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青海高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-05水溶液中的离子反应和平衡
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这是一份青海高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-05水溶液中的离子反应和平衡，共29页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
青海高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-05水溶液中的离子反应和平衡
一、单选题
1．（2023·青海海东·统考三模）将足量AgCl(s)溶解在水中，形成悬浊液。已知：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) ΔH>0，下列叙述错误的是
A．加热悬浊液，使其温度升高，则Ksp(AgCl)增大
B．加少量水稀释，上述平衡正向移动，c(Ag+)不变
C．向悬浊液中通入少量氨气，Q(AgCl)
2．（2022·青海·统考模拟预测）常温下，下列关于 0.1 mol/L 的(NH4)2SO4溶液的说法，错误的是
A．溶液呈酸性
B．c(NH)＋c(NH3·H2O)=2c(SO)
C．c(H+)+c(NH)=c(OH-)+2c(SO)
D．c(H+)+c(NH3·H2O)=c(OH-)
3．（2022·青海西宁·统考二模）下列化学(或离子)方程式中，不能正确表达所指定的结论或现象变化的是
A．0.1 mol·L-1的醋酸溶液pH约为3：CH3COOHCH3COO-+ H+
B．丙烯通入溴的四氯化碳溶液中，橙红色褪去：CH3CH=CH2 + Br2→CH2=CHCH2Br +HBr
C．向AlCl3溶液中投入FeO粉末，溶液中出现白色沉淀：3H2O+ 3FeO+2AlCl3=2Al(OH)3 +3FeCl2
D．向酸性KI溶液中滴入少量H2O2稀溶液，溶液变黄：2I- + H2O2+2H+ =I2 +2H2O
4．（2022·青海西宁·统考二模）常温下，在含有0.10mol·L-1H3PO3的溶液中含磷元素的微粒pc随pOH的变化关系如图所示已知pc=-lgc，pOH=-lgc(OH-)，H3PO3为二元弱酸，下列有关说法中不正确的是
A．m=10.00
B．曲线③对应的微粒是H3PO3
C．Na2HPO3溶液显碱性
D．c点对应的溶液中c(H+)＞c(H2PO)+c(OH-)+2c(HPO)
5．（2021·青海海东·统考一模）室温下，下列关于电解质的说法中正确的是
A．中和等体积、等浓度的盐酸和醋酸溶液至pH=7，后者消耗的氢氧化钠的物质的量更多
B．向NaHS溶液中加入适量KOH后：
C．将a mol/L的氨水与0.01 mol/L的盐酸等体积混合，若溶液中存在，则氨水的电离平衡常数
D．将等浓度、等体积的溶液和溶液混合：
6．（2021·青海西宁·校联考二模）向等物质的量浓度、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫物种(、、)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程气体的逸出)。下列说法正确的是
A．由X点处的pH，可计算出()
B．X点对应溶液中存在
C．Y点对应溶液中存在
D．X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：
二、工业流程题
7．（2023·青海玉树·统考三模）三氧化二锑(Sb2O3)作为阻燃剂可广泛用于尼龙、工程塑料(ABS)、合成树脂、纸张等。从砷锑烟尘(主要成分为Sb2O3、As2O3和少量SiO2、Ag)中提纯三氧化二锑的工艺流程如图：
已知：Sb2O3和As2O3均能溶于浓盐酸。
(1)“酸浸”时能提高酸浸速率的措施有 (写出一种)，浸出渣的成分为 (填化学式)。
(2)“还原”时， AsCl3与Na3PO2反应生成As、Na3PO3和HCl的化学方程式为 ，根据Sb与As元素同主族推测，Na3PO2不宜过量的原因是 。
(3)“稀释水解”时，水解温度与稀释比对Sb3+水解率的影响如图所示，则水解最佳温度和最佳稀释比分别为 、 。
(4)“中和脱氯”时发生的离子方程式为 。
(5)Sb2O3可直接电解制备金属Sb单质，其原理如图所示。Sb2O3极发生的电极反应式为： 。
8．（2023·青海海东·统考三模）钪的特殊性质，使其在电子工业、航天、核技术、激光技术、冶金、化工、医学、农业等各方面得到广泛应用。一种利用高温沸腾氯化烟尘(主要成分为AlCl3、FeCl3、TiCl4、ScCl3等，还含有其他难溶于酸的物质)回收Sc的工艺流程如图。
已知：钪(原子序数为21)与铝类似，其氢氧化物具有两性；钪离子可以在不同pH下生成[Sc(OH)n]3-n(n=1~6)。
请回答以下问题：
(1)某次实验中需要使用480mL3mol·L-1的盐酸，用浓盐酸(密度为1.2g·cm-3，质量分数为36.5%)配制实验所需要的盐酸，则需要量取浓盐酸的体积为 mL，需要使用的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要的是 。
(2)钪的一种核素可用作示踪原子，用于对恶性肿瘤放射治疗，该种核素的中子数为25，则该核素的符号为 。
(3)“反萃取”时，若加入的氢氧化钠溶液过量，则Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Se(OH)3与过量NaOH溶液反应生成n=6的含钪产物的化学方程式： 。
(4)加入草酸进行“沉淀转化”，将Sc(OH)3沉淀转化为Sc2(C2O4)3。25°C时pH=2的草酸溶液中= 。(25°C时，草酸的电离平衡常数为Ka1=5.0×10-2，Ka2=5.4×10-5)
(5)草酸钪在空气中“灼烧”可制得Sc2O3，写出反应的化学方程式： 。
(6)常温下，三价Sc的部分存在形式与氟离子浓度的对数[lgc(F-)、pH的关系如图所示。若溶液中c(F-)=1×10-5mol·L-1，“调pH”过程中控制pH=5，此时三价Sc的主要存在形式为 (填化学式)。
9．（2023·青海西宁·统考一模）镍是化工产业的重要原料。以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，制取纳米镍粉，同时获得净水剂黄钠铁矾［NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如下：
溶液中Ni2+离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH
7.2
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
8.7
回答下列问题：
(1)“酸浸”时需要加热，其原因是 。
(2)“氧化”过程发生反应的离子方程式是 。
(3)“沉铁”过程，控制不同的条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图1中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域)。若反应在80℃时进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是 ；检验沉铁步骤中反应是否完全的方法是 。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp= (列出计算式)。
(5)“转化”过程，向“过滤II”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4，控制溶液中NaOH的浓度，可得到不同晶态物质(NiSO4·Ni、Ni或二者的混合物)。写出生成Ni的离子方程式 。
(6)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当ω(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为 。
10．（2022·青海·统考模拟预测）磷化镉(Cd3P2)常用作杀虫剂，湿法炼锌产生的铜镉渣(主要含铜、铁、镉等单质)用于生产磷化镉的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”前粉碎铜镉渣的目的是 。
(2)“酸浸”产生的滤渣主要成分为 (填化学式)。
(3)“沉铁”中先加入适量 H2O2，发生反应的离子方程式为 ，再加入 CdO 的作用是： 。
(4)常温下，电解 200mLCdSO4溶液，当阴极上析出 0.01mol 金属 Cd 时，溶液的 pH= (不考虑 Cd2+的水解和溶液体积变化)。
(5)常温下，沉铁后要使电解液中c(Fe3+)降为1×10-6mol/L，此时电解液pH最小等于 (已知 25℃时 Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39)。
(6)处理含 Cd2+废水常用加入碳酸钙的方法实现沉淀转化，该沉淀转化的离子方程式为： ，若反应达到平衡后溶液中 c(Ca2+)=0.1mol/L， 溶液中 c(Cd2+)= mol/L。(已知25℃时，Ksp(CdCO3)=5.6×10-12，Ksp(CaCO3)=5.6×10-9)
(7)将电解液蒸发浓缩，冷却结晶可以得到 CdSO4·nH2O 晶体，为测定该晶体中的 n 值，取14.0g 该结晶水合物加热到脱去全部结晶水，得到无水物10.4g，则 n= 。
11．（2022·青海西宁·统考二模）蛇纹石的主要成分是，同时含有少量铁、铝、铬、镍的氧化物。以蛇纹石为原料可以生产高纯氧化镁工艺流程如图所示：
请回答下列相关问题。
(1)酸浸时发生的主要反应的化学方程式是 。
(2)分离操作后需要对酸浸滤饼洗涤并将洗涤液和酸浸滤液合并，洗涤液和滤液合并的目的是 。判断滤饼已经洗涤干净的操作和现象是 。
(3)净化过程是在常温下进行，加氨水将溶液的调至9，已知开始沉淀的为7，，，此时溶液中 ，净化过程中的去除率= 。(，忽略净化过程中溶液的体积变化)
(4)理论上沉淀反应中可选用作沉淀剂生成沉淀，也可选用作沉淀剂生成碱式碳酸镁的结晶物，实际生产中为了得到比表面积大、活性高的轻质氧化镁，通常采用作沉淀剂，原因是 。
(5)沉淀反应的温度以及所用硫酸镁和碳酸钠的摩尔计量比对最终产品纯度和产率的影响如图所示，则生产中应选择的合适的温度范围是 ，最佳摩尔计量比是 。
12．（2021·青海西宁·校联考二模）钴是元素周期表第四周期第VIII族元素，其化合物用途广泛。如：LiCoO2作锂电池的正极材料。已知利用原钴矿Co2O3(含Cr2O3、NiS等杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下：
资料：①在含一定量Cl-的溶液中：Co2++4Cl-CoCl。
②CoCl溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。
③盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示：
(1)步骤i的目的是 。
(2)步骤ii中出现了淡黄色沉淀，写出发生该反应的离子方程式： 。
(3)从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的是 。
(4)步骤vi用(NH4)2CO3作沉钴剂，在一定条件下得到碱式碳酸钴[Co2(OH)2CO3]。实验测得在一段时间内加入等量(NH4)2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示，分析曲线下降的原因 。
(5)步骤vi沉钴中(常温下进行)，若滤液中Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，此时溶液的pH为 。{Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15}
(6)步骤viii中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2.该反应的化学方程式是 。
三、原理综合题
13．（2023·青海海东·统考三模）二氧化碳的捕集和资源化利用是缓解温室效应的重要战略方向。回答下列问题：
(1)我国在二氧化碳催化加氢合成甲醇上取得了突破性进展，有关反应如下：
反应ⅰ。
反应ⅱ。
和合成甲醇的热化学方程式为 。
(2)在催化剂的作用下，的微观反应历程和相对能量()如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。已知： 表示， 表示， 表示。
