安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03物质的分类、化学用语、化学计量、离子反应（3）

这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03物质的分类、化学用语、化学计量、离子反应（3），共19页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-03物质的分类、化学用语、化学计量、离子反应（3）

一、单选题
1．（2021·安徽合肥·统考三模）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中一定正确的是
A．1molFe3O4被完全还原为Fe2+时转移的电子数为2NA
B．10.5gHClO中含有H—Cl键的数目为0.2NA
C．2molSO2与1molO2充分反应后气体分子总数小于2NA
D．8.8g由CO2和N2O组成的混合气体含氧原子总数为0.3NA
2．（2021·安徽安庆·统考二模）嫦娥五号于2020年11月24日成功发射，其助燃剂为四氧化二氮。安徽华茂集团与武汉纺织大学等单位，经历了无数次试验和攻关，最终选用两种国产高性能纤维材料，成功研制出符合登月要求的第一面“织物版”五星红旗。下列有关说法正确的是
A．五星红旗选用材料之一芳纶纤维可由对苯二甲酸和对苯二胺缩聚而成
B．碳纤维和光导纤维都属于有机高分子材料
C．标准状况下92g助燃剂所含分子数为2NA
D．嫦娥五号寻找并带回的土壤中含3He，3He与4He互为同素异形体
3．（2021·安徽安庆·统考一模）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．25℃，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NA
B．60gSiO2晶体中Si—O键数目为2NA
C．在K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若有212g氯气生成，则反应中转移电子的数目为5NA
D．加热条件下，20mL10mol•L-1浓硝酸与足量铜反应转移电子数为0.1NA
4．（2021·安徽合肥·统考一模）用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A．4 6 gC2H6O中含有碳氢共价键的数目为0.5 NA
B．1.8g H2O和D2O混合物中含有的中子数为0.8NA
C．MnO2与浓盐酸反应产生22.4LCl2(标准状况)时转移电子数为2NA
D．lLpH=1的CH3COOH溶液中CH3COO-、CH3COOH数目之和为0.l NA
5．（2023·安徽铜陵·统考模拟预测）下列离子方程式正确的是
A．向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2
B．向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2+8H++6I-=3I2+2NO↑+4H2O
C．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后呈中性：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
D．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH-=+2H2O
6．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）下列离子反应方程式书写正确的是
A．向AgNO3溶液中滴加过量氨水：Ag++NH3·H2O=AgOH↓+
B．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO
C．向NaHSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
D．向甲苯中加入酸性高锰酸钾溶液：5 +6+18H+→5+6Mn2++14H2O
7．（2023·安徽宣城·统考一模）下列离子方程式表示正确的是
A．向KOH溶液中通入少量、过量H2S的离子方程式均为：H2S+2OH-=S2-+2H2O
B．向FeBr2溶液中通少量、过量Cl2的离子方程式均为：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
C．向NaHCO3溶液中加入少量、过量Ba(OH)2溶液的离子方程式均为：Ba2++OH-+HCO=BaCO3↓+H2O
D．向C6H5ONa溶液中通入少量、过量CO2的离子方程式均为：H2O+CO2+C6H5O-→HCO+C6H5OH
8．（2023·安徽马鞍山·统考一模）某溶液仅由 、Cl-、 、、、Fe3+、Al3+和K+中的若干种离子组成，且各离子浓度相等，取适量溶液进行如下实验：
①取该溶液加入过量NaOH溶液，加热，产生无色气体；
②将①过滤、洗涤、灼烧，得到固体a；
③向上述滤液中加足量BaCl2 溶液，产生白色沉淀：
根据以上实验，下列推断错误的是
A．根据操作①，推断一定存在
B．②中固体a为氧化铁
C．原溶液中一定不存在 、Al3+，可能含有K+
D．说明原溶液中一定存在、Cl-、、、Fe3+、
9．（2023·安徽马鞍山·统考二模）能正确表示下列反应的离子方程式为
A．新制氯水中加入少量CaCO3： 2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClO
B．硫酸铜溶液中滴入几滴氨水： Cu2++4NH3·H2O = [Cu(NH3)4]2++4H2O
C．久置的H2S溶液变浑浊： 2S2-+ O2+4H+ = 2S↓+2H2O
D．用铜电极电解硫酸铜溶液： 2Cu2+ +2H2O2Cu+O2↑+4H+
10．（2023·安徽黄山·统考二模）下列化学反应对应的离子方程式表示正确的是
A．向NH4Al(SO4)2中滴加Ba(OH)2使恰好完全沉淀：Al3++2+2Ba2++4OH-=+2H2O+2BaSO4↓
B．向新制氯水中加入少量CaCO3：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClO
C．向NaHS溶液中滴加少量的CuSO4溶液：Cu2++HS-=CuS↓+H+
D．Fe3O4溶于HI溶液：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
11．（2023·安徽合肥·统考一模）下列无色透明的溶液中，离子能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
12．（2023·安徽·统考一模）能正确表示下列反应的离子方程式的是
A．将溶液滴入溶液中：
B．将通入溶液中：
C．将浓氨水滴入沉淀中：
D．将溶液滴入溶液中：
13．（2023·安徽淮北·统考一模）利用雾霾中的污染物、获得产品的流程图如下，下列方程式错误的是

