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安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-19水溶液中的离子反应和平衡（1）
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这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-19水溶液中的离子反应和平衡（1），共33页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-19水溶液中的离子反应和平衡（1）
一、单选题
1．（2023·安徽马鞍山·统考三模）25 °C时，1L 0.1mol·L-1的某二元酸H2RO3溶液中各含R物种的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含R物种的浓度负对数[pc=-lgc，pOH= -lgc(OH)]。下列说法正确的是
A．曲线③表示pc()随pOH的变化
B．y点的溶液中：c(H2RO3)+2c()=0.1mol·L-1
C．H2RO3的Ka1=1.0×10-6.7
D．2H2RO3+的平衡常数K=1.0×10-5.3
2．（2023·安徽宣城·统考一模）草酸H2C2O4是一种二元弱酸。向草酸溶液中加NaOH，H2C2O4、HC2O和C2O的分布系数δ与溶液pH的变化关系如图所示。[比如C2O的分布系数：δ(C2O)=]，下列说法不正确的是
A．曲线②代表HC2O B．N点的横坐标为4.2
C．水的电离程度：N＜P＜M D．N点：c(Na+)＜3c(C2O)
3．（2023·安徽铜陵·统考模拟预测）下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是
选项
实验操作及现象
结论
A
向含有0.lmol/L的NaCl和0.1mol/L的NaI混合溶液中，滴加0.01mol/LAgNO3溶液，先生成黄色沉淀
Ksp(AgI)
室温下，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有白色絮状沉淀生成
结合H+能力比强
C
向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者生成黄色沉淀
溶液存在平衡：⇌I2+I-
D
向苯与液溴的混合液中加入铁粉产生气体，将气体直接通入AgNO3溶液中，有浅黄色沉淀生成
液溴与苯发生取代反应
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·安徽淮南·统考一模）K2Cr2O7溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(i)(aq) +H2O(1)2 (aq) K1=3.0×10-2(25℃)
(ii)(aq)(aq)+H+ (aq) K2=3.3×10-7(25℃)；
25℃时，0.1 mol·L-1 K2Cr2O7溶液中随pH的变化关系如图所示，
下列说法正确的是
A．加入少量K2Cr2O7固体，平衡时c2()与 c()的比值减小
B．c()+ 2c()+ c()= 0.1 mol/L
C．当pH=9.0时，c()≈9.9× 10-4.2 mol/L
D．若溶液pH减小，则 的值将增大
5．（2023·安徽马鞍山·统考二模）用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液时，溶液的温度(I)、pH(II)随NaOH体积的变化如下图(图中虚线为校正至25℃时的pH曲线)，V1时溶液中 =1。
下列说法正确的是
A．x点溶液中，CH3COOH电离程度小于CH3COONa的水解程度
B．y点溶液中，c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)= c(OH-)
C．w点溶液的碱性强于z点溶液的碱性
D．25℃时，CH3COOH的电离常数Ka=1×10-a
6．（2023·安徽马鞍山·统考一模）用0.1000mol·L-1盐酸滴定0.1000mol·L-1Na2A溶液20.00mL，溶液中H2A、HA-、 A2-的分布分数 δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法不正确的是
[如A2-分布分数： δ(A2-)=
A．a点溶液中存在c(Na+)+ c(H+)=3 c(A2-)+ c(OH-)+ c(Cl-)
B．b点溶液中存在c(H2A)< c(A2-)
C．c点溶液中存在c(HA-)>c(H2A)
D．H2A的Ka1为10-6.38
7．（2023·安徽马鞍山·统考一模）下列实验操作及现象、实验结论均正确的是
选项
实验操作及现象
实验结论
A
将炽热的木炭加入浓硝酸中，产生红棕色气体
NO2一定为碳还原浓硝酸的产物
B
用pH计测量NaHCO3溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性
碳酸、亚硫酸均为弱酸
C
向装有溴水的分液漏斗中加入苯，振荡静置，溶液分层，上层为橙红色
苯萃取了溴水中的溴
D
向H2O2溶液中滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾紫色褪去
H2O2有氧化性
A．A B．B C．C D．D
8．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）柠檬酸H3A是一种三元弱酸。常温下向一定浓度的H3A溶液中滴加KOH溶液，溶液中lgX[X表示、或]随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．用KOH溶液滴定柠檬酸H3A至K2HA，可选用酚酞作指示剂
B．在滴加KOH溶液至P点时有
C．在3.13c(HA2-)>c(H3A)
D．在4.76
A．c(H+) 增大的原因可能是加入了酸HA
B．溶液c(H+)= 2×10-4时，c(M+)> 3×10-4mol·L-1
C．随着c(H+)的增大， MA的溶度积Ksp(MA)保持不变
D．c2(M+)~ c(H+) 的线性关系为： c2(M+)= Ksp(MA)
10．（2023·安徽宣城·统考二模）常温下，天然水体中H2CO3与空气中的CO2保持平衡，水体中lgc(X)[X为H2CO3、、或Ca2+]与pH的关系如图所示，已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9。下列说法不正确的是
A．I代表与pH的关系曲线
B．pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9mol·L-1
C．2pH(b)=pH(a)+pH(c)
D．H2CO3的二级电离常数为10-6.3
二、工业流程题
11．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）稀土元素是国家战略资源，广泛应用于显示器、航天、激光。导弹等尖端领域，目前我国稀土提炼技术处于世界领先地位。某化学课题组以废液晶显示屏为原料回收稀土元素铈，实现资源再利用，设计实验流程如下：
已知：①显示屏玻璃中含较多的SiO2、CeO2、FeO、Fe2O3及少量其他可溶于酸的物质；
②CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。
回答下列问题：
(1)将废玻璃粉碎的目的是___________。
(2)工序1中加入H2O2的作用是___________。
(3)工序3是蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、常温晾干。
(4)工序4中加入稀硫酸和H2O2溶液的反应的离子方程式___________，滤渣2的主要成分是___________。
(5)硫酸铁铵可用作净水剂，但在除酸性废水中悬浮物时效果较差，原因是___________。
(6)取上述流程中得到Ce(OH)4产品0.640g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+)，消耗25.00mL标准溶液。该产品中Ce元素的质量分数为___________，(保留三位有效数字)
12．（2023·安徽淮南·统考一模）锌的用途广泛，主要用于镀锌板及精密铸造等行业。以粗氧化锌(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
已知：①“浸取”时。ZnO、 CuO转化为[ Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液：
②25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36， Ksp(ZnS)=1.6 ×10-24；
③沉淀除铜标准：溶液中≤2.0×10-6
回答下列问题：
(1)“滤渣1”的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和___________(填化学式)，“ 操作3”的名称为___________。
(2)“氧化除锰”时，H2O2将Mn2+转化为难溶的MnO2，该反应的离子方程式为___________。
(3)“沉淀除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示] 与“(NH4)2 S加入量”[以表示]的关系曲线如图所示。
①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是___________(用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为___________。(已知) [ Zn(NH3)4]2+的=2. 9 ×109]
②“沉淀除铜”时(NH4 )2S加入量最好应选___________。
a．100% b．110% c．120% d．130%
(4)电解后溶液中的溶质主要成分是___________， 可用于循环使用。
13．（2023·安徽马鞍山·统考一模）利用锌精矿(ZnS)和软锰矿(MnO2)两种矿料(含少量杂质Fe、 Cu、 Pb等元素的化合物及SiO2)生产硫酸锌和硫酸锰的流程如下：
已知：①常温下，H2S 饱和溶液中c2(H+)·c(S2-)≈9×10-23；
②Ksp(ZnS)=2.0 ×10-22， Ksp(MnS)=2.0 ×10-13；
③ZnSO4的溶解度如表所示
水/温度(°C)
0
10
20
25
40
50
60
70
80
90
ZnSO4
41.8
47.5
54.1
58.0
62.1
74.8
67.2
60.5
一
一
ZnSO4·H2O
41.9
一
54.2
一
一
74.0
一
一
86.6
83.5
ZnSO4·6H2O
一
一
一
一
70.1
76.8
一
一
一
一
ZnSO4·7H2O
41.9
47.0
54.4
58.0
一
一
一
一
一
一
回答下列问题：
(1)“滤渣1”主要成分为_______、S；写出“酸浸”过程的主要离子方程式_______。
(2)“除铁”的萃取剂为磷酸二(2-乙基己基)酯(用HA表示)，萃取后含铁的物质为[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4，该物质中Fe3+的配位数为_______。
(3)BaS 为可溶性钡盐。向“水相1”中加入适量BaS目的是_______；溶液 pH过高，会造成Zn2+、Mn2+沉淀而损失，若溶液中Zn2+、Mn2+的浓度为0.2mol·L-1，则应控制溶液中c(H+)大于_______mol·L-1。
(4)从“反萃取液”中获得ZnSO4·H2O晶体的操作为：控制温度在_______°C以 上蒸发结晶、_______、洗涤、干燥。
(5)含50% MnO2的软锰矿174t，利用此工艺获得MnSO4·H2O160.55t，该工艺MnSO4·H2O的产率为_______。
14．（2023·安徽黄山·统考二模）某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如图：
已知：①含锌组分间的转化关系：Zn2+Zn(OH)2
②ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃ 以下稳定。
请回答：
(1)步骤I，初始滴入ZnSO4溶液时，反应的化学方程式___________。
(2)下列有关说法不正确的是___________ 。
A．步骤I，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分
B．步骤I，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2， 可提高ZnSO4的利用率
C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50°C的热水洗涤
(3)步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是___________。
(4)步骤Ⅲ中，实验室盛放样品的容器名称是___________。
(5)用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是___________。
(6)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2+。用________称量ZnO样品0.081g，在___________中用酸溶解样品，然后在________中配制一 定体积的Zn2+溶液，再用移液管量取一定体积的 Zn2+溶液，最后用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+。从下列选项中选择合理的仪器___________(按顺序填写且用字母作答)补全以上步骤。
仪器： a．烧杯 b．托盘天平 c．容量瓶 d．分析天平 e．试剂瓶
