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江苏省无锡市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
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这是一份江苏省无锡市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共26页。试卷主要包含了2，和开始沉淀的pH分别为5，08×l0-8，Ksp=1，000×10-3ml=0等内容，欢迎下载使用。
江苏省无锡市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·江苏无锡·高二统考期末）25°C时，三种弱电解质的电离平衡常数如下表：
化学式
HCOOH
CH3COOH
NH3·H2O
电离平衡常数
1.77×10-4
1.75×10-5
1.76×10-5
(1)下列方法中，可以使0.l0mol•L-1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是_________ 。
a.通入少量HCl气体 b.加入少量冰醋酸 c.加入少量醋酸钠固体 d.加入少量水
(2)常温下，0.lmol•L-1的NH3·H2O溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是________。
a.c(OH-) b. c. c(H+)·c(OH-) d.
(3)同浓度的①HCOONa②CH3COONa③CH3COONH4④NH4Cl溶液的pH由大到小的顺序为______。
(4)用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积分别为V1、V2，则V1________V2(填“＞”、“＜“或“＝”)。
2. （2020春·江苏无锡·高二统考期末）二氧化氯泡腾片是一种常用的含氯消毒剂，其主要成分是亚氯酸钠(NaClO2)。NaClO2的制备原理为：用SO2与NaClO3制取ClO2气体，再由ClO2在强碱性条件下与过量的H2O2反应制得(装置如图所示)。
已知：①NaClO2碱性溶液稳定，酸性溶液会分解
②无水NaClO2常温稳定，有水存在时加热到130°C分解；
③NaClO2饱和溶液在温度低于38°C时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38°C时析出晶体是NaClO2。
(1)装置C用于制备ClO2气体，同时生成NaHSO4，写出该反应的化学方程式：_______。
(2)将C中产生的ClO2通入装置D中制备NaClO2，反应温度需控制在3°C，写出该反应的离子方程式：____。
(3)反应结束后，将D中混合物减压蒸发浓缩，冷却结晶可获得NaClO2晶体。结晶时温度需保持在40~55°C，原因是_______。
(4)保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO2吸收率的措施有(写出一种即可)_____。
(5)装置C所得溶液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源，经处理后可获得芒硝(Na2SO4·10H2O)。请补充完整由装置C中所得溶液制取Na2SO4·10H2O的实验方案：_____________(实验中须使用的试剂和仪器有：NaOH溶液、冰水、pH计)。已知：Na2SO4的溶解度曲线如图所示。
3. （2021春·江苏无锡·高二统考期末）以湿法炼锌矿渣[主要含和少量ZnS、、、CuO等杂质]和为原料制备碱式碳酸锌[]。
(1)还原浸出
①铁酸锌(，难溶于水)与在酸性条件下反应的离子方程式为_______。
②锌、铁浸出率与溶液pH及温度有关。溶液pH增大浸出率降低，原因是_______。
③室温下测得浸出液中为0.03，则该溶液中为_______。[]
(2)提纯制备
已知：沉淀完全的pH为3.2，和开始沉淀的pH分别为5.2、6.2；溶于稀酸和稀碱，难溶于水和乙醇；用调节pH，可使转化为，pH与锌沉淀率关系如图所示。
①请补充完整以“酸浸液”为原料，制取碱式碳酸锌固体的实验方案：在酸浸液中先加入20%双氧水充分反应，调节除去溶液中的____，过滤，弃去滤渣，向滤液中____，得碱式碳酸锌固体。[实验中须使用的试剂：锌粉、、乙醇]
②加入后析出，同时产生一种无毒气体，该反应的离子方程式为：_____。
4. （2022春·江苏无锡·高二统考期末）过硫酸钠()常用作漂白剂、氧化剂等。某研究小组利用如图所示装置制备并探究其性质(加热及夹持仪器略去)。
I.制备
已知：①；
②。
③是白色晶状粉末，易溶于水，加热至就会发生分解。
(1)装置B中发生反应的同时，需要持续通入空气的目的是_______。
(2)装置C的作用是_______。
(3)反应完毕，将三颈圆底烧瓶中的溶液减压蒸发、结晶过滤、洗涤干燥，可得过硫酸钠，减压蒸发的原因是_______。
II.测定产品纯度
(4)称取样品于碘量瓶中，加入水溶解，加入固体(略过量)摇匀，溶液中被还原为，在暗处放置，再加入适量醋酸溶液酸化，以淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点(滴定反应为)，共消耗标准溶液。计算样品的纯度(写出计算过程)。_______
III.探究的性质
(5)溶液与铜粉反应只生成两种盐且反应先慢后快，某同学推测反应先慢后快的原因可能是生成的对反应起催化作用，设计实验方案检验该推测是否正确_______。(实验中供选择试剂：粉、溶液、溶液、，溶液、溶液、溶液)
5. （2020春·江苏无锡·高二统考期末）硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。由方铅矿(主要成分为PbS，含FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbSO4的工艺流程如下：
已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水
②PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq) ΔH>0
③Ksp(PbSO4)=1.08×l0-8，Ksp(PbCl2)=1.6×l0-5
(1)“浸取”过程中盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为______；“浸取”时加入饱和NaCl溶液的原因是________。
(2)“调pH”的目的是___________。
(3)“沉降”时加入冰水的作用是__________。
(4)流程中可循环使用的物质是________。
(5)20°C时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(g•L-1)如图所示。下列叙述正确的是(填序号)______。
a.盐酸浓度越小，Ksp(PbCl2)越小
b.x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)不相等
c.当盐酸浓度为lmol•L-1时，溶液中c(Pb2+)一定最小
6. （2020春·江苏无锡·高二统考期末）工业上以钒炉渣(主要含V2O3还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)a(VO)b(CO3)c(OH)d•nH2O)，其中V为+4价。其生产工艺流程如下：
(1)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中c()=0.lmol•L-1，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节c()为_______mol•L-1。已知：Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3。
(2)“还原”V2O5过程中，生成VOCl2和一种无色无污染的气体，该反应的化学方程为式_________。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOCl2，该方法的缺点是________。
(3)为测定氧钒碱式碳酸铵样品的组成，进行下列实验：
①准确称量1.0650g产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加水稀释至100.00mL得到溶液A。将溶解过程产生的气体全部通入足量澄清石灰水，生成白色沉淀0.4000g。
②准确量取20.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH322.4mL(标准状况)。
③准确量取20.00mL溶液A，加入0.l000mol•L-1KMnO4溶液将VO2+恰好氧化成，然后用0.l000mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为12.00mL。已知滴定反应为：+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O。
通过计算确定该氧钒碱式碳酸铵晶体样品的化学式(写出计算过程)__________。
7. （2021春·江苏无锡·高二统考期末）亚氯酸钠()是一种高效的消毒剂和漂白剂，工业上以氯酸钠()为原料制备的流程如下：
(1)“还原”得到气体，母液中溶质的主要成分是____(填化学式)，与发生反应的离子方程式为____。
(2)分析电解一段时间后溶液中的含量。
已知：①被还原为、的转化率与溶液pH的20关系如图所示。
②当时，也能被完全还原为。
③反应生成的用标准溶液滴定：(未配平)
准确量取500mL水样加入到锥形瓶中，加入NaOH溶液调节pH为7~8，加入足量KI晶体，充分搅拌后，滴加几滴淀粉溶液，用0.2000mol/L标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是____，消耗溶液20.00mL。计算电解后所得溶液中的含量(mg/L)___(写出计算过程)。
8. （2022春·江苏无锡·高二统考期末）废旧干电池拆解后的碳包滤渣(含等)，既可制取高纯又可消除废弃物对环境的污染。实验流程如下：
已知：25℃时，各物质的见下表
物质
K
(1)“浸取”时，控制温度70℃左右，生成和的化学方程式为_______。若浸取反应在25℃时进行，足量，则充分浸取后溶液中_______(填数值)。
(2)“氧化”时，溶液中转化为的离子方程式为_______；滤渣2的主要成分为_______(填化学式)。
(3)制备时，滤液溶液与溶液的混合方式为_______。
(4)产率与“浸取”时的投料比关系如题图所示，用量超过最佳值时，产率反而变小的原因是_______。
9. （2020春·江苏无锡·高二统考期末）硫酸厂尾气中含有大量SO2，回收并综合利用SO2对环境保护有重要意义。
(1)利用氨水吸收烟气中的SO2可转化为(NH4)2SO4。相关反应的主要热化学方程式如下：
SO2(g)+NH3•H2O(aq)=NH4HSO3(aq) ΔH1=akJ•mol-1
NH3•H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l) ΔH2=bkJ•mol-1
2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=ckJ•mol-1
①反应2SO2(g)+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH=________kJ•mol-1
②空气氧化NH4HSO3的速率随温度的变化如图1所示，当温度超过60℃时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是________。研究发现，在500℃下硫酸铵分解过程中得到4种产物，其含氮物质随时间变化关系如图2所示。写出该条件下硫酸铵分解的化学方程式：____________。
(2)工业上利用SO2尾气可制备亚硫酰氯(SOCl2)。SOCl2是一种发烟液体，易水解，可用于农药、医药、染料、电池等生产，其制备原理为：S(s)+2Cl2(g)+SO2(g)⇌2SOCl2(g)。
①该反应的平衡常数表达式为____。
②用SOCl2与A1Cl3•6H2O混合共热，可得到无水A1Cl3，原因是________。
(3)用电解法处理含有SO2尾气的装置如图所示(电极材料均为惰性电极)。该装置中的离子交换膜为___离子交换膜(填“阴”或“阳”)；阴极的电极反应式为__。
10. （2021春·江苏无锡·高二统考期末）(g)和(g)可用于合成乙烯，可能发生的反应为：
I.
II.