历程Ⅰ：
反应甲：
历程Ⅱ：
反应乙：
历程Ⅲ：
反应丙：
①历程Ⅲ中的反应丙可表示为 。
②决定的总反应速率的是历程 (填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
(3)将和按物质的量之比充入一恒容密闭容器中，同时发生了反应ⅰ和反应ⅱ，测得的平衡转化率随温度、压强变化的情况如图所示。
①压强、、的大小关系为 。
②点、点的化学反应速率大小： (填“<”、“=”或“>”)。
③温度高于时，的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是 。
④图中点对应的温度下，已知的选择性(生成的与转化的的百分比)为50%，该温度下反应ⅱ的平衡常数为 (结果保留3位小数)。
(4)催化加氢合成乙酸在减少碳排放的同时还可以生产重要的化工原料。已知电离度，为一定浓度下电解质的摩尔电导率，为无限稀释时溶液的摩尔电导率，。某小组实验测得时，乙酸的。
①该条件下测定的乙酸的电离平衡常数为 (列出计算式，不需化简)。
②在时，几种离子的摩尔电导率如表所示。已知：摩尔电导率越大，溶液的导电性越好。空间站通过电解水实现的再生，从导电性角度选择，最适宜的电解质为 (填化学式)。
离子种类
摩尔电导率
/()
349.82
79.8
76.34
50.18
73.52
50.11
四、实验题
14．（2022·青海海东·统考一模）碱式氯化铜[Cu(OH)xCly]为绿色或墨绿色的结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。
Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3，同时滴加稀盐酸，调节pH至5.0～5.5，控制反应温度于70～80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。
(1)仪器a的名称是 。
(2)实验室利用装置B制备NH3，圆底烧瓶中盛放的固体药品可能是 (填名称)；仪器b的作用是 。
(3)反应过程中，在装置A中除观察到溶液蓝绿色褪去外，还可能观察到的现象是 。
(4)若滴入稀盐酸过量会导致碱式氯化铜的产量 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(5)反应结束后，将装置A中反应容器内的混合物过滤，从滤液中还可以获得的副产品是 (填化学式)，经提纯得产品无水碱式氯化铜。
Ⅱ．无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品6.435g，加稀硝酸溶解，并加水定容至250mL，得到待测液。
(6)铜的测定：取100mL待测液，加入足量的氢氧化钠，经过滤，洗涤，低温烘干，称量得到的蓝色固体质量为2.352g。则称取的样品中n(Cu2＋)为 mol。
(7)采用沉淀滴定法测定氯：准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入20mL0.2mol·L-1AgNO3溶液，充分反应后，加入少量聚乙烯醇溶液，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3。滴加少量的Fe(NO3)3溶液作为指示剂。重复实验操作三次，消耗的0.1mol·L-1NH4SCN溶液的体积平均为10.00mL。
①达到滴定终点的现象为 。
②则称取的样品中n(Cl-)为 mol。
(8)根据上述实验结果可推知x：y= 。
15．（2021·青海西宁·统考三模）亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂，其有效氯含量相当于漂白粉的7倍。可用ClO2与过氧化氢为原料制取亚氯酸钠，相关实验装置如图所示。请回答：
已知：
①2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O；
②2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O；
③已知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38℃时析出NaClO2晶体，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
(1)仪器B的作用是 。
(2)写出装置C中制备NaClO2固体的化学方程式： 。冰水浴冷却的目的是 (写两种)。
(3)在装置A中发生反应生成NaClO2，反应过程中放出大量的热。
①研究表明，实验时装置C中H2O2与NaOH的物料比需要控制在0.8左右，原因可能是 。
②在吸收液中H2O2和NaOH的物料比、浓度和体积不变的条件下，控制反应在0～3℃进行，实验中可采取的措施是 。
(4)尾气吸收时，一般用 溶液吸收过量的ClO2。
(5)为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品a g溶于水配成1 L溶液，取出10 mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应)，加入2～3滴淀粉溶液，用0.20 mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定，达到滴定终点时用去标准液V mL，试计算NaClO2粗品的纯度 (提示：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI)
(6)下列关于该实验及样品组成分析的说法，正确的是 (填字母)。
A．装置C中制得的NaClO2固体中可用略低于38℃的热水洗涤2～3遍
B．装置C中制得的NaClO2固体后的操作包括过滤、洗涤和干燥
C．如果撤去装置C中的冰水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl
D．装置A中空气流速过快或过慢，均会增大NaClO2的产率
16．（2021·青海海东·统考一模）叠氮化钠(NaN3)为无色六角结晶性粉末，主要用于制造炸药、安全气囊。某化学探究小组拟在实验室中利用下列装置制取叠氮化钠。
I.实验操作：
①向装置A的三颈烧瓶中加入乙醇20 g、亚硝酸钠40 g、水60 g后，混合均匀；
②将装置A的三颈烧瓶中的混合液体加热到35 °C左右，控制滴入70%硫酸的速率；
③在装置B的三颈烧瓶中预装由水合肼(N2H4• H2O、NaOH溶液、乙醇和催化剂组成的混合液，打开活塞K，使装置A中产生的亚硝酸乙酯(C2H5ONO)进入装置B中，控制温度在70-90 °C内，持续加热40 mino
II.部分药品的性质如下表：
密度/g • cm-3
熔点/°c
沸点/°c
溶解性
乙醇
0.816
-114
7& 4
与水以任意比例互溶，可与醚、氯仿、丙酮混溶
亚硝酸乙酯
0. 90
-93
17.2
不溶于水，可溶于乙醇、乙醚
叠氮化钠
1. 85
275
300
易溶于水和液氨，微溶于乙醇，不溶于乙醚
已知：2C2 H5OH+H2SO4+2NaNO22C2 H5ONO↑ +Na2SO4+2H2Oo
回答下列问题：
(1)连接好装置后，进行的第一步操作是 。
(2)对装置B中液体进行加热，合适的加热方式为 。
(3)装置A中用恒压漏斗代替分液漏斗的优点是 ；缓慢滴加硫酸，控制滴入速率的原因是 。
(4)装置B中水合腓、亚硝酸乙酯和氢氧化钠在80 °C时反应生成叠氮化钠、乙醇等物质，该反应的化学方程式为 。
(5)产品的分离：将装置B中反应后的混合液倒入蒸馏烧瓶中，加热到80-90 °C，除去混合物 中的乙醇。将蒸馏后所得母液降温结晶，过滤得到叠氮化钠晶体，再用去离 子水重结晶得NaN3产品。冷凝管中的冷却水要“b进a出”的原因是 。
(6)产品纯度测定：取6.5g产品，加入足量蒸馏水溶解，并加入适量稀硫酸酸化，向混合液中加入20.00mL1mol·L-1KMnO4溶液(l0NaN3+2KMnO4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+8H2O+15N2↑)，反应后溶液呈紫红色。再用0.2mol•L-1的Na2SO3标准液滴定过量的KMnO4溶液，到达滴定终点时消耗标准液25.00mL
①到达滴定终点时的现象为 。
②叠氮化钠的纯度为 。
参考答案：
1．D
【详解】A．温度升高，溶解度增大，Ksp(AgCl)增大，故A正确；
B．加入少量水，平衡右移，但溶液还是饱和溶液，所以Ag＋浓度不变，故B正确；
C．向悬浊液中通入少量氨气，形成银铵络离子，消耗银离子，导致Q(AgCl)
答案选D。
2．D
【详解】A．硫酸铵电离出的铵根离子水解生成氢离子，从而使溶液呈酸性，A正确；
B．硫酸铵中硫酸根离子和铵根离子数量比为1：2，铵根离子水解生成一水合氨，根据物料守恒可知，c()+c(NH3·H2O)=2c()，B正确；
C．根据电荷守恒可知，c(H+)+c()=c(OH-)+2c()，C正确；
D，根据c()+c(NH3·H2O)=2c()和c(H+)+c()=c(OH-)+2c()可得，c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，D错误；
故答案选D。
3．B
【详解】A．醋酸是弱电解质，部分电离，电离出氢离子小于0.1mol/L，因此0.1 mol·L-1的醋酸溶液pH约为3，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+ H+，故A正确；
B．将丙烯通入溴的四氯化碳溶液，发生加成反应，正确的反应方程式为CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br，故B错误；
C．向AlCl3溶液中投入FeO粉末，溶液中出现的“白色沉淀”为氢氧化铝，该反应的离子方程式为：3H2O+3FeO+2AlCl3═2 Al(OH)3+3FeCl2，故C正确；
D．向KI酸性溶液中滴入少量H2O2稀溶液，二者发生氧化还原反应生成碘单质，溶液变黄，离子方程式为：2I-+H2O2+2H+═I2+2H2O，故D正确；
故选：B。
4．A
【分析】H3PO3为二元弱酸，所以随着c(OH-)增大，即pOH减小，c(H3PO3)一直减小，c(H2PO)先逐渐增大，之后减小，c(HPO)逐渐增大，所以曲线①代表pc(HPO)，曲线②代表pc(H2PO)，曲线③代表pc(H3PO3)。
【详解】A．m点处pc(H3PO3)=pc(HPO)，即=1，而==，所以c(H+)=，b点处pc(H3PO3)=pc(H2PO)，Ka1==c(H+)，该点pc(OH-)=12.7，即c(OH-)=10-12.7mol/L，所以c(H+)=10-1.3mol/L，所以Ka1=10-1.3，同理根据b点可得Ka2=10-6.6，所以d点处c(H+)==10-3.95mol/L，则c(OH-)=10-10.05mol/L，pc(OH-)=10.05，A错误；
B．根据分析可知曲线③代表pc(H3PO3)，B正确；
C．H3PO3为二元弱酸，所以Na2HPO3为正盐，溶液中存在HPO的水解，溶液显碱性，C正确；
D．c点对应的溶液中pOH=14，即c(OH-)=10-14mol/L，c(H+)=1mol/L，所以此时溶液中含有其他可以电离出氢离子的物质，所以此时H3PO3的电离受到极大的抑制，存在数量关系c(HPO)＜c(H2PO)＜＜c(H3PO3)＜0.1mol/L，所以c(H+)＞c(H2PO)+c(OH-)+2c(HPO)，D正确；
综上所述答案为A。
5．C
【详解】A．中和等体积、等浓度的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中含有酸的物质的量相同。若二者恰好完全反应，前者产生NaCl，溶液显中性，溶液pH=7；后者产生强碱弱酸盐CH3COONa，使溶液显碱性，要使溶液显中性，则加入的NaOH溶液应该比HCl稍微少些，故HCl消耗的氢氧化钠的物质的量比CH3COOH多，A错误；
B．根据物料守恒，钠原子与硫原子的数目之比为1∶1，，B错误；
C．溶液中存在电荷守恒：c()+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，若溶液中c()=c(Cl-)=0.005 mol/L，则c(H+)=c(OH-)=10-7 mol/L，溶液中c(NH3·H2O)=(0.5a-0.005) mol/L，溶液恰好呈中性，氨水的电离平衡常数，C正确；
D．根据碳酸、碳酸氢根离子的电离平衡常数可得、，由于同一溶液中，氢离子的浓度相同，根据碳酸的电离平衡常数大于碳酸氢根离子的电离平衡常数可知，，D错误；
故合理选项是C。
6．C
