吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12水溶液中的离子反应和平衡

这是一份吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12水溶液中的离子反应和平衡，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12水溶液中的离子反应和平衡

一、单选题
1．（2023·吉林长春·校联考模拟预测）乙二酸(H2C2O4 )俗称草酸，是二元弱酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。25°C时，向10mL、0.1mol/LH2C2O4溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液中含碳微粒的物 质的量分数随溶液pH 的变化如图所示。下列叙述错误的是
  
A．曲线Ⅱ表示溶液中的物质的量分数随溶液 pH 的变化
B．25°C 时，H2C2O4的电离平衡常数分别是Ka1、Ka2，则=1000
C．pH为2.5~5.5过程中主要发生反应的离子方程式是OH－+=+H2O
D．当加入20mlNaOH 溶液时，溶液中阴离子浓度由大到小的顺序为：c()>c( )> c(OH－)
2．（2023·吉林长春·校联考模拟预测）下列实验操作能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验目的
证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)
探究化学反应速率的影响因素
除去乙烯中少量的SO2
增大HClO的浓度
实验操作
  
  
  
  
A．A B．B C．C D．D
3．（2023·吉林白山·统考三模）常温下，向25mL0.1mol·L-1某二元弱酸H2R溶液中加入NaOH固体或通入HCl。已知：HR-的电离平衡常数(Ka=10-n)大于水解平衡常数。下列有关叙述正确的是
A．在加入NaOH固体或通入HCl的过程中，水的电离程度均一直减小
B．pH=7时，c(HR-)+c(R2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)
C．在NaHR溶液中，有关微粒浓度大小关系为c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)
D．加入NaOH固体至pH=n，此时存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HR-)
4．（2022·吉林·校联考模拟预测）天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO、Br-、CO、HCO等离子。火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示：下列说法错误的是

A．天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO、HCO水解
B．“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO、SO等氧化生成SO
C．“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸
D．“排放”出来的海水中SO的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同
5．（2022·吉林·统考模拟预测）下列实验方案、现象及结论均正确的是
选项
实验方案
现象
结论
A
用盐酸标准液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂，滴入最后一滴盐酸
溶液由浅红色变为无色
滴定达到终点
B
用干燥且洁净的玻璃棒蘸取1.0 mol·L-1 NaClO溶液，点到放在表面皿上的pH试纸上测其pH
试纸变蓝
HClO为弱酸
C
将盐酸滴入NaHCO3溶液中
有气泡产生
氯的非金属性比碳的强
D
向H2O2溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液
紫红色褪去
H2O2具有还原性

A．A B．B C．C D．D
6．（2022·吉林长春·校联考模拟预测）H2X为二元弱酸，常温下，现配制一组c(H2X)+c(HX- )+c(X2-)=0. 01mol/L的溶液，在不同pH环境下，不同形态的粒子(H2X、HX-、 X2-) 的组成分数(平衡时某种含X元素微粒的物质的量占含X元素微粒物质的量之和的分数)如图所示，其中b、c点对应的pH分别为9.3、11.下列说法中正确的是

A．c点对应的溶液中存在c(H+) = c(HX- )+2c(X2-)+c (OH-)
B．在NaHX溶液中存在c(H+) ＞ c(OH- )
C．室温下，将Na2X与NaHX按物质的量1：1混合加入纯水中，此时pH=11
D．室温下，a、b、c三点对应的溶液中，由水电离的c(H+)水与c(OH-) 水的乘积c(H+)水·c(OH- )水数值由大到小顺序：c＞b＞a
7．（2022·吉林长春·校联考模拟预测）利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A
B
C
D




验证硫的非金属性强于碳
制备溴苯并验证有HBr产生
制备无水MgCl2
在铁上镀铜
A．A B．B C．C D．D
8．（2022·吉林·校联考模拟预测）阿伏加 德罗常数为NA。关于 l00mLl mol/L的Fe2(SO4)3溶液，下列说法正确的是
A．加NaOH可制得Fe(OH)3 胶粒0.2NA
B．溶液中阳离子数目为0.2NA
C．加Na2CO3 溶液发生的反应为 3CO32-+ 2Fe3+ = Fe2(CO3 )3↓
D．Fe2(SO4)3溶液可用于净化水
9．（2022·吉林·校联考模拟预测）草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10 mL 0.01 mol／L NaHC2O4溶液中滴加0.01 mol／L NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是
A．V（NaOH）= 0时，c（W）=1 × 10－2 mol／L
B．V（NaOH）< 10 mL时，不可能存在c（Na＋）=2 c（C2O）+ c（HC2O）
C．V（NaOH）= 10 mL时，c（W）= 1 × 10－7mol／L
D．V（NaOH）> 10 mL时，c（Na＋）> c（C2O）>c（HC2O）
10．（2021·吉林长春·统考三模）为达到下列实验目的，对应的实验装置以及相关说明均正确的是
选项
实验目的
实验装置
相关说明
A
用氯化铝溶液制备氯化铝晶体

