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安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-20水溶液中的离子反应和平衡（2）
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这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-20水溶液中的离子反应和平衡（2），共34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-20水溶液中的离子反应和平衡（2）
一、单选题
1．（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+
2．（2022·安徽池州·统考模拟预测）常温下，向20mL0.1000mol·L-1NaB溶液中滴加等浓度的弱酸HA溶液，所得混合溶液中lg与1g的关系如图所示。已知Ka(HA)=1.77×10-4。下列说法正确的是
A．Ka(HB)>Ka(HA)
B．pH=4时，的值比pH=3的大
C．滴入20mLHA溶液后存在关系：c(A-)>c(HB)
D．pH=7时，混合溶液中一定存在关系：c(Na+)=c(B-)
3．（2022·安徽·模拟预测）已知相同温度下，Ksp[ Cu(OH)2]
A．Cu(OH)2沉淀不能转化为Co(OH)2沉淀
B．该温度下Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10 -10
C．通过蒸发可使溶液由d点变到c点
D．向饱和溶液中加入适量NaOH固体，可使溶液由a点移到b点
4．（2022·安徽淮南·统考二模）实验测得0.10mol/LNaHCO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是
A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水解被抑制
B．O点溶液和P点溶液的c(OH-)相等
C．将N点溶液恢复到25℃，pH=8.62
D．Q点、M点溶液均有c()+c()+c(H2CO3)=0.10mol/L
5．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）中华优秀传统文化涉及了很多化学知识，下列说法正确的是
A．“弄风柳絮疑城雪，满地榆钱买得春”中的“柳絮”和棉花的主要成分均为蛋白质
B．“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉”，涉及的实验基本操作是过滤
C．《新修草本》有关“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色”，据此推测“青矾”的主要成分为Fe2(SO4)3·7H2O
D．《本草纲目拾遗》中对“强水”的记载：“性最猛烈，能蚀五金。”“强水”为强电解质
6．（2022·安徽合肥·统考三模）常温下，保持某含少量CaCO3浊液的水体中H2CO3与空气中CO2的平衡，调节水体pH，水体中-lg[c(X)]与pH的关系如下图所示(其中X为H2CO3、HCO3、CO或Ca2+)。下列说法错误的是
A．曲线II表示-lg[c(CO)]与pH的关系
B．该温度下，H2CO3的电离常数Ka1的数量级为10-7
C．a点的水体中：c(Ca2+)>c(HCO)>c(CO)
D．向水体中加入适量Ca(OH)2固体，可使溶液由b点变到c点
7．（2022·安徽马鞍山·统考三模）MOH是一种一元弱碱，25℃时， 在20.0mL 0.1 mol·L-1MOH溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸V mL， 混合溶液的pH与的关系如图所示。下列说法错误的是
A．x=3.75
B．a点时，V=10.0 mL
C．25℃时， MOH的电离常数Kb的数量级为10-4
D．V=20.0 mL时，溶液存在关系： 2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)
8．（2022·安徽芜湖·统考三模）常温下，将0.2mol·L-1NH4Cl溶液与0.2mol·L-1NaHA溶液等体积混合后(忽略体积变化)，所得混合溶液的pH为7.8。当向混合液中加入盐酸或NaOH溶液时，溶液中的粒子分布系数(δ)随溶液pH的变化如图所示(无NH3逸出)。已知δ(x)=或δ(x)= ；a、b、c、d、e分别表示NH、NH3·H2O、HA-、A2-、H2A中的一种。下列有关描述正确的是
A．常温下，Kb(NH3·H2O)＜Ka1(H2A)
B．由图可知，曲线a表示的是H2A，曲线e表示的是NH3·H2O
C．常温下，向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液时，c(NH)、c(HA-)均逐渐减小
D．常温下，向该混合溶液中逐滴加入HCl溶液至pH=7时：c(Na+)+c(H2A)=c(Cl-)+c(A2-)+c(NH3·H2O)
9．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后可得到“弱酸和弱酸盐”组成的缓冲溶液，缓冲溶液的pH=pKm-lg(计算时忽略酸的电离和盐的水解)。常温下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定16.00mL某未知浓度的HX溶液，滴定过程中消耗NaOH溶液的体积与混合溶液pH之间的关系如图(已知：pKm=-lgKm，100.48≈3.0)。下列说法正确的是
A．滴定前HX溶液的浓度约为0.3mol·L-1
B．HX的电离常数Ka=10-3.79
C．n点溶液中存在c(X-)+2c(OH-)=c(HX)+2c(H+)
D．q点液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(X-)
10．（2022·安徽淮北·统考二模）为二元弱酸，在25℃时，溶液中及HA-浓度的负对数pc随溶液pH变化的关系如图所示[已知：溶液中始终保持]。下列有关叙述错误的是
A．H2A的Ka1为1.0×10-3
B．b点：
C．由a点到c点的过程中，水的电离程度一直增大
D．NaHA溶液呈碱性
二、工业流程题
11．（2022·安徽铜陵·统考二模）随着能源紧缺问题的凸显，太阳能电池已经成为各国实施可持续发展的重要选择。太阳能电池的核心是电池材料，Si、GaAs(砷化镓)、CdTe(碲化镉)、铜(Cu)铟(In)硒(Se)薄膜等均可用于太阳能电池材料。回答下列问题：
(1)上述所涉及元素中，属于副族元素的是_______(填元素符号)。
(2)Se与O同主族，质子数比O大26，写出Se原子的结构示意图：_______。
(3)废弃的含GaAs的半导体材料可以用浓硝酸溶解，生成和，写出该反应的化学方程式：_______。
(4)以铜镉渣［主要含锌、铜、铁、镉、钴(Co)等单质］制备金属镉的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度均为0.1mol·L-1)
氢氧化物
开始沉淀的pH
1.7
6.3
7.5
沉淀完全的pH
2.8
8.4
9.3
①“滤渣1”是_______(填元素符号)。
②“氧化、沉铁”时，加入ZnO控制反应液的pH范围为_______；若加入的不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素，检验其所用的试剂是_______。
③“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解时，阳极反应式为_______，“电解废液”最好在_______步骤中加入以便循环利用。
④Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极转化为，则充电时电池的阳极反应式为_______。
12．（2022·安徽芜湖·统考三模）硫酸锰是一种重要的化工中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：
已知：
①“混合焙烧”后烧渣含、及少量FeO、、MgO。
②金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25℃)：
物质
开始沉淀的pH
1.9
7.6
7.3
3.0
完全沉淀的pH
3.2
9.6
9.3
5.2
③离子浓度≤10-5mol/L时，离子沉淀完全。
(1)“混合焙烧”时一般会将原料粉碎，这样做的主要目的是_______。
(2)若试剂a为，则氧化步骤发生反应的离子方程式为_______，若省略“氧化”步骤，造成的影响是_______。
(3)“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是_______。
(4)“氟化除杂”后，溶液中浓度为0.05。则溶液中和的比值=_______(已知：；)。
(5)“碳化结晶”时发生反应的离子方程式为_______，选择而不选择溶液的原因是_______。
13．（2022·安徽池州·统考模拟预测）利用铝锂钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量铝箔、LiCoO2等杂质，Co3O4具有较强氧化性)制备CoO的工艺流程如图所示。
已知：I.不同浸出剂“酸溶”结果
浸出剂
浸出液化学成分/(g·L-1)
钴浸出率/%
Co
Al
HCl
80.84
5.68
98.4
H2SO4+Na2S2O3
84.91
5.96
98.0
II.Al3+在pH为5.2时沉淀完全。
III.LiF的Ksp为1.8×10-3。
回答下列问题：
(1)“碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是_______(写出一种即可)，并写出主要的离子方程式：_______。
(2)“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择_______，并说明理由：_______。
(3)“净化”时，加NaF目的是将Li+转化为沉淀，当滤液③中c(F-)=4.0×10-3mol·L-1时计算“净化”后残余c(Li+)=_______mol·L-1。
(4)写出滤渣②“酸溶”后与草酸铵反应的离子方程式_______。
14．（2022·安徽淮南·统考二模）锗是一种稀散金属，在光纤通信、航空航天等领域有广泛应用，模拟从氧化锌烟灰(成分有ZnO、ZnO·GeO2、FeO·GeO2、Fe2O3·GeO2、PbO等)中提取锗元素的流程图如下：
已知：①浸取后溶液pH为2，Ge以GeO2+的形式存在；
②单宁酸为复杂有机酸，易与Fe3+络合沉淀。
(1)浸取时ZnO·GeO2发生反应的化学方程式是_______，浸渣的主要成分是_______。
(2)试剂X的作用是_______。
(3)下图为沉锗时溶液pH对锗沉淀率的影响，则适宜的pH应为_______(填标号)。
A．1.0 B．2.0 C．2.5 D．3.0
(4)沉锗时有一段沉锗和二段沉锗两种工艺，单宁酸用量与锗沉淀率关系如表所示，工业常用二段沉锗工艺且单宁酸总用量为25倍，其原因是_______。
一段沉锗单宁酸总用量/倍
10
15
20
25
30
锗沉淀率/%
88.5
89.5
90.5
91.5
93.5
二段沉锗单宁酸总用量/倍
10
15
20
25
30
锗沉淀率/%
92
93.5
94.5
97
97.5
(5)可从滤液中回收的金属元素主要有_______。
(6)若用C2H2O表示单宁酸，压滤后的含锗沉淀表示为GeO(C2H2O)2SO4，其在空气中灼烧会得到SO2、H2O、CO2三种气体，该反应方程式为_______。
15．（2022·安徽·模拟预测）磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低，常用作氯化橡胶合成高分子材料的阻燃剂。工业上利用烧渣灰(主要含ZnO，还含少量FeO、Al2O3、CuO及SiO2等)为原料制取磷酸锌的工艺流程如图所示：
已知：Ⅰ.加入NH4HCO3溶液的目的是沉锰。
Ⅱ.几种金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH如下表所示：
金属离子
Al3+
Fe3+
Cu2+
Zn2+
开始沉淀的pH
3.0
2.2
5.4
6.5
沉淀完全的pH
5.0
3.6
6.7
8.5
(1)用硫酸酸浸烧渣灰，为提高酸浸时锌的浸出率，可以采取的措施是_______(填一条)。
(2)加入MnO2发生反应的离子方程式是_______；经过滤2得到的滤渣的主要成分是_______(填化学式)。
(3)沉锰反应的离子方程式是_______。
(4)水洗时，用热水洗涤磷酸锌沉淀比用冷水洗涤损耗更少，说明原因：_______。
(5)通入H2S是为了除铜离子，25℃时，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH = 1，c(H2S)=0.1 mol·L-1，此时溶液中c(Cu2+) =6×10-17 mol·L-1，则CuS的溶度积Ksp=_______[已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1=1×10-7，Ka2=1×10-15]。
(6)利用膜技术电解经净化的含磷酸钠的废液，可以得到所需的工业产品磷酸和氢氧化钠等，电解装置如图所示：
则M为电源的_______ (填“正极”或“负极”)，d为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜，电解总反应式为_______。
16．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。氯化钪(ScCl3)是一种可溶于水的灰白色固体，是制备钪的重要原料。工业上利用固体废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)制取ScCl3，请结合流程回答以下问题：
已知：①TiO2难溶于盐酸。
②Ksp[Sc(OH)3]=1.0×10-30，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38
(1)滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。
(2)“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是_______。
