上海市2023年高考化学模拟题汇编-18化学实验基础

这是一份上海市2023年高考化学模拟题汇编-18化学实验基础，共24页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

上海市2023年高考化学模拟题汇编-18化学实验基础

一、单选题
1．（2023·上海杨浦·统考二模）利用下列药品进行实验，能达到实验目的的是

实验目的
实验药品
A
证明烧碱部分变质
样品溶液、酚酞、溶液
B
层析法分离微量和
样品溶液、丙酮、溶液
C
检验溴乙烷中的溴原子
溴乙烷、溶液、溶液
D
除去己烷中的己烯
样品、溴水

A．A B．B C．C D．D
2．（2023·上海杨浦·统考二模）室温下，甲同学配制5%的溶液100g，乙同学配制的溶液100mL(的溶解度为水)，下列说法正确的是
A．所需溶质的质量相同 B．所需仪器均包括100mL容量瓶
C．所配溶液均为不饱和溶液 D．所配溶液质量相同
3．（2023·上海崇明·统考一模）下列物质分离(括号内为杂质)的方法错误的是
A．溴苯(溴)：KI溶液，分液 B．乙烯(二氧化硫)：氢氧化钠溶液，洗气
C．硝基苯(苯)：蒸馏 D．乙酸乙酯(乙醇)：饱和碳酸钠溶液，分液
4．（2023·上海宝山·统考一模）实验室制备下列物质不需要用到酒精灯的是
A．乙烯 B．乙炔 C．乙酸乙酯 D．乙酸丁酯
5．（2023·上海宝山·统考一模）证明的酸性强于，所选装置(A~F中)的连接顺序为

A． B．
C． D．
6．（2023·上海宝山·统考一模）下列有关实验操作的叙述错误的是
A．滴定管用水洗净后，加入待装液
B．配制溶液时，容量瓶不需干燥
C．测结晶水含量时，加热后的坩埚必须放在干燥器中冷却
D．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
7．（2023·上海普陀·统考二模）我国化学家侯德榜改良索尔维的纯碱生产工艺，其流程如下：

下列说法正确的是
A．已知醋酸铵溶液显中性，则反应所得到NH4HCO3溶液中：c(HCO)＞c(NH)
B．沉淀池中的反应方程式为2NaCl＋CO2＋2NH3＋H2O=Na2CO3↓＋2NH4Cl
C．饱和NaCl溶液中通入NH3后，溶液中存在：c(H+)＋c(NH)= c(OH－)
D．通NH3前的母液中一定存在：c(NH3·H2O)＋c(NH)= c(Cl－)
8．（2023·上海普陀·统考二模）下列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BaSO4表面的Na2SO4
C．装置丙可用于蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体
D．装置丁可用于分离碘单质与四氯化碳
9．（2023·上海嘉定·统考一模）1－丁醇、溴化钠和的硫酸共热反应，经过回流、蒸馏、萃取分液制得1－溴丁烷粗产品，装置如图所示：

已知：CH3(CH2)3OH+NaBr+H2SO4CH3(CH2)3Br+NaHSO4+H2O，说法正确的是
A．装置I中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高产率
B．装置II中a为进水口，b为出水口
C．用装置III萃取分液时，将分层的液体依次从下放出
D．蒸馏、过滤、分液、洗气四种分离物质的方法，均不可能发生化学变化
10．（2023·上海嘉定·统考一模）下列各项物质使用一种试剂就能鉴别出来的是
A．苯、甲苯、己烯 B．己烯、汽油、苯
C．甲苯、己烯、四氯化碳 D．苯、甲苯、二甲苯
11．（2023·上海徐汇·统考一模）能用NaOH溶液除去物质中少量杂质的是(括号内为杂质)
A．苯(液溴) B．CO2(HCl) C．NaHCO3(Na2CO3) D．乙醇(水)
12．（2023·上海徐汇·统考一模）只用水不能鉴别的是
A．苯和乙醇 B．KMnO4晶体和I2晶体
C．Na2O2和硫粉 D．乙酸乙酯和乙酸丁酯
13．（2023·上海·一模）下列变化都属于化学变化的是
A．蒸馏、干馏 B．潮解、裂解 C．裂化、风化 D．液化、升华
14．（2023·上海·一模）以卤水(富含I-)为原料用高分子树脂提取碘的工艺流程如图所示，下列说法错误的是

