重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-19水溶液中的离子反应和平衡（2）

这是一份重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-19水溶液中的离子反应和平衡（2），共26页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-19水溶液中的离子反应和平衡（2）

一、单选题
1．（2022·重庆·统考模拟预测）在实验室由废铁屑制取无水，下列实验原理与装置能达到实验目的的是

A．用装置I除去废铁屑表面的油污 B．用装置II溶解废铁屑制
C．用装置III过滤得到 D．用装置IV蒸干溶液获得
2．（2022·重庆·统考模拟预测）下列实验方案能达到相应实验目的的是

实验目的
实验方案
A
证明1—溴丁烷发生了消去反应
将1—溴丁烷与NaOH醇溶液共热，将产生的气体通入溴水，观察溴水是否褪色
B
检验浓硫酸催化纤维素水解的产物含有还原性糖
向水解后的溶液中加入新制浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀生成
C
除去中的
向固体中先加入过量NaOH溶液，过滤后向滤液中加入过量盐酸
D
验证：
向盛有1mL溶液的试管中滴加2滴NaCl溶液，有白色沉淀生成，向其中继续滴加KI溶液，有黄色沉淀产生

A．A B．B C．C D．D
3．（2022·重庆·统考模拟预测）常温下，向20mL0.2mol/L溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，溶液中各微粒(、HX、)的物质的量分数随pH的变化如图所示，以下说法正确的是

A．常温下
B．水的电离程度：a点大于b点
C．a点所加入的NaOH溶液的体积为20mL
D．0.1mol/LNaHX溶液中：
4．（2022·重庆·模拟预测） NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24L乙烯中σ键的数目为0.4 NA
B．24.5g 和的混合物中含有的O原子数为NA
C．足量Cu与10g 98%的浓硫酸共热反应，转移的电子数为0.2 NA
D．在含0.1mol氯化铁的溶液中，
5．（2022·重庆·模拟预测）草酸亚铁晶体是生产感光材料的原料，制备流程如下：

下列说法错误的是
A．可用KSCN溶液检验是否变质
B．步骤①酸化的目的是抑制的水解
C．步骤②反应为
D．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
6．（2022·重庆·模拟预测）常温下：常见弱酸的电离平衡常数如下

HClO




以下说法正确的是
A．少量通入到NaClO溶液中生成
B．等浓度等体积的NaOH与混合后，溶液中水的电离程度比纯水小
C．等浓度等体积的与NaHS混合，
D．NaOH溶液与溶液混合，当溶液的时，离子浓度大小关系为：
7．（2022·重庆·模拟预测）下列方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计和现象
结论
A
判断KCl的化学键类型
将KCl固体溶于水，进行导电性实验，KCl溶液可导电
KCl中含有离子键
B
验证具有氧化性
向溶液中滴加溶液，褪色
具有氧化性
C
比较与的大小
向饱和溶液滴加相同浓度的溶液，产生白色沉淀

D
鉴别与
取适量固体于试管，插入温度计，加少量水，温度降低
该固体是

A．A B．B C．C D．D
8．（2022·重庆·模拟预测）已知：常温下，碳酸的电离平衡常数Ka1=4.4 ×10-7， Ka2=4.7×10-11。常温下，向100 mL0.1 mol·L-1K2CO3溶液中缓慢滴加100 mL 0.2 mol·L-1盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸的物质的量的变化如图所示(H+和OH-未画出)。

下列说法不正确的是
A．滴加至A点时，n(Cl- )=n()> n()
B．滴加至B点时，≈9.4× 103
C．滴加至C点时，c(Cl-)< c()+ 2c()
D．滴加至D点时，溶液的pH<7
9．（2022·重庆·统考模拟预测）在指定的条件下，下列各组离子能大量共存的是
A．的溶液中：、、、
B．的溶液：、、、
C．的溶液：、、、
D．的溶液：、、、
10．（2022·重庆·统考模拟预测）下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向酸性溶液中滴入较浓溶液
溶液紫色褪去
有还原性
B
将等浓度的KI溶液和溶液混合，充分反应后滴入KSCN溶液
溶液变红
与的反应是可逆的
C
常温下，将铝放置于浓硝酸中
无明显变化
铝与浓硝酸常温下钝化
D
向2mLNaOH溶液滴加5滴后，再滴加5滴的
先产生白色沉淀后又产生红褐色沉淀