(3)常温下，“调pH”时，溶液中c(Sc3+)=0.001mol·L-1，为除去杂质离子，应控制的pH范围是_______(当溶液中某离子浓度c≤1.010-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(4)已知Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+，此反应的平衡常数K=_______(用含a、b、c的代数式表示)。
(5)“加热氯化”过程中排出的气体主要有________(填化学式)。
(6)传统制备ScCl3的方法是先得到ScCl3·6H2O沉淀，再高温脱水得ScCl3，但通常含有ScOCl杂质，原因是_______。
(7)草酸钪晶体［Sc2(C2O4)3·6H2O］在空气中加热，随温度的变化情况如下图所示。250℃时，晶体的主要成分是_______(填化学式)，550～850℃，反应的化学方程式为_______。(已知Sc2(C2O4)3·6H2O的摩尔质量为462g·mol-1)
三、实验题
17．（2022·安徽淮南·统考二模）CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化，是重要的工业催化剂。某化学兴趣小组同学对其制备过程进行了实验探究。
I．小组同学首先用如图装置制备CuCl2。
(1)仪器a的名称为_______NaOH溶液的作用是_______。
(2)三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为_______。
II．查阅资料后，小组同学用(NH4)2SO3还原CuCl2溶液来制备CuCl。
(3)制备反应的离子方程式为_______。
(4)将混合物过滤、洗涤、干燥可得CuCl产品。
①过滤操作最好采用抽滤法快速过滤，这样可避免_______；
②判断CuCl沉淀洗涤干净的实验方案是_______。
(5)研究发现，CuCl的产率与CuCl2起始浓度、溶液pH的关系如下图。
①随着pH增大，CuCl2浓度逐渐降低的原因是_______；
②控制溶液的pH在_______时，CuCl产率最高。
18．（2022·安徽马鞍山·统考三模）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步 得到产品Na2CO3和NH4Cl两种产品，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。过程如下：
Ⅰ.NaHCO3 的制备
实验流程及实验装置图如下：
回答下列问题：
(1)a导管末端多孔球泡的作用_______。
(2)b中通入的气体是_______， 写出实验室制取该气体的化学方程式_______。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_______。
Ⅱ.Na2CO3中NaHCO3含量测定
i.称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中：
ii.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(第一滴定终点)， 消耗盐酸V1mL；
iii.在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；
iv.平行测定三次，V1 平均值为22.25，V2平均值为23.51。
回答下列问题：
(4)指示剂N为_______， 第二滴定终点的现象是_______。
(5)Na2CO3中NaHCO3的质量分数为_______ ( 保留三位有效数字)。。
(6)第一滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
19．（2022·安徽芜湖·统考三模）硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸易分解。某学习小组用如图装置模拟古法制硫酸，同时利用生成的SO2气体制备硫代硫酸钠。
已知：
①绿矾化学式为FeSO4·7H2O，2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O。
②SO3的沸点为44.8℃。
③Na2S2O3中S元素的化合价分别为-2价和+6价。
回答下列问题：
I.硫代硫酸钠的制备
(1)检查装置气密性，加入药品。Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，煮沸的目的是_______；B装置的作用是 _______。
(2)从锥形瓶中得到Na2S2O3晶体需水浴加热浓缩至液体表面出现结晶为止，使用水浴加热的原因是_______。
II.产品纯度的测定
①溶液配制：准确称取该硫代硫酸钠样品2.00g，配制成250mL溶液。
②滴定：向锥形瓶中加入20.0mL0.01 mol·L-1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，发生反应：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，然后加入淀粉作指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=S4O+2I-。
(3)滴定终点的现象为_______；消耗样品溶液的用量为25.0mL，则样品纯度为_______％(保留1位小数)。
II.硫代硫酸钠性质的探究
①取Na2S2O3晶体，溶解，配成0.2mol·L-1的溶液。
②取4mL所配溶液，向其中加入1mL饱和氯水(pH=2.4)，溶液立即出现浑浊，经检验浑浊物为S。
实验小组研究S产生的原因，提出了以下假设：
假设1：Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了-2价硫元素。
假设2：酸性条件下，Na2S2O3分解产生S(不考虑空气中氧气氧化)。
依据假设设计实验方案：
所加试剂
现象
第①组
1mL饱和氯水+4mL Na2S2O3溶液
立即出现浑浊
第②组
1mL某试剂+4mL Na2S2O3溶液
一段时间后出现浑浊，且浑浊度比①组小
(4)第②组实验中的某试剂是_______。
(5)依据现象，S产生的主要原因是_______。(用离子方程式表示)
20．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究，回答下列问题。查阅资料：①Na2CS3+H2SO4=CS2+H2S↑+Na2SO4，CS2和H2S均有毒；②CS2不溶于水，沸点46℃，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
I.Na2CS3的性质探究
步骤
操作及现象
①
取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份
②
向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色
③
向另一份溶液中滴加H2SO4酸化的KMnO4溶液，紫色褪去
(1)H2CS3是_______酸(填“强”或“弱”)。
(2)已知步骤③的氧化产物是，写出该反应的离子方程式_______。某同学取步骤③反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，通过测定产生的白色沉淀的质量来求所用Na2CS3质量，你是否同意他的观点，并说明理由_______。
II.测定Na2CS3溶液的浓度
实验步骤如下：
①取50.0mLNa2CS3溶液置于仪器M中，打开K，通入一段时间氮气；
②关闭K，打开分液漏斗活塞，滴入足量2.0mol·L-1稀H2SO4，关闭活塞；
③反应结束后，再打开K，通入一段时间的热氮气(高于60℃)。
(3)仪器M的名称是_______
(4)上述装置按气流方向连接合理的顺序为_______
a.ADCEB b.ACBED c.AEBCD
(5)步骤③中通N2的目的是_______。
(6)为了计算该Na2CS3溶液的浓度，可测定C中生成沉淀的质量。对C中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重。若C中生成沉淀的质量为7.2g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是________。也可以通过测定E中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若缺少装置D，计算值会_______(填“无影响”、“偏高”或“偏低”)。
参考答案：
1．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。
2．C
【分析】滴加过程NaB转化为HB，发生的反应为B-+HA⇌A-+HB，当lg=-1时，lg=0，即此时10c(HA)=c(HB)、c(A-)=c(B-)，求出Ka(HB)，根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(B-)， pH=7时，c(H+)=c(OH-)，求出溶液中离子浓度的关系。
【详解】A． 当lg=-1时，lg=0，即此时10c(HA)=c(HB)、c(A-)=c(B-)，所以Ka(HB)==1.77×10-5，Ka(HB)
C． 滴入20mLHA时二者恰好反应HB和NaA，A-的水解常数为Kh=c(HB)，故C正确；
D．根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(B-)， pH=7时，c(H+)=c(OH-)，混合溶液中一定存在关系：c(Na+)=c(A-)+c(B-)，c(Na+)=c(B-)不成立，故D错误；
故选C。
3．D
【分析】已知相同温度下，Ksp[ Cu(OH)2]
B．已知相同温度下，Ksp[ Cu(OH)2]
D．加入适量NaOH固体，溶液中OH-离子浓度增大，由于温度不变，Ksp不变，Co2+离子浓度减小，-lgc(Co2+)值增大，可使溶液由a点移到b点，D正确；
故选：D。
4．D
【分析】OM段碳酸氢钠溶液加热促进水的电离，pH减小，M点升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸钠，升温促进碳酸根的水解，溶液碱性增强，pH增大；
【详解】A．水解吸热，升高温度，水解平衡右移，而根据图象可知碳酸氢钠溶液加热，M点之前，升温pH减小，故主要原因是升温促进了水的电离，故A错误；
B．O点和P点温度不同，Kw不相同，虽然pH相同，但c(OH-)不相等，故B错误；
C．升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸钠，若将N点溶液恢复到25℃，由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故混合溶液pH应大于8.62，故C错误；
D．Q点、M点溶液均存在物料守恒：c()+c()+c(H2CO3)=0.10mol/L，故D正确；
故选：D。
5．B
【详解】A．“柳絮”和棉花的主要成分均为纤维素，故A项错误；
B．“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉汁”，是将液体和固体分开，分离液体和不溶性固体，操作为过滤，故B项正确；
C．“青矾”为绿色晶体，应该是硫酸亚铁晶体，则“青矾”的主要成分为FeSO4·7H2O，故C项错误；
D．“强水”为溶液，属于混合物，不是电解质，故D项错误；
答案选B。
6．D
【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、的浓度都逐渐增大，-lg[c(X)]均减小，随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，-lg[c(X)]逐渐增大，由于碳酸分步电离，第一步电离产生，第二步电离时产生，且以第一步电离为主，则起始时的浓度大于，因此曲线Ⅲ代表与pH的关系，曲线Ⅱ为与pH的关系，曲线Ⅰ为与pH的关系，。
【详解】A．由上述分析可知，曲线Ⅱ为与pH的关系，选项A正确；
B．由图可知，a点时，此时H2CO3的电离常数，数量级为，选项B正确；
C．曲线Ⅲ代表与pH的关系，曲线Ⅱ为与pH的关系，曲线Ⅰ为与pH的关系，经过a点作一条垂直与pH轴的直线，曲线Ⅱ在最上面，曲线Ⅲ在最下面，因此a点的水体中：，选项C正确；
D．，向水体中加入适量Ca(OH)2固体，、减小，增大，不能使溶液由b点变到c点，选项D错误；
答案选D。
7．B
【分析】由图可知，a点时pH=10.75，故c(OH-)=10-3.25，当=0，故c(M+)=c(MOH)，。
【详解】A．由分析知，当pH=7时，c(OH-)=10-7，则，故x=3.75，A项正确；
B．当V=10.0 mL，若不考虑电离和水解，则溶液中溶质为c(MOH)=c(MCl)，由于M+的水解程度和MOH的电离程度不同，则c(MOH)≠c(MCl)，故，B项错误；
C．由分析知，故MOH的电离常数Kb数量级为10-4，C项正确；
D．当V=20.0 mL时，由电荷守恒可知：c(H+) + c(M+) =c(OH-)+ c(Cl-)，由质子守恒可知：c(H+)= c(OH-)+ c(MOH)，用电荷守恒与质子守恒相加即可得到2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)，D项正确；
答案选B。
8．D
【分析】已知NH3·H2O+OH-，H2AHA-+H+，HA-A2-+H+，随着pH值的增大，NH3·H2O浓度增大，浓度减小，H2A浓度减小，HA-浓度先增大后减小，A2-浓度增大，故题干图示中，a代表H2A，b代表HA-，c代表，d代表NH3·H2O，e代表A2-，据此分析解题。
【详解】A．由题干信息可知，将0.2mol·L-1NH4Cl溶液与0.2mol·L-1NaHA溶液等体积混合后(忽略体积变化)，所得混合溶液的pH为7.8，说明HA-的水解大于的水解，即Kh (HA-)＞Kh()，即＞，则常温下，Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2A)，A错误；
B．由图可知，曲线a表示的是H2A，曲线d表示的是NH3·H2O，曲线e表示的是A2-，B错误；
C．由分析可知，常温下，向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液时，c()逐渐减小，而c(HA-)先增大后减小，C错误；