A．“吸收池1”中反应的离子方程式：
B．“吸收池2”中生成等物质的量和的离子方程式：
C．“电解池”中阴极的电极反应式：
D．“氧化池”中反应的离子方程式：
14．（2023·安徽淮北·统考一模）某白色固体样品，可能含有、、、、中的一种或几种。对该样品进行如下实验：
①取少量固体加入足量水中，固体部分溶解；
②取①中滤液做焰色试验，透过蓝色钴玻璃未观察到紫色；
③取①中滤渣，向其中加入足量的盐酸，产生气泡，固体部分溶解．
下列说法不正确的是
A．固体粉末中一定不含
B．固体粉末中一定含有和
C．取①中滤液，加入硝酸酸化的溶液，若未产生白色沉淀，则样品中无
D．为进一步确定原样品组成，可以向③未溶解的固体中加入溶液
15．（2023·安徽合肥·统考一模）下列有关离子方程式的书写正确的是
A．溶液中滴加稀氨水：
B．溶液刻蚀电路铜板：
C．溶于NaOH溶液：
D．稀硫酸滴入溶液中：
16．（2022·安徽池州·统考模拟预测）下列离子方程式书写正确的是
A．向NH4HSO4溶液中滴加少量NaOH溶液：+OH-=NH3·H2O
B．向漂白粉溶液中通入过量的SO2：ClO-+SO2+H2O=+HClO
C．向CaSO4沉淀中滴加饱和Na2CO3溶液：Ca2++=CaCO3↓
D．H2S气体通入到CuSO4溶液中：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+

二、工业流程题
17．（2023·安徽马鞍山·统考一模）利用锌精矿(ZnS)和软锰矿(MnO2)两种矿料(含少量杂质Fe、 Cu、 Pb等元素的化合物及SiO2)生产硫酸锌和硫酸锰的流程如下：

