陕西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-15水溶液中的离子反应和平衡

这是一份陕西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-15水溶液中的离子反应和平衡，共40页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

陕西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-15水溶液中的离子反应和平衡

一、单选题
1．（2023·陕西咸阳·统考二模）化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述错误的是
A．歼-20飞机上用到的氮化镓材料属于合金材料
B．“火树银花合，星桥铁锁开”，其中的“火树银花”涉及到焰色试验
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于活泼金属引起的火灾
2．（2023·陕西咸阳·统考二模）下列实验操作能达到相应实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
向肉桂醛()中加入酸性溶液
验证肉桂醛中含碳碳双键
B
向待测液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液
检验溶液中是否含有
C
用pH试纸分别测定等浓度的溶液和NaClO溶液的pH
比较和HClO的酸性强弱
D
常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积所需的时间
探究浓度对化学反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
3．（2023·陕西咸阳·统考一模）已知：25℃，；，。下列“类比”结果正确的是
A．溶液中与会发生双水解反应，与主要也发生双水解反应
B．水解生成与HClO，则水解同样生成
C．的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择作指示剂，同样也可以
D．乙醇与足量的反应被氧化成乙酸，异丙醇被氧化成丙酸
4．（2023·陕西·统考三模）已知琥珀酸[(CH2COOH)2]是二元弱酸，以H2A代表其化学式，且pX代表-lg或-lg。常温下，用NaOH溶液滴定琥珀酸溶液，混合溶液的pH与pX的关系如图所示。下列有关说法正确的是

A．该溶液中
B．水的电离程度d>c
C．当被完全中和时，
D．滴定至c点时，c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)
5．（2022·陕西渭南·一模）下列与实验相关的叙述正确的是
A．碳酸钠溶液应保存在带有玻璃塞的试剂瓶中
B．将氯化铁溶液直接加热蒸干制得氯化铁晶体
C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+，无K+
D．配制0.1mol/L的H2SO4溶液，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数，使结果偏高
6．（2022·陕西商洛·统考一模）M(OH)2是一种可溶于水的二元弱碱，在水中能电离出M(OH)+，M2+。已知pOH= -lgc(OH- )。常温下，向M(OH)2溶液中滴加某浓度的硫酸溶液，调节pOH的值，测得溶液的pOH随x{x=lg或lg}的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．溶液中水的电离程度：a点大于b点
B．曲线M代表pOH与lg的变化关系
C．常温下，= 103.08
D．b点处有2c( )<3c[M(OH)+]
7．（2022·陕西宝鸡·统考二模）下列选用的仪器、药品和操作均能达到相应实验目的的是

A．用溶液制无水固体 B．证明反应产物中有
C．保护金属铁不被腐蚀 D．用盐酸标准液滴定NaOH溶液
8．（2022·陕西·统考一模）生活离不开化学。下列处理过程均未涉及化学变化的是
A．用四氯化碳可擦去圆珠笔油渍
B．宣纸长时间接触空气氧化变黄，可以用少量稀草酸(H2C2O4 )溶液轻轻冲洗
C．用热的纯碱溶液除去油污
D．古画中的白色PbSO4颜料变黑，可以用少量双氧水擦拭恢复
9．（2022·陕西渭南·统考一模）湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl-进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如δ(AgCl)=]随lgc(Cl-)的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp(AgCl)]=-9.75。下列叙述错误的是

A．AgCl溶解度随c(Cl-)增大而不断减小
B．沉淀最彻底时，溶液中c(Ag+)=10-7.21mol•L-1
C．当c(Cl-)=10-2mol•L-1时，溶液中c(AgCl)>c(Ag+)>c(AgCl)
D．25℃时，AgCl+Cl-AgCl的平衡常数K=100.2

二、实验题
10．（2023·陕西商洛·统考三模）Cl2O(一氧化二氯，又叫次氯酸酐)是一种漂白剂和杀菌剂。某小组设计实验制备Cl2O并测定其纯度。部分信息如下：
制备原理

主反应：2HgO(s)+2Cl2(g)=ClHgOHgCl(s)+Cl2O(g)(反应温度控制在18~25℃)
副反应：2HgO(s)+2Cl2(g)2HgCl2(s)+O2(g)
物理性质

常温下，Cl2O的熔点为-120.6℃，沸点为2.0℃，Cl2的熔点为-101.0℃，沸点为-34.0℃。Cl2O在CCl4中的溶解度远大于在水中的
化学性质
Cl2O+H2O⇌2HClO
  回答下列问题：
(1)实验室用重铬酸钾(K2Cr2O7)和浓盐酸在常温下制备少量Cl2，仪器a的名称为 。A中发生反应的离子方程式为 。已知：1molK2Cr2O7完全反应时转移6mol电子。
(2)C装置中试剂的作用是 ，H装置中试剂的名称是 。
(3)低温浴槽E控制的温度范围为 。
(4)将收集的产品汽化，通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液，放在密封阴凉处和暗处贮存。当需要Cl2O时，可将Cl2O浓溶液用CCl4提取出来。实验室从贮存的Cl2O浓溶液中提取Cl2O的操作方法是用CCl4 、分液、汽化。
(5)测定Cl2O浓溶液的浓度。
准确量取VmLCl2O浓溶液稀释成250mL溶液，量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入过量的KI溶液和稀硫酸，在暗室中充分反应。滴加3滴R，用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗滴定液xmL。
有关滴定反应有：Cl2O+2H++4I-=H2O+2Cl-+2I2，HClO+H++2I-=I2+Cl-+H2O，I2+2=2I-+。
①R的名称是 。
②该Cl2O浓溶液中氯元素的含量为 g·L-1。若振荡时间太长，空气中的O2与溶液接触时间长，会使测得的结果 (填“偏高”或“偏低”)。
11．（2023·陕西西安·统考二模）氮化铬(CrN)是优良的炼钢合金添加剂，它具有高的硬度和良好的耐磨性，主要用于耐磨涂层。实验室可用氨气和无水氯化铬制备。

(1)制备氨气
①仪器C的名称为 ，氨气的发生装置可以选择图中的 ，反应的化学方程式为 。
②现欲收集一瓶干燥的氨气，请选择图中部分装置，其连接顺序为：发生装置→ (按气流方向，用小写字母表示，且字母之间用“→”连接)。
(2)制备无水氯化铬
氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3•6H2O)的形式存在，直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为 ，以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是 。
(3)制备氮化铬
①组装仪器：干燥的氨气______→______→______→______→i。
②装置G中在高温条件下发生反应的化学方程式为 。
(4)测产品氮化铬的纯度
取3.0g所得产品，加入足量NaOH溶液(杂质与NaOH溶液不反应)，然后通入水蒸气将氨气全部蒸出，并用100mL0.200mol•L-1硫酸完全吸收，剩余的硫酸用0.100mol•L-1NaOH溶液滴定，至终点时消耗40mLNaOH溶液，则所得产品中氮化铬的纯度为 。
12．（2023·陕西宝鸡·统考二模）乙二胺四乙酸(简称EDTA，结构简式为，白色粉末，微溶于冷水)是一种能与Ca2+、Mg2+等结合的螯合剂，可用其测定地下水的硬度。某实验室用氯乙酸(ClCH2COOH)、乙二胺(H2NCH2CH2NH2)、NaOH为原料制备EDTA步骤如下：