D．常温下，向该混合溶液中逐滴加入HCl溶液至pH=7即①c(H+)=c(OH-)时，根据电荷守恒可知：②c(Na+)+ c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-)，根据物料守恒有：③c(NH)+ c(NH3·H2O)= c(A2-)+ c(H2A)+c(HA-)，则联合①②③可得：c(Na+)+c(H2A)=c(Cl-)+c(A2-)+c(NH3·H2O)，D正确；
故答案为：D。
9．C
【分析】温度不变，酸的电离常数不变，设酸的浓度为cmol/L，由pH=pKm-1g可得pKm=pH+1g，即，化简得，解得c=0.2，则，即。
【详解】A．据分析，原HX溶液的浓度为，A错误；
B．据分析，HX的电离常数，B错误；
C．n点时，=4.75，则c(酸)=c(盐)，即c(HX)=c(NaX)，此时溶液中存在物料守恒：，电荷守恒，二式合并得，C正确；
D．由图可知，q点时pH=5.23，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，=4.75-lg=5.23，则＜1，即c(HX)＜c(NaX)，c(Na+)＜c(X-)，D错误；
答案选C。
10．D
【分析】pH为0时，溶液中主要是H2A，以H2A的一级电离为主，故c(HA-)=10-4mol/L，ab所在曲线为HA-的曲线，另一条线为A2-的曲线，c(H2A)近似为0.1mol/L， 。
【详解】A．由分析可知，Ka1=10-3，A正确；
B．b点溶液显酸性，氢氧根浓度很小，根据图知，c(HA-)>c(A2-)，故c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)，B正确；
C．由a点经b点到c点的过程中，溶液一直呈酸性，且酸性越来越弱，酸抑制水电离程度越来越弱，故水的电离程度一直增大，C正确；
D．pH=4.4时，c(HA-)=c(A2-)，故，HA-的水解平衡常数，故NaHA溶液显酸性， D错误；
故选D。
11．(1)Cd、Cu
(2)
(3)
(4) Cu 2.8~7.5或2.8≤pH≤7.5 或铁氢化钾溶液 酸溶
【分析】酸溶时，Cu不反应，滤渣1中主要含Cu；加入Zn和沉钴时，作为活化剂；加入双氧水主要是将亚铁离子氧化成铁离子便于除去，再加ZnO促进铁离子水解生成氢氧化铁；
【详解】（1）Cd、Cu均是副族元素，故填Cd、Cu；
（2）Se的原子序数为34，类比氧的结构示意图，故Se原子结构示意图为，故填 ；
（3）根据已知，结合氧化还原反应规律可知，GaAs与浓硝酸反应的化学方程式为，故填；
（4）①Cu不溶于稀硫酸，滤渣为Cu，故填Cu；
②“氧化、沉铁”需要将沉淀完全面不会沉淀，由表格可知，需加入ZnO控制溶液pH的范围为2.8~7.5()：若加入的不足，则电解液中含有，检验方法，取少量溶液，加入溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素，故填2.8~7.5或2.8≤pH≤7.5；或铁氢化钾溶液；
③“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解池中阳极反应为水失去电子发生氧化反应生成氧气，反应式为；“电解废液”中含有硫酸，故最好在“酸溶”步骤中加入循环利用，故填；酸溶；
④镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极转化为，则充电时电池的阳极反应为发生氧化反应生成，反应为，故填。
12．(1)加快反应速率
(2) MnO2＋4H＋＋2Fe2＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O Fe2＋完全沉淀时Mn2＋已经完全沉淀，造成Mn2＋损失
(3)5.2≤pH＜7.3(或5.2～7.3)
(4)(177.8或177.78)
(5) 碳酸钠溶液碱性强，会使Mn2＋水解为Mn(OH)2
【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2氟化除杂，使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体。
【详解】（1）高锰矿含有FeS， “混合焙烧”可以将金属硫化物转化为金属氧化物，同时除去硫元素，故“混合焙烧”主要目的是除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)；
（2）若试剂a为MnO2，氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子生成三价铁离子，本身被还原成二价锰离子，则氧化步骤发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；若省略“氧化”步骤，则铁元素只能以Fe2+形式除去，但是由表格可知除去亚铁离子的同时锰离子也除去了，即造成的影响是Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失；
（3）“中和除杂”的目的是使铝离子、铁离子完全沉淀且锰离子不沉淀，则由表格可知要控制溶液的pH范围是5.2≤pH<7.3(或5.2~7.3)；
（4）“氟化除杂”后，溶液中c(F- )浓度为0.05mol/L。则溶液中c(Mg2+):c(Ca2+)=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)=(6.4×10-10):(3.6×10-12)=1600/9(177.8或177.78)；
（5）“碳化结晶”时选择NH4HCO3，生成碳酸锰，结合原子守恒、电荷守恒可知发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；碳酸根离子水解程度大，碱性强，会促进锰离子水解为氢氧化锰，故“碳化结晶”时不选择Na2CO3溶液的原因是：碳酸钠溶液碱性强，会使Mn2+水解为Mn(OH)2。
13．(1) 搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可) 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
(2) H2SO4+Na2S2O3 两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境
(3)0.45
(4)Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓
【分析】废料用碱液溶解，过滤得到滤液①偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到较纯净的含有钴离子的溶液，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，加NaF除去钙离子，滤渣2为氟化锂，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，过滤得滤渣为碳酸钴沉淀，加盐酸溶解，再加草酸铵，过滤得CoC2O4•2H2O，灼烧钴得到氧化钴。
(1)
铝锂钴废料含有少量铝箔，能溶于NaOH溶液，生成可溶于水的偏铝酸钠，再过滤即可除去废料中的Al，“碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)(写出一种即可)，并写出主要的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。故答案为：搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)；2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
(2)
根据表中不同浸出剂“酸溶”实验结果可知，使用HCl或H2SO4+Na2S2O3时浸出液化学成分中Co的含量高、钴浸出率也较高，但因Co3O4有较强氧化性，在酸性条件下氧化S2O生成SO，而氧化溶液里的Cl-时，生成的氯气对环境有污染，“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择H2SO4+Na2S2O3，理由：两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境。故答案为：H2SO4+Na2S2O3；两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境；
(3)
“净化”时，加NaF目的是将Li+转化为沉淀，当滤液③中c(F-)=4.0×10-3mol·L-1时，由KspLiF=c(F-)×(Li+)=1.8×10-3，可知c(Li+)=mol•L-1=0.45mol•L-1，净化”后残余c(Li+)=0.45mol·L-1。故答案为：0.45；
(4)
滤渣2为氟化锂，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，过滤得滤渣为碳酸钴沉淀，加盐酸溶解，再加草酸铵，过滤得CoC2O4•2H2O，滤渣②“酸溶”后与草酸铵反应的离子方程式Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓，故答案为：Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓。
14．(1) ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O PbSO4
(2)还原Fe3+
(3)C
(4)单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小
(5)Zn、Fe
(6)2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2
【分析】由题给流程可知，向氧化锌烟灰中加入硫酸溶液浸取时，PbO与硫酸溶液反应生成PbSO4，ZnO、ZnO·GeO2、FeO·GeO2、Fe2O3·GeO2溶于硫酸溶液得到含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4) 3、GeOSO4，过滤得到含有PbSO4的滤渣和含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4) 3、GeOSO4的滤液；向滤液中先加入铁，将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子转化为沉淀，再加入氧化锌调节溶液pH至2.5，后加入单宁酸沉锗，经洗涤、压滤得到含有ZnSO4、FeSO4的滤液和含锗沉淀；含锗沉淀在空气中灼烧GeO2。
【详解】（1）由分析可知，ZnO·GeO2与硫酸溶液反应生成ZnSO4、GeOSO4和水，反应的化学方程式为ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；滤渣的主要成分为硫酸铅，故答案为：ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；PbSO4；
（2）由分析可知，试剂X为铁，加入铁的目的是将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子也转化为沉淀，导致含锗沉淀中含有杂质，故答案为：还原Fe3+；
（3）由图可知，溶液pH为2.5时，锗沉淀率最高，所以沉锗时，溶液适宜的pH应为2.5，故选C；
（4）由表格数据可知，当单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率高于一段沉锗，所以工业常用二段沉锗工艺；二段沉锗时，单宁酸总用量增大，锗沉淀率增大，当用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小，所以为节约生产成本，应选择单宁酸总用量为25倍进行二段沉锗，故答案为：单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小；
（5）由分析可知，滤液中含有ZnSO4、FeSO4，所以可从滤液中回收的金属元素为锌元素、铁元素，故答案为：Zn、Fe；
（6）由题意可知，含锗沉淀在空气中灼烧发生的反应为GeO(C2H2O)2SO4与空气中氧气反应生成二氧化锗、二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2，故答案为：2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2。
15．(1)延长浸泡时间或充分搅拌或适量增加硫酸的量或适当加热
(2) MnO2+2Fe2++4H+ =Mn2++2Fe3++2H2O Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)Mn2+ + 2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
(4)磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低
(5)6×10-38
(6) 正极 阳 4Na3PO4+18H2O3O2+4H3PO4 +6H2+12NaOH
【分析】烧渣灰(主要含ZnO，还含少量FeO、Al2O3、CuO及SiO2等)加入稀硫酸，烧渣灰的中ZnO，FeO、Al2O3、CuO溶解，SiO2不溶，形成滤渣；溶液1中加入MnO2溶液，将亚铁离子氧化生成铁离子，并加入氢氧化钠溶液调节pH至5.0，除去铁离子和铝离子，生成氢氧化铁和Al(OH)3沉淀，溶液2为金属阳离子主要为Mn2+、Cu2+、Zn2+，加入碳酸氢铵，得沉淀MnCO3，滤液3为金属阳离子主要为Cu2+、Zn2+，通入硫化氢，生成CuS沉淀，滤液4为Zn2+加入Na3PO4，可生成[Zn3(PO4)2]沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到磷酸锌，以此来解析；
【详解】（1）“酸溶”时，为提高锌的浸出率，加快反应速率，可采取的措施有延长浸泡时间或充分搅拌或适量增加硫酸的量或适当加热；
（2）溶液1中加入MnO2溶液，二氧化锰将亚铁离子氧化生成铁离子，自身被还原为Mn2+，Mn的化合价由+4价降低为+2价，Fe的化合价由+2价升高为+3价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+ =Mn2++2Fe3++2H2O；由分析可知经过滤2得到的滤渣的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；
