2022届高三化学一轮复习实验专题强化练33综合实验评价探究实验含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习实验专题强化练33综合实验评价探究实验含解析，共30页。试卷主要包含了单选题，实验题等内容，欢迎下载使用。

1．利用如图所示装置(部分夹持装置略去)不能达到相应实验目的的是
A．利用装置Ⅰ制取乙烯B．利用装置Ⅱ除去乙烯中的和
C．利用装置Ⅲ收集乙烯D．利用装置Ⅳ验证乙烯的不饱和性
2．乙醇催化氧化制取乙醛(乙醛沸点为20.8℃，能与水混溶)的装置(夹持装置已略)如图所示。下列说法正确的是
A．①中MnO2具有强氧化性，与H2O2发生氧化还原反应制得氧气
B．乙醛有毒，需要补充尾气处理装置
C．实验开始时须先加热③，再加热②
D．实验结束时应先停止加热，再将④中的导管迅速移出
3．实验室制备苯甲酸乙酯，装置如图所示，原理是在环己烷中发生如下反应：C6H5COOH+C2H5OHC6H5COOC2H5+H2O。已知：环己烷沸点为80.8℃，可与水形成共沸物，其混合物沸点为62.1℃。
下列说法错误的是
A．水浴加热具有受热均匀，便于控制温度的优点
B．加入的环己烷可提高苯甲酸乙酯产率
C．向仪器A中加药品顺序：苯甲酸、浓硫酸、无水乙醇、环己烷
D．反应后向A中的溶液加入碳酸钠以除去硫酸和剩余的苯甲酸
4．某小组在实验室中用下图所示装置(夹持装置已略去)制取碳酸镧[La2(CO3)3]，制备原理为2LaCl3+6NH3+3CO2+3H2O=La2(CO3)3↓+6NH4Cl。下列说法正确的是
A．分液漏斗使用前需检查是否漏水，干燥管的作用是增大与反应物间的接触面积
B．试剂X为饱和Na2CO3溶液，试剂Y为饱和NH4Cl溶液
C．若用稀硫酸代替装置I中的稀盐酸，则实验时可以不用盛试剂X的装置
D．实验时一般先通入装置II所产生的气体，再通入装置I产生的气体
5．下列实验现象或图象信息能充分说明对应的化学反应是放热反应的是
A．AB．BC．CD．D
6．关于各实验装置的叙述正确的是
A．装置甲可用于验证苯与液溴发生取代反应
B．装置乙可用于洗涤表面的
C．装置丙可用于由溶液制备
D．装置丁可用于分离乙醇与溴水
7．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
A．AB．BC．CD．D
8．在硫酸的制备过程中在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收得到发烟硫酸。下列与硫酸相关的实验能达到目的是
A．向中加入发烟硫酸，可配成质量分数为50%的硫酸溶液
B．常温下，可使用浓硫酸和铁片反应制取
C．装置甲可用于实验室制备乙烯气体
D．装置乙可用于去除乙烯中混有的气体
9．下列由实验得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
10．某学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液(富含K+、Mg2+、Br-、SO、Cl-等)来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴(Br2)，他们设计了如下流程(CCl4是一种与水互不相溶的有机溶剂，操作①可以使溴单质从水层转移到有机层)，关于该流程下列说法正确的是
A．加氧化剂的主要目的是为了氧化氯离子
B．操作④需要的主要仪器是蒸发皿和玻璃棒
C．X、Y、Z可以分别是BaCl2、KOH、K2CO3
D．要得到纯净的氯化钾晶体，需在无色溶液B中加稀硫酸至中性，然后蒸发结晶即可
11．NiS因为具有热胀冷缩的特性，在精密测量仪器中可掺杂NiS以抵消仪器的热胀冷缩。NiS在有水存在时能被氧气氧化成Ni(OH)S。实验室将H2S通入稀硫酸酸化的NiSO4溶液中，过滤，制得NiS沉淀，装置如图所示：
下列对实验的叙述错误的是
A．装置A中的浓盐酸可以用稀硫酸代替
B．装置B中盛放饱和食盐水以除去HCl
C．装置D中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水
D．装置D连接抽气泵可将装置C中的浑浊液吸入装置D中进行过滤
12．为了除去粗盐中的、、及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如图(用于沉淀的试剂均过量)，下列叙述正确的是
A．第④步发生的反应只有
B．第③步试剂可以是溶液也可以是溶液
C．步骤②和④顺序可以颠倒
D．第⑤步操作要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
13．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，熔点为﹣59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，制备二氧化氯溶液的装置如图。下列说法正确的是
A．装置A发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B．实验中氮气的作用就是将装置内的空气排出
C．装置B可以起到防止倒吸的作用
D．当看到装置C中导管液面上升时应减慢氮气的通入速率
14．某化学研究小组用中学实验常见的玻璃仪器完成了在常压、酒精灯加热条件下合成氨反应装置的设计，实验装置和药品如下图所示。下列说法错误的是
(已知：NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O ΔH＜0)
A．实验开始后，应先通入反应气体，再点燃酒精灯
B．在通风橱中进行该反应，若稀硫酸和锌粒产生的H2足够多，能避免检验NH3性质时可能引起的倒吸