A．A B．B C．C D．D
11．（2022·重庆·统考模拟预测）下列说法正确的是
A．只有难溶电解质才存在溶解平衡
B．相同的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释相同倍数：
C．等物质的量浓度的和NaHS的混合溶液中：
D．常温下，的强酸(HA)和的一元碱等体积混合：c(OH-)≥c(H+)
12．（2022·重庆·模拟预测）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1L 0.1mol·L-1NH4NO3溶液：NH和NH3·H2O粒子数目之和为0.1NA
B．50g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为0.5NA
C．1mol新戊烷含有非极性共价键数目为16NA
D．含4mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应，转移的电子数是2NA
13．（2022·重庆·统考模拟预测）室温下，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2、Ka2=6.2×10-8。氨水可用于工业尾气中SO2的吸收(忽略吸收液中的SO2、NH3)。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．恰好生成(NH4)2SO3时：c()>c()>c(H+)>c(OH-)
B．所得溶液pH=7时：c() C．恰好生成NH4HSO3时：c(H+)+c(H2SO3)=c(OH-)+c()+c(NH3·H2O)
D．生成等物质的量NH4HSO3和(NH4)2SO3时：2c()+2c()+2c(H2SO3)=3c()+3c(NH3·H2O)
14．（2022·重庆·统考二模）根据实验操作和现象能得到相应结论的是
选项
实验操作和现象
结论
A
两块相同的未经打磨的铝片，相同温度下分别投入5.0mL等浓度的CuSO4溶液和CuCl2溶液中，前者无明显现象，后者迅速反应，现象明显
Cl-能加速破坏铝片表面的氧化膜
B
常温下，测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的
pH， 前者pH比后者的大
非金属性： S>C
C
向2mL0.1mol· L-1MgCl2溶液中加5mL0.1mol· L-1NaOH溶液。出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置，出现红褐色沉淀
室温下Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
D
将干白葡萄酒滴入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去
干白葡 萄酒中一定含有SO2

A．A B．B C．C D．D

二、实验题
15．（2022·重庆·统考模拟预测）研究发现“利用零价铁还原可脱除地下废水中硝酸盐”，某课外活动小组利用如下装置探究铁粉与溶液的反应。实验步骤有如下五步：

①打开弹簧夹，缓慢通入，并保持后续反应均在氛围中进行。
②加入pH已调至2.5的酸性溶液100mL，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现剩余固体表面有少量白色物质附着。
③连接好装置，并检查装置的气密性。
④检测到滤液中存在、和。
⑤装好药品。
⑥过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色。
请回答下列问题：
(1)使用仪器a的第一步操作的名称是_______。
(2)通入并保持后续反应均在氛围中进行的实验目的是_______。
(3)实验步骤的正确顺序是_______。
(4)白色物质是_______，检验滤液中所用的试剂是_______。
(5)的空间构型是_______；检验滤液中的实验方案是_______。
(6)某地下废水中的含量测定。取VL废水，加入稀硫酸酸化，再加入标准溶液(过量)，充分反应后，用标准溶液滴定剩余的，消耗标准溶液的体积为，终点时的现象是_______；废水中的含量为_______。(用含、、V、、的代数式表示)
16．（2022·重庆·模拟预测）乳酸亚铁固体{[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量234}常用于治疗缺铁性贫血，易溶于水，难溶于乙醇。制备乳酸亚铁固体并测定其纯度的实验如下，回答下列问题：
I.制备碳酸亚铁

实验步骤：
第1步：组装仪器，检查装置气密性，加入试剂；
第2步：控制开关并制取氢气，排尽装置内的空气；
第3步：一段时间后，启动电磁搅拌器，并控制开关，制备FeCO3；
第4步：抽滤，洗涤干燥。
(1)仪器a名称_______；实验中所用蒸馏水均需经煮沸后快速冷却，目的是_______。
(2)第3步中“控制开关”的具体操作是_______。
(3)装置B中Na2CO3溶液可用NaHCO3溶液代替，反应的离子方程式为_______。
II.制备乳酸亚铁
向制得的FeCO3固体加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应。
(4)该反应的化学方程式为_______。反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是低温蒸发、冷却结晶、过滤、_______、干燥。
III.乳酸亚铁晶体纯度的测量
(5)用铈量法测定产品中Fe2+的含量。称取3.9g样品配制成250mL溶液，取25.00mL，用0.10mol·L-1(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液滴定(Ce元素被还原为Ce3+)，重复滴定2～3次，平均消耗标准液15.00mL。
①称取3.9g样品配制成250mL溶液时，除用到托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒外，还用到的玻璃仪器有_______。
②产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_______。
17．（2022·重庆·统考模拟预测）亚硝酸钠有毒，但它的用途很多，可以用作媒染剂、漂白剂、缓蚀剂、防腐剂等。实验室用下列仪器可以制取少量亚硝酸钠。(已知：；；NO可以被氧化成)

