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江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13水溶液中的离子反应和平衡
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这是一份江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13水溶液中的离子反应和平衡，共38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。
江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13水溶液中的离子反应和平衡
一、单选题
1．（2023·江西景德镇·统考三模）元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列判断正确的是
A．X氢化物的沸点一定比Z的小
B．单质R可以保存在乙醇中
C．Q的氢化物的水溶液能刻蚀玻璃
D．Y与Z构成的化合物能促进水的电离
2．（2023·江西景德镇·统考三模）二元弱酸H2A溶液中各组分百分含量δ随pH的变化如图所示。难溶盐MA的溶度积ksp(MA)=4.0×10-8，M2+离子不水解。已知≈3.2，下列说法错误的是
A．H2A的二级电离常数Ka2的数量级为10-5
B．C点的pH为2.75
C．反应H2A(aq)+M2+(aq)MA(s)+2H+(aq)的平衡常数K≈80
D．向MA的饱和溶液中加酸调节至中性，则一定存在：2c(M2+)=2c(A2-)+c(HA-)
3．（2023·江西南昌·统考三模）用溶液滴定溶液过程中的变化如图所示：
下列叙述错误的是
A．为一元弱酸
B．初始溶液中的电离度
C．时，混合溶液中有
D．若使用酚酞作指示剂，会产生系统误差，测得溶液浓度会偏大
4．（2023·江西宜春·校联考二模）向10mL浓度均为0.1mol·L-1的FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入等浓度的氨水，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与氨水(K b=1.8×10-5)体积关系如图所示，测得M、N点溶液pH分别为8.04、8.95。
已知：i.Zn2++4NH3[Zn(NH3)4]2+=109.06
ii.Ksp[Zn(OH)2]
A．曲线X表示Zn2+
B．Ksp[Fe(OH)2]=10-15.1
C．N点锌元素的主要存在形式是[Zn(NH3)4]2+
D．Zn(OH)2+4NH3[Zn(NH3)4]2++2OH- K=10-7.86
5．（2023·江西赣州·统考模拟预测）利用废蚀刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制备碱性蚀刻液[Cu（NH3）4Cl2溶液]和FeCl3•6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu（NH3）4Cl2]、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制备NH3 B．用装置乙制备Cu（NH3）4Cl2并沉铁
C．用装置丙分离Cu（NH3）4Cl2溶液和Fe（OH）3 D．用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3•6H2O
6．（2023·江西赣州·统考模拟预测）常温下，向20 mL 0．1mol·L-1NaA溶液中通入HCl气体，溶液的pH随变化的关系如图所示。忽略溶液体积变化，下列有关说法不正确的是
A．水的电离程度：b>a
B．a点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(OH-)
C．b点溶液中：c(A-)+2c(H+)=c(HA)+2c(OH-)
D．Ka(HA)的数量级为l0-5
7．（2022·江西景德镇·统考二模）化合物A(MXW3YZ)是一种温和的还原剂。W、X、Y、Z、M都是短周期主族元素且原子序数依次增大，A的阴离子的结构如下图所示。已知该阴离子中所有原子都达到2电子或8电子稳定结构。下列叙述错误的是
A．A中W的化合价为-1 B．XZ是一种新型陶瓷材料
C．X的含氧酸是一种弱酸 D．化合物MYZ的水溶液显中性。
8．（2022·江西·校联考模拟预测）下列有关实验操作、现象及结论都正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
两块相同的铝箔，其中一块用砂纸仔细打磨过，将两块铝箔分别在酒精灯上加热
打磨过的铝箔先熔化并滴落下来
金属铝的熔点较低，打磨过的铝箔更易熔化
B
室温下，用pH试纸分别测定同浓度的Na2SO3溶液和CH3COONa溶液的pH
前者pH比后者大
酸性：H2SO3
C
加热碳酸盐X使其分解，将产生的气体通入BaCl2溶液
无明显现象
X可能是(NH4)2CO3
D
向盛有少量胆矾晶体的试管中加入适量的浓硫酸
晶体表面由蓝色变为白色
说明浓硫酸具有吸水性
A．A B．B C．C D．D
9．（2022·江西上饶·校联考模拟预测）常温下，向500mL一定物质的量浓度KAl(SO4)2溶液中逐滴加入0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的质量关系如图，(忽略混合时溶液体积的变化)，已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。下列说法正确的是
A．ab段发生离子反应有：SO+Ba2+=BaSO4↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B．a点、b点、c点三点所对应的溶液的水的电离程度：a>b>c
C．若V2=1；V3=1.5时，c点溶液中c(SO)=4.4×10-9mol·L-1
D．若V2=1时，m2=27.2
10．（2021·江西九江·统考一模）下列说法不正确的是
A．将地沟油转化为生物柴油是发生了取代反应
B．、与三种微粒中质子数和电子数均相同
C．碘单质与固体混合物不可用加热的方法分离
D．1L0.3mol/LNaClO溶液中含有的数目小于
11．（2021·江西宜春·统考一模）时，向浓度均为的和混合液中滴加的氨水，随氨水体积(V)不断增加，溶液中离子浓度的变化趋势如图所示.下列说法错误的是(已知，)
A．a点的混合溶液中约为
B．b点的混合溶液中：
C．滴定过程中逐渐减小
D．c点溶液中：
二、工业流程题
12．（2023·江西景德镇·统考三模）工业上以铬铁矿(FeO·Cr2O3，含Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料制备红矾钠的工艺流程以及可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系分别如图a、b。当c≦1.0×10-5mol·L-1时，可认为已除尽。回答下列问题：
(1)焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 。
(2)焙烧的目的是将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时FeO·Cr2O3发生的化学方程式 。
(3)中和时pH的理论范围为 ；酸化的目的是 。
(4)副产品主要是 。
(5)此方法生产过程中会产生大量含的酸性废水，可以用如图c装置处理。向废水中加入适量的NaCl进行电解，被还原为Cr3+然后生成Cr(OH)3沉淀除去，废水则可以达到排放标准。已知Ksp(Cr(OH)3)=1.0×10-32；写出阳极的电极方程式： ；若电解一段时间后，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，则此时c(Cr3+)= mol·L-1。
13．（2023·江西·统考二模）近日，西湖大学理学院何睿华课题组发现了世界首例具有本征相于性的光阴极量子材料——钛酸锶。某小组以钛铁矿为原料制备钛酸锶的流程图如下：
已知几种物质的主要成分如表所示。
物质
成分
钛铁矿
主要成分是FeTiO3，含少量SiO2、Fe3O4等
浸液1
Fe3+、Fe2+、TiO2+、H+、
滤液2
Fe2+、TiO2+、H+、
滤液3
Fe2+、TiO2+、H+、
回答下列问题：
(1)“气体”分子的电子式为 。
(2)为了提高“焙烧”速率，宜采取的措施有 答一条合理措施即可)。从“滤渣2”中提纯铁粉的物理方法是 。
(3)“滤液2”和“滤液3”中浓度有明显变化的离子为 (填离子符号)。设计简单实验检验滤液4含有Fe2+： 。
(4)“热解”中主要反应的离子方程式为 。用“热水”而不用常温水，其目的是 。
(5)在“灼烧”中盛装H2TiO3的仪器是 (填名称)。
(6)某钛铁矿中含钛元素的质量分数为ω，100kg该钛铁矿经上述流程最终制得mg钛酸锶，则钛的收率为 %(提示：钛的收率等于实际钛产量与理论钛产量之比)。
14．（2023·江西赣州·统考一模）镍及其化合物在化工生产中有广泛应用。某实验室用工业废弃的NiO催化剂(含有Fe2O3、CaO、CuO、BaO等杂质)为原料制备Ni2O3的实验流程如下：
已知：常温时Ksp(CaF2)=2.7×10-11，Ksp(CuS)=1.0×10-36；Fe3+不能氧化Ni2+。有关氢氧化物开始沉淀的pH和完全沉淀的pH如下表所示：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.7
完全沉淀的pH
3.7
9.7
9.2
(1)Fe的原子结构示意图为 。
(2)滤渣的主要成分为 。
(3)实验室中操作A除去不溶性杂质用到的玻璃仪器有 。
(4)加入H2O2的目的是 ；调pH的范围是 。
(5)加入NaF的目的是进一步除去Ca2+，当c(F-)=0.001mol·L-1，c(Ca2+)= mol·L-1.
(6)“氧化”过程中加入的试剂X可以是NaClO、K2S2O8、KMnO4等，写出加入K2S2O8反应生成NiOOH的离子方程式 。
15．（2023·江西南昌·统考一模）蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、 CaO、 Fe2O3、 Al2O3、 NiO、FeS等，一种综合利用蛇纹石矿回收镁资源的工艺流程如下：
已知：
①当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于1 × 10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。
②Ksp(NiS)=1 × 10-21，氢硫酸的两步电离常数分别为Ka1=1.4× 10-7， Ka2=7.1×10-15。
(1)“加压酸浸”中，要控制温度在110℃左右，但反应时几乎无需加热，原因是 。 滤渣1的主要成分除S、CaSO4外还有 。
(2)“氧化”中空气的作用是 ，NaClO3发生反应的离子方程式为 。
(3)“ 除铁”中滤渣2为难溶于水的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，同时生成一种无色气体为 ， Na2CO3溶液需缓慢加入，原因是 。
(4)“沉镍”中，当Ni2+恰好完全沉淀时，若溶液中c(H2S)=1 ×10-3mol/L，则此时溶液的pH约为 。
16．（2022·江西抚州·统考模拟预测）回收磷酸铁锂电池的正极材料，工艺流程如下：
已知：该温度时Co(OH)2、Mn(OH)2的Ksp分别为2.0 ×10-15、1.9×10-13。
回答下列问题：
(1)磷酸铁锂电池在剥离前要充分放电，通过Li+移动把FePO4转化为LiFePO4该电极反应式为 。
(2)磷酸铁锂电池的正极材料“浸出”前需要粉碎，目的是 。
(3)“滤渣”中含有FePO4和C，为了得到纯净的FePO4，简单除碳方法为 。
(4)“净化”时为除尽微量的Mn2+、Co2+，确保浓度控制为等于或小于1 ×10-5mol·L-1，加入NaOH溶液调pH至 (填“酸性”或“碱性”)较好。
(5)粗Li2CO3固体表面上黏有Na2CO3溶液和 溶液，工业上用热水而不用冷水清洗固体，原因有 、 、后期易干燥且Li2CO3产率高。
(6)“浸出”过程中发生的化学方程式为 。
17．（2022·江西·校联考模拟预测）硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血。利用黄铜矿(CuFeS2)制备硫酸亚铁并回收铜的工艺流程如图所示：
(1)①焙烧生成的SO2可用柠檬酸-柠檬酸钠溶液进行吸收，该过程采用逆流接触法进行吸收的原因是 。
②还可用电化学氧化法处理SO2，同时生成H2SO4，写出SO2参与反应的电极反应式： 。
(2)还原过程中加入的X为 (填化学式)，该过程发生反应的离子方程式是 。
(3)滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(4)①向滤液中加入稀硫酸后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得绿矾晶体，加入稀硫酸的目的是 。
②为测定产品FeSO4·xH2O中结晶水的数量，称取14g产品配制成250mL待测液，准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中加稀硫酸酸化，用0.0500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL，则x= 。
18．（2022·江西·校联考二模）五氧化二钒(V2O5) 是一种橙黄色片状晶体，具有强氧化性。在冶金、催化剂、磁性材料等领域有重要作用。实验室以含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)来制备V2O5的一种工艺流程如下：
已知：“滤渣2”为Mg2(OH)2CO3
请回答下列问题：
(1)含钒废料中的有机物主要在 工序中除去。
(2)常温时，若“调pH净化I”工序中最终溶液pH=8，通过计算判断，此时Cu2+是否已经沉淀完全 (填“是”或“否”)，并写出计算过程(已知离子浓度<1.0×10-5mol·L-1认为沉淀完全：Ksp[Cu(OH)2]=4.8×10-20) 。
(3)“净化II”时若加入过量的( NH4)2CO3，可能导致的后果为 。
(4)煅烧反应同时有氨气生成，实验室检验该气体的方法为 。NH4VO3要在流动空气中煅烧的原因可能是 。
(5)在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液，反应的离子方程式为 。
(6)全钒液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为+V2++2H+VO2++H2O+V3+电池充电时，阳极的电极反应式为 。
19．（2022·江西九江·统考二模）以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下：
(1)“氧化”时，反应的离子方程式为 。可用一种试剂检验氧化后的溶液中是否含有Fe2+，该试剂为 (写化学式)。
(2)加入MnCO3调节pH=3.3时可以将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，该反应的离子方程式为 。
(3)“沉铜"时，若滤液中c(Mn2+)=0.21mol·L-1，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀而又避免生成Mn(OH)2，应控制pH的范围为 。[已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=1×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13，离子浓度小于或等于10-5mol/L可视为沉淀完全]
(4)本工艺中可循环使用的物质是 。
(5)结合图象，分析获得(MnSO4·H2O)晶体的“系列操作”步骤为： 、 ，酒精洗涤，低温干燥。
20．（2022·江西南昌·统考一模）含锌催化剂(主要为ZnO、同时含有少量Fe、Cu、Pb等氧化物)用于合成氨工业和有机合成工业。为充分利用资源，通过如下工艺流程回收锌并制备纳米氧化锌。
(1)90℃酸浸中，硫酸质量分数控制在30%左右，原因是 。
(2)氧化除杂阶段主要是除去铁，氧化时发生的离子方程式是 。调节pH发生的离子方程式为 。
(3)加入锌除去的杂质离子是 ，深度除杂的目的是 。