【分析】向等物质的量浓度的、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小，则A为S2-；B先增加后减少，则B为HS-，C开始时几乎不存在，之后逐渐增大，则C为H2S，据此分析解答。
【详解】A． X点c(HS-) =c (S2-)，，则由X点处的pH，可计算的值，故A错误；
B． X点c(HS-) =c (S2-)，此时，则X点对应溶液中不存在，故B错误；
C． 向等物质的量浓度、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，若忽略滴加过程H2S气体的逸出，根据混合液中Na、S物料守恒可得：，故C正确；
D． X点c(HS-) =c (S2-)，H2S量比较少，Y点c(HS-) =c (H2S)，S2-量比较少，S2-和HS-都促进水的电离，H2S抑制水电离，则X点水的电离程度较大，故D错误；
故选C。
7．(1) 适当提高温度、适当提高盐酸浓度、搅拌等 SiO2、Ag
(2) 防止将SbCl3还原而导致Sb损失
(3) 20℃ 6:1
(4)
(5)
【分析】砷锑烟尘加入盐酸酸溶，SiO2、Ag不反应成为浸出渣，砷锑氧化物转化为盐溶液，滤液加入Na3PO2，AsCl3与Na3PO2反应As被还原为As，同时生成Na3PO3，过滤滤液水解得到SbOCl，加入氨水得到Sb2O3；
【详解】（1）“酸浸”时能提高酸浸速率的措施有适当提高温度、适当提高盐酸浓度、搅拌等，浸出渣的成分为SiO2、Ag；
（2）“还原”时，AsCl3与Na3PO2反应生成As、Na3PO3和HCl，反应中As化合价由+3变为0，P化合价由+1变为+3，根据电子守恒和质量守恒配平得化学方程式：；根据Sb与As元素同主族，化学性质相似，Na3PO2不宜过量的原因是防止将SbCl3还原而导致Sb损失；
（3）由图可知，水解最佳温度和最佳稀释比分别为20℃、6:1，此时水解率较高；
（4）“中和脱氯”时，SbOCl和加入氨水反应得到Sb2O3，根据质量守恒可知，还会生成氯化铵和水，发生的离子方程式为；
（5）Sb2O3可直接电解制备金属Sb单质，Sb2O3得到电子发生还原反应生成Sb，发生的电极反应式为：。
8．(1) 125 胶头滴管、500 mL容量瓶
(2)46 Sc或
(3)3NaOH+Sc(OH)3=Na3[Se(OH)6]
(4)2.7×10-2
(5)2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+ 12CO2
(6)
【分析】氯化烟尘(主要成分为AlCl3、FeCl3、TiCl4、ScCl3等，加入盐酸酸浸后进行操作①，得到滤渣和滤液，故操作①为过滤，滤液加入有机萃取剂进行萃取后进行操作②为分液，得到无机相和有机相，有机相加入盐酸酸洗后再加入氢氧化钠溶液进行反萃取，得到有机萃取剂和无机混合物，加入草酸沉淀转化，一系列处理后调节pH，再加入氟化铵沉钪，脱水除铵、还原得到Sc；
【详解】（1）实验室没有480mL规格的容量瓶，应配制500mL，1.2g·cm-3VmL36.5%=0.5L3mol·L-136.5g/mol，则需要量取浓盐酸的体积为VmL= 125mL；
配制500mL3mol·L-1盐酸步骤：计算、量取、溶解、转液、定容、装瓶存放等，需要的玻璃仪器有：500 mL容量瓶、烧杯、量筒、胶头滴管等；故填：胶头滴管、500 mL容量瓶；
（2）钪为21号元素，该种核素的中子数为25，则质量数为21+25=46，该核素的符号为46 Sc或；
（3）“反萃取”时若加入的氢氧化钠过量，则Sc(OH)3沉淀会溶解。Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应生成n = 6的含钪产物Na3 [Sc(OH)6]，该反应的化学方程式为3NaOH+Sc(OH)3=Na3[Se(OH)6]，故答案为: 3NaOH+Sc(OH)3=Na3[Se(OH)6]；
（4）25°C时pH=2的草酸溶液中== Ka1×Ka2×=5.0×10-2×5.4×10-5×=2.7×10-2，答案为2.7×10-2；
（5）草酸钪在空气中“灼烧”可制得Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+ 12CO2，答案为2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+ 12CO2；
（6）溶液中c(F-)=1×10-5mol·L-1，则lgc(F-)= lg(1×10-5)=-5，，“调pH”过程中控制pH=5，此时三价Sc的主要存在形式为，答案为。
9． 加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全 6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O FeOOH 取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全 10-15.6 N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O 随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜
【分析】红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入NaClO氧化亚铁离子发生6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，沉铁生成NaFe3(SO4)2(OH)6，过滤后的滤液中在经过NaOH、N2H4处理发生N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O，可得到Ni，依此解答该题；
【详解】(1)酸浸时加热，目的是加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全；
(2)根据分析，“氧化”过程发生反应的离子方程式是6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O；
(3)由图可知，若反应在80℃进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是FeOOH；检验沉铁反应是否完全的方法是取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全；
(4) 由上述图表可知，Ni2+完全沉淀时pH=8.7，此时c(Ni2+)=1×10-5mol/L，，故Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=10-5×(10-5.3)2=10-15.6；
(5)根据分析，生成Ni的离子方程式：N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O；
(6)浓硫酸具有强氧化性，使某些金属生成致密的氧化膜，故Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜。
10．(1)增加与酸的接触面积，提高原料的浸出率
(2)Cu
(3) 调节pH，使铁离子沉淀完全
(4)1
(5)3
(6)
(7)4
【分析】由流程可知，铜镉渣(主要含铜、铁、镉等单质)加入稀硫酸，铜不溶，过滤分离出滤渣为Cu，滤液含有Fe2+、Cd2+；溶液中加入H2O2溶液氧化Fe2+为Fe3+，加入氧化镉调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去；电解含有Cd2+的溶液，可得镉单质；镉单质与红磷在400～600℃发生反应，生成Cd3P2，据此分析作答。
【详解】（1）粉碎铜镉渣，增加与酸的接触面积，提高原料的浸出率，故答案为：增加与酸的接触面积，提高原料的浸出率；
（2）分析流程可知，加入稀硫酸，铜不溶，过滤分离出滤渣为Cu，故答案为：Cu；
（3）双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为；加入氧化镉，调节pH，使铁离子沉淀完全，故答案为：；调节pH，使铁离子沉淀完全；
（4）阴极上析出0.01mol金属 Cd 时，转移0.02mol电子，此时阳极的方程式为：，则溶液中会得到0.02mol氢离子，氢离子的浓度为mol/L，pH=1，故答案为：1；
（5）根据，沉铁后要使电解液中c(Fe3+)降为1×10-6mol/L，则mol/L，pH=3，故答案为：3；
（6）处理含镉废水常用加入碳酸钙实现沉淀转化，该沉淀转化的反应方程式为；除去工业废水中的Cd2+时，若反应达到平衡后溶液中 c(Ca2+)=0.1mol/L，则，解得mol/L，再根据，解得mol/L，故答案为：；；
（7）取14.0g 该结晶水合物加热到脱去全部结晶水，得到无水物10.4g，则水的质量为3.6g，则结晶水的质量分数=，解得n=4，故答案为：4。
11．(1)
(2) 提高氧化镁的产率 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，无白色沉淀产生
(3)
(4)煅烧分解时会产生大量的气体，可使得到的氧化镁颗粒更小，比表面积更大
(5) 1：1.4
【分析】蛇纹石的主要成分是，同时含有少量铁、铝、铬、镍的氧化物。蛇纹石加入活化剂、硫酸进行酸浸，分离去掉酸浸滤饼，所得滤液结晶后加入粗硫酸镁，加入双氧水、氨水净化，精制硫酸镁溶液，加入沉淀剂沉淀反应，过滤、干燥后煅烧得到高纯氧化镁。
【详解】（1）酸浸时发生的主要反应的化学方程式是；
（2）洗涤液中含有少量硫酸镁，将洗涤液和滤液合并可减少硫酸镁的损失，提高最终所得氧化镁的产率。证明滤饼已经洗涤干净需要证明滤饼表面已经没有吸附的，因此应该取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，无白色沉淀产生；
（3）调至9时，溶液中，根据可以算出此时溶液中，，因此，开始沉淀的为7，根据可以算出原溶液中，最终，因此去除率为；
（4）采用作沉淀剂时得到的沉淀是，与沉淀相比，煅烧分解时会产生大量的气体，可使得到的氧化镁颗粒更小，比表面积更大，活性更高；
（5）从图象分析可知，温度40~45℃、摩尔计量比1：1.4时，产率和产品纯度都较高。
12． 增大接触面积，加快浸取速率 Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O 加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl-CoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度 温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少 8.0 4Co3O4+6Li2CO3+O2 12LiCoO2+6CO2
【分析】由流程可知，原钴矿球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co2+与Cr2+、Ni2+，加入盐酸浓度在10mol/L以上，浸出液加入氯化钠固体，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，加入有机胺试剂萃取、洗脱，可得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧生成Co3O4，加入碳酸锂，可生成LiCoO2。
【详解】(1)步骤i为球磨，将原钴矿磨碎，目的是增大接触面积，加快浸取速率。故答案为：增大接触面积，加快浸取速率；
(2)步骤ii中出现了淡黄色沉淀，是NiS在酸性环境下将Co2O3还原为Co2+，NiS中的-2价的S被氧化为淡黄色的S单质，发生该反应的离子方程式：Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O。故答案为：Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O；
(3)从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的是加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl-CoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度。故答案为：加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl-CoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；
