2024届高三新高考化学大一轮专题练习 水溶液中的离子反应与平衡

这是一份2024届高三新高考化学大一轮专题练习 水溶液中的离子反应与平衡，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
2024届高三新高考化学大一轮专题练习-水溶液中的离子反应与平衡
一、单选题
1．（2023·浙江·校联考三模）在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力与pH的变化如图。下列有关说法中正确的是
  
A．a点溶液未达到电离平衡状态
B．离子总浓度越大，溶液导电能力越强
C．向a、b两点溶液中分别滴入同一NaOH溶液至中性，溶液中的相同
D．b点后，溶液中加水稀释，所有离子浓度均减小
2．（2023春·云南曲靖·高三曲靖市民族中学校考期中）常温下，两种含钠的离子化合物溶液稀释时的pH变化如图所示，起始时溶液体积均为，稀释后体积记为。下列说法中错误的是
  
A．NaX是强碱弱酸盐，NaY是强碱NaOH
B．起始时，
C．常温下，起始时NaX溶液中由水电离的
D．a点溶液中离子浓度由大到小的顺序为
3．（2023·北京西城·统考二模）实验I浑浊不消失，实验Ⅱ和Ⅲ中浊液变澄清。

下列分析不正确的是
A．浊液中：
B．实验Ⅱ中溶液抑制了的水解
C．实验Ⅲ中发生了反应：
D．以上实验说明溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡
4．（2023春·上海浦东新·高三华师大二附中校考期中）常温下向某浓度的氯水中逐滴滴入溶液，无气体逸出，溶液pH变化如图所示，下列错误的是

A．a点：
B．b点：
C．c点：
D．d点：
5．（2022春·湖南株洲·高三统考期末）25℃时，用2amol•L-1NaOH溶液滴定1.0L2amol•L-1HF溶液，得到混合液中HF、F-的物质的量与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．pH=3时，溶液中：c(Na+)＞c(F-)
B．当c(F-)＞c(HF)时，一定有c(OH-)＞c(H＋)
C．pH=3.45时，NaOH溶液与HF恰好完全反应
D．pH=4时溶液中：c(HF)+c(Na+)+c(H+)－c(OH-)＜2amol•L-1
6．（2023春·上海浦东新·高三华师大二附中校考期中）常温下，向溶液中滴加溶液，有关微粒的物质的量变化如图所示。下列说法错误的是

A．在水中的电离方程式是、
B．当时，则有：
C．等体积等浓度的NaOH溶液与溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大
D．当时，则有：
7．（2023春·湖北·高三校联考期中）以酚酞为指示剂，用0.1000mol•L-1的NaOH溶液滴定pH=4的未知浓度H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ变化关系如图所示。

[已知：A2-的分布系数：δ(A2-)=，10-1.7=0.02]
下列叙述不正确的是
A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA-) B．H2A溶液的浓度约为0.02000mol•L-1
C．NaHA溶液显碱性 D．a点溶液中：c(Na+)＞2c(A2-)+c(H2A)
8．（2023·上海·模拟预测）常温下，往20mL0.1mol•L-1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol•L-1NH3•H2O溶液，溶液的pH与所加NH3•H2O溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是

已知：Ka(CH3COOH)=Kb(NH3•H2O)=2×10-5。
A．a点溶液中，离子浓度大小关系为c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
B．b点溶液中，一定存在c(NH)+c(NH3•H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C．c点溶液中，c(CH3COO-)+c(H+)＞c(NH3•H2O)+c(OH-)+c(NH)
D．a→c的过程中，水的电离程度依次增大
9．（2023·天津·校联考二模）室温下二元酸溶液中，的浓度对数随的变化如图。下列说法不正确的是

A．由图中可知二元酸的，
B．a点时，
C．适当升高温度，a点会左移
D．随增加，增大
10．（2023春·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考期中）常温下，下列指定溶液中，各组离子一定能大量共存的是
A．的溶液：
B．溶液：
C．甲基橙为红色的溶液：
D．澄清透明的溶液：

