2025年高考化学试题二轮热点题型题型17化学实验综合含解析答案

这是一份2025年高考化学试题二轮热点题型题型17化学实验综合含解析答案，共72页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．苯乙烯与溴苯在一定条件下发生反应：
测得数据如表.
下列说法错误的是
A．最佳反应温度为140℃B．最佳反应时间为
C．温度过高时催化剂活性可能降低D．反应产物是顺式结构
2．为探讨化学平衡移动的影响因素，某同学通过改变浓度研究“2Fe3+ +2I-2Fe2+ +I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验过程中的主要现象如图所示：
下列相关的说法不正确的是
A．待实验I溶液颜色不再改变时，才能进行实验II
B．实验③是实验②的对比实验
C．实验①和实验②中平衡都向Fe2+转化成Fe3+方向移动
D．上述实验表明，实验I所得溶液颜色主要是由Fe3+引起的
3．某研究小组为了探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验，并记录实验现象。
则以下判断错误的是
A．实验①：发生的反应为
B．实验②：无色气体为
C．实验③：还原性强弱顺序：
D．实验④：与的水解相互促进
4．为探究类卤离子SCN-与Fe2+的还原性强弱，某同学进行了如下实验：
①分别配制0.1ml/L的KSCN溶液、FeSO4溶液；
②向0.1ml/L的KSCN溶液中滴加酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4；溶液褪色；
③向0.1ml/L的FeSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液褪色；
④向等体积、浓度均为0.1ml/L的KSCN和FeSO4混合溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液先变红后褪色。
下列说法错误的是
A．实验①中配制FeSO4溶液应将其固体溶于稀硫酸中，并加少量还原铁粉搅匀过滤后使用
B．实验②中MnO可将SCN-氧化为(SCN)2
C．实验④说明还原性：SCN->Fe2+
D．实验③中反应的离子方程式为MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
5．下列实验目的对应的实验方案设计、现象和结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
6．某小组同学用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气后，按照净化、收集、性质检验和尾气处理的顺序进行实验，下列装置不能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
7．为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。由上述实验可得新制氯水的性质与对应的解释或离子方程式不相符的是
A．实验①说明新制氯水中含有H+、HClO
B．实验②发生的反应为+HClO=ClO-+CO2↑+H2O
C．实验③说明新制氯水中有Cl-，Cl- +Ag+=AgCl↓
D．实验④说明氯气具有强氧化性，Cl2+2Fe2+=2Cl-+ 2Fe3+
二、填空题
8．沉淀滴定曲线是沉淀滴定过程中构成难溶电解质的离子浓度与滴定剂加入量之间的关系曲线，用0.100ml•L-1AgNO3滴定•L-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。回答下列问题：
(1)根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为 。
(2)滴定终点c点为饱和AgCl溶液，c(Ag+) (填“>”“<”或“=”)c(Cl-)。
(3)相同实验条件下，若改为0.0400ml•L-1Cl-，反应终点c向 方向移动。
(4)相同实验条件下，若改为0.0500ml•L-1Br-，反应终点c向 方向移动。
9．采用热重分析法测定NiSO4·nH2O样品所含结晶水数。将样品在900℃下进行煅烧，失重率随时间变化如下图，A点时失掉2个结晶水，n的值为 ；C点产物的化学式为 。

10．某校化学兴趣小组在学习完酸、碱、盐的化学性质后，做了以下A、B两个实验：
【观察与讨论】
(1)实验结束后，他们将A试管内的物质进行过滤，将滤液和B实验后的废液都倒入同一洁净的废液缸中，发现有气泡产生，最终出现白色沉淀。他们通过分析，确定A滤液中的溶质是 （写化学式），B废液中的溶质是 （写化学式）。
接着，他们决定对废液缸中最终废液溶质的成分进行探究。
【提出问题】废液缸里最终的废液含有什么溶质？
【猜想与假设】
(2)小组同学进行了多种猜想：猜想①：NaCl、 CaCl2、 HCl ；猜想②：NaCl 、CaCl2 猜想③：NaCl、 Na2CO3 经分析后，小组同学一致认为猜想①不成立，他们的理由是 。
【活动与探究】
(3)他们为了验证自己的猜想，小华同学设计了下列实验： 取少量废液于试管中，向其中滴加 （写化学式）溶液 可证明猜想③成立。
三、计算题
11．用热重分析法测定碱式碳酸钴晶体[C5(CO3)2(OH)6·xH2O]所含结晶水数，将纯净碱式碳酸钴晶体在空气中加热，加热过程中钴元素无损失，失重率与温度的关系如图所示。已知20～190℃为失去结晶水阶段，则的值为式为 ，在点时剩余固体为氧化物，其化学式为 。
12．某铝土矿的主要成分为，还含有和杂质。称取铝土矿样品，加入的稀硫酸，恰好完全反应，过滤得沉淀，然后在滤液中加入足量的溶液，得到沉淀。
(1)该试样中的物质的量为 ml。
(2)样品中的x= 。
13．采用热重分析法测定NiSO4·nH2O样品中所含结晶水数。将该样品在900℃下进行煅烧，失重率随时间变化如图所示，A点时失掉3个结晶水，则n值为 。
四、解答题
14．亚硝酰氯(，熔点为℃，沸点为℃)是一种红褐色液体或黄色气体，遇水反现生成一种氢化物和两种氧化物，可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。某学习小组在实验室中用和NO制备。请回答下列问题：
(1)原料气NO和的制备。
①如图中盛有碱石灰的仪器名称是 。实验室制备NO的反应的离子方程式为 。
②实验室制备可选择图中的装置 (填标号)；制备并收集干燥的的装置连接顺序：a→ (按气流方向，用小写字母表示)。
(2)利用制得的NO和制备亚硝酰氯，装置如图所示。
①装置I、Ⅱ除可进一步干燥NO、外，另一个作用是 。
②装置Ⅳ的作用是 ；若无装置V，则装置Ⅳ中可能发生反应的化学方相式为 。
③查阅资料知，王水是浓硝酸与浓盐酸的混合酸，一定条件下该混合酸可自身反应生成亚硝酰氯、氯气和水，该反应的化学方程式为 。
15．是一种广谱型消毒剂，它易溶于水而难溶于有机溶剂。实验室用与反应制得和。如图是实验室用于制备氯气并用氯气制备和收集一定量纯净的的装置(某些夹持装置等省略)。其中E中盛有液体(用于除去中的未反应的，氯气几乎不溶于饱和食盐水)。
(1)仪器D的名称是 。
(2)请写出装置A中烧瓶内发生反应的离子方程式： 。
(3)装置B中所盛试剂是 。
(4)F为收集装置，应选用下图的哪组装置来收集 (填序号)，其中与装置E导管相连的导管口是 (填接口字母)。
(5)装置D中发生反应的化学方程式为 。
(6)将通入冷的石灰乳中即制得漂白粉，漂白粉在使用时会与空气中反应，为 (填“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)。
16．下图是某实验兴趣小组同学们设计的一套制取纯净干燥氯气，并进行氯气收集和尾气处理的实验装置(夹持仪器已省略)。
(1)仪器a的名称为 ，仪器b为恒压滴液漏斗，与普通漏斗相比，其优点是 。
(2)整套实验装置组装好后，首先需进行的必要操作是 。
(3)高锰酸钾与浓盐酸反应的离子方程式为 。
(4)实验小组同学计划在反应结束后向A装置中继续通一会儿氮气，这样做的目的是 。
(5)实验室收集氯气装置D的方法外，还可用 法收集。
(6)装置E中倒扣漏斗的作用是 。装置E中发生的化学方程式为 。
17．某研究小组以TiCl4为原料制备新型耐热材料TiN。
步骤一：TiCl4水解制备TiO2(实验装置如图A，夹持装置省略)：滴入TiCl4，边搅拌边加热，使混合液升温至80℃，保温3小时.离心分离白色沉淀TiO2·xH2O并洗涤，煅烧制得TiO2
(1)装置A中冷凝水的入口为 (填“a”或“b”)。
(2)三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成，TiCl4水解生成的胶体主要成分为 (填化学式)。
(3)判断沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。
步骤二：由制备并测定产率(实验装置如图，夹持装置省略)。
(4)装置C中试剂X为 。
(5)装置D中反应生成、和，该反应的化学方程式为 。
(6)装置E的作用是 。
(7)实验中部分操作如下：
a.反应前，称取样品；
b.打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
c.关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
d.打开管式炉加热开关，加热至800℃左右；
e.关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f.反应后，称得瓷舟中固体质量为0.656g。
①正确的操作顺序为：a→ →f(填标号)。
②的产率为 。
(8)一种电解法制钛的工艺如下图所示，CaCl2/CaO共熔体为介质，在阴极被还原的钙进一步还原TiO2，得到钛，在阴极制取钛的相关反应方程式为 。
18．二氧化氯()是国际公认的新一代高效、广谱、安全杀菌保鲜剂。沸点为11℃，性质不稳定，温度较高或浓度较大时易爆炸，通常用化学方法将其稳定在水溶液中，使用时再释放出来。实验室制备并转化为“稳定态二氧化氯()”的装置如下(夹持装置省略)：
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为 ，恒压分液漏斗导管a的作用是 ；恒温加热器内三颈瓶中发生反应生成的化学方程式为 。
(2)三个吸收瓶(混合溶液)中发生反应的离子方程式为 ，装置B“恒温低温槽”选择低温的原因是 。
(3)装置C的作用是 。
(4)溶液中存在、、、等四种含氧元素的微粒。经测定，25℃时溶液中部分含氯元素微粒的浓度随pH变化情况如图所示(没有标出)，则25℃时的电离平衡常数为 ；pH=5时含氯元素的微粒浓度由大到小的关系为 。
(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。的有效氯含量为 g。(计算结果保留两位小数)
19．硫代硫酸钠()俗称大苏打，广泛用于定影、媒染等领域，临床上用于氰化物解毒。实验室中以和为主要原料制备。回答下列问题：
(1)能解毒氰化物的原理为，为检验该反应产生了，最佳方法是取少量反应液，先向其中加入足量的盐酸，再加入 (填化学式)，观察到的现象是 。
(2)工业级硫化钠中混有杂质(重金属硫化物、煤粉等)，需进行纯化。纯化实验装置如图，保持水浴沸腾，回流一段时间后，过滤，将滤液冷却至室温后析出高纯硫化钠。
将工业硫化钠溶于酒精并加热时，采取水浴加热并且回流的原因是 。
(3)利用下图装置制备。
①仪器a的名称为 。
②实验开始时，打开螺旋夹并适当调节螺旋夹，一方面可以防止倒吸，另一方面可以 。
③装置Ⅱ处发生反应的总化学方程式为 ，停止通入前要控制Ⅱ装置中溶液pH约为7而不能小于7的理由是 。
④装置Ⅲ的作用是 。
(4)实验结束后，经过一系列操作得到粗产品，测定粗产品中()的质量分数。精确称取0.5g硫代硫酸钠样品，用少量水溶解后滴入1~2滴淀粉溶液，再注入缓冲溶液。用的标准溶液滴定，待指示剂颜色变化稳定后停止滴定，测得消耗标准溶液的体积为。(已知)
①滴定达到终点时的现象是 。
②产品中的质量分数为 %。
20．苯乙酮用于制香皂和香烟，也用作纤维素酯和树脂等的溶剂和塑料。工业生产中的增塑剂，是一种重要的化工原料，可由苯经下述反应制备：
CH3COOH+AlCl3→CH3COOAlCl2+HCl↑
实验步骤如下：
步骤1：向如图所示的仪器A中迅速加入13g粉状无水AlCl3和16mL(14g，0.18ml)无水苯。在搅拌下将4mL(4.3g，0.04ml)乙酸酐自滴液漏斗慢慢滴加到A中，控制乙酸酐滴加的速度(约10min)。加完后，待反应稍缓和后在沸水浴中搅拌回流，直到不再有HCl气体逸出为止。
步骤2：将反应混合物冷却到室温，在搅拌下倒入装有18mL37%的HCl和30g碎冰的烧杯中(在通风橱中进行)，若仍有固体不溶物，可补加适量37%的HCl使之完全溶解。将混合物转入分液漏斗中，分出有机层，水层用苯萃取两次(每次8mL)。合并有机层，依次用15mL10%NaOH溶液、15mL水洗涤，再用无水MgSO4干燥。
步骤3：先在水浴上蒸馏回收物质B，稍冷后改用空气冷凝管蒸馏收集馏分，产量约4.0g。
(1)步骤1中搅拌回流时，冷凝水从 (填“a”或“b”)端进水，仪器A的名称 。
(2)步骤1中要逐滴滴加乙酸酐的原因是 。
(3)步骤2中水层用苯萃取两次(每次8mL)，而不萃取一次(16mL)的目的是 。用15mL10%NaOH溶液洗涤主要是为了除去 (填物质名称) 。
(4)步骤3中在水浴上蒸馏回收的物质B为 。
(5)本实验为收集产品用了减压蒸馏装置，如图二所示，其中毛细管的作用是 ，蒸馏中需要控制一定温度，可能是 (填字母代号)。