（3）“沉锰”的原料为碳酸氢根，所得含锰沉淀为MnCO3，结合电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为：Mn2+ + 2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）根据提示信息，磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低，水洗时，用热水洗涤磷酸锌沉淀比用冷水洗涤损耗更少；
（5）沉铜” 过程中，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH=1，H2S⇌ H++HS-，HS-⇌H++S2-根据H2S的电离平衡常数Ka1=1×10-7，Ka2=1×10-15，可知Ka1× Ka2= ×=，可得c(S2-)===1×10-21mol/L，CuS的溶度积Ksp=c(Cu2+)c(S2-)=1×10-21mol/L×6×10-17 mol·L-1=6×10-38；
（6）由图中信息可知，a极得H3PO4，a极生成气体和H+，故为2H2O-4e-=O2+4H+ H3PO4，a极为阳极，M极为正极；PO向a极区移动，c阴离子交换膜，根据图中信息cd之间的室，进入浓磷酸钠，出去稀磷酸钠，可知钠离子透过d膜，故d为阳离子交换膜； PO向a极区移动，与H+，生成H3PO4，根据原子守恒和电荷守恒可知，a极区的反应为4PO+6H2O-12e-=3O2+4 H3PO4①，b极为阴极，反应为2H2O+2e-=H2+2OH-②，由①+②×6，可得总的电解反应离子方程式为：4PO+18H2O=3O2 +4 H3PO4 +6H2+12OH-，电解反应的化学方程式为：4Na3PO4+18H2O3O2+4H3PO4 +6H2+12NaOH。
16．(1)SiO2、TiO2
(2)酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢
(3)3~5
(4)
(5)CO、Cl2
(6)高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应
(7) Sc2(C2O4)3·H2O 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【分析】“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，经过酸浸，Fe2O3、Sc2O3转化为Fe3+、Sc3+，而SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；向酸浸后的滤液中加入氨水调节pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故滤渣2的主要成分为Fe(OH)3；再向溶液中加入草酸，“沉钪”得草酸钪晶体；将草酸钪晶体加热可得Sc2O3；再将Sc2O3、足量焦炭和Cl2一起加热反应得到ScCl3。
（1）
“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2。
（2）
盐酸具有挥发性，酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢。
（3）
“调pH”时，要出去的杂质离子为Fe3+，溶液中c(Fe3+)≤1.0´10-5mol·L-1，c(OH-)≥==1.0´10-11mol·L-1，则pH≥3； 除去Fe3+的同时，Sc3+不能形成沉淀，溶液中c(Sc3+)=0.001mol·L-1，c(OH-)＜==1.0´10-9mol·L-1，则pH＜5，故应控制的pH范围是3~5。
（4）
已知Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K==。
（5）
“加热氯化”过程主要发生的反应为Sc2O3+3C+3Cl22ScCl3+3CO，由于Cl2不能完全参加反应，故此过程中排出的气体主要有CO、Cl2。
（6）
ScCl3·6H2O沉淀在高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应：ScCl3·6H2OScOCl+2HCl↑+5H2O。
（7）
设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g´80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g´76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g´29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
17．(1) 恒压漏斗(或恒压滴液漏斗) 吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
(2)Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O
(3)2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+
(4) CuCl被空气氧化 取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净
(5) 随着pH增大，Cu2+水解程度增大 3.2(3-4之间的合理答案均可)
【分析】本题为实验室制备CuCl的探究，实验I为制备CuCl2，原理为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，然后用NaOH吸收挥发出来的HCl，实验II为用用(NH4)2SO3还原CuCl2溶液来制备CuCl，反应原理为：(NH4)2SO3+2CuCl2+H2O=2CuCl↓+(NH4)2SO4+2HCl，将混合物过滤、洗涤、干燥可得CuCl产品，据此分析解题。
(1)
由题干实验装置图可知，仪器a的名称为恒压滴液漏斗，由分析可知，NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的HCl，防止污染空气，故答案为：恒压滴液漏斗；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
(2)
由分析可知，三颈烧瓶中发生反应的反应方程式为：Cu+H2O2+2HClCuCl2+2H2O，故该反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O；
(3)
由分析可知，制备反应的方程式为：(NH4)2SO3+2CuCl2+H2O=2CuCl↓+(NH4)2SO4+2HCl，故该反应的离子方程式为：2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+，故答案为：2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+；
(4)
①由题干信息可知，CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化，则过滤操作最好采用抽滤法快速过滤，这样可避免因过滤速度慢，CuCl长期暴露在空气中而被氧化，故答案为：CuCl被空气氧化；
②由分析可知，根据反应原理可知，CuCl沉淀表面还有(NH4)2SO4等可溶性杂质，只要检测不到洗涤液中还有即说明洗涤干净，故判断CuCl沉淀洗涤干净的实验方案是取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净；
(5)
①由于Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，随着pH增大，H+浓度减小，上述水解平衡正向移动，导致CuCl2浓度逐渐降低，故答案为：随着pH增大，Cu2+水解程度增大；
②由题干图示信息可知，控制溶液的pH在3.2左右时，CuCl产率最高，故答案为：3.2(3-4之间的合理答案均可)。
18．(1)增大接触面积，提高吸收速率
(2) 氨气 2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
(3)NaCl+ CO2+ NH3+H2O= NaHCO3 ↓+ NH4Cl
(4) 甲基橙 最后一滴滴入，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复
(5)4.23%
(6)偏小
【详解】（1）多孔球泡的作用是为了增大固体和液体的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，提高吸收速率；
（2）由于氨气在溶液中的溶解度比较大，为了防止倒吸，不能将导管直接插入溶液中，所以该气体为氨气；实验室中用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故反应方程式为2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；
（3）碳酸氢钠的生成是用氯化钠、氨气、二氧化碳反应制备的，故反应方程式为NaCl+CO2+ NH3+H2O= NaHCO3 ↓+ NH4Cl；
（4）在第一次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显碱性，故选M选酚酞做指示剂，在第二次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显酸性，故选N甲基橙做指示剂；滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复；
（5）进行第一次滴定时，发生的反应为，消耗盐酸的体积为22.25mL，进行第二次滴定时发生的反应为，消耗盐酸的体积为23.51mL，故产品中碳酸氢钠消耗盐酸的体积为1.26mL，物质的量为，故NaHCO3的质量分数为，故答案为4.23%；
（6）若在第一次滴定过程中仰视读数，会导致原物质的碳酸钠含量偏高，碳酸氢钠含量偏小，故答案为偏小。
19．(1) 除去溶解的氧气 SO2中的SO3
(2)防止温度过高造成硫代硫酸钠分解
(3) 滴入最后一滴硫代硫酸钠样品溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 94.8%
(4)1mL pH=2.4的盐酸
(5)
【分析】检查装置气密性，加入药品，为防止氧气氧化硫化钠，通入一段时间氮气，排出装置内空气，加热绿矾发生分解反应，生成二氧化硫、三氧化硫、水，用B装置除去三氧化硫，C中二氧化硫和Na2S和Na2CO3混合溶液反应生成Na2S2O3，D装置吸收多余二氧化硫，防止污染。
【详解】（1）Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，Na2S具有还原性，蒸馏水煮沸可以除去溶解的氧气，防止Na2S被氧气氧化；SO3的沸点为44.8℃，冰水冷凝可使SO3液化，B装置的作用是除去SO2中的SO3；
（2）硫代硫酸钠受热易分解，为防止温度过高造成硫代硫酸钠分解，所以从锥形瓶中得到Na2S2O3晶体需水浴加热浓缩；
（3）向锥形瓶中加入20.0mL0.01 mol·L-1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，发生反应：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，有碘单质生成，加入淀粉作指示剂，溶液变蓝，用硫代硫酸钠样品溶液滴定，滴定终点，碘单质恰好完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变蓝；
根据IO+5I-+6H+=3I2+3H2O、I2+2S2O=S4O+2I-得关系式IO~~3I2~~6S2O，n(KIO3)= 0.02L×0.01 mol·L-1=0.0002mol，所以n(Na2S2O3)= 0.0002mol×6=0.0012mol，则样品纯度为；
（4）根据控制变量法，与第①组相比，第②组只能缺少氧化性微粒，所以第②组实验中的某试剂是1mL pH=2.4的盐酸；
（5）第①组反应快且生成沉淀多，说明S产生的主要原因是Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了-2价硫元素，所以反应的离子方程式为；
20．(1)弱
(2) 不同意，酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，混入了硫酸根离子，所以不能通过白色沉淀的质量来计算Na2CS3的量，否则结果偏大。
(3)三颈烧瓶
(4)b
(5)将生成物赶入后续装置，使其被充分吸收
(6) 1.5mol·L-1 偏高
【分析】设计实验探究Na2CS3的性质并测定其溶液的浓度，首先取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液，通过酚酞溶液变红色以及酸化的KMnO4溶液紫色褪去，可知Na2CS3是一种强碱弱酸盐，且可以和酸化的KMnO4溶液发生氧化还原反应，具有还原性。其次取Na2CS3溶液置于三颈烧瓶中，设计实验，反应原理为，通过收集产生的CS2和H2S气体，定量计算出Na2CS3溶液的浓度。为了确保充分吸收，反应结束后，再打开K，通入一段时间的热氮气，并且用到碱石灰等防止干扰实验，据此分析来解答。
(1)
Na2CS3的水溶液加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则H2CS3为弱酸，故答案为：弱；
(2)
步骤③的氧化产物是，还原产物是Mn2+，同时还生成CO2和H2O，离子方程式为：；酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，含有，会使生成硫酸钡沉淀的质量偏大，所以不能通过计算白色沉淀的质量来计算Na2CS3的量，故答案为：；不同意，酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，混入了硫酸根离子，所以不能通过白色沉淀的质量来计算Na2CS3的量，否则结果偏大；
(3)
仪器M的名称是三颈烧瓶，故答案为三颈烧瓶；
(4)
根据题意，A装置发生反应，并且CS2不溶于水，沸点为46℃，所以当通入一段时间的热氮气，CS2和H2S气体会进入后续装置，先用足量的CuSO4溶液吸收H2S气体，再用NaOH溶液吸收CS2，由于CS2和H2S均有毒，所以碱石灰放在最后既可以防止空气中的二氧化碳对实验产生干扰，也可以吸收多余的CS2和H2S，防止空气污染，所以按气流方向连接合理的顺序为ACBED，故答案为b；
(5)
步骤③中通N2的目的是将生成物CS2和H2S全部赶入后续装置，使其被充分吸收，故答案为将生成物赶入后续装置，使其被充分吸收；
(6)