步骤1：称取94.5g氯乙酸于1000mL的仪器A中(如图1)，慢慢加入50%NaHCO3溶液，至不再产生无色气泡。
步骤2：加入15.6g乙二胺，摇匀后放置片刻，加入2.0mol·L-1NaOH溶液90mL，加水至总体积为600mL左右，温度计控温50°C加热2h。
步骤3：冷却液体后倒入烧杯中，加入活性炭脱色，搅拌、静置、过滤。用盐酸调节滤液至pH=1.2，有白色沉淀生成。
步骤4：将该沉淀置于图2装置的布氏漏斗中抽滤，干燥，制得EDTA。

回答下列问题：
(1)“步骤1”中制备氯乙酸钠反应的化学方程式 。
(2)制备EDTA所使用的装置(加热及夹持仪器省略)如图1所示，仪器A的名称为 ，仪器Q的进水口是 (填“a”或“b”)，滴液漏斗中具支管的作用为 。
(3)4ClCH2COONa+H2NCH2CH2NH2⇌+4HCl是“步骤2”中的发生反应，该步骤中使用NaOH的作用为 ，对A采用的加热方式 (选填“酒精灯”“热水浴”或“油浴”)加热。配制该NaOH溶液需要称量NaOH固体的质量为 g。
(4)“步骤3”中混合液的pH可用精密pH试纸测量，简述其测定溶液pH的方法 。使用活性炭脱色时一般加入活性炭的量为粗产品质量的1%~5%，加入量过多造成的影响是 。
(5)与普通过滤比较，“步骤4”中用图2抽滤分离EDTA的优点是 。
13．（2023·陕西咸阳·统考二模）二氯异氰尿酸钠（NaC3N3O3Cl2，摩尔质量为220g/mol）是一种高效广谱杀菌消毒剂，它常温下为白色固体，难溶于冷水。其制备原理为：，请选择下列部分装置制备二氯异氰尿酸钠并探究其性质。

请回答下列问题：
(1)选择合适装置，按气流从左至右，导管连接顺序为 （填小写字母）。
(2)将D中试剂换成氯酸钾后发生反应的化学方程式为 。
(3)仪器X中的试剂是 。
(4)实验时，先向A中通入氯气，生成高浓度的NaClO溶液后，再加入氰尿酸溶液。在加入氰尿酸溶液后还要继续通入一定量的氯气，其原因是 。
(5)反应结束后，A中浊液经过滤、 、 得到粗产品mg。
(6)粗产品中NaC3N3O3Cl2含量测定。将mg粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100mL溶液，取10.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min。用c mol/L Na2S2O3标准溶液进行滴定，加入淀粉指示剂，滴定至终点，消耗溶液。（假设杂质不与反应，涉及的反应为：C3N3O3Cl+3H++4I- = C3H3N3O3+2I2+2Cl-，）
①滴定终点现象是 。
②则NaC3N3O3Cl2的含量为 。(用含m，c，V的代数式表示)
14．（2022·陕西安康·统考模拟预测）铬的氧化物(、)以及铬盐(、)是重要的化工原料，有诸多用途，回答下列问题：
(1)中Cr的化合价为 。
(2)的性质与相似。
①只用下列物质可以制取的是 (填字母)。
A．溶液与溶液
B．溶液与过量盐酸
C．与
②用NaOH溶液可以除去氧化铁中的少量，有关反应的化学方程式为 。
(3)在低温下溶解度较小，可以通过与固体在高温条件下制备(同时生成、)。
①实验室应在 中进行该反应(从环境保护角度)。
②该反应的化学方程式为 。
③若样品中含有少量NaCl，将其提纯的操作名称为 。
(4)由转化为几种铬的化合物的关系如图所示。下列说法正确的是 (填字母)。

A．反应①表明有酸性氧化物的性质
B．在酸性溶液中不能大量存在
C．写成氧化物的形式为
(5)具有强氧化性，热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率()随温度的变化如图所示。A点所示固体的化学式是 。

15．（2022·陕西安康·统考一模）氯化亚铜(CuCl)广泛用于冶金、电镀、医药等行业。已知CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易变质。学习小组开展了与CuCl相关的系列实验，回答下列问题：
I．利用废铜屑制备CuCl2，实验装置如图所示。

(1)仪器a的名称为 。仪器b的作用是 。
(2)三颈烧瓶中制备CuCl2的化学方程式为 。
II．制备氯化亚铜，制备流程如图所示：
CuCl2Na[CuCl2]CuCl粗产品CuCl
(3)反应①中氧化剂为 (填化学式)。
(4)Na[CuCl2]溶液中存在的平衡是 (用离子方程式表示)。
(5)析出的CuCl粗产品不用盐酸而用水、乙醇分别洗涤的目的依次是 、 。
(6)测定产品中CuCl的质量分数。准确称取制备的CuCl产品0.40g，加入足量的氯化铁溶液，待样品全部溶解后，加入适量稀硫酸，用0.15 mol·L-1的Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2溶液24.00 mL，反应中Ce4+被还原为Ce3+。硫酸铈标准溶液应盛放在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中。产品中CuCl的质量分数为 。

三、工业流程题
16．（2023·陕西西安·统考二模）HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MoS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。

已知：I.MoO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。
II.高温下，NH4VO3易分解产生N2和一种含氮元素的气体。
III.Ksp(CuS)=6×10-36；K1(H2S)=1×10-7、K2(H2S)=6×10-15。
请回答下列问题：
(1)请写出“气体”中属于最高价氧化物的电子式： 。
(2)请写出“焙烧”过程中MoS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式： ， 。
(3)“浸渣”的成分为 (填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有 (填化学式)。
(4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为 、 。

(5)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式： 。
(6)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2+，则反应Cu2++HS-=CuS+H+的K= 。
17．（2023·陕西铜川·统考二模）四氧化三锰是电子工业生产锰锌铁氧体软磁材料的重要原料。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)为原料制备高品位四氧化三锰的一种工艺流程如下：

已知：①0.01mol/L金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Mg2+
Mn2+
开始沉淀
4.1
2.2
7.5
9.6
8.8
完全沉淀
5.4
3.2
9.5
/
/
②Ksp(MgF2)=7.4×10-1l；Ksp(MnF2)=5.6×10-3
回答下列问题：
(1)提高“酸浸”效果的方法有 、 (任写两种)。
(2)“氧化1”步骤中，氧化剂a可选用MnO2，发生反应的离子方程式为 ，为了检验氧化是否完全可选用的试剂是 (写化学式)。
(3)“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为 。
(4)“沉镁”步骤中，沉淀转化反应的平衡常数K值等于 。
(5)“沉锰”步骤中，杂质含量直接影响四氧化三锰的品位，实验测得温度对四氧化三锰中硫酸根含量的影响如图所示。实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是 。

(6)“氧化2”步骤中发生反应的化学方程式为 。
18．（2022·陕西榆林·统考二模）锰酸锂()是锂电池的正极材料。以软锰矿粉(主要成分是，含少量、、、等)为原料制备锰酸锂的流程如下：

