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河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-19水溶液中的离子反应和平衡（2）
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这是一份河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-19水溶液中的离子反应和平衡（2），共41页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，工业流程题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-19水溶液中的离子反应和平衡（2）
一、单选题
1．（2021·河南·统考三模）常温下，铁的氢氧化物(或3)的沉淀溶解平衡与溶液pH的关系如图所示，其中。下列叙述错误的是
A．Ⅰ表示的曲线
B．的
C．在Y点通入足量的将达到R点(忽略溶液体积变化)
D．在Q点加水稀释可能移到M点
2．（2021·河南郑州·统考三模）白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量测定常用KMnO4滴定的方法。具体做法是将其酸溶后转化为草酸钙，过滤后用酸溶解，再用KMnO4滴定。则下列说法错误的是
A．KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．实验过程中两次用酸溶解，均需使用稀盐酸
C．KMnO4滴定草酸过程中，标准状况下每产生448mLCO2气体理论上转移0.02mole-
D．滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，将导致测定结果偏高
3．（2022·河南开封·校联考模拟预测）25°C时，三种金属氢氧化物的溶解度(纵坐标以溶解金属质量/mg·L-1表示)与溶液中pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A．Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小
B．Ksp[Cu(OH)2]=×10-17
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K=
D．将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O
4．（2023·河南郑州·统考三模）工业上从海水中提溴，其中碳酸钠溶液吸收溴单质的反应可分三步进行，其反应机理如下图所示，下列说法错误的是
第一步：
第二步：
第三步：
A．第一步反应的方程式为：+H2O+OH—
B．第二步反应消耗1molBr2时，转移的电子数为2NA
C．第二步和第三步可以说明BrO—为中间产物
D．溴单质被碳酸钠溶液吸收后，生成的含溴物质为NaBr和NaBrO3
5．（2023·河南安阳·统考三模）一定温度下，AgCl及Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示，p(X)表示离子浓度的负对数，如p( Ag+)表示-lg c(Ag+ )(已知当离子浓度≤1×10-5 mol·L-1时认为该离子完全沉淀；lg2=0.3)。下列说法错误的是
A．处于M点的Ag2CrO4溶液会产生沉淀
B．R点的溶液可能是AgCl固体溶于水形成的饱和溶液
C．该温度下Ag2CrO4的Ksp=2×10-12
D．用AgNO3标准溶液确定NaCl溶液中的c(Cl-)，可以用Na2CrO4作指示剂，当Cl -完全沉淀时，c()=5×10-3 mol·L-1
6．（2023·河南安阳·统考三模）某化学实验小组设计如下实验探究Zn与溶液中Fe3+发生反应的原理。
实验
试剂
现象
I
2 mL0.1 mol· L-1FeCl3溶液、过量锌粉
黄色溶液很快变浅，接着有无色气泡产生，固体中未检出铁单质
Ⅱ
2 mL1 mol· L-1FeCl3溶液(pH≈0.70)、过量锌粉
很快有大量气体产生，出现红褐色浑浊，30 min左右产生红褐色沉淀，溶液颜色变浅，产生少量铁单质
下列说法错误的是
A．实验I说明Fe3+被还原为Fe2+
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验实验I得到的溶液中含有Fe2+
C．实验Ⅱ发生了置换反应和复分解反应
D．实验说明Fe3+、H+与Zn的反应与离子浓度有关
7．（2023·河南安阳·统考三模）下列有关自然界中现象的说法错误的是
A．“雷雨肥庄稼”是发生了固氮反应
B．溶洞的形成与沉淀溶解平衡有关
C．“海市蜃楼”是气溶胶产生的丁达尔现象
D．萤火虫发光是将生物质能转化为光能
二、多选题
8．（2022·河南安阳·统考模拟预测）室温下，某混合溶液中c(M+) +c(MOH) =c(R-) +c(HR) ，和随pH变化关系如图所示，已知pX = -lg X。下列说法错误的是
A．曲线I表示与pH关系曲线，pKa=pKb +2
B．b点溶液中c(M+) ＞c(R-)，x= - 2
C．MR溶液显碱性，且MR溶液溶液中c(MOH) ＜c( HR)
D．等物质的量的NaR与HR混合溶液中，c(HR) ＞c(Na+) ＞c(R-) ＞c(OH-) ＞c(H+)
三、填空题
9．（2021·河南·校联考模拟预测）草酸、KMnO4均是重要的化学分析试剂，某次实验中需要使用480mL0.2000mol/L的草酸溶液，回答下列问题。
(1)实验中需要称取 g草酸晶体(H2C2O4•2H2O)，称量后 (填“需要”或“不需要”)加热除去相应的结晶水；配制过程中需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管及 。
(2)假设称取草酸时使用的是托盘天平，称量中试剂与砝码位置错放，则所配制溶液中c(H2C2O4)0.2000 (填“＞”、“=”或“＜”，下同)；若定容时俯视刻度线，则所配溶液中c(H2C2O4) 0.2000。
(3)若配置溶液时所取草酸晶体不纯(杂质无还原性)，为测定草酸的纯度，某同学量取20.00mL，上述所配溶液放入锥形瓶中，然后用0.1000的酸性KMnO4标准溶液滴定(氧化产物是CO2)，滴定终点时消耗VmL标准溶液。
①标准溶液应使用 (填“酸”或“碱”)式滴定管取用，合理的V值可能是 。
A． 15.8 B． 16.20 C． 15.82 D． 16.18
②滴定终点时溶液颜色的变化为 ，样品中草酸晶体的质量分数为 (用含V的式子表示)。
10．（2021·河南信阳·统考一模）磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。回答下列问题：
Ⅰ. 亚磷酸(H3PO3)是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H+ + H2PO。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生成水和Na2HPO3。
(1)写出亚磷酸钠(Na2HPO3)中磷的化合价 。
(2)当亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为 。
(3)亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式 。
Ⅱ.已知：①次磷酸(H3PO2)是一种一元弱酸；
②常温下，电离平衡常数Ka(H3PO2)=5.9×10-2，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5；
(4)下列说法正确的是___________。
A．次磷酸的电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO
B．NaH2PO2属于酸式盐
C．浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸(H3PO2)与盐酸相比前者导电能力强
D．0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小
(5)次磷酸钠NaH2PO2具有强还原性，是一种很好的化学镀剂。如NaH2PO2能将溶液中的Ni2+还原为Ni，用于化学镀镍。酸性条件下镀镍溶液中发生如下反应：
___________Ni2++___________H2PO+___________(___________)═___________Ni+___________H2PO +_______(___________)请完成并配平上列的离子方程式。
Ⅲ.磷酸是三元弱酸(H3PO4)
(6)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1 500 ℃生成白磷，反应为： 2Ca3(PO4)2+6SiO2 6CaSiO3+P4O10 10C+P4O10 P4+10CO
若反应生成31 g P4，则反应过程中转移的电子数为 (用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
四、工业流程题
11．（2021·河南许昌·统考一模）工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2的烟气为主要原料，制备无水碳酸锰的工艺流程如图所示。
已知：①MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解，在空气中高温加热所得固体产物为Mn2O3。
②不同金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
开始沉淀时pH
2.7
7.5
7.8
完全沉淀时pH
3.7
9.7
9.8
③Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11。
回答下列问题：
(1)下列说法正确的是___________(填序号)。
A．最好使用粉状软锰矿进行“溶浸” B．废渣1的主要成分和“芯片”相同
C．溶浸时不会发生氧化还原反应 D．废液经处理可用于灌溉农作物
(2)调节溶液的pH前，加入软锰矿发生“氧化”作用的离子方程式是 。
(3)调节pH的方法是加入适量的熟石灰，调节pH=5.充分反应后生成的沉淀有 。如果没有“氧化”过程的进行，pH就需要调节到更大的数值，这样会造成 的不良后果。
(4)“沉锰”过程中加入氨水的目的是 (从化学平衡移动的角度解释)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是 (写1条即可)。“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO的浓度，达到不产生CaCO3的目的。原因是 。
(5)工业上可用石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合溶液制备二氧化锰，其阳极的电极反应式是 。Al还原Mn2O3制备Mn的化学方程式是 。
12．（2021·河南郑州·统考一模）钒具有广泛用途，利用含钒废催化剂(主要含有、和不溶性硅酸盐)制备的新工艺流程如图：
已知：滤液1和滤液2中钒以的形式存在。回答下列问题：
(1)在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有 。
(2)在滤渣1中加入和过量溶液发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
(3)混合溶液中加入，发生反应的离子方程式是 。
(4)钒最后以的形式沉淀出来。沉钒率(沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该工艺钒的回收率。图中是沉钒率随温度变化的关系曲线，“沉钒”时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是 (写一条即可)。
(5)称取w g所得产品，先用硫酸溶解，得到溶液，再加入的溶液，最后用酸性溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。假设杂质不参与反应，锰被还原为。则产品中的质量分数为 ，(已知和溶液反应的离子方程式为)
13．（2021·河南·统考二模）钼酸锂(Li2MoO4)的外观为白色结晶粉末，易溶于水，难溶于有机溶剂，用于电极材料、金属陶瓷的制作。工业上以某精选钼矿(主要含MoS2，还含有少量CuFeS2)为原料制备Li2MoO4，其工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)“滤液1”含有的离子主要有Fe2+、Cu2+、SO、C1-，“酸浸、氧化”过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为 。
(2)写出“氧化、灼烧”时反应的化学方程式： 。
(3)MoO3属于 氧化物(填“酸性”“碱性”“两性”)。
(4)“酸化沉钼”过程中，溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图中数据判断最佳的“酸化沉钼”条件：pH为 、反应时间 ；滤液2中含有的主要溶质的用途是 .(填一种即可)。
(5)H2MoO4和Li2CO3在熔融状态下反应也可生成Li2MoO4，写出反应的化学方程式 。在实验中该熔融操作可以在 (填标号)中进行。
A．陶瓷坩埚 B．石英坩埚 C．铁坩埚
(6)将“滤液1”用酸性H2O2氧化，得到含c(Fe3+)=0.01mol/L、c(Cu2+)=0.22mol/L的混合溶液。若调节pH使溶液中Fe3+浓度不超过5.0×10-6mol/L，而Cu2+全部留在母液中，则该溶液的pH范围为 ｛已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20、1g2=0.3}。
14．（2022·河南濮阳·统考模拟预测）石煤是一种含氧化铝杂质的钒矿石，其中钒元素主要以VO2、V2O3、V2O5形式存在。工业上以石煤为原料，采用钠化焙烧提钒的部分工艺如图所示：
已知：①偏钒酸钠的化学式为NaVO3；②V2O5、Al(OH)3沉淀生成和溶解的pH如表所示：
物质
溶液pH
开始沉淀
完全沉淀
沉淀开始溶解
沉淀完全溶解
V2O5
2.2
5.1
7.1
8.1
Al(OH)3
3.3
4.7
8.7
12.8
回答下列问题：
(1)在实验室中进行焙烧需要用到的硅酸盐仪器为电炉(或酒精喷灯)、泥三角、 。
(2)以V2O5为例写出“钠化焙烧”过程中发生反应的化学方程式： 。“焙烧”工艺中，VO2、V2O3均被氧化为偏矾酸钠。焙烧过程的气体产物会污染环境，可用NaOH溶液吸收，吸收时发生反应的离子方程式为 。
(3)硫酸调节pH时分两步操作完成，第一步加入硫酸调节pH的范围为 ，过滤；第二步继续向滤液中滴加硫酸调节pH的范围为 ，过滤得到粗V2O5。
(4)煅烧偏钒酸铵时产生的气体可循环利用，具体措施是 。
(5)已知：室温下，Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3、Ksp[Ca(VO3)2]=4×10-6，向足量的偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2，当溶液中c(Ca2+)=1mol·L-1时，溶液中的c(NH)= 。
(6)V2O5可用Al、Si等还原为钒单质，用Al、Si分别与V2O5反应制取等量的V时，消耗Al、Si的质量之比为 。
15．（2022·河南·校联考模拟预测）NiC2O4·2H2O主要用于生产镍催化剂，也可用于生产超细氧化镍。从某含镍废渣(主要含Ni、NiO、Fe2O3，还含有少量油脂、Mn2O3等)制备NiC2O4·2H2O的工艺流程如下：
已知：①酸浸后溶液中金属离子有Ni2+、Mn2+、Fe3+；本流程中，Ni2+不被氧化。
②在pH=5时，KMnO4的还原产物为MnO2；
③常温时，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39，Ksp[Mn(OH)2]=4.0×10-14，溶液中离子的浓度小于1×10-5认为已除尽；
④Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+；紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。
回答下列问题：
(1)“碱洗”工序中，加入Na2CO3溶液后应加热煮沸5min，煮沸的目的为 。
(2)“酸浸”工序中Mn2O3发生反应的化学方程式为 。
(3)滤渣I的主要成分为 (填化学式)，该物质中的金属阳离子在溶液中的残留浓度为 mol·L-1。
(4)“净化”工序中加入KMnO4溶液时发生反应的离子方程式为 。
(5)“沉镍”工序中，与选用Na2C2O4溶液相比，选用等浓度的(NH4)2C2O4溶液会大大降低产品中的氢氧化镍杂质含量，原因为 。
(6)测定NiC2O4·2H2O产品中镍元素的含量：取2.500g样品，用硫酸溶解后配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.1000mol/L的Na2H2Y溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗Na2H2Y溶液的体积12.50mL。达到滴定终点的实验现象为 ，NiC2O4·2H2O产品中镍元素的含量为 %。
16．（2022·河南·校联考模拟预测）某硫铅矿的主要成分为PbS，含有杂质Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2等，利用粉碎过的硫铅矿粉制备高纯铅的流程如图：
已知：①PbS不溶于强碱溶液；
②25℃时，Ksp(PbSO4)=1.5×10-8，Ksp(PbCO3)=8.0×10-14，Ksp(PbS)=1.0×10-28；
③H2SiF6、PbSiF6均为强电解质。
请回答下列问题：
(1)“碱浸”的目的是为了除去某些杂质，为了能使除杂更完全，可采取的有效措施有 (写两条)。
(2)向滤液I中通入足量的CO2，有白色沉淀产生，则白色沉淀的主要成分为 (填化学式)。
(3)“氧化、酸浸”过程中，双氧水的实际用量远高于理论用量，其原因可能是 ；写出PbS转化为PbSO4的化学方程式： 。
(4)“转化”是为了使PbSO4转化为PbCO3若滤液III中c(SO)=1.5 mol·L-1、c(CO)=4.0×10-5 mol·L-1，试通过计算判断“转化”过程中所得PbCO3固体中是否含有PbSO4： (简要写出重要计算过程)。
(5)写出“溶解”过程中反应的离子方程式： 。
(6)研究发现，电解“H2SiF6、PbSiF6混合液”时，适当提高c(H2SiF6)有利于提高铅的产率，但若c(H2SiF6)太大，铅的产率反而下降，其下降的原因可能是 。
17．（2022·河南开封·校联考模拟预测）一种从钼镍废催化剂(主要含MoS2、NiS、Al2O3、SiO2以及C)中回收镍和钼的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)写出“培烧”时产生的CO2的电子式： 。
(2)“焙烧”时，MoS2首先转化为MoO3，写出该反应的化学方程式： 。
(3)写出滤液中溶质的一种工业用途： ；“净化2”时，发生反应的离子方程式为 。
(4)已知常温下，Ksp(CaMoO4)=1.46×10-8；Ksp(CaCO3)=3.36×10-9，由CaMoO4制备Na2MoO4的方法是 。
(5)已知NiO是不溶于水的碱性氧化物，由浸渣“除铝”所用的试剂是 ；“酸溶”得到的溶液制备NiSO4·7H2O的操作方法是 、过滤、洗涤、干燥。
(6)若废催化剂中含160 g MoS2，上，述工艺中获得CaMoO4的质量为190 g，则CaMoO4的产率为 。
18．（2022·河南郑州·统考三模）火法炼铜过程中产生的碱性渣，其主要成分为TeO2、Na2TeO3、Na2SeO3以及少量的CuO、PbO、SiO2等。一种利用这种碱性渣提取高纯碲和粗硒的工艺流程如下图所示。
已知：Ksp (CuS)=6×10-36；Ksp(PbS)=9×10-29。
请回答以下问题：
(1)“碱浸”前应对碱性渣进行的操作是 。
(2)下图分别是温度和NaOH溶液浓度对碲浸出率的影响，则碱浸时的合适温度是 。实际生产中采用1mol·L-1的NaOH溶液，而不用更大浓度 NaOH溶液的原因是 。
(3)已知：CuO和PbO均具有一定的“两性”，“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠。则“碱浸”时PbO所发生反应的离子方程式为 。
(4)滤渣3的主要成分为 。滤液中Pb2＋沉淀完全时，c(Cu2＋)的最大值是 mol·L-1，(保留小数点后2位。某离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)
(5)电解制碲时阴极的电极反应式为 。电解余液经处理后可循环使用于步骤 。电解时电流为10A，电解时间为4h。若生成碲(Te)的电流利用率为95％，则生成碲的质量为 。(法拉第常数为96500C·mol-1，保留小数点后1位)
19．（2022·河南·校联考二模）锗是一种重要的半导体材料，同时在航空航天测控、化学催化剂、生物医学等领域都有广泛而重要的应用。实验室模拟生产锗的实验过程如图所示：
已知：GeCl4的熔点：-49.5℃，沸点：82℃，密度：1.9g·cm-3。
回答下列问题：
(1)在实验室中，若焙烧锗石矿，应将样品放在 中灼烧。产生的气体可以用下列 方式处理(填标号)。
a．氢氧化钠溶液 b．酸性高锰酸钾溶液
c．苯和水的分层液 d．碱石灰
(2)步骤2：将烧渣放入三颈烧瓶中，分批加入浓盐酸并搅拌，控制温度为40℃反应30分钟，反应装置如图所示：
①仪器a的名称是 ，仪器b的作用是 ，加热采用的方式为 。
②用浓盐酸而不用稀盐酸处理GeO2粗品的原因是 。
(3)写出“步骤4”生成GeO2·nH2O反应的化学方程式 。
(4)查阅资料得知：“步骤4”生成的GeO2·nH2O实为GeO2·H2O，其在5.0mol·L-1的盐酸中溶解度最小。取10.0mLGeCl4和高纯水反应，欲使GeO2·H2O的产率最高，加入高纯水的体积约为 mL(忽略混合及反应前后液体体积的变化，保留一位小数)。
20．（2023·河南开封·统考模拟预测）单质硼是高效的中子吸收剂，一种利用硼镁矿()制备粗硼的工艺流程如图所示。
(1)中硼元素的化合价为 。
(2)碱溶后所得滤液1的主要成分为，则滤渣为 (填化学式)。
(3)向滤液1中通入适量后得到硼砂()，将硼砂溶于热水后，用硫酸调节溶液的值为以制备，该反应的离子方程式为 ，已知是一元弱酸，但自身不能电离出氢离子，其电离方程式为 。
(4)滤液2的主要成分是 (填化学式)。
(5)加热硼酸脱水得到氧化物，热还原得到粗硼的化学方程式为 ，上述滤渣经过一系列转化可得金属镁，若硼镁矿中硼、镁元素充分利用，理论上制得1.1吨硼时，需要额外提供金属镁的质量为 。
五、原理综合题
21．（2021·河南郑州·统考一模）氯的许多化合物是高效、广谱的灭菌消毒剂，在疫情防控中发挥了重要作用。
(1)工业制取氯气可用如图装置，图中的离子膜为 膜(填“阳离子”或“阴离子”)。写出阴极的电极反应式 。
(2)一种有效成分为、、的“二氧化氯泡腾片”，快速溶于水后溢出大量气泡，得到溶液。产生“气泡”的化学方程式为 ；生成的离子方程式为 。
(3)已知AgCl、(砖红色)的分别为和，分析化学中，测定含氯的中性溶液中的含量，常以作指示剂，用标准溶液滴定。当溶液中出现砖红色沉淀时，假设，则 。
六、实验题
22．（2022·河南濮阳·统考模拟预测）一氧化碳是无色、无味的有毒气体，是C1化学的基础，在冶金工业中用作还原剂。回答下列问题：
I.某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，实验装置如图所示：
已知：i.CO能与银氨溶液[Ag(NH3)2OH]反应产生黑色固体；
ii.银可溶于浓硝酸；
iii..上述瓶中试剂均足量。
回答下列问题：
(1)按气流从左到右的方向，装置的连接顺序为a→ (填仪器接口小写字母)。
(2)装置连接好后，装药品之前的操作为 ；实验结束时，应 (填字母)。
A．先熄灭酒精灯，再关闭活塞K；
B．先关闭活塞K，再熄灭酒精灯
(3)装置D中氢氧化钠溶液的作用是 (用离子方程式表示)。
(4)反应结束后装置D中银氨溶液瓶底产生黑色沉淀，为验证产物，分离出上层清液和底部黑色固体，并进行如下实验：
a.测得上层清液的pH=10；
b.向上层清液中滴加几滴Ba(OH)2溶液，发现有白色浑浊出现，同时产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；
c.取新制的银氨溶液滴加几滴Ba(OH)2溶液，无明显现象；
d.将黑色沉淀用蒸馏水洗净。
①根据上述实验现象判断，上层清液中含有NH3·H2O和 (填化学式)。
②设计实验证明黑色固体是Ag单质，其操作为 。
③CO与银氨溶液反应中有NH3生成，结合实验现象写出该反应的化学方程式： 。
II.测定某气体样品中CO含量的方法如下：将500mL(标准状况)含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管，170℃下充分反应，用水—乙醇混合液充分溶解产物I2，定容到100mL。取25.00mL，用0.0100mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，消耗标准溶液的体积为20.00mL(已知：2NaS2O3+I2=2NaI+Na2S4O6；气体样品中其他成分与I2O5，不反应)。
(5)气体样品中CO的体积分数为 。
23．（2022·河南·校联考模拟预测）亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂。某化学兴趣小组设计实验制备NaNO2并探究其性质。
查阅资料信息：①2NO+Na2O2 =2NaNO2；2NO2 +Na2O2=2NaNO3.