请回答下列问题：
(1)反应I能自发进行，则_____0(填“<”或“>”或“=”)，该反应在恒温恒容时达平衡状态的标志是_____。(填字母序号)
a.
b.容器内混合气体平均相对分子质量不变
c.
d.容器内的密度保持不变
(2)有催化剂存在时，反应I和反应II同时进行，的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。
①由图可知：0.1MPa下，200℃~550℃时以____(填“反应I”或“反应II”)为主；一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的产率，可采取的措施为____。
②当温度大于800℃时，随着压强的增大，的平衡转化率减小，请解释原因____。
(3)用惰性电极电解强酸性二氧化碳水溶液也可得到乙烯，其原理如图所示。
①b电极上的电极反应式为_____；
②该装置中使用的是_____(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
11. （2021春·江苏无锡·高二统考期末）煤燃烧产生的硫氧化物会严重影响我们的生存环境，如何减少烟气中硫氧化物的含量是环境保护的重要课题。
I.天然碱脱硫
天然碱的主要成分是和，用天然碱生产小苏打的母液(主要溶质为)可吸收烟气中，相关反应的热化学方程式如下：
反应的____。
II.软锰矿脱硫
某矿厂利用软锰矿(主要成分为，杂质为铁、铝等金属的氧化物)来进行烟气(含有、等)脱硫处理，进而回收富集硫酸锰。
(1)在吸收塔中，软锰矿浆从塔上方喷淋，含的烟气从塔底部进入，其目的是___。写出软锰矿浆吸收的化学方程式____。
(2)在20℃条件下，向一定量软锰矿浆中匀速通入烟气，浸出液中、以及pH随吸收时间的变化如图所示。
①反应一段时间后，浸出液中和浓度的比值小于1：1，其主要原因是_____。
②溶液中的增加呈现由慢到快的趋势，其主要原因是____，请设计实验方案证明___。
12. （2022春·江苏无锡·高二统考期末）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
(1)去除废气中的相关热化学方程式如下：
①反应_______。
②废气中的和空气(的体积分数约为)的体积比一般控制在0.4，可有效去除废气中的，原因是_______。
(2)甲烷与重整制氢：，为了研究甲烷对制氢的影响，原料初始组成，保持体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如题图-1所示：
①图中曲线a表示物质_______。
②某温度下，反应达平衡的标志是_______(填标号)。
a. b.的体积分数不再变化
c.不再变化 d.混合气体的密度不再改变
③为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是_____(列举一条)。
(3)太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的装置如题图-2所示。
①b极为_______极。
②该太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的过程可描述为_______。
13. （2022春·江苏无锡·高二统考期末）许多含氯化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱灭菌消毒剂。
(1)亚氯酸钠是一种高效漂白剂。在溶液中存在等微粒。经测定，25℃时各组分含量随变化情况如题图-1所示(未画出)。其他条件相同时，以溶液为吸收剂，测得相同时间内NO的氧化率随温度的变化情况如题图-2所示。
①25℃时，_______。25℃时，浓度均为的HClO2溶液和溶液等体积混合后，_______(填“>”“<”或“=”)。
②酸性条件下，NaClO2能将烟气中的NO氧化为，该反应的离子方程式为_______。
③温度高于60℃时，NO氧化率下降，其原因是_______。
(2)二氧化氯(ClO2)是一种广谱消毒剂。ClO2在酸性溶液中比较稳定，氧化性随着溶液酸性增强而增强；ClO2在碱性溶液中不能稳定存在，可歧化为NaClO3和NaClO2。以ClO2为吸收剂进行脱硫，实验时测得SO2的脱除率随溶液pH变化如题图-3所示。
①当时，随pH的增大，SO2脱除率逐渐降低，其原因是_______。
②在pH约7.6之后，随pH的增大，SO2脱除率又开始升高，其原因是_______。
参考答案：
1. d a ②①③④ ＜
【分析】(1)醋酸为弱酸，溶液中部分电离，电离方程式为CH3COOHH＋+CH3COO－，根据对电离平衡的影响分析；
(2)根据影响氨水电离平衡的因素分析；
(3)根据盐的水解规律判断；
(4)pH均为3的HCOOH和CH3COOH，醋酸酸性更弱，酸浓度大。
【详解】(1)醋酸为弱酸，溶液中部分电离，电离方程式为CH3COOHH＋+CH3COO－，a.通入少量HCl气体，增大氢离子浓度，抑制醋酸电离，故a不选；b.加入少量冰醋酸，增大醋酸浓度，电离程度减小，故b不选； c.加入少量醋酸钠固体，增大醋酸根离子浓度，抑制醋酸电离，故c不选；d.加入少量水，促进醋酸电离，故d选；故答案为：d；
(2)a.碱加水稀释溶液浓度变稀，c(OH-)一定变小，故a选； b. 电离平衡常数只受温度的影响，加水稀释溶液，铵根离子浓度减小，= 增大，故b不选； c. c(H+)·c(OH-)=Kw， 只受温度的影响，故c不选；d.加水稀释溶液浓度变稀，c(OH-)一定变小，c(H+)增大，增大，故d不选；故答案为：a；
(3)①HCOONa②CH3COONa均为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，醋酸比甲酸酸性弱，溶液碱性②＞①；醋酸和一水合氨的电离平衡常数相差很小，③CH3COONH4几乎呈中性，④NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解后溶液呈酸性，同浓度的①HCOONa②CH3COONa③CH3COONH4④NH4Cl溶液的pH由大到小的顺序为②①③④。故答案为：②①③④；
(4)用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，前者酸性强，酸中未电离酸浓度小，消耗的NaOH少，消耗NaOH溶液的体积分别为V1、V2，则V1＜V2。故答案为：＜。
2. 2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 2ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O 温度过高NaClO2会分解，温度过低晶体以NaClO2•3H2O析出 缓慢滴加硫酸(搅拌、冰水浴均可） 向装置C所得溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4°C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体2~3次，低温烘干得到芒硝
【分析】由实验装置图可知，装置A中75%硫酸与装置B中亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与装置C中的硫酸和氯酸钠反应制得二氧化氯，二氧化氯进入装置D中，在温度为3°C的碱性条件下，二氧化氯与过氧化氢反应生成亚氯酸钠，装置E为空载仪器，起防止倒吸的作用，装置F为尾气吸收装置，吸收过量的二氧化硫和二氧化氯，防止污染环境。
【详解】（1）装置C中二氧化硫与硫酸和氯酸钠反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；
（2）在温度为3°C的碱性条件下，二氧化氯与过氧化氢反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O；
（3）由NaClO2饱和溶液在温度低于38°C时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38°C时析出晶体是NaClO2可知，结晶时温度需保持在40~55°C，故答案为：温度过高NaClO2会分解，温度过低晶体以NaClO2•3H2O析出；
(4)保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中缓慢滴加硫酸或搅拌或冰水浴可提高ClO2吸收率，故答案为：缓慢滴加硫酸(搅拌、冰水浴均可）；
（5）装置C为硫酸氢钠溶液，由Na2SO4的溶解度曲线可知，若温度高于32.4°C，会析出硫酸钠固体，则由硫酸氢钠溶液制取芒硝的操作为向装置C所得的溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4°C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体2~3次，低温烘干得到芒硝，故答案为：向装置C所得溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4°C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体2~3次，低温烘干得到芒硝。
【点睛】装置C为硫酸氢钠溶液，由硫酸氢钠溶液制取芒硝的操作为向装置C所得的溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4°C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体2~3次，低温烘干得到芒硝为分析关键，也是易错点。
3. ZnFe2O4+SO2+4H+ = Zn2+＋2Fe2++SO +2H2O 溶液pH过大，Zn2+和 Fe2+水解程度增大，转化为难溶物 4×10—22 mol/L Fe3+ 加入足量锌粉充分搅拌，过滤，加入NH4HCO3调节溶液pH约为7，过滤，乙醇洗涤，(低温)干燥 2Zn2++ 4HCO =Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O
【详解】(1) ①由题意可知，在酸性条件下，难溶的铁酸锌与二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子、锌离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为ZnFe2O4+SO2+4H+ = Zn2+＋2Fe2++SO +2H2O，故答案为：ZnFe2O4+SO2+4H+ = Zn2+＋2Fe2++SO +2H2O；
②锌离子和铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，若溶液pH增大，氢氧根离子与氢离子反应，水解平衡向正反应方向移动，锌离子和铁离子会转化为氢氧化锌沉淀和氢氧化亚铁沉淀，导致浸出率降低，故答案为：溶液pH过大，Zn2+和 Fe2+水解程度增大，转化为难溶物；
③若室温下浸出液中锌离子浓度为0.03 mol/L，由溶度积可知，溶液中硫离子的浓度为==4×10—22 mol/L，故答案为：4×10—22 mol/L；
(2)①由题给信息可知，制取碱式碳酸锌固体的实验方案为在酸浸液中先加入20%双氧水充分反应，使溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液，使铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，过滤，弃去氢氧化铁滤渣，向滤液中加入过量的锌粉，将溶液中的铜离子全部转化为铜，过滤，弃去铜，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，调节溶液pH约为7，使碳酸氢根离子和溶液中锌离子反应生成碱式碳酸锌沉淀，过滤，用乙醇洗涤碱式碳酸锌沉淀，低温条件下干燥得到碱式碳酸锌固体，故答案为：Fe3+；加入足量锌粉充分搅拌，过滤，加入NH4HCO3调节溶液pH约为7，过滤，乙醇洗涤，(低温)干燥；
②由题意可知，加入碳酸氢铵溶液后析出碱式碳酸锌沉淀发生的反应为碳酸氢根离子和溶液中锌离子反应生成碱式碳酸锌沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2Zn2++ 4HCO =Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O，故答案为：2Zn2++ 4HCO =Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O。
