10水的电离及溶液的酸碱性、弱电解质的电离--江苏省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习

这是一份10水的电离及溶液的酸碱性、弱电解质的电离--江苏省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习，共24页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023上·江苏常州·高三统考期末）某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00 mL水样，用0.010 00 ml·L－1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图所示(混合后溶液体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是
A．该水样中c(CO )∶c(HCO)＝2∶1
B．a点处c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO)
C．当V(HCl)≤20.00 mL时，溶液中c(HCO)随V(HCl)的增多基本保持不变
D．根据实验结果可以推知：Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)>Kw
2．（2020上·江苏扬州·高三统考期末）下列实验操作能达到实验目的的是
A．用乙醇萃取碘水中的碘B．用装置甲制取纯净的
C．用装置乙除去中的少量D．中和滴定时，用待测液润洗锥形瓶，减小实验误差
3．（2020上·江苏镇江·高三统考期末）下列说法说法正确的是
A．外接电源保护水中钢闸门时，应将钢闸门与电源的正极相连
B．向Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，CO32－水解程度增大，溶液的pH减小
C．如图表示常温下稀释pH＝11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅱ表示氨水
D．2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
4．（2017上·江苏苏州·高三统考期末）下列图示与对应的叙述相符的是
A．图甲表示向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化
B．图乙表示0.1LpH=2的HCl溶液加水稀释至VL， pH随lgV的变化
C．图丙表示不同温度下水溶液中H+和OH-浓度变化的曲线，图中温度T2>T1
D．图丁表示同一温度下，再不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(S)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系
5．（2016上·江苏常州·高三统考期末）下列说法正确的是
A．SO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质
B．向纯水中加入盐酸或氢氧化钠都能使水的电离平衡逆向移动，水的离子积减小
C．铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量减少
D．常温下，反应4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)==4Fe(OH)3(s)的△H＜0、△S＜0
6．（2015上·江苏扬州·高三统考期末）25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．澄清透明的溶液中：MnO、SO、K+、Fe3+
B．0.1ml·L-1FeCl3溶液中：Mg2+、NH、SCN-、SO
C．滴入甲基橙显黄色的溶液中：Na+、ClO-、I-、SO
D．水电离产生的c(H+)=10-12ml·L-1的溶液中：K+、Na+、NO、CH3COO-
7．（2015上·江苏镇江·高三统考期末）常温下，用0.1 ml·L－1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 ml·L－1CH3COOH溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．点①所示溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)
B．点②所示溶液中：c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－) ＋c(CH3COOH) ＋c(OH－)
C．点③所示溶液中：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(OH－)＞c(H+)
D．在整个滴定过程中：溶液中始终不变
8．（2015上·江苏常州·高三统考期末）下列图示与对应的叙述相符的是