A．“氧化1”过程既可以用Cl2，也可以用H2O2
B．“解脱”过程指在酸性条件下用Na2SO3将I2还原为I-，离子方程式为I2+SO+2OH-=2I-+2SO+H2O
C．用高分子树脂“吸附”，再“解脱”是为了便于分离富集碘元素
D．“提纯”过程是先萃取分液、蒸馏得到粗产品，再升华纯化
15．（2023·上海·一模）下列各组物质可用酸性KMnO4溶液鉴别的是
A．油酸和硬脂酸 B．苯和己烷 C．乙烯和乙炔 D．甲酸和甲醛
16．（2023·上海·一模）下列能达到实验目的的是




A．制取NH3
B．干燥NH3
C．收集NH3
D．制氨水

A．A B．B C．C D．D
17．（2023·上海嘉定·统考一模）球形干燥管是中学化学常用的一种玻璃仪器。下列有关球形干燥管的创新用途，错误的是
选项
A
B
C
D
装置




用途
用于尾气处理，防倒吸
用于铜丝与Cl2反应，防污染
简易的天 然水净化过滤器
用Na2CO3固体与稀硫酸反应制备CO2气体，可随制随停

A．A B．B C．C D．D
18．（2023·上海嘉定·统考一模）下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是
选项
试剂
试纸或试液
现象
结论
A
浓氨水、生石灰
红色石蕊试纸
变蓝
NH3为碱性气体
B
浓盐酸、浓硫酸
pH试纸
变红
HCl为酸性气体
C
浓盐酸、二氧化锰
淀粉碘化钾试液
变蓝
Cl2具有氧化性
D
亚硫酸钠、硫酸
品红试液
褪色
SO2具有还原性

A．A B．B C．C D．D
19．（2023·上海嘉定·统考一模）《天工开物》中对“海水盐”有如下描述：“凡煎盐锅古谓之牢盆，……其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘，……火燃釜底，滚沸延及成盐。”文中没有涉及到的操作是
A．加热 B．过滤 C．蒸发 D．结晶

二、实验题
20．（2023·上海杨浦·统考二模）环己烯()是重要的化工原料，实验室环己醇()可在催化下制备环已烯。
I.环已烯的制备
如图所示，将环己醇加入试管中，再加入固体，缓慢加热，在试管内收集到环己烯粗品。


密度
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
环己烯
0.81

83
难溶于水

(1)浓硫酸也可作该反应的催化剂，但此实验中，选用，而不用选浓硫酸的可能原因是_______(写2点)。
(2)实验时水浴温度应高于_______℃，原因是_______。
(3)环己烯粗品中含少量环己醇和等物质。产生的原因是_______(用化学方程式表示)。加入饱和食盐水除去，经振荡、静置、分层后，产品在_______层(填“上”或“下”)，再蒸馏得到纯环己烯。
II.环己烯含量测定
向环已烯样品中加入，充分反应后，剩余的与足量溶液反应，用标准溶液滴定，终点时消耗。 (已知：)
(4)滴定所用指示剂为_______，滴定终点现象为_______。
(5)样品中环己烯的质量分数为_______(用字母表示)。标准溶液部分被氧化，会导致测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
21．（2023·上海普陀·统考二模）钒被称为“工业味精”，在发展现代工业、国防等方面发挥着重要的作用。V2O5有强氧化性，在实验室以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体，此晶体难溶于水，其化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，是制备热敏材料VO2的原料。过程如下：
V2O5 VOCl2溶液(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O
已知：①氧化性：V2O5 > Cl2；②VO2+能被O2氧化。
(1)步骤I 中除生成VOCl2外，还生成绿色环保，无毒无害的产物，则反应的化学方程式为______。若只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，但从环保角度分析，使用N2H4·2HCl的目的是_______。
(2)步骤II可在如图装置中进行：