C．为避免尾气造成的环境污染，应将装置Ⅲ更换为如图IV的装置
D．因NH4Cl和NaNO2的反应放热，故应将冰醋酸缓缓加入小广口瓶中
15．实验室常用氯气和苯在氯化铁为催化剂的条件下制备氯苯，其装置如图所示(省略夹持装置)。
下列说法错误的是
A．装置e中盛放的是浓硫酸，是为了干燥氯气
B．本实验可以用浓盐酸和二氧化锰来制备氯气
C．反应结束后需通入一段时间空气，再拆解装置
D．反应后的混合液分别用水、碱溶液、水依次洗涤，干燥，蒸馏，可得到氯苯
16．锰酸钾()在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：，某同学利用氧化，制备的装置如图所示(夹持装置略)。下列说法错误的是
A．使用装置①滴加浓盐酸的操作是缓缓旋开漏斗旋塞
B．装置②中的漂白粉可用二氧化锰粉末代替
C．在②、③之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶有助于提高的产率
D．若缺少装置④，则会造成空气污染甚至中毒
17．无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。实验室利用反应制取无水FeCl3，实验装置如图所示(加热和夹持装置略去)。下列说法正确的是
A．实验开始时应先加热①处，再通入干燥的Cl2
B．②处冷水的作用是降低FeCl3的溶解度
C．装置③可用盛有浓硫酸的洗气瓶代替
D．装置④可用水代替
18．某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示(图中夹持、固定用的仪器未画出)。下列说法正确的是
A．乙装置中盛放的是 NaOH 溶液，以便除去 HCl 气体
B．丙装置中的溶液变浑浊，因为有碳酸氢钠晶体析出
C．丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止污染性空气逸出
D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶
19．溴化亚铁(FeBr2)是一种常用的催化剂，易潮解变质，800℃以上可升华。高温时溴化铁(FeBr3)迅速分解成溴化亚铁。某学习小组用如图所示装置制备溴化亚铁，若将浓磷酸换成浓硫酸，也能制得溴化氢气体，但反应过程中圆底烧瓶中的溶液变为橙黄色。下列说法正确的是
A．碱石灰可以用无水氯化钙代替
B．从装置末端排出的气体再无需处理
C．若用浓硫酸代替浓磷酸，则会导致产品的纯度降低
D．浓磷酸在与溴化钠反应中体现了难挥发性
20．通过测定混合气中含量可计算已变质的(含)纯度，实验装置如图(为弹性良好的气囊)。下列分析错误的是
A．气球中产生的气体主要成分为、
B．测定气体总体积必须关闭、，打开
C．量筒Ⅰ用于测二氧化碳的量，干燥管中装入碱石灰，量筒Ⅱ用于测氧气的量
D．读完气体总体积后，关闭，缓缓打开、；可观察到气球慢慢缩小
21．制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3(沸点：31.85℃，SiHCl3遇水会剧烈反应，除生成H2SiO3、HCl外，还生成一种气体a)与过量H2在1100～1200℃反应制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法错误的是
A．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管
B．装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32℃的温水
C．Ⅰ装置可用于二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气
D．a气体为H2
22．加热蒸干氯化镁溶液因水解不完全会得到一种灰白色沉淀-碱式氯化镁，化学式可表示为Mgx(OH)yClz•nH2O。设计如图装置验证其化学式。下列有关实验说法不正确的是
A．碱式氯化镁受热分解产生氧化镁、氯化氢和水
B．①②中依次盛装浓硫酸、氢氧化钠溶液
C．称取样品质量、反应后硬质玻璃管中剩余固体质量以及装置①的增重即可推出化学式
D．碱石灰的作用是尾气处理，防止空气污染
二、实验题（共6题）
23．某小组设计实验证明乙醇和钠反应产生氢气，并探究氧化铜的还原产物。已知：
①。
②红色粉末在酸性条件下发生歧化反应：。
装置如图所示：
回答下列问题：
(1)试剂R最好选择_______(填字母)。
a．碱石灰 b．无水氯化钙 c．五氧化二磷 d．硫酸镁
(2)装置E的作用是_______。
(3)写出A中发生反应的化学方程式：_______；该反应类型是_______。(填字母)。
a．置换反应 b．加成反应 c．离子反应 d．放热反应
(4)实验完毕后，为了探究C中红色粉末是否含有，设计下列两种方案：
方案1：取少量红色粉末于试管，加入足量溶液M，充分振荡，若溶液变蓝色，则红色粉末一定含；
方案2：取ag红色粉末，在加热条件下通入足量氢气，充分反应后，冷却、称重，红色固体质量为xg。
①方案1中M可能是_______(填字母)。
a．稀硝酸 b．稀硫酸 c．浓硫酸 d．浓硝酸
②方案2中，当x=_______时，红色粉末全部是。
(5)分析与讨论。
①CuO被、、CO等还原可能生成或Cu，生成的可能原因是_______(填字母)。
A．通入量不足 B．与CuO接触充分
C．温度较低 D．高度过高
②若缺少装置B，C中黑色粉末变红色，D中白色粉末变蓝色，不能肯定A中一定生成了，理由是_______。
24．工业烟气中含有NO，必须脱除后才能排放，某兴趣小组为测定烟气中NO的脱除效率，设计实验如下：
(1)用的络合物作吸收液脱除NO原理为，依据该原理设计的实验部分装置如图：