常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下表：
物质









请回答下列问题：
(1)“酸浸”时，常在高压下充入，其目的是 。
(2)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式，下同)，“酸浸”时，被氧化的物质是 。
(3)“氧化”时发生反应的离子方程式为 。
(4)“调”时发生反应：，该反应的平衡常数 。(已知：常温下，的电离常数)
(5)测得“沉镁”后溶液中，则残留的 。“沉锰”后的滤液与碱加热处理后可返回 (填步骤名称)步骤循环利用。
(6)“沉锰”生成碱式碳酸锰[]的同时放出，该反应的离子方程式为 。利用碱式碳酸锰制备锰酸锂的化学方程式为 。
19．（2022·陕西咸阳·统考二模）随着人们对电动汽车需求的进一步扩大，高能量、高电流的锌系二次碱性电池受到市场的期待，但是锌电池在充放电过程中存在变形、枝晶、腐蚀和钝化等问题，目前采用氢氧化钙处理氧化锌工艺得到锌酸钙作为电极的活性物质，使以上情况得到极大改善。一种锌酸钙的化学式为:Ca［Zn(OH)3］2·2H2O，其制备流程如下：

请回答下列问题：
(1)Zn(OH)2是两性氢氧化物，与NaOH反应的方程式为Zn(OH)2＋2NaOH = Na2ZnO2＋2H2O。ZnO是两性氧化物，则反应釜中发生反应的离子方程式为
(2)球磨机是用研磨体摩擦、冲击物料使其研磨成粉末的设备。研磨过程加入Ca(OH)2粉末时，通入Ar气的作用是 。
(3)ZnO和锌酸钙在KOH溶液中的溶解情况如下图所示。从反应釜进入球磨机的混合物中主要含有锌酸钾，加入Ca(OH)2粉末，转化为锌酸钙，请从平衡移动的角度分析原因 是。流程中第二次加入ZnO粉末的目的

(4)滚动球磨6-24小时的目的是 。
(5)操作I为 。干燥产品时必须在低温减压条件下进行，理由是
20．（2022·陕西宝鸡·统考二模）铋酸钠是一种不溶于水的强氧化剂，广泛应用于催化合成、化工等各领域，能在水相中有效降解多环芳烃类和有机染料污染物。某研究小组用浮选过的辉铋矿(主要成分是，含少量、、)为原料制备铋酸钠的流程如下：

已知：极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀且水解程度。
(1)为提高原料的浸出率，可采取措施有 (选填序号)。
a.加入足量的蒸馏水            b.搅拌            c.粉碎矿石            d.适当升高温度
(2)“浸取”过程中加入浓盐酸既能提高浸出率又可 ；与溶液反应的离子方程式 。
(3)“滤渣2”成分的化学式为 。
(4)“除铜”时相关反应：的平衡常数，则的平衡常数 (已知：溶度积)。
(5)“焙烧”时与反应可制得，其副产物为 ；“焙烧”过程中要排除和的干扰，原因是 。
(6)取上述产品1.0g，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反应，再用的标准溶液滴定生成的，达到滴定终点时平均消耗25.00mL标准溶液。
已知：

①、、的氧化性由强至弱的顺序为 。
②该产品的纯度为 。
21．（2021·陕西宝鸡·统考一模）孔雀石主要成分是，还含少量及硅的氧化物，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体的步骤如下：

有关物质沉淀的pH数据如下：
物质
开始沉淀
完全沉淀









(1)步骤Ⅰ加稀硫酸充分反应，过滤得到滤渣的主要成分是 填化学式，该物质进一步提纯后可用于制造 。提高步骤Ⅰ反应速率的措施是 (写一条即可)。
(2)步骤Ⅱ中试剂①应选用试剂 填代号。
a. b.稀 c.双氧水      d.氯水
相关反应的离子方程式为： 。
(3)步骤Ⅲ加入CuO调节溶液的pH至 (填写范围)，目的是 。
(4)步骤Ⅳ获得硫酸铜晶体的操作中，必须采取的实验措施是 。
(5)常温下的，若要将溶液中的转化为沉淀，使溶液中降低至，必须将溶液调节至 。
(6)用和孔雀石反应可以制得金属铜，已知1mol氨气通过灼热的可以产生金属铜，则该反应的化学方程式为 。
22．（2021·陕西榆林·统考三模）Mg(OH)2是优良的阻燃剂、吸附剂，可以白云石(化学式表示为MgCO3∙CaCO3)为原料来制备。工艺流程如图所示：

回答下列问题：
(1)已知“轻烧”过程中只有碳酸镁发生分解，写出“加热反应”时主要发生反应的化学方程式： 。
(2)该工艺中可以循环使用的物质是 (填化学式)。
(3)Mg(OH)2可作阻燃材料的原因为
(4)“沉淀”时发生反应的离子方程式为 。已知：常温下Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，若加入氨水调节溶液的pH=10，通过计算说明溶液中Mg2+是否沉淀完全(离子浓度小于10-5mol·L-1认为沉淀完全)：
(5)Mg(OH)2纯度测定。为测定产品纯度，称取试样0.2500g于锥形瓶中，加入适量稀盐酸，待试样完全溶解后加入10mLpH=10的氨一氯化铁缓冲溶液，溶液变浑浊，再滴加3~4滴铬黑T指示剂(BET)，用0.2000mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点，重复上述操作两次，平均消耗EDTA标准溶液20.00mL。[原理：EDTA(无色)+Mg—BET紫红色)=BET(蓝色)+Mg-EDTA(无色)]
①滴定终点的现象为 。
②产品中Mg(OH)2的质量分数为 (保留四位有效数字)。
23．（2021·陕西宝鸡·统考二模）钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上通常利用钼精矿(MoS2中硫为-2价)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如图所示。

回答下列问题：
(1)在空气中焙烧时产生对环境有危害气体的化学式是 ，焙烧的化学方程式是 。
(2)操作1的实验名称是 ，由此可推测MoO3为 性氧化物，该反应的离子方程式为 ，进行操作2的步骤是 ，过滤、洗涤、干燥。
(3)操作3中硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为 。
(4)钼精矿中MoS2的测定：取钼精矿20g经操作3等，得到Mo的质量为8.64g，假设过程中钼利用率为90%，钼精矿中MoS2的质量分数为 。
(5)电解法制备：用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图甲所示。b电极上的电极反应式为 ，电解槽中使用 (填阳离子或阴离子)交换膜。某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图乙所示，要使溶液中钼酸根离子完全沉淀(浓度小于1×10-5mol•l-1)，Ba2+的浓度最小为 mol•l-1。


四、填空题
24．（2021·陕西商洛·校考一模）按要求完成下列各题
(1)气态氢化物热稳定性大于的主要原因是 。
(2)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是 。
(3)过氧化钠的电子式是 。
(4)溶液显碱性的原因是(用离子方程式说明) 。
(5)已知葡萄糖的燃烧热为，试写出葡萄糖燃烧的热化学方程式 。

五、原理综合题
25．（2021·陕西宝鸡·统考二模）选择性催化还原法(SCR)是目前应用最为广泛的氮氧化物NOx的净化方法，其原理是利用NH3在特定催化剂作用下将NOx还原为N2。
(1)常温下，在Cu(OH)2悬浊液中滴加氨水，沉淀溶解得蓝色溶液。已知：常温下，
[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)K1=5.0×10-14；Cu(OH)2(s)+4NH3(aq)⇌[Cu(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq)的平衡常数K2=4.4×10-7， 则常温下Ksp[Cu(OH)2]= 。
(2)T1℃时，向2L的恒容密闭容器中通入1molN2和1molH2发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，10min后到达平衡，容器内压强变为起始压强的0.8倍。
①从开始到平衡，v(NH3)= ，T1℃时该反应的平衡常数K= 。
②达平衡状态后，若保持H2浓度不变，将容器体积扩大至2倍，平衡将 填“向正反应方向移动”、“向逆反应方向移动”或“不移动”。
(3)催化剂V2O5-WO3/TiO2中的V2O5是活性组分。在石英微型反应器中以一定流速通过烟气[n(O2)：n(NH3)：n(NO)=71：1：1]，在不同温度下进行该催化还原反应，V2O5的质量分数对单位时间内NO去除率的影响如图所示。