将溶液蒸干，获得氯化铝晶体
B
提取碘水中的碘

用乙醇做萃取剂，将碘从水溶液中转移到乙醇中分离
C
实验室制乙酸乙酯

乙醇和乙酸在加热的条件下反应，饱和碳酸钠溶液上层出现油状液体
D
除去硫酸铜溶液中的Fe3+

混合溶液中加入氢氧化铜固体调节pH，使Fe3+转化为沉淀除去
A．A B．B C．C D．D

二、多选题
11．（2021·吉林长春·统考一模）常温下，向1L浓度为0.1mol/LHA溶液中逐渐加入NaOH固体的过程中，主要成分的分布分数(HA或A-占含A微粒总量的百分数)随pH的变化如图所示。忽略过程中溶液体积的变化，下列说法错误的是

A．HA的电离常数的数量级为10-5
B．pH=5.6时，溶液中
C．加入NaOH固体的质量为2.0g时，溶液的pH＞7
D．pH=7时，溶液中c(Na+)=c(A-)

三、工业流程题
12．（2023·吉林白山·统考模拟预测）稳定的[Co(NH3)6]Cl3常用于制备钴的高效催化剂，制备条件(催化剂、温度等)不同，其组成不同，例如[Co(NH3)6]Cl3 (橙黄色)、[Co(NH3 )5H2O]Cl3 (紫红色)等。某小组拟制备三氯六氨合钴{[Co(NH3)6]Cl3 }并测定其纯度。
实验一：制备[Co(NH3)6]Cl3产品。
  
(1)配合物[Co(NH3)6]Cl3中 (填名称，下同)提供空轨道， 提供孤对电子 。
(2)步骤③中发生反应的离子方程式为 。步骤⑥中，2 mL浓盐酸的作用是 。
(3)步骤⑤⑧两次调节温度为275 K的目的为 ；完成步骤⑦所用的仪器如图，步骤⑦不使用普通漏斗的原因是   。
  
实验二：测定[Co(NH3)6]Cl3产品纯度。
氧化还原滴定法测得产品中Co3+的含量。实验原理如下：
[Co(NH3)6]Cl3 +3NaOH=Co(OH)3 ↓+6NH3↑+3NaCl
2Co(OH)3+ 6HCl+2KI=2CoCl2 + I2 + 2KCl+6H2O
I2 +2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
实验步骤：
①准确称取w B样品于锥形瓶中，加入20 mL去离子水完全溶解，然后加10 mL 10%NaOH溶液(过量)，在电炉上加热至无NH3逸出(用pH试纸检验) ，冷却溶液。
②将溶液转移至碘量瓶中，加入20 mL去离子水及足量的KI溶液和6 mol· L-1盐酸，立即盖上盖子并摇匀，放暗处静置10 min左右。
③滴3滴指示剂X，用c mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为V mL。
(4)指示剂X是 。
(5)滴定终点的现象是 。
(6)该样品的纯度为 。若滴定时间过长，将导致测得的结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
13．（2023·吉林白山·统考三模）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：