①连接好装置，检查气密性完好后，通烟气前应该进行的实验操作是_______。
②判断装置B中吸收液吸收达到饱和依据的实验现象是_______。
(2)用氧化吸收液，通过测定氧化后溶液中含量来验证该吸收液的吸收效果。
①25℃时，用不同的吸收液吸收，达饱和后用氧化，氧化后物质的量浓度随的变化如图所示：
当时，浓度随增大而变小，一方面是过大会抑制氧化时的产生，使氧化能力下降；另一方面是____。
②为了测定氧化吸收液过程中所消耗的的量，向吸收后的吸收液中加入，测得氧化过程中产生标况下0.0224L，完全氧化后，测得氧化后的吸收液中含、。那么氧化吸收液所消耗的的物质的量为___。
(3)吸收液氧化后的再生。
已知吸收液氧化后的主要成分为，向氧化后的吸收液中___。(已知溶液在时能析出白色固体，时能从溶液中沉淀出来：实验中须使用的试剂：溶液、粉、稀；除常用仪器外须使用仪器：砂芯漏斗)。
25．乳酸亚铁晶体()是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与反应制得：
I.制备碳酸亚铁：
(1)仪器C的名称是_______。
(2)利用如图所示装置进行实验。首先关闭活塞2，打开活塞1、3，目的是____；关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞____，打开活塞____，观察到B中溶液进入到C中，C中产生沉淀和气体，写出制备的离子方程式____。
(3)装置D的作用是____。
II.乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定：
将制得的加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体。
(4)加入少量铁粉的作用是______。
(5)若用滴定法测定样品中的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其主要原因是____。
(6)经查阅文献后，改用标准溶液进行滴定。反应中离子的还原产物为。测定时，先称取5.760g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成溶液，每次取，用标准溶液滴定至终点，记录数据如表所示。
则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_______%(保留小数点后两位)。
26．无水四氯化锡()用于制作FTO导电玻璃，FTO玻璃广泛用于液晶显示屏、光催化、薄膜太阳能电池基底等，可用如图装置制备四氯化锡。
有关信息如表：
(1)仪器A的名称为_______，A中发生反应的化学方程式为_______。
(2)将如图装置连接好，先检查装置的气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到_______现象后，开始加热装置丁。若装置中缺少装置 丙(其它均相同)，则丁处发生的主要副反应的化学方程式为_______。
(3)和的反应产物可能会有和，为防止产品中带入，除了通入过量氯气外，应控制温度在_______范围内(填字母)。
A．114~232℃ B．232~652℃ C．652~2260℃ D．114~246℃
(4)为了确认丁中有的生成，可选用以下_______检验。
A．稀盐酸 B．酸性高锰酸钾 C．加入有KSCN的FeCl3溶液
(5)碘氧化法滴定分析产品中(Ⅱ)的含量。准确称取11.9g产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，淀粉溶液做指示剂，用碘标准溶液滴定，滴入最后一滴，出现_______现象，且半分钟内保持不变时达到滴定终点，此时消耗碘标准溶液，则产品中(Ⅱ)的质量分数为_______。
27．某兴趣小组利用葡萄糖酸钙[Ca(C6H11O7)2]与硫酸锌反应制备葡萄糖酸锌[Zn(C6H11O7)2]的流程为：
已知：①有关物质在水和乙醇中的溶解性：
②葡萄糖酸锌稍高于100℃即开始分解。
回答下列问题：
(1)反应须控温90℃，可以采用的加热方式为___，反应控温在90℃的原因为___。
(2)“趁热抽滤”的目的是___。在“蒸发浓缩至黏稠状，冷却至室温”后添加95%乙醇的作用是___。
(3)对粗产品进行提纯操作的名称是___。
(4)用EDTA(乙二胺四乙酸的二钠盐)滴定法测定粗产品中锌的含量，步骤如下：
Ⅰ.取5.200g粗产品溶于水配成100.00mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，并向其中加入少量EBT(一种指示剂，溶液呈蓝色，与Zn2+形成的配合物溶液呈酒红色)。
Ⅱ.向锥形瓶中加入2.000ml·L-1EDTA10.00mL(过量)，振荡。
Ⅲ.用1.000ml·L-1锌标准溶液进行滴定至终点，消耗锌标准溶液17.00mL。
已知：向滴有指示剂的粗产品溶液中加入EDTA时，会发生反应：Zn—EBT+EDTA=Zn—EDTA+EBT。
①滴定终点的现象为___。
②该粗产品中Zn的质量分数为___。已知葡萄糖酸锌中Zn的质量分数为14.29%，则造成此次测定结果偏差的可能原因是___。
A．该粗产品中混有ZnSO4杂质
B．滴定前滴定管的尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
C．配制粗产品溶液，定容时俯视刻度线
D．未用锌标准溶液润洗滴定管
参考答案
1．B
【详解】
A．利用无水乙醇和浓硫酸加热发生消去反应生成乙烯，有温度计控制一定的温度，装置图是制备乙烯的发生装置，可以实现，故A不符合；
B．二氧化碳和二氧化硫是酸性氧化物，除去乙烯中二氧化碳、二氧化硫，可以通过氢氧化钠溶液除去，利用装置除去乙烯中的CO2和SO2，但应该是长进短出，故B符合；
