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江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-27物质的检测
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这是一份江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-27物质的检测，共31页。试卷主要包含了单选题，实验题，填空题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-27物质的检测
一、单选题
1．（2022·江西·校联考模拟预测）如图中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色试验均为黄色。下列叙述不正确的是
A．以上反应中属于氧化还原反应的有①②③④
B．B、C、D分别属于碱性氧化物、碱、盐
C．E与C反应的离子方程式为
D．加热5.00gD和E的固体混合物，使E完全分解，固体混合物的质量减少了0.31g，则原混合物中D的质量为4.16g
2．（2021·江西南昌·统考三模）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
二、实验题
3．（2023·江西赣州·统考二模）在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，实验装置如图所示。
已知：草酸(H2C2O4)是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解。
(1)仪器a的名称是 。
(2)实验中需要用到硝酸和浓硫酸的混合物(混酸)，制备该混酸应将 (填“浓硫酸”或“硝酸”)加入到另一种酸中，并不断揽拌。
(3)淀粉[(C6H10O5)n]在硫酸作用下，可发生水解反应，生成葡萄糖。淀粉水解实验中证明淀粉已经完全水解的实验操作及现象是 。
(4)55°C-60℃时，装置A中葡萄糖(C6H12O6)被硝酸氧化为草酸，同时有NO生成，其化学方程式为 。
(5)该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会导致草酸产率降低，原因是。 。
(6)将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0~5.0，然后将溶液经一系列步骤，得到草酸铁铵晶体[(NH4)3Fe(C2O4)3·3H2O，M=428g·mol-1]。
①实验中所加氨水不能过量，若氨水过量会使草酸铁铵晶体产率偏低，原因是 。
②制得的草酸铁铵晶体中混有草酸，为测定草酸铁铵晶体的含量，进行下列实验：
准确称取4.73g产品配成100.00mL溶液，收10.00mL于锥形瓶中，加入足量的0.1000mol·L-1稀硫酸酸化后，再0.1000mnol·L-1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液的体积为14.00mL。滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是 。产品中草酸铁铵晶体的质量分数为 %(保留三位有效数字)。
4．（2023·江西鹰潭·统考二模）铼(Re)是一种具有重要军事战略意义的金属。NH4ReO4是制备高纯度Re的重要中间体。
I.实验室制备NH4ReO4的装置如图所示。
已知：(1)Re2O7易溶于水，溶于水后生成HReO4；HReO4与H2S反应生成Re2S7；
(2)2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 。
(2)反应开始前先向C中三颈烧瓶内加入一定量的Re2O7和水。关闭K2、K3，打开K1、K4，三颈烧瓶内生成Re2S7。关闭K1，打开K2通入N2一段时间，通入N2的目的是 。打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4；反应结束后从溶液中通过冷却结晶分离出NH4ReO4。
(3)下列装置可用作装置单元X的是 (填标号)。
A． B．
C． D．
II.NH4ReO4的纯度测定[M(NH4ReO4)268g/mol]
称取wgNH4ReO4样品，加适量水溶解，注入三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用VmLc1mol•L-1的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶。取吸收液用c2mol•L-1NaOH(稀)标准溶液滴定过剩的HCl，达到终点时消耗V2mLNaOH溶液。
(4)实验所用的NaOH标准溶液，通常采用间接法配制，即配成近似浓度的溶液，再用基准物标定。不能采用直接法配制的原因是 。
(5)样品中NH4ReO4的质量分数为 (填表达式)。
III.高纯度铼的制取
(6)高温下用H2还原NH4ReO4可制得金属铼，装置如图所示：
①装置B中盛放的试剂为 。
②玻璃管内发生反应的化学方程式为 。
5．（2023·江西南昌·统考二模）工业上制硫化钡普遍采用两种方法：一种为重晶石( BaSO4)煤粉还原法(将重晶石和无烟煤混合后在1000-1200° C下还原焙烧1~2h)；另一种为气体还原法(将重晶石在850-900°C通入氢气进行还原反应)。下列是实验室模拟高温下H2还原重晶石法，装置如下。
回答下列问题：
(1)固体A的名称 。
(2)H2与BaSO4反应生成BaS，写出该反应的化学方程式 。
(3)打开活塞K之后，管式炉升温之前，必须进行的操作为 。
(4)测定BaS质量分数：
取生成物10.00g，溶于蒸馏水后稀释至500mL；取25.00mL溶液于锥形瓶中，再加入10mL2%醋酸溶液及10.00 mL 0.50 mol/L KI3标准溶液(过量)，充分振荡、使BaS中的硫元素完全转化为硫单质；向锥形瓶中加入2滴淀粉溶液做指示剂，用0.50mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液体积10.00mL(滴定反应为：+2=3I-+)。
①稀释至500mL所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、 和
②写出KI3与BaS反应的化学方程式 。
③醋酸溶液加多了会导致测定结果偏小，原因可能是 。
④计算样品中BaS(M=169g/mol)质量分数： (保留3位有效数字)。
⑤若用重晶石煤粉还原法制BaS，其产品纯度 (填“升高”或“降低” )。
6．（2023·江西景德镇·统考三模）钴的配合物多种多样，实验室可用如图装置制备[Co(NH3)6]Cl3(省略了夹持和加热装置)。实验步骤如下：在三口烧瓶中加入含CoCl2·6H2O3.0g的NH4Cl溶液和一定量活性炭(作催化剂)，边通氨气边缓慢滴加过氧化氢溶液，控制温度55°C左右至反应完毕。回答下列问题
物质
颜色
溶解性
相对分子质量
CoCl2·6H2O
粉红
溶于水、盐酸、氨水等
238
[Co(NH3)6]Cl3
橙黄
溶于热水、盐酸，难溶于乙醇、氨水
267.5
(1)仪器A的名称为 ；控制温度的方法为 。
(2)试管中发生的反应方程式为 。
(3)尾气吸收装置最合适的为 。
(4)反应结束后，冷却至室温，将三口烧瓶中混合物过滤得棕黑色不溶物，将棕黑色不溶物转移到一定量热水中，操作a得橙黄色溶液，冷却加浓氨水，过滤，用无水乙醇洗涤，干燥，称量得1.5g产品。
操作a的名称为 ；加浓氨水的目的为 。计算本实验的产率 (保留3位有效数字)
(5)某研究小组探究了不同催化剂粒度和用量对合成的影响，反应结果如图所示。
选择最佳的活性炭粒度和用量为 。
7．（2023·江西新余·统考二模）碳酸乙烯酯( EC)是一种性能优良的溶剂和精细化工中间体，是有机化工潜在的基础原料。EC的熔点为36℃，沸点为243℃，相对密度为1.4259g·cm-3。某课外小组拟用下图装置在100 ~120℃下以NY -2作催化剂，环氧乙烷( EO)和CO2为原料合成EC。
其反应原理为主反应：
副反应：
回答下列问题：
(1)用固体NY-2配制500g 4.8%的NY-2水溶液未用到下列仪器中的 (填仪器名称)。
(2)控制装置D中反应温度的方法是 (填“水浴加热”或“油浴加热”)。
(3)用装置A制备CO2时，应先打开K1和K2，然后 。
(4)将装置C中的EO导入三颈烧瓶中的操作是 ，继续通入 CO2，用搅拌器搅拌，使反应物充分混合。
(5)CO2在水中的溶解度较小，但随着反应进行，从三颈烧瓶中逸出的CO2减少，其可能原因是 。
(6)温度超过120℃后， EO的转化率增大，而EC的产率却减小，其可能原因是 。
(7)计算结果表明，EO的转化率为91.5% ，EC的选择性为82% (EC的选择性=生成EC的物质的量/转化的EO的物质的量) ，若实验加入22 g EO，则得到 g EC(结果保留两位有效数字)。
8．（2022·江西上饶·校联考模拟预测）草酸(H2C2O4)是一种常见二元弱酸，易溶于水，常用来做还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某化学学习兴趣小组欲制备草酸并探究其某些化学性质，经查找资料：乙炔在45-55℃硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸。
[草酸的制备]
甲同学以电石(主要成分CaC2)、浓硝酸及少量硝酸汞为原料，利用如图装置制备草酸。
(1)仪器a的名称
(2)实验室制乙炔时用饱和食盐水代替水的目的是。 。反应时C中产生大量红棕色气体，请写出C中发生化学反应方程式 。
[产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)质量分数的测定]
乙同学准确称取ag产品，配成100mL水溶液，取20mL所配制的溶液置于锥形瓶内，用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定至终点，平行实验三次，平均消耗标准溶液vmL。试回答：
(3)上述滴定实验中发生的离子反应方程式 ，判断到达滴定终点的现象是 。
(4)产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的质量分数为 (用a、v表示)
[草酸的性质]
(5)上述酸性高锰酸钾与草酸反应，体现了草酸 (填酸性、氧化性或还原性)
(6)室温下已知：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.5×104，通过下列实验探究草酸的性质。[1g2=0.3，lg3=0.5]。向10mL0.1mol/LH2C2O4溶液中逐滴加入VmL0.1mol/LNaOH溶液，当V从0逐渐增大至20时，测得混合溶液的pH逐渐增大，下列说法正确的是_______(填字母)
A．当V=10时，溶液中离子浓度关系：c(Na+)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H+)>c(OH-)
B．当溶液中c(C2O)=c(HC2O)时，混合溶液的pH约为3.8
C．当溶液中c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)时，混合溶液的pH=7
D．当溶液中c(Na+)=2c(C2O)+2c(HC2O)+2c(H2C2O4)时，混合溶液的pH>7
9．（2021·江西景德镇·统考一模）亚硝酸钠()是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备 (A中加热装置已略去，NO可与过氧化钠粉末发生化合反应，也能被酸性氧化成)。
(1)仪器a的名称是 。
(2)A中实验现象为 。
(3)为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是___________(填字母序号)。
A．NaOH固体 B．无水 C．碱石灰 D．浓硫酸
(4)E中发生反应的离子方程式为 。
(5)从提高氮原子利用率的角度出发，其中B装置设计存在一定缺陷，如何改进？ 。
(6)已知：；，为测定得到产品中的纯度，采取如下实验步骤：准确称取质量为0.80g的样品放入锥形瓶中，加适量水溶解后，加入过量的0.800mol/L KI溶液、淀粉溶液；然后滴加稀硫酸充分反应后，用溶液滴定至终点。重复以上操作3次，所消耗溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL。滴定终点时的实验现象为 ，该样品中纯度为 。
10．（2021·江西南昌·统考三模）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)也称为保险粉，在空气中极易被氧化，不溶于乙醇易溶于水，在碱性介质中较稳定，是用途广泛的无机精细化学品。某科研小组设计两种方法制备Na2S2O4。回答下列问题：