二、多选题
11．（2023·山东临沂·统考二模）联氨()是二元弱碱，联氨溶液中存在：
    
   
25℃时，溶液中与pH的关系如图所示(x表示含氮微粒，已知)。
  
下列说法错误的是
A．
B．M点溶液中
C．水的电离程度：
D．溶液中：
12．（2023·山东济宁·统考二模）已知：  ，  。25℃时，甘氨酸溶液中通入HCl或加入氢氧化钠含氮微粒的浓度对数与pH的关系如图所示，下列说法错误的是

A．a点时，
B．pH从4变化到9，溶液中不变
C．的甘氨酸水溶液中
D．在溶液中

三、原理综合题
13．（2023春·河南郑州·高三郑州市第九中学校联考期中）根据要求回答问题。
(1)已知、，

图Ⅰ是和反应生成和的过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，的变化是_______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，的变化是_______。请写出和反应的热化学方程式：_______。
(2)①将溶液蒸干灼烧得到的物质是_______(填化学式，下同)。
②溶液蒸干得到的固体物质是_______。
③泡沫灭火器常用硫酸铝作为原料之一，其灭火原理为_______(用离子方程式表示)。
(3)已知25℃时，有关弱酸的电离常数如下：；，，则相同物质的量浓度的、、NaCN溶液，pH由小到大的顺序是：_______。

四、工业流程题
14．（2023秋·江苏泰州·高三校联考期末）MnCl2极易吸水潮解，易溶于水和醋酸，不溶于苯；金属活泼性Mn>Fe。某科研小组由粗锰粉(含Mn及少量Fe、Ni、Pb等单质)为原料制备MnCl2，部分实验过程如下：
  
(1)“酸溶”时，盐酸要缓慢滴加的原因是___________。酸溶过程中溶液中Fe2＋的浓度先增大后略有减少，减少的原因是___________。
(2)“除铁”时，先加入H2O2，后加入MnCO3固体。加入MnCO3固体时有CO2生成，反应的离子方程式为___________。
(3)MnCl2·4H2O经加热脱水可制得MnCl2，测得加热升温过程中固体的质量变化如图所示。
  
① 若要获得MnCl2·H2O，需控制的温度范围是___________(写出计算推理过程)。
② MnCl2·H2O继续脱去结晶水时易发生副反应，产生MnO2和碱式氯化锰杂质，为减少副反应的发生，可采取的实验操作是___________。
(4) MnCl2·4H2O经加热脱水制得的MnCl2纯度不高，实验室可由固体四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和液体乙酰氯(CH3COCl)经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯MnCl2，涉及的主要反应有CH3COCl＋H2O→CH3COOH＋HCl、(CH3COO)2Mn＋2CH3COClMnCl2↓＋2(CH3CO)2O。为获得较高产率的高纯MnCl2，请补充实验方案：取四水醋酸锰24.5 g(0.1 mol)和50 mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入___________，充分反应后过滤，___________，干燥，得到MnCl2.[供选择的试剂：CH3COCl(0.1 mol CH3COCl的体积约7 mL)、苯、水]
15．（2023·湖南邵阳·统考三模）金属钒主要用于冶炼特种钢，被誉为“合金的维生素”。人们在化工实践中，以富钒炉渣(其中的钒以FeO•V2O3、V2O5等形式存在，还有少量的SiO2、Al2O3等)为原料提取金属钒的工艺流程如图所示：
  