②酸性KMnO4溶液可将低价氮的氧化物或酸根离子氧化为。
(1)NaNO2的制备(夹持装置和加热装置均已略，已检查装置气密性)。
①若没有装置B，则装置C中Na2O2与水发生反应： (填化学方程式)。
②制得的NaNO2固体中混有的杂质主要为NaNO3，改进措施是在装置A、B间添加 ，提高NaNO2的纯度。
③装置E中发生的主要反应的离子方程式为 。
(2)验证亚硝酸钠与70%硫酸反应的气体产物为NO和NO2的混合气体。
已知：FeSO4溶液可吸收NO；NO2的沸点为21° C ，熔点为-11° C 。
①为了检验装置A中生成的气体产物，装置的连接顺序是A→ 。(按气流方向从左到右)
②反应前应打开弹簧夹1， 先通入一段时间氮气，目的是 。
③再关闭弹簧夹1，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，装置A中产生红棕色气体。
设计实验检验装置A中产生的气体含有NO的操作及现象： 。
(3)查阅资料知：酸性条件下NaNO2具有氧化性。利用所供试剂，设计实验方案验证此信息： (供选用的试剂有NaNO2溶液、FeSO4溶液、稀硫酸、KSCN溶液)
(4)测定某亚硝酸钠样品的纯度。
设该样品的杂质均不与酸性KMnO4溶液反应，可用酸性KMnO4溶液测定NaNO2的含量。称取2.0 g亚硝酸钠样品溶于水配成250 mL溶液，取出25. 00 mL溶液于锥形瓶中，再用0. 1000 mol· L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，消耗酸性KMnO4标准溶液的体积如表：
实验组
第一组
第二组
第三组
第四组
消耗酸性KMnO4标准溶液的体积/mL
9.97
10.02
12. 01
10. 01
该亚硝酸钠样品中NaNO2的质量分数为 。
24．（2023·河南郑州·统考三模）硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂、媒染剂。常温下该物质在空气中会水解，受热时易分解。以废铜屑(表面沾有油污)为原料制备([Cu(NH3)4]SO4·H2O)的实验步骤如下：
I、CuSO4的制备
(1)步骤①中采取“碱煮水洗”，目的是 。
(2)步骤②在常温下进行，需要加入的试剂是 。
Ⅱ、晶体的制备
将上述制备的CuSO4溶液加入装置A中，滴加6mol·L-1氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液。将A中溶液转移至B中，析出([Cu(NH3)4]SO4·H2O)晶体；将B中混合物转移至装置C中抽滤(减压过滤)，用乙醇洗涤晶体2~3次；取出晶体，冷风吹干。。
(3)用离子方程式表示装置A中“沉淀消失”的原因 。
(4)抽滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需 (填“打开”或“关闭”)，作用是 。
(5)晶体采用冷风吹干而不用加热烘干的原因是 。
Ⅲ废液回收
减压过滤后的废液中含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水，向废液中加入硫酸，回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液。
(6)向废液中加入硫酸的作用是 。(答出两条)
(7)(NH4)2SO4溶液受热易分解，则回收乙醇的实验方法为 。
25．（2023·河南·校联考模拟预测）氯化钪(ScCl3)是制备稀土金属及其功能材料的重要前驱体，易水解生成ScOCl。实验小组在实验室中对ScCl3的干法和湿法制备及产品纯度测定进行探究，进行如下实验。回答下列问题：
(1)干法制备ScCl3的装置如图所示(部分夹持、加热装置略去)
步骤I.打开开关K，开始向装置中通入N2；
步骤II.加热A、B，其中A处控制温度80℃左右，B处控制温度800℃左右；
步骤III. B处Sc2O3充分反应后，停止加热A、B，待反应管冷却至室温后，停止通入N2。
①实验时通入N2的作用为 (答出两点即可)。
②步骤II中，应先加热 (填“A”或“B”)，目的是 。
③B处反应管中发生反应的化学方程式为 。
④装置C的作用为 。
⑤实验过程中，D中观察到的现象为 。
(2)湿法制备ScCl3时加入适量NH4Cl并加热，可将水解生成的ScOCl转化为ScCl3，该转化中发生反应的化学方程式为 。
(3)测定产品纯度：准确称量mg产品溶于适量浓盐酸，加蒸馏水稀释，再加入指示剂，用cmol·L-1EDTA标准溶液滴定(Sc3+与EDTA以物质的量之比1∶1反应，杂质不参加反应)，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为VmL，则产品中ScCl3的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示)。
参考答案：
1．C
【分析】铁的氢氧化物的溶度积为Ksp=c(Fen+)cn(OH—)可得，饱和溶液中pFe=pKsp+3pH—14n，则氢氧化铁饱和溶液中pFe=pKsp+3pH—42，氢氧化亚铁饱和溶液中pFe=pKsp+2pH—28，则曲线Ⅰ表示氢氧化铁的沉淀溶解平衡与溶液pH的关系，曲线Ⅱ表示氢氧化亚铁的沉淀溶解平衡与溶液pH的关系。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示氢氧化铁的沉淀溶解平衡与溶液pH的关系，故A正确；
B．由图可知，X点pFe为1、pH为7，则pKsp=pFe—2pH+28=15，Ksp=1×10—15，故B正确；
C．由分析可知，氢氧化铁饱和溶液中的铁离子浓度小于氢氧化亚铁饱和溶液中亚铁离子浓度，由图可知，Y点溶液中亚铁离子浓度与R点溶液中铁离子浓度相等，则在Y点通入足量的氧气不可能将达到R点，故C错误；
D．在Q点加水稀释时，c(Fe3+)减小，pFe增大，有因为Ksp不变，c(OH-)增大，pH增大，故加水稀释可能移到M点，故D正确；
故选C。
2．B
【详解】A．草酸是弱酸，具有还原性，会被高锰酸钾氧化，根据质量守恒和化合价升降守恒等可知KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A正确；
B．高锰酸钾具有强氧化性，会氧化盐酸产生氯气造成误差，所以实验过程中不可使用稀盐酸，B错误；
C．KMnO4滴定草酸过程中，存在关系，标准状况下448mLCO2气体物质的量为，根据关系式可知理论上转移0.02mole-，C正确；
D．根据质量守恒定律和的失电守恒定律可以得出：，滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，消耗的KMnO4溶液体积会偏大，会导致测定结果偏高，D正确；
答案选B。
3．C
【详解】A．由题干图示信息可知，在pH为9左右之前的任意pH下，Zn2+的浓度均比Cu2+大得多，故c(Cu2+)c2(OH-)比 c(Zn2+)c2(OH-)小即Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小，A正确；
B．由题干图示信息可知，pH=7时，Cu2+的浓度为amg/L，故Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2+)c2(OH-)=×(10-7)2=×10-17，B正确；
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K= =，C错误；
D．由题干图示信息可知，Zn(OH)2类似于Al(OH)3具有两性，故将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O，D正确；
故答案为：C。
4．B
【详解】A．由图可知，第一步反应为碳酸根离子在溶液中水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水解的方程式为+H2O+OH-，故A正确；
B．由图可知，第二步反应为Br2+2OH-= Br-+ BrO-+ H2O，反应消耗1mol溴时，反应转移的电子数为1mol×1×NAmol-1=NA，故B错误；
C．由图可知，第二步反应为Br2+2OH-=Br-+BrO-+ H2O，第三步反应为3BrO-=2Br-+BrO，则第二步和第三步可以说明次溴酸根离子为反应的中间产物，故C正确；
D．由图可知，总反应为3Br2+6+3H2O=5Br-+ BrO+6，则溴单质被碳酸钠溶液吸收后，生成的含溴物质为溴化钠和溴酸钠，故D正确；
故选B。
5．A
【分析】由AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)可知Ksp=c(Ag+)c(Cl-)，Ag2CrO4(s) 2Ag+(aq)+(aq)可知Ksp=c2(Ag+)c()，温度不变Ksp不变，故有曲线N有10-6.70×10-3.0=10-5×10-4.70=10-9.70=2×10-10，(10-3.0)2×10-6.70≠(10-5)2×10-4.70，曲线Q有(10-3)2×10-5.70=(10-5)2×10-1.70=10-11.70=2×10-12，10-3.0×10-6.70≠10-5×10-1.70，即曲线N代表AgCl的溶解曲线，Q代表Ag2CrO4的溶解曲线，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Q代表Ag2CrO4的溶解曲线，结合题干图像可知，处于M点溶液中有：Qc=c2(Ag+)c()＜Ksp(Ag2CrO4)，故M点的Ag2CrO4溶液不会产生沉淀，A错误；
B．由分析可知，曲线N代表AgCl的溶解曲线，结合图像可知，R点恰好在AgCl溶解曲线上且该点c(Ag+)=c(Cl-)，即R点的溶液可能是AgCl固体溶于水形成的饱和溶液，B正确；
C．由分析可知，该温度下Ag2CrO4的Ksp=2×10-12，C正确；
D．用AgNO3标准溶液确定NaCl溶液中的c(Cl-)，可以用Na2CrO4作指示剂，当Cl -完全沉淀时c(Ag+)==2×10-5mol/L，故c()==5×10-3 mol·L-1，D正确；
故答案为：A。
6．B
【详解】A．实验I黄色溶液很快变浅，固体中未检出铁单质，说明Fe3+被还原为Fe2+，黄色溶液很快变浅，选项A正确；
B．FeCl3溶液中的Cl-也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，干扰Fe2+的检验，故不能用酸性高锰酸钾溶液检验实验I得到的溶液中含有Fe2+，选项B错误；
C．FeCl3溶液中加入过量锌粉，很快有大量气体产生，是氯化铁溶液水解产生的盐酸与锌粉反应产生氯化锌和氢气，反应为置换反应；出现红褐色浑浊，是氯化铁水解生成氢氧化铁，属于复分解反应；产生少量铁单质，是锌置换出铁，属于置换反应，选项C正确；
D．根据上述实验可知，实验开始时Fe3+浓度较大，先与锌发生氧化还原反应生成氯化锌和氯化亚铁，当Fe3+浓度较低，H+浓度较大时，H+与锌反应生成锌盐和氢气，故实验说明Fe3+、H+与Zn的反应与离子浓度有关，选项D正确；
答案选B。
7．C
【详解】A．“雷雨肥庄稼”的原理涉及的反应有：N2+O22NO、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，故发生了固氮反应，A不合题意；
B．碳酸钙难溶于水，碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，岩石被逐渐溶解形成溶洞，碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙，长时间的反应形成溶洞，与沉淀溶解平衡有关，B不合题意；
C．“海市蜃楼”是一种因为光的折射和全反射而形成的自然现象，与丁达尔现象无关，C符合题意；
D．萤火虫发光是将自身的生物质能转化为光能，D不合题意；
故答案为：C。
8．AD
【分析】由，当=0即c(M+)= c(MOH)时，Kb= c(OH-)，同理，Ka= c(H+)，由lgX=0时，pH分别为6、10，则曲线I表示与pH关系，曲线II表示与pH关系；
【详解】A．由分析可知，由lgX=0时，pH分别为6、10，则曲线I表示与pH关系，Ka= c(H+)=10-6，常温下c点c(OH-)=，Kb= c(OH-)=10-4，则pKa=pKb +2，A错误；
B．b点溶液pH=8，溶液呈碱性，说明MOH电离程度比HR电离程度大，则c(M+) ＞c(R-)，c(OH-)=，由，则，则lgx=-=-2，B正确；
C．由Ka= 10-6，Kb=10-4，相对而言MOH碱性较强、HR酸性较弱，则MR溶液显碱性，由越弱越水解规律可知，R-水解程度大于M+，则MR溶液溶液中c(MOH) ＜c( HR)，C正确；
D．由Ka= 10-6，R-水解常数为< Ka，则HR电离程度大于R-水解程度，等物质的量的NaR与HR混合溶液中，c(R-) ＞c(Na+) ＞c(HR) ＞c(H+)＞c(OH-)，D错误；
故选：AD。
9．(1) 12.6 不需要 500mL容量瓶、烧杯
(2)
(3) 酸 C 由无色变成浅红色且在30S内保持不变 6.25V％
【详解】（1）因没有480mL的容量瓶，故实际配制的是500mL溶液，因此所需要的溶质是，结晶水不需要加热除去，因为溶解后结晶水转化为溶剂。配制过程中需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管及500mL容量瓶、烧杯。
（2）配制溶液时还需要500mL容量瓶、烧杯。当试剂与砝码位置错放时，称量的试剂质量小于12.6g，故最后所配溶液浓度肯定小于0.2000。定容俯视刻度时，实际液面在刻度线下，故所配溶液浓度大于0.2000mol/L。
（3）①应使用酸式滴定管量取KMNO4溶液。当样品为纯净物时，由得失电子守恒及元素化合价变化可得
，，由于草酸晶体不纯(杂质无还原性)故实际消耗的KMnO4溶液不可能大于16.00mL，B、D项错误；以“mL”为单位时应保留两位小数，C项合理。
②滴定终点时溶液颜色的变化为由无色变成浅红色且在30S内保持不变，设所配溶液中，则有，，故样品中草酸晶体纯度为。
10．(1)+3
(2)H3PO3+OH-＝H2PO+H2O
(3)H3PO3 + I2 +H2O＝2HI+ H3PO4
(4)AD
(5)1Ni2++1H2PO+1H2O═1Ni+1H2PO +2H+
(6)5NA
【详解】（1）亚磷酸钠中Na为+1价，O为-2价，H为+1价，根据正负化合价为零，故P为+3价；
（2）亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO3+OH-＝H2PO+H2O；
（3）亚磷酸被碘水氧化为磷酸，碘被还原为碘离子，其化学方程式为H3PO3+I2+H2O＝2HI+H3PO4；
（4）A．次磷酸为弱酸，则电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO，故A正确；
B．NaH2PO2属于正盐，故B错误；
C．次磷酸为弱酸，则浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸（H3PO2）与盐酸相比前者导电能力弱，故C错误；
D．由信息②可知H3PO2的酸性比醋酸强，则0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小，故D正确．
故答案为：AD；
（5）由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-═Ni+H2PO3+2H+，
故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；
（6）P由+5价变成0价，每生成1molP4时，转移电子20mol。31gP4的物质的量为0.25mol，所以反应转移的电子数为5NA，故答案为5NA
11．(1)AD
(2)MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
(3) Fe(OH)3、CaSO4 形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)
(4) 促进Mn2++⇌MnCO3+H+正向移动(或促进的电离) 防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积
(5) Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+ Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn
【分析】“溶浸”时，软锰矿 (主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2在稀硫酸下发生反应，二氧化锰与二氧化硫发生氧化还原反应，金属氧化物会溶于酸性溶液，滤渣1为SiO2，浸出液中含有的金属离子是Mn2+、Fe3+、Fe2+，“氧化”时，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+、过滤除去含SiO2的滤渣2后在“除铁”环节通过调节pH将Fe3+沉淀后过滤，废渣3含氢氧化铁沉淀，若用熟石灰调pH，滤渣3为有Fe(OH)3、CaSO4。继续加碳酸氢铵、氨水“沉锰”，调节pH，得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤干燥得到无水碳酸锰，据此回答。
【详解】（1）下列说法：
A．将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A说法正确；
B． 废渣1的主要成分为SiO2， “芯片” 主要成分为Si，不相同，B说法不正确；
C． 据分析溶浸时会发生氧化还原反应，C说法不正确；
D．硫酸铵是一种氮肥， 废液含硫酸铵经处理可用于灌溉农作物，D说法正确；
选AD。
（2）调节溶液的pH前，加入软锰矿，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+，则发生“氧化”作用的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。
（3）由表知，pH≥3.7时铁离子沉淀完全，硫酸钙是微溶物，则加入适量的熟石灰，调节pH=5，充分反应后生成的沉淀有Fe(OH)3、CaSO4。如果没有“氧化”过程的进行，pH≥9.7时亚铁离子才能沉淀完全，此时有部分Mn2+也发生沉淀，则这样会造成的不良后果是：形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)。
（4）“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成MnCO3，该反应中会释放出H+，则该过程中加入氨水的目的是：促进Mn2++⇌MnCO3+H+正向移动(或促进的电离)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是：防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) (写1条即可)。CaCO3与MnCO3是同类型沉淀，Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11，则CaCO3的溶解度大于MnCO3，故“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO的浓度，达到不产生CaCO3的目的。所以原因可以表述为：Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积。