(4)由图象可知，温度升高，沉淀曲线下降，曲线下降的原因温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。故答案为：温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；
(5)步骤vi沉钴中(常温下进行)，若滤液中Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，则c(Co2+)==10-3mol/L，根据Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15可知：c(Co2+)•c2(OH-)=1.0×10-15，解得c(OH-)=1.0×10-6mol/L，则c(H+)=1.0×10-8mol/L，此时溶液的pH为8.0。故答案为：8.0；
(6)步骤viii中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2.该反应的化学方程式是4Co3O4+6Li2CO3+O2 12LiCoO2+6CO2。故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O2 12LiCoO2+6CO2。
13．(1)
(2) Ⅲ
(3) ＞＞ ＜ 反应ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，反应ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，而反应ⅱ正向移动的程度比反应ⅰ逆向移动的程度大
(4) H2SO4
【详解】（1）已知，反应ⅰ： ；反应ⅱ： ；根据盖斯定律可知，由反应ⅰ-反应ⅱ可得，和合成甲醇的热化学方程式为。
（2）①已知总反应为，历程Ⅰ反应甲：，历程Ⅱ反应乙：，则总反应-反应甲-反应乙可得历程Ⅲ中的反应丙，可表示为。
②历程Ⅰ的活化能为-0.05eV-(-0.37eV)=0.32eV，历程Ⅱ的活化能为0.38eV-(-0.41eV)=0.8eV，历程Ⅲ的活化能为0.63eV-(-0.85eV)=1.48eV，活化能越大，反应速率越慢，总反应的反应速率应最慢的反应决定，则决定的总反应速率的是历程Ⅲ。
（3）①反应ⅱ为反应前后气体物质的量不变的反应，加压平衡不移动，而对于反应ⅰ，加压平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故压强、、的大小关系为＞＞。
②点、点二氧化碳的平衡转化率相等，则反应物浓度相等，B点的压强、温度均比A点大，故化学反应速率大小：＜。
③温度高于时，的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是反应ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，反应ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，而反应ⅱ正向移动的程度比反应ⅰ逆向移动的程度大。
④将和按物质的量之比充入一恒容密闭容器中，设和分别为1mol、3mol，点的转化率为25%，的选择性为50%，则两个反应中参与反应的物质的量均为1mol ´25%´50%=0.125mol，则
反应ⅰ：；
反应ⅱ：；则平衡时，
为0.75mol，为3-0.375-0.125=2.5mol，CO为0.125mol，H2O为0.125+0.125=0.25mol，反应ⅱ反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则该温度下反应ⅱ的平衡常数。
（4）①已知电离度，为一定浓度下电解质的摩尔电导率，为无限稀释时溶液的摩尔电导率，。某小组实验测得时，乙酸的，则电离度，该条件下测定的乙酸的电离平衡常数。
②已知：摩尔电导率越大，溶液的导电性越好，根据各种离子的摩尔电导率可知，从导电性角度选择，最适宜的电解质为H2SO4。
14．(1)三颈烧瓶
(2) 碱石灰 导气、防止倒吸
(3)溶液中有大量墨绿色固体产生、干燥管中有液体上升后下降的现象
(4)偏低
(5)NH4Cl
(6)0.06
(7) 加入最后一滴标准液，溶液变为（浅）红色 0.03
(8)3：1
【解析】(1)
仪器a的名称为三颈烧瓶；
(2)
由于氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3·H2O，碱石灰遇水发生反应使溶液中c(OH-)浓度增大，促进平衡逆向移动，且碱石灰遇水放热促进氨气的挥发，故可利用碱石灰与浓氨水制取氨气，故此处填：碱石灰；仪器b为球形干燥管，可防止NH3在三颈烧瓶中溶解后产生倒吸，故此处填：导气、防止倒吸；
(3)
在三颈烧瓶内，氯化铜、氨气和盐酸反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象①为溶液中有大量墨绿色固体产生；干燥管中充满了氨气，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象②为干燥管中有液体上升后下降的现象；
(4)
由于碱式氯化铜溶于稀酸和氨水，故稀盐酸过量会导致碱式氯化铜的溶解，进而导致其产量偏低，故此处填：偏低；
(5)
该反应为氯化铜、氨气和盐酸反应，部分氨气会和盐酸反应生成氯化铵，作为副产物，故此处填：NH4Cl；
(6)
产品溶于稀硝酸后，溶液中主要含有Cu2+、Cl-、，加入NaOH溶于后生成Cu(OH)2沉淀，由题意知n[Cu(OH)2]=，则样品中n(Cu2+)= n[Cu(OH)2]×=0.06 mol；
(7)
①当达到滴定终点后，稍过量的NH4SCN遇Fe3+变红，故滴定终点现象为：加入最后一滴标准液，溶液变为（浅）红色；
②由题意知，测定氯采用的是返滴定法，AgNO3与NH4SCN 1:1反应生成AgSCN沉淀，则过量的AgNO3物质的量n(AgNO3,余)=n(NH4SCN)=0.1 mol/L×10.00 mL×10-3 L/mL=1×10-3 mol，则与Cl-反应的AgNO3物质的量n(AgNO3)= n(AgNO3,总)- n(AgNO3,余)= 0.2 mol/L×20.00 mL×10-3 L/mL-1×10-3 mol=3×10-3 mol，则样品中n(Cl-)= n(AgNO3)×=0.03 mol；
(8)
根据电荷守恒2n(Cu2+)= n(Cl-)+ n(OH-)，得2×0.06 mol=0.03 mol+ n(OH-)，解得n(OH-)=0.09 mol，则x：y= n(OH-)：n(Cl-)=0.09：0.03=3：1。
15． 防止倒吸 2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2↑+2H2O 减少H2O2的分解、提高ClO2的溶解度 H2O2受热易分解，配料时应略过量；同时防止ClO2与NaOH反应生成杂质 使用冰水浴，且缓慢通入ClO2 NaOH BC
【分析】按图组装好仪器后，检查装置的气密性；装置A中发生2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O；装置B的作用是防止倒吸；装置C中冰水浴冷却的主要目的降低反应速率，减少H2O2的分解减少ClO2的分解；装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，需用NaOH溶液吸收ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸，空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降。根据关系式NaClO2～2I2～4S2O计算产品的纯度。
【详解】(1)仪器B的作用是防止倒吸。故答案为：防止倒吸；
(2)装置C中制备NaClO2固体的化学方程式：2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2↑+2H2O。冰水浴冷却的目的是减少H2O2的分解、提高ClO2的溶解度 (写两种)。故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2↑+2H2O；减少H2O2的分解、提高ClO2的溶解度；
(3)①实验时装置C中H2O2与NaOH的物料比需要控制在0.8左右，原因可能是H2O2受热易分解，配料时应略过量；同时防止ClO2与NaOH反应生成杂质。故答案为：H2O2受热易分解，配料时应略过量；同时防止ClO2与NaOH反应生成杂质；
②在吸收液中H2O2和NaOH的物料比、浓度和体积不变的条件下，控制反应在0～3℃进行，实验中可采取的措施是使用冰水浴，且缓慢通入ClO2。故答案为：使用冰水浴，且缓慢通入ClO2；
(4)尾气吸收时，根据2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O，一般用NaOH溶液吸收过量的ClO2。故答案为：NaOH；
(5)NaClO2与足量酸化的KI溶液，反应为：ClO2-+4I-+4H+→2H2O+2I2+Cl-，则：由关系式NaClO2～2I2～4S2O，n(NaClO2)= n(S2O)=×0.2mol/L×10-3VL=5×10-5Vmol，10mL样品中m（NaClO2）=5×10-5Vmol×90.5g/mol=4.525×10-3Vg，原样品中NaClO2的质量分数为： =；故答案为：；
(6)A．NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，装置C中制得的NaClO2固体中可用用38℃～60℃的温水洗涤2～3遍，故A错误；
B．装置C中制得的NaClO2固体后的操作包括趁热过滤， 用38℃～60℃的温水洗涤，低于60℃干燥，得到成品，故B正确；
C．高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，如果撤去装置C中的冰水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，故C正确；
D．装置A中空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸，空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降，故D错误；
故答案为：BC。
16． 检查装置气密性 水浴加热 平衡气压，使70%的硫酸顺利流下 防止硫酸滴入速率过快产生大量热导致乙醇挥发，产率下降 N2H4﹒H2O+ C2H5ONO+NaOHNaN3+C2H5OH+ 3H2O 使冷凝水与热蒸气的接触面积增大，上下对流，接触时间长，增强冷凝效果 当滴入最后一滴Na2SO3标准液时，锥形瓶中溶液的紫红色褪去且半分钟内不恢复原色 90%
【分析】由题意及图可知，装置A中加入乙醇、亚硝酸钠、水，加热到35 °C左右，滴入70%硫酸反应生成亚硝酸乙酯进入装置B中与水合肼、NaOH溶液在70-90 °C反应生成叠氮化钠；取一定量产品配成溶液，用过量酸性高锰酸钾溶液氧化，剩余的高锰酸钾用亚硫酸钠溶液进行滴定，测定产品纯度，据此分析。
【详解】(1)连接好实验装置装入药品前，应先检查装置的气密性，故答案为：检查装置气密性；
(2)控制装置B温度在70-90 °C内反应生成叠氮化钠，方法采用水浴加热控制，故答案为：水浴加热；
(3) 恒压漏斗有一根导管，导管连通漏斗与烧瓶，起到平衡气压的作用，缓慢滴加硫酸防止产生的热使乙醇挥发到B装置中，导致叠氮化钠的产率降低，故答案为：平衡气压，使70%的硫酸顺利流下，防止硫酸滴入速率过快产生大量热导致乙醇挥发，产率下降；
(4)由题意反应物为C2H5ONO、N2H4﹒H2O、NaOH，产物为NaN3、C2H5OH等，根据提示写出配平即可，答案为：N2H4﹒H2O+ C2H5ONO+NaOHNaN3+C2H5OH+ 3H2O；
(5)冷凝管冷凝水采用下进上出，使冷凝水全部充满冷凝管，增大与热蒸气的接触面积，热蒸气与冷凝水形成对流，冷凝时间长，效果好，故答案为：使冷凝水与热蒸气的接触面积增大，上下对流，接触时间长，增强冷凝效果；
(6)产品中叠氮化钠纯度的测定，用酸性高锰酸钾氧化叠氮化钠生成氮气，发生反应①： l0NaN3+2KMnO4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+8H2O+15N2↑，过量的高锰酸钾用亚硫酸钠溶液进行还原，发生反应②的离子方程式为： 2 + 6H+ +5= 2Mn2+ +5+ 3H2O，列出关系式：2 ∼5，n()= 0.2×25.00×10-3 =5.00×10-3 mol，则反应②消耗的KMnO4的物质的量n2= 2.00×10-3 mol，则反应①消耗的KMnO4的物质的量n1 = n(KMnO4) - n2 = 1×20.00×10-3-2.00×10-3 =18.00×10-3mol，反应①的关系式：l0NaN3∼2KMnO4，则n(NaN3)=×18.00×10-3 = 0.09mol，故产品的纯度ω==100%=90%，故答案为90%。