提示：①钒有多种价态，其中+5价最稳定；
②V2O5在碱性条件下可转化为VO。
(1)可加快“高温氧化”速率的措施有______(填一条)。
(2)“气体X”和“气体Y”的化学式分别为______、______。
(3)“沉硅、沉铝”中得到含铝沉淀的离子方程式为_______。
(4)写出“高温氧化”过程中发生反应的化学方程式______。
(5)写出“热解”时的化学方程式_______。
(6)在“高温还原”反应中，氧化钙最终转化为______(写化学式)。
(7)已知：25℃时，NH3•H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，判断NH4HCO3溶液呈______(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
16．（2023·全国·高三专题练习）乙酸乙酯是良好的有机溶剂和食用香料，可用冰乙酸和乙醇作原料、作为催化剂制备，过程如下：
Ⅰ.制备。一种利用废旧镀锌铁皮制备的流程如下图：

(1)“碱洗”时加入溶液除，写出生成的离子方程式___________。
(2)“氧化”时加入的需稍过量，除了使充分反应外，还可能的原因是___________。
(3)含量的测定。制备乙酸乙酯所用要求纯度在99.5%(质量分数)以上。称取样品，加入稀盐酸充分溶解后配成溶液，从中取溶液，加入(Na2H2Y)标准溶液，用氨水调节pH后，加热使之充分反应。冷却，加入指示剂，用标准溶液滴定过量的EDTA，消耗标准溶液。计算判断该样品纯度是否符合要求___________ (写出计算过程)。已知：。
Ⅱ.制备乙酸乙酯。向三口瓶中加入一定量无水乙醇和，在恒压滴液漏斗中加入无水乙醇和冰乙酸。滴加混合液体，80~90℃条件下反应45分钟，改用蒸馏装置蒸馏至不再有馏出液为止。粗品经碱洗、水洗、干燥后得产品。
(4)补充完整蒸馏操作：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，___________，收集馏分。
(5)用替代浓硫酸作该反应催化剂的优点是___________。
17．（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)。
18．（2023春·云南曲靖·高三曲靖市民族中学校考期中）(重铬酸钾)是一种重要的化工原料。某兴趣小组用铬铁矿(主要成分是)为原料制备的流程如下：
  
(1)将铬铁矿粉碎的目的是___________。
(2)常温下，铬酸()的电离常数：，。溶液显碱性的原因是___________(用离子方程式表示)，溶液中___________。溶液显___________性(填“酸”“碱”或“中”)。
(3)该小组用滴定法准确测得产品中的质量分数为96.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是___________，添加该试剂的理由是___________。