（5）工业上可用石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合溶液制备二氧化锰，阳极Mn2+失去电子发生氧化反应得到MnO2，其阳极的电极反应式是Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+。Al还原Mn2O3制备Mn，化学方程式是Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn。
12． 漏斗、烧杯、玻璃棒 1∶1 80℃以后，温度升高，的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降 %
【分析】由题给流程可知，向含钒废催化剂中加水溶解，和不溶性硅酸盐不溶于水，溶于水，过滤得到含有和不溶性硅酸盐的滤渣1和含有的滤液1；向滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸，在酸性条件下，亚硫酸钠与发生氧化还原反应生成硫酸钠、和水，不溶性硅酸盐与稀硫酸反应转化为难溶于水的硅酸，过滤得到含有硅酸的滤渣2和含有的滤液2；向含有的混合溶液中加入氯酸钾，具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将离子氧化为离子，向氧化后的溶液中加入氨水，离子与氨水反应生成沉淀，过滤得到；受热分解生成。
【详解】(1) 由分析可知，操作Ⅰ为固、液分离的过滤操作，过滤用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
(2) 由分析可知，在滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸发生的反应为在酸性条件下，亚硫酸钠与发生氧化还原反应生成硫酸钠、和水，由得失电子数目守恒可知，氧化剂和还原剂亚硫酸钠的物质的量之比为1:1，故答案为：1:1；
(3) 由分析可知，混合溶液中加入氯酸钾发生的反应为具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将离子氧化为离子，反应的离子方程式为，故答案为：；
(4) “沉钒”时，温度超过80℃以后，的溶解度增大，以及氨水受热分解，溶液中浓度减小，都会导致沉钒率下降，故答案为：80℃以后，温度升高，的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降；
(5)由题意可知，滴定时，硫酸亚铁铵做反应的还原剂，离子和高锰酸钾做反应的氧化剂，由得失电子数目守恒可得：n()+5n()=n(Fe2+)，解得n()=(a1b1−5a2b2)×10−3 mol，由钒原子个数守恒可知，产品中的质量分数为×100%=%，故答案为：%。
13． CuFeS2+16 Fe3++8H2O= Cu2++2SO+17Fe2++16H+ 2MoS2+7O24SO2+2MoO3 酸性 1.0 60min 可用于制氮肥 H2MoO4+Li2CO3 Li2MoO4+ H2O+CO2↑ C 3.3pH＜4.5
【分析】钼矿(主要含MoS2，还含有少量CuFeS2)通过浸酸、氧化后“滤液1”含有的离子主要有Fe2+、Cu2+、SO、C1-，“酸浸、氧化”过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为CuFeS2+ 16Fe3++8H2O= Cu2++2SO+17Fe2++16H+，“氧化、灼烧”时MoS2与氧气生成二氧化硫和钼，MoO3加入氨水进行氨浸生成(NH4)2MnO4，滤液2中含有的主要溶质为硝酸铵，再加入氢氧化锂最终得到钼酸锂，据此分析解题。
【详解】(1)“滤液1”含有的离子主要有Fe2+、Cu2+、SO、C1-，“酸浸、氧化”过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为CuFeS2+ 16Fe3++8H2O= Cu2++2SO+17Fe2++16H+。
(2)“氧化、灼烧”时MoS2与氧气生成二氧化硫和三氧化钼，反应的化学方程式：2MoS2+7O24SO2+2MoO3。
(3)MoO3属于酸性氧化物，通过流程中MoO3加入氨水进行氨浸生成(NH4)2MnO4，可知MoO3为酸性氧化物。
(4)由图可知，pH=1.0时，母液中钼含量最低(虚线表示)，当时间为60min时，母液中钼含量最低(实线表示)，母液中钼含量低最，“酸化沉钼”更佳；滤液2中含有的主要溶质为硝酸铵，用途是可用于制氮肥。
(5)H2MoO4和Li2CO3在熔融状态下反应也可生成Li2MoO4，写出反应的化学方程式：H2MoO4+Li2CO3 Li2MoO4+ H2O+CO2↑；在实验中该熔融操作可以在铁坩埚内进行，因为Li2CO3可腐蚀陶瓷，石英坩埚。
(6)由题可知，c(Fe3+ )5.0×10-6mol/L，而，，因为，，所以pH3.3，c(Cu2+)=0.22mol/L，，，所以pH=4.5，答案为：3.3pH＜4.5。
14．(1)坩埚
(2) 2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(3) 8.1≤pH<8.7 5.1≤pH<7.1
(4)将产生的气体通入盐酸中生成氯化铵，循环利用
(5)0.8mol/L
(6)9∶7
【分析】石煤(VO2、V2O3、V2O5)中含有的杂质为氧化铝，向其中加入NaCl并通入空气进行焙烧，得到Cl2，V和Al元素转化成粗偏矾酸钠和偏铝酸钠，加水进行水浸后得到偏矾酸钠溶液和偏铝酸钠溶液，加硫酸调节pH在8.1≤pH<8.7，将V2O5溶解，同时将Al转化为Al(OH)3沉淀，过滤后除去Al(OH)3，得到滤液NaVO3溶液，然后继续加硫酸调节pH在5.1≤pH<7.1，将NaVO3转化为V2O5，再向V2O5中加入NaOH溶液得到偏钒酸钠溶液，再向偏钒酸钠溶液中加入精制的NH4Cl，得到偏钒酸铵，煅烧得到偏钒酸铵得到精制V2O5，同时得到氨气，通入盐酸中得到NH4Cl，循环使用。
(1)
焙烧固体需要用到坩埚、电炉(或酒精喷灯)、泥三角，所以答案为坩埚；
(2)
①V2O5为例写出“钠化焙烧”过程中转化为偏钒酸钠和Cl2，反应物还有氧气和NaCl，所以化学方程式为：2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；②焙烧过程的Cl2会污染环境，用NaOH溶液吸收，发生反应的离子方程式Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：①2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；②Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(3)
硫酸调节pH时分两步操作完成，根据所给信息表格②分析出，第一步将A铝元素转化为Al(OH)3，钒元素转化为NaVO3溶液，过滤后除去Al(OH)3，然后第二步调节pH将NaVO3转化为V2O5，所以第一步加入硫酸调节pH的范围为8.1≤pH<8.7，过滤；第二步继续向滤液中滴加硫酸调节pH的范围为5.1≤pH<7.1，故答案为：①8.1≤pH<8.7；②5.1≤pH<7.1；
(4)
煅烧偏钒酸铵发生反应:，得到的气体是，而工艺流程过程中需要含N的物质为，所以需要将加入到盐酸中反应生成，所以答案为：将产生的气体通入到盐酸中生成氯化铵，循环利用；
(5)
分别写出NH4VO3和Ca(VO3)2的Ksp，
，做比值约掉共同离子c()，则有
即
，故答案为：0.8mol/L；
(6)
Al、Si分别与V2O5反应制取V时，发生氧化还原反应，即2Al~Al2O3~6e-，Si~SiO2~4e-，制得的V等量，所以Al、Si转移的电子数相同，假设转移的电子数均为12mol，则消耗Al为4mol，消耗Si为3mol，则消耗Al、Si的质量之比为427∶328 = 9∶7，故答案为9∶7。
15．(1)增大的水解程度，使油脂的水解更加彻底
(2)Mn2O3+ H2SO4=MnO2+MnSO4+ H2O
(3) Fe(OH)3 1.0 ×10-12
(4)3Mn2+ + 2 + 2H2O=5MnO2↓+4H+
(5)水解生成的H+能降低溶液的pH，不利于杂质氢氧化镍的生成
(6) 滴入最后一滴标准液，溶液恰好由橙黄色变为紫色且30 s内不变色 29.5
【分析】含镍废渣中加入碳酸钠溶液除去油脂，用稀硫酸进行酸浸，酸浸后溶液中金属离子有Ni2+、Mn2+、Fe3+，加入氨水沉淀铁离子得到氢氧化铁，滤渣I为氢氧化铁，加入高锰酸钾溶液氧化Mn2+得到MnO2，滤渣Ⅱ为MnO2，用草酸铵沉镍得到NiC2O4·2H2O，据此分析解答。
【详解】（1）Na2CO3水解使Na2CO3溶液显碱性，在碱性条件下，油脂发生水解生成高级脂肪酸盐和甘油溶于水，故“碱洗”工序中，加入Na2CO3溶液后应加热煮沸5min，煮沸的目的为增大的水解程度，使油脂的水解更加彻底。
（2）已知酸浸后溶液中有Mn2+，且过滤后的滤渣中有MnO2，则可知Mn2O3中+3价Mn元素发生了歧化反应，“酸浸”工序中Mn2O3发生反应的化学方程式为Mn2O3+ H2SO4=MnO2+MnSO4+ H2O。
（3）由分析知，滤渣I的主要成分为Fe(OH)3，铁离子在溶液中的残留浓度为。
（4）“净化”工序中，KMnO4氧化Mn2+发生归中反应生成MnO2，故加入KMnO4溶液时发生反应的离子方程式为3Mn2+ + 2 + 2H2O=5MnO2↓+4H+。
（5）水解生成的H+能降低溶液的pH，不利于杂质氢氧化镍的生成，故与选用Na2C2O4溶液相比，选用等浓度的(NH4)2C2O4溶液会大大降低产品中的氢氧化镍杂质含量。
（6）由已知信息可知，达到滴定终点的实验现象为滴入最后一滴标准液，溶液恰好由橙黄色变为紫色且30 s内不变色，由关系式Ni2+~H2Y2-可得，NiC2O4·2H2O产品中镍元素的含量为。
16．(1)搅拌，将滤渣充分洗涤
(2)Al(OH)3、H2SiO3
(3) 溶液中的Fe3+对H2O2的分解有催化作用，增大了H2O2的用量 4H2O2+PbS=PbSO4+4H2O
(4)滤液III中c(Pb2+)==2.0×10-9，则Qc=c(Pb2+)•c(SO)=2.0×10-9×1.5=3.0×10-9＜Ksp(PbSO4)，故PbCO3固体中无PbSO4
(5)PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O
(6)c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极会发生副反应2H++2e-=H2↑，影响Pb2+放电
【分析】硫铅矿的主要成分为PbS，含有杂质Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2等，粉碎后加入足量氢氧化钠溶液进行碱浸，得到滤液含有偏铝酸钠、硅酸钠，滤渣含有PbS、FeO、Fe2O3，加入足量过氧化氢和稀硫酸，可生成PbSO4，同时氧化Fe2+为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，除去铁元素，同时将硫酸铅转化为碳酸铅，分离得到碳酸铅和氢氧化铁的混合沉淀，加入H2SiF6溶解，碳酸铅转化为PbSiF6转移到溶液中，获得混合溶液，电解后获得Pb单质，据此分析解答。
【详解】（1）“碱浸”的目的是除去某些杂质，为了能使除杂更完全，可采取的有效措施有粉碎矿石、适当提高温度；
（2）向滤液I中通入足量的CO2，铝元素由偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，故会有白色沉淀产生，同时硅酸根离子转化为硅酸沉淀,也属于白色沉淀，则得到的白色沉淀化学式为Al(OH)3、H2SiO3；
（3）“氧化、酸浸”过程中，双氧水的实际用量远高于理论用量，其原因可能是溶液中的Fe3+对H2O2的分解有催化作用，且过氧化氢易分解，造成氧化不完全；PbS被过氧化氢氧化为PbSO4，对应的化学方程式为4H2O2+PbS=PbSO4+4H2O；
（4）c()=1.5 mol/L，c(CO)=4.0×10-5 mol·L-1，则滤液III中c(Pb2+)=；Qc(PbSO4)= c(Pb2+)∙ c()=2.0×10-9×1.5=3.0 ×10-9＜Ksp(PbSO4)，故PbCO3固体中无PbSO4沉淀；
（5）PbCO3在酸性条件下溶解，反应产生Pb2+、H2O、CO2，对应离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O ；
（6）研究发现，电解H2SiF6，PbSiF6混合液”时，适当提高c(H2SiF6)有利于提高铅的产率，但若c(H2SiF6)太大，铅的产率反而下降，其下降的原因可能是氢离子浓度过大，氧化性增强，优先于铅离子在阴极放电，在阴极会发生副反应2H++2e-=H2↑，从而导致降低铅的产率。
17．(1)
(2)2MoS2+7O24SO2+2MoO3
(3) 制造氯气、纯碱 +H++H2O=Al(OH)3↓
(4)用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤
(5) 氢氧化钠溶液 蒸发浓缩、冷却结晶
(6)95%
【分析】钼镍废催化剂(主要含MoS2、NiS、Al2O3、SiO2以及C)中回收镍和钼，钼镍废催化剂加入Na2CO3焙烧，MoS2和NiS在高温条件下与氧气反应生成Na2MoO4、Na2SiO3、NiO，Al2O3、NaAlO2；然后加水水浸，过滤除去NiO，Al2O3，滤渣经过除铝，得到Ni，NiO和硫酸反应生成NiSO4溶液，经过分离操作得到NiSO4•7H2O；滤液加入MgCl2调节pH=8～9，使Na2SiO3转化为MgSiO3除去；再加入盐酸，调节pH≈6，过量的偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，过滤除去，然后加入CaCl2调节pH≈8，Na2MoO4转化为CaMoO4沉淀除去，同时得到含氯化钠的滤液，据此分析解答。
（1）
CO2为共价化合物，C原子和O原子间共用2对电子，C、O原子外围电子数均为8，电子式为 ，故答案为： ；
（2）
“焙烧“时，MoS2首先转化为MoO3，该反应的化学方程式：2MoS2+7O2 4SO2+2MoO3，故答案为：2MoS2+7O24SO2+2MoO3；
（3）
滤液中溶质为NaCl，工业可以用于制造氯气、纯碱，“净化2”时，发生反应的离子方程式为+H++H2O=Al(OH)3↓，故答案为：制造氯气、纯碱； +H++H2O=Al(OH)3↓；
（4）
已知常温下，Ksp(CaMoO4)=1.46×10-8、Ksp(CaCO3)=3.36×10-9，由于CaMoO4、CaCO3的溶度积接近，不能溶解直接过滤分离，所以可由CaMoO4制备Na2MoO4的方法是用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤，故答案为：用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤；
（5）
已知NiO是不溶于水的碱性氧化物，根据氧化铝溶于氢氧化钠，则由浸渣“除铝”所用的试剂是氢氧化钠溶液；酸溶得到的溶液制备NiSO4•7H2O的操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：氢氧化钠溶液；蒸发浓缩、冷却结晶；
（6）
160gMoS2的物质的量为=1mol，根据Mo元素守恒，理论获得CaMoO4的质量为1mol×200g/mol=200g，则CaMoO4的产率为×100%=95%，故答案为：95%。
18．(1)粉碎
(2) 80℃～90℃ 当NaOH溶液浓度为1 mol∙L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本
(3)PbO+2OH-=PbO+H2O
(4) CuS、PbS 6.67×10-13
(5) TeO+4e-+3H2O=Te+6OH- 碱浸和溶解TeO2 45.4 g
【分析】碱性渣，其主要成分为TeO2、Na2TeO3、Na2SeO3以及少量的CuO、PbO、SiO2等，加入氢氧化钠溶液进行碱浸，TeO2转化为Na2TeO3，CuO和PbO均具有一定的“两性”，碱浸时分别转化为CuO和PbO，SiO2和氢氧化钠反应生成硅酸钠，浸出液中加入氯化钙溶液，与过量的氢氧化钠反应生成微溶的氢氧化钙，与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀，过滤后向滤液中加入硫化钠，与CuO反应生成硫化铜沉淀，与PbO反应生成硫化铅沉淀，过滤后向滤液中加入硫酸，过滤得到TeO2和Na2SeO3溶液，向TeO2中加入氢氧化钠溶液进行溶解，然后电解、熔炼得到高纯碲，向Na2SeO3溶液中通入二氧化硫得到粗硒。
【详解】（1）“碱浸”前应对碱性渣进行的操作是粉碎，目的是增大接触面积，加快碱浸时的反应速率。
（2）由图示可知，碱浸时的合适温度是80℃～90℃，当NaOH溶液浓度为1 mol∙L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本，因此实际生产中采用1mol·L-1的NaOH溶液，而不用更大浓度 NaOH溶液。
（3）CuO和PbO均具有一定的“两性”，“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠，“碱浸”时PbO与氢氧根离子反应生成PbO和H2O，反应的离子方程式为：PbO+2OH-=PbO+H2O。
（4）由分析可知，滤渣3的主要成分为CuS、PbS；当滤液中Pb2＋沉淀完全时，c(S2-)===910-24，则c(Cu2+)==≈6.67×10-13mol/L。
（5）电解制碲时阴极TeO得电子生成Te，电极反应式为：TeO+4e-+3H2O=Te+6OH-，生成了氢氧化钠，电解余液经处理后可循环使用于步骤碱浸和溶解TeO2中；电解时电流为10A，电解时间为4h，若生成碲(Te)的电流利用率为95％，则电子的物质的量为mol，生成Te的物质的量为mol，质量为mol128g/mol≈45.4 g。
19．(1) 坩埚 abd
(2) 恒压滴液漏斗 冷凝回流反应物，提高反应物的转化率或利用率 水浴加热 加快反应速率，同时抑制生成的GeCl4水解
(3)GeCl4+(n+2)H2O=GeO2•nH2O+4HCl
(4)60.7
【分析】本题为工艺流程题，是用锗石矿来制备Ge，先进行步骤1焙烧，原理为：4[Cu2S·FeS·GeS2]+27O28CuO+2Fe2O3+4GeO2+16SO2，然后再GeO2粗品中加入浓盐酸，主要反应为：GeO2+4HCl=GeCl4+2H2O，已知GeCl4的熔点：-49.5℃，沸点：82℃，密度：1.9g·cm-3，则通过步骤3粗馏得到GeCl4精品，步骤4中精品GeCl4与高纯水反应得到GeO2·nH2O，反应原理为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2•nH2O+4HCl，步骤5为加热使GeO2·nH2O失去结晶水变为高纯GeO2，最后用H2还原GeO2可得高纯Ge，据此分析解题。
（1）
在实验室中，若焙烧锗石矿，焙烧固体应将样品放在坩埚中灼烧，由分析可知，产生的气体为SO2，据此分析解题：
a．SO2能够被NaOH溶液完全吸收，干燥管能够防止倒吸，a符合题意；
b．SO2能够被酸性高锰酸钾溶液完全吸收，双球管能够防止倒吸，b符合题意；