4. (1)将产生的氨气及时排除，防止发生副反应
(2)吸收氨气，防止倒吸
(3)减压导致溶液沸点降低，从而在温度低的条件下将水蒸发掉，防止Na2S2O8在较高温度下（高于65）分解
(4)根据反应关系式：，，故样品的纯度为：
(5)向两支盛有等质量铜粉的试管中，分别加入等体积等浓度的CuSO4溶液和Na2SO4溶液，然后分别加入足量等体积等浓度的Na2S2O8溶液，如加入CuSO4溶液的试管铜粉消失的时间小于加入Na2SO4溶液的试管铜粉消失时间，则该推断正确
【分析】该实验的目的是制备，装置A中的NaOH溶液可除去空气中的CO2，减少副反应的发生；B装置中氢氧化钠和反应生成，反应会生成NH3，根据已知信息②，NH3能够继续与反应，因此需要持续不断地通入空气，将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；装置C的目的是吸收NH3，倒扣的漏斗是为了防止倒吸。
(1)
根据分析，需要持续通入空气的目的是：将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；
(2)
装置C的作用是：吸收氨气，防止倒吸；
(3)
加热至就会发生分解，故减压蒸发的原因是：减压导致溶液沸点降低，从而在温度低的条件下将水蒸发掉，防止Na2S2O8在较高温度下（高于65）分解；
(4)
根据反应关系式：，，故样品的纯度为：；
(5)
要证明产生的Cu2+起到催化作用，应保持单一变量，除Cu2+外其他条件均相同，故：向两支盛有等质量铜粉的试管中，分别加入等体积等浓度的CuSO4溶液和Na2SO4溶液，然后分别加入足量等体积等浓度的Na2S2O8溶液，如加入CuSO4溶液的试管铜粉消失的时间小于加入Na2SO4溶液的试管铜粉消失时间，则该推断正确。
5. MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+MnCl2+S+2H2O PbCl2难溶于水，容易覆盖在方铅矿表面，减慢反应速率，加入NaCl增大c(Cl-)，有利于PbC12(s)+2Cl-(aq)⇌ (aq)平衡正移，将PbCl2(s)转化为 使Fe3+沉淀成Fe(OH)3而除去 降低PbCl2的溶解度，使PbC12(s)+2Cl-(aq)⇌ (aq)平衡逆向移动，有利于PbCl2晶体而析出 盐酸(或HCl) b
【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含FeS2等杂质)和软锰矿用盐酸浸取时，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，FeS2也会反应，亚铁离子转变为铁离子得到氯化铁，而加入食盐，则增大了氯离子浓度，使PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡右移；用氢氧化钠调pH，可使铁离子转化为氢氧化铁沉淀、随不溶性杂质一起除去，滤液经冰水降温，使PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡左移，已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，则得到PbCl2沉淀，经过滤分离得到PbCl2固体，往PbCl2固体中加稀硫酸，促使PbCl2转化为硫酸铅(PbSO4)，据此回答；
【详解】(1)已知“浸取”过程中盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，则该反应为氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化铅为还原剂，化学方程式为MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+MnCl2+S+2H2O；由信息知，PbCl2难溶于冷水，故反应过程中容易覆盖在方铅矿表面，减慢反应速率，加入NaCl，则增大c(Cl-)，有利于PbC12(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡右移，将PbCl2(s)转化为；
(2)杂质铁离子必须除去，通常转变为氢氧化铁沉淀加以除去，故“调pH”的目的是直接使Fe3+沉淀成Fe(OH)3而除去；
(3)“沉降”环节是使铅元素以PbC12析出，已知PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，故冰水降温，可降低PbCl2溶解度，又可使PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)朝着放热反应的方向移动即平衡左移；
(4)“转化”环节是往PbCl2固体中加稀硫酸，已知③Ksp(PbSO4)=1.08×l0-8，Ksp(PbCl2)=1.6×l0-5，由于硫酸铅的生成，c(Pb2+)降低，促使PbCl2不断地溶解，最终PbCl2转化为硫酸铅(PbSO4)，同时生成盐酸，从整个流程可见，可循环使用的物质是盐酸；
(5)a.Ksp(PbCl2)与温度有关，与盐酸的浓度无关，故a错误；
b.x、y两点对应的溶液中c(Cl-)不相等，则不相等，故b正确；
c.当盐酸浓度大于1mol⋅L−1时，溶液的c(Cl−)增大，Pb2+与Cl−生成PbCl2沉淀，溶液中c(Pb2+)减小，故c错误；
答案为b。
【点睛】本题主要考查氧化还原反应、水溶液中的离子平衡等知识，掌握化学平衡的移动原理、溶度积的计算并善于有效利用题目提供的信息是解题的关键。
6. 0.8 N2H4•2HCl+2V2O5+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O 有氯气生成，污染空气 (NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9•l0H2O
【分析】由流程图可知，向钒炉渣中加入碳酸钠，通入空气高温焙烧后得到NaVO3、Fe2O3、Na3PO4和Na2SiO3；水浸后，过滤得到主要是氧化铁的滤渣，含有NaVO3、Na3PO4和Na2SiO3的滤液；向滤渣中加入硫酸镁将Na3PO4和Na2SiO3转化为Mg3（PO4）2和MgSiO3沉淀，过滤，得到主要成分为Mg3（PO4）2、MgSiO3的滤渣和含有NaVO3的滤液；向滤液中加入氯化铵，NaVO3转化为NH4VO3沉淀，煅烧NH4VO3沉淀，NH4VO3受热分解生成V2O5；V2O5与浓盐酸和N2H4•2HCl反应生成VOCl2、N2和H2O；向VOCl2溶液中加入碳酸氢铵，VOCl2溶液与碳酸氢铵反应生成产品(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9•l0H2O。
【详解】（1）钒元素的沉降率达到98%，溶液中c()=0.lmol•L-1×2%=2×10-3mol•L-1，则溶液中c()==0.8 mol•L-1，故答案为：0.8；
(2)还原V2O5过程中，V2O5与浓盐酸和N2H4•2HCl反应生成VOCl2、N2和H2O，反应的化学方程式为N2H4•2HCl+2V2O5+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；用浓盐酸与V2O5反应制备VOCl2时，V2O5做反应的氧化剂，浓盐酸做反应的还原剂，浓盐酸与V2O5反应会有有毒的氯气生成，污染环境，故答案为：N2H4•2HCl+2V2O5+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；有氯气生成，污染空气；
（3）由题意可知，n()=n(CaCO3)==4.000×10-3mol，n()=n(NH3)==5.000×10-3mol，n(VO2+)=n()=n(Fe2+)=0.1000mol•L-1×12.00mL×10-3L•mL-1×=6.000×10-3mol，n(OH-)=n()+2n(VO2+)一2n()=5.000×l0-3mol+2×6.000×10-3mol-2×4.000×10-3mol=9.000×l0-3mol，则m()=60g•mol-1×4.000×10-3mol=0.2400g，m()=18g•mol-1×5.000×10-3mol=0.09000g
m(VO2+)=67g•mol-1×6.000×10-3mol=0.4020g，m(OH-)=17g•mol-1×9.000×10-3mol=0.1530g，n(H2O)==1.000×10-2mol，故a:b:c:d:n=n(NH4+)：n(VO2+):n(CO32-)：n(OH-):n(H2O)=5:6:4:9:10，氧钒碱式碳酸铵晶体样品的化学式为(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9•l0H2O，故答案为：(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9•l0H2O。
【点睛】用浓盐酸与V2O5反应制备VOCl2时，V2O5做反应的氧化剂，浓盐酸做反应的还原剂，浓盐酸与V2O5反应会有有毒的氯气生成，污染环境是解答关键。
7. Na2SO4 蓝色褪去，且30秒内不复色 n()=0.2000mol/L×20.00×10-3L=0.04mol，c()=0.04mol÷0.5L=0.8mol/L
【分析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在硫酸的作用下发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，ClO2与氢氧化钠在电解的条件下生成，据此分析解题。
【详解】(1)“还原”得到气体，根据元素守恒可以判断母液中溶质的主要成分是Na2SO4，与发生反应的离子方程式为：。
(2) 由2+2I-→2+I2和可得：与的化学计量数之比为1：1，n()=n()=0.2000mol/L×20.00×10-3L=0.04mol，c()=0.04mol÷0.5L=0.8mol/L。
8. (1) 9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O 410-37
(2) 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O Fe(OH)3
(3)向滤液MnSO4溶液中滴加NH4HCO3溶液，并充分搅拌
(4)浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀
【分析】碳包滤渣(含等)中加入FeS、稀硫酸进行浸取，发生反应：9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O，过滤得到滤渣1为MnO2、HgS和C，滤液中含有MnSO4、Fe2(SO4)3，加入MnO2继续氧化残留的Fe2+，发生反应2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，加入碳酸钙调节pH，促使铁离子水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+正向移动，过滤得到滤渣2的主要成分为Fe(OH)3，所得滤液进行一系列处理得到MnCO3。
(1)
由分析可知，“浸取”时，生成MnSO4、Fe2(SO4)3的化学方程式为：9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O，同时硫离子和汞离子结合生成HgS沉淀，若浸取反应在25℃时进行，FeS足量，则充分浸取后溶液中S2-浓度相同，溶液中==410-37。
(2)
“氧化”时，溶液中Fe2+转化为Fe3+，MnO2转化为Mn2+，反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，反应后的溶液中加入碳酸钙调节pH，促使铁离子水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+正向移动，过滤得到滤渣2的主要成分为Fe(OH)3。
(3)
制备MnCO3时，为防止溶液碱性过强生成Mn(OH)2沉淀，应向滤液MnSO4溶液中滴加NH4HCO3溶液，并充分搅拌，使溶液一直处于碱性不强的环境中，生成MnCO3沉淀。
(4)
浸出液中残存大量的S2-，容易与Mn2+反应生成MnS沉淀，所以当FeS用量超过最佳值时，MnCO3产率反而变小。