(7)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。某研究小组取7.5 ×10−3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5 ×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为9.7，则1个人血浆铜蓝蛋白分子中含___________个铜原子。
15．（2023·安徽黄山·统考二模）碲被誉为现代工业的维生素，某工艺从精炼铜的阳极泥(主要含有Cu2Te，还有Au、Ag、SiO2等)中分别回收碲和重金属的流程如下图所示：
已知：“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在，TeO2溶于强碱生成。
(1)基态Te原子的价电子排布式为___________。
(2)“焙烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是___________；“滤液①”中 的成分为___________(填化学式)。
(3)“氧化”步骤中，双氧水需分批加入的目的是___________。
(4)写出“热还原”时发生反应的化学方程式___________。
(5)滤渣①中含CuO、Au和Ag，“酸浸①”可用________浸取(填选项，下同)，“酸浸②”可用______浸取。
A．王水 B．稀硝酸 C．浓氢氧化钠溶液 D．稀硫酸
(6)粗碲粉中碲质量分数的测定步骤如下：取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，配制成100mL 溶液，取25.00mL 于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为原碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亚铁铵[ (NH4)2 Fe(SO4)2 ]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为___________。
16．（2023·安徽宣城·统考二模）高纯氧化铁(Fe2O3)是制造软磁铁氧体主要原料，而后者广泛应用于电工电信设备。以窑尾灰为原料制造高纯氧化铁工艺流程图如下(已知窑尾灰的主要成分为Fe、C、FeO、Fe2O3、CaO、Al2O3、MgO、SiO2)
当c(Mn+)≤10-5mol·L-1时，认定沉淀完全；25℃时，各物质的溶度积常数如下：
物质
CaSO4
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
CaF2
MgF2
Ksp
9.0×10-6
8.0×10-16
4.0×10-38
1.0×10-30.5
5.0×10-9
7.5×10-11
据此回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为_______；证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是_______。
(2)“还原”过程加铁粉的目的是_______。
(3)若滤液2中c(Fe2+)=2mol·L-1则“调pH”范围是_______(lg2≈0.3)。
(4)若滤渣3中既有CaF2又有MgF2，则滤液4中=_______(化为最简整数比)。
(5)写出“沉淀”过程中的离子反应方程式：_______。
(6)“灼烧”过程中的化学方程式为：_______。
三、实验题
17．（2023·安徽淮南·统考二模）实验室可使用Mg(OH)2为原料制备无水MgCl2实验过程如下：
I.在烧杯中将Mg(OH)2粉末与足量无水乙醇充分混合，搅拌混合均匀后装入三颈烧瓶。
II.向三颈烧瓶中通入足量HCl气体使Mg(OH)2固体完全溶解。
III.对反应后的溶液进行加热蒸馏，形成CH3CH2OH•6MgCl2溶液。
IV.对CH3CH2OH•6MgCl2溶液进行进一步脱乙醇蒸馏，得到较为纯净的无水MgCl2。
回答下列问题：
(1)步骤I中选择乙醇而非相对分子质量更大的丁醇的原因是______。
(2)步骤II中的HCl气体可由下列装置中的______(填标号)制备。装置B中玻璃仪器的名称分别是导管、酒精灯、______、______。
(3)CH3CH2OH•6MgCl2在加热蒸馏时可能会发生分解产生少量CH4气体，并伴随MgO和碳单质的生成，该分解反应的化学方程式为______。为提高无水氯化镁的产率，从平衡角度分析抑制该副反应的措施是______。
(4)准确称量制得的无水MgCl2产品9.700g(含有少量MgO杂质)，将其完全溶于稀盐酸中，加入过量Na2CO3溶液使Mg2+完全转化为MgCO3沉淀，过滤、洗涤、干燥，称量所得固体质量为8.820g。
①检验固体洗涤完成的方法是______。
②产品中MgCl2的纯度为______%(计算结果保留一位小数)。
18．（2023·安徽宣城·统考一模）某校课外小组总结二氧化硫的性质时进行了“SO2与AgNO3溶液反应”的探究。
(1)在进行SO2与AgNO3溶液反应的实验前，小组有以下猜想，请补充完整。
猜想一：SO2具有_____性，与AgNO3溶液反应仅生成Ag沉淀；
猜想二：SO2溶于水生成亚硫碗酸，可与AgNO3发生_____(填基本反应类型)，生成Ag2SO3沉淀；
猜想三：SO2被AgNO3溶液中的稀硝酸氧化后，生成Ag2SO4沉淀。
(2)甲同学认可猜想一，该反应的离子方程式为_____。
甲同学按如图装置进行实验i：
装置(加热装置省略)
操作
现象
打开分液漏斗活塞使98%H2SO4溶液滴入烧瓶中的Cu上
气体进入AgNO3溶液，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B
试剂X是_____。
乙同学设计并完成了实验ii：
操作
现象
①将实验i所得白色沉淀B过滤，洗涤
②将洗涤后固体加入试管中，加足量稀盐酸振荡，将产生的气体通入品红溶液
品红褪色
③再将②得到的混合物，过滤，向滤液中滴加_____溶液(填化学式)
未观察到白色沉淀
乙同学通过实验ii，发现在该条件下SO2与AgNO3溶液反应生成的是Ag2SO3，未生成Ag2SO4。
(3)丙同学查阅相关资料：亚硫酸Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8，Ksp(Ag2SO3)=1.5×10-14，Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5，若该条件下c(AgNO3)=0.1mol/L，溶液的pH=2、c(HSO)=0.8mol/L，请计算证明一定有Ag2SO3生成_____。
(4)丁同学测得无色溶液A中c(SO)=0.02mol/L，通过计算证明可以得到Ag2SO4沉淀，而实验ii未出现Ag2SO4沉淀，请给出合理解释_____。
19．（2023·安徽铜陵·统考模拟预测）某项目式学习小组在探究氯水的漂白性时，设计了以下实验：
示意图
序号
温度
试剂A
预期现象
①
25℃
蒸馏水
15s后品红溶液褪色
②
25℃
饱和AgNO3溶液
生成白色沉淀，品红溶液褪色
Ⅰ．
(1)根据新制氯水中存在的反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，结合平衡移动原理，可知实验序号②中品红溶液褪色所需时间___________15s(填“>”、“<”或“=”)。
Ⅱ．通过实验得知，品红溶液褪色所需时间与(Ⅰ)中结论恰好相反，猜测饱和AgNO3溶液与HClO发生反应，生成了AgClO沉淀，对此进行以下探究。
查阅资料：①AgI能溶于较高浓度KI溶液中；②Ksp(AgI)
实验内容
序号
加入试剂及操作
实验现象
取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，用蒸馏水洗涤3次，分别装在3支洁净的试管中，再分别加入试剂
①
加入2mL浓盐酸，用湿润的淀粉KI试纸靠近试管口
产生黄绿色气体，淀粉KI试纸变蓝
②
加入2mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再滴加3滴（ ）溶液
溶液出现红色
③
加入4mL饱和KI溶液，再滴加3滴淀粉溶液
（ ）
(2)实验序号①反应的化学方程式为___________。
(3) ___________。
(4)实验序号③的实验现象为___________。
实验方案2：取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，洗净后置于试管中，加入饱和NaCl溶液，静置1h，取上层清液，滴加1滴品红，品红溶液褪色。
(5)请结合沉淀溶解平衡原理解释上述现象___________(结合方程式解释)。
(6)根据以上实验可确定白色沉淀的主要成分为___________。
Ⅲ．为确定其成分的含量，设计了实验方案3。
实验方案3：
查阅资料：HClO不稳定，见光易分解，推知AgClO受热分解；
取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，洗净干燥，称取质量为5.2625g，装入洁净试管中，总质量为15.0625g，用酒精灯加热，检验产生的气体，完全反应后，称取试管总质量为14.8225g。
(7)白色固体中各成分的物质的量为___________。
20．（2023·安徽宣城·统考二模）无水Na2SO3广泛应用于阳极泥中贵金属的提炼，久置的工业无水Na2SO3纯度的测定方法有多种：
I.固体质量分析法
取固体样品mg于试管中加水溶解，向试管中滴入过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥、称量得固体ng，计算Na2SO3纯度为100%
(1)检验沉淀是否洗净的方法是_______。
II.气体体积分析法
①按照上图(夹持装置已略)组装好装置并检验气密性备用，称量mg样品加入抽滤瓶，组装好装置；
②……，读数体积为V1mL；
③打开恒压滴液漏斗下端的活塞，加入过量的稀硫酸，让其充分反应；
④……，读数体积为V2mL(已知V2
(3)相比分液漏斗，恒压滴液漏斗在该实验中的优点是_______。
A．可以起到冷凝回流的作用
B．方便检验装置的气密性
C．使漏斗中液体顺利流下
D．减小加入液体体积对测量气体体积的误差
(4)若该实验条件为标准状况，则Na2SO3纯度为_______(用含V1、V2、m的式子表达)。
III.滴定法
①称取2.10g样品于锥形瓶中，加入0.50mol·L-1酸性KMnO4溶液20.00mL，塞紧塞子，振荡让其充分反应；
②过量的酸性KMnO4溶液用1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定；
③重复①、②两组实验三次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液30.00mL。
(5)第②步中发生的离子反应方程式为_______。
(6)该样品的纯度为_______。
(7)I中所测的纯度明显大于III，分析可能的原因是_______。
参考答案：
1．D
【分析】由题可知，H2RO3为二元弱酸，H2RO3在溶液中发生电离的方程式为，，pOH=-lgc(OH-)，pc=-lgc，则pOH值越大，溶液的碱性越弱，pc值越大，粒子的浓度越小，pOH=0时，溶液的碱性最强，此时对于H2RO3溶液，各粒子浓度关系为c(H2RO3)
B．y点的溶液，即pH=4，由图可知此时，，即，而，故，B错误；
C．为二元弱酸，发生电离：，，曲线①为pc(RO32-)随pOH的变化，曲线②为pc(HRO3-)随pOH的变化，曲线③为pc(H2RO3)，z表示，，， mol/L，，所以；C错误；
D．由减去，可得2H2RO3+，其平衡常数K=，z点时，c(H2RO3)=c( HRO3-)，此时pOH=12.6，则c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)==10-1.4mol/L，，x点时，c()=c()，此时pOH=7.3，则c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=，则平衡常数，D正确
故答案为D。
2．C
【分析】pH增大，草酸电离平衡正向移动，H2C2O4的量一直减小、HC2O的量先增加后减小、C2O的量一直增加，故①②③分别为H2C2O4、HC2O和C2O的曲线；
【详解】A．由分析可知，曲线②代表HC2O，A正确；
B．设N点的横坐标为a，由M点可知，，由N点可知，，由P点可知，，则a=4.2，B正确；
C．酸和碱会抑制水的电离，弱酸根离子会促进水的电离，M为等量H2C2O4、HC2O，P主要为HC2O，N点为等量HC2O和C2O，则N点对水的电离促进作用更大，M点对水电离的抑制作用最大，故水的电离程度：M＜P＜N，C错误；
D．由图可知，N点，根据电荷守恒可知：，则，此时溶液显酸性，，则c(Na+)＜3c(C2O)，D正确；
故选C。
3．D
【详解】A．等浓度的NaCl和NaI混合溶液中，滴加硝酸银，先生成黄色沉淀即AgI，说明AgI溶解度更小，则Ksp(AgI)
C．向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者生成黄色沉淀，说明在KI3溶液中存在I-和I2，则溶液中存在平衡：⇌I2+I-，故C正确；
D．溴蒸气易挥发，挥发出的溴与AgNO3溶液反应生成浅黄色沉淀，因此不能说明液溴与苯发生取代反应，故D错误；
故选：D。
4．C
【详解】A．K2Cr2O7溶液中K1=，平衡常数只与温度有关，加入少量K2Cr2O7固体，c2()与 c()的比值不变，故A错误；
B．根据Cr元素守恒，0.1 mol·L-1 K2Cr2O7溶液中，c()+ 2c()+ c()> 0.1 mol/L，故B错误；
C．K1==，K2=，，根据图示，当pH=9.0时，，所以c()≈9.9× 10-4.2 mol/L，故C正确；
D．若溶液pH减小，则 =，若溶液pH减小，平衡ii逆向移动，增大，所以减小，故D错误；
选C。
5．D
【分析】用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液，V(NaOH)=20mL时，恰好完全反应，溶质为CH3COONa，即w、z点pH>7。
【详解】A．x点溶液pH不知道，无法判断CH3COOH电离程度和CH3COONa的水解程度哪个大，A项错误；