已知：①常温下，H2S 饱和溶液中c2(H+)·c(S2-)≈9×10-23；
②Ksp(ZnS)=2.0 ×10-22， Ksp(MnS)=2.0 ×10-13；
③ZnSO4的溶解度如表所示
水/温度(°C)
0
10
20
25
40
50
60
70
80
90
ZnSO4
41.8
47.5
54.1
58.0
62.1
74.8
67.2
60.5
一
一
ZnSO4·H2O
41.9
一
54.2
一
一
74.0
一
一
86.6
83.5
ZnSO4·6H2O
一
一
一
一
70.1
76.8
一
一
一
一
ZnSO4·7H2O
41.9
47.0
54.4
58.0
一
一
一
一
一
一
回答下列问题：
(1)“滤渣1”主要成分为_______、S；写出“酸浸”过程的主要离子方程式_______。
(2)“除铁”的萃取剂为磷酸二(2-乙基己基)酯(用HA表示)，萃取后含铁的物质为[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4，该物质中Fe3+的配位数为_______。
(3)BaS 为可溶性钡盐。向“水相1”中加入适量BaS目的是_______；溶液 pH过高，会造成Zn2+、Mn2+沉淀而损失，若溶液中Zn2+、Mn2+的浓度为0.2mol·L-1，则应控制溶液中c(H+)大于_______mol·L-1。
(4)从“反萃取液”中获得ZnSO4·H2O晶体的操作为：控制温度在_______°C以 上蒸发结晶、_______、洗涤、干燥。
(5)含50% MnO2的软锰矿174t，利用此工艺获得MnSO4·H2O160.55t，该工艺MnSO4·H2O的产率为_______。
18．（2023·安徽淮北·统考一模）金属镍作为重要的战略金属资源对国民经济和国防工业发挥着至关重要的作用。铜镍矿(主要成分为镍、镁、铜、铁、硅的氧化物)的湿式冶炼是获取镍的重要途径，其工艺流程如图所示：

(1)“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是__________。
(2)萃取剂是由与按一定比例调配而成的，其与形成的络合物含有的作用力有__________。
a．离子键     b．极性共价键     c．非极性共价键     d．配位键
(3)已知铁矾渣的成分是，在沉淀除铁过程中的作用是__________，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为__________。
(4)沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是__________(填化学式)。
(5)沉镍过程中的加入量对镍沉淀的影响如图所示，当为8.5时，溶液中的浓度为__________(已知该温度下)结合图中信息回答，选择加入量为的理由是__________。

19．（2023·安徽黄山·统考一模）硼氢化钠在化工等领域具有重要的应用价值，工业上可用硼镁矿(生要成分为，含少量杂质)制取，其工艺流程如下：

已知：硼氢化钠常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为)。
(1)和都是硼酸盐，请写出一元弱酸硼酸在水中的电离方程式_______。
(2)粉碎的目的是_______；滤渣的成分是_______(写化学式、下同)。
(3)操作1的步骤是____、冷却结晶；操作2、操作3的名称分别为_____、_______。
(4)高温合成过程中，加料之前需先在反应器中通入氩气，该操作的目的是_______。
(5)流程中可循环利用的物质是_______。写出副产物硅酸钠的一种用途_______。
(6)被称为万能还原剂，“有效氢含量”可用来衡量含氢还原剂的还原能力，其定义是：每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克的还原能力。的有效氢含量为_____(保留两位小数)。

三、实验题
20．（2023·安徽马鞍山·统考二模）NiS难溶于水，易溶于稀酸，可用于除去镍电解液中的铜离子，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力。实验室模拟制取NiS装置如图(加热、夹持装置略去)，先通氮气排尽装置内空气后，同时通入硫化氢气体和氨气，制得NiS沉淀。回答下列问题

(1)装置图中，仪器a的名称是___________，装置 Ⅱ中的试剂为___________。
(2)装置Ⅲ中反应的离子方程式为___________。
(3)反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤。装置Ⅳ接在___________(填“b”或“c”) 处。

(4)用NiS除去镍电解液中铜离子时，NiS陈化时间对除铜离子效果的影响如图所示(陈化时间：沉淀完全后，让生成的沉淀与母液一起放置的时间)。图中曲线变化原因是___________ (以化学方程式表示)。

(5)测定某NiS样品的纯度
称取试样(杂质中不含Ni) mg置于锥形瓶中，用稀酸溶解后加入掩蔽剂掩蔽其他离子，加pH≈10的氨性缓冲溶液5mL紫脲酸铵指示剂少许。用0.0200mol/L EDTA (Na2H2Y)标准溶液滴定，发生反应： Ni2++H2Y2- NiY2-+ 2H+。滴定达终点时消耗EDTA标准溶液VmL。
①样品的纯度为___________。
②滴定过程中，若氨性缓冲溶液pH值过低，导致测得的产品纯度___________ (填“偏低”、 “偏高”或“不影响”)。