①从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为 。
②V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是 。
③若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当时，随着该比值的增大，NO去除率 填“增大”、“减小”或“不变”；当时，随着该比值的增大，NO去除率无明显变化，可能的原因是 。

参考答案：
1．A
【详解】A．氮化镓属于化合物，合金是金属与金属单质或金属与非金属单质熔合而成的具有金属特性的物质，A错误；
B．焰色是某些金属元素的特征性质，不同金属元素的焰色不同，“火树银花”中的焰火颜色实质上是金属元素的焰色的体现，B正确；
C．维生素具有还原性，易被空气中的氧气氧化，保护食品不被氧化，用作食品抗氧化剂，C正确；
D．泡沫灭火器灭火的原因是可以喷射出氢氧化铝和二氧化碳，但有些活泼金属可以和二氧化碳反应所以当这些活泼金属引起火灾时不能用其灭火，D正确；
故选A。
2．D
【详解】A．肉桂醛中含有醛基和碳碳双键，二者都可以使高锰酸钾溶液褪色，则向肉桂醛()中加入酸性溶液，不能证明肉桂醛中含碳碳双键，故A错误；
B．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶液不含有Fe3+，再加入氯水，溶液显血红色，说明溶液中有Fe3+生成，说明原溶液中含有Fe2+，故B错误；
C．NaClO溶液具有漂白性，应选pH计测定盐溶液的pH比较盐溶液的碱性或对应酸的酸性，故C错误；
D．常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积所需的时间，可以探究浓度对化学反应速率的影响，故D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．溶液中与会发生双水解反应，而有较强的氧化性，有较强的还原性，二者主要发生氧化还原反应反应，故A不符合题意；
B．水解生成与HClO，但F没有正价，与水会发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C．由Ksp可知沉淀等浓度的所需Ag+比沉淀等浓度的和需要的Ag+浓度都大，而且AgCl是白色沉淀，AgBr是淡黄色沉淀，是黑色沉淀，所以的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择作指示剂，同样也可以，故C符合题意；
D．乙醇与足量的反应被氧化成乙酸，而异丙醇会被氧化成丙酮，故D不符合题意；
故答案为：C。
4．D
【分析】H2A为二元弱酸，电离方程式为：，，，，所以，，因为，所以a线为代表，b线代表，据此分析答题。
【详解】A．，同一溶液中，相同，，所以，故A错误；
B．，，d点酸性强于c点，溶液酸性越强，对水的电离抑制成都越大，所以水的电离程度d＜c，故B错误；
C．当被完全中和时，生成，列出质子守恒为，故C错误；
D．此时，所以，列出电荷守恒：此时PH＝4.2，所以，，推知，故D正确；
答案为D。
5．D
【详解】A．碳酸钠溶液水解显碱性，会和玻璃成分反应，将塞子和瓶口粘在一起，所以不能用玻璃塞，故A错误；
B．氯化铁溶液加热蒸干，水解生成的HCl挥发，会得到氢氧化铁，故B错误；
C ．钠元素焰色试验呈黄色，根据实验操作及现象知，该溶液中含有钠离子，由于钾离子需要透过蓝色的钴玻璃观察，则不能确定是否含有钾离子，故C错误；
D．配制0.1mol/L的H2SO4溶液，用量筒量取浓硫酸时，仰视读数，会导致量取的浓硫酸偏多，使结果偏高，故D正确；
答案选D。
6．C
【分析】根据，，因为Kb1》Kb2，根据图象中当pOH相同时，G线对应x轴数值大，故G线为lg，M线为lg；
【详解】A．根据图象中a点到b点pOH增大说明氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，b点M(OH)2对水的电离抑制程度减小，故b点时水的电离程度增大，故A不正确；
B．根据控制变量法，当纵坐标不变时，利用电离平衡常数的关系进行判断M线为pOH与lg的变化关系，故B不正确；
C．常温下，，根据b点计算解；；则，故C正确；
D．b点根据电荷守恒：，b点时由图象知：
    ，得：因为b点溶液pOH=7.15，故溶液显酸性，，故，故D不正确；
故选答案C。
【点睛】此题考查二元弱碱电离平衡的移动影响，及酸碱中和滴定的应用，利用控制变量法判断图象意义，利用图象中的特殊点计算平衡常数。
7．C
【详解】A．氯化铝易水解生成氢氧化铝和盐酸，加热促进氯化铝水解平衡正向移动，盐酸易挥发，最终得到氢氧化铝，不能达到制备无水氯化铝的目的，A错误；
B．木炭与浓硫酸加热条件下反应除了生成二氧化碳、还生成二氧化硫，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，不能验证产物中的二氧化碳，B错误；
C．当金属铁作电解池的阴极时，金属铁被保护，不被腐蚀，能达到目的，C正确；
D．酸碱中和滴定实验中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，D错误；
答案选C。
8．A
【详解】A．用四氯化碳可擦去圆珠笔油渍是溶解过程，没有发生化学变化，A选；
B．宣纸长时间接触空气氧化变黄，用稀草酸(H2C2O4)溶液轻轻冲洗发生还原过程，草酸被氧化，B不选；
C．用热的纯碱溶液除去油污是利用水解生成的碱使油污水解，发生化学变化，C不选；
D．古画中的白色PbSO4颜料变黑生成硫化铅，可以用少量双氧水擦拭生成硫酸铅，发生化学变化，D不选；
答案选A。
9．A
【详解】A．由图可知开始的时候氯化银的溶解度随着c(Cl-)增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大的一定程度的时候，随着c(Cl-)增大溶液中的银离子和氯离子形成络离子，而溶解度增大，A错误；
B．沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候，就是沉淀最彻底时，由图可知此时c(Cl-)=10-2.54，由lg[Ksp(AgCl)]=-9.75可知，Ksp(AgCl)= 10-9.75，则此时c(Ag+)=10-7.21mol•L-1，B正确；
C．当c(Cl-)=10-2mol•L-1时，图中横坐标为-2，由图可知，此时c(AgCl)>c(Ag+)>c(AgCl)，C正确；
D．AgCl+Cl-AgCl的平衡常数，则在图中横坐标为-0.2时AgCl与AgCl相交，即其浓度相等，则在常数中其比值为1，此时常数K==100.2，D正确；
故选A。
10．(1) 分液漏斗 +14H++6Cl-=2Cr3++3Cl2↑+7H2O
(2) 干燥Cl2 碱石灰
(3)-34.0℃~2.0℃
(4)萃取
(5) 淀粉溶液 偏高