(1)电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4，装置如图所示。
①X为 (填化学式)。
②电极a的电极反应式为 。
③装置若无阳离子交换膜 (填“能”或“不能”)得到Na2S2O4。
(2)锌粉法制备Na2S2O4，装置(部分夹持仪器已省略)如图所示。
①盛放浓硫酸的仪器名称为 ；写出装置A烧瓶内反应的化学方程式： 。
②通入SO2前装置B的三颈烧瓶内应选通入N2，目的是 。通入SO2，控制反应温度约为35℃，反应一段时间后再滴加NaOH溶液将有Na2S2O4和Zn(OH)2生成。控制反应温度约为35℃的方法是 ，写出生成Na2S2O4和Zn(OH)2总反应离子方程式： 。
③将反应后的悬浊液过滤后在微热下加入氯化钠冷却至20℃，析出Na2S2O4结晶过滤后，再用乙醇洗涤几次后，置于真空干燥箱中干燥即得到Na2S2O4。简述用乙醇洗涤的原因： 。
(3)产品中Na2S2O4纯度的测定。
称取mgNa2S2O4样品溶于冷水中配成100mL溶液，取出10mL该溶液置于预先盛有20mL中性甲醛溶液的烧杯中，搅拌至完全溶解，转移至250mL容量瓶中用水稀释至刻度摇匀。移取25mL该溶液于250mL锥形瓶中加入4mL盐酸溶液，用cmol·L-1的碘标准溶液滴定，近终点时加入3mL淀粉溶液继续滴定，至溶液呈浅蓝色在30s内颜色不消失，用去碘标准溶液VmL。产品中Na2S2O4的质量分数为 。
已知：Na2S2O4+2CH2O+H2O=NaHSO3∙CH2O+NaHSO2∙CH2O
NaHSO2∙CH2O+2I2+2H2O=NaHSO4+CH2O+4HI
11．（2021·江西上饶·统考二模）在活性炭催化下，用CoCl2、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料可生成橙黄色晶体X。为测定其组成，进行如下实验。
I、氨的测定：精确称取wgX，加入适量的水溶解，注入如图所示的三颈瓶(B)中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol·L-1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol·L-1NaOH标准溶液滴定过剩的盐酸，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。
II、氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀。
回答下列问题：
(1)A中安全管的作用是 。
(2)仪器a的名称是 ，C装置冰盐水的作用是 。
(3)在NaOH标准溶液滴定过剩的盐酸实验中，锥形瓶中应加入几滴 (填“石蕊”或“酚酞”或“甲基橙”)作指示剂。若在滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后气泡消失，则测得的样品中氨的含量会 (填“偏高”或“偏低”或“不变”)。样品中氮的质量分数表达式为 。
(4)测定氯的过程中，滴定终点的现象为 。
(5)经测定，样品X的化学式为Co(NH3)6Cl3，写出制备X的化学方程式： 。X的制备过程中，X产率与温度的关系如图所示，当温度高于T1时X的产率下降，原因是 。(写一点)
12．（2021·江西吉安·校联考一模）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种用于治疗缺铁性贫血的药物，用下图装置可以在实验室中制备甘氨酸亚铁：
有关物质性质如下表所示：
甘氨酸(H2NCH2COOH)
易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中溶解度大于在乙醇中的溶解度。
柠檬酸
易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。
甘氨酸亚铁
易溶于水且在水中难电离，难溶于乙醇、冰醋酸。
实验步骤如下：
Ⅰ.打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。
Ⅱ.在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加适量NaOH溶液调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。
Ⅲ.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，析出沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
(1)仪器b的名称是 ，d的作用是 。
(2)步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是关闭 打开 (填“K2”或“K3”)；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质 (写化学式)。
(3)c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是 。
(4)下列关于该实验的说法正确的是 (填字母)。
a.反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化
b.步骤Ⅰ中可由d中导管是否还有气泡冒出来判断装置中的空气是否排尽
c.步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度
d.步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂
(5)①工业上常用高氯酸(不与冰醋酸反应)标准溶液在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定： 。
②滴定过程中下列操作会使甘氨酸的测定结果偏高的是 (填字母)。
a.滴定时未用高氯酸标准溶液润洗滴定管
b.读数时，滴定前平视，滴定后俯视
c.摇动锥形瓶时有液体溅出
d.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失
13．（2021·江西·校联考二模）亚硝酰氯（NOCl）常用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成亚硝酰氯。
已知：①NOCl是黄色气体，熔点：—64.5℃，沸点：—5.5℃；NOCl遇水易反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物；NOCl对眼睛、皮肤和黏膜有强烈刺激性，具有类似氯气和氮氧化物的毒作用。
②Ag2CrO4是砖红色沉淀。
实验1：制备原料气NO和Cl2
利用如图1所示装置制备纯净的NO和Cl2。
（1）制备纯净的Cl2，烧瓶中反应的化学方程式为 。
（2）制备纯净的NO，烧瓶中盛有Cu，装置Ⅱ中盛有 （填试剂名称）；导管A的作用是 。
实验2：制备NOCl。
利用实验1中制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图2所示。
（3）仪器接口的连接顺序为a→ （按气流从左到右顺序填写）。
（4）装置Ⅳ、Ⅴ除进一步干燥NO和Cl2外，另一作用是 。
（5）装置Ⅷ用于吸收尾气，NOCl发生反应的化学方程式为 。
实验3：测定NOCl的纯度
将所得亚硝酰氯（NOCl）产品13.5g溶于水，配成250ml该溶液，取出25.00ml该溶液，以K2CrO4溶液为指示剂，用1.0mol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，再重复上述实验操作2次，测得三次实验消耗AgNO3标准溶液的平均体积为20.00ml。
（6）达到滴定终点的现象是 。
（7）产品中亚硝酰氯（NOCl）的质量分数为 （保留两位小数）。
三、填空题
14．（2022·江西·校联考模拟预测）Na、Mg、Al、Fe、Cu、Zn是中学常见的金属率质，其合金在生活中有广泛应用。回答下列问题：
(1)实验室保存在煤油中的金属是 。在潮湿空气中久置会生成绿色锈的金属是 。
(2)铝合金广泛用于门窗，其耐腐蚀的主要原因是 。
(3)一包钠铝合金与水恰好完全反应，收集到8960mLH₂(标准状况)。则这包合金中钠的物质的量为 ，铝的质量为 。写出上述过程中涉及的两个反应的离子方程式： 、 。
(4)现有10g两种金属组成的合金与足量的稀硫酸反应产生11.2LH₂(标准状况)。则合金组成可能是___________(填字母)。
A．Mg和Cu B．Al和Fe C．Mg和Zn D．Al和Cu
(5)等质量的镁、铝、锌与足量相同浓度的盐酸反应，产生H₂体积与时间关系如图所示。根据图像推知a、b、c曲线代表的金属依次是 (填元素符号)。
四、工业流程题
15．（2022·江西·校联考模拟预测）纯碱是日常生活中常用的物质。一种制备纯碱的流程如下：
请回答下列问题：
(1)晶体X是 (填名称)。
(2)“反应池”发生的化学方程式为 。
(3)滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥，得到一种晶体，它的主要成分是 (填化学式)。
(4)晶体X表面吸附少量的NH₄Cl、NaCl等杂质，“洗涤”时可通过检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-来判断是否洗净，检验Cl-的方法是 。
(5)“反应池”用热水浴加热，还需要一种仪器，其名称是 。
(6)测定某纯碱样品(只含少量NaCl)纯度。取10.0g纯碱样品溶于蒸馏水配制成250mL溶液，取25.0mL配制的溶液，加入足量的CaCl₂溶液，经过滤、洗涤、干燥，称得CaCO₃质量为0.9g。
①配制上述溶液需要定量仪器有托盘天平、量筒和 。
②写出发生反应的离子方程式： 。该纯碱样品中Na₂CO₃的质量分数为 。
参考答案：
1．B
【分析】A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物，它们的焰色试验均为黄色，则为钠的单质或钠的化合物，所以A为，结合转化关系可知，B为，C为NaOH，D为，E为。
【详解】A．反应中①为钠的燃烧，②为Na与水反应，③为过氧化钠与水反应，④为过氧化钠与二氧化碳反应，均属于氧化还原反应，A项正确。
B．是过氧化物，不是碱性氧化物，B项错误。
C．E为，C为NaOH，所以离子反应为，C项正确。
D．利用差量法计算：，计算得到原混合物中碳酸氢钠的质量x=0.84g，所以混合物中碳酸钠的质量为5.00g－0.84g＝4.16g。
故选B。
2．B
【详解】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错误；
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正确；
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错误；
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错误；
综上所述，故答案为：B。
【点睛】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。
3．(1)广口瓶
(2)浓硫酸
(3)取少量水解液于试管中，再向试管中加入碘水，溶液不显蓝色
(4)C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3=3H2C2O4+6H2O+6NO↑
(5)浓硫酸用量过多，会使生成的草酸分解；浓硫酸会使葡萄糖脱水碳化，使得草酸产率降低
(6) 有Fe(OH)3生成，使草酸铁铵晶体产率偏低 反应生成的Mn2+对反应有催化作用 90.5
【分析】草酸铁铵晶体中混有草酸，加入足量的0.1000mol·L-1稀硫酸酸化后，再0.1000mnol·L-1KMnO4标准溶液进行滴定，既要考虑草酸铁铵中转化的草酸晶体，又要考虑混有的草酸，结合样品总质量和消耗的高锰酸钾求解。
【详解】（1）仪器a的名称是广口瓶。
（2）制备硝酸和浓硫酸的混合物时，应将浓硫酸加入浓硝酸中以防液体飞溅。
（3）欲证明淀粉已经完全水解，设计实验检验淀粉是否有剩余即可：取少量水解液于试管中，再向试管中加入碘水，溶液不显蓝色。
（4）葡萄糖(C6H12O6)被硝酸氧化为草酸，同时有NO生成，其化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3=3H2C2O4+6H2O+6NO↑。
（5）草酸(H2C2O4)是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解，该实验中催化剂浓硫酸用量过多，浓硫酸用量过多，会使生成的草酸分解，同时浓硫酸会使葡萄糖脱水碳化，使得草酸产率降低。
（6）氨水过量会使Fe3+水解，生成Fe(OH)3，使草酸铁铵晶体产率偏低。
向草酸中滴加高锰酸钾会产生Mn2+,滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快,有可能是因为反应生成的Mn2+对反应有催化作用。