请回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______：装置E中无水的作用是_______。
(2)若要加快B中反应速率所采取的措施是_______(写两条即可)。
(3)D中的现象是_______。
(4)装置的连接顺序为_______→_______→_______→_______→_______→______。_______
(5)C中反应的离子方程式为_______。
(6)称量0.5000g制得的样品，溶于水配成250mL溶液，取20.00mL待测液于锥形瓶中，加入足量KI酸性溶液，再滴入2~3滴淀粉溶液，然后用0.0200 mol∙L−1溶液进行滴定，重复实验后，平均消耗溶液的体积为20.00mL。(已知：；)
①滴定终点时的现象为_______。
②样品中的质量分数为_______。

三、工业流程题
18．（2022·重庆·模拟预测）工业上以镍铁硫化矿(主要成分为NiS、FeS、SiO2等)为原料制备兰尼镍(一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，具有优良的储氢性能) ，并获得副产品黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“煆烧过程中NiS、FeS分别转化为Ni2O3、Fe2O3，写出NiS转化为Ni2O3的化学方程式：_______。
(2)已知Ni2O3具有强氧化性，则滤渣1的主要成分为_______(填化学式，下同)，气体2是_______。
(3)滤渣2的主要成分为黄钠铁矾，写出生成黄钠铁矾和气体的离子方程式：_______。
(4)在“还原”阶段，析出物中含镍物质的质量分数与NaOH溶液浓度的关系如下图所示：

NaOH溶液浓度不同时，析出产物中Ni的质量分数不同，其原因可能为_______。
(5)“高温熔融”阶段通入Ar的目的是_______。
(6)“高温熔融”后加浓NaOH溶液的目的是使镍铝合金产生多孔结构，其反应原理为_______(用离子方程式表示)。
(7)Ni(OH)2可用于制备镍钴锰三元电极材料。用NiSO4溶液制备Ni(OH)2时，若要使滤液中的c(Ni2+)≤1.0 ×10-6 mol·L-1，则滤液的pH不小于_______{已知：Ksp[Ni(OH)2] =2.0 ×10-15，lg2=0.3}。
19．（2022·重庆·统考模拟预测）硒和碲及其化合物应用广泛。工业上。从阳极泥［主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)］，回收硒和碲的流程如下：

已知：25℃时，亚碲酸()的，。
(1)要让阳极泥得到充分焙烧，所采取的措施是_______(写一条即可)。
(2)浸取是在80℃下进行，而不在常温下进行的目的是_______；“还原”这一步的目的是_______。
(3)在实验时过滤所需要的玻璃仪器有_______。
(4)“焙烧”时，参加反应的化学方程式为_______。
(5)滤渣与、稀硫酸反应生成的离子方程式为_______。
(6)常温下，溶液的pH_______7(填“<”“>”或“=”)，理由是_______。
20．（2022·重庆·统考二模）钕铁硼磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”。一种从钕铁硼废料[含钕(Nd，质量分数为28.8%)、Fe、B]中提取氧化钕的工艺流程如图所示：

已知：Nd稳定的化合价为+3价；金属钕的活动性较强，能与酸发生置换反应；Nd(H2PO4)3难溶于水；硼不与稀硫酸反应。
(1)可以选择_______(填标号)除去钕铁硼废料表面的矿物油污。
A．酒精清洗 B．NaOH溶液浸泡 C．纯碱溶液浸泡 D．稀硫酸
(2)“粉碎”的目的是 _______。
(3)“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。
(4)常温下，“沉钕”过程中，Nd(H2PO4)3沉淀完全时的pH为2.3，溶液中的c(Fe2+)=2.0 mol·L-1，此时_______(填“有”或“无”)Fe(OH)2沉淀生成。列式计算说明原因_______(常温下，Ksp[Fe(OH)2]=8.0 ×10-16)。
(5)“碱转换”时，得到Nd(OH)3沉淀，“滤液2”的主要溶质为_______。
(6)焙烧沉淀[Nd2(C2O4)3·10H2O]时， 生成无毒的气体，该反应的化学方程式为_______。
(7)若用100g钕铁硼废料进行实验，最终得到30.24 g Nd2O3，则Nd2O3的回收率为_______。