A．图1表示盐酸滴加到0.1 ml·L－1某碱溶液得到的滴定曲线，用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取酚酞作指示剂。
B．图2表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂。
C．图3表示工业上用CO生产甲醇的反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，该反应的ΔH=－91kJ/ml。
D．图4表示物质的量之比为2∶3的镁和铝分别与过量稀硫酸反应时，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系。
9．（2024上·江苏扬州·高三统考期末）已知：Ka(HCN)=5.8×10-10。精细化学品W是酸性条件下X与HCN反应的主产物，Y、Z是反应过程中的过渡态或中间体。X→W的反应过程可表示如下：
下列说法正确的是
A．X与二甲醚互为同系物B．Z中采取sp3杂化的碳原子有三个
C．W分子中存在手性碳D．溶液的酸性越强，W的产率越高
10．（2023上·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校联考期末）已知，，室温下，通过实验研究亚硫酸盐的性质，下列说法正确的是
A．实验1的溶液中：
B．实验2反应静置后的上层清液中有
C．实验3中：
D．实验4中发生反应：
11．（2023上·江苏常州·高三统考期末）实验室常用加热Ca(OH)2和NH4Cl固体混合物的方法制备NH3。下列说法正确的是
A．Ca(OH)2是弱电解质B．NH的空间构型为正四面体形
C．NH3的电子式为D．可用无水CaCl2干燥制得的NH3
12．（2023上·江苏·高三统考期末）下列探究方案能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
13．（2022上·江苏南通·高三统考期末）室温下，通过实验探究亚硫酸盐的性质。已知：、。下列说法正确的是
A．实验1得到的溶液中：
B．实验2混合后的溶液中存在：
C．实验3所得溶液中：
D．实验4反应过程中水的电离程度逐渐减小
14．（2023上·江苏南通·高三统考期末）工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5(PO4)3OH，还含有少量石英和氧化铁等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾(KH2PO4)的流程如下：
已知：溶液中H3PO4、、、的分布分数随pH的变化如上图所示。下列说法正确的是
A．“制酸过滤”过程所得滤渣的主要成分为硅酸
B．三辛胺的结构简式为N(C8H17)3，与盐酸反应时，三辛胺提供空轨道
C．“反应”中为获得较纯净KH2PO4，当pH=10时，停止加入三辛胺
D．0.1 ml/L KH2PO4溶液中：
15．（2023上·江苏南通·高三统考期末）化学常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列与NH3有关的图像描述正确的是
A．图①表示在t1时刻扩大容器体积，v逆随时间变化的曲线
B．图②表示平衡时NH3体积分数随起始变化的曲线，则转化率：aA(H2)=aB(H2)
C．图③表示25℃时分别稀释pH=1的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅰ表示氨水
D．图④可表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化
二、解答题
16．（2023上·江苏常州·高三统考期末）以磷灰石[主要成分为Ca5(PO4)3F]制备锂离子电池正极材料前体FePO4的实验流程如下：
(1)用磷酸、硫酸“分步浸取”磷灰石制备H3PO4，发生的主要反应如下：
Ca5(PO4)3F＋7H3PO4=5Ca(H2PO4)2＋HF↑
Ca(H2PO4)2＋H2SO4＋2H2O=CaSO4·2H2O ↓＋2H3PO4
①磷灰石也可直接用硫酸溶解。两种工艺相比，该“分步浸取”工艺的优点是 。
②经“酸浸”得到的粗H3PO4为CaSO4∙H3PO4∙H2O 混合体系。“纯化” 步骤控制温度在70 ℃，调节H3PO4质量分数为55%，使CaSO4以结晶水合物析出，过滤。为提高H3PO4的产率，需对CaSO4水合物晶体进行洗涤，并 ，再将其中部分返回酸浸系统。
(2)将H3PO4溶液、FeSO4溶液和H2O2溶液混合，调节溶液pH，得到FePO4·2H2O，焙烧脱水得FePO4。
已知： FePO4·2H2O 晶体的纯度及颗粒大小会影响产品性能，沉淀速率过快会形成细小颗粒状粉末；含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示；Fe3＋+EDTA4－⇌[Fe(EDTA)]-。
① 生成FePO4·2H2O的离子方程式为 。
②工业上选择溶液pH为2，此时溶液中c(HPO)为1.0×10-7.3 ml·L-1，则c(PO)= ml·L－1。
③实际生产时，还加入EDTA四钠盐溶液，其目的是 。
