及转移的电子数为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O~转移电子2e-。根据方程式计量关系可知每0.5molClO2生成时转移0.5mole-。
【分析】（1）根据气体密度大小确定气体收集过程中气流方向；
（2）A中ClO3-与SO32-在酸性条件下反应生成ClO2和SO42-，结合电荷守恒、得失电子守恒和原子守恒确定离子方程式；
（3）D中ClO2、H2O2和CO32-反应生成ClO2-、O2和HCO3-，结合电荷守恒、得失电子守恒和原子守恒确定离子方程式；
（4）反应生成的O2也能将I-氧化成I2；
（5）根据关系式“2ClO2~2e-”计算转移电子数；
28．【答案】（1）；
（2）是；其他条件不变时，增大压强，H2S的平衡转化率降低，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态；升高温度有利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率
（3）FeCl2和HCl；含FeCl2和HCl的溶液进入阳极区，发生 生成Fe3＋，且阳极区中的H＋进入阴极区，FeCl3溶液得以再生；10
【解析】【解答】（1）①K2CO3属于强碱弱酸盐，其水溶液中存在水解反应 。
②根据表格数据信息可知，Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)＞Ka2(H2CO3)＞Ka2(H2S)，所以用过量的K2CO3溶液吸收H2S生成KHCO3和KHS，其离子方程式是 。
（2）①由图可知，不同压强对应的H2S的转化率不同，说明该反应的平衡移动受压强影响，即反应前后气体分子数不同，所以S2是气态。
②由图可知，升高温度利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率，所以实际反应在高温下进行。
（3）①由分析可知，溶液X中的主要溶质是FeCl2和HCl。
②根据流程图可知，溶液X进入电解反应器中，阳极区发生 ，生成Fe3＋，且阳极区中的H＋进入阴极区，FeCl3溶液得以再生。
③不考虑其他副反应，根据反应关系式H2S~H2，5molH2S反应生成5molH2，即10g。
【分析】（1）①K2CO3属于强碱弱酸盐，存在水解反应，据此分析。
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S生成KHCO3和KHS，据此分析。
（2）①不同压强对应的H2S的转化率不同，据此分析。
②升高温度利于增大反应速率和提高H2S的平衡转化率，据此分析。
（3）由流程图可知，H2S与FeCl3反应生成S、FeCl2和HCl，所以溶液X中的主要溶质是FeCl2和HCl，溶液X进入电解反应器中，H+通过质子交换膜进入右侧，发生反应2H++2e-=H2↑，说明右侧是阴极区，则左侧是阳极区，其电极反应式为。据此分析。
29．【答案】（1）增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料利用率
（2）2Cu2++SO32-+2Cl－+H2O =2CuCl↓+SO42-+2H+；随着n(Na2SO3)/n(CuSO4) 不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCl的水解程度增大；适当增大c(Cl－)，有利于平衡Cu+(aq)+Cl－(aq) CuCl(s)向生成CuCl方向移动
（3）CuCl的产率降低
（4）4CuCl + O2 + 4H2O = 2Cu2(OH)3Cl + 2HCl
（5）93.28%
【解析】【解答】(1)将海绵铜粉碎成细颗粒是为了增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料利用率。
(2) ①CuSO4转化为CuCl，表明+2价铜元素得电子，Cu2+是氧化剂，而SO32-具有较强还原性，故而SO32-失去电子生成SO42-，其离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl－+H2O =2CuCl↓+SO42-+2H+。