回答下列问题：
(1))在该流程中可循环使用的物质是Zn和H2SO4，基态S原子占据最高能级的原子轨道的形状为 ，的空间结构为 。
(2)“焙烧”过程在氧气气氛的沸腾炉中进行，“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，写出“焙烧”过程中FeS主要发生反应的化学方程式： ；“ 含尘烟气”中的SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，所得溶液中的= 。[已知：Ka1 (H2SO3)=l.4×10-2；Ka2(H2SO3)=6. 0×10-8]
(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得“滤渣”的成分为 (填化学式)，分离“滤液”'“滤渣”的操作名称为 。
(4)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸(稀硫酸)浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。
①下列设想的加快浸取反应速率的措施中不合理的是 (填标号)。
A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸
B．将硫化锌精矿粉碎
C．适当升高温度
②硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液可慢慢地转化为铜蓝(CuS) ：ZnS(s) +Cu2+ (aq) CuS(s)+Zn2+(aq) ，该反应的平衡常数K= 。 [已知：Ksp(ZnS)=1. 6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36]
(5)金属锌化学性质活泼，可用于多种化学电源的电极材料。一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收了ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为MnO2 +Zn+(1+ )H2O+ZnSO4MnOOH+ [ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]。放电时正极的电极反应式为 。
14．（2021·吉林四平·校联考模拟预测）锌及其化合物在生产生活中应用比较广泛。
(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。
①ZnFe2O4中Fe的化合价是 。
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4，该反应中还原产物是 (填化学式)，每生成1 molZnFe2O4转移的电子总数是 。
(2)业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下：

①酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是 (任答一条)。写出ZnFe2O4溶于酸的离子方程式 。
②净化I中H2O2参与反应的离子方程式为 。
③净化II中Y的主要成分是 (填化学式)。
(3)金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属氢氧化物在不同pH下的溶解度[S/(mol·L-1)]如图所示：

①pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是
②若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH 。
A．＜1     B．4左右     C．＞6
15．（2021·吉林·统考三模）某油脂厂废弃的油脂加氢所用催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及他们的氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍来制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示，回答下列问题：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH
6.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
(1)废弃催化剂上的油脂在 过程中被处理
(2)滤液①中含有的无机阴离子除OH-离子外还有 。
(3)“转化”过程的离子方程式 ；“转化”过程宜控制较低温度的原因是 。
(4)加NaOH溶液“调pH”应控制的pH范围是 。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 。
(6)操作I为 、 、过滤、洗涤、干燥，得到产品。

四、填空题
16．（2023·吉林·统考二模）铜及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)纳米铜是性能优异的超导材料，工业上以辉铜矿(主要成分为)为原料制备纳米铜粉，中铜元素的化合价为 价。
(2)无水常用于检验物质中是否含有水，吸水后会形成 色晶体，俗称 。
(3)的名称为碱式碳酸铜，是铜绿、孔雀石的主要成分，受热分解可生成黑色的CuO，化学方程式为 。
(4)常用作媒染剂、杀虫剂等。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成，对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。的化学式为 。

(5)CuCl广泛应用于化工和印染等行业。在高于300℃，HCl气流中热分解可以制备CuCl，其中HCl的作用是 。

五、实验题
17．（2022·吉林长春·统考模拟预测）三草酸合铁酸钾{K3[Fe(C2O4)3]}是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一些有机反应的催化剂。具有工业生产价值。无机实验室制备三草酸合铁酸钾的原理如下：
①(NH4)2Fe(SO4)2+2H2O+H2C2O4=FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4
②6FeC2O4·2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓+12H4O
③2Fe(OH)3十3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O
(1)草酸亚铁的制备：在如图所示装置中完成反应①。称取5g硫酸亚铁铵放入锥形瓶中，加入15mL蒸馏水，2~4滴3mol/LH2SO4，然后加入25mL饱和H2C2O4溶液，加热至沸腾，静置，有黄色沉淀生成。过滤，用蒸馏水洗涤沉淀。

①实验中加入2~4滴3mol/LH2SO4的目的是 ；
②用蒸馏水洗涤沉淀的具体操作为 。
(2)三草酸合铁(III)酸钾的制备：向草酸亚铁沉淀中加入15mL饱和K2C2O4溶液，保持温度为40℃，恒温搅拌下逐滴滴加10mL6%H2O2溶液，最后逐滴加入饱和H2C2O4溶液至溶液变成亮绿色，将溶液浓缩至15mL后，冷却析出翠绿色晶体。

①仪器a的名称是 ，反应保持为40°C的原因是 ；
②逐滴加入H2O2和H2C2O4的目的是 ，为了达到该目的，还可以进行的实验操作为 。
(3)三草酸合铁(III)酸钾(M=437g/mol)含量的测定：取制得的样品mg配成溶液，加入5ml3mol/LH2SO4加热至80℃，用cmol/LKMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液VmL。
①加入高锰酸钾溶液时发生反应的离子方程式为 。
②该样品的质量分数为 (写出表达式即可)，测量值比实际值偏小，原因可能是 (任写一种即可)。
18．（2021·吉林长春·统考三模）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。某化学兴趣小组在实验室制取氯水和氯酸钾，并进行相关实验。
Ⅰ.用图所示实验装置制取氯水和氯酸钾