A．202°C B．220°C C．175°C
(6)本次实验苯乙酮的产率为 (保留两位有效数字) 。
21．邻苯二甲酰亚胺广泛用于染料、农药医药橡胶、香料等行业，是许多重要有机精细化学品的中间体。反应原理为
制备邻苯二甲酰亚胺的实验装置如图所示。
实验步骤：
向装置甲的三颈烧瓶中加入14.8000g苯酐(相对分子质量为148)，然后再加入15.0mL氨水(过量)，加热至冷凝管中有部分液体回流时开启搅拌，控制温度为80~95°C，待苯酐固体完全反应后，改为蒸馏装置乙，继续加热，将装置中的水蒸出，体系温度逐渐升高至固体熔化。保温反应60min后，冷却至室温，洗涤、抽滤、烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺(相对分子质量为147)14.1120g。
请回答下列问题：
(1)仪器M的名称是 。
(2)仪器Y中冷水由 (填“a”或“b”)口流出，装置甲中仪器X一般不用装置乙中仪器Y代替的原因是 。
(3)装置甲中温度控制在80~95°C，若温度过低导致的结果是 。
(4)反应①中除了生成邻氨甲酰苯甲酸，还可能生成的副产物是 (写一种物质的结构简式)。
(5)蒸馏时，需要及时将装置中的水蒸出，目的是 。
(6)该固体产品的产率是 。
(7)邻苯二甲酰亚胺还可以用邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应一步制得，写出该反应的化学方程式： 。
22．邻硝基苯甲醛是一种重要的精细化学品，实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)，以邻硝基苯甲醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成．已知部分物质的性质如下表所示。

实验步骤如下：
I．向三颈瓶中依次加入邻硝基苯甲醇，二氯甲烷(沸点)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入水溶液(做催化剂)和饱和溶液。在和剧烈搅拌条件下，滴加足量水溶液后，继续反应。
Ⅱ．反应完全后，将反应液倒入分液漏斗，分出有机层后，水相用二氯甲烷萃取，合并有机相，经无水硫酸钠干燥、过滤后，除去并回收滤液中的二氯甲烷，得到粗品。
Ⅲ．将粗品溶解在二氯甲烷中，加入饱和溶液，充分作用后，分离得到水层，水层在冰浴中用氢氧化钠溶液调节到，浅黄色固体析出完全．抽滤、干燥至恒重，得产品。
(1)控制反应温度为的方法是 ；滴加溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是 。
(2)合成产品的化学方程式为 。
(3)相比于单相反应体系，利用两相反应体系可以大幅减少副产物的量，原因是 ；该副产物主要成分是 。
(4)步骤Ⅱ中除去并回收二氯甲烷的实验方法是 。
(5)若用一定浓度盐酸代替“步骤Ⅲ”中的氢氧化钠溶液调节， (填“能”或“不能”)析出大量产品，原因是 。
(6)本实验产率为 (计算结果保留3位有效数字)。
23．锶(Sr)和镁位于同主族，锶比镁更活泼，锶与氮气在加热条件下反应产生氮化锶，已知氮化锶遇水剧烈反应。某同学设计如下两种不同装置制备氮化锶(Sr3N2式量：290.8)。
方案I：上图1是用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液制备氮气来制取氮化锶。
(1)仪器A的名称是 。
(2)实验时先点燃 处酒精灯(填“B”或“C”)，一段时间后，再点燃另一只酒精灯。
方案II：上图2是直接利用氮气样品来制取氮化锶。
已知：①所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质；
②醋酸二氨合亚铜CH3COO[Cu(NH3)2]溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力，连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。
(3)装置F、G、H盛装的试剂分别是 (填代号)。
a．浓硫酸 b．连苯三酚碱性溶液 c．醋酸二氨合亚铜溶液
(4)方案I和方案II装置设计存在相同的缺陷，可能会导致产品变质，提出改进措施为： 。
(5)产品纯度的测定：称取0.8000g方案I中所得产品，加入干燥的三颈瓶中，加入蒸馏水，并通入足量水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用的盐酸标准溶液完全吸收，再用1.00ml/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗16.00mLNaOH溶液。
①若用酚酞作指示剂，滴定终点的现象是 ；
②则产品纯度为 (计算结果保留4位有效数字)；
③若氨没有完全蒸出，则会导致产品纯度 (填“偏大”、“偏小”或“不影响”)。
24．亚氯酸钠是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白；食品消毒；水处理；杀菌灭藻和鱼药制造。某校化学实验探究小组设计如图实验制备亚氯酸钠(NaClO2)晶体。
[查阅资料]
①2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O
②ClO2极易溶于水而不与水反应，几乎不发生水解，沸点11℃。
③NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
(1)盛装浓硫酸的仪器名称是 。C的作用是 。
(2)B中使用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是 。
(3)ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，生成NaClO2的离子方程式为 。
(4)反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得NaClO2晶体：55℃蒸发结晶→趁热过滤→38～60℃热水洗涤→低于60℃干燥，得到成品。如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是 。
(5)实验须使B中n(NaClO3)：n(Na2SO3)=2：1，如Na2SO3过量，则滴加过量硫酸后使ClO2混有气体。装置D中可能产生，检验装置D中是否含有的方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中， ，证明溶液中存在。
(6)测定样品中NaClO2的纯度。测定时进行如下实验：准确称取mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：ClO2﹣+4I﹣+4H+=2H2O+2I2+Cl﹣，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cml•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL(已知：)。
①确认滴定终点的现象是 。
②所称取的样品中NaClO2的质量分数为 (用含c、V的代数式表示)。
25．热重分析法测定结晶的含量：氮气气氛中以升温速率10℃/min测定某化合物（K2[Cu(C2O4)2]·nH2O）的热失重曲线，如图所示晶体在107℃失重10.2%，失去全部结晶水。
(1)通过热失重分析，蓝色晶体的化学式中n= ，经过实验测定后，蓝色晶体的化学式为 。
(2)加热400℃之后，剩余物质的质量不再发生变化。为探究剩余固体的成分，冷却后取少量固体于试管中，加水溶解有红色不溶物，过滤后向滤液中加入稀盐酸产生无色无味气体。则剩余固体的成分为 。
26．用如下装置测定混合物（、）中的含量。
操作步骤如下：
Ⅰ．连接好装置并检验气密性。
Ⅱ．在石棉绒中均匀铺上m g混合物。
Ⅲ．关闭阀门b，打开分液漏斗的活塞、阀门c，当澄清石灰水变浑浊时，关闭阀门c，打开阀门b。
Ⅳ．实验结束，测得量气管前后体积差为V mL（已换算成标准状况下）。
V．利用所得数据，得出过氧化钠的质量分数为w。
请回答下列问题：
(1)导管a的作用是 。
(2)锥形瓶中发生反应的离子方程式为 ；反应器中的试剂为 。
(3)在石棉绒上与，发生反应的化学方程式依次为 、 。
(4)有同学认为步骤Ⅲ是多余的。该观点 （填“正确”或“错误”），理由为 。
(5)混合物中的质量分数 （用含m、V的代数式表示）。
27．某实验小组以BaS溶液为原料制备)，并用重量法测定产品中的含量。设计了如下实验方案：
步骤1：的制备
按如图所示装置进行实验，得到BaCl2溶液，经一系列步骤获得产品。
步骤2：产品中的含量测定
①称取产品0.5000g，用100mL水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的溶液；
③沉淀完全后，60℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.4660g。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 ；若没有仪器b，可能产生的后果是 。
(2)I是制取HCl气体的装置，主要反应的化学方程式为 ；该反应能发生，原因是 。
(3)装置Ⅲ用于吸收装置Ⅱ中产生的。已知：和的电离常数如表所示：
装置Ⅲ中的试剂能否选用溶液？ (说明理由)。
(4)在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是 。
(5)在过滤操作中，用到的玻璃仪器是 (填名称)。
(6)产品中的质量分数为 (保留3位有效数字)。
28．某小组探究70℃时，pH值及稳定剂对NaClO溶液有效氯含量的影响。甲同学设计实验方案如下
(1)设计实验1和2的目的是 。
(2)实验5中的a 0.935(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(3)根据实验3-5，可得出的结论是 。
(4)下列物质中最适宜做为NaClO溶液稳定剂的是___________。
A．B．NaClC．D．
29．二氯化一氯五氨合钴可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。已知：不溶于水和乙醇；是粉红色不溶于水的固体；是棕褐色不溶于水的固体。
Ⅰ．制备
某实验小组利用以下装置和流程制备。
(1)步骤ⅱ，滴入5％，发生反应的离子方程式为 。
(2)步骤ⅲ，待溶液中停止产生气泡后，缓慢加入浓盐酸，在85℃水浴中加热，所得混合物冷却至室温，抽滤、洗涤、烘干得到产品。洗涤过程需要用到冰水和无水乙醇，使用无水乙醇的原因 。
Ⅱ．产品结构分析
(3)中存在的化学键有 (填标号)。
a．离子键 b．范德华力 c．非极性共价键 d．极性共价键 e．配位键 f．氢键
(4)中含键的数目为 。
Ⅲ．实验探究
(5)实验小组在制备过程中发现溶液中直接加入，不被氧化，据此认为加入浓氨水和氯化铵对的氧化产生了影响，提出以下猜想并设计实验验证。
猜想1：加入氯化铵溶液，增强了的氧化性。
猜想2：加入浓氨水形成配合物，增强了离子的还原性。
实验结论：猜想1不合理，猜想2合理。
①a是 ，b是 。
②步骤ⅰ中氯化铵的作用是 。
30．某同学欲探究H2O2的氧化还原性：
(1)该同学从化合价的角度分析H2O2既有氧化性又有还原性，探究H2O2的氧化性可以选取的物质是： (填序号)
①淀粉KI溶液(酸性) ②酸性KMnO4溶液 ③Cl2 ④HNO3溶液
任选一个你所选的物质进行实验，观察到 现象，证明H2O2有氧化性，反应的离子方程式为 。
(2)继续探究：
资料：Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2、2H2O2=2H2O+O2↑
①制备H2O2：将Na2O2溶于冰水中，产生少量气泡，得溶液A。
向A中加入过量稀H2SO4，得溶液B。
②检验H2O2：向溶液A、B中分别滴加适量KMnO4溶液。
Ⅰ.B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去。反应的离子方程式为 。
Ⅱ.A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含MnO2，对其产生的原因提出猜想：
猜想1.KMnO4，有氧化性，能被还原为MnO2
猜想2.Mn2+有 性，能与H2O2反应产生MnO2
猜想3……
③探究猜想2的合理性，并分析Ⅰ中没有产生棕褐色固体的原因，设计实验如下：
iii是ii和i的对照实验。
①X是 。
②a是 、b是 。
③取i中棕褐色固体，实验证明是MnO2。
综上所述，H2O2体现氧化性还是还原性与反应对象的性质和溶液的酸碱性有关。
31．配合物在分析化学中用于的鉴定，其制备装置示意图(夹持装置等略)及步骤如下：
①向三颈烧瓶中加入和热蒸馏水，搅拌溶解。
②磁力搅拌下加入，从仪器a加入50%醋酸。冷却至室温后，再从仪器b缓慢滴入30%双氧水。待反应结束，滤去固体。
③在滤液中加入95%乙醇，静置40分钟。固液分离后，依次用乙醇、乙醚洗涤固体产品，称重。
已知：i.乙醇、乙醚的沸点分别是；
ii.的溶解度数据如下表。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 ，使用前应 。
(2)中钴的化合价是 ，制备该配合物的化学方程式为 。
(3)步骤①中，用热蒸馏水的目的是 。
(4)步骤③中，用乙醚洗涤固体产品的作用是 。
(5)已知：(亮黄色)足量与产品反应生成亮黄色沉淀，产品纯度为 %。