②Na2SO3水解呈碱性：SO32-+H2O HSO3-+OH-，Cu2+水解呈酸性：Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+，溶液中Na2SO3浓度越大时，溶液碱性越强，对CuSO4水解的促进作用就越大。所以n(Na2SO3)/n(CuSO4)比值越大CuCl产率越小的原因是：随着n(Na2SO3)/n(CuSO4) 不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCl的水解程度增大。
③CuCl微溶于水，在水溶液中存在溶解平衡Cu+(aq)+Cl-(aq) CuCl(s)，所以n(NaCl)/n(CuSO4)比值越大CuCl产率越大的原因是：适当增大c(Cl－)，有利于平衡Cu+(aq)+Cl－(aq) CuCl(s)向生成CuCl方向移动。
(3)稀硝酸能够氧化CuCl：3CuCl+4H++NO3-=3Cu2++NO↑+3Cl-+2H2O，所以若不慎用稀硝酸进行稀释，则CuCl的产率降低。
(4)2个CuCl被氧化为1个Cu2(OH)3Cl失去2个电子，1个O2得到4个电子转化为O2-，反应物中应该有H2O提供氢元素，所以其化学方程式为4CuCl + O2 + 4H2O = 2Cu2(OH)3Cl + 2HCl。
(5)氯化亚铜产品中加入足量的FeCl3溶液：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，再用KMnO4酸性溶液滴定：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，得关系式5CuCl~5Fe2+~MnO4-。样品中CuCl的物质的量n(CuCl)=5·n(KMnO4)=5×0.2mol/L×0.015L=0.015mol，则产品中氯化亚铜的质量分数= =93.28%。
【分析】（1）结合反应速率的影响因素分析；
（2）①根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
②结合水解平衡的影响因素分析；
③结合CuCl的沉淀溶解平衡的影响因素分析；
（3）硝酸具有氧化性，能将CuCl氧化；
（4）根据得失电子守恒和原子守恒书写反应的化学方程式；
（5）由反应的离子方程式得出关系式“5CuCl~5Fe2+~MnO4-”从而计算产品中CuCl的物质的量，进而得出其质量分数；
30．【答案】（1）
（2）甲
（3）
（4）C→F→B
（5）无水氯化钙或五氧化二磷
（6）2CaO+2SO2+O2=2CaSO4
（7）D中品红溶液不褪色
【解析】【解答】A装置用C和浓硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳，经过装置C除去SO2中的二氧化碳，再用装置F吸收水蒸气，得到干燥的SO2进入装置B中反应生成CaSO4，再用装置D中品红溶液检验是否剩余二氧化硫，再用NaOH溶液吸收尾气；
(1)装置A中C与浓硫酸在加热条件下，发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：；
(2)能使品红溶液褪色，由于和都能与澄清石灰水反应产生沉淀，先用酸性高锰酸钾与二氧化硫反应除去再检验二氧化碳，
故答案为：装置甲；
(3)与酸性反应的离子方程式；
(4)装置A产生模拟烟气的气体，经过装置C除去SO2中的二氧化碳，再用装置F吸收水蒸气，得到干燥的SO2进入装置B中反应生成CaSO4，再用装置D中品红溶液检验是否剩余二氧化硫，装置的连接顺序为A→C→F→B→D；
(5)装置F为干燥气体作用，需干燥SO2，则所装的药品为无水氯化钙或五氧化二磷；
(6)装置B中反应的化学方程式2CaO+2SO2+O2=2CaSO4；
(7)证明该实验中硫氧化物被完全去除的现象为D中品红溶液不褪色。
【分析】（1）浓硫酸和木炭反应生成二氧化硫和二氧化碳、水；
（2）由于二氧化硫和二氧化碳都可以使澄清石灰水变浑浊，因此需要先检验二氧化硫同时排除二氧化硫的干扰，采用甲装置；