B．y点溶液中，无法判断溶液是否呈中性，因此不能确定溶液中，B项错误；
C．w和z点均为等浓度的醋酸钠溶液，w点为25℃，z点对应实际温度，温度高于25℃，醋酸根水解程度更大，z点碱性更强，C项错误；
D．醋酸的，25℃、时，pH=a，则25℃时，D项正确；
答案选D。
6．B
【分析】各离子含量曲线如图 。
【详解】A．a点加入10mL盐酸发生反应为Na2A+HCl=NaCl+NaHA，溶液中主要有NaCl、NaHA、Na2A且物质的量之比为1：1：1。该体系中电荷守恒为c(Na+)+ c(H+)=2 c(A2-)+ c(OH-)+ c(Cl-)+c(HA-)，如图c(A2-)= c(HA-)，所以等式变形为c(Na+)+ c(H+)=3 c(A2-)+ c(OH-)+ c(Cl-)，A项正确；
B．b点加入20mL盐酸发生的反应为Na2A+HCl=NaCl+NaHA，溶液中的物质为NaCl和NaHA，溶液呈碱性，水解大于电离即c(H2A)>c(A2-)，B项错误；
C．从含量分布图可看出c(HA-)>c(H2A)，C项正确；
D．利用d点pH=6.38即c(H+)=10-6.38，计算Ka1 =，D项正确；
故选B。
7．C
【详解】A．浓硝酸受热易分解为NO2，无法证明NO2是被C还原来的，A项错误；
B．NaHCO3为呈碱性说明其为弱酸强碱盐，所以碳酸为弱酸。而NaHSO3呈酸性为电离无法证明亚硫酸为弱酸，B项错误；
C．溴易溶于苯，苯加入溴水中分层上层为橙色，C项正确；
D．H2O2将酸性高锰酸钾还原为无色的Mn2+，H2O2呈现还原性，D项错误；
故选C。
8．B
【分析】柠檬酸H3A的Ka1> Ka2> Ka3;根据图像，当lgX=0时，pH分别为3.13、4.76、6.4，则Ka1=10-3.13、Ka2=10-4.76、 Ka3=10-6.4。
【详解】A. HA2-的电离常数为10-6.4，HA2-的水解常数为，电离大于水解，K2HA溶液测酸性，用KOH溶液滴定柠檬酸H3A至K2HA，可选用甲基橙作指示剂，故A错误；
B. 在滴加KOH溶液至P点时有， ，故B正确；
C. ，时pH=3.95，随pH增大c(HA2-)增大、c(H3A)减小，3.13c(H3A)>c(HA2-)，故C错误，
D. 根据电荷守恒，在4.76
9．A
【详解】A．向MA的饱和溶液中加入一元弱酸HA，抑制MA的溶解，M+浓度降低，A错误；
B．根据图像，溶液c(H+)= 2×10-4时，c2(M+)=10.0×10-8(mol/L)2，所以c(M+)> 3×10-4mol·L-1，B正确；
C．Ksp(MA)只受温度影响，温度不变，Ksp(MA)不变，C正确；
D．MA的饱和溶液中c(M+)=c(A-)+c(HA)，c2(M+)= c(M+)×[c(A-)+c(HA)]= c(M+)×c(A-)+ c(M+)×c(HA)= c(M+)×c(A-)+ c(M+)= c(M+)×c(A-)+ c(M+)×c(A-)×= c(M+)×c(A-)×[1+]= Ksp(MA) ，D正确；
故选A。
10．D
【详解】A．pH增大则溶液碱性增大，从而会促进的电离。比更容易结合H+，所以pH小的时候，的浓度更大。根据以上分析，曲线Ⅰ代表与pH的关系曲线；曲线Ⅱ代表与pH的关系曲线；曲线Ⅲ代表Ca2+与pH的关系曲线，A项正确；
B．pH=10.3时，c()=10-1.1，则c(Ca2+)=，B项正确；
C．H2CO3的一级电离常数为，在a点有c()=c(H2CO3)=10-5，c(H+)=10-6.3，所以K1=10-6.3；H2CO3的二级电离常数，在c点有c()=c()=10-1.1，c(H+)=10-10.3，所以K2=10-10.3。，在b点有c()=c(H2CO3)，c(H+)=。pH(a)=6.3，pH(c)=10.3，pH(b)=8.3，所以2pH(b)=pH(a)+pH(c)，C项正确；
D．H2CO3的二级电离常数，在c点有c()=c()=10-1.1，c(H+)=10-10.3，所以K2=10-10.3，D项错误。
答案选D。
11．(1)增大反应接触面积，加快反应速率
(2)将Fe2+氧化成Fe3+
(3)冷却结晶
(4) 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O SiO2
(5)酸性会抑制Fe3+水解
(6)54.7%或0.547
【分析】显示屏玻璃中含较多的SiO2、CeO2、FeO、Fe2O3及少量其他可溶于酸的物质，CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液，玻璃粉碎后加入稀硫酸酸溶，其中SiO2、CeO2不溶，FeO、Fe2O3等溶于酸，过滤得到滤渣1为SiO2、CeO2，滤液中主要含亚铁离子和铁离子，滤液中加入稀硫酸和过氧化氢，氧化亚铁离子生成铁离子，加入硫酸铵通过工序2和工序3，得到硫酸铁铵晶体，滤渣1中加入稀硫酸和过氧化氢，发生氧化还原反应，过氧化氢在酸溶液中做还原剂被氧化生成氧气，CeO2被还原生成Ce3+，过滤得到滤渣2为SiO2，滤液中通入氧气，加入氢氧化钠溶液反应得到Ce(OH)4，加热分解生成CeO2，加入还原剂还原生成Ce；
【详解】（1）将废玻璃粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（2）工序1中加入H2O2的作用是：把Fe2+离子氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；
（3）工序3是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干，故答案为：冷却结晶；
（4）工序4中加入稀硫酸和H2O2溶液的反应的离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，分析可知滤渣2的主要成分是：SiO2，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；SiO2；
（5）硫酸铁可用作絮凝剂的原理为三价铁离子水解生成氢氧化铁的胶体具有吸附性，但在酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体，故答案为：酸性会抑制Fe3+水解；
（6）Ce(OH)4产品0.640g,物质的量n(Ce(OH)4)，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+)，反应的离子方程式：Ce(OH)4+Fe2++4H+=Ce3++Fe3++4H2O，根据电子守恒建立关系式：，n(Ce)= n[Ce(OH)4]=0.0025mol，所以m(Ce)=0.0025mol×140g/mol=0.35g，产品中Ce元素的质量分数=×100%=54.7%，故答案为：54.7%。
12．(1) SiO2 分液
(2)Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2
(3) [Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O或者[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3 2.16×1014 c
(4)硫酸
【分析】粗氧化锌主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2，加入NH3-NH4Cl的混合溶液，生成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，同时生成Fe(OH)3、Mn(OH)2等，SiO2不溶解，进行操作1即过滤一起除去，得滤渣1为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，再向滤液中加入H2O2，进行氧化除锰，反应的方程式为H2O2+Mn2++2NH3•H2O=MnO2↓+2H2O+2，再加入(NH4)2S，进行沉淀除铜，反应的方程式为[Cu(NH3)4]2++S2-=CuS↓+4NH3，进行操作2即过滤，除去MnO2和CuS，即滤渣2为MnO2和CuS，向滤液中加入萃取剂，使锌进入有机萃取剂中，进行操作3即分液后，再向有机萃取剂中加入硫酸，进行反萃取，得到硫酸锌溶液，然后进行电解，得到锌，据此分析作答。
【详解】（1）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，“ 操作3” 分离有机层和无机层，名称为分液，故答案为：SiO2；分液；
（2）由分析可知，“氧化除锰”时，H2O2 将Mn2+转化为难溶的MnO2，该反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2，故答案为：Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2；
（3）①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的回收率下降的可能原因锌离子与硫离子结合生成了硫化锌，离子方程式为[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3或者[Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O，该反应的平衡常数为K=====2.16×1014，故答案为：[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3或者[Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O；2.16×1014；
②由题干图示信息可知，当(NH4)2S加入量为120%时，铜锌比为2.0×106，达到沉淀除铜标准，继续加大(NH4)2S加入量会导致锌回收率下降且不经济，故答案为：c；
（4）由分析可知，电解硫酸锌溶液制备锌，方程式为：2ZnSO4+2H2O2Zn+O2↑+2H2SO4，故电解后溶液中的溶质主要成分是硫酸，可用于“反萃取”步骤中循环使用，故答案为：硫酸。
13．(1) SiO2 ZnS+MnO2+4H+=Zn2++Mn2++S↓+2H2O
(2)4
(3) 将Cu2+、Pb2+沉淀完全从而除去 0.3
(4) 80 趁热过滤
(5)0.95或95%
【分析】由流程图知，两种矿粉酸浸时发生氧化还原反应生成硫单质，即滤渣1为硫单质和不溶于强酸的二氧化硅，加入萃取剂将铁离子萃取到有机相，则水相1中含有Zn2+、Mn2+、Cu2+、Pb2+，加入硫化钡除去铜离子和铅离子过滤，再加入萃取剂分离锰离子和锌离子，则水相2中含有硫酸锰溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰晶体，有机相2中含有硫酸锌，加入硫酸反萃取，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锌晶体，据此回答。
【详解】（1）由分析知酸浸过程两种矿粉发生氧化还原反应，即，所以滤渣1为生成的硫单质和不溶于强酸的二氧化硅；
（2）由配合物化学式知配体为HA和H2O，且都是2，即Fe3+的配位数为4；
（3）由分析知加入适量硫化钡目的是将铜离子和铅离子沉淀完全除去；Ksp(ZnS)=2.0 ×10-22
（5）50% MnO2的软锰矿174t物质的量为，获得硫酸锰晶体质量为，即产率为。
14．(1)4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4
(2)BC
(3)为了控制ZnO的颗粒大小
(4)坩埚
(5)杂质中含有CH3COO－、、， 在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去
(6)d、a、c
(7)6
【分析】氢氧化钠溶液中滴入硫酸锌溶液，不断搅拌，反应得到ε−Zn(OH)2，过滤、洗涤得到ε−Zn(OH)2，控温，在坩埚中煅烧得到纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF。
【详解】（1）根据信息含锌组分间的转化关系：Zn2+Zn(OH)2 ，步骤I，初始滴入ZnSO4溶液时，氢氧化钠溶液过量，反应的化学方程式4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4；故答案为：4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4。
（2）A．步骤I，在强碱性条件下，Zn元素以Na2[Zn(OH)4]存在，搅拌使反应物接触面积增大，加快化学反应速率，避免反应物浓度局部过高，故A正确；B．步骤I，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2，ε−Zn(OH)2和过量氢氧化钠溶液反应生成Na2[Zn(OH)4]，故B错误；C．根据ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃ 以下稳定，步骤Ⅱ，若用50°C的热水洗涤，会导致ε−Zn(OH)2晶型不稳定，会发生一定变化，故C错误；综上所述，答案为：BC。
（3）步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小；故答案为：为了控制ZnO的颗粒大小。
（4）步骤Ⅲ是煅烧固体药品，实验室盛放样品的容器名称是坩埚；故答案为：坩埚。
（5）用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应生成碳酸锌沉淀、醋酸铵，杂质中含有CH3COO－、、，煅烧沉淀时，杂质中CH3COO－、、反应生成二氧化碳、氨气、水，二氧化碳、氨气、水高温条件下都是气体，所以沉淀无需洗涤；故答案为：杂质中含有CH3COO－、、， 在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。
（6）根据样品质量的精确度，说明应该用分析天平称量ZnO样品0.081g，配制一定物质的量浓度的溶液时，先在烧杯中中用酸溶解样品，然后在容量瓶中配制一定体积的Zn2+溶液，再用移液管量取一定体积的 Zn2+溶液，最后用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+；故答案为：d、a、c。