(6)实验室检验样品中钾元素的常用方法是：将铂丝用盐酸洗净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时，用铂丝蘸取样品在外焰上灼烧， 。
32．某研究小组以为原料制备新型耐热材料。
步骤一：水解制备(实验装置如图A，夹持装置省略)：滴入，边搅拌边加热，使混合液升温至，保温3小时。离心分离白色沉淀并洗涤，煅烧制得。
(1)装置 A 中冷凝水的入口为 （填“a”或“b”）
(2)三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成。水解生成的胶体主要成分为 (填化学式)。
(3)判断沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。
步骤二：由制备并测定产率(实验装置如下图，夹持装置省略)。
(4)装置C中试剂X为 。
(5)装置D中反应生成和，该反应的化学方程式为 。
(6)装置E的作用是 。
(7)实验中部分操作如下：
a．反应前，称取样品；
b．打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
c．关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
d．打开管式炉加热开关，加热至左右；
e．关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f．反应后，称得瓷舟中固体质量为。
①正确的操作顺序为：a→ →f(填标号)。
②的产率为 。
33．煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭(由煤样制得)反应的的转化率来表示。研究小组设计测定的实验装置如下：

(1)装置Ⅰ中，仪器的名称是 ；b中除去的物质是 (填化学式)。
(2)①将煤样隔绝空气在加热1小时得焦炭，该过程称为 。
②装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为 。
③装置Ⅲ中，先通入适量的气体X，再通入足量气。若气体X被完全吸收，则可依据和中分别生成的固体质量计算。
i.d中的现象是 。
ii.e中生成的固体为，反应的化学方程式为 。
iii.d和e的连接顺序颠倒后将造成 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
iiii.在工业上按照国家标准测定：将干燥后的(含杂质的体积分数为)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中的体积分数为，此时的表达式为 。
34．三氯甲硅烷是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为，熔点为，易水解。实验室根据反应，利用如下装置制备粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：
(1)制备时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入，一段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为 ；判断制备反应结束的实验现象是 。图示装置存在的两处缺陷是 。
(2)已知电负性在浓溶液中发生反应的化学方程式为 。
(3)采用如下方法测定溶有少量的纯度。
样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：① ，② (填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为 (填标号)。测得样品纯度为 (用含、的代数式表示)。
35．2—噻吩乙醇()是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：

Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入液体A和金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。
Ⅱ．制噻吩钠。降温至，加入噻吩，反应至钠砂消失。
Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应。
Ⅳ．水解。恢复室温，加入水，搅拌；加盐酸调至4~6，继续反应，分液；用水洗涤有机相，二次分液。
Ⅴ．分离。向有机相中加入无水，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中液体A可以选择 。
a．乙醇 b．水 c．甲苯 d．液氨
(2)噻吩沸点低于吡咯( )的原因是 。
(3)步骤Ⅱ的化学方程式为 。
(4)步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是 。
(5)步骤Ⅳ中用盐酸调节的目的是 。
(6)下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是 (填名称)：无水的作用为 。

(7)产品的产率为 (用计算，精确至0.1%)。
36．某化学兴趣小组利用如图装置制取氨气并探究氨气的有关性质。
(1)装置A中烧瓶内试剂可选用 (填字母代号，下同)，装置B中试剂可选用 。
a．碱石灰 b．浓硫酸 c．生石灰 d．五氧化二磷 e．烧碱
(2)在K2的导管末端连接如图装置中的 装置(填序号)，当装置D中集满氨气后，关闭K1、K2，打开K3，引发喷泉的实验操作是 。
(3)若探究氨气的还原性，需打开K1、K3，在K2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置。
①用二氧化锰与浓盐酸制取氯气，生成气体必须通过分别盛有 、 试剂的洗气瓶。
②D中氨气与氯气反应产生白烟，同时生成一种无色无味的气体，该反应的化学方程式为 。
③从K3处导管逸出的气体中含有少量Cl2，则C装置中应盛放 溶液(填化学式)，反应的离子方程式为 。
37．“中国芯”的发展离不开单晶硅，工业上制高纯硅，先制得粗硅，再制高纯硅。
Ⅰ．请回答：
(1)工业制粗硅反应的化学方程式为 。
Ⅱ．某小组拟在实验室用如图所示装置模拟探究四氯化硅的制备和应用(夹持装置已省略)。
已知有关信息：
①，；
②遇水剧烈水解，的熔点、沸点分别为、。
请回答下列问题：
(2)装无水氯化钙的仪器名称是 。
(3)若拆去B装置，可能的后果是 (写出一个即可)。
(4)有同学最初将E、F、G装置设计成图甲所示装置，图甲装置的主要缺点是 (写出一个即可)。
(5)已知在高温条件下易分解生成和。利用和制备新型无机非金属材料()的装置如图乙，写出该反应的化学方程式： 。利用尾气制备盐酸，宜选择下列装置中的 (填序号)。
Ⅲ．请回答：
(6)也是制取高纯硅的重要原料，它在浓的溶液中的反应方程式为 。
38．“奥密克戎”对人体健康危害降低，但患者仍会出现高烧发热、身体疼痛等症状。对乙酰氨基酚(，M=151g·ml-1)具有解热镇痛的效果，其解热作用缓慢而持久，具有刺激性小、极少有过敏反应等优点。某科学小组在实验室进行对乙酰氨基酚的制备，物质转化流程如下(部分产物已略去)：
(1)步骤I中，亚硝酸因不稳定易分解产生体积比为1：1的NO和NO2，工业上常通入空气进行废物利用制备硝酸，请写出该反应的化学方程式 。
(2)步骤II为对亚硝基苯酚的还原过程，其装置如图1所示。
该科学小组通过实验测定了不同温度下的对亚硝基苯酚还原产率，数据如下表：
①通过实验，步骤II中最佳反应温度为 °C；
②该反应放热易导致反应速率过快，要适当控制反应速率，结合装置最有效的操作是 ；
③步骤II中主要发生的反应为：，实际操作中，硫化钠的实际用量比理论量高些，其目的是 。
(3)步骤III中须用硫酸酸化步骤II反应后的混合溶液，以便析出对氨基苯酚。若加入硫酸过多、过快，可能导致发生副反应的离子方程式为 。
(4)步骤IV为对氨基苯酚的乙酰化反应，实验装置如图2所示。其中，冷凝管的进水口是 (填“a”或“b”)；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是 。
(5)该科学小组用0.2ml苯酚进行实验，该实验中对乙酰氨基酚总产率为55%，实际得到对乙酰氨基酚 g。
39．滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：
(1)酸碱中和滴定——用浓度为0.1000 ml·L-1的标准盐酸滴定未知浓度的溶液，表格中记录了实验数据：
①下列操作造成测定结果偏高的是 (填字母)。
A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确
B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗
D．滴定前，盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
②该溶液的物质的量浓度为 (计算结果保留四位有效数字)。
(2)氧化还原滴定——取一定量的草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用标准酸性高锰酸钾溶液滴定。滴定时溶液应装在 (填“酸”或“碱”)式滴定管中，滴定终点时滴定现象是 。
(3)沉淀滴定——滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。参考表中的数据，若用滴定溶液，可选用的指示剂是_______(填字母)。
A．B．C．D．
40．某化学研究性学习小组用CO还原Fe2O3，并在实验结束后用磁铁吸出生成的黑色粉末X进行探究。
【探究目的】分析黑色粉末X的组成，并进行相关实验。
【查阅资料】
①CO还原Fe2O3的实验中若温度不同、受热不均时会生成Fe3O4，也能被磁铁吸引。
②Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
③Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑＋2H2O
④3Fe3O4+28HNO3(稀)=9Fe(NO3)3+NO↑+14H2O
【实验探究】
I．定性检验
(1)实验③发生的反应的离子方程式为 。
(2)上述实验说明黑色粉末X中含有 。
Ⅱ．定量测定
根据如图所示的实验方案进行实验并记录数据：
(3)操作Z的名称是 。
(4)通过以上数据，得出13.12g黑色粉末X中各成分的物质的量为 。
(5)为确保过程②中铁离子沉淀完全，至少应加入 毫升NaOH溶液。
41．Ⅰ．某实验小组为探究含硫化合物(NH4)2S2O8的性质，设计如下实验探究(NH4)2S2O8的氧化性。
实验操作：向小试管中加入溶液，并滴入两滴淀粉溶液，无明显变化，再加入少量溶液，试管中溶液立即变蓝，取上层清液检验，证明溶液中存在，回答下列问题
(1)与反应的离子方程式为 。
(2)检验该溶液中存在的具体操作及现象为 。
(3)实验结论：的氧化性 (填“强于”或“弱于”)I2。
已知：I2可与发生反应：，为了进一步探究与的反应速率，小组同学设计下表实验：
(4)上述实验b中的 ； 。
加入溶液后溶液变蓝的时间明显增长，小组同学对此提出两种猜想：
猜想1：与反应的速率远低于与反应的速率；
猜想2：先与反应，消耗完后才与反应。
为验证上述猜想，小组同学补充下表实验：
(5)验证猜想1的实验设计为 (填“实验c”或“实验d”下同)，验证猜想2的实验设计为 。
(6)实验c中下层溶液显浅紫色的原因为 。
(7)由上述实验可知 (填“猜想1”或“猜想2”)成立。
Ⅱ．Na2S2O5常用作纺织业棉麻脱氯剂；酸化时可放出SO2气体，其制备工艺流程
如下：
(8)Na2S2O5的名称为 (选填“焦硫酸钠”或“焦亚硫酸钠”)。
(9)“反应I ”中应先通入的气体是 ，反应后析出的固体产物是 。
(10)“反应Ⅱ”的化学方程式为 。
(11)若反应条件或用量等控制不当，则所得的Na2S2O5产品中往往含有杂质。
①若产品中含有杂质Na2SO3，其具体原因可能是 (任答一条即可)。
②若检验产品中含有杂质Na2CO3，下列试剂的使用顺序依次为 (填编号)。
a．稀硫酸 b．澄清石灰水 c．品红溶液 d．酸性KMnO4溶液
(12)Na2S2O3也可用作棉麻的脱氯剂。
①Na2S2O5溶液与Cl2反应的离子方程式为 。
②Na2S2O5与Na2S2O3脱氯等效时，消耗二者的质量之比为 。
溴苯用量()
100
100
100
100
100
100
100
催化剂用量()
2
2
2
2
2
2
2
反应温度(℃)
100
100
100
100
120
140
160
反应时间(h)
10
12
14
16
14
14
14
产率(%)
81.2
84.4
86.6
86.2
93.5
96.6
89.0
实验装置
实验序号
滴管试剂
试管试剂
实验现象
①
NaClO溶液
饱和溶液
产生白色沉淀，继而转化为
棕黑色沉淀
②
溶液
光照管壁有无色气泡产生
③
酸性
溶液和KSCN溶液
溶液变红
④
溶液
产生白色沉淀
选项
实验目的
实验方案设计
现象和结论
A
探究CH3COOH与HCl酸性的强弱
用pH计测量酸酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
盐酸的pH比醋酸小，则CH3COOH是弱酸
B
探究Cu(OH)2和Mg(OH)2溶度积的大小
向氢氧化钠溶液中先加入少量MgCl2溶液，充分反应后再加入少量CuSO4溶液
先产生白色沉淀，后产生蓝色沉淀，说明Cu(OH)2比Mg(OH)2的溶度积小