【点睛】再进行产品纯度的计算时，一定抓住关键物质的化学计量系数，列出关系式进行简单即可，不必考虑中间的繁杂过程，如本题涉及到的化学方程式不必配平，只需注意氧化剂和还原剂的系数比可快速简单。
青海高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-05水溶液中的离子反应和平衡
一、单选题
1．（2023·青海海东·统考三模）将足量AgCl(s)溶解在水中，形成悬浊液。已知：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) ΔH>0，下列叙述错误的是
A．加热悬浊液，使其温度升高，则Ksp(AgCl)增大
B．加少量水稀释，上述平衡正向移动，c(Ag+)不变
C．向悬浊液中通入少量氨气，Q(AgCl)
2．（2022·青海·统考模拟预测）常温下，下列关于 0.1 mol/L 的(NH4)2SO4溶液的说法，错误的是
A．溶液呈酸性
B．c(NH)＋c(NH3·H2O)=2c(SO)
C．c(H+)+c(NH)=c(OH-)+2c(SO)
D．c(H+)+c(NH3·H2O)=c(OH-)
3．（2022·青海西宁·统考二模）下列化学(或离子)方程式中，不能正确表达所指定的结论或现象变化的是
A．0.1 mol·L-1的醋酸溶液pH约为3：CH3COOHCH3COO-+ H+
B．丙烯通入溴的四氯化碳溶液中，橙红色褪去：CH3CH=CH2 + Br2→CH2=CHCH2Br +HBr
C．向AlCl3溶液中投入FeO粉末，溶液中出现白色沉淀：3H2O+ 3FeO+2AlCl3=2Al(OH)3 +3FeCl2
D．向酸性KI溶液中滴入少量H2O2稀溶液，溶液变黄：2I- + H2O2+2H+ =I2 +2H2O
4．（2022·青海西宁·统考二模）常温下，在含有0.10mol·L-1H3PO3的溶液中含磷元素的微粒pc随pOH的变化关系如图所示已知pc=-lgc，pOH=-lgc(OH-)，H3PO3为二元弱酸，下列有关说法中不正确的是
A．m=10.00
B．曲线③对应的微粒是H3PO3
C．Na2HPO3溶液显碱性
D．c点对应的溶液中c(H+)＞c(H2PO)+c(OH-)+2c(HPO)
5．（2021·青海海东·统考一模）室温下，下列关于电解质的说法中正确的是
A．中和等体积、等浓度的盐酸和醋酸溶液至pH=7，后者消耗的氢氧化钠的物质的量更多
B．向NaHS溶液中加入适量KOH后：
C．将a mol/L的氨水与0.01 mol/L的盐酸等体积混合，若溶液中存在，则氨水的电离平衡常数
D．将等浓度、等体积的溶液和溶液混合：
6．（2021·青海西宁·校联考二模）向等物质的量浓度、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫物种(、、)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程气体的逸出)。下列说法正确的是
A．由X点处的pH，可计算出()
B．X点对应溶液中存在
C．Y点对应溶液中存在
D．X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：
二、工业流程题
7．（2023·青海玉树·统考三模）三氧化二锑(Sb2O3)作为阻燃剂可广泛用于尼龙、工程塑料(ABS)、合成树脂、纸张等。从砷锑烟尘(主要成分为Sb2O3、As2O3和少量SiO2、Ag)中提纯三氧化二锑的工艺流程如图：
已知：Sb2O3和As2O3均能溶于浓盐酸。
(1)“酸浸”时能提高酸浸速率的措施有 (写出一种)，浸出渣的成分为 (填化学式)。
(2)“还原”时， AsCl3与Na3PO2反应生成As、Na3PO3和HCl的化学方程式为 ，根据Sb与As元素同主族推测，Na3PO2不宜过量的原因是 。
(3)“稀释水解”时，水解温度与稀释比对Sb3+水解率的影响如图所示，则水解最佳温度和最佳稀释比分别为 、 。
(4)“中和脱氯”时发生的离子方程式为 。
(5)Sb2O3可直接电解制备金属Sb单质，其原理如图所示。Sb2O3极发生的电极反应式为： 。
8．（2023·青海海东·统考三模）钪的特殊性质，使其在电子工业、航天、核技术、激光技术、冶金、化工、医学、农业等各方面得到广泛应用。一种利用高温沸腾氯化烟尘(主要成分为AlCl3、FeCl3、TiCl4、ScCl3等，还含有其他难溶于酸的物质)回收Sc的工艺流程如图。
已知：钪(原子序数为21)与铝类似，其氢氧化物具有两性；钪离子可以在不同pH下生成[Sc(OH)n]3-n(n=1~6)。
请回答以下问题：
(1)某次实验中需要使用480mL3mol·L-1的盐酸，用浓盐酸(密度为1.2g·cm-3，质量分数为36.5%)配制实验所需要的盐酸，则需要量取浓盐酸的体积为 mL，需要使用的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要的是 。
(2)钪的一种核素可用作示踪原子，用于对恶性肿瘤放射治疗，该种核素的中子数为25，则该核素的符号为 。
(3)“反萃取”时，若加入的氢氧化钠溶液过量，则Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Se(OH)3与过量NaOH溶液反应生成n=6的含钪产物的化学方程式： 。
(4)加入草酸进行“沉淀转化”，将Sc(OH)3沉淀转化为Sc2(C2O4)3。25°C时pH=2的草酸溶液中= 。(25°C时，草酸的电离平衡常数为Ka1=5.0×10-2，Ka2=5.4×10-5)
(5)草酸钪在空气中“灼烧”可制得Sc2O3，写出反应的化学方程式： 。
(6)常温下，三价Sc的部分存在形式与氟离子浓度的对数[lgc(F-)、pH的关系如图所示。若溶液中c(F-)=1×10-5mol·L-1，“调pH”过程中控制pH=5，此时三价Sc的主要存在形式为 (填化学式)。
9．（2023·青海西宁·统考一模）镍是化工产业的重要原料。以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，制取纳米镍粉，同时获得净水剂黄钠铁矾［NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如下：
溶液中Ni2+离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH
7.2
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
8.7
回答下列问题：
(1)“酸浸”时需要加热，其原因是 。
(2)“氧化”过程发生反应的离子方程式是 。
(3)“沉铁”过程，控制不同的条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图1中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域)。若反应在80℃时进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是 ；检验沉铁步骤中反应是否完全的方法是 。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp= (列出计算式)。
(5)“转化”过程，向“过滤II”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4，控制溶液中NaOH的浓度，可得到不同晶态物质(NiSO4·Ni、Ni或二者的混合物)。写出生成Ni的离子方程式 。
(6)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当ω(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为 。
10．（2022·青海·统考模拟预测）磷化镉(Cd3P2)常用作杀虫剂，湿法炼锌产生的铜镉渣(主要含铜、铁、镉等单质)用于生产磷化镉的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”前粉碎铜镉渣的目的是 。
(2)“酸浸”产生的滤渣主要成分为 (填化学式)。
(3)“沉铁”中先加入适量 H2O2，发生反应的离子方程式为 ，再加入 CdO 的作用是： 。
(4)常温下，电解 200mLCdSO4溶液，当阴极上析出 0.01mol 金属 Cd 时，溶液的 pH= (不考虑 Cd2+的水解和溶液体积变化)。
(5)常温下，沉铁后要使电解液中c(Fe3+)降为1×10-6mol/L，此时电解液pH最小等于 (已知 25℃时 Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39)。
(6)处理含 Cd2+废水常用加入碳酸钙的方法实现沉淀转化，该沉淀转化的离子方程式为： ，若反应达到平衡后溶液中 c(Ca2+)=0.1mol/L， 溶液中 c(Cd2+)= mol/L。(已知25℃时，Ksp(CdCO3)=5.6×10-12，Ksp(CaCO3)=5.6×10-9)
(7)将电解液蒸发浓缩，冷却结晶可以得到 CdSO4·nH2O 晶体，为测定该晶体中的 n 值，取14.0g 该结晶水合物加热到脱去全部结晶水，得到无水物10.4g，则 n= 。
11．（2022·青海西宁·统考二模）蛇纹石的主要成分是，同时含有少量铁、铝、铬、镍的氧化物。以蛇纹石为原料可以生产高纯氧化镁工艺流程如图所示：
请回答下列相关问题。
(1)酸浸时发生的主要反应的化学方程式是 。
(2)分离操作后需要对酸浸滤饼洗涤并将洗涤液和酸浸滤液合并，洗涤液和滤液合并的目的是 。判断滤饼已经洗涤干净的操作和现象是 。
(3)净化过程是在常温下进行，加氨水将溶液的调至9，已知开始沉淀的为7，，，此时溶液中 ，净化过程中的去除率= 。(，忽略净化过程中溶液的体积变化)
(4)理论上沉淀反应中可选用作沉淀剂生成沉淀，也可选用作沉淀剂生成碱式碳酸镁的结晶物，实际生产中为了得到比表面积大、活性高的轻质氧化镁，通常采用作沉淀剂，原因是 。
(5)沉淀反应的温度以及所用硫酸镁和碳酸钠的摩尔计量比对最终产品纯度和产率的影响如图所示，则生产中应选择的合适的温度范围是 ，最佳摩尔计量比是 。
12．（2021·青海西宁·校联考二模）钴是元素周期表第四周期第VIII族元素，其化合物用途广泛。如：LiCoO2作锂电池的正极材料。已知利用原钴矿Co2O3(含Cr2O3、NiS等杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下：
资料：①在含一定量Cl-的溶液中：Co2++4Cl-CoCl。
②CoCl溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。
③盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示：
(1)步骤i的目的是 。
(2)步骤ii中出现了淡黄色沉淀，写出发生该反应的离子方程式： 。
(3)从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的是 。
(4)步骤vi用(NH4)2CO3作沉钴剂，在一定条件下得到碱式碳酸钴[Co2(OH)2CO3]。实验测得在一段时间内加入等量(NH4)2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示，分析曲线下降的原因 。
(5)步骤vi沉钴中(常温下进行)，若滤液中Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，此时溶液的pH为 。{Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15}
(6)步骤viii中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2.该反应的化学方程式是 。
三、原理综合题
13．（2023·青海海东·统考三模）二氧化碳的捕集和资源化利用是缓解温室效应的重要战略方向。回答下列问题：
(1)我国在二氧化碳催化加氢合成甲醇上取得了突破性进展，有关反应如下：
反应ⅰ。
反应ⅱ。
和合成甲醇的热化学方程式为 。
(2)在催化剂的作用下，的微观反应历程和相对能量()如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。已知： 表示， 表示， 表示。
历程Ⅰ：
反应甲：
历程Ⅱ：
反应乙：
历程Ⅲ：
反应丙：
①历程Ⅲ中的反应丙可表示为 。
②决定的总反应速率的是历程 (填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