C．乙烯难溶于水，排水法收集难溶气体，导气管短进长出，能收集到气体，能实现收集乙烯，故C不符合；
D.1，2一二溴乙烷的沸点为131.4℃，熔点为9.79℃，冷水中乙烯和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溶液颜色变浅或消失，观察到明显现象，可以利用装置验证乙烯的不饱和性，故D不符合；
故选B。
2．C
【详解】
A．①中MnO2是H2O2发生分解反应制取O2的催化剂，A错误；
B．装置④用于收集反应产生的乙醛及挥发的乙醇，不是尾气处理装置，B错误；
C．实验时要先加热③，起预热作用，然后加热②，产生乙醇蒸气与O2在Cu催化下发生氧化还原反应产生乙醛和水，C正确；
D．实验结束时为防止倒吸现象的发生，应先将④中的导管迅速从水中移出，再停止加热，D错误；
故合理选项是C。
3．C
【详解】
A．水的比热容高，水浴加热具有受热均匀，便于控制温度的优点，故A正确；
B．环己烷作溶剂使反应物充分接触，加入的环己烷可提高苯甲酸乙酯产率，故B正确；
C．浓硫酸密度大，且稀释时放出大量的热，(类比浓硫酸的稀释)，浓硫酸应该在无水乙醇后面加，向仪器A中加药品顺序：苯甲酸、无水乙醇、浓硫酸、环己烷，故C错误；
D．碳酸钠可以和硫酸、苯甲酸反应生成易溶于水的盐，反应后向A中的溶液加入碳酸钠以除去硫酸和剩余的苯甲酸，故D正确；
故选C。
4．D
【详解】
A．分液漏斗的活塞和上口塞子处应该检查是否漏水，干燥管的主要作用是防倒吸，A错误；
B．试剂X的作用是除去CO2中的HCl，故试剂X为饱和NaHCO3溶液，试剂Y的作用是与生石灰反应产生NH3，故试剂Y为浓氨水，B错误；
C．将盐酸用硫酸代替，硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙附着在石灰石上会阻碍反应的进行，C错误；
D．CO2溶解度小，NH3极易溶于水，且使溶液显碱性，有利于CO2吸收，故应该先通入NH3，后通入过量的CO2，D正确；
故选D。
5．C
【详解】
A．锌粒与稀硫酸反应产生氢气，不管反应是否放热，反应开始后，针简活塞都向右移动，A错误；
B．浓硫酸稀释放热，但是不是化学反应，B错误；
C．试管内的物质与广口瓶内的物质不发生物质交换，反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明广口瓶内气体体积增大，则表明广口瓶内气体温度升高，试管内的反应为放热反应，C正确；
D．右侧棉球变为蓝色，说明氧化性Cl2＞Br2，Cl2＞I2，不能说明反应放热，D错误；
故选C。
6．B
【详解】
A．Br2易挥发，可进入盛有硝酸银的试剂瓶种发生反应生成AgBr，干扰对HBr的判断，无法验证苯和溴的取代反应，故A错误；
B．易溶于水，难溶于水，故可以用图中装置操作洗涤，故B正确；
C．坩埚用于灼烧固体，无法得到水合物，由溶液制备应该用蒸发皿，故C错误；
D．乙醇与溴水互溶，无法通过分液漏斗分离，故D错误；
答案选B。
7．A
【详解】
A．溶液中电离出的水解生成与使溶液呈强碱性，则，所以结合的能力强，故A正确；
B．能氧化碘离子的不止氯气，其他强氧化剂如溴单质，氧气以及双氧水等都能将碘离子氧化成碘单质，从而使淀粉试纸变蓝，故B错误；
C．滴加硝酸酸化的硝酸银溶液中含有硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化成铁离子，从而使溶液变红，所以不能得出氧化性：，故C错误；
D．向盛有一定浓度的溶液的试管中，滴入5滴的溶液，产生黄色沉淀，黄色沉淀的成分为AgI，说明溶液含有，即发生电离，而不是水解，故D错误；
答案选A。
8．C
【详解】
A．向中加入发烟硫酸，所得溶液的质量是100g，硫酸的质量是≈55.06g，所以可配成质量分数约为55.06%的硫酸溶液，A错误；
B．常温下铁在浓硫酸中钝化，不能使用浓硫酸和铁片反应制取，B错误；
C．实验室制备乙烯时需要控制溶液的温度是170℃，因此装置甲可用于实验室制备乙烯气体，C正确；
D．浓硫酸不能吸收二氧化硫，则装置乙不能用于去除乙烯中混有的气体，可以用氢氧化钠溶液，D错误；
答案选C。
9．C
【详解】
A．甲烷与氯气在光照下发生取代反应生成的有机物氯甲烷是非电解质，不能发生电离，不表现酸性，取代反应的另外一种产物为氯化氢，其水溶液显酸性，故A错误；
B．乙醇是非电解质，不能电离出氢离子，水是极弱的电解质，能部分电离出氢离子，则乙醇分子中羟基氢的活性小于水分子，故B错误；
C．在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热能发生裂化反应生成烷烃和烯烃，反应生成的烯烃能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溶液褪色，故C正确；
D．葡萄糖在碱性条件下与银氨溶液发生银镜反应生成银，由于加热后没有加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，则加入银氨溶液未出现银镜不能判断蔗糖是否水解，故D错误；
故选C。
10．C
【分析】
盐湖苦卤加入氧化剂，氧化溴离子为单质，溴易溶于四氯化碳，且四氯化碳与水不溶，则用四氯化碳萃取，分液，得到溴的四氯化碳溶液，在经蒸馏可得到四氯化碳和液溴；无色溶液中含有Mg2+、SO，先加入过量的氯化钡溶液除去SO，加入过量的氢氧化钾溶液，除去镁离子，加入过量的碳酸钾溶液除去过量的钡离子(氢氧化钾与碳酸钾可以交换加入顺序)，再进行过滤操作，得到氯化钾、碳酸钾、氢氧化钾的混合溶液。
【详解】
A．分析可知，加氧化剂的主要目的是为了氧化溴离子，得到单质溴，A说法错误；
B．操作④为过滤，需要的主要仪器是漏斗、烧杯和玻璃棒，B说法错误；