c．虽然苯能够防止倒吸，但SO2不能被水完全吸收，c不合题意；
d．SO2能够被碱石灰完全吸收，d符合题意；
故答案为：坩埚；abd；
（2）
①由题干实验装置图可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗，仪器b即球形冷凝管的作用是冷凝回流反应物，提高反应物的转化率或利用率，本实验需控制温度为40℃，故加热采用的方式为水浴加热，故答案为：恒压滴液漏斗；冷凝回流反应物，提高反应物的转化率或利用率；
②用浓盐酸而不用稀盐酸处理GeO2粗品的原因是浓度越大反应速率越快，同时增大溶液酸性，抑制GeCl4水解，故答案为：加快反应速率，同时抑制生成的GeCl4水解；
（3）
由分析可知，“步骤4”生成GeO2·nH2O反应即GeCl4和高纯水反应生成GeO2·nH2O和HCl，该反应的化学方程式为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2•nH2O+4HCl，故答案为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2•nH2O+4HCl；
（4）
查阅资料得知：“步骤4”生成的GeO2·nH2O实为GeO2·H2O，其在5.0mol·L-1的盐酸中溶解度最小，取10.0mLGeCl4和高纯水反应，欲使GeO2·H2O的产率最高，则根据反应方程式：可知，n=0.3535mol， =70.7mL，则加入高纯水的体积约为70.7-10.0=60.7mL，故答案为：60.7。
20．(1)+3
(2)
(3)
(4)
(5) 1200
【分析】硼镁矿加入浓NaOH溶液碱溶生成和，加入适量二氧化碳得到，加入稀硫酸生成，加热脱水得到B2O3，热还原法发生反应生成粗硼；
【详解】（1）中Mg的化合价为，O的化合价为，根据化合物中元素的正、负化合价代数和为零，可求B元素的化合价为+3。
（2）硼镁矿中加入浓NaOH溶液后得到，化合价没有变化，主要发生复分解反应，反应的化学方程式为，滤渣为。
（3）硼砂溶于热水后，用硫酸调节溶液酸性以制备，即在酸性条件下的反应为；中的B提供空轨道，与水电离出的氢氧根离子中O原子形成配位键，从而电离出，。
（4）根据元素转化守恒，得到晶体后，溶液中主要存在和，滤液2的主要成分为。
（5）加热脱水后得到氧化物，即，加热条件下，金属单质将单质B置换出来，发生反应为；若硼镁矿中硼、镁元素充分利用，由硼镁矿生成的单质和单质的物质的量之比为1：1，1.1吨单质的物质的量为，根据反应可求出需要的金属的物质的量为，则需要额外补充金属的物质的量为，金属镁的质量为。
21． 阳离子
【详解】(1)由图可知，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl——2e—=Cl2↑，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=2OH—+ H2↑，阳极上氯离子放电生成氯气，使阳极室中阳离子电荷数大于阴离子，阴极生成的氢氧根离子使阴极室中阴离子电荷数大于阳离子，为维持两室溶液中的电荷守恒关系，阳极室中的钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室，则离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阳离子；2H2O+2e—=2OH—+ H2↑；
(2) 产生“气泡”发生的反应为硫酸氢钠溶液与碳酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为；生成二氧化氯发生的反应为亚氯酸钠溶液与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应的离子方程式为，故答案为：；；
(3)由铬酸银的溶度积可知，溶液中铬酸根离子的浓度为1×10—4mol/L时，银离子的浓度为==1×10—4mol/L，由氯化银的溶度积可知溶液中氯离子浓度为==2×10—6mol/L，故答案为：2×10—6。
22．(1)decbhi(ih)fgk
(2) 检查装置的气密性 A
(3)2OH-+CO2=CO+H2O
(4) (NH4)2CO3 取少量黑色固体于试管中，向其中滴加浓硝酸，固体全部溶解并有少量红棕色气体产生，继续滴加NaCl溶液，产生白色沉淀，说明黑色固体为单质银 CO+2Ag(NH3)2OH=(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3或CO+2Ag(NH3)2OH+2H2O=(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3·H2O
(5)8.96%
【分析】A装置是CO2气体发生装置，生成的CO2气体含有HCl和水蒸气，通过C中饱和NaHCO3溶液除去HCl，装置B中浓硫酸除去水蒸气，通过E加热和锌发生反应，装置D中氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化碳，CO进入装置银氨溶液观察是否产生黑色固体，以验证CO是否存在，F用于点燃除去多余的CO气体，以此解答该题。
(1)
由分析知，按气流从左到右的方向，装置的连接顺序为a→decbhi(ih)fgk。
(2)
装置连接好后，装药品之前的操作为检查装置的气密性；实验结束时应先熄灭酒精灯，再关闭活塞K，故选A。
(3)
装置D中氢氧化钠溶液的作用是吸收未反应的二氧化碳，用离子方程式表示为2OH-+CO2=CO+H2O。
(4)
①由abc、结合质量守恒知：向上层清液中滴加几滴Ba(OH)2溶液产生的白色浑浊出现为碳酸钡，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，而上层清液的pH=10呈碱性，则上层清液中含有NH3·H2O和(NH4)2CO3。
②欲设计实验证明黑色固体是Ag单质，可利用信息ⅱ：利用浓硝酸使银转变为银离子予以检验。则其操作为：取少量黑色固体于试管中，向其中滴加浓硝酸，固体全部溶解并有少量红棕色气体产生，继续滴加NaCl溶液，产生白色沉淀，说明黑色固体为单质银。
③已知信息i：CO能与银氨溶液[Ag(NH3)2OH]反应产生黑色固体Ag，则银氨溶液[Ag(NH3)2OH]为氧化剂、CO为还原剂，氧化产物为(NH4)2CO3，又知CO与银氨溶液反应中有NH3生成，则该反应的化学方程式：CO+2Ag(NH3)2OH=(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3或CO+2Ag(NH3)2OH+2H2O=(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3·H2O。
(5)
由信息可知5CO＋I2O55CO2＋I2，所以得关系式5CO～I2～2Na2S2O3即5CO～2Na2S2O3，n(CO)＝n(Na2S2O3)＝××(0.010 0 mol·L－1×0.02000 L)＝2×10－3 mol，V(CO)＝2×10－3 mol×22.4 L·mol－1×1 000 mL·L－1＝44.8 mL；故样品中CO的体积分数＝×100%＝8.96%。
23．(1) 2Na2O2 +2H2O= 4NaOH+O2 ↑ 一个装有蒸馏水的洗气瓶，将NO2转化成NO 5NO+ 3MnO+4H+=5NO+3Mn2+ +2H2O
(2) C、E、D、B 排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化，干扰气体产物的检验 反应一段时间后，打开弹簧夹2，向装置D中通入氧气，装置D中气体由无色变为红棕色
(3)取少量FeSO4溶液于试管中，向试管中先滴入稀硫酸酸化.再滴入几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，
然后滴加少量NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性
(4)86. 25%
【分析】装置A制备NO气体，装置B干燥NO，装置C根据反应2NO+Na2O2=2NaNO2制备NaNO2，装置D防止水蒸气进入C中，装置E吸收过量的NO，防止污染空气，
【详解】（1）①金属铜和稀硝酸反应制得的一氧化氮会带出少量水，水会和过氧化钠发生反应生成NaOH和氧气，反应方程式为：2Na2O2 +2H2O= 4NaOH+O2 ↑；
②制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质.说明制得的NO中混有NO2，可以在装置A.B间添加-一个装有蒸馏水的洗气瓶，将NO2转化成NO，或添加可直接吸收NO2的装置；
③装置E中NO和高锰酸钾发生氧化还原反应生成硝酸钾和锰离子，发生的主要反应的离子方程式为5NO+ 3+4H+=5+3Mn2+ +2H2O；
（2）①装置C用于吸收水蒸气，装置E用于冷却二氧化氮，装置D用于检验NO，装置B用于处理尾气，装置按气流从左到右的连接顺序是A→C→E→D→B；
②经分析物质性质可知，反应产物中应该含有NO，NO很容易被氧气氧化，故通入氮气的目的是排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化，干扰气体产物的检验；
③检验装置A中产生的气体含有NO的操作及现象：反应一段时间后，打开弹簧夹2，向装置D中通入氧气，装置D中气体由无色变为红棕色；
（3）利用亚硝酸钠氧化碘化钾生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，则实验方案是：取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性；或者取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性；
（4）反应的化学方程式为5NaNO2+3H2SO4 + 2KMnO4=5NaNO3+ 2MnSO4 + 3H2O + K2SO4，25.00mL样品溶液用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，平均消耗10.00mL酸性KMnO4标准溶液，则有关系式，解得n(NaNO2)=2.5×10-3×10mol，则2g样品中m(NaNO2)=nM= 2.5×10-3××69g/mol=1.725g，该亚硝酸钠样品中NaNO2的质量分数是。
24．(1)除去废铜屑表面的油污
(2)H2O2和H2SO4
(3)Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+++2OH-+8H2O
(4) 关闭 使装置内产生负压
(5)防止晶体受热分解
(6)中和氨水(或防止氨的挥发)；增强溶液酸性，防止Cu2+和水解
(7)减压蒸馏
【详解】（1）油污在碱性条件下易水解，步骤①中采取“碱煮水洗”，目的是除去废铜屑表面的油污。
（2）稀硫酸的氧化性不强，Cu在常温下不和稀硫酸反应，但加入氧化剂如H2O2后，Cu可以和H2O2、H2SO4的混合溶液反应生成CuSO4，步骤②需要加入的试剂是H2O2和H2SO4。
（3）将上述制备的CuSO4溶液加入装置A中，滴加6mol·L-1氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液，该过程的离子方程式为：Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+++2OH-+8H2O。
（4）抽滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，作用是使装置内产生负压。
（5）晶体采用冷风吹干而不用加热烘干的原因是：防止晶体受热分解。
（6）向废液中加入硫酸的作用是中和氨水(或防止氨的挥发)；增强溶液酸性，防止Cu2+和水解。
（7）(NH4)2SO4溶液受热易分解，则回收乙醇的实验方法为减压蒸馏。
25．(1) 排尽装置中的空气; 同时可将CCl4蒸气吹入反应管中参c加反应; 防倒吸 B 提高原料CCl4的利用率 3CCl4 + 2Sc2O34ScCl3+ 3CO2 防止D中水蒸气进入B中而导致ScCl3水解，使产品的产率降低(或使产品不纯) 导管口有气泡冒出，烧杯中的液体分层，下层为无色油状液体
(2)ScOCl + 2NH4ClScCl3+ 2NH3↑+H2O↑
(3)%
【分析】ScCl3的干法制备中要保证无水环境，因此反应前要用N2排空，同时C中用无水CaCl2可以做干燥剂防止D中水蒸气进入B中而导致ScCl3水解。
【详解】（1）实验时通入N2可以排尽装置中的空气; 同时可将CCl4蒸气吹入反应管中参加反应; 以及防止装置内压强减小发生倒吸，因此还可以防倒吸；先加热B处,因为B处需要的反应温度较高，这样可以提高CCl4的利用率；根据题意分析800℃时B处参加反应的物质为Sc2O3和CCl4，生成ScCl3，根据元素守恒推知同时还有CO2生成，因此化学方程式为：3CCl4 + 2Sc2O34ScCl3+ 3CO2；无水CaCl2可以做干燥剂，ScCl3易水解生成ScOCl，因此装置C的作用是防止D中水蒸气进入B中而导致ScCl3水解，使产品的产率降低(或使产品不纯)；实验过程中可以看到导管口有气泡冒出，出来的气体除了N2 、CO2、还有CCl4蒸气，CCl4蒸气很快转化CCl4液体，CCl4是一种密度比水大且与水不互溶的油状液体，因此烧杯中的液体分层，下层为无色油状液体；
（2）根据题目信息可知湿法制备ScCl3的化学方程式为：ScOCl + 2NH4ClScCl3+ 2NH3↑+H2O↑
（3）根据题目信息可知：
因此= mol，则产品中ScCl3的质量分数为 ：×100％=%
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-19水溶液中的离子反应和平衡（2）
一、单选题
1．（2021·河南·统考三模）常温下，铁的氢氧化物(或3)的沉淀溶解平衡与溶液pH的关系如图所示，其中。下列叙述错误的是
A．Ⅰ表示的曲线
B．的
C．在Y点通入足量的将达到R点(忽略溶液体积变化)
D．在Q点加水稀释可能移到M点
2．（2021·河南郑州·统考三模）白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量测定常用KMnO4滴定的方法。具体做法是将其酸溶后转化为草酸钙，过滤后用酸溶解，再用KMnO4滴定。则下列说法错误的是
A．KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．实验过程中两次用酸溶解，均需使用稀盐酸
C．KMnO4滴定草酸过程中，标准状况下每产生448mLCO2气体理论上转移0.02mole-
D．滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，将导致测定结果偏高
3．（2022·河南开封·校联考模拟预测）25°C时，三种金属氢氧化物的溶解度(纵坐标以溶解金属质量/mg·L-1表示)与溶液中pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A．Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小
B．Ksp[Cu(OH)2]=×10-17
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K=
D．将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O
4．（2023·河南郑州·统考三模）工业上从海水中提溴，其中碳酸钠溶液吸收溴单质的反应可分三步进行，其反应机理如下图所示，下列说法错误的是
第一步：
第二步：
第三步：
A．第一步反应的方程式为：+H2O+OH—
B．第二步反应消耗1molBr2时，转移的电子数为2NA
C．第二步和第三步可以说明BrO—为中间产物
D．溴单质被碳酸钠溶液吸收后，生成的含溴物质为NaBr和NaBrO3
5．（2023·河南安阳·统考三模）一定温度下，AgCl及Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示，p(X)表示离子浓度的负对数，如p( Ag+)表示-lg c(Ag+ )(已知当离子浓度≤1×10-5 mol·L-1时认为该离子完全沉淀；lg2=0.3)。下列说法错误的是
A．处于M点的Ag2CrO4溶液会产生沉淀
B．R点的溶液可能是AgCl固体溶于水形成的饱和溶液
C．该温度下Ag2CrO4的Ksp=2×10-12
D．用AgNO3标准溶液确定NaCl溶液中的c(Cl-)，可以用Na2CrO4作指示剂，当Cl -完全沉淀时，c()=5×10-3 mol·L-1
6．（2023·河南安阳·统考三模）某化学实验小组设计如下实验探究Zn与溶液中Fe3+发生反应的原理。
实验
试剂
现象
I
2 mL0.1 mol· L-1FeCl3溶液、过量锌粉
黄色溶液很快变浅，接着有无色气泡产生，固体中未检出铁单质
Ⅱ
2 mL1 mol· L-1FeCl3溶液(pH≈0.70)、过量锌粉
很快有大量气体产生，出现红褐色浑浊，30 min左右产生红褐色沉淀，溶液颜色变浅，产生少量铁单质
下列说法错误的是
A．实验I说明Fe3+被还原为Fe2+
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验实验I得到的溶液中含有Fe2+
C．实验Ⅱ发生了置换反应和复分解反应
D．实验说明Fe3+、H+与Zn的反应与离子浓度有关
7．（2023·河南安阳·统考三模）下列有关自然界中现象的说法错误的是
A．“雷雨肥庄稼”是发生了固氮反应
B．溶洞的形成与沉淀溶解平衡有关
C．“海市蜃楼”是气溶胶产生的丁达尔现象
D．萤火虫发光是将生物质能转化为光能
二、多选题
8．（2022·河南安阳·统考模拟预测）室温下，某混合溶液中c(M+) +c(MOH) =c(R-) +c(HR) ，和随pH变化关系如图所示，已知pX = -lg X。下列说法错误的是
A．曲线I表示与pH关系曲线，pKa=pKb +2
B．b点溶液中c(M+) ＞c(R-)，x= - 2
C．MR溶液显碱性，且MR溶液溶液中c(MOH) ＜c( HR)
D．等物质的量的NaR与HR混合溶液中，c(HR) ＞c(Na+) ＞c(R-) ＞c(OH-) ＞c(H+)
三、填空题
9．（2021·河南·校联考模拟预测）草酸、KMnO4均是重要的化学分析试剂，某次实验中需要使用480mL0.2000mol/L的草酸溶液，回答下列问题。
(1)实验中需要称取 g草酸晶体(H2C2O4•2H2O)，称量后 (填“需要”或“不需要”)加热除去相应的结晶水；配制过程中需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管及 。
(2)假设称取草酸时使用的是托盘天平，称量中试剂与砝码位置错放，则所配制溶液中c(H2C2O4)0.2000 (填“＞”、“=”或“＜”，下同)；若定容时俯视刻度线，则所配溶液中c(H2C2O4) 0.2000。
(3)若配置溶液时所取草酸晶体不纯(杂质无还原性)，为测定草酸的纯度，某同学量取20.00mL，上述所配溶液放入锥形瓶中，然后用0.1000的酸性KMnO4标准溶液滴定(氧化产物是CO2)，滴定终点时消耗VmL标准溶液。
①标准溶液应使用 (填“酸”或“碱”)式滴定管取用，合理的V值可能是 。
A． 15.8 B． 16.20 C． 15.82 D． 16.18
②滴定终点时溶液颜色的变化为 ，样品中草酸晶体的质量分数为 (用含V的式子表示)。