①为了排尽装置中的空气，防止VO2+被氧化，上述装置依次连接的合理顺序为c→________(按气流方向，用小写字母表示)。
②连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂，开始实验，具体操作为____________________。
(3)实验结束时，将析出的产品过滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤。请从溶解平衡的角度解释，使用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体的原因：___________。证明沉淀已经洗涤干净的方法是_______。
(4)测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：
称量ag产品于锥形瓶中，用稀硫酸溶解后得到VO2+的溶液，加入0.02mol·L－1 KMnO4溶液至稍过量，加入某还原剂除去过量KMnO4溶液，最后用cmol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为bmL。粗产品中钒的质量分数表达式为__________________(以VO2+计，式量为67)。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则测定结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
22．（2023·上海嘉定·统考一模）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
I.测定绿矾中结晶水含量
为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。

(1)将下列实验操作步骤正确排序________→________→________→________→c→e(填字母)______；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。
a.点燃酒精灯，加热
b.熄灭酒精灯
c.关闭K1和K2
d.打开K1和K2，缓缓通入N2
e.称量A
f.冷却到室温
(2)根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=______(列式表示)。
II.探究绿矾的热分解产物
该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。

(3)在实验过程中，观察到A中固体变红棕色，B中的现象：______；C中试纸的颜色变化是_____。
(4)D中有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为______。有同学认为还应该增加一个实验，取D中沉淀，加入一定量的盐酸以确定其组成，从而确定FeSO4·xH2O的分解产物，你认为是否必要？______(填“是”或者“否”)请说明你的理由：______。
III.测定绿矾热分解时的温度与剩余固体质量关系
(5)将8.34gFeSO4∙7H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。已知M(FeSO4∙7H2O)=278g∙mol-1，在100℃时，M的化学式为______。


三、工业流程题
23．（2023·上海杨浦·统考二模）实验小组模拟工业上回收“分银渣”中的银，过程如下：

I中反应：(杂质不反应)
(1)过程I中，向溶液中加入分银渣，10分钟后，固体质量减少了28.7g，则反应速率_______。(忽略溶液体积变化)
(2)溶液中离子浓度的关系是：_______。
(3)其他条件不变，反应I在敞口容器中进行，若反应时间过长反而银的产率降低，银产率降低的可能原因是_______(用离子方程式解释)。
不同时，浸出液中的浓度与含硫化合物总浓度的关系如下图所示(注：含硫化合物总浓度即亚硫酸钠溶液中含硫微粒总浓度)。

(4)时，解释浓度度随含硫化合物总浓度变化趋势的原因_______。
(5)时，浓度随含硫化合物总浓度的变化与时不同，可能的原因是_______。
(6)将II中反应的离子方程式补充完整： (中的化合价可看做0价)

++ _______= _______+_______+ ______________
(7)III中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银浸出率降低。从回收液离子浓度变化和平衡移动的角度分析原因：_______。
24．（2023·上海徐汇·统考一模）过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)可以作为洗涤助剂、纺织漂白剂、医疗制氧剂、杀菌消毒剂等，常用活性氧的含量来衡量产品质量，活性氧含量=×100%。
已知工业制备原理为：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3•3H2O2(s)+QkJ(Q＞0)，它的一种制备路线和数据如表。

表1反应温度对产率及活性氧含量的影响
温度/℃
产率/%
活性氧含量/%
5
65.3
12.71
10
73.2
13.24
15
85.0
13.55
20
83.2
13.30
25
55.1
12.78

表2加料时间对产率及活性氧含量的影响
时间/min
产率/%
活性氧含量/%
5
65.7
13.30
10
76.8
14.75
15
81.3
14.26
20
89.0
13.82
25
87.9
13.51

(1)写出工业制备纯碱的化学方程式______。
(2)可能用作稳定剂的试剂是______(选填编号)。
a.H2SO4 b.Na2SO3 c.Na2SO4 d.Na2S
(3)加入NaCl的目的是______。
(4)操作①的名称______。
(5)反应器中适宜的反应温度为______。
(6)加料时间对产率也有较大影响，时间太短或过长均不利于生产，加料时间太短会导致产率较低的原因是______。
(7)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，用100mL0.5000mol•L-1H2SO4完全溶解，立即用0.0200mol•L-1KMnO4溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色，平行3次实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下，按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。计算该样品的活性氧含量为______。