(4)由碱式碳酸锌分解得到纳米氧化锌的方法是 。
(5)酸浸中，硫酸的量是理论用量的90%，硫酸不能过量的主要原因是 。
21．（2021·江西九江·统考一模）砷盐净化工艺成功应用于冶炼锌工业，加快了我国锌冶炼技术改造步伐。从砷盐净化渣(成分为Cu、、Zn、ZnO、Co、Ni等)中回收有价值的金属具有重要意义。
回答下列问题：
(1)“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有 (写两点)，其他条件不变时，Zn和Ni浸出率随pH变化如下图所示，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为 。
(2)“氧化浸出“时，被氧化为的化学方程方式为 ；此过程温度不能过高的原因 。
(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入进行“沉铜”，得到难溶性的，则“沉铜”的离子方程式为 。
(4)操作Ⅰ所用到的玻璃仪器有 ，已知煅烧时温度不同，产物不同。400℃时在空气中充分煅挠，得到的钴的氧化物的质量为4.82g，的体积为2.688L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为 。
(5)已知常温下，相关金属氢氧化物开始沉淀和沉淀完全(离子浓度视为沉淀完全)的pH如下表所示：
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
8.0
10.0
7.5
9.5
若将沉铜后的溶液调节至，此时溶液中 。
22．（2021·江西南昌·统考二模）钛酸锂电池是一种较安全的锂离子电池，利用钛酸锂废料(含有少量碳、镍和铁元素)，回收其中的有价金属锂和钛并制备高附加值的碳酸锂和二氧化钛产品，工艺流程如图所示：
(1)中的化合价为 。
(2)酸浸时生成钛酸，提高酸浸速率的措施有： ．(写一条即可)
(3)浸出渣中含有钛酸和少量 。
(4)已知：．常温时通过调节溶液大于 ，达到除杂目的。
若要将镍、铁从浸出液中分步除去，达到分离镍和铁的目的，方案为 ，然后继续调，过滤得到。
(5)用碳酸钠“沉锂”的离子方程式为 ；碳酸钠的添加量(理论用量的倍数)对的收率及纯度影响如图所示．代表纯度的曲线为 (填“a”或“b”)。
(6)工业上向尾液中加入的目的是 (填编号)。
A．进一步回收金属锂 B．得到产品 C．除杂 D．污水处理
23．（2021·江西·校联考二模）某小组利用含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)制备化工产品三盐(PbSO4·3PbO·H2O)的工艺流程如图：
已知：Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，Pb(OH)2具有两性，PbO2有强氧化性。请回答下列问题：
(1)结晶水合物M(M=322g/mol)的化学式为 。
(2)“转化”中，加入Na2SO3溶液的离子反应方程式 。
(3)“转化”中，加入Na2CO3目的是 。
(4)下列试剂可以替代Na2SO3溶液 (填写字母)。
A．H2O2溶液 B．Na2SO4溶液 C．高锰酸钾溶液 D．Fe2(SO4)3溶液
(5)该流程中可以循环利用的物质是 (填写物质名称)。
(6)“酸溶”时，反应温度为40℃，其主要原因是 。
(7)合成三盐的化学方程式为 ，解释“合成”需控制溶液的pH不能大于10的原因 。
三、实验题
24．（2022·江西·校联考模拟预测）亚硫酰氯(SOCl2)是无色液体，其熔点为-101℃、沸点75.6℃，广泛用于生产有机中间体、除草剂、杀虫剂、医药、染料等领域，也常作为原电池的非水电解质。140℃以上会分解，遇水剧烈反应。实验室合成SOCl2的原理为SO2+PCl5POCl3+ SOCl2。实验装置如图所示(夹持仪器已略)。
(1)盛放70%H2SO4的仪器名称 ，装置甲中制备SO2的化学方程式 。
(2)反应需控制温度在40℃-80℃，采用的加热方式 。
(3)装置乙所盛试剂的化学式为 ；装置丁的作用为 。
(4)反应后将产物SOCl2从丙中的液态混合物中蒸馏出来，在蒸馏操作中，仪器选择及安装正确的是 。
(5)向盛有20ml水的锥形瓶中，小心滴加ag产品SOCl2，立即可观察到剧烈反应，有带刺激性气味且使品红溶液褪色的气体产生，轻轻振荡锥形瓶，向溶液中加入足量AgNO3溶液，产生不溶于HNO3的白色沉淀，过滤、洗涤、烘干、称量得bg固体。
①根据实验现象，写出SOCl2与水反应的化学方程式 。
②蒸干FeCl3溶液不能得到无水FeCl3，让SOCl2与FeCl3·6H2O混合并加热，可得到无水FeCl3，试解释原因 。
③该产物SOCl2的纯度为 。
25．（2022·江西上饶·校联考模拟预测）草酸(H2C2O4)是一种常见二元弱酸，易溶于水，常用来做还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某化学学习兴趣小组欲制备草酸并探究其某些化学性质，经查找资料：乙炔在45-55℃硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸。
[草酸的制备]
甲同学以电石(主要成分CaC2)、浓硝酸及少量硝酸汞为原料，利用如图装置制备草酸。
(1)仪器a的名称
(2)实验室制乙炔时用饱和食盐水代替水的目的是。 。反应时C中产生大量红棕色气体，请写出C中发生化学反应方程式 。
[产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)质量分数的测定]
乙同学准确称取ag产品，配成100mL水溶液，取20mL所配制的溶液置于锥形瓶内，用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定至终点，平行实验三次，平均消耗标准溶液vmL。试回答：
(3)上述滴定实验中发生的离子反应方程式 ，判断到达滴定终点的现象是 。
(4)产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的质量分数为 (用a、v表示)
[草酸的性质]
(5)上述酸性高锰酸钾与草酸反应，体现了草酸 (填酸性、氧化性或还原性)
(6)室温下已知：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.5×104，通过下列实验探究草酸的性质。[1g2=0.3，lg3=0.5]。向10mL0.1mol/LH2C2O4溶液中逐滴加入VmL0.1mol/LNaOH溶液，当V从0逐渐增大至20时，测得混合溶液的pH逐渐增大，下列说法正确的是_______(填字母)
A．当V=10时，溶液中离子浓度关系：c(Na+)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H+)>c(OH-)
B．当溶液中c(C2O)=c(HC2O)时，混合溶液的pH约为3.8
C．当溶液中c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)时，混合溶液的pH=7
D．当溶液中c(Na+)=2c(C2O)+2c(HC2O)+2c(H2C2O4)时，混合溶液的pH>7
参考答案：
1．D
【分析】X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，YR最外层电子数为1，且原子半径YR较大，则R为钾、Y为钠；X最外层电子数为4，且半径小于ZQ，X为碳；ZQ最外层电子数分别为6、7，原子半径较碳大、较钠小，Z为硫、Q为氯；
【详解】A．碳可以形成相对分子质量很大的烃，其沸点不一定比硫的小，A错误；
B．钾会和乙醇反应生成氢气，不能保存在乙醇中，B错误；
C．Q的氢化物的水溶液为盐酸，盐酸不能刻蚀玻璃，C错误；
D．Y与Z构成的化合物为硫化钠，硫离子为弱酸根离子，能水解促进水的电离，D正确；
故选D。
2．D
【分析】二元弱酸H2A溶液中随着pH增大，H2A的量逐渐减小、HA-的量先增加后减小、A2-的量已知增加；
【详解】A．由点B坐标可知，H2A的二级电离常数，数量级为10-5，A正确；
B．由点A坐标可知，H2A的一级电离常数，C点，，，C点的pH为2.75，B正确；
C．反应H2A(aq)+M2+(aq)MA(s)+2H+(aq)的平衡常数，K≈80，C正确；
D．向MA的饱和溶液中加酸调节至中性，则溶液中还含有其它阴离子，根据电荷守恒可知，2c(M2+)>2c(A2-)+c(HA-)，D错误；
故选D。
3．C
【分析】滴定过程中溶液pH突变时，，此时参与反应的，由此可知HA的初始浓度为。
【详解】A．初始溶液，说明HA未完全电离，因此为一元弱酸，故A项正确；
B．初始HA溶液中，初始溶液中稍大于，，因此初始溶液中的电离度，故B项正确；
C．时，溶液中溶质为NaA，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，因此，故C项错误；
D．酚酞试液在溶液pH>10时变红，由图可知当溶液pH>10时，所加NaOH溶液体积大于20mL，因此测得溶液浓度会偏大，故D项正确；
综上所述，错误的是C项。
4．C
【分析】由于，分析图像，曲线X代表，曲线Y代表，曲线Z为；
【详解】A．曲线X代表，故A正确；
B．根据题目中N点pH=8.95，，，可计算出，同理，可求出，故B正确；
C．N点时与氨水刚好反应生成，锌元素的主要存在形式应为，故C错误；
D．与之和即得，则，故D正确；
故选C。
5．D
【详解】A．实验室制备氨气，可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A正确；
B．氨气易溶于水，注意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁，故B正确；
C．分离固体和液体，可用过滤的方法，故C正确；
D．应在蒸发皿中蒸发，且避免氯化铁水解，更不能直接蒸干，故D错误；
故答案为D。
【点睛】考查物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，明确实验原理是解题关键，用H2O2氧化废蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]，用丙装置过滤分离，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，将溶液在蒸发皿中进行蒸发，且应通入氯化氢，防止铁离子水解，以达到制备FeCl3•6H2O的目的，注意把握物质性质的理解、物质分离提纯的方法。
6．C
【分析】根据图象可知，20 mL 0．1mol·L-1NaA溶液呈碱性，此时pH=10，则HA为弱酸；
【详解】A. b点由于NaA水解使溶液呈碱性，水解促进水的电离，a点通入的HCl过量，电离使溶液呈酸性，抑制水的电离，则水的电离程度：b>a，A正确；
B. a点溶液根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(OH-)，B正确；
C. b点溶液为NaCl、NaA和HA的溶液，且物质的量相等，根据溶液呈电中性：①c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(OH-)，A原子守恒：②c(Na+)= c(A-)+ c(HA)；③c(Na+)= 2c(Cl-)；把②、③代入①，得到c(HA)+2c(H+)= c(A-) +2c(OH-)，C错误；
D. 根据图象可知，=1时，pH=2.87，此时溶液为NaCl与HA的混合溶液，且物质的量相等，c(H+)= c(A-)=10-2.87，c(HA)接近0.1mol/L，Ka(HA)的数量级为l0-5，D正确；
答案为D
7．D
【分析】X形成四条共价键，且A离子带有一个单位的负电荷，则X为B，Y形成四条共价键，Z形成三条共价键，X、Y、Z原子序数依次增大，故Y为C，Z为N，W形成一条共价键，W为H，A离子为-1价，则M离子为+1价，因此M为Na。
【详解】A．由于电负性H＞B，导致在A中H元素显-1价，A正确；
B．XZ即BN是一种新型陶瓷材料，B正确；
C．X的含氧酸为H3BO3，是一种弱酸，C正确；
D．由于HCN为弱酸，化合物NaCN为强碱弱酸盐，CN-水解显显碱性，D错误；
故选D。
8．D
【详解】A．金属铝的熔点较低，打磨过的铝箔先熔化，表面生成熔点较高的氧化铝，氧化铝将熔化的铝包裹住，并不会滴落下来，A错误；
B．Na2SO3溶液中水解生成OH-，CH3COONa溶液中CH3COO-水解生成OH-，前者pH比后者大，说明的水解程度更大，根据水解原理，酸性越弱的酸其酸根阴离子的水解程度越大，则说明酸性：HSO
D．浓硫酸具有吸水性将胆矾(CuSO4·5H2O)中的结晶吸收，蓝色的胆矾变为白色的无水CuSO4，D正确；
故选D。
9．C
【分析】向KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，oa段发生反应，a点溶液中含有，由图可知，b点之后继续滴加Ba(OH)2溶液，沉淀的质量不变，说明b点之后沉淀只有BaSO4，则ab段发生的反应为、。
【详解】A．由上述分析可知，ab段发生的反应为、，故A错误；
B．由上述分析可知，a点溶液中主要含有，为强酸强碱盐，对水的电离无影响，b点溶液中主要含有，水解促进水的电离，c点溶液中含有过量的Ba(OH)2，抑制水的电离，因此水的电离程度：b >a >c，故B错误；
C．若V2=1；V3=1.5，则c点溶液中，，故C正确；
D．根据上述分析可知，m2为硫酸钡的质量，若V2=1时，，则，即m2=23.3，故D错误；
答案选C。
10．B
【详解】A．生物柴油是指植物油（如菜籽油、大豆油、花生油、玉米油、棉籽油等）、动物油（如鱼油、猪油、牛油、羊油等）、废弃油脂或微生物油脂与甲醇或乙醇经酯转化而形成的脂肪酸甲酯或乙酯，地沟油属于高级脂肪酸甘油脂，地沟油转化为生物柴油时醇的部分被取代，发生取代反应，A正确；
B．、与三种微粒中质子数分别为9、9、10，质子数不相同，B错误
C．加热时碘易升华，氯化铵易分解为HCl和氨气，遇冷后，碘又重新凝华成固态，HCl和氨气又重新化合为氯化铵，因此碘单质与固体混合物不可用加热的方法分离，C正确；
D．因为次氯酸根离子会水解，1L0.3mol/LNaClO溶液中次氯酸根离子数目小于0.3mol，即小于，D正确；
答案选B。
11．C
【详解】A．a点0.1mol/L的HCl和0.1mol/L的CH3COOH，HCl电离出的氢离子浓度为0.1mol/L，CH3COOH电离受到抑制，CH3COOH电离出的氢离子可忽略，故溶液中的氢离子浓度为0.1mol/L，，，A项正确；
B．b点溶液溶质为等物质的量的氯化铵和CH3COOH，，，，醋酸电离程度大于铵根离子水解程度，则，B项正确；
C．，滴定过程中，氢离子浓度逐渐减小，则逐渐增大，C项错误；
D．c点溶液中溶质为等物质的量的氯化铵和CH3COONH4，溶液中存在物料守恒：c()+c()=2[c()+c()]=2c(Cl-)，所以存在c()+c()=c()+c()+c(Cl-)，D项正确；
答案选C。
12．(1)增大接触面积，提高反应速率
(2)4FeO·Cr2O3+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2
(3) 4.5~9.3 使2+2H++H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率
(4)Na2SO4
(5) Fe-2e-=Fe2+ 1.0×10-6
【分析】铬铁矿焙烧将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，水浸后除去滤渣，滤液加入硫酸调节pH，将铁、铝、硅转化为沉淀，过滤滤液加入硫酸酸化将转化为，溶液蒸发结晶后得到硫酸钠副产品和冷却结晶得到的Na2Cr2O7•2H2O；
【详解】（1）焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是增大接触面积，提高反应速率；
（2）焙烧时FeO·Cr2O3和碳酸钠、氧气反应生成氧化铁和Na2CrO4、二氧化碳，化学方程式4FeO·Cr2O3+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；
（3）中和的目的是调节pH，将铁、铝、硅转化为沉淀，由图可知，pH的理论范围为4.5~9.3；酸化的目的是将溶液中转化为，从而提高Na2Cr2O7的产率；
（4）反应中加入硫酸，硫酸最终转化为副产品硫酸钠；