10．（2021·河南信阳·统考一模）磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。回答下列问题：
Ⅰ. 亚磷酸(H3PO3)是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H+ + H2PO。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生成水和Na2HPO3。
(1)写出亚磷酸钠(Na2HPO3)中磷的化合价 。
(2)当亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为 。
(3)亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式 。
Ⅱ.已知：①次磷酸(H3PO2)是一种一元弱酸；
②常温下，电离平衡常数Ka(H3PO2)=5.9×10-2，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5；
(4)下列说法正确的是___________。
A．次磷酸的电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO
B．NaH2PO2属于酸式盐
C．浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸(H3PO2)与盐酸相比前者导电能力强
D．0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小
(5)次磷酸钠NaH2PO2具有强还原性，是一种很好的化学镀剂。如NaH2PO2能将溶液中的Ni2+还原为Ni，用于化学镀镍。酸性条件下镀镍溶液中发生如下反应：
___________Ni2++___________H2PO+___________(___________)═___________Ni+___________H2PO +_______(___________)请完成并配平上列的离子方程式。
Ⅲ.磷酸是三元弱酸(H3PO4)
(6)磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1 500 ℃生成白磷，反应为： 2Ca3(PO4)2+6SiO2 6CaSiO3+P4O10 10C+P4O10 P4+10CO
若反应生成31 g P4，则反应过程中转移的电子数为 (用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
四、工业流程题
11．（2021·河南许昌·统考一模）工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2的烟气为主要原料，制备无水碳酸锰的工艺流程如图所示。
已知：①MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解，在空气中高温加热所得固体产物为Mn2O3。
②不同金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
开始沉淀时pH
2.7
7.5
7.8
完全沉淀时pH
3.7
9.7
9.8
③Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11。
回答下列问题：
(1)下列说法正确的是___________(填序号)。
A．最好使用粉状软锰矿进行“溶浸” B．废渣1的主要成分和“芯片”相同
C．溶浸时不会发生氧化还原反应 D．废液经处理可用于灌溉农作物
(2)调节溶液的pH前，加入软锰矿发生“氧化”作用的离子方程式是 。
(3)调节pH的方法是加入适量的熟石灰，调节pH=5.充分反应后生成的沉淀有 。如果没有“氧化”过程的进行，pH就需要调节到更大的数值，这样会造成 的不良后果。
(4)“沉锰”过程中加入氨水的目的是 (从化学平衡移动的角度解释)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是 (写1条即可)。“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO的浓度，达到不产生CaCO3的目的。原因是 。
(5)工业上可用石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合溶液制备二氧化锰，其阳极的电极反应式是 。Al还原Mn2O3制备Mn的化学方程式是 。
12．（2021·河南郑州·统考一模）钒具有广泛用途，利用含钒废催化剂(主要含有、和不溶性硅酸盐)制备的新工艺流程如图：
已知：滤液1和滤液2中钒以的形式存在。回答下列问题：
(1)在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有 。
(2)在滤渣1中加入和过量溶液发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
(3)混合溶液中加入，发生反应的离子方程式是 。
(4)钒最后以的形式沉淀出来。沉钒率(沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该工艺钒的回收率。图中是沉钒率随温度变化的关系曲线，“沉钒”时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是 (写一条即可)。
(5)称取w g所得产品，先用硫酸溶解，得到溶液，再加入的溶液，最后用酸性溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。假设杂质不参与反应，锰被还原为。则产品中的质量分数为 ，(已知和溶液反应的离子方程式为)
13．（2021·河南·统考二模）钼酸锂(Li2MoO4)的外观为白色结晶粉末，易溶于水，难溶于有机溶剂，用于电极材料、金属陶瓷的制作。工业上以某精选钼矿(主要含MoS2，还含有少量CuFeS2)为原料制备Li2MoO4，其工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)“滤液1”含有的离子主要有Fe2+、Cu2+、SO、C1-，“酸浸、氧化”过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为 。
(2)写出“氧化、灼烧”时反应的化学方程式： 。
(3)MoO3属于 氧化物(填“酸性”“碱性”“两性”)。
(4)“酸化沉钼”过程中，溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图中数据判断最佳的“酸化沉钼”条件：pH为 、反应时间 ；滤液2中含有的主要溶质的用途是 .(填一种即可)。
(5)H2MoO4和Li2CO3在熔融状态下反应也可生成Li2MoO4，写出反应的化学方程式 。在实验中该熔融操作可以在 (填标号)中进行。
A．陶瓷坩埚 B．石英坩埚 C．铁坩埚
(6)将“滤液1”用酸性H2O2氧化，得到含c(Fe3+)=0.01mol/L、c(Cu2+)=0.22mol/L的混合溶液。若调节pH使溶液中Fe3+浓度不超过5.0×10-6mol/L，而Cu2+全部留在母液中，则该溶液的pH范围为 ｛已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20、1g2=0.3}。
14．（2022·河南濮阳·统考模拟预测）石煤是一种含氧化铝杂质的钒矿石，其中钒元素主要以VO2、V2O3、V2O5形式存在。工业上以石煤为原料，采用钠化焙烧提钒的部分工艺如图所示：
已知：①偏钒酸钠的化学式为NaVO3；②V2O5、Al(OH)3沉淀生成和溶解的pH如表所示：
物质
溶液pH
开始沉淀
完全沉淀
沉淀开始溶解
沉淀完全溶解
V2O5
2.2
5.1
7.1
8.1
Al(OH)3
3.3
4.7
8.7
12.8
回答下列问题：
(1)在实验室中进行焙烧需要用到的硅酸盐仪器为电炉(或酒精喷灯)、泥三角、 。
(2)以V2O5为例写出“钠化焙烧”过程中发生反应的化学方程式： 。“焙烧”工艺中，VO2、V2O3均被氧化为偏矾酸钠。焙烧过程的气体产物会污染环境，可用NaOH溶液吸收，吸收时发生反应的离子方程式为 。
(3)硫酸调节pH时分两步操作完成，第一步加入硫酸调节pH的范围为 ，过滤；第二步继续向滤液中滴加硫酸调节pH的范围为 ，过滤得到粗V2O5。
(4)煅烧偏钒酸铵时产生的气体可循环利用，具体措施是 。
(5)已知：室温下，Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3、Ksp[Ca(VO3)2]=4×10-6，向足量的偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2，当溶液中c(Ca2+)=1mol·L-1时，溶液中的c(NH)= 。
(6)V2O5可用Al、Si等还原为钒单质，用Al、Si分别与V2O5反应制取等量的V时，消耗Al、Si的质量之比为 。
15．（2022·河南·校联考模拟预测）NiC2O4·2H2O主要用于生产镍催化剂，也可用于生产超细氧化镍。从某含镍废渣(主要含Ni、NiO、Fe2O3，还含有少量油脂、Mn2O3等)制备NiC2O4·2H2O的工艺流程如下：
已知：①酸浸后溶液中金属离子有Ni2+、Mn2+、Fe3+；本流程中，Ni2+不被氧化。
②在pH=5时，KMnO4的还原产物为MnO2；
③常温时，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39，Ksp[Mn(OH)2]=4.0×10-14，溶液中离子的浓度小于1×10-5认为已除尽；
④Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+；紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。
回答下列问题：
(1)“碱洗”工序中，加入Na2CO3溶液后应加热煮沸5min，煮沸的目的为 。
(2)“酸浸”工序中Mn2O3发生反应的化学方程式为 。
(3)滤渣I的主要成分为 (填化学式)，该物质中的金属阳离子在溶液中的残留浓度为 mol·L-1。
(4)“净化”工序中加入KMnO4溶液时发生反应的离子方程式为 。
(5)“沉镍”工序中，与选用Na2C2O4溶液相比，选用等浓度的(NH4)2C2O4溶液会大大降低产品中的氢氧化镍杂质含量，原因为 。
(6)测定NiC2O4·2H2O产品中镍元素的含量：取2.500g样品，用硫酸溶解后配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.1000mol/L的Na2H2Y溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗Na2H2Y溶液的体积12.50mL。达到滴定终点的实验现象为 ，NiC2O4·2H2O产品中镍元素的含量为 %。
16．（2022·河南·校联考模拟预测）某硫铅矿的主要成分为PbS，含有杂质Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2等，利用粉碎过的硫铅矿粉制备高纯铅的流程如图：
已知：①PbS不溶于强碱溶液；
②25℃时，Ksp(PbSO4)=1.5×10-8，Ksp(PbCO3)=8.0×10-14，Ksp(PbS)=1.0×10-28；
③H2SiF6、PbSiF6均为强电解质。
请回答下列问题：
(1)“碱浸”的目的是为了除去某些杂质，为了能使除杂更完全，可采取的有效措施有 (写两条)。
(2)向滤液I中通入足量的CO2，有白色沉淀产生，则白色沉淀的主要成分为 (填化学式)。
(3)“氧化、酸浸”过程中，双氧水的实际用量远高于理论用量，其原因可能是 ；写出PbS转化为PbSO4的化学方程式： 。
(4)“转化”是为了使PbSO4转化为PbCO3若滤液III中c(SO)=1.5 mol·L-1、c(CO)=4.0×10-5 mol·L-1，试通过计算判断“转化”过程中所得PbCO3固体中是否含有PbSO4： (简要写出重要计算过程)。
(5)写出“溶解”过程中反应的离子方程式： 。
(6)研究发现，电解“H2SiF6、PbSiF6混合液”时，适当提高c(H2SiF6)有利于提高铅的产率，但若c(H2SiF6)太大，铅的产率反而下降，其下降的原因可能是 。
17．（2022·河南开封·校联考模拟预测）一种从钼镍废催化剂(主要含MoS2、NiS、Al2O3、SiO2以及C)中回收镍和钼的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)写出“培烧”时产生的CO2的电子式： 。
(2)“焙烧”时，MoS2首先转化为MoO3，写出该反应的化学方程式： 。
(3)写出滤液中溶质的一种工业用途： ；“净化2”时，发生反应的离子方程式为 。
(4)已知常温下，Ksp(CaMoO4)=1.46×10-8；Ksp(CaCO3)=3.36×10-9，由CaMoO4制备Na2MoO4的方法是 。
(5)已知NiO是不溶于水的碱性氧化物，由浸渣“除铝”所用的试剂是 ；“酸溶”得到的溶液制备NiSO4·7H2O的操作方法是 、过滤、洗涤、干燥。
(6)若废催化剂中含160 g MoS2，上，述工艺中获得CaMoO4的质量为190 g，则CaMoO4的产率为 。
18．（2022·河南郑州·统考三模）火法炼铜过程中产生的碱性渣，其主要成分为TeO2、Na2TeO3、Na2SeO3以及少量的CuO、PbO、SiO2等。一种利用这种碱性渣提取高纯碲和粗硒的工艺流程如下图所示。
已知：Ksp (CuS)=6×10-36；Ksp(PbS)=9×10-29。
请回答以下问题：
(1)“碱浸”前应对碱性渣进行的操作是 。
(2)下图分别是温度和NaOH溶液浓度对碲浸出率的影响，则碱浸时的合适温度是 。实际生产中采用1mol·L-1的NaOH溶液，而不用更大浓度 NaOH溶液的原因是 。
(3)已知：CuO和PbO均具有一定的“两性”，“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠。则“碱浸”时PbO所发生反应的离子方程式为 。
(4)滤渣3的主要成分为 。滤液中Pb2＋沉淀完全时，c(Cu2＋)的最大值是 mol·L-1，(保留小数点后2位。某离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)
(5)电解制碲时阴极的电极反应式为 。电解余液经处理后可循环使用于步骤 。电解时电流为10A，电解时间为4h。若生成碲(Te)的电流利用率为95％，则生成碲的质量为 。(法拉第常数为96500C·mol-1，保留小数点后1位)
19．（2022·河南·校联考二模）锗是一种重要的半导体材料，同时在航空航天测控、化学催化剂、生物医学等领域都有广泛而重要的应用。实验室模拟生产锗的实验过程如图所示：
已知：GeCl4的熔点：-49.5℃，沸点：82℃，密度：1.9g·cm-3。
回答下列问题：
(1)在实验室中，若焙烧锗石矿，应将样品放在 中灼烧。产生的气体可以用下列 方式处理(填标号)。
a．氢氧化钠溶液 b．酸性高锰酸钾溶液
c．苯和水的分层液 d．碱石灰
(2)步骤2：将烧渣放入三颈烧瓶中，分批加入浓盐酸并搅拌，控制温度为40℃反应30分钟，反应装置如图所示：
①仪器a的名称是 ，仪器b的作用是 ，加热采用的方式为 。
②用浓盐酸而不用稀盐酸处理GeO2粗品的原因是 。
(3)写出“步骤4”生成GeO2·nH2O反应的化学方程式 。
(4)查阅资料得知：“步骤4”生成的GeO2·nH2O实为GeO2·H2O，其在5.0mol·L-1的盐酸中溶解度最小。取10.0mLGeCl4和高纯水反应，欲使GeO2·H2O的产率最高，加入高纯水的体积约为 mL(忽略混合及反应前后液体体积的变化，保留一位小数)。
20．（2023·河南开封·统考模拟预测）单质硼是高效的中子吸收剂，一种利用硼镁矿()制备粗硼的工艺流程如图所示。
(1)中硼元素的化合价为 。
(2)碱溶后所得滤液1的主要成分为，则滤渣为 (填化学式)。
(3)向滤液1中通入适量后得到硼砂()，将硼砂溶于热水后，用硫酸调节溶液的值为以制备，该反应的离子方程式为 ，已知是一元弱酸，但自身不能电离出氢离子，其电离方程式为 。
(4)滤液2的主要成分是 (填化学式)。
(5)加热硼酸脱水得到氧化物，热还原得到粗硼的化学方程式为 ，上述滤渣经过一系列转化可得金属镁，若硼镁矿中硼、镁元素充分利用，理论上制得1.1吨硼时，需要额外提供金属镁的质量为 。
五、原理综合题
21．（2021·河南郑州·统考一模）氯的许多化合物是高效、广谱的灭菌消毒剂，在疫情防控中发挥了重要作用。
(1)工业制取氯气可用如图装置，图中的离子膜为 膜(填“阳离子”或“阴离子”)。写出阴极的电极反应式 。
(2)一种有效成分为、、的“二氧化氯泡腾片”，快速溶于水后溢出大量气泡，得到溶液。产生“气泡”的化学方程式为 ；生成的离子方程式为 。
(3)已知AgCl、(砖红色)的分别为和，分析化学中，测定含氯的中性溶液中的含量，常以作指示剂，用标准溶液滴定。当溶液中出现砖红色沉淀时，假设，则 。
六、实验题
22．（2022·河南濮阳·统考模拟预测）一氧化碳是无色、无味的有毒气体，是C1化学的基础，在冶金工业中用作还原剂。回答下列问题：
I.某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，实验装置如图所示：
已知：i.CO能与银氨溶液[Ag(NH3)2OH]反应产生黑色固体；
ii.银可溶于浓硝酸；
iii..上述瓶中试剂均足量。
回答下列问题：
(1)按气流从左到右的方向，装置的连接顺序为a→ (填仪器接口小写字母)。
(2)装置连接好后，装药品之前的操作为 ；实验结束时，应 (填字母)。
A．先熄灭酒精灯，再关闭活塞K；
B．先关闭活塞K，再熄灭酒精灯
(3)装置D中氢氧化钠溶液的作用是 (用离子方程式表示)。
(4)反应结束后装置D中银氨溶液瓶底产生黑色沉淀，为验证产物，分离出上层清液和底部黑色固体，并进行如下实验：
a.测得上层清液的pH=10；
b.向上层清液中滴加几滴Ba(OH)2溶液，发现有白色浑浊出现，同时产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；
c.取新制的银氨溶液滴加几滴Ba(OH)2溶液，无明显现象；
d.将黑色沉淀用蒸馏水洗净。
①根据上述实验现象判断，上层清液中含有NH3·H2O和 (填化学式)。
②设计实验证明黑色固体是Ag单质，其操作为 。
③CO与银氨溶液反应中有NH3生成，结合实验现象写出该反应的化学方程式： 。
II.测定某气体样品中CO含量的方法如下：将500mL(标准状况)含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管，170℃下充分反应，用水—乙醇混合液充分溶解产物I2，定容到100mL。取25.00mL，用0.0100mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，消耗标准溶液的体积为20.00mL(已知：2NaS2O3+I2=2NaI+Na2S4O6；气体样品中其他成分与I2O5，不反应)。
(5)气体样品中CO的体积分数为 。
23．（2022·河南·校联考模拟预测）亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂。某化学兴趣小组设计实验制备NaNO2并探究其性质。
查阅资料信息：①2NO+Na2O2 =2NaNO2；2NO2 +Na2O2=2NaNO3.
