上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-148化学实验基础（11）

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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-148化学实验基础（11）

一、单选题
1．（2021·上海黄浦·统考二模）已知四种盐的溶解度(S)曲线如下图所示，下列说法不正确的是

A．将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体
B．将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体
C．Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯
D．可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2
2．（2020·上海静安·统考一模）对于图中装置，不添加其他仪器无法检查其气密性的是
A． B． C． D．
3．（2020·上海宝山·统考二模）现有三组混合溶液：①乙酸乙酯和乙酸钠溶液；②丁醇和乙醇；③溴化钠和单质溴的水溶液。分离以上各混合液的正确方法依次是
A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取 D．蒸馏、萃取、分液
4．（2020·上海静安·统考二模）下列分离方法与溶质的溶解度无关的是
A．萃取 B．重结晶 C．纸上层析法 D．蒸馏
5．（2020·上海·二模）可能引起实验结果偏小的操作是（    ）
A．测定 NaOH 溶液浓度：锥形瓶水洗后没有润洗
B．硫酸铜晶体中结晶水含量测定：加热时晶体溅出
C．常温常压下 1 摩尔H2 体积测定：反应的镁条有氧化膜
D．配制 0.1mol·L-1NaOH 溶液：俯视凹液面最低处与容量瓶刻度线相切
6．（2020·上海·二模）用试管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒、胶头滴管(试剂任选)可完成实验
A．粗盐提纯 B．海带灰提碘
C．配制0.1mol·L-1 HCl溶液 D．检验OH-
7．（2020·上海·二模）下列反应能发生并用于化工生产的是
A．制盐酸：Cl2+H22HCl
B．制取镁：MgCl2(溶液)Mg+Cl2­
C．制乙烯：C2H5OHCH2=CH2­+H2O
D．制乙醇：CH2=CH2+H2OC2H5OH
8．（2020·上海徐汇·统考二模）下列物质分离(括号内的物质为杂质)的方法错误的是
A．己烷(己烯)——溴水，分液 B．乙烯(二氧化硫)——氢氧化钠
C．硝基苯(苯)——蒸馏 D．乙酸乙酯(乙醇)——碳酸钠溶液，分液
9．（2020·上海徐汇·统考二模）下列分离提纯操作与物质溶解性无关的是
A．蒸馏 B．萃取 C．纸上层析 D．分液
10．（2020·上海徐汇·统考二模）NO2－既有氧化性，又有还原性。下列各组试剂不能利用以上性质检验NO2－的是
A．FeCl2、KSCN  
B．KMnO4、  H2SO4  
C．AgNO3、HNO3
D．KI、淀粉
11．（2020·上海徐汇·统考二模）实验室保存下列试剂时应使用如图试剂瓶的是

A．硝酸银固体 B．烧碱溶液 C．浓硝酸 D．浓硫酸
12．（2020·上海嘉定·二模）有一瓶Na2SO3溶液，可能部分被氧化，某同学进行如下实验：取少量溶液，滴入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，白色沉淀不溶解。对此实验的下列叙述正确的是
A．实验证实Na2SO3已部分氧化
B．实验中加入Ba(NO3)2溶液后的沉淀一定是BaSO4
C．实验中加入足量硝酸后的沉淀是BaSO4和BaSO3的混合物
D．此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化
13．（2020·上海杨浦·统考二模）不能鉴别黄色的溴水和Fe2(SO4)3溶液的是
A．NaOH溶液 B．CCl4 C．AgNO3溶液 D．淀粉KI试纸
14．（2020·上海静安·统考二模）实验室用环戊醇(沸点：160.8℃，密度：0.96g﹒mL-1)与溴化氢反应制备溴代环戊烷(沸点：138℃，密度：1.37 g﹒mL-1)，其反应原理如下：

则制备溴代环戊烷的装置最好选择
A． B．
C． D．
15．（2020·上海静安·统考二模）下列仪器的名称正确的是
A．泥三角 B．坩锅
C．容量瓶 D．冷凝管
16．（2020·上海松江·统考二模）以下除杂方法（括号内为杂质）中，错误的是（    ）
A．CH3CH2OH（H2O）：加CaO，蒸馏
B．NaCl（I2）：加热，升华
C．溴苯（溴）：加NaOH溶液，分液
D．NaCl（KNO3）：配成溶液，降温结晶
17．（2020·上海松江·统考二模）海带中提取碘的实验中，下列物质分离方法未涉及的是（ ）
A．灼烧 B．萃取 C．过滤 D．蒸发
18．（2020·上海青浦·统考二模）去除括号内少量杂质，选用的试剂和方法正确的是
A．酒精（碘）：加氢氧化钠溶液，分液 B．CO2(SO2)：通入饱和碳酸氢钠溶液，洗气
C．Fe2O3(Al2O3)：加氨水,过滤 D．乙酸(乙醛)：加新制氢氧化铜，加热，过滤
19．（2020·上海青浦·统考二模）化学实验常对“纸”进行湿润，以下说法正确的是
A．用湿润的pH试纸测定某酸溶液的pH
B．用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气
C．过滤时，先将滤纸湿润，然后再将滤纸放入漏斗中
D．用湿润的红色石蕊试纸检验浓盐酸的挥发性
20．（2020·上海虹口·统考二模）除去下列物质中少量杂质（括号内的物质为杂质）采用的方法中，正确的是
A．己烷（己烯）：溴水，分液 B．FeCl3溶液（AlCl3）：过量氨水，过滤
C．乙醛（乙酸）：NaOH溶液，分液 D．乙酸乙酯（乙酸）：饱和碳酸钠溶液，分液

二、实验题
21．（2021·上海崇明·统考一模）铁在冷的浓硫酸中能发生钝化。某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解，并产生大量气体。实验室现有下列试剂： 0.01 mol/L 酸性KMnO4溶液、0.1 mol/L KI溶液、3％H2O2溶液、淀粉溶液、蒸馏水。请你协助他们探究所得溶液和气体的成分。
【提出猜想】
Ⅰ．所得溶液中的金属离子可能含有Fe2＋和Fe3＋中的一种或两种；
Ⅱ．所得气体中可能含有__________中的一种或两种。
【实验探究】

实验操作
预期现象
结 论
验证猜想Ⅰ
步骤①：取少量0.01 mol/L 酸性KMnO4溶液，滴入所得溶液
________
________
步骤②：____________
________
含有Fe3＋
验证猜想Ⅱ
将所得气体通入如下装置
________
含有两种气体