(1)图中标注装有浓盐酸的仪器名称为 ，A装置圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为 。
(2)在确保KOH溶液完全反应的的条件下，若对调B和C装置的位置，C中氯酸钾的产率会 (填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是   。
II.测定从装置C试管中分离得到的粗产品中KClO3的质量分数(粗产品中混有的杂质是KClO和KCl)；碱性条件下，ClO氧化性较弱，不能氧化H2O2。测定粗产品中KClO3的纯度的实验过程如下：
步骤 1：取3.00g 样品溶于水配成250mL溶液。
步骤 2：取 25.00mL 溶液于锥形瓶中，加KOH溶液调节pH，然后滴加过量H2O2溶液充分振荡以除尽ClO-。然后煮沸溶液1~2 分钟，冷却。
步骤3：将溶液转移到碘量瓶中(如图)，加H2SO4将溶液调至弱酸性，加过量的20%的KI溶液，加盖水封，于暗处放置5min。

步骤 4：以淀粉为指示剂，用0.1500mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定碘量瓶中的溶液至终点，平行操作三次，平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。相关反应为：
(3)步骤2中，煮沸溶液1~2分钟的目的是 。
(4)步骤3发生反应的离子方程式为： 。
(5)使用碘量瓶时，加盖水封的目的是 ，Na2S2O3标准溶液应装入 式滴定管中(填“酸”或“碱”)。
(6)粗产品中KClO3的质量分数为 (保留三位有效数字)。