（5）阳极铁极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，反应为Fe-2e-=Fe2+；由图可知，铁离子完全沉淀是pH=3.0，则pOH=11.0，，，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，则，此时c(Cr3+)=mol·L-1。
13．(1)
(2) 粉碎固体、搅拌等 用强磁铁吸附铁粉
(3) Fe2+、 收少量滤液4于试管。滴几滴酸性KMnO4溶液(或K3Fe(CN)6溶液)，溶液褪色(或产生蓝色沉淀)
(4) TiO2-+2H2OH2TiO3+2H+ 水解反应是吸热反应。升温、促进平衡右移、提高水解程度
(5)坩埚
(6)
【分析】钛铁矿主要成分是FeTiO3，含少量SiO2、Fe3O4，SiO2与硫酸不反应，滤渣1是SiO2，浸液1中含有Fe3+、Fe2+、TiO2+、H+、；浸液1中加铁粉把Fe3+还原为Fe2+，蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾晶体，过滤，滤液3加热水使TiO2+水解为H2TiO3固体，灼烧H2TiO3得到TiO2，TiO2和SrCO3加热灼烧生成SrTiO3。
【详解】（1）TiO2和SrCO3加热灼烧生成SrTiO3和CO2气体，CO2的电子式为为 ；
（2）根据影响反应速率的因素，为了提高“焙烧”速率，宜采取的措施有粉碎固体、搅拌等。铁能被磁铁吸引，从“滤渣2”中提纯铁粉的物理方法是用强磁铁吸附铁粉。
（3）“滤液2”中析出硫酸亚铁晶体得到“滤液3”，所以浓度有明显变化的离子为Fe2+、。Fe2+与K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，取少量滤液4于试管，滴几滴K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明含有Fe2+；
（4）“热解”中TiO2+水解为H2TiO3，主要反应的离子方程式为TiO2-+2H2OH2TiO3+2H+。水解吸热，用“热水”而不用常温水，其目的是升温、促进平衡右移、提高水解程度。
（5）灼烧应在坩埚中进行，在“灼烧”中盛装H2TiO3的仪器是坩埚。
（6）某钛铁矿中含钛元素的质量分数为ω，100kg该钛铁矿经上述流程最终制得mg钛酸锶，mg钛酸锶中钛元素的质量为 ，则钛的收率为。
14．(1)
(2)BaSO4和CaSO4
(3)漏斗、玻璃棒、烧杯
(4) 将溶液中Fe2+氧化为Fe3+ 3.7≤pH＜7.7
(5)2.7×10-5
(6)
【分析】含镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)，用硫酸浸取，过滤除去BaSO4和CaSO4，得含有Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+的溶液，再向滤液中通入H2S除去Cu2+，且使Fe3+被还原成Fe2+，得CuS、S固体，过滤得滤液中含有Ni2+、Fe3+、Fe2+、Ca2+，加入H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，调节溶液合适的pH且避免生成Ni(OH)2，只生成Fe(OH)3沉淀，加入NaF除去Ca2+，再加入NaOH及氧化剂后得NiOOH，灼烧得Ni2O3。
【详解】（1）铁元素是第26号元素，原子结构示意图： ；
（2）根据分析，用硫酸浸取含镍催化剂后，过滤除去BaSO4和CaSO4，得含有Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+的溶液，故浸出渣主要成分为BaSO4和CaSO4；
（3）操作A是过滤，需要用到的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯；
（4）加入H2O2的目的是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；调节pH，使Fe3+完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH＜7.7；
（5）当c(F-)=0.001mol·L-1，c(Ca2+)=mol·L-1.=2.7×10-5mol·L-1.；
（6）氧化”过程中加入NaOH、K2S2O8反应生成NiOOH的离子方程式：。
15．(1) 浓硫酸稀释放出大量的热 SiO2
(2) 氧化Fe2+，减少NaClO3的用量 + 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O
(3) CO2 避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀
(4)4
【分析】蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、 CaO、 Fe2O3、 Al2O3、 NiO、FeS等加水和浓硫酸使其中金属氧化物溶解反应，其中二氧化硅不与硫酸反应生成滤渣1，滤液中加氯酸钠同时通入空气，将亚铁氧化为三价铁，再加碳酸钠调节溶液pH值使三价铁沉淀，过量后，在滤液中加硫化钠使镍离子沉淀，过滤，滤液中加氢氧化钠使镁离子沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁分解得到氧化镁。据此分析解答。
【详解】（1）浓硫酸溶于水会放出大量的热，使体系温度升高，故几乎无需加热；SiO2不与硫酸反应，所以滤渣中还含有SiO2 ；故答案为：浓硫酸稀释放出大量的热；SiO2；
（2）由于氧化时加入强氧化剂NaClO3，所以吹入空气的目的是使NaClO3与溶液充分混合，加快反应速率，氧气能氧化Fe2+，减少NaClO3的用量；离子方程式为+ 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O，故答案为：氧化Fe2+，减少NaClO3的用量；+ 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O；
（3）根据元素守恒，生成物中肯定有碳元素，且各元素化合价未发生改变，则生成气体为CO2；因Fe3+与CO水解相互促进生成Fe(OH)3，同时加入过快使溶液局部碱性过强会导致镍、镁离子沉淀，所以碳酸钠溶液需缓慢加入；故答案为：CO2；避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀；
（4）由已知信息得出，Ni2+恰好完全沉淀时，c(Ni2+) = 10-5mol/L，Ksp (NiS)= c (Ni2+) · c (S2-)=1×10-21，所以c (S2-)=10-16mol/L，又由于氢硫酸的两步电离平衡常数：
=1.4×10-7，=7.1×10-15，，带入硫离子和硫化氢分子的浓度得出：，求出c(H+)10-4mol/L，所以pH约为4，故答案为：4；
16．(1)FePO4+Li++e-=LiFePO4
(2)增大表面积，增大浓硫酸的接触面积，加快反应速率
(3)灼烧
(4)碱性
(5) Na2SO4 易溶解 易于洗涤
(6)
【分析】废旧磷酸铁锂电池正极材料(含LiFePO4、石墨粉等)，加入Na2S2O8、H2SO4进行酸浸，发生反应，得到的滤液中含有Li+、Fe3+，过滤得到滤渣为C，向滤液中加入氢氧化钠，除去铁离子，过滤后的滤液经过浓缩，加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到碳酸锂，据此作答。
（1）
放电时，FePO4在正极得电子发生还原反应，电极反应式为FePO4+Li++e-=LiFePO4。
（2）
磷酸铁锂电池的正极材料“浸出”前需要粉碎，目的是增大表面积，增大与浓硫酸的接触面积，加快反应速率。
（3）
“滤渣”中含有FePO4和C，C灼烧可以生成CO2，则为了得到纯净的FePO4，简单除碳方法为灼烧。
（4）
“净化”时为除尽微量的Mn2+、Co2+，确保浓度控制为等于或小于1×10-5mol/L，则Mn2+完全沉淀c（OH-）==1.4×10-4mol/L，pH≈10，则Co2+完全沉淀c（OH-）==2.4×10-5mol/L，pH≈9，故加入NaOH溶液调pH至碱性较好。
（5）
根据分析，粗Li2CO3固体表面黏有Na2CO3溶液和Na2SO4溶液，工业上用热水而不用冷水清洗固体，原因有杂质易溶解以及易于洗涤，后期易干燥且Li2CO3产率高。
（6）
“浸出”过程中LiFePO4和Na2S2O8、H2SO4进行反应，生成硫酸锂、硫酸铁、磷酸，则酸浸发生的化学方程式为。
17．(1) 增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率 SO2-2e-+2H2O=+4H+
(2) Fe Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+
(3)Cu、Fe
(4) 抑制Fe2+水解 7
【分析】由题干工艺流程图转化信息可知，焙烧反应为：4CuFeS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2，然后用H2SO4进行酸浸，反应原理为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，然后用过量X即铁粉还原，反应原理为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，过量出滤渣主要成分为Fe和Cu，滤液为FeSO4溶液，经过蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤干燥即得FeSO4·xH2O晶体，据此分析解题。
【详解】（1）①焙烧生成的SO2可用柠檬酸-柠檬酸钠溶液进行吸收，该过程采用逆流接触法进行吸收的原因是增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率，故答案为：增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率；
②还可用电化学氧化法处理SO2，同时生成H2SO4，即SO2失去电子发生氧化反应生成H2SO4，则SO2参与反应的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=+4H+，故答案为：SO2-2e-+2H2O=+4H+；
（2）由分析可知，X即铁粉还原，反应原理为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，则该过程发生反应的离子方程式是Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe；Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）由分析可知，滤渣的主要成分是Fe、Cu，故答案为：Cu、Fe；
（4）①已知FeSO4是强酸弱碱盐，加热蒸发是促进Fe2+水解，向滤液中加入稀硫酸后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得绿矾晶体，加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解，故答案为：抑制Fe2+水解；
②为测定产品FeSO4·xH2O中结晶水的数量，称取14g产品配制成250mL待测液，准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中加稀硫酸酸化，用0.0500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL，根据电子守恒有：n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×0.0500mol·L-1×20.00×10-3L=5×10-3mol，故14g样品中含有Fe2+的物质的量为：5×10-3mol×=5×10-2mol，故FeSO4·xH2O的摩尔质量为：=280g/mol，则x=≈7，故答案为：7。
18．(1)焙烧
(2) 是 c(Cu2+)===4.8´10-8mol·L-1＜1.0×10-5mol·L-1
(3)会生成NH4VO3沉淀，降低钒的利用率
(4) 用湿润的红色石蕊试纸靠近气体，试纸变蓝 利用空气流及时赶出NH3，以防NH3还原V2O5
(5)V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O
(6)VO2+-e-+H2O=+2H+
【分析】含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)和MgCO3经过焙烧除去有机物，V2O3会转化为Mg(VO3)2；用足量H2SO4溶液酸浸，得到含、Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+等离子的溶液；“净化I”中，向酸浸所得溶液中加入适量氨水调节pH，Fe3+、Al3+、Cu2+转化为相应的氢氧化物沉淀，被过滤除掉，所得滤液为含、、Mg2+等离子的溶液；“净化II”中，向“净化I”所得的滤液中加入适量(NH4)2CO3，Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3沉淀，过滤后得滤液1（含、），“净化III”中向滤液1中加入足量(NH4)2CO3，得到NH4VO3沉淀，再将NH4VO3在空气中煅烧得到V2O5。
【详解】（1）含钒废料中的有机物主要在焙烧工序中除去。
（2）常温时，若“调pH净化I”工序中最终溶液pH=8，c(OH-)=1.0´10-6mol·L-1，c(Cu2+)===4.8´10-8mol·L-1＜1.0×10-5mol·L-1，故此时Cu2+已完全沉淀。
（3）“净化II”中，向“净化I”后的滤液中加入适量(NH4)2CO3，Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3沉淀，过滤后得滤液1（含、），“净化III”中向滤液1中加入足量(NH4)2CO3，得到NH4VO3沉淀，“净化II”时若加入过量的( NH4)2CO3，可能导致的后果为“净化II”中生成Mg2(OH)2CO3沉淀和NH4VO3沉淀，降低钒的利用率。
（4）煅烧反应同时有氨气生成，实验室检验该气体的方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近气体，试纸变蓝；NH4VO3要在流动空气中煅烧的原因可能是利用空气流及时赶出NH3，以防NH3还原V2O5。
（5）在硫酸酸化条件下，V2O5与H2C2O4溶液反应的离子方程式为V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O。
（6）电池充电时，阳极上发生氧化反应，电极反应式为VO2+-e-+H2O=+2H+。
19．(1) MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)
(2)3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑
(3)6.5≤PH＜8 (或6.5～8)
(4)NH3、MnCO3
(5) 蒸发结晶 趁热过滤
【分析】碳酸锰铜矿主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe3O4、FeO杂质，用硫酸酸浸，得到硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，加入二氧化锰， Fe2+被氧化为Fe3+；加入MnCO3调节pH生成氢氧化铁沉淀；过滤后向溶液中通入氨气生成氢氧化铜沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3，生成MnCO3沉淀，MnCO3沉淀中加硫酸，得到硫酸锰溶液，以此解题。
【详解】（1）“氧化”时，二氧化锰把酸浸后的二价铁氧化为三价铁，离子方程式为： MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；二价铁和铁氰化钾相遇的时候会生成蓝色沉淀，可以用铁氰化钾来检验，另外二价铁有还原性，可以使高锰酸钾褪色，可以用酸性高锰酸钾来检验，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ；K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)；
（2）碳酸锰消耗三价铁水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁水解，该反应的离子方程式为：3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑；
