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河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-18水溶液中的离子反应和平衡（1）
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这是一份河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-18水溶液中的离子反应和平衡（1），共39页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-18水溶液中的离子反应和平衡（1）
一、单选题
1．（2023·河南·校联考模拟预测）常温下，三种金属硫化物XS、YS、ZS的饱和溶液中pM[pM= -lgc(M2+)]与pS[pS= -lgc(S2-)]的关系如图所示。已知：Ksp(XS) > Ksp(YS) > Ksp (ZS)。
下列叙述正确的是
A．直线③代表ZS
B．Ksp (XS) =1 ×10-36
C．向c点饱和溶液中加少量Na2S，c点向b点迁移
D．YS(s) +Z2+(aq) ZS(s) +Y2+ (aq) K=1 ×108
2．（2023·河南·校联考模拟预测）为了探究CdS、Ag2S的溶解度相对大小，利用如图装置进行实验。
已知：Ag2S呈黑色，难溶；CdS呈黄色，难溶；FeS呈块状黑色，难溶。下列叙述正确的是
A．X为硝酸，Y溶液为硫酸铜溶液
B．若装置B中先生成黑色沉淀，则Ag2S的溶解度小于CdS
C．停止反应的操作是关闭活塞K
D．用浓盐酸和MnO2制备氯气时可以用装置A
3．（2023·河南·校联考模拟预测）氯化铁是实验室中经常使用的物质，根据下列实验目的设计的实验方案正确的是
选项
实验目的
实验方案
A
实验室配制FeCl3溶液
称量一定质量的氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，再加入蒸馏水稀释至所需浓度
B
检验配制的FeCl3溶液中是否含有Fe2+
向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量氯化铁溶液，观察溶液颜色的变化
C
制备氢氧化铁胶体并鉴别氯化铁溶液与氢氧化铁胶体
煮沸少许饱和氯化铁溶液一段时间后，采用丁达尔现象鉴别所得物质和氯化铁溶液
D
验证铁离子的氧化性
向FeCl3溶液中先滴加一定量的NaF溶液，再滴加几滴KSCN溶液，未出现红色
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·河南·统考模拟预测）由下列实验操作、现象或事实得出的实验结论错误的是
选项
实验操作、现象或事实
实验结论
A
向一小块鸡皮上滴加几滴浓硝酸，微热，鸡皮变黄
鸡皮中含有蛋白质，浓硝酸可以使蛋白质变黄
B
往Fe(SCN)₃溶液中加入少量KCl固体，溶液红色变浅
溶液中KCl浓度增大，使平衡FeCl₃+3KSCNFe(SCN)₃+3KCl向左移动
C
人体血液中存在H₂CO₃-NaHCO₃体系，当代谢产生的酸进入血液时，pH基本不变
当进入H⁺后，H₂CO₃H⁺+平衡左移，生成的H₂CO₃分解成CO₂，从肺部呼出
D
误服可溶性钡盐后,可以尽快用5%(约为0.35 mol/L)的Na₂SO₄溶液洗胃[Ksp(BaSO₄)=1.1×10⁻10]
当大量0.35 mol/L的Na₂SO₄溶液进入胃部后，胃中c(Ba²⁺)=3.1×10⁻¹⁰mol/L，Ba²⁺可以充分转化为BaSO₄沉淀，因此可有效地除去胃中的Ba²⁺
A．A B．B C．C D．D
5．（2022·河南·校联考模拟预测）依据下列实验操作及现象得出的结论错误的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向发黄的浓硝酸中加适量水
溶液由黄颜色变为无色
该硝酸中溶有
B
将炽热的表面发黑的铜丝插入乙醇中
铜丝变光亮，乙醇中有刺激性气味产生
乙醇具有还原性
C
将加入饱和溶液中，一段时间后过滤，水洗后加盐酸
沉淀部分溶解，并有气泡产生
的溶度积比的小
D
向溶液中先滴入溶液，再加入并滴入少量氯水振荡
滴入溶液无明显现象，滴入氯水后，水层溶液变红，层无明显现象
还原性：
A．A B．B C．C D．D
6．（2022·河南·校联考模拟预测）四氟肼可发生反应：，下列有关叙述错误的是
A．的氧化性比的强 B．的电子式为
C．中既含极性键又含非极性键 D．在水溶液中的电离方程式为
7．（2022·河南·校联考模拟预测）常温下，酒石酸(记作H2T)中各含T微粒占所有含T微粒的物质的量分数随pH的变化曲线如下图所示：
下列说法错误的是
A．lgKa1=-2.98
B．向H2T溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.34时：c(Na+)＜3c(HT-)
C．反应H2T+T2-2HT-的平衡常数的对数值lgK=-1.36
D．0.1mol·L-1NaHT溶液中：c(HT-)＞c(T2-)＞c(H2T)
8．（2022·河南·校联考模拟预测）“天宫课堂”中王亚平老师在空间站“变”出奥运五环，在透明的五环模型中第一次、第二次分别加入的溶液如下表所示[已知溴百里酚蓝变色的pH范围：6.0(黄)~7.6(蓝)]。下列叙述正确的是
1号环
2号环
3号环
4号环
5号环
第一次加入
Na2CO3溶液
KI和KIO3溶液
乙酸溶液
Na2CO3溶液
Na2CO3溶液
第二次加入
溴百里酚蓝
淀粉溶液，乙酸
甲基橙
甲基橙
甲基橙、溴百里酚蓝
A．1号环中水解的离子方程式为＋2H2O=H2CO3＋2OH－
B．2号环中发生的离子反应为5I－＋＋6H＋=3I2＋3H2O
C．3号环中溶液的pH若为a，将其稀释10倍则pH变为a＋1
D．5号环最后溶液呈现的绿色是黄色与蓝色的混合色
9．（2021·河南·校联考模拟预测）金属及其化合物在工农业生产中应用广泛，下列说法中正确的是
A．氢氧化铁胶体常用作吸附剂，溶液常用作刻蚀剂，可用丁达尔效应鉴别二者
B．金属锂常用于制造轻合金，主要原因是锂的密度小，锂可保存在煤油中
C．可用作半导体材料，工业上常用溶液和溶液反应制备
D．制造焊锡时，把铅加入锡的主要目的是形成原电池，增加锡的抗腐蚀能力
10．（2021·河南·校联考模拟预测）一种以绿矾为原料生产净水剂聚合硫酸铁并测定所得样品中铁元素质量分数的示意图如下：
下列说法错误的是
A．“氧化”时生成的离子方程式为
B．“聚合”时溶液的pH减小
C．“还原”时加入的稍过量应在滴定前除去，否则会导致测定结果偏低
D．“滴定”时用酸式滴定管盛装溶液且需要用它对滴定管进行润洗
11．（2021·河南·校联考模拟预测）下列说法中正确的是
A．电解熔融状态下的AlCl3或Al2O3均可得到单质铝
B．钢铁、铜在适当条件均可发生吸氧腐蚀、析氢腐蚀
C．向的稀混合液中滴加AgNO3溶液，可确定Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小
D．BaSO4、BaCO3均难溶于水，故BaCO3不能与Na2SO4溶液反应
二、工业流程题
12．（2023·河南·统考模拟预测）从废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2，含少量NiS、NiO、Fe2O3等)中回收利用金属的一种工艺流程如图所示。
已知：①“沉钼”前钼元素主要以形式存在；
②该条件下Ksp(NiCO3)=1.5 ×10-7；
③温度低于20 °C时，以NiSO4·7H2O形式结晶；温度高于30 °C时，以NiSO4·6H2O形式结晶。
请回答下列问题。
(1)“焙烧”时先将纯碱和废钼催化剂磨成粉末、拌匀(混合料) ，然后采取如图所示的“多层逆流焙烧”，这样做的优点为 ；“ 焙烧”时生成的气体A的主要成分有 (填化学式)。
(2)若“除铁”后所得滤液中c(Ni2+)=1.0 mol·L-1“沉镍”后所得滤液中c() =1.0 ×10-5 mol·L-1，则沉镍率= [沉镍率=×100%，计算过程中不考虑溶液体积变化]。
(3)写出“沉钼”时的离子方程式： 。
(4)一系列操作实验步骤依次为
i．过滤，洗涤；
ii．将沉淀转移至烧杯，滴加稀H2SO4 ，直至沉淀恰好完全溶解；
iii． 过滤得NiSO4·7H2O。
步骤i中洗涤沉淀的操作方法为 。
把步骤iii填写完整：． 。
(5)在空气中煅烧28.1 g NiSO4·7H2O，固体失重率随时间变化的关系如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
失重率/%
0
19.2
44.8
73.3
71.9
40 min时残留氧化物为 ( 填化学式)。
13．（2023·河南·校联考模拟预测）北京航空航天大学郭林教授课题组最近合成了一种Au单原子新型材料[C3N4(Au1/ACN)]，能提高锂电池性能。某小组以含金黄铁矿(主要成分是Au和FeS2)为原料制备该新型材料的简易流程如图所示。
回答下列问题：
(1)提高“熔池”中反应速率的措施有 (答一条)。
(2)需要用到下列玻璃仪器中的_____。
A． B． C． D．
(3)“沉金”中，另一种产物是Na2[M(CN)4]，Na2[M(CN)4]=2Na++[M(CN)4]2-。写出“沉金”的离子方程式 。
(4)以“酸浸”的浸液为原料制备高纯度铁红的流程如下：
①通入过量Cl2的目的是 。
②已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10-38；一般地，当离子浓度不超过1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子已沉淀完全。“调pH”最低值为 。
③制备铁红“操作”名称是 。
(5)据文献报道，一种绿色，环保型制备氯金酸的原理是纯金溶于含双氧水的浓盐酸也能制备HAuCl4；写出相应的化学方程式 。
(6)若步骤a、b、c的产率依次为75%、80%、65%，则由金制备该材料的总产率为 。
14．（2023·河南·统考模拟预测）一种锌浸出渣主要成分有ZnO·GeO2、In2O3、Ga2O3、Ga(OH)3、Cu等物质、从该浸出渣获得金属镓、金属锗、金属铟的流程如下：
已知：①用D₂EHPA(以H₂A₂表示)萃取酸浸液中的铟：In3++3H2A2 (o) InA3·3HA(o)+3H+ (a) (a表示水相，o表示有机相)。
②GeCl₄的熔点为-49℃，沸点为84℃。
③ZnO·GeO₂与硫酸反应生成H₂GeO₃，已知H₂GeO₃的 Ka=8×10-10
④Ga与Al的性质相似，高纯度的镓难溶于酸或碱。
请回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”的反应速率，“酸浸”前对锌浸出渣的处理方式为 。
(2)酸浸时ZnO·GeO₂与硫酸反应的离子方程式为 。
(3)萃取后的洗涤操作用到的玻璃仪器有 (填仪器名称)，加入盐酸作反萃取剂，其原理是 。
(4)HGaCl₄.与过量氢氧化钠反应的化学方程式为 ；电解时在阴极反应的离子是 。
(5)丹宁锗在氧化焙烧、氯化后分离出纯净GeCl₄的方法是 。
(6)常温下，0.1mol/L的GaCl₃溶液中(Ga3+完全沉淀(Ga³+浓度小于1×10-5mol/L的AG=5.8则该温度下Ga(OH)₃的溶度积为 。[已知：AG可表示溶液的酸度，其定义为AG=]
15．（2022·河南·校联考模拟预测）常温下，由电解制备三氟化氮的废电解质渣(、、及)制备的工艺流程如下：
常温下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀的
2.3
7.0
4.7
7.0
完全沉淀的
3.2
9.0
6.7
9.5
已知常温下，，。
回答下列问题：
(1)“洗脱”的目的是去除 (填化学式)，所得滤液显 性(填“酸”“碱”或“中”)。
(2)“酸浸”时，不选用盐酸的原因是 ；“酸浸”时，镍溶解的离子方程式为 。
(3)“调”时，理论上应调整的范围为 ，其滤渣的成分为 (填化学式)。
(4)“沉镍”时，使沉淀完全应控制溶液中 ［已知常温下，，沉淀完全时，］。
16．（2022·河南·校联考模拟预测）用废镍渣粉(含Ni、NiO、Al、Al2O3、FeO、SiO2)制备某镍催化剂(Ni/硅藻土)的工艺流程如下。
I、该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Ni2+
开始沉淀pH
2.2
7.0
6.4
完全沉淀pH
3.2
9.0
8.4
II、室温时，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33。
回答下列问题：。
(1)“酸浸”时，为提高浸出率，可采取的措施有 (列举2条)。
(2)滤渣1、滤渣2的成分依次是 、 (填化学式)。
(3)“除铝”时，室温下，除去溶液中的Al3+[使c(Al3+)<1×10-6mol·L-1]理论上需调节溶液pH范围为 。
(4)“沉镍”时，足量沉淀Ni2+得到Ni2(OH)2CO3的离子方程式为 ；“沉镍”时会加入硅藻土，硅藻土的作用是 。；滤液4中主要阳离子为 (填化学式)。
(5)“还原”时，发生反应的化学方程式为 。
17．（2021·河南焦作·统考一模）工业上以钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含少量SiO2、MnO2、Fe2O3、Sc2O3等)为原料制备TiO2和Sc2O3的工艺流程如下图所示。
已知：Ⅰ．25℃时，一些金属氢氧化物的Ksp如表所示。
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Sc(OH)3
Ksp
1.0×10-39
8.0×10-16
1.1×10-13
2.0×10-31
Ⅱ．25℃时，草酸的电离平衡常数为Ka1=6 ×10-2 ，Ka2=5×10-5。回答下列问题：
(1)已知溶液1中，钛以TiO2+的形式存在则FeTiO3与硫酸发生主要反应的化学方程式是 。
(2)获得FeSO4·7H2O晶体的操作是 、过滤( 洗涤)。
(3)若流程省去步骤，则制备的产品TiO2中含有的杂质是 (填化学式)。
(4)“有机相”需用洗涤液(93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成)洗涤，其作用除了除去其中剩余的钛离子外，还可使Fe2+转化为Fe3+，该转化的离子方程式是 。
(5)用氨水调节溶液的pH分两步进行若溶液中c(Fe3+)=c(Se3+)=c(Mn2+)=0.1 mol·L-1，离子浓度为1×10-6mol·L-1时认为完全沉淀，则先加入氨水调节pH的范围是 (保留一位小数，已知lg2=0.3)；过滤，继续加入氨水调节pH过滤得到的滤渣3是 (填化学式)。
(6)25℃时用草酸“沉钪”得到Sc2(C2O4)3沉淀，溶液中c(H2C2O4)与c()的关系如图，此时溶液的pH= 。
18．（2021·河南·校联考模拟预测）六氟锑酸钠()广泛用于有机合成、光化学反应中的催化剂、蚀刻剂及医药中间体，一种由锑矿粉(主要含、，还含有少量、、等)合成六氟锑酸钠的工艺流程如图所示：
已知：①Sb的氧化物及氢氧化物的性质与Al的类似；可溶于NaOH溶液。
②常温下，、。
③难溶于水。
请回答下列问题：
(1)中Sb的化合价为 。