（3）二氧化硫和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，硫元素化合价升高，锰元素化合价降低；
（4）气体实验的基本流程：发生装置-洗气装置-干燥装置-反应装置-尾气处理；
（5）由于气体为二氧化硫，因此固体干燥剂选择中性的氯化钙或者酸性氧化物五氧化二磷；
（6）氧化钙和二氧化硫、氧气发生氧化还原反应生成硫酸钙；
（7）若品红溶液不褪色，证明烟气中的二氧化硫被完全吸收。
31．【答案】（1）滴液漏斗(分液漏斗)；液封，防止空气进入装置4
（2）在装置2、3之间添加控制开关
（3）装置4内的空气没有排尽
【解析】【解答】（1）观察仪器1特征可知是分液漏斗或者滴液漏斗，该反应需要置于无氧环境，注意这里跟防倒吸无关，可知装置5的作用是液封，防止空气进入装置4。
（2）实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。如此操作，不行的原因在于仪器1产生的H2从左侧导管溢出，那么没有足够的压强不能将FeSO4溶液挤出，因而在装置2、3之间添加控制开关即可。
（3）灰绿色沉淀产生的原因是Fe(OH)2被空气氧化，因为装置4中空气没有完全排尽。
【分析】（1）根据图示装置确定仪器名称；Fe(OH)2的制备过程中，应防止其被氧化，据此确定装置5的作用；
（2）结合实验过程中的操作分析；
（3）没有产生白色沉淀，说明Fe(OH)2被氧化，则装置内残留有空气；
32．【答案】（1）球形冷凝管；防止暴沸；停止加热，待冷却后加入沸石
（2）+CH3OH+H2O
（3）提高苯甲酸的转化率和苯甲酸甲酯的产率
（4）65；分液
（5）洗去苯甲酸甲酯中的苯甲酸和硫酸
（6）75%
【解析】【解答】在烧瓶中，苯甲酸与甲醇在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生苯甲酸甲酯和水，为了防止液体混合物加热水产生暴沸现象，要加入碎瓷片；为提高苯甲酸是利用率，可以适当增加甲醇的含量；充分反应后，将得到的粗产品利用三种物质沸点的不同进行蒸馏作用，首先分离得到沸点较低的甲醇；然后向苯甲酸和苯甲酸甲酯的混合溶液中加入饱和Na2CO3溶液，洗去苯甲酸甲酯中的苯甲酸和硫酸，同时降低酯的溶解度，分离弃去水层，向有机层中加入无水MgSO4干燥除水，然后过滤，分离出固体物质，将得到的液体物质通过减压蒸馏得到纯净苯甲酸甲酯，根据纯净物质量与理论产量的关系，可得到苯甲酸甲酯的产率。
（1）根据图示可知仪器甲名称为球形冷凝管；加入沸石的作用是防止液体混合物加热时产生暴沸现象；如果在实验过程中发现忘记加沸石，接下来的操作是停止加热，待混合溶液冷却后加入沸石；
（2）在实验中，苯甲酸与甲醇在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生苯甲酸甲酯和水，该反应是可逆反应，故制取苯甲酸甲酯的化学方程式为：+CH3OH+H2O；
（3）该实验中制取苯甲酸甲酯的反应是可逆反应，根据平衡移动原理，增大反应物浓度，可以提高其它反应物的转化率，故在实验中使用过量的甲醇，其目的是提高苯甲酸的转化率和苯甲酸甲酯的产率；
（4）由于苯甲酸、甲醇苯甲酸甲酯的沸点分别是249℃、65℃、199.6℃，在第一次蒸馏时，目的是要分离得到甲醇，而不能使苯甲酸及苯甲酸甲酯变为气体，则根据甲醇的沸点可知混合物控制温度范围为65℃左右；
（5）用饱和Na2CO3溶液洗涤的目的是洗去苯甲酸甲酯中的苯甲酸和硫酸，降低苯甲酸甲酯的溶解度，便于液体分层，从而更好的进行分液操作；
（6）12.2 g苯甲酸的物质的量n(苯甲酸)=；13 g甲醇的物质的量n(甲醇)=， n(甲醇)＞n(苯甲酸)，所以制取酯应该以不足量的苯甲酸为标准计算，根据方程式+CH3OH+H2O可知：n(苯甲酸甲酯)=n(苯甲酸)=0.1 mol，则苯甲酸甲酯的理论产量为m(苯甲酸甲酯)=0.1 mol×136 g/mol=13.6 g，而其实际产量为10.2 g，故苯甲酸甲酯的产率为：。
【分析】
（1）根据仪器构造确定名称；液体加热时产生暴沸；冷却条件下才能加入沸石；