（3）铜离子完全沉淀是铜离子浓度小于或等于10-5mol/L，此时c(OH-)==10-7.5 mol/L，c(H+)==10-6.5，pH=6.5；锰离子开始沉淀时，c(OH-)==10-6 mol/L，c(H+)==10-8，pH=8，故应控制pH的范围为6.5≤PH＜8 (或6.5～8)；
（4）通过流程图可知，在加热赶氨的时产生氨气，另外本题在沉锰的时候生成碳酸锰，故本工艺中可循环使用的物质是NH3 、MnCO3；
（5）从MnSO4溶液中得到MnSO4·H2O的方法为：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤。
20．(1)低于30%，反应速率较低，高于30%，有SO2产生
(2) 2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+ Zn2(OH)2CO3+4H+=2Zn2++3H2O+CO2↑
(3) Cu2+、Pb2+ 进一步除去微量的重金属离子，提高产品纯度
(4)煅烧
(5)溶解更多杂质，消耗更多除杂试剂
【分析】含锌催化剂加入硫酸进行酸浸，得到含有Zn、Fe、Cu、Pb元素金属阳离子的溶液，加入双氧水，Fe元素全部转化为Fe3+，同时加入碱式碳酸锌调节pH，使Fe3+转化为沉淀而除去，然后加入Zn置换Cu2+、Pb2+，将其除去，之后加入硫化钠进一步沉淀金属阳离子，过滤后再加入碳酸钠合称碱式碳酸锌，煅烧使其分解得到纳米氧化锌。
【详解】（1）低于30%，反应速率较低，而高于30%时，硫酸易被还原生成有毒的SO2；
（2）氧化时Fe2+会被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+；据图可知调节pH时加入Zn2(OH)2CO3，可以与氢离子反应得到Zn2+、水和CO2，离子方程式为Zn2(OH)2CO3+4H+=2Zn2++3H2O+CO2↑；
（3）氧化除杂除去的是Fe，此时还有杂质Cu2+、Pb2+，Zn比Cu、Pb活泼，加入后可以发生置换反应，除去Cu2+、Pb2+；CuS、PbS都是沉淀，加入硫化钠可以进一步除去微量的重金属离子，提高产品纯度；
（4）煅烧碱式碳酸锌可使其分解得到纳米氧化锌；
（5）酸过量会溶解更多的杂质，消耗更多除杂试剂。
21． 搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等 3 受热易分解 玻璃棒、漏斗、烧杯 1∶10
【分析】砷盐净化渣用稀硫酸进行选择浸Zn，其中的Zn、ZnO反应，过滤分离，不溶物再用硫酸、过氧化氢氧化浸出，结合沉铜后物质可知，氧化时Co被氧化为Co2+、As被氧化为H3AsO4,而Cu被氧化为Cu2+，SiO2不反应，过滤分离，滤渣为SiO2，滤液调节pH并加入Na3AsO4，将Cu2+转化为Cu5H2(AsO4)4∙2H2O沉淀，再过滤分离。滤液经萃取分液得到含有Co2+的有机层，反萃取得到CoSO4溶液，加入(NH4)C2O4溶液沉钴得到中CoC2O4∙2H2O。
【详解】(1)“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等；由图可知，当pH为3时，Zn的浸出率比较大，而Ni的浸出率比较小，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为3。
(2)“氧化浸出“时，被过氧化氢氧化为，根据得失电子守恒、元素守恒配平反应的化学方程方式为；此过程温度不能过高的原因是受热易分解。
(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入进行“沉铜”，得到难溶性的，则“沉铜”的离子方程式为。
(4)，根据C原子守恒得n(CoC2O4)=0.06mol，生成的氧化物中n(Co)=0.06mol，n(O)=，则n(Co)：n(O)=0.06mol：0.08mol=3：4，则此时所得钴的氧化物的化学式为。
(5)当pH=10.0时，Ni2+沉淀完全，则，当pH=9.5时，Co2+沉淀完全，则，若将沉铜后的溶液调节至，此时溶液中。
22． 适当提高酸的浓度、升高温度 C或者碳 9 先用氧化剂如把氧化为，然后用调节至左右，过滤得到 a AB
【分析】钛酸锂废料(含有少量碳、镍和铁元素)，经过预处理，再用稀硫酸酸浸，碳不和稀硫酸反应，Ni和铁与稀硫酸反应，钛酸锂和稀硫酸反应生成硫酸锂和钛酸，过滤，将浸出液调节pH值除掉镍和铁元素，过滤后向滤液中加入碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，再将尾液中加入磷酸钠并进一步回收锂。
【详解】(1)根据化合价分子得到中的化合价为+4；故答案为：+4。
(2)酸浸时生成钛酸，提高酸浸速率的措施，可以从浓度、温度以及接触面积，因此提高酸浸速率的措施为适当提高酸的浓度、升高温度；故答案为：适当提高酸的浓度、升高温度。
(3)由于废料中含有少量碳，碳不和稀硫酸反应，因此浸出渣中含有钛酸和少量碳；故答案为：C或者碳。
(4)根据题意要除杂，则，则，pH=8.6，，则，pH=9，，因此常温时通过调节溶液大于9，达到除杂目的；若要将镍、铁从浸出液中分步除去，达到分离镍和铁的目的，由于两者的溶度积常数接近，无法将两者分离开，因此要先用氧化剂如把氧化为，然后用调节至左右，过滤得到，然后继续调，过滤得到；故答案为：9；先用氧化剂如把氧化为，然后用调节至左右，过滤得到。
(5)用碳酸钠“沉锂”的离子方程式为；当碳酸钠的浓度增大，碳酸根浓度增大，平衡向碳酸锂反应生成，当倍数增大，钠离子形成的盐被包裹进碳酸锂沉淀中，从而降低了碳酸锂的纯度，因此代表纯度的曲线为a；故答案为：；a。
(6)工业上向尾液中加入，主要发生反应，因此是进一步回收金属锂和得到产品；故答案为：AB。
23． Na2SO4·10H2O SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH- 使PbSO4转化为PbCO3 A (稀)硝酸 低于40℃，反应速率慢，高于40℃硝酸会分解 4PbSO4+6NaOH=PbSO4·3PbO·H2O+3Na2SO4+2H2O Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率
【分析】向含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)中加入Na2SO3溶液、Na2CO3溶液，PbO2有强氧化性，将Na2SO3溶液氧化生成PbSO4，Na2CO3溶液将PbSO4转化为难溶PbCO3的离子方程式为CO+PbSO4=PbCO3+SO，然后过滤得到滤液1为Na2SO4溶液，向滤渣中加入硝酸酸溶，PbO、PbCO3都与硝酸反应生成Pb(NO3)2；然后向溶液中加入硫酸，生成PbSO4沉淀，过滤，滤液2的主要成分是HNO3，向滤渣中加入NaOH溶液，发生反应4PbSO4+6NaOH=3Na2SO4+ PbSO4•3PbO•PbSO4•H2O+2H2O，过滤、洗涤、干燥得到PbSO4•3PbO• H2O，滤液3中含有Na2SO4，据此分析解答。
【详解】(1)通过以上分析知，滤液1为Na2SO4溶液，蒸发、结晶可得到的副产品为硫酸钠晶体，其相对分子质量为322，则M为Na2SO4•10H2O，故答案为：Na2SO4•10H2O；
(2) PbO2有强氧化性，“转化”中，加入的Na2SO3溶液能够被PbO2氧化生成PbSO4，反应的离子方程式为SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-，故答案为：SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-；
(3) Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，加入Na2CO3溶液，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，反应的离子方程式为CO+PbSO4=PbCO3+SO，故答案为：使PbSO4转化为PbCO3；
(4) Na2SO3溶液是将PbO2转化为Pb2+，体现了Na2SO3溶液的还原性，四种物质中只有H2O2溶液具有还原性，Na2SO4溶液不具有还原性，高锰酸钾溶液、Fe2(SO4)3溶液具有氧化性，因此可以用H2O2溶液代替Na2SO4溶液，故答案为：A；
(5)根据上述分析，滤液2的主要成分是HNO3，可以循环利用，故答案为：硝酸；
(6)“酸溶”时，反应温度为40℃，若低于40℃，反应速率慢，不利于酸溶；若高于40℃，硝酸会分解，故答案为：低于40℃，反应速率慢，高于40℃硝酸会分解；
(7) 合成三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH=3Na2SO4+ PbSO4•3PbO• H2O+2H2O，“合成”需控制溶液的pH不能大于10，若pH大于10，Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率，故答案为：4PbSO4+6NaOH= PbSO4•3PbO• H2O+3Na2SO4+2H2O；Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率。
24．(1) 恒压滴定漏斗(滴液漏斗) Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+SO2↑+H2O
(2)水浴加热
(3) 浓H2SO4 吸收SO2等气体，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入装置丙中
(4)b
(5) SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl FeCl3·6H2O受热分解产生H2O，SOCl2与生成的水反应，消耗了H2O，同时产生的HCl抑制了FeCl3的水解
【分析】装置甲用浓硫酸和亚硫酸钠反应，制得二氧化硫；亚硫酰氯怕水，则装置乙中装有浓硫酸干燥二氧化硫；装置丙中，发生目标反应，合成亚硫酰氯；最后装置丁吸收SO2等气体，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入装置丙中，据此分析作答。
【详解】（1）盛放70%H2SO4的仪器名称为恒压滴定漏斗(滴液漏斗)；室验室制SO2，利用较浓H2SO4的强酸性，强酸制弱酸，化学方程式为：Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为：恒压滴定漏斗(滴液漏斗)；Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）反应需控制温度在40℃-80℃，水浴加热可以控制100℃以下的反应温度，故答案为：水浴加热；
（3）结合SOCl2的性质遇水剧烈反应，故制备前后都应严格控制防止水蒸气的进入接触SOCl2，乙中盛浓H2SO4干燥SO2；丁的作用为吸收SO2等气体，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入装置丙中，故答案为：浓H2SO4；吸收SO2等气体，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入装置丙中；
（4）蒸馏时温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口，不能用球形冷凝管，因为管内低凹处会残留液体不能流出，则选用b，故答案为：b；
（5）①根据刺激性气味及使品红溶液褪色可知反应为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，故答案为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl；
②蒸干FeCl3溶液促进FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl平衡正向移动且HCl易挥发只能得到Fe(OH)3，FeCl3·6H2O受热分解产生H2O，SOCl2与生成的水反应，消耗了H2O，同时产生的HCl抑制了FeCl3的水解，故答案为：FeCl3·6H2O受热分解产生H2O，SOCl2与生成的水反应，消耗了H2O，同时产生的HCl抑制了FeCl3的水解；
③由方程式可知关系式为：SOCl2→2HCl→2AgCl，则n(SOCl2)=n(AgCl)=，则m(SOCl2)=，SOCl2 纯度=，故答案为：。
25．(1)分液漏斗
(2) 减缓反应速率 C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O
(3) 2MnO+6 H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O 当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
(4)157.5cv/a% (1.575cv/a)
(5)还原性
(6)BD
【分析】装置A用饱和食盐水和电石反应制取乙炔，反应方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，装置B的硫酸铜溶液可除去电石中产生的杂质气体H2S、AsH3等，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2，化学反应方程式C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O，装置D用来吸收二氧化氮尾气；
【详解】（1）仪器a的名称分液漏斗；
（2）乙炔与水的反应比较剧烈，为得到平稳的乙炔气流，制乙炔时用饱和食盐水代替水，目的是减缓反应速率；反应时C中产生大量红棕色气体即NO2，已知乙炔在45-55℃硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2，化学反应方程式C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O；
（3）滴定实验中草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳和Mn2+，发生的离子反应方程式2MnO+6 H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O；到达滴定终点的现象是：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（4）用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定平均消耗标准溶液vmL，n(KMnO4)=cv×10-3mol，由滴定原理可得关系式n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5cv×10-3mol，产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的质量为m=nM=2.5cv×10-3mol×126g/mol=1.575cvg，质量分数为；
（5）酸性高锰酸钾与草酸反应，C元素化合价升高，草酸做还原剂，体现了草酸还原性；
（6）A．当V=10时，溶质为NaHC2O4，HC2O的电离常数为Ka2(H2C2O4)=1.5×104，水解常数为，则电离程度比水解程度大，所以溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，溶液中H+由HC2O、H2O共同电离产生，HC2O电离程度大于H2O的电离程度，则c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)，盐溶液在盐电离产生的两种水解、电离程度微弱，主要以盐电离产生的离子存在，故溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)，故A错误；
B．当c(C2O)=c(HC2O)时，Ka2═=c(H+)=1.5×10-4，pH=-lgc(H+)=-lg1.5×10-4=4-lg3+1g2=3.8，故B正确；
C．溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+2c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)+c(H+)，若溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，因此2c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)，所以c(C2O)+c(HC2O)＜c(Na+)，故C错误；