（7）根据图中信息，取样测得荧光强度比值为9.7，则c(Cu2+)＝3×10−7mol∙L−1，溶液体积为1L，则n(Cu2+)＝3×10−7mol，7.5 ×10−3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5 ×105)，则n(人血浆铜蓝蛋白)＝，个数之比等于物质的量之比，所以1个人血浆铜蓝蛋白中含有Cu2+个数；故答案为：6。
15．(1)5s25p4
(2) 使气体与固体充分混合，使反应物充分反应 Na2TeO3、 Na2SiO3
(3)H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率
(4)
(5) D B
(6)
【分析】阳极泥中含有Cu2Te、Au、Ag；根据题中信息可知，在“焙烧”过程中，主要是Cu2Te被氧化，且生成CuO、TeO2 、SiO2等；经过“碱浸”，TeO2变为, SiO2变为而留在“滤液①”，而“滤渣①”主要含有CuO、Ag、Au；“滤渣①”经过两次酸浸,则“酸浸①”可以使用H2SO4溶解氧化铜，分离出Ag、Au，“酸浸②”可以使用HNO3，溶解Ag分离出Au；向“滤液①”中加入双氧水，将氧化为，得到 Na2TeO4沉淀，再经过“热还原”得到碲粉。
【详解】（1）基态Te原子的价电子排布式为5s25p4，答案为：5s25p4；
（2）“焙烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是使气体与固体充分混合，使反应物充分反应，由分析知“滤液①”中 的成分为Na2TeO3、 Na2SiO3，答案为：使气体与固体充分混合，使反应物充分反应，Na2TeO3、 Na2SiO3；
（3）“氧化”步骤中，双氧水需分批加入的目的是H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率，答案为：H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率；
（4）“热还原”时+4价的硫被氧化为+6价碲被还原为金属单质，发生反应的化学方程式：；
（5）由分析可知滤渣①中含CuO、Au和Ag，“酸浸①”可用浸取稀硫酸浸取，“酸浸②”可用稀硝酸浸取，答案为：D B；
（6）根据电子转移守恒可知亚碲酸与酸性K2Cr2O7的物质的量之比是3∶1，硫酸亚铁铵与酸性K2Cr2O7的物质的量之比是6∶1，所以得到=mol，粗碲粉中碲的质量分数为 = 。
16．(1) C、SiO2、CaSO4 酸性KMnO4或者K3[ Fe( CN)6]溶液
(2)将Fe3+还原为Fe2+
(3)5.5≤pH <6.3
(4)200：3
(5)Fe2+ +2=FeCO3↓+H2O+CO2↑
(6)4FeCO3 +O22Fe2O3 +4CO2
【分析】窑尾灰加入稀硫酸酸浸，各物质转化为对应的硫酸盐，C、SiO2不反应，另外硫酸钙微溶，过滤得滤渣1为C、SiO2、CaSO4，滤液加入过量的铁粉，使铁离子转化为亚铁离子，然后加入氨水调节pH使铝离子转化为氢氧化铝除去，然后滤液加入NH4F除去镁、钙离子，过滤后滤液加入NH4HCO3，反应得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中灼烧最后得到氧化铁。
【详解】（1）根据分析，滤渣1的主要成分为C、SiO2、CaSO4；亚铁离子具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，其还能和K3[ Fe( CN)6]溶液生成蓝色沉淀，则证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是酸性KMnO4或者K3[ Fe(CN)6]溶液；
（2）根据分析，“还原”过程加铁粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+；
（3）滤液加入氨水除去铝离子，而不沉淀亚铁离子，铝离子完全沉淀时c(OH-)==10-8.5mol/L，pH=5.5，亚铁离子开始沉淀时c(OH-)=mol/L，此时pH=6.3，则“调pH”范围是5.5≤pH <6.3；
（4）若滤渣3中既有CaF2又有MgF2，则滤液4中==200：3；
（5）“沉淀”过程中亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁、水、二氧化碳，离子反应方程式Fe2+ +2=FeCO3↓+H2O+CO2↑；
（6）“灼烧”过程中碳酸亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为：4FeCO3 +O22Fe2O3 +4CO2。
17．(1)减少蒸馏中的能耗
(2) B 圆底烧瓶 分液漏斗
(3) 蒸馏过程中不断通入HCl
(4) 向最后一次洗涤液中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，无白色沉淀产生 97.9
【详解】（1）醇类的相对分子质量越大熔沸点越高，所以为了减少能耗，不能选用相对分子质量更大的丁醇，答案为：减少蒸馏中的能耗；
（2）实验室制备氯化氢气体是固体+液体且加热，所以只能选用装置B，
装置B中玻璃仪器的名称分别是导管、酒精灯、圆底烧瓶、分液漏斗，答案为：B,圆底烧瓶、分液漏斗；
（3）该反应中碳元素自身发生氧化，生成碳和甲烷，根据原子守恒配平方程式，氯化镁易发生水解显酸性，所以在氯化氢的气氛中抑制其水解，提高无水氯化镁的产率，答案为：，蒸馏过程中不断通入HCl；
（4）①检验沉淀是否洗涤干净。可以通过检验洗涤液中是否存在氯离子来确定，检验方法：向最后一次洗涤液中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，无白色沉淀产生，答案为：向最后一次洗涤液中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，无白色沉淀产生；
②由题意知，设样品中，则,所以，，产品中MgCl2的纯度为，答案为：97.9。
18．(1) 还原 复分解反应
(2) 2H2O+SO2+2Ag+=SO+2Ag↓+4H+ 饱和亚硫酸氢钠溶液 BaCl2
(3)c(SO)= =4.8×10-6 mol/L，Q(Ag2SO3)=c2(Ag+)c(SO)=4.8×10-8＞Ksp(Ag2SO3)，故有Ag2SO3沉淀生成
(4)SO和SO竞争Ag+生成沉淀，而Ksp(Ag2SO3)远小于Ksp(Ag2SO4)，拉动导致反应向生成Ag2SO3方向进行
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是探究二氧化硫与硝酸银溶液是发生氧化还原反应生成银沉淀或硫酸银沉淀，还是发生非氧化还原反应生成亚硫酸银沉淀，通过提出猜想、实验验证和查阅资料得到反应不能生成银沉淀，而生成硫酸银和亚硫酸银是竞争的反应，由于亚硫酸银的溶度积小于硫酸银，导致反应向生成亚硫酸银方向进行的实验结论。
【详解】（1）由题意可知，猜想一的反应仅生成银沉淀说明二氧化硫在反应中表现还原性；猜想二的反应生成亚硫酸银沉淀说明二氧化硫与水反应生成的亚硫酸与硝酸银溶液发生复分解反应；猜想三的反应生成硫酸银沉淀说明二氧化硫使溶液呈酸性，酸性条件下二氧化硫被稀硝酸氧化为硫酸根离子，故答案为：还原；复分解反应；
（2）题意可知，猜想一发生的反应为二氧化硫与硝酸银溶液反应生成银、硫酸和硝酸，反应的离子方程式为2H2O+SO2+2Ag+=SO+2Ag↓+4H+；铜与浓硫酸共热反应时可能生成发烟硫酸干扰实验的检验，所以实验i中选用饱和亚硫酸氢钠溶液吸收发烟硫酸防止干扰实验验证；硫酸钡的溶解度小于硫酸银，若没有硫酸钡白色沉淀生成，说明二氧化硫与硝酸银溶液反应时没有硫酸钡生成，所以实验ii的操作③为向滤液中加入氯化钡溶液，未观察到白色沉淀说明没有硫酸银生成，答案为：2H2O+SO2+2Ag+=SO+2Ag↓+4H+；饱和亚硫酸氢钠溶液；BaCl2；
（3）由溶液中的氢离子浓度和亚硫酸氢根离子浓度可知，溶液中亚硫酸根离子浓度为c(SO)= =4.8×10-6 mol/L，则溶液中亚硫酸盐的浓度商Q(Ag2SO3)=c2(Ag+)c(SO)=4.8×10-8＞Ksp(Ag2SO3)，所以实验中一定有亚硫酸银沉淀生成，故答案为：c(SO)= =4.8×10-6 mol/L，Q(Ag2SO3)=c2(Ag+)c(SO)=4.8×10-8＞Ksp(Ag2SO3)，故有Ag2SO3沉淀生成；
（4）丁同学测得无色溶液A中含有硫酸根离子，说明生成硫酸银和亚硫酸银是竞争的反应，由于亚硫酸银的溶度积小于硫酸银，导致反应向生成亚硫酸银方向进行，故答案为：SO和SO竞争Ag+生成沉淀，而Ksp(Ag2SO3)远小于Ksp(Ag2SO4)，拉动导致反应向生成Ag2SO3方向进行。
19．(1)<
(2)AgClO+2HCl=AgCl+Cl2↑+H2O
(3)KSCN溶液
(4)白色沉淀逐渐变为黄色，后逐渐溶解，溶液变为蓝色
(5)在饱和NaCl溶液发生沉淀转化：AgClO(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+ClO-(aq)，溶液中c(ClO-)增大
(6)AgCl、AgClO
(7)AgClO：0.015mol；AgCl：0.020mol
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；
【详解】（1）氯离子和银离子生成氯化银沉淀，导致Cl2+H2O⇌HCl+HClO平衡正向移动，次氯酸浓度增大，故实验序号②中品红溶液褪色所需时间小于15s；
（2）实验产生黄绿色气体说明生成了氯气，淀粉KI试纸变蓝说明生成的氯气氧化碘离子生成碘单质，则次氯酸银和浓盐酸发生氧化还原反应，次氯酸根中氯元素化合价降低、HCl中氯元素化合价升高，反应生成了氯气，根据质量守恒，还会生成氯化银和水，反应为AgClO+2HCl=AgCl+Cl2↑+H2O；
（3）次氯酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子能和KSCN溶液反应变为红色，故实验序号②中滴加的溶液为KSCN溶液；
（4）已知，AgI能溶于较高浓度KI溶液中；次氯酸根离子具有强氧化性，次氯酸银和碘离子发生氧化还原生成碘单质和碘化银沉淀，生成碘化银又溶于过量的高浓度KI溶液中，故现象为白色沉淀逐渐变为黄色，后逐渐溶解，溶液变为蓝色；
（5）在饱和NaCl溶液中氯离子浓度很高，发生沉淀转化：AgClO(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+ClO-(aq)，平衡正向移动，溶液中c(ClO-)增大，使得品红溶液褪色；
（6）结合实验可知，氯气和水生成盐酸和次氯酸，两者与硝酸银反应分别生成氯化银沉淀、次氯酸银沉淀，故白色沉淀的主要成分为AgCl、AgClO；
（7）查阅资料：HClO不稳定，见光易分解，推知AgClO受热分解，则次氯酸银分解生成氯化银和氧气，固体减少质量为氧气的质量15.0625g-14.8225g=0.24g，氧气物质的量为0.0075mol，根据氧原子守恒可知，次氯酸银为0.015mol，则氯化银物质的量为。
20．(1)用一支洁净的小试管，取最后清洗液1~2mL，向试管中滴加过量的稀HNO3，之后向溶液中滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净
(2)调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上
(3)CD
(4)
(5)5Fe2+ + +8H+= 5Fe3+ + Mn2++4H2O
(6)60%
(7)久置的Na2SO3可能部分被氧化为Na2SO4导致生成的BaSO3沉淀质量增大
【分析】如图，向样品中加入稀硫酸，发生反应，气体进入储液瓶中，调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上，通过量气管可读出生成的气体体积，从而计算出样品中亚硫酸钠的纯度。
【详解】（1）反应时由于加入了BaCl2溶液，所以检验沉淀是否洗净，可检验洗涤液中是否含有氯离子，其操作为用一支洁净的小试管，取最后清洗液1~2mL，向试管中滴加过量的稀HNO3，之后向溶液中滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净；
故答案为：用一支洁净的小试管，取最后清洗液1~2mL，向试管中滴加过量的稀HNO3，之后向溶液中滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净；
（2）该实验原理是通过生成的气体进入储液瓶产生的压力使液面上升读数气体体积，所以在②、④两步读数之前必要的操作是调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上；
故答案为：调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上；
（3）恒压滴液漏斗因为有玻璃管连通抽滤瓶和漏斗，体系压强保持一致，使漏斗中的液体顺利滴下，另一方面，本实验中由于加入液体，也会占用体积，恒压滴液漏斗因为连通漏斗和抽滤瓶，可以减小加入液体体积对测量气体体积的误差，故C、D符合题意；
故答案为：CD；
（4）根据实验，生成的体积为，物质的量为，由反应，可得，所以的物质的量为，则的质量分数为；
故答案为：；
（5）第②步中过量的酸性KMnO4溶液用1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，其中高锰酸钾酸性溶液被亚铁离子还原，发生反应的离子方程式为5Fe2+ + +8H+= 5Fe3+ + Mn2++4H2O；
故答案为：5Fe2+ + +8H+= 5Fe3+ + Mn2++4H2O；
（6）该方法为间接法测含量，其中总的KMnO4的量减去与1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应的KMnO4，即可算出与亚硫酸钠反应的KMnO4，即可计算出亚硫酸钠的量，根据题意，与1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应的KMnO4的物质的量为，则与与亚硫酸钠反应的KMnO4的物质的量为，再根据反应，可得亚硫酸钠的物质的量为，则样品的纯度为60%；
故答案为：60%；