参考答案：
1．B
【详解】A．加水稀释过程中，a点、b点都达到了电离平衡，故A错误；
B．导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，因此离子总浓度越大，溶液导电能力越强，故B正确；
C．根据电荷守恒，溶液呈中性，，a点醋酸浓度大，向a、b两点溶液中分别滴入同一NaOH溶液至中性，a点消耗的氢氧化钠溶液比b点消耗的氢氧化钠溶液多，因此溶液中的是a点大于b点，故C错误；
D．b点后，溶液中加水稀释，醋酸根、氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，故D错误。
综上所述，答案为B。
2．C
【详解】A．由图像可以看出，NaX溶液稀释时pH变化较小，溶液稀释时继续水解产生OH－，说明NaX是强碱弱酸盐，NaY溶液每稀释10倍，pH减小1，说明NaY是强碱，即NaOH，故A正确；
B．盐是水解显碱性，而强碱是电离显碱性，起始时，两溶液的pH相同，则，故B正确；
C．起始时，NaX的pH=11，是水解显碱性即溶液中的氢氧根是水电离出的氢氧根，，则，故C错误；
D．a点溶液的pH>7，即，则，由于水解溶液显碱性，则离子浓度大小关系为，故D正确。
综上所述，答案为C。
3．B
【详解】A．实验l浑浊不消失，NaHCO3浊液为饱和溶液，pH= 8显碱性，说明溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，溶液中离子浓度关系: ，选项A正确；
B．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，促进碳酸氢根离子的水解，碳酸氢钠溶解，溶液变澄清，选项B错误；
C．实验Ⅲ中浊液变澄清，说明加入氨水和碳酸氢根离子电离出的氢离子反应，促进碳酸氢根离子电离平衡正向进行，反应的化学方程式为: 2NaHCO3 + 2NH3·H2O=(NH4)2CO3 + Na2CO3 + 2H2O，选项C正确；
D．实验Ⅱ说明碳酸氢根离子存在水解平衡，实验I中说明存在碳酸氢根离子的电离平衡，以上实验说明NaHCO3溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡，选项D正确；
答案选B。
4．C
【分析】该过程中发生两步反应，a→b：Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl，酸性增大；b→d：2HCl+Na2SO3=2NaCl+H2SO3，H2SO3+Na2SO3=2NaHSO3，酸性减小。当溶液中溶质全为NaHSO3时，溶液显酸性，d点为中性，则d点溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3；
【详解】A．a点为氯水，氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离、HClO部分电离，主要以电解质分子存在，则微粒浓度大小关系为：c(H＋)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(ClO-)，A正确；
B．a→b点发生的反应为Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl，b点溶质为Na2SO4、HCl，物质的量之比为1:2 ，则c(Cl－)=c(H＋)=0.01mol/L，c()=0.005mol/L，故有c(Cl-)=2c()=0.01mol·L-1，B正确；
C．b到c过程中含有已经生成的Na2SO4，以及加入的Na2SO3，根据两个分子式可知Na原子的物质的量是S原子的物质的量的2倍，根据守恒可知钠离子的物质的量是反应后含S元素的化合物的物质的量的2倍，由于一部分含硫化合物存在于H2SO3中，由物料守恒：c(Na+)=2c()+2c()+2c()+2c(H2SO3)，故c(Na+)≠2c()+2c()+2c()，C错误；
D．根据电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(Cl－)+2c()+c()+2c()+ c(OH-)，d点显中性，c(H＋)= c(OH-)，所以c(Na+)=c(Cl－)+2c()+c()+2c()+ c(OH-)，D正确；
故选C。
5．D
【详解】A．pH=3时，c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，则c(F-)＞c(Na+)，故A错误；
B．当pH＞3.45时，c(F-)＞c(HF)，溶液可能呈酸性、中性或碱性，故B错误；
C．HF为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性，当pH=3.45时HF酸过量，故C错误；
D．当pH=4时，混合溶液体积大于1.0L，c(F-)＜1.6amol/L，c(HF)＜0.4amol/L，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，c(F-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)＜1.6amol/L，则c(HF)+c(Na+)+c(H+)-c(OH-)＜2amol•L-1，故D正确；
故选D。
6．C
【分析】向酸H2A中滴加NaOH溶液，H2A的量逐渐减小、HA-的量先增加后减小、A2-的量一直增加；结合题干图像可知，Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA-，Ⅲ代表A2-，由于溶液中会同时存在三种含A微粒，说明H2A是弱电解质；
【详解】A．由分析可知，H2A是弱电解质，其一级电离也是不完全的，则H2A在水中的电离方程式是：、，A正确；
B．当V(NaOH)=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，由图可知，c(A2-)＞c(H2A)，即HA-电离大于水解，溶液显酸性，则c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，B正确；
C．由B分析可知，NaHA的电离大于水解程度，溶液显酸性，水的电离受到了抑制，其溶液中水的电离程度比纯水小，C错误；
D．当V(NaOH)=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要为等物质量的NaHA、Na2A的混合溶液，根据物料守恒可知：3c(HA-)+3c(A2-)+3c(H2A)=2c(Na+)，D正确；
故选C。
7．D
【详解】A．根据图示，H2AH++HA-、HA-H++A2-，酸性较强时，应该是H2A为主要组分，所以曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)，曲线③代表δ(A2－)，选项A正确；
B．由H2AH++HA-，Ka1==10-6.3，则c（H+）≈[c（H2A）×Ka1]0.5=10-4，c（H2A）=10-1.7=0.02000mol/L，选项B正确；
C．NaHA溶液，Ka2==10-10.3，其Kh2==10-7.7>10-10.3，水溶液显碱性，选项C正确；
D．a点溶液中由电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)=2c(A2－)＋c(HA-)+c(OH-)，又a点溶液显酸性，c(H＋)>c(OH-)，且c(HA-)=c(H2A)，所以c(Na＋) c(CH3COO-)+c(CH3COOH)> c(CH3COO-)，又c(OH-)> c(H+)，故c(CH3COO-)+c(H+)氢氰酸>碳酸氢根，则碳酸氢根离子的水解程度小于CN-离子，CN-离子的水解程度小于碳酸根离子，则碳酸氢钠溶液中氢氧根离子浓度小于NaCN，NaCN溶液中氢氧根离子浓度小于Na2CO3，相同物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCN溶液，pH由小到大的顺序是：，故答案为：。
14．(1) 防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应；防止反应放出大量的热， 盐酸大量挥发；防止生成大量气体，使液体溢出(答对任一点即可) 一部分Fe2＋被Mn置换出来，一部分Fe2＋被O2氧化为Fe3＋后再转化为Fe(OH)3沉淀出来
(2)3MnCO3+2Fe3＋+3H2O=3Mn2＋+2Fe(OH)3+3CO2↑
(3) 130～180 ℃(在温度范围内均可) 将晶体置于HCl氛围中加热或将晶体置于真空状态下加热并及时抽出水汽
(4) 28 mL的CH3COCl 将所得固体、50 mL苯和14 mL的CH3COCl置于装有蒸馏装置中；加热回流至沉淀不再增加，过滤，用苯洗涤2～3次