(2)“碱浸”时，若转化为，则与反应的离子方程式为 。
(3)“碱浸渣”的主要成分为 (填化学式)。
(4)“除杂”时，当溶液中出现蓝色沉淀，停止加入溶液，测得此时溶液的，则此时溶液中残留的 。
(5)“转化”过程中需先向溶液中加入浓NaOH溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入30%溶液进行氧化回流。则“转化”步骤发生反应的化学方程式为 。
(6)已知“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则“氟化”时发生反应的离子方程式为 。
(7)以六氟锑酸钠为离子导体的新型钠离子可充电电池的结构如图，该电池放电时的工作原理为，则充电时，向 移动(填“左”或“右”)；放电时，石墨电极上的电极反应式为 。
三、原理综合题
19．（2023·河南·校联考模拟预测）硫化氢是一种有害气体，它的转化利用和环境保护是很重要的研究方向，请回答下列问题：
(1)已知：I．S(g) +O2(g)= SO2(g) ΔH1=－a kJ·mol －1
II．2H2S(g) +3O2(g)=2SO2(g) +2H2O(g) ΔH2=－b kJ·mol －1
III．2H2S(g) +SO2(g) 3S(g) +2H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol －1
①若反应III中正反应的活化能为E 正，逆反应的活化能为E逆，则E逆－E正= (用含a和b的代数式表示)。
②若一种脱除H2S回收硫黄工艺的两个阶段为反应II、III，理论上该工艺最好控制参加反应的H2S的总物质的量n(H2S)与参加反应的n(O2)之比为 ，若n(H2S)：n(O2)过小，会导致 。
(2)若某种废气中含有H2S，将废气与空气混合通入 FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合液中，其转化过程如图所示。转化过程中参与循环的离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+。
①过程i中发生反应的离子方程式为 。
②一般认为K> 105时反应进行得较完全。已知：25 °C时Ksp(CuS) =1.25 ×10－36 ，H2S的Ka1=1 ×10－7 ，Ka2=1 ×10－15 ，则25 °C时过程ii中的反应 (填“能”或“不能”)进行完全。
(3)工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在某密闭容器中充入2 mol H2S气体，发生反应：2H2S(g)2H2(g) +S2(g) ，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①在975° C和p1的条件下，其他条件不变，n点的v正与v逆中较大的是 ，图中m、n点对应温度下的平衡常数：m点 ( 填“大于”“等于”或“小于”)n点。
②若温度为975 °C时，p2为2 MPa，该反应的平衡常数Kp= MPa( 用分数表示，Kp是用平衡分压代替平衡浓度得到的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
四、实验题
20．（2023·河南·校联考模拟预测）高锰酸钾为黑紫色、细长的棱形结晶或颗粒，常用作消毒剂、水净化剂、氧化剂等。欲在实验室中按一定的流程制取KMnO4晶体，请回答下列问题：
I．用图1中装置制取锰酸钾
(1)应选择使用 坩埚(填“铁”或“石英”)作为反应容器；向所得的KClO3和KOH熔融物中分批加入5 g MnO2，则制取K2MnO4的化学方程式为 。
Ⅱ．用图2中装置制备高锰酸钾
将上述反应产物冷却、研细得到固体粉末，加入4% KOH 溶液，呈绿色，倒入图2中的三颈烧瓶中，通入CO2调节到溶液呈弱碱性时K2MnO4发生歧化反应；然后趁热过滤反应产物，得到的MnO2循环利用；最后将滤液进行一系列操作得到高锰酸钾固体。
(2)上述歧化反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
(3)上述操作过程中趁热过滤的原因是 ；将滤液进行的一系列操作包括蒸发浓缩、 、 、干燥，得到高锰酸钾固体。
Ⅲ．测定产物中KMnO4的质量分数
准确称取KMnO4样品7. 900 g，配制成250 mL溶液；取20. 00 mL0.50 mol ·L－1Na2C2O4溶液加入锥形瓶中，再加入足量3.00 mol ·L－1硫酸，水浴加热到70~80 °C，趁热滴入高锰酸钾溶液，达到滴定终点时消耗KMnO4溶液的体积为25.00mL(已知：2+5+16H+= 2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O)。
(4)KMnO4溶液应装入图3的 (填“a”或“b”)中；上述达到滴定终点的现象为 。
(5)产物中KMnO4的质量分数为 (杂质不参与反应)。
21．（2023·河南·统考模拟预测）草酸是一种重要的化工原料，广泛用于药物生产、稀土元素的提取以及植物的漂白、高分子合成等化工生产。某化学小组用植物纤维棉籽壳为原料制取草酸，原理是纤维大分子水解成低聚糖和单糖的混合物，(C6H10O5)n→(C6H10O5)m→nC6H12O6(m< n)然后加入催化剂，用硝酸氧化单糖生成草酸，同时促进低聚糖水解为单糖。
I．草酸的制备过程：称取粉碎过筛的棉籽壳50g，用一定浓度硫酸浸泡一段时间，稀释后加入催化剂，移入右图装置中，用水浴加热至40℃，慢慢滴加65%的硝酸，硝酸滴完后升温并保温反应一定时间，停止反应趁热抽滤，滤液静置析出晶体，纯化粗品后可得到纯度较高的草酸二水合物。
已知：草酸收率(%)=×100%
(1)图中A处缺少的仪器为 (填仪器名称)。
(2)硝酸氧化单糖生成NO和NO₂的物质的量之比是1:3的化学方程式为 。
(3)硝酸用量对草酸收率的影响见表：
实验编号
硝酸用量/mL
草酸收率／%
1
60
57.4
2
70
65.2
3
75
66.8
4
80
65.0
5
85
61.5
依据表中数据可知，硝酸的用量为75mL时，草酸的收率最高，分析原因 。
(4)采用趁热抽滤的原因是 。
(5)利用重结晶法纯化粗品的步骤是加水溶解、 、趁热抽滤、降温结晶。
Ⅱ．草酸晶体纯度的测定
①称取10.00g实验后得到的草酸晶体配成100mL的溶液；
②取20.00mL溶液，加入适量的稀硫酸，用浓度为0.4000 mol/L的KMnO₄溶液滴定，滴定终点消耗KMnO₄溶液的体积为15.53mL。
(6)滴定时，发现反应速率开始很慢，后来逐渐加快，主要原因是 。
(7)草酸晶体的纯度为 (保留三位有效数字)。
(8)若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，则测定的草酸纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
22．（2022·河南·统考二模）硫酸氧钒( VOSO4)是全钒液流储能系统中不可或缺的电解质，实验室围绕VOSO4的相关实验如下：
Ⅰ．VOSO4的制备((夹持装置省略)
在三颈烧瓶中，加入20 mL硫酸[ V(蒸馏水)：V(98%硫酸)=1：1]，加入1.8g V2O5，加热至85° C后再通过固体加料器加入1.5 g V2O3，充分搅拌，反应2 h后倒出溶液，经抽滤后再将滤液经一系列操作，得到4.1 g VOSO4·3H2O固体。
(1)仪器a的化学名称为 ， 该实验宜选用 的三颈烧瓶(填字母)。
a．25 mL b．50 mL c．100 mL
(2)抽滤装置如下图所示：抽滤时自来水的作用是 。
(3)上述实验过程中，下列仪器不需要的是 (填字母)。
(4)写出三颈烧瓶中生成VOSO4的化学方程式： 。
Ⅱ．测量VOSO4·3H2O样品中钒的质量分数
i．称取1.36 g VOSO4 ·3H2O样品配成250 mL VOSO4溶液；
ii．取25.00mL，上述溶液于锥形瓶中，滴加足量酸性高锰酸钾溶液将VO2+完全转化为；
iii．处理过量的高锰酸钾溶液(此过程省略，所涉试剂不影响滴定反应)；
iv．一定条件下滴入指示剂，用0.05 mol · L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液(将完全转化为VO2+)滴定至终点。平行测量三次，消耗标准溶液的平均体积为12.00 mL。
(5)硫酸亚铁铵标准溶液应盛放在 (填 “酸”或“碱”)式滴定管中；滴定过程中眼睛应观察 。
(6)测得上述样品中钒的质量分数为 %。
(7)实验过程中，下列操作会导致所测钒含量偏小的是 (填字母)。
a．步骤ii取25. 00 mL。上述溶液于锥形瓶中，不小心洒出少许
b．盛装硫酸亚铁铵标准溶液的滴定管未润洗
c．配制VOSO4溶液时忘记洗涤烧杯和玻璃棒
d．滴定结束后发现滴定管尖嘴处有一滴液体没有滴落
23．（2021·河南·校联考模拟预测）过氧化锶()广泛作为家庭及工业用漂白剂、洗涤剂、氧化剂。SrO2是一种白色粉末，加热条件下可与CO2、水蒸气反应，室温时在水中逐渐形成无色晶体SrO2·8H2O，与酸作用生成H2O2。
(1)实验室利用锶单质制备过氧化锶可能用到的仪器如图：
①按气流从左到右的流向，制备过氧化锶的导管接口顺序为a→ (选择必要的仪器，可重复选择)。
②SrO2在空气中会变质生成碳酸盐，写出该反应的化学方程式 。
(2)通入氨气的条件下，在水溶液中可制备得到SrO2·8H2O，实验装置如图：
①盛装H2O2溶液的仪器名称为 。
②写出该方法制备SrO2·8H2O的离子方程式 ，NH3的作用是 。
③冰水浴的原因是 。
(3)为测定SrO2·8H2O样品的纯度，可进行下列实验：准确称取3.0gSrO2·8H2O置于锥形瓶中，加入适量的盐酸充分溶解；加入过量KI溶液，摇匀后置于暗处；充分反应后加入少量淀粉溶液，用1.000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至 (写出实验现象)，记下此时消耗标准溶液的体积，重复实验3~4次，得如表数据：
平行实验
1
2
3
4
消耗标准溶液体积(mL)
19.98
19.50
20.00
20.02
SrO2·8H2O样品的纯度为 (已知：I2+2S2O=2I-+S4O)
24．（2021·河南·校联考模拟预测）维生素又称L-抗坏血酸，还原性很强，在空气中极易被氧化，尤其在碱性介质中氧化速度更快，具有促进骨胶原的生物合成、利于组织创伤口的更快愈合等生理功能。实验室检验测定药片中维生素C含量的实验步骤如下。
Ⅰ.配制溶液：准确称量碾碎后的药品0.400 0g，溶解于新煮沸冷却的蒸馏水中，加入适量醋酸后配制成250mL溶液。
Ⅱ.滴定实验：取配制好的溶液50mL于锥形瓶中，加入0.5%的淀粉指示剂2mL，立即用的标准溶液滴定至终点。平行滴定3次，平均消耗标准溶液的体积为20mL。
已知：。请回答下列问题：
(1)配制溶液步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、 和 。
(2)溶解药片时加入适量醋酸的目的为 。
(3)将标准溶液装入已检查不漏液的酸式滴定管中，至“0”刻度以上2~3mL，夹在滴定管夹上， (填具体操作)，并调整管中液面至“0”或“0”刻度以下。
(4)滴定至终点时的实验现象为 。
(5)该药片中维生素C的百分含量为 %。
(6)若配制过程中采用了未煮沸过的蒸馏水，可能导致测定结果 (填“偏高”“偏低”或无影响”)。
五、填空题
25．（2021·河南·校联考模拟预测）砷(As)与N、P是同主族元素，远古时期人们就开始开发利用砷的性质，现代技术中砷仍然起着非常重要的作用。请回答下列问题：
(1)砷只有一种稳定的同位素，其原子核内的中子数比核外电子数多 (填数值)。
(2)下列事实中，能说明As元素的非金属性弱于N元素的是_______(填标号)。
A．沸点：
B．等物质的量浓度溶液的酸性：
C．分解温度：
D．相对分子质量：
(3)Marsh试砷法和Gutzeit试砷法是法医学上鉴定砷的重要方法。其原理是先将(剧毒)转化为，前者让：分解产生黑亮的砷镜(As)，后者让被溶液氧化为，同时还生成Ag单质。
①的电子式为 。
②Gutzeit试砷法中被氧化的离子方程式为 。
(4)砷化镓(GaAs)是现代科技中制造芯片的一种原料，可用溶液对其进行刻蚀，As元素的化合价变为+5价，则该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 ；砷化镓也可用于制造太阳能电池，该电池工作时的能量转化形式为 。
(5)已知的电离平衡常数分别为、、。
①25℃时，，溶液中： (填“>”“=”或“<”)。
②25℃时，向溶液中加入NaOH溶液至中性，此时溶液中 。
参考答案：
1．D
【分析】pS一定时，纵坐标pM数值越小，溶度积常数越大，已知：Ksp(XS) > Ksp(YS) > Ksp (ZS)，则直线①②③分别代表ZS、YS、XS；
【详解】A．由分析可知，直线③代表XS，故A错误；
B．当pS=0时pX=14，即c(S2-)=1，c(X2+)=10-14mol/L，Ksp (XS) = c(X2+)∙ c(S2-)=1 ×10-14，故B错误；
C．向c点饱和溶液中加少量Na2S，c(S2-)增大，而温度不变Ksp (YS) 不变，c(Y2+)减小，pM= -lgc(Y2+)增大，c点不会向b点迁移，故C错误；
D．当pS=0即c(S2-)=1时pY=28即c(Y2+)=10-28mol/L，Ksp (YS) = c(Y2+)∙ c(S2-)=1 ×10-28，同理Ksp (ZS) =1 ×10-36，该平衡常数，故D正确；
故选：D。
2．C
【分析】A装置稀酸和FeS反应生成 H2S气体， H2S气体通入B装置和含Ag+、Cd2+ 溶液反应，装置C是为了检验硫化氢气体是否过量；
【详解】A．X如果为稀硝酸，会产生NO气体，达不到实验目的，A项错误；
B．若装置B中先生成黑色沉淀，不能根据沉淀先后去证明的溶解度小于CdS，B项错误；
C．关闭活塞K则停止通入气体，可以让反应停止，C项正确；
D．用浓盐酸和制备氯气时需要加热，不能用装置A，D项错误；
答案选C。
3．A
【详解】A．配制FeCl3溶液时加入HCl抑制水解，A正确；
B．酸性高锰酸钾溶液也可以氧化Cl-，B错误；
C．制备氢氧化铁胶体，向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1~2mL饱和氯化铁溶液,继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，C错误；
D．F－与Fe3+反生成更为稳的无色，滴入SCN-后，Fe3+无法与SCN-结合，与氧化性无关，D错误；
故答案为：A。
4．B
【详解】A．蛋白质遇硝酸显黄色，实验操作、现象或事实得出的实验结论均正确，A正确；
B．Fe(SCN)₃溶液中存在，加入KCl固体对平衡没有影响，B错误；
C．人体血液中存在H₂CO₃-NaHCO₃体系，当代谢产生的酸进入血液时，使碳酸的电离逆向进行，生成二氧化碳，呼出体外，达到缓冲的作用，pH基本不变，C正确；
D．误服可溶性钡盐后,可以尽快用5%(约为0.35 mol/L)的Na₂SO₄溶液洗胃此时会生成硫酸钡沉淀，当硫酸钠的浓度为0.35 mol/L时可以充分结合钡离子形成沉淀达到除去的目的，D正确；
故选B。
5．C