由题意可知，C中发生反应产生黑色沉淀CuS，得到沉淀的质量为7.2g，则有，根据关系式Na2CS3~H2S~CuS得，所以；通过测定E中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若缺少装置D，E中除吸收CS2还会吸收空气中的二氧化碳，导致溶液质量增加偏大，计算值会偏高，故答案为1.5mol·L-1，偏高；
安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-20水溶液中的离子反应和平衡（2）
一、单选题
1．（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+
2．（2022·安徽池州·统考模拟预测）常温下，向20mL0.1000mol·L-1NaB溶液中滴加等浓度的弱酸HA溶液，所得混合溶液中lg与1g的关系如图所示。已知Ka(HA)=1.77×10-4。下列说法正确的是
A．Ka(HB)>Ka(HA)
B．pH=4时，的值比pH=3的大
C．滴入20mLHA溶液后存在关系：c(A-)>c(HB)
D．pH=7时，混合溶液中一定存在关系：c(Na+)=c(B-)
3．（2022·安徽·模拟预测）已知相同温度下，Ksp[ Cu(OH)2]
A．Cu(OH)2沉淀不能转化为Co(OH)2沉淀
B．该温度下Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10 -10
C．通过蒸发可使溶液由d点变到c点
D．向饱和溶液中加入适量NaOH固体，可使溶液由a点移到b点
4．（2022·安徽淮南·统考二模）实验测得0.10mol/LNaHCO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是
A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水解被抑制
B．O点溶液和P点溶液的c(OH-)相等
C．将N点溶液恢复到25℃，pH=8.62
D．Q点、M点溶液均有c()+c()+c(H2CO3)=0.10mol/L
5．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）中华优秀传统文化涉及了很多化学知识，下列说法正确的是
A．“弄风柳絮疑城雪，满地榆钱买得春”中的“柳絮”和棉花的主要成分均为蛋白质
B．“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉”，涉及的实验基本操作是过滤
C．《新修草本》有关“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色”，据此推测“青矾”的主要成分为Fe2(SO4)3·7H2O
D．《本草纲目拾遗》中对“强水”的记载：“性最猛烈，能蚀五金。”“强水”为强电解质
6．（2022·安徽合肥·统考三模）常温下，保持某含少量CaCO3浊液的水体中H2CO3与空气中CO2的平衡，调节水体pH，水体中-lg[c(X)]与pH的关系如下图所示(其中X为H2CO3、HCO3、CO或Ca2+)。下列说法错误的是
A．曲线II表示-lg[c(CO)]与pH的关系
B．该温度下，H2CO3的电离常数Ka1的数量级为10-7
C．a点的水体中：c(Ca2+)>c(HCO)>c(CO)
D．向水体中加入适量Ca(OH)2固体，可使溶液由b点变到c点
7．（2022·安徽马鞍山·统考三模）MOH是一种一元弱碱，25℃时， 在20.0mL 0.1 mol·L-1MOH溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸V mL， 混合溶液的pH与的关系如图所示。下列说法错误的是
A．x=3.75
B．a点时，V=10.0 mL
C．25℃时， MOH的电离常数Kb的数量级为10-4
D．V=20.0 mL时，溶液存在关系： 2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)
8．（2022·安徽芜湖·统考三模）常温下，将0.2mol·L-1NH4Cl溶液与0.2mol·L-1NaHA溶液等体积混合后(忽略体积变化)，所得混合溶液的pH为7.8。当向混合液中加入盐酸或NaOH溶液时，溶液中的粒子分布系数(δ)随溶液pH的变化如图所示(无NH3逸出)。已知δ(x)=或δ(x)= ；a、b、c、d、e分别表示NH、NH3·H2O、HA-、A2-、H2A中的一种。下列有关描述正确的是
A．常温下，Kb(NH3·H2O)＜Ka1(H2A)
B．由图可知，曲线a表示的是H2A，曲线e表示的是NH3·H2O
C．常温下，向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液时，c(NH)、c(HA-)均逐渐减小
D．常温下，向该混合溶液中逐滴加入HCl溶液至pH=7时：c(Na+)+c(H2A)=c(Cl-)+c(A2-)+c(NH3·H2O)
9．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后可得到“弱酸和弱酸盐”组成的缓冲溶液，缓冲溶液的pH=pKm-lg(计算时忽略酸的电离和盐的水解)。常温下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定16.00mL某未知浓度的HX溶液，滴定过程中消耗NaOH溶液的体积与混合溶液pH之间的关系如图(已知：pKm=-lgKm，100.48≈3.0)。下列说法正确的是
A．滴定前HX溶液的浓度约为0.3mol·L-1
B．HX的电离常数Ka=10-3.79
C．n点溶液中存在c(X-)+2c(OH-)=c(HX)+2c(H+)
D．q点液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(X-)
10．（2022·安徽淮北·统考二模）为二元弱酸，在25℃时，溶液中及HA-浓度的负对数pc随溶液pH变化的关系如图所示[已知：溶液中始终保持]。下列有关叙述错误的是
A．H2A的Ka1为1.0×10-3
B．b点：
C．由a点到c点的过程中，水的电离程度一直增大
D．NaHA溶液呈碱性
二、工业流程题
11．（2022·安徽铜陵·统考二模）随着能源紧缺问题的凸显，太阳能电池已经成为各国实施可持续发展的重要选择。太阳能电池的核心是电池材料，Si、GaAs(砷化镓)、CdTe(碲化镉)、铜(Cu)铟(In)硒(Se)薄膜等均可用于太阳能电池材料。回答下列问题：
(1)上述所涉及元素中，属于副族元素的是_______(填元素符号)。
(2)Se与O同主族，质子数比O大26，写出Se原子的结构示意图：_______。
(3)废弃的含GaAs的半导体材料可以用浓硝酸溶解，生成和，写出该反应的化学方程式：_______。
(4)以铜镉渣［主要含锌、铜、铁、镉、钴(Co)等单质］制备金属镉的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度均为0.1mol·L-1)
氢氧化物
开始沉淀的pH
1.7
6.3
7.5
沉淀完全的pH
2.8
8.4
9.3
①“滤渣1”是_______(填元素符号)。
②“氧化、沉铁”时，加入ZnO控制反应液的pH范围为_______；若加入的不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素，检验其所用的试剂是_______。
③“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解时，阳极反应式为_______，“电解废液”最好在_______步骤中加入以便循环利用。
④Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极转化为，则充电时电池的阳极反应式为_______。
12．（2022·安徽芜湖·统考三模）硫酸锰是一种重要的化工中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：
已知：
①“混合焙烧”后烧渣含、及少量FeO、、MgO。
②金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25℃)：
物质
开始沉淀的pH
1.9
7.6
7.3
3.0
完全沉淀的pH
3.2
9.6
9.3
5.2
③离子浓度≤10-5mol/L时，离子沉淀完全。
(1)“混合焙烧”时一般会将原料粉碎，这样做的主要目的是_______。
(2)若试剂a为，则氧化步骤发生反应的离子方程式为_______，若省略“氧化”步骤，造成的影响是_______。
(3)“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是_______。
(4)“氟化除杂”后，溶液中浓度为0.05。则溶液中和的比值=_______(已知：；)。
(5)“碳化结晶”时发生反应的离子方程式为_______，选择而不选择溶液的原因是_______。
13．（2022·安徽池州·统考模拟预测）利用铝锂钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量铝箔、LiCoO2等杂质，Co3O4具有较强氧化性)制备CoO的工艺流程如图所示。
已知：I.不同浸出剂“酸溶”结果
浸出剂
浸出液化学成分/(g·L-1)
钴浸出率/%
Co
Al
HCl
80.84
5.68
98.4
H2SO4+Na2S2O3
84.91
5.96
98.0
II.Al3+在pH为5.2时沉淀完全。
III.LiF的Ksp为1.8×10-3。
回答下列问题：
(1)“碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是_______(写出一种即可)，并写出主要的离子方程式：_______。
(2)“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择_______，并说明理由：_______。
(3)“净化”时，加NaF目的是将Li+转化为沉淀，当滤液③中c(F-)=4.0×10-3mol·L-1时计算“净化”后残余c(Li+)=_______mol·L-1。
(4)写出滤渣②“酸溶”后与草酸铵反应的离子方程式_______。
14．（2022·安徽淮南·统考二模）锗是一种稀散金属，在光纤通信、航空航天等领域有广泛应用，模拟从氧化锌烟灰(成分有ZnO、ZnO·GeO2、FeO·GeO2、Fe2O3·GeO2、PbO等)中提取锗元素的流程图如下：
已知：①浸取后溶液pH为2，Ge以GeO2+的形式存在；
②单宁酸为复杂有机酸，易与Fe3+络合沉淀。
(1)浸取时ZnO·GeO2发生反应的化学方程式是_______，浸渣的主要成分是_______。
(2)试剂X的作用是_______。
(3)下图为沉锗时溶液pH对锗沉淀率的影响，则适宜的pH应为_______(填标号)。
A．1.0 B．2.0 C．2.5 D．3.0
(4)沉锗时有一段沉锗和二段沉锗两种工艺，单宁酸用量与锗沉淀率关系如表所示，工业常用二段沉锗工艺且单宁酸总用量为25倍，其原因是_______。
一段沉锗单宁酸总用量/倍
10
15
20
25
30
锗沉淀率/%
88.5
89.5
90.5
91.5
93.5
二段沉锗单宁酸总用量/倍
10
15
20
25
30
锗沉淀率/%
92
93.5
94.5
97
97.5
(5)可从滤液中回收的金属元素主要有_______。
(6)若用C2H2O表示单宁酸，压滤后的含锗沉淀表示为GeO(C2H2O)2SO4，其在空气中灼烧会得到SO2、H2O、CO2三种气体，该反应方程式为_______。
15．（2022·安徽·模拟预测）磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低，常用作氯化橡胶合成高分子材料的阻燃剂。工业上利用烧渣灰(主要含ZnO，还含少量FeO、Al2O3、CuO及SiO2等)为原料制取磷酸锌的工艺流程如图所示：
已知：Ⅰ.加入NH4HCO3溶液的目的是沉锰。
Ⅱ.几种金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH如下表所示：
金属离子
Al3+
Fe3+
Cu2+
Zn2+
开始沉淀的pH
3.0
2.2
5.4
6.5
沉淀完全的pH
5.0
3.6
6.7
8.5
(1)用硫酸酸浸烧渣灰，为提高酸浸时锌的浸出率，可以采取的措施是_______(填一条)。
(2)加入MnO2发生反应的离子方程式是_______；经过滤2得到的滤渣的主要成分是_______(填化学式)。
(3)沉锰反应的离子方程式是_______。
(4)水洗时，用热水洗涤磷酸锌沉淀比用冷水洗涤损耗更少，说明原因：_______。
(5)通入H2S是为了除铜离子，25℃时，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH = 1，c(H2S)=0.1 mol·L-1，此时溶液中c(Cu2+) =6×10-17 mol·L-1，则CuS的溶度积Ksp=_______[已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1=1×10-7，Ka2=1×10-15]。
(6)利用膜技术电解经净化的含磷酸钠的废液，可以得到所需的工业产品磷酸和氢氧化钠等，电解装置如图所示：
则M为电源的_______ (填“正极”或“负极”)，d为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜，电解总反应式为_______。
16．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。氯化钪(ScCl3)是一种可溶于水的灰白色固体，是制备钪的重要原料。工业上利用固体废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)制取ScCl3，请结合流程回答以下问题：
已知：①TiO2难溶于盐酸。
②Ksp[Sc(OH)3]=1.0×10-30，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38
(1)滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。
(2)“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是_______。
(3)常温下，“调pH”时，溶液中c(Sc3+)=0.001mol·L-1，为除去杂质离子，应控制的pH范围是_______(当溶液中某离子浓度c≤1.010-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(4)已知Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+，此反应的平衡常数K=_______(用含a、b、c的代数式表示)。