（2）苯甲酸与甲醇在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生苯甲酸甲酯和水；
（3）根据平衡移动原理分析；
（4）根据甲醇的沸点选择控制温度范围；
（5）依据物质的性质分析；
（6）根据方程式，利用不足量的苯甲酸为标准计算。
33．【答案】（1）溶液；三颈烧瓶(或三口烧瓶)
（2）；饱和食盐水可减缓生成氨气的速率
（3）沉淀恰好完全溶解时
（4）减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收；；0.0375
【解析】【解答】A装置为食盐水和氮化镁反应产生NH3，可用于制备NH3，将产生的气体通入到B装置中，B装置的名称为三颈烧瓶，B装置为制备新制的银氨溶液，将NH3通入到硝酸银溶液中，C装置中甲醛与新制的银氨溶液反应产生银单质，甲醛中有醛基可以银氨溶液发生化学反应，据此答题。
(1)①装置B为制备新制银氨溶液，其方法为向硝酸银溶液中通入氨气，则装置B内为溶液；
②仪器B的名称为三颈烧瓶（三口烧瓶）；
(2)①装置A中氮化镁与水反应放出，发生反应的化学方程式为：；
②氮化镁与水反应剧烈，可采用饱和食盐水减缓生成氨气的速率便于反应；
(3)装置B为银氨溶液的制备，关闭，打开使氨气进入，刚开始会有白色沉淀产生，当观察到沉淀恰好完全溶解时就得到银氨溶液，停止通氨气；
(4)①装置C中可滑动滑板将空气有毛细管进入到装置B中，毛细管的内径不超过可充分与银氨溶液反应，目的为减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收；
甲醛的结构简式为 ，则B中甲醛和银氨溶液反应方程式为：；
②甲醛与银氨溶液反应的方程式为：，银单质与铁离子反应的离子方程式为：，则反应的关系式如下：，生成的物质的量为，总共进行四次实验则甲醛的物质的量为，空气的体积为1L，甲醛的相对分子质量为30，则空气中甲醛的含量为。
【分析】（1）制备银氨溶液用的是硝酸银和氨水，已知A为制取氨气的装置，因此B应为硝酸银溶液；B装置为三颈烧瓶；
（2）氮化镁和水反生成氨气，结合化合价可知该反应为非氧化还原反应，可根据原子守恒配平化学计量数；
（3）银氨溶液的制备时，会有先沉淀后溶解的过程，当沉淀恰好完全溶解时停止通入氨气；
（4） ① 毛细管管口小，可以减缓通入速率；甲醛和银氨溶液反应时，甲醛可以看出含有两个醛基，经过氧化形成碳酸根；
② 结合化学计量数之比推测甲醛的物质的量，求出其质量以及含量。
34．【答案】（1）；NaOH溶液
（2）8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO ＋8H＋；O2
（3）bc；1∶1
【解析】【解答】(1)①发生装置是固液常温型，虚线框a内的仪器为 ；
②处理尾气SO2，利用其与强碱溶液反应而被吸收，b中的试剂为NaOH溶液；
(2)①步骤Ⅰ为Fe3+和CuS反应得到Fe2+、Cu2+、SO ，S元素从-2升到+6，Fe元素从+3降至+2，则Fe3+前配8，CuS前配1，根据电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为：8Fe3++CuS＋4H2O=Cu2+＋8Fe2+＋SO ＋8H＋；
②Fe3+和Fe2+循环反应，则总反应中只有O元素化合价降低，故总反应的氧化剂是O2；
(3) ①a．过程ii中Se化合价不变，不属于氧化还原反应，a不正确；
b．Se为VIA族元素，最高正价为+6， 的化合价为+4，既有氧化性，又有还原性，b正确；
c． 二氧化锡能与NaOH反应生成不变价的盐和水即 和 ，c正确；
d．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性：Se
【分析】（1）①利用硫酸和亚硫酸钠粉末制取二氧化硫气体，选择固液常温型装置②这就要吸收二氧化硫选择的是氢氧化钠溶液
（2）① 根据反应物和生成物即可写出方程式②根据反应流程即可判断出氧化剂
（3）① a.标出反应过程中的元素化合价即可判断是否为氧化还原反应 b.根据元素化合价处于中间价态可上升可下降即可判断 c. 为酸性氧化物可与碱溶液反应d. 氧化性越强越易反应②利用得失电子守恒即可计算出物质的量之比