参考答案：
1．D
【分析】草酸属于二元素弱酸，应分步电离H2C2O4HC2O+H+、HC2OC2O+H+，草酸溶液中加入NaOH溶液，H2C2O4物质的量浓度逐渐减小，HC2O逐渐增大，后逐渐减小，C2O逐渐增大，因此Ⅰ代表H2C2O4，Ⅱ代表HC2O，Ⅲ代表C2O，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，Ⅱ代表HC2O物质的量分数随pH变化，故A说法正确；
B．Ka1=，电离平衡常数只受温度的影响，取(1.2，0.5)点，c(HC2O)= c(H2C2O4)，因此Ka1=c(H+)=10-1.2，同理Ka2=c(H+)=10-4.2，因此=103=1000，故B说法正确；
C．pH在2.5～5.5之间，HC2O物质的量分数逐渐减少，C2O物质的量分数逐渐增大，因此该阶段发生离子方程式为HC2O+OH-=C2O+H2O，故C说法正确；
D．当加入20mL等浓度NaOH溶液，充分反应后，溶质为Na2C2O4，C2O发生水解，其水解方程式为C2O+H2O HC2O+OH-，水也要电离出OH-，因此c(OH-)＞c(HC2O)，水解程度微弱，c(C2O)最大，即c(C2O)＞c(OH-)＞c(HC2O)，故D说法错误；
答案为D。
2．D
【详解】A．KCl和过量AgNO3溶液混合生成AgCl沉淀，AgNO3有剩余，再滴加2滴溶液，AgNO3和KI直接反应生成AgI沉淀，不能证明，A错误；
B．左侧试管内盐酸的浓度大、金属片的活动性强，不能判断反应速率快是由金属活动性引起的，还是由H+浓度引起的，B错误；
C．SO2、乙烯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能用酸性KMnO4溶液除去乙烯中混有的SO2，C错误；
D．氯水中含有盐酸、次氯酸，盐酸可与碳酸钙反应，次氯酸与碳酸钙不反应，即该操作可增大次氯酸的浓度，D正确；
故选D。
3．D
【详解】A．H2R溶液中水的电离受到抑制，往溶液中加入NaOH固体，消耗氢离子，水的电离程度增大，当NaOH过量时，水的电离受到抑制，电离程度减小，往溶液中通入HCl，溶液中氢离子浓度增大，水的电离程度一直减小，A错误；
B．pH=7时，H2R溶液中加入NaOH固体，根据电荷守恒c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，B错误；
C．HR-的电离平衡常数(Ka=10-n)大于水解平衡常数，则在NaHR溶液中，HR-的电离程度大于其水解程度，则c(HR-)>c(R2-)>c(H2R)，C错误；
D．加入NaOH固体至pH=n，，，由此可得c(HR-)=c(R2-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)= c(OH-)+3c(HR-)，D正确；
故选D。
4．D
【分析】火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气通入吸收塔，加入天然海水，得到溶液通入氧气氧化亚硫酸生成硫酸，加入天然海水进行中和、稀释，最后排放。
【详解】A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、、Br-、、等离子，在这些离子中能发生水解的是、离子，+H2O+OH-，+H2OH2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，A正确；
B．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、、等氧化为硫酸根离子，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，B正确；
C．氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+)，C正确；
D．从框图可知：排放出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，D错误；
故答案选D。
5．D
【详解】A．酚酞作指示剂，用HCl溶液滴定NaHCO3溶液时生成NaCl和碳酸，溶液呈酸性，不能使用酚酞做指示剂，故A错误；
B．次氯酸钠溶液有水解产生的次氯酸，具有漂白性，无法使用pH试纸测定pH，故B错误；
C．盐酸与NaHCO3溶液反应生成NaCl和水和二氧化碳，可说明盐酸的酸性比碳酸强，但盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较氯和碳的非金属性强弱，故C错误；
D．酸性KMnO4溶液紫红色褪去是由于H2O2与KMnO4发生氧化还原反应生成Mn2+和O2，H2O2做还原剂，具有还原性，故D正确；
故选：D。
6．D
【分析】假设加入NaOH来调节溶液的pH值，则随着NaOH的加入，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)逐渐增大，则从左往右曲线分别代表H2A、 HA-和A2-，据此分析解题。
【详解】A．根据电荷守恒可知，c点对应的溶液中存在c(H+) +c(Na+)= c(HX- )+2c(X2-)+c(OH-)，A错误；
B．由图示信息可知，b点对应的溶液中HX-最大，pH=9.3，所以NaHX溶液显碱性，即在NaHX溶液中存在c(H+)＜c(OH- )，B错误；
C．由图示信息可知，当c(X2-)=c(HX-)时即c点，溶液pH=11，说明Ka(HX-)小于Kh(X2-)，故室温下，将Na2X与NaHX按物质的量1：1混合加入纯水中，c(HX-)≠c(X2-)，即此时溶液的pH≠11，C错误；
D．a→b→c过程中，溶液的酸性逐渐减弱，对水电离的抑制程度也逐渐减弱，同时HX-、X2-浓度促进增大，HX-、X2-的水解程度即对水的电离的促进作用逐渐加强，故室温下，a、b、c三点对应的溶液中，由水电离的c(H+)水与c(OH-) 水的乘积c(H+)水·c(OH- )水数值由大到小顺序：c＞b＞a，D正确；
故答案为：D。
7．C
【详解】A．实验中蔗糖变黑，接着变得疏松多孔，同时澄清石灰水变浑浊，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，同时产生SO2，但不能说明产生CO2，也不能验证硫的非金属性强于碳，A不合题意；
B．由于液溴易挥发，挥发出的液溴能与水反应生成HBr，同样可以观察到AgNO3溶液中生成淡黄色沉淀，即不能验证有HBr产生，B不合题意；
C．由于MgCl2易发生水解，水解产物HCl易挥发，从而促进其水解，故需要在HCl的气流中加热蒸发MgCl2·6H2O来制备无水MgCl2，C符合题意；
D．在铁上镀铜，铁接电源的负极作阴极，铜接电源的正极作阳极，D不合题意；
故答案为：C。
8．D
【详解】A. Fe2(SO4)3加NaOH反应生成Fe(OH)3沉淀，而不是胶粒，故A错误；
B. l00mL l mol/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3] =1 mol∙L−1 ×0.1L =0.1mol，n(Fe3+)=0.2mol，铁离子水解 Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，根据水解方程式得到溶液中阳离子数目大于0.2NA，故B错误；
C. 加Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，其反应为 3CO32−+ 2Fe3+ + 3H2O =2 Fe(OH)3↓ + 3CO2↑，故C错误；
D. Fe2(SO4)3溶液水解生成胶体，胶体具有吸附杂质功能，起净水功能，因此可用于净化水，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】铁离子与碳酸根、碳酸氢根、偏铝酸根、硅酸根等离子要发生双水解反应。
9．D
【详解】草酸氢钠溶液显酸性，说明草酸氢钠的电离程度大于其水解程度。因为草酸是弱电解质，所以0.01 mol•L-1 NaHC2O4溶液中，氢离子的浓度小于0.01mol/L，A不正确；
加入氢氧化钠发生的反应为NaOH＋NaHC2O4=Na2C2O4＋H2O，二者恰好反应时，消耗氢氧化钠10ml。生成物草酸钠水解，溶液显碱性，C不正确；
如果氢氧化钠的体积小于10ml，则二者反应后，溶液就有可能显中性。根据电荷守恒c(H+)＋c(Na+)＝2c(C2O42-)+c(HC2O4-)＋c(OH－)可知，如果溶液显中性，则c(Na+)＝2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，因此B也是不正确的。
当氢氧化钠大于10ml时，溶液中含有氢氧化钠和草酸钠两种溶质，由于草酸钠的水解以第一步水解为主，且氢氧化钠的存在会抑制其水解，因此选项D是正确的。
答案选D。
10．D
【详解】A．氯化铝溶液中存在水解AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，加热促进水解，同时也会促进HCl的挥发，氯化铝彻底水解，所以最终得不到氯化铝，A错误；
B．乙醇和水互溶，不能作萃取剂，B错误；
C．从试管中出来的气体有极易溶液碳酸钠溶液的醋酸、乙醇，为防止倒吸，导管不能伸入液面以下，C错误；
D．Fe3+和Cu2+产生沉淀时溶液的pH值不同，加入Cu(OH)2可以使pH增大，同时不引入新的杂质，使Fe3+转化为沉淀除去，D正确；
综上所述答案为D。
11．C
【分析】根据溶液中主要成分的分布分数(HA或A-占含A微粒总量的百分数)随pH的变化情况可知，HA为弱酸，根据HAH++A-可知，其电离平衡常数Ka=，当HA与A-的分布分数均为0.5时，对应的pH=4.7，所以可求出其Ka值为110-4.7。据此结合溶液的离子平衡分析解答。
【详解】根据上述分析可知，
A．HA的电离常数为110-4.7，其数量级为10-5，A正确；
B．从图象中可看出，pH=5.6时，，但溶液呈现酸性，所以，B正确；
C．加入NaOH固体的质量为2.0g时，其物质的量为0.05mol，与HA发生反应生成0.05molNaA，还有0.05molHA剩余，因为HA的电离平衡常数为110-4.7，可求出其水解常数为，所以因为电离程度大于相应离子的水解程度，同浓度的NaA与HA的溶液呈酸性，即pH＜7，C错误；
D．溶液中存在电荷守恒，即c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(A-)，所以当pH=7时，溶液中存在c(Na+)=c(A-)，D正确；
故选C。
12．(1) 钴离子 氮原子
(2) 2[Co(NH3)6]2++H2O2+22[Co(NH3)6]3+ +2NH3·H2O{或2[Co(NH3)6]2++ H2O22[Co(NH3)6]3+ +2OH- 中和滤饼表面的碱性物质
(3) 使[Co(NH3)6 ]Cl3充分析出，提高产率 避免溶质析出
(4)淀粉溶液
(5)当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，碘量瓶内溶液刚好由蓝色变为无色且半分钟内不变色
(6) 偏高