【问题讨论】
有同学提出，若另外选用KSCN溶液，则仅利用KSCN和H2O2两种溶液即可完成猜想Ⅰ的所有探究，判断该方法是否正确并进行评价：___________________________。
22．（2020·上海·二模）某学生欲在实验室制备无水 FeCl3并得到副产物 FeCl3溶液。经查阅资料得知：无水 FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。如图是他设计的实验装置图（加热及夹持装置略去）

完成下列填空：
（1）装置 A 是 Cl2发生装置，其中的化学反应方程式为_____
（2）B 中的溶液是_____，C 的作用是_____
（3）D 加热后，少量生成 FeCl3沉积在D 的右端，要使沉积的 FeCl3进入E，操作是______________
E 中冰水的作用为_____
（4）实验员老师对上述装置提出了 2 点改进建议：一是装置连接部分都改成标准玻璃接口，不用橡胶连接件的原因是_____；二是这套装置还存在一个很大的缺陷，改进的方法是_______________
（5）证明 F中 FeCl2未被完全氧化的方法是_____
23．（2020·上海静安·统考二模）过氧化镁(MgO2)不溶于水，与酸反应生成H2O2，在医学上可作解酸剂。常温下MgO2较稳定，加热时会分解生成O2和MgO。MgO与H2O2反应可制得MgO2，同时放出大量热。一种制备MgO2的流程如图所示：

请回答下列问题：
(1)煅烧Mg2(OH)2CO3的化学反应方程式为_______________________；检验Mg2(OH)2CO3已分解完全的方法是______________________________。(写出实验操作和现象)
(2)上述制备过程中加入稳定剂的作用是___________；操作a为_____________。
MgO2产品中常会混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品中MgO2的含量。某研究小组拟用下图装置测定样品(含MgO杂质)中MgO2的含量。

(3)研究小组的实验原理是(用化学方程式表示)①___________________________；
②2H2O2 → 2H2O +O2↑，稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是_______________。
(4)实验中使用恒压分液漏斗的优点是：使分液漏斗中的溶液顺利滴下、___________。
(5)反应结束后，先_________________，然后__________________，最后平视刻度线读数并记录。
(6)该小组记录的实验数据如下，样品的质量为m g；反应开始前量气管的读数为a mL；反应结束后量气管的读数为b mL，则样品中过氧化镁的质量分数为______(该实验条件下O2密度为ρ g∙L-1)。
24．（2020·上海金山·统考二模）NaClO2是一种高效的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等。用下列装置探究NaClO2的制备。

完成下列填空：
(1)仪器a的名称为__________，装置②的作用是________________。
(2)检查装置气密性的方法是________________________________________________。
(3)关闭K1，从分液漏斗中加入一定量浓硫酸，装置③中生成NaClO2的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2→2NaClO2+2H2O+O2↑，该反应的氧化产物是_____________。
(4)实验完成后，为防止装置中残留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：打开止水夹K1，____________________________________________。
(5)从装置③的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、________________、过滤洗涤、干燥等。
(6)晶体以NaClO2·3H2O的形式存在，已知：NaClO2·3H2ONaCl+O2↑+3H2O↑。为测定所得固体中NaClO2·3H2O的质量分数，在收集到足量的晶体后，进行如下实验：取样品质量为a g，灼烧恒重后，得到固体b g。则晶体中NaClO2·3H2O的质量分数是__________。
若发生副反应4[NaClO2·3H2O]2NaCl+2NaClO3+O2↑+12H2O↑，则实验测得的值会__________。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
25．（2020·上海奉贤·统考二模）氢气、氯气是中学实验室常见气体，在实验室可以利用该反应2KMnO4+16HCl(浓)→2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制备Cl2，并在实验室模拟工业制备盐酸，请回答下列问题：
(1)甲组同学用下列装置制取H2和Cl2。

①实验室常用NaCl+H2SO4(浓)→NaHSO4+HCl↑反应制备HCl气体，该反应利用了浓硫酸的___性。
②用工业级锌粒(主要成分 Zn，含少量 FeS、Pb、Cu 等杂质)作原料，装置 I、Ⅱ均可以制取 H2，但装置 I 比装置Ⅱ更好，理由__________________________；检验氯气所用的试纸是_______________。
(2)乙组同学拟用甲组的装置 I、Ⅲ及下列装置(可以重复选用)模拟工业上制取盐酸。

①乙组中氢气的部分实验装置连接是a-f-g-d……,其中装置Ⅴ的作用是_______，制取氯气并模拟合成盐酸的实验装置的合理连接顺序(用玻璃接口表示)为 c-__________。  
②装置VII中仪器 X 的名称是_________ ，合成 HCl时需控制H2的体积略大于Cl2的体积，其目的是 ________；装置VII末端接抽气水泵的目的是___________。
(3)设计实验证明HCl极易溶于水且水溶液呈酸性:_____________________。
26．（2020·上海青浦·统考二模）某实验小组同学为了测定工业纯碱的纯度，进行了一系列实验。
（1）和索氏制碱法相比，侯氏制碱法的优势有___________________________________；
（2）工业纯碱中常含有少量NaCl杂质，解释原因__________________________，检验是否含有氯化钠杂质的方法为__________________________________________________________；
（3）使用重量法测定纯碱的纯度，用到的试剂有__________________________________；
（4）使用滴定法测定纯碱的纯度，用_________________（填仪器名称）称量1.200g工业纯碱样品，溶解，用1mol/L盐酸做标准液，滴定过程中溶液pH变化和生成CO2的量如图所示，A点溶液呈碱性的原因______________________________________________________，计算该工业纯碱样品的质量分数_______________。（计算结果保留两位小数）
。

三、填空题
27．（2020·上海松江·一模）完成下列填空：硼氧化钠(NaBH4)是合成中常用的还原剂。采用NaBO2为主要原料制备NaBH4(B元素化合价为+3)的反应为：NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3(未配平)；硅酸钠俗称泡花碱，又名水玻璃，在工业生产中也有广泛应用(已知硅酸为难溶性弱酸)
完成下列填空：
(1)上述反应中，原子最外层有两个未成对电子的元素是_____(填元素符号)。SiO2熔点高的原因是_____。
(2)上述反应中H2与Na的物质的量之比为_____。
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，其原因是_____(用离子方程式表示)。铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂。试用平衡原理加以解释_____。
(4)NaBH4可使许多金属离子还原成金属单质。例如它从含金离子(Au3+)的废液中提取Au．配平该反应的离子方程式：_____Au3++_____BH4﹣+_____OH-→_____Au+_____BO2﹣+_____H2O。
(5)最新研究发现以NaBH4和H2O2为原料，NaOH溶液作电解质溶液，可以设计成全液流电池，则每消耗1L6mol/L H2O2溶液，理论上流过电路中的电子数为_____。