②酸性KMnO4溶液可将低价氮的氧化物或酸根离子氧化为。
(1)NaNO2的制备(夹持装置和加热装置均已略，已检查装置气密性)。
①若没有装置B，则装置C中Na2O2与水发生反应： (填化学方程式)。
②制得的NaNO2固体中混有的杂质主要为NaNO3，改进措施是在装置A、B间添加 ，提高NaNO2的纯度。
③装置E中发生的主要反应的离子方程式为 。
(2)验证亚硝酸钠与70%硫酸反应的气体产物为NO和NO2的混合气体。
已知：FeSO4溶液可吸收NO；NO2的沸点为21° C ，熔点为-11° C 。
①为了检验装置A中生成的气体产物，装置的连接顺序是A→ 。(按气流方向从左到右)
②反应前应打开弹簧夹1， 先通入一段时间氮气，目的是 。
③再关闭弹簧夹1，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，装置A中产生红棕色气体。
设计实验检验装置A中产生的气体含有NO的操作及现象： 。
(3)查阅资料知：酸性条件下NaNO2具有氧化性。利用所供试剂，设计实验方案验证此信息： (供选用的试剂有NaNO2溶液、FeSO4溶液、稀硫酸、KSCN溶液)
(4)测定某亚硝酸钠样品的纯度。
设该样品的杂质均不与酸性KMnO4溶液反应，可用酸性KMnO4溶液测定NaNO2的含量。称取2.0 g亚硝酸钠样品溶于水配成250 mL溶液，取出25. 00 mL溶液于锥形瓶中，再用0. 1000 mol· L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，消耗酸性KMnO4标准溶液的体积如表：
实验组
第一组
第二组
第三组
第四组
消耗酸性KMnO4标准溶液的体积/mL
9.97
10.02
12. 01
10. 01
该亚硝酸钠样品中NaNO2的质量分数为 。
24．（2023·河南郑州·统考三模）硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂、媒染剂。常温下该物质在空气中会水解，受热时易分解。以废铜屑(表面沾有油污)为原料制备([Cu(NH3)4]SO4·H2O)的实验步骤如下：
I、CuSO4的制备
(1)步骤①中采取“碱煮水洗”，目的是 。
(2)步骤②在常温下进行，需要加入的试剂是 。
Ⅱ、晶体的制备
将上述制备的CuSO4溶液加入装置A中，滴加6mol·L-1氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液。将A中溶液转移至B中，析出([Cu(NH3)4]SO4·H2O)晶体；将B中混合物转移至装置C中抽滤(减压过滤)，用乙醇洗涤晶体2~3次；取出晶体，冷风吹干。。
(3)用离子方程式表示装置A中“沉淀消失”的原因 。
(4)抽滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需 (填“打开”或“关闭”)，作用是 。
(5)晶体采用冷风吹干而不用加热烘干的原因是 。
Ⅲ废液回收
减压过滤后的废液中含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水，向废液中加入硫酸，回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液。
(6)向废液中加入硫酸的作用是 。(答出两条)
(7)(NH4)2SO4溶液受热易分解，则回收乙醇的实验方法为 。
25．（2023·河南·校联考模拟预测）氯化钪(ScCl3)是制备稀土金属及其功能材料的重要前驱体，易水解生成ScOCl。实验小组在实验室中对ScCl3的干法和湿法制备及产品纯度测定进行探究，进行如下实验。回答下列问题：
(1)干法制备ScCl3的装置如图所示(部分夹持、加热装置略去)
步骤I.打开开关K，开始向装置中通入N2；
步骤II.加热A、B，其中A处控制温度80℃左右，B处控制温度800℃左右；
步骤III. B处Sc2O3充分反应后，停止加热A、B，待反应管冷却至室温后，停止通入N2。
①实验时通入N2的作用为 (答出两点即可)。
②步骤II中，应先加热 (填“A”或“B”)，目的是 。
③B处反应管中发生反应的化学方程式为 。
④装置C的作用为 。
⑤实验过程中，D中观察到的现象为 。
(2)湿法制备ScCl3时加入适量NH4Cl并加热，可将水解生成的ScOCl转化为ScCl3，该转化中发生反应的化学方程式为 。
(3)测定产品纯度：准确称量mg产品溶于适量浓盐酸，加蒸馏水稀释，再加入指示剂，用cmol·L-1EDTA标准溶液滴定(Sc3+与EDTA以物质的量之比1∶1反应，杂质不参加反应)，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为VmL，则产品中ScCl3的质量分数为 (用含m、c、V的代数式表示)。
参考答案：
1．C
【分析】铁的氢氧化物的溶度积为Ksp=c(Fen+)cn(OH—)可得，饱和溶液中pFe=pKsp+3pH—14n，则氢氧化铁饱和溶液中pFe=pKsp+3pH—42，氢氧化亚铁饱和溶液中pFe=pKsp+2pH—28，则曲线Ⅰ表示氢氧化铁的沉淀溶解平衡与溶液pH的关系，曲线Ⅱ表示氢氧化亚铁的沉淀溶解平衡与溶液pH的关系。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示氢氧化铁的沉淀溶解平衡与溶液pH的关系，故A正确；
B．由图可知，X点pFe为1、pH为7，则pKsp=pFe—2pH+28=15，Ksp=1×10—15，故B正确；
C．由分析可知，氢氧化铁饱和溶液中的铁离子浓度小于氢氧化亚铁饱和溶液中亚铁离子浓度，由图可知，Y点溶液中亚铁离子浓度与R点溶液中铁离子浓度相等，则在Y点通入足量的氧气不可能将达到R点，故C错误；
D．在Q点加水稀释时，c(Fe3+)减小，pFe增大，有因为Ksp不变，c(OH-)增大，pH增大，故加水稀释可能移到M点，故D正确；
故选C。
2．B
【详解】A．草酸是弱酸，具有还原性，会被高锰酸钾氧化，根据质量守恒和化合价升降守恒等可知KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A正确；
B．高锰酸钾具有强氧化性，会氧化盐酸产生氯气造成误差，所以实验过程中不可使用稀盐酸，B错误；
C．KMnO4滴定草酸过程中，存在关系，标准状况下448mLCO2气体物质的量为，根据关系式可知理论上转移0.02mole-，C正确；
D．根据质量守恒定律和的失电守恒定律可以得出：，滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，消耗的KMnO4溶液体积会偏大，会导致测定结果偏高，D正确；
答案选B。
3．C
【详解】A．由题干图示信息可知，在pH为9左右之前的任意pH下，Zn2+的浓度均比Cu2+大得多，故c(Cu2+)c2(OH-)比 c(Zn2+)c2(OH-)小即Cu(OH)2的溶度积比Zn(OH)2的小，A正确；
B．由题干图示信息可知，pH=7时，Cu2+的浓度为amg/L，故Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu2+)c2(OH-)=×(10-7)2=×10-17，B正确；
C．反应2AgOH+Cu2+=2Ag+ +Cu(OH)2的平衡常数K= =，C错误；
D．由题干图示信息可知，Zn(OH)2类似于Al(OH)3具有两性，故将Zn(OH)2加入pH=10的溶液中，可能发生Zn(OH)2+2OH-= ZnO+2H2O，D正确；
故答案为：C。
4．B
【详解】A．由图可知，第一步反应为碳酸根离子在溶液中水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水解的方程式为+H2O+OH-，故A正确；
B．由图可知，第二步反应为Br2+2OH-= Br-+ BrO-+ H2O，反应消耗1mol溴时，反应转移的电子数为1mol×1×NAmol-1=NA，故B错误；
C．由图可知，第二步反应为Br2+2OH-=Br-+BrO-+ H2O，第三步反应为3BrO-=2Br-+BrO，则第二步和第三步可以说明次溴酸根离子为反应的中间产物，故C正确；
D．由图可知，总反应为3Br2+6+3H2O=5Br-+ BrO+6，则溴单质被碳酸钠溶液吸收后，生成的含溴物质为溴化钠和溴酸钠，故D正确；
故选B。
5．A
【分析】由AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)可知Ksp=c(Ag+)c(Cl-)，Ag2CrO4(s) 2Ag+(aq)+(aq)可知Ksp=c2(Ag+)c()，温度不变Ksp不变，故有曲线N有10-6.70×10-3.0=10-5×10-4.70=10-9.70=2×10-10，(10-3.0)2×10-6.70≠(10-5)2×10-4.70，曲线Q有(10-3)2×10-5.70=(10-5)2×10-1.70=10-11.70=2×10-12，10-3.0×10-6.70≠10-5×10-1.70，即曲线N代表AgCl的溶解曲线，Q代表Ag2CrO4的溶解曲线，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Q代表Ag2CrO4的溶解曲线，结合题干图像可知，处于M点溶液中有：Qc=c2(Ag+)c()＜Ksp(Ag2CrO4)，故M点的Ag2CrO4溶液不会产生沉淀，A错误；
B．由分析可知，曲线N代表AgCl的溶解曲线，结合图像可知，R点恰好在AgCl溶解曲线上且该点c(Ag+)=c(Cl-)，即R点的溶液可能是AgCl固体溶于水形成的饱和溶液，B正确；
C．由分析可知，该温度下Ag2CrO4的Ksp=2×10-12，C正确；
D．用AgNO3标准溶液确定NaCl溶液中的c(Cl-)，可以用Na2CrO4作指示剂，当Cl -完全沉淀时c(Ag+)==2×10-5mol/L，故c()==5×10-3 mol·L-1，D正确；
故答案为：A。
6．B
【详解】A．实验I黄色溶液很快变浅，固体中未检出铁单质，说明Fe3+被还原为Fe2+，黄色溶液很快变浅，选项A正确；
B．FeCl3溶液中的Cl-也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，干扰Fe2+的检验，故不能用酸性高锰酸钾溶液检验实验I得到的溶液中含有Fe2+，选项B错误；
C．FeCl3溶液中加入过量锌粉，很快有大量气体产生，是氯化铁溶液水解产生的盐酸与锌粉反应产生氯化锌和氢气，反应为置换反应；出现红褐色浑浊，是氯化铁水解生成氢氧化铁，属于复分解反应；产生少量铁单质，是锌置换出铁，属于置换反应，选项C正确；
D．根据上述实验可知，实验开始时Fe3+浓度较大，先与锌发生氧化还原反应生成氯化锌和氯化亚铁，当Fe3+浓度较低，H+浓度较大时，H+与锌反应生成锌盐和氢气，故实验说明Fe3+、H+与Zn的反应与离子浓度有关，选项D正确；
答案选B。
7．C
【详解】A．“雷雨肥庄稼”的原理涉及的反应有：N2+O22NO、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，故发生了固氮反应，A不合题意；
B．碳酸钙难溶于水，碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，岩石被逐渐溶解形成溶洞，碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙，长时间的反应形成溶洞，与沉淀溶解平衡有关，B不合题意；
C．“海市蜃楼”是一种因为光的折射和全反射而形成的自然现象，与丁达尔现象无关，C符合题意；
D．萤火虫发光是将自身的生物质能转化为光能，D不合题意；
故答案为：C。
8．AD
【分析】由，当=0即c(M+)= c(MOH)时，Kb= c(OH-)，同理，Ka= c(H+)，由lgX=0时，pH分别为6、10，则曲线I表示与pH关系，曲线II表示与pH关系；
【详解】A．由分析可知，由lgX=0时，pH分别为6、10，则曲线I表示与pH关系，Ka= c(H+)=10-6，常温下c点c(OH-)=，Kb= c(OH-)=10-4，则pKa=pKb +2，A错误；
B．b点溶液pH=8，溶液呈碱性，说明MOH电离程度比HR电离程度大，则c(M+) ＞c(R-)，c(OH-)=，由，则，则lgx=-=-2，B正确；
C．由Ka= 10-6，Kb=10-4，相对而言MOH碱性较强、HR酸性较弱，则MR溶液显碱性，由越弱越水解规律可知，R-水解程度大于M+，则MR溶液溶液中c(MOH) ＜c( HR)，C正确；
D．由Ka= 10-6，R-水解常数为< Ka，则HR电离程度大于R-水解程度，等物质的量的NaR与HR混合溶液中，c(R-) ＞c(Na+) ＞c(HR) ＞c(H+)＞c(OH-)，D错误；
故选：AD。
9．(1) 12.6 不需要 500mL容量瓶、烧杯
(2)
(3) 酸 C 由无色变成浅红色且在30S内保持不变 6.25V％
【详解】（1）因没有480mL的容量瓶，故实际配制的是500mL溶液，因此所需要的溶质是，结晶水不需要加热除去，因为溶解后结晶水转化为溶剂。配制过程中需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管及500mL容量瓶、烧杯。
（2）配制溶液时还需要500mL容量瓶、烧杯。当试剂与砝码位置错放时，称量的试剂质量小于12.6g，故最后所配溶液浓度肯定小于0.2000。定容俯视刻度时，实际液面在刻度线下，故所配溶液浓度大于0.2000mol/L。
（3）①应使用酸式滴定管量取KMNO4溶液。当样品为纯净物时，由得失电子守恒及元素化合价变化可得
，，由于草酸晶体不纯(杂质无还原性)故实际消耗的KMnO4溶液不可能大于16.00mL，B、D项错误；以“mL”为单位时应保留两位小数，C项合理。
②滴定终点时溶液颜色的变化为由无色变成浅红色且在30S内保持不变，设所配溶液中，则有，，故样品中草酸晶体纯度为。
10．(1)+3
(2)H3PO3+OH-＝H2PO+H2O
(3)H3PO3 + I2 +H2O＝2HI+ H3PO4
(4)AD
(5)1Ni2++1H2PO+1H2O═1Ni+1H2PO +2H+
(6)5NA
【详解】（1）亚磷酸钠中Na为+1价，O为-2价，H为+1价，根据正负化合价为零，故P为+3价；
（2）亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO3+OH-＝H2PO+H2O；
（3）亚磷酸被碘水氧化为磷酸，碘被还原为碘离子，其化学方程式为H3PO3+I2+H2O＝2HI+H3PO4；
（4）A．次磷酸为弱酸，则电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO，故A正确；
B．NaH2PO2属于正盐，故B错误；
C．次磷酸为弱酸，则浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸（H3PO2）与盐酸相比前者导电能力弱，故C错误；
D．由信息②可知H3PO2的酸性比醋酸强，则0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小，故D正确．
故答案为：AD；
（5）由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-═Ni+H2PO3+2H+，
故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；
（6）P由+5价变成0价，每生成1molP4时，转移电子20mol。31gP4的物质的量为0.25mol，所以反应转移的电子数为5NA，故答案为5NA
11．(1)AD
(2)MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
(3) Fe(OH)3、CaSO4 形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)
(4) 促进Mn2++⇌MnCO3+H+正向移动(或促进的电离) 防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积
(5) Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+ Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn
【分析】“溶浸”时，软锰矿 (主要成分为MnO2，含少量SiO2、FeO和Fe2O3等杂质)和含SO2在稀硫酸下发生反应，二氧化锰与二氧化硫发生氧化还原反应，金属氧化物会溶于酸性溶液，滤渣1为SiO2，浸出液中含有的金属离子是Mn2+、Fe3+、Fe2+，“氧化”时，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+、过滤除去含SiO2的滤渣2后在“除铁”环节通过调节pH将Fe3+沉淀后过滤，废渣3含氢氧化铁沉淀，若用熟石灰调pH，滤渣3为有Fe(OH)3、CaSO4。继续加碳酸氢铵、氨水“沉锰”，调节pH，得到碳酸锰沉淀，经过滤、洗涤干燥得到无水碳酸锰，据此回答。
【详解】（1）下列说法：
A．将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A说法正确；