D．当溶液中c(Na+)=2c(C2O)+2c(HC2O)+2c(H2C2O4)时即物料守恒，溶质为Na2C2O4，C2O发生水解反应溶液呈碱性，则混合溶液的pH>7，故D正确；
故选：BD。
江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13水溶液中的离子反应和平衡
一、单选题
1．（2023·江西景德镇·统考三模）元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列判断正确的是
A．X氢化物的沸点一定比Z的小
B．单质R可以保存在乙醇中
C．Q的氢化物的水溶液能刻蚀玻璃
D．Y与Z构成的化合物能促进水的电离
2．（2023·江西景德镇·统考三模）二元弱酸H2A溶液中各组分百分含量δ随pH的变化如图所示。难溶盐MA的溶度积ksp(MA)=4.0×10-8，M2+离子不水解。已知≈3.2，下列说法错误的是
A．H2A的二级电离常数Ka2的数量级为10-5
B．C点的pH为2.75
C．反应H2A(aq)+M2+(aq)MA(s)+2H+(aq)的平衡常数K≈80
D．向MA的饱和溶液中加酸调节至中性，则一定存在：2c(M2+)=2c(A2-)+c(HA-)
3．（2023·江西南昌·统考三模）用溶液滴定溶液过程中的变化如图所示：
下列叙述错误的是
A．为一元弱酸
B．初始溶液中的电离度
C．时，混合溶液中有
D．若使用酚酞作指示剂，会产生系统误差，测得溶液浓度会偏大
4．（2023·江西宜春·校联考二模）向10mL浓度均为0.1mol·L-1的FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入等浓度的氨水，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与氨水(K b=1.8×10-5)体积关系如图所示，测得M、N点溶液pH分别为8.04、8.95。
已知：i.Zn2++4NH3[Zn(NH3)4]2+=109.06
ii.Ksp[Zn(OH)2]
A．曲线X表示Zn2+
B．Ksp[Fe(OH)2]=10-15.1
C．N点锌元素的主要存在形式是[Zn(NH3)4]2+
D．Zn(OH)2+4NH3[Zn(NH3)4]2++2OH- K=10-7.86
5．（2023·江西赣州·统考模拟预测）利用废蚀刻液（含FeCl2、CuCl2及FeCl3）制备碱性蚀刻液[Cu（NH3）4Cl2溶液]和FeCl3•6H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu（NH3）4Cl2]、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制备NH3 B．用装置乙制备Cu（NH3）4Cl2并沉铁
C．用装置丙分离Cu（NH3）4Cl2溶液和Fe（OH）3 D．用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3•6H2O
6．（2023·江西赣州·统考模拟预测）常温下，向20 mL 0．1mol·L-1NaA溶液中通入HCl气体，溶液的pH随变化的关系如图所示。忽略溶液体积变化，下列有关说法不正确的是
A．水的电离程度：b>a
B．a点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(OH-)
C．b点溶液中：c(A-)+2c(H+)=c(HA)+2c(OH-)
D．Ka(HA)的数量级为l0-5
7．（2022·江西景德镇·统考二模）化合物A(MXW3YZ)是一种温和的还原剂。W、X、Y、Z、M都是短周期主族元素且原子序数依次增大，A的阴离子的结构如下图所示。已知该阴离子中所有原子都达到2电子或8电子稳定结构。下列叙述错误的是
A．A中W的化合价为-1 B．XZ是一种新型陶瓷材料
C．X的含氧酸是一种弱酸 D．化合物MYZ的水溶液显中性。
8．（2022·江西·校联考模拟预测）下列有关实验操作、现象及结论都正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
两块相同的铝箔，其中一块用砂纸仔细打磨过，将两块铝箔分别在酒精灯上加热
打磨过的铝箔先熔化并滴落下来
金属铝的熔点较低，打磨过的铝箔更易熔化
B
室温下，用pH试纸分别测定同浓度的Na2SO3溶液和CH3COONa溶液的pH
前者pH比后者大
酸性：H2SO3
C
加热碳酸盐X使其分解，将产生的气体通入BaCl2溶液
无明显现象
X可能是(NH4)2CO3
D
向盛有少量胆矾晶体的试管中加入适量的浓硫酸
晶体表面由蓝色变为白色
说明浓硫酸具有吸水性
A．A B．B C．C D．D
9．（2022·江西上饶·校联考模拟预测）常温下，向500mL一定物质的量浓度KAl(SO4)2溶液中逐滴加入0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的质量关系如图，(忽略混合时溶液体积的变化)，已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。下列说法正确的是
A．ab段发生离子反应有：SO+Ba2+=BaSO4↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B．a点、b点、c点三点所对应的溶液的水的电离程度：a>b>c
C．若V2=1；V3=1.5时，c点溶液中c(SO)=4.4×10-9mol·L-1
D．若V2=1时，m2=27.2
10．（2021·江西九江·统考一模）下列说法不正确的是
A．将地沟油转化为生物柴油是发生了取代反应
B．、与三种微粒中质子数和电子数均相同
C．碘单质与固体混合物不可用加热的方法分离
D．1L0.3mol/LNaClO溶液中含有的数目小于
11．（2021·江西宜春·统考一模）时，向浓度均为的和混合液中滴加的氨水，随氨水体积(V)不断增加，溶液中离子浓度的变化趋势如图所示.下列说法错误的是(已知，)
A．a点的混合溶液中约为
B．b点的混合溶液中：
C．滴定过程中逐渐减小
D．c点溶液中：
二、工业流程题
12．（2023·江西景德镇·统考三模）工业上以铬铁矿(FeO·Cr2O3，含Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料制备红矾钠的工艺流程以及可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系分别如图a、b。当c≦1.0×10-5mol·L-1时，可认为已除尽。回答下列问题：
(1)焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 。
(2)焙烧的目的是将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时FeO·Cr2O3发生的化学方程式 。
(3)中和时pH的理论范围为 ；酸化的目的是 。
(4)副产品主要是 。
(5)此方法生产过程中会产生大量含的酸性废水，可以用如图c装置处理。向废水中加入适量的NaCl进行电解，被还原为Cr3+然后生成Cr(OH)3沉淀除去，废水则可以达到排放标准。已知Ksp(Cr(OH)3)=1.0×10-32；写出阳极的电极方程式： ；若电解一段时间后，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，则此时c(Cr3+)= mol·L-1。
13．（2023·江西·统考二模）近日，西湖大学理学院何睿华课题组发现了世界首例具有本征相于性的光阴极量子材料——钛酸锶。某小组以钛铁矿为原料制备钛酸锶的流程图如下：
已知几种物质的主要成分如表所示。
物质
成分
钛铁矿
主要成分是FeTiO3，含少量SiO2、Fe3O4等
浸液1
Fe3+、Fe2+、TiO2+、H+、
滤液2
Fe2+、TiO2+、H+、
滤液3
Fe2+、TiO2+、H+、
回答下列问题：
(1)“气体”分子的电子式为 。
(2)为了提高“焙烧”速率，宜采取的措施有 答一条合理措施即可)。从“滤渣2”中提纯铁粉的物理方法是 。
(3)“滤液2”和“滤液3”中浓度有明显变化的离子为 (填离子符号)。设计简单实验检验滤液4含有Fe2+： 。
(4)“热解”中主要反应的离子方程式为 。用“热水”而不用常温水，其目的是 。
(5)在“灼烧”中盛装H2TiO3的仪器是 (填名称)。
(6)某钛铁矿中含钛元素的质量分数为ω，100kg该钛铁矿经上述流程最终制得mg钛酸锶，则钛的收率为 %(提示：钛的收率等于实际钛产量与理论钛产量之比)。
14．（2023·江西赣州·统考一模）镍及其化合物在化工生产中有广泛应用。某实验室用工业废弃的NiO催化剂(含有Fe2O3、CaO、CuO、BaO等杂质)为原料制备Ni2O3的实验流程如下：
已知：常温时Ksp(CaF2)=2.7×10-11，Ksp(CuS)=1.0×10-36；Fe3+不能氧化Ni2+。有关氢氧化物开始沉淀的pH和完全沉淀的pH如下表所示：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.7
完全沉淀的pH
3.7
9.7
9.2
(1)Fe的原子结构示意图为 。
(2)滤渣的主要成分为 。
(3)实验室中操作A除去不溶性杂质用到的玻璃仪器有 。
(4)加入H2O2的目的是 ；调pH的范围是 。
(5)加入NaF的目的是进一步除去Ca2+，当c(F-)=0.001mol·L-1，c(Ca2+)= mol·L-1.
(6)“氧化”过程中加入的试剂X可以是NaClO、K2S2O8、KMnO4等，写出加入K2S2O8反应生成NiOOH的离子方程式 。
15．（2023·江西南昌·统考一模）蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、 CaO、 Fe2O3、 Al2O3、 NiO、FeS等，一种综合利用蛇纹石矿回收镁资源的工艺流程如下：
已知：
①当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于1 × 10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。
②Ksp(NiS)=1 × 10-21，氢硫酸的两步电离常数分别为Ka1=1.4× 10-7， Ka2=7.1×10-15。
(1)“加压酸浸”中，要控制温度在110℃左右，但反应时几乎无需加热，原因是 。 滤渣1的主要成分除S、CaSO4外还有 。
(2)“氧化”中空气的作用是 ，NaClO3发生反应的离子方程式为 。
(3)“ 除铁”中滤渣2为难溶于水的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，同时生成一种无色气体为 ， Na2CO3溶液需缓慢加入，原因是 。
(4)“沉镍”中，当Ni2+恰好完全沉淀时，若溶液中c(H2S)=1 ×10-3mol/L，则此时溶液的pH约为 。
16．（2022·江西抚州·统考模拟预测）回收磷酸铁锂电池的正极材料，工艺流程如下：
已知：该温度时Co(OH)2、Mn(OH)2的Ksp分别为2.0 ×10-15、1.9×10-13。
回答下列问题：
(1)磷酸铁锂电池在剥离前要充分放电，通过Li+移动把FePO4转化为LiFePO4该电极反应式为 。
(2)磷酸铁锂电池的正极材料“浸出”前需要粉碎，目的是 。
(3)“滤渣”中含有FePO4和C，为了得到纯净的FePO4，简单除碳方法为 。
(4)“净化”时为除尽微量的Mn2+、Co2+，确保浓度控制为等于或小于1 ×10-5mol·L-1，加入NaOH溶液调pH至 (填“酸性”或“碱性”)较好。
(5)粗Li2CO3固体表面上黏有Na2CO3溶液和 溶液，工业上用热水而不用冷水清洗固体，原因有 、 、后期易干燥且Li2CO3产率高。
(6)“浸出”过程中发生的化学方程式为 。
17．（2022·江西·校联考模拟预测）硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血。利用黄铜矿(CuFeS2)制备硫酸亚铁并回收铜的工艺流程如图所示：
(1)①焙烧生成的SO2可用柠檬酸-柠檬酸钠溶液进行吸收，该过程采用逆流接触法进行吸收的原因是 。
②还可用电化学氧化法处理SO2，同时生成H2SO4，写出SO2参与反应的电极反应式： 。
(2)还原过程中加入的X为 (填化学式)，该过程发生反应的离子方程式是 。
(3)滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(4)①向滤液中加入稀硫酸后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得绿矾晶体，加入稀硫酸的目的是 。
②为测定产品FeSO4·xH2O中结晶水的数量，称取14g产品配制成250mL待测液，准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中加稀硫酸酸化，用0.0500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL，则x= 。
18．（2022·江西·校联考二模）五氧化二钒(V2O5) 是一种橙黄色片状晶体，具有强氧化性。在冶金、催化剂、磁性材料等领域有重要作用。实验室以含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)来制备V2O5的一种工艺流程如下：
已知：“滤渣2”为Mg2(OH)2CO3
请回答下列问题：
(1)含钒废料中的有机物主要在 工序中除去。
(2)常温时，若“调pH净化I”工序中最终溶液pH=8，通过计算判断，此时Cu2+是否已经沉淀完全 (填“是”或“否”)，并写出计算过程(已知离子浓度<1.0×10-5mol·L-1认为沉淀完全：Ksp[Cu(OH)2]=4.8×10-20) 。
(3)“净化II”时若加入过量的( NH4)2CO3，可能导致的后果为 。
(4)煅烧反应同时有氨气生成，实验室检验该气体的方法为 。NH4VO3要在流动空气中煅烧的原因可能是 。
(5)在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液，反应的离子方程式为 。
(6)全钒液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为+V2++2H+VO2++H2O+V3+电池充电时，阳极的电极反应式为 。
19．（2022·江西九江·统考二模）以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下：
(1)“氧化”时，反应的离子方程式为 。可用一种试剂检验氧化后的溶液中是否含有Fe2+，该试剂为 (写化学式)。
(2)加入MnCO3调节pH=3.3时可以将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，该反应的离子方程式为 。
(3)“沉铜"时，若滤液中c(Mn2+)=0.21mol·L-1，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀而又避免生成Mn(OH)2，应控制pH的范围为 。[已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=1×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13，离子浓度小于或等于10-5mol/L可视为沉淀完全]
(4)本工艺中可循环使用的物质是 。
(5)结合图象，分析获得(MnSO4·H2O)晶体的“系列操作”步骤为： 、 ，酒精洗涤，低温干燥。
20．（2022·江西南昌·统考一模）含锌催化剂(主要为ZnO、同时含有少量Fe、Cu、Pb等氧化物)用于合成氨工业和有机合成工业。为充分利用资源，通过如下工艺流程回收锌并制备纳米氧化锌。
(1)90℃酸浸中，硫酸质量分数控制在30%左右，原因是 。
(2)氧化除杂阶段主要是除去铁，氧化时发生的离子方程式是 。调节pH发生的离子方程式为 。
(3)加入锌除去的杂质离子是 ，深度除杂的目的是 。
(4)由碱式碳酸锌分解得到纳米氧化锌的方法是 。
(5)酸浸中，硫酸的量是理论用量的90%，硫酸不能过量的主要原因是 。
21．（2021·江西九江·统考一模）砷盐净化工艺成功应用于冶炼锌工业，加快了我国锌冶炼技术改造步伐。从砷盐净化渣(成分为Cu、、Zn、ZnO、Co、Ni等)中回收有价值的金属具有重要意义。