(3)将和按物质的量之比充入一恒容密闭容器中，同时发生了反应ⅰ和反应ⅱ，测得的平衡转化率随温度、压强变化的情况如图所示。
①压强、、的大小关系为 。
②点、点的化学反应速率大小： (填“<”、“=”或“>”)。
③温度高于时，的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是 。
④图中点对应的温度下，已知的选择性(生成的与转化的的百分比)为50%，该温度下反应ⅱ的平衡常数为 (结果保留3位小数)。
(4)催化加氢合成乙酸在减少碳排放的同时还可以生产重要的化工原料。已知电离度，为一定浓度下电解质的摩尔电导率，为无限稀释时溶液的摩尔电导率，。某小组实验测得时，乙酸的。
①该条件下测定的乙酸的电离平衡常数为 (列出计算式，不需化简)。
②在时，几种离子的摩尔电导率如表所示。已知：摩尔电导率越大，溶液的导电性越好。空间站通过电解水实现的再生，从导电性角度选择，最适宜的电解质为 (填化学式)。
离子种类
摩尔电导率
/()
349.82
79.8
76.34
50.18
73.52
50.11
四、实验题
14．（2022·青海海东·统考一模）碱式氯化铜[Cu(OH)xCly]为绿色或墨绿色的结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。
Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3，同时滴加稀盐酸，调节pH至5.0～5.5，控制反应温度于70～80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。
(1)仪器a的名称是 。
(2)实验室利用装置B制备NH3，圆底烧瓶中盛放的固体药品可能是 (填名称)；仪器b的作用是 。
(3)反应过程中，在装置A中除观察到溶液蓝绿色褪去外，还可能观察到的现象是 。
(4)若滴入稀盐酸过量会导致碱式氯化铜的产量 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(5)反应结束后，将装置A中反应容器内的混合物过滤，从滤液中还可以获得的副产品是 (填化学式)，经提纯得产品无水碱式氯化铜。
Ⅱ．无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品6.435g，加稀硝酸溶解，并加水定容至250mL，得到待测液。
(6)铜的测定：取100mL待测液，加入足量的氢氧化钠，经过滤，洗涤，低温烘干，称量得到的蓝色固体质量为2.352g。则称取的样品中n(Cu2＋)为 mol。
(7)采用沉淀滴定法测定氯：准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入20mL0.2mol·L-1AgNO3溶液，充分反应后，加入少量聚乙烯醇溶液，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3。滴加少量的Fe(NO3)3溶液作为指示剂。重复实验操作三次，消耗的0.1mol·L-1NH4SCN溶液的体积平均为10.00mL。
①达到滴定终点的现象为 。
②则称取的样品中n(Cl-)为 mol。
(8)根据上述实验结果可推知x：y= 。
15．（2021·青海西宁·统考三模）亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂，其有效氯含量相当于漂白粉的7倍。可用ClO2与过氧化氢为原料制取亚氯酸钠，相关实验装置如图所示。请回答：
已知：
①2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O；
②2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O；
③已知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38℃时析出NaClO2晶体，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
(1)仪器B的作用是 。
(2)写出装置C中制备NaClO2固体的化学方程式： 。冰水浴冷却的目的是 (写两种)。
(3)在装置A中发生反应生成NaClO2，反应过程中放出大量的热。
①研究表明，实验时装置C中H2O2与NaOH的物料比需要控制在0.8左右，原因可能是 。
②在吸收液中H2O2和NaOH的物料比、浓度和体积不变的条件下，控制反应在0～3℃进行，实验中可采取的措施是 。
(4)尾气吸收时，一般用 溶液吸收过量的ClO2。
(5)为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品a g溶于水配成1 L溶液，取出10 mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应)，加入2～3滴淀粉溶液，用0.20 mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定，达到滴定终点时用去标准液V mL，试计算NaClO2粗品的纯度 (提示：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI)
(6)下列关于该实验及样品组成分析的说法，正确的是 (填字母)。
A．装置C中制得的NaClO2固体中可用略低于38℃的热水洗涤2～3遍
B．装置C中制得的NaClO2固体后的操作包括过滤、洗涤和干燥
C．如果撤去装置C中的冰水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl
D．装置A中空气流速过快或过慢，均会增大NaClO2的产率
16．（2021·青海海东·统考一模）叠氮化钠(NaN3)为无色六角结晶性粉末，主要用于制造炸药、安全气囊。某化学探究小组拟在实验室中利用下列装置制取叠氮化钠。
I.实验操作：
①向装置A的三颈烧瓶中加入乙醇20 g、亚硝酸钠40 g、水60 g后，混合均匀；
②将装置A的三颈烧瓶中的混合液体加热到35 °C左右，控制滴入70%硫酸的速率；
③在装置B的三颈烧瓶中预装由水合肼(N2H4• H2O、NaOH溶液、乙醇和催化剂组成的混合液，打开活塞K，使装置A中产生的亚硝酸乙酯(C2H5ONO)进入装置B中，控制温度在70-90 °C内，持续加热40 mino
II.部分药品的性质如下表：
密度/g • cm-3
熔点/°c
沸点/°c
溶解性
乙醇
0.816
-114
7& 4
与水以任意比例互溶，可与醚、氯仿、丙酮混溶
亚硝酸乙酯
0. 90
-93
17.2
不溶于水，可溶于乙醇、乙醚
叠氮化钠
1. 85
275
300
易溶于水和液氨，微溶于乙醇，不溶于乙醚
已知：2C2 H5OH+H2SO4+2NaNO22C2 H5ONO↑ +Na2SO4+2H2Oo
回答下列问题：
(1)连接好装置后，进行的第一步操作是 。
(2)对装置B中液体进行加热，合适的加热方式为 。
(3)装置A中用恒压漏斗代替分液漏斗的优点是 ；缓慢滴加硫酸，控制滴入速率的原因是 。
(4)装置B中水合腓、亚硝酸乙酯和氢氧化钠在80 °C时反应生成叠氮化钠、乙醇等物质，该反应的化学方程式为 。
(5)产品的分离：将装置B中反应后的混合液倒入蒸馏烧瓶中，加热到80-90 °C，除去混合物 中的乙醇。将蒸馏后所得母液降温结晶，过滤得到叠氮化钠晶体，再用去离 子水重结晶得NaN3产品。冷凝管中的冷却水要“b进a出”的原因是 。
(6)产品纯度测定：取6.5g产品，加入足量蒸馏水溶解，并加入适量稀硫酸酸化，向混合液中加入20.00mL1mol·L-1KMnO4溶液(l0NaN3+2KMnO4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+8H2O+15N2↑)，反应后溶液呈紫红色。再用0.2mol•L-1的Na2SO3标准液滴定过量的KMnO4溶液，到达滴定终点时消耗标准液25.00mL
①到达滴定终点时的现象为 。
②叠氮化钠的纯度为 。
参考答案：
1．D
【详解】A．温度升高，溶解度增大，Ksp(AgCl)增大，故A正确；
B．加入少量水，平衡右移，但溶液还是饱和溶液，所以Ag＋浓度不变，故B正确；
C．向悬浊液中通入少量氨气，形成银铵络离子，消耗银离子，导致Q(AgCl)
答案选D。
2．D
【详解】A．硫酸铵电离出的铵根离子水解生成氢离子，从而使溶液呈酸性，A正确；
B．硫酸铵中硫酸根离子和铵根离子数量比为1：2，铵根离子水解生成一水合氨，根据物料守恒可知，c()+c(NH3·H2O)=2c()，B正确；
C．根据电荷守恒可知，c(H+)+c()=c(OH-)+2c()，C正确；
D，根据c()+c(NH3·H2O)=2c()和c(H+)+c()=c(OH-)+2c()可得，c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，D错误；
故答案选D。
3．B
【详解】A．醋酸是弱电解质，部分电离，电离出氢离子小于0.1mol/L，因此0.1 mol·L-1的醋酸溶液pH约为3，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+ H+，故A正确；
B．将丙烯通入溴的四氯化碳溶液，发生加成反应，正确的反应方程式为CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br，故B错误；
C．向AlCl3溶液中投入FeO粉末，溶液中出现的“白色沉淀”为氢氧化铝，该反应的离子方程式为：3H2O+3FeO+2AlCl3═2 Al(OH)3+3FeCl2，故C正确；
D．向KI酸性溶液中滴入少量H2O2稀溶液，二者发生氧化还原反应生成碘单质，溶液变黄，离子方程式为：2I-+H2O2+2H+═I2+2H2O，故D正确；
故选：B。
4．A
【分析】H3PO3为二元弱酸，所以随着c(OH-)增大，即pOH减小，c(H3PO3)一直减小，c(H2PO)先逐渐增大，之后减小，c(HPO)逐渐增大，所以曲线①代表pc(HPO)，曲线②代表pc(H2PO)，曲线③代表pc(H3PO3)。
【详解】A．m点处pc(H3PO3)=pc(HPO)，即=1，而==，所以c(H+)=，b点处pc(H3PO3)=pc(H2PO)，Ka1==c(H+)，该点pc(OH-)=12.7，即c(OH-)=10-12.7mol/L，所以c(H+)=10-1.3mol/L，所以Ka1=10-1.3，同理根据b点可得Ka2=10-6.6，所以d点处c(H+)==10-3.95mol/L，则c(OH-)=10-10.05mol/L，pc(OH-)=10.05，A错误；
B．根据分析可知曲线③代表pc(H3PO3)，B正确；
C．H3PO3为二元弱酸，所以Na2HPO3为正盐，溶液中存在HPO的水解，溶液显碱性，C正确；
D．c点对应的溶液中pOH=14，即c(OH-)=10-14mol/L，c(H+)=1mol/L，所以此时溶液中含有其他可以电离出氢离子的物质，所以此时H3PO3的电离受到极大的抑制，存在数量关系c(HPO)＜c(H2PO)＜＜c(H3PO3)＜0.1mol/L，所以c(H+)＞c(H2PO)+c(OH-)+2c(HPO)，D正确；
综上所述答案为A。
5．C
【详解】A．中和等体积、等浓度的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中含有酸的物质的量相同。若二者恰好完全反应，前者产生NaCl，溶液显中性，溶液pH=7；后者产生强碱弱酸盐CH3COONa，使溶液显碱性，要使溶液显中性，则加入的NaOH溶液应该比HCl稍微少些，故HCl消耗的氢氧化钠的物质的量比CH3COOH多，A错误；
B．根据物料守恒，钠原子与硫原子的数目之比为1∶1，，B错误；
C．溶液中存在电荷守恒：c()+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，若溶液中c()=c(Cl-)=0.005 mol/L，则c(H+)=c(OH-)=10-7 mol/L，溶液中c(NH3·H2O)=(0.5a-0.005) mol/L，溶液恰好呈中性，氨水的电离平衡常数，C正确；
D．根据碳酸、碳酸氢根离子的电离平衡常数可得、，由于同一溶液中，氢离子的浓度相同，根据碳酸的电离平衡常数大于碳酸氢根离子的电离平衡常数可知，，D错误；
故合理选项是C。
6．C
【分析】向等物质的量浓度的、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小，则A为S2-；B先增加后减少，则B为HS-，C开始时几乎不存在，之后逐渐增大，则C为H2S，据此分析解答。
【详解】A． X点c(HS-) =c (S2-)，，则由X点处的pH，可计算的值，故A错误；
B． X点c(HS-) =c (S2-)，此时，则X点对应溶液中不存在，故B错误；