参考答案：
1．A
【详解】A．碳酸钠溶液显碱性，加热有利于碳酸根水解碱性增强，油污可以在碱性条件下水解而被除去，A正确；
B．废铁屑和盐酸反应生成FeCl2，同时废铁屑会与三价铁离子反应，生成二价铁，B错误；
C．过滤需要用玻璃棒引流，C错误；
D．加热促进Fe3+水解，蒸干氯化铁溶液得到氢氧化铁固体，D错误；
故选A。
2．A
【详解】A．1—溴丁烷与氢氧化钠醇溶液共热发生消去反应生成1—丁烯，挥发出的醇不能与溴水反应，1—丁烯能与溴水发生加成反应使溶液褪色，则溴水是否褪色能证明1—溴丁烷发生了消去反应，故A正确；
B．葡萄糖酸锌条件下不能与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成氧化亚铜沉淀，则向水解后的溶液中未加入氢氧化钠溶液中和硫酸，直接加入新制氢氧化铜悬浊液共热不会有砖红色沉淀生成，无法检验浓硫酸催化纤维素水解的产物含有还原性糖，故B错误；
C．氧化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与过量的盐酸反应生成氯化铝，无法得到氧化铝，则向含有氧化铁杂质的氧化铝混合物中先加入过量氢氧化钠溶液，在加入过量盐酸无法除去氧化铝中混有的氧化铁杂质，故C错误；
D．向过量的硝酸银溶液中加入氯化钠溶液，再加入碘化钾溶液，只有沉淀的生成，没有沉淀的转化，无法确定氯化银和碘化银的溶度积大小，故D错误；
故选A。
3．D
【分析】由图可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2X、HX—、X2—的物质的量分数随pH的变化，a点时溶液中H2X与HX—的浓度相等、溶液pH为7，由电离常数公式可知，电离常数Ka1(H2X)= = c(H+)=10—7，同理可知，b点时溶液中X2—与HX—的浓度相等、溶液pH为11，则电离常数Ka2(H2X)= 10—11。
【详解】A．由分析可知，常温下Ka2(H2X)= 10—11，故A错误；
B．由图可知，a点时溶液中H2X与HX—的浓度相等、溶液pH为7，b点时溶液中X2—与HX—的浓度相等、溶液pH为11，则a点水的电离程度小于b点，故B错误；
C．由图可知，a点时溶液中H2X与HX—的浓度相等，而加入的氢氧化钠溶液的体积为20mL时得到NaHX溶液，所以a点所加入的氢氧化钠溶液的体积小于20mL，故C错误；
D．由图可知，NaHX溶液呈碱性，说明溶液中HX—的水解程度大于电离程度，所以溶液中各微粒的大小顺序为，故D正确；
故选D。
4．B
【详解】A．乙烯分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则标准状况下，2.24L乙烯中σ键的数目为×5×NAmol—1=0.5NA，故A错误；
B．硫酸和磷酸的摩尔质量都为98g/mol，含有的氧原子个数都为4，则24.5g硫酸和磷酸的混合物中含有的氧原子数为×4×NAmol—1=NA，故B正确；
C．浓硫酸与铜共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，而稀硫酸与铜不反应，足量铜与10g98%的浓硫酸共热反应时，浓硫酸会变为不与铜反应的稀硫酸，则反应转移的电子数小于×2××NAmol—1=0.1NA，故C错误；
D．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中水解使溶液中的阳离子数目增大，则在含0.1mol氯化铁的溶液中铁离子和氢离子的数目之和大于0.1NA，故D错误；
故选B。
5．D
【详解】A．中铁的化合价为+2价，其变质后是转化为+3价的离子，故可用KSCN溶液检验是否变质，A正确；
B．亚铁离子水解方程式为Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，故步骤①酸化的目的是抑制的水解，B正确；
C．由题干流程图可知，步骤②反应为，C正确；
D．由题干信息可知，FeC2O4∙2H2O是一种难溶物，故步骤③为过滤、洗涤、干燥，D错误；
故答案为：D。
6．C
【详解】A．比较电离平衡常数，知酸性强弱关系：，通入到NaClO溶液中发生反应：，A项错误；
B．两者按物质的量1：1混合，发生反应：，溶液呈碱性，水解程度大于电离程度，使水的电离程度增大，B项错误；
C．混合后，两者浓度仍然相等，设为，根据Na元素质量守恒得，根据S元素质量守恒得，溶液中物料守恒式为：，电荷守恒式为：，用物料守恒式与电荷守恒式共同消除后得：，C项正确；
D．溶液的时，溶质为NaHS和H2S，存在以下多个平衡体系：，，，，其中，根据电荷守恒式：得，故，D项错误；
故选C。
7．C
【详解】A．KCl固体溶于水可导电不能说明KCl中含有离子键，如HCl溶于水也能导电，但是HCl中为共价键，A错误；
B．高锰酸钾可氧化H2O2从而褪色，体现了H2O2具有还原性，B错误；
C．向饱和CaSO4溶液中滴加相同浓度的Na2CO3溶液，产生白色沉淀，说明Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，C正确；
D．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，则该固体为NaHCO3，D错误；
故答案选C。
8．C
【详解】A．碳酸为二元弱酸，碳酸钾的物质的量为0.01mol=10mmol，则碳酸钾与盐酸反应分布进行的离子方程式为：、，由图可知的物质的量最大随着加入盐酸物质的量逐渐减小，滴定至A点时，主要进行的离子方程式为，则＞，由图可知A点和D点加入盐酸的物质的量和溶液中离子的物质的量相等，A点时，则，A项正确；