参考答案：
1．A
【详解】A．Fe3O4中有2个Fe3+、1个Fe2+，故1molFe3O4被完全还原为Fe2+时转移的电子数为2NA，A正确；
B．HClO的结构式为：H-O-Cl，故HClO中无H-Cl键，则10.5gHClO中含有H—Cl键的数目为0，B错误；
C．由于SO2和O2的反应是一个可逆反应，故2molSO2与1molO2充分反应后气体分子总数大于2NA，C错误；
D．由于CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故8.8g由CO2和N2O组成的混合气体分子个数为，氧原子总数为，D错误；
故答案为：A。
2．A
【详解】A． 五星红旗选用材料之一芳纶纤维可由对苯二甲酸和对苯二胺缩聚而成，羧基提供-OH，氨基提供-H，同时生成水，故A正确；
B． 碳纤维为C的单质，光导纤维的成分为二氧化硅，均为无机材料，故B错误；
C． 四氧化二氮与二氧化氮存在平衡，标准状况下92g助燃剂所含分子数少于2NA，故C错误；
D． 嫦娥五号寻找并带回的土壤中含3He，3He与4He互为同位素，故D错误；
故选A。
3．C
【详解】A．25°C，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中c(OH-)= =0.1mol/L，氢氧根离子的数目=0.1mol/L×1L×NA=0.1NA，故A错误；
B．1个Si原子形成4个Si-O键，所以60g即1molSiO2晶体中Si-O键数目为4NA，故B错误；
C．在K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中Cl2的平均相对分子质量为 ，且反应中每生成3molCl2转移电子数为5mol，若有212g氯气即3mol氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NA，故C正确；
D．足量铜与浓硝酸发生反应：Cu＋4HNO3(浓)====Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，随着反应进行，HNO3不断被消耗，铜与稀硝酸发生反应：3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，参加反应的HNO3为20×10－3L×10mol·L－1＝0.2mol，消耗的铜的物质的量在0.05mol～0.075mol之间，则转移的电子数在0.1NA～0.15NA之间，故D错误。
故选C。
4．C
【详解】A．C2H6O可以是乙醇、也可以是二甲醚， 4 6 gC2H6O中含有碳氢共价键的数目不一定为0.5 NA，A错误；
B． H2O和D2O的摩尔质量分别为18g/mol、20g/mol，1.8g H2O和D2O混合物的物质的量难以计算，故其中含有的中子数难以计算，B错误；
C． MnO2与浓盐酸反应时氧化产物为氯气，氯元素化合价从-1升高到0价，每生产1mol氯气，转移电子1mol， 则生成22.4LCl2(标准状况)时转移电子数为2 NA，C正确；
D．CH3COOH是弱酸，CH3COOH溶液中，CH3COOH分子数目远大于CH3COO-， lLpH=1的CH3COOH溶液中， n(CH3COO-)≈ n(H+)=0.lmol、则CH3COO-和CH3COOH数目之和远大于0.l NA，D错误；
答案选C。
5．C
【详解】A．向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++ 4H2O，故A错误；
B．向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：Fe3++3+12H++10I-= Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，故B错误；
C．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后呈中性，则氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，反应离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故C正确；
D．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+OH-=+H2O，故D错误；
故选：C。
6．D
【详解】A．向AgNO3溶液中加入过量的氨水的离子反应为Ag++2NH3•H2O═[Ag(NH3)2]++2H2O，故A错误；
B．次氯酸能够氧化亚硫酸钙，向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++3ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+2HClO，故B错误；
C．向NaHSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，同时该反应还生成硫酸钾、硫酸锰和水，反应方程式为：5 +6+18H+→5+6Mn2++14H2O，故D正确；
故选D。
7．D
【详解】A．向KOH溶液中通入少量H2S反应生成硫化钾和水：H2S+2OH-=S2-+2H2O；通入过量H2S生成硫氢化钾，H2S+OH-=HS-+H2O，A错误；
B．亚铁离子的还原性大于溴离子，向FeBr2溶液中通少量Cl2，反应生成铁离子和氯离子：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；通入过量Cl2生成铁离子和溴单质：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，B错误；
C．向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，钡离子、氢氧根离子完全反应生成碳酸钡沉淀和碳酸根离子：Ba2++2OH-+2HCO=BaCO3↓+2H2O+CO；通入过量Ba(OH)2溶液，碳酸氢根离子完全反应生成碳酸钡沉淀和水：Ba2++OH-+HCO=BaCO3↓+H2O，C错误；
D．向C6H5ONa溶液中通入少量、过量CO2均生成苯酚和碳酸氢根离子：H2O+CO2+C6H5O-→HCO+C6H5OH，D正确；
故选D。
8．C
【分析】加入过量的碱产生气体为NH3，溶液有。信息②知加入过量的碱产生了沉淀Fe(OH)3，溶液中有Fe3+，与Fe3+会发生双水解不能共存，则溶液中不存在。信息③知加溶液中有。
【详解】A．由上分析溶液中一定有，A项正确；
B．Fe(OH)3受热分解为氧化铁Fe2O3，B项正确；
C．由上分析溶液中一定有 和Fe3+而阴离子有，又溶液中各离子浓度相同，溶液中电荷不守恒，所以一定还有Cl-和。溶液中这五种离子刚好电荷守恒，所以一定不存在和Al3+、K+，C项错误；
D．由C项分析溶液中一定存在 、Fe3+、 、Cl-和，D项正确；
故选C。
9．A
【详解】A．Cl2与水反应生成HCl与HClO，CaCO3与HCl反应生成CaCl2和CO2和H2O，故A正确；
B．硫酸铜溶液与浓氨水反应生成络合物，几滴氨水生成Cu(OH)2沉淀，不生成配合物[Cu(NH3)4]2+，故B错误；
C．H2S是弱电解质，不能拆成离子，故C错误；
D．电解反应为，阳极：，阴极：，总反应为：，故D错误；
故答案选A。
10．B
【详解】A．由于恰好完全沉淀，说明NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2物质的量之比为1：2，而与OH－反应的先后顺序为，故反应离子方程式为：，A错误；
B．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，加入少量CaCO3后生成氯化钙、二氧化碳、水，故反应离子方程式为，B正确；
C．HS－与Cu2+反应生成CuS和H2S，故反应离子方程式为：，C错误；
D．Fe3O4溶于HI溶液生成Fe2+、I2和H2O，反应离子方程式为：，D错误。
故选B。
11．A
【详解】A．、、、没有颜色，且相互不反应，可以大量共存，A正确；
B．含溶液为紫色，且、发生氧化还原反应不能大量共存，B错误；
C．、相互反应不能大量共存，C错误；
D．、相互反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，D错误；
故选A。
12．B
【详解】A.氧化性：Cl2>H2O2，因此反应H2O2不能将Cl-氧化为Cl2，A错误；
B．将通入溶液，反应生成NaNO3、NaNO2和水，离子方程式为：，B正确；
C．溴化银溶解度小，无法转化为银氨络离子，C错误；
D．将溶液滴入溶液中，氧化Mn2+生成MnO2，D错误；
答案选B。
13．D
【分析】污染物、通到氢氧化钠溶液中，NO不反应，二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠在电解池中电解得到硫代硫酸钠，NO和Ce4+在吸收池2中反应生成、和Ce3+，氧化池中氧气氧化变为硝酸根，氨气通到酸性氧化池中和生成硝酸铵。
【详解】A．根据图中信息得到“吸收池1”中是氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，其反应的离子方程式：，故A正确；
B．根据图中信息得到“吸收池2”中是NO和Ce4+反应生成、和Ce3+，则生成等物质的量和，假设都生成1mol，则转移4mol电子，说明有4mol Ce4+参与反应，再根据电荷守恒和质量守恒配平得到离子方程式：，故B正确；
C．“电解池”中阴极是亚硫酸氢根得到电子变为硫代硫酸根，其电极反应式：，故C正确；
D．“氧化池”中反应的离子方程式：，故D错误；
综上所述，答案为D。
14．C
【分析】①取少量固体加入足量水中，固体部分溶解，不溶性物质可能为、、；②取①中滤液做焰色试验，透过蓝色钴玻璃未观察到紫色，滤液中不存在钾离子，说明样品中一定没有；③取①中滤渣，向其中加入足量的盐酸，产生气泡，固体部分溶解，溶于盐酸，可知样品中存在和，无法确定未溶解的物质是，还是，还是二者均有，据此分析。
【详解】A．由分析可知，固体粉末中一定不含，A正确；
B．由分析可知，固体粉末中一定含有和，B正确；
C．取①中滤液，加入硝酸酸化的溶液，若未产生白色沉淀，有可能是加水溶解时，硫酸根恰好沉淀完全，不能确定样品中有无，C错误；
D．可溶于溶液，不溶于溶液，故为进一步确定原样品组成，可以向③未溶解的固体中加入溶液，D正确；
故选C。
15．D
【详解】A．溶液中滴加稀氨水离子方程式为：，A错误；
B．溶液刻蚀电路铜板离子方程式为：，B错误；
C．溶于NaOH溶液离子方程式为：，C错误；
D．稀硫酸滴入溶液中离子方程式为：，D正确；
故选D。
16．D
【详解】A． 向NH4HSO4溶液中滴加少量NaOH溶液，先与氢离子反应：H++OH-=H2O，故A错误；
B． 向漂白粉溶液中通入过量的SO2，反应生成硫酸钙沉淀、硫酸、氯化氢，正确的离子方程式为：Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O=CaSO4↓+SO+4H++2Cl-，故B错误；
C． 向CaSO4沉淀中滴加饱和Na2CO3溶液，转化成更难溶的碳酸钙沉淀：CaSO4+=CaCO3↓+SO,故C错误；
D． H2S气体通入到CuSO4溶液中生成难溶物质硫化铜：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，故D正确；
故选D。
17．(1) SiO2 ZnS+MnO2+4H+=Zn2++Mn2++S↓+2H2O
(2)4
(3) 将Cu2+、Pb2+沉淀完全从而除去 0.3
(4) 80 趁热过滤
(5)0.95或95%