参考答案：
1．A
【详解】A．烧碱变质生成碳酸钠，向烧碱样品溶液中加入过量溶液，碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，振荡后加入酚酞溶液，若变红，说明还含有氢氧化钠，进而说明氢氧化钠部分变质，故A符合题意；
B．用纸层析法分离Fe3+和Cu2+时，展开剂为丙酮，为防止Fe3+和Cu2+水解，常在展开剂中加入少量盐酸酸化，缺少盐酸，不能达到实验目的，故B不符合题意；
C．溴乙烷水解后，应先加入稀硝酸中和NaOH溶液，再滴加溶液，该实验缺少稀硝酸，不能达到实验目的，故C不符合题意；
D．溴水与己稀发生后加成反应生成二溴己烷，二溴己烷与己烷互溶，引入新杂质，不能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案选A。
2．C
【分析】100g5%氯化钠溶液中氯化钠的质量为100g×5%=5g，100mL0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量为0.5mol/L×0.1L×58.5g/mol≈2.9g，100g氯化钠饱和溶液中氯化钠的质量为≈26.5g，所以5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液。
【详解】A．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液中氯化钠的质量不同，故A错误；
B．配制100g5%氯化钠溶液不需要用到100mL容量瓶，故B错误；
C．由分析可知，5%氯化钠溶液和0.5mol/L氯化钠溶液均为不饱和溶液，故C正确；
D．氯化钠溶液的密度大于1g/mL，则100mL氯化钠溶液的质量大于100g，故D错误；
故选C。
3．A
【详解】A．溴和KI反应置换出的碘单质易溶于溴苯，引入新杂质，故A错误；
B．二氧化硫与NaOH反应，乙烯不能，洗气可分离，故B正确；
C．二者互溶，但沸点不同，蒸馏可分离，故C正确；
D．乙醇溶于碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与乙酸乙酯分层，分液可分离，故D正确；
故选A。
4．B
【详解】A．实验室制备乙烯的反应为浓硫酸作用下乙醇在170℃条件下发生消去反应生成乙烯和水，实验中需要用到酒精灯，故A不符合题意；
B．实验室制备乙炔的反应为电石与饱和食盐水反应生成氢氧化钙和乙炔，实验中不需要用到酒精灯，故B符合题意；
C．实验室制备乙酸乙酯的反应为浓硫酸作用下乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，实验中需要用到酒精灯，故C不符合题意；
D．实验室制备乙酸丁酯的反应为浓硫酸作用下乙酸和丁醇共热发生酯化反应生成乙酸丁酯和水，实验中需要用到酒精灯，故D不符合题意；
故选B。
5．B
【详解】装置A反应生成二氧化硫气体后通过B饱和碳酸氢钠溶液，二氧化硫和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，通过D除去过量的二氧化硫、通过C检验二氧化硫是否除尽，二氧化碳气体进入F装置和次氯酸钙生成次氯酸和碳酸钙沉淀；实验中根据强酸制弱酸原理可知，酸性大于碳酸大于；故连接顺序为；
故选B。
6．A
【详解】A．滴定管用水洗净后，再使用待装液润洗后才能加入待装液，A错误；
B．底部含有蒸馏水不影响溶液浓度，配制溶液时，容量瓶不需干燥，B正确；
C．测结晶水含量时，加热后的坩埚必须放在干燥器中冷却，防止空气中水蒸气影响实验结果，C正确；
D．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，防止滤液溅出，D正确；
故选A。
7．C
【详解】A．已知醋酸铵溶液显中性，说明CH3COO-和的水解平衡常数相当，即CH3COOH和NH3·H2O的电离平衡常数相当，但CH3COOH的酸性强于H2CO3即CH3COO-的水解程度小于，即的水解程度小于，则反应所得到NH4HCO3溶液中：c(HCO)＜c(NH)，A错误；
B．侯氏制碱首先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解得到Na2CO3，故沉淀池中的反应方程式为NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，B错误；
C．饱和NaCl溶液中通入NH3后，根据溶液中电荷守恒可知，c(H+)＋c(NH)+c(Na+)= c(OH－)+c(Cl-)，又c(Na+)=c(Cl-)，故溶液中存在：c(H+)＋c(NH)= c(OH－)，C正确；
D．通NH3前的母液中除含有NH4Cl外，还含有未反应的NaCl，未析出的NaHCO3，故不存在下列物料守恒：c(NH3·H2O)＋c(NH)= c(Cl－)，D错误；
故答案为：C。
8．B
【详解】A．由于Br2具有挥发性，且挥发出的Br2能与水反应生成HBr，进而与AgNO3反应生成淡黄色沉淀AgBr，故装置甲不可用于验证苯与液溴发生取代反应，A不合题意；
B．由于BaSO4不溶于水，而Na2SO4易溶于水，故装置乙可用于洗涤BaSO4表面的Na2SO4，B符合题意；
C．由于AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，加热促进上述平衡正向移动，导致直接蒸干饱和AlCl3溶液制备不到AlCl3晶体，故装置丙不可用于蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体，C不合题意；
D．由于I2易溶于CCl4中，分离I2和CCl4应该使用蒸馏装置，故装置丁不可用于分离碘单质与四氯化碳，D不合题意；
故答案为：B。
9．A
【详解】A．因为1－丁醇易挥发，所以球形冷凝管的作用是冷凝回流，减少物质的挥发，提高产率，A正确；
B．为了提高冷凝效果，冷凝管的进水口为下口进，上口出，所以b为进水口，c为出水口，B错误；