C．分析可知，X、Y、Z可以分别是BaCl2、KOH、K2CO3，C说法正确；
D．要得到纯净的氯化钾晶体，需在无色溶液B中加稀盐酸至中性，然后蒸发结晶即可，加入硫酸，引入新杂质，D说法错误；
答案为C。
11．B
【分析】
由实验装置图可知，装置A在滴加浓盐酸前通入氮气排尽装置中的空气，防止生成的硫化镍被氧化生成Ni(OH)S，装置A中浓盐酸与硫化亚铁反应制备硫化氢气体，浓盐酸具有挥发性，制得的硫化氢气体中混有氯化氢气体，装置B中盛有饱和硫氢化钠溶液用于除去氯化氢气体，装置C中硫化氢气体与酸化的硫酸镍反应制备硫化镍，装置D连接抽气泵，通过抽气形成负压，将装置C中的浑浊液吸入装置D中进行过滤。
【详解】
A．稀硫酸也能与硫化亚铁反应制备硫化氢，则装置A中的浓盐酸可以用稀硫酸代替，故A正确；
B．由分析可知，装置B中应盛有饱和硫氢化钠溶液除去氯化氢气体，故B错误；
C．装置D中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水，除去水中溶解的氧气，防止硫化镍被氧化生成Ni(OH)S，故C正确；
D．装置D连接抽气泵，通过抽气形成负压，将装置C中的浑浊液吸入装置D中进行过滤，故D正确；
故选B。
12．D
【分析】
根据粗盐提纯的实验步骤，②加入BaCl2将SO变为BaSO4沉淀，④加入Na2CO3将除去Ca2+，因此③加入NaOH将Mg2+变为Mg(OH)2沉淀，操作⑤为将前面生成的沉淀过滤除去，为了保证溶液中的杂质离子完全除去，前面加入的试剂需要过量，⑥加适量HCl除去③加入的过量的OH-和④加入的过量的CO，最后经过⑦得到精盐，据此分析判断。
【详解】
A．④中加入的碳酸钠除了沉淀钙离子，还除去了②中加入的过量的钡离子，发生的反应有CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl和BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，故A错误；
B．③中的试剂若换成KOH溶液，将引入杂质离子K+，故B错误；
C．若步骤②和④顺序颠倒，过量的Ba2+将不能除去，故C错误；
D．⑤步操作为过滤，过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故D正确；
故选D。
13．C
【分析】
氯酸钠和过氧化氢、硫酸在A装置反应制备二氧化氯，通入氮气防止二氧化氯浓度过高引起爆炸，B作安全瓶，防倒吸，C用来收集二氧化氯，D用来吸收尾气，据此解答。
【详解】
A．装置A是生成ClO2的装置，Cl元素由NaClO3中的+5价降低到ClO2中的+4价，得到1个电子，NaClO3是氧化剂，氧元素由H2O2中-1价升高到O2中的0价，失去2个电子，H2O2是还原剂，根据得失电子守恒知，NaClO3与H2O2的物质的量之比为2:1，A项不符合题意；
B．由题意知，二氧化氯浓度过高易发生分解引起爆炸，通入氮气主要是为了降低二氧化氯的浓度，B项不符合题意；
C．C收集二氧化氯，二氧化氯易溶于水，容易发生倒吸，因此B装置可以起到防倒吸的作用，C项符合题意；
D．装置C中导管液面上升，说明内部压强偏小，易引起倒吸，此时应加快氮气的通入速率，弥补压强的不足，D项不符合题意；
故选C。
14．C
【详解】
A．实验开始时应先排除装置内的空气，然后点燃酒精灯，否则会因有氧气和氢气发生爆炸，故A不符合题意；
B．因为氨气极易溶于水，而氢气不溶于水，所以若稀硫酸和锌粒产生的H2足够多，能避免检验NH3性质时可能引起的倒吸，故B不符合题意；
C．由于Ⅳ的装置是密封的，所以不能用于气体的尾气吸收，故C符合题意；
D．因为NH4Cl和NaNO2的反应放热，而冰醋酸的沸点低易挥发，所以应将冰醋酸缓缓加入小广口瓶中，故D不符合题意；
故选答案C。
15．B
【分析】
a中用高锰酸钾或氯酸钾与浓盐酸在常温下制取氯气，e用于除去氯气的水分，在d中三颈烧瓶发生核心反应：+Cl2 +HCl，球形冷凝管冷凝回流提高苯的利用率，球形干燥管装碱石灰除去多余的氯气和生成的HCl。
【详解】
A．氯气与苯反应，需要用FeCl3做催化剂，需要无水的环境，所以e中盛放的是浓硫酸，是为了干燥氯气，A正确；
B．根据装置图可知，室温下用a装置制备氯气，不可用浓盐酸和二氧化锰，B错误；
C．反应结束后，由于装置内残留大量氯气，为防止污染，需要通入空气将氯气排出并吸收处理，C正确；
D．反应后的混合液中含有无机物(Cl2、HCl、FeCl3等)和有机物(苯、氯苯、二氯苯等)，通过水洗，可以洗去HCl、FeCl3及大部分Cl2，用碱洗去剩余氯气，再次用水洗去碱，然后通过蒸馏的办法分离出氯苯，D正确；
所以答案选B。
16．B
【详解】
A.装置①是恒压滴液漏斗，由于漏斗中上、下液面气压相同，只需旋开旋塞就可以使浓盐酸流下，不需要打开上端磨口塞，故A正确；
B.漂白粉在常温下即可氧化浓盐酸生成氯气，无需加热装置，而二氧化锰的氧化性较弱，如用二氧化锰作氧化剂需要增加加热装置，故B错误；
C.气体发生装置中挥发出的氯化氢气体会消耗③中的强碱，造成歧化产生损失，而在②、③之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶有助于提高的产率，故C正确；
D.若缺少装置④，未能充分反应的氯气会逸散到空气中，造成空气污染甚至中毒，故D正确；
故选B。
17．C
【分析】
Cl2与Fe在①中反应产生FeCl3，反应产生的FeCl3蒸气在②中冷却结晶，为防止FeCl3遇水发生水解反应，在③中进行干燥，多余的Cl2用NaOH溶液进行尾气处理。
【详解】
A．为防止Fe与空气中的O2在加热时发生反应变为Fe2O3，实验开始时应先通入干燥的Cl2排出装置中的空气，然后再加热①处， A错误；