（7）Ⅰ中是直接向样品中加入氯化钡溶液，再根据沉淀的量计算亚硫酸钠的质量分数，如果样品变质，其中含有部分硫酸钠，则得到的沉淀的质量比理论值偏多，导致测得的结果偏高；
故答案为：久置的Na2SO3可能部分被氧化为Na2SO4导致生成的BaSO3沉淀质量增大。
安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-19水溶液中的离子反应和平衡（1）
一、单选题
1．（2023·安徽马鞍山·统考三模）25 °C时，1L 0.1mol·L-1的某二元酸H2RO3溶液中各含R物种的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含R物种的浓度负对数[pc=-lgc，pOH= -lgc(OH)]。下列说法正确的是
A．曲线③表示pc()随pOH的变化
B．y点的溶液中：c(H2RO3)+2c()=0.1mol·L-1
C．H2RO3的Ka1=1.0×10-6.7
D．2H2RO3+的平衡常数K=1.0×10-5.3
2．（2023·安徽宣城·统考一模）草酸H2C2O4是一种二元弱酸。向草酸溶液中加NaOH，H2C2O4、HC2O和C2O的分布系数δ与溶液pH的变化关系如图所示。[比如C2O的分布系数：δ(C2O)=]，下列说法不正确的是
A．曲线②代表HC2O B．N点的横坐标为4.2
C．水的电离程度：N＜P＜M D．N点：c(Na+)＜3c(C2O)
3．（2023·安徽铜陵·统考模拟预测）下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是
选项
实验操作及现象
结论
A
向含有0.lmol/L的NaCl和0.1mol/L的NaI混合溶液中，滴加0.01mol/LAgNO3溶液，先生成黄色沉淀
Ksp(AgI)
室温下，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有白色絮状沉淀生成
结合H+能力比强
C
向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者生成黄色沉淀
溶液存在平衡：⇌I2+I-
D
向苯与液溴的混合液中加入铁粉产生气体，将气体直接通入AgNO3溶液中，有浅黄色沉淀生成
液溴与苯发生取代反应
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·安徽淮南·统考一模）K2Cr2O7溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(i)(aq) +H2O(1)2 (aq) K1=3.0×10-2(25℃)
(ii)(aq)(aq)+H+ (aq) K2=3.3×10-7(25℃)；
25℃时，0.1 mol·L-1 K2Cr2O7溶液中随pH的变化关系如图所示，
下列说法正确的是
A．加入少量K2Cr2O7固体，平衡时c2()与 c()的比值减小
B．c()+ 2c()+ c()= 0.1 mol/L
C．当pH=9.0时，c()≈9.9× 10-4.2 mol/L
D．若溶液pH减小，则 的值将增大
5．（2023·安徽马鞍山·统考二模）用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液时，溶液的温度(I)、pH(II)随NaOH体积的变化如下图(图中虚线为校正至25℃时的pH曲线)，V1时溶液中 =1。
下列说法正确的是
A．x点溶液中，CH3COOH电离程度小于CH3COONa的水解程度
B．y点溶液中，c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)= c(OH-)
C．w点溶液的碱性强于z点溶液的碱性
D．25℃时，CH3COOH的电离常数Ka=1×10-a
6．（2023·安徽马鞍山·统考一模）用0.1000mol·L-1盐酸滴定0.1000mol·L-1Na2A溶液20.00mL，溶液中H2A、HA-、 A2-的分布分数 δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法不正确的是
[如A2-分布分数： δ(A2-)=
A．a点溶液中存在c(Na+)+ c(H+)=3 c(A2-)+ c(OH-)+ c(Cl-)
B．b点溶液中存在c(H2A)< c(A2-)
C．c点溶液中存在c(HA-)>c(H2A)
D．H2A的Ka1为10-6.38
7．（2023·安徽马鞍山·统考一模）下列实验操作及现象、实验结论均正确的是
选项
实验操作及现象
实验结论
A
将炽热的木炭加入浓硝酸中，产生红棕色气体
NO2一定为碳还原浓硝酸的产物
B
用pH计测量NaHCO3溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性
碳酸、亚硫酸均为弱酸
C
向装有溴水的分液漏斗中加入苯，振荡静置，溶液分层，上层为橙红色
苯萃取了溴水中的溴
D
向H2O2溶液中滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾紫色褪去
H2O2有氧化性
A．A B．B C．C D．D
8．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）柠檬酸H3A是一种三元弱酸。常温下向一定浓度的H3A溶液中滴加KOH溶液，溶液中lgX[X表示、或]随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．用KOH溶液滴定柠檬酸H3A至K2HA，可选用酚酞作指示剂
B．在滴加KOH溶液至P点时有
C．在3.13
D．在4.76
A．c(H+) 增大的原因可能是加入了酸HA
B．溶液c(H+)= 2×10-4时，c(M+)> 3×10-4mol·L-1
C．随着c(H+)的增大， MA的溶度积Ksp(MA)保持不变
D．c2(M+)~ c(H+) 的线性关系为： c2(M+)= Ksp(MA)
10．（2023·安徽宣城·统考二模）常温下，天然水体中H2CO3与空气中的CO2保持平衡，水体中lgc(X)[X为H2CO3、、或Ca2+]与pH的关系如图所示，已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9。下列说法不正确的是
A．I代表与pH的关系曲线
B．pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9mol·L-1
C．2pH(b)=pH(a)+pH(c)
D．H2CO3的二级电离常数为10-6.3
二、工业流程题
11．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）稀土元素是国家战略资源，广泛应用于显示器、航天、激光。导弹等尖端领域，目前我国稀土提炼技术处于世界领先地位。某化学课题组以废液晶显示屏为原料回收稀土元素铈，实现资源再利用，设计实验流程如下：
已知：①显示屏玻璃中含较多的SiO2、CeO2、FeO、Fe2O3及少量其他可溶于酸的物质；
②CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。
回答下列问题：
(1)将废玻璃粉碎的目的是___________。
(2)工序1中加入H2O2的作用是___________。
(3)工序3是蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、常温晾干。
(4)工序4中加入稀硫酸和H2O2溶液的反应的离子方程式___________，滤渣2的主要成分是___________。
(5)硫酸铁铵可用作净水剂，但在除酸性废水中悬浮物时效果较差，原因是___________。
(6)取上述流程中得到Ce(OH)4产品0.640g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+)，消耗25.00mL标准溶液。该产品中Ce元素的质量分数为___________，(保留三位有效数字)
12．（2023·安徽淮南·统考一模）锌的用途广泛，主要用于镀锌板及精密铸造等行业。以粗氧化锌(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
已知：①“浸取”时。ZnO、 CuO转化为[ Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液：
②25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36， Ksp(ZnS)=1.6 ×10-24；
③沉淀除铜标准：溶液中≤2.0×10-6
回答下列问题：
(1)“滤渣1”的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和___________(填化学式)，“ 操作3”的名称为___________。
(2)“氧化除锰”时，H2O2将Mn2+转化为难溶的MnO2，该反应的离子方程式为___________。
(3)“沉淀除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示] 与“(NH4)2 S加入量”[以表示]的关系曲线如图所示。
①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是___________(用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为___________。(已知) [ Zn(NH3)4]2+的=2. 9 ×109]
②“沉淀除铜”时(NH4 )2S加入量最好应选___________。
a．100% b．110% c．120% d．130%
(4)电解后溶液中的溶质主要成分是___________， 可用于循环使用。
13．（2023·安徽马鞍山·统考一模）利用锌精矿(ZnS)和软锰矿(MnO2)两种矿料(含少量杂质Fe、 Cu、 Pb等元素的化合物及SiO2)生产硫酸锌和硫酸锰的流程如下：
已知：①常温下，H2S 饱和溶液中c2(H+)·c(S2-)≈9×10-23；
②Ksp(ZnS)=2.0 ×10-22， Ksp(MnS)=2.0 ×10-13；
③ZnSO4的溶解度如表所示
水/温度(°C)
0
10
20
25
40
50
60
70
80
90
ZnSO4
41.8
47.5
54.1
58.0
62.1
74.8
67.2
60.5
一
一
ZnSO4·H2O
41.9
一
54.2
一
一
74.0
一
一
86.6
83.5
ZnSO4·6H2O
一
一
一
一
70.1
76.8
一
一
一
一
ZnSO4·7H2O
41.9
47.0
54.4
58.0
一
一
一
一
一
一
回答下列问题：
(1)“滤渣1”主要成分为_______、S；写出“酸浸”过程的主要离子方程式_______。
(2)“除铁”的萃取剂为磷酸二(2-乙基己基)酯(用HA表示)，萃取后含铁的物质为[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4，该物质中Fe3+的配位数为_______。
(3)BaS 为可溶性钡盐。向“水相1”中加入适量BaS目的是_______；溶液 pH过高，会造成Zn2+、Mn2+沉淀而损失，若溶液中Zn2+、Mn2+的浓度为0.2mol·L-1，则应控制溶液中c(H+)大于_______mol·L-1。
(4)从“反萃取液”中获得ZnSO4·H2O晶体的操作为：控制温度在_______°C以 上蒸发结晶、_______、洗涤、干燥。
(5)含50% MnO2的软锰矿174t，利用此工艺获得MnSO4·H2O160.55t，该工艺MnSO4·H2O的产率为_______。
14．（2023·安徽黄山·统考二模）某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如图：
已知：①含锌组分间的转化关系：Zn2+Zn(OH)2
②ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃ 以下稳定。
请回答：
(1)步骤I，初始滴入ZnSO4溶液时，反应的化学方程式___________。
(2)下列有关说法不正确的是___________ 。
A．步骤I，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分
B．步骤I，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2， 可提高ZnSO4的利用率
C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50°C的热水洗涤
(3)步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是___________。
(4)步骤Ⅲ中，实验室盛放样品的容器名称是___________。
(5)用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是___________。
(6)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2+。用________称量ZnO样品0.081g，在___________中用酸溶解样品，然后在________中配制一 定体积的Zn2+溶液，再用移液管量取一定体积的 Zn2+溶液，最后用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+。从下列选项中选择合理的仪器___________(按顺序填写且用字母作答)补全以上步骤。
仪器： a．烧杯 b．托盘天平 c．容量瓶 d．分析天平 e．试剂瓶
(7)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。某研究小组取7.5 ×10−3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5 ×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为9.7，则1个人血浆铜蓝蛋白分子中含___________个铜原子。