回答下列问题：
(1)“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有 (写两点)，其他条件不变时，Zn和Ni浸出率随pH变化如下图所示，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为 。
(2)“氧化浸出“时，被氧化为的化学方程方式为 ；此过程温度不能过高的原因 。
(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入进行“沉铜”，得到难溶性的，则“沉铜”的离子方程式为 。
(4)操作Ⅰ所用到的玻璃仪器有 ，已知煅烧时温度不同，产物不同。400℃时在空气中充分煅挠，得到的钴的氧化物的质量为4.82g，的体积为2.688L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为 。
(5)已知常温下，相关金属氢氧化物开始沉淀和沉淀完全(离子浓度视为沉淀完全)的pH如下表所示：
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
8.0
10.0
7.5
9.5
若将沉铜后的溶液调节至，此时溶液中 。
22．（2021·江西南昌·统考二模）钛酸锂电池是一种较安全的锂离子电池，利用钛酸锂废料(含有少量碳、镍和铁元素)，回收其中的有价金属锂和钛并制备高附加值的碳酸锂和二氧化钛产品，工艺流程如图所示：
(1)中的化合价为 。
(2)酸浸时生成钛酸，提高酸浸速率的措施有： ．(写一条即可)
(3)浸出渣中含有钛酸和少量 。
(4)已知：．常温时通过调节溶液大于 ，达到除杂目的。
若要将镍、铁从浸出液中分步除去，达到分离镍和铁的目的，方案为 ，然后继续调，过滤得到。
(5)用碳酸钠“沉锂”的离子方程式为 ；碳酸钠的添加量(理论用量的倍数)对的收率及纯度影响如图所示．代表纯度的曲线为 (填“a”或“b”)。
(6)工业上向尾液中加入的目的是 (填编号)。
A．进一步回收金属锂 B．得到产品 C．除杂 D．污水处理
23．（2021·江西·校联考二模）某小组利用含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)制备化工产品三盐(PbSO4·3PbO·H2O)的工艺流程如图：
已知：Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，Pb(OH)2具有两性，PbO2有强氧化性。请回答下列问题：
(1)结晶水合物M(M=322g/mol)的化学式为 。
(2)“转化”中，加入Na2SO3溶液的离子反应方程式 。
(3)“转化”中，加入Na2CO3目的是 。
(4)下列试剂可以替代Na2SO3溶液 (填写字母)。
A．H2O2溶液 B．Na2SO4溶液 C．高锰酸钾溶液 D．Fe2(SO4)3溶液
(5)该流程中可以循环利用的物质是 (填写物质名称)。
(6)“酸溶”时，反应温度为40℃，其主要原因是 。
(7)合成三盐的化学方程式为 ，解释“合成”需控制溶液的pH不能大于10的原因 。
三、实验题
24．（2022·江西·校联考模拟预测）亚硫酰氯(SOCl2)是无色液体，其熔点为-101℃、沸点75.6℃，广泛用于生产有机中间体、除草剂、杀虫剂、医药、染料等领域，也常作为原电池的非水电解质。140℃以上会分解，遇水剧烈反应。实验室合成SOCl2的原理为SO2+PCl5POCl3+ SOCl2。实验装置如图所示(夹持仪器已略)。
(1)盛放70%H2SO4的仪器名称 ，装置甲中制备SO2的化学方程式 。
(2)反应需控制温度在40℃-80℃，采用的加热方式 。
(3)装置乙所盛试剂的化学式为 ；装置丁的作用为 。
(4)反应后将产物SOCl2从丙中的液态混合物中蒸馏出来，在蒸馏操作中，仪器选择及安装正确的是 。
(5)向盛有20ml水的锥形瓶中，小心滴加ag产品SOCl2，立即可观察到剧烈反应，有带刺激性气味且使品红溶液褪色的气体产生，轻轻振荡锥形瓶，向溶液中加入足量AgNO3溶液，产生不溶于HNO3的白色沉淀，过滤、洗涤、烘干、称量得bg固体。
①根据实验现象，写出SOCl2与水反应的化学方程式 。
②蒸干FeCl3溶液不能得到无水FeCl3，让SOCl2与FeCl3·6H2O混合并加热，可得到无水FeCl3，试解释原因 。
③该产物SOCl2的纯度为 。
25．（2022·江西上饶·校联考模拟预测）草酸(H2C2O4)是一种常见二元弱酸，易溶于水，常用来做还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某化学学习兴趣小组欲制备草酸并探究其某些化学性质，经查找资料：乙炔在45-55℃硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸。
[草酸的制备]
甲同学以电石(主要成分CaC2)、浓硝酸及少量硝酸汞为原料，利用如图装置制备草酸。
(1)仪器a的名称
(2)实验室制乙炔时用饱和食盐水代替水的目的是。 。反应时C中产生大量红棕色气体，请写出C中发生化学反应方程式 。
[产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)质量分数的测定]
乙同学准确称取ag产品，配成100mL水溶液，取20mL所配制的溶液置于锥形瓶内，用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定至终点，平行实验三次，平均消耗标准溶液vmL。试回答：
(3)上述滴定实验中发生的离子反应方程式 ，判断到达滴定终点的现象是 。
(4)产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的质量分数为 (用a、v表示)
[草酸的性质]
(5)上述酸性高锰酸钾与草酸反应，体现了草酸 (填酸性、氧化性或还原性)
(6)室温下已知：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.5×104，通过下列实验探究草酸的性质。[1g2=0.3，lg3=0.5]。向10mL0.1mol/LH2C2O4溶液中逐滴加入VmL0.1mol/LNaOH溶液，当V从0逐渐增大至20时，测得混合溶液的pH逐渐增大，下列说法正确的是_______(填字母)
A．当V=10时，溶液中离子浓度关系：c(Na+)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H+)>c(OH-)
B．当溶液中c(C2O)=c(HC2O)时，混合溶液的pH约为3.8
C．当溶液中c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)时，混合溶液的pH=7
D．当溶液中c(Na+)=2c(C2O)+2c(HC2O)+2c(H2C2O4)时，混合溶液的pH>7
参考答案：
1．D
【分析】X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，YR最外层电子数为1，且原子半径YR较大，则R为钾、Y为钠；X最外层电子数为4，且半径小于ZQ，X为碳；ZQ最外层电子数分别为6、7，原子半径较碳大、较钠小，Z为硫、Q为氯；
【详解】A．碳可以形成相对分子质量很大的烃，其沸点不一定比硫的小，A错误；
B．钾会和乙醇反应生成氢气，不能保存在乙醇中，B错误；
C．Q的氢化物的水溶液为盐酸，盐酸不能刻蚀玻璃，C错误；
D．Y与Z构成的化合物为硫化钠，硫离子为弱酸根离子，能水解促进水的电离，D正确；
故选D。
2．D
【分析】二元弱酸H2A溶液中随着pH增大，H2A的量逐渐减小、HA-的量先增加后减小、A2-的量已知增加；
【详解】A．由点B坐标可知，H2A的二级电离常数，数量级为10-5，A正确；
B．由点A坐标可知，H2A的一级电离常数，C点，，，C点的pH为2.75，B正确；
C．反应H2A(aq)+M2+(aq)MA(s)+2H+(aq)的平衡常数，K≈80，C正确；
D．向MA的饱和溶液中加酸调节至中性，则溶液中还含有其它阴离子，根据电荷守恒可知，2c(M2+)>2c(A2-)+c(HA-)，D错误；
故选D。
3．C
【分析】滴定过程中溶液pH突变时，，此时参与反应的，由此可知HA的初始浓度为。
【详解】A．初始溶液，说明HA未完全电离，因此为一元弱酸，故A项正确；
B．初始HA溶液中，初始溶液中稍大于，，因此初始溶液中的电离度，故B项正确；
C．时，溶液中溶质为NaA，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，因此，故C项错误；
D．酚酞试液在溶液pH>10时变红，由图可知当溶液pH>10时，所加NaOH溶液体积大于20mL，因此测得溶液浓度会偏大，故D项正确；
综上所述，错误的是C项。
4．C
【分析】由于，分析图像，曲线X代表，曲线Y代表，曲线Z为；
【详解】A．曲线X代表，故A正确；
B．根据题目中N点pH=8.95，，，可计算出，同理，可求出，故B正确；
C．N点时与氨水刚好反应生成，锌元素的主要存在形式应为，故C错误；
D．与之和即得，则，故D正确；
故选C。
5．D
【详解】A．实验室制备氨气，可用氢氧化钙、氯化铵在加热条件下进行，故A正确；
B．氨气易溶于水，注意防止倒吸，氨气与溶液反应生成Cu(NH3)4Cl2和氢氧化铁，故B正确；
C．分离固体和液体，可用过滤的方法，故C正确；
D．应在蒸发皿中蒸发，且避免氯化铁水解，更不能直接蒸干，故D错误；
故答案为D。
【点睛】考查物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，明确实验原理是解题关键，用H2O2氧化废蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]，用丙装置过滤分离，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，将溶液在蒸发皿中进行蒸发，且应通入氯化氢，防止铁离子水解，以达到制备FeCl3•6H2O的目的，注意把握物质性质的理解、物质分离提纯的方法。
6．C
【分析】根据图象可知，20 mL 0．1mol·L-1NaA溶液呈碱性，此时pH=10，则HA为弱酸；
【详解】A. b点由于NaA水解使溶液呈碱性，水解促进水的电离，a点通入的HCl过量，电离使溶液呈酸性，抑制水的电离，则水的电离程度：b>a，A正确；
B. a点溶液根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(OH-)，B正确；
C. b点溶液为NaCl、NaA和HA的溶液，且物质的量相等，根据溶液呈电中性：①c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(OH-)，A原子守恒：②c(Na+)= c(A-)+ c(HA)；③c(Na+)= 2c(Cl-)；把②、③代入①，得到c(HA)+2c(H+)= c(A-) +2c(OH-)，C错误；
D. 根据图象可知，=1时，pH=2.87，此时溶液为NaCl与HA的混合溶液，且物质的量相等，c(H+)= c(A-)=10-2.87，c(HA)接近0.1mol/L，Ka(HA)的数量级为l0-5，D正确；
答案为D
7．D
【分析】X形成四条共价键，且A离子带有一个单位的负电荷，则X为B，Y形成四条共价键，Z形成三条共价键，X、Y、Z原子序数依次增大，故Y为C，Z为N，W形成一条共价键，W为H，A离子为-1价，则M离子为+1价，因此M为Na。
【详解】A．由于电负性H＞B，导致在A中H元素显-1价，A正确；
B．XZ即BN是一种新型陶瓷材料，B正确；
C．X的含氧酸为H3BO3，是一种弱酸，C正确；
D．由于HCN为弱酸，化合物NaCN为强碱弱酸盐，CN-水解显显碱性，D错误；
故选D。
8．D
【详解】A．金属铝的熔点较低，打磨过的铝箔先熔化，表面生成熔点较高的氧化铝，氧化铝将熔化的铝包裹住，并不会滴落下来，A错误；
B．Na2SO3溶液中水解生成OH-，CH3COONa溶液中CH3COO-水解生成OH-，前者pH比后者大，说明的水解程度更大，根据水解原理，酸性越弱的酸其酸根阴离子的水解程度越大，则说明酸性：HSO
D．浓硫酸具有吸水性将胆矾(CuSO4·5H2O)中的结晶吸收，蓝色的胆矾变为白色的无水CuSO4，D正确；
故选D。
9．C
【分析】向KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，oa段发生反应，a点溶液中含有，由图可知，b点之后继续滴加Ba(OH)2溶液，沉淀的质量不变，说明b点之后沉淀只有BaSO4，则ab段发生的反应为、。
【详解】A．由上述分析可知，ab段发生的反应为、，故A错误；
B．由上述分析可知，a点溶液中主要含有，为强酸强碱盐，对水的电离无影响，b点溶液中主要含有，水解促进水的电离，c点溶液中含有过量的Ba(OH)2，抑制水的电离，因此水的电离程度：b >a >c，故B错误；
C．若V2=1；V3=1.5，则c点溶液中，，故C正确；
D．根据上述分析可知，m2为硫酸钡的质量，若V2=1时，，则，即m2=23.3，故D错误；
答案选C。
10．B
【详解】A．生物柴油是指植物油（如菜籽油、大豆油、花生油、玉米油、棉籽油等）、动物油（如鱼油、猪油、牛油、羊油等）、废弃油脂或微生物油脂与甲醇或乙醇经酯转化而形成的脂肪酸甲酯或乙酯，地沟油属于高级脂肪酸甘油脂，地沟油转化为生物柴油时醇的部分被取代，发生取代反应，A正确；
B．、与三种微粒中质子数分别为9、9、10，质子数不相同，B错误
C．加热时碘易升华，氯化铵易分解为HCl和氨气，遇冷后，碘又重新凝华成固态，HCl和氨气又重新化合为氯化铵，因此碘单质与固体混合物不可用加热的方法分离，C正确；
D．因为次氯酸根离子会水解，1L0.3mol/LNaClO溶液中次氯酸根离子数目小于0.3mol，即小于，D正确；
答案选B。
11．C
【详解】A．a点0.1mol/L的HCl和0.1mol/L的CH3COOH，HCl电离出的氢离子浓度为0.1mol/L，CH3COOH电离受到抑制，CH3COOH电离出的氢离子可忽略，故溶液中的氢离子浓度为0.1mol/L，，，A项正确；
B．b点溶液溶质为等物质的量的氯化铵和CH3COOH，，，，醋酸电离程度大于铵根离子水解程度，则，B项正确；
C．，滴定过程中，氢离子浓度逐渐减小，则逐渐增大，C项错误；
D．c点溶液中溶质为等物质的量的氯化铵和CH3COONH4，溶液中存在物料守恒：c()+c()=2[c()+c()]=2c(Cl-)，所以存在c()+c()=c()+c()+c(Cl-)，D项正确；
答案选C。
12．(1)增大接触面积，提高反应速率
(2)4FeO·Cr2O3+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2
(3) 4.5~9.3 使2+2H++H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率
(4)Na2SO4
(5) Fe-2e-=Fe2+ 1.0×10-6
【分析】铬铁矿焙烧将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，水浸后除去滤渣，滤液加入硫酸调节pH，将铁、铝、硅转化为沉淀，过滤滤液加入硫酸酸化将转化为，溶液蒸发结晶后得到硫酸钠副产品和冷却结晶得到的Na2Cr2O7•2H2O；
【详解】（1）焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是增大接触面积，提高反应速率；
（2）焙烧时FeO·Cr2O3和碳酸钠、氧气反应生成氧化铁和Na2CrO4、二氧化碳，化学方程式4FeO·Cr2O3+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；
（3）中和的目的是调节pH，将铁、铝、硅转化为沉淀，由图可知，pH的理论范围为4.5~9.3；酸化的目的是将溶液中转化为，从而提高Na2Cr2O7的产率；
（4）反应中加入硫酸，硫酸最终转化为副产品硫酸钠；
（5）阳极铁极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，反应为Fe-2e-=Fe2+；由图可知，铁离子完全沉淀是pH=3.0，则pOH=11.0，，，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，则，此时c(Cr3+)=mol·L-1。
13．(1)
(2) 粉碎固体、搅拌等 用强磁铁吸附铁粉
(3) Fe2+、 收少量滤液4于试管。滴几滴酸性KMnO4溶液(或K3Fe(CN)6溶液)，溶液褪色(或产生蓝色沉淀)