【详解】（1）该反应为放热反应，且盐酸是挥发性酸，则盐酸要缓慢滴加的原因是：防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应；防止反应放出大量的热， 盐酸大量挥发；防止生成大量气体，使液体溢出(答对任一点即可)；
根据题给信息，金属活泼性Mn>Fe，则锰可以置换出溶液总的二价铁离子，另外溶液中溶解的氧气可以将二价铁氧化为三价铁，则溶液中Fe2＋的浓度减少的原因是：一部分Fe2＋被Mn置换出来，一部分Fe2＋被O2氧化为Fe3＋后再转化为Fe(OH)3沉淀出来；
（2）“除铁”时，先加入H2O2将二价铁氧化为三价铁，再加入MnCO3固体时有CO2生成，相关的反应有：3MnCO3+2Fe3＋+3H2O=3Mn2＋+2Fe(OH)3+3CO2↑；
（3）①根据锰元素守恒可知，，则，故要获得MnCl2·H2O，需要控制温度为：130～180 ℃之间；
②生成杂质是由于氯化锰的水解导致的，可以通过防止水解的发生而减少杂质的产生，故为减少副反应的发生，可采取的实验操作是：将晶体置于HCl氛围中加热或将晶体置于真空状态下加热并及时抽出水汽；
（4）根据题给信息可知，还需要加入CH3COCl，并且(CH3COO)2Mn·4H2O~4CH3COCl，则需要CH3COCl的物质的量为0.4mol，体积为28mL，根据题中信息，经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯MnCl2，故答案为：28 mL的CH3COCl；将所得固体、50 mL苯和14 mL的CH3COCl置于装有蒸馏装置中；加热回流至沉淀不再增加，过滤，用苯洗涤2～3次。
15．(1)将富钒炉渣粉碎(或将KClO3与富钒炉渣充分混合等)
(2) CO2 NH3
(3)AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO
(4)6[FeO•V2O5]+5KClO33Fe2O3+6V2O5+5KCl
(5)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O
(6)CaSiO3
(7)碱性