【分析】与NH4Cl固体混合溶于10mL水中，反应生成，溶液中加0.2g活性炭，冷却后加14mL浓氨水反应生成，充分反应后在283K条件下加14mL6%双氧水将氧化为，继续升温至333K，持续加热20min后，降温至275K，析出晶体，抽滤，得滤饼，滤饼重新溶于50mL热水中，并加1mL浓盐酸，趁热过滤，分离出活性炭，滤液控温至275K，加7mL浓盐酸，过滤得[Co(NH3)6]Cl3。
【详解】（1）配合物[Co(NH3)6]Cl3中钴离子提供空轨道，氨分子中N原子提供孤电子对；
（2）双氧水将氧化为，反应离子方程式：2[Co(NH3)6]2++H2O2+22[Co(NH3)6]3+ +2NH3·H2O{或2[Co(NH3)6]2++ H2O22[Co(NH3)6]3+ +2OH-；步骤⑥中，2 mL浓盐酸的作用是中和滤饼表面的碱性物质。
（3）步骤⑤⑧两次调节温度为275 K的目的为使[Co(NH3)6 ]Cl3充分析出，提高产率；步骤⑦中使用保温漏斗可避免溶质析出；
（4）待测液中含有碘单质，因此可选用淀粉溶液作指示剂；
（5）滴定终点时碘单质恰好被消耗完，则滴定终点标志为：当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，碘量瓶内溶液刚好由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
（6）由已知反应得关系式：，=cV×10-3mol，该样品的纯度为；若滴定时间过长，待测液中过量的碘离子被氧气氧化成碘单质，从而增加标准液的用量，将导致测得的结果偏高。
13．(1) 纺锤形 正四面体形
(2) 3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2 6× 10-3
(3) Zn、Fe 过滤
(4) A 2.5×1011
(5)MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-