9. 2a+2b+c 温度过高(NH4)2SO3会分解(或水解），浓度减小(或温度升高O2在溶液中溶解度降低） 3(NH4)2SO4N2↑+4NH3↑+3SO2↑+6H2O↑ K= SOCl2水解产生HCl，抑制Al3+的水解 阳 2+2e-+2H+=+2H2O
【分析】(1)①由盖斯定律计算可得；
②亚硫酸铵是不稳定的弱酸弱碱盐，升高温度，亚硫酸铵受热分解，在溶液中水解程度增大，气体的溶解度随温度升高而减小；由图可知，亚硫酸铵受热分解有氨气和氮气生成，氮元素化合价部分升高，由氧化还原反应规律可知，硫元素化合价降低，反应中一定有二氧化硫生成；
(2)①反应的平衡常数等于各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值；
②A1Cl3是强酸弱碱盐，A1Cl3•6H2O受热时，Al3+易水解，而SOCl2与水反应生成氯化氢和二氧化硫，反应生成的HCl能抑制Al3+的水解；
(3)由图可知，与直流电源a极相连的电极上SO2失去电子发生氧化反应生成硫酸，该电极为阳极，电极反应式为SO2-2e-+H2O=4H++SO42-，与直流电源b极相连的电极上HSO3-得到电子发生还原反应生成S2O42-，该电极为阴极。
【详解】(1)①将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知①×2+②×2+③可得反应2SO2(g)+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)，则ΔH=2ΔH1+2ΔH2+ΔH3=(2a+2b+c)kJ/mol，故答案为：2a+2b+c；
②亚硫酸铵是不稳定的弱酸弱碱盐，升高温度，亚硫酸铵可能受热分解，或在溶液中水解程度增大，导致亚硫酸铵浓度减小，反应速率减小；气体的溶解度随温度升高而减小，升高温度，溶液中氧气的浓度减小，反应速率减小；由图可知，亚硫酸铵受热分解有氨气和氮气生成，氮元素化合价部分升高，由氧化还原反应规律可知，硫元素化合价降低，反应中一定有二氧化硫生成，则反应的化学方程式为3(NH4)2SO4N2↑+4NH3↑+3SO2↑+6H2O↑，故答案为：温度过高(NH4)2SO3会分解(或水解），浓度减小(或温度升高O2在溶液中溶解度降低）；3(NH4)2SO4N2↑+4NH3↑+3SO2↑+6H2O↑；
(2)①反应的平衡常数等于各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，由化学方程式可知，硫为固态，浓度为常数，则反应的平衡常数表达式为K=，故答案为：K=；
②A1Cl3是强酸弱碱盐，A1Cl3•6H2O受热时，Al3+易水解，而SOCl2与水反应生成氯化氢和二氧化硫，反应的化学方程式为SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑，用SOCl2与A1Cl3•6H2O混合共热，SOCl2与水反应生成的HCl能抑制Al3+的水解，可得到无水A1Cl3，故答案为：SOCl2水解产生HCl，抑制Al3+的水解；
(3)由图可知，与直流电源a极相连的电极上SO2失去电子发生氧化反应生成硫酸，该电极为阳极，电极反应式为SO2-2e-+H2O=4H++SO42-，与直流电源b极相连的电极上HSO3-得到电子发生还原反应生成S2O42-，该电极为阴极，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，由溶液电荷守恒可知，溶液中氢离子从左通过离子交换膜向右移动，则离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阳；2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O。
【点睛】由图可知，亚硫酸铵受热分解有氨气和氮气生成，氮元素化合价部分升高，由氧化还原反应规律可知，硫元素化合价降低，反应中一定有二氧化硫生成是解答关键。
10. < b Ⅱ 增大压强或增大CO2或H2的浓度 当温度大于800℃时，以反应Ⅱ为主，对于反应Ⅱ来说，压强增大，平衡不移动。但压强增大，使反应Ⅰ平衡正移，水蒸气浓度增大， 和H2浓度减小，从而导致反应Ⅱ平衡逆移，的平衡转化率减小 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O 阳
【详解】(1)反应I能自发进行，则=- ，由于该反应前后的气体分子数减少，故，则<0；
a.达到化学平衡时，各组份含量不变，而不是保持一定比例，故a错误；
b.混合气体平均分子量M= ，反应物均为气体，质量守恒，反应前后气体总质量不变，反应后气体物质的量减少，故当M不变时可判断达到平衡，b正确；
c.生成乙烯必定消耗氢气，都是指正反应，没有涉及逆反应，故c错误；
d.混合气体密度 ，反应前后气体总质量不变，该容器恒容，气体总体积也不变，则混合气体密度始终不变，不能判定达到平衡，则d错误；
故答案为：<；b；
(2)①由图可知：0.1Mpa下，随温度的升高，200℃ 550℃时CO2的转化率减小，故此温度范围内以反应Ⅱ为主；一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的产率，可采取的措施为：增大压强或增大CO2或H2的浓度；故答案为：Ⅱ；增大压强或增大CO2或H2的浓度；
②当温度大于800℃时，以反应Ⅱ为主，对于反应Ⅱ来说，压强增大，平衡不移动。但压强增大，使反应Ⅰ平衡正移，水蒸气浓度增大，和H2浓度减小，从而导致反应Ⅱ平衡逆移，的平衡转化率减小；故答案为：当温度大于800℃时，以反应Ⅱ为主，对于反应Ⅱ来说，压强增大，平衡不移动。但压强增大，使反应Ⅰ平衡正移，水蒸气浓度增大， 和H2浓度减小，从而导致反应Ⅱ平衡逆移，的平衡转化率减小；
(3)①根据图可知：a电极上电解水生成氧气和氢离子，b电极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成乙烯和水，电极反应式为：2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O；故答案为：2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O；
②根据a电极生成氢离子、b电极需要氢离子，a电极产生的氢离子需要通过阳离子交换膜进入b电极，故答案为：阳。
11. (a+b) 逆流吸收更完全 MnO2+=MnSO4 体系中SO2与O2反应生成硫酸 生成的催化O2氧化生成H2SO4的反应 向两个装置中分别装入等量一定量软锰矿浆，其中一个装置再加入少量硫酸锰固体，再向两个装置中同时相同流速通入烟气，测量变化
【详解】I．将给定的三个热化学方程式分别编号为①②③，根据盖斯定律，将(①+②)即得目标方程式 (a+b)，故答案为：(a+b)；
II．(1)在吸收塔中，为了增大跟软锰矿浆的接触面积，使吸收完全，吸收操作采取逆流形式，软锰矿浆从塔上方喷淋，含的烟气从塔底部进入；用软锰矿浆吸收发生了二氧化硫与MnO2作用生成硫酸锰的反应，化学方程式为MnO2+=MnSO4，故答案为：逆流吸收更完全；MnO2+=MnSO4；
(2)①向一定量软锰矿浆中匀速通入烟气，发生的主要反应为：MnO2+=MnSO4，此时浸出液中和浓度的比值等于1：1，反应一段时间后，浸出液中和浓度的比值小于1：1，说明还有硫酸生成，即发生了二氧化硫被氧气氧化为硫酸的反应，反应的方程式为2++2H2O=2H2SO4，故答案为：体系中SO2与O2反应生成硫酸；
②溶液中的增加呈现由慢到快的趋势，其主要原因是生成的催化O2氧化生成H2SO4的反应；若要证明这一结论，则需要做对照实验，保持其他条件相同，对比有无Mn2+的影响，设计实验为：向两个装置中分别装入等量一定量软锰矿浆，其中一个装置再加入少量硫酸锰固体，再向两个装置中同时相同流速通入烟气，测量变化。
12. (1) 若和空气的体积比大于0.4，则废气中脱除效率低；若小于0.4，则会部分氧化成大气污染物二氧化硫
(2) bd 减小压强或增大起始或及时分离出产物
(3) 正 在电极上失电子发生反应，生成的氧化生成硫单质，离子方程式为，通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成
【解析】(1)
① ①
②
反应可由，根据盖斯定律，=，故答案为：；
②废气中的和空气(的体积分数约为)的体积比一般控制在0.4，此时与的体积比为2：1，恰好发生，高于0.4时硫化氢不能完全反应，废气中脱除效率低；低于0.4氧气能与S单质反应生成二氧化硫污染空气，故答案为：若和空气的体积比大于0.4，则废气中脱除效率低；若小于0.4，则会部分氧化成大气污染物二氧化硫；
(2)
①由反应中各物质的化学计量数之比可知c为，d为，a为，b为，故答案为：；
②a.时反应达到平衡，故错误；
b.的体积分数不再变化时反应达到平衡状态，故正确；
c.始终保持恒定，不再变化时不能说明反应达到平衡状态，故错误；
d. 保持体系压强为，随反应进行气体总质量不变，容器体积增大，混合气体的密度减小，当密度不变时反应达到平衡状态，故正确；
故答案为：bd；
(3)
①由图可知b极为电子流入的电极，作正极；②由图可知在电极上失电子发生反应，生成的氧化生成硫单质，离子方程式为，通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成，故答案为：正；在电极上失电子发生反应，生成的氧化生成硫单质，离子方程式为，通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成；
13. (1) 1.0×10-6 ＜ 3+4NO+2 H2O =4+ 3Cl-+4H+ NaClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝反应正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低
(2) 时，ClO2的氧化性随pH的增大，氧化性逐渐减弱，导致SO2脱除率逐渐降低 在pH约7.6之后，在碱性条件下，ClO2不断的歧化反应，生成的亚铝酸盐氧化SO2能力更强，导致SO2脱除率升高
【详解】（1）①HClO2的电离平衡常数K=，观察图象可以看出，当pH=6时，c()=c(HClO2)，因此HClO2的电离平衡常数的数值Ka=1.0×10-6；25°C时，浓度均为0.1mol•L-1的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后，pH＜7，说明溶液显酸性，说明HClO2的电离大于离子的水解，故c(HClO2)＜c()，故答案为：1.0×10-6；＜；
②酸性条件下，NaClO2能将烟气中的NO氧化为，被还原为Cl-，该反应的离子方程式为3+4NO+2 H2O =4+ 3Cl-+4H+，
③NaClO2氧化NO生成的反应放热，升高温度，反应的平衡逆向移动，不利于NO的转化，使NO氧化率下降，并且温度越高，气体NO的溶解度越小，即温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低，导致氧化率降低；
（2）①含氯的氧化剂具有相似性，在酸性条件下的氧化性强于中性，强于碱性，因此，在酸性条件下，体系酸性减弱，ClO2的氧化性有所减弱；故答案为：时，ClO2的氧化性随pH的增大，氧化性逐渐减弱，导致SO2脱除率逐渐降低；
②根据已知，ClO2在NaOH溶液即碱性条件下会发生歧化反应，得到的亚氯酸盐也具有优良的脱硫作用，提高了体系的脱硫率；故答案为：在pH约7.6之后，在碱性条件下，ClO2不断的歧化反应，生成的亚铝酸盐氧化SO2能力更强，导致SO2脱除率升高。
江苏省无锡市2020-2022三年高二化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·江苏无锡·高二统考期末）25°C时，三种弱电解质的电离平衡常数如下表：
化学式
HCOOH
CH3COOH
NH3·H2O
电离平衡常数
1.77×10-4
1.75×10-5
1.76×10-5
(1)下列方法中，可以使0.l0mol•L-1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是_________ 。
a.通入少量HCl气体 b.加入少量冰醋酸 c.加入少量醋酸钠固体 d.加入少量水
(2)常温下，0.lmol•L-1的NH3·H2O溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是________。
a.c(OH-) b. c. c(H+)·c(OH-) d.