【分析】该实验装置是利用重铬酸钾(K2Cr2O7)和浓盐酸在常温下制备少量Cl2，将Cl2净化除杂后和HgO反应制得Cl2O，用低温槽收集可以分离Cl2O和Cl2，最后的干燥管中放碱石灰防止空气中的水蒸气进入，同时起到尾气处理的作用，据此分析答题。
【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗，+14H++6Cl-=2Cr3++3Cl2↑+7H2O因为1molK2Cr2O7完全反应时转移6mol电子，所以产物为Cr3+；
（2）C装置中试剂的作用是干燥、除去Cl2中的水蒸气，防止水蒸气干扰D中的反应，因为Cl2O+H2O2HClO，而制出的C12中含有水蒸气，所以C中为浓硫酸，起干燥作用；最后的干燥管中放碱石灰防止空气中的水蒸气进入，同时起到尾气处理的作用；
（3）低温浴槽E控制的温度范围为-34.0℃~2.0℃，在该温下Cl2O为液体，Cl2还是气体，可以分离Cl2O和Cl2；
（4）因为Cl2O在CCl4中的溶解度远大于在水中的，故采用萃取法从贮存的Cl2O浓溶液中提取Cl2O；
（5）①生成物中有I2生成，用Na2S2O3溶液滴定I2，故选用淀粉溶液作指示剂；
② 由反应式知, Cl2O～2 I2, HClO～I2,即1molCl消耗2mol Na2S2O3。Cl2O的溶液中氯含量: ；若振荡时间太长，空气中的O2与溶液接触时间长，溶液中的O2会和Na2S2O3发生反应使x偏大，结果偏高。
11．(1) 球形干燥管 A(或B) 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O(或NH3•H2ONH3↑+H2O) d→c→f→e→i
(2) 2(CrCl3•6H2O)Cr2O3+9H2O+6HCl 在HCl氛围中小火加热缓慢失水
(3) j→j→k→l(或j→j→d→c) CrCl3+NH3CrN+3HCl
(4)79.2%

【详解】（1）①仪器C为球形干燥管；制取氨气可以用固体氯化铵和氢氧化钙反应，发生装置应选择图中的A，反应的化学方程式为；也可以加热浓氨水制取，反应的化学方程式为，发生装置应选择图中的B；
②欲收集一瓶干燥的氨气，其连接顺序为发生装置→干燥装置→收集装置→尾气吸收装置，按气流方向表示为d→c→f→e→i；
（2）加热失水时会发生水解生成氢氧化铬，氢氧化铬再分解生成氧化铬，故反应的化学方程式为；若想得到无水氯化铬，需在HCl氛围中小火加热缓慢失水；
（3）①根据气流的方向，产生的氨气通过碱石灰干燥后与氯化铬反应，反应后出来的气体为氯化氢气体和剩余的氨气，故用浓硫酸除掉氨气，同时防外界水蒸气进入，最后用水除掉氯化氢气体(或用碱石灰除氯化氢，同时防外界水蒸气进入，最后用水吸收过量的氨气)，连接方式为j→j→k→l(或j→j→d→c)；
②硬质玻璃管中发生的反应为；
（4）由题意可知氮化铬的纯度为。
12．(1)ClCH2COOH+NaHCO3= ClCH2COONa+CO2↑+H2O
(2) 三颈烧瓶 a 平衡压强，使得乙二胺和NaOH溶液顺利流下
(3) 中和生成的HCl，促使反应正向进行 热水浴 8.0
(4) 取一片精密pH试纸放到干燥的表面皿上，用洁净玻璃棒蘸取待测溶液滴在试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较 加入活性炭量过多会吸附部分产品造成损耗
(5)加快过滤速度，过滤得到的固体易于干燥或减小固体溶解损耗

【分析】氯乙酸和NaHCO3溶液反应制备ClCH2COONa，ClCH2COONa和H2NCH2CH2NH2在碱性条件下反应生成，加入活性炭脱色，搅拌、静置、过滤，然后用盐酸调节滤液至pH=1.2，生成 沉淀，抽滤得EDTA产品。
【详解】（1）氯乙酸与50%NaHCO3溶液反应生成ClCH2COONa、二氧化碳、水，反应方程式为ClCH2COOH+NaHCO3= ClCH2COONa+CO2↑+H2O；
（2）根据装置图，仪器A的名称为三颈烧瓶，仪器Q是冷凝管，冷凝水“低进高出”，进水口是a，滴液漏斗中具支管连接分液漏斗上口和三颈烧瓶，作用为平衡压强，使得乙二胺和NaOH溶液顺利流下。
（3）4ClCH2COONa+H2NCH2CH2NH2⇌+4HCl是“步骤2”中的发生反应，该步骤中使用NaOH中和生成的HCl，促使反应正向进行；A装置控温50°C加热2h，为便于控制温度，对A采用的加热方式热水浴加热。配置2.0mol·L-1NaOH溶液90mL，选用100mL容量瓶，配制该NaOH溶液需要称量NaOH固体的质量为2mol/L×0.1L×40g/mol=8.0g。
（4）测定溶液pH的方法是：取一片精密pH试纸放到干燥的表面皿上，用洁净玻璃棒蘸取待测溶液滴在试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较。活性炭具有吸附性，加入量过多造成的影响是吸附部分产品造成损耗。
（5）抽滤与普通过滤比较，能加快过滤速度，过滤得到的固体易于干燥。
13．(1)fghabe
(2)KClO3＋6HCl(浓)=KCl + 3Cl2↑＋3H2O
(3)NaOH或氢氧化钠溶液
(4)通入Cl2与生成的NaOH反应，有利于NaC3N3O3Cl2的生成
(5) 冷水洗涤 干燥
(6) 滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复

【分析】由二氯异氰尿酸钠的制备原理以及给定的装置可知，题干中所示的反应装置可以分为氯气的发生装置与二氯异氰尿酸钠的制备装置。具体反应流程为：用浓盐酸与Ca(ClO)2反应制Cl2；除去Cl2中因浓盐酸挥发而混合的HCl；将Cl2通入氢氧化钠溶液中制备NaClO，再与氰尿酸溶液反应生成二氯异氰尿酸钠；对尾气Cl2进行处理。据此可回答各个问题。
【详解】（1）按照气流从左至右的顺序，制备二氯异氰尿酸钠首先需要制备Cl2，需要装置D，Cl2从f口流出；接下来需要除去Cl2中混合的HCl，需要装置E，气体从g口流入、h口流出；制备NaClO并与氰尿酸溶液发生反应需要装置A，气体从a口流入、b口流出；为了除去未反应完的Cl2，需要将尾气通入到氢氧化钠溶液中，需要装置C，气体从e口流入。故导管连接顺序为fghabe。
（2）装置D为氯气发生装置，若利用氯酸钾与浓盐酸制备氯气，发生反应的化学方程式为：KClO3＋6HCl(浓)=KCl + 3Cl2↑＋3H2O。
（3）仪器X中所加试剂的目的是与Cl2反应生成NaClO，故该试剂为NaOH或氢氧化钠溶液。
（4）观察题干信息可知制备二氯异氰尿酸钠的反应可以生成NaOH，故继续通入一定量的氯气可以与生成的NaOH反应不断生成NaClO，有利于NaC3N3O3Cl2的生成。
（5）考虑到二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，A中的浊液经过滤后应再用冷水洗涤并干燥之后可以得到粗产品。故答案为：冷水洗涤；干燥。
（6）①NaC3N3O3Cl2溶液可以与过量的KI溶液反应生成I2，I2遇淀粉显蓝色。随后加入Na2S2O3溶液与I2反应可使蓝色逐渐褪去，故滴定终点的现象为：滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复；②由题干中给出的反应方程式：C3N3O3Cl+3H++4I- = C3H3N3O3+2I2+2Cl-，可知各物质的物质的量之比为n(NaC3N3O3Cl2)：n(I2)：n(Na2S2O3)=1：2：4。即n(NaC3N3O3Cl2)=n(Na2S2O3)=mol。10mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为m=n×M=mol×220g/mol=0.055cV g，100mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为0.55cV g。则NaC3N3O3Cl2的含量。
【点睛】回答滴定终点的现象时不能简单描述为“溶液褪色”，要加上“滴加最后一滴标准溶液”以及“半分钟不恢复”的条件，才能保证达到了滴定终点。
14．(1)+6
(2) A
(3) 通风橱 冷却结晶
(4)AB
(5)Cr2O3