B． 废渣1的主要成分为SiO2， “芯片” 主要成分为Si，不相同，B说法不正确；
C． 据分析溶浸时会发生氧化还原反应，C说法不正确；
D．硫酸铵是一种氮肥， 废液含硫酸铵经处理可用于灌溉农作物，D说法正确；
选AD。
（2）调节溶液的pH前，加入软锰矿，Fe2+被加入溶液的软锰矿氧化为Fe3+，则发生“氧化”作用的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。
（3）由表知，pH≥3.7时铁离子沉淀完全，硫酸钙是微溶物，则加入适量的熟石灰，调节pH=5，充分反应后生成的沉淀有Fe(OH)3、CaSO4。如果没有“氧化”过程的进行，pH≥9.7时亚铁离子才能沉淀完全，此时有部分Mn2+也发生沉淀，则这样会造成的不良后果是：形成Mn(OH)2(或造成Mn2+损失)。
（4）“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成MnCO3，该反应中会释放出H+，则该过程中加入氨水的目的是：促进Mn2++⇌MnCO3+H+正向移动(或促进的电离)。“沉锰”过程宜在较低温度下进行，可能原因是：防止氨水挥发(或防止碳酸氢铵或防止碳酸锰分解) (写1条即可)。CaCO3与MnCO3是同类型沉淀，Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp(MnCO3)=1.8×10-11，则CaCO3的溶解度大于MnCO3，故“沉锰”时通过控制合理的pH，就可以控制CO的浓度，达到不产生CaCO3的目的。所以原因可以表述为：Ca2+浓度小且CaCO3的溶度积大于MnCO3的溶度积。
（5）工业上可用石墨为电极电解硫酸锰和稀硫酸的混合溶液制备二氧化锰，阳极Mn2+失去电子发生氧化反应得到MnO2，其阳极的电极反应式是Mn2++2H2O−2e−=MnO2+4H+。Al还原Mn2O3制备Mn，化学方程式是Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn。
12． 漏斗、烧杯、玻璃棒 1∶1 80℃以后，温度升高，的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降 %
【分析】由题给流程可知，向含钒废催化剂中加水溶解，和不溶性硅酸盐不溶于水，溶于水，过滤得到含有和不溶性硅酸盐的滤渣1和含有的滤液1；向滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸，在酸性条件下，亚硫酸钠与发生氧化还原反应生成硫酸钠、和水，不溶性硅酸盐与稀硫酸反应转化为难溶于水的硅酸，过滤得到含有硅酸的滤渣2和含有的滤液2；向含有的混合溶液中加入氯酸钾，具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将离子氧化为离子，向氧化后的溶液中加入氨水，离子与氨水反应生成沉淀，过滤得到；受热分解生成。
【详解】(1) 由分析可知，操作Ⅰ为固、液分离的过滤操作，过滤用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
(2) 由分析可知，在滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸发生的反应为在酸性条件下，亚硫酸钠与发生氧化还原反应生成硫酸钠、和水，由得失电子数目守恒可知，氧化剂和还原剂亚硫酸钠的物质的量之比为1:1，故答案为：1:1；
(3) 由分析可知，混合溶液中加入氯酸钾发生的反应为具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将离子氧化为离子，反应的离子方程式为，故答案为：；
(4) “沉钒”时，温度超过80℃以后，的溶解度增大，以及氨水受热分解，溶液中浓度减小，都会导致沉钒率下降，故答案为：80℃以后，温度升高，的溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨水受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降；
(5)由题意可知，滴定时，硫酸亚铁铵做反应的还原剂，离子和高锰酸钾做反应的氧化剂，由得失电子数目守恒可得：n()+5n()=n(Fe2+)，解得n()=(a1b1−5a2b2)×10−3 mol，由钒原子个数守恒可知，产品中的质量分数为×100%=%，故答案为：%。
13． CuFeS2+16 Fe3++8H2O= Cu2++2SO+17Fe2++16H+ 2MoS2+7O24SO2+2MoO3 酸性 1.0 60min 可用于制氮肥 H2MoO4+Li2CO3 Li2MoO4+ H2O+CO2↑ C 3.3pH＜4.5
【分析】钼矿(主要含MoS2，还含有少量CuFeS2)通过浸酸、氧化后“滤液1”含有的离子主要有Fe2+、Cu2+、SO、C1-，“酸浸、氧化”过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为CuFeS2+ 16Fe3++8H2O= Cu2++2SO+17Fe2++16H+，“氧化、灼烧”时MoS2与氧气生成二氧化硫和钼，MoO3加入氨水进行氨浸生成(NH4)2MnO4，滤液2中含有的主要溶质为硝酸铵，再加入氢氧化锂最终得到钼酸锂，据此分析解题。
【详解】(1)“滤液1”含有的离子主要有Fe2+、Cu2+、SO、C1-，“酸浸、氧化”过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为CuFeS2+ 16Fe3++8H2O= Cu2++2SO+17Fe2++16H+。
(2)“氧化、灼烧”时MoS2与氧气生成二氧化硫和三氧化钼，反应的化学方程式：2MoS2+7O24SO2+2MoO3。
(3)MoO3属于酸性氧化物，通过流程中MoO3加入氨水进行氨浸生成(NH4)2MnO4，可知MoO3为酸性氧化物。
(4)由图可知，pH=1.0时，母液中钼含量最低(虚线表示)，当时间为60min时，母液中钼含量最低(实线表示)，母液中钼含量低最，“酸化沉钼”更佳；滤液2中含有的主要溶质为硝酸铵，用途是可用于制氮肥。
(5)H2MoO4和Li2CO3在熔融状态下反应也可生成Li2MoO4，写出反应的化学方程式：H2MoO4+Li2CO3 Li2MoO4+ H2O+CO2↑；在实验中该熔融操作可以在铁坩埚内进行，因为Li2CO3可腐蚀陶瓷，石英坩埚。
(6)由题可知，c(Fe3+ )5.0×10-6mol/L，而，，因为，，所以pH3.3，c(Cu2+)=0.22mol/L，，，所以pH=4.5，答案为：3.3pH＜4.5。
14．(1)坩埚
(2) 2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(3) 8.1≤pH<8.7 5.1≤pH<7.1
(4)将产生的气体通入盐酸中生成氯化铵，循环利用
(5)0.8mol/L
(6)9∶7
【分析】石煤(VO2、V2O3、V2O5)中含有的杂质为氧化铝，向其中加入NaCl并通入空气进行焙烧，得到Cl2，V和Al元素转化成粗偏矾酸钠和偏铝酸钠，加水进行水浸后得到偏矾酸钠溶液和偏铝酸钠溶液，加硫酸调节pH在8.1≤pH<8.7，将V2O5溶解，同时将Al转化为Al(OH)3沉淀，过滤后除去Al(OH)3，得到滤液NaVO3溶液，然后继续加硫酸调节pH在5.1≤pH<7.1，将NaVO3转化为V2O5，再向V2O5中加入NaOH溶液得到偏钒酸钠溶液，再向偏钒酸钠溶液中加入精制的NH4Cl，得到偏钒酸铵，煅烧得到偏钒酸铵得到精制V2O5，同时得到氨气，通入盐酸中得到NH4Cl，循环使用。
(1)
焙烧固体需要用到坩埚、电炉(或酒精喷灯)、泥三角，所以答案为坩埚；
(2)
①V2O5为例写出“钠化焙烧”过程中转化为偏钒酸钠和Cl2，反应物还有氧气和NaCl，所以化学方程式为：2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；②焙烧过程的Cl2会污染环境，用NaOH溶液吸收，发生反应的离子方程式Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：①2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；②Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(3)
硫酸调节pH时分两步操作完成，根据所给信息表格②分析出，第一步将A铝元素转化为Al(OH)3，钒元素转化为NaVO3溶液，过滤后除去Al(OH)3，然后第二步调节pH将NaVO3转化为V2O5，所以第一步加入硫酸调节pH的范围为8.1≤pH<8.7，过滤；第二步继续向滤液中滴加硫酸调节pH的范围为5.1≤pH<7.1，故答案为：①8.1≤pH<8.7；②5.1≤pH<7.1；
(4)
煅烧偏钒酸铵发生反应:，得到的气体是，而工艺流程过程中需要含N的物质为，所以需要将加入到盐酸中反应生成，所以答案为：将产生的气体通入到盐酸中生成氯化铵，循环利用；
(5)
分别写出NH4VO3和Ca(VO3)2的Ksp，
，做比值约掉共同离子c()，则有
即
，故答案为：0.8mol/L；
(6)
Al、Si分别与V2O5反应制取V时，发生氧化还原反应，即2Al~Al2O3~6e-，Si~SiO2~4e-，制得的V等量，所以Al、Si转移的电子数相同，假设转移的电子数均为12mol，则消耗Al为4mol，消耗Si为3mol，则消耗Al、Si的质量之比为427∶328 = 9∶7，故答案为9∶7。
15．(1)增大的水解程度，使油脂的水解更加彻底
(2)Mn2O3+ H2SO4=MnO2+MnSO4+ H2O
(3) Fe(OH)3 1.0 ×10-12
(4)3Mn2+ + 2 + 2H2O=5MnO2↓+4H+
(5)水解生成的H+能降低溶液的pH，不利于杂质氢氧化镍的生成
(6) 滴入最后一滴标准液，溶液恰好由橙黄色变为紫色且30 s内不变色 29.5
【分析】含镍废渣中加入碳酸钠溶液除去油脂，用稀硫酸进行酸浸，酸浸后溶液中金属离子有Ni2+、Mn2+、Fe3+，加入氨水沉淀铁离子得到氢氧化铁，滤渣I为氢氧化铁，加入高锰酸钾溶液氧化Mn2+得到MnO2，滤渣Ⅱ为MnO2，用草酸铵沉镍得到NiC2O4·2H2O，据此分析解答。
【详解】（1）Na2CO3水解使Na2CO3溶液显碱性，在碱性条件下，油脂发生水解生成高级脂肪酸盐和甘油溶于水，故“碱洗”工序中，加入Na2CO3溶液后应加热煮沸5min，煮沸的目的为增大的水解程度，使油脂的水解更加彻底。
（2）已知酸浸后溶液中有Mn2+，且过滤后的滤渣中有MnO2，则可知Mn2O3中+3价Mn元素发生了歧化反应，“酸浸”工序中Mn2O3发生反应的化学方程式为Mn2O3+ H2SO4=MnO2+MnSO4+ H2O。
（3）由分析知，滤渣I的主要成分为Fe(OH)3，铁离子在溶液中的残留浓度为。
（4）“净化”工序中，KMnO4氧化Mn2+发生归中反应生成MnO2，故加入KMnO4溶液时发生反应的离子方程式为3Mn2+ + 2 + 2H2O=5MnO2↓+4H+。
（5）水解生成的H+能降低溶液的pH，不利于杂质氢氧化镍的生成，故与选用Na2C2O4溶液相比，选用等浓度的(NH4)2C2O4溶液会大大降低产品中的氢氧化镍杂质含量。
（6）由已知信息可知，达到滴定终点的实验现象为滴入最后一滴标准液，溶液恰好由橙黄色变为紫色且30 s内不变色，由关系式Ni2+~H2Y2-可得，NiC2O4·2H2O产品中镍元素的含量为。
16．(1)搅拌，将滤渣充分洗涤
(2)Al(OH)3、H2SiO3
(3) 溶液中的Fe3+对H2O2的分解有催化作用，增大了H2O2的用量 4H2O2+PbS=PbSO4+4H2O
(4)滤液III中c(Pb2+)==2.0×10-9，则Qc=c(Pb2+)•c(SO)=2.0×10-9×1.5=3.0×10-9＜Ksp(PbSO4)，故PbCO3固体中无PbSO4
(5)PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O
(6)c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极会发生副反应2H++2e-=H2↑，影响Pb2+放电
【分析】硫铅矿的主要成分为PbS，含有杂质Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2等，粉碎后加入足量氢氧化钠溶液进行碱浸，得到滤液含有偏铝酸钠、硅酸钠，滤渣含有PbS、FeO、Fe2O3，加入足量过氧化氢和稀硫酸，可生成PbSO4，同时氧化Fe2+为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，除去铁元素，同时将硫酸铅转化为碳酸铅，分离得到碳酸铅和氢氧化铁的混合沉淀，加入H2SiF6溶解，碳酸铅转化为PbSiF6转移到溶液中，获得混合溶液，电解后获得Pb单质，据此分析解答。
【详解】（1）“碱浸”的目的是除去某些杂质，为了能使除杂更完全，可采取的有效措施有粉碎矿石、适当提高温度；
（2）向滤液I中通入足量的CO2，铝元素由偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，故会有白色沉淀产生，同时硅酸根离子转化为硅酸沉淀,也属于白色沉淀，则得到的白色沉淀化学式为Al(OH)3、H2SiO3；
（3）“氧化、酸浸”过程中，双氧水的实际用量远高于理论用量，其原因可能是溶液中的Fe3+对H2O2的分解有催化作用，且过氧化氢易分解，造成氧化不完全；PbS被过氧化氢氧化为PbSO4，对应的化学方程式为4H2O2+PbS=PbSO4+4H2O；
（4）c()=1.5 mol/L，c(CO)=4.0×10-5 mol·L-1，则滤液III中c(Pb2+)=；Qc(PbSO4)= c(Pb2+)∙ c()=2.0×10-9×1.5=3.0 ×10-9＜Ksp(PbSO4)，故PbCO3固体中无PbSO4沉淀；
（5）PbCO3在酸性条件下溶解，反应产生Pb2+、H2O、CO2，对应离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O ；
（6）研究发现，电解H2SiF6，PbSiF6混合液”时，适当提高c(H2SiF6)有利于提高铅的产率，但若c(H2SiF6)太大，铅的产率反而下降，其下降的原因可能是氢离子浓度过大，氧化性增强，优先于铅离子在阴极放电，在阴极会发生副反应2H++2e-=H2↑，从而导致降低铅的产率。
17．(1)
(2)2MoS2+7O24SO2+2MoO3
(3) 制造氯气、纯碱 +H++H2O=Al(OH)3↓
(4)用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤
(5) 氢氧化钠溶液 蒸发浓缩、冷却结晶
(6)95%
【分析】钼镍废催化剂(主要含MoS2、NiS、Al2O3、SiO2以及C)中回收镍和钼，钼镍废催化剂加入Na2CO3焙烧，MoS2和NiS在高温条件下与氧气反应生成Na2MoO4、Na2SiO3、NiO，Al2O3、NaAlO2；然后加水水浸，过滤除去NiO，Al2O3，滤渣经过除铝，得到Ni，NiO和硫酸反应生成NiSO4溶液，经过分离操作得到NiSO4•7H2O；滤液加入MgCl2调节pH=8～9，使Na2SiO3转化为MgSiO3除去；再加入盐酸，调节pH≈6，过量的偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，过滤除去，然后加入CaCl2调节pH≈8，Na2MoO4转化为CaMoO4沉淀除去，同时得到含氯化钠的滤液，据此分析解答。
（1）
CO2为共价化合物，C原子和O原子间共用2对电子，C、O原子外围电子数均为8，电子式为 ，故答案为： ；
（2）
“焙烧“时，MoS2首先转化为MoO3，该反应的化学方程式：2MoS2+7O2 4SO2+2MoO3，故答案为：2MoS2+7O24SO2+2MoO3；
（3）
滤液中溶质为NaCl，工业可以用于制造氯气、纯碱，“净化2”时，发生反应的离子方程式为+H++H2O=Al(OH)3↓，故答案为：制造氯气、纯碱； +H++H2O=Al(OH)3↓；
（4）
已知常温下，Ksp(CaMoO4)=1.46×10-8、Ksp(CaCO3)=3.36×10-9，由于CaMoO4、CaCO3的溶度积接近，不能溶解直接过滤分离，所以可由CaMoO4制备Na2MoO4的方法是用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤，故答案为：用浓Na2CO3溶液充分浸取CaMoO4固体，过滤；
（5）
已知NiO是不溶于水的碱性氧化物，根据氧化铝溶于氢氧化钠，则由浸渣“除铝”所用的试剂是氢氧化钠溶液；酸溶得到的溶液制备NiSO4•7H2O的操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：氢氧化钠溶液；蒸发浓缩、冷却结晶；
（6）
160gMoS2的物质的量为=1mol，根据Mo元素守恒，理论获得CaMoO4的质量为1mol×200g/mol=200g，则CaMoO4的产率为×100%=95%，故答案为：95%。
18．(1)粉碎
(2) 80℃～90℃ 当NaOH溶液浓度为1 mol∙L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本