(4) TiO2-+2H2OH2TiO3+2H+ 水解反应是吸热反应。升温、促进平衡右移、提高水解程度
(5)坩埚
(6)
【分析】钛铁矿主要成分是FeTiO3，含少量SiO2、Fe3O4，SiO2与硫酸不反应，滤渣1是SiO2，浸液1中含有Fe3+、Fe2+、TiO2+、H+、；浸液1中加铁粉把Fe3+还原为Fe2+，蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾晶体，过滤，滤液3加热水使TiO2+水解为H2TiO3固体，灼烧H2TiO3得到TiO2，TiO2和SrCO3加热灼烧生成SrTiO3。
【详解】（1）TiO2和SrCO3加热灼烧生成SrTiO3和CO2气体，CO2的电子式为为 ；
（2）根据影响反应速率的因素，为了提高“焙烧”速率，宜采取的措施有粉碎固体、搅拌等。铁能被磁铁吸引，从“滤渣2”中提纯铁粉的物理方法是用强磁铁吸附铁粉。
（3）“滤液2”中析出硫酸亚铁晶体得到“滤液3”，所以浓度有明显变化的离子为Fe2+、。Fe2+与K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，取少量滤液4于试管，滴几滴K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明含有Fe2+；
（4）“热解”中TiO2+水解为H2TiO3，主要反应的离子方程式为TiO2-+2H2OH2TiO3+2H+。水解吸热，用“热水”而不用常温水，其目的是升温、促进平衡右移、提高水解程度。
（5）灼烧应在坩埚中进行，在“灼烧”中盛装H2TiO3的仪器是坩埚。
（6）某钛铁矿中含钛元素的质量分数为ω，100kg该钛铁矿经上述流程最终制得mg钛酸锶，mg钛酸锶中钛元素的质量为 ，则钛的收率为。
14．(1)
(2)BaSO4和CaSO4
(3)漏斗、玻璃棒、烧杯
(4) 将溶液中Fe2+氧化为Fe3+ 3.7≤pH＜7.7
(5)2.7×10-5
(6)
【分析】含镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)，用硫酸浸取，过滤除去BaSO4和CaSO4，得含有Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+的溶液，再向滤液中通入H2S除去Cu2+，且使Fe3+被还原成Fe2+，得CuS、S固体，过滤得滤液中含有Ni2+、Fe3+、Fe2+、Ca2+，加入H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，调节溶液合适的pH且避免生成Ni(OH)2，只生成Fe(OH)3沉淀，加入NaF除去Ca2+，再加入NaOH及氧化剂后得NiOOH，灼烧得Ni2O3。
【详解】（1）铁元素是第26号元素，原子结构示意图： ；
（2）根据分析，用硫酸浸取含镍催化剂后，过滤除去BaSO4和CaSO4，得含有Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+的溶液，故浸出渣主要成分为BaSO4和CaSO4；
（3）操作A是过滤，需要用到的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯；
（4）加入H2O2的目的是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；调节pH，使Fe3+完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH＜7.7；
（5）当c(F-)=0.001mol·L-1，c(Ca2+)=mol·L-1.=2.7×10-5mol·L-1.；
（6）氧化”过程中加入NaOH、K2S2O8反应生成NiOOH的离子方程式：。
15．(1) 浓硫酸稀释放出大量的热 SiO2
(2) 氧化Fe2+，减少NaClO3的用量 + 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O
(3) CO2 避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀
(4)4
【分析】蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、 CaO、 Fe2O3、 Al2O3、 NiO、FeS等加水和浓硫酸使其中金属氧化物溶解反应，其中二氧化硅不与硫酸反应生成滤渣1，滤液中加氯酸钠同时通入空气，将亚铁氧化为三价铁，再加碳酸钠调节溶液pH值使三价铁沉淀，过量后，在滤液中加硫化钠使镍离子沉淀，过滤，滤液中加氢氧化钠使镁离子沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁分解得到氧化镁。据此分析解答。
【详解】（1）浓硫酸溶于水会放出大量的热，使体系温度升高，故几乎无需加热；SiO2不与硫酸反应，所以滤渣中还含有SiO2 ；故答案为：浓硫酸稀释放出大量的热；SiO2；
（2）由于氧化时加入强氧化剂NaClO3，所以吹入空气的目的是使NaClO3与溶液充分混合，加快反应速率，氧气能氧化Fe2+，减少NaClO3的用量；离子方程式为+ 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O，故答案为：氧化Fe2+，减少NaClO3的用量；+ 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O；
（3）根据元素守恒，生成物中肯定有碳元素，且各元素化合价未发生改变，则生成气体为CO2；因Fe3+与CO水解相互促进生成Fe(OH)3，同时加入过快使溶液局部碱性过强会导致镍、镁离子沉淀，所以碳酸钠溶液需缓慢加入；故答案为：CO2；避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀；
（4）由已知信息得出，Ni2+恰好完全沉淀时，c(Ni2+) = 10-5mol/L，Ksp (NiS)= c (Ni2+) · c (S2-)=1×10-21，所以c (S2-)=10-16mol/L，又由于氢硫酸的两步电离平衡常数：
=1.4×10-7，=7.1×10-15，，带入硫离子和硫化氢分子的浓度得出：，求出c(H+)10-4mol/L，所以pH约为4，故答案为：4；
16．(1)FePO4+Li++e-=LiFePO4
(2)增大表面积，增大浓硫酸的接触面积，加快反应速率
(3)灼烧
(4)碱性
(5) Na2SO4 易溶解 易于洗涤
(6)
【分析】废旧磷酸铁锂电池正极材料(含LiFePO4、石墨粉等)，加入Na2S2O8、H2SO4进行酸浸，发生反应，得到的滤液中含有Li+、Fe3+，过滤得到滤渣为C，向滤液中加入氢氧化钠，除去铁离子，过滤后的滤液经过浓缩，加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到碳酸锂，据此作答。
（1）
放电时，FePO4在正极得电子发生还原反应，电极反应式为FePO4+Li++e-=LiFePO4。
（2）
磷酸铁锂电池的正极材料“浸出”前需要粉碎，目的是增大表面积，增大与浓硫酸的接触面积，加快反应速率。
（3）
“滤渣”中含有FePO4和C，C灼烧可以生成CO2，则为了得到纯净的FePO4，简单除碳方法为灼烧。
（4）
“净化”时为除尽微量的Mn2+、Co2+，确保浓度控制为等于或小于1×10-5mol/L，则Mn2+完全沉淀c（OH-）==1.4×10-4mol/L，pH≈10，则Co2+完全沉淀c（OH-）==2.4×10-5mol/L，pH≈9，故加入NaOH溶液调pH至碱性较好。
（5）
根据分析，粗Li2CO3固体表面黏有Na2CO3溶液和Na2SO4溶液，工业上用热水而不用冷水清洗固体，原因有杂质易溶解以及易于洗涤，后期易干燥且Li2CO3产率高。
（6）
“浸出”过程中LiFePO4和Na2S2O8、H2SO4进行反应，生成硫酸锂、硫酸铁、磷酸，则酸浸发生的化学方程式为。
17．(1) 增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率 SO2-2e-+2H2O=+4H+
(2) Fe Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+
(3)Cu、Fe
(4) 抑制Fe2+水解 7
【分析】由题干工艺流程图转化信息可知，焙烧反应为：4CuFeS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2，然后用H2SO4进行酸浸，反应原理为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，然后用过量X即铁粉还原，反应原理为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，过量出滤渣主要成分为Fe和Cu，滤液为FeSO4溶液，经过蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤干燥即得FeSO4·xH2O晶体，据此分析解题。
【详解】（1）①焙烧生成的SO2可用柠檬酸-柠檬酸钠溶液进行吸收，该过程采用逆流接触法进行吸收的原因是增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率，故答案为：增大气体和液体的接触面积，提高SO2吸收率；
②还可用电化学氧化法处理SO2，同时生成H2SO4，即SO2失去电子发生氧化反应生成H2SO4，则SO2参与反应的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=+4H+，故答案为：SO2-2e-+2H2O=+4H+；
（2）由分析可知，X即铁粉还原，反应原理为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，则该过程发生反应的离子方程式是Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe；Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）由分析可知，滤渣的主要成分是Fe、Cu，故答案为：Cu、Fe；
（4）①已知FeSO4是强酸弱碱盐，加热蒸发是促进Fe2+水解，向滤液中加入稀硫酸后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得绿矾晶体，加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解，故答案为：抑制Fe2+水解；
②为测定产品FeSO4·xH2O中结晶水的数量，称取14g产品配制成250mL待测液，准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中加稀硫酸酸化，用0.0500mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL，根据电子守恒有：n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×0.0500mol·L-1×20.00×10-3L=5×10-3mol，故14g样品中含有Fe2+的物质的量为：5×10-3mol×=5×10-2mol，故FeSO4·xH2O的摩尔质量为：=280g/mol，则x=≈7，故答案为：7。
18．(1)焙烧
(2) 是 c(Cu2+)===4.8´10-8mol·L-1＜1.0×10-5mol·L-1
(3)会生成NH4VO3沉淀，降低钒的利用率
(4) 用湿润的红色石蕊试纸靠近气体，试纸变蓝 利用空气流及时赶出NH3，以防NH3还原V2O5
(5)V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O
(6)VO2+-e-+H2O=+2H+
【分析】含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)和MgCO3经过焙烧除去有机物，V2O3会转化为Mg(VO3)2；用足量H2SO4溶液酸浸，得到含、Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+等离子的溶液；“净化I”中，向酸浸所得溶液中加入适量氨水调节pH，Fe3+、Al3+、Cu2+转化为相应的氢氧化物沉淀，被过滤除掉，所得滤液为含、、Mg2+等离子的溶液；“净化II”中，向“净化I”所得的滤液中加入适量(NH4)2CO3，Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3沉淀，过滤后得滤液1（含、），“净化III”中向滤液1中加入足量(NH4)2CO3，得到NH4VO3沉淀，再将NH4VO3在空气中煅烧得到V2O5。
【详解】（1）含钒废料中的有机物主要在焙烧工序中除去。
（2）常温时，若“调pH净化I”工序中最终溶液pH=8，c(OH-)=1.0´10-6mol·L-1，c(Cu2+)===4.8´10-8mol·L-1＜1.0×10-5mol·L-1，故此时Cu2+已完全沉淀。
（3）“净化II”中，向“净化I”后的滤液中加入适量(NH4)2CO3，Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3沉淀，过滤后得滤液1（含、），“净化III”中向滤液1中加入足量(NH4)2CO3，得到NH4VO3沉淀，“净化II”时若加入过量的( NH4)2CO3，可能导致的后果为“净化II”中生成Mg2(OH)2CO3沉淀和NH4VO3沉淀，降低钒的利用率。
（4）煅烧反应同时有氨气生成，实验室检验该气体的方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近气体，试纸变蓝；NH4VO3要在流动空气中煅烧的原因可能是利用空气流及时赶出NH3，以防NH3还原V2O5。
（5）在硫酸酸化条件下，V2O5与H2C2O4溶液反应的离子方程式为V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O。
（6）电池充电时，阳极上发生氧化反应，电极反应式为VO2+-e-+H2O=+2H+。
19．(1) MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)
(2)3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑
(3)6.5≤PH＜8 (或6.5～8)
(4)NH3、MnCO3
(5) 蒸发结晶 趁热过滤
【分析】碳酸锰铜矿主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe3O4、FeO杂质，用硫酸酸浸，得到硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，加入二氧化锰， Fe2+被氧化为Fe3+；加入MnCO3调节pH生成氢氧化铁沉淀；过滤后向溶液中通入氨气生成氢氧化铜沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3，生成MnCO3沉淀，MnCO3沉淀中加硫酸，得到硫酸锰溶液，以此解题。
【详解】（1）“氧化”时，二氧化锰把酸浸后的二价铁氧化为三价铁，离子方程式为： MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；二价铁和铁氰化钾相遇的时候会生成蓝色沉淀，可以用铁氰化钾来检验，另外二价铁有还原性，可以使高锰酸钾褪色，可以用酸性高锰酸钾来检验，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ；K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)；
（2）碳酸锰消耗三价铁水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁水解，该反应的离子方程式为：3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑；
（3）铜离子完全沉淀是铜离子浓度小于或等于10-5mol/L，此时c(OH-)==10-7.5 mol/L，c(H+)==10-6.5，pH=6.5；锰离子开始沉淀时，c(OH-)==10-6 mol/L，c(H+)==10-8，pH=8，故应控制pH的范围为6.5≤PH＜8 (或6.5～8)；
（4）通过流程图可知，在加热赶氨的时产生氨气，另外本题在沉锰的时候生成碳酸锰，故本工艺中可循环使用的物质是NH3 、MnCO3；