35．【答案】（1）长颈漏斗
（2）H2+2FeCl3 2FeCl2+2HCl
（3）装置Ⅰ与装置Ⅱ间缺少干燥装置等合理即可
（4）Cl-；Fe2+；增加H+浓度，H+优先于Fe2+放电等合理即可
（5）溶液的Ph；探究温度对氯化铵水解平衡的影响；>
【解析】【解答】（1）图示仪器为长颈漏斗。
（2）装置Ⅱ中H2与FeCl3反应生成FeCl2和HCl，该反应的化学方程式为：H2＋2FeCl3=2FeCl2＋2HCl。
（3）FeCl3极易水解，为防止FeCl3发生水解反应，因此通入玻璃管中的H2需先用浓硫酸干燥，因此该装置的缺陷为：装置Ⅰ和装置Ⅱ中缺少干燥装置。
（4）①实验1和实验2中，电压不同，pH相同，在3.0V的电压下，阳极上产生气泡，说明Cl－在阳极反应生成Cl2。说明增大电压，Cl－优先于Fe2＋放电。
②实验1和实验4中电压相同，pH不同，实验4中pH较小，即c(H＋)较大，阴极产生较多气泡，说明H＋反应生成H2。因此可得出结论：增加H＋浓度，H＋优先于Fe2＋放电。
（5）①NH4＋水解产生H＋，要比较NH4＋的水解程度，则可通过测定溶液pH判断。因此实验中的“待测物理量”为溶液的pH。
②实验5为对比实验，实验7与实验5中c(NH4＋)相同，实验温度不同，因此实验目的ⅱ是探究温度对NH4Cl水解平衡的影响。
③实验6是探究浓度对NH4Cl水解的影响，因此需控制温度相同，故实验6中的温度i为30℃。实验8中温度大于实验6，因此NH4＋的水解程度大，所以实验8所得溶液的pH较小，因此b＞d。
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。
（2）装置Ⅱ中H2与FeCl3反应生成FeCl2和HCl，据此写出反应的化学方程式。
（3）FeCl3极易水解，因此通入玻璃管中的H2应先干燥。
（4）①实验2中增大电压，阳极产生气泡，说明阳极上Cl－反应生成Cl2。
②实验1、4电压相同，但溶液的pH不同，阳极滴加KSCN溶液后，显红色，说明Fe2＋变氧化成Fe3＋，据此得出实验结论。
（5）①实验过程中可通过测定溶液pH的大小，确定NH4＋的水解程度。
②实验5为对比实验，结合实验7中温度与实验5不同，确定实验目的。
③实验6探究浓度对NH4＋水解的影响，则实验6中的温度应为30℃。实验6和实验8的浓度、温度都不同，温度起到主要影响。
36．【答案】（1）干燥Cl2；球形干燥管
（2）2Fe+3Cl22FeCl3
（3）升华；B中有气泡产生
（4）防止装置H中水蒸气进入装置F中使氯化铁发生水解(合理即可)；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（5）92%
【解析】【解答】氯气用浓硫酸干燥后在C中和热的铁粉反应生成FeCl3；FeCl3易升华，在D、F处遇冷凝华收集FeCl3；氯气有毒，为防止污染，H中用氢氧化钠吸收氯气；FeCl3易水解，G中盛放无水氯化钙防止H中水蒸气进入F。
(1)FeCl3易水解，铁和干燥的氯气反应生成FeCl3，A中浓硫酸的作用是干燥Cl2；根据图示，仪器G的名称为球形干燥管；
(2)装置C中热的铁粉和氯气反应生成FeCl3，发生反应的化学方程式2Fe+3Cl22FeCl3；
(3)FeCl3易升华，在D、F处遇冷凝华收集FeCl3，在D、F处收集产物是利用了FeCl3升华的性质，实验过程中若E处出现堵塞，氯气将进入B溶液中，则在B处可观察到的现象是有气泡产生；
(4)FeCl3易水解，G中盛放无水氯化钙，防止H中水蒸气进入F使FeCl3发生水解；H中用氢氧化钠吸收氯气，H中发生反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
(5)理论上11.2gFe粉生成FeCl3的质量为xg；
x=32.5g；实际制得无水FeCl3样品29.9g，则产率是。
【分析】A和B中的浓硫酸目的是干燥氯气，C中氯气与铁粉反应生成氯化铁，D，E试管起到冷凝作用，利用氯化铁易升华性质，G中无水氯化钙目的是防止水蒸气进入，防止氯化铁水解，H中的氢氧化钠溶液目的是吸收多余的氯气，防止污染空气.
