上海市青浦区（2020-2022）三年高考化学模拟题分题型分层汇编-06化学实验基础（基础题）（答案）

上海市青浦区（2020-2022）三年高考化学模拟题分题型分层汇编-06化学实验基础（基础题）
一、单选题（共23题）
1．（2022·上海青浦·一模）实验室用铁屑、液溴与苯制取溴苯，提纯粗溴苯需要过滤、水洗、碱洗、干燥、蒸馏等操作(上述操作可能多次，且不代表实验顺序)，完成提纯实验不需要的实验装置有
A． B． C． D．
2．（2022·上海青浦·一模）下列气体去除杂质的方法中，达不到实验目的的是
选项 气体(杂质) 方法
A 乙烷(乙烯) 通过溴水
B 通过足量蒸馏水
C 通过饱和碳酸氢钠溶液
D 通过盛有碱石灰的干燥管
A．A B．B C．C D．D
3．（2022·上海青浦·一模）海水中的碘富集在海藻中，我国海带产量居世界第一，除供食用外，大量用于制碘。实验室提取碘的途径如图所示：
下列有关叙述不正确的是
A．实验室在坩埚中焙烧干海带
B．“氧化”时，试剂可选用氯水或H2O2
C．“系列操作”中涉及的操作是萃取、分液
D．在含I-的水溶液中加入氧化剂后滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝，说明I-被氧化
4．（2022·上海青浦·统考二模）物质分离和提纯操作中，可能含有化学变化的是
A．洗气 B．蒸馏 C．升华 D．过滤
5．（2022·上海青浦·统考二模）侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（ ）
A．增大浓度 B．生成NaHCO3
C．析出NH4Cl晶体 D．降低浓度
6．（2022·上海青浦·统考二模）以下关于纸上层析的叙述，正确的是
A．纸上层析法是使用的展开剂一般是蒸馏水
B．有颜色的分子或离子的分离才可以用纸上层析法
C．纸上层析法适用于分离和检验化学性质十分相近的分子或离子
D．纸上层析法适用于分离和检验化学性质差异明显的分子或离子
7．（2022·上海青浦·统考一模）下列利用海带提取单质碘的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲灼烧海带 B．用装置乙过滤海带灰浸泡液
C．用装置丙得到I2的CCl4溶液 D．用装置丁提纯粗碘
8．（2022·上海青浦·统考一模）硫酸铜晶体结晶水含量的测定结果，相对误差为-2.67%，其原因可能是
A．实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥
B．加热过程中晶体有少量溅失
C．硫酸铜晶体灼烧后有黑色物质出现
D．加热后固体未放入干燥器中冷却
9．（2022·上海青浦·统考一模）下列关于实验室制备乙酸乙酯的操作错误的是
A．配料：加入过量乙醇 B．加热：用水浴加热
C．分离：用边反应边分离的方法 D．净化：产物用氢氧化钠溶液洗涤
10．（2022·上海青浦·统考一模）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是
A．试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应
B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和
C．取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O H2SO3、H2SO3 H++、 H++
D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发
11．（2022·上海青浦·统考一模）现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：
有关说法错误的是
A．反应Ⅰ原理为CO2 + NH3 + NaCl + H2O → NaHCO3↓ + NH4Cl
B．向饱和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3
C．反应Ⅰ生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱
D．往母液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可使氯化铵析出
12．（2021·上海·统考二模）在海带提碘的实验中可做萃取剂的是
A．四氯化碳 B．水 C．乙醇 D．乙酸
13．（2021·上海·统考二模）某同学利用下图装置来探究无水硫酸亚铁灼烧后的分解产物，实验过程中，观察到装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀。下列说法不正确的是
A．装置b中出现白色沉淀
B．加热前要先通入氮气，加热结束时也要通入氮气
C．实验过程中，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红
D．若用足量溴水代替品红溶液，装置d中的现象不变
14．（2021·上海青浦·统考一模）北宋柳永的《煮盐歌》中写道“风干日曝盐味加，始灌潮波流成卤”。该过程涉及的物质分离操作为
A．萃取分液 B．浓缩结晶 C．蒸馏 D．趁热过滤
15．（2021·上海青浦·统考一模）测定CuSO4 xH2O中水的含量，如果实验值偏低，可能的原因是
A．盛晶体的坩埚未完全干燥
B．加热后白色粉末在空气中冷却
C．加热后有少量黑色固体产生
D．加热时有少量晶体溅出
16．（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
17．（2020·上海青浦·统考二模）胆矾的结晶水含量测定实验，恒重操作用不到的仪器是
A． B． C． D．
18．（2020·上海青浦·统考二模）如图为乙酸丁酯制备的实验装置，下列说法正确的是
A．玻璃导管的主要作用是平衡试管内外压强
B．该装置适用于乙酸乙酯的制备
C．加入过量乙酸可以提高丁醇的转化率
D．分离提纯乙酸丁酯的方法是将混合物直接分液
19．（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