【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用。
【详解】（1）基态S原子的核外电子排布式为：，最高能级的原子轨道为3p轨道，形状为纺锤形，的中心S原子价层电子对数位，无孤电子对，为正四面体形结构，故答案为：纺锤形；正四面体形；
（2）已知“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，说明 “焙烧”过程FeS中Fe被氧化，S被还原，所以主要发生反应的化学方程式为3FeS+5O2Fe3O4 +3SO2；SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，c(H+)=1×10-5mol/L，已知Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，所以=6×10−8，所以=6× 10-3；故答案：为3FeS+5O2Fe3O4 +3SO2；6× 10-3；
（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”；故答案为：Zn、Fe；过滤。
（4）①A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸，将发生氧化还原反应，产生二氧化硫，故A不合理；
B．将硫化锌精矿粉碎，增大接触面积，有利于快浸取反应速率，故B合理；
C.适当升高温度，有利于加快浸取反应速率，故C合理；
故答案选：A。
②反应ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数K=，已知：Ksp(ZnS)=c(Zn2+)·c(S2-)=1.6×10−24，Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=6.4×10−36；所以K====2.5×1011，故答案为：2.5×1011。
（5）电池总反应为MnO2+12Zn+(1+x6)H2O+16ZnSO4MnOOH+16[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，放电时正极发生还原反应，所以电极方程式为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-；故答案为：MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-。
14．(1) ＋3 CO 4NA(或2.408×1024)
(2) 适当增大c(H＋)(或升高温度、搅拌等其他合理答案) ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2O H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O CuS、ZnS
(3) Cu2+ B

【分析】将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2O、ZnO＋2H＋=Zn2＋＋H2O、FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O、CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，调节溶液的pH将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入ZnS，发生反应Cu2＋＋ZnS=Zn2＋＋CuS，然后过滤，所以Y中含有CuS，最后电解得到Zn，据此分析解题。
【详解】（1）(1)①ZnFe2O4中Zn是＋2价，O是-2价，根据化合物中正负价代数和为0可知Fe的化合价是＋3价；
②反应中Fe元素化合价从＋2价升高到＋3价，碳元素化合价从＋3价部分降低到＋2价，部分升高到＋4价，所以还原产物是CO；根据方程式可知每生成1 mol ZnFe2O4转移的电子的物质的量是4 mol，总数是4NA(或2.408×1024)；
（2）(2)①酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、搅拌等。ZnFe2O4溶于酸的离子方程式为ZnFe2O4＋8H＋=2Fe3＋＋Zn2＋＋4H2O；
②净化I中H2O2参与反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；
③由于ZnS过量，则净化Ⅱ中Y的主要成分是CuS、ZnS；
（3）(3)①由图可知，在pH=3时，不会发现Cu(OH)2沉淀，铜元素以铜离子形式存在。
②要除去Fe3＋的同时必须保证Cu2＋不能沉淀，因此pH应保持在4左右。
15． 碱浸 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O 温度过高会导致过氧化氢分解 3.2≤pH＜6.2(或3.2～6.2) 2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+ Cl-+H2O 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】由流程可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，以此解答该题。
【详解】(1)油脂可以在碱性环境中水解生成可溶于水的甘油和高级脂肪酸盐，所以油脂在“碱浸”过程中被处理；
(2)根据分析可知滤液①中含有的无机阴离子除OH-离子外还有铝以及氧化铝和NaOH溶液反应生成的；
(3)转化过程中发生的主要反应为双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O；温度过高会导致过氧化氢分解，所以“转化”过程宜控制较低温度；
(4)调节pH的目的是使Fe3+完全沉淀，但不使Ni2+沉淀，根据题目所给数据可知范围为3.2≤pH＜6.2(或3.2～6.2)；
(5)根据题意可知碱性溶液中Ni2+被ClO-氧化为NiOOH，化合价升高1价，ClO-被还原为Cl-，根据电子守恒可知Ni2+和ClO-的系数比应为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+ Cl-+H2O；
(6)操作I可以从滤液中得到硫酸镍晶体，所以为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
16．(1)+1
(2) 蓝 胆矾或蓝矾
(3)
(4)
(5)用HCl气流带走产生的水蒸气，提供酸性环境抑制水解的发生，防止CuCl被氧化