B．②处冷水的作用是降低FeCl3蒸气的温度，便于物质冷凝结晶，B错误；
C．装置③的作用是干燥Cl2，Cl2是酸性气体，不能与浓硫酸反应，因此可用盛有浓硫酸的洗气瓶代替，C正确；
D．氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，可以吸收多余的氯气；而Cl2与水的反应是可逆反应，不能完全反应消耗Cl2，因此装置④不可用水代替，D错误；
故合理选项是C。
18．B
【分析】
甲装置为CO2的制取装置，乙装置为除去CO2中混有HCl的装置，丙装置为制取NaHCO3的装置，丁装置为尾气处理装置。
【详解】
A．乙装置中若盛放NaOH溶液，不仅能除去HCl气体，也会吸收CO2气体，A不正确；
B．丙装置中发生反应NH3+NaCl+H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl，溶液变浑浊，因为有碳酸氢钠晶体析出，B正确；
C．因为CO2不污染环境，所以丁装置是为了除去NH3，倒扣的漏斗主要作用是防止倒吸，C不正确；
D．因为反应生成NaHCO3沉淀，所以实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是过滤，D不正确；
故选B。
19．D
【分析】
蒸馏烧瓶用于制备HBr气体，集气瓶中充入氮气稀释HBr气体，无水氯化钙干燥气体，HBr和Fe在加热的条件下制备FeBr2，锥形瓶收集产品，最右侧的干燥管的作用是吸收尾气，同时防止外界空气进入锥形瓶，以此解答。
【详解】
A．碱石灰的作用是吸收尾气即过量的HBr，同时防止外界空气进入锥形瓶，无水氯化钙不能吸收HBr，所以不能用无水氯化钙代替碱石灰，故A错误；
B．尾气中含有大量的氢气，若不处理会发生爆炸，故从装置末端排出的气体需要处理，故B错误；
C．用浓硫酸作反应物进入反应管的HBr中含有Br2、SO2，SO2与铁不反应，Br2与铁反应生成的FeBr3高温会快速分解为FeBr2，故浓磷酸换成浓硫酸对产品纯度不影响，故C错误；
D．浓磷酸是难挥发性高沸点的酸，不会干扰制得的HBr，故D正确；
故选D。
20．C
【详解】
A．加入酸后Q发生发的反应为、，反应产生和，故A不选；
B．反应产生的和使气球变大，将广口瓶中的气体排出，水进入量筒I中，所以量筒I中水的体积即为产生和的体积，所以滴加稀硫酸前必须关闭、，打开，故B不选；
C．由B分析可知量筒I中水的体积即为产生和的体积，量筒II收集的是的体积，故选C；
D．读取气体总体积后关闭，在缓缓打开和，Q中气体经b除去后，排水法收集到，同时观察到Q气球慢慢缩小，故D不选。
答案选C
21．C
【详解】
A．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，稀硫酸和锌反应生成氢气，利用氢气将装置中的空气赶出，收集尾气验纯后，再预热装置Ⅳ石英管，故A正确；
B．由于SiHCl3遇水会剧烈反应，装置Ⅱ中应装有浓硫酸吸收氢气中的水蒸气，SiHCl3的沸点为31.85℃，所以Ⅲ中盛装的是温度高于32℃的温水，使SiHCl3成为蒸气和氢气进入Ⅳ中反应，故B正确；
C．二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气需要加热，故Ⅰ装置不能用于实验室二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气，故C错误；
D．SiHCl3和水反应，生成H2SiO3、HCl和气体a，根据质量守恒，可知气体为H2，故D正确；
故选C。
22．D
【详解】
A．碱式氯化镁的分解是非氧化还原反应，产物为MgO、HCl、H2O，A正确；
B．①中盛装浓硫酸先吸收水分，②中为氢氧化钠溶液吸收HCl，B错误；
C．通过称量反应结束后硬质玻璃管中剩余固体质量可知生成MgO，称量装置①增重的质量可知H2O的质量，原样品总质量减去MgO和H2O的质量即为HCl质量，故可以求算碱式氯化镁的分子式，C正确；
D．该装置中NaOH已经吸收了HCl，故不需要在用尾气处理装置了，碱石灰的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入装置②中，引起实验误差，D错误；
故答案为：D。
23．b 吸收空气中水蒸气，避免干扰对生成水的检验 ad b A、C 乙醇蒸气能还原氧化铜
【分析】
A中，B中用无水氯化钙吸收乙醇蒸气，干燥氢气，C中氢气还原氧化铜，D中检验生成的水，E中防止空气中的水蒸气对D中实验现象的干扰。
【详解】
(1)钠与乙醇反应是放热反应，乙醇易挥发，氢气中混有乙醇蒸气，用无水氯化钙吸收乙醇蒸气，故试剂R为无水氯化钙。故答案为：b；
(2)本实验检验氢气和氧化铜反应生成水，避免空气中水进入，故E装置吸收空气中水蒸气。故答案为：吸收空气中水蒸气，避免干扰对生成水的检验；
(3)乙醇与钠反应，从物质种类看，它是置换反应；从元素化合价看，它是氧化还原反应。置换反应一定是氧化还原反应；从能量变化看，它是放热反应。故答案为：；ad；
(4)①方案1要求溶液M只与反应，铜不干扰实验，故选择无氧化性酸，如稀硫酸。故答案为：b；
②，，。故答案为：；
(5)①氧化铜生成氧化亚铜，说明还原不充分，可以从反应物量、固体接触、温度等角度寻找可能原因。故答案为：AC；
②如果氢气中混有乙醇蒸气，会发生反应。故答案为：乙醇蒸气能还原氧化铜。
24．用N2排尽整套装置中的空气 装置A和装置C产生气泡的速率相同 pH增大促使水解生成难溶的，溶液中浓度减小，导致其络合的NO变少 1.002ml 加溶液调节，过滤，得滤液A和滤渣，洗涤滤渣，把洗净的滤渣溶解在稀中，分批加入粉，搅拌，至固体不再溶解时过滤，得溶液；向滤液A中加入稀调节，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤、洗涤，得白色固体；将所得白色固体与溶液混合，调节