37．【答案】（1）Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O
（2）将亚铁离子氧化为铁离子
（3）使Fe3+和Al3+沉淀完全；CaF2和MgF2
（4）盐酸
（5）产品中结晶水含量低或产品中混有氯化钠杂质
（6）H2O；Co3O4或者CoO·Co2O3
【解析】【解答】(1)浸出液含有Co2+，故Co2O3在酸性条件下被SO32-还原，反应的离子方程式：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；(2)由于Fe2+需转化为Fe3+方可通过调节溶液pH水解而除去，故在浸出液中加入NaClO3的作用是在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+；(3)pH至5.2， Fe3+和Al3+都可以形成金属氢氧化物沉淀，且沉淀完全，故加入Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+都沉淀完全；此时溶液中未除掉离子还有Mn2+、Mg2+、Ca2+(硫酸钙微溶于水，此时溶液中仍含Ca2+)，而萃取剂层含锰元素，故应该加入NaF溶液，为除掉Mg2+、Ca2+，生成的沉淀II主要成分是CaF2和MgF2；(4)操作I中包括蒸发浓缩的过程，在蒸发浓缩之前，为抑制CoCl2的水解，应先向溶液中加入浓盐酸调整溶液pH为2～3；(5)粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%，即Cl-含量偏高，原因可能是因减压烘干使CoCl2 6H2O的结晶水减少，则产品中结晶水含量低，测得的CoCl2 6H2O质量分数与实际值相比偏高；或粗产品中含有杂质NaCl，导致Cl-含量偏高，也会使CoCl2 6H2O质量分数偏高；(6)5.49 g晶体物质的量n= =0.03 mol，结晶水完全失去物质的量应为0.06 mol，此时固体质量变化△m=0.06 mol×18 g/mol=1.08 g，根据图表数据可知，150～210℃固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明在150℃～210℃温度范围放出的气体物质是H2O；210℃失去结晶水得到CoC2O4，210～290℃过程中是CoC2O4发生的反应，210～290℃过程中产生的气体只有CO2，依据C元素守恒得到生成CO2物质的量为0.06 mol，质量=0.06 mol×44 g/mol=2.64 g，气体质量共计减小=4.41 g-2.41 g=2 g，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的氧气质量=2.64 g-2 g=0.64 g，反应的O2物质的量n(O2)= =0.02 mol；n(CoC2O4)：n(O2)：n(CO2)=0.03：0.02：0.06=3：2：6，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2，故290℃～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为产物为Co3O4或者CoO Co2O3。
【分析】含钴废料中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则进入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去Ca2+、Mg2+，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将Mn2+萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤等操作得到氯化钴晶体，若加入草酸铵溶液蒸发浓缩冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到草酸钴晶体，以此解答该题。
38．【答案】（1）平衡压强，可以使浓盐酸顺利滴下
（2）
（3）球形冷凝管
（4）油浴加热
（5）多孔硫颗粒状态为固体，该物质可同时起催化剂和防止暴沸的作用
（6）Cl原子电负性大，使羧基的极性增强，羧基H原子更容易电离，物质分子中烃基中Cl原子数目越多，羧基H就越容易电离，其相应的氯代乙酸的酸性就越强，故三氯乙酸最容易电离出氢离子，其酸性最强；
【解析】【解答】（1）装置C最大的优点是漏斗和原地烧瓶内的压强始终保持相等便于液体顺利流下；
（2）高锰酸钾和浓盐酸反应得到氯化锰，氯化钾，氯气和水，写出离子方程式为 ；
（3）结合图示Y为球形冷凝管；
（4）温度高于140℃，选择油浴加热；
（5） 多孔硫颗粒作催化剂 已经多孔可以防止爆沸；
（6）①均含有一个羧基，与羧基连接基团含有氯原子的个数不同，氯原子的电负性很强，容易使羧基的极性增强，羟基中氢原子更易电离，氯原子的个数越多，羧基中的氢越易电离酸性越强；