四、工业流程题
28．（2020·上海松江·一模）硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)在医药上作补血剂。工业上由废铁生产FeSO4•7H2O的一种流程如图：

(1)步骤Ⅰ的操作前往往需要热碱溶液冲洗，其目的是_____。
(2)步骤Ⅰ加入稀硫酸的量不能过量的原因是_____。步骤Ⅱ加入稀硫酸的目的是_____。
(3)步骤Ⅲ从硫酸亚铁溶液中获得碱酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O) 的实验操作为_____、_____、_____。烘干操作需在低温条件下进行，原因是_____。

(4)取27.8g FeSO4•7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如上图所示。分析数据，90℃残留物的化学式是_____。440℃～470℃时固体物质发生反应的化学方程式是_____，做出这一判断的依据是_____。
29．（2020·上海嘉定·二模）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu，25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：（友情提示：要将溶液中的、、、沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为：6.4、6.4、3.7、4.7）

请回答下列问题：
（1）如何检验滤液1中是否含有？_______________；得到滤渣1的主要成分为____________。
（2）第2步加的作用是____________，使用的优点是____________；调溶液pH的目的是使____________生成沉淀。
（3）用第③步所得制备无水的方法是____________。
（4）由滤渣2制取，探究小组设计了三种方案：

上述三种方案中，______方案不可行，原因是_________；从原子利用率角度考虑，______方案更合理。
（5）结晶水的测定：将坩埚洗净，烘干至恒重，记录质量；在坩埚中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至250℃，恒温一段时间，置于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量。请纠正实验过程中的两处错误：______________、______________。
30．（2020·上海徐汇·统考二模）侯德榜制碱法可以做到连续循环生产，其工艺流程如下图所示。完成下列填空：

(1)写出流程中主反应的化学方程式：_________。
(2)流程通过同时利用合成氨厂产生的_______来降低原料成本。副产物b的化学式为______，简述降温条件下加入原料A的作用__________。侯氏制碱法的创新之处就是对母液的循环利用，这是由于母液中含有大量的、、_______离子。
某兴趣小组同学制定如下两个方案对含有杂质的纯碱的含量进行测定：
方案一：用如图装置测定样品与足量稀硫酸反应生成的体积。

(3)为了减小实验误差，量气管中液体M的选择原则是______。若实验测得样品纯碱含量低于样品实际含量，可能的原因是_________
a 气体中含有水蒸气           b 测定气体体积时未冷却至室温
c Y形管中留有反应生成的气体     d 测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面
方案二：通过以下流程测定样品的含量。

(4)操作Ⅰ的名称为________，实验中，恒重的标准为________。根据以上实验过程，含有氯化钠的纯碱样品中碳酸钠的质量分数可表示为：_______。(注明你的表达式中所用的有关符号的含义)

参考答案：
1．B
【详解】A．NaCl的溶解度随温度变化很小，而且NaCl是强酸强碱盐，不水解，所以将溶液蒸干可得NaCl固体，正确；
B．MgCl2是强碱弱酸盐，盐酸很容易挥发，将MgCl2溶液蒸干只能得到Mg（OH）2 固体；所以B错误；
C．Mg(ClO3)2的溶解度随温度变化很大，而NaCl的溶解度随温度变化很小，所以Mg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯，正确；
D．MgCl2和NaClO3的溶解度随温度变化都没有Mg (ClO3)2大，所以可以在高温下将MgCl2和NaClO3配成饱和溶液，然后迅速降温即可制备Mg (ClO3)2，正确；
答案选B。
2．C
【详解】A．用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面稳定不下降，说明装置气密性良好，所以不添加其他仪器，能检查出装置是否漏气，A不符合题意；
B．用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内若有气泡产生，说明装置气密性良好，所以不添加其他仪器，能检查出装置是否漏气，B不符合题意；
C．因为分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，打开分液漏斗活塞，液体都会顺利滴下，所以不添加其他仪器，不能检查出装置是否漏气，C符合题意；
D．向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以不添加其他仪器，能检查出装置是否漏气，D不符合题意；
答案选C。
3．C
【详解】①乙酸乙酯不溶于水，和乙酸钠溶液混合后，二者互不相溶，分层，可以采用分液法进行分离；②丁醇和乙醇都属于有机物，二者互溶不分层，但是二者沸点不同，可以采用蒸馏法进行分离；③溴在水中溶解度小，在有机溶剂中溶解度较大，因此加入有机溶剂，如四氯化碳，萃取溴，而溴化钠与四氯化碳互不相溶，混合液分层后，进行分液操作，达到了和溴化钠溶液分离的目的；结合以上分析可知，分离以上各混合液的正确方法依次分液、蒸馏、萃取；
故选C。
4．D
【详解】A．萃取是利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解性不同，将其从一种溶剂转移至另一种溶剂中的过程，A项有关；
B．重结晶提纯物质时，首要的工作即选择适当的溶剂，该溶剂应具备：杂质在其中的溶解度很大或很小，易于除去；被提纯的物质在此溶剂中溶解度随温度变化明显，因此，B项有关；
C．纸上层析法分离物质，要求流动相溶剂对物质的溶解性要适当，太大太小都不利于分离，C项有关；
D．蒸馏是利用物质与杂质之间沸点差较明显，并且物质热稳定性强，进行分离的方法，与物质的溶解度无关，D项无关；
答案选D。
5．C
【详解】A．测定 NaOH 溶液浓度：锥形瓶水洗后没有润洗，待测液的浓度降低，但氢氧化钠的总物质的量没有变化，消耗标准液的体积不变，对测定的结果无影响，故A不符合题意；
B．硫酸铜晶体中结晶水含量测定：加热时晶体溅出，溅出的晶体的质量被计入结晶水的质量中，导致结晶水的质量偏大，则测定结晶水的含量结果偏大，故B不符合题意；
C．常温常压下 1 摩尔H2 体积测定：反应的镁条有氧化膜，酸中一部分氢离子消耗氧化镁，导致产生氢气的体积偏小，则测定的摩尔体积偏小，故C符合题意；
D．配制 0.1mol·L-1NaOH 溶液：俯视凹液面最低处与容量瓶刻度线相切，导致容量瓶内溶液的体积偏小，根据c=，最终配制的溶液浓度偏大，故D不符合题意；
答案选C。
6．D
【分析】