C
探究Fe2+有还原性
向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
滴入KSCN溶液时，无明显变化，滴入新制氯水时溶液变血红色，Fe2+具有还原性
D
证明：非金属性：Cl>C>Si
锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊
A
B
C
D
实验
装置
试剂a
现象
①
紫色的石蕊试液
溶液先变红后褪色
②
NaHCO3溶液
产生气泡
③
HNO3酸化的AgNO3溶液
产生白色沉淀
④
FeCl2溶液、KSCN溶液
溶液变红
相关物质的部分物理性质
名称
熔点/°C
沸点/°C
密度/g·mL-1
溶解度
乙酸酐
-73
140
1.082
与水反应(生成乙酸)
苯
5.5
80.5
0.879
不溶于水
苯乙酮
20.5
202
1.028
微溶于水
物质
熔点/°C
沸点/°C
溶解性
苯酐
131~134
284
不溶于冷水，微溶于热水
邻氨甲酰苯甲酸
140~143
394.2
稍溶于热水
邻苯二甲酰亚胺
232~235
366
微溶于水，易溶于碱溶液
物质


溶解性
微溶于水，易溶于
难溶于水，易溶于
易溶水，难溶于
熔点/
70
43
—
沸点/
270
153
—
性质
(易溶于水)
物质
H2S
H2CO3
电离常数
Ka1=1.3×10⁻⁷
Ka2=7.1×10⁻¹⁵
Ka1=4.2×10-7
Ka2=5.6×10-11
序号
硅酸钠的质量分数
碳酸钠的质量分数
初始COAC
pH值
12h后COAC
12h后COAC/初始COAC
1
0
0
1794
8.53
1218
0.679
2
0
0
1794
8.63
1288
0.718
3
0.9%
0.6%
1794
13.44
1676
0.935
4
1.5%
0
1834
13.76
1597
0.871
5
0
1.5%
1834
13.66
-
a
实验编号
试剂
现象
1
水
无明显变化
2
a
无明显变化
3
b
溶液变为深红色，且出现棕褐色沉淀
序号
实验
试剂
现象
i

a
生成棕褐色固体，产生大量气泡
ii
b
有少量气泡
iii
H2O2溶液
有少量气泡
温度/℃
20
30
40
50
溶解度/
84.5
91.6
98.4
104.1
备选装置(其中水中含酚酞试液)
I
II
III
温度/°C
25
45
55
65
产率/%
52.6
64.7
62.5
58.8
滴定次数
待测液体积/
标准盐酸体积/
滴定前读数
滴定后读数
第一次
20.00
1.02
20.3
第二次
20.00
1.00
19.99
第三次
20.00
0.10
22.10
难溶物
颜色
白
浅黄
白
砖红
白
编号
实验操作
实验现象
①
取少量黑色粉末X放入试管1中，注入浓盐酸，微热
黑色粉末逐渐溶解，溶液呈黄绿色：有气泡产生
②
向试管1中滴加几滴KSCN溶液，振荡
溶液出现血红色
③
另取少量黑色粉末X放入试管2中，注入足量硫酸铜溶液，振荡，静置
有极少量红色物质析出，仍有较多黑色固体未溶解
试验编号
溶液/
溶液/
蒸馏水/
0.4%的淀粉溶液/滴
溶液/
变色时间/s
a
4.0
0
4.0
2
2.0
立即
b
4.0
1.0
2
30
试验编号
溶液/
碘水/
溶液/
/
0.4%的淀粉溶液/滴
溶液/
实验现象
c
2
0
20
10
0
0.2
下层溶液显浅紫色
d
0
5
20
0
2
20
溶液先变蓝，后迅速褪色，一段时间后又变蓝
参考答案：
1．D
【详解】A．依据表中数据，当反应时间相同时，产率随着反应温度的升高先升高后降低，当反应温度为140℃，生成物的产率高于160℃和100℃，因此最佳反应温度为140℃，故A正确；
B．由A的分析可知，加热14小时，产率最高，所以最佳反应时间为14h，最佳温度为140℃，故B正确；
C．根据表格数据，当温度为160℃时，产率比温度为140℃时产量要低，推测原因可能是温度过高导致了催化剂活性降低，故C正确；
D．反应产物，两个相同的原子或者原子团在双键的两侧，属于反式结构，故D错误。
故选：D。
2．D
【详解】A．待实验I溶液颜色不再改变时，即让反应2Fe3+ +2I-2Fe2+ +I2达到化学平衡后，才能进行平衡移动实验，即才能进行实验II，A正确；
B．实验③是为了使最终溶液的体积相同，而使得稀释对溶液颜色的改变相同，故实验③是实验②的对比实验，B正确；
C．实验①通过减小反应物I-的浓度，实验②通过增大生成物Fe2+的浓度，从而使上述平衡逆向移动，即两实验中平衡都向Fe2+转化成Fe3+方向移动，C正确；
D．由C项分析和实验①溶液的颜色可知，该浓度下的含Fe3+的溶液接近无色，故上述实验表明，实验I所得溶液颜色主要是由I2引起的，D错误；
故答案为：D。
3．A
【详解】A． 实验①：NaClO溶液与饱和Ag2SO4溶液混合，发生相互促进的水解反应，生成AgOH和HClO，Ag++ClO-+H2O=AgOH↓+HClO，AgOH不稳定分解，2AgOH=Ag2O+H2O，合并后得2Ag++2ClO-+H2O=Ag2O↓+2HClO，故A错误;
B． 实验②：无色气体为，醋酸酸性强于次氯酸，NaClO溶液与CH3COOH溶液反应生成次氯酸，次氯酸光照分解成O2，故B正确；
C． 实验③ClO-具有氧化性，Fe2+具有还原性，Fe2+被ClO-氧化为Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液变红，所以还原性Fe2+>Cl-，故C正确；
D． 实验④：NaClO溶液水解显碱性，AlCl3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，与的水解相互促进，故D正确；
故选A。
4．C
【详解】A．实验①配制溶液必须用到容量瓶、玻璃棒、量筒等玻璃仪器，A正确；
B．可将SCN看住一个整体，实验②中阴离子转化为单质，酸性条件下可将SCN-氧化成(SCN)2，B正确；
C．在等体积浓度均为0.1ml/L的KSCN和FeSO4混合溶液中滴加酸性高锰酸钾，溶液先变红，说明亚铁离子先被高锰酸根离子氧化成铁离子，故还原性SCN-D．酸性高锰酸钾与亚铁离子反应的离子方程式为MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O， D正确；
故答案选D。
5．C
【详解】A．没有说明两份溶液的浓度，所以无法根据pH比较其酸性强弱，A错误；
B．MgCl2溶液少量，再加入少量CuSO4溶液，Cu2+与OH−直接反应生成沉淀，没有发生沉淀的转化，不能说明比的溶度积小，B错误；
C．向FeSO4溶液中滴加几滴KSCN溶液，溶液无明显变化说明溶液中无Fe3+，滴入新制氯水时溶液变血红色，说明生成了Fe3+，原溶液中存在Fe2+，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe2+具有还原性，C正确；
D．挥发出的HCl也会使得硅酸钠生成硅酸沉淀，干扰了实验，且应通过比较最高价氧化物的水化物的酸性检验非金属性强弱，应用高氯酸而不是盐酸,D错误；
故选C。
6．D
【分析】氯气的制备装置中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气。
【详解】A．盛有饱和食盐水的洗气瓶用于除去氯化氢气体，盛有的浓硫酸的洗气瓶用于干燥氯气，则题给装置能达到净化氯气的实验目的，故A正确；
B．氯气的密度比空气大，应用向上排空气法收集氯气，则题给装置能达到收集氯气的实验目的，故B正确；
C．氯气不能使干燥红布条褪色，能使湿润的红布条褪色说明氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸因强氧化性而表现漂白性，则题给装置能达到验证氯气是否有漂白性的实验目的，故C正确；
D．氯气与水反应为可逆反应，氯气不可能完全溶于水，会逸出污染空气，则题给装置能达到吸收氯气，防止污染空气的实验目的，故D错误；
故选D。
7．B
【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，紫色的石蕊试液变红，有HClO，变红后褪色，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，以此解答该题。
【详解】新制氯水存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，主要成分有：Cl2、H+、HClO、Cl-等，
A．有H+存在，紫色的石蕊试液变红，有HClO，氯水具有漂白性，溶液先变红后褪色，故A正确；
B．碳酸的酸性比HClO的酸性强，根据强酸制弱酸原理，离子方程式书写错误，正确为：+H+=CO2↑+H2O；故B错误；
C．新制氯水有Cl-，和银离子反应生成白色沉淀，离子方程式：Cl-+Ag+═AgCl↓，故C正确；
D．新制氯水的Cl2具有强氧化性，可以使亚铁离子氧化，离子方程式：Cl2+2Fe2+═2Cl-+2Fe3+，故D正确。
答案选B。
8．(1)10-10
(2)=
(3)a
(4)b
【详解】（1）由题图可知，当溶液的体积为时，溶液中的略小于，此时混合溶液中，故。
（2）滴定终点c点为饱和AgCl溶液，根据可知，达到滴定终点时，c(Ag+)=c(Cl-)。
（3）根据可知，达到滴定终点时，消耗溶液的体积为，反应终点c向a方向移动。
（4）相同实验条件下，沉淀相同量的和消耗的的量相同，由于，当滴加相同量的时，溶液中，故反应终，点c向b方向移动。
9． 6 NiO
【详解】A点时失掉2个结晶水，失重率为13.7%，则 ，解得n=6；该晶体中结晶水占比，所以B点时失去全部结晶水，C点失重率为71.5%，说明硫酸镍已分解，设所得固体的化学式为NiOx，，解得x=1，C点产物的化学式为NiO。
10．(1) Na2CO3、NaOH CaCl2、HCl
(2)白色沉淀为CaCO3，HCl与CaCO3反应，不能共存
(3)HCl（或Na2CO3)
【详解】（1）在A试管中碳酸钠能与氢氧化钙反应生成氢氧化钠和碳酸钙，在B试管中盐酸与氢氧化钙反应能生成氯化钙和水，而将滤液和B实验后的废液都倒入同一洁净的废液缸中，发现有气泡产生，最终出现白色沉淀，则可知白色沉淀为碳酸钙，气泡为二氧化碳，因此溶液中存在碳酸钠和盐酸，所以可知A滤液中的溶质是氢氧化钠和碳酸钠，B滤液中的溶质为盐酸和氯化钙。
（2）因为最终生成物存在碳酸钙，而碳酸钙能与盐酸反应，所以两者不能共存，因此猜想①不成立。
（3）取少量废液于试管中，向其中滴加HCl（或Na2CO3)溶液，若产生气泡（或无明显现象)，则可判断猜想③成立。
11． 2 C3O4
【详解】根据题图及化学式C5(CO3)2(OH)6·xH2O可得=6.5%，解得x≈2，碱式碳酸钴的化学式为C5(CO3)2(OH)6·2H2O，c点时失重率为27.4%，则C的氧化物中O和C的物质的量之比=≈4∶3，故c点时固体的化学式为：C3O4。
12．(1)0.01
(2)3
【详解】（1）加入足量的NaOH 溶液，得到沉淀为氢氧化铁，有2.14g也即0.02ml，根据铁元素守恒，Fe2O3的物质的量为0.01ml，故答案为0.01；
（2）称取 17.50g铝土矿样品，加入 200mL1.65ml/L的稀硫酸，恰好完全反应，过滤得沉淀SiO2有0.30g，所以由质量守恒Al2O3•xH2O有15.6g，而Fe2O3会消耗0.03ml硫酸，剩下的硫酸为氧化铝消耗，可计算出氧化铝消耗了0.33−0.03=0.3ml硫酸，而氧化铝有0.1ml也即10.20g，故结晶水一共有15.6−10.20=5.4g，也即0.3ml，，故答案为3。
13．6
【详解】A点时失去3个结晶水，失重率为19.22%，设晶体质量为100g，失重19.22g，失去3个结晶水，则，n=6。
14．(1) 球形干燥管 AB fgcbdej(h)
(2) 通过观察气泡调节气体的流速 冷却并收集液态NOCl HNO3(浓)+3HCl(浓)
【分析】制得的氯气中含有氯化氢及水蒸气，所以需要利用饱和食盐水除去氯化氢后再用浓硫酸进行干燥，然后再根据氯气的密度比空气大的性质，用向上排空气法收集，氯气是有毒气体，需要进行尾气处理，可以用碱石灰作吸收剂；
【详解】（1）①如图中盛有碱石灰的仪器名称是球形干燥管；实验室制备NO是利用铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为；
②制得的氯气中含有氯化氢及水蒸气，所以需要利用饱和食盐水除去氯化氢后再用浓硫酸进行干燥，然后再根据氯气的密度比空气大的性质，用向上排空气法收集，氯气是有毒气体，需要进行尾气处理，可以用碱石灰作吸收剂，故装置连接顺序为afgcbdej（h）。
（2）①通过观察洗气瓶中气泡的快慢，调节NO、气体的流速，以达到最佳反应比，提高原料的利用率，减少有害气体的排放；
②已知沸点为℃，遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体。装有无水的干燥管Ⅴ防止水蒸气进入装置Ⅳ中使变质，与水反应生成盐酸、一氧化氮和二氧化氮，反应的化学方程式为；
③查阅资料知，王水是浓硝酸与浓盐酸的混合酸，一定条件下该混合酸可自身反应生成亚硝酰氯、氯气和水，该反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)。
15．(1)球形干燥管
(2)
(3)饱和食盐水
(4) ② C
(5)
(6)酸性氧化物
【分析】装置A中浓盐酸和二氧化锰共热制备氯气，装置B中盛放饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢，装置C中盛放浓硫酸用于干燥氯气，装置D中为干燥的氯气和反应，装置E中液体用于除去中的未反应的氯气，易溶于水、密度比空气大，装置F可用向上排空气法收集，装置G作为安全瓶，最后选用碱液处理尾气，防止污染空气。