20．（2020·上海青浦·统考一模）下列有关仪器用法正确的是（　　）
A．对试管进行加热一定不能使用石棉网
B．使用滴定管量取液体，可精确至 0.01mL
C．用量筒量取一定体积的溶液，要洗涤 2～3 次，确保溶液全部转移
D．酸碱滴定实验中，锥形瓶干燥后使用可减少误差
21．（2020·上海青浦·统考一模）为确定下列物质在空气中是否部分变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的的是（　　）
A．FeSO4 溶液（KSCN 溶液） B．CH3CHO 溶液（pH 试纸）
C．KI（淀粉溶液） D．NaHCO3 溶液（稀盐酸溶液）
22．（2020·上海青浦·统考一模）下列操作一定会使结果偏低的是（　　）
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出
B．测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作
C．酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟
D．测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积
23．（2020·上海青浦·统考一模）某无色溶液中可能含有 Al3+、HCO3-、Ba2+和 Cl-，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，另取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则原溶液中（　　）
A．一定有 Cl-
B．一定有 HCO3-
C．可能有 Ba2+
D．可能有 Al3+
二、实验题（共6题）
24．（2022·上海青浦·统考二模）I.某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方案设计如下：
已知：乙醚[(C2H5)2O]是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，沸点为34.5℃，微溶于水。在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。
完成下列填空：
(1)操作A的名称是_______。经操作A后，请设计实验方案判断Fe3+是否有残留_______。
(2)滴定前，加入适量溶液B进行酸化，则B可能是_______。
a.H2SO3-H3PO4 b. H2SO4-H3PO4
c. HNO3-H3PO4 d. HI-H3PO4
(3)滴定达到终点时，消耗0.1000 mol·L-1 K2Cr2O7溶液6.00 mL(生成物中Cr元素为+3价)。根据该实验数据，试样X中c(Fe3+)为_______。
(4)上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是_______。
A．稀释被测试样 B．减少被测试样取量
C．增加平行测定次数 D．降低滴定剂浓度
II.利用下图装置和试剂可以测定铁铝合金样品中的铝含量。
请回答：
(5)下列有关该实验的说法中正确的是_______。
A．由于恒压分液漏斗的存在，该装置不能进行气密性检查
B．读数前需将量气管C上下移动使B、C中的液面相平
C．反应完成后生成的氢气都要转移至装置B中
D．需要控制NaOH的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程
(6)若将恒压分液漏斗(A)去掉导管a，改成普通分液漏斗，则测得铁铝合金中的铝含量_______，(填“偏大”、“偏小”或“不变”)，请说明理由_______。
25．（2022·上海青浦·统考一模）碳酸亚铁(FeCO3)是生产补血剂的重要原料，制取碳酸亚铁的过程中涉及以下探究实验
实验一：
为探究某固体化合物X(仅含有三种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验
已知：气体甲、气体乙均为单质。
请回答：
(1)气体甲与碘化钾溶液反应的离子方程式为___________。化合物X含有的元素为___________(写元素符号)。化合物A的化学式为___________。
实验二：
下图装置利用实验一所得溶液B制取FeCO3(白色固体，难溶于水)：
装置丙中，先将导管移出液面通入一段时间气体，再向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量B溶液产生白色沉淀和无色气体，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。
请回答：
(2)试剂a是___________。向Na2CO3溶液通入CO2的目的是___________。丙装置中制取FeCO3的离子方程式为___________。
(3)不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子的原因是___________。
(4)100mL 0.8mol/L B溶液完全反应，最终得到5克FeCO3固体，则产率为___________(结果保留2位小数)。
26．（2021·上海·统考二模）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。试剂级NaCl可用海盐(含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO等杂质)为原料制备。实验室提纯NaCl的流程如图：
提供的试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、75%乙醇、四氯化碳
(1)欲除去溶液I中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、，在提供的试剂中，选出m所代表的试剂，按滴加顺序依次为_______、NaOH、_______(只填化学式)；洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，在提供的试剂中，选用的试剂为_______。