【详解】
A．粗盐提纯的操作步骤为：溶解→加入过量的氢氧化钠溶液→加入过量的氯化钡溶液→加入过量的碳酸钠溶液→过滤→加入过量的盐酸→蒸发结晶，所用仪器有烧杯、酒精灯、玻璃棒、漏斗和蒸发皿，故完成粗盐的提纯实验尚缺少的玻璃仪器是漏斗和蒸发皿，故A错误；
B．海带→灼烧(将有机物都转化为无机盐，使碘的化合物溶于水)→加蒸馏水溶解(含碘的化合物溶于水)→过滤(滤去杂质)→向滤液中通入溴水(置换出碘)→加四氯化碳(萃取碘单质)→分液→蒸馏分离出碘，所用仪器有烧杯、酒精灯、玻璃棒、漏斗、坩埚、泥三角、冷凝管等，海带灰提碘的操作缺少漏斗、分液漏斗、泥三角、坩埚、冷凝管等仪器，故B错误；
C．配置一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴标签，需要的仪器有容量瓶、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，题中仪器少了量筒，故C错误；
D．检验OH-只需将无色酚酞溶液或紫色石蕊溶液滴加入试管中，需要试管和胶头滴管，故D正确；
答案选D。

【点睛】
配制0.1mol·L-1 HCl溶液需要使用到量筒，为易错点，用液体配置溶液时，需要稀释。
7．D
【详解】A．氢气在氯气中光照条加下会发生爆炸，不能制取盐酸，应将氢气在氯气中点燃，在氯气和氢气的反应过程中，有毒的氯气被过量的氢气所包围，使氯气得到充分反应，防止了对空气的污染，故A错误；
B．电解氯化镁溶液时，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得电子生成氢气，电解氯化镁溶液时得到的是氢氧化镁和氯气，故B错误；
C．实验室制乙烯时，需要将温度直接加热到170℃，防止140℃生成副产物乙醚，况且生成物还有水，原料的利用率不高，工业上利用石油裂解和精馏，故C错误；
D．乙烯可大量取自石油裂解气，成本低，产量大，原料的利用率较高，故D正确；
答案选D。
【点睛】C项为易错点，虽然原理正确，但是应用于工业生产需要原料易得，操作简便，需要大规模生产。
8．A
【详解】A．溴易溶于己烷，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。
9．A
【详解】A. 蒸馏是利用物质的沸点相差较大来进行分离，与溶解度无关，故A符合题意；
B. 萃取是利用溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中溶解度大进行分离，故B不符合题意；
C. 纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离目的，故C不符合题意；
D. 分液利用两种液体不相溶，静置后分层来进行分离，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。