【详解】（1）仪器D为球形干燥管；
（2）装置A中浓盐酸和二氧化锰共热生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为：；
（3）浓盐酸有挥发性，会挥发出氯化氢，氯气几乎不溶于饱和食盐水，装置B中盛放饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢；
（4）易溶于水，不能用排水法收集，密度比空气大，可用向上排空气法收集，因此应选择②，且长管进、短管出，即与装置E导管相连的导管口是c．
（5）装置D中为干燥的氯气和反应生成和NaCl，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：；
（6）二氧化碳能与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物。
16．(1) 三颈烧瓶(或三口烧瓶) 平衡压强，便于浓盐酸顺利流下
(2)检查装置的气密性
(3)
(4)将装置中残留的氯气赶出，以便被NaOH溶液充分吸收，避免污染空气
(5)排饱和食盐水
(6) 防止倒吸
【分析】A装置制备氯气，B装置除去氯气中的氯化氢，C装置干燥氯气，D装置收集氯气，E装置尾气处理，据此解答。
【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器a的名称为三颈烧瓶；字母b所指装置是恒压滴液漏斗，与普通漏斗相比，可以保持内外压强相等，所以其作用是平衡压强，便于浓盐酸顺利流下；
（2）由于是制备气体，所以整套实验装置组装好后，首先需进行的必要操作是检查装置的气密性；
（3）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，反应的离子方程式为：
（4）由于装置内残留部分氯气，通入氮气可将氯气充分排出，以便被NaOH溶液充分吸收，防止污染空气；
（5）实验室收集氯气按装置D的方法是利用氯气的密度比空气大，还可利用氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，用排饱和食盐水的方法收集氯气；
（6）氯气易溶于氢氧化钠溶液，容易发生倒吸，装置E中倒扣漏斗的作用是防止倒吸；氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应方程式为：。
17．(1)b
(2)
(3)AgNO3(或AgNO3+HNO3、硝酸银、酸化的硝酸银)
(4)碱石灰
(5)
(6)吸收氨气与水
(7) b→d→e→c 80.0％
(8)、
【分析】稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成，向盐酸中滴入TiCl4，搅拌并加热，TiCl4在盐酸中水解生成白色沉淀TiO2⋅xH2O，将TiO2⋅xH2O洗涤，煅烧制得TiO2，装置B中利用浓氨水和生石灰反应制备NH3，利用装置C除去NH3中的水蒸气，则试剂X可以是碱石灰，装置D中，NH3和TiO2在800℃下反应生成TiN、N2和H2O，化学方程式为6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2，装置E中装有CaCl2，可以吸收生成的水蒸气及过量的NH3，以CaCl2/CaO共熔体作为介质，电解时，在阴极生成的Ca，电极反应为：Ca2++2e-=Ca，生成的Ca还原TiO2得钛，反应为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，据此分析作答。
【详解】（1）由题干实验装置图可知，装置 A 中冷凝水应从下口进上口出，则冷凝水的入口为b，故答案为：b；
（2）TiCl4水解生成Ti(OH)4，TiCl4水解生成的胶体主要成分为Ti(OH)4，故答案为：Ti(OH)4；
（3）TiO2⋅xH2O沉淀中含有少量的Cl-杂质，判断TiO2⋅xH2O沉淀是否洗涤干净，只需检验洗涤液中是否含有Cl-，若最后一次洗涤液中不含Cl-，则证明TiO2⋅xH2O沉淀清洗干净，检验Cl-，应选用的试剂是硝酸酸化的AgNO3，故答案为：AgNO3(或AgNO3+HNO3、硝酸银、酸化的硝酸银)；
（4）由分析可知，装置C中试剂X为碱石灰，故答案为：碱石灰；
（5）由分析可知，该反应的化学方程式为6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2，故答案为：6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2；
（6）由分析可知，装置E的作用是吸收氨气与水，故答案为：吸收氨气与水；
（7）①该实验应先称取一定量的TiO2固体，将TiO2放入管式炉中，提前通入NH3排出管式炉中空气后再进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入NH3，则正确的实验操作步骤为a→b→d→e→c→f，故答案为：b→d→e→c；
②0.800gTiO2的物质的量为=0.01ml，根据反应方程式可知，TiN的理论物质的量为0.01ml，固体质量减少0.8000g-0.656=0.144g，据6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2，则TiN实际产量为，TiN的产率为×100%=80.0%，故答案为：80.0%；
（8）由分析可知，阴极生成Ca，Ca还原TiO2得钛，故阴极生成钛的有关电极反应式和化学方程式为：Ca2++2e-=Ca，2Ca+TiO2=Ti+2CaO；故答案为：Ca2++2e-=Ca，2Ca+TiO2=Ti+2CaO。
18．(1) 直形冷凝管 平衡气压，使液体顺利滴下
(2) 防止过氧化氢分解；增大的溶解度，防止温度和浓度过高时爆炸
(3)缓冲装置，防止倒吸(或作安全瓶)
(4)
(5)1.57
【分析】三颈烧瓶为反应器，生成的二氧化氯经过B中三个恒温低温槽后转化为比较纯净的。
【详解】（1）仪器A是直形冷凝管；由、、制备的过程中，NaClO3中氯元素化合价降低，作氧化剂，被还原为，作还原剂，被氧化为，所以反应的化学方程式为。
（2）吸收瓶中二氧化氯和过氧化氢在碱性条件下反应生成，离子方程式为；选择低温是因为反应物过氧化氢温度高会分解，影响产率，以及增大的溶解度，防止温度和浓度过高时爆炸。
（3）装置C起缓冲作用，防止吸收液直接进入真空泵，真空泵抽气而获得反应体系真空条件。
（4）亚氯酸钠溶液中存在反应：、。的电离平衡常数，观察图像可知，当pH=6时，，因此的电离平衡常数的数值；由图像可知，pH=5时，含氯元素的微粒浓度大小关系为，根据得失电子守恒生成的是的4倍，所以，故。
（5）的物质的量，依据电子转移数目相等，，，可知氯气的物质的量为，则氯气的质量为。
19．(1) 或(含有即可) 溶液变成红色
(2)水浴加热温度稳定且便于控温，回流是因为酒精容易挥发，如果不进行回流，加热过程中酒精会挥发殆尽
(3) 蒸馏烧瓶 调节气体流速，使反应产生的气体较均匀地通入三颈烧瓶的混合溶液中 pH<7可能会导致发生歧化反应生成S和，影响的产率 吸收
(4) 滴入最后半滴碘溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内不恢复
【分析】该实验的实验目的是用纯化的硫化钠溶液与碳酸钠溶液和二氧化硫反应制备用于氰化物解毒的硫代硫酸，并用氧化还原滴定法测定硫代硫酸钠的纯度。
【详解】（1）由题意可知，硫代硫酸钠溶液用于氰化物解毒发生的反应为硫代硫酸根离子与溶液中氰酸根离子反应生成硫氰酸根离子和亚硫酸根离子，则检验反应生成硫氰酸根离子的最佳方法是取少量反应液，先向其中加入足量的盐酸，再加入可溶性铁盐溶液，如氯化铁溶液或硫酸铁溶液，若溶液变成红色，说明反应有硫氰酸根离子生成，故答案为：或(含有即可)；溶液变成红色；
（2）将工业硫化钠溶于酒精并加热时，采取水浴加热并且回流是因为水浴加热温度稳定且便于控温，回流是因为酒精容易挥发，如果不进行回流，加热过程中酒精会挥发殆尽，故答案为：水浴加热温度稳定且便于控温，回流是因为酒精容易挥发，如果不进行回流，加热过程中酒精会挥发殆尽；
（3）①由实验装置图可知，仪器a为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；
②实验开始时，打开螺旋夹并适当调节螺旋夹，一方面可以控制流速防止易溶于水的二氧化硫通入溶液中产生倒吸，另一方面是有利于反应产生的二氧化硫气体较均匀地通入三颈烧瓶的混合溶液中便于反应充分进行，故答案为：调节气体流速，使反应产生的气体较均匀地通入三颈烧瓶的混合溶液中；
③由题意可知，二氧化硫与硫化钠和碳酸钠的混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为，停止通入二氧化硫前要控制Ⅱ装置中溶液pH约为7而不能小于7的原因是若溶液pH小于7，酸性条件下硫代硫酸根离子会发生歧化反应生成硫和二氧化硫，影响硫代硫酸钠的产率，故答案为：；pH<7可能会导致发生歧化反应生成S和，影响的产率；
④过量的二氧化硫排入空气中，会造成环境污染，所以装置Ⅲ的作用是吸收未反应的二氧化硫和反应生成的二氧化碳，故答案为：吸收；
（4）①由题意可知，选用淀粉溶液做指示剂，碘溶液与硫代硫酸钠溶液恰好反应时，滴入最后半滴碘溶液，溶液由无色变为蓝色，则滴定终点的现象为滴入最后半滴碘溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内不恢复，故答案为：滴入最后半滴碘溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内不恢复；
②由题意可知，滴定消耗VmLcml/L硫代硫酸钠溶液，则产品中五水硫代硫酸钠的质量分数为×100%=99.2cV%，故答案为：99.2cV。
20．(1) a 三颈烧瓶
(2)防止反应太过剧烈，产生副反应
(3) 提高苯乙酮的萃取率 盐酸和醋酸
(4)苯
(5) 防止暴沸(作沸石) C
(6)83%
【详解】（1）步骤1中搅拌回流时，冷凝水从a端进水冷却效果好；仪器A为三颈烧瓶。
（2）因为醋酸酐与苯反应是放热反应，逐滴滴加乙酸酐目的是防止反应太过剧烈，产生副反应。
（3）步骤2中水层用苯萃取两次的目的是提高苯乙酮的萃取率；用15mL10% NaOH溶液洗涤的目的是除去盐酸、醋酸等酸性物质。
（4）由表中信息可知，苯的沸点最低，步骤3中在水浴上蒸馏回收的物质B为苯。
（5）毛细管在减压蒸馏中可调节蒸馏体系的真空度，同时通入的气体在加热过程中起到搅拌作用，使得体系受热均匀防止暴沸；蒸馏中温度应该控制比苯乙酮的沸点低，比其他杂质的沸点高，故选C。
（6）
由化学方程式+(CH3CO)2O+CH3COOH可知，0.04ml醋酸酐和0.18ml无水苯反应，无水苯过量，醋酸酐完全反应，则生成苯乙酮为0.04ml，所以产率=。
21．(1)锥形瓶
(2) b 球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好
(3)温度过低反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低
(4)
(5)减少反应②的产物H2O的量，使反应②平衡正向移动，提高产率
(6)96%
(7)+NH3+3O2+4H2O
【分析】由题给流程可知，装置甲中发生的反应为苯酐与氨水在80~95°C的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，装置乙用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤、烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器M为锥形瓶，故答案为：锥形瓶；
（2）由实验装置图可知，仪器Y为直形冷凝管，为增强冷凝效果，实验时，冷水应由下口a通入，上口b流出；仪器X为球形冷凝管，与直形冷凝管相比，球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好，所以置甲中球形冷凝管一般不用装置乙中直形冷凝管代替，故答案为：b；球形冷凝管与气流接触面积大，冷凝效果好；
（3）由题意可知，装置甲中温度控制在80~95°C目的是防止温度过低时，反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低，故答案为：温度过低反应速率慢，容易生成邻氨甲酰苯甲酸等副产物，导致产率降低；
（4）
由题给流程可知，反应①中生成的邻氨甲酰苯甲酸能与氨水继续发生取代反应生成副产物，故答案为：；
（5）蒸馏时，及时将装置中的水蒸出可以减少反应②的水，使反应②的平衡向正反应方向移动，有利于提高邻苯二甲酰亚胺的产率，故答案为：减少反应②的产物H2O的量，使反应②平衡正向移动，提高产率；
（6）由题意可知，14.8000g苯酐制得14.1120g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为×100%=96%，故答案为：96%；
（7）
由题意可知，邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应生成邻苯二甲酰亚胺和水，反应的化学方程式为+NH3+3O2+4H2O，故答案为：+NH3+3O2+4H2O。
22．(1) 冷水浴 平衡气压，使溶液顺利流下
(2) + NaClO +H2O+NaCl
(3) 反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量 邻硝基苯甲酸