C．分液漏斗分离液体时，下层液体从下口放出，上层液体从上口到出，C错误；
D．蒸馏、过滤、分液都为物质分离提纯的物理方法，但洗气时可能发生化学反应，如用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳气体，D错误；
故选A。
10．C
【详解】A．甲苯、己烯、苯都不溶于水，甲苯和己烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，己烯可使溴水褪色，用一种试剂不能鉴别，A错误；
B．己烯、汽油密度比水小，且都为不饱和烃，不能用一种物质鉴别，B错误；
C．在甲苯、己烯、四氯化碳溶液中分别加入溴水，甲苯、四氯化碳与溴水不反应，但溶液分层，甲苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，己烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，现象各不相同，可鉴别，C正确；
D．甲苯和二甲苯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，用一种试剂不能鉴别，D错误；
故选C。
11．A
【详解】A．苯(液溴)，氢氧化钠和液溴反应，和苯不反应，能用氢氧化钠除掉苯中的液溴，故A符合题意；
B．CO2(HCl)，氢氧化钠和HCl、CO2都要反应，因此不能用氢氧化钠除掉CO2中的HCl，故B不符合题意；
C．NaHCO3(Na2CO3)，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠，因此不能用氢氧化钠除掉NaHCO3中Na2CO3，故C不符合题意；
D．乙醇(水)，氢氧化钠溶液与乙醇、水互溶的，因此不能用氢氧化钠除掉乙醇中水，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
12．D
【详解】A．苯不溶于水，乙醇溶于水，可用水鉴别，A错误；
B．高锰酸钾溶于水溶液为紫红色，碘溶于水溶液为棕黄色，可用水鉴别，B错误；
C．Na2O2与水反应产生气体，硫粉不溶于水，产生黄色沉淀，可用水鉴别，C错误；
D．乙酸乙酯和乙酸丁酯都不溶于水，且两者密度都比水小，都在水层之上，不能用水鉴别，D正确；
故答案选D。
13．C
【详解】A．蒸馏是利用互溶液体的沸点不同通过加热冷凝而分离物质，属于物理变化，干馏则是隔绝空气对煤进行加强热，发生复杂的物理化学变化，A不合题意；    
B．潮解是物理变化，裂解是将各种石油分馏产品分解，得到气态烃的过程，是化学变化，B不合题意；
C．裂化是将重油中的长链烃断裂为短链烃，获得轻质液体燃料特别是汽油的过程，是化学变化，风化是指带结晶水的物质失去结晶水的过程，属于化学变化，C符合题意；
D．液化和升华均为物理变化，D不合题意；
故答案为：C。
14．B
【详解】A．“氧化1”过程既可以用Cl2，也可以用H2O2，原理分别为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，A正确；
B．“解脱”过程指在酸性条件下用Na2SO3将I2还原为I-，溶液中不可能含有大量的OH-，故其离子方程式为I2+SO+H2O=2I-+SO+2H+，B错误；
C．由于海水中的I-的浓度非常小，故需用高分子树脂“吸附”，再“解脱”是进行分离富集碘元素，C正确；
D．由于I2在水中的溶解度非常小，而易溶于有机溶剂苯或CCl4中，且具有升华的性质，故“提纯”过程是先萃取分液，得到I2单质的有机溶液(如苯或CCl4)，然后再蒸馏得到粗产品，再升华纯化，D正确；
故答案为：B。
15．A
【详解】A．油酸中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而硬脂酸不含不饱和键，不能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，A符合题意；
B．苯和己烷分子中均不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，B不合题意；
C．乙烯和乙炔均可使酸性高锰酸钾溶液鉴别，故不可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，C不合题意；
D．甲酸和甲醛均均有还原性，均可使酸性高锰酸钾溶液鉴别，故不可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，D不合题意；
故答案为：A。
16．D
【详解】A．固体加热试管口需要向下倾斜，A错误；
B．带有水蒸气的氨气能与P2O5反应，故不能用P2O5干燥氨气，B错误；
C．氨气密度小于空气需要用向上排空气法收集其他，在万能瓶中需要短进长出，C错误；
D．氨气极易溶于水，但不溶于四氯化碳，可以通过四氯化碳层在进入水层吸收氨气，可以防止倒吸，D正确；
故答案为：D。
17．D
【详解】A．球形结构可防止倒吸，可用于尾气处理，防倒吸，A正确；
B．氯气与NaOH反应，球形结构可防止倒吸，图中装置可用于铜丝与Cl2反应，防污染，B正确；
C．活性炭具有吸附性，装置可作简易的天然水净化过滤器，C正确；
D．Na2CO3固体易溶于水和稀硫酸，与稀硫酸接触后，关闭活塞不能使固液分离，则制备CO2气体时不能随制随停，D错误；
故答案为：D。
18．D
【详解】A．生石灰溶于水放出大量的热，增大氢氧根离子浓度，有利于氨气的逸出，NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体，故A正确；
B．利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体，故B正确；
C．浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，故C正确；
D．SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，故D错误；
故选D。