（5）从MnSO4溶液中得到MnSO4·H2O的方法为：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤。
20．(1)低于30%，反应速率较低，高于30%，有SO2产生
(2) 2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+ Zn2(OH)2CO3+4H+=2Zn2++3H2O+CO2↑
(3) Cu2+、Pb2+ 进一步除去微量的重金属离子，提高产品纯度
(4)煅烧
(5)溶解更多杂质，消耗更多除杂试剂
【分析】含锌催化剂加入硫酸进行酸浸，得到含有Zn、Fe、Cu、Pb元素金属阳离子的溶液，加入双氧水，Fe元素全部转化为Fe3+，同时加入碱式碳酸锌调节pH，使Fe3+转化为沉淀而除去，然后加入Zn置换Cu2+、Pb2+，将其除去，之后加入硫化钠进一步沉淀金属阳离子，过滤后再加入碳酸钠合称碱式碳酸锌，煅烧使其分解得到纳米氧化锌。
【详解】（1）低于30%，反应速率较低，而高于30%时，硫酸易被还原生成有毒的SO2；
（2）氧化时Fe2+会被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+；据图可知调节pH时加入Zn2(OH)2CO3，可以与氢离子反应得到Zn2+、水和CO2，离子方程式为Zn2(OH)2CO3+4H+=2Zn2++3H2O+CO2↑；
（3）氧化除杂除去的是Fe，此时还有杂质Cu2+、Pb2+，Zn比Cu、Pb活泼，加入后可以发生置换反应，除去Cu2+、Pb2+；CuS、PbS都是沉淀，加入硫化钠可以进一步除去微量的重金属离子，提高产品纯度；
（4）煅烧碱式碳酸锌可使其分解得到纳米氧化锌；
（5）酸过量会溶解更多的杂质，消耗更多除杂试剂。
21． 搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等 3 受热易分解 玻璃棒、漏斗、烧杯 1∶10
【分析】砷盐净化渣用稀硫酸进行选择浸Zn，其中的Zn、ZnO反应，过滤分离，不溶物再用硫酸、过氧化氢氧化浸出，结合沉铜后物质可知，氧化时Co被氧化为Co2+、As被氧化为H3AsO4,而Cu被氧化为Cu2+，SiO2不反应，过滤分离，滤渣为SiO2，滤液调节pH并加入Na3AsO4，将Cu2+转化为Cu5H2(AsO4)4∙2H2O沉淀，再过滤分离。滤液经萃取分液得到含有Co2+的有机层，反萃取得到CoSO4溶液，加入(NH4)C2O4溶液沉钴得到中CoC2O4∙2H2O。
【详解】(1)“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等；由图可知，当pH为3时，Zn的浸出率比较大，而Ni的浸出率比较小，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为3。
(2)“氧化浸出“时，被过氧化氢氧化为，根据得失电子守恒、元素守恒配平反应的化学方程方式为；此过程温度不能过高的原因是受热易分解。
(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入进行“沉铜”，得到难溶性的，则“沉铜”的离子方程式为。
(4)，根据C原子守恒得n(CoC2O4)=0.06mol，生成的氧化物中n(Co)=0.06mol，n(O)=，则n(Co)：n(O)=0.06mol：0.08mol=3：4，则此时所得钴的氧化物的化学式为。
(5)当pH=10.0时，Ni2+沉淀完全，则，当pH=9.5时，Co2+沉淀完全，则，若将沉铜后的溶液调节至，此时溶液中。
22． 适当提高酸的浓度、升高温度 C或者碳 9 先用氧化剂如把氧化为，然后用调节至左右，过滤得到 a AB
【分析】钛酸锂废料(含有少量碳、镍和铁元素)，经过预处理，再用稀硫酸酸浸，碳不和稀硫酸反应，Ni和铁与稀硫酸反应，钛酸锂和稀硫酸反应生成硫酸锂和钛酸，过滤，将浸出液调节pH值除掉镍和铁元素，过滤后向滤液中加入碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，再将尾液中加入磷酸钠并进一步回收锂。
【详解】(1)根据化合价分子得到中的化合价为+4；故答案为：+4。
(2)酸浸时生成钛酸，提高酸浸速率的措施，可以从浓度、温度以及接触面积，因此提高酸浸速率的措施为适当提高酸的浓度、升高温度；故答案为：适当提高酸的浓度、升高温度。
(3)由于废料中含有少量碳，碳不和稀硫酸反应，因此浸出渣中含有钛酸和少量碳；故答案为：C或者碳。
(4)根据题意要除杂，则，则，pH=8.6，，则，pH=9，，因此常温时通过调节溶液大于9，达到除杂目的；若要将镍、铁从浸出液中分步除去，达到分离镍和铁的目的，由于两者的溶度积常数接近，无法将两者分离开，因此要先用氧化剂如把氧化为，然后用调节至左右，过滤得到，然后继续调，过滤得到；故答案为：9；先用氧化剂如把氧化为，然后用调节至左右，过滤得到。
(5)用碳酸钠“沉锂”的离子方程式为；当碳酸钠的浓度增大，碳酸根浓度增大，平衡向碳酸锂反应生成，当倍数增大，钠离子形成的盐被包裹进碳酸锂沉淀中，从而降低了碳酸锂的纯度，因此代表纯度的曲线为a；故答案为：；a。
(6)工业上向尾液中加入，主要发生反应，因此是进一步回收金属锂和得到产品；故答案为：AB。
23． Na2SO4·10H2O SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH- 使PbSO4转化为PbCO3 A (稀)硝酸 低于40℃，反应速率慢，高于40℃硝酸会分解 4PbSO4+6NaOH=PbSO4·3PbO·H2O+3Na2SO4+2H2O Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率
【分析】向含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)中加入Na2SO3溶液、Na2CO3溶液，PbO2有强氧化性，将Na2SO3溶液氧化生成PbSO4，Na2CO3溶液将PbSO4转化为难溶PbCO3的离子方程式为CO+PbSO4=PbCO3+SO，然后过滤得到滤液1为Na2SO4溶液，向滤渣中加入硝酸酸溶，PbO、PbCO3都与硝酸反应生成Pb(NO3)2；然后向溶液中加入硫酸，生成PbSO4沉淀，过滤，滤液2的主要成分是HNO3，向滤渣中加入NaOH溶液，发生反应4PbSO4+6NaOH=3Na2SO4+ PbSO4•3PbO•PbSO4•H2O+2H2O，过滤、洗涤、干燥得到PbSO4•3PbO• H2O，滤液3中含有Na2SO4，据此分析解答。
【详解】(1)通过以上分析知，滤液1为Na2SO4溶液，蒸发、结晶可得到的副产品为硫酸钠晶体，其相对分子质量为322，则M为Na2SO4•10H2O，故答案为：Na2SO4•10H2O；
(2) PbO2有强氧化性，“转化”中，加入的Na2SO3溶液能够被PbO2氧化生成PbSO4，反应的离子方程式为SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-，故答案为：SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-；
(3) Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，加入Na2CO3溶液，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，反应的离子方程式为CO+PbSO4=PbCO3+SO，故答案为：使PbSO4转化为PbCO3；
(4) Na2SO3溶液是将PbO2转化为Pb2+，体现了Na2SO3溶液的还原性，四种物质中只有H2O2溶液具有还原性，Na2SO4溶液不具有还原性，高锰酸钾溶液、Fe2(SO4)3溶液具有氧化性，因此可以用H2O2溶液代替Na2SO4溶液，故答案为：A；
(5)根据上述分析，滤液2的主要成分是HNO3，可以循环利用，故答案为：硝酸；
(6)“酸溶”时，反应温度为40℃，若低于40℃，反应速率慢，不利于酸溶；若高于40℃，硝酸会分解，故答案为：低于40℃，反应速率慢，高于40℃硝酸会分解；
(7) 合成三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH=3Na2SO4+ PbSO4•3PbO• H2O+2H2O，“合成”需控制溶液的pH不能大于10，若pH大于10，Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率，故答案为：4PbSO4+6NaOH= PbSO4•3PbO• H2O+3Na2SO4+2H2O；Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率。
24．(1) 恒压滴定漏斗(滴液漏斗) Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+SO2↑+H2O
(2)水浴加热
(3) 浓H2SO4 吸收SO2等气体，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入装置丙中
(4)b
(5) SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl FeCl3·6H2O受热分解产生H2O，SOCl2与生成的水反应，消耗了H2O，同时产生的HCl抑制了FeCl3的水解
【分析】装置甲用浓硫酸和亚硫酸钠反应，制得二氧化硫；亚硫酰氯怕水，则装置乙中装有浓硫酸干燥二氧化硫；装置丙中，发生目标反应，合成亚硫酰氯；最后装置丁吸收SO2等气体，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入装置丙中，据此分析作答。
【详解】（1）盛放70%H2SO4的仪器名称为恒压滴定漏斗(滴液漏斗)；室验室制SO2，利用较浓H2SO4的强酸性，强酸制弱酸，化学方程式为：Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为：恒压滴定漏斗(滴液漏斗)；Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）反应需控制温度在40℃-80℃，水浴加热可以控制100℃以下的反应温度，故答案为：水浴加热；
（3）结合SOCl2的性质遇水剧烈反应，故制备前后都应严格控制防止水蒸气的进入接触SOCl2，乙中盛浓H2SO4干燥SO2；丁的作用为吸收SO2等气体，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入装置丙中，故答案为：浓H2SO4；吸收SO2等气体，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入装置丙中；
（4）蒸馏时温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口，不能用球形冷凝管，因为管内低凹处会残留液体不能流出，则选用b，故答案为：b；
（5）①根据刺激性气味及使品红溶液褪色可知反应为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，故答案为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl；
②蒸干FeCl3溶液促进FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl平衡正向移动且HCl易挥发只能得到Fe(OH)3，FeCl3·6H2O受热分解产生H2O，SOCl2与生成的水反应，消耗了H2O，同时产生的HCl抑制了FeCl3的水解，故答案为：FeCl3·6H2O受热分解产生H2O，SOCl2与生成的水反应，消耗了H2O，同时产生的HCl抑制了FeCl3的水解；
③由方程式可知关系式为：SOCl2→2HCl→2AgCl，则n(SOCl2)=n(AgCl)=，则m(SOCl2)=，SOCl2 纯度=，故答案为：。
25．(1)分液漏斗
(2) 减缓反应速率 C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O
(3) 2MnO+6 H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O 当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
(4)157.5cv/a% (1.575cv/a)
(5)还原性
(6)BD
【分析】装置A用饱和食盐水和电石反应制取乙炔，反应方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，装置B的硫酸铜溶液可除去电石中产生的杂质气体H2S、AsH3等，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2，化学反应方程式C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O，装置D用来吸收二氧化氮尾气；
【详解】（1）仪器a的名称分液漏斗；
（2）乙炔与水的反应比较剧烈，为得到平稳的乙炔气流，制乙炔时用饱和食盐水代替水，目的是减缓反应速率；反应时C中产生大量红棕色气体即NO2，已知乙炔在45-55℃硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2，化学反应方程式C2H2+8HNO3 (浓) H2C2O4+8NO2+4H2O；
（3）滴定实验中草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳和Mn2+，发生的离子反应方程式2MnO+6 H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O；到达滴定终点的现象是：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（4）用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定平均消耗标准溶液vmL，n(KMnO4)=cv×10-3mol，由滴定原理可得关系式n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5cv×10-3mol，产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的质量为m=nM=2.5cv×10-3mol×126g/mol=1.575cvg，质量分数为；
（5）酸性高锰酸钾与草酸反应，C元素化合价升高，草酸做还原剂，体现了草酸还原性；
（6）A．当V=10时，溶质为NaHC2O4，HC2O的电离常数为Ka2(H2C2O4)=1.5×104，水解常数为，则电离程度比水解程度大，所以溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，溶液中H+由HC2O、H2O共同电离产生，HC2O电离程度大于H2O的电离程度，则c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)，盐溶液在盐电离产生的两种水解、电离程度微弱，主要以盐电离产生的离子存在，故溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)，故A错误；
B．当c(C2O)=c(HC2O)时，Ka2═=c(H+)=1.5×10-4，pH=-lgc(H+)=-lg1.5×10-4=4-lg3+1g2=3.8，故B正确；
C．溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+2c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)+c(H+)，若溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，因此2c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)，所以c(C2O)+c(HC2O)＜c(Na+)，故C错误；
D．当溶液中c(Na+)=2c(C2O)+2c(HC2O)+2c(H2C2O4)时即物料守恒，溶质为Na2C2O4，C2O发生水解反应溶液呈碱性，则混合溶液的pH>7，故D正确；
故选：BD。
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