【详解】A．浓硝酸呈现黄颜色是因为溶解了的缘故，则加入少量水，发生反应，黄颜色消失，故A正确；
B．炽热的表面发黑的铜丝插入乙醇中，发生反应，说明乙醇具有还原性，故B正确；
C．将加入饱和的溶液中，由于离子浓度较大，少量可转化为，则不能确定溶度积和的大小关系，故C错误；
D．滴入氯水后，水层溶液变红，层无明显现象，说明滴入少量氯水只发生反应，依据还原性强的优先反应可知还原性：，故D正确；
答案C。
6．B
【详解】A．反应中作氧化剂，氧气是氧化产物，所以的氧化性比的强，正确；
B．中氟原子周用应满足结构，电子式为，B错误。
C．的电子式为，其中既含极性键又含非极性键，C正确；
D．是一元弱酸，在水溶液中的电离方程式为，D正确；
答案选B。
7．C
【分析】随着pH的增大，溶液中H2T逐渐转化为HT-，因此开始时H2T逐渐减小，HT-逐渐增大，随着pH的进一步增大，HT-逐渐减小，T2-逐渐增大，因此曲线①为H2T，曲线②为HT-，曲线③为T2-；H2T为二元弱酸，电离方程式为H2TH++ HT-，HT-H++T2-，电离平衡常数Ka1=，Ka2=，X点时c(H2T)=c(HT-)，Ka1==c(H+)=10-2.98，Z点时c(HT-)=c(T2-)，Ka2==c(H+)=10-4.34。
【详解】A．根据分析，Ka1=10-2.98，lgKa1=-2.98，A正确；
B．pH=4.34时，对应图中的Z点，Z点的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HT-)+2c(T2-)，该点处c(HT-)=c(T2-)，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HT-)，pH=4.34说明溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-)，故c(Na+)＜3c(HT-)，B正确；
C．反应H2T+T2-2HT-的平衡常数K====101.36，lgK=1.36，C错误；
D．HT-的电离平衡常数Ka2=10-4.34，水解平衡常数Kh2===10-11.02，Ka2＞Kh2，即HT-的电离大于水解，因此在0.1mol·L-1NaHT溶液中c(HT-)＞c(T2-)＞c(H2T)，D正确；
故选C。
8．D
【详解】A．1号环中水解是一步一步水解即水解离子方程式为＋H2O ＋OH－，故A错误；
B．2号环中乙酸提供氢离子，但乙酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆，则发生的离子反应为5I－＋＋6CH3COOH=3I2＋3H2O＋6CH3COO－，故B错误；
C．3号环中溶液的pH若为a，将其稀释10倍，由于乙酸稀释过程中又电离，因此氢离子浓度比原来十分之一大一点，则pH小于a＋1，但大于a，故C错误；
D．碳酸钠溶液显碱性，使甲基橙呈黄色，使溴百里酚蓝呈蓝色，因此5号环最后溶液呈现的绿色是黄色与蓝色的混合色，故D正确。
综上所述，答案为D。
9．A
【详解】A．胶体具有丁达尔效应，溶液不具有丁达尔效应，故可利用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，A项正确；
B．锂的密度比煤油小，不能保存在煤油中，可保存在石蜡油中，B项错误；
C．和会发生强烈的双水解反应生成氢氧化铝和硫化氢，不不能用氯化铝溶液和硫化钠溶液反应制备硫化铝，C项错误；
D．如果构成原电池，锡金属性强于铅，会降低锡的抗腐蚀能力，实际上把铅加入锡的主要目的是降低熔点，D项错误；
故选A。
10．C
【详解】A．绿矾被稀硫酸溶解，加入后被氧化为，反应的离子方程式为，选项A正确；
B．水解聚合的离子方程式为 ，溶液的pH会减小，选项B正确；
C．也具有还原性，滴定前若不除去，会消耗标准液，导致测定的铁元素的质量分数结果偏高，选项C错误；
D．溶液具有酸性和强氧化性，需用酸式滴定管盛装，且需要用它对滴定管进行润洗，选项D正确；
答案选C。
11．C
【详解】A．AlCl3是共价化合物，熔融状态下不能电离出离子，A错误；
B．铜的活泼性位于氢之后，不能发生析氢腐蚀，B错误；
C．由于起始Cl-、I-浓度相等，故通过观察先生成沉淀的颜色可以比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小，C正确；
D．Ksp(BaSO4)与Ksp(BaCO3)的相差不大，通过控制浓度可实现转化，D错误；
故答案选C。
12．(1) 增大接触面积，提高反应速率 CO2 、SO2
(2)98.5%
(3)2 +4 +6H+= ( NH4)2Mo4O13· 2H2O↓+H2O
(4) 用玻璃棒引流，向漏斗中注入冷水直至没过沉淀，待水自然流下后，重复操作2 ~3次 蒸发浓缩，在20° C以下冷却结晶
(5)Ni4O5(2NiO·Ni2O3)
【分析】废钼催化剂加入纯碱、空气焙烧生成气体有二氧化碳、二氧化硫，物质有钼酸钠、铁镍氧化物，水浸后过滤虑液中的钼酸钠用硝酸铵硝酸沉钼得到钼酸铵沉淀，滤渣用硫酸酸浸，加碳酸钠沉铁，加碳酸氢钠沉镍，最后转化为硫酸镍。
【详解】（1）多层逆流焙烧可以增大反应物的接触面积，提高反应速率；生成气体是二氧化碳和二氧化硫气体；
（2）沉镍后碳酸根离子浓度为1.0 ×10-5 mol·L-1，由溶度积常数计算公式Ksp(NiCO3)=1.5 ×10-7，计算出c(Ni2+)=1.5×10-2，沉镍率=；
（3）沉钼最后得到( NH4)2Mo4O13· 2H2O沉淀，反应的离子有 、和氢离子，方程式为2 +4 +6H+= ( NH4)2Mo4O13· 2H2O↓+H2O；
（4）洗涤沉淀的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中注入冷水直至没过沉淀，待水自然流下后，重复操作2 ~3次；
（5）溶液中结晶应该是蒸发浓缩，由于温度低于20 °C时，以NiSO4·7H2O形式结晶，所以要冷却到20°C以下结晶；40min时残留的是氧化物，镍元素没有丢失，计算出镍氧比就可以了， n(Ni)=，n(O)=4：5，化学式为Ni4O5。
13．(1)粉碎矿石、搅拌、适当增大空气的进入量
(2)A
(3)2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-
(4) 完全氧化Fe2+(或其他合理答案) 3 灼烧
(5)2Au+3H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O
(6)39%
【分析】含金黄铁矿通入空气煅烧，得到熔融物加入稀硫酸酸浸，铁反应成为滤液，滤渣加入NaCN、高压空气得到浸取液，加入锌得到粗金，处理得到纯金加入浓盐酸、浓硝酸得到HAuCl4，处理得到一种Au单原子新型材料；
【详解】（1）提高“熔池”中反应速率的措施有粉碎矿石、搅拌、适当增大空气的进入量等；
（2）流程中反应需要在烧杯中进行，故需要使用烧杯，故选A；
（3）“沉金”中，另一种产物是Na2[M(CN)4]且其为强电解质：Na2[M(CN)4]=2Na++[M(CN)4]2-，“沉金”后得到粗金中含有锌，则金属M为锌，锌和[Au(CN)2]-发生置换反应生成金和[Zn(CN)4]2-，离子方程式2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-；
（4）①氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，通入过量Cl2的目的是完全氧化Fe2+(或其他合理答案)。
②已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10-38；一般地，当离子浓度不超过1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子已沉淀完全，则铁离子完全沉淀时，，pOH=11，pH=3，则“调pH”最低值为3。
③氢氧化铁煅烧生成氧化铁和水，故制备铁红“操作”名称是灼烧；
（5）过氧化氢具有强氧化性，纯金溶于含双氧水的浓盐酸也能制备HAuCl4，反应中金发生氧化反应、过氧化氢发生还原反应生成HAuCl4和水，2Au+3H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O；
（6）若步骤a、b、c的产率依次为75%、80%、65%，则由金制备该材料的总产率为75%×80%×65%=39%。
14．(1)粉碎
(2)ZnO·GeO2 +2H+=H2GeO3 +Zn2+
(3) 分液漏斗、烧杯 加入盐酸，增大H⁺浓度，使In3++3H2A2(o)InA3·3HA(o)+3H+ (a)平衡逆移
(4) HGaCl₄+5NaOH═NaGaO₂+4NaCl+3H₂O或HGaCl₄+5NaOH═Na[Ga(OH)₄]+4NaCl+H₂O 或[Ga(OH)₄]-
(5)蒸馏(或精馏)
(6)10-34.7或2×10-35
【分析】本题是一道工业流程题，由锌浸出渣制备，金属镓和金属锗，首先用硫酸溶液原材料，溶解后用萃取剂萃取出铟元素，萃余液处理后可以得到金属镓和金属锗，含铟萃取有机相，处理后可以得到海绵铟，以此处理。
【详解】（1）增大接触面积可以加快反应速率，故为了提高“酸浸”的反应速率，“酸浸”前对锌浸出渣的处理方式为粉碎；
（2）根据信息可知，ZnO·GeO₂与硫酸反应生成H₂GeO₃和硫酸锌，离子方程式为：ZnO·GeO2 +2H+=H2GeO3 +Zn2+；
（3）萃取后得到的有机相和洗涤液水互不相溶，因此洗涤应该在分液漏斗中进行，因此洗涤用到的玻璃仪器为：分液漏斗、烧杯；根据信息可知，萃取后的有机相中存在In3++3H2A2 (o) InA3·3HA(o)+3H+ (a)，根据平衡移动的原理可知，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故加入盐酸作反萃取剂原理是：加入盐酸，增大H⁺浓度，使In3++3H2A2(o)InA3·3HA(o)+3H+ (a)平衡逆移；
（4）根据信息可知，Ga与Al的性质相似，则HGaCl₄.与过量氢氧化钠反应的化学方程式为HGaCl₄+5NaOH═NaGaO₂+4NaCl+3H₂O或HGaCl₄+5NaOH═Na[Ga(OH)₄]+4NaCl+H₂O；根据流程可知，电解时在阴极产生金属镓，则电解时在阴极反应的离子是或[Ga(OH)₄]-；
（5）根据信息可知，GeCl₄的熔点为-49℃，沸点为84℃沸点较低，故分离出纯净GeCl₄的方法是：蒸馏(或精馏)；
（6）根据 AG=5.8和Kw=1.0×10-14，可知Ga3+完全沉淀时c(OH-)=1×10-9.9mol/L，则Ga(OH)₃的溶度积=(1×10-9.9 mol/L)3×1×10-5mol/L= 1×10-34.7或2×10-35。
15．(1) 酸
(2) 不能使“洗脱”后的废电解质渣完全溶解且元素不能转化成(合理即可，2分)
(3) 、
(4)
【分析】废电解质渣洗脱可以洗去可溶于水的杂质，被洗去，酸浸时、、均被氧化，调pH除去溶液中的Fe3+、Cu2+，最后沉镍Ni2+与反应生成NiCO3；
【详解】（1）“洗脱”时，只有溶于水，主要去除，由<，溶液显弱酸性；
（2）盐酸不与铜反应，也不能使元素转化成；与稀硝酸反应为；
（3）应控制在使沉淀完全(此时早已沉淀完全)而不沉淀，故；沉淀为、；
（4）。
16．(1)废镍渣粉粉碎、搅拌
(2) SiO2 Fe(OH)3
(3)5-6.4
(4) 2Ni2+ +2OH-+=Ni2(OH)2CO3↓ 加速沉淀的沉降 Na+、
(5)Ni2(OH)2CO3+2H22Ni+3H2O+CO2
【分析】废镍渣粉加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应进入滤渣1，镍、铝、铁元素形成相应的盐溶液，加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，调节pH除去铁，加入氢氧化铝除去铝，加入碳酸铵得到Ni2(OH)2CO3沉淀，过滤分离出沉淀通入氢气加热还原得到镍；
【详解】（1）“酸浸”时，为提高浸出率，可采取的措施有废镍渣粉粉碎、搅拌、升高温度等；
（2）二氧化硅不和稀硫酸反应，酸浸后得到二氧化硅沉淀；加入过氧化氢后将二价铁氧化为三价铁，由流程pH值可知，到4.0时铁离子完全沉淀，生成氢氧化铁沉淀；故滤渣1、滤渣2的成分依次是SiO2、Fe(OH)3；
（3）室温时，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33；“除铝”时，室温下，除去溶液中的Al3+[使c(Al3+)<1×10-6mol·L-1]，则氢氧根离子浓度为 mol·L-1，则pOH为9，pH为5；此时镍离子不能沉淀，故理论上需调节溶液pH范围为5-6.4；
（4）由流程可知，“沉镍”时，足量沉淀Ni2+得到Ni2(OH)2CO3的离子方程式为2Ni2+ +2OH-+=Ni2(OH)2CO3↓；“沉镍”时会加入硅藻土，硅藻土具有吸附性，加速沉淀的沉降；由流程可知，沉镍过程中镍离子、氢氧根离子、碳酸根离子沉淀，则滤液4中主要阳离子为引入的钠离子、铵根离子，故填Na+ 、；
（5）“还原”时，发生反应Ni2(OH)2CO3和氢气加热转化为镍，根据质量守恒可知，还会生成水、二氧化碳，反应为Ni2(OH)2CO3+2H22Ni+3H2O+CO2。
17．(1)FeTiO3 +2H2SO4FeSO4 +TiOSO4 +2H2O
(2)蒸发浓缩、冷却结晶
(3)Fe2O3
(4)2Fe2+ +H2O2 +2H+= 2Fe3+ +2H2O
(5) 3.0≤pH＜4.1 Sc(OH)3
(6)2
【分析】钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含少量SiO2、MnO2、Fe2O3、Sc2O3等)加入硫酸并保持在80℃进行酸浸，酸浸后除去滤渣1为SiO2，得到溶液1加入铁粉还原生成硫酸亚铁，结晶得到FeSO4·7H2O，所得溶液2加入热水使其水解，得到固体H2TiO3进行煅烧得到TiO2，水解后的溶液含有大量离子，加入P104-煤油进行萃取，再将有机相加入氢氧化钠溶液进行反应萃取，所得滤渣2加入盐酸酸溶，加入氨水调节pH,得到的滤渣3再加入盐酸酸溶，加入草酸沉钪，再灼烧得到Sc2O3。
【详解】（1）钛以TiO2+的形式存在则FeTiO3与硫酸发生主要反应生成硫酸亚铁、TiOSO4和水，反应的化学方程式是FeTiO3 +2H2SO4FeSO4 +TiOSO4 +2H2O；
（2）低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度防止FeSO4·7H2O分解失去部分结晶水，故获得FeSO4·7H2O晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤( 洗涤)；
（3）若流程省去步骤，铁离子未被还原为亚铁离子，没有转化为FeSO4而结晶，水解时容易产生氢氧化铁沉淀，则制备的产品TiO2中含有的杂质是Fe2O3；
（4）酸性条件下双氧水使Fe2+转化为Fe3+，该转化的离子方程式是2Fe2+ +H2O2 +2H+= 2Fe3+ +2H2O；