分别设草酸和草酸铁铵晶体物质的量分别为a，b，且由关系式可知
解得a=0.005mol，b=0.01mol
故产品中草酸铁铵晶体的质量分数为
4．(1)蒸馏烧瓶
(2)排出多余的H2S气体
(3)AC
(4)氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分
(5)%
(6) 无水氯化钙或五氧化二磷(无水CaCl2或P2O5也可) 2NH4ReO4+7H22Re+2NH3↑+8H2O
【详解】（1）仪器a为蒸馏烧瓶；
故答案为：蒸馏烧瓶；
（2）通入N2主要是为了排出多余的H2S；
故答案为：排出多余的H2S气体；
（3）装置单元X是为了除去多余的H2S，选择与之反应的物质即可，AC符合；
故答案为：AC；
（4）NaOH标准溶液不能采用直接配制的原因在于NaOH易吸收空气中的CO2及H2O而很快变质导致浓度不准确；
故答案为：氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分；
（5）依题意有关系：n(NH4+)+n(NaOH)=n(HCl)。故n (NH4ReO4)=n(NH4+)= n(HCl) -n(NaOH)=c1.V×10-3- c2V2×10-3，故w (NH4ReO4)== %；
故答案为：%；
（6）①装置B为了吸收生成的NH3，故用无水氯化钙或五氧化二磷；
②由已知可得2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7，再由氢气还原Re2O7：2NH4ReO4+7H22Re+2NH3↑+8H2O；
故答案为：①无水氯化钙或五氧化二磷；②2NH4ReO4+7H22Re+2NH3↑+8H2O。
5．(1)锌粒
(2)BaSO4 +4H2BaS+4H2O
(3)收集氢气尾气并验纯
(4) 500mL容量瓶 玻璃棒 BaS+KI3= S+BaI2+KI 产生硫化氢损失硫离子 84.5% 降低
【分析】启普发生器中用锌和稀硫酸制备氢气，为防止氢气和氧气混合发生爆炸，收集氢气验纯后再加热盛有重晶石的瓷舟，氢气把硫酸钡还原为硫化钡。
【详解】（1）用氢气还原硫酸钡，实验室用锌和稀硫酸反应制取氢气，固体A的名称锌粒；
（2）H2与BaSO4反应生成BaS和水，反应的化学方程式为BaSO4 +4H2BaS+4H2O；
（3）为防止氢气和氧气混合后发生爆炸，打开活塞K之后，管式炉升温之前，必须进行的操作为收集氢气尾气并验纯。
（4）①稀释至500mL需要用500mL容量瓶定容，所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶和玻璃棒；
②KI3把BaS氧化为S单质，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为BaS+KI3= S+BaI2+KI。
③若醋酸溶液加多，过量的醋酸和BaS反应生成醋酸钡和H2S气体，产生硫化氢损失硫离子，导致测定结果偏小。
④根据+2=3I-+，Na2S2O3消耗KI3的物质的量为0.50mol/L×0.01L=0.0025mol，则与BaS反应的KI3的物质的量为0.01L× 0.50 mol/L-0.0025mol=0.0025mol，根据BaS+KI3= S+BaI2+KI，可知BaS的物质的量为0.0025mol，样品中BaS(M=169g/mol)质量分数。
⑤还原剂煤粉含有杂质元素，若用重晶石煤粉还原法制BaS，其产品纯度降低。
6．(1) 分液漏斗 水浴加热
(2)Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑
(3)C
(4) 趁热过滤 使溶解平衡逆向移动，促进产品析出 44.5%
(5)120目、1.0g
【分析】CoCl2·6H2O、NH4Cl溶液和一定量活性炭(作催化剂)，边通氨气边缓慢滴加过氧化氢溶液，水浴加热生成[Co(NH3)6]Cl3，反应后趁热分离出滤液后，冷却加浓氨水，过滤分离出晶体，用无水乙醇洗涤，干燥得到产品；
【详解】（1）仪器A的名称为分液漏斗；控制温度55°C左右至反应完毕，温度低于100°C，则控制温度的方法为水浴加热；
（2）试管中发生的反应为氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水、氨气，方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑；
（3）尾气中氨气极易溶于水，需要防倒吸装置，故选C；
（4）操作a为分离固液的操作，名称为趁热过滤；[Co(NH3)6]Cl3难溶于乙醇、氨水，加浓氨水可以抑制[Co(NH3)6]Cl3的溶解，促使溶液中生成[Co(NH3)6]Cl3，故的目的为使溶解平衡逆向移动，促进产品析出。根据Co元素守恒可知，CoCl2·6H2O3.0g理论上可以生成[Co(NH3)6]Cl3的质量为，则本实验的产率为：；
（5）由图可知，选择最佳的活性炭粒度和用量为120目、1.0g，此时产品的产率最高。
7．(1)容量瓶
(2)油浴加热
(3)打开分液漏斗的活塞，加入稀盐酸直至浸没大理石，关闭活塞(合理即可)
(4)打开K3并关闭K2
(5)生成的EC对CO2有溶解作用(合理即可)
(6)温度超过120℃后副反应加快，导致EC的选择性降低(合理即可)
(7)33
【分析】利用稀盐酸与大理石反应制备二氧化碳，通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，拟用下图装置在100 ~120℃下以NY -2作催化剂，环氧乙烷( EO)和CO2为原料合成EC；
【详解】（1）用固体NY-2配制500g 4.8%的NY-2水溶液需要用到托盘天平、烧杯、量筒、滴定管；不需要用到容量瓶；答案为容量瓶；
（2）拟用下图装置在100 ~120℃下以NY -2作催化剂，环氧乙烷( EO)和CO2为原料合成EC，故控制装置D中反应温度的方法是油浴加热；
（3）用装置A制备CO2时，应先打开K1和K2，然后打开分液漏斗的活塞，加入稀盐酸直至浸没大理石，关闭活塞；
（4）将装置C中的EO导入三颈烧瓶中的操作是打开K3并关闭K2，继续通入 CO2，用搅拌器搅拌，使反应物充分混合；
（5）CO2在水中的溶解度较小，但随着反应进行，生成的EC对CO2有溶解作用，故从三颈烧瓶中逸出的CO2减少；
（6）温度超过120℃后， EO的转化率增大，而EC的产率却减小，其可能原因是温度超过120℃后副反应加快，导致EC的选择性降低；
（7）若实验加入22 g EO，转化的EO的物质的量为，设得到x g EC，则有=82%，解得x=33g。
8．(1)分液漏斗
(2) 减缓反应速率 C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O
(3) 2MnO+6 H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O 当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
(4)157.5cv/a% (1.575cv/a)
(5)还原性
(6)BD
【分析】装置A用饱和食盐水和电石反应制取乙炔，反应方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，装置B的硫酸铜溶液可除去电石中产生的杂质气体H2S、AsH3等，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2，化学反应方程式C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O，装置D用来吸收二氧化氮尾气；
【详解】（1）仪器a的名称分液漏斗；
（2）乙炔与水的反应比较剧烈，为得到平稳的乙炔气流，制乙炔时用饱和食盐水代替水，目的是减缓反应速率；反应时C中产生大量红棕色气体即NO2，已知乙炔在45-55℃硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2，化学反应方程式C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O；
（3）滴定实验中草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳和Mn2+，发生的离子反应方程式2MnO+6 H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O；到达滴定终点的现象是：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（4）用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定平均消耗标准溶液vmL，n(KMnO4)=cv×10-3mol，由滴定原理可得关系式n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5cv×10-3mol，产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的质量为m=nM=2.5cv×10-3mol×126g/mol=1.575cvg，质量分数为；
（5）酸性高锰酸钾与草酸反应，C元素化合价升高，草酸做还原剂，体现了草酸还原性；
（6）A．当V=10时，溶质为NaHC2O4，HC2O的电离常数为Ka2(H2C2O4)=1.5×104，水解常数为，则电离程度比水解程度大，所以溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，溶液中H+由HC2O、H2O共同电离产生，HC2O电离程度大于H2O的电离程度，则c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)，盐溶液在盐电离产生的两种水解、电离程度微弱，主要以盐电离产生的离子存在，故溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)，故A错误；
B．当c(C2O)=c(HC2O)时，Ka2═=c(H+)=1.5×10-4，pH=-lgc(H+)=-lg1.5×10-4=4-lg3+1g2=3.8，故B正确；
C．溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+2c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)+c(H+)，若溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，因此2c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)，所以c(C2O)+c(HC2O)＜c(Na+)，故C错误；
D．当溶液中c(Na+)=2c(C2O)+2c(HC2O)+2c(H2C2O4)时即物料守恒，溶质为Na2C2O4，C2O发生水解反应溶液呈碱性，则混合溶液的pH>7，故D正确；
故选：BD。
9．(1)三颈烧瓶
(2)剧烈反应，产生大量红棕色气体
(3)AC
(4)
(5)在B装置中加入一定量的稀硫酸
(6) 溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟不变色 86.25%
【分析】A中发生反应：，气体通入B中在水和铜的作用下将挥发出的硝酸和产物NO2转化为NO，在C中固体干燥，并除去可能混有的二氧化碳，得到纯净干燥的NO，进入D中发生反应2NO+Na2O2═2NaNO2，尾气在E中高锰酸钾吸收。
【详解】（1）由仪器图形可知a为三颈烧瓶；
（2）A中碳和浓硝酸发生，可观察到剧烈反应，产生大量红棕色气体；
（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，应除去二氧化碳、水等杂质，则C装置中盛放的试剂可能是烧碱、碱石灰，故答案为：A、C；
（4）由信息可知，E装置的作用是利用高锰酸钾溶液的强氧化性氧化吸收有毒气体一氧化氮，避免污染空气，反应的离子方程式为：；
（5）B中铜与硝酸反应仍有硝酸根离子剩余，在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO，提高氮原子利用率；
（6）滴定终点，碘与完全反应，可观察到溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；3次所消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL，第三次实验误差较大，可舍弃，则消耗Na2S2O3溶液的体积为=20.00(mL)，消耗Na2S2O3的物质的量为0.500mol⋅L−1×20×10−3L=0.01mol，根据题给方程式可知，则NaNO2的物质的量为0.01mol，此NaNO2的纯度为。
10． O2 不能 分液漏斗 排除装置内的空气(氧气)，防止氧气氧化生成的Na2S2O4 水浴加热 连二亚硫酸钠不溶于乙醇，故可以用乙醇洗涤，且乙醇易挥发，容易干燥