C． 向等物质的量浓度、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，若忽略滴加过程H2S气体的逸出，根据混合液中Na、S物料守恒可得：，故C正确；
D． X点c(HS-) =c (S2-)，H2S量比较少，Y点c(HS-) =c (H2S)，S2-量比较少，S2-和HS-都促进水的电离，H2S抑制水电离，则X点水的电离程度较大，故D错误；
故选C。
7．(1) 适当提高温度、适当提高盐酸浓度、搅拌等 SiO2、Ag
(2) 防止将SbCl3还原而导致Sb损失
(3) 20℃ 6:1
(4)
(5)
【分析】砷锑烟尘加入盐酸酸溶，SiO2、Ag不反应成为浸出渣，砷锑氧化物转化为盐溶液，滤液加入Na3PO2，AsCl3与Na3PO2反应As被还原为As，同时生成Na3PO3，过滤滤液水解得到SbOCl，加入氨水得到Sb2O3；
【详解】（1）“酸浸”时能提高酸浸速率的措施有适当提高温度、适当提高盐酸浓度、搅拌等，浸出渣的成分为SiO2、Ag；
（2）“还原”时，AsCl3与Na3PO2反应生成As、Na3PO3和HCl，反应中As化合价由+3变为0，P化合价由+1变为+3，根据电子守恒和质量守恒配平得化学方程式：；根据Sb与As元素同主族，化学性质相似，Na3PO2不宜过量的原因是防止将SbCl3还原而导致Sb损失；
（3）由图可知，水解最佳温度和最佳稀释比分别为20℃、6:1，此时水解率较高；
（4）“中和脱氯”时，SbOCl和加入氨水反应得到Sb2O3，根据质量守恒可知，还会生成氯化铵和水，发生的离子方程式为；
（5）Sb2O3可直接电解制备金属Sb单质，Sb2O3得到电子发生还原反应生成Sb，发生的电极反应式为：。
8．(1) 125 胶头滴管、500 mL容量瓶
(2)46 Sc或
(3)3NaOH+Sc(OH)3=Na3[Se(OH)6]
(4)2.7×10-2
(5)2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+ 12CO2
(6)
【分析】氯化烟尘(主要成分为AlCl3、FeCl3、TiCl4、ScCl3等，加入盐酸酸浸后进行操作①，得到滤渣和滤液，故操作①为过滤，滤液加入有机萃取剂进行萃取后进行操作②为分液，得到无机相和有机相，有机相加入盐酸酸洗后再加入氢氧化钠溶液进行反萃取，得到有机萃取剂和无机混合物，加入草酸沉淀转化，一系列处理后调节pH，再加入氟化铵沉钪，脱水除铵、还原得到Sc；
【详解】（1）实验室没有480mL规格的容量瓶，应配制500mL，1.2g·cm-3VmL36.5%=0.5L3mol·L-136.5g/mol，则需要量取浓盐酸的体积为VmL= 125mL；
配制500mL3mol·L-1盐酸步骤：计算、量取、溶解、转液、定容、装瓶存放等，需要的玻璃仪器有：500 mL容量瓶、烧杯、量筒、胶头滴管等；故填：胶头滴管、500 mL容量瓶；
（2）钪为21号元素，该种核素的中子数为25，则质量数为21+25=46，该核素的符号为46 Sc或；
（3）“反萃取”时若加入的氢氧化钠过量，则Sc(OH)3沉淀会溶解。Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应生成n = 6的含钪产物Na3 [Sc(OH)6]，该反应的化学方程式为3NaOH+Sc(OH)3=Na3[Se(OH)6]，故答案为: 3NaOH+Sc(OH)3=Na3[Se(OH)6]；
（4）25°C时pH=2的草酸溶液中== Ka1×Ka2×=5.0×10-2×5.4×10-5×=2.7×10-2，答案为2.7×10-2；
（5）草酸钪在空气中“灼烧”可制得Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+ 12CO2，答案为2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+ 12CO2；
（6）溶液中c(F-)=1×10-5mol·L-1，则lgc(F-)= lg(1×10-5)=-5，，“调pH”过程中控制pH=5，此时三价Sc的主要存在形式为，答案为。
9． 加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全 6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O FeOOH 取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全 10-15.6 N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O 随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜
【分析】红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入NaClO氧化亚铁离子发生6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，沉铁生成NaFe3(SO4)2(OH)6，过滤后的滤液中在经过NaOH、N2H4处理发生N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O，可得到Ni，依此解答该题；
【详解】(1)酸浸时加热，目的是加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全；
(2)根据分析，“氧化”过程发生反应的离子方程式是6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O；
(3)由图可知，若反应在80℃进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是FeOOH；检验沉铁反应是否完全的方法是取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全；
(4) 由上述图表可知，Ni2+完全沉淀时pH=8.7，此时c(Ni2+)=1×10-5mol/L，，故Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=10-5×(10-5.3)2=10-15.6；
(5)根据分析，生成Ni的离子方程式：N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O；
(6)浓硫酸具有强氧化性，使某些金属生成致密的氧化膜，故Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜。
10．(1)增加与酸的接触面积，提高原料的浸出率
(2)Cu
(3) 调节pH，使铁离子沉淀完全
(4)1
(5)3
(6)
(7)4
【分析】由流程可知，铜镉渣(主要含铜、铁、镉等单质)加入稀硫酸，铜不溶，过滤分离出滤渣为Cu，滤液含有Fe2+、Cd2+；溶液中加入H2O2溶液氧化Fe2+为Fe3+，加入氧化镉调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去；电解含有Cd2+的溶液，可得镉单质；镉单质与红磷在400～600℃发生反应，生成Cd3P2，据此分析作答。
【详解】（1）粉碎铜镉渣，增加与酸的接触面积，提高原料的浸出率，故答案为：增加与酸的接触面积，提高原料的浸出率；
（2）分析流程可知，加入稀硫酸，铜不溶，过滤分离出滤渣为Cu，故答案为：Cu；
（3）双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为；加入氧化镉，调节pH，使铁离子沉淀完全，故答案为：；调节pH，使铁离子沉淀完全；
（4）阴极上析出0.01mol金属 Cd 时，转移0.02mol电子，此时阳极的方程式为：，则溶液中会得到0.02mol氢离子，氢离子的浓度为mol/L，pH=1，故答案为：1；
（5）根据，沉铁后要使电解液中c(Fe3+)降为1×10-6mol/L，则mol/L，pH=3，故答案为：3；
（6）处理含镉废水常用加入碳酸钙实现沉淀转化，该沉淀转化的反应方程式为；除去工业废水中的Cd2+时，若反应达到平衡后溶液中 c(Ca2+)=0.1mol/L，则，解得mol/L，再根据，解得mol/L，故答案为：；；
（7）取14.0g 该结晶水合物加热到脱去全部结晶水，得到无水物10.4g，则水的质量为3.6g，则结晶水的质量分数=，解得n=4，故答案为：4。
11．(1)
(2) 提高氧化镁的产率 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，无白色沉淀产生
(3)
(4)煅烧分解时会产生大量的气体，可使得到的氧化镁颗粒更小，比表面积更大
(5) 1：1.4
【分析】蛇纹石的主要成分是，同时含有少量铁、铝、铬、镍的氧化物。蛇纹石加入活化剂、硫酸进行酸浸，分离去掉酸浸滤饼，所得滤液结晶后加入粗硫酸镁，加入双氧水、氨水净化，精制硫酸镁溶液，加入沉淀剂沉淀反应，过滤、干燥后煅烧得到高纯氧化镁。
【详解】（1）酸浸时发生的主要反应的化学方程式是；
（2）洗涤液中含有少量硫酸镁，将洗涤液和滤液合并可减少硫酸镁的损失，提高最终所得氧化镁的产率。证明滤饼已经洗涤干净需要证明滤饼表面已经没有吸附的，因此应该取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，无白色沉淀产生；
（3）调至9时，溶液中，根据可以算出此时溶液中，，因此，开始沉淀的为7，根据可以算出原溶液中，最终，因此去除率为；
（4）采用作沉淀剂时得到的沉淀是，与沉淀相比，煅烧分解时会产生大量的气体，可使得到的氧化镁颗粒更小，比表面积更大，活性更高；
（5）从图象分析可知，温度40~45℃、摩尔计量比1：1.4时，产率和产品纯度都较高。
12． 增大接触面积，加快浸取速率 Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O 加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl-CoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度 温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少 8.0 4Co3O4+6Li2CO3+O2 12LiCoO2+6CO2
【分析】由流程可知，原钴矿球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co2+与Cr2+、Ni2+，加入盐酸浓度在10mol/L以上，浸出液加入氯化钠固体，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，加入有机胺试剂萃取、洗脱，可得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧生成Co3O4，加入碳酸锂，可生成LiCoO2。
【详解】(1)步骤i为球磨，将原钴矿磨碎，目的是增大接触面积，加快浸取速率。故答案为：增大接触面积，加快浸取速率；
(2)步骤ii中出现了淡黄色沉淀，是NiS在酸性环境下将Co2O3还原为Co2+，NiS中的-2价的S被氧化为淡黄色的S单质，发生该反应的离子方程式：Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O。故答案为：Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O；
(3)从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的是加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl-CoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度。故答案为：加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，Co2++4Cl-CoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；
(4)由图象可知，温度升高，沉淀曲线下降，曲线下降的原因温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。故答案为：温度过高，碳酸铵分解(或铵根离子和碳酸根离子水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；