（5）先加入氨水调节pH确保铁离子、锰离子沉淀完全，根据Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)·c2(OH-)=1×10-6mol·L-1c2(OH-)≤1.1×10-13，c2(OH-)≤1.1×10-7，故pH3.0，同时不能使开始沉淀，故Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)·c3(OH-)=0.1 mol·L-1c3(OH-)2.0×10-31，c3(OH-)2.0×10-30，故pH<4.1，答案为3.0≤pH＜4.1；
过滤，继续加入氨水调节pH，使Sc3+沉淀生成Sc(OH)3，故过滤得到的滤渣3是Sc(OH)3；
（6）25℃时，草酸的电离平衡常数为Ka1=6 ×10-2 ，Ka2=5×10-5，根据图中c(H2C2O4)与c()的关系可知，== ==，故c(H+)=10-2mol/L，此时溶液的pH=2。
18．(1)+5
(2)
(3)和
(4)
(5)
(6)
(7) 右
【分析】锑矿粉(主要含、，还含有少量、、等)碱浸、还原时转化为NaSbO2，和不能溶于NaOH，过滤后，在浸出液种加入硫酸铜除杂，再加入双氧水将NaSbO2转化为，最后加HF转化为。
(1)
根据物质中各元素化合价代数和为0可得出中的化合价为+5价；
(2)
若在“碱浸”过程中转化为，则与反应的离子方程式为；
(3)
由于和不能溶于NaOH，因此“碱浸渣”的主要成分为和；
(4)
“除杂”步骤中，当溶液的时，此时溶液中，此时溶液中残留的；
(5)
“转化”步骤发生氧化的反应，化学方程式为；
(6)
注意为弱酸，保留化学式，故“氟化”时发生反应的离子方程式为；
(7)
该电池放电时的工作原理为，则充电时，向右(石墨电极)移动；放电时，石墨电极上得电子生成进入溶液中，因此电极反应式为。
19．(1) (b－3a) kJ/mol 2：1 SO2不能完全转化为S，多余的SO2排放到空气中会污染大气
(2) 4Fe2+ +4H+ +O2= 4Fe3+ +2H2O 能
(3) v正 小于
【详解】（1）I．S(g) +O2(g)= SO2(g) ΔH1=－a kJ·mol －1
II．2H2S(g) +3O2(g)=2SO2(g) +2H2O(g) ΔH2=－b kJ·mol －1
III．2H2S(g) +SO2(g) 3S(g) +2H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol －1
①根据盖斯定律II- I×3得2H2S(g) +SO2(g) 3S(g) +2H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol －1=(3a-b) kJ·mol －1，若反应III中正反应的活化能为E 正，逆反应的活化能为E逆，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，则E逆－E正=(b-3a) kJ/mol。
②脱除H2S回收硫黄，H2S被氧化为S单质，S元素化合价升高2，氧气中氧元素化合价降低2，根据得失电子守恒，理论上该工艺最好控制参加反应的H2S的总物质的量n(H2S)与参加反应的n(O2)之比为2:1，若n(H2S)：n(O2)过小，氧气过量，会导致SO2不能完全转化为S，多余的SO2排放到空气中会污染大气。
（2）①根据图示，过程i中Fe2+被氧气氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为4Fe2+ +4H+ +O2= 4Fe3+ +2H2O。
②根据图示，25 °C时过程ii中的反应为Cu2+(aq)+H2S(aq)=CuS(s)+2H+(aq)，K= ，所以反应能进行完全。
（3）①在975° C和p1的条件下，其他条件不变，n点H2S的转化率小于该条件下的平衡转化率，反应正向进行，v正大于v逆；根据图示，随温度升高，H2S的平衡转化率增大，可知正反应吸热，温度越高平衡常数越大，图中m、n点对应温度下的平衡常数：m点小于n点。
②若温度为975 °C时，p2为2 MPa，H2S的平衡转化率为40%，则平衡体系中H2S的物质的量为1.2mol、氢气的物质的量为0.8mol、S2的物质的量为0.4mol，该反应的平衡常数Kp=MPa。
20．(1) 铁 3MnO2 + KClO3 + 6KOH3K2MnO4+ KCl +3H2O
(2)2：1
(3) 温度低时KMnO4会结晶析出而造成损失 冷却结晶 过滤(洗涤)
(4) b 溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色
(5)80%
【详解】（1）根据图示信息，利用 KClO3和KOH熔融物加热条件下，制取K2MnO4，因KOH可与二氧化硅发生反应，石英坩埚的主要成分为二氧化硅，故应选择使用铁坩埚作为反应容器；所KClO3和KOH熔融物中加入MnO2，制取K2MnO4的化学方程式为：。
答案为：铁；。
（2）结合题干信息，通入CO2调节到溶液呈弱碱性时K2MnO4发生歧化反应的化学方程式为：，K2MnO4发生歧化生成KMnO4和MnO2，反应中Mn元素化合价有+6价分别变化为+7和+4价，根据得失电子守恒，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1。
答案为：2:1。
（3）K2MnO4发生歧化生成KMnO4和MnO2，温度降低KMnO4溶解度降低，趁热过滤是为了减少KMnO4析出，提高产品的产率；将滤液进行的一系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到高锰酸钾固体。
答案为：温度低时KMnO4会结晶析出而造成损失；冷却结晶；过滤（洗涤）。
（4）KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应装入酸式滴定管，故应装入图3的b中；达到滴定终点时Na2C2O4反应完全，终点现象为滴入最后一滴高锰酸钾，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。
答案为：b；滴入最后一滴高锰酸钾，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。
（5），n()=20. 00 mL10-30.50 mol ·L－1=0.01mol，则n()=410-3mol，m()=410-3mol158g/mol10=6.32g,则产品中高锰酸钾的质量分数为。
答案为：80%。
21．(1)球形冷凝管或蛇形冷凝管
(2)
(3)硝酸用量不足时，氧化反应不完全，硝酸用量过大时，部分草酸被氧化
(4)防止草酸晶体析出使草酸回收率降低(写出“过滤速度快，产品干燥”得1分)
(5)蒸发浓缩(或加热浓缩)
(6)Mn²⁺起催化剂的作用
(7)97.8%
(8)偏低
【分析】三颈烧瓶是发生装置生成草酸，氢氧化钠用来吸收尾气。
【详解】（1）制得产品在三颈烧瓶中，装置加热需要回流，所以图中A处缺少的仪器为：球形冷凝管或蛇形冷凝管，答案为：球形冷凝管或蛇形冷凝管；
（2）由题意可知硝酸氧化单糖生成NO、 NO₂，单糖被氧化为草酸，根据电子转移守恒，当NO和NO₂的物质的量之比是1:3的化学方程式为：，答案为：；
（3）硝酸用量不足时，氧化反应不完全，得到产品少，硝酸用量过大时，部分草酸被氧化，得到产品也少，答案为：硝酸用量不足时，氧化反应不完全，硝酸用量过大时，部分草酸被氧化；
（4）趁热抽滤可以加快过滤速度，防止晶体析出，答案为：防止草酸晶体析出使草酸回收率降低；
（5）利用重结晶法纯化粗品的步骤是加水溶解、蒸发浓缩(或加热浓缩)、趁热抽滤、降温结晶，答案为：蒸发浓缩(或加热浓缩)；
（6）滴定过程中草酸和高锰酸钾反应生成Mn²⁺，Mn²⁺起催化剂的作用加快反应速率，答案为：Mn²⁺起催化剂的作用；
（7）滴定时反应的方程式为：，，草酸晶体的纯度为97.8%，答案为：97.8%；
（8）若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会使高锰酸钾体积偏小，则测定的草酸的物质的量偏小，纯度偏低，答案为：偏低。
22．(1) 恒压分液漏斗 b
(2)使瓶内压强小于外界大气压
(3)a
(4)V2O5+V2O3+4H2SO44VOSO4+4H2O
(5) 酸 锥形瓶内溶液颜色的变化
(6)22.5
(7)ac
【分析】将V2O5转移至三颈烧瓶中，加入过量的硫酸，在85℃水浴环境并搅拌下充分反应，冷却后，充分反应，抽滤后将滤液经“一系列”操作可得到VOSO4•nH2O；由关系式VOSO4 ·3H2O~Fe2+~V计算钒的质量，计算钒的质量分数。
（1）
仪器a的化学名称为恒压分液漏斗， 三颈烧瓶中，加入20 mL硫酸，加热的液体不超过三颈烧瓶容积的一半，该实验宜选用50mL的三颈烧瓶(填字母)。故答案为：恒压分液漏斗；b；
（2）
抽滤装置抽滤时自来水的作用是使瓶内压强小于外界大气压。故答案为：使瓶内压强小于外界大气压；
（3）
上述实验过程中，下列仪器不需要的是50mL的容量瓶。要用托盘天平称样品质量，用坩埚钳夹持蒸发皿，故答案为：a；
（4）
三颈烧瓶中V2O5、V2O3、H2SO4混合加热，生成VOSO4，化学方程式：V2O5+V2O3+4H2SO44VOSO4+4H2O 。故答案为：V2O5+V2O3+4H2SO44VOSO4+4H2O；
（5）
强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，硫酸亚铁铵标准溶液应盛放在酸 (填 “酸”或“碱”)式滴定管中；滴定过程中眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。故答案为：酸；锥形瓶内溶液颜色的变化；
（6）
由关系式VOSO4 ·3H2O~Fe2+~V得钒的质量为0.05 mol · L-1×0.012L××51g/mol=0.306g，测得上述样品中钒的质量分数为=22.5%。故答案为：22.5；
（7）
a．步骤ii取25. 00 mL上述溶液于锥形瓶中，不小心洒出少许，溶质减少，所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积减小，导致所测钒含量偏小，故a选；
b．盛装硫酸亚铁铵标准溶液的滴定管未润洗，硫酸亚铁铵标准溶液被冲稀，所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积增大，导致所测钒含量偏大，故b不选；
c．配制VOSO4溶液时忘记洗涤烧杯和玻璃棒，溶质减少，所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积减小，导致所测钒含量偏小，故c选；
d．滴定结束后发现滴定管尖嘴处有一滴液体没有滴落,所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积增大，导致所测钒含量偏大，故d不选；
故答案为：ac。
23．(1) bc→hi(或ih)→bc 2SrO2+2CO2=2SrCO3+O2
(2) 分液漏斗 Sr2++H2O2+2NH3+8H2O=SrO2·8H2O↓+2NH 提供碱性环境，防止产物分解 冰水浴有利于减少H2O2分解消耗
(3) 锥形瓶内溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 88%
【分析】利用过氧化钠和水反应生成的氧气和锶在加热下反应可生成过氧化锶。用SrCl2溶液和过氧化氢溶液以及氨气反应可以得到SrO2▪8H2O。测定SrO2▪8H2O纯度的原理是：将一定质量的SrO2▪8H2O和盐酸反应生成H2O2，H2O2和过量KI反应生成I2，I2和Na2S2O3溶液反应，利用淀粉和碘反应显蓝色指示滴定终点，根据消耗的Na2S2O3的物质的量计算SrO2▪8H2O的纯度。
（1）
①过氧化钠和水反应生成氧气，生成的氧气必须干燥后才能和锶反应，SrO2在加热条件下可与水蒸气、二氧化碳反应，所以装置的最后必须有防止外界空气进入硬质玻璃管的装置，所以按气流从左到右的流向，制备过氧化锶的导管接口顺序为a→bc→hi(或ih)→bc。
②SrO2和过氧化钠相似，能和空气中的二氧化碳反应生成碳酸锶和氧气，该反应的化学方程式为：2SrO2+2CO2=2SrCO3+O2。
（2）
①根据仪器构造可知，盛装H2O2溶液的仪器名称为分液漏斗。
②SrCl2、过氧化氢和氨气在溶液中发生反应可以生成SrO2▪8H2O，该反应中没有化合价的变化，根据原子守恒和电荷守恒配平该反应，离子方程式为：Sr2++H2O2+2NH3+8H2O=SrO2·8H2O↓+2。SrO2▪8H2O能与酸作用生成H2O2，而NH3可以提供碱性环境，防止产物和酸反应。
③该反应中用到的H2O2不稳定，受热易分解，所以用冰水浴。
（3）
滴定过程中发生的反应有：SrO2▪8H2O+2HCl=H2O2+SrCl2+8H2O，H2O2+2HCl+2KI=I2+2H2O+2KCl，I2+2=2I-+，滴定时加入淀粉溶液作指示剂，I2遇淀粉呈蓝色，滴定终点的现象为：滴入半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；第2次实验所耗Na2S2O3溶液的体积存在明显误差，故不参与计算，实验中消耗Na2S2O3溶液体积的平均值为=20.00mL，所耗Na2S2O3的物质的量为1.000mol·L-1×0.02L=0.02mol，根据滴定过程中的反应可得关系式SrO2▪8H2O~2Na2S2O3，所以n(SrO2▪8H2O)=0.01mol，质量为0.01mol×264g/mol=2.64g，则SrO2·8H2O样品的纯度为=88%。
24．(1) 胶头滴管 250mL容量瓶
(2)调节溶液至酸性，防止维生素C被氧化
(3)轻轻转动酸式滴定管的活塞，使滴定管的尖嘴部分充满溶液
(4)滴入最后一滴标准溶液后溶液变蓝，且30s内不褪色
(5)44
(6)偏低
【解析】(1)
配制溶液步骤有：称量、溶解并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶；
(2)
维生素C易被氧化，在碱性介质中氧化速度更快，所以溶解药片时加入适量醋酸的目的为调节溶液至酸性，防止维生素C被氧化；
(3)
酸式滴定管排尖嘴部分的气泡的具体操作为：轻轻转动酸式滴定管的活塞，使滴定管的尖嘴部分充满溶液；
(4)
碘能使淀粉变蓝，滴定至终点时的实验现象为当加入最后一滴标准溶液后溶液变蓝，且30s内不褪色；
(5)
根据方程式可知，其百分含量为。
(6)
若配制过程中采用了未煮沸过的蒸馏水，可能导致维生素C部分被水中的氧气氧化，消耗碘的体积偏小，导致测定结果偏低。
25．(1)9
(2)BC
(3)
(4) 1：4 太阳能→电能
(5) < 2.016
【解析】(1)
根据元素周期表和周期律可推知As的原子序数为33，的中子数为，因此其原子核内的中子数与核外电子数之差。
(2)
元素的非金属性与氢化物的沸点及相对分子质量无关，A、D项错误；等物质的量浓度溶液的酸性：，最高价含氧酸的酸性越强，元素的非金属性越强，B项正确；简单氢化物的热稳定性越强，元素的非金属性越强，因此分解温度可以判断出N的非金属性强，C项正确；故选BC。
(3)
①As原子最外层有5个电子，因此的电子式为；②Gutzeit试砷法中作氧化剂，还原产物为银，因此反应的离子方程式为。
(4)
As元素从−3→+5价，中的O元素从−1→−2价，根据化合价升降相等，可得还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4；太阳能电池工作时的能量转化形式为太阳能→电能。