【详解】(1)①图中装置为亚硫酸氢钠电解池，其中阳极为氢氧根失电子生成氧气，故X为O2；
②电极a为阴极，其中亚硫酸氢根得电子，生成 ，介质为碱性，故电极a的电极反应式为；
③由已知可得，连二亚硫酸钠极易被氧化，阳极有氧气放出，所以若没有阳离子交换膜，连二亚硫酸钠会被氧气氧化，不能得到产品Na2S2O4；
(2)①盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；装置A烧瓶内，铜和浓硫酸在加热下生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式：；
②连二亚硫酸钠极易被氧化，所以应通入氮气排除装置内的空气，防止氧气氧化生成物；控制恒定反应温度约为35℃的方法为水浴加热；由已知可得，反应物为Zn和SO2在碱性条件下反应，有Na2S2O4和Zn(OH)2生成。则总反应离子方程式：；
③由已知可得，连二亚硫酸钠不溶于乙醇，故可以用乙醇洗涤，且乙醇易挥发，容易干燥；
(3)已知：Na2S2O4+2CH2O+H2O=NaHSO3∙CH2O+NaHSO2∙CH2O、NaHSO2∙CH2O+2I2+2H2O=NaHSO4+CH2O+4HI，可得到 ， ，则 ，，故连二亚硫酸钠的质量分数 。
11． 使圆底烧瓶中的压力稳定，防止压力过大，将瓶口的塞子冲出 分液漏斗 降温，使氨气全部被盐酸标准溶液吸收 甲基橙 偏低 滴入最后一滴标准AgNO3溶液，锥形瓶中出现(砖、浅)红色沉淀且半分钟内不消失 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O 温度过高，H2O2(或NH4Cl)分解(或NH3挥发)从而减少反应物，造成产率下降(合理即可)
【分析】实验Ⅰ：装置A在加热条件下产生水蒸气，水蒸气进入装置B中促进NH3的逸出，装置B中样品在足量NaOH溶液与水蒸气共同作用下分解释放出NH3，最终NH3进入装置C被盐酸吸收。
实验Ⅱ：根据AgNO3与Cl-定量反应关系，可用标准AgNO3溶液测定Cl-，当Cl-基本反应完全时，加入的AgNO3会与K2CrO4反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，从而指示滴定终点。
【详解】(1)A中安全管能维持圆底烧瓶中的压力稳定，防止压力过大，将瓶口的塞子冲出；
(2)仪器a的名称为分液漏斗；装置C的目的为吸收B中产生的NH3，低温有利于氨气的溶解，故冰盐水的作用为：降温，使氨气全部被盐酸标准溶液吸收；
(3)由于石蕊变色范围太宽且变色不灵敏，所以酸碱滴定不选石蕊作指示剂，由于NaOH、HCl均为强电解质，相互滴定时，理论上酚酞、甲基橙均可作其指示剂，由于此时是NaOH滴定HCl，故选择在酸性范围突变的指示剂实验误差更小，所以选甲基橙；若滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，因为尖嘴部分的标准液实际未参与反应，故所计标准液偏多，测得剩余HCl偏多，则与NH3反应的HCl偏少，故测得的样品中氨含量偏低；由题意知，与NH3反应的HCl物质的量=(10-3c1V1-10-3c2V2) mol，由反应比例关系：NH3~HCl，得样品中NH3的物质的量=n(HCl)= (10-3c1V1-10-3c2V2) mol，故样品中N的质量分数=；
(4)当Cl-基本完全沉淀时，再滴加AgNO3，此时AgNO3会与K2CrO4反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，故终点现象为：滴入最后一滴标准AgNO3溶液，锥形瓶中出现(砖、浅)红色沉淀且半分钟内不消失；
(5) 由X的化学式知，Co元素在反应过程中由+2价被H2O2氧化为+3价，依据得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；由于反应物中NH4Cl、H2O2受热易分解，浓氨水受热NH3大量挥发，均不利于X的生成，故此处填：温度过高，H2O2(或NH4Cl)分解(或NH3挥发)从而减少反应物，造成产率下降。
12． 蒸馏(烧)瓶 液封，防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化 K3 K2 Fe(OH)2 2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O ac 将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液 ad
【分析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50°C恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出。
【详解】(1)根据b的结构特点可知b为蒸馏烧瓶，d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化，故答案为：蒸馏烧瓶；液封，防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化；
(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀，故答案为：K3，K2；Fe(OH)2；
(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O，故答案为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；
(4)a.根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故a正确；
b.空气排尽后也会有氢气生成，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故b错误；
c.根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；
d.甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误。
故答案为：ac；
(5)①甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液，故答案为：将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液；
②已知高氯酸为标准液，甘氨酸为待测液，甘氨酸的测定结果与标准液的体积成正比，
a.滴定时未用高氯酸标准溶液润洗滴定管，需多滴标准液，使甘氨酸的测定结果偏高；
b.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，滴定管小刻度在上大刻度在下，滴定后俯视使标准液读数偏小，会使甘氨酸的测定结果偏低；
c.摇动锥形瓶时有液体溅出，待测液物质的量减少，所滴加的标准液也会减少，使甘氨酸的测定结果偏低；
d.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，标准液读数偏大，使甘氨酸的测定结果偏高；
故答案为：ad。
13． 2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O 水 使分液漏斗和烧瓶之间保持压强平衡 e→f(或f→e)→c→b→d 通过观察气泡，调节NO和Cl2的流速 NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O 出现砖红色沉淀 97.04%
【分析】实验室制备NO，可用稀硝酸与铜在常温下反应；无加热装置制氯气，可用浓盐酸和强氧化剂如高锰酸钾、氯酸钾制备氯气；二者混合制取亚硝酰氯，亚硝酰氯熔沸点较低，在制备时要注意低温环境；未测得产品的纯度可采用氧化还原滴定进行滴定分析，据此解答。
【详解】（1）常用浓盐酸和强氧化剂制备氯气，该装置无加热装置，故烧瓶中制备纯净的Cl2的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O；
（2）制备纯净的NO，烧瓶中盛有Cu，装置Ⅱ中盛水；导管A的作用是：使分液漏斗和烧瓶之间保持压强平衡，液体能顺利流下；
（3）制备NOCl，NOCl的熔沸点较低，要保持低温环境，且最后进行尾气处理，干燥管的气流方向是大进小出，故仪器接口的连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d；
（4）装置Ⅳ、Ⅴ除进一步干燥NO和Cl2外，另一作用是：通过观察气泡，调节NO和Cl2的流速；
（5）NOCl遇水易反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物，故NOCl与氢氧化钠反应：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；
（6）滴定终点，可生成Ag2CrO4，有砖红色沉淀生成,终点现象为当滴入最后一滴AgNO3标准溶液，溶液中有砖红色沉淀产生，且30s不消失；
（7）取产品13.5g溶于水，配成250mL该溶液，取出25.00mL，则混合溶液中满足：，250mL原溶液的NOCl 物质的量为：，所以产品中亚硝酰氯（NOCl）的质量分数为：。
14．(1) Na Cu
(2)铝合金表面覆盖着一层致密氧化膜
(3) 0.2 5.4g 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
(4)BD
(5)Zn、Mg、Al
【详解】（1）Na很活泼，能与空气中氧气、水蒸气反应，故保存于煤油或石蜡油中；铜生锈生成碱式碳酸铜，呈绿色；
（2）铝合金材料表面覆盖着一层致密的氧化铝薄膜，具有抗腐蚀性；
（3）钠铝合金投入水中恰好生成NaAlO2和H2，离子方程式为Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑和2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑，总方程式为Na+Al+2H2O=Na++AlO+2H2↑，收集到H2的物质的量为，由总方程式，可知：，，Al的质量；
（4）10g两种金属组成的合金与足量的稀硫酸反应产生11.2LH₂(标准状况)，则，转移电子，即转移1mol电子消耗合金质量为10g，
A．Mg失去1mol电子消耗的质量为12g，铜不与稀硫酸反应，转移1mol电子消耗合金质量大于10g，A错误；
B．Al失去1mol电子消耗的质量为9g，Fe失去1mol电子消耗的质量为28g，转移1mol电子消耗合金质量为9g28g之间，B正确；
C．Mg失去1mol电子消耗的质量为12g，Zn失去1mol电子消耗的质量为32.5g，转移1mol电子消耗合金质量大于10g，C错误；
D．Al失去1mol电子消耗的质量为9g，铜不与稀硫酸反应，转移1mol电子消耗合金质量可能等于10g，D正确；
故答案为：BD；
（5）比较铝、锌、镁三种金属，镁最活泼反应最快，反应完时消耗时间最短，相同质量的铝产生氢气最多，故a、b、c曲线代表的金属依次是Zn、Mg、Al。
15．(1)NaHCO3
(2)NaCl+NH4HCO3=NaHCO3↓+NH4Cl
(3)NH4Cl
(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量稀硝酸，无明显现象，再滴加几滴硝酸银溶液，若产生白色沉淀说明含有Cl-，否则不含有Cl-
(5)温度计
(6) 250mL容量瓶 +Ca2+= CaCO₃↓ 95.4%
【分析】精盐加入蒸馏水得到饱和NaCl溶液，“反应池”中NaCl和NH4HCO3发生复分解反应生成NaHCO3和NH4Cl，NaHCO3在饱和食盐水中溶解度较小，则析出的晶体X为NaHCO3，NaHCO3受热不稳定，加热分解生成纯碱即Na2CO3和二氧化碳和水；
【详解】（1）NaHCO3在饱和食盐水中溶解度较小，则析出的晶体X为NaHCO3；
（2）“反应池”中NaCl和NH4HCO3发生复分解反应生成NaHCO3和NH4Cl，反应方程式为：NaCl+NH4HCO3=NaHCO3↓+NH4Cl；
（3）滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥，得到一种晶体，它的主要成分是NH4Cl；
（4）根据反应原理Ag++Cl-=AgCl↓，可用稀硝酸、硝酸银溶液检验Cl-，操作方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量稀硝酸，无明显现象，再滴加几滴硝酸银溶液，若产生白色沉淀说明含有Cl-，否则不含有Cl-；
（5）“反应池”用热水浴加热需控制温度为35℃，还需要一种仪器，其名称是温度计；
（6）①配制250mL溶液需要定量仪器有托盘天平、量筒和250mL容量瓶；