(4)蒸馏
(5) 能 由于溶液中存在平衡： ，浓盐酸会与溶液反应，使平衡逆向移动，能析出大量产品
(6)
【分析】实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)，以邻硝基苯甲醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成，向三颈瓶中依次加入邻硝基苯甲醇，二氯甲烷(沸点)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入水溶液(做催化剂)和饱和溶液。在和剧烈搅拌条件下，滴加足量水溶液后，继续反应，反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，以此解答。
【详解】（1）低于常温，控制反应温度为的方法是冷水浴，滴加溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是平衡气压，使溶液顺利流下。
（2）在催化剂存在条件下，邻硝基苄醇被NaClO氧化生成邻硝基苯甲醛，本身被还原为NaCl，由原子守恒可知，产物还应该有水，化学方程式为+ NaClO +H2O+NaCl。
（3）反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量；邻硝基苯甲醛具有还原性，能被NaClO进一步氧化为邻硝基苯甲酸，则该副产物主要成分是邻硝基苯甲酸。
（4）二氯甲烷沸点较低，而邻硝基苯甲醛沸点较高，可采用蒸馏的方法分离。
（5）用一定浓度盐酸代替“步骤Ⅲ”中的氢氧化钠溶液调节pH，由于溶液中存在平衡： ，浓盐酸会与溶液反应，使平衡逆向移动，能析出大量产品。
（6）由反应 + NaClO +H2O+NaCl可知，邻硝基苄醇与过量的NaClO完全反应，理论上可得到10mml邻硝基苯甲醛，质量为，产率。
23．(1)蒸馏烧瓶
(2)B
(3)bca
(4)在后面加一个装有碱石灰的干燥管
(5) 最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 72.70% 偏小
【分析】饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热生成氮气，除掉水蒸气，氮气和锶反应生成氮化锶。
已知，所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质；醋酸二氨合亚铜CH3COO[Cu(NH3)2]溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力，连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。氮气样品先通过氢氧化钠除掉二氧化碳、再通过连苯三酚碱性溶液除掉氧气、再通过醋酸二氨合亚铜溶液除掉一氧化碳、再通过浓硫酸干燥气体；干燥的氮气和锶反应生成氮化锶，由于氮化锶遇水剧烈反应，空气中水蒸气会进入到氮化锶装置中，因此在装置后加一个装置防止空气中水蒸气进入。
【详解】（1）根据图中得到仪器 A 的名称是蒸馏烧瓶；
（2）实验时产生氮气，再是氮气和锶反应，因此先点燃B处酒精灯；
（3）根据醋酸二氨合亚铜 CH3COO[Cu(NH3)2]溶液能定量吸收CO，但易被 O2 氧化失去吸收CO 能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2，则用氢氧化钠溶液除掉二氧化碳，再用连苯三酚碱性溶液除掉氧气，再用醋酸二氨合亚铜溶液除掉CO，再用浓硫酸干燥，因此装置 F、G、H 盛装的试剂分别是b、c、a；
（4）根据信息氮化锶遇水剧烈反应，方案Ⅰ和方案 II 设计存在相同的缺陷，氮化锶与大气相通，可能会导致产品变质，改进方案为在后面加一个装有碱石灰的干燥管，排除空气中水的干扰；
（5）①氢氧化钠能使酚酞试液变红色，故若用酚酞作指示剂，滴定终点的现象是最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
②根据反应关系HCl～NaOH，则剩余盐酸的物质的量n(HCl)=1.00 ml/L×0.016L=0.016ml，则氨气消耗的盐酸物质的量为n(HCl)= 0.02L×1.00ml/L－0.016ml=0.004ml；则n(NH3)= n(HCl)= 0.004ml，根据元素守恒得到n(Sr3N2)=0.002ml，则产品纯度为；故答案为：72.70%。
③若氨没有完全蒸出，则会导致吸收的氨气减少，导致滴定计算出产品纯度偏低。
24．(1) 分液漏斗 安全瓶，可以防止倒吸
(2)减少ClO2的溶解
(3)2ClO2+H2O2+2OH﹣=2+O2↑+2H2O
(4)NaClO3和NaCl
(5)加入盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则含有，反之，不含
(6) 当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液有蓝色变为无色，且半分钟内不恢复
【分析】由题可知，装置B为制备ClO2的发生装置，装置C主要起安全瓶的作用，装置D中为ClO2与H2O2在碱性条件下发生反应生成NaClO2，装置E和装置A为尾气吸收装置。
【详解】（1）盛装浓硫酸的仪器名称是分液漏斗，C的作用是安全瓶，可以防止倒吸，故答案为：分液漏斗；安全瓶，可以防止倒吸；
（2）结合信息②可知：B中使用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是减少ClO2的溶解，故答案为：减少ClO2的溶解；
（3）ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，同时生成氧气和水，根据原子守恒、化合价升降守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2-+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2-+O2↑+2H2O；
（4）反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得NaClO2晶体：55℃蒸发结晶→趁热过滤→38～60℃热水洗涤→低于60℃干燥，得到成品，结合信息③可知：如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，故答案为：NaClO3和NaCl；
（5）检验装置D中是否含有SO的方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中，加入盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则含有SO，反之，不含SO，故答案为：加入盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则含有SO，反之，不含SO；
（6）①确认滴定终点的现象是当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液有蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，故答案为：当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液有蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；
②根据题意有关系式：ClO2-～2I2～4S2O，所以n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=×c ml•L﹣1×V×10﹣3L=cV×10﹣3ml，所称取的样品中NaClO2的质量分数为×100%=，故答案为：。
25．(1) 2 K2[Cu(C2O4)2]·2H2O
(2)Cu、K2CO3
【详解】（1）蓝色晶体为：K2[Cu(C2O4)2]·nH2O，晶体在107℃失重10.2%，失去全部结晶水，说明结晶水在晶体中的质量分数为10.2%，则有10.2%=×100%，解得n=2，则蓝色晶体的化学式为：K2[Cu(C2O4)2]·2H2O；
（2）冷却后取少量固体于试管中，加水溶解有红色不溶物，说明有单质铜，过滤后向滤液中加入稀盐酸产生无色无味气体，说明有碳酸钾，结合数据说明：加热400℃之后，剩余物质的质量不再发生变化，剩余物占57.06%，设样品为1ml，则其质量为354g，加热400℃之后，剩余物质的质量为202g，按钾、铜元素守恒，残渣含1ml碳酸钾为138g、1ml铜为64g，合计202g，则故答案为Cu、K2CO3。
26．(1)平衡压强，使盐酸顺利流下（合理即可，2分）
(2) NaOH溶液
(3)
(4) 错误 因为没有该操作，锥形瓶中的空气会被挤入量气管，造成过氧化钠含量的测定值偏大
(5)%
【分析】锥形瓶中碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，步骤Ⅲ除去锥形瓶中的空气，在石棉绒上与，发生反应，反应器中的试剂为NaOH溶液吸收末反应的二氧化碳，实验结束，测得量气管前后体积差为V mL。
【详解】（1）导管a的作用是平衡压强，使盐酸顺利流下。故答案为：平衡压强，使盐酸顺利流下；
（2）锥形瓶中碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，发生反应的离子方程式为；反应器中的试剂为NaOH溶液，吸收末反应的二氧化碳。故答案为：；NaOH溶液；
（3）在石棉绒上与，发生反应的化学方程式依次为、。故答案为：；；
（4）有同学认为步骤Ⅲ是多余的。该观点错误，理由为因为没有该操作，锥形瓶中的空气会被挤入量气管，造成过氧化钠含量的测定值偏大。故答案为：错误；因为没有该操作，锥形瓶中的空气会被挤入量气管，造成过氧化钠含量的测定值偏大；
（5） ，m=,混合物中的质量分数=%。故答案为：%。
27．(1) 恒压滴液漏斗 Ⅱ中溶液倒吸入I中，可能使I中烧瓶炸裂
(2) H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑ 生成的HCl易挥发
(3)不能，根据电离平衡常数，碳酸的酸性大于H2S，H2S不能与碳酸氢钠反应
(4)静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全
(5)烧杯、漏斗、玻璃棒
(6)97.6%
【分析】装置I中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl，装置Ⅱ中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl2·2H2O，装置Ⅲ中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S，防止污染空气。
【详解】（1）仪器a是恒压滴液漏斗；氯化氢极易溶于水，装置Ⅱ中b仪器的作用是防止倒吸，若没有b可能发生倒吸，是I中烧瓶炸裂。
（2）由分析可知，装置I为浓硫酸和氯化钠共热制取HCl气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为：H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑；该反应能发生的原因是生成的HCl易挥发。
（3）由电离常数可知酸性强弱顺序为：，故H2S不能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，不能选择碳酸氢钠溶液。
（4）加入硫酸，使氯化钡转化成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是检验溶液中是否有钡离子，方法是：静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。
（5）过滤用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒。
（6）由题意可知，硫酸钡的物质的量为：=0.002ml，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002ml，质量为0.002ml×244g/ml=0.488g，质量分数为：100%=97.6%。
28．(1)探究调节pH对溶液有效氯含量(COAC)的影响
(2)大于
(3)相同条件下碳酸钠稳定效果更好，pH较低时稳定剂影响不大等
(4)D
【详解】（1）根据表中数据，实验1和2的pH不同，设计实验1和2的目的是探究调节pH对溶液有效氯含量(COAC)的影响。
（2）由实验3和4可知碳酸钠的质量分数越大，12h后COAC/初始COAC值越大，实验5中的a大于0.935。
（3）根据实验3-5，可得出的结论是相同条件下碳酸钠稳定效果更好，pH较低时稳定剂影响不大等。
（4）A．MgCl2溶液呈酸性，会与结合生成弱电解质，MgCl2不能做NaClO溶液的稳定剂，A错误；
B．具有还原性，能还原NaClO，故不能做NaClO溶液稳定剂，B错误；
C．根据表中数据，pH越大稳定效果越好，使用NaCl，相当于实验1、2的效果，不是最佳效果，NaCl不宜做NaClO溶液的稳定剂，C错误；
D．根据表中数据，pH越大稳定效果越好，呈碱性，适宜做NaClO溶液稳定剂，D正确；
故选D。
29．(1)
(2)用乙醇洗涤可减少固体的溶解，且乙醇易挥发，挥发时带走水分，产品易干燥
(3)ade
(4)