15．（2023·安徽黄山·统考二模）碲被誉为现代工业的维生素，某工艺从精炼铜的阳极泥(主要含有Cu2Te，还有Au、Ag、SiO2等)中分别回收碲和重金属的流程如下图所示：
已知：“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在，TeO2溶于强碱生成。
(1)基态Te原子的价电子排布式为___________。
(2)“焙烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是___________；“滤液①”中 的成分为___________(填化学式)。
(3)“氧化”步骤中，双氧水需分批加入的目的是___________。
(4)写出“热还原”时发生反应的化学方程式___________。
(5)滤渣①中含CuO、Au和Ag，“酸浸①”可用________浸取(填选项，下同)，“酸浸②”可用______浸取。
A．王水 B．稀硝酸 C．浓氢氧化钠溶液 D．稀硫酸
(6)粗碲粉中碲质量分数的测定步骤如下：取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，配制成100mL 溶液，取25.00mL 于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为原碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亚铁铵[ (NH4)2 Fe(SO4)2 ]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为___________。
16．（2023·安徽宣城·统考二模）高纯氧化铁(Fe2O3)是制造软磁铁氧体主要原料，而后者广泛应用于电工电信设备。以窑尾灰为原料制造高纯氧化铁工艺流程图如下(已知窑尾灰的主要成分为Fe、C、FeO、Fe2O3、CaO、Al2O3、MgO、SiO2)
当c(Mn+)≤10-5mol·L-1时，认定沉淀完全；25℃时，各物质的溶度积常数如下：
物质
CaSO4
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
CaF2
MgF2
Ksp
9.0×10-6
8.0×10-16
4.0×10-38
1.0×10-30.5
5.0×10-9
7.5×10-11
据此回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为_______；证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是_______。
(2)“还原”过程加铁粉的目的是_______。
(3)若滤液2中c(Fe2+)=2mol·L-1则“调pH”范围是_______(lg2≈0.3)。
(4)若滤渣3中既有CaF2又有MgF2，则滤液4中=_______(化为最简整数比)。
(5)写出“沉淀”过程中的离子反应方程式：_______。
(6)“灼烧”过程中的化学方程式为：_______。
三、实验题
17．（2023·安徽淮南·统考二模）实验室可使用Mg(OH)2为原料制备无水MgCl2实验过程如下：
I.在烧杯中将Mg(OH)2粉末与足量无水乙醇充分混合，搅拌混合均匀后装入三颈烧瓶。
II.向三颈烧瓶中通入足量HCl气体使Mg(OH)2固体完全溶解。
III.对反应后的溶液进行加热蒸馏，形成CH3CH2OH•6MgCl2溶液。
IV.对CH3CH2OH•6MgCl2溶液进行进一步脱乙醇蒸馏，得到较为纯净的无水MgCl2。
回答下列问题：
(1)步骤I中选择乙醇而非相对分子质量更大的丁醇的原因是______。
(2)步骤II中的HCl气体可由下列装置中的______(填标号)制备。装置B中玻璃仪器的名称分别是导管、酒精灯、______、______。
(3)CH3CH2OH•6MgCl2在加热蒸馏时可能会发生分解产生少量CH4气体，并伴随MgO和碳单质的生成，该分解反应的化学方程式为______。为提高无水氯化镁的产率，从平衡角度分析抑制该副反应的措施是______。
(4)准确称量制得的无水MgCl2产品9.700g(含有少量MgO杂质)，将其完全溶于稀盐酸中，加入过量Na2CO3溶液使Mg2+完全转化为MgCO3沉淀，过滤、洗涤、干燥，称量所得固体质量为8.820g。
①检验固体洗涤完成的方法是______。
②产品中MgCl2的纯度为______%(计算结果保留一位小数)。
18．（2023·安徽宣城·统考一模）某校课外小组总结二氧化硫的性质时进行了“SO2与AgNO3溶液反应”的探究。
(1)在进行SO2与AgNO3溶液反应的实验前，小组有以下猜想，请补充完整。
猜想一：SO2具有_____性，与AgNO3溶液反应仅生成Ag沉淀；
猜想二：SO2溶于水生成亚硫碗酸，可与AgNO3发生_____(填基本反应类型)，生成Ag2SO3沉淀；
猜想三：SO2被AgNO3溶液中的稀硝酸氧化后，生成Ag2SO4沉淀。
(2)甲同学认可猜想一，该反应的离子方程式为_____。
甲同学按如图装置进行实验i：
装置(加热装置省略)
操作
现象
打开分液漏斗活塞使98%H2SO4溶液滴入烧瓶中的Cu上
气体进入AgNO3溶液，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B
试剂X是_____。
乙同学设计并完成了实验ii：
操作
现象
①将实验i所得白色沉淀B过滤，洗涤
②将洗涤后固体加入试管中，加足量稀盐酸振荡，将产生的气体通入品红溶液
品红褪色
③再将②得到的混合物，过滤，向滤液中滴加_____溶液(填化学式)
未观察到白色沉淀
乙同学通过实验ii，发现在该条件下SO2与AgNO3溶液反应生成的是Ag2SO3，未生成Ag2SO4。
(3)丙同学查阅相关资料：亚硫酸Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8，Ksp(Ag2SO3)=1.5×10-14，Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5，若该条件下c(AgNO3)=0.1mol/L，溶液的pH=2、c(HSO)=0.8mol/L，请计算证明一定有Ag2SO3生成_____。
(4)丁同学测得无色溶液A中c(SO)=0.02mol/L，通过计算证明可以得到Ag2SO4沉淀，而实验ii未出现Ag2SO4沉淀，请给出合理解释_____。
19．（2023·安徽铜陵·统考模拟预测）某项目式学习小组在探究氯水的漂白性时，设计了以下实验：
示意图
序号
温度
试剂A
预期现象
①
25℃
蒸馏水
15s后品红溶液褪色
②
25℃
饱和AgNO3溶液
生成白色沉淀，品红溶液褪色
Ⅰ．
(1)根据新制氯水中存在的反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，结合平衡移动原理，可知实验序号②中品红溶液褪色所需时间___________15s(填“>”、“<”或“=”)。
Ⅱ．通过实验得知，品红溶液褪色所需时间与(Ⅰ)中结论恰好相反，猜测饱和AgNO3溶液与HClO发生反应，生成了AgClO沉淀，对此进行以下探究。
查阅资料：①AgI能溶于较高浓度KI溶液中；②Ksp(AgI)
实验内容
序号
加入试剂及操作
实验现象
取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，用蒸馏水洗涤3次，分别装在3支洁净的试管中，再分别加入试剂
①
加入2mL浓盐酸，用湿润的淀粉KI试纸靠近试管口
产生黄绿色气体，淀粉KI试纸变蓝
②
加入2mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再滴加3滴（ ）溶液
溶液出现红色
③
加入4mL饱和KI溶液，再滴加3滴淀粉溶液
（ ）
(2)实验序号①反应的化学方程式为___________。
(3) ___________。
(4)实验序号③的实验现象为___________。
实验方案2：取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，洗净后置于试管中，加入饱和NaCl溶液，静置1h，取上层清液，滴加1滴品红，品红溶液褪色。
(5)请结合沉淀溶解平衡原理解释上述现象___________(结合方程式解释)。
(6)根据以上实验可确定白色沉淀的主要成分为___________。
Ⅲ．为确定其成分的含量，设计了实验方案3。
实验方案3：
查阅资料：HClO不稳定，见光易分解，推知AgClO受热分解；
取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，洗净干燥，称取质量为5.2625g，装入洁净试管中，总质量为15.0625g，用酒精灯加热，检验产生的气体，完全反应后，称取试管总质量为14.8225g。
(7)白色固体中各成分的物质的量为___________。
20．（2023·安徽宣城·统考二模）无水Na2SO3广泛应用于阳极泥中贵金属的提炼，久置的工业无水Na2SO3纯度的测定方法有多种：
I.固体质量分析法
取固体样品mg于试管中加水溶解，向试管中滴入过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥、称量得固体ng，计算Na2SO3纯度为100%
(1)检验沉淀是否洗净的方法是_______。
II.气体体积分析法
①按照上图(夹持装置已略)组装好装置并检验气密性备用，称量mg样品加入抽滤瓶，组装好装置；
②……，读数体积为V1mL；
③打开恒压滴液漏斗下端的活塞，加入过量的稀硫酸，让其充分反应；
④……，读数体积为V2mL(已知V2
(3)相比分液漏斗，恒压滴液漏斗在该实验中的优点是_______。
A．可以起到冷凝回流的作用
B．方便检验装置的气密性
C．使漏斗中液体顺利流下
D．减小加入液体体积对测量气体体积的误差
(4)若该实验条件为标准状况，则Na2SO3纯度为_______(用含V1、V2、m的式子表达)。
III.滴定法
①称取2.10g样品于锥形瓶中，加入0.50mol·L-1酸性KMnO4溶液20.00mL，塞紧塞子，振荡让其充分反应；
②过量的酸性KMnO4溶液用1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定；
③重复①、②两组实验三次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液30.00mL。
(5)第②步中发生的离子反应方程式为_______。
(6)该样品的纯度为_______。
(7)I中所测的纯度明显大于III，分析可能的原因是_______。
参考答案：
1．D
【分析】由题可知，H2RO3为二元弱酸，H2RO3在溶液中发生电离的方程式为，，pOH=-lgc(OH-)，pc=-lgc，则pOH值越大，溶液的碱性越弱，pc值越大，粒子的浓度越小，pOH=0时，溶液的碱性最强，此时对于H2RO3溶液，各粒子浓度关系为c(H2RO3)
B．y点的溶液，即pH=4，由图可知此时，，即，而，故，B错误；
C．为二元弱酸，发生电离：，，曲线①为pc(RO32-)随pOH的变化，曲线②为pc(HRO3-)随pOH的变化，曲线③为pc(H2RO3)，z表示，，， mol/L，，所以；C错误；
D．由减去，可得2H2RO3+，其平衡常数K=，z点时，c(H2RO3)=c( HRO3-)，此时pOH=12.6，则c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)==10-1.4mol/L，，x点时，c()=c()，此时pOH=7.3，则c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=，则平衡常数，D正确
故答案为D。
2．C
【分析】pH增大，草酸电离平衡正向移动，H2C2O4的量一直减小、HC2O的量先增加后减小、C2O的量一直增加，故①②③分别为H2C2O4、HC2O和C2O的曲线；
【详解】A．由分析可知，曲线②代表HC2O，A正确；
B．设N点的横坐标为a，由M点可知，，由N点可知，，由P点可知，，则a=4.2，B正确；
C．酸和碱会抑制水的电离，弱酸根离子会促进水的电离，M为等量H2C2O4、HC2O，P主要为HC2O，N点为等量HC2O和C2O，则N点对水的电离促进作用更大，M点对水电离的抑制作用最大，故水的电离程度：M＜P＜N，C错误；
D．由图可知，N点，根据电荷守恒可知：，则，此时溶液显酸性，，则c(Na+)＜3c(C2O)，D正确；
故选C。
3．D
【详解】A．等浓度的NaCl和NaI混合溶液中，滴加硝酸银，先生成黄色沉淀即AgI，说明AgI溶解度更小，则Ksp(AgI)
C．向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者生成黄色沉淀，说明在KI3溶液中存在I-和I2，则溶液中存在平衡：⇌I2+I-，故C正确；
D．溴蒸气易挥发，挥发出的溴与AgNO3溶液反应生成浅黄色沉淀，因此不能说明液溴与苯发生取代反应，故D错误；
故选：D。
4．C
【详解】A．K2Cr2O7溶液中K1=，平衡常数只与温度有关，加入少量K2Cr2O7固体，c2()与 c()的比值不变，故A错误；
B．根据Cr元素守恒，0.1 mol·L-1 K2Cr2O7溶液中，c()+ 2c()+ c()> 0.1 mol/L，故B错误；
C．K1==，K2=，，根据图示，当pH=9.0时，，所以c()≈9.9× 10-4.2 mol/L，故C正确；
D．若溶液pH减小，则 =，若溶液pH减小，平衡ii逆向移动，增大，所以减小，故D错误；
选C。
5．D
【分析】用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液，V(NaOH)=20mL时，恰好完全反应，溶质为CH3COONa，即w、z点pH>7。
【详解】A．x点溶液pH不知道，无法判断CH3COOH电离程度和CH3COONa的水解程度哪个大，A项错误；
B．y点溶液中，无法判断溶液是否呈中性，因此不能确定溶液中，B项错误；
C．w和z点均为等浓度的醋酸钠溶液，w点为25℃，z点对应实际温度，温度高于25℃，醋酸根水解程度更大，z点碱性更强，C项错误；
D．醋酸的，25℃、时，pH=a，则25℃时，D项正确；
答案选D。
6．B