【分析】由流程图知，两种矿粉酸浸时发生氧化还原反应生成硫单质，即滤渣1为硫单质和不溶于强酸的二氧化硅，加入萃取剂将铁离子萃取到有机相，则水相1中含有Zn2+、Mn2+、Cu2+、Pb2+，加入硫化钡除去铜离子和铅离子过滤，再加入萃取剂分离锰离子和锌离子，则水相2中含有硫酸锰溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰晶体，有机相2中含有硫酸锌，加入硫酸反萃取，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锌晶体，据此回答。
【详解】（1）由分析知酸浸过程两种矿粉发生氧化还原反应，即，所以滤渣1为生成的硫单质和不溶于强酸的二氧化硅；
（2）由配合物化学式知配体为HA和H2O，且都是2，即Fe3+的配位数为4；
（3）由分析知加入适量硫化钡目的是将铜离子和铅离子沉淀完全除去；Ksp(ZnS)=2.0 ×10-22 （4）由表中数据可知硫酸锌晶体在80°C以上溶解度随温度升高而减小，即操作为控制温度在80°C以上蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；
（5）50% MnO2的软锰矿174t物质的量为，获得硫酸锰晶体质量为，即产率为。
18．(1)增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率
(2)b c d
(3) 调节溶液的，有利于转化成铁矾渣
(4)
(5) 加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降