(2)操作X为用提纯的NaCl配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有_______(填仪器名称)
(3)用如图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl气体，并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出。
①用浓硫酸和海盐混合加热制取氯化氢利用了浓硫酸的性质是_______(填编号)，相比分液漏斗，选用仪器a的优点是_______。
a.高沸点 b.强酸性 c.强氧化性
②对比实验发现，将烧瓶中的海盐磨细可加快NaCl晶体的析出，其原因是_______。
(4)设计实验测定NaCl产品中SO的含量，填写表格。
操作 目的/结论
① 称取样品，加水溶解，加盐酸调至弱酸性，滴加过量c1mol/LBaCl2溶液V1mL 目的：_______。
② 过滤洗涤，干燥后称得沉淀为m2g 结论：样品中SO的质量分数为_______。(列算式)
27．（2021·上海青浦·统考一模）绿矾(FeSO4·7H2O)是自然界存在的一种矿石，翠绿如宝石，很早就引起人们的重视。据古籍记载，焙烧绿矾能制备铁红(主要成分是Fe2O3)。绿矾焙烧也是一种生产硫酸的古老方法。某研究性学习小组用如图所示实验装置对绿矾的焙烧反应进行探究。
完成下列填空：
(1)检验绿矾中Fe2+的方法是：取样溶于水，滴入硫氰化钾溶液，观察到无明显现象后加入_______(填写试剂名称)，观察到_______。
(2)实验过程中，装置A硬质玻璃管中可观察到的实验现象是_______。
(3)装置C的作用是_______。
(4)①装置B中冷水的作用是_______。
②请你帮助该小组同学设计实验方案证明B装置U型管中的溶液为硫酸溶液_______。
(5)绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。现称取2.850 g绿矾样品，配制成250 mL溶液，量取25.00 mL待测液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.0100 mol/L的KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00 mL。
①配制250 mL绿矾样品溶液时需要用到的玻璃仪器是：烧杯、玻璃棒、_______、胶头滴管。
②判断此实验达到滴定终点的方法是_______。
③计算上述样品中FeSO4·7H2O的质量分数为_______(用小数表示，保留三位小数)。
28．（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）
。
29．（2020·上海青浦·统考一模）某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。向KI溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色退去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I- I3-，I2、I3-在水中均呈黄色。
（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取 2～3 mL 黄色溶液，加入足量 CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在______，生成该物质的化学方程式为______，水层显浅黄色，说明水层显黄色的原因是______；
（2）继续通入氯气，溶液黄色退去的可能的原因______；
（3）NaOH 溶液的作用______，反应结束后，发现烧杯中溶液呈浅黄绿色，经测定该溶液的碱性较强，一段时间后溶液颜色逐渐退去，其中可能的原因是______。
三、原理综合题（共1题）
30．（2022·上海青浦·一模）含氮化合物(NOx、NO等)是主要污染物之一，消除含氮化合物的污染备受关注。请回答下列问题：
I.NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。NSR(NOx储存还原)工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图1所示；若用H2模拟尾气中还原性气体研究Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。
(1)图1种BaO的作用是_____。用H2模拟尾气中还原性气体研究Ba(NO3)2的催化还原过程，第一步反应的化学方程式为_____。
II.用铁去除含氮废水中的硝酸盐(NO)是重要的方法。一种去除NO的过程如图：
(2)过程中“操作”的名称是_____。酸化废水与铁粉反应的离子方程式是_____。
(3)研究发现Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。在去除NO的过程中，Fe3O4(导电)覆盖在铁粉表面，随着反应的进行，产生FeO(OH)(不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输，导致NO的去除率低，若要提高NO的去除率，可采取的措施是_____。
III.测定某废水中NO含量。先取VmL含NO水样并将O2驱除，加入催化剂、V1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4；最后用c2mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，滴定至终点时消耗V2mL。
已知：3Fe2++NO+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O，Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O