(5)
①的电离常数为，水解常数为，水解程度小于电离程度，因此水解产生的电离产生的。②，25℃时，当溶液呈中性时，带入表达式可得2.016。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-18水溶液中的离子反应和平衡（1）
一、单选题
1．（2023·河南·校联考模拟预测）常温下，三种金属硫化物XS、YS、ZS的饱和溶液中pM[pM= -lgc(M2+)]与pS[pS= -lgc(S2-)]的关系如图所示。已知：Ksp(XS) > Ksp(YS) > Ksp (ZS)。
下列叙述正确的是
A．直线③代表ZS
B．Ksp (XS) =1 ×10-36
C．向c点饱和溶液中加少量Na2S，c点向b点迁移
D．YS(s) +Z2+(aq) ZS(s) +Y2+ (aq) K=1 ×108
2．（2023·河南·校联考模拟预测）为了探究CdS、Ag2S的溶解度相对大小，利用如图装置进行实验。
已知：Ag2S呈黑色，难溶；CdS呈黄色，难溶；FeS呈块状黑色，难溶。下列叙述正确的是
A．X为硝酸，Y溶液为硫酸铜溶液
B．若装置B中先生成黑色沉淀，则Ag2S的溶解度小于CdS
C．停止反应的操作是关闭活塞K
D．用浓盐酸和MnO2制备氯气时可以用装置A
3．（2023·河南·校联考模拟预测）氯化铁是实验室中经常使用的物质，根据下列实验目的设计的实验方案正确的是
选项
实验目的
实验方案
A
实验室配制FeCl3溶液
称量一定质量的氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，再加入蒸馏水稀释至所需浓度
B
检验配制的FeCl3溶液中是否含有Fe2+
向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量氯化铁溶液，观察溶液颜色的变化
C
制备氢氧化铁胶体并鉴别氯化铁溶液与氢氧化铁胶体
煮沸少许饱和氯化铁溶液一段时间后，采用丁达尔现象鉴别所得物质和氯化铁溶液
D
验证铁离子的氧化性
向FeCl3溶液中先滴加一定量的NaF溶液，再滴加几滴KSCN溶液，未出现红色
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·河南·统考模拟预测）由下列实验操作、现象或事实得出的实验结论错误的是
选项
实验操作、现象或事实
实验结论
A
向一小块鸡皮上滴加几滴浓硝酸，微热，鸡皮变黄
鸡皮中含有蛋白质，浓硝酸可以使蛋白质变黄
B
往Fe(SCN)₃溶液中加入少量KCl固体，溶液红色变浅
溶液中KCl浓度增大，使平衡FeCl₃+3KSCNFe(SCN)₃+3KCl向左移动
C
人体血液中存在H₂CO₃-NaHCO₃体系，当代谢产生的酸进入血液时，pH基本不变
当进入H⁺后，H₂CO₃H⁺+平衡左移，生成的H₂CO₃分解成CO₂，从肺部呼出
D
误服可溶性钡盐后,可以尽快用5%(约为0.35 mol/L)的Na₂SO₄溶液洗胃[Ksp(BaSO₄)=1.1×10⁻10]
当大量0.35 mol/L的Na₂SO₄溶液进入胃部后，胃中c(Ba²⁺)=3.1×10⁻¹⁰mol/L，Ba²⁺可以充分转化为BaSO₄沉淀，因此可有效地除去胃中的Ba²⁺
A．A B．B C．C D．D
5．（2022·河南·校联考模拟预测）依据下列实验操作及现象得出的结论错误的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向发黄的浓硝酸中加适量水
溶液由黄颜色变为无色
该硝酸中溶有
B
将炽热的表面发黑的铜丝插入乙醇中
铜丝变光亮，乙醇中有刺激性气味产生
乙醇具有还原性
C
将加入饱和溶液中，一段时间后过滤，水洗后加盐酸
沉淀部分溶解，并有气泡产生
的溶度积比的小
D
向溶液中先滴入溶液，再加入并滴入少量氯水振荡
滴入溶液无明显现象，滴入氯水后，水层溶液变红，层无明显现象
还原性：
A．A B．B C．C D．D
6．（2022·河南·校联考模拟预测）四氟肼可发生反应：，下列有关叙述错误的是
A．的氧化性比的强 B．的电子式为
C．中既含极性键又含非极性键 D．在水溶液中的电离方程式为
7．（2022·河南·校联考模拟预测）常温下，酒石酸(记作H2T)中各含T微粒占所有含T微粒的物质的量分数随pH的变化曲线如下图所示：
下列说法错误的是
A．lgKa1=-2.98
B．向H2T溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.34时：c(Na+)＜3c(HT-)
C．反应H2T+T2-2HT-的平衡常数的对数值lgK=-1.36
D．0.1mol·L-1NaHT溶液中：c(HT-)＞c(T2-)＞c(H2T)
8．（2022·河南·校联考模拟预测）“天宫课堂”中王亚平老师在空间站“变”出奥运五环，在透明的五环模型中第一次、第二次分别加入的溶液如下表所示[已知溴百里酚蓝变色的pH范围：6.0(黄)~7.6(蓝)]。下列叙述正确的是
1号环
2号环
3号环
4号环
5号环
第一次加入
Na2CO3溶液
KI和KIO3溶液
乙酸溶液
Na2CO3溶液
Na2CO3溶液
第二次加入
溴百里酚蓝
淀粉溶液，乙酸
甲基橙
甲基橙
甲基橙、溴百里酚蓝
A．1号环中水解的离子方程式为＋2H2O=H2CO3＋2OH－
B．2号环中发生的离子反应为5I－＋＋6H＋=3I2＋3H2O
C．3号环中溶液的pH若为a，将其稀释10倍则pH变为a＋1
D．5号环最后溶液呈现的绿色是黄色与蓝色的混合色
9．（2021·河南·校联考模拟预测）金属及其化合物在工农业生产中应用广泛，下列说法中正确的是
A．氢氧化铁胶体常用作吸附剂，溶液常用作刻蚀剂，可用丁达尔效应鉴别二者
B．金属锂常用于制造轻合金，主要原因是锂的密度小，锂可保存在煤油中
C．可用作半导体材料，工业上常用溶液和溶液反应制备
D．制造焊锡时，把铅加入锡的主要目的是形成原电池，增加锡的抗腐蚀能力
10．（2021·河南·校联考模拟预测）一种以绿矾为原料生产净水剂聚合硫酸铁并测定所得样品中铁元素质量分数的示意图如下：
下列说法错误的是
A．“氧化”时生成的离子方程式为
B．“聚合”时溶液的pH减小
C．“还原”时加入的稍过量应在滴定前除去，否则会导致测定结果偏低
D．“滴定”时用酸式滴定管盛装溶液且需要用它对滴定管进行润洗
11．（2021·河南·校联考模拟预测）下列说法中正确的是
A．电解熔融状态下的AlCl3或Al2O3均可得到单质铝
B．钢铁、铜在适当条件均可发生吸氧腐蚀、析氢腐蚀
C．向的稀混合液中滴加AgNO3溶液，可确定Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小
D．BaSO4、BaCO3均难溶于水，故BaCO3不能与Na2SO4溶液反应
二、工业流程题
12．（2023·河南·统考模拟预测）从废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2，含少量NiS、NiO、Fe2O3等)中回收利用金属的一种工艺流程如图所示。
已知：①“沉钼”前钼元素主要以形式存在；
②该条件下Ksp(NiCO3)=1.5 ×10-7；
③温度低于20 °C时，以NiSO4·7H2O形式结晶；温度高于30 °C时，以NiSO4·6H2O形式结晶。
请回答下列问题。
(1)“焙烧”时先将纯碱和废钼催化剂磨成粉末、拌匀(混合料) ，然后采取如图所示的“多层逆流焙烧”，这样做的优点为 ；“ 焙烧”时生成的气体A的主要成分有 (填化学式)。
(2)若“除铁”后所得滤液中c(Ni2+)=1.0 mol·L-1“沉镍”后所得滤液中c() =1.0 ×10-5 mol·L-1，则沉镍率= [沉镍率=×100%，计算过程中不考虑溶液体积变化]。
(3)写出“沉钼”时的离子方程式： 。
(4)一系列操作实验步骤依次为
i．过滤，洗涤；
ii．将沉淀转移至烧杯，滴加稀H2SO4 ，直至沉淀恰好完全溶解；
iii． 过滤得NiSO4·7H2O。
步骤i中洗涤沉淀的操作方法为 。
把步骤iii填写完整：． 。
(5)在空气中煅烧28.1 g NiSO4·7H2O，固体失重率随时间变化的关系如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
失重率/%
0
19.2
44.8
73.3
71.9
40 min时残留氧化物为 ( 填化学式)。
13．（2023·河南·校联考模拟预测）北京航空航天大学郭林教授课题组最近合成了一种Au单原子新型材料[C3N4(Au1/ACN)]，能提高锂电池性能。某小组以含金黄铁矿(主要成分是Au和FeS2)为原料制备该新型材料的简易流程如图所示。
回答下列问题：
(1)提高“熔池”中反应速率的措施有 (答一条)。
(2)需要用到下列玻璃仪器中的_____。
A． B． C． D．
(3)“沉金”中，另一种产物是Na2[M(CN)4]，Na2[M(CN)4]=2Na++[M(CN)4]2-。写出“沉金”的离子方程式 。
(4)以“酸浸”的浸液为原料制备高纯度铁红的流程如下：
①通入过量Cl2的目的是 。
②已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10-38；一般地，当离子浓度不超过1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子已沉淀完全。“调pH”最低值为 。
③制备铁红“操作”名称是 。
(5)据文献报道，一种绿色，环保型制备氯金酸的原理是纯金溶于含双氧水的浓盐酸也能制备HAuCl4；写出相应的化学方程式 。
(6)若步骤a、b、c的产率依次为75%、80%、65%，则由金制备该材料的总产率为 。
14．（2023·河南·统考模拟预测）一种锌浸出渣主要成分有ZnO·GeO2、In2O3、Ga2O3、Ga(OH)3、Cu等物质、从该浸出渣获得金属镓、金属锗、金属铟的流程如下：
已知：①用D₂EHPA(以H₂A₂表示)萃取酸浸液中的铟：In3++3H2A2 (o) InA3·3HA(o)+3H+ (a) (a表示水相，o表示有机相)。
②GeCl₄的熔点为-49℃，沸点为84℃。
③ZnO·GeO₂与硫酸反应生成H₂GeO₃，已知H₂GeO₃的 Ka=8×10-10
④Ga与Al的性质相似，高纯度的镓难溶于酸或碱。
请回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”的反应速率，“酸浸”前对锌浸出渣的处理方式为 。
(2)酸浸时ZnO·GeO₂与硫酸反应的离子方程式为 。
(3)萃取后的洗涤操作用到的玻璃仪器有 (填仪器名称)，加入盐酸作反萃取剂，其原理是 。
(4)HGaCl₄.与过量氢氧化钠反应的化学方程式为 ；电解时在阴极反应的离子是 。
(5)丹宁锗在氧化焙烧、氯化后分离出纯净GeCl₄的方法是 。
(6)常温下，0.1mol/L的GaCl₃溶液中(Ga3+完全沉淀(Ga³+浓度小于1×10-5mol/L的AG=5.8则该温度下Ga(OH)₃的溶度积为 。[已知：AG可表示溶液的酸度，其定义为AG=]
15．（2022·河南·校联考模拟预测）常温下，由电解制备三氟化氮的废电解质渣(、、及)制备的工艺流程如下：
常温下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀的
2.3
7.0
4.7
7.0
完全沉淀的
3.2
9.0
6.7
9.5
已知常温下，，。
回答下列问题：
(1)“洗脱”的目的是去除 (填化学式)，所得滤液显 性(填“酸”“碱”或“中”)。
(2)“酸浸”时，不选用盐酸的原因是 ；“酸浸”时，镍溶解的离子方程式为 。
(3)“调”时，理论上应调整的范围为 ，其滤渣的成分为 (填化学式)。
(4)“沉镍”时，使沉淀完全应控制溶液中 ［已知常温下，，沉淀完全时，］。
16．（2022·河南·校联考模拟预测）用废镍渣粉(含Ni、NiO、Al、Al2O3、FeO、SiO2)制备某镍催化剂(Ni/硅藻土)的工艺流程如下。
I、该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Ni2+
开始沉淀pH
2.2
7.0
6.4
完全沉淀pH
3.2
9.0
8.4
II、室温时，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33。
回答下列问题：。
(1)“酸浸”时，为提高浸出率，可采取的措施有 (列举2条)。
(2)滤渣1、滤渣2的成分依次是 、 (填化学式)。
(3)“除铝”时，室温下，除去溶液中的Al3+[使c(Al3+)<1×10-6mol·L-1]理论上需调节溶液pH范围为 。
(4)“沉镍”时，足量沉淀Ni2+得到Ni2(OH)2CO3的离子方程式为 ；“沉镍”时会加入硅藻土，硅藻土的作用是 。；滤液4中主要阳离子为 (填化学式)。
(5)“还原”时，发生反应的化学方程式为 。
17．（2021·河南焦作·统考一模）工业上以钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含少量SiO2、MnO2、Fe2O3、Sc2O3等)为原料制备TiO2和Sc2O3的工艺流程如下图所示。
已知：Ⅰ．25℃时，一些金属氢氧化物的Ksp如表所示。
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Sc(OH)3
Ksp
1.0×10-39
8.0×10-16
1.1×10-13
2.0×10-31
Ⅱ．25℃时，草酸的电离平衡常数为Ka1=6 ×10-2 ，Ka2=5×10-5。回答下列问题：
(1)已知溶液1中，钛以TiO2+的形式存在则FeTiO3与硫酸发生主要反应的化学方程式是 。
(2)获得FeSO4·7H2O晶体的操作是 、过滤( 洗涤)。
(3)若流程省去步骤，则制备的产品TiO2中含有的杂质是 (填化学式)。
(4)“有机相”需用洗涤液(93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成)洗涤，其作用除了除去其中剩余的钛离子外，还可使Fe2+转化为Fe3+，该转化的离子方程式是 。
(5)用氨水调节溶液的pH分两步进行若溶液中c(Fe3+)=c(Se3+)=c(Mn2+)=0.1 mol·L-1，离子浓度为1×10-6mol·L-1时认为完全沉淀，则先加入氨水调节pH的范围是 (保留一位小数，已知lg2=0.3)；过滤，继续加入氨水调节pH过滤得到的滤渣3是 (填化学式)。
(6)25℃时用草酸“沉钪”得到Sc2(C2O4)3沉淀，溶液中c(H2C2O4)与c()的关系如图，此时溶液的pH= 。
18．（2021·河南·校联考模拟预测）六氟锑酸钠()广泛用于有机合成、光化学反应中的催化剂、蚀刻剂及医药中间体，一种由锑矿粉(主要含、，还含有少量、、等)合成六氟锑酸钠的工艺流程如图所示：
已知：①Sb的氧化物及氢氧化物的性质与Al的类似；可溶于NaOH溶液。
②常温下，、。
③难溶于水。
请回答下列问题：
(1)中Sb的化合价为 。
(2)“碱浸”时，若转化为，则与反应的离子方程式为 。
(3)“碱浸渣”的主要成分为 (填化学式)。
(4)“除杂”时，当溶液中出现蓝色沉淀，停止加入溶液，测得此时溶液的，则此时溶液中残留的 。
(5)“转化”过程中需先向溶液中加入浓NaOH溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入30%溶液进行氧化回流。则“转化”步骤发生反应的化学方程式为 。