(5)“加热氯化”过程中排出的气体主要有________(填化学式)。
(6)传统制备ScCl3的方法是先得到ScCl3·6H2O沉淀，再高温脱水得ScCl3，但通常含有ScOCl杂质，原因是_______。
(7)草酸钪晶体［Sc2(C2O4)3·6H2O］在空气中加热，随温度的变化情况如下图所示。250℃时，晶体的主要成分是_______(填化学式)，550～850℃，反应的化学方程式为_______。(已知Sc2(C2O4)3·6H2O的摩尔质量为462g·mol-1)
三、实验题
17．（2022·安徽淮南·统考二模）CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化，是重要的工业催化剂。某化学兴趣小组同学对其制备过程进行了实验探究。
I．小组同学首先用如图装置制备CuCl2。
(1)仪器a的名称为_______NaOH溶液的作用是_______。
(2)三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为_______。
II．查阅资料后，小组同学用(NH4)2SO3还原CuCl2溶液来制备CuCl。
(3)制备反应的离子方程式为_______。
(4)将混合物过滤、洗涤、干燥可得CuCl产品。
①过滤操作最好采用抽滤法快速过滤，这样可避免_______；
②判断CuCl沉淀洗涤干净的实验方案是_______。
(5)研究发现，CuCl的产率与CuCl2起始浓度、溶液pH的关系如下图。
①随着pH增大，CuCl2浓度逐渐降低的原因是_______；
②控制溶液的pH在_______时，CuCl产率最高。
18．（2022·安徽马鞍山·统考三模）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步 得到产品Na2CO3和NH4Cl两种产品，并测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量。过程如下：
Ⅰ.NaHCO3 的制备
实验流程及实验装置图如下：
回答下列问题：
(1)a导管末端多孔球泡的作用_______。
(2)b中通入的气体是_______， 写出实验室制取该气体的化学方程式_______。
(3)生成NaHCO3的总反应的化学方程式为_______。
Ⅱ.Na2CO3中NaHCO3含量测定
i.称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中：
ii.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至溶液由浅红色变无色(第一滴定终点)， 消耗盐酸V1mL；
iii.在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；
iv.平行测定三次，V1 平均值为22.25，V2平均值为23.51。
回答下列问题：
(4)指示剂N为_______， 第二滴定终点的现象是_______。
(5)Na2CO3中NaHCO3的质量分数为_______ ( 保留三位有效数字)。。
(6)第一滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
19．（2022·安徽芜湖·统考三模）硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸易分解。某学习小组用如图装置模拟古法制硫酸，同时利用生成的SO2气体制备硫代硫酸钠。
已知：
①绿矾化学式为FeSO4·7H2O，2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O。
②SO3的沸点为44.8℃。
③Na2S2O3中S元素的化合价分别为-2价和+6价。
回答下列问题：
I.硫代硫酸钠的制备
(1)检查装置气密性，加入药品。Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，煮沸的目的是_______；B装置的作用是 _______。
(2)从锥形瓶中得到Na2S2O3晶体需水浴加热浓缩至液体表面出现结晶为止，使用水浴加热的原因是_______。
II.产品纯度的测定
①溶液配制：准确称取该硫代硫酸钠样品2.00g，配制成250mL溶液。
②滴定：向锥形瓶中加入20.0mL0.01 mol·L-1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，发生反应：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，然后加入淀粉作指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=S4O+2I-。
(3)滴定终点的现象为_______；消耗样品溶液的用量为25.0mL，则样品纯度为_______％(保留1位小数)。
II.硫代硫酸钠性质的探究
①取Na2S2O3晶体，溶解，配成0.2mol·L-1的溶液。
②取4mL所配溶液，向其中加入1mL饱和氯水(pH=2.4)，溶液立即出现浑浊，经检验浑浊物为S。
实验小组研究S产生的原因，提出了以下假设：
假设1：Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了-2价硫元素。
假设2：酸性条件下，Na2S2O3分解产生S(不考虑空气中氧气氧化)。
依据假设设计实验方案：
所加试剂
现象
第①组
1mL饱和氯水+4mL Na2S2O3溶液
立即出现浑浊
第②组
1mL某试剂+4mL Na2S2O3溶液
一段时间后出现浑浊，且浑浊度比①组小
(4)第②组实验中的某试剂是_______。
(5)依据现象，S产生的主要原因是_______。(用离子方程式表示)
20．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究，回答下列问题。查阅资料：①Na2CS3+H2SO4=CS2+H2S↑+Na2SO4，CS2和H2S均有毒；②CS2不溶于水，沸点46℃，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
I.Na2CS3的性质探究
步骤
操作及现象
①
取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份
②
向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色
③
向另一份溶液中滴加H2SO4酸化的KMnO4溶液，紫色褪去
(1)H2CS3是_______酸(填“强”或“弱”)。
(2)已知步骤③的氧化产物是，写出该反应的离子方程式_______。某同学取步骤③反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，通过测定产生的白色沉淀的质量来求所用Na2CS3质量，你是否同意他的观点，并说明理由_______。
II.测定Na2CS3溶液的浓度
实验步骤如下：
①取50.0mLNa2CS3溶液置于仪器M中，打开K，通入一段时间氮气；
②关闭K，打开分液漏斗活塞，滴入足量2.0mol·L-1稀H2SO4，关闭活塞；
③反应结束后，再打开K，通入一段时间的热氮气(高于60℃)。
(3)仪器M的名称是_______
(4)上述装置按气流方向连接合理的顺序为_______
a.ADCEB b.ACBED c.AEBCD
(5)步骤③中通N2的目的是_______。
(6)为了计算该Na2CS3溶液的浓度，可测定C中生成沉淀的质量。对C中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重。若C中生成沉淀的质量为7.2g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是________。也可以通过测定E中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若缺少装置D，计算值会_______(填“无影响”、“偏高”或“偏低”)。
参考答案：
1．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。
2．C
【分析】滴加过程NaB转化为HB，发生的反应为B-+HA⇌A-+HB，当lg=-1时，lg=0，即此时10c(HA)=c(HB)、c(A-)=c(B-)，求出Ka(HB)，根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(B-)， pH=7时，c(H+)=c(OH-)，求出溶液中离子浓度的关系。
【详解】A． 当lg=-1时，lg=0，即此时10c(HA)=c(HB)、c(A-)=c(B-)，所以Ka(HB)==1.77×10-5，Ka(HB)
C． 滴入20mLHA时二者恰好反应HB和NaA，A-的水解常数为Kh=
D．根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(B-)， pH=7时，c(H+)=c(OH-)，混合溶液中一定存在关系：c(Na+)=c(A-)+c(B-)，c(Na+)=c(B-)不成立，故D错误；
故选C。
3．D
【分析】已知相同温度下，Ksp[ Cu(OH)2]
B．已知相同温度下，Ksp[ Cu(OH)2]
D．加入适量NaOH固体，溶液中OH-离子浓度增大，由于温度不变，Ksp不变，Co2+离子浓度减小，-lgc(Co2+)值增大，可使溶液由a点移到b点，D正确；
故选：D。
4．D
【分析】OM段碳酸氢钠溶液加热促进水的电离，pH减小，M点升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸钠，升温促进碳酸根的水解，溶液碱性增强，pH增大；
【详解】A．水解吸热，升高温度，水解平衡右移，而根据图象可知碳酸氢钠溶液加热，M点之前，升温pH减小，故主要原因是升温促进了水的电离，故A错误；
B．O点和P点温度不同，Kw不相同，虽然pH相同，但c(OH-)不相等，故B错误；
C．升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸钠，若将N点溶液恢复到25℃，由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故混合溶液pH应大于8.62，故C错误；
D．Q点、M点溶液均存在物料守恒：c()+c()+c(H2CO3)=0.10mol/L，故D正确；
故选：D。
5．B
【详解】A．“柳絮”和棉花的主要成分均为纤维素，故A项错误；
B．“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉汁”，是将液体和固体分开，分离液体和不溶性固体，操作为过滤，故B项正确；
C．“青矾”为绿色晶体，应该是硫酸亚铁晶体，则“青矾”的主要成分为FeSO4·7H2O，故C项错误；
D．“强水”为溶液，属于混合物，不是电解质，故D项错误；
答案选B。
6．D
【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、的浓度都逐渐增大，-lg[c(X)]均减小，随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，-lg[c(X)]逐渐增大，由于碳酸分步电离，第一步电离产生，第二步电离时产生，且以第一步电离为主，则起始时的浓度大于，因此曲线Ⅲ代表与pH的关系，曲线Ⅱ为与pH的关系，曲线Ⅰ为与pH的关系，。
【详解】A．由上述分析可知，曲线Ⅱ为与pH的关系，选项A正确；
B．由图可知，a点时，此时H2CO3的电离常数，数量级为，选项B正确；
C．曲线Ⅲ代表与pH的关系，曲线Ⅱ为与pH的关系，曲线Ⅰ为与pH的关系，经过a点作一条垂直与pH轴的直线，曲线Ⅱ在最上面，曲线Ⅲ在最下面，因此a点的水体中：，选项C正确；
D．，向水体中加入适量Ca(OH)2固体，、减小，增大，不能使溶液由b点变到c点，选项D错误；
答案选D。
7．B
【分析】由图可知，a点时pH=10.75，故c(OH-)=10-3.25，当=0，故c(M+)=c(MOH)，。
【详解】A．由分析知，当pH=7时，c(OH-)=10-7，则，故x=3.75，A项正确；
B．当V=10.0 mL，若不考虑电离和水解，则溶液中溶质为c(MOH)=c(MCl)，由于M+的水解程度和MOH的电离程度不同，则c(MOH)≠c(MCl)，故，B项错误；
C．由分析知，故MOH的电离常数Kb数量级为10-4，C项正确；
D．当V=20.0 mL时，由电荷守恒可知：c(H+) + c(M+) =c(OH-)+ c(Cl-)，由质子守恒可知：c(H+)= c(OH-)+ c(MOH)，用电荷守恒与质子守恒相加即可得到2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)，D项正确；
答案选B。
8．D
【分析】已知NH3·H2O+OH-，H2AHA-+H+，HA-A2-+H+，随着pH值的增大，NH3·H2O浓度增大，浓度减小，H2A浓度减小，HA-浓度先增大后减小，A2-浓度增大，故题干图示中，a代表H2A，b代表HA-，c代表，d代表NH3·H2O，e代表A2-，据此分析解题。
【详解】A．由题干信息可知，将0.2mol·L-1NH4Cl溶液与0.2mol·L-1NaHA溶液等体积混合后(忽略体积变化)，所得混合溶液的pH为7.8，说明HA-的水解大于的水解，即Kh (HA-)＞Kh()，即＞，则常温下，Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2A)，A错误；
B．由图可知，曲线a表示的是H2A，曲线d表示的是NH3·H2O，曲线e表示的是A2-，B错误；
C．由分析可知，常温下，向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液时，c()逐渐减小，而c(HA-)先增大后减小，C错误；
D．常温下，向该混合溶液中逐滴加入HCl溶液至pH=7即①c(H+)=c(OH-)时，根据电荷守恒可知：②c(Na+)+ c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-)，根据物料守恒有：③c(NH)+ c(NH3·H2O)= c(A2-)+ c(H2A)+c(HA-)，则联合①②③可得：c(Na+)+c(H2A)=c(Cl-)+c(A2-)+c(NH3·H2O)，D正确；
故答案为：D。
9．C
【分析】温度不变，酸的电离常数不变，设酸的浓度为cmol/L，由pH=pKm-1g可得pKm=pH+1g，即，化简得，解得c=0.2，则，即。