B．由图可知，B点时，第一次电离平衡为，电离常数为，第二次电离平衡为，电离常数为，可得：，则，B项正确；
C．由图可知C点加入的盐酸的物质的量为10mmol，则C点溶液中小于10mmol，接近0且C点在直线的下方，物料守恒可得可得，则，C项错误；
D．滴定至D点时，恰好完全反应，溶解二氧化碳气体使溶液显酸性，则溶液的pH<7，D项正确；
答案选C。
9．C
【详解】A．的溶液中含有大量的H+，则：2H++=S+SO2↑+H2O，A不合题意；
B．的溶液的、、三种之间能够发生氧化还原反应而不能大量共存，B不合题意；
C．的溶液中含有大量的OH-，OH-、、、、之间相互不反应，可以大量共存，C符合题意；
D．的溶液即为中性溶液， 与因发生双水解反应2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑而不能大量共存，D不合题意；
故答案为：C。
10．C
【详解】A． 向酸性溶液中滴入较浓溶液，紫色褪去，可能是氧化亚铁离子，也可能氧化氯离子，不能证明亚铁离子有还原性，故A不符合题意；
B． 将等浓度的KI溶液和溶液混合，根据2Fe3+＋2I－＝2Fe3+＋I2，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红，但由于没有说溶液体积是否相等，因此无法说明是否过量，继而不能说明该反应是可逆反应，故B不符合题意；
C． 常温下，将铝放置于浓硝酸中，无现象，说明铝与浓硝酸常温下钝化，故C符合题意；
D． 向2mLNaOH溶液滴加5滴后，再滴加5滴的，主要是开始镁离子少量，镁离子沉淀完生成白色沉淀，溶液中还剩余氢氧根，加入氯化铁，溶液生成红褐色沉淀，不能说的氢氧化镁转化生成氢氧化铁，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
11．D
【详解】A．任何固体电解质都存在沉淀溶解平衡，只要电解质在溶液中溶解的速率等于结晶的速率就达到了沉淀溶解平衡状态，故A错误；
B．pH相同的氨水和氢氧化钠加水稀释相同倍数后，强碱溶液的pH变化大，稀释时促进一水合氨的电离，则，故B错误；
C．根据物料守恒可得：2c(Na+)=3c(S2-)+3c(HS-)+3c(H2S)，整理可得：2c(Na+)-3c(S2-)=3c(HS-)+3c(H2S)，故C错误；
D．pH=3的一元强酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的碱溶液中c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等，若碱为弱电解质，不能完全电离，则一元弱碱的浓度大于盐酸浓度，反应后碱过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7；若该一元碱为强电解质，两溶液等体积混合恰好反应生成强酸强碱盐，溶液显示中性，溶液的pH=7，则c(OH-)≥c(H+)，故D正确；
故选：D。
12．A
【详解】A．1L 0.1mol·L-1 NH4NO3溶液中溶质物质的量为1L0.1mol·L-1=0.1mol，依据物料守恒，NH和NH3·H2O粒子数目之和为0.1NA，A正确；
B．50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇的质量为50g46%=23g，乙醇的物质的量为=0.5mol，乙醇中氧原子数为0.5NA，但乙醇水溶液中，水中还有氧原子，因此氧原子数大于0.5NA，B错误；
C．1mol新戊烷中含4mol C-C非极性共价键，数目为4NA，C错误；
D．稀盐酸与二氧化锰在加热条件下不反应，含4mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应，随着反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，反应停止，转移的电子数小于2NA，D错误；
答案选A。
13．C
【详解】A．恰好生成(NH4)2SO3时，溶液中铵根离子浓度最大，其次是亚硫酸根，铵根离子和亚硫酸根离子均水解，水解平衡常数分别为：和，故，水溶液显碱性，A错误；
B．溶液中存在电荷守，所得溶液pH=7时，，故，，B错误；
C．恰好生成NH4HSO3时：根据电荷守恒：和物料守恒：可得，C正确；
D．生成等物质的量NH4HSO3和(NH4)2SO3时，根据物料守恒： ，D错误；
故选C。
14．A
【详解】A．硫酸铜和氯化铜溶液除了阴离子不同，其他条件均相同，铝片加入到氯化铜溶液中能反应，是氯离子破坏了铝片表面的氧化膜，A正确；
B．常温下可以测等物质的量浓度的碳酸钠溶液和硫酸钠溶液的pH值，溶液pH值越大，酸性越弱，对应核心元素的非金属性越弱，B实验不能得出C和S非金属性强弱，B错误；
C．题中氢氧根过量，加入氯化铁溶液可以直接产生红褐色沉淀，并不存在沉淀的转化，不能比较两种沉淀的Ksp，C错误；
D．白葡萄酒中的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明有二氧化硫，D错误；
故选A。
15．(1)检查分液漏斗是否漏液；
(2)排除氧气对Fe与硝酸反应的干扰；
(3)③⑤①②⑥④
(4) Fe(OH)2 K3[Fe(CN)6]溶液
(5) 平面正三角型 取一定量的滤液于试管中，加入稀硫酸，溶液内有气泡产生，在试管口变为红棕色，则滤液中含有硝酸根；
(6) 当滴入最后半滴标准液时，溶液变浅红色，且半分钟内不褪色；