(5)步骤vi沉钴中(常温下进行)，若滤液中Co2+含量为5.9×10-2g·L-1，则c(Co2+)==10-3mol/L，根据Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15可知：c(Co2+)•c2(OH-)=1.0×10-15，解得c(OH-)=1.0×10-6mol/L，则c(H+)=1.0×10-8mol/L，此时溶液的pH为8.0。故答案为：8.0；
(6)步骤viii中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2.该反应的化学方程式是4Co3O4+6Li2CO3+O2 12LiCoO2+6CO2。故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O2 12LiCoO2+6CO2。
13．(1)
(2) Ⅲ
(3) ＞＞ ＜ 反应ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，反应ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，而反应ⅱ正向移动的程度比反应ⅰ逆向移动的程度大
(4) H2SO4
【详解】（1）已知，反应ⅰ： ；反应ⅱ： ；根据盖斯定律可知，由反应ⅰ-反应ⅱ可得，和合成甲醇的热化学方程式为。
（2）①已知总反应为，历程Ⅰ反应甲：，历程Ⅱ反应乙：，则总反应-反应甲-反应乙可得历程Ⅲ中的反应丙，可表示为。
②历程Ⅰ的活化能为-0.05eV-(-0.37eV)=0.32eV，历程Ⅱ的活化能为0.38eV-(-0.41eV)=0.8eV，历程Ⅲ的活化能为0.63eV-(-0.85eV)=1.48eV，活化能越大，反应速率越慢，总反应的反应速率应最慢的反应决定，则决定的总反应速率的是历程Ⅲ。
（3）①反应ⅱ为反应前后气体物质的量不变的反应，加压平衡不移动，而对于反应ⅰ，加压平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故压强、、的大小关系为＞＞。
②点、点二氧化碳的平衡转化率相等，则反应物浓度相等，B点的压强、温度均比A点大，故化学反应速率大小：＜。
③温度高于时，的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是反应ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，反应ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，而反应ⅱ正向移动的程度比反应ⅰ逆向移动的程度大。
④将和按物质的量之比充入一恒容密闭容器中，设和分别为1mol、3mol，点的转化率为25%，的选择性为50%，则两个反应中参与反应的物质的量均为1mol ´25%´50%=0.125mol，则
反应ⅰ：；
反应ⅱ：；则平衡时，
为0.75mol，为3-0.375-0.125=2.5mol，CO为0.125mol，H2O为0.125+0.125=0.25mol，反应ⅱ反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则该温度下反应ⅱ的平衡常数。
（4）①已知电离度，为一定浓度下电解质的摩尔电导率，为无限稀释时溶液的摩尔电导率，。某小组实验测得时，乙酸的，则电离度，该条件下测定的乙酸的电离平衡常数。
②已知：摩尔电导率越大，溶液的导电性越好，根据各种离子的摩尔电导率可知，从导电性角度选择，最适宜的电解质为H2SO4。
14．(1)三颈烧瓶
(2) 碱石灰 导气、防止倒吸
(3)溶液中有大量墨绿色固体产生、干燥管中有液体上升后下降的现象
(4)偏低
(5)NH4Cl
(6)0.06
(7) 加入最后一滴标准液，溶液变为（浅）红色 0.03
(8)3：1
【解析】(1)
仪器a的名称为三颈烧瓶；
(2)
由于氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3·H2O，碱石灰遇水发生反应使溶液中c(OH-)浓度增大，促进平衡逆向移动，且碱石灰遇水放热促进氨气的挥发，故可利用碱石灰与浓氨水制取氨气，故此处填：碱石灰；仪器b为球形干燥管，可防止NH3在三颈烧瓶中溶解后产生倒吸，故此处填：导气、防止倒吸；
(3)
在三颈烧瓶内，氯化铜、氨气和盐酸反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象①为溶液中有大量墨绿色固体产生；干燥管中充满了氨气，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象②为干燥管中有液体上升后下降的现象；
(4)
由于碱式氯化铜溶于稀酸和氨水，故稀盐酸过量会导致碱式氯化铜的溶解，进而导致其产量偏低，故此处填：偏低；
(5)
该反应为氯化铜、氨气和盐酸反应，部分氨气会和盐酸反应生成氯化铵，作为副产物，故此处填：NH4Cl；
(6)
产品溶于稀硝酸后，溶液中主要含有Cu2+、Cl-、，加入NaOH溶于后生成Cu(OH)2沉淀，由题意知n[Cu(OH)2]=，则样品中n(Cu2+)= n[Cu(OH)2]×=0.06 mol；
(7)
①当达到滴定终点后，稍过量的NH4SCN遇Fe3+变红，故滴定终点现象为：加入最后一滴标准液，溶液变为（浅）红色；
②由题意知，测定氯采用的是返滴定法，AgNO3与NH4SCN 1:1反应生成AgSCN沉淀，则过量的AgNO3物质的量n(AgNO3,余)=n(NH4SCN)=0.1 mol/L×10.00 mL×10-3 L/mL=1×10-3 mol，则与Cl-反应的AgNO3物质的量n(AgNO3)= n(AgNO3,总)- n(AgNO3,余)= 0.2 mol/L×20.00 mL×10-3 L/mL-1×10-3 mol=3×10-3 mol，则样品中n(Cl-)= n(AgNO3)×=0.03 mol；
(8)
根据电荷守恒2n(Cu2+)= n(Cl-)+ n(OH-)，得2×0.06 mol=0.03 mol+ n(OH-)，解得n(OH-)=0.09 mol，则x：y= n(OH-)：n(Cl-)=0.09：0.03=3：1。
15． 防止倒吸 2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2↑+2H2O 减少H2O2的分解、提高ClO2的溶解度 H2O2受热易分解，配料时应略过量；同时防止ClO2与NaOH反应生成杂质 使用冰水浴，且缓慢通入ClO2 NaOH BC
【分析】按图组装好仪器后，检查装置的气密性；装置A中发生2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O；装置B的作用是防止倒吸；装置C中冰水浴冷却的主要目的降低反应速率，减少H2O2的分解减少ClO2的分解；装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，需用NaOH溶液吸收ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸，空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降。根据关系式NaClO2～2I2～4S2O计算产品的纯度。
【详解】(1)仪器B的作用是防止倒吸。故答案为：防止倒吸；
(2)装置C中制备NaClO2固体的化学方程式：2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2↑+2H2O。冰水浴冷却的目的是减少H2O2的分解、提高ClO2的溶解度 (写两种)。故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2ClO2+O2↑+2H2O；减少H2O2的分解、提高ClO2的溶解度；
(3)①实验时装置C中H2O2与NaOH的物料比需要控制在0.8左右，原因可能是H2O2受热易分解，配料时应略过量；同时防止ClO2与NaOH反应生成杂质。故答案为：H2O2受热易分解，配料时应略过量；同时防止ClO2与NaOH反应生成杂质；
②在吸收液中H2O2和NaOH的物料比、浓度和体积不变的条件下，控制反应在0～3℃进行，实验中可采取的措施是使用冰水浴，且缓慢通入ClO2。故答案为：使用冰水浴，且缓慢通入ClO2；
(4)尾气吸收时，根据2ClO2＋2NaOH=NaClO2＋NaClO3＋H2O，一般用NaOH溶液吸收过量的ClO2。故答案为：NaOH；
(5)NaClO2与足量酸化的KI溶液，反应为：ClO2-+4I-+4H+→2H2O+2I2+Cl-，则：由关系式NaClO2～2I2～4S2O，n(NaClO2)= n(S2O)=×0.2mol/L×10-3VL=5×10-5Vmol，10mL样品中m（NaClO2）=5×10-5Vmol×90.5g/mol=4.525×10-3Vg，原样品中NaClO2的质量分数为： =；故答案为：；
(6)A．NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，装置C中制得的NaClO2固体中可用用38℃～60℃的温水洗涤2～3遍，故A错误；
B．装置C中制得的NaClO2固体后的操作包括趁热过滤， 用38℃～60℃的温水洗涤，低于60℃干燥，得到成品，故B正确；
C．高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，如果撤去装置C中的冰水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，故C正确；
D．装置A中空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸，空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降，故D错误；
故答案为：BC。
16． 检查装置气密性 水浴加热 平衡气压，使70%的硫酸顺利流下 防止硫酸滴入速率过快产生大量热导致乙醇挥发，产率下降 N2H4﹒H2O+ C2H5ONO+NaOHNaN3+C2H5OH+ 3H2O 使冷凝水与热蒸气的接触面积增大，上下对流，接触时间长，增强冷凝效果 当滴入最后一滴Na2SO3标准液时，锥形瓶中溶液的紫红色褪去且半分钟内不恢复原色 90%
【分析】由题意及图可知，装置A中加入乙醇、亚硝酸钠、水，加热到35 °C左右，滴入70%硫酸反应生成亚硝酸乙酯进入装置B中与水合肼、NaOH溶液在70-90 °C反应生成叠氮化钠；取一定量产品配成溶液，用过量酸性高锰酸钾溶液氧化，剩余的高锰酸钾用亚硫酸钠溶液进行滴定，测定产品纯度，据此分析。
【详解】(1)连接好实验装置装入药品前，应先检查装置的气密性，故答案为：检查装置气密性；
(2)控制装置B温度在70-90 °C内反应生成叠氮化钠，方法采用水浴加热控制，故答案为：水浴加热；
(3) 恒压漏斗有一根导管，导管连通漏斗与烧瓶，起到平衡气压的作用，缓慢滴加硫酸防止产生的热使乙醇挥发到B装置中，导致叠氮化钠的产率降低，故答案为：平衡气压，使70%的硫酸顺利流下，防止硫酸滴入速率过快产生大量热导致乙醇挥发，产率下降；
(4)由题意反应物为C2H5ONO、N2H4﹒H2O、NaOH，产物为NaN3、C2H5OH等，根据提示写出配平即可，答案为：N2H4﹒H2O+ C2H5ONO+NaOHNaN3+C2H5OH+ 3H2O；
(5)冷凝管冷凝水采用下进上出，使冷凝水全部充满冷凝管，增大与热蒸气的接触面积，热蒸气与冷凝水形成对流，冷凝时间长，效果好，故答案为：使冷凝水与热蒸气的接触面积增大，上下对流，接触时间长，增强冷凝效果；
(6)产品中叠氮化钠纯度的测定，用酸性高锰酸钾氧化叠氮化钠生成氮气，发生反应①： l0NaN3+2KMnO4+8H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+8H2O+15N2↑，过量的高锰酸钾用亚硫酸钠溶液进行还原，发生反应②的离子方程式为： 2 + 6H+ +5= 2Mn2+ +5+ 3H2O，列出关系式：2 ∼5，n()= 0.2×25.00×10-3 =5.00×10-3 mol，则反应②消耗的KMnO4的物质的量n2= 2.00×10-3 mol，则反应①消耗的KMnO4的物质的量n1 = n(KMnO4) - n2 = 1×20.00×10-3-2.00×10-3 =18.00×10-3mol，反应①的关系式：l0NaN3∼2KMnO4，则n(NaN3)=×18.00×10-3 = 0.09mol，故产品的纯度ω==100%=90%，故答案为90%。
【点睛】再进行产品纯度的计算时，一定抓住关键物质的化学计量系数，列出关系式进行简单即可，不必考虑中间的繁杂过程，如本题涉及到的化学方程式不必配平，只需注意氧化剂和还原剂的系数比可快速简单。
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