【详解】A．据分析，原HX溶液的浓度为，A错误；
B．据分析，HX的电离常数，B错误；
C．n点时，=4.75，则c(酸)=c(盐)，即c(HX)=c(NaX)，此时溶液中存在物料守恒：，电荷守恒，二式合并得，C正确；
D．由图可知，q点时pH=5.23，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，=4.75-lg=5.23，则＜1，即c(HX)＜c(NaX)，c(Na+)＜c(X-)，D错误；
答案选C。
10．D
【分析】pH为0时，溶液中主要是H2A，以H2A的一级电离为主，故c(HA-)=10-4mol/L，ab所在曲线为HA-的曲线，另一条线为A2-的曲线，c(H2A)近似为0.1mol/L， 。
【详解】A．由分析可知，Ka1=10-3，A正确；
B．b点溶液显酸性，氢氧根浓度很小，根据图知，c(HA-)>c(A2-)，故c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)，B正确；
C．由a点经b点到c点的过程中，溶液一直呈酸性，且酸性越来越弱，酸抑制水电离程度越来越弱，故水的电离程度一直增大，C正确；
D．pH=4.4时，c(HA-)=c(A2-)，故，HA-的水解平衡常数，故NaHA溶液显酸性， D错误；
故选D。
11．(1)Cd、Cu
(2)
(3)
(4) Cu 2.8~7.5或2.8≤pH≤7.5 或铁氢化钾溶液 酸溶
【分析】酸溶时，Cu不反应，滤渣1中主要含Cu；加入Zn和沉钴时，作为活化剂；加入双氧水主要是将亚铁离子氧化成铁离子便于除去，再加ZnO促进铁离子水解生成氢氧化铁；
【详解】（1）Cd、Cu均是副族元素，故填Cd、Cu；
（2）Se的原子序数为34，类比氧的结构示意图，故Se原子结构示意图为，故填 ；
（3）根据已知，结合氧化还原反应规律可知，GaAs与浓硝酸反应的化学方程式为，故填；
（4）①Cu不溶于稀硫酸，滤渣为Cu，故填Cu；
②“氧化、沉铁”需要将沉淀完全面不会沉淀，由表格可知，需加入ZnO控制溶液pH的范围为2.8~7.5()：若加入的不足，则电解液中含有，检验方法，取少量溶液，加入溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素，故填2.8~7.5或2.8≤pH≤7.5；或铁氢化钾溶液；
③“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解池中阳极反应为水失去电子发生氧化反应生成氧气，反应式为；“电解废液”中含有硫酸，故最好在“酸溶”步骤中加入循环利用，故填；酸溶；
④镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极转化为，则充电时电池的阳极反应为发生氧化反应生成，反应为，故填。
12．(1)加快反应速率
(2) MnO2＋4H＋＋2Fe2＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O Fe2＋完全沉淀时Mn2＋已经完全沉淀，造成Mn2＋损失
(3)5.2≤pH＜7.3(或5.2～7.3)
(4)(177.8或177.78)
(5) 碳酸钠溶液碱性强，会使Mn2＋水解为Mn(OH)2
【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2氟化除杂，使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体。
【详解】（1）高锰矿含有FeS， “混合焙烧”可以将金属硫化物转化为金属氧化物，同时除去硫元素，故“混合焙烧”主要目的是除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)；
（2）若试剂a为MnO2，氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子生成三价铁离子，本身被还原成二价锰离子，则氧化步骤发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；若省略“氧化”步骤，则铁元素只能以Fe2+形式除去，但是由表格可知除去亚铁离子的同时锰离子也除去了，即造成的影响是Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失；
（3）“中和除杂”的目的是使铝离子、铁离子完全沉淀且锰离子不沉淀，则由表格可知要控制溶液的pH范围是5.2≤pH<7.3(或5.2~7.3)；
（4）“氟化除杂”后，溶液中c(F- )浓度为0.05mol/L。则溶液中c(Mg2+):c(Ca2+)=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)=(6.4×10-10):(3.6×10-12)=1600/9(177.8或177.78)；
（5）“碳化结晶”时选择NH4HCO3，生成碳酸锰，结合原子守恒、电荷守恒可知发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；碳酸根离子水解程度大，碱性强，会促进锰离子水解为氢氧化锰，故“碳化结晶”时不选择Na2CO3溶液的原因是：碳酸钠溶液碱性强，会使Mn2+水解为Mn(OH)2。
13．(1) 搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可) 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
(2) H2SO4+Na2S2O3 两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境
(3)0.45
(4)Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓
【分析】废料用碱液溶解，过滤得到滤液①偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到较纯净的含有钴离子的溶液，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，加NaF除去钙离子，滤渣2为氟化锂，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，过滤得滤渣为碳酸钴沉淀，加盐酸溶解，再加草酸铵，过滤得CoC2O4•2H2O，灼烧钴得到氧化钴。
(1)
铝锂钴废料含有少量铝箔，能溶于NaOH溶液，生成可溶于水的偏铝酸钠，再过滤即可除去废料中的Al，“碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)(写出一种即可)，并写出主要的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。故答案为：搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)；2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
(2)
根据表中不同浸出剂“酸溶”实验结果可知，使用HCl或H2SO4+Na2S2O3时浸出液化学成分中Co的含量高、钴浸出率也较高，但因Co3O4有较强氧化性，在酸性条件下氧化S2O生成SO，而氧化溶液里的Cl-时，生成的氯气对环境有污染，“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择H2SO4+Na2S2O3，理由：两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境。故答案为：H2SO4+Na2S2O3；两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境；
(3)
“净化”时，加NaF目的是将Li+转化为沉淀，当滤液③中c(F-)=4.0×10-3mol·L-1时，由KspLiF=c(F-)×(Li+)=1.8×10-3，可知c(Li+)=mol•L-1=0.45mol•L-1，净化”后残余c(Li+)=0.45mol·L-1。故答案为：0.45；
(4)
滤渣2为氟化锂，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，过滤得滤渣为碳酸钴沉淀，加盐酸溶解，再加草酸铵，过滤得CoC2O4•2H2O，滤渣②“酸溶”后与草酸铵反应的离子方程式Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓，故答案为：Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓。
14．(1) ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O PbSO4
(2)还原Fe3+
(3)C
(4)单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小
(5)Zn、Fe
(6)2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2
【分析】由题给流程可知，向氧化锌烟灰中加入硫酸溶液浸取时，PbO与硫酸溶液反应生成PbSO4，ZnO、ZnO·GeO2、FeO·GeO2、Fe2O3·GeO2溶于硫酸溶液得到含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4) 3、GeOSO4，过滤得到含有PbSO4的滤渣和含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4) 3、GeOSO4的滤液；向滤液中先加入铁，将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子转化为沉淀，再加入氧化锌调节溶液pH至2.5，后加入单宁酸沉锗，经洗涤、压滤得到含有ZnSO4、FeSO4的滤液和含锗沉淀；含锗沉淀在空气中灼烧GeO2。
【详解】（1）由分析可知，ZnO·GeO2与硫酸溶液反应生成ZnSO4、GeOSO4和水，反应的化学方程式为ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；滤渣的主要成分为硫酸铅，故答案为：ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；PbSO4；
（2）由分析可知，试剂X为铁，加入铁的目的是将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子也转化为沉淀，导致含锗沉淀中含有杂质，故答案为：还原Fe3+；
（3）由图可知，溶液pH为2.5时，锗沉淀率最高，所以沉锗时，溶液适宜的pH应为2.5，故选C；
（4）由表格数据可知，当单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率高于一段沉锗，所以工业常用二段沉锗工艺；二段沉锗时，单宁酸总用量增大，锗沉淀率增大，当用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小，所以为节约生产成本，应选择单宁酸总用量为25倍进行二段沉锗，故答案为：单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小；
（5）由分析可知，滤液中含有ZnSO4、FeSO4，所以可从滤液中回收的金属元素为锌元素、铁元素，故答案为：Zn、Fe；
（6）由题意可知，含锗沉淀在空气中灼烧发生的反应为GeO(C2H2O)2SO4与空气中氧气反应生成二氧化锗、二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2，故答案为：2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2。
15．(1)延长浸泡时间或充分搅拌或适量增加硫酸的量或适当加热
(2) MnO2+2Fe2++4H+ =Mn2++2Fe3++2H2O Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)Mn2+ + 2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
(4)磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低
(5)6×10-38
(6) 正极 阳 4Na3PO4+18H2O3O2+4H3PO4 +6H2+12NaOH
【分析】烧渣灰(主要含ZnO，还含少量FeO、Al2O3、CuO及SiO2等)加入稀硫酸，烧渣灰的中ZnO，FeO、Al2O3、CuO溶解，SiO2不溶，形成滤渣；溶液1中加入MnO2溶液，将亚铁离子氧化生成铁离子，并加入氢氧化钠溶液调节pH至5.0，除去铁离子和铝离子，生成氢氧化铁和Al(OH)3沉淀，溶液2为金属阳离子主要为Mn2+、Cu2+、Zn2+，加入碳酸氢铵，得沉淀MnCO3，滤液3为金属阳离子主要为Cu2+、Zn2+，通入硫化氢，生成CuS沉淀，滤液4为Zn2+加入Na3PO4，可生成[Zn3(PO4)2]沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到磷酸锌，以此来解析；
【详解】（1）“酸溶”时，为提高锌的浸出率，加快反应速率，可采取的措施有延长浸泡时间或充分搅拌或适量增加硫酸的量或适当加热；
（2）溶液1中加入MnO2溶液，二氧化锰将亚铁离子氧化生成铁离子，自身被还原为Mn2+，Mn的化合价由+4价降低为+2价，Fe的化合价由+2价升高为+3价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+ =Mn2++2Fe3++2H2O；由分析可知经过滤2得到的滤渣的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；
（3）“沉锰”的原料为碳酸氢根，所得含锰沉淀为MnCO3，结合电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为：Mn2+ + 2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）根据提示信息，磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低，水洗时，用热水洗涤磷酸锌沉淀比用冷水洗涤损耗更少；