(4)加入稀H2SO4的作用是_____。
(5)水样中NO的含量为_____mol·L-1(用含c1、c2、V1、V2、V1的代数式表示)。如果在加入FeSO4标准溶液之前没有驱除O2，则测定结果_____。(填“偏大”或“偏小”)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A．A为蒸馏操作，需要用到，故A不符合题意；
B．B为蒸发结晶操作，不需要，故B符合题意；
C．C为分液操作，水洗、碱洗需要用到，故C不符合题意；
D．D为过滤操作，需要用到，故D不符合题意；
故答案选B。
2．C
【详解】A．乙烯可以和溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，乙烷中混有乙烯通过溴水洗气可以除去乙烯杂质，故A正确；
B．NO2和水反应生成硝酸和NO，可以通过蒸馏水除去NO2，故B正确；
C．饱和碳酸氢钠溶液不吸收CO2，但可以吸收SO2，不能除去杂质CO2，故C错误；
D．碱石灰可以干燥碱性气体，故可以吸收中的，故D正确；
故答案为C
3．C
【详解】A．焙烧干海带相当于灼烧，实验室完成此操作应在坩埚中进行，故A正确；
B．“氧化”时，是将I-氧化为I2，则需使用氧化能力比I2强的氧化剂，此试剂可选用氯水或H2O2等，故B正确；
C．“系列操作”中需提取碘单质，若只进行萃取、分液操作，只能得到碘的有机溶液，所以还需进行蒸馏，故C错误；
D．在含的水溶液中加入氧化剂后滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝，说明反应生成了I2，从而说明I-被加入的氧化剂氧化，故D正确；
故答案选C。
4．A
【详解】A．用洗气法除二氧化碳中的氯化氢，把混合气体通过盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，洗气可能发生化学变化，故选A；
B．蒸馏是根据物质沸点不同分离互溶的液体混合物的方法，没有生成新物质，不发生化学反应，故不选B；
C．升华是加热使某物质由固体直接变为气态的方法，如用升华法除氯化钠中的碘单质，没有生成新物质，不发生化学反应，故不选C；
D．过滤是分离固体和液体混合物的方法，没有生成新物质，不发生化学反应，故不选D；
选A。
5．B
【详解】向母液中通氨气能增大NH4+的浓度，NH4Cl的溶解度随温度的变化而变化的大，使NH4Cl更多地析出，并且能使NaHCO3转化为Na2CO3，降低浓度，提高析出的NH4Cl纯度。故B错误，本题的正确选项为B。
点睛： 根据联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；主要的副产物为氯化铵，需要考虑氯化铵的回收利用，要提高原料的利用率，可以循环使用的方法等知识点来解题。
6．C
【详解】A．纸上层析法依据极性相似相溶原理，是以滤纸纤维的结合水为固定相，而以有机溶剂作为流动相，即有机溶剂为展开剂，由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同，从而达到分离的目的，A错误；
B．无色离子可以先层析，然后再用显色剂来显色，因此无论是有颜色的分子或离子，还是无色的离子或分子，都可以用纸上层析法分离，B错误；
C．化学性质十分相近的分子或离子用一般的检验方法难以分离和检验，但各根据分子或离子的扩散速度不同进行分离和检验，可用纸上层析法，C正确；
D．化学性质差异明显的分子或离子用一般的检验方法就可以分离和检验，不需要使用纸上层析法，只有化学性质十分相近的分子或离子用一般的检验方法难以分离和检验，可各根据分子或离子的扩散速度不同进行分离和检验，用纸上层析法区分，D错误；
故合理选项是C。
7．A
【详解】A．海带的灼烧要使用坩埚，A错误；
B．海带灰难溶于水，用过滤方法除去，B正确；
C．I2更易溶解在CCl4中，且CCl4密度比水大，与水互不相溶，用分液漏斗分离，C正确；
D．碘单质易升华，碘蒸气遇装有冷水的圆底烧瓶发生凝固，得到纯净的碘固体，从而得到提纯，D正确；
故选A。
8．D
【详解】A．实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥，计算出的结晶水的质量偏高，会使误差偏大，A错误；
B．加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏大，B错误；
C．加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定的结晶水含量偏高，C错误；
D．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，反应前后固体质量的差距值变小，结果偏小，D正确；
正确选项D。
9．D
【分析】根据实验室制乙酸乙酯的实验和有关物质的性质分析回答。
【详解】A项：制乙酸乙酯的反应是可逆反应，加入过量的廉价试剂乙醇，可提高乙酸的转化率，A项正确；
B项：用水浴加热可使反应混合物受热均匀且易于控制温度，减少乙酸、乙醇的挥发损失，B项正确；
C项：控制适当的温度，边反应边蒸出乙酸乙酯，促进平衡正向移动，C项正确；
D项：乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中易水解，通常用饱和碳酸钠溶液洗涤，D项错误。
本题选D。
10．C
【详解】A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A错误；
B．二氧化硫与水的反应为可逆反应，当反应达到限度后，二氧化硫的量不再减少，液面高度也无明显变化，故B错误；
C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故C正确；
D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；
故选C。
11．B
【详解】A、在氨气饱和的氯化钠溶液中通入CO2气体生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，即CO2 + NH3+ NaCl + H2O = NaHCO3↓ + NH4Cl，A正确；