②纯碱即Na2CO3和CaCl₂溶液反应生成CaCO₃和NaCl，发生反应的离子方程式：+Ca2+= CaCO₃↓；1mol Na2CO3反应生成1mol CaCO₃，0.9g CaCO₃的物质的量为，样品中n(Na2CO3)=n(CaCO₃)=0.009mol=0.09mol，该纯碱样品中Na₂CO₃的质量分数为。
江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-27物质的检测
一、单选题
1．（2022·江西·校联考模拟预测）如图中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色试验均为黄色。下列叙述不正确的是
A．以上反应中属于氧化还原反应的有①②③④
B．B、C、D分别属于碱性氧化物、碱、盐
C．E与C反应的离子方程式为
D．加热5.00gD和E的固体混合物，使E完全分解，固体混合物的质量减少了0.31g，则原混合物中D的质量为4.16g
2．（2021·江西南昌·统考三模）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
二、实验题
3．（2023·江西赣州·统考二模）在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，实验装置如图所示。
已知：草酸(H2C2O4)是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解。
(1)仪器a的名称是 。
(2)实验中需要用到硝酸和浓硫酸的混合物(混酸)，制备该混酸应将 (填“浓硫酸”或“硝酸”)加入到另一种酸中，并不断揽拌。
(3)淀粉[(C6H10O5)n]在硫酸作用下，可发生水解反应，生成葡萄糖。淀粉水解实验中证明淀粉已经完全水解的实验操作及现象是 。
(4)55°C-60℃时，装置A中葡萄糖(C6H12O6)被硝酸氧化为草酸，同时有NO生成，其化学方程式为 。
(5)该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会导致草酸产率降低，原因是。 。
(6)将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0~5.0，然后将溶液经一系列步骤，得到草酸铁铵晶体[(NH4)3Fe(C2O4)3·3H2O，M=428g·mol-1]。
①实验中所加氨水不能过量，若氨水过量会使草酸铁铵晶体产率偏低，原因是 。
②制得的草酸铁铵晶体中混有草酸，为测定草酸铁铵晶体的含量，进行下列实验：
准确称取4.73g产品配成100.00mL溶液，收10.00mL于锥形瓶中，加入足量的0.1000mol·L-1稀硫酸酸化后，再0.1000mnol·L-1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液的体积为14.00mL。滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是 。产品中草酸铁铵晶体的质量分数为 %(保留三位有效数字)。
4．（2023·江西鹰潭·统考二模）铼(Re)是一种具有重要军事战略意义的金属。NH4ReO4是制备高纯度Re的重要中间体。
I.实验室制备NH4ReO4的装置如图所示。
已知：(1)Re2O7易溶于水，溶于水后生成HReO4；HReO4与H2S反应生成Re2S7；
(2)2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 。
(2)反应开始前先向C中三颈烧瓶内加入一定量的Re2O7和水。关闭K2、K3，打开K1、K4，三颈烧瓶内生成Re2S7。关闭K1，打开K2通入N2一段时间，通入N2的目的是 。打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4；反应结束后从溶液中通过冷却结晶分离出NH4ReO4。
(3)下列装置可用作装置单元X的是 (填标号)。
A． B．
C． D．
II.NH4ReO4的纯度测定[M(NH4ReO4)268g/mol]
称取wgNH4ReO4样品，加适量水溶解，注入三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用VmLc1mol•L-1的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶。取吸收液用c2mol•L-1NaOH(稀)标准溶液滴定过剩的HCl，达到终点时消耗V2mLNaOH溶液。
(4)实验所用的NaOH标准溶液，通常采用间接法配制，即配成近似浓度的溶液，再用基准物标定。不能采用直接法配制的原因是 。
(5)样品中NH4ReO4的质量分数为 (填表达式)。
III.高纯度铼的制取
(6)高温下用H2还原NH4ReO4可制得金属铼，装置如图所示：
①装置B中盛放的试剂为 。
②玻璃管内发生反应的化学方程式为 。
5．（2023·江西南昌·统考二模）工业上制硫化钡普遍采用两种方法：一种为重晶石( BaSO4)煤粉还原法(将重晶石和无烟煤混合后在1000-1200° C下还原焙烧1~2h)；另一种为气体还原法(将重晶石在850-900°C通入氢气进行还原反应)。下列是实验室模拟高温下H2还原重晶石法，装置如下。
回答下列问题：
(1)固体A的名称 。
(2)H2与BaSO4反应生成BaS，写出该反应的化学方程式 。
(3)打开活塞K之后，管式炉升温之前，必须进行的操作为 。
(4)测定BaS质量分数：
取生成物10.00g，溶于蒸馏水后稀释至500mL；取25.00mL溶液于锥形瓶中，再加入10mL2%醋酸溶液及10.00 mL 0.50 mol/L KI3标准溶液(过量)，充分振荡、使BaS中的硫元素完全转化为硫单质；向锥形瓶中加入2滴淀粉溶液做指示剂，用0.50mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液体积10.00mL(滴定反应为：+2=3I-+)。
①稀释至500mL所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、 和
②写出KI3与BaS反应的化学方程式 。
③醋酸溶液加多了会导致测定结果偏小，原因可能是 。
④计算样品中BaS(M=169g/mol)质量分数： (保留3位有效数字)。
⑤若用重晶石煤粉还原法制BaS，其产品纯度 (填“升高”或“降低” )。
6．（2023·江西景德镇·统考三模）钴的配合物多种多样，实验室可用如图装置制备[Co(NH3)6]Cl3(省略了夹持和加热装置)。实验步骤如下：在三口烧瓶中加入含CoCl2·6H2O3.0g的NH4Cl溶液和一定量活性炭(作催化剂)，边通氨气边缓慢滴加过氧化氢溶液，控制温度55°C左右至反应完毕。回答下列问题
物质
颜色
溶解性
相对分子质量
CoCl2·6H2O
粉红
溶于水、盐酸、氨水等
238
[Co(NH3)6]Cl3
橙黄
溶于热水、盐酸，难溶于乙醇、氨水
267.5
(1)仪器A的名称为 ；控制温度的方法为 。
(2)试管中发生的反应方程式为 。
(3)尾气吸收装置最合适的为 。
(4)反应结束后，冷却至室温，将三口烧瓶中混合物过滤得棕黑色不溶物，将棕黑色不溶物转移到一定量热水中，操作a得橙黄色溶液，冷却加浓氨水，过滤，用无水乙醇洗涤，干燥，称量得1.5g产品。
操作a的名称为 ；加浓氨水的目的为 。计算本实验的产率 (保留3位有效数字)
(5)某研究小组探究了不同催化剂粒度和用量对合成的影响，反应结果如图所示。
选择最佳的活性炭粒度和用量为 。
7．（2023·江西新余·统考二模）碳酸乙烯酯( EC)是一种性能优良的溶剂和精细化工中间体，是有机化工潜在的基础原料。EC的熔点为36℃，沸点为243℃，相对密度为1.4259g·cm-3。某课外小组拟用下图装置在100 ~120℃下以NY -2作催化剂，环氧乙烷( EO)和CO2为原料合成EC。
其反应原理为主反应：
副反应：
回答下列问题：
(1)用固体NY-2配制500g 4.8%的NY-2水溶液未用到下列仪器中的 (填仪器名称)。
(2)控制装置D中反应温度的方法是 (填“水浴加热”或“油浴加热”)。
(3)用装置A制备CO2时，应先打开K1和K2，然后 。
(4)将装置C中的EO导入三颈烧瓶中的操作是 ，继续通入 CO2，用搅拌器搅拌，使反应物充分混合。
(5)CO2在水中的溶解度较小，但随着反应进行，从三颈烧瓶中逸出的CO2减少，其可能原因是 。
(6)温度超过120℃后， EO的转化率增大，而EC的产率却减小，其可能原因是 。
(7)计算结果表明，EO的转化率为91.5% ，EC的选择性为82% (EC的选择性=生成EC的物质的量/转化的EO的物质的量) ，若实验加入22 g EO，则得到 g EC(结果保留两位有效数字)。
8．（2022·江西上饶·校联考模拟预测）草酸(H2C2O4)是一种常见二元弱酸，易溶于水，常用来做还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某化学学习兴趣小组欲制备草酸并探究其某些化学性质，经查找资料：乙炔在45-55℃硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸。
[草酸的制备]
甲同学以电石(主要成分CaC2)、浓硝酸及少量硝酸汞为原料，利用如图装置制备草酸。
(1)仪器a的名称
(2)实验室制乙炔时用饱和食盐水代替水的目的是。 。反应时C中产生大量红棕色气体，请写出C中发生化学反应方程式 。
[产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)质量分数的测定]
乙同学准确称取ag产品，配成100mL水溶液，取20mL所配制的溶液置于锥形瓶内，用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定至终点，平行实验三次，平均消耗标准溶液vmL。试回答：
(3)上述滴定实验中发生的离子反应方程式 ，判断到达滴定终点的现象是 。
(4)产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的质量分数为 (用a、v表示)
[草酸的性质]
(5)上述酸性高锰酸钾与草酸反应，体现了草酸 (填酸性、氧化性或还原性)
(6)室温下已知：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.5×104，通过下列实验探究草酸的性质。[1g2=0.3，lg3=0.5]。向10mL0.1mol/LH2C2O4溶液中逐滴加入VmL0.1mol/LNaOH溶液，当V从0逐渐增大至20时，测得混合溶液的pH逐渐增大，下列说法正确的是_______(填字母)
A．当V=10时，溶液中离子浓度关系：c(Na+)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H+)>c(OH-)
B．当溶液中c(C2O)=c(HC2O)时，混合溶液的pH约为3.8
C．当溶液中c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)时，混合溶液的pH=7
D．当溶液中c(Na+)=2c(C2O)+2c(HC2O)+2c(H2C2O4)时，混合溶液的pH>7
9．（2021·江西景德镇·统考一模）亚硝酸钠()是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备 (A中加热装置已略去，NO可与过氧化钠粉末发生化合反应，也能被酸性氧化成)。
(1)仪器a的名称是 。
(2)A中实验现象为 。
(3)为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是___________(填字母序号)。
A．NaOH固体 B．无水 C．碱石灰 D．浓硫酸
(4)E中发生反应的离子方程式为 。
(5)从提高氮原子利用率的角度出发，其中B装置设计存在一定缺陷，如何改进？ 。
(6)已知：；，为测定得到产品中的纯度，采取如下实验步骤：准确称取质量为0.80g的样品放入锥形瓶中，加适量水溶解后，加入过量的0.800mol/L KI溶液、淀粉溶液；然后滴加稀硫酸充分反应后，用溶液滴定至终点。重复以上操作3次，所消耗溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL。滴定终点时的实验现象为 ，该样品中纯度为 。
10．（2021·江西南昌·统考三模）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)也称为保险粉，在空气中极易被氧化，不溶于乙醇易溶于水，在碱性介质中较稳定，是用途广泛的无机精细化学品。某科研小组设计两种方法制备Na2S2O4。回答下列问题：
(1)电解NaHSO3溶液制备Na2S2O4，装置如图所示。
①X为 (填化学式)。
②电极a的电极反应式为 。
③装置若无阳离子交换膜 (填“能”或“不能”)得到Na2S2O4。
(2)锌粉法制备Na2S2O4，装置(部分夹持仪器已省略)如图所示。
①盛放浓硫酸的仪器名称为 ；写出装置A烧瓶内反应的化学方程式： 。