【详解】（1）中K的化合价+1价，O的化合价为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0可知，Cr的化合价为+6价；
（2）①A．溶液与溶液会发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，A符合题意；
B．溶液与过量盐酸会生成氯化铝和水，不能得到氢氧化铝，B不符合题意；
C．与不反应，不能得到氢氧化铝，C不符合题意；
故选A；
②的性质与相似，所以用NaOH溶液可以除去氧化铁中的少量，因为氢氧化钠与会反应生成NaCrO2和水，再经过滤而除去，涉及的化学方程式为；
（3）①通过与固体在高温条件下制备(同时生成、)，其中生成的、均会污染环境，所以从环保角度考虑，实验室需在通风橱中进行该实验；
②根据题给信息，结合氧化还原反应的配平原则可知，该反应的化学方程式为：；
③氯化钠的溶解度随温度变化不大，因为在低温下溶解度较小，所以若样品中含有少量NaCl，可采用冷却结晶的方法提纯；
（4）工艺流程中，CrO3固体与KOH溶液发生反应转化为K2CrO4溶液，在稀硫酸酸性条件下，K2CrO4溶液会转化为溶液，溶液于CCl4发生化学反应会生成CrO2Cl2和COCl2，据此分析。
A．反应①中CrO3固体与KOH溶液发生反应转化为K2CrO4溶液，表明有酸性氧化物的性质，A正确；
B．在酸性溶液中不能大量存在，会转化为，B正确；
C．中K的化合价为+1价，O的化合价为-2价，Cr的化合价为+6价，所以不能写成氧化物的形式为，C错误；
故选AB；
（5）根据图中数据可知，A点固体残留率()为76.00%，设的起始质量为100g(1mol)，则固体残留的质量为76g，固体中一定含1molCr其质量为52g，其余为O元素，所以O原子的物质的量为，则Cr与O原子的个数比为：1:1.5=2:3，所以剩余固体的化学式为Cr2O3。
15．(1) 恒压漏斗(或滴液漏斗) 防止倒吸
(2)H2O2+Cu+2HCl(浓)2H2O+CuCl2
(3)CuCl2
(4)[CuCl2]-(aq)CuCl(s)+C1-(aq)
(5) 用水洗涤可以减少氯化亚铜因溶解导致的损失 用乙醇洗涤可以使晶体迅速干燥，避免氯化亚铜被氧化
(6) 酸式 89.55%

【详解】（1）根据装置图可知：仪器a的名称为恒压漏斗(或滴液漏斗)；
（2）在三颈烧瓶中，浓盐酸与Cu、H2O2在水浴加热条件下发生氧化还原反应产生CuCl2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：H2O2+Cu+2HCl(浓)2H2O+CuCl2；
（3）在反应①中，CuCl2与Cu、NaCl发生反应产生Na[CuCl2]，Cu元素化合价由反应前CuCl2中的+2价变为反应后Na[CuCl2]中的+1价，化合价降低，得到电子被还原，所以CuCl2为氧化剂；
（4）Na[CuCl2]溶于水电离产生Na+、[CuCl2]-，[CuCl2]-在水中电离产生CuCl、Cl-，存在电离平衡，电离方程式为：[CuCl2]-(aq)CuCl(s)+C1-(aq)；
（5）析出的CuCl粗产品用水洗涤可以减少氯化亚铜因溶解导致的损失；然后再使用乙醇洗涤，可以充分利用乙醇的易挥发性，能够使晶体迅速干燥，避免CuCl被氧化；
（6）Ce(SO4)2电离产生的Ce4+具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应该盛放在酸式滴定管中；
根据反应方程式CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，可得CuCl与Ce(SO4)2的关系式为：Ce4+~CuCl，n(CuCl)=n(Ce4+)=0.15 mol/L×0.024 L=0.0036 mol，m(CuCl)=0.0036 mol×99.5 g/mol=0.3582 g，所以样品中CuCl的质量分数为：。
16．(1)
(2) 2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2 Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑
(3) NiO NaVO3、NaHCO3
(4) 20g•L-1 10g•L-1
(5)6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O
(6)1021

【分析】本题是工业流程题，工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MoS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化硫，MoO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有偏铝酸钠，再通入二氧化碳除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸，以此解题。
【详解】（1）由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物，其电子式为：；
（2）由题中的信息可知，及分别与纯碱反应的化学方程式为
，；
（3）硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而、、与纯碱反应生成、和，沉铝通过量生成沉淀和，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有NaVO3、NaHCO3；
（4）由图可知选择的初始钒浓度和的加入量分别为和时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为：和；
（5）由信息和流程可知，沉淀煅烧时分解产生和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为；
（6）由题意可知的。
17．(1) 碳酸锰矿粉碎、搅拌 增大H+浓度、升高温度等
(2) 2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液
(3)5.4~8.8
(4)7.6×107
(5)50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应
(6)6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O

【分析】碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)中加入硫酸酸浸，矿石中只有SiO2不溶解，其它物质转化为FeSO4、MgSO4、Al2(SO4)3、MnSO4等；加入氧化剂a进行氧化1操作，此时Fe2+被氧化为Fe3+；加入试剂b沉铁铝，生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀；过滤后往滤液中加入MnF2，将Mg2+转化为MgF2；过滤后，往滤液中加入氨水，生成Mn(OH)2沉淀，再通入O2，将Mn元素部分氧化，从而生成Mn3O4。
【详解】（1）通过增大接触面积、适当增大酸的浓度、升高温度等，都可提高“酸浸”效果，则提高“酸浸”的方法有：碳酸锰矿粉碎、搅拌、增大H+浓度、升高温度等。答案为：碳酸锰矿粉碎、搅拌；增大H+浓度、升高温度等；
（2）“氧化1”步骤中，将Fe2+氧化为Fe3+，氧化剂a可选用MnO2，则发生反应生成Fe3+、Mn2+等，离子方程式为2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O，为了检验氧化是否完全，需检验Fe2+是否存在，可选用的试剂是：K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液。答案为：2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O；K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液；
（3）从表中可以看出，pH≥5.4时，Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，pH=8.8时，Mn2+开始沉淀，所以“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为5.4~8.8。答案为：5.4~8.8；
（4）“沉镁”步骤中，沉淀转化反应为MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)则平衡常数K==≈7.6×107。答案为：7.6×107；
（5）从图中可以看出，“沉锰”步骤中，50°C以后，硫酸根含量变化很少，实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应。答案为：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应；
（6）由分析可知，“氧化2”步骤中，Mn(OH)2被O2氧化为Mn3O4等，发生反应的化学方程式为6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。答案为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。
【点睛】检验Fe2+、Fe3+混合溶液中的Fe2+时，不能使用Cl2、KSCN溶液。
18．(1)增大压强，提高的溶解度，从而提高酸浸速率
(2)
(3)
(4)
(5) 调
(6)