10．C
【详解】A．加入FeCl2和KSCN时，NO2－将Fe2＋氧化成Fe3＋，铁离子和硫氰根离子反应溶液变血红色，所以能用FeCl2和KSCN检验NO2－，故A正确；
B．NO2－有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以能用KMnO4和H2SO4检验NO2－，故B正确；
C．在含有NO2－溶液中加入AgNO3和HNO3无明显现象，所以不能检验，故C错误；
D．NO2－有氧化性能把碘离子氧化为碘单质，使碘化钾淀粉溶液变蓝色，所以能用KI和淀粉检验NO2－，故D正确；
故选C。
11．C
【分析】根据图中信息，得出该试剂瓶是棕色细口试剂瓶，固体药品一般保存再广口瓶中，液体药品一般保存再细口瓶中。
【详解】A. 硝酸银固体放在棕色广口瓶中，故A不符合题意；
B. 烧碱溶液应放在试剂瓶中，不能用磨口玻璃塞，故B不符合题意；
C. 浓硝酸见光易分解，要保存在棕色细口试剂瓶中，故C符合题意；
D. 浓硫酸要保存在细口试剂瓶中，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
12．D
【详解】向可能部分被氧化变质的Na2SO3溶液中滴入Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀一定有亚硫酸钡，可能有硫酸钡，加入足量稀硝酸后，亚硫酸钡被氧化成硫酸钡，此时的白色沉淀是硫酸钡，则此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，答案为D。
13．D
【详解】A．NaOH溶液与溴水反应，溶液变为无色；NaOH溶液与Fe2(SO4)3溶液反应有红褐色沉淀生成，现象不同，可以鉴别，A不合题意；
B．CCl4能萃取溴水中的溴，液体分为两层，上层无色，下层为橙红色；CCl4与Fe2(SO4)3溶液不反应，但液体分层，上层黄色，下层无色，二者现象不同，可以鉴别，B不合题意；
C．AgNO3溶液与溴水反应产生浅黄色沉淀；AgNO3溶液与Fe2(SO4)3溶液反应产生白色沉淀，现象不同，可以鉴别，C不合题意；
D．KI与溴水和Fe2(SO4)3溶液都能反应生成I2，遇淀粉都变蓝色，现象相同，不能鉴别，D符合题意；
故选D。
14．C
【详解】由题可知，制备溴代环戊烷时，需要将温度控制在75~80℃，因此加热时需要用水浴，并且水槽中应当使用温度计，以便准确控制温度；综上所述，C项符合要求；
答案选C。
15．D
【详解】A．图中所示的仪器名称是三脚架，A项错误；
B．图中所示的仪器名称是坩埚而非坩埚，B项错误；
C．图中所示的仪器是平底烧瓶，容量瓶是带有塞子的颈部有刻度线并且瓶身会标注规格和使用温度的仪器，C项错误；
D．图中所示的仪器即为冷凝管或直形冷凝管，D项正确；
答案选D。
16．D
【详解】A．乙醇与氧化钙不反应，但水与氧化钙反应，可增大沸点差，用蒸馏的方法分离可得到纯净的乙醇，故A正确；
B．碘易升华，NaCl不易升华，可用加热的方法分离，故B正确；
C．溴与氢氧化钠溶液反应，而溴苯不溶于氢氧化钠溶液，充分反应后，用分液法可除去杂质，故C正确；
D．硝酸钾的溶解度随温度降低而减小，故降温结晶后，析出的晶体仍含有硝酸钾杂质，不能除去硝酸钾，故D错误；
答案选D。
17．D
【详解】①用称取5g干海带，用刷子把海带表面的附着物(不要用水洗)，用酒精润湿后，放在坩埚中，海带表面有较多白色的附着物，不用水洗是为了防止海带中的碘化物溶于水而损失。用酒精润湿是为了让海带充分燃烧；
②把坩埚置于泥三角上，用酒精灯加热灼烧海带成至成灰，停止加热，自然冷却干海带烧成的白色灰烬，将有机碘化物转化为无机碘化物；
③将海带灰转移到小烧杯中，加入20ml蒸馏水，搅拌，煮沸2~3min，使可溶物溶解，冷却。海带灰煮沸时溶液浑浊，使碘离子进入溶液；
④过滤，收集滤液，弃去滤渣，得到含碘离子的溶液；
⑤向滤液中滴入1mL氯水，振荡，溶液由无色变为棕黄色，氯气将碘离子氧化成碘单质；
⑥将氧化后溶液转移到分液漏斗中，向其中加入2mL四氯化碳，振荡，静置。加入四氯化碳振荡后溶液分层，有色层在下层，碘单质在有机溶剂中的溶解度比在水中大。
综上所述，海带中提取碘的实验中涉及到灼烧、萃取、过滤，没有涉及到蒸发，答案选D。
18．B
【详解】A．氢氧化钠溶液虽然可以和碘反应，但和碘反应后得到含碘的盐溶液与酒精互溶，不分层，不能采用分液法进行分离，故A错误；
B．CO2中的SO2，通入饱和碳酸氢钠溶液可将二氧化硫反应生成亚硫酸钠(或亚硫酸氢钠)和二氧化碳，洗气，即可分离，故B正确；
C．Fe2O3中的Al2O3，氧化铝与氨水不反应，无法达到除杂的目的，故C错误；
D．乙酸和乙醛，加新制氢氧化铜都发生反应，乙酸和氢氧化铜发生酸碱中和反应，生成乙酸铜和水，乙醛和氢氧化铜加热反应生成氧化亚铜，乙酸和水，故无法除杂，故D错误；
答案选B。
19．B
【详解】A．用湿润的pH试纸测定某酸溶液的pH，相当于把酸加水稀释，所测溶液的pH会偏大，故A错误；
B．氯气的氧化性大于碘，所以氯气能够把碘离子氧化为碘单质，碘与淀粉相遇变蓝，可以使用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气，故B正确；
C．过滤时，先将滤纸放入漏斗中，然后再将滤纸湿润，防止滤纸不能贴紧漏斗，使过滤效果不佳，故C错误；
D．浓盐酸挥发出的氯化氢气体遇湿润的试纸显酸性，石蕊试纸遇酸变红，红色石蕊试纸看不出颜色变化，故D错误；
答案选B。
20．D
【详解】A.己烯与溴水反应生成溴代烃，溴代烃不能溶于水但是可以溶于己烷，无法进行分液除杂，A项错误；
B. 加入过量氨水，二者都会沉淀，不能进行除杂；B项错误；
C. NaOH与乙酸反应生成可溶于水的乙酸钠，但是乙醛可以溶于水，不能进行分液操作，C项错误；
D. 饱和碳酸钠溶液可以与乙酸反应生成溶于水的乙酸钠，同时乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度很小，采取分液进行分离除杂，D项正确；
答案选D。
21． SO2、H2 溶液紫红色褪去 含有Fe2＋ 另取少量所得溶液，滴加KI溶液和淀粉溶液 溶液变为蓝色 甲中KMnO4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变，试管中收集到气体 不正确。若溶液中含有Fe3＋则无法检验溶液中是否含有Fe2＋
【详解】(1)明确实验的目的是验证溶液和气体的成分；
(2)根据溶液中可能存在的离子Fe2＋(铁过量)、Fe3＋或两者的混合物，选择合适的试剂进行检验；
(3)根据气体的可能成分SO2和H2选择合适的试剂进行检验。
铁与浓硫酸加热时，产生的金属离子可能有Fe2＋(铁过量)、Fe3＋，产生的气体可能有H2(铁过量)、SO2。Fe2＋可以使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3＋具有氧化性，可把I－氧化成I2可使KI­淀粉溶液变为蓝色；SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，并被其吸收。
22． 饱和食盐水 干燥 在沉积的固体下方加热 冷凝，使沉积 氯气会腐蚀橡胶连接件 在最后接上盛有NaOH溶液的洗气瓶（增加用NaOH溶液吸收尾气的装置） 取样，滴入1~2滴酸性溶液，溶液不显红色
【分析】根据实验装置分析可知，A为浓盐酸和Ca(ClO)2发生氧化还原反应制取Cl2的装置，B为吸收挥发的HCl气体的装置，C为干燥装置，D为Cl2和铁屑发生反应2Fe+3Cl22FeCl3制备无水FeCl3的装置，E为沉积装置，Cl2经无水CaCl2干燥后进入F装置中氧化FeCl2溶液制得FeCl3溶液，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析可知，A装置中浓盐酸和Ca(ClO)2发生氧化还原反应制取Cl2，同时生成CaCl2和H2O，则发生反应方程式为，故答案为：；