②通入SO2前装置B的三颈烧瓶内应选通入N2，目的是 。通入SO2，控制反应温度约为35℃，反应一段时间后再滴加NaOH溶液将有Na2S2O4和Zn(OH)2生成。控制反应温度约为35℃的方法是 ，写出生成Na2S2O4和Zn(OH)2总反应离子方程式： 。
③将反应后的悬浊液过滤后在微热下加入氯化钠冷却至20℃，析出Na2S2O4结晶过滤后，再用乙醇洗涤几次后，置于真空干燥箱中干燥即得到Na2S2O4。简述用乙醇洗涤的原因： 。
(3)产品中Na2S2O4纯度的测定。
称取mgNa2S2O4样品溶于冷水中配成100mL溶液，取出10mL该溶液置于预先盛有20mL中性甲醛溶液的烧杯中，搅拌至完全溶解，转移至250mL容量瓶中用水稀释至刻度摇匀。移取25mL该溶液于250mL锥形瓶中加入4mL盐酸溶液，用cmol·L-1的碘标准溶液滴定，近终点时加入3mL淀粉溶液继续滴定，至溶液呈浅蓝色在30s内颜色不消失，用去碘标准溶液VmL。产品中Na2S2O4的质量分数为 。
已知：Na2S2O4+2CH2O+H2O=NaHSO3∙CH2O+NaHSO2∙CH2O
NaHSO2∙CH2O+2I2+2H2O=NaHSO4+CH2O+4HI
11．（2021·江西上饶·统考二模）在活性炭催化下，用CoCl2、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料可生成橙黄色晶体X。为测定其组成，进行如下实验。
I、氨的测定：精确称取wgX，加入适量的水溶解，注入如图所示的三颈瓶(B)中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol·L-1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol·L-1NaOH标准溶液滴定过剩的盐酸，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。
II、氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀。
回答下列问题：
(1)A中安全管的作用是 。
(2)仪器a的名称是 ，C装置冰盐水的作用是 。
(3)在NaOH标准溶液滴定过剩的盐酸实验中，锥形瓶中应加入几滴 (填“石蕊”或“酚酞”或“甲基橙”)作指示剂。若在滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后气泡消失，则测得的样品中氨的含量会 (填“偏高”或“偏低”或“不变”)。样品中氮的质量分数表达式为 。
(4)测定氯的过程中，滴定终点的现象为 。
(5)经测定，样品X的化学式为Co(NH3)6Cl3，写出制备X的化学方程式： 。X的制备过程中，X产率与温度的关系如图所示，当温度高于T1时X的产率下降，原因是 。(写一点)
12．（2021·江西吉安·校联考一模）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种用于治疗缺铁性贫血的药物，用下图装置可以在实验室中制备甘氨酸亚铁：
有关物质性质如下表所示：
甘氨酸(H2NCH2COOH)
易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中溶解度大于在乙醇中的溶解度。
柠檬酸
易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。
甘氨酸亚铁
易溶于水且在水中难电离，难溶于乙醇、冰醋酸。
实验步骤如下：
Ⅰ.打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。
Ⅱ.在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加适量NaOH溶液调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。
Ⅲ.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，析出沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
(1)仪器b的名称是 ，d的作用是 。
(2)步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是关闭 打开 (填“K2”或“K3”)；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质 (写化学式)。
(3)c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是 。
(4)下列关于该实验的说法正确的是 (填字母)。
a.反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化
b.步骤Ⅰ中可由d中导管是否还有气泡冒出来判断装置中的空气是否排尽
c.步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度
d.步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂
(5)①工业上常用高氯酸(不与冰醋酸反应)标准溶液在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定： 。
②滴定过程中下列操作会使甘氨酸的测定结果偏高的是 (填字母)。
a.滴定时未用高氯酸标准溶液润洗滴定管
b.读数时，滴定前平视，滴定后俯视
c.摇动锥形瓶时有液体溅出
d.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失
13．（2021·江西·校联考二模）亚硝酰氯（NOCl）常用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成亚硝酰氯。
已知：①NOCl是黄色气体，熔点：—64.5℃，沸点：—5.5℃；NOCl遇水易反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物；NOCl对眼睛、皮肤和黏膜有强烈刺激性，具有类似氯气和氮氧化物的毒作用。
②Ag2CrO4是砖红色沉淀。
实验1：制备原料气NO和Cl2
利用如图1所示装置制备纯净的NO和Cl2。
（1）制备纯净的Cl2，烧瓶中反应的化学方程式为 。
（2）制备纯净的NO，烧瓶中盛有Cu，装置Ⅱ中盛有 （填试剂名称）；导管A的作用是 。
实验2：制备NOCl。
利用实验1中制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图2所示。
（3）仪器接口的连接顺序为a→ （按气流从左到右顺序填写）。
（4）装置Ⅳ、Ⅴ除进一步干燥NO和Cl2外，另一作用是 。
（5）装置Ⅷ用于吸收尾气，NOCl发生反应的化学方程式为 。
实验3：测定NOCl的纯度
将所得亚硝酰氯（NOCl）产品13.5g溶于水，配成250ml该溶液，取出25.00ml该溶液，以K2CrO4溶液为指示剂，用1.0mol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，再重复上述实验操作2次，测得三次实验消耗AgNO3标准溶液的平均体积为20.00ml。
（6）达到滴定终点的现象是 。
（7）产品中亚硝酰氯（NOCl）的质量分数为 （保留两位小数）。
三、填空题
14．（2022·江西·校联考模拟预测）Na、Mg、Al、Fe、Cu、Zn是中学常见的金属率质，其合金在生活中有广泛应用。回答下列问题：
(1)实验室保存在煤油中的金属是 。在潮湿空气中久置会生成绿色锈的金属是 。
(2)铝合金广泛用于门窗，其耐腐蚀的主要原因是 。
(3)一包钠铝合金与水恰好完全反应，收集到8960mLH₂(标准状况)。则这包合金中钠的物质的量为 ，铝的质量为 。写出上述过程中涉及的两个反应的离子方程式： 、 。
(4)现有10g两种金属组成的合金与足量的稀硫酸反应产生11.2LH₂(标准状况)。则合金组成可能是___________(填字母)。
A．Mg和Cu B．Al和Fe C．Mg和Zn D．Al和Cu
(5)等质量的镁、铝、锌与足量相同浓度的盐酸反应，产生H₂体积与时间关系如图所示。根据图像推知a、b、c曲线代表的金属依次是 (填元素符号)。
四、工业流程题
15．（2022·江西·校联考模拟预测）纯碱是日常生活中常用的物质。一种制备纯碱的流程如下：
请回答下列问题：
(1)晶体X是 (填名称)。
(2)“反应池”发生的化学方程式为 。
(3)滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥，得到一种晶体，它的主要成分是 (填化学式)。
(4)晶体X表面吸附少量的NH₄Cl、NaCl等杂质，“洗涤”时可通过检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-来判断是否洗净，检验Cl-的方法是 。
(5)“反应池”用热水浴加热，还需要一种仪器，其名称是 。
(6)测定某纯碱样品(只含少量NaCl)纯度。取10.0g纯碱样品溶于蒸馏水配制成250mL溶液，取25.0mL配制的溶液，加入足量的CaCl₂溶液，经过滤、洗涤、干燥，称得CaCO₃质量为0.9g。
①配制上述溶液需要定量仪器有托盘天平、量筒和 。
②写出发生反应的离子方程式： 。该纯碱样品中Na₂CO₃的质量分数为 。
参考答案：
1．B
【分析】A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物，它们的焰色试验均为黄色，则为钠的单质或钠的化合物，所以A为，结合转化关系可知，B为，C为NaOH，D为，E为。
【详解】A．反应中①为钠的燃烧，②为Na与水反应，③为过氧化钠与水反应，④为过氧化钠与二氧化碳反应，均属于氧化还原反应，A项正确。
B．是过氧化物，不是碱性氧化物，B项错误。
C．E为，C为NaOH，所以离子反应为，C项正确。
D．利用差量法计算：，计算得到原混合物中碳酸氢钠的质量x=0.84g，所以混合物中碳酸钠的质量为5.00g－0.84g＝4.16g。
故选B。
2．B
【详解】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错误；
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正确；
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错误；
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错误；
综上所述，故答案为：B。
【点睛】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。
3．(1)广口瓶
(2)浓硫酸
(3)取少量水解液于试管中，再向试管中加入碘水，溶液不显蓝色
(4)C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3=3H2C2O4+6H2O+6NO↑
(5)浓硫酸用量过多，会使生成的草酸分解；浓硫酸会使葡萄糖脱水碳化，使得草酸产率降低
(6) 有Fe(OH)3生成，使草酸铁铵晶体产率偏低 反应生成的Mn2+对反应有催化作用 90.5
【分析】草酸铁铵晶体中混有草酸，加入足量的0.1000mol·L-1稀硫酸酸化后，再0.1000mnol·L-1KMnO4标准溶液进行滴定，既要考虑草酸铁铵中转化的草酸晶体，又要考虑混有的草酸，结合样品总质量和消耗的高锰酸钾求解。
【详解】（1）仪器a的名称是广口瓶。
（2）制备硝酸和浓硫酸的混合物时，应将浓硫酸加入浓硝酸中以防液体飞溅。
（3）欲证明淀粉已经完全水解，设计实验检验淀粉是否有剩余即可：取少量水解液于试管中，再向试管中加入碘水，溶液不显蓝色。
（4）葡萄糖(C6H12O6)被硝酸氧化为草酸，同时有NO生成，其化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3=3H2C2O4+6H2O+6NO↑。
（5）草酸(H2C2O4)是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解，该实验中催化剂浓硫酸用量过多，浓硫酸用量过多，会使生成的草酸分解，同时浓硫酸会使葡萄糖脱水碳化，使得草酸产率降低。
（6）氨水过量会使Fe3+水解，生成Fe(OH)3，使草酸铁铵晶体产率偏低。
向草酸中滴加高锰酸钾会产生Mn2+,滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快,有可能是因为反应生成的Mn2+对反应有催化作用。
分别设草酸和草酸铁铵晶体物质的量分别为a，b，且由关系式可知
解得a=0.005mol，b=0.01mol
故产品中草酸铁铵晶体的质量分数为
4．(1)蒸馏烧瓶
(2)排出多余的H2S气体
(3)AC
(4)氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分
(5)%