（5）沉铜” 过程中，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH=1，H2S⇌ H++HS-，HS-⇌H++S2-根据H2S的电离平衡常数Ka1=1×10-7，Ka2=1×10-15，可知Ka1× Ka2= ×=，可得c(S2-)===1×10-21mol/L，CuS的溶度积Ksp=c(Cu2+)c(S2-)=1×10-21mol/L×6×10-17 mol·L-1=6×10-38；
（6）由图中信息可知，a极得H3PO4，a极生成气体和H+，故为2H2O-4e-=O2+4H+ H3PO4，a极为阳极，M极为正极；PO向a极区移动，c阴离子交换膜，根据图中信息cd之间的室，进入浓磷酸钠，出去稀磷酸钠，可知钠离子透过d膜，故d为阳离子交换膜； PO向a极区移动，与H+，生成H3PO4，根据原子守恒和电荷守恒可知，a极区的反应为4PO+6H2O-12e-=3O2+4 H3PO4①，b极为阴极，反应为2H2O+2e-=H2+2OH-②，由①+②×6，可得总的电解反应离子方程式为：4PO+18H2O=3O2 +4 H3PO4 +6H2+12OH-，电解反应的化学方程式为：4Na3PO4+18H2O3O2+4H3PO4 +6H2+12NaOH。
16．(1)SiO2、TiO2
(2)酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢
(3)3~5
(4)
(5)CO、Cl2
(6)高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应
(7) Sc2(C2O4)3·H2O 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【分析】“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，经过酸浸，Fe2O3、Sc2O3转化为Fe3+、Sc3+，而SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；向酸浸后的滤液中加入氨水调节pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故滤渣2的主要成分为Fe(OH)3；再向溶液中加入草酸，“沉钪”得草酸钪晶体；将草酸钪晶体加热可得Sc2O3；再将Sc2O3、足量焦炭和Cl2一起加热反应得到ScCl3。
（1）
“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2。
（2）
盐酸具有挥发性，酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢。
（3）
“调pH”时，要出去的杂质离子为Fe3+，溶液中c(Fe3+)≤1.0´10-5mol·L-1，c(OH-)≥==1.0´10-11mol·L-1，则pH≥3； 除去Fe3+的同时，Sc3+不能形成沉淀，溶液中c(Sc3+)=0.001mol·L-1，c(OH-)＜==1.0´10-9mol·L-1，则pH＜5，故应控制的pH范围是3~5。
（4）
已知Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K==。
（5）
“加热氯化”过程主要发生的反应为Sc2O3+3C+3Cl22ScCl3+3CO，由于Cl2不能完全参加反应，故此过程中排出的气体主要有CO、Cl2。
（6）
ScCl3·6H2O沉淀在高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应：ScCl3·6H2OScOCl+2HCl↑+5H2O。
（7）
设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g´80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g´76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g´29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
17．(1) 恒压漏斗(或恒压滴液漏斗) 吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
(2)Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O
(3)2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+
(4) CuCl被空气氧化 取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净
(5) 随着pH增大，Cu2+水解程度增大 3.2(3-4之间的合理答案均可)
【分析】本题为实验室制备CuCl的探究，实验I为制备CuCl2，原理为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，然后用NaOH吸收挥发出来的HCl，实验II为用用(NH4)2SO3还原CuCl2溶液来制备CuCl，反应原理为：(NH4)2SO3+2CuCl2+H2O=2CuCl↓+(NH4)2SO4+2HCl，将混合物过滤、洗涤、干燥可得CuCl产品，据此分析解题。
(1)
由题干实验装置图可知，仪器a的名称为恒压滴液漏斗，由分析可知，NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的HCl，防止污染空气，故答案为：恒压滴液漏斗；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
(2)
由分析可知，三颈烧瓶中发生反应的反应方程式为：Cu+H2O2+2HClCuCl2+2H2O，故该反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O；
(3)
由分析可知，制备反应的方程式为：(NH4)2SO3+2CuCl2+H2O=2CuCl↓+(NH4)2SO4+2HCl，故该反应的离子方程式为：2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+，故答案为：2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+；
(4)
①由题干信息可知，CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化，则过滤操作最好采用抽滤法快速过滤，这样可避免因过滤速度慢，CuCl长期暴露在空气中而被氧化，故答案为：CuCl被空气氧化；
②由分析可知，根据反应原理可知，CuCl沉淀表面还有(NH4)2SO4等可溶性杂质，只要检测不到洗涤液中还有即说明洗涤干净，故判断CuCl沉淀洗涤干净的实验方案是取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净；
(5)
①由于Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，随着pH增大，H+浓度减小，上述水解平衡正向移动，导致CuCl2浓度逐渐降低，故答案为：随着pH增大，Cu2+水解程度增大；
②由题干图示信息可知，控制溶液的pH在3.2左右时，CuCl产率最高，故答案为：3.2(3-4之间的合理答案均可)。
18．(1)增大接触面积，提高吸收速率
(2) 氨气 2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
(3)NaCl+ CO2+ NH3+H2O= NaHCO3 ↓+ NH4Cl
(4) 甲基橙 最后一滴滴入，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复
(5)4.23%
(6)偏小
【详解】（1）多孔球泡的作用是为了增大固体和液体的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，提高吸收速率；
（2）由于氨气在溶液中的溶解度比较大，为了防止倒吸，不能将导管直接插入溶液中，所以该气体为氨气；实验室中用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，故反应方程式为2NH4Cl +Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；
（3）碳酸氢钠的生成是用氯化钠、氨气、二氧化碳反应制备的，故反应方程式为NaCl+CO2+ NH3+H2O= NaHCO3 ↓+ NH4Cl；
（4）在第一次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显碱性，故选M选酚酞做指示剂，在第二次滴定时，由于达到滴定终点时溶液显酸性，故选N甲基橙做指示剂；滴定终点的现象为滴入最后一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30s内不恢复；
（5）进行第一次滴定时，发生的反应为，消耗盐酸的体积为22.25mL，进行第二次滴定时发生的反应为，消耗盐酸的体积为23.51mL，故产品中碳酸氢钠消耗盐酸的体积为1.26mL，物质的量为，故NaHCO3的质量分数为，故答案为4.23%；
（6）若在第一次滴定过程中仰视读数，会导致原物质的碳酸钠含量偏高，碳酸氢钠含量偏小，故答案为偏小。
19．(1) 除去溶解的氧气 SO2中的SO3
(2)防止温度过高造成硫代硫酸钠分解
(3) 滴入最后一滴硫代硫酸钠样品溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 94.8%
(4)1mL pH=2.4的盐酸
(5)
【分析】检查装置气密性，加入药品，为防止氧气氧化硫化钠，通入一段时间氮气，排出装置内空气，加热绿矾发生分解反应，生成二氧化硫、三氧化硫、水，用B装置除去三氧化硫，C中二氧化硫和Na2S和Na2CO3混合溶液反应生成Na2S2O3，D装置吸收多余二氧化硫，防止污染。
【详解】（1）Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，Na2S具有还原性，蒸馏水煮沸可以除去溶解的氧气，防止Na2S被氧气氧化；SO3的沸点为44.8℃，冰水冷凝可使SO3液化，B装置的作用是除去SO2中的SO3；
（2）硫代硫酸钠受热易分解，为防止温度过高造成硫代硫酸钠分解，所以从锥形瓶中得到Na2S2O3晶体需水浴加热浓缩；
（3）向锥形瓶中加入20.0mL0.01 mol·L-1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，发生反应：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，有碘单质生成，加入淀粉作指示剂，溶液变蓝，用硫代硫酸钠样品溶液滴定，滴定终点，碘单质恰好完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变蓝；
根据IO+5I-+6H+=3I2+3H2O、I2+2S2O=S4O+2I-得关系式IO~~3I2~~6S2O，n(KIO3)= 0.02L×0.01 mol·L-1=0.0002mol，所以n(Na2S2O3)= 0.0002mol×6=0.0012mol，则样品纯度为；
（4）根据控制变量法，与第①组相比，第②组只能缺少氧化性微粒，所以第②组实验中的某试剂是1mL pH=2.4的盐酸；
（5）第①组反应快且生成沉淀多，说明S产生的主要原因是Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了-2价硫元素，所以反应的离子方程式为；
20．(1)弱
(2) 不同意，酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，混入了硫酸根离子，所以不能通过白色沉淀的质量来计算Na2CS3的量，否则结果偏大。
(3)三颈烧瓶
(4)b
(5)将生成物赶入后续装置，使其被充分吸收
(6) 1.5mol·L-1 偏高
【分析】设计实验探究Na2CS3的性质并测定其溶液的浓度，首先取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液，通过酚酞溶液变红色以及酸化的KMnO4溶液紫色褪去，可知Na2CS3是一种强碱弱酸盐，且可以和酸化的KMnO4溶液发生氧化还原反应，具有还原性。其次取Na2CS3溶液置于三颈烧瓶中，设计实验，反应原理为，通过收集产生的CS2和H2S气体，定量计算出Na2CS3溶液的浓度。为了确保充分吸收，反应结束后，再打开K，通入一段时间的热氮气，并且用到碱石灰等防止干扰实验，据此分析来解答。
(1)
Na2CS3的水溶液加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则H2CS3为弱酸，故答案为：弱；
(2)
步骤③的氧化产物是，还原产物是Mn2+，同时还生成CO2和H2O，离子方程式为：；酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，含有，会使生成硫酸钡沉淀的质量偏大，所以不能通过计算白色沉淀的质量来计算Na2CS3的量，故答案为：；不同意，酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，混入了硫酸根离子，所以不能通过白色沉淀的质量来计算Na2CS3的量，否则结果偏大；
(3)
仪器M的名称是三颈烧瓶，故答案为三颈烧瓶；
(4)
根据题意，A装置发生反应，并且CS2不溶于水，沸点为46℃，所以当通入一段时间的热氮气，CS2和H2S气体会进入后续装置，先用足量的CuSO4溶液吸收H2S气体，再用NaOH溶液吸收CS2，由于CS2和H2S均有毒，所以碱石灰放在最后既可以防止空气中的二氧化碳对实验产生干扰，也可以吸收多余的CS2和H2S，防止空气污染，所以按气流方向连接合理的顺序为ACBED，故答案为b；
(5)
步骤③中通N2的目的是将生成物CS2和H2S全部赶入后续装置，使其被充分吸收，故答案为将生成物赶入后续装置，使其被充分吸收；
(6)
由题意可知，C中发生反应产生黑色沉淀CuS，得到沉淀的质量为7.2g，则有，根据关系式Na2CS3~H2S~CuS得，所以；通过测定E中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若缺少装置D，E中除吸收CS2还会吸收空气中的二氧化碳，导致溶液质量增加偏大，计算值会偏高，故答案为1.5mol·L-1，偏高；
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