【详解】
(1)①NO能与氧气反应生成二氧化氮，因此通烟气前用N2排尽装置中的空气，防止NO被氧化成二氧化氮，故答案为通烟气前用N2排尽装置中的空气；
②B中吸收液吸收NO达到饱和，可以通过观察A和C装置中产生气泡的速率，若装置A和装置C产生气泡的速率相同，则说明B中吸收液吸收NO达到饱和，故答案为装置A和装置C产生气泡的速率相同；
(2)①Fe2+发生水解Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，pH增大促使平衡向正反应方向进行，生成难溶的氢氧化亚铁，使浓度降低，导致其络合的NO的量变少；故答案为pH增大促使水解生成难溶的，溶液中浓度减小，导致其络合的NO变少；
②根据题中所给信息，H2O2作氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，将NO氧化成，根据得失电子数目守恒，得出：n(H2O2) ×2×1=n(Fe3+)×1+n()×3，代入数值，解得n(H2O2)=1ml，Fe3+作催化剂，使H2O2分解成H2O和氧气，分解H2O2的物质的量为2×10－3ml，共消耗H2O2的物质的量为1.002ml，故答案为1.002ml；
(3)根据题中所给信息，吸收液氧化后的再生，具体操作是向氧化后的吸收液中加溶液调节，过滤，得滤液A和滤渣，洗涤滤渣，把洗净的滤渣溶解在稀中，分批加入粉，搅拌，至固体不再溶解时过滤，得溶液；向滤液A中加入稀调节，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤、洗涤，得白色固体；将所得白色固体与溶液混合，调节；故答案为加溶液调节，过滤，得滤液A和滤渣，洗涤滤渣，把洗净的滤渣溶解在稀中，分批加入粉，搅拌，至固体不再溶解时过滤，得溶液；向滤液A中加入稀调节，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤、洗涤，得白色固体；将所得白色固体与溶液混合，调节。
25．三颈烧瓶 制备，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止被氧化 3 2 液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将氧化 防止与乳酸反应产生的被氧化 乳酸根中的羟基(或乳酸亚铁中的羟基)被酸性高锰酸钾溶液氧化 97.50
【分析】
I．制备碳酸亚铁：
亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，装置D防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化，据此分析作答。
II．乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定：
(4)考虑Fe2+被氧化。
(5)乳酸中的羟基消耗酸性高锰酸钾。
(6)第二组数据误差较大，舍去，故消耗的标准液体积平均为19.50mL，根据+=+，则m(乳酸亚铁) = 0.1000ml / L×0.0195L ×250mL/25.00mL×288g/ml=5.616g，据此计算可得。
【详解】
I．(1)由仪器结构特点可知，仪器C的名称是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶。
(2) 首先关闭活塞2,打开活塞1、3，目的是发生反应制备，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止被氧化，关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞3，打开活塞2，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，发生反应：，故答案为：制备，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止被氧化、3、2、 。
(3) 装置D的作用是液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将氧化，故答案为：液封，防止空气中的氧气进入到C装置中，将氧化。
II．(4)加入少量铁粉的作用是防止与乳酸反应产生的被氧化，故答案为：防止与乳酸反应产生的被氧化。
(5)用滴定法测定样品中的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其主要原因是乳酸根中的羟基(或乳酸亚铁中的羟基)被酸性高锰酸钾溶液氧化，故答案为：乳酸根中的羟基(或乳酸亚铁中的羟基)被酸性高锰酸钾溶液氧化。
(6)第二组数据误差较大，舍去，故消耗的标准液体积平均为19.50mL，根据+=+，则m(乳酸亚铁) = 0.1000ml / L×0.0195L ×250mL/25.00mL×288g/ml=5.616g，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为5.616g÷5.760g × 100% = 97.50%，故答案为： 97.50。
26．蒸馏烧瓶 丁装置内充满黄绿色气体 SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O+4HCl B C 溶液变蓝 5%
【详解】
(1)仪器A的名称为蒸馏烧瓶，A中发生反应的化学方程式为：，故答案为：蒸馏烧瓶、