(6) 无水氯化钙或五氧化二磷(无水CaCl2或P2O5也可) 2NH4ReO4+7H22Re+2NH3↑+8H2O
【详解】（1）仪器a为蒸馏烧瓶；
故答案为：蒸馏烧瓶；
（2）通入N2主要是为了排出多余的H2S；
故答案为：排出多余的H2S气体；
（3）装置单元X是为了除去多余的H2S，选择与之反应的物质即可，AC符合；
故答案为：AC；
（4）NaOH标准溶液不能采用直接配制的原因在于NaOH易吸收空气中的CO2及H2O而很快变质导致浓度不准确；
故答案为：氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分；
（5）依题意有关系：n(NH4+)+n(NaOH)=n(HCl)。故n (NH4ReO4)=n(NH4+)= n(HCl) -n(NaOH)=c1.V×10-3- c2V2×10-3，故w (NH4ReO4)== %；
故答案为：%；
（6）①装置B为了吸收生成的NH3，故用无水氯化钙或五氧化二磷；
②由已知可得2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7，再由氢气还原Re2O7：2NH4ReO4+7H22Re+2NH3↑+8H2O；
故答案为：①无水氯化钙或五氧化二磷；②2NH4ReO4+7H22Re+2NH3↑+8H2O。
5．(1)锌粒
(2)BaSO4 +4H2BaS+4H2O
(3)收集氢气尾气并验纯
(4) 500mL容量瓶 玻璃棒 BaS+KI3= S+BaI2+KI 产生硫化氢损失硫离子 84.5% 降低
【分析】启普发生器中用锌和稀硫酸制备氢气，为防止氢气和氧气混合发生爆炸，收集氢气验纯后再加热盛有重晶石的瓷舟，氢气把硫酸钡还原为硫化钡。
【详解】（1）用氢气还原硫酸钡，实验室用锌和稀硫酸反应制取氢气，固体A的名称锌粒；
（2）H2与BaSO4反应生成BaS和水，反应的化学方程式为BaSO4 +4H2BaS+4H2O；
（3）为防止氢气和氧气混合后发生爆炸，打开活塞K之后，管式炉升温之前，必须进行的操作为收集氢气尾气并验纯。
（4）①稀释至500mL需要用500mL容量瓶定容，所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶和玻璃棒；
②KI3把BaS氧化为S单质，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为BaS+KI3= S+BaI2+KI。
③若醋酸溶液加多，过量的醋酸和BaS反应生成醋酸钡和H2S气体，产生硫化氢损失硫离子，导致测定结果偏小。
④根据+2=3I-+，Na2S2O3消耗KI3的物质的量为0.50mol/L×0.01L=0.0025mol，则与BaS反应的KI3的物质的量为0.01L× 0.50 mol/L-0.0025mol=0.0025mol，根据BaS+KI3= S+BaI2+KI，可知BaS的物质的量为0.0025mol，样品中BaS(M=169g/mol)质量分数。
⑤还原剂煤粉含有杂质元素，若用重晶石煤粉还原法制BaS，其产品纯度降低。
6．(1) 分液漏斗 水浴加热
(2)Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑
(3)C
(4) 趁热过滤 使溶解平衡逆向移动，促进产品析出 44.5%
(5)120目、1.0g
【分析】CoCl2·6H2O、NH4Cl溶液和一定量活性炭(作催化剂)，边通氨气边缓慢滴加过氧化氢溶液，水浴加热生成[Co(NH3)6]Cl3，反应后趁热分离出滤液后，冷却加浓氨水，过滤分离出晶体，用无水乙醇洗涤，干燥得到产品；
【详解】（1）仪器A的名称为分液漏斗；控制温度55°C左右至反应完毕，温度低于100°C，则控制温度的方法为水浴加热；
（2）试管中发生的反应为氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水、氨气，方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑；
（3）尾气中氨气极易溶于水，需要防倒吸装置，故选C；
（4）操作a为分离固液的操作，名称为趁热过滤；[Co(NH3)6]Cl3难溶于乙醇、氨水，加浓氨水可以抑制[Co(NH3)6]Cl3的溶解，促使溶液中生成[Co(NH3)6]Cl3，故的目的为使溶解平衡逆向移动，促进产品析出。根据Co元素守恒可知，CoCl2·6H2O3.0g理论上可以生成[Co(NH3)6]Cl3的质量为，则本实验的产率为：；
（5）由图可知，选择最佳的活性炭粒度和用量为120目、1.0g，此时产品的产率最高。
7．(1)容量瓶
(2)油浴加热
(3)打开分液漏斗的活塞，加入稀盐酸直至浸没大理石，关闭活塞(合理即可)
(4)打开K3并关闭K2
(5)生成的EC对CO2有溶解作用(合理即可)
(6)温度超过120℃后副反应加快，导致EC的选择性降低(合理即可)
(7)33
【分析】利用稀盐酸与大理石反应制备二氧化碳，通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，拟用下图装置在100 ~120℃下以NY -2作催化剂，环氧乙烷( EO)和CO2为原料合成EC；
【详解】（1）用固体NY-2配制500g 4.8%的NY-2水溶液需要用到托盘天平、烧杯、量筒、滴定管；不需要用到容量瓶；答案为容量瓶；
（2）拟用下图装置在100 ~120℃下以NY -2作催化剂，环氧乙烷( EO)和CO2为原料合成EC，故控制装置D中反应温度的方法是油浴加热；
（3）用装置A制备CO2时，应先打开K1和K2，然后打开分液漏斗的活塞，加入稀盐酸直至浸没大理石，关闭活塞；
（4）将装置C中的EO导入三颈烧瓶中的操作是打开K3并关闭K2，继续通入 CO2，用搅拌器搅拌，使反应物充分混合；
（5）CO2在水中的溶解度较小，但随着反应进行，生成的EC对CO2有溶解作用，故从三颈烧瓶中逸出的CO2减少；
（6）温度超过120℃后， EO的转化率增大，而EC的产率却减小，其可能原因是温度超过120℃后副反应加快，导致EC的选择性降低；
（7）若实验加入22 g EO，转化的EO的物质的量为，设得到x g EC，则有=82%，解得x=33g。
8．(1)分液漏斗
(2) 减缓反应速率 C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O
(3) 2MnO+6 H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O 当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
(4)157.5cv/a% (1.575cv/a)
(5)还原性
(6)BD
【分析】装置A用饱和食盐水和电石反应制取乙炔，反应方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，装置B的硫酸铜溶液可除去电石中产生的杂质气体H2S、AsH3等，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2，化学反应方程式C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O，装置D用来吸收二氧化氮尾气；
【详解】（1）仪器a的名称分液漏斗；
（2）乙炔与水的反应比较剧烈，为得到平稳的乙炔气流，制乙炔时用饱和食盐水代替水，目的是减缓反应速率；反应时C中产生大量红棕色气体即NO2，已知乙炔在45-55℃硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2，化学反应方程式C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O；
（3）滴定实验中草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳和Mn2+，发生的离子反应方程式2MnO+6 H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O；到达滴定终点的现象是：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（4）用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定平均消耗标准溶液vmL，n(KMnO4)=cv×10-3mol，由滴定原理可得关系式n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5cv×10-3mol，产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的质量为m=nM=2.5cv×10-3mol×126g/mol=1.575cvg，质量分数为；
（5）酸性高锰酸钾与草酸反应，C元素化合价升高，草酸做还原剂，体现了草酸还原性；
（6）A．当V=10时，溶质为NaHC2O4，HC2O的电离常数为Ka2(H2C2O4)=1.5×104，水解常数为，则电离程度比水解程度大，所以溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，溶液中H+由HC2O、H2O共同电离产生，HC2O电离程度大于H2O的电离程度，则c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)，盐溶液在盐电离产生的两种水解、电离程度微弱，主要以盐电离产生的离子存在，故溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)，故A错误；
B．当c(C2O)=c(HC2O)时，Ka2═=c(H+)=1.5×10-4，pH=-lgc(H+)=-lg1.5×10-4=4-lg3+1g2=3.8，故B正确；
C．溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+2c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)+c(H+)，若溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，因此2c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)，所以c(C2O)+c(HC2O)＜c(Na+)，故C错误；
D．当溶液中c(Na+)=2c(C2O)+2c(HC2O)+2c(H2C2O4)时即物料守恒，溶质为Na2C2O4，C2O发生水解反应溶液呈碱性，则混合溶液的pH>7，故D正确；
故选：BD。
9．(1)三颈烧瓶
(2)剧烈反应，产生大量红棕色气体
(3)AC
(4)
(5)在B装置中加入一定量的稀硫酸
(6) 溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟不变色 86.25%
【分析】A中发生反应：，气体通入B中在水和铜的作用下将挥发出的硝酸和产物NO2转化为NO，在C中固体干燥，并除去可能混有的二氧化碳，得到纯净干燥的NO，进入D中发生反应2NO+Na2O2═2NaNO2，尾气在E中高锰酸钾吸收。
【详解】（1）由仪器图形可知a为三颈烧瓶；
（2）A中碳和浓硝酸发生，可观察到剧烈反应，产生大量红棕色气体；
（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，应除去二氧化碳、水等杂质，则C装置中盛放的试剂可能是烧碱、碱石灰，故答案为：A、C；
（4）由信息可知，E装置的作用是利用高锰酸钾溶液的强氧化性氧化吸收有毒气体一氧化氮，避免污染空气，反应的离子方程式为：；
（5）B中铜与硝酸反应仍有硝酸根离子剩余，在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO，提高氮原子利用率；
（6）滴定终点，碘与完全反应，可观察到溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；3次所消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL，第三次实验误差较大，可舍弃，则消耗Na2S2O3溶液的体积为=20.00(mL)，消耗Na2S2O3的物质的量为0.500mol⋅L−1×20×10−3L=0.01mol，根据题给方程式可知，则NaNO2的物质的量为0.01mol，此NaNO2的纯度为。
10． O2 不能 分液漏斗 排除装置内的空气(氧气)，防止氧气氧化生成的Na2S2O4 水浴加热 连二亚硫酸钠不溶于乙醇，故可以用乙醇洗涤，且乙醇易挥发，容易干燥
【详解】(1)①图中装置为亚硫酸氢钠电解池，其中阳极为氢氧根失电子生成氧气，故X为O2；
②电极a为阴极，其中亚硫酸氢根得电子，生成 ，介质为碱性，故电极a的电极反应式为；
③由已知可得，连二亚硫酸钠极易被氧化，阳极有氧气放出，所以若没有阳离子交换膜，连二亚硫酸钠会被氧气氧化，不能得到产品Na2S2O4；