(2)由于浓HCl易挥发，因此制得的Cl2中含有少量的HCl气体，可用饱和食盐水除去，由题干信息可知，无水FeCl3在空气中易潮解，因此Cl2需干燥后再进入D装置中与铁屑发生反应制得无水FeCl3，则C装置的作用为干燥Cl2，故答案为：饱和食盐水；干燥Cl2；
(3)D加热后，少量生成FeCl3沉积在D的右端，由题干信息可知，无水FeCl3加热易升华，则在沉积的无水FeCl3固体下方加热，使其升华，从而进入E装置中，E装置中冰水的作用是：冷凝，使FeCl3沉积，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；冷凝，使FeCl3沉积；
(4)由于Cl2会腐蚀橡胶，因此装置连接部分可都改成标准玻璃接口，不用橡胶连接件；同时，Cl2有毒，直接排放到空气中会造成污染，所以该套装置应在最后接上盛有NaOH溶液的洗气瓶（增加用NaOH溶液吸收尾气的装置），故答案为：氯气会腐蚀橡胶连接件；在最后接上盛有NaOH溶液的洗气瓶（增加用NaOH溶液吸收尾气的装置）；
(5)FeCl2中Fe2+具有还原性，可与强氧化性物质(如酸性高锰酸钾溶液)反应，则可通过向F的样液中滴入1~2滴酸性KMnO4溶液，观察溶液不显红色来判断F中FeCl2未被完全氧化，故答案为：取样，滴入1~2滴酸性KMnO4溶液，溶液不显红色。
23． Mg2(OH)2CO3 2MgO + CO2 ↑ +H2O 取少量煅烧后的固体，滴入稀盐酸，无气泡产生 防止过氧化氢受热分解或防止过氧化镁受热分解 过滤、(洗涤)、干燥 和 催化剂(或催化H2O2的分解) 消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响 恢复至室温 移动右侧刻度管直到两侧液面相平
【分析】制备过氧化镁时，首先将Mg2(OH)2CO3煅烧，使其转化为MgO；再利用MgO和H2O2反应，由于该反应放出大量的热，而H2O2和MgO2受热都易分解，所以需要加稳定剂，避免二者分解对制备产生不利；制备出的MgO2不溶于水，再将其从悬浊液中过滤，并洗涤干燥即可。在测定MgO2含量时，利用MgO2与酸反应生成H2O2，将其转化为H2O2后，再经Fe3+催化分解产生O2；通过量取氧气的体积，再计算出氧气的量，进而就可确定MgO2的量，样品中的MgO2的含量进一步即可计算出。
【详解】(1) Mg2(OH)2CO3煅烧的方程式为Mg2(OH)2CO3 2MgO + CO2 ↑ +H2O；检验Mg2(OH)2CO3是否分解完全，只需验证固体中是否含有即可，所以可取少量煅烧后的固体，滴入稀盐酸后无气泡生成， Mg2(OH)2CO3已经分解完全；
(2)由于MgO和H2O2反应制备MgO2的过程中放出大量的热，为了避免H2O2和MgO2分解对制备不利，则需要加入稳定剂；从悬浊液中获得不溶于水的纯净的MgO2固体，需要过滤，洗涤以及干燥；
(3)①由题可知，研究小组测定样品中MgO2含量的原理为：和；
②通过分析可知，FeCl3的作用是催化H2O2分解；
(4)在测定样品中MgO2含量的实验中，由于要准确测量产生的O2的体积，因此使用恒压分液漏斗还可以消除滴入溶液对所测气体体积的影响；
(5)反应过程中会涉及热量的变化，因此反应后气体的温度会与室温不同，为了准确测量氧气的体积，要先等装置恢复至室温后，再通过移动右侧量气管使两侧液面相平从而确定氧气的体积；
(6)由题可知，氧气的体积为(b-a)mL，因此生成氧气的物质的量为mol，那么样品中MgO2的物质的量即为mol，质量分数为。
24． 干燥管 做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中 关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好 O2 从K1处通入空气，将残留气体鼓入④中 降温结晶 或 偏小
【分析】由实验装置图可知，装置①的作用是在酸性环境下，氯酸钠和亚硫酸钠发生氧化还原反应制备ClO2气体；装置②的作用是做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中；装置③的作用是在碱性条件下，ClO2气体与过氧化氢发生氧化还原反应制备NaClO2，装置④的作用是吸收多余的ClO2气体，防止污染环境。
【详解】（1）仪器a的名称为干燥管，装置②的作用是做安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中，故答案为：干燥管；安全瓶，防止③中溶液倒吸到①中；
(2)检查装置气密性首先要形成密闭系统，然后通过升高温度形成压强差，具体操作是关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好，故答案为：关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在④的烧杯中加水浸没干燥管下端，给①中烧瓶微热，若④中出现气泡，停止加热，④中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好；
（3）由题给化学方程式可知，反应中过氧化氢中氧元素化合价升高被氧化，发生氧化反应，则过氧化氢为还原剂，氧气为氧化产物，故答案为：O2；
（4）实验完成后，为防止装置中残留的ClO2气体污染空气，应打开止水夹K1，从K1处通入空气，将残留的ClO2气体鼓入④中，被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，故答案为：从K1处通入空气，将残留气体鼓入④中；
（5）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，则从装置③的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；
（6）由题意可知，NaClO2·3H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，则氧气和水的质量为（a—b），设氧气的物质的量为xmol，由方程式可知水的物质的量为3xmol，则可得32x+18×3x=（a—b），解得x=，由方程式可得关系式NaClO2·3H2O—O2↑，则n（NaClO2·3H2O）= n（O2）=mol，晶体中NaClO2·3H2O的质量分数为=或。若发生副反应4[NaClO2·3H2O]2NaCl+2NaClO3+O2↑+12H2O↑，会导致灼烧恒重后固体质量增大，即b增大，所以减小。故答案为：或，偏小。
【点睛】计算晶体中NaClO2·3H2O的质量分数是解答难点，计算时注意NaClO2·3H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，由方程式计算得到氧气的物质的量是解答关键。
25． 难挥发性(高沸点性) 装置Ⅰ可以实现即开即用，即关即停 淀粉-KI试纸 除氢气中的HCl及H2S等其他杂质气体 c—j—k—d—e—i 冷凝管 使氯气完全反应，防止氯气混入盐酸中 形成负压，使产生的HCl被水充分吸收 用滴有石蕊的水进行HCl的喷泉实验，形成红色喷泉，既证明HCl极易溶于水且水溶液呈酸性