【分析】铜镍矿在氧压酸浸的条件下将镍、镁、铜、铁的氧化物转化为各自对应的离子，铁最终均以三价铁离子形式存在，萃取剂将铜离子与原溶液分离，最终得到金属铜，水相加氧化镁调节溶液酸碱性在硫酸钠存在的情况下，将铁转变为铁矾渣除去，然后氧化镁再一次调节溶液酸碱性使镍转变为沉淀，最后过滤得到氢氧化镍，最终得到金属镍。
【详解】（1）“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率，答案为：增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率；
（2）a．此络合物中不存在离子键，a错误；   
b．有机物中氧氢之间和碳氧之间存在极性共价键，b 正确；
c．有机物中碳碳之间存在非极性共价键，c正确；
d．络合物中铜离子与非金属之间是配位键，d正确；
故选b c d。
（3）由分析可知在沉淀除铁过程中的作用是调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为，答案为：调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，；
（4）过程中两次加入氧化镁，均会生成，所以沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是，答案为：；
（5）当为8.5时，溶液是氢氧化镍的饱和溶液所以，此时 代入得到溶液中的浓度为，由图可知加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降，所以选择加入量为，答案为：，加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降。
19．(1)
(2) 增大硼镁矿与碱液的接触面积，提高浸取率(或提高原料的利用率)和加快反应速率(或者使反应更快更充分) 和
(3) 蒸发浓缩 过滤 蒸馏
(4)除去反应器中的空气，防止空气中的水、氧气与原料钠、氢气反应
(5) 异丙胺 可做防火剂或黏合剂
(6)0.21