【分析】“焙烧"过程中加入KClO3可将低价铁、钒氧化为高价，而碳酸钠的作用是将SiO2、Al2O3和V2O5转化为相应的盐，都是生成CO2气体，但氧化铁不参与反应；KOH溶液“浸取”是将固体混合物溶解，而不溶解的氧化铁作为“滤渣1”的形式过滤出来；加碳酸氢铵的作用是先除去硅和铝(生成硅酸和氢氧化铝沉淀)，之后加入的硫酸铵可将钒转化为钒酸铵；“热解"是利用铵盐受热易分解的性质将钒酸铵加热分解得到五氧化二钒，同时释放出氨气；最后通过铝热反应将五氧化二钒还原为金属钒。
【详解】（1）将富钒炉渣粉碎（或将KClO3与富钒炉渣充分混合）均可加快“高温氧化”速率。
（2）由分析可知，“气体X”和“气体Y”的化学式分别为CO2和NH3。
（3）由分析可知，“沉硅、沉铝”中加碳酸氢铵和铝氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO。
（4）“焙烧"过程中加入KClO3可将FeO•V2O3氧化为Fe2O3和V2O5，化学方程式为：6[FeO•V2O5]+5KClO33Fe2O3+6V2O5+5KCl。
（5）“热解"是利用铵盐受热易分解的性质将钒酸铵加热分解得到五氧化二钒，同时释放出氨气，化学方程式为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O。
（6）V2O5和CaO、硅铁合金在高温下发生反应生成粗钒，V元素化合价下降，则Si元素化合价上升，氧化钙最终转化为CaSiO3。
（7）NH4HCO3溶液NH发生水解NH+H2O+H+，水解常数Kh=，HCO发生水解HCO+H2O H2CO3+OH-，水解常数Kh=，说明NH的水解程度小于HCO的水解程度，NH4HCO3溶液呈碱性。
16．(1)
(2)在的催化作用下分解损耗
(3)符合要求
(4)通冷凝水，加热
(5)可循环使用；作催化剂时不产生

【分析】废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液碱洗，去掉滤液，滤渣用盐酸酸溶后加入双氧水氧化得到的溶液经一系列处理得到；向三口瓶中加入一定量无水乙醇和，在恒压滴液漏斗中加入无水乙醇和冰乙酸。滴加混合液体，80~90℃条件下反应45分钟，改用蒸馏装置蒸馏至不再有馏出液为止。粗品经碱洗、水洗、干燥后得产品乙酸乙酯；
【详解】（1）“碱洗”时加入溶液除，反应生成和氢气，反应的离子方程式为；
（2）“氧化”时加入的需稍过量，除了使充分反应外，还可能的原因是在的催化作用下分解损耗；
（3）与Bi3+反应的EDTA的物质的量：n(EDTA)1=n(Bi3+)=0.05mol/L0.012L=0.0006mol；与Fe3+反应的EDTA的物质的量：n(EDTA)2=n(Fe3+)= n(EDTA)总- n(EDTA)1=0.03mol/L0.1L-0.0006mol=0.0024mol；原100mL溶液中Fe3+的物质的量：n(Fe3+)=n(EDTA)2=0.0024mol/L5=0.012mol，FeCl3·6H2O的纯度：，所以样品纯度符合要求；
（4）补充完整蒸馏操作为：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，通冷凝水，加热，收集馏分；
（5）用替代浓硫酸作该反应催化剂的优点是可循环使用；作催化剂时不产生。
17．(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。
18．(1)增大接触面积，加快反应速率(或其他合理答案)
(2) 酸
(3) 稀硫酸 抑制转化为，且与不反应

【分析】铬铁矿粉末加纯碱通空气焙烧，得到氧化铁、二氧化碳、铬酸钠和碳酸钠，加水水浸，碳酸钠和铬酸钠溶于水，过滤得到碳酸钠和铬酸钠的混合溶液，加适量硫酸，将铬酸钠转化为重铬酸钠，再加KCl将重铬酸钠转化为重铬酸钾。
【详解】（1）将铬铁矿粉碎，可以增大接触面积，加快反应速率。
（2）铬酸钠是强碱弱酸盐，溶液中水解使溶液呈碱性：；铬酸钠溶液中=6.0×105；溶液中既电离，又水解，其电离常数为，水解常数为