【分析】(1)I、II、III装置为常见的固液制气装置，其中I为启普发生器原理，可以通过控制止水夹让反应即开即用，即关即停。(2)利用甲组的III装置制取Cl2，再利用乙组可选用的装置除去Cl2中的杂质；利用甲组的I装置制取H2，再利用乙组可选用的装置除去H2中的杂质，将得到的纯净的Cl2和H2通入VII装置，为使其充分混合并反应，密度小的H2从h通入，密度大的Cl2从i通入，在VII装置中生成盐酸。(3) 证明HCl极易溶于水可利用喷泉实验，证明其水溶液呈酸性可用酸碱指示剂。
【详解】(1)①NaCl+H2SO4(浓)=NaHSO4+HCl↑，该反应的原理是难挥发性酸制取挥发性酸。
②装置 I为启普发生器原理，可以通过控制止水夹让反应即开即用，即关即停；氯气具有强氧化性，检验氯气所用的试纸是湿润的淀粉-KI试纸，现象是变蓝然后褪色。
(2)①由上述分析可知，利用甲组的III装置制取Cl2，再利用乙组可选用的装置除去Cl2中的杂质，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸除去水蒸气，利用甲组的I装置制取H2，再利用V装置的氢氧化钠除去H2中的HCl及H2S等杂质，之后将得到的纯净的Cl2和H2通入VII装置，为使其充分混合并反应，密度小的H2从h通入，密度大的Cl2从i通入，在VII装置中生成盐酸。所以制取氯气并模拟合成盐酸的实验装置的合理连接顺序为c—j—k—d—e—i。
②由图可知，X为冷凝管；合成 HCl时需控制H2的体积略大于Cl2的体积，是为了使氯气完全反应，防止氯气混入盐酸中；抽气水泵可以形成负压，使产生的HCl被水充分吸收。
(3) 证明HCl极易溶于水可利用喷泉实验，证明其水溶液呈酸性可用酸碱指示剂，即用滴有石蕊的水进行HCl的喷泉实验，形成红色喷泉，既证明HCl极易溶于水且水溶液呈酸性。
【点睛】气体的制备分为发生装置、除杂装置、收集装置、尾气处理装置四个部分，熟悉常见气体发生装置的选取、除杂试剂的选取、收集方法的选取，能够正确的连接实验装置。
26． 氯化钠利用率高，污染小，成本低等（答对两条即可） 氯化钠是制备纯碱的原料，在析出的碳酸氢钠晶体表面会有氯化钠残留 取样，滴加过量稀硝酸酸化，继续加入少量硝酸银溶液，若观察到白色沉淀，则含有氯化钠杂质 CaCl2(BaCl2) 电子天平 A点溶液为NaHCO3的溶液，存在HCO3-⇌H++CO32-电离平衡和HCO3-+H2O⇌H2CO+OH-水解平衡，HCO3-的电离小于水解，所以溶液呈碱性 0.88
【分析】(1)氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，根据反应原理分析优缺点；
(2)NaCl是制取纯碱的原理，据此分析；检验是否含有氯化钠杂质即为检验氯离子的存在；
(3)根据碳酸钠、氯化钠的化学性质进行分析判断；
(4)称量1.200g工业纯碱样品，需要精确度较高的称量仪器； A 点溶液为NaHCO3的溶液，碳酸氢根离子可水解也可电离，根据水解和电离程度分析判断。
【详解】(1)氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，联合制碱法与氨碱法相比，不产生难以处理的CaCl2，同时可生产出NH4Cl作氮肥，同时提高了食盐的利用率，和索氏制碱法相比，污染小、成本低等；
(2)氯化钠是制备纯碱的原料，在析出的碳酸氢钠晶体表面会有氯化钠残留，故工业纯碱中常含有少量NaCl杂质；检验是否含有氯化钠杂质只需要检验是否含有氯离子即可：方法为取样，滴加过量稀硝酸酸化，继续加入少量硝酸银溶液，若观察到白色沉淀，则含有氯化钠杂质；
(3)根据碳酸钠的化学性质，碳酸钠与 BaCl2溶液(或CaCl2)溶液反应分别有碳酸钡或碳酸钙白色沉淀生成，由生成沉淀的质量计算出碳酸钠的质量，进而可计算出该工业纯碱的纯度，则使用重量法测定纯碱的纯度，用到的试剂有CaCl2(或BaCl2)；
(4)使用滴定法测定纯碱的纯度，称量1.200g工业纯碱样品，要使用精确度较高的称量仪器，应用电子天平；A点时消耗1mol/L盐酸标准液体积为10mL，此时溶液中碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，即A点溶液为NaHCO3的溶液，存在HCO3-⇌H++CO32-电离平衡和HCO3-+H2O⇌H2CO+OH-水解平衡，HCO3-的电离小于水解，所以溶液呈碱性；根据图示，当1mol/L盐酸标准液体积为20mL时，碳酸钠全部转化为CO2，达到滴定终点，根据反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，当消耗20mL盐酸时，n(Na2CO3)=n(HCl)=×20mL×10-3×1mol/L=0.01mol，该工业纯碱样品的质量分数==0.88。
27． O、Si 二氧化硅形成的是原子晶体 1：2 +2H2O⇌H2SiO3+2OH﹣ 硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化 8 3 24 8 3 18 12NA
【分析】写出NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层核外电子排布，然后进行判断；二氧化硅是原子构成的原子晶体，据此分析判断；配平化学方程式得到物质的定量关系；硅酸钠是强碱弱酸盐，硅酸根离子分步水解，溶液显碱性；利用硅酸根和铵根离子双水解分析；利用电荷守恒、质量守恒定律来配平离子反应方程式；在电池反应中，每消耗1L 6mol/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，计算理论上流过电路中的电子数。
【详解】(1)NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层有两个未成对电子的元素是Na价电子排布3s1，有1个未成对电子，B价电子排布2s22p1，未成对电子为1个，O价电子排布2s22p4，未成对电子有2个，Si价电子排布3s23p2，未成对电子有2个，故未成对电子数为2的是氧和硅；二氧化硅是原子构成的原子晶体，故SiO2熔点高；
(2)NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，配平化学方程式得到物质的定量关系，反应中H2与Na的物质的量之比为1：2；
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，是硅酸根离子水解生成硅酸，SiO32﹣+2H2O⇌H2SiO3+2OH﹣，铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂是因为：硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化；
(4)因BO2﹣易与H+结合，则碱性溶液可抑制它与水的反应，由Au的化合价由+3降低为0，BH4﹣中H元素从﹣1价升高到+1，则由电子守恒可得8Au3++3BH4﹣→8Au↓+3BO2﹣，碱性溶液中氢氧根离子参加反应，再由电荷守恒和质量守恒定律可得：8Au3++3BH4﹣+24OH﹣═8Au↓+3BO2﹣+18H2O；
(5)在电池反应中，每消耗1L 6mol/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，理论上流过电路中的电子数×2NA/mol＝12NA。
【点睛】第(5)题的转移电子数的计算时需要利用电极反应，写出电极反应是难点。