B、CO2在水中的溶解度小，所以要先通入氨气，后通入CO2，B错误；
C、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和CO2，C正确；
D、根据NH3+H2O+CO2+NaCl＝NH4Cl+NaHCO3↓及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，铵根离子浓度增大有利于析出氯化铵，D正确。
答案选B。
12．A
【详解】A．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与四氯化碳不反应，水与四氯化碳不互溶，选项A 正确；
B．碘在水中的溶解度很小，且水与含碘溶液互溶，选项B错误；
C．乙醇与水互溶，选项C错误；
D．乙酸与水互溶，选项D错误；
答案选A。
【点睛】萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，选用的萃取剂的原则是：①和原溶液中的溶剂互不相溶更不能发生化学反应；②溶质在该溶剂中溶解度要远大于原溶剂。
13．D
【分析】根据题中信息，装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀，证明FeSO4加热分解产生了SO2，硫元素化合价降低了，FeSO4中亚铁离子有还原性，所以Fe元素化合价升高，由质量守恒和得失电子守恒可推知FeSO4在隔绝空气条件下受热分解的化学方程式为2FeSO4SO2↑+SO3↑+Fe2O3；据此解答。
【详解】A．由2FeSO4SO2↑+SO3↑+Fe2O3可知，反应产生了SO3，SO3+H2O=H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，b有白色沉淀生成，故A正确；
B．加热前要先通入氮气，是把装置内的空气排尽，避免空气对实验的干扰，加热结束时也要通入氮气，是把产生的气体全部被吸收，避免污染环境，故B正确；
C．由2FeSO4SO2↑+SO3↑+Fe2O3可知，反应产生了Fe2O3，Fe2O3是红棕色的，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红，故C正确；
D．若用足量溴水代替品红溶液，足量的溴水能吸收二氧化硫，装置d中无明显现象，故D错误；
答案为D。
14．B
【详解】本句诗的解释为：等到风吹日晒时间久了，海水的盐味就增加了，这个时候才开始制成盐卤，该过程涉及的物质分离操作为浓缩结晶，将海水浓缩，析出结晶，故B正确；
故选B。
15．B
【详解】A．坩埚未完全干燥，会使结晶水质量偏大，会使测定结果偏高，A不符合题意；
B．加热后直接在空气中冷却至室温后称量，粉末吸收了空气中的水分，会使测得的结晶水的质量偏低，B符合题意；
C．加热后有少量黑色固体产生，说明生成了CuO，质量变化较大，说明生成的水的质量偏大，导致最终所测结果偏高，C不符合题意；
D．加热过程中晶体有少量溅失，质量变化较大，说明生成的水的质量偏大，导致结果偏高，D不符合题意；
故选B。
【点睛】硫酸铜晶体中结晶水含量测定实验过程中，为避免或减少误差，必须注意：①加热硫酸铜晶体用玻璃棒轻轻搅拌的目的是受热均匀，防止受热不均匀而引起固体飞溅，溅出坩埚；②生成的无水硫酸铜要在干燥器中冷却，而不能在空气中冷却，是防止无水硫酸铜吸收空气中的水分；③两次第五步的操作，质量差要小于0.1g，是为了保证实验的准确性和减小误差。
16．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。
17．C
【详解】测定胆矾晶体中结晶水含量，需称量一定质量的晶体，经研磨后在坩埚中加热，并在干燥器中冷却后称量，所以需要的仪器有天平、研钵、坩埚、泥三角以及干燥器等，恒重操作用不到的仪器是研钵，答案选C。
18．C
【分析】1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，加热115～125℃，通过酯化反应制得乙酸丁酯，为可逆反应，反应中浓硫酸起到催化剂和吸水剂的作用，加入过量的乙酸，有利于平衡正向移动，有机物易挥发，长导管可起冷凝作用，以此解答该题。
【详解】A．玻璃导管的主要作用是冷凝回流，故A错误；
B．制备乙酸乙酯时，反应温度80℃左右，可以用水浴加热来控制温度，不能直接加热，故B错误；
C．制得乙酸丁酯，为可逆反应，加入过量的乙酸，有利于平衡正向移动，可以提高丁醇的转化率，故C正确；
D．提纯乙酸丁酯需使用碳酸钠溶液，吸收未反应的乙酸，溶解丁醇，降低乙酸丁酯的溶解度，故D错误；
答案选C。
【点睛】需辨析清晰制取乙酸丁酯（直接加热）和乙酸乙酯（水浴加热）的实验的不同和相同之处。
19．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。
20．B
【详解】A、试管加热不用垫石棉网，但如果垫石棉网也是可以的，故A错误；
B、滴定管能精确到0.01mL，比量筒精确度高，故B正确；
C、量筒的洗涤液必需倒入废液缸，不能将洗涤液倒入烧杯，故C错误；
D、酸碱中和滴定时，锥形瓶不用干燥，如果不干燥不影响实验结果，故D错误。
故选：B。
21．D
【详解】A、亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液为血红色，而亚铁离子不能，可检验是否变质，故A正确；
B、CH3CHO 被氧化生成CH3COOH，乙酸显酸性，乙醛不显酸性，可用pH试纸检验，故B正确；
C、KI可被氧气氧化生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，则淀粉可检验是否变质，故C正确；
D、碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠、碳酸氢钠都与盐酸反应生成气体，不能判断碳酸氢钠是否变质，故D错误；
故选：D。
22．A
【详解】A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A选；