(3)PbO+2OH-=PbO+H2O
(4) CuS、PbS 6.67×10-13
(5) TeO+4e-+3H2O=Te+6OH- 碱浸和溶解TeO2 45.4 g
【分析】碱性渣，其主要成分为TeO2、Na2TeO3、Na2SeO3以及少量的CuO、PbO、SiO2等，加入氢氧化钠溶液进行碱浸，TeO2转化为Na2TeO3，CuO和PbO均具有一定的“两性”，碱浸时分别转化为CuO和PbO，SiO2和氢氧化钠反应生成硅酸钠，浸出液中加入氯化钙溶液，与过量的氢氧化钠反应生成微溶的氢氧化钙，与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀，过滤后向滤液中加入硫化钠，与CuO反应生成硫化铜沉淀，与PbO反应生成硫化铅沉淀，过滤后向滤液中加入硫酸，过滤得到TeO2和Na2SeO3溶液，向TeO2中加入氢氧化钠溶液进行溶解，然后电解、熔炼得到高纯碲，向Na2SeO3溶液中通入二氧化硫得到粗硒。
【详解】（1）“碱浸”前应对碱性渣进行的操作是粉碎，目的是增大接触面积，加快碱浸时的反应速率。
（2）由图示可知，碱浸时的合适温度是80℃～90℃，当NaOH溶液浓度为1 mol∙L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本，因此实际生产中采用1mol·L-1的NaOH溶液，而不用更大浓度 NaOH溶液。
（3）CuO和PbO均具有一定的“两性”，“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠，“碱浸”时PbO与氢氧根离子反应生成PbO和H2O，反应的离子方程式为：PbO+2OH-=PbO+H2O。
（4）由分析可知，滤渣3的主要成分为CuS、PbS；当滤液中Pb2＋沉淀完全时，c(S2-)===910-24，则c(Cu2+)==≈6.67×10-13mol/L。
（5）电解制碲时阴极TeO得电子生成Te，电极反应式为：TeO+4e-+3H2O=Te+6OH-，生成了氢氧化钠，电解余液经处理后可循环使用于步骤碱浸和溶解TeO2中；电解时电流为10A，电解时间为4h，若生成碲(Te)的电流利用率为95％，则电子的物质的量为mol，生成Te的物质的量为mol，质量为mol128g/mol≈45.4 g。
19．(1) 坩埚 abd
(2) 恒压滴液漏斗 冷凝回流反应物，提高反应物的转化率或利用率 水浴加热 加快反应速率，同时抑制生成的GeCl4水解
(3)GeCl4+(n+2)H2O=GeO2•nH2O+4HCl
(4)60.7
【分析】本题为工艺流程题，是用锗石矿来制备Ge，先进行步骤1焙烧，原理为：4[Cu2S·FeS·GeS2]+27O28CuO+2Fe2O3+4GeO2+16SO2，然后再GeO2粗品中加入浓盐酸，主要反应为：GeO2+4HCl=GeCl4+2H2O，已知GeCl4的熔点：-49.5℃，沸点：82℃，密度：1.9g·cm-3，则通过步骤3粗馏得到GeCl4精品，步骤4中精品GeCl4与高纯水反应得到GeO2·nH2O，反应原理为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2•nH2O+4HCl，步骤5为加热使GeO2·nH2O失去结晶水变为高纯GeO2，最后用H2还原GeO2可得高纯Ge，据此分析解题。
（1）
在实验室中，若焙烧锗石矿，焙烧固体应将样品放在坩埚中灼烧，由分析可知，产生的气体为SO2，据此分析解题：
a．SO2能够被NaOH溶液完全吸收，干燥管能够防止倒吸，a符合题意；
b．SO2能够被酸性高锰酸钾溶液完全吸收，双球管能够防止倒吸，b符合题意；
c．虽然苯能够防止倒吸，但SO2不能被水完全吸收，c不合题意；
d．SO2能够被碱石灰完全吸收，d符合题意；
故答案为：坩埚；abd；
（2）
①由题干实验装置图可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗，仪器b即球形冷凝管的作用是冷凝回流反应物，提高反应物的转化率或利用率，本实验需控制温度为40℃，故加热采用的方式为水浴加热，故答案为：恒压滴液漏斗；冷凝回流反应物，提高反应物的转化率或利用率；
②用浓盐酸而不用稀盐酸处理GeO2粗品的原因是浓度越大反应速率越快，同时增大溶液酸性，抑制GeCl4水解，故答案为：加快反应速率，同时抑制生成的GeCl4水解；
（3）
由分析可知，“步骤4”生成GeO2·nH2O反应即GeCl4和高纯水反应生成GeO2·nH2O和HCl，该反应的化学方程式为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2•nH2O+4HCl，故答案为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2•nH2O+4HCl；
（4）
查阅资料得知：“步骤4”生成的GeO2·nH2O实为GeO2·H2O，其在5.0mol·L-1的盐酸中溶解度最小，取10.0mLGeCl4和高纯水反应，欲使GeO2·H2O的产率最高，则根据反应方程式：可知，n=0.3535mol， =70.7mL，则加入高纯水的体积约为70.7-10.0=60.7mL，故答案为：60.7。
20．(1)+3
(2)
(3)
(4)
(5) 1200
【分析】硼镁矿加入浓NaOH溶液碱溶生成和，加入适量二氧化碳得到，加入稀硫酸生成，加热脱水得到B2O3，热还原法发生反应生成粗硼；
【详解】（1）中Mg的化合价为，O的化合价为，根据化合物中元素的正、负化合价代数和为零，可求B元素的化合价为+3。
（2）硼镁矿中加入浓NaOH溶液后得到，化合价没有变化，主要发生复分解反应，反应的化学方程式为，滤渣为。
（3）硼砂溶于热水后，用硫酸调节溶液酸性以制备，即在酸性条件下的反应为；中的B提供空轨道，与水电离出的氢氧根离子中O原子形成配位键，从而电离出，。
（4）根据元素转化守恒，得到晶体后，溶液中主要存在和，滤液2的主要成分为。
（5）加热脱水后得到氧化物，即，加热条件下，金属单质将单质B置换出来，发生反应为；若硼镁矿中硼、镁元素充分利用，由硼镁矿生成的单质和单质的物质的量之比为1：1，1.1吨单质的物质的量为，根据反应可求出需要的金属的物质的量为，则需要额外补充金属的物质的量为，金属镁的质量为。
21． 阳离子
【详解】(1)由图可知，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl——2e—=Cl2↑，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=2OH—+ H2↑，阳极上氯离子放电生成氯气，使阳极室中阳离子电荷数大于阴离子，阴极生成的氢氧根离子使阴极室中阴离子电荷数大于阳离子，为维持两室溶液中的电荷守恒关系，阳极室中的钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室，则离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阳离子；2H2O+2e—=2OH—+ H2↑；
(2) 产生“气泡”发生的反应为硫酸氢钠溶液与碳酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为；生成二氧化氯发生的反应为亚氯酸钠溶液与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应的离子方程式为，故答案为：；；
(3)由铬酸银的溶度积可知，溶液中铬酸根离子的浓度为1×10—4mol/L时，银离子的浓度为==1×10—4mol/L，由氯化银的溶度积可知溶液中氯离子浓度为==2×10—6mol/L，故答案为：2×10—6。
22．(1)decbhi(ih)fgk
(2) 检查装置的气密性 A
(3)2OH-+CO2=CO+H2O
(4) (NH4)2CO3 取少量黑色固体于试管中，向其中滴加浓硝酸，固体全部溶解并有少量红棕色气体产生，继续滴加NaCl溶液，产生白色沉淀，说明黑色固体为单质银 CO+2Ag(NH3)2OH=(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3或CO+2Ag(NH3)2OH+2H2O=(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3·H2O
(5)8.96%
【分析】A装置是CO2气体发生装置，生成的CO2气体含有HCl和水蒸气，通过C中饱和NaHCO3溶液除去HCl，装置B中浓硫酸除去水蒸气，通过E加热和锌发生反应，装置D中氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化碳，CO进入装置银氨溶液观察是否产生黑色固体，以验证CO是否存在，F用于点燃除去多余的CO气体，以此解答该题。
(1)
由分析知，按气流从左到右的方向，装置的连接顺序为a→decbhi(ih)fgk。
(2)
装置连接好后，装药品之前的操作为检查装置的气密性；实验结束时应先熄灭酒精灯，再关闭活塞K，故选A。
(3)
装置D中氢氧化钠溶液的作用是吸收未反应的二氧化碳，用离子方程式表示为2OH-+CO2=CO+H2O。
(4)
①由abc、结合质量守恒知：向上层清液中滴加几滴Ba(OH)2溶液产生的白色浑浊出现为碳酸钡，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，而上层清液的pH=10呈碱性，则上层清液中含有NH3·H2O和(NH4)2CO3。
②欲设计实验证明黑色固体是Ag单质，可利用信息ⅱ：利用浓硝酸使银转变为银离子予以检验。则其操作为：取少量黑色固体于试管中，向其中滴加浓硝酸，固体全部溶解并有少量红棕色气体产生，继续滴加NaCl溶液，产生白色沉淀，说明黑色固体为单质银。
③已知信息i：CO能与银氨溶液[Ag(NH3)2OH]反应产生黑色固体Ag，则银氨溶液[Ag(NH3)2OH]为氧化剂、CO为还原剂，氧化产物为(NH4)2CO3，又知CO与银氨溶液反应中有NH3生成，则该反应的化学方程式：CO+2Ag(NH3)2OH=(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3或CO+2Ag(NH3)2OH+2H2O=(NH4)2CO3+2Ag↓+2NH3·H2O。
(5)
由信息可知5CO＋I2O55CO2＋I2，所以得关系式5CO～I2～2Na2S2O3即5CO～2Na2S2O3，n(CO)＝n(Na2S2O3)＝××(0.010 0 mol·L－1×0.02000 L)＝2×10－3 mol，V(CO)＝2×10－3 mol×22.4 L·mol－1×1 000 mL·L－1＝44.8 mL；故样品中CO的体积分数＝×100%＝8.96%。
23．(1) 2Na2O2 +2H2O= 4NaOH+O2 ↑ 一个装有蒸馏水的洗气瓶，将NO2转化成NO 5NO+ 3MnO+4H+=5NO+3Mn2+ +2H2O
(2) C、E、D、B 排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化，干扰气体产物的检验 反应一段时间后，打开弹簧夹2，向装置D中通入氧气，装置D中气体由无色变为红棕色
(3)取少量FeSO4溶液于试管中，向试管中先滴入稀硫酸酸化.再滴入几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，
然后滴加少量NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性
(4)86. 25%
【分析】装置A制备NO气体，装置B干燥NO，装置C根据反应2NO+Na2O2=2NaNO2制备NaNO2，装置D防止水蒸气进入C中，装置E吸收过量的NO，防止污染空气，
【详解】（1）①金属铜和稀硝酸反应制得的一氧化氮会带出少量水，水会和过氧化钠发生反应生成NaOH和氧气，反应方程式为：2Na2O2 +2H2O= 4NaOH+O2 ↑；
②制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质.说明制得的NO中混有NO2，可以在装置A.B间添加-一个装有蒸馏水的洗气瓶，将NO2转化成NO，或添加可直接吸收NO2的装置；
③装置E中NO和高锰酸钾发生氧化还原反应生成硝酸钾和锰离子，发生的主要反应的离子方程式为5NO+ 3+4H+=5+3Mn2+ +2H2O；
（2）①装置C用于吸收水蒸气，装置E用于冷却二氧化氮，装置D用于检验NO，装置B用于处理尾气，装置按气流从左到右的连接顺序是A→C→E→D→B；
②经分析物质性质可知，反应产物中应该含有NO，NO很容易被氧气氧化，故通入氮气的目的是排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化，干扰气体产物的检验；
③检验装置A中产生的气体含有NO的操作及现象：反应一段时间后，打开弹簧夹2，向装置D中通入氧气，装置D中气体由无色变为红棕色；
（3）利用亚硝酸钠氧化碘化钾生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，则实验方案是：取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性；或者取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性；
（4）反应的化学方程式为5NaNO2+3H2SO4 + 2KMnO4=5NaNO3+ 2MnSO4 + 3H2O + K2SO4，25.00mL样品溶液用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，平均消耗10.00mL酸性KMnO4标准溶液，则有关系式，解得n(NaNO2)=2.5×10-3×10mol，则2g样品中m(NaNO2)=nM= 2.5×10-3××69g/mol=1.725g，该亚硝酸钠样品中NaNO2的质量分数是。
24．(1)除去废铜屑表面的油污
(2)H2O2和H2SO4
(3)Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+++2OH-+8H2O
(4) 关闭 使装置内产生负压
(5)防止晶体受热分解
(6)中和氨水(或防止氨的挥发)；增强溶液酸性，防止Cu2+和水解
(7)减压蒸馏
【详解】（1）油污在碱性条件下易水解，步骤①中采取“碱煮水洗”，目的是除去废铜屑表面的油污。
（2）稀硫酸的氧化性不强，Cu在常温下不和稀硫酸反应，但加入氧化剂如H2O2后，Cu可以和H2O2、H2SO4的混合溶液反应生成CuSO4，步骤②需要加入的试剂是H2O2和H2SO4。
（3）将上述制备的CuSO4溶液加入装置A中，滴加6mol·L-1氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液，该过程的离子方程式为：Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+++2OH-+8H2O。
（4）抽滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，作用是使装置内产生负压。
（5）晶体采用冷风吹干而不用加热烘干的原因是：防止晶体受热分解。
（6）向废液中加入硫酸的作用是中和氨水(或防止氨的挥发)；增强溶液酸性，防止Cu2+和水解。
（7）(NH4)2SO4溶液受热易分解，则回收乙醇的实验方法为减压蒸馏。
25．(1) 排尽装置中的空气; 同时可将CCl4蒸气吹入反应管中参c加反应; 防倒吸 B 提高原料CCl4的利用率 3CCl4 + 2Sc2O34ScCl3+ 3CO2 防止D中水蒸气进入B中而导致ScCl3水解，使产品的产率降低(或使产品不纯) 导管口有气泡冒出，烧杯中的液体分层，下层为无色油状液体
(2)ScOCl + 2NH4ClScCl3+ 2NH3↑+H2O↑
(3)%
【分析】ScCl3的干法制备中要保证无水环境，因此反应前要用N2排空，同时C中用无水CaCl2可以做干燥剂防止D中水蒸气进入B中而导致ScCl3水解。
【详解】（1）实验时通入N2可以排尽装置中的空气; 同时可将CCl4蒸气吹入反应管中参加反应; 以及防止装置内压强减小发生倒吸，因此还可以防倒吸；先加热B处,因为B处需要的反应温度较高，这样可以提高CCl4的利用率；根据题意分析800℃时B处参加反应的物质为Sc2O3和CCl4，生成ScCl3，根据元素守恒推知同时还有CO2生成，因此化学方程式为：3CCl4 + 2Sc2O34ScCl3+ 3CO2；无水CaCl2可以做干燥剂，ScCl3易水解生成ScOCl，因此装置C的作用是防止D中水蒸气进入B中而导致ScCl3水解，使产品的产率降低(或使产品不纯)；实验过程中可以看到导管口有气泡冒出，出来的气体除了N2 、CO2、还有CCl4蒸气，CCl4蒸气很快转化CCl4液体，CCl4是一种密度比水大且与水不互溶的油状液体，因此烧杯中的液体分层，下层为无色油状液体；
（2）根据题目信息可知湿法制备ScCl3的化学方程式为：ScOCl + 2NH4ClScCl3+ 2NH3↑+H2O↑
（3）根据题目信息可知：
因此= mol，则产品中ScCl3的质量分数为 ：×100％=%
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