19．B
【详解】 “凡煎盐锅古谓之牢盆，……其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘，……火燃釜底，滚沸延及成盐。” 这段描述中，讲的是从盐溶液中提取盐的过程与方法，文中讲到了加热、蒸发、结晶，没有涉及到的操作是过滤，本题选B。
20．(1)FeCl3∙6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念；浓硫酸易使原料碳化并生成SO2。
(2)     83     环己烯的沸点是83℃
(3)       Fe（OH）3+3HCl     上
(4)     淀粉溶液     当加入最后半滴标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复原色
(5)          偏小

【分析】可在 催化下发生消去反应生成环已烯。由于生成环己烯的沸点为83℃，水浴温度要高于83℃，使其蒸出，要得到液态环己烯，导管B除有导气外还有冷凝作用，便于环己烯冷凝，C中冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化。环己烯粗品中含少量环己醇和 等物质，加入饱和食盐水除去 ，经振荡、静置、分层后，环己烯密度比水小，所以产品在上层，再蒸馏得到较纯的环己烯。用氧化还原滴定法测定产品纯度。
【详解】（1）浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl3∙6H2O而不用浓硫酸，因为浓硫酸具有强脱水性，能使有机物脱水炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应并产生SO2，FeCl3∙6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念。答案：FeCl3∙6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念；浓硫酸易使原料碳化并生成SO2
（2）环己烯沸点为83℃，反应过程中，环己烯要蒸出，进入C装置收集，答案：83；环己烯的沸点是83℃；
（3）FeCl3加热促进水解产生HCl，环己烯密度比水小，在上层，答案：   Fe（OH）3+3HCl；上；
（4）根据反应原理可知，可用淀粉溶液作指示剂，当12被Na2S2O3消耗完时，达到滴定终点，现象是蓝色变为无色，且半分钟内不恢复时达到终点。答案：淀粉溶液；当加入最后半滴标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复原色；
（5）由Br2+2KI=I2+KBr，可知，n（I2）=，则和环己烯反应的Br2为（b-）mol，根据反应关系式~Br2，环己烯质量为82（b-）g，环己烯的质量分数为， 当 Na2S2O3部分被氧化时，所用Na2S2O3溶液的体积偏大测得环已烯质量分数偏小。答案：；偏小。
21．(1)     2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl4VOCl2+N2↑+6H2O     使用N2H4·2HCl生成氮气不污染环境
(2)     a→b→f→g→d→e     先打开K1，当C中溶液变浑浊，再关闭K1，打开K2，进行实验
(3)     用饱和NH4HCO3洗涤，增大了的浓度，促使(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的沉淀溶解平衡逆向移动，减少(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的溶解     取少量洗涤液，先加入稀硝酸，再加入硝酸银，如无沉淀产生，则说明已经洗涤完全
(4)          偏高