(6)已知“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则“氟化”时发生反应的离子方程式为 。
(7)以六氟锑酸钠为离子导体的新型钠离子可充电电池的结构如图，该电池放电时的工作原理为，则充电时，向 移动(填“左”或“右”)；放电时，石墨电极上的电极反应式为 。
三、原理综合题
19．（2023·河南·校联考模拟预测）硫化氢是一种有害气体，它的转化利用和环境保护是很重要的研究方向，请回答下列问题：
(1)已知：I．S(g) +O2(g)= SO2(g) ΔH1=－a kJ·mol －1
II．2H2S(g) +3O2(g)=2SO2(g) +2H2O(g) ΔH2=－b kJ·mol －1
III．2H2S(g) +SO2(g) 3S(g) +2H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol －1
①若反应III中正反应的活化能为E 正，逆反应的活化能为E逆，则E逆－E正= (用含a和b的代数式表示)。
②若一种脱除H2S回收硫黄工艺的两个阶段为反应II、III，理论上该工艺最好控制参加反应的H2S的总物质的量n(H2S)与参加反应的n(O2)之比为 ，若n(H2S)：n(O2)过小，会导致 。
(2)若某种废气中含有H2S，将废气与空气混合通入 FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合液中，其转化过程如图所示。转化过程中参与循环的离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+。
①过程i中发生反应的离子方程式为 。
②一般认为K> 105时反应进行得较完全。已知：25 °C时Ksp(CuS) =1.25 ×10－36 ，H2S的Ka1=1 ×10－7 ，Ka2=1 ×10－15 ，则25 °C时过程ii中的反应 (填“能”或“不能”)进行完全。
(3)工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在某密闭容器中充入2 mol H2S气体，发生反应：2H2S(g)2H2(g) +S2(g) ，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①在975° C和p1的条件下，其他条件不变，n点的v正与v逆中较大的是 ，图中m、n点对应温度下的平衡常数：m点 ( 填“大于”“等于”或“小于”)n点。
②若温度为975 °C时，p2为2 MPa，该反应的平衡常数Kp= MPa( 用分数表示，Kp是用平衡分压代替平衡浓度得到的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
四、实验题
20．（2023·河南·校联考模拟预测）高锰酸钾为黑紫色、细长的棱形结晶或颗粒，常用作消毒剂、水净化剂、氧化剂等。欲在实验室中按一定的流程制取KMnO4晶体，请回答下列问题：
I．用图1中装置制取锰酸钾
(1)应选择使用 坩埚(填“铁”或“石英”)作为反应容器；向所得的KClO3和KOH熔融物中分批加入5 g MnO2，则制取K2MnO4的化学方程式为 。
Ⅱ．用图2中装置制备高锰酸钾
将上述反应产物冷却、研细得到固体粉末，加入4% KOH 溶液，呈绿色，倒入图2中的三颈烧瓶中，通入CO2调节到溶液呈弱碱性时K2MnO4发生歧化反应；然后趁热过滤反应产物，得到的MnO2循环利用；最后将滤液进行一系列操作得到高锰酸钾固体。
(2)上述歧化反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
(3)上述操作过程中趁热过滤的原因是 ；将滤液进行的一系列操作包括蒸发浓缩、 、 、干燥，得到高锰酸钾固体。
Ⅲ．测定产物中KMnO4的质量分数
准确称取KMnO4样品7. 900 g，配制成250 mL溶液；取20. 00 mL0.50 mol ·L－1Na2C2O4溶液加入锥形瓶中，再加入足量3.00 mol ·L－1硫酸，水浴加热到70~80 °C，趁热滴入高锰酸钾溶液，达到滴定终点时消耗KMnO4溶液的体积为25.00mL(已知：2+5+16H+= 2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O)。
(4)KMnO4溶液应装入图3的 (填“a”或“b”)中；上述达到滴定终点的现象为 。
(5)产物中KMnO4的质量分数为 (杂质不参与反应)。
21．（2023·河南·统考模拟预测）草酸是一种重要的化工原料，广泛用于药物生产、稀土元素的提取以及植物的漂白、高分子合成等化工生产。某化学小组用植物纤维棉籽壳为原料制取草酸，原理是纤维大分子水解成低聚糖和单糖的混合物，(C6H10O5)n→(C6H10O5)m→nC6H12O6(m< n)然后加入催化剂，用硝酸氧化单糖生成草酸，同时促进低聚糖水解为单糖。
I．草酸的制备过程：称取粉碎过筛的棉籽壳50g，用一定浓度硫酸浸泡一段时间，稀释后加入催化剂，移入右图装置中，用水浴加热至40℃，慢慢滴加65%的硝酸，硝酸滴完后升温并保温反应一定时间，停止反应趁热抽滤，滤液静置析出晶体，纯化粗品后可得到纯度较高的草酸二水合物。
已知：草酸收率(%)=×100%
(1)图中A处缺少的仪器为 (填仪器名称)。
(2)硝酸氧化单糖生成NO和NO₂的物质的量之比是1:3的化学方程式为 。
(3)硝酸用量对草酸收率的影响见表：
实验编号
硝酸用量/mL
草酸收率／%
1
60
57.4
2
70
65.2
3
75
66.8
4
80
65.0
5
85
61.5
依据表中数据可知，硝酸的用量为75mL时，草酸的收率最高，分析原因 。
(4)采用趁热抽滤的原因是 。
(5)利用重结晶法纯化粗品的步骤是加水溶解、 、趁热抽滤、降温结晶。
Ⅱ．草酸晶体纯度的测定
①称取10.00g实验后得到的草酸晶体配成100mL的溶液；
②取20.00mL溶液，加入适量的稀硫酸，用浓度为0.4000 mol/L的KMnO₄溶液滴定，滴定终点消耗KMnO₄溶液的体积为15.53mL。
(6)滴定时，发现反应速率开始很慢，后来逐渐加快，主要原因是 。
(7)草酸晶体的纯度为 (保留三位有效数字)。
(8)若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，则测定的草酸纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
22．（2022·河南·统考二模）硫酸氧钒( VOSO4)是全钒液流储能系统中不可或缺的电解质，实验室围绕VOSO4的相关实验如下：
Ⅰ．VOSO4的制备((夹持装置省略)
在三颈烧瓶中，加入20 mL硫酸[ V(蒸馏水)：V(98%硫酸)=1：1]，加入1.8g V2O5，加热至85° C后再通过固体加料器加入1.5 g V2O3，充分搅拌，反应2 h后倒出溶液，经抽滤后再将滤液经一系列操作，得到4.1 g VOSO4·3H2O固体。
(1)仪器a的化学名称为 ， 该实验宜选用 的三颈烧瓶(填字母)。
a．25 mL b．50 mL c．100 mL
(2)抽滤装置如下图所示：抽滤时自来水的作用是 。
(3)上述实验过程中，下列仪器不需要的是 (填字母)。
(4)写出三颈烧瓶中生成VOSO4的化学方程式： 。
Ⅱ．测量VOSO4·3H2O样品中钒的质量分数
i．称取1.36 g VOSO4 ·3H2O样品配成250 mL VOSO4溶液；
ii．取25.00mL，上述溶液于锥形瓶中，滴加足量酸性高锰酸钾溶液将VO2+完全转化为；
iii．处理过量的高锰酸钾溶液(此过程省略，所涉试剂不影响滴定反应)；
iv．一定条件下滴入指示剂，用0.05 mol · L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液(将完全转化为VO2+)滴定至终点。平行测量三次，消耗标准溶液的平均体积为12.00 mL。
(5)硫酸亚铁铵标准溶液应盛放在 (填 “酸”或“碱”)式滴定管中；滴定过程中眼睛应观察 。
(6)测得上述样品中钒的质量分数为 %。
(7)实验过程中，下列操作会导致所测钒含量偏小的是 (填字母)。
a．步骤ii取25. 00 mL。上述溶液于锥形瓶中，不小心洒出少许
b．盛装硫酸亚铁铵标准溶液的滴定管未润洗
c．配制VOSO4溶液时忘记洗涤烧杯和玻璃棒
d．滴定结束后发现滴定管尖嘴处有一滴液体没有滴落
23．（2021·河南·校联考模拟预测）过氧化锶()广泛作为家庭及工业用漂白剂、洗涤剂、氧化剂。SrO2是一种白色粉末，加热条件下可与CO2、水蒸气反应，室温时在水中逐渐形成无色晶体SrO2·8H2O，与酸作用生成H2O2。
(1)实验室利用锶单质制备过氧化锶可能用到的仪器如图：
①按气流从左到右的流向，制备过氧化锶的导管接口顺序为a→ (选择必要的仪器，可重复选择)。
②SrO2在空气中会变质生成碳酸盐，写出该反应的化学方程式 。
(2)通入氨气的条件下，在水溶液中可制备得到SrO2·8H2O，实验装置如图：
①盛装H2O2溶液的仪器名称为 。
②写出该方法制备SrO2·8H2O的离子方程式 ，NH3的作用是 。
③冰水浴的原因是 。
(3)为测定SrO2·8H2O样品的纯度，可进行下列实验：准确称取3.0gSrO2·8H2O置于锥形瓶中，加入适量的盐酸充分溶解；加入过量KI溶液，摇匀后置于暗处；充分反应后加入少量淀粉溶液，用1.000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至 (写出实验现象)，记下此时消耗标准溶液的体积，重复实验3~4次，得如表数据：
平行实验
1
2
3
4
消耗标准溶液体积(mL)
19.98
19.50
20.00
20.02
SrO2·8H2O样品的纯度为 (已知：I2+2S2O=2I-+S4O)
24．（2021·河南·校联考模拟预测）维生素又称L-抗坏血酸，还原性很强，在空气中极易被氧化，尤其在碱性介质中氧化速度更快，具有促进骨胶原的生物合成、利于组织创伤口的更快愈合等生理功能。实验室检验测定药片中维生素C含量的实验步骤如下。
Ⅰ.配制溶液：准确称量碾碎后的药品0.400 0g，溶解于新煮沸冷却的蒸馏水中，加入适量醋酸后配制成250mL溶液。
Ⅱ.滴定实验：取配制好的溶液50mL于锥形瓶中，加入0.5%的淀粉指示剂2mL，立即用的标准溶液滴定至终点。平行滴定3次，平均消耗标准溶液的体积为20mL。
已知：。请回答下列问题：
(1)配制溶液步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、 和 。
(2)溶解药片时加入适量醋酸的目的为 。
(3)将标准溶液装入已检查不漏液的酸式滴定管中，至“0”刻度以上2~3mL，夹在滴定管夹上， (填具体操作)，并调整管中液面至“0”或“0”刻度以下。
(4)滴定至终点时的实验现象为 。
(5)该药片中维生素C的百分含量为 %。
(6)若配制过程中采用了未煮沸过的蒸馏水，可能导致测定结果 (填“偏高”“偏低”或无影响”)。
五、填空题
25．（2021·河南·校联考模拟预测）砷(As)与N、P是同主族元素，远古时期人们就开始开发利用砷的性质，现代技术中砷仍然起着非常重要的作用。请回答下列问题：
(1)砷只有一种稳定的同位素，其原子核内的中子数比核外电子数多 (填数值)。
(2)下列事实中，能说明As元素的非金属性弱于N元素的是_______(填标号)。
A．沸点：
B．等物质的量浓度溶液的酸性：
C．分解温度：
D．相对分子质量：
(3)Marsh试砷法和Gutzeit试砷法是法医学上鉴定砷的重要方法。其原理是先将(剧毒)转化为，前者让：分解产生黑亮的砷镜(As)，后者让被溶液氧化为，同时还生成Ag单质。
①的电子式为 。
②Gutzeit试砷法中被氧化的离子方程式为 。
(4)砷化镓(GaAs)是现代科技中制造芯片的一种原料，可用溶液对其进行刻蚀，As元素的化合价变为+5价，则该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 ；砷化镓也可用于制造太阳能电池，该电池工作时的能量转化形式为 。
(5)已知的电离平衡常数分别为、、。
①25℃时，，溶液中： (填“>”“=”或“<”)。
②25℃时，向溶液中加入NaOH溶液至中性，此时溶液中 。
参考答案：
1．D
【分析】pS一定时，纵坐标pM数值越小，溶度积常数越大，已知：Ksp(XS) > Ksp(YS) > Ksp (ZS)，则直线①②③分别代表ZS、YS、XS；
【详解】A．由分析可知，直线③代表XS，故A错误；
B．当pS=0时pX=14，即c(S2-)=1，c(X2+)=10-14mol/L，Ksp (XS) = c(X2+)∙ c(S2-)=1 ×10-14，故B错误；
C．向c点饱和溶液中加少量Na2S，c(S2-)增大，而温度不变Ksp (YS) 不变，c(Y2+)减小，pM= -lgc(Y2+)增大，c点不会向b点迁移，故C错误；
D．当pS=0即c(S2-)=1时pY=28即c(Y2+)=10-28mol/L，Ksp (YS) = c(Y2+)∙ c(S2-)=1 ×10-28，同理Ksp (ZS) =1 ×10-36，该平衡常数，故D正确；
故选：D。
2．C
【分析】A装置稀酸和FeS反应生成 H2S气体， H2S气体通入B装置和含Ag+、Cd2+ 溶液反应，装置C是为了检验硫化氢气体是否过量；
【详解】A．X如果为稀硝酸，会产生NO气体，达不到实验目的，A项错误；
B．若装置B中先生成黑色沉淀，不能根据沉淀先后去证明的溶解度小于CdS，B项错误；
C．关闭活塞K则停止通入气体，可以让反应停止，C项正确；
D．用浓盐酸和制备氯气时需要加热，不能用装置A，D项错误；
答案选C。
3．A
【详解】A．配制FeCl3溶液时加入HCl抑制水解，A正确；
B．酸性高锰酸钾溶液也可以氧化Cl-，B错误；
C．制备氢氧化铁胶体，向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1~2mL饱和氯化铁溶液,继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，C错误；
D．F－与Fe3+反生成更为稳的无色，滴入SCN-后，Fe3+无法与SCN-结合，与氧化性无关，D错误；
故答案为：A。
4．B
【详解】A．蛋白质遇硝酸显黄色，实验操作、现象或事实得出的实验结论均正确，A正确；
B．Fe(SCN)₃溶液中存在，加入KCl固体对平衡没有影响，B错误；
C．人体血液中存在H₂CO₃-NaHCO₃体系，当代谢产生的酸进入血液时，使碳酸的电离逆向进行，生成二氧化碳，呼出体外，达到缓冲的作用，pH基本不变，C正确；
D．误服可溶性钡盐后,可以尽快用5%(约为0.35 mol/L)的Na₂SO₄溶液洗胃此时会生成硫酸钡沉淀，当硫酸钠的浓度为0.35 mol/L时可以充分结合钡离子形成沉淀达到除去的目的，D正确；
故选B。
5．C
【详解】A．浓硝酸呈现黄颜色是因为溶解了的缘故，则加入少量水，发生反应，黄颜色消失，故A正确；
B．炽热的表面发黑的铜丝插入乙醇中，发生反应，说明乙醇具有还原性，故B正确；
C．将加入饱和的溶液中，由于离子浓度较大，少量可转化为，则不能确定溶度积和的大小关系，故C错误；
D．滴入氯水后，水层溶液变红，层无明显现象，说明滴入少量氯水只发生反应，依据还原性强的优先反应可知还原性：，故D正确；