(3)同浓度的①HCOONa②CH3COONa③CH3COONH4④NH4Cl溶液的pH由大到小的顺序为______。
(4)用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积分别为V1、V2，则V1________V2(填“＞”、“＜“或“＝”)。
2. （2020春·江苏无锡·高二统考期末）二氧化氯泡腾片是一种常用的含氯消毒剂，其主要成分是亚氯酸钠(NaClO2)。NaClO2的制备原理为：用SO2与NaClO3制取ClO2气体，再由ClO2在强碱性条件下与过量的H2O2反应制得(装置如图所示)。
已知：①NaClO2碱性溶液稳定，酸性溶液会分解
②无水NaClO2常温稳定，有水存在时加热到130°C分解；
③NaClO2饱和溶液在温度低于38°C时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38°C时析出晶体是NaClO2。
(1)装置C用于制备ClO2气体，同时生成NaHSO4，写出该反应的化学方程式：_______。
(2)将C中产生的ClO2通入装置D中制备NaClO2，反应温度需控制在3°C，写出该反应的离子方程式：____。
(3)反应结束后，将D中混合物减压蒸发浓缩，冷却结晶可获得NaClO2晶体。结晶时温度需保持在40~55°C，原因是_______。
(4)保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO2吸收率的措施有(写出一种即可)_____。
(5)装置C所得溶液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源，经处理后可获得芒硝(Na2SO4·10H2O)。请补充完整由装置C中所得溶液制取Na2SO4·10H2O的实验方案：_____________(实验中须使用的试剂和仪器有：NaOH溶液、冰水、pH计)。已知：Na2SO4的溶解度曲线如图所示。
3. （2021春·江苏无锡·高二统考期末）以湿法炼锌矿渣[主要含和少量ZnS、、、CuO等杂质]和为原料制备碱式碳酸锌[]。
(1)还原浸出
①铁酸锌(，难溶于水)与在酸性条件下反应的离子方程式为_______。
②锌、铁浸出率与溶液pH及温度有关。溶液pH增大浸出率降低，原因是_______。
③室温下测得浸出液中为0.03，则该溶液中为_______。[]
(2)提纯制备
已知：沉淀完全的pH为3.2，和开始沉淀的pH分别为5.2、6.2；溶于稀酸和稀碱，难溶于水和乙醇；用调节pH，可使转化为，pH与锌沉淀率关系如图所示。
①请补充完整以“酸浸液”为原料，制取碱式碳酸锌固体的实验方案：在酸浸液中先加入20%双氧水充分反应，调节除去溶液中的____，过滤，弃去滤渣，向滤液中____，得碱式碳酸锌固体。[实验中须使用的试剂：锌粉、、乙醇]
②加入后析出，同时产生一种无毒气体，该反应的离子方程式为：_____。
4. （2022春·江苏无锡·高二统考期末）过硫酸钠()常用作漂白剂、氧化剂等。某研究小组利用如图所示装置制备并探究其性质(加热及夹持仪器略去)。
I.制备
已知：①；
②。
③是白色晶状粉末，易溶于水，加热至就会发生分解。
(1)装置B中发生反应的同时，需要持续通入空气的目的是_______。
(2)装置C的作用是_______。
(3)反应完毕，将三颈圆底烧瓶中的溶液减压蒸发、结晶过滤、洗涤干燥，可得过硫酸钠，减压蒸发的原因是_______。
II.测定产品纯度
(4)称取样品于碘量瓶中，加入水溶解，加入固体(略过量)摇匀，溶液中被还原为，在暗处放置，再加入适量醋酸溶液酸化，以淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点(滴定反应为)，共消耗标准溶液。计算样品的纯度(写出计算过程)。_______
III.探究的性质
(5)溶液与铜粉反应只生成两种盐且反应先慢后快，某同学推测反应先慢后快的原因可能是生成的对反应起催化作用，设计实验方案检验该推测是否正确_______。(实验中供选择试剂：粉、溶液、溶液、，溶液、溶液、溶液)
5. （2020春·江苏无锡·高二统考期末）硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。由方铅矿(主要成分为PbS，含FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbSO4的工艺流程如下：
已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水
②PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq) ΔH>0
③Ksp(PbSO4)=1.08×l0-8，Ksp(PbCl2)=1.6×l0-5
(1)“浸取”过程中盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为______；“浸取”时加入饱和NaCl溶液的原因是________。
(2)“调pH”的目的是___________。
(3)“沉降”时加入冰水的作用是__________。
(4)流程中可循环使用的物质是________。
(5)20°C时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(g•L-1)如图所示。下列叙述正确的是(填序号)______。
a.盐酸浓度越小，Ksp(PbCl2)越小
b.x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)不相等
c.当盐酸浓度为lmol•L-1时，溶液中c(Pb2+)一定最小
6. （2020春·江苏无锡·高二统考期末）工业上以钒炉渣(主要含V2O3还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)a(VO)b(CO3)c(OH)d•nH2O)，其中V为+4价。其生产工艺流程如下：
(1)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中c()=0.lmol•L-1，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节c()为_______mol•L-1。已知：Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3。
(2)“还原”V2O5过程中，生成VOCl2和一种无色无污染的气体，该反应的化学方程为式_________。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOCl2，该方法的缺点是________。
(3)为测定氧钒碱式碳酸铵样品的组成，进行下列实验：
①准确称量1.0650g产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加水稀释至100.00mL得到溶液A。将溶解过程产生的气体全部通入足量澄清石灰水，生成白色沉淀0.4000g。
②准确量取20.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH322.4mL(标准状况)。
③准确量取20.00mL溶液A，加入0.l000mol•L-1KMnO4溶液将VO2+恰好氧化成，然后用0.l000mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为12.00mL。已知滴定反应为：+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O。
通过计算确定该氧钒碱式碳酸铵晶体样品的化学式(写出计算过程)__________。
7. （2021春·江苏无锡·高二统考期末）亚氯酸钠()是一种高效的消毒剂和漂白剂，工业上以氯酸钠()为原料制备的流程如下：
(1)“还原”得到气体，母液中溶质的主要成分是____(填化学式)，与发生反应的离子方程式为____。
(2)分析电解一段时间后溶液中的含量。
已知：①被还原为、的转化率与溶液pH的20关系如图所示。
②当时，也能被完全还原为。
③反应生成的用标准溶液滴定：(未配平)
准确量取500mL水样加入到锥形瓶中，加入NaOH溶液调节pH为7~8，加入足量KI晶体，充分搅拌后，滴加几滴淀粉溶液，用0.2000mol/L标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是____，消耗溶液20.00mL。计算电解后所得溶液中的含量(mg/L)___(写出计算过程)。
8. （2022春·江苏无锡·高二统考期末）废旧干电池拆解后的碳包滤渣(含等)，既可制取高纯又可消除废弃物对环境的污染。实验流程如下：
已知：25℃时，各物质的见下表
物质
K
(1)“浸取”时，控制温度70℃左右，生成和的化学方程式为_______。若浸取反应在25℃时进行，足量，则充分浸取后溶液中_______(填数值)。
(2)“氧化”时，溶液中转化为的离子方程式为_______；滤渣2的主要成分为_______(填化学式)。
(3)制备时，滤液溶液与溶液的混合方式为_______。
(4)产率与“浸取”时的投料比关系如题图所示，用量超过最佳值时，产率反而变小的原因是_______。
9. （2020春·江苏无锡·高二统考期末）硫酸厂尾气中含有大量SO2，回收并综合利用SO2对环境保护有重要意义。
(1)利用氨水吸收烟气中的SO2可转化为(NH4)2SO4。相关反应的主要热化学方程式如下：
SO2(g)+NH3•H2O(aq)=NH4HSO3(aq) ΔH1=akJ•mol-1
NH3•H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l) ΔH2=bkJ•mol-1
2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=ckJ•mol-1
①反应2SO2(g)+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH=________kJ•mol-1
②空气氧化NH4HSO3的速率随温度的变化如图1所示，当温度超过60℃时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是________。研究发现，在500℃下硫酸铵分解过程中得到4种产物，其含氮物质随时间变化关系如图2所示。写出该条件下硫酸铵分解的化学方程式：____________。
(2)工业上利用SO2尾气可制备亚硫酰氯(SOCl2)。SOCl2是一种发烟液体，易水解，可用于农药、医药、染料、电池等生产，其制备原理为：S(s)+2Cl2(g)+SO2(g)⇌2SOCl2(g)。
①该反应的平衡常数表达式为____。
②用SOCl2与A1Cl3•6H2O混合共热，可得到无水A1Cl3，原因是________。
(3)用电解法处理含有SO2尾气的装置如图所示(电极材料均为惰性电极)。该装置中的离子交换膜为___离子交换膜(填“阴”或“阳”)；阴极的电极反应式为__。
10. （2021春·江苏无锡·高二统考期末）(g)和(g)可用于合成乙烯，可能发生的反应为：
I.
II.