【分析】该实验研究铁粉与KNO3溶液的反应，实验前需要对分液漏斗进行查漏，连接好装置后先检查装置气密性，载加入实验药品，空气中的氧气会影响Fe与硝酸根离子的反应，故要通入氮气以除去氧气对实验的干扰，反应开始后铁粉部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色，说明有Fe2+生成，溶液的酸性减弱，Fe3+水解得到Fe(OH)3，氢氧化亚铁在过滤时被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，颜色变为红褐色；
【详解】（1）根据上述分析，第一步操作为检查分液漏斗是否漏液；
故答案为：检查分液漏斗是否漏液；
（2）根据上述分析，通入N2的目的，排除氧气对Fe与硝酸反应的干扰；
故答案为：排除氧气对Fe与硝酸反应的干扰；
（3）根据分析，顺序为：③⑤①②⑥④；
故答案为：③⑤①②⑥④；
（4）根据分析，白色物质为Fe(OH)2，检验滤液中 Fe2+ 所用的试剂是K3[Fe(CN)6]溶液；
故答案为：Fe(OH)2；K3[Fe(CN)6]溶液；
（5）的价层电子对数为，故的空间构型为平面正三角形；检验可利用在酸性条件下有强氧化性的特点检验；

故答案为：平面正三角型；取一定量的滤液于试管中，加入稀硫酸，溶液内有气泡产生，在试管口变为红棕色，则滤液中含有硝酸根；
（6）当滴入最后半滴标准液时，溶液变浅红色，且半分钟内不褪色；水样中被Fe2+还原成NO，根据氧化还原反应规律可知二者关系，剩余的Fe2+被氧化，二者关系式：，则水样中的含量：；
故答案为：当滴入最后半滴标准液时，溶液变浅红色，且半分钟内不褪色；。
16．(1) 三颈烧瓶 防止Fe2+离子被氧化
(2)关闭活塞3、打开活塞2
(3)Fe2++2HCO= FeCO3↓+CO2↑+H2O
(4) 2CH3CH(OH)COOH+FeCO3CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O 洗涤
(5) 250mL容量瓶、胶头滴管 90%

【分析】由实验装置图可知，装置A中发生的反应为稀硫酸与铁粉反应生成氢气和硫酸亚铁的反应，装置B中发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸钠溶液反应生成硫酸钠和碳酸亚铁沉淀，装置C的作用是防止空气中氧气进入装置B中导致亚铁离子被氧化；实验时，要先打开活塞1、活塞3，使反应生成的氢气赶走装置中的空气，防止生成的亚铁离子被氧化；一段时间后，启动电磁搅拌器，关闭活塞3、打开活塞2，利用反应生成的氢气使A中气压增大，将生成的硫酸亚铁压入B中与碳酸铵溶液反应生成碳酸亚铁。
【详解】（1）由实验装置图可知，仪器a为三颈烧瓶；亚铁离子具有还原性，为防止实验中亚铁离子被氧化，实验所用蒸馏水均需经煮沸后快速冷却排尽水中的氧气，故答案为：三颈烧瓶；防止Fe2+离子被氧化；
（2）由分析可知，3步中控制开关的具体操作是关闭活塞3、打开活塞2，目的是利用反应生成的氢气使A中气压增大，将生成的硫酸亚铁压入B中与碳酸铵溶液反应生成碳酸亚铁，故答案为：关闭活塞3、打开活塞2；
（3）由题意可知，装置B中发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸亚铁沉淀，二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO= FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO= FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）由题意可知，制得碳酸亚铁的反应为碳酸亚铁与乳酸在75℃条件下反应生成乳酸亚铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2CH3CH(OH)COOH+FeCO3CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O，反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O；洗涤；
（5）①由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的仪器为托盘天平(带砝码)、胶头滴管、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，则配制成250mL溶液时还需用到的仪器为250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；
②由题意可得如下转化关系：CH3CH(OH)COO]2Fe—(NH4)4Ce(SO4)4，滴定消耗15.00mL0.10mol·L-1(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液，则3.9g产品中乳酸亚铁晶体的纯度为×100%=90%，故答案为：90%。
17．(1) 锥形瓶 吸收NO气体中水蒸气，干燥NO气体
(2)加热、将铜变为铜粉
(3)铜片溶解，溶液变为蓝色，有气泡产生
(4)B→D→E→A→E→C
(5)5NO＋3 ＋4H＋＝5＋3Mn2+＋2H2O
(6) 最后一滴溶液，溶液由蓝色变为无色且30s内不变色 69%