答案C。
6．B
【详解】A．反应中作氧化剂，氧气是氧化产物，所以的氧化性比的强，正确；
B．中氟原子周用应满足结构，电子式为，B错误。
C．的电子式为，其中既含极性键又含非极性键，C正确；
D．是一元弱酸，在水溶液中的电离方程式为，D正确；
答案选B。
7．C
【分析】随着pH的增大，溶液中H2T逐渐转化为HT-，因此开始时H2T逐渐减小，HT-逐渐增大，随着pH的进一步增大，HT-逐渐减小，T2-逐渐增大，因此曲线①为H2T，曲线②为HT-，曲线③为T2-；H2T为二元弱酸，电离方程式为H2TH++ HT-，HT-H++T2-，电离平衡常数Ka1=，Ka2=，X点时c(H2T)=c(HT-)，Ka1==c(H+)=10-2.98，Z点时c(HT-)=c(T2-)，Ka2==c(H+)=10-4.34。
【详解】A．根据分析，Ka1=10-2.98，lgKa1=-2.98，A正确；
B．pH=4.34时，对应图中的Z点，Z点的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HT-)+2c(T2-)，该点处c(HT-)=c(T2-)，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HT-)，pH=4.34说明溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-)，故c(Na+)＜3c(HT-)，B正确；
C．反应H2T+T2-2HT-的平衡常数K====101.36，lgK=1.36，C错误；
D．HT-的电离平衡常数Ka2=10-4.34，水解平衡常数Kh2===10-11.02，Ka2＞Kh2，即HT-的电离大于水解，因此在0.1mol·L-1NaHT溶液中c(HT-)＞c(T2-)＞c(H2T)，D正确；
故选C。
8．D
【详解】A．1号环中水解是一步一步水解即水解离子方程式为＋H2O ＋OH－，故A错误；
B．2号环中乙酸提供氢离子，但乙酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆，则发生的离子反应为5I－＋＋6CH3COOH=3I2＋3H2O＋6CH3COO－，故B错误；
C．3号环中溶液的pH若为a，将其稀释10倍，由于乙酸稀释过程中又电离，因此氢离子浓度比原来十分之一大一点，则pH小于a＋1，但大于a，故C错误；
D．碳酸钠溶液显碱性，使甲基橙呈黄色，使溴百里酚蓝呈蓝色，因此5号环最后溶液呈现的绿色是黄色与蓝色的混合色，故D正确。
综上所述，答案为D。
9．A
【详解】A．胶体具有丁达尔效应，溶液不具有丁达尔效应，故可利用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，A项正确；
B．锂的密度比煤油小，不能保存在煤油中，可保存在石蜡油中，B项错误；
C．和会发生强烈的双水解反应生成氢氧化铝和硫化氢，不不能用氯化铝溶液和硫化钠溶液反应制备硫化铝，C项错误；
D．如果构成原电池，锡金属性强于铅，会降低锡的抗腐蚀能力，实际上把铅加入锡的主要目的是降低熔点，D项错误；
故选A。
10．C
【详解】A．绿矾被稀硫酸溶解，加入后被氧化为，反应的离子方程式为，选项A正确；
B．水解聚合的离子方程式为 ，溶液的pH会减小，选项B正确；
C．也具有还原性，滴定前若不除去，会消耗标准液，导致测定的铁元素的质量分数结果偏高，选项C错误；
D．溶液具有酸性和强氧化性，需用酸式滴定管盛装，且需要用它对滴定管进行润洗，选项D正确；
答案选C。
11．C
【详解】A．AlCl3是共价化合物，熔融状态下不能电离出离子，A错误；
B．铜的活泼性位于氢之后，不能发生析氢腐蚀，B错误；
C．由于起始Cl-、I-浓度相等，故通过观察先生成沉淀的颜色可以比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小，C正确；
D．Ksp(BaSO4)与Ksp(BaCO3)的相差不大，通过控制浓度可实现转化，D错误；
故答案选C。
12．(1) 增大接触面积，提高反应速率 CO2 、SO2
(2)98.5%
(3)2 +4 +6H+= ( NH4)2Mo4O13· 2H2O↓+H2O
(4) 用玻璃棒引流，向漏斗中注入冷水直至没过沉淀，待水自然流下后，重复操作2 ~3次 蒸发浓缩，在20° C以下冷却结晶
(5)Ni4O5(2NiO·Ni2O3)
【分析】废钼催化剂加入纯碱、空气焙烧生成气体有二氧化碳、二氧化硫，物质有钼酸钠、铁镍氧化物，水浸后过滤虑液中的钼酸钠用硝酸铵硝酸沉钼得到钼酸铵沉淀，滤渣用硫酸酸浸，加碳酸钠沉铁，加碳酸氢钠沉镍，最后转化为硫酸镍。
【详解】（1）多层逆流焙烧可以增大反应物的接触面积，提高反应速率；生成气体是二氧化碳和二氧化硫气体；
（2）沉镍后碳酸根离子浓度为1.0 ×10-5 mol·L-1，由溶度积常数计算公式Ksp(NiCO3)=1.5 ×10-7，计算出c(Ni2+)=1.5×10-2，沉镍率=；
（3）沉钼最后得到( NH4)2Mo4O13· 2H2O沉淀，反应的离子有 、和氢离子，方程式为2 +4 +6H+= ( NH4)2Mo4O13· 2H2O↓+H2O；
（4）洗涤沉淀的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中注入冷水直至没过沉淀，待水自然流下后，重复操作2 ~3次；
（5）溶液中结晶应该是蒸发浓缩，由于温度低于20 °C时，以NiSO4·7H2O形式结晶，所以要冷却到20°C以下结晶；40min时残留的是氧化物，镍元素没有丢失，计算出镍氧比就可以了， n(Ni)=，n(O)=4：5，化学式为Ni4O5。
13．(1)粉碎矿石、搅拌、适当增大空气的进入量
(2)A
(3)2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-
(4) 完全氧化Fe2+(或其他合理答案) 3 灼烧
(5)2Au+3H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O
(6)39%
【分析】含金黄铁矿通入空气煅烧，得到熔融物加入稀硫酸酸浸，铁反应成为滤液，滤渣加入NaCN、高压空气得到浸取液，加入锌得到粗金，处理得到纯金加入浓盐酸、浓硝酸得到HAuCl4，处理得到一种Au单原子新型材料；
【详解】（1）提高“熔池”中反应速率的措施有粉碎矿石、搅拌、适当增大空气的进入量等；
（2）流程中反应需要在烧杯中进行，故需要使用烧杯，故选A；
（3）“沉金”中，另一种产物是Na2[M(CN)4]且其为强电解质：Na2[M(CN)4]=2Na++[M(CN)4]2-，“沉金”后得到粗金中含有锌，则金属M为锌，锌和[Au(CN)2]-发生置换反应生成金和[Zn(CN)4]2-，离子方程式2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-；
（4）①氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，通入过量Cl2的目的是完全氧化Fe2+(或其他合理答案)。
②已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10-38；一般地，当离子浓度不超过1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子已沉淀完全，则铁离子完全沉淀时，，pOH=11，pH=3，则“调pH”最低值为3。
③氢氧化铁煅烧生成氧化铁和水，故制备铁红“操作”名称是灼烧；
（5）过氧化氢具有强氧化性，纯金溶于含双氧水的浓盐酸也能制备HAuCl4，反应中金发生氧化反应、过氧化氢发生还原反应生成HAuCl4和水，2Au+3H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O；
（6）若步骤a、b、c的产率依次为75%、80%、65%，则由金制备该材料的总产率为75%×80%×65%=39%。
14．(1)粉碎
(2)ZnO·GeO2 +2H+=H2GeO3 +Zn2+
(3) 分液漏斗、烧杯 加入盐酸，增大H⁺浓度，使In3++3H2A2(o)InA3·3HA(o)+3H+ (a)平衡逆移
(4) HGaCl₄+5NaOH═NaGaO₂+4NaCl+3H₂O或HGaCl₄+5NaOH═Na[Ga(OH)₄]+4NaCl+H₂O 或[Ga(OH)₄]-
(5)蒸馏(或精馏)
(6)10-34.7或2×10-35
【分析】本题是一道工业流程题，由锌浸出渣制备，金属镓和金属锗，首先用硫酸溶液原材料，溶解后用萃取剂萃取出铟元素，萃余液处理后可以得到金属镓和金属锗，含铟萃取有机相，处理后可以得到海绵铟，以此处理。
【详解】（1）增大接触面积可以加快反应速率，故为了提高“酸浸”的反应速率，“酸浸”前对锌浸出渣的处理方式为粉碎；
（2）根据信息可知，ZnO·GeO₂与硫酸反应生成H₂GeO₃和硫酸锌，离子方程式为：ZnO·GeO2 +2H+=H2GeO3 +Zn2+；
（3）萃取后得到的有机相和洗涤液水互不相溶，因此洗涤应该在分液漏斗中进行，因此洗涤用到的玻璃仪器为：分液漏斗、烧杯；根据信息可知，萃取后的有机相中存在In3++3H2A2 (o) InA3·3HA(o)+3H+ (a)，根据平衡移动的原理可知，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故加入盐酸作反萃取剂原理是：加入盐酸，增大H⁺浓度，使In3++3H2A2(o)InA3·3HA(o)+3H+ (a)平衡逆移；
（4）根据信息可知，Ga与Al的性质相似，则HGaCl₄.与过量氢氧化钠反应的化学方程式为HGaCl₄+5NaOH═NaGaO₂+4NaCl+3H₂O或HGaCl₄+5NaOH═Na[Ga(OH)₄]+4NaCl+H₂O；根据流程可知，电解时在阴极产生金属镓，则电解时在阴极反应的离子是或[Ga(OH)₄]-；
（5）根据信息可知，GeCl₄的熔点为-49℃，沸点为84℃沸点较低，故分离出纯净GeCl₄的方法是：蒸馏(或精馏)；
（6）根据 AG=5.8和Kw=1.0×10-14，可知Ga3+完全沉淀时c(OH-)=1×10-9.9mol/L，则Ga(OH)₃的溶度积=(1×10-9.9 mol/L)3×1×10-5mol/L= 1×10-34.7或2×10-35。
15．(1) 酸
(2) 不能使“洗脱”后的废电解质渣完全溶解且元素不能转化成(合理即可，2分)
(3) 、
(4)
【分析】废电解质渣洗脱可以洗去可溶于水的杂质，被洗去，酸浸时、、均被氧化，调pH除去溶液中的Fe3+、Cu2+，最后沉镍Ni2+与反应生成NiCO3；
【详解】（1）“洗脱”时，只有溶于水，主要去除，由<，溶液显弱酸性；
（2）盐酸不与铜反应，也不能使元素转化成；与稀硝酸反应为；
（3）应控制在使沉淀完全(此时早已沉淀完全)而不沉淀，故；沉淀为、；
（4）。
16．(1)废镍渣粉粉碎、搅拌
(2) SiO2 Fe(OH)3
(3)5-6.4
(4) 2Ni2+ +2OH-+=Ni2(OH)2CO3↓ 加速沉淀的沉降 Na+、
(5)Ni2(OH)2CO3+2H22Ni+3H2O+CO2
【分析】废镍渣粉加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应进入滤渣1，镍、铝、铁元素形成相应的盐溶液，加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，调节pH除去铁，加入氢氧化铝除去铝，加入碳酸铵得到Ni2(OH)2CO3沉淀，过滤分离出沉淀通入氢气加热还原得到镍；
【详解】（1）“酸浸”时，为提高浸出率，可采取的措施有废镍渣粉粉碎、搅拌、升高温度等；
（2）二氧化硅不和稀硫酸反应，酸浸后得到二氧化硅沉淀；加入过氧化氢后将二价铁氧化为三价铁，由流程pH值可知，到4.0时铁离子完全沉淀，生成氢氧化铁沉淀；故滤渣1、滤渣2的成分依次是SiO2、Fe(OH)3；
（3）室温时，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33；“除铝”时，室温下，除去溶液中的Al3+[使c(Al3+)<1×10-6mol·L-1]，则氢氧根离子浓度为 mol·L-1，则pOH为9，pH为5；此时镍离子不能沉淀，故理论上需调节溶液pH范围为5-6.4；
（4）由流程可知，“沉镍”时，足量沉淀Ni2+得到Ni2(OH)2CO3的离子方程式为2Ni2+ +2OH-+=Ni2(OH)2CO3↓；“沉镍”时会加入硅藻土，硅藻土具有吸附性，加速沉淀的沉降；由流程可知，沉镍过程中镍离子、氢氧根离子、碳酸根离子沉淀，则滤液4中主要阳离子为引入的钠离子、铵根离子，故填Na+ 、；
（5）“还原”时，发生反应Ni2(OH)2CO3和氢气加热转化为镍，根据质量守恒可知，还会生成水、二氧化碳，反应为Ni2(OH)2CO3+2H22Ni+3H2O+CO2。
17．(1)FeTiO3 +2H2SO4FeSO4 +TiOSO4 +2H2O
(2)蒸发浓缩、冷却结晶
(3)Fe2O3
(4)2Fe2+ +H2O2 +2H+= 2Fe3+ +2H2O
(5) 3.0≤pH＜4.1 Sc(OH)3
(6)2
【分析】钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含少量SiO2、MnO2、Fe2O3、Sc2O3等)加入硫酸并保持在80℃进行酸浸，酸浸后除去滤渣1为SiO2，得到溶液1加入铁粉还原生成硫酸亚铁，结晶得到FeSO4·7H2O，所得溶液2加入热水使其水解，得到固体H2TiO3进行煅烧得到TiO2，水解后的溶液含有大量离子，加入P104-煤油进行萃取，再将有机相加入氢氧化钠溶液进行反应萃取，所得滤渣2加入盐酸酸溶，加入氨水调节pH,得到的滤渣3再加入盐酸酸溶，加入草酸沉钪，再灼烧得到Sc2O3。
【详解】（1）钛以TiO2+的形式存在则FeTiO3与硫酸发生主要反应生成硫酸亚铁、TiOSO4和水，反应的化学方程式是FeTiO3 +2H2SO4FeSO4 +TiOSO4 +2H2O；
（2）低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度防止FeSO4·7H2O分解失去部分结晶水，故获得FeSO4·7H2O晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤( 洗涤)；
（3）若流程省去步骤，铁离子未被还原为亚铁离子，没有转化为FeSO4而结晶，水解时容易产生氢氧化铁沉淀，则制备的产品TiO2中含有的杂质是Fe2O3；
（4）酸性条件下双氧水使Fe2+转化为Fe3+，该转化的离子方程式是2Fe2+ +H2O2 +2H+= 2Fe3+ +2H2O；
（5）先加入氨水调节pH确保铁离子、锰离子沉淀完全，根据Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)·c2(OH-)=1×10-6mol·L-1c2(OH-)≤1.1×10-13，c2(OH-)≤1.1×10-7，故pH3.0，同时不能使开始沉淀，故Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)·c3(OH-)=0.1 mol·L-1c3(OH-)2.0×10-31，c3(OH-)2.0×10-30，故pH<4.1，答案为3.0≤pH＜4.1；