(2) )将如图装置连接好，先检查装置的气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到丁装置内充满黄绿色气体现象后，开始加热装置丁。若装置中缺少装置丙，会有水蒸气进入丁装置，SnCl4发生水解，反应方程式为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O+4HCl，胡答案为：丁装置内充满黄绿色气体，SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O+4HCl
(3)C12和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为防止产品中带入SnCl2，除了通入过量氯气外，由表中沸点数据可知应控制温度在232℃-652℃范围内，故答案为：B
(4)为了确认丁中SnCl2的生成， 可选用滴有KSCN溶液的FeCl3溶液，观察红色是否褪去，因高锰酸钾可氧化氯离子，故答案为：C
(5)准确称取11.9g产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，淀粉溶液做指示剂，用0.1ml/L碘标准溶液滴定，滴入最后要一滴，出现溶液变蓝，且30s内颜色不变现象时达到滴定终点，此时消耗碘标准溶液50mL，由Sn2++I2=Sn4++2I- ，可知n (SnCl2) =n(I2) =0.1ml/L×50×10-3L=0.005ml， Sn (II)的质量分数为=5%。
27．水浴加热 温度过低葡萄糖酸锌会析出，且反应速率较慢，温度过高葡萄酸锌容易分解 防止葡萄糖酸锌结晶析出造成损失 降低葡萄糖酸锌的溶解度，提高产率 重结晶 滴入最后一滴标准液后，溶液恰好由蓝色变为酒红色，且保持半分钟不变色 15% AC
【分析】
将葡萄糖酸钙溶液和硫酸锌溶液混合，水浴加热控制反应温度在90℃，进行反应，反应完全后为防止葡萄糖酸锌析出，趁热过滤，将滤液蒸发浓缩至黏稠状，冷却至室温，析出葡萄糖酸锌晶体，加入95%的乙醇，降低葡萄糖酸锌的溶解度，使晶体进一步析出，之后抽滤得到粗产品。
【详解】
(1)反应须控温90℃，低于水的沸点，所以可以水浴加热；温度过低葡萄糖酸锌会析出，且反应速率较慢，温度过高葡萄酸锌容易分解，所以反应控温在90℃较好；
(2)葡萄糖酸锌易溶于热水，为防止其结晶析出造成损失，应趁热过滤；葡萄糖酸锌微溶于乙醇，加入95%的乙醇可降低葡萄糖酸锌的溶解度，使晶体进一步析出，提高产率；
(3)葡萄糖为固体，且易溶于热水，可以重结晶进行提纯；
(4)①加入的EDTA过量，所以滴定前溶液中存在Zn-EDTA、EBT、EDTA，溶液显蓝色，滴入锌标准液消耗过量的EDTA，当EDTA完全反应后，Zn2+与EBT结合，溶液变为酒红色，所以滴定终点的现象为：滴入最后一滴标准液后，溶液恰好由蓝色变为酒红色，且保持半分钟不变色；
②根据所用锌标准液的量可知剩余的n剩(EDTA)=1.000ml·L-1×0.017L=0.017ml，则25.00mL待测液中n(Zn2+)=n总(EDTA)-n剩(EDTA)=2.000ml·L-1×0.01L-0.017ml=0.003ml，所以样品中n(Zn2+)=0.003ml×=0.012ml，则样品中Zn的质量分数为×100%=15%；
计算结果比理论值偏高，造成此次测定结果偏差的可能原因是：
A．ZnSO4中Zn的质量分数为×100%=40.4%＞15%，故混有ZnSO4杂质可能造成结果为15%，A正确；
B．滴定前滴定管的尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则记录的所用的锌标准液的体积偏大，造成n剩(EDTA)偏大，n(Zn2+)偏小，结果偏低，B错误；
C．配制粗产品溶液，定容时俯视刻度线，造成粗产品浓度偏大，取出的25.00mL待测液中n(Zn2+)偏大，计算结果偏高，C正确；
D．未用锌标准溶液润洗滴定管，标准液被稀释，则记录的所用的锌标准液的体积偏大，造成n剩(EDTA)偏大，n(Zn2+)偏小，结果偏低，D错误；
综上所述答案为AC。选项
A
B
C
D
反应装置或图象
实验现象或图象信息
反应开始后，针筒活塞向右移动
稀释时烧杯壁温度明显升高
反应开始后，甲处液面低于乙处液面
两固体药品充分混合反应
选项
实验操作和现象
结论
A
乙醇钠的水溶液呈强碱性
结合的能力强
B
将某溶液滴在淀粉试纸上，试纸变蓝
原溶液中一定含有
C
向和的混合溶液中滴入硝酸酸化的溶液，溶液变红
氧化性：
D
向盛有一定浓度的溶液的试管中，滴入5滴的溶液，产生黄色沉淀
发生了水解
实 验
结 论
A
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
生成的有机物具有酸性
B
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇与水分子中氢的活性相同
C
在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色
石蜡油的分解产物中含有烯烃
D
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热，再加入银氨溶液未出现银镜
蔗糖未水解
滴定次数
标准溶液体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
1
0.20
19.65
2
0.22
21.42
3
1.15
20.70
化学式
熔点/℃
232
246
沸点/℃C
2260
652
114
其他性质
银白色固体金属
无色晶体，(Ⅱ)易被、等氧化为(Ⅳ)
无色液体，易水解生成SnO2·xH2O
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸锌
硫酸锌
硫酸钙
水
可溶于冷水，易溶于热水
易溶
微溶
乙醇
微溶
难溶