【分析】V2O5先与HCl、N2H4·2HCl反应生成VOCl2，化学方程式为2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl4VOCl2+N2↑+6H2O。VOCl2与NH4HCO3溶液反应生成(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，化学方程式为6VOCl2+17NH4HCO3+6H2O=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl。
【详解】（1）根据分析可知，步骤Ⅰ的化学方程式为2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl4VOCl2+N2↑+6H2O。若只用浓盐酸与V2O5反应制备VOCl2，则会生成氯气污染环境，使用N2H4·2HCl生成氮气不污染环境。
（2）装置B中碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳气体，利用二氧化碳除尽装置内的空气，装置A中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的HCl，装置D为氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的制备装置，装置C中盛有澄清石灰水，用于验证二氧化碳是否将装置内的空气排尽，则装置的连接顺序为BADC。接口连接顺序为c→a→b→f→g→d→e。
②连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂开始实验，具体操作为先打开K1，当C中溶液变浑浊，再关闭K1，打开K2，进行实验。
（3）(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O沉淀溶解产生，用饱和NH4HCO3洗涤，增大了的浓度，促使(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的沉淀溶解平衡逆向移动，减少(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的溶解。根据反应方程式可知，生成(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O的同时生成NH4Cl，因此只要检验洗涤所得溶液中是否含有氯离子即可得知沉淀是否已洗涤干净，具体方法为取少量洗涤液，先加入稀硝酸，再加入硝酸银，如无沉淀产生，则说明已经洗涤完全。
（4）KMnO4将VO2+氧化为，根据硫酸亚铁铵与反应的离子方程式VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，已知消耗Fe2+cb×10-3mol，则参与反应的有cb×10-3mol，原溶液中VO2+有cb×10-3mol，则产品中钒的质量分数为=。若硫酸亚铁铵标准溶液部分变质，则消耗的硫酸亚铁铵溶液偏多，的计算量偏大，测定结果偏高。
22．(1)dabf
(2)
(3)     固体由白色变为蓝色     试纸由蓝色变为红色
(4)     BaSO4、BaSO3     否     铁元素的化合价升高，则必有硫元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒可知，只有一部分硫元素的化合价降低，则进入D中的气体为SO3和SO2
(5)FeSO4∙4H2O

【分析】测定绿矾晶体中结晶水含量时，采用热分解法，由于Fe2+具有还原性，易被空气中的氧气氧化，所以加热前，需要排尽装置内的空气，冷却过程中，需要防止空气进入硬质玻璃管，以防再次被氧化。加热分解时，需控制加热温度，既保证结晶水全部失去，又保证FeSO4不发生分解。
【详解】（1）测定晶体中结晶水含量时，需先排尽装置内的空气，再加热，依据固体颜色改变确定结晶水全部失去后，停止加热、冷却称量，则实验操作步骤正确排序d→a→b→f→c→e。答案为：dabf；
（2）根据实验记录，绿矾晶体的质量为(m2-m1)g，结晶水的质量为(m2-m3)g，硫酸亚铁的质量为(m3-m1)g，则绿矾化学式中结晶水数目x=。答案为：；
（3）在实验过程中，无水硫酸铜吸收水，生成硫酸铜晶体，观察到B中的现象：固体由白色变为蓝色；SO3、SO2都是酸性气体，能使石蕊变红，则C中试纸的颜色变化是：试纸由蓝色变为红色。答案为：固体由白色变为蓝色；试纸由蓝色变为红色；
（4）SO3、SO2都能与Ba(OH)2反应，则D中有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为BaSO4、BaSO3。在绿矾的分解反应中，Fe2+转化为Fe3+，则S元素价态必然会降低。你认为是否必要？否。理由是：铁元素的化合价升高，则必有硫元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒可知，只有一部分硫元素的化合价降低，则进入D中的气体为SO3和SO2。答案为：BaSO4、BaSO3；否；铁元素的化合价升高，则必有硫元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒可知，只有一部分硫元素的化合价降低，则进入D中的气体为SO3和SO2；
（5）n(FeSO4∙7H2O)==0.03mol，m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，则在100℃时，FeSO4∙7H2O 只失去部分结晶水，此时M的摩尔质量为=224g/mol，设化学式为FeSO4∙xH2O，则152+18x=224，x=4，M的化学式为FeSO4∙4H2O。答案为：FeSO4∙4H2O。
【点睛】热重分析时，常依据金属元素的质量不变建立等量关系式。
23．(1)0.008mol/(L·min)
(2)
(3)
(4)增大，使反应I中的平衡正向移动
(5)pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显
(6)4++6OH-=4Ag+8+4H2O+
(7)随循环次数的增加，浸出液中c(Cl-)增大，减小，两者共同促进浸出反应平衡逆移