【分析】各离子含量曲线如图 。
【详解】A．a点加入10mL盐酸发生反应为Na2A+HCl=NaCl+NaHA，溶液中主要有NaCl、NaHA、Na2A且物质的量之比为1：1：1。该体系中电荷守恒为c(Na+)+ c(H+)=2 c(A2-)+ c(OH-)+ c(Cl-)+c(HA-)，如图c(A2-)= c(HA-)，所以等式变形为c(Na+)+ c(H+)=3 c(A2-)+ c(OH-)+ c(Cl-)，A项正确；
B．b点加入20mL盐酸发生的反应为Na2A+HCl=NaCl+NaHA，溶液中的物质为NaCl和NaHA，溶液呈碱性，水解大于电离即c(H2A)>c(A2-)，B项错误；
C．从含量分布图可看出c(HA-)>c(H2A)，C项正确；
D．利用d点pH=6.38即c(H+)=10-6.38，计算Ka1 =，D项正确；
故选B。
7．C
【详解】A．浓硝酸受热易分解为NO2，无法证明NO2是被C还原来的，A项错误；
B．NaHCO3为呈碱性说明其为弱酸强碱盐，所以碳酸为弱酸。而NaHSO3呈酸性为电离无法证明亚硫酸为弱酸，B项错误；
C．溴易溶于苯，苯加入溴水中分层上层为橙色，C项正确；
D．H2O2将酸性高锰酸钾还原为无色的Mn2+，H2O2呈现还原性，D项错误；
故选C。
8．B
【分析】柠檬酸H3A的Ka1> Ka2> Ka3;根据图像，当lgX=0时，pH分别为3.13、4.76、6.4，则Ka1=10-3.13、Ka2=10-4.76、 Ka3=10-6.4。
【详解】A. HA2-的电离常数为10-6.4，HA2-的水解常数为，电离大于水解，K2HA溶液测酸性，用KOH溶液滴定柠檬酸H3A至K2HA，可选用甲基橙作指示剂，故A错误；
B. 在滴加KOH溶液至P点时有， ，故B正确；
C. ，时pH=3.95，随pH增大c(HA2-)增大、c(H3A)减小，3.13
D. 根据电荷守恒，在4.76
9．A
【详解】A．向MA的饱和溶液中加入一元弱酸HA，抑制MA的溶解，M+浓度降低，A错误；
B．根据图像，溶液c(H+)= 2×10-4时，c2(M+)=10.0×10-8(mol/L)2，所以c(M+)> 3×10-4mol·L-1，B正确；
C．Ksp(MA)只受温度影响，温度不变，Ksp(MA)不变，C正确；
D．MA的饱和溶液中c(M+)=c(A-)+c(HA)，c2(M+)= c(M+)×[c(A-)+c(HA)]= c(M+)×c(A-)+ c(M+)×c(HA)= c(M+)×c(A-)+ c(M+)= c(M+)×c(A-)+ c(M+)×c(A-)×= c(M+)×c(A-)×[1+]= Ksp(MA) ，D正确；
故选A。
10．D
【详解】A．pH增大则溶液碱性增大，从而会促进的电离。比更容易结合H+，所以pH小的时候，的浓度更大。根据以上分析，曲线Ⅰ代表与pH的关系曲线；曲线Ⅱ代表与pH的关系曲线；曲线Ⅲ代表Ca2+与pH的关系曲线，A项正确；
B．pH=10.3时，c()=10-1.1，则c(Ca2+)=，B项正确；
C．H2CO3的一级电离常数为，在a点有c()=c(H2CO3)=10-5，c(H+)=10-6.3，所以K1=10-6.3；H2CO3的二级电离常数，在c点有c()=c()=10-1.1，c(H+)=10-10.3，所以K2=10-10.3。，在b点有c()=c(H2CO3)，c(H+)=。pH(a)=6.3，pH(c)=10.3，pH(b)=8.3，所以2pH(b)=pH(a)+pH(c)，C项正确；
D．H2CO3的二级电离常数，在c点有c()=c()=10-1.1，c(H+)=10-10.3，所以K2=10-10.3，D项错误。
答案选D。
11．(1)增大反应接触面积，加快反应速率
(2)将Fe2+氧化成Fe3+
(3)冷却结晶
(4) 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O SiO2
(5)酸性会抑制Fe3+水解
(6)54.7%或0.547
【分析】显示屏玻璃中含较多的SiO2、CeO2、FeO、Fe2O3及少量其他可溶于酸的物质，CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液，玻璃粉碎后加入稀硫酸酸溶，其中SiO2、CeO2不溶，FeO、Fe2O3等溶于酸，过滤得到滤渣1为SiO2、CeO2，滤液中主要含亚铁离子和铁离子，滤液中加入稀硫酸和过氧化氢，氧化亚铁离子生成铁离子，加入硫酸铵通过工序2和工序3，得到硫酸铁铵晶体，滤渣1中加入稀硫酸和过氧化氢，发生氧化还原反应，过氧化氢在酸溶液中做还原剂被氧化生成氧气，CeO2被还原生成Ce3+，过滤得到滤渣2为SiO2，滤液中通入氧气，加入氢氧化钠溶液反应得到Ce(OH)4，加热分解生成CeO2，加入还原剂还原生成Ce；
【详解】（1）将废玻璃粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（2）工序1中加入H2O2的作用是：把Fe2+离子氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；
（3）工序3是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干，故答案为：冷却结晶；
（4）工序4中加入稀硫酸和H2O2溶液的反应的离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，分析可知滤渣2的主要成分是：SiO2，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；SiO2；
（5）硫酸铁可用作絮凝剂的原理为三价铁离子水解生成氢氧化铁的胶体具有吸附性，但在酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体，故答案为：酸性会抑制Fe3+水解；
（6）Ce(OH)4产品0.640g,物质的量n(Ce(OH)4)，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+)，反应的离子方程式：Ce(OH)4+Fe2++4H+=Ce3++Fe3++4H2O，根据电子守恒建立关系式：，n(Ce)= n[Ce(OH)4]=0.0025mol，所以m(Ce)=0.0025mol×140g/mol=0.35g，产品中Ce元素的质量分数=×100%=54.7%，故答案为：54.7%。
12．(1) SiO2 分液
(2)Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2
(3) [Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O或者[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3 2.16×1014 c
(4)硫酸
【分析】粗氧化锌主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2，加入NH3-NH4Cl的混合溶液，生成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，同时生成Fe(OH)3、Mn(OH)2等，SiO2不溶解，进行操作1即过滤一起除去，得滤渣1为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，再向滤液中加入H2O2，进行氧化除锰，反应的方程式为H2O2+Mn2++2NH3•H2O=MnO2↓+2H2O+2，再加入(NH4)2S，进行沉淀除铜，反应的方程式为[Cu(NH3)4]2++S2-=CuS↓+4NH3，进行操作2即过滤，除去MnO2和CuS，即滤渣2为MnO2和CuS，向滤液中加入萃取剂，使锌进入有机萃取剂中，进行操作3即分液后，再向有机萃取剂中加入硫酸，进行反萃取，得到硫酸锌溶液，然后进行电解，得到锌，据此分析作答。
【详解】（1）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，“ 操作3” 分离有机层和无机层，名称为分液，故答案为：SiO2；分液；
（2）由分析可知，“氧化除锰”时，H2O2 将Mn2+转化为难溶的MnO2，该反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2，故答案为：Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2；
（3）①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的回收率下降的可能原因锌离子与硫离子结合生成了硫化锌，离子方程式为[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3或者[Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O，该反应的平衡常数为K=====2.16×1014，故答案为：[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3或者[Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O；2.16×1014；
②由题干图示信息可知，当(NH4)2S加入量为120%时，铜锌比为2.0×106，达到沉淀除铜标准，继续加大(NH4)2S加入量会导致锌回收率下降且不经济，故答案为：c；
（4）由分析可知，电解硫酸锌溶液制备锌，方程式为：2ZnSO4+2H2O2Zn+O2↑+2H2SO4，故电解后溶液中的溶质主要成分是硫酸，可用于“反萃取”步骤中循环使用，故答案为：硫酸。
13．(1) SiO2 ZnS+MnO2+4H+=Zn2++Mn2++S↓+2H2O
(2)4
(3) 将Cu2+、Pb2+沉淀完全从而除去 0.3
(4) 80 趁热过滤
(5)0.95或95%
【分析】由流程图知，两种矿粉酸浸时发生氧化还原反应生成硫单质，即滤渣1为硫单质和不溶于强酸的二氧化硅，加入萃取剂将铁离子萃取到有机相，则水相1中含有Zn2+、Mn2+、Cu2+、Pb2+，加入硫化钡除去铜离子和铅离子过滤，再加入萃取剂分离锰离子和锌离子，则水相2中含有硫酸锰溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰晶体，有机相2中含有硫酸锌，加入硫酸反萃取，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锌晶体，据此回答。
【详解】（1）由分析知酸浸过程两种矿粉发生氧化还原反应，即，所以滤渣1为生成的硫单质和不溶于强酸的二氧化硅；
（2）由配合物化学式知配体为HA和H2O，且都是2，即Fe3+的配位数为4；
（3）由分析知加入适量硫化钡目的是将铜离子和铅离子沉淀完全除去；Ksp(ZnS)=2.0 ×10-22
（5）50% MnO2的软锰矿174t物质的量为，获得硫酸锰晶体质量为，即产率为。
14．(1)4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4
(2)BC
(3)为了控制ZnO的颗粒大小
(4)坩埚
(5)杂质中含有CH3COO－、、， 在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去
(6)d、a、c
(7)6
【分析】氢氧化钠溶液中滴入硫酸锌溶液，不断搅拌，反应得到ε−Zn(OH)2，过滤、洗涤得到ε−Zn(OH)2，控温，在坩埚中煅烧得到纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF。
【详解】（1）根据信息含锌组分间的转化关系：Zn2+Zn(OH)2 ，步骤I，初始滴入ZnSO4溶液时，氢氧化钠溶液过量，反应的化学方程式4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4；故答案为：4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4] ＋ Na2SO4。
（2）A．步骤I，在强碱性条件下，Zn元素以Na2[Zn(OH)4]存在，搅拌使反应物接触面积增大，加快化学反应速率，避免反应物浓度局部过高，故A正确；B．步骤I，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2，ε−Zn(OH)2和过量氢氧化钠溶液反应生成Na2[Zn(OH)4]，故B错误；C．根据ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃ 以下稳定，步骤Ⅱ，若用50°C的热水洗涤，会导致ε−Zn(OH)2晶型不稳定，会发生一定变化，故C错误；综上所述，答案为：BC。
（3）步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小；故答案为：为了控制ZnO的颗粒大小。
（4）步骤Ⅲ是煅烧固体药品，实验室盛放样品的容器名称是坩埚；故答案为：坩埚。
（5）用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应生成碳酸锌沉淀、醋酸铵，杂质中含有CH3COO－、、，煅烧沉淀时，杂质中CH3COO－、、反应生成二氧化碳、氨气、水，二氧化碳、氨气、水高温条件下都是气体，所以沉淀无需洗涤；故答案为：杂质中含有CH3COO－、、， 在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。
（6）根据样品质量的精确度，说明应该用分析天平称量ZnO样品0.081g，配制一定物质的量浓度的溶液时，先在烧杯中中用酸溶解样品，然后在容量瓶中配制一定体积的Zn2+溶液，再用移液管量取一定体积的 Zn2+溶液，最后用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+；故答案为：d、a、c。
（7）根据图中信息，取样测得荧光强度比值为9.7，则c(Cu2+)＝3×10−7mol∙L−1，溶液体积为1L，则n(Cu2+)＝3×10−7mol，7.5 ×10−3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5 ×105)，则n(人血浆铜蓝蛋白)＝，个数之比等于物质的量之比，所以1个人血浆铜蓝蛋白中含有Cu2+个数；故答案为：6。