B、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矾晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B不选；
C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C不选；
D、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选；
故选：A。
23．B
【分析】取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则一定含有HCO3-、Ba2+，又HCO3-与Al3+发生双水解反应，所以原溶液中一定不含Al3+，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，则白色沉淀一定含碳酸钡，综上所述，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，一定不含Al3+，可能含 Cl-，据此分析判断。
【详解】A、原溶液中可能含 Cl-，故A错误；
B、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故B正确；
C、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故C错误；
D、由上述分析可知，原溶液中一定不含Al3+，故D错误；
故选：B。
【点睛】本题考查离子检验与推断，掌握发生的离子反应及现象是解题关键，题目难度不大。
24．(1) 分液 从溶液II中取样，滴加KSCN溶液，显血红色说明残留Fe3+，显无色说明无残留
(2)b
(3)0.576 mol/L
(4)CD
(5)B
(6) 偏大 滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气装置中气体体积增大，导致计算的铝含量增多
【分析】含Fe3+、Al3+试样X溶液25ml，加入适量浓盐酸和乙醚，在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，当盐酸浓度降低时，该化合物解离，加入水解离后，通过蒸馏得到方法除去乙醚，得到含铁离子的水溶液，定容至100ml，取25.00ml溶液，滴入适量还原剂得到Fe2+离子的溶液，加入指示剂，滴定前，加入的适量溶液B为非氧离子化性和还原性的酸，用重铬酸钾溶液滴定至终点。
(1)
操作A是利用在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，分离的名称为分液，所用仪器为分液漏斗；依据铁离子遇到KSCN溶液变红色设计实验检验铁离子的存在，从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留，故答案为：分液漏斗；从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留；
(2)
a.H2SO3具有还原性，能与标准液K2Cr2O7溶液反应，而消耗更多的标准溶液导致实验不准确，a不选；
b. H2SO4-H3PO4可对溶液B进行酸化，b选；
c. HNO3具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应，消耗待测液，导致实验结果偏低，c不选；
d. HI具有还原性，能与标准液K2Cr2O7溶液反应，d不选；
故选：b；
(3)
依据离子反应定量关系计算，定达到终点时，消耗0.1mol L-1K2Cr2O7溶液6.00mL，物质的量=0.1mol/L×6×10-3L=6×10-4mol，反应为 +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，可得关系式，，则试样X中c(Fe3+)=0.144mol/L×=0.576mol/L，故答案为：0.576mol/L；
(4)
上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可以重复几次实验，增加平行测定次数，数值取平均值，减少误差，滴定溶液浓度越小，测定结果越准确，故答案为：CD；
(5)
A．由于恒压分液漏斗的存在是平衡压强，检查密闭装置，检查装置气密性可以密闭装置，改变压强，利用液面变化判断该装置气密性，能进行气密性检查，故A错误；
B．读数前需将量气管C上下移动使B、C中的液面相平，防止水的压强影响读取气体体积数值产生误差，故B正确；
C．反应完成后生成的氢气依据量气管的液面变化读取体积，不需要都要转移至装置B中，故C错误；
D．保证合金完全反应条件下，利用的是气体压强变化，液面差读取气体体积，产生气体不会超过量气装置的量程，故D错误；
故答案为：B；
(6)
若将恒压分液漏斗(A)去掉导管a，改成普通分液漏斗，滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气管装置中气体体积增大，导致计算的铝的含量增大，则测得铁铝合金中的铝含量偏大，故答案为：偏大；滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气装置中气体体积增大，导致计算的铝含量增多。
25．(1) 2I-+Cl2=I2+2Cl- Fe、Cl、O FeO
(2) 饱和NaHCO3溶液 降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2 Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O
(3)溶液B中的氯离子也能使高锰酸钾溶液褪色
(4)53.88%
【分析】溶液B中加入KSCN溶液不显血红色，加入适量双氧水后再加入KSCN溶液显血红色，说明溶液B中含有Fe2+，不含Fe3+，则X中含有Fe元素；气体乙可以使带火星的木条复燃，应为氧气，则X中含有O元素；气体甲可以使淀粉碘化钾溶液变蓝色，说明气体甲具有氧化性，根据所学知识，淀粉碘化钾试纸通常用来检验氯气，且若为氯气符合气体甲为单质的条件，则气体甲为氯气，则X中含有Cl元素；化合物A中含有二价铁，X中又含有O元素，A应为FeO，据此分析解答。