请回答下列问题：
(1)反应I能自发进行，则_____0(填“<”或“>”或“=”)，该反应在恒温恒容时达平衡状态的标志是_____。(填字母序号)
a.
b.容器内混合气体平均相对分子质量不变
c.
d.容器内的密度保持不变
(2)有催化剂存在时，反应I和反应II同时进行，的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。
①由图可知：0.1MPa下，200℃~550℃时以____(填“反应I”或“反应II”)为主；一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的产率，可采取的措施为____。
②当温度大于800℃时，随着压强的增大，的平衡转化率减小，请解释原因____。
(3)用惰性电极电解强酸性二氧化碳水溶液也可得到乙烯，其原理如图所示。
①b电极上的电极反应式为_____；
②该装置中使用的是_____(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
11. （2021春·江苏无锡·高二统考期末）煤燃烧产生的硫氧化物会严重影响我们的生存环境，如何减少烟气中硫氧化物的含量是环境保护的重要课题。
I.天然碱脱硫
天然碱的主要成分是和，用天然碱生产小苏打的母液(主要溶质为)可吸收烟气中，相关反应的热化学方程式如下：
反应的____。
II.软锰矿脱硫
某矿厂利用软锰矿(主要成分为，杂质为铁、铝等金属的氧化物)来进行烟气(含有、等)脱硫处理，进而回收富集硫酸锰。
(1)在吸收塔中，软锰矿浆从塔上方喷淋，含的烟气从塔底部进入，其目的是___。写出软锰矿浆吸收的化学方程式____。
(2)在20℃条件下，向一定量软锰矿浆中匀速通入烟气，浸出液中、以及pH随吸收时间的变化如图所示。
①反应一段时间后，浸出液中和浓度的比值小于1：1，其主要原因是_____。
②溶液中的增加呈现由慢到快的趋势，其主要原因是____，请设计实验方案证明___。
12. （2022春·江苏无锡·高二统考期末）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
(1)去除废气中的相关热化学方程式如下：
①反应_______。
②废气中的和空气(的体积分数约为)的体积比一般控制在0.4，可有效去除废气中的，原因是_______。
(2)甲烷与重整制氢：，为了研究甲烷对制氢的影响，原料初始组成，保持体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如题图-1所示：
①图中曲线a表示物质_______。
②某温度下，反应达平衡的标志是_______(填标号)。
a. b.的体积分数不再变化
c.不再变化 d.混合气体的密度不再改变
③为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是_____(列举一条)。
(3)太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的装置如题图-2所示。
①b极为_______极。
②该太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的过程可描述为_______。
13. （2022春·江苏无锡·高二统考期末）许多含氯化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱灭菌消毒剂。
(1)亚氯酸钠是一种高效漂白剂。在溶液中存在等微粒。经测定，25℃时各组分含量随变化情况如题图-1所示(未画出)。其他条件相同时，以溶液为吸收剂，测得相同时间内NO的氧化率随温度的变化情况如题图-2所示。
①25℃时，_______。25℃时，浓度均为的HClO2溶液和溶液等体积混合后，_______(填“>”“<”或“=”)。
②酸性条件下，NaClO2能将烟气中的NO氧化为，该反应的离子方程式为_______。
③温度高于60℃时，NO氧化率下降，其原因是_______。
(2)二氧化氯(ClO2)是一种广谱消毒剂。ClO2在酸性溶液中比较稳定，氧化性随着溶液酸性增强而增强；ClO2在碱性溶液中不能稳定存在，可歧化为NaClO3和NaClO2。以ClO2为吸收剂进行脱硫，实验时测得SO2的脱除率随溶液pH变化如题图-3所示。
①当时，随pH的增大，SO2脱除率逐渐降低，其原因是_______。
②在pH约7.6之后，随pH的增大，SO2脱除率又开始升高，其原因是_______。
参考答案：
1. d a ②①③④ ＜
【分析】(1)醋酸为弱酸，溶液中部分电离，电离方程式为CH3COOHH＋+CH3COO－，根据对电离平衡的影响分析；
(2)根据影响氨水电离平衡的因素分析；
(3)根据盐的水解规律判断；
(4)pH均为3的HCOOH和CH3COOH，醋酸酸性更弱，酸浓度大。
【详解】(1)醋酸为弱酸，溶液中部分电离，电离方程式为CH3COOHH＋+CH3COO－，a.通入少量HCl气体，增大氢离子浓度，抑制醋酸电离，故a不选；b.加入少量冰醋酸，增大醋酸浓度，电离程度减小，故b不选； c.加入少量醋酸钠固体，增大醋酸根离子浓度，抑制醋酸电离，故c不选；d.加入少量水，促进醋酸电离，故d选；故答案为：d；
(2)a.碱加水稀释溶液浓度变稀，c(OH-)一定变小，故a选； b. 电离平衡常数只受温度的影响，加水稀释溶液，铵根离子浓度减小，= 增大，故b不选； c. c(H+)·c(OH-)=Kw， 只受温度的影响，故c不选；d.加水稀释溶液浓度变稀，c(OH-)一定变小，c(H+)增大，增大，故d不选；故答案为：a；
(3)①HCOONa②CH3COONa均为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，醋酸比甲酸酸性弱，溶液碱性②＞①；醋酸和一水合氨的电离平衡常数相差很小，③CH3COONH4几乎呈中性，④NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解后溶液呈酸性，同浓度的①HCOONa②CH3COONa③CH3COONH4④NH4Cl溶液的pH由大到小的顺序为②①③④。故答案为：②①③④；
(4)用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，前者酸性强，酸中未电离酸浓度小，消耗的NaOH少，消耗NaOH溶液的体积分别为V1、V2，则V1＜V2。故答案为：＜。
2. 2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 2ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O 温度过高NaClO2会分解，温度过低晶体以NaClO2•3H2O析出 缓慢滴加硫酸(搅拌、冰水浴均可） 向装置C所得溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4°C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体2~3次，低温烘干得到芒硝
【分析】由实验装置图可知，装置A中75%硫酸与装置B中亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与装置C中的硫酸和氯酸钠反应制得二氧化氯，二氧化氯进入装置D中，在温度为3°C的碱性条件下，二氧化氯与过氧化氢反应生成亚氯酸钠，装置E为空载仪器，起防止倒吸的作用，装置F为尾气吸收装置，吸收过量的二氧化硫和二氧化氯，防止污染环境。
【详解】（1）装置C中二氧化硫与硫酸和氯酸钠反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；
（2）在温度为3°C的碱性条件下，二氧化氯与过氧化氢反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O；
（3）由NaClO2饱和溶液在温度低于38°C时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38°C时析出晶体是NaClO2可知，结晶时温度需保持在40~55°C，故答案为：温度过高NaClO2会分解，温度过低晶体以NaClO2•3H2O析出；
(4)保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中缓慢滴加硫酸或搅拌或冰水浴可提高ClO2吸收率，故答案为：缓慢滴加硫酸(搅拌、冰水浴均可）；
（5）装置C为硫酸氢钠溶液，由Na2SO4的溶解度曲线可知，若温度高于32.4°C，会析出硫酸钠固体，则由硫酸氢钠溶液制取芒硝的操作为向装置C所得的溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4°C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体2~3次，低温烘干得到芒硝，故答案为：向装置C所得溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4°C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体2~3次，低温烘干得到芒硝。
【点睛】装置C为硫酸氢钠溶液，由硫酸氢钠溶液制取芒硝的操作为向装置C所得的溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4°C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体2~3次，低温烘干得到芒硝为分析关键，也是易错点。
3. ZnFe2O4+SO2+4H+ = Zn2+＋2Fe2++SO +2H2O 溶液pH过大，Zn2+和 Fe2+水解程度增大，转化为难溶物 4×10—22 mol/L Fe3+ 加入足量锌粉充分搅拌，过滤，加入NH4HCO3调节溶液pH约为7，过滤，乙醇洗涤，(低温)干燥 2Zn2++ 4HCO =Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O
【详解】(1) ①由题意可知，在酸性条件下，难溶的铁酸锌与二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子、锌离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为ZnFe2O4+SO2+4H+ = Zn2+＋2Fe2++SO +2H2O，故答案为：ZnFe2O4+SO2+4H+ = Zn2+＋2Fe2++SO +2H2O；
②锌离子和铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，若溶液pH增大，氢氧根离子与氢离子反应，水解平衡向正反应方向移动，锌离子和铁离子会转化为氢氧化锌沉淀和氢氧化亚铁沉淀，导致浸出率降低，故答案为：溶液pH过大，Zn2+和 Fe2+水解程度增大，转化为难溶物；
③若室温下浸出液中锌离子浓度为0.03 mol/L，由溶度积可知，溶液中硫离子的浓度为==4×10—22 mol/L，故答案为：4×10—22 mol/L；
(2)①由题给信息可知，制取碱式碳酸锌固体的实验方案为在酸浸液中先加入20%双氧水充分反应，使溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液，使铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，过滤，弃去氢氧化铁滤渣，向滤液中加入过量的锌粉，将溶液中的铜离子全部转化为铜，过滤，弃去铜，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，调节溶液pH约为7，使碳酸氢根离子和溶液中锌离子反应生成碱式碳酸锌沉淀，过滤，用乙醇洗涤碱式碳酸锌沉淀，低温条件下干燥得到碱式碳酸锌固体，故答案为：Fe3+；加入足量锌粉充分搅拌，过滤，加入NH4HCO3调节溶液pH约为7，过滤，乙醇洗涤，(低温)干燥；