(5) 氯化铵溶液 浓氨水 控制溶液酸碱性，防止生成氢氧化物沉淀，并提供，同时增加铵根浓度可以抑制一水合氨的电离，增加一水合氨的浓度。
【分析】CCl2在氯化铵溶液和氨水条件下反应生成，再被过氧化氢氧化得到，再和浓盐酸反应生成目标物。
【详解】（1）步骤ⅱ，滴入5％，发生反应的离子方程式为；
（2）洗涤过程需要用到冰水和无水乙醇，使用无水乙醇的原因用乙醇洗涤可减少固体的溶解，且乙醇易挥发，挥发时带走水分，产品易干燥。
（3）中存在的化学键有氮元素和钴元素形成的配位键，氮元素和氢元素形成的极性共价键，和氯离子形成的离子键，故选ade；
（4）中一个配位键含有一个键，配位键数为6，一个极性共价键含有一个键，极性共价键数为15，一个含的键的数目为21个，含的键的数目为；
（5）实验结论：猜想1不合理，猜想2合理。说明加入氯化铵溶液，没有增强了的氧化性。而是加入浓氨水形成配合物，增强了离子的还原性。
①a是加入氯化铵，没有被氧化，所以没有现象，b是加入氨水，浓氨水形成配合物，增强了离子的还原性，溶液变为深红色，且出现棕褐色沉淀。
②步骤ⅰ中氯化铵的作用是控制溶液酸碱性，防止生成氢氧化物沉淀，并提供，同时增加铵根浓度可以抑制一水合氨的电离，增加一水合氨的浓度。
30．(1) ① 淀粉KI溶液变蓝 2H++H2O2+2I-=I2+2H2O
(2) 5H2O2+6H++2MnO=2Mn2++5O2↑+8H2O 还原 MnSO4溶液 H2O2和NaOH溶液 H2O2和H2SO4溶液
【详解】（1）探究H2O2的氧化性应该选用还原剂，KI具有还原性，H2O2中加入淀粉KI溶液，若溶液变蓝，说明I-被氧化为I2，证明H2O2具有氧化性，反应的离子方程式为2H++H2O2+2I-=I2+2H2O，故选①；
（2）Ⅰ.B中产生气泡，说明双氧水被氧化为氧气，滴入的溶液紫色褪去，说明高锰酸根离子被还原为锰离子，反应的离子方程式为5H2O2+6H++2MnO=2Mn2++5O2↑+8H2O。
Ⅱ.A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含MnO2，对其产生的原因提出猜想：
猜想1.KMnO4，有氧化性，能被还原为MnO2
猜想2.Mn2+与H2O2反应产生MnO2，Mn元素化合价升高，发生氧化反应，所以预测锰离子有还原性。
实验Ⅰ、Ⅱ的区别是溶液酸碱性不同，Ⅰ 中加入了硫酸，在酸性条件下没有棕褐色固体MnO2生成，设计实验的目的是验证在碱性条件下Mn2+能被双氧水氧化为MnO2； iii是ii和i的对照实验，则试剂a是H2O2和NaOH溶液，b是H2O2和H2SO4溶液，X是MnSO4溶液。
31．(1) 分液漏斗 检漏
(2)
(3)增加的溶解度
(4)加速产品干燥
(5)80.0
(6)透过蓝色钻玻璃观察火焰的颜色，若呈紫色则含钾元素
【分析】三颈烧瓶中加入和热蒸馏水，将物料溶解加入在加入醋酸，冷却至室温后，再从仪器b缓慢滴入30%双氧水，待反应结束，滤去固体，在滤液中加入95%乙醇降低溶解度，析晶，过滤洗涤干燥，得到产物。
【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗，使用前应检漏；
（2）中钠是+1价亚硝酸根是-1价，根据化合价代数和为0，钴的化合价是+3，制备该配合物的化学方程式为；
（3）步骤①中，用热蒸馏水的目的是增加的溶解度；
（4）步骤③中，用乙醚洗涤固体产品的作用是加速产品干燥；
（5）已知：(亮黄色)足量与产品反应生成亮黄色沉淀，则，，产品纯度为；
（6）实验室检验样品中钾元素的常用方法是：将铂丝用盐酸洗净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同时，用铂丝蘸取样品在外焰上灼烧，透过蓝色钻玻璃观察火焰的颜色，若呈紫色则含钾元素。
32．(1)b
(2)
(3)(或、硝酸银、酸化的硝酸银)
(4)碱石灰(或生石灰以及这些物质的组合均可)
(5)
(6)吸收氨气与水
(7) bdec 80.0%或80%、0.8
【分析】稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成，向盐酸中滴入，搅拌并加热，在盐酸中水解生成白色沉淀，将洗涤，煅烧制得，装置B中利用浓氨水和生石灰反应制备NH3，利用装置C除去NH3中的水蒸气，则试剂X可以是碱石灰，装置D中，NH3和在800℃下反应生成和，化学方程式为，装置E中装有CaCl2，可以吸收生成的水蒸气及过量的NH3。
【详解】（1）装置 A 中冷凝水应从下口进上口出，则冷凝水的入口为b；
（2）水解生成，水解生成的胶体主要成分为；
（3）沉淀中含有少量的Cl-杂质，判断沉淀是否洗涤干净，只需检验洗涤液中是否含有Cl-，若最后一次洗涤液中不含Cl-，则证明沉淀清洗干净，检验Cl-，应选用的试剂是硝酸酸化的AgNO3；
（4）由分析可知，装置C中试剂X为碱石灰；
（5）由分析可知，该反应的化学方程式为；
（6）由分析可知，装置E的作用是吸收氨气与水；
（7）①该实验应先称取一定量的固体，将放入管式炉中，提前通入NH3排出管式炉中空气后再进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入NH3，则正确的实验操作步骤为abdecf；
②的物质的量为，则TiN的理论产量为，反应后剩余固体质量为0.656g，则固体质量减少质量为0.800g-0.656g=0.144g，根据，则TiN的实际产量=，则TiN产率为。
33．(1) 分液漏斗 HCl
(2) 干馏 有白色沉淀生成 偏大
【分析】稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢杂质，用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的焦炭中反应生成一氧化碳，将混合气体通入足量氢氧化钡溶液中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质。
【详解】（1）装置Ⅰ中，仪器的名称是分液漏斗；由于二氧化碳中含有挥发的氯化氢气体，因此b中碳酸氢钠与氯化氢反应，则除去的物质是HCl；故答案为：分液漏斗；HCl。
（2）①将煤样隔绝空气在加热1小时得焦炭，即隔绝空气加强热使之分解，则该过程称为干馏；故答案为：干馏。
②装置Ⅱ中，高温下二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳，其发生反应的化学方程式为；故答案为：。
③i.d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，其反应的现象是有白色沉淀生成；故答案为：有白色沉淀生成。
ii.e中生成的固体为，根据氧化还原反应分析得到CO变为碳酸铵，则反应的化学方程式为；故答案为：。
iii.d和e的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应，导致银氨溶液消耗，二氧化碳与氢氧化钡反应的量减少，则将造成偏大；故答案为：偏大。
iiii.在工业上按照国家标准测定：将干燥后的(含杂质的体积分数为)以一定流量通入装置Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中的体积分数为，设此时气体物质的量为bml，二氧化碳物质的量为bmml，原来气体物质的量为aml，原来二氧化碳物质的量为a(1−n)ml，氮气物质的量为anml，则消耗二氧化碳物质的量为[a(1−n) −bm]ml，生成CO物质的量为2[a(1−n) −bm]ml，则有b=an+bm+2[a(1−n) −bm]，解得：，此时的表达式为；故答案为：。
【点睛】
34．(1) 检查装置气密性 球形冷凝管下端不再有液体滴下 C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置
(2)SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O
(3) 高温灼烧 冷却 AC
【分析】氯化氢气体通入浓硫酸干燥后，在管式炉中和硅在高温下反应，生成三氯甲硅烷和氢气，由于三氯甲硅烷沸点为31.8℃，熔点为，在球形冷凝管中可冷却成液态，在装置C中收集起来，氢气则通过D装置排出同时D可处理多余吸收的氯化氢气体，据此解答。
【详解】（1）制备SiHCl3时，由于氯化氢、SiHCl3和氢气都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时候后，接通冷凝装置，加热开始反应，当球形冷凝管下端不再有液体滴下，即硅粉完全反应，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入装置C中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在D后面加处理氢气的装置，故答案为：检查装置气密性；球形冷凝管下端不再有液体滴下；C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置；
（2）已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl3中氯元素的化合价为-1，H元素的化合价为-1，硅元素化合价为+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O，故答案为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；
（3）m1g样品经水解，干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却后，称量，所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2g，则二氧化硅的物质的量为n(SiO2)=，样品纯度为=，故答案为：高温灼烧；冷却；AC；。
35．(1)c
(2) 中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高
(3)2+2Na2+H2
(4)将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热
(5)将NaOH中和，使水解平衡正向移动，有利于水解完全
(6) 球形冷凝管和分液漏斗 除去水
(7)70.0%
【详解】（1）步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体A不能和Na反应，而乙醇、水和液氨都能和金属Na反应，故选c。
（2）
噻吩沸点低于吡咯( )的原因是： 中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高。
（3）
步骤Ⅱ中和Na反应生成2-噻吩钠和H2，化学方程式为：2+2Na2+H2。
（4）步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是：将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热。
（5）2-噻吩乙醇钠水解生成-噻吩乙醇的过程中有NaOH生成，用盐酸调节的目的是将NaOH中和，使水解平衡正向移动，有利于水解完全。
（6）步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，无需使用的是球形冷凝管和分液漏斗；向有机相中加入无水的作用是：除去水。
（7）步骤Ⅰ中向烧瓶中加入液体A和金属钠，Na的物质的量为，步骤Ⅱ中Na完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2ml2-噻吩乙醇，产品的产率为=70.0%。
36．(1) ace ace
(2) Ⅱ或Ⅲ 用热毛巾将烧瓶捂热(其他合理答案均可)
(3) 饱和食盐水 浓硫酸 3Cl2＋8NH3=6NH4Cl＋N2 NaOH Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O
【分析】实验室制氨气除了氯化铵固体与氢氧化钙固体混合加热，还有快速制氨气方法，如生石灰与浓氨水混合等；制得的氨气不能用酸性干燥剂干燥；喷泉实验的核心是压强，结合气体的性质进行选择；
【详解】（1）在浓氨水中存在平衡：，向其中加入生石灰，发生反应CaO＋H2O=Ca(OH)2，放出大量的热促进氨水的挥发；碱石灰的成分是烧碱和生石灰，原理同上述，都可快速制备氨气。装置B为干燥装置，NH3为碱性气体，不能用酸性干燥剂(浓硫酸，P2O5)；
（2）氨气极易溶于水，不溶于CCl4，需选择防倒吸装置进行实验探究，因此需选择图2中的Ⅱ或Ⅲ。根据喷泉实验的原理，要使装置D发生喷泉现象。用热毛巾将烧瓶捂热，可使D中氨气受热膨胀通过导管与水接触，即产生“喷泉”；
（3）①用二氧化锰与浓盐酸制取的氯气中，混有氯化氢气体和水蒸气，要得到纯净、干燥的氯气需通过饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气；
②探究氨气具有还原性，氯气与氨气反应产生“白烟”的成分为氯化铵，氯元素化合价降低，则生成的“无色无味的气体”必为氨气的氧化产物，可推知为氮气；
③氯气是有毒气体，可与强碱溶液反应，因此可用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；
37．(1)SiO2+2CSi+2CO
(2)干燥管
(3)HCl和Si反应牛成SiHCl3和H2，会使产品纯度降低，或Cl2和H2混合共热易发生爆炸
(4)SiCl4在收集瓶e中液化，压强减小，烧碱溶液倒吸入收集瓶e中，或烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解