【分析】硼镁矿粉碎后加入氢氧化钠碱溶，氢氧化钠和四氧化三铁不反应、和镁离子生成氢氧化镁沉淀，得到滤渣和，滤液中含硼，为蒸发浓缩、冷却结晶得到，脱水后高温合成得到、，加入异丙胺提取出，蒸馏分离出取异丙胺得到；
【详解】（1）一元弱酸硼酸在水溶液中部分电离，；
（2）粉碎的目的是增大硼镁矿与碱液的接触面积，提高浸取率(或提高原料的利用率)和加快反应速率(或者使反应更快更充分)；氢氧化钠和四氧化三铁不反应、和镁离子生成氢氧化镁沉淀，故滤渣的成分是和；
（3）操作1从溶液中得到晶体，则操作为蒸发浓缩、冷却结晶；操作2为分离固液的操作，是过滤；硼氢化钠常易溶于异丙胺(沸点为)，操作3为从硼氢化钠的异丙胺溶液中得到硼氢化钠的操作，为蒸馏；
（4）钠、氢气均可与空气中氧气反应，高温合成过程中，加料之前需先在反应器中通入氩气，该操作的目的是除去反应器中的空气，防止空气中的水、氧气与原料钠、氢气反应；
（5）操作3蒸馏出的异丙胺，可以在操作2中重复使用，故流程中可循环利用的物质是异丙胺。副产物硅酸钠可做防火剂或黏合剂等；
（6）中氢元素化合价为-1，可以失去电子变为+1；氢气中氢失去电子变为+1，根据电子守恒可知，，则有效氢含量为。
20．(1) 恒压漏斗(或恒压分液漏斗) 饱和NaHS溶液
(2)H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2
(3)b
(4)4NiS+O2+2H2O= 4Ni(OH)S
(5) 偏高

【分析】Ⅰ中硫化亚铁和盐酸反应生成硫化氢气体，硫化氢通过饱和NaHS溶液的装置Ⅱ除去氯化氢气体杂质后进入装置Ⅲ，装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，尾气有毒需要尾气处理装置；
【详解】（1）装置图中，仪器a的名称是恒压漏斗(或恒压分液漏斗)；装置Ⅱ中的试剂为饱和NaHS溶液，饱和NaHS溶液可以除去生成硫化氢气体中挥发的氯化氢气体杂质；
（2）装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，反应为H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2；
（3）反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3 进行抽滤洗涤，抽滤洗涤时，洗涤水进入装置Ⅲ然后通过抽气装置抽出达到洗涤目的，故连有抽气泵的装置Ⅳ接在b处以便能够抽出洗涤水；
（4）已知，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力，故随时间延长残留铜离子增加的原因是：4NiS+O2+2H2O= 4Ni(OH)S；
（5）①由反应Ni2++H2Y2- NiY2-+ 2H+可知，，则样品的纯度为；
②滴定过程中，缓冲溶液pH值过低，Ni2++H2Y2- NiY2-+ 2H+，导致平衡逆向移动，则需要更多的标准液参与反应，导致测得的产品纯度偏高。