(1)
根据分析可知，气体甲为氯气，氯气与碘化钾溶液反应生成碘单质和氯化钾，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-；化合物X含有的元素为Fe、Cl、O；化合物A的化学式为FeO，故答案为：2I-+Cl2=I2+2Cl-；Fe、Cl、O；FeO。
(2)
溶液B为FeCl2溶液，甲装置中稀盐酸与碳酸钙反应生成CO2，盐酸具有挥发性，所以试剂a为饱和NaHCO3溶液，用于除去CO2中混有的HCl气体；向Na2CO3溶液通入CO2可以降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；丙装置中，CO2先与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠和氯化亚铁反应得到碳酸亚铁沉淀，离子方程式为Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：饱和NaHCO3溶液；降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O。
(3)
溶液B中含有氯离子，也能使高锰酸钾溶液褪色，所以不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子，故答案为：溶液B中的氯离子也能使高锰酸钾溶液褪色。
(4)
100mL 0.8mol/L FeCl2溶液含有FeCl2的物质的量为：0.1L 0.8mol/L=0.08mol，根据方程式Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O，理论上生成FeCO3的物质的量n(FeCO3)=n(Fe2+)=n(FeCl2)= 0.08mol，则理论上生成FeCO3的质量为：0.08mol116g/mol=9.28g，则产率为：100%=53.88%，故答案为：53.88%。
26． BaCl2 Na2CO3 75%乙醇 500mL容量瓶、胶头滴管 a 平衡压强，使液体顺利滴下 增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快 使SO完全沉淀 ×100%
【分析】将海盐（含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO等杂质）焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，然后加水溶解，再依次加入过量BaCl2溶液除去SO、过量NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+、过量碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，最后过滤，将滤液蒸发浓缩得到饱和溶液，再通入HCl气体酸化并结晶，洗涤除去K+，烘干得到NaCl。
【详解】(1)为了不引入新的杂质，除去硫酸根应使用氯化钡溶液、除去Mg2+、Fe3+用NaOH溶液，除去Ca2+和过量的Ba2+用Na2CO3溶液，且Na2CO3溶液需加在氯化钡之后，所以滴加顺序为BaCl2、NaOH、Na2CO3；为了降低NaCl的溶解度，同时使微量的KCl溶解，洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl应选用75%乙醇；
(2)配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，需要在烧杯溶解NaCl固体，溶解时需要玻璃棒搅拌，之后转移到500mL容量瓶中进行定容，移液时需要玻璃棒引流，定容时需要胶头滴管滴加水，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有500mL容量瓶、胶头滴管；
(3)①氯化氢沸点低易挥发，而硫酸为高沸点酸不易挥发，所以将浓硫酸和NaCl混合加热可以挥发出HCl气体，故选a；仪器a侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下；
②将烧瓶海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快，从而加快NaCl晶体的析出；
(4)步骤①中加入过量的BaCl2溶液，能使溶液中SO完全沉淀，得到的沉淀为BaSO4，质量为m2g，则沉淀中SO的质量为，所以样品中硫酸根的质量分数为×100%=×100%。
27． 氯水 溶液变血红色 绿色晶体变为红棕色粉末 吸收尾气，防止污染环境 将气体冷凝 取U型管中溶液少许于试管中，滴入紫色石蕊溶液，溶液呈红色，证明含有H+，再滴入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则证明含有 250 mL容量瓶 滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内无变化 0.975
【详解】(1)检验绿矾中Fe2+的方法是取样溶于水，滴入硫氰化钾溶液，Fe2+不能使硫氰化钾溶液变为血红色，加入氯水，氯水将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+使硫氰化钾溶液变为血红色。
(2)装置A中绿矾加热分解生成Fe2O3、SO2、SO3和H2O，装置A硬质玻璃管中可观察到的实验现象是绿色晶体变为红棕色粉末。
(3)因为绿矾加热分解生成SO2，装置C中NaOH溶液的作用是吸收尾气SO2，防止污染环境。
(4)①SO3与H2O的反应是放热反应，降低温度有利于SO3被水吸收，装置B中冷水的作用是冷凝SO3气体和H2O。
②证明B装置U型管中的溶液为硫酸溶液，可取U型管中溶液少许于试管中，滴入紫色石蕊溶液，溶液呈红色，证明含有H+，再滴入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则证明含有。