15．(1)5s25p4
(2) 使气体与固体充分混合，使反应物充分反应 Na2TeO3、 Na2SiO3
(3)H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率
(4)
(5) D B
(6)
【分析】阳极泥中含有Cu2Te、Au、Ag；根据题中信息可知，在“焙烧”过程中，主要是Cu2Te被氧化，且生成CuO、TeO2 、SiO2等；经过“碱浸”，TeO2变为, SiO2变为而留在“滤液①”，而“滤渣①”主要含有CuO、Ag、Au；“滤渣①”经过两次酸浸,则“酸浸①”可以使用H2SO4溶解氧化铜，分离出Ag、Au，“酸浸②”可以使用HNO3，溶解Ag分离出Au；向“滤液①”中加入双氧水，将氧化为，得到 Na2TeO4沉淀，再经过“热还原”得到碲粉。
【详解】（1）基态Te原子的价电子排布式为5s25p4，答案为：5s25p4；
（2）“焙烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是使气体与固体充分混合，使反应物充分反应，由分析知“滤液①”中 的成分为Na2TeO3、 Na2SiO3，答案为：使气体与固体充分混合，使反应物充分反应，Na2TeO3、 Na2SiO3；
（3）“氧化”步骤中，双氧水需分批加入的目的是H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率，答案为：H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率；
（4）“热还原”时+4价的硫被氧化为+6价碲被还原为金属单质，发生反应的化学方程式：；
（5）由分析可知滤渣①中含CuO、Au和Ag，“酸浸①”可用浸取稀硫酸浸取，“酸浸②”可用稀硝酸浸取，答案为：D B；
（6）根据电子转移守恒可知亚碲酸与酸性K2Cr2O7的物质的量之比是3∶1，硫酸亚铁铵与酸性K2Cr2O7的物质的量之比是6∶1，所以得到=mol，粗碲粉中碲的质量分数为 = 。
16．(1) C、SiO2、CaSO4 酸性KMnO4或者K3[ Fe( CN)6]溶液
(2)将Fe3+还原为Fe2+
(3)5.5≤pH <6.3
(4)200：3
(5)Fe2+ +2=FeCO3↓+H2O+CO2↑
(6)4FeCO3 +O22Fe2O3 +4CO2
【分析】窑尾灰加入稀硫酸酸浸，各物质转化为对应的硫酸盐，C、SiO2不反应，另外硫酸钙微溶，过滤得滤渣1为C、SiO2、CaSO4，滤液加入过量的铁粉，使铁离子转化为亚铁离子，然后加入氨水调节pH使铝离子转化为氢氧化铝除去，然后滤液加入NH4F除去镁、钙离子，过滤后滤液加入NH4HCO3，反应得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中灼烧最后得到氧化铁。
【详解】（1）根据分析，滤渣1的主要成分为C、SiO2、CaSO4；亚铁离子具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，其还能和K3[ Fe( CN)6]溶液生成蓝色沉淀，则证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是酸性KMnO4或者K3[ Fe(CN)6]溶液；
（2）根据分析，“还原”过程加铁粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+；
（3）滤液加入氨水除去铝离子，而不沉淀亚铁离子，铝离子完全沉淀时c(OH-)==10-8.5mol/L，pH=5.5，亚铁离子开始沉淀时c(OH-)=mol/L，此时pH=6.3，则“调pH”范围是5.5≤pH <6.3；
（4）若滤渣3中既有CaF2又有MgF2，则滤液4中==200：3；
（5）“沉淀”过程中亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁、水、二氧化碳，离子反应方程式Fe2+ +2=FeCO3↓+H2O+CO2↑；
（6）“灼烧”过程中碳酸亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为：4FeCO3 +O22Fe2O3 +4CO2。
17．(1)减少蒸馏中的能耗
(2) B 圆底烧瓶 分液漏斗
(3) 蒸馏过程中不断通入HCl
(4) 向最后一次洗涤液中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，无白色沉淀产生 97.9
【详解】（1）醇类的相对分子质量越大熔沸点越高，所以为了减少能耗，不能选用相对分子质量更大的丁醇，答案为：减少蒸馏中的能耗；
（2）实验室制备氯化氢气体是固体+液体且加热，所以只能选用装置B，
装置B中玻璃仪器的名称分别是导管、酒精灯、圆底烧瓶、分液漏斗，答案为：B,圆底烧瓶、分液漏斗；
（3）该反应中碳元素自身发生氧化，生成碳和甲烷，根据原子守恒配平方程式，氯化镁易发生水解显酸性，所以在氯化氢的气氛中抑制其水解，提高无水氯化镁的产率，答案为：，蒸馏过程中不断通入HCl；
（4）①检验沉淀是否洗涤干净。可以通过检验洗涤液中是否存在氯离子来确定，检验方法：向最后一次洗涤液中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，无白色沉淀产生，答案为：向最后一次洗涤液中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，无白色沉淀产生；
②由题意知，设样品中，则,所以，，产品中MgCl2的纯度为，答案为：97.9。
18．(1) 还原 复分解反应
(2) 2H2O+SO2+2Ag+=SO+2Ag↓+4H+ 饱和亚硫酸氢钠溶液 BaCl2
(3)c(SO)= =4.8×10-6 mol/L，Q(Ag2SO3)=c2(Ag+)c(SO)=4.8×10-8＞Ksp(Ag2SO3)，故有Ag2SO3沉淀生成
(4)SO和SO竞争Ag+生成沉淀，而Ksp(Ag2SO3)远小于Ksp(Ag2SO4)，拉动导致反应向生成Ag2SO3方向进行
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是探究二氧化硫与硝酸银溶液是发生氧化还原反应生成银沉淀或硫酸银沉淀，还是发生非氧化还原反应生成亚硫酸银沉淀，通过提出猜想、实验验证和查阅资料得到反应不能生成银沉淀，而生成硫酸银和亚硫酸银是竞争的反应，由于亚硫酸银的溶度积小于硫酸银，导致反应向生成亚硫酸银方向进行的实验结论。
【详解】（1）由题意可知，猜想一的反应仅生成银沉淀说明二氧化硫在反应中表现还原性；猜想二的反应生成亚硫酸银沉淀说明二氧化硫与水反应生成的亚硫酸与硝酸银溶液发生复分解反应；猜想三的反应生成硫酸银沉淀说明二氧化硫使溶液呈酸性，酸性条件下二氧化硫被稀硝酸氧化为硫酸根离子，故答案为：还原；复分解反应；
（2）题意可知，猜想一发生的反应为二氧化硫与硝酸银溶液反应生成银、硫酸和硝酸，反应的离子方程式为2H2O+SO2+2Ag+=SO+2Ag↓+4H+；铜与浓硫酸共热反应时可能生成发烟硫酸干扰实验的检验，所以实验i中选用饱和亚硫酸氢钠溶液吸收发烟硫酸防止干扰实验验证；硫酸钡的溶解度小于硫酸银，若没有硫酸钡白色沉淀生成，说明二氧化硫与硝酸银溶液反应时没有硫酸钡生成，所以实验ii的操作③为向滤液中加入氯化钡溶液，未观察到白色沉淀说明没有硫酸银生成，答案为：2H2O+SO2+2Ag+=SO+2Ag↓+4H+；饱和亚硫酸氢钠溶液；BaCl2；
（3）由溶液中的氢离子浓度和亚硫酸氢根离子浓度可知，溶液中亚硫酸根离子浓度为c(SO)= =4.8×10-6 mol/L，则溶液中亚硫酸盐的浓度商Q(Ag2SO3)=c2(Ag+)c(SO)=4.8×10-8＞Ksp(Ag2SO3)，所以实验中一定有亚硫酸银沉淀生成，故答案为：c(SO)= =4.8×10-6 mol/L，Q(Ag2SO3)=c2(Ag+)c(SO)=4.8×10-8＞Ksp(Ag2SO3)，故有Ag2SO3沉淀生成；
（4）丁同学测得无色溶液A中含有硫酸根离子，说明生成硫酸银和亚硫酸银是竞争的反应，由于亚硫酸银的溶度积小于硫酸银，导致反应向生成亚硫酸银方向进行，故答案为：SO和SO竞争Ag+生成沉淀，而Ksp(Ag2SO3)远小于Ksp(Ag2SO4)，拉动导致反应向生成Ag2SO3方向进行。
19．(1)<
(2)AgClO+2HCl=AgCl+Cl2↑+H2O
(3)KSCN溶液
(4)白色沉淀逐渐变为黄色，后逐渐溶解，溶液变为蓝色
(5)在饱和NaCl溶液发生沉淀转化：AgClO(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+ClO-(aq)，溶液中c(ClO-)增大
(6)AgCl、AgClO
(7)AgClO：0.015mol；AgCl：0.020mol
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；
【详解】（1）氯离子和银离子生成氯化银沉淀，导致Cl2+H2O⇌HCl+HClO平衡正向移动，次氯酸浓度增大，故实验序号②中品红溶液褪色所需时间小于15s；
（2）实验产生黄绿色气体说明生成了氯气，淀粉KI试纸变蓝说明生成的氯气氧化碘离子生成碘单质，则次氯酸银和浓盐酸发生氧化还原反应，次氯酸根中氯元素化合价降低、HCl中氯元素化合价升高，反应生成了氯气，根据质量守恒，还会生成氯化银和水，反应为AgClO+2HCl=AgCl+Cl2↑+H2O；
（3）次氯酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子能和KSCN溶液反应变为红色，故实验序号②中滴加的溶液为KSCN溶液；
（4）已知，AgI能溶于较高浓度KI溶液中；次氯酸根离子具有强氧化性，次氯酸银和碘离子发生氧化还原生成碘单质和碘化银沉淀，生成碘化银又溶于过量的高浓度KI溶液中，故现象为白色沉淀逐渐变为黄色，后逐渐溶解，溶液变为蓝色；
（5）在饱和NaCl溶液中氯离子浓度很高，发生沉淀转化：AgClO(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+ClO-(aq)，平衡正向移动，溶液中c(ClO-)增大，使得品红溶液褪色；
（6）结合实验可知，氯气和水生成盐酸和次氯酸，两者与硝酸银反应分别生成氯化银沉淀、次氯酸银沉淀，故白色沉淀的主要成分为AgCl、AgClO；
（7）查阅资料：HClO不稳定，见光易分解，推知AgClO受热分解，则次氯酸银分解生成氯化银和氧气，固体减少质量为氧气的质量15.0625g-14.8225g=0.24g，氧气物质的量为0.0075mol，根据氧原子守恒可知，次氯酸银为0.015mol，则氯化银物质的量为。
20．(1)用一支洁净的小试管，取最后清洗液1~2mL，向试管中滴加过量的稀HNO3，之后向溶液中滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净
(2)调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上
(3)CD
(4)
(5)5Fe2+ + +8H+= 5Fe3+ + Mn2++4H2O
(6)60%
(7)久置的Na2SO3可能部分被氧化为Na2SO4导致生成的BaSO3沉淀质量增大
【分析】如图，向样品中加入稀硫酸，发生反应，气体进入储液瓶中，调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上，通过量气管可读出生成的气体体积，从而计算出样品中亚硫酸钠的纯度。
【详解】（1）反应时由于加入了BaCl2溶液，所以检验沉淀是否洗净，可检验洗涤液中是否含有氯离子，其操作为用一支洁净的小试管，取最后清洗液1~2mL，向试管中滴加过量的稀HNO3，之后向溶液中滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净；
故答案为：用一支洁净的小试管，取最后清洗液1~2mL，向试管中滴加过量的稀HNO3，之后向溶液中滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗净；
（2）该实验原理是通过生成的气体进入储液瓶产生的压力使液面上升读数气体体积，所以在②、④两步读数之前必要的操作是调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上；
故答案为：调节储液瓶与量气管的相对高度，让两边液面在同一水平线上；
（3）恒压滴液漏斗因为有玻璃管连通抽滤瓶和漏斗，体系压强保持一致，使漏斗中的液体顺利滴下，另一方面，本实验中由于加入液体，也会占用体积，恒压滴液漏斗因为连通漏斗和抽滤瓶，可以减小加入液体体积对测量气体体积的误差，故C、D符合题意；
故答案为：CD；
（4）根据实验，生成的体积为，物质的量为，由反应，可得，所以的物质的量为，则的质量分数为；
故答案为：；
（5）第②步中过量的酸性KMnO4溶液用1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，其中高锰酸钾酸性溶液被亚铁离子还原，发生反应的离子方程式为5Fe2+ + +8H+= 5Fe3+ + Mn2++4H2O；
故答案为：5Fe2+ + +8H+= 5Fe3+ + Mn2++4H2O；
（6）该方法为间接法测含量，其中总的KMnO4的量减去与1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应的KMnO4，即可算出与亚硫酸钠反应的KMnO4，即可计算出亚硫酸钠的量，根据题意，与1.00mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应的KMnO4的物质的量为，则与与亚硫酸钠反应的KMnO4的物质的量为，再根据反应，可得亚硫酸钠的物质的量为，则样品的纯度为60%；
故答案为：60%；
（7）Ⅰ中是直接向样品中加入氯化钡溶液，再根据沉淀的量计算亚硫酸钠的质量分数，如果样品变质，其中含有部分硫酸钠，则得到的沉淀的质量比理论值偏多，导致测得的结果偏高；
故答案为：久置的Na2SO3可能部分被氧化为Na2SO4导致生成的BaSO3沉淀质量增大。
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