(2)①盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；装置A烧瓶内，铜和浓硫酸在加热下生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式：；
②连二亚硫酸钠极易被氧化，所以应通入氮气排除装置内的空气，防止氧气氧化生成物；控制恒定反应温度约为35℃的方法为水浴加热；由已知可得，反应物为Zn和SO2在碱性条件下反应，有Na2S2O4和Zn(OH)2生成。则总反应离子方程式：；
③由已知可得，连二亚硫酸钠不溶于乙醇，故可以用乙醇洗涤，且乙醇易挥发，容易干燥；
(3)已知：Na2S2O4+2CH2O+H2O=NaHSO3∙CH2O+NaHSO2∙CH2O、NaHSO2∙CH2O+2I2+2H2O=NaHSO4+CH2O+4HI，可得到 ， ，则 ，，故连二亚硫酸钠的质量分数 。
11． 使圆底烧瓶中的压力稳定，防止压力过大，将瓶口的塞子冲出 分液漏斗 降温，使氨气全部被盐酸标准溶液吸收 甲基橙 偏低 滴入最后一滴标准AgNO3溶液，锥形瓶中出现(砖、浅)红色沉淀且半分钟内不消失 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O 温度过高，H2O2(或NH4Cl)分解(或NH3挥发)从而减少反应物，造成产率下降(合理即可)
【分析】实验Ⅰ：装置A在加热条件下产生水蒸气，水蒸气进入装置B中促进NH3的逸出，装置B中样品在足量NaOH溶液与水蒸气共同作用下分解释放出NH3，最终NH3进入装置C被盐酸吸收。
实验Ⅱ：根据AgNO3与Cl-定量反应关系，可用标准AgNO3溶液测定Cl-，当Cl-基本反应完全时，加入的AgNO3会与K2CrO4反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，从而指示滴定终点。
【详解】(1)A中安全管能维持圆底烧瓶中的压力稳定，防止压力过大，将瓶口的塞子冲出；
(2)仪器a的名称为分液漏斗；装置C的目的为吸收B中产生的NH3，低温有利于氨气的溶解，故冰盐水的作用为：降温，使氨气全部被盐酸标准溶液吸收；
(3)由于石蕊变色范围太宽且变色不灵敏，所以酸碱滴定不选石蕊作指示剂，由于NaOH、HCl均为强电解质，相互滴定时，理论上酚酞、甲基橙均可作其指示剂，由于此时是NaOH滴定HCl，故选择在酸性范围突变的指示剂实验误差更小，所以选甲基橙；若滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，因为尖嘴部分的标准液实际未参与反应，故所计标准液偏多，测得剩余HCl偏多，则与NH3反应的HCl偏少，故测得的样品中氨含量偏低；由题意知，与NH3反应的HCl物质的量=(10-3c1V1-10-3c2V2) mol，由反应比例关系：NH3~HCl，得样品中NH3的物质的量=n(HCl)= (10-3c1V1-10-3c2V2) mol，故样品中N的质量分数=；
(4)当Cl-基本完全沉淀时，再滴加AgNO3，此时AgNO3会与K2CrO4反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，故终点现象为：滴入最后一滴标准AgNO3溶液，锥形瓶中出现(砖、浅)红色沉淀且半分钟内不消失；
(5) 由X的化学式知，Co元素在反应过程中由+2价被H2O2氧化为+3价，依据得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；由于反应物中NH4Cl、H2O2受热易分解，浓氨水受热NH3大量挥发，均不利于X的生成，故此处填：温度过高，H2O2(或NH4Cl)分解(或NH3挥发)从而减少反应物，造成产率下降。
12． 蒸馏(烧)瓶 液封，防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化 K3 K2 Fe(OH)2 2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O ac 将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液 ad
【分析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50°C恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出。
【详解】(1)根据b的结构特点可知b为蒸馏烧瓶，d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化，故答案为：蒸馏烧瓶；液封，防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化；
(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀，故答案为：K3，K2；Fe(OH)2；
(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O，故答案为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；
(4)a.根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故a正确；
b.空气排尽后也会有氢气生成，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故b错误；
c.根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；
d.甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误。
故答案为：ac；
(5)①甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液，故答案为：将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液；
②已知高氯酸为标准液，甘氨酸为待测液，甘氨酸的测定结果与标准液的体积成正比，
a.滴定时未用高氯酸标准溶液润洗滴定管，需多滴标准液，使甘氨酸的测定结果偏高；
b.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，滴定管小刻度在上大刻度在下，滴定后俯视使标准液读数偏小，会使甘氨酸的测定结果偏低；
c.摇动锥形瓶时有液体溅出，待测液物质的量减少，所滴加的标准液也会减少，使甘氨酸的测定结果偏低；
d.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，标准液读数偏大，使甘氨酸的测定结果偏高；
故答案为：ad。
13． 2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O 水 使分液漏斗和烧瓶之间保持压强平衡 e→f(或f→e)→c→b→d 通过观察气泡，调节NO和Cl2的流速 NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O 出现砖红色沉淀 97.04%
【分析】实验室制备NO，可用稀硝酸与铜在常温下反应；无加热装置制氯气，可用浓盐酸和强氧化剂如高锰酸钾、氯酸钾制备氯气；二者混合制取亚硝酰氯，亚硝酰氯熔沸点较低，在制备时要注意低温环境；未测得产品的纯度可采用氧化还原滴定进行滴定分析，据此解答。
【详解】（1）常用浓盐酸和强氧化剂制备氯气，该装置无加热装置，故烧瓶中制备纯净的Cl2的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O或KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O；
（2）制备纯净的NO，烧瓶中盛有Cu，装置Ⅱ中盛水；导管A的作用是：使分液漏斗和烧瓶之间保持压强平衡，液体能顺利流下；
（3）制备NOCl，NOCl的熔沸点较低，要保持低温环境，且最后进行尾气处理，干燥管的气流方向是大进小出，故仪器接口的连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d；
（4）装置Ⅳ、Ⅴ除进一步干燥NO和Cl2外，另一作用是：通过观察气泡，调节NO和Cl2的流速；
（5）NOCl遇水易反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物，故NOCl与氢氧化钠反应：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；
（6）滴定终点，可生成Ag2CrO4，有砖红色沉淀生成,终点现象为当滴入最后一滴AgNO3标准溶液，溶液中有砖红色沉淀产生，且30s不消失；
（7）取产品13.5g溶于水，配成250mL该溶液，取出25.00mL，则混合溶液中满足：，250mL原溶液的NOCl 物质的量为：，所以产品中亚硝酰氯（NOCl）的质量分数为：。
14．(1) Na Cu
(2)铝合金表面覆盖着一层致密氧化膜
(3) 0.2 5.4g 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
(4)BD
(5)Zn、Mg、Al
【详解】（1）Na很活泼，能与空气中氧气、水蒸气反应，故保存于煤油或石蜡油中；铜生锈生成碱式碳酸铜，呈绿色；
（2）铝合金材料表面覆盖着一层致密的氧化铝薄膜，具有抗腐蚀性；
（3）钠铝合金投入水中恰好生成NaAlO2和H2，离子方程式为Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑和2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑，总方程式为Na+Al+2H2O=Na++AlO+2H2↑，收集到H2的物质的量为，由总方程式，可知：，，Al的质量；
（4）10g两种金属组成的合金与足量的稀硫酸反应产生11.2LH₂(标准状况)，则，转移电子，即转移1mol电子消耗合金质量为10g，
A．Mg失去1mol电子消耗的质量为12g，铜不与稀硫酸反应，转移1mol电子消耗合金质量大于10g，A错误；
B．Al失去1mol电子消耗的质量为9g，Fe失去1mol电子消耗的质量为28g，转移1mol电子消耗合金质量为9g28g之间，B正确；
C．Mg失去1mol电子消耗的质量为12g，Zn失去1mol电子消耗的质量为32.5g，转移1mol电子消耗合金质量大于10g，C错误；
D．Al失去1mol电子消耗的质量为9g，铜不与稀硫酸反应，转移1mol电子消耗合金质量可能等于10g，D正确；
故答案为：BD；
（5）比较铝、锌、镁三种金属，镁最活泼反应最快，反应完时消耗时间最短，相同质量的铝产生氢气最多，故a、b、c曲线代表的金属依次是Zn、Mg、Al。
15．(1)NaHCO3
(2)NaCl+NH4HCO3=NaHCO3↓+NH4Cl
(3)NH4Cl
(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量稀硝酸，无明显现象，再滴加几滴硝酸银溶液，若产生白色沉淀说明含有Cl-，否则不含有Cl-
(5)温度计
(6) 250mL容量瓶 +Ca2+= CaCO₃↓ 95.4%
【分析】精盐加入蒸馏水得到饱和NaCl溶液，“反应池”中NaCl和NH4HCO3发生复分解反应生成NaHCO3和NH4Cl，NaHCO3在饱和食盐水中溶解度较小，则析出的晶体X为NaHCO3，NaHCO3受热不稳定，加热分解生成纯碱即Na2CO3和二氧化碳和水；
【详解】（1）NaHCO3在饱和食盐水中溶解度较小，则析出的晶体X为NaHCO3；
（2）“反应池”中NaCl和NH4HCO3发生复分解反应生成NaHCO3和NH4Cl，反应方程式为：NaCl+NH4HCO3=NaHCO3↓+NH4Cl；
（3）滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥，得到一种晶体，它的主要成分是NH4Cl；
（4）根据反应原理Ag++Cl-=AgCl↓，可用稀硝酸、硝酸银溶液检验Cl-，操作方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量稀硝酸，无明显现象，再滴加几滴硝酸银溶液，若产生白色沉淀说明含有Cl-，否则不含有Cl-；
（5）“反应池”用热水浴加热需控制温度为35℃，还需要一种仪器，其名称是温度计；
（6）①配制250mL溶液需要定量仪器有托盘天平、量筒和250mL容量瓶；
②纯碱即Na2CO3和CaCl₂溶液反应生成CaCO₃和NaCl，发生反应的离子方程式：+Ca2+= CaCO₃↓；1mol Na2CO3反应生成1mol CaCO₃，0.9g CaCO₃的物质的量为，样品中n(Na2CO3)=n(CaCO₃)=0.009mol=0.09mol，该纯碱样品中Na₂CO₃的质量分数为。
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