过滤，继续加入氨水调节pH，使Sc3+沉淀生成Sc(OH)3，故过滤得到的滤渣3是Sc(OH)3；
（6）25℃时，草酸的电离平衡常数为Ka1=6 ×10-2 ，Ka2=5×10-5，根据图中c(H2C2O4)与c()的关系可知，== ==，故c(H+)=10-2mol/L，此时溶液的pH=2。
18．(1)+5
(2)
(3)和
(4)
(5)
(6)
(7) 右
【分析】锑矿粉(主要含、，还含有少量、、等)碱浸、还原时转化为NaSbO2，和不能溶于NaOH，过滤后，在浸出液种加入硫酸铜除杂，再加入双氧水将NaSbO2转化为，最后加HF转化为。
(1)
根据物质中各元素化合价代数和为0可得出中的化合价为+5价；
(2)
若在“碱浸”过程中转化为，则与反应的离子方程式为；
(3)
由于和不能溶于NaOH，因此“碱浸渣”的主要成分为和；
(4)
“除杂”步骤中，当溶液的时，此时溶液中，此时溶液中残留的；
(5)
“转化”步骤发生氧化的反应，化学方程式为；
(6)
注意为弱酸，保留化学式，故“氟化”时发生反应的离子方程式为；
(7)
该电池放电时的工作原理为，则充电时，向右(石墨电极)移动；放电时，石墨电极上得电子生成进入溶液中，因此电极反应式为。
19．(1) (b－3a) kJ/mol 2：1 SO2不能完全转化为S，多余的SO2排放到空气中会污染大气
(2) 4Fe2+ +4H+ +O2= 4Fe3+ +2H2O 能
(3) v正 小于
【详解】（1）I．S(g) +O2(g)= SO2(g) ΔH1=－a kJ·mol －1
II．2H2S(g) +3O2(g)=2SO2(g) +2H2O(g) ΔH2=－b kJ·mol －1
III．2H2S(g) +SO2(g) 3S(g) +2H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol －1
①根据盖斯定律II- I×3得2H2S(g) +SO2(g) 3S(g) +2H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol －1=(3a-b) kJ·mol －1，若反应III中正反应的活化能为E 正，逆反应的活化能为E逆，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，则E逆－E正=(b-3a) kJ/mol。
②脱除H2S回收硫黄，H2S被氧化为S单质，S元素化合价升高2，氧气中氧元素化合价降低2，根据得失电子守恒，理论上该工艺最好控制参加反应的H2S的总物质的量n(H2S)与参加反应的n(O2)之比为2:1，若n(H2S)：n(O2)过小，氧气过量，会导致SO2不能完全转化为S，多余的SO2排放到空气中会污染大气。
（2）①根据图示，过程i中Fe2+被氧气氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为4Fe2+ +4H+ +O2= 4Fe3+ +2H2O。
②根据图示，25 °C时过程ii中的反应为Cu2+(aq)+H2S(aq)=CuS(s)+2H+(aq)，K= ，所以反应能进行完全。
（3）①在975° C和p1的条件下，其他条件不变，n点H2S的转化率小于该条件下的平衡转化率，反应正向进行，v正大于v逆；根据图示，随温度升高，H2S的平衡转化率增大，可知正反应吸热，温度越高平衡常数越大，图中m、n点对应温度下的平衡常数：m点小于n点。
②若温度为975 °C时，p2为2 MPa，H2S的平衡转化率为40%，则平衡体系中H2S的物质的量为1.2mol、氢气的物质的量为0.8mol、S2的物质的量为0.4mol，该反应的平衡常数Kp=MPa。
20．(1) 铁 3MnO2 + KClO3 + 6KOH3K2MnO4+ KCl +3H2O
(2)2：1
(3) 温度低时KMnO4会结晶析出而造成损失 冷却结晶 过滤(洗涤)
(4) b 溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色
(5)80%
【详解】（1）根据图示信息，利用 KClO3和KOH熔融物加热条件下，制取K2MnO4，因KOH可与二氧化硅发生反应，石英坩埚的主要成分为二氧化硅，故应选择使用铁坩埚作为反应容器；所KClO3和KOH熔融物中加入MnO2，制取K2MnO4的化学方程式为：。
答案为：铁；。
（2）结合题干信息，通入CO2调节到溶液呈弱碱性时K2MnO4发生歧化反应的化学方程式为：，K2MnO4发生歧化生成KMnO4和MnO2，反应中Mn元素化合价有+6价分别变化为+7和+4价，根据得失电子守恒，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1。
答案为：2:1。
（3）K2MnO4发生歧化生成KMnO4和MnO2，温度降低KMnO4溶解度降低，趁热过滤是为了减少KMnO4析出，提高产品的产率；将滤液进行的一系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到高锰酸钾固体。
答案为：温度低时KMnO4会结晶析出而造成损失；冷却结晶；过滤（洗涤）。
（4）KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应装入酸式滴定管，故应装入图3的b中；达到滴定终点时Na2C2O4反应完全，终点现象为滴入最后一滴高锰酸钾，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。
答案为：b；滴入最后一滴高锰酸钾，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。
（5），n()=20. 00 mL10-30.50 mol ·L－1=0.01mol，则n()=410-3mol，m()=410-3mol158g/mol10=6.32g,则产品中高锰酸钾的质量分数为。
答案为：80%。
21．(1)球形冷凝管或蛇形冷凝管
(2)
(3)硝酸用量不足时，氧化反应不完全，硝酸用量过大时，部分草酸被氧化
(4)防止草酸晶体析出使草酸回收率降低(写出“过滤速度快，产品干燥”得1分)
(5)蒸发浓缩(或加热浓缩)
(6)Mn²⁺起催化剂的作用
(7)97.8%
(8)偏低
【分析】三颈烧瓶是发生装置生成草酸，氢氧化钠用来吸收尾气。
【详解】（1）制得产品在三颈烧瓶中，装置加热需要回流，所以图中A处缺少的仪器为：球形冷凝管或蛇形冷凝管，答案为：球形冷凝管或蛇形冷凝管；
（2）由题意可知硝酸氧化单糖生成NO、 NO₂，单糖被氧化为草酸，根据电子转移守恒，当NO和NO₂的物质的量之比是1:3的化学方程式为：，答案为：；
（3）硝酸用量不足时，氧化反应不完全，得到产品少，硝酸用量过大时，部分草酸被氧化，得到产品也少，答案为：硝酸用量不足时，氧化反应不完全，硝酸用量过大时，部分草酸被氧化；
（4）趁热抽滤可以加快过滤速度，防止晶体析出，答案为：防止草酸晶体析出使草酸回收率降低；
（5）利用重结晶法纯化粗品的步骤是加水溶解、蒸发浓缩(或加热浓缩)、趁热抽滤、降温结晶，答案为：蒸发浓缩(或加热浓缩)；
（6）滴定过程中草酸和高锰酸钾反应生成Mn²⁺，Mn²⁺起催化剂的作用加快反应速率，答案为：Mn²⁺起催化剂的作用；
（7）滴定时反应的方程式为：，，草酸晶体的纯度为97.8%，答案为：97.8%；
（8）若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会使高锰酸钾体积偏小，则测定的草酸的物质的量偏小，纯度偏低，答案为：偏低。
22．(1) 恒压分液漏斗 b
(2)使瓶内压强小于外界大气压
(3)a
(4)V2O5+V2O3+4H2SO44VOSO4+4H2O
(5) 酸 锥形瓶内溶液颜色的变化
(6)22.5
(7)ac
【分析】将V2O5转移至三颈烧瓶中，加入过量的硫酸，在85℃水浴环境并搅拌下充分反应，冷却后，充分反应，抽滤后将滤液经“一系列”操作可得到VOSO4•nH2O；由关系式VOSO4 ·3H2O~Fe2+~V计算钒的质量，计算钒的质量分数。
（1）
仪器a的化学名称为恒压分液漏斗， 三颈烧瓶中，加入20 mL硫酸，加热的液体不超过三颈烧瓶容积的一半，该实验宜选用50mL的三颈烧瓶(填字母)。故答案为：恒压分液漏斗；b；
（2）
抽滤装置抽滤时自来水的作用是使瓶内压强小于外界大气压。故答案为：使瓶内压强小于外界大气压；
（3）
上述实验过程中，下列仪器不需要的是50mL的容量瓶。要用托盘天平称样品质量，用坩埚钳夹持蒸发皿，故答案为：a；
（4）
三颈烧瓶中V2O5、V2O3、H2SO4混合加热，生成VOSO4，化学方程式：V2O5+V2O3+4H2SO44VOSO4+4H2O 。故答案为：V2O5+V2O3+4H2SO44VOSO4+4H2O；
（5）
强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，硫酸亚铁铵标准溶液应盛放在酸 (填 “酸”或“碱”)式滴定管中；滴定过程中眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。故答案为：酸；锥形瓶内溶液颜色的变化；
（6）
由关系式VOSO4 ·3H2O~Fe2+~V得钒的质量为0.05 mol · L-1×0.012L××51g/mol=0.306g，测得上述样品中钒的质量分数为=22.5%。故答案为：22.5；
（7）
a．步骤ii取25. 00 mL上述溶液于锥形瓶中，不小心洒出少许，溶质减少，所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积减小，导致所测钒含量偏小，故a选；
b．盛装硫酸亚铁铵标准溶液的滴定管未润洗，硫酸亚铁铵标准溶液被冲稀，所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积增大，导致所测钒含量偏大，故b不选；
c．配制VOSO4溶液时忘记洗涤烧杯和玻璃棒，溶质减少，所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积减小，导致所测钒含量偏小，故c选；
d．滴定结束后发现滴定管尖嘴处有一滴液体没有滴落,所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积增大，导致所测钒含量偏大，故d不选；
故答案为：ac。
23．(1) bc→hi(或ih)→bc 2SrO2+2CO2=2SrCO3+O2
(2) 分液漏斗 Sr2++H2O2+2NH3+8H2O=SrO2·8H2O↓+2NH 提供碱性环境，防止产物分解 冰水浴有利于减少H2O2分解消耗
(3) 锥形瓶内溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 88%
【分析】利用过氧化钠和水反应生成的氧气和锶在加热下反应可生成过氧化锶。用SrCl2溶液和过氧化氢溶液以及氨气反应可以得到SrO2▪8H2O。测定SrO2▪8H2O纯度的原理是：将一定质量的SrO2▪8H2O和盐酸反应生成H2O2，H2O2和过量KI反应生成I2，I2和Na2S2O3溶液反应，利用淀粉和碘反应显蓝色指示滴定终点，根据消耗的Na2S2O3的物质的量计算SrO2▪8H2O的纯度。
（1）
①过氧化钠和水反应生成氧气，生成的氧气必须干燥后才能和锶反应，SrO2在加热条件下可与水蒸气、二氧化碳反应，所以装置的最后必须有防止外界空气进入硬质玻璃管的装置，所以按气流从左到右的流向，制备过氧化锶的导管接口顺序为a→bc→hi(或ih)→bc。
②SrO2和过氧化钠相似，能和空气中的二氧化碳反应生成碳酸锶和氧气，该反应的化学方程式为：2SrO2+2CO2=2SrCO3+O2。
（2）
①根据仪器构造可知，盛装H2O2溶液的仪器名称为分液漏斗。
②SrCl2、过氧化氢和氨气在溶液中发生反应可以生成SrO2▪8H2O，该反应中没有化合价的变化，根据原子守恒和电荷守恒配平该反应，离子方程式为：Sr2++H2O2+2NH3+8H2O=SrO2·8H2O↓+2。SrO2▪8H2O能与酸作用生成H2O2，而NH3可以提供碱性环境，防止产物和酸反应。
③该反应中用到的H2O2不稳定，受热易分解，所以用冰水浴。
（3）
滴定过程中发生的反应有：SrO2▪8H2O+2HCl=H2O2+SrCl2+8H2O，H2O2+2HCl+2KI=I2+2H2O+2KCl，I2+2=2I-+，滴定时加入淀粉溶液作指示剂，I2遇淀粉呈蓝色，滴定终点的现象为：滴入半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；第2次实验所耗Na2S2O3溶液的体积存在明显误差，故不参与计算，实验中消耗Na2S2O3溶液体积的平均值为=20.00mL，所耗Na2S2O3的物质的量为1.000mol·L-1×0.02L=0.02mol，根据滴定过程中的反应可得关系式SrO2▪8H2O~2Na2S2O3，所以n(SrO2▪8H2O)=0.01mol，质量为0.01mol×264g/mol=2.64g，则SrO2·8H2O样品的纯度为=88%。
24．(1) 胶头滴管 250mL容量瓶
(2)调节溶液至酸性，防止维生素C被氧化
(3)轻轻转动酸式滴定管的活塞，使滴定管的尖嘴部分充满溶液
(4)滴入最后一滴标准溶液后溶液变蓝，且30s内不褪色
(5)44
(6)偏低
【解析】(1)
配制溶液步骤有：称量、溶解并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶；
(2)
维生素C易被氧化，在碱性介质中氧化速度更快，所以溶解药片时加入适量醋酸的目的为调节溶液至酸性，防止维生素C被氧化；
(3)
酸式滴定管排尖嘴部分的气泡的具体操作为：轻轻转动酸式滴定管的活塞，使滴定管的尖嘴部分充满溶液；
(4)
碘能使淀粉变蓝，滴定至终点时的实验现象为当加入最后一滴标准溶液后溶液变蓝，且30s内不褪色；
(5)
根据方程式可知，其百分含量为。
(6)
若配制过程中采用了未煮沸过的蒸馏水，可能导致维生素C部分被水中的氧气氧化，消耗碘的体积偏小，导致测定结果偏低。
25．(1)9
(2)BC
(3)
(4) 1：4 太阳能→电能
(5) < 2.016
【解析】(1)
根据元素周期表和周期律可推知As的原子序数为33，的中子数为，因此其原子核内的中子数与核外电子数之差。
(2)
元素的非金属性与氢化物的沸点及相对分子质量无关，A、D项错误；等物质的量浓度溶液的酸性：，最高价含氧酸的酸性越强，元素的非金属性越强，B项正确；简单氢化物的热稳定性越强，元素的非金属性越强，因此分解温度可以判断出N的非金属性强，C项正确；故选BC。
(3)
①As原子最外层有5个电子，因此的电子式为；②Gutzeit试砷法中作氧化剂，还原产物为银，因此反应的离子方程式为。
(4)
As元素从−3→+5价，中的O元素从−1→−2价，根据化合价升降相等，可得还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4；太阳能电池工作时的能量转化形式为太阳能→电能。
(5)
①的电离常数为，水解常数为，水解程度小于电离程度，因此水解产生的电离产生的。②，25℃时，当溶液呈中性时，带入表达式可得2.016。
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