【分析】分银渣中主要成分是氯化银，I中用溶液作为浸出剂，主要反应为；浸出液与甲醛反应，II中反应为4++6OH-=4Ag+8+4H2O+，生成Ag回收，同时又生成，可循环使用。
【详解】（1）固体质量减少了28.7g，即反应溶解了28.7gAgCl，其物质的量为=0.02mol，由反应方程式可知，参加反应的的物质的量为0.02mol2=0.04mol，则反应速率=0.008mol/(L·min)，故答案为：0.008mol/(L·min)。
（2）溶液中存在物料守恒关系，，故答案为：。
（3）反应I在敞口容器中进行，很容易被空气中的氧气氧化，而使银的产率降低，反应的离子方程式为，故答案为：。
（4）由图像可知，时，浓度随含硫化合物总浓度增大而增大，变化趋势的原因是增大，使反应I中的平衡正向移动，导致浓度增大，故答案为：增大，使反应I中的平衡正向移动。
（5）由图像可知，相比于pH=10时，pH=6时候，随含硫化合物总浓度增大，浓度增大不明显，可能的原因是pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显，故答案为：pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显。
（6）HCHO中C元素化合价由0价升高到+4价，中Ag元素化合价由+1价降低到0价，反应产物有碳酸根离子，则可判断溶液为碱性，生成物有水，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平反应方程式为
4++6OH-=4Ag+8+4H2O+，故答案为：4++6OH-=4Ag+8+4H2O+。
（7）由步骤II中反应方程式可知，反应消耗了，生成了Cl-，而反应I中为反应物，Cl-为生成物，平衡逆向移动，导致循环多次后，银浸出率降低，故答案为：随循环次数的增加，浸出液中c(Cl-)增大，减小，两者共同促进浸出反应平衡逆移。
24．(1)NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
(2)c
(3)过碳酸钠易溶解与水，结晶过程中加入氯化钠，可降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出
(4)过滤
(5)15℃
(6)该反应为放热反应，加料时间太短会导致温度显著升高，双氧水分解，不利于反应的进行
(7)12.16%

【分析】纯碱加入配碱罐中搅拌，再加入双氧水、NaCl，双氧水和碳酸钠在稳定剂作用下进行反应生成过碳酸钠，过滤得到过碳酸钠。
【详解】（1）工业上采用氯碱工业的方式生成碳酸钠，化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
（2）稳定剂不能与碳酸钠和过氧化氢反应。
a．H2SO4可与碳酸钠反应，a错误；
b．亚硫酸钠能被过氧化氢氧化从而消耗过氧化氢，b错误；
c．硫酸钠不与两者反应，可用作稳定剂，c正确；
d．硫化钠能被过氧化氢氧化从而消耗过氧化氢，d错误；
故答案选c。
（3）过碳酸钠易溶解与水，结晶过程中加入氯化钠，可降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出。
（4）操作①的名称为过滤。
（5）从表1可知，15℃时产率和活性氧含量都较高，因此适宜的反应温度为15℃。
（6）该反应为放热反应，加料时间太短会导致温度显著升高，双氧水分解，不利于反应的进行。
（7）酸性条件下，高锰酸钾与双氧水反应生成MnSO4、K2SO4、O2和H2O，根据氧化还原反应配平可知，该反应的化学方程式为3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O，消耗KMnO4的量为24.32mL，物质的量为24.32×10-3L×0.0200mol/L=4.864×10-4mol，则H2O2有1.216×10-3mol，则活性氧含量为=12.16%，故答案为：12.16%。