②由题意可知，加入碳酸氢铵溶液后析出碱式碳酸锌沉淀发生的反应为碳酸氢根离子和溶液中锌离子反应生成碱式碳酸锌沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2Zn2++ 4HCO =Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O，故答案为：2Zn2++ 4HCO =Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O。
4. (1)将产生的氨气及时排除，防止发生副反应
(2)吸收氨气，防止倒吸
(3)减压导致溶液沸点降低，从而在温度低的条件下将水蒸发掉，防止Na2S2O8在较高温度下（高于65）分解
(4)根据反应关系式：，，故样品的纯度为：
(5)向两支盛有等质量铜粉的试管中，分别加入等体积等浓度的CuSO4溶液和Na2SO4溶液，然后分别加入足量等体积等浓度的Na2S2O8溶液，如加入CuSO4溶液的试管铜粉消失的时间小于加入Na2SO4溶液的试管铜粉消失时间，则该推断正确
【分析】该实验的目的是制备，装置A中的NaOH溶液可除去空气中的CO2，减少副反应的发生；B装置中氢氧化钠和反应生成，反应会生成NH3，根据已知信息②，NH3能够继续与反应，因此需要持续不断地通入空气，将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；装置C的目的是吸收NH3，倒扣的漏斗是为了防止倒吸。
(1)
根据分析，需要持续通入空气的目的是：将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；
(2)
装置C的作用是：吸收氨气，防止倒吸；
(3)
加热至就会发生分解，故减压蒸发的原因是：减压导致溶液沸点降低，从而在温度低的条件下将水蒸发掉，防止Na2S2O8在较高温度下（高于65）分解；
(4)
根据反应关系式：，，故样品的纯度为：；
(5)
要证明产生的Cu2+起到催化作用，应保持单一变量，除Cu2+外其他条件均相同，故：向两支盛有等质量铜粉的试管中，分别加入等体积等浓度的CuSO4溶液和Na2SO4溶液，然后分别加入足量等体积等浓度的Na2S2O8溶液，如加入CuSO4溶液的试管铜粉消失的时间小于加入Na2SO4溶液的试管铜粉消失时间，则该推断正确。
5. MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+MnCl2+S+2H2O PbCl2难溶于水，容易覆盖在方铅矿表面，减慢反应速率，加入NaCl增大c(Cl-)，有利于PbC12(s)+2Cl-(aq)⇌ (aq)平衡正移，将PbCl2(s)转化为 使Fe3+沉淀成Fe(OH)3而除去 降低PbCl2的溶解度，使PbC12(s)+2Cl-(aq)⇌ (aq)平衡逆向移动，有利于PbCl2晶体而析出 盐酸(或HCl) b
【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含FeS2等杂质)和软锰矿用盐酸浸取时，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，FeS2也会反应，亚铁离子转变为铁离子得到氯化铁，而加入食盐，则增大了氯离子浓度，使PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡右移；用氢氧化钠调pH，可使铁离子转化为氢氧化铁沉淀、随不溶性杂质一起除去，滤液经冰水降温，使PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡左移，已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，则得到PbCl2沉淀，经过滤分离得到PbCl2固体，往PbCl2固体中加稀硫酸，促使PbCl2转化为硫酸铅(PbSO4)，据此回答；
【详解】(1)已知“浸取”过程中盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，则该反应为氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化铅为还原剂，化学方程式为MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+MnCl2+S+2H2O；由信息知，PbCl2难溶于冷水，故反应过程中容易覆盖在方铅矿表面，减慢反应速率，加入NaCl，则增大c(Cl-)，有利于PbC12(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡右移，将PbCl2(s)转化为；
(2)杂质铁离子必须除去，通常转变为氢氧化铁沉淀加以除去，故“调pH”的目的是直接使Fe3+沉淀成Fe(OH)3而除去；
(3)“沉降”环节是使铅元素以PbC12析出，已知PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，故冰水降温，可降低PbCl2溶解度，又可使PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)朝着放热反应的方向移动即平衡左移；
(4)“转化”环节是往PbCl2固体中加稀硫酸，已知③Ksp(PbSO4)=1.08×l0-8，Ksp(PbCl2)=1.6×l0-5，由于硫酸铅的生成，c(Pb2+)降低，促使PbCl2不断地溶解，最终PbCl2转化为硫酸铅(PbSO4)，同时生成盐酸，从整个流程可见，可循环使用的物质是盐酸；
(5)a.Ksp(PbCl2)与温度有关，与盐酸的浓度无关，故a错误；
b.x、y两点对应的溶液中c(Cl-)不相等，则不相等，故b正确；
c.当盐酸浓度大于1mol⋅L−1时，溶液的c(Cl−)增大，Pb2+与Cl−生成PbCl2沉淀，溶液中c(Pb2+)减小，故c错误；
答案为b。
【点睛】本题主要考查氧化还原反应、水溶液中的离子平衡等知识，掌握化学平衡的移动原理、溶度积的计算并善于有效利用题目提供的信息是解题的关键。
6. 0.8 N2H4•2HCl+2V2O5+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O 有氯气生成，污染空气 (NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9•l0H2O
【分析】由流程图可知，向钒炉渣中加入碳酸钠，通入空气高温焙烧后得到NaVO3、Fe2O3、Na3PO4和Na2SiO3；水浸后，过滤得到主要是氧化铁的滤渣，含有NaVO3、Na3PO4和Na2SiO3的滤液；向滤渣中加入硫酸镁将Na3PO4和Na2SiO3转化为Mg3（PO4）2和MgSiO3沉淀，过滤，得到主要成分为Mg3（PO4）2、MgSiO3的滤渣和含有NaVO3的滤液；向滤液中加入氯化铵，NaVO3转化为NH4VO3沉淀，煅烧NH4VO3沉淀，NH4VO3受热分解生成V2O5；V2O5与浓盐酸和N2H4•2HCl反应生成VOCl2、N2和H2O；向VOCl2溶液中加入碳酸氢铵，VOCl2溶液与碳酸氢铵反应生成产品(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9•l0H2O。
【详解】（1）钒元素的沉降率达到98%，溶液中c()=0.lmol•L-1×2%=2×10-3mol•L-1，则溶液中c()==0.8 mol•L-1，故答案为：0.8；
(2)还原V2O5过程中，V2O5与浓盐酸和N2H4•2HCl反应生成VOCl2、N2和H2O，反应的化学方程式为N2H4•2HCl+2V2O5+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；用浓盐酸与V2O5反应制备VOCl2时，V2O5做反应的氧化剂，浓盐酸做反应的还原剂，浓盐酸与V2O5反应会有有毒的氯气生成，污染环境，故答案为：N2H4•2HCl+2V2O5+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；有氯气生成，污染空气；
（3）由题意可知，n()=n(CaCO3)==4.000×10-3mol，n()=n(NH3)==5.000×10-3mol，n(VO2+)=n()=n(Fe2+)=0.1000mol•L-1×12.00mL×10-3L•mL-1×=6.000×10-3mol，n(OH-)=n()+2n(VO2+)一2n()=5.000×l0-3mol+2×6.000×10-3mol-2×4.000×10-3mol=9.000×l0-3mol，则m()=60g•mol-1×4.000×10-3mol=0.2400g，m()=18g•mol-1×5.000×10-3mol=0.09000g
m(VO2+)=67g•mol-1×6.000×10-3mol=0.4020g，m(OH-)=17g•mol-1×9.000×10-3mol=0.1530g，n(H2O)==1.000×10-2mol，故a:b:c:d:n=n(NH4+)：n(VO2+):n(CO32-)：n(OH-):n(H2O)=5:6:4:9:10，氧钒碱式碳酸铵晶体样品的化学式为(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9•l0H2O，故答案为：(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9•l0H2O。
【点睛】用浓盐酸与V2O5反应制备VOCl2时，V2O5做反应的氧化剂，浓盐酸做反应的还原剂，浓盐酸与V2O5反应会有有毒的氯气生成，污染环境是解答关键。
7. Na2SO4 蓝色褪去，且30秒内不复色 n()=0.2000mol/L×20.00×10-3L=0.04mol，c()=0.04mol÷0.5L=0.8mol/L
【分析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在硫酸的作用下发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，ClO2与氢氧化钠在电解的条件下生成，据此分析解题。
【详解】(1)“还原”得到气体，根据元素守恒可以判断母液中溶质的主要成分是Na2SO4，与发生反应的离子方程式为：。
(2) 由2+2I-→2+I2和可得：与的化学计量数之比为1：1，n()=n()=0.2000mol/L×20.00×10-3L=0.04mol，c()=0.04mol÷0.5L=0.8mol/L。
8. (1) 9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O 410-37
(2) 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O Fe(OH)3
(3)向滤液MnSO4溶液中滴加NH4HCO3溶液，并充分搅拌
(4)浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀
【分析】碳包滤渣(含等)中加入FeS、稀硫酸进行浸取，发生反应：9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O，过滤得到滤渣1为MnO2、HgS和C，滤液中含有MnSO4、Fe2(SO4)3，加入MnO2继续氧化残留的Fe2+，发生反应2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，加入碳酸钙调节pH，促使铁离子水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+正向移动，过滤得到滤渣2的主要成分为Fe(OH)3，所得滤液进行一系列处理得到MnCO3。
(1)
由分析可知，“浸取”时，生成MnSO4、Fe2(SO4)3的化学方程式为：9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O，同时硫离子和汞离子结合生成HgS沉淀，若浸取反应在25℃时进行，FeS足量，则充分浸取后溶液中S2-浓度相同，溶液中==410-37。
(2)