【分析】铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，二氧化氮通入D中与水反应生成硝酸和NO，硝酸和铜反应生成NO，NO气体中含有水蒸气杂质，用无水氯化钙干燥，干燥的NO通入都过氧化钠中反应生成亚硝酸钠，多余的NO气体被酸性高锰酸钾溶液吸收，防止污染环境。
(1)
仪器a的名称是锥形瓶：NO和过氧化钠反应，防止水蒸气与过氧化钠反应，因此装置E中无水的作用是吸收NO气体中水蒸气，干燥NO气体；故答案为：锥形瓶；吸收NO气体中水蒸气，干燥NO气体。
(2)
影响反应速率的因素主要是温度、浓度、催化剂、增大接触面积等，因此若要加快B中反应速率所采取的措施是加热、将铜变为铜粉；故答案为：加热、将铜变为铜粉。
(3)
D二氧化氮和水反应生成硝酸，铜和硝酸反应生成NO气体，因此D中的现象是铜片溶解，溶液变为蓝色，有气泡产生；故答案为：铜片溶解，溶液变为蓝色，有气泡产生。
(4)
根据前面分析得到先生成二氧化氮、二氧化氮通入到水中生成NO，NO先干燥，再通入过氧化钠反应，再防止高锰酸钾溶液中水蒸气进入反应装置中，最后再处理尾气，装置的连接顺序为B→D→E→A→E→C；故答案为：B→D→E→A→E→C。
(5)
C中是NO被酸性高锰酸钾溶液氧化为硝酸根，根据氧化还原反应原理分析得到反应的离子方程式为5NO＋3 ＋4H＋＝5＋3Mn2+＋2H2O；故答案为：5NO＋3 ＋4H＋＝5＋3Mn2+＋2H2O。
(6)
①开始滴加淀粉，溶液变为蓝色，后来单质碘被硫代硫酸钠反应，溶液变为无色，因此滴定终点时的现象为滴入最后一滴溶液，溶液由蓝色变为无色且30s内不变色；故答案为：最后一滴溶液，溶液由蓝色变为无色且30s内不变色。
②根据方程式得到关系式，则样品中的质量分数为；故答案为：69%。
18．(1)
(2) SiO2 O2
(3)
(4)碱性越强，N2H4的还原性越强，析出的Ni越多
(5)防止镍、铝被空气中的氧气氧化
(6)
(7)9.65

【分析】由流程图知，镍铁硫化矿(主要成分为NiS、FeS、SiO2等)煅烧时，NiS、FeS与O2反应生成Ni2O3 、Fe2O3和SO2，则气体1含有SO2，向煅烧后的固体加入硫酸酸浸，Ni2O3 、Fe2O3与硫酸反应生成可溶性硫酸盐，发生的反应为、
，SiO2不与硫酸反应，则滤渣1中含有SiO2，气体2为O2，再加入Na2SO4和Na2CO3沉铁生成NaFe3(SO4)2(OH)6，则滤渣2为NaFe3(SO4)2(OH)6，然后加入NaOH、还原Ni2+生成Ni，Ni与Al粉在Ar氛围中高温熔融生成镍铝合金，最后粉碎加入浓NaOH溶液，铝与氢氧化钠溶液反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，得到兰尼镍。
【详解】（1）由题意知，NiS在通入空气煅烧的条件下生成Ni2O3和一种气体，其化学方程式为；
故答案为：；
（2）据分析知，滤渣1的主要成分为SiO2；气体2是O2；
故答案为：SiO2；O2；
（3）根据流程中所加入的试剂，以及生成物可知生成黄钠铁矾和气体的离子方程式为；
故答案为：；
（4）从图中可以看出，镍单质的质量随着氢氧化钠的浓度的增大而增大，可能的原因为碱性越强，N2H4的还原性越强，析出的Ni越多；
故答案为：碱性越强，N2H4的还原性越强，析出的Ni越多；
（5）高温熔融通入Ar形成无氧环境，目的是防止镍、铝被空气中的氧气氧化；
故答案为：防止镍、铝被空气中的氧气氧化；
（6）据分析知，“高温熔融”后加浓NaOH溶液的目的是使镍铝合金产生多孔结构的原因是铝与氢氧化钠反应产生氢气，其离子方程式为；
故答案为：；
（7）根据，若要是溶液中c(Ni2+)≤1.0 ×10-6 mol·L-1，则，，又，则；
故答案为：9.65。
19．(1)将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等
(2) 加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失 将溶液中少量的还原为除杂
(3)烧杯、漏斗和玻璃棒
(4)2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2
(5)Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
(6) ＜ 的电离程度大于水解程度，溶液显酸性