【分析】以软锰矿粉(主要成分是，含少量、、、等)为原料，加入硫酸并通入二氧化硫进行酸浸，反应后除去滤渣1为，得到滤液主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，再加入二氧化锰，将亚铁离子氧化成铁离子，再通入氨气调节pH，将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀为滤渣2，再加入氟化锰沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3，所得滤液再加入碳酸氢铵沉锰，得到碱式碳酸锰[]的同时放出，再加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000℃，反应得到锰酸锂()。
（1）
“酸浸”时，常在高压下充入，其目的是增大压强，提高的溶解度，从而提高酸浸速率；
（2）
“滤渣1”的主要成分是(不溶于H2SO4)，“酸浸”时，二氧化锰、Fe3+能将SO2氧化，故被氧化的物质是SO2；
（3）
“氧化”时将Fe2+氧化成Fe3+,同时自身被还原为锰离子，发生反应的离子方程式为；
（4）
“调”时发生反应：，该反应的平衡常数====4.0；
（5）
测得“沉镁”后溶液中，Ksp(MnF2)=c(Mn2+)c2(F-)=0.8mol/Lc2(F-)=，则c2(F-)=，则残留的==；“沉锰”后的滤液与碱加热处理后会产生氨气，可返回调步骤循环利用；
（6）
“沉锰”生成碱式碳酸锰[]的同时放出，结合质量和氧化还原反应原理可知，该反应的离子方程式为；利用碱式碳酸锰制备锰酸锂时加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000℃，反应得到锰酸锂()，反应的化学方程式为。
19．(1)ZnO＋2OH－＝ZnO＋H2O
(2)防止Ca(OH)2遇到空气中CO2转化为CaCO3
(3) 在碱性溶液中，锌酸钾溶解度大于锌酸钙的溶解度，加入Ca(OH)2粉末，增大Ca2＋浓度，使锌酸钙溶解平衡向沉淀生成的方向移动 调整ZnO与Ca(OH)2的物质的量之比为2:1
(4)使ZnO固体与KOH溶液充分混合，反应充分
(5) 过滤 防止高温下产物分解失去结晶水

【分析】氧化锌粉末在反应釜中和氢氧化钾溶液反应生成K2ZnO2，加入氢氧化钙使其转化为锌酸钙，最后加入氧化性粉末搅拌过滤洗涤干燥得到产品，据此解答。
【详解】（1）依据已知信息和两性化合物的性质可判断ZnO在反应釜中发生反应的离子方程式为ZnO＋2OH－＝ZnO＋H2O；
（2）由于空气中含有二氧化碳，能被氢氧化钙溶液吸收，所以通入Ar气的作用是防止Ca(OH)2遇到空气中CO2转化为CaCO3；
（3）由于在碱性溶液中，锌酸钾溶解度大于锌酸钙的溶解度，加入Ca(OH)2粉末，增大Ca2＋浓度，使锌酸钙溶解平衡向沉淀生成的方向移动；根据产品的化学式Ca［Zn(OH)3］2·2H2O可判断流程中第二次加入ZnO粉末的目的调整ZnO与Ca(OH)2的物质的量之比为2:1；
（4）滚动球磨6～24小时的目的是使ZnO固体与KOH溶液充分混合，反应充分，提高产率。
（5）由于操作I得到滤液，则其操作为过滤。由于产品含有结晶水，则干燥产品时必须在低温减压条件下进行的理由是防止高温下产物分解失去结晶水。
20．(1)bcd
(2) 防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀 Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S
(3)Fe(OH)3
(4)
(5) Na2O 能分别与和反应
(6) ＞＞ 70%

【分析】用浮选过的辉铋矿(主要成分是，含少量、、)为原料，加入氯化铁、盐酸，酸性氧化物SiO2不能与酸发生反应，发生的反应有Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S，FeCl3和BiCl3都是强酸弱碱盐，Fe3+、Bi3+会发生水解，向其中加入过量浓盐酸能防止FeCl3及BiCl3水解，故过滤得到滤液和滤渣1(S和SiO2)；滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子、加入氧化铜调节pH使铁离子沉淀为氢氧化铁，则滤渣2为氢氧化铁，所得滤液加过量氨水，发生、使BiCl3沉淀为Bi(OH)3，过滤、洗涤干燥后，Bi(OH)3受热分解得到Bi2O3、Bi2O3和过氧化钠焙烧得到NaBiO3，据此回答。
【详解】（1）搅拌、粉碎矿石能增大接触面积、适当升高温度能提高反应速率，则为了提高原料的浸出率，可以采取的措施有搅拌、粉碎矿石、升高温度，因此选项是bcd。
（2）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+会发生水解反应，已知：极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀且水解程度，则“浸取”过程中加入浓盐酸既能提高浸出率又可防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀；与溶液反应氧化还原反应，生成FeCl3、S和BiCl3，离子方程式Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S。
（3）据分析，“滤渣2”成分的化学式为Fe(OH)3。
（4）的平衡常数，则的平衡常数。
（5）“焙烧”时与可在熔融状态下反应制得，结合化合价变化情况可知，Na2O2被还原生成Na2O、则其副产物为Na2O；“焙烧”过程中要排除和的干扰，原因是能分别与和反应。
（6）①氧化剂的氧化性大于氧化产物，已知：“焙烧”时与可在熔融状态下反应制得，该反应中为氧化剂、为氧化产物，则氧化性＞，已知：，则氧化性：＞；故氧化性由强至弱的顺序为＞＞。
②由已知的两个方程式得到关系式：NaBiO3:H2C2O4=1:1，已知取产品1.0g，消耗的标准溶液25.00mL，则产品纯度为。
21．(1) SiO2 光导纤维 固体研磨
(2) c
(3) 3.2≤PH<4.7 保证Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀
(4)保持一定的酸度，抑制Cu2+水解
(5)2
(6)