(5)①配制250 mL绿矾样品溶液时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶和胶头滴管。
②用酸化的KMnO4溶液滴定绿矾样品，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内无变化即为滴定终点。
③硫酸酸化的KMnO4与样品溶液FeSO4反应的化学方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+5Fe2(SO4)3+2MnSO4+8H2O，可得关系式KMnO4~5FeSO4，25.00 mL待测液消耗n(KMnO4)=0.020 L×0.0100 mol/L=0.0002 mol，则250.00 mL待测液消耗n(KMnO4) =0.002 mol，则n(FeSO4·7H2O)=n(FeSO4)=5n(KMnO4)=0.01 mol，样品中FeSO4·7H2O的质量分数为。
28． 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。
29． I2 Cl2+2KI=I2+2KCl I3- 生成的碘单质被氯气氧化为无色物质 吸收多余的氯气 氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应
【分析】(1)氯气与KI发生Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I- I3-，取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I2、I3-；
(2)继续通入氯气，溶液黄色退去，是因为氯气将I2氧化为无色物质；
(3)NaOH溶液吸收多余的氯气；氯水的颜色为浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。
【详解】(1)取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在I2，生成该物质的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I3-，发生反应为I2+I- I3-， 故答案为：I2；Cl2+2KI=I2+2KCl；I3-；
(2)氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，生成的碘单质被氯气氧化为无色物质，所以溶液黄色退去； 故答案为：生成的碘单质被氯气氧化为无色物质；
(3)NaOH溶液吸收多余的氯气，氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子，氯水呈浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应，故答案为：吸收多余的氯气；氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。
30．(1) 吸收 NOx(如 NO，NO2)
(2) 过滤
(3)在酸化的废水中加入一定量的Fe2＋
(4)提高氧化性
(5) 偏大
【详解】（1）储存时，氧化钡、一氧化氮和氧气反应生成了硝酸钡，所以氧化钡的作用是吸收 NOx(如 NO，NO2)，根据图2知前12秒的还原产物为氨气，结合题意分析，H2和Ba(NO3)2的催化还原产物有BaO、NH3、H2O，根据氧化还原反应的守恒规律，配平方程式；故答案为吸收 NOx(如 NO，NO2)；。
（2）由操作得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得分离操作为过滤；由酸化废水反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为，故答案为过滤；。
（3）根据题目提供信息，Fe3O4(导电)，产生FeO(OH)(不导电)，Fe2＋能与FeO(OH)反应生成Fe3O4，可知若要提高的去除率，可采取的措施是加入Fe2＋，故答案为在酸化的废水中加入一定量的Fe2＋。
（4）先取VmL含水样并将O2驱除，加入催化剂、V1mLcmol L 1FeSO4标准溶液（过量），再加入稀H2SO4；最后用c2mol L 1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，发生，加入稀H2SO4的作用是提高氧化性，故答案为提高氧化性。
（5）取VmL含氮()水样，加入催化剂、v1 mLc1mol L 1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4，发生3 Fe2＋＋＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2O，步骤2.用c2mol L 1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋ (被还原为Cr3＋)，终点时消耗v2mL，发生，根据K2Cr2O7标准溶液的用量求得剩余的FeSO4的物质的量＝6c2v2×10 3mol，则参与步骤I反应的FeSO4的物质的量＝(c1v1 6c2v2)×10 3mol，根据该反应3 Fe2＋＋＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2O可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中O2存在，也会消耗FeSO4，所以K2Cr2O7用量偏小，由于FeSO4总量一定，所以参与步骤I反应的FeSO4物质的量会偏大，计算出来的水样中的含量也偏大；故答案为；偏大。
【点睛】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，综合性较强，题目难度中等。
答案第1页，共2页
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