28． 除去废铁表面的油污 确保生成物全部都是硫酸亚铁 防止亚铁离子水解 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤洗涤 低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水 FeSO4•H2O 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ 剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应
【分析】废铁含有碳以及其它金属杂质，加入热碱溶液冲洗，可除去表面的油污，加入稀硫酸，使铁全部转化为硫酸亚铁，并过滤，在滤液中加入稀硫酸可防止亚铁离子水解，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到FeSO4•7H2O，27.8g FeSO4•7H2O的物质的量为0.1mol，其中m(FeSO4)＝15.2g，m(H2O)＝12.6g，分解可生成Fe2O3，质量为0.05mol×160g/mol＝8.0g，则由图象可知，A为FeSO4的部分结晶水合物，B为FeSO4，C为Fe2O3，以此解答该题。
【详解】(1)步骤Ⅰ的操作前往往需要热碱溶液冲洗，其目的是除去废铁表面的油污，因油脂在碱性条件下水解，烧碱溶液有去油腻的能力，故答案为：除去废铁表面的油污；
(2)步骤Ⅰ加入稀硫酸的量不能过量的原因是确保生成物全部都是硫酸亚铁，避免硫酸过量其它金属杂质与硫酸反应，步骤Ⅱ加入稀硫酸的目的是防止亚铁离子水解，故答案为：确保生成物全部都是硫酸亚铁；防止亚铁离子水解；
(3)步骤Ⅲ从硫酸亚铁溶液中获得碱酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O) 的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，烘干操作需在低温条件下进行，原因是低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度，防止FeSO4•7H2O分解失去部分结晶水；
(4)由以上分析可知90℃残留物质量为17.0g，其中m(FeSO4)＝15.2g，n(FeSO4)＝0.1mol，m(H2O)＝1.8g则n(H2O)0.1mol，则化学式为FeSO4•H2O，0.1molFeSO4可生成0.05molFe2O3，质量为0.05mol×160g/mol＝8.0g，440℃～470℃时固体物质为Fe2O3，发生反应的化学方程式是 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，做出这一判断的依据是剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应，故答案为：FeSO4•H2O；2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；剩余固体是8g，为Fe2O3，根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成SO2，由质量守恒定律得出化学反应。
29． 取少量滤液1于试管中，加入KSCN溶液，若溶液呈现血红色就证明有，若溶液没有呈现血红色就无 Pt、Au 将氧化为 不引入杂质，对环境无污染 、 加热脱水 甲 所得产品中含有较多杂质 乙 样品加热后不应置于空气中冷却，应置于干燥器中冷却 样品“加热、冷却、称量”需进行多次直至恒重
【分析】在浓硝酸、稀硫酸和加热条件下，Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，经过滤得滤渣1为Au、Pt，滤液1为含Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、SO42-等离子的溶液，滤液1加H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，然后加NaOH调pH到4.7将Al3+沉淀，同时Fe3+也被沉淀，得滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3、滤液2主要含CuSO4溶液，滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得CuSO4·5H2O，滤渣2经一系列操作得，据此解答。
【详解】(1)Fe3+用KSCN溶液检验，具体方法为：取少量滤液1于试管中，加入KSCN溶液，若溶液呈现血红色就证明有，若溶液没有呈现血红色就无Fe3+，滤渣1的主要成分为不溶于硝酸和硫酸的Pt、Au，故答案为：取少量滤液1于试管中，加入KSCN溶液，若溶液呈现血红色就证明有，若溶液没有呈现血红色就无Fe3+；Pt、Au；
(2)加H2O2的作用是将氧化为，优点是还原产物为H2O，既不引入杂质，也不会对环境造成污染，调pH的目的是使、形成沉淀，故答案为：将氧化为；还原产物为H2O，既不引入杂质，也不会对环境造成污染；、；
(3)将加热脱水可制备无水，故答案为：加热脱水；
(4)滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3，若用甲方案，所得产物中将含较多的杂质，故甲方案不可行，丙方案中有硫酸钠生成，所以原子利用率不如乙方案，故答案为：甲；所得产品中含有较多杂质；乙；
(5)空气中有水蒸气，样品加热后不应置于空气中冷却，应置于干燥器中冷却，样品“加热、冷却、称量”需进行多次直至恒重，故答案为：样品加热后不应置于空气中冷却，应置于干燥器中冷却；样品“加热、冷却、称量”需进行多次直至恒重。
30． 、 浓度提高有利于析出 、 不溶解于液体M且不与之反应 d 冷却 连续两次称量质量差小于等于 (——样品的质量  ——恒重后样品的质量 )
【分析】侯氏制碱法反应原理利用原料，，为原料制备，所以反应原理为。
【详解】（1）由分析可知反应原理为：；
（2）流程通过同时利用合成氨厂产生的、来降低原料成本，通过以上分析知，b为；降温条件下加入原料A()能增大氯离子浓度，有利于析出；侯氏制碱法的母液中含有大量溶质中的离子，所以母液中含有大量，，，故答案为：、；；浓度提高有利于析出；、，
（3）实验目的是测定二氧化碳体积，所以二氧化碳不能溶解于M液体且不能和M液体反应，所以量气管中液体M的选择原则是CO2不溶解于液体M且不与之反应；
a、气体中含有水蒸气，水蒸气看作二氧化碳，导致二氧化碳体积偏大，则实验测得样品纯碱含量高于样品实际含量，故错误；
b、测定气体体积时未冷却至室温，气体由热胀冷缩的性质，故冷却后二氧化碳体积较小，则未冷却时测定二氧化碳体积偏大，测得该式样中含量偏高，故b错误；
c、Y型管中留有反应生成的气体，同时排出等体积的空气，不影响二氧化碳体积的测量，故c错误；
d、测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面，二氧化碳的压强比空气大被压缩，测定二氧化碳的体积偏小，则测得该式样中含量偏低，故该实验样品测量结果偏低的原因可能是测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面，d正确。
（4）样品称量后加入水溶解，然后和足量稀盐酸反应，转移至蒸发皿中蒸发结晶得到固体，冷却至室温后称量固体，所以操作Ⅰ为冷却；连续两次称量质量差小于等于0.001g时为恒重；设样品质量为g，恒重后样品的质量g，根据Na原子守恒得关系式为，反应前后固体质量差为g，设碳酸钠实际质量为xg则可知
      106     117      ∆m=11
       X               
     106/11=x/  故x=,
样品中碳酸钠的质量分数= x100%；
故答案为(——样品的质量  ——恒重后样品的质量 )。