② 显酸性，但是酸性介于亚硫酸和亚硫酸根之间，因此只能到亚硫酸氢根，反应的离子方程式为 ；
【分析】（1）根据此装置可以平衡上下气压便于液体流下
（2）考虑高锰酸钾的氧化性和盐酸的还原性即可写出方程式
（3）根据图示即可判断
（4）根据温度控制范围即可判断
（5）根据催化剂的多孔可以起到防爆沸的目的
（6）根据氯原子的强的电负性，且个数越多对羧基的极性影响越大
39．【答案】（1）b；a；e
（2）CaO＋2NH4+＋H2O＝Ca2+＋2NH3·H2O
（3）防止CaCO3中混有Ca(OH)2杂质，降低产率与纯度
（4）D
（5）溶解除去表面油污；AC
【解析】【解答】（1）从煅粉经一系列操作可制备纯净的CaCO3。合理的操作排序为：煅粉→加入适量 NH4NO3 溶液→控制 pH＝11.0(确保钙离子不生成Ca(OH)2沉淀，防止CaCO3中混有Ca(OH)2杂质，降低产率与纯度)→过滤(除去氧化镁沉淀)→控制 pH＝8.0→通入 NH3 和 CO2，Ca2＋＋2NH3＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2NH4＋，控制pH＜11.0→过滤→洗涤→CaCO3；故答案为： b→a→e；（2）煅粉加入 NH4NO3 溶液发生反应的离子方程式是CaO＋2NH4+＋H2O＝Ca2+＋2NH3·H2O。故答案为：CaO＋2NH4+＋H2O＝Ca2+＋2NH3·H2O；（3）通入 NH3 和 CO2 时，需控制 pH＜11.0 的原因是防止CaCO3中混有Ca(OH)2杂质，降低产率与纯度。故答案为：防止CaCO3中混有Ca(OH)2杂质，降低产率与纯度；（4）A．煅烧时，不能用玻璃棒不断搅拌坩埚中固体，玻璃棒会与碳酸钙反应，故A不符合题意；
B．白云石煅烧发生反应：CaCO3 CaO+CO2↑，MgCO3 MgO+CO2↑，煅烧时产生 CO2 的体积多于制备 CaCO3 时需要通入 CO2 的体积(已换算为相同状况)，故B不符合题意；
C．NH4NO3 溶液不可用(NH4)2SO4、NH4HCO3 等溶液代替，在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3·H2O，如用(NH4)2SO4、NH4HCO3 等溶液代替，会生成CaSO4 、Mg(OH)2沉淀，故C不符合题意；
D．过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3·H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3－，还含有OH－，过滤时，应选用玻璃砂漏斗，以免滤纸被溶液腐蚀，故D符合题意；
故答案为：D；（5）废铝屑需要先放在乙醇和丙酮混合溶液中，放入超声波清洗器中清洗 30 分钟，目的是溶解除去表面油污。制备 AlCl3 溶液操作如下：取出洗去表面油污的铝屑，晾干，干燥的氯气与铝在加热条件下生成氯化铝气体，通入A浓盐酸中溶解，抑制其水解，尾气用C中NaOH溶液吸收，以防止污染空气。
故答案为：溶解除去表面油污；AC。
【分析】白云石煅烧发生反应：CaCO3 CaO+CO2↑，MgCO3 MgO+CO2↑，在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3·H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3·H2O，将CO2和NH3通入滤液中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，据此分析滤液中的阴离子；若滤液中仅通入CO2，会造成CO2过量，废铝片加入氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，电解制备Al（OH）3时，电极分别为Al片和石墨，在碳酸钠溶液中搅拌电解，得到氢氧化铝，过滤加热灼烧得到氧化铝，碳酸钙和氧化铝共混加热1500℃得到七铝十二钙。
40．【答案】（1）Ca、C、N；CaCN2
（2）
（3）Fe3+、Fe2+两种离子均有；取反应后溶液适量分别置于①②两支试管，①滴加KSCN溶液、②滴加酸性KMnO4溶液，若①中溶液变为血红色，②中KMnO4溶液褪色，则Fe3+、Fe2+两种离子均有
【解析】【解答】(1)根据上述分析可知，X中含有Ca、C、N三种元素；因为，所以X的化学式为：CaCN2，答案为：Ca、C、N；CaCN2；
(2) 步骤Ⅰ中一氧化氮被过氧化氢氧化生成硝酸，离子方程式为：，答案为：；