【分析】阳极泥主要含硒化亚铜（Cu2Se）和碲化亚铜（Cu2Te），通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3、Cu2O和少量的Na2SeO4；80℃下水浸后过滤I，得滤渣中Cu2O加入H2O2和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，滤液通过稀硫酸调整pH后转化为TeO2沉淀，过滤II后，TeO2通过HCl和SO2转化为Te；剩下的滤液加入FeSO4将溶液中少量的还原为除杂，最后通入SO2进行还原得到粗硒，据此分析解题。
【详解】（1）要让阳极泥得到充分焙烧，所采取的措施有：将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等，故答案为：将氧气从炉底鼓入以增大固体也气体的接触面积或者适当增大氧气的用量等；
（2）浸取是在80℃下进行，而不在常温下进行的目的是加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失，由分析可知，“还原”这一步的目的是将溶液中少量的还原为除杂，故答案为：加快可溶性固体的溶解速率和增大可溶性固体的溶解度，使可溶性固体充分溶解，减少损失；将溶液中少量的还原为除杂；
（3）在实验时过滤所需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗和玻璃棒；
（4）阳极泥主要含硒化亚铜（Cu2Se）和碲化亚铜（Cu2Te），通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，通过元素守恒和电子转移守恒，得到Cu2Te发生的化学方程式为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2，故答案为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2；
（5）由分析可知，滤渣的主要成分是Cu2O，故其与H2O2、稀硫酸反应生成CuSO4的离子方程式为Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，故答案为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O；
（6）根据H2TeO3的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8，常温下在水中的电离平衡常数为Ka2=2×10-8，水解平衡常数Kh==＜Ka2，故的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故pH＜7；故答案为：＜；的电离程度大于水解程度，溶液显酸性。
20．(1)A
(2)增大“酸溶“时接触面积，加快“浸出”速率
(3)B
(4) 无 Qc=c(Fe2+)·c2(OH-)=2.0×(=2×10-23.4＜8.0×10-16
(5)Na3PO4、NaOH
(6)2[Nd2(C2O4)3·10H2O]+3O22Nd2O3+ 12CO2+20H2O
(7)90%

【分析】由题给流程可知：钕铁硼废料粉碎后加入稀硫酸酸溶，钕、铁溶于稀硫酸得到可溶性硫酸钕、硫酸亚铁溶液，而硼不与稀硫酸反应，过滤得到滤渣1中含有硼和含有硫酸钕、硫酸亚铁的滤液，向滤液中加入磷酸二氢钠将硫酸钕转化为磷酸二氢钕沉淀，过滤得到将磷酸二氢钕和含有硫酸亚铁、硫酸钠的滤液1；向磷酸二氢钕沉淀中加入过量氢氧化钠溶液将磷酸二氢钕转化为溶解度更小的氢氧化钕和磷酸钠，过滤得到氢氧化钕和含有磷酸钠的滤液2；氢氧化钕溶于稀硫酸得到硫酸钕，硫酸钕与加入的草酸溶液反应生成草酸钕和稀硫酸，过滤得到草酸钕和含有稀硫酸的滤液3，草酸钕高温煅烧得到氧化钕。
(1)
矿物油的主要成分是各种烃，烃不能与酸、碱、盐发生反应，可根据相似相溶原理，用酒精清洗，故合理选项是A；
(2)
将矿石粉碎，目的是增大“酸溶“时接触面积，提高“浸出”速率；
(3)
根据上述分析可知：“炉渣1”的主要成分是硼，化学式是B；
(4)
常温下，“沉钕”过程中，Nd(H2PO4)3沉淀完全时的pH为2.3，c(OH-)=mol/L，溶液中的c(Fe2+)=2.0 mol·L-1，此时的离子浓度积Qc=c(Fe2+)·c2(OH-)= 2.0×(=2×10-23.4＜8.0×10-16= Ksp[Fe(OH)2]，因此没有Fe(OH)2沉淀产生；
(5)
在“碱转换”时，磷酸二氢钕与过量NaOH溶液反应转化为溶解度更小的氢氧化钕和磷酸钠，过滤得到氢氧化钕和含有磷酸钠的滤液2，因此“滤液2”的主要溶质为Na3PO4、及过量的NaOH溶液；
(6)
焙烧沉淀[Nd2(C2O4)·10H2O]时， 生成无毒的气体CO2、H2O，同时产生Nd2O3，该反应的化学方程式为：2[Nd2(C2O4)3·10H2O]+3O22Nd2O3+ 12CO2+20H2O；
(7)
由题意可知，100 g钕铁硼废料进行实验，最终得到30.24 g氧化钕，则根据原子个数守恒可得Nd2O3的回收率为：。