“氧化”时，溶液中Fe2+转化为Fe3+，MnO2转化为Mn2+，反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，反应后的溶液中加入碳酸钙调节pH，促使铁离子水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+正向移动，过滤得到滤渣2的主要成分为Fe(OH)3。
(3)
制备MnCO3时，为防止溶液碱性过强生成Mn(OH)2沉淀，应向滤液MnSO4溶液中滴加NH4HCO3溶液，并充分搅拌，使溶液一直处于碱性不强的环境中，生成MnCO3沉淀。
(4)
浸出液中残存大量的S2-，容易与Mn2+反应生成MnS沉淀，所以当FeS用量超过最佳值时，MnCO3产率反而变小。
9. 2a+2b+c 温度过高(NH4)2SO3会分解(或水解），浓度减小(或温度升高O2在溶液中溶解度降低） 3(NH4)2SO4N2↑+4NH3↑+3SO2↑+6H2O↑ K= SOCl2水解产生HCl，抑制Al3+的水解 阳 2+2e-+2H+=+2H2O
【分析】(1)①由盖斯定律计算可得；
②亚硫酸铵是不稳定的弱酸弱碱盐，升高温度，亚硫酸铵受热分解，在溶液中水解程度增大，气体的溶解度随温度升高而减小；由图可知，亚硫酸铵受热分解有氨气和氮气生成，氮元素化合价部分升高，由氧化还原反应规律可知，硫元素化合价降低，反应中一定有二氧化硫生成；
(2)①反应的平衡常数等于各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值；
②A1Cl3是强酸弱碱盐，A1Cl3•6H2O受热时，Al3+易水解，而SOCl2与水反应生成氯化氢和二氧化硫，反应生成的HCl能抑制Al3+的水解；
(3)由图可知，与直流电源a极相连的电极上SO2失去电子发生氧化反应生成硫酸，该电极为阳极，电极反应式为SO2-2e-+H2O=4H++SO42-，与直流电源b极相连的电极上HSO3-得到电子发生还原反应生成S2O42-，该电极为阴极。
【详解】(1)①将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知①×2+②×2+③可得反应2SO2(g)+4NH3•H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)，则ΔH=2ΔH1+2ΔH2+ΔH3=(2a+2b+c)kJ/mol，故答案为：2a+2b+c；
②亚硫酸铵是不稳定的弱酸弱碱盐，升高温度，亚硫酸铵可能受热分解，或在溶液中水解程度增大，导致亚硫酸铵浓度减小，反应速率减小；气体的溶解度随温度升高而减小，升高温度，溶液中氧气的浓度减小，反应速率减小；由图可知，亚硫酸铵受热分解有氨气和氮气生成，氮元素化合价部分升高，由氧化还原反应规律可知，硫元素化合价降低，反应中一定有二氧化硫生成，则反应的化学方程式为3(NH4)2SO4N2↑+4NH3↑+3SO2↑+6H2O↑，故答案为：温度过高(NH4)2SO3会分解(或水解），浓度减小(或温度升高O2在溶液中溶解度降低）；3(NH4)2SO4N2↑+4NH3↑+3SO2↑+6H2O↑；
(2)①反应的平衡常数等于各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，由化学方程式可知，硫为固态，浓度为常数，则反应的平衡常数表达式为K=，故答案为：K=；
②A1Cl3是强酸弱碱盐，A1Cl3•6H2O受热时，Al3+易水解，而SOCl2与水反应生成氯化氢和二氧化硫，反应的化学方程式为SOCl2+H2O= SO2↑+2HCl↑，用SOCl2与A1Cl3•6H2O混合共热，SOCl2与水反应生成的HCl能抑制Al3+的水解，可得到无水A1Cl3，故答案为：SOCl2水解产生HCl，抑制Al3+的水解；
(3)由图可知，与直流电源a极相连的电极上SO2失去电子发生氧化反应生成硫酸，该电极为阳极，电极反应式为SO2-2e-+H2O=4H++SO42-，与直流电源b极相连的电极上HSO3-得到电子发生还原反应生成S2O42-，该电极为阴极，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，由溶液电荷守恒可知，溶液中氢离子从左通过离子交换膜向右移动，则离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阳；2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O。
【点睛】由图可知，亚硫酸铵受热分解有氨气和氮气生成，氮元素化合价部分升高，由氧化还原反应规律可知，硫元素化合价降低，反应中一定有二氧化硫生成是解答关键。
10. < b Ⅱ 增大压强或增大CO2或H2的浓度 当温度大于800℃时，以反应Ⅱ为主，对于反应Ⅱ来说，压强增大，平衡不移动。但压强增大，使反应Ⅰ平衡正移，水蒸气浓度增大， 和H2浓度减小，从而导致反应Ⅱ平衡逆移，的平衡转化率减小 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O 阳
【详解】(1)反应I能自发进行，则=- ，由于该反应前后的气体分子数减少，故，则<0；
a.达到化学平衡时，各组份含量不变，而不是保持一定比例，故a错误；
b.混合气体平均分子量M= ，反应物均为气体，质量守恒，反应前后气体总质量不变，反应后气体物质的量减少，故当M不变时可判断达到平衡，b正确；
c.生成乙烯必定消耗氢气，都是指正反应，没有涉及逆反应，故c错误；
d.混合气体密度 ，反应前后气体总质量不变，该容器恒容，气体总体积也不变，则混合气体密度始终不变，不能判定达到平衡，则d错误；
故答案为：<；b；
(2)①由图可知：0.1Mpa下，随温度的升高，200℃ 550℃时CO2的转化率减小，故此温度范围内以反应Ⅱ为主；一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的产率，可采取的措施为：增大压强或增大CO2或H2的浓度；故答案为：Ⅱ；增大压强或增大CO2或H2的浓度；
②当温度大于800℃时，以反应Ⅱ为主，对于反应Ⅱ来说，压强增大，平衡不移动。但压强增大，使反应Ⅰ平衡正移，水蒸气浓度增大，和H2浓度减小，从而导致反应Ⅱ平衡逆移，的平衡转化率减小；故答案为：当温度大于800℃时，以反应Ⅱ为主，对于反应Ⅱ来说，压强增大，平衡不移动。但压强增大，使反应Ⅰ平衡正移，水蒸气浓度增大， 和H2浓度减小，从而导致反应Ⅱ平衡逆移，的平衡转化率减小；
(3)①根据图可知：a电极上电解水生成氧气和氢离子，b电极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成乙烯和水，电极反应式为：2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O；故答案为：2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O；
②根据a电极生成氢离子、b电极需要氢离子，a电极产生的氢离子需要通过阳离子交换膜进入b电极，故答案为：阳。
11. (a+b) 逆流吸收更完全 MnO2+=MnSO4 体系中SO2与O2反应生成硫酸 生成的催化O2氧化生成H2SO4的反应 向两个装置中分别装入等量一定量软锰矿浆，其中一个装置再加入少量硫酸锰固体，再向两个装置中同时相同流速通入烟气，测量变化
【详解】I．将给定的三个热化学方程式分别编号为①②③，根据盖斯定律，将(①+②)即得目标方程式 (a+b)，故答案为：(a+b)；
II．(1)在吸收塔中，为了增大跟软锰矿浆的接触面积，使吸收完全，吸收操作采取逆流形式，软锰矿浆从塔上方喷淋，含的烟气从塔底部进入；用软锰矿浆吸收发生了二氧化硫与MnO2作用生成硫酸锰的反应，化学方程式为MnO2+=MnSO4，故答案为：逆流吸收更完全；MnO2+=MnSO4；
(2)①向一定量软锰矿浆中匀速通入烟气，发生的主要反应为：MnO2+=MnSO4，此时浸出液中和浓度的比值等于1：1，反应一段时间后，浸出液中和浓度的比值小于1：1，说明还有硫酸生成，即发生了二氧化硫被氧气氧化为硫酸的反应，反应的方程式为2++2H2O=2H2SO4，故答案为：体系中SO2与O2反应生成硫酸；
②溶液中的增加呈现由慢到快的趋势，其主要原因是生成的催化O2氧化生成H2SO4的反应；若要证明这一结论，则需要做对照实验，保持其他条件相同，对比有无Mn2+的影响，设计实验为：向两个装置中分别装入等量一定量软锰矿浆，其中一个装置再加入少量硫酸锰固体，再向两个装置中同时相同流速通入烟气，测量变化。
12. (1) 若和空气的体积比大于0.4，则废气中脱除效率低；若小于0.4，则会部分氧化成大气污染物二氧化硫
(2) bd 减小压强或增大起始或及时分离出产物
(3) 正 在电极上失电子发生反应，生成的氧化生成硫单质，离子方程式为，通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成
【解析】(1)
① ①
②
反应可由，根据盖斯定律，=，故答案为：；
②废气中的和空气(的体积分数约为)的体积比一般控制在0.4，此时与的体积比为2：1，恰好发生，高于0.4时硫化氢不能完全反应，废气中脱除效率低；低于0.4氧气能与S单质反应生成二氧化硫污染空气，故答案为：若和空气的体积比大于0.4，则废气中脱除效率低；若小于0.4，则会部分氧化成大气污染物二氧化硫；
(2)
①由反应中各物质的化学计量数之比可知c为，d为，a为，b为，故答案为：；
②a.时反应达到平衡，故错误；
b.的体积分数不再变化时反应达到平衡状态，故正确；
c.始终保持恒定，不再变化时不能说明反应达到平衡状态，故错误；
d. 保持体系压强为，随反应进行气体总质量不变，容器体积增大，混合气体的密度减小，当密度不变时反应达到平衡状态，故正确；
故答案为：bd；
(3)
①由图可知b极为电子流入的电极，作正极；②由图可知在电极上失电子发生反应，生成的氧化生成硫单质，离子方程式为，通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成，故答案为：正；在电极上失电子发生反应，生成的氧化生成硫单质，离子方程式为，通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成；
13. (1) 1.0×10-6 ＜ 3+4NO+2 H2O =4+ 3Cl-+4H+ NaClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝反应正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低
(2) 时，ClO2的氧化性随pH的增大，氧化性逐渐减弱，导致SO2脱除率逐渐降低 在pH约7.6之后，在碱性条件下，ClO2不断的歧化反应，生成的亚铝酸盐氧化SO2能力更强，导致SO2脱除率升高
【详解】（1）①HClO2的电离平衡常数K=，观察图象可以看出，当pH=6时，c()=c(HClO2)，因此HClO2的电离平衡常数的数值Ka=1.0×10-6；25°C时，浓度均为0.1mol•L-1的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后，pH＜7，说明溶液显酸性，说明HClO2的电离大于离子的水解，故c(HClO2)＜c()，故答案为：1.0×10-6；＜；
②酸性条件下，NaClO2能将烟气中的NO氧化为，被还原为Cl-，该反应的离子方程式为3+4NO+2 H2O =4+ 3Cl-+4H+，
③NaClO2氧化NO生成的反应放热，升高温度，反应的平衡逆向移动，不利于NO的转化，使NO氧化率下降，并且温度越高，气体NO的溶解度越小，即温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低，导致氧化率降低；
（2）①含氯的氧化剂具有相似性，在酸性条件下的氧化性强于中性，强于碱性，因此，在酸性条件下，体系酸性减弱，ClO2的氧化性有所减弱；故答案为：时，ClO2的氧化性随pH的增大，氧化性逐渐减弱，导致SO2脱除率逐渐降低；
②根据已知，ClO2在NaOH溶液即碱性条件下会发生歧化反应，得到的亚氯酸盐也具有优良的脱硫作用，提高了体系的脱硫率；故答案为：在pH约7.6之后，在碱性条件下，ClO2不断的歧化反应，生成的亚铝酸盐氧化SO2能力更强，导致SO2脱除率升高。
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