【详解】（1）中硫元素为-2价，则铜元素的化合价为+1；
（2）无水常用于检验物质中是否含有水，吸水后会形成蓝色硫酸铜晶体，俗称胆矾或蓝矾；
（3）碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜、水、二氧化碳，；
（4）Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成，对该反应有催化作用，铜生成铜离子化合价升高，根据电子守恒可知，M生成中铁元素化合价降低，故为亚铁离子；
（5）氯化铜加热水解生成氢氧化铜和挥发性酸，HCl可抑制其水解，CuCl中铜具有还原性易被空气中氧气氧化，在HCl气流中热分解可以制备CuCl，其中HCl的作用是用HCl气流带走产生的水蒸气，提供酸性环境抑制水解的发生，防止CuCl被氧化。
17．(1) 抑制亚铁离子的水解 向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复2~3次
(2) 三颈烧瓶 温度过低反应速率慢，温度过高H2O2易分解 使反应充分，提高原料利用率 搅拌
(3) 滴定结束时俯视读数

【分析】硫酸亚铁利用稀硫酸溶解后加入草酸反应制备草酸亚铁，向草酸亚铁沉淀中加入草酸钾及双氧水制备三草酸合铁(III)酸钾，再通过滴定测定三草酸合铁(III)酸钾的成分。
【详解】（1）①加入2~4滴3mol/LH2SO4可抑制亚铁离子的水解；
②洗涤沉淀的具体操作为向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复2~3次；
（2）①仪器a为三颈烧瓶，保持温度为40°C的原因是温度过低反应速率慢，温度过高H2O2易分解；
②逐渐加入试剂可以使反应充分，提高原料利用率，搅拌溶液也可以加快反应速率，使反应充分；
（3）①高锰酸钾溶液与草酸根离子反应的离子方程式为；
②根据可知，消耗高锰酸钾溶液的物质的量为，故草酸根离子的物质的量为mol，三草酸合铁(III)酸钾的物质的量为mol，质量为g，故该样品的质量分数为；
滴定结束时俯视读数，导致高锰酸钾溶液体积读数偏小，导致样品质量分数偏小。
18． 分液漏斗 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O 减小 A装置中挥发出来的HCl，消耗了C装置中的KOH，使氯酸钾的产率减小 除去溶液中过量的H2O2，(防止干扰后续实验) ClO+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O 防止碘挥发损失 碱 20.4%(或0.204)
【分析】装置A中浓盐酸与二氧化锰共热制取氯气，生成的氯气中混有挥发出的HCl，可以用装置B中的水吸收，之后在C处水浴加热条件下，控制温度使氯气和KOH溶液反应得到氯酸钾，装置D吸收未反应的氯气；测定氯酸钾含量时，先利用双氧水除去混有的次氯酸根，然后煮沸除去过量的双氧水，酸化后加入KI溶液，碘离子被氯酸根氧化成碘单质，之后利用Na2S2O3标准液滴定生成的碘单质，从而间接确定氯酸钾的含量。
【详解】(1)根据仪器的结构特点，可知其为分液漏斗；装置A中浓盐酸与二氧化锰共热制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)浓盐酸具有挥发性，反应过程中A装置中挥发出来的HCl，会消耗C装置中的KOH，使氯酸钾的产率减小；
(3)滴加的双氧水过量，所以煮沸的主要目的是除去溶液中过量的H2O2，防止干扰后续实验；
(4)步骤3中，酸性环境中ClO将I-氧化为I2，自身被还原为Cl-，根据电子守恒可知ClO和I-的系数比为1:6，再结合元素守恒可得离子方程式为ClO+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O；
(5)碘易挥发，加盖水封的目的是防止碘挥发损失；Na2S2O3溶液中存在S2O的水解，使溶液显碱性，所以应装入碱式滴定管；
(6)消耗的Na2S2O3的物质的量为0.02L×0.1500mol/L=0.003mol，根据可知，被ClO氧化的I-的物质的量为0.003mol，则ClO的物质的量为0.0005mol，所以样品中KClO3的物质的量为=0.005mol，所以质量分数为=20.4%(或0.204)。