(3) 溶液D溶质为：HNO3，当铁粉过量时只生成Fe2+，当铁粉少量时只生成Fe3+，当铁粉的量不足以将Fe3+全部还原，则溶液中Fe3+、Fe2+两种离子均有；Fe3+可以用KSCN溶液进行检验，Fe2+可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以实验方案为：取反应后溶液适量分别置于①②两支试管，①滴加KSCN溶液、②滴加酸性KMnO4溶液，若①中溶液变为血红色，②中KMnO4溶液褪色，则Fe3+、Fe2+两种离子均有，答案为：Fe3+、Fe2+两种离子均有；取反应后溶液适量分别置于①②两支试管，①滴加KSCN溶液、②滴加酸性KMnO4溶液，若①中溶液变为血红色，②中KMnO4溶液褪色，则Fe3+、Fe2+两种离子均有。
【分析】根据流程图，固体A的焰色反应为砖红色，说明A中含有钙元素，而A是X与氧气反应得到的，则A是氧化钙，且n(CaO)=0.01mol。气体C能使澄清石灰水变浑浊，则C中含有CO2；混合气体B由两种无色气体组成，且遇空气能变红棕色，结合气体C，说明B是由NO、CO2组成的；NO被H2O2溶液氧化得到HNO3。根据前面分析可推出X中含有钙元素、氮元素、碳元素，假设B中NO、CO2的物质的量分别为x、y，则x+y=0.03mol，根据n(CaO)=0.01mol=n(Ca)，可求出X中钙元素的质量为0.4g，进一步求出X中氮元素和碳元素的质量之和为0.4g，即14x+12y=0.4，求解二元一次方程组可得到x=0.02mol，y=0.01mol，所以X中n(Ca)：n(C)：n(N)=1：1：2，则X为CaCN2。据此分析。
41．【答案】（1）
（2）
（3）溶液
（4）时，发生，导致pH降低
（5）
（6）向滤液中滴加溶液至pH值在9.0～10.5之间，充分反应后过滤；用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液中加溶液无白色沉淀
【解析】【解答】（1）二氧化硅不溶于水硫酸，则滤渣的主要成分为SiO2，故答案为：SiO2；
（2）ZnS中，S具有还原性，Fe3+具有氧化性，则两者发生氧化还原反应，生成S和Fe2+，故答案为： ；
（3）Fe3+遇KSCN溶液变红，可用KSCN溶液鉴别Fe3+的存在，故答案为：KSCN溶液；
（4）pH降低的原因可能是H+生成，则发生的反应为 ，故答案为： 时，发生，导致pH降低；
（5）若无还原的步骤，则Fe3+会转化为Fe(OH)3，引入杂质，故答案为：Fe(OH)3；
（6）根据题干，可知Zn2+在pH9.0完全沉淀，Zn(OH)2在pH>10.5开始溶解，则Zn2+沉淀的pH范围为9.0～10.5之间，过滤后洗涤硫酸，用氯化钡溶液检验溶液中硫酸是否洗干净，故答案为： 向滤液中滴加溶液至pH值在9.0～10.5之间，充分反应后过滤；用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液中加溶液无白色沉淀。
【分析】（1）二氧化硅不溶于酸，通常加入酸后，二氧化硅形成沉淀；
（2）结合氧化还原反应的特点，化合价有升有降，根据化合价判断产物；
（3）Fe3+的检验可以采用KSCN溶液，Fe2+的检验可以采用K3[Fe(CN)6]；
（4）pH越大，则H+越少，pH越小，则H+越多；
（5）还原步骤可以将Fe3+转化为Fe2+，避免Fe3+转化为Fe(OH)3难以分离；
（6）沉淀范围选择通常要结合表格数据和其他影响因素判断。
42．【答案】（1）；
（2）
（3）
（4）将一定量气体C通入品红溶液中，红色褪去，加热后又出现红色，则气体C为SO2
【解析】【解答】化合物A加热分解产生气体C和固体B，气体C和H2O2、BaCl2溶液反应生成沉淀，该沉淀为，则气体C为，生成沉淀的物质的量为，
即固体A分解生成的物质的量为0.1mol。固体B与过量盐酸反应，生成淡黄色沉淀， 故E为S单质，其物质的量为，则生成的物质的量为，即固体B分解产生的物质的量为0.2mol。溶液F的焰色反应是紫色，则溶液F中含有K+，则溶液F的溶质为KCl和HCl。固体B由相对分子质量相差32的甲、乙两种物质组成，甲和乙所含元素完全相同，甲、乙中含有K、S、O元素，则甲、乙为K2SO3、K2S2O3。固体B和盐酸反应生成的S和的物质的量之比为1：2，根据离子反应方程式：，，，故固体B中，K、S、O元素全部来自固体A，故固体A 中，故A的最简式为，由题中信息化合物A()，其化学式为。
(1)详见分析：① A的化学式为；②F中所含溶质为KCl和HCl；
(2)过氧化氢具有氧化性，将二氧化硫氧化成硫酸根，加钡离子生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：；
(3)中S元素化合价为+3价，在氢氧化钾溶液反应产物氧化产物为B中成分之一，分析S元素化合价可知产物为K2SO3，故化学反应方程式为：；
(4)SO2具有漂白性，实验室常用品红溶液检验SO2的存在。检验方法为：将一定量气体C通入品红溶液中，红色褪去，加热后又出现红色，则气体C为SO2。
【分析】（1）利用关键信息进行推断A的化学式：1.气体C和H2O2、BaCl2溶液反应生成沉淀2.焰色反应是紫色3. 体B由相对分子质量相差32的甲、乙两种物质组成，甲和乙所含元素完全相同。
（3）歧化反应，说明硫的化合价既升高有降低，然后根据化合价升