(5) 3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl c
(6)SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+3H2O
【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的无水氯化钙用于干燥氯气，装置D中氯气与硅高温条件下反应生成四氯化硅，装置E用于冷凝收集四氯化硅，装置F中用于冷凝回流四氯化硅，提高产品的产率，装置G盛有的碱石灰用于吸收未空气中的水蒸气，防止水蒸气进入E中导致四氯化硅水解。
【详解】（1）工业制粗硅的反应为二氧化硅与碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2+2CSi+2CO；
（2）由实验装置图可知，装无水氯化钙的仪器为干燥管，故答案为：干燥管；
（3）由题给信息可知，若拆去B装置，氯气中混有的氯化氢气体进入D中会与硅高温条件下反应生成三氯硅烷和氢气，导致实验制得的四氯化硅中混有杂质，且反应生成的氢气和氯气混合共热会发生爆炸，故答案为：HCl和Si反应牛成SiHCl3和H2，会使产品纯度降低，或Cl2和H2混合共热易发生爆炸；
（4）若用图甲装置替代E、F、G装置，四氯化硅在收集瓶e中液化后，瓶中气体压强减小，氢氧化钠溶液会倒吸入收集瓶e中，且氢氧化钠溶液产生的水蒸气进入广口瓶e中，会导致四氯化硅发生水解，使得产品不纯，故答案为：SiCl4在收集瓶e中液化，压强减小，烧碱溶液倒吸入收集瓶e中，或烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解；
（5）由题意可知，制备氮化硅的反应为氨气与四氯化硅高温条件下反应生成氮化硅和氯化氢，反应的化学方程式为3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl，反应生成的氯化氢极易溶于水，用水吸收氯化氢时，应防止产生倒吸，故选可以防止产生倒吸的装置c，故答案为：3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl；c；
（6）三氯硅烷在浓氢氧化钠溶液中发生的反应为三氯硅烷与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠、氯化钠和水，反应的反应方程式为SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+3H2O，故答案为：SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+3H2O。
38．(1)H2O+NO+NO2+O2=2HNO3
(2) 45 关闭分液漏斗停止加热 提高对亚硝基苯酚的利用率
(3)+ 2H+=S↓+ SO2↑+H2O
(4) a 洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失
(5)16.61
【详解】（1）亚硝酸因不稳定易分解产生体积比为1：1的NO和NO2，通入空气进行废物利用制备硝酸，该反应的化学方程式H2O+NO+NO2+O2=2HNO3；
（2）①不同温度下的对亚硝基苯酚还原产率数据可知，45℃时步骤II中对亚硝基苯酚还原产率最高，则最佳反应温度为45℃；
②该反应放热易导致反应速率过快，可以通过关闭分液漏斗并停止加热的方式来减慢反应速率；
③化学反应通常可以采取增加某种反应物的用量的措施来提高另一种反应物的转化率，所以硫化钠的实际用量比理论量高些，目的是提高对亚硝基苯酚的利用率；
（3）步骤II反应后的混合溶液中含有对氨基苯酚钠、Na2S2O3，步骤III中用硫酸酸化以析出对氨基苯酚,若加入硫酸过多、过快，可能导致Na2S2O3与硫酸发生反应生成S和SO2，反应的离子方程式为+ 2H+=S↓+ SO2↑+H2O；
（4）球形冷凝管进出水是下进上出，所以进水口是a；根据流程步骤IV是将对氨基苯酚转化为对乙酰氨基酚，反应结束后，得到的晶体用冰水洗涤的目的是洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失；
（5）该科学小组用0.2ml苯酚进行实验，则生成0.2ml对乙酰氨基酚，即m=0.2ml×151g·ml-1=30.2g，已知该实验中对乙酰氨基酚总产率为55%，则根据产率计算公式：，则实际产量=16.61g，所以得到对乙酰氨基酚未16.61g。
39．(1) CD 0.09568
(2) 酸 滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色
(3)D
【详解】（1）①俯视滴定管刻度，则读数比实际用量少，会造成测定结果偏低；盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过而未用待测液润洗，对实际酸用量没有影响，测定结果准确；酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准盐酸润洗，相当于稀释了标准盐酸，酸用量比准确操作的用量大，会造成测定结果偏高；滴定前盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，而滴定后气泡消失，则读数比实际酸用量大，会造成测定结果偏高。因此会造成测定结果偏高的操作是CD。②该溶液的物质的量浓度为。故答案为：CD；0.09568；
（2）标准酸性高锰酸钾溶液呈酸性，应该装在酸式滴定管中。酸性高锰酸钾溶液自身呈紫红色，和草酸反应后产物为无色溶液，所以其自身可作为指示剂，滴定终点现象为滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
（3）AgCl和AgCN为白色，不能作为该反应的指示剂，AgBr的溶解度小于AgSCN，也不能作为指示剂，为砖红色，且溶解度小于AgSCN，可作为该反应的指示剂,选择D项。故答案为：D。
40．(1)Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu
(2)Fe3O4和Fe的混合物
(3)过滤
(4)Fe：0.11ml，Fe3O4：0.03ml
(5)
【详解】（1）Ⅰ定性检验（1）根据实验③的现象有红色物质，为铜，故该反应为铁粉与硫酸铜的置换反应，离子方程式为Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu；故答案为Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu。
（2）铁单质能置换铜，和稀盐酸反应生成气体和Fe2＋，Fe3＋能使KSCN显红色，根据实验②实验①有Fe3＋生成，原固体为黑色，故为Fe3O4，说明黑色粉末X为Fe3O4和Fe的混合物；故答案为Fe3O4和Fe的混合物。
（3）通过流程可知X经过硝酸溶解和足量的氢氧化钠溶液，生成氢氧化铁沉淀，因此操作Z为过滤；故答案为过滤。
（4）最终红色固体为Fe2O3，16.00gFe2O3中铁原子的物质的量为：，设13.12g混合固体中铁单质的物质的量为x，n(Fe3O4)为y，则由①x＋3y＝0.2，②56x＋2332y＝13.12，解得：2＝0.11ml，y＝0.03ml；故答案为Fe：0.11ml，Fe3O4：0.03ml。
（5）加稀硝酸溶解时发生，，混合固体中各成分的物质的量为Fe：0.11ml，Fe3O4：0.03ml，所以共消耗了0.44+0.28=0.72ml硝酸，加入的硝酸的物质的量为0.8ml，则溶液Y中剩余0.08ml硝酸；此外，16.00gFe2O3中铁原子的物质的量为：，说明溶液Y中含有0.2ml Fe3+，则为确保过程②中铁离子沉淀完全，需要消耗0.6ml NaOH，所以攻击需要消耗0.68ml NaOH，则至少应加入，故答案为。
41．(1)+2I—=2+I2
(2)向清液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀
(3)强于
(4) 3.0 2.0
(5) d c
(6)反应过程中有I2生成，并被CCl4及时分离
(7)猜想1
(8)焦亚硫酸钠
(9) NH3 NaHCO3
(10)Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2↑
(11) 反应Ⅱ中SO2的用量不足或NaHSO3分解时反应温度不高 adcb
(12) +2Cl2+3H2O=6H++2+4C1— 190：79
【分析】Ⅰ．该实验的实验目的是探究过二硫酸铵和碘的氧化性强弱，并设计实验探究影响过二硫酸铵溶液与碘化钾溶液反应速率的影响因素；
Ⅱ．由题给流程可知，向饱和溶液中先通入溶解度大的氨气得到氨化的饱和食盐水，后通入二氧化碳，二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠和氯化铵溶液；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠与二氧化硫和水反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，亚硫酸氢钠高温条件下分解生成Na2S2O5。
【详解】（1）由题意可知，过二硫酸铵溶液与碘化钾溶液反应生成硫酸铵、硫酸钾和碘，反应的离子方程式为+2I—=2+I2，故答案为：+2I—=2+I2；
（2）检验上层清液中含有硫酸根离子的操作为向清液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀说明溶液中含有硫酸根离子，故答案为：向清液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀；
（3）由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，过二硫酸铵溶液与碘化钾溶液反应时，硫元素的化合价降低被还原，过二硫酸铵是反应的氧化剂，碘元素的化合价升高被氧化，碘化钾是反应的还原剂、碘是氧化产物，则过二硫酸铵的氧化性强于碘，故答案为：强于；
（4）由题意可知，实验a、b的目的是探究硫代硫酸钠溶液对过二硫酸铵溶液与碘化钾溶液反应速率的影响，由探究实验变量唯一化原则可知，实验时过二硫酸铵溶液的体积和溶液的总体积应保持不变，则实验b中过二硫酸铵溶液的体积V2=2.0，蒸馏水的体积V1=10.0—7.0=3.0，故答案为：3.0；2.0；
（5）实验c中下层溶液显浅紫色说明反应过程中有碘生成，证明猜想2不正确，实验d中溶液先变蓝，后迅速褪色，一段时间后又变蓝说明碘水与硫代硫酸钠溶液的反应速率快于过二硫酸铵溶液与碘化钾溶液反应的反应速率，证明猜想1成立，故答案为：d；c；
（6）碘极易溶于四氯化碳，下层溶液显浅紫色的原因为反应过程中四氯化碳萃取溶液中的碘，证明反应中有碘生成，并将溶液中生成的碘及时分离，故答案为：反应过程中有I2生成，并被CCl4及时分离；
（7）由实验现象可知，过二硫酸铵溶液与碘化钾溶液反应中首先生成了碘单质，碘单质迅速与硫代硫酸钠溶液反应导致溶液又褪色，证明猜想1成立，故答案为：猜想1；
（8）由化合价代数和为0可知，Na2S2O5中硫元素的化合价为+4价，则Na2S2O5的名称为焦亚硫酸钠，故答案为：焦亚硫酸钠；
（9）由分析可知，反应Ⅰ为二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：NH3；NaHCO3；
（10）由分析可知，反应Ⅱ为碳酸钠与二氧化硫和水反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3+H2O+2SO2=2NaHSO3+CO2↑，故答案为：Na2CO3+H2O+2SO2=2NaHSO3+CO2↑；
（11）①由分析可知，反应Ⅱ为碳酸钠与二氧化硫和水反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，若碳酸钠过量，碳酸钠与二氧化硫和水反应生成亚硫酸钠，反应制得的焦亚硫酸钠中可能含有亚硫酸钠杂质；高温分解发生的反应为亚硫酸氢钠高温条件下分解生成焦亚硫酸钠和水，若反应温度不高，亚硫酸氢钠受热分解生成亚硫酸钠、二氧化硫和水，反应制得的焦亚硫酸钠中可能含有亚硫酸钠杂质，故答案为：反应Ⅱ中SO2的用量不足或NaHSO3分解时反应温度不高；
②若产品中含有碳酸钠杂质，碳酸钠与稀硫酸反应生成二氧化碳，焦亚硫酸钠与稀硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫也能使澄清石灰水变混浊，干扰二氧化碳的检验，所以检验反应生成的二氧化碳时，应排出二氧化硫的干扰，则检验产品中混有碳酸钠的操作为向产品中加入稀硫酸产生二氧化硫、二氧化碳气体，将气体通入酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，再将气体通入品红溶液中，溶液不褪色说明二氧化硫已除尽，最后将气体通入澄清石灰水，检验是否有二氧化碳生成，则试剂的使用顺序依次为adcb，故答案为：adcb；
（12）①由题给信息可知，焦亚硫酸钠溶液与氯气反应生成硫酸钠、盐酸和硫酸，反应的离子方程式为+2Cl2+3H2O=6H++2+4C1—，故答案为：+2Cl2+3H2O=6H++2+4C1—；
②由得失电子数目守恒可知，消耗等量氯气时，焦亚硫酸钠与硫代硫酸钠的关系为：2Na2S2O5～Na2S2O3，则消耗二者的质量之比为190×2：158=190：79，故答案为：190：79。
题号
1
2
3
4
5
6
7



答案
D
D
A
C
C
D
B