【分析】孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3，还含少量FeCO3、硅的氧化物，加入稀硫酸反应后发生反应：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，FeCO3+2H+=Fe2++CO2↑+H2O，过滤得到的沉淀为SiO2，滤液1为硫酸铜、硫酸亚铁溶液；“除杂”时先通入足量过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，得到溶液2为硫酸铜、硫酸铁溶液，再加入CuO固体调节溶液pH，沉淀铁离子生成氢氧化铁沉淀；过滤得到滤液3为硫酸铜溶液，将硫酸铜溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铜晶体，据此解答。
【详解】（1）步骤Ⅰ所得沉淀主要成分为SiO2，二氧化硅可用于光导纤维，提高步骤Ⅰ反应速率的措施是固体研磨、适当升温等；
（2）步骤Ⅱ中加入试剂①目的是能够将亚铁离子为铁离子，且不会引入杂质，加入H2O2能够将亚铁离子为铁离子，过氧化氢被还原为水，发生反应为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；
（3）加入氧化铜调节溶液PH保证铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀，需要控制的溶液pH范围为3.2≤pH<4.7，目的是保证铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀；
（4）步骤Ⅳ需要加热蒸发得到硫酸铜晶体，此过程会促进铜离子的水解，所以必须采取的实验措施是保持一定的酸度，抑制Cu2+水解；
（5）由，常温下，pH=2；
（6）孔雀石主要成分为Cu2(OH)2CO3，氨气具有还原性，可以将其还原为Cu，同时生成氮气、二氧化碳和水，根据电子转移守恒配平得。
22． (NH4)2SO4+MgOMgSO4+2NH3↑+H2O (NH4)2SO4、NH3 氢氧化镁分解吸收热量，分解生成.耐高温且能隔绝空气的氧化镁，和隔绝空气的水 NH3·H2O+Mg2+=Mg(OH)2+2NH 溶液由紫红色变为蓝色，且半分钟内不褪色 92.60%
【分析】白云石主要成分为MgCO3∙CaCO3轻烧，从过滤中可以得到CaCO3来进行判断，可知分解的只是碳酸镁，研磨加入水和硫酸铵加热，硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，过滤后在滤液中加入氨水生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁固体，据此分析解题。
【详解】(1)加热的过程是放出氨气的过程，该过程中因为氧化镁和水反应很少，因此设计的反应为：(NH4)2SO4+MgOMgSO4+2NH3↑+H2O。
(2)该工艺中可以循环使用的物质指参与反应过程又生成的物质，由流程图可知，(NH4)2SO4、NH3可以循环使用。
(3)氢氧化镁分解吸收热量，分解生成耐高温且能隔绝空气的氧化镁，和隔绝空气的水，水气化吸收能量，故氢氧化镁可以作为阻燃材料。
(4)由已知可得，沉淀过程加入了氨水，反应方程式为：NH3·H2O+Mg2+=Mg(OH)2+2NH，根据溶度积常数可知，，故没有完全沉淀。
(5)①根据滴定原理方程式：EDTA(无色)+Mg- BET(紫红色)= BET(蓝色)+Mg- EDTA(无色)可知，滴定终点的现象为溶液由紫红色变为蓝色，且半分钟内不褪
②根据滴定原理方程式: EDTA(无色)+Mg -BET(紫红色)= BET(蓝色)+Mg- EDTA(无色)可知，镁原子转移到EDTA中，根据镁原子守恒可知，n(镁原子)= n(EDTA)= n(氢氧化镁)= 0.0200L ×0.2000mol/L= 0.00400mol，故氢氧化镁的质量分数=92.60%。
23． SO2 2MoS2+7O22MnO3+4SO2 过滤 两性 MoO3+2OH-= MoO+H2O 蒸发浓缩、冷却结晶 MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O 80% Mo-6e-+8OH-= MoO+4H2O 阴离子 4×10-3
【分析】在空气中焙烧钼精矿得到MnO3，碱性条件下，MoO3和NaOH溶液反应得到Na2MoO4，过滤分离得到Na2MoO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到Na2MoO4·2H2O；钼精矿碱溶并用NaClO氧化，过滤也得到Na2MoO4溶液，加足量硫酸反应生成钼酸，高温灼烧钼酸生成MoO3，氢气还原MoO3得到Mo。
【详解】(1)MoS2中硫为-2价，空气中焙烧时会被氧化为对环境有危害气体SO2，根据电子守恒和元素守恒该反应的化学方程式为2MoS2+7O22MnO3+4SO2；
(2)经操作1可得Na2MoO4溶液，所以该操作为过滤；根据流程可知MoO3可以和NaOH溶液反应，具有酸性氧化物的特点，而金属氧化物一般碱性氧化物，所以可推测MoO3为两性氧化物，反应的离子方程式为MoO3+2OH-= MoO+H2O；操作2可以从溶液中获取晶体，应为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；
(3)根据流程可知操作3中Mo元素被氧化为MoO，根据题干所给信息可知S元素被氧化为SO，根据得失电子守恒可知MoS2和ClO-的系数比应为1:9，再结合元素守恒可得离子方程式为MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O；
(4)设钼精矿中MoS2的质量为x，则有=8.64g，解得x=16g，所以钼精矿中MoS2​的质量分数为×100%=80%；
(5)b电极与电源正极相连，为电解池阳极，该装置的目的是制备Na2MoO4，则Mo元素要被氧化，所以b电极的材料为钼，发生氧化反应，其电极反应式为Mo-6e-+8OH-=MoO+4H2O；为防止阳极区的Na+迁移到阴极，电解槽中应使用阴离子交换膜；据图可知该温度下Ksp(BaMoO4)=2×10-4×2×10-4=4×10-8，当c(MoO)=1×10-5mol•l-1时，c(Ba2+)==4×10-3mol/L。
24．(1)因为共价键键能H-F>H-Cl
(2)乙醇分子和水分子间能形成氢键
(3)
(4)+H2O +OH-
(5)C6H12O6(s)+6O2(g)→6CO2(g)+6H2O(l)　ΔH=2800kJ·mol-1

【分析】(1)
气态氢化物的稳定性与共价键的键能大小有关，故因为共价键键能H-F>H-Cl，所以气态氢化物热稳定性大于。
(2)
因为乙醇分子和水分子间能形成氢键，所以在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷。
(3)
过氧化钠的电子式为。
(4)
溶液显碱性的原因是+H2O +OH-。
(5)
葡萄糖燃烧的热化学方程式C6H12O6(s)+6O2(g)→6CO2(g)+6H2O(l)　ΔH=2800kJ·mol-1。
25． 2.2×10-20 0.02mol·L-1·min-1 12.5 向正反应反向移动 C＞B＞A 在100℃-200℃内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃，没有明显区别 增大 NO的去除接近反应限度，去除率无明显变化
【详解】(1)Cu(OH)2悬浊液中存在平衡Cu(OH)2Cu2++2OH-，将已知反应依次标号为反应①、反应②，①+②可得Cu(OH)2Cu2++2OH-，所以Ksp[Cu(OH)2]=K1·K2=5.0×10-14×4.4×10-7=2.2×10-20；
(2)①设平衡时Δn(N2)=x，则列三段式有

恒容密闭容器中气体压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内压强变为起始压强的0.8倍，则=0.8，解得x=0.2mol，则Δn(NH3)=0.4mol，容器体积为2L，所以v(NH3)== 0.02mol·L-1·min-1；容器体积为2L，结合三段式，则平衡时c(N2)=0.4mol/L、c(H2)=0.2mol/L、c(NH3)=0.2mol/L，所以该温度下T1==12.5；
②达平衡状态后，若保持H2浓度不变，扩大容器体积，氮气和氨气浓度成比例减少，由于氨气浓度幂级数为2次，所以Qc＜K，向正反应反向移动；
(3)①A、C两点温度相同，催化剂的质量分数不同，有图可知，催化剂的质量分数越大，反应速率越大，A、B两点，催化剂的质量分数一样，温度B点高，则反应速率快，B、C两点催化剂的质量分数对反应速率影响大，即C＞A，则从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为C＞B＞A；
②由图可知，在100℃-200℃内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃，没有明显区别；
③根据反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)可知，当时，即此时氨气量不足，随着该比值的增大，平衡正向移动，NO去除率增大；若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当时，NO的去除接近反应限度，所以随着该比值增大，去除率无明显变化。