④设计以H3PO4溶液、FeSO4溶液和H2O2溶液为原料，制备较大颗粒FePO4·2H2O晶体的实验方案： 。 (FePO4·2H2O晶体需“洗涤完全”，除主要原料外，其他试剂任用)
17．（2023上·江苏无锡·高三统考期末）工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料来制备硫酸，产生的含二氧化硫尾气和炉渣(主要成分为Fe2O3)经过资源化利用可减轻对环境的污染。
(1)工业制硫酸。沸腾炉中煅烧黄铁矿发生反应的化学方程式为 ，当有6 ml SO2生成时，转移电子 ml。
(2)生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)。Na2S2O5常用作食品的抗氧化剂，由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，生产工艺流程如下：
已知：H2SO3电离常数分别为Ka1=1.5×10-2、Ka2=1.0×10-7
H2CO3电离常数分别为Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11
生成Na2S2O5的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O
①I中生成一种盐并放出气体，反应的离子方程式为 。
②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是 。
③因为Na2S2O5具有还原性，导致产品中不可避免地存在Na2SO4，检验其中是否含有的方法是 。
(3)由炉渣制备还原铁粉并分析纯度。利用CO与炉渣反应得到还原铁粉，得到的产品可用K2Cr2O7滴定分析法测定纯度。实验步骤如下：称取0.2240 g样品，加入过量稀硫酸充分溶解，用3.000×10−2 ml·L−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL，计算该样品中还原铁粉的质量分数(写出计算过程) 。
18．（2024上·江苏扬州·高三统考期末）以废旧锂离子电池正极材料(主要成分为镍钴锰酸锂，还有少量镁铝合金和含铁化合物)为原料，回收Ni2＋、C2+、Mn2＋的过程可表示为：
已知：Ksp(MnF2)=5×10-3 Ksp(MgF2)=8×10-11
(1)“酸浸”时，三价镍、三价钴、四价锰转化为Ni2＋、C2+、Mn2＋进入溶液。该过程中H2O2的作用是 。保持其他条件相同，搅拌相同时间，测得不同温度下镍、钴、锰的浸出率如图所示。60℃时浸出率达到最大，可能的原因是 。
(2)“除铁”生成黄钠铁矾沉淀时需控制溶液的pH为1.5~1.8。该过程中需不断加入NaOH溶液，其作用是 。
(3)物质X可调节溶液的pH，X为 (填序号)。
A．NH4Cl B．(NH4)2SO4 C．NH4HCO3
(4)“除铝”后的滤液中含有Mg2＋，可以用MnF2除去。结合反应的平衡常数解释用MnF2能除去Mg2＋的原因是 。
(5)回收液可用于合成锂离子电池正极材料，合成前需测定其中C2+等离子的浓度。
测定原理：用过量标准K3[Fe(CN)6]溶液氧化经预处理的回收液样品中的C2+，再用标准CSO4溶液滴定过量的K3[Fe(CN)6]。
反应方程式为：C2++[Fe(CN)6]3-=C3++[Fe(CN)6]4-。
测定过程：取预处理后的回收液样品20.00mL，向其中加入·L-1
K3[Fe(CN)6]溶液，充分反应；再用0.0500ml·L-1CSO4溶液滴定反应后的溶液，消耗CSO4溶液12.00mL。
数据分析：计算预处理后的回收液样品中C2+的物质的量浓度 。(写出计算过程)
19．（2023上·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校联考期末）利用某工厂废水(主要成分含有、、，及少量、、)制备溶液的实验流程如下：

已知：①溶液中金属离子的浓度小于时，可视为沉淀完全。
②室温下，，，
(1)①“氧化”步骤的离子方程式为 。
②调节的目的是 。
(2)流程中分两步除杂而不采用直接加溶液除杂，除了减少的使用量之外，还可能的原因是： 。
(3)测定溶液的浓度。准确量取溶液于容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液的，用标准溶液滴定至终点(滴定反应为)，平行滴定3次，平均消耗标准溶液。计算溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。
(4)以溶液为原料制备的脱硫剂，可用于脱除煤气中的。
①400℃时，将一定比例、、和的混合气体以一定流速通过装有脱硫剂的硫化反应器。硫化过程中与、反应生成和，其化学方程式为 。
②将硫化后的固体在(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280～400℃范围内，固体质量增加的主要原因是 。

20．（2023上·江苏无锡·高三统考期末）硫代硫酸钠()应用广泛，可用作定影液、含砷废水去除剂、定量分析还原剂等。
(1) 可用作定影液溶解未曝光的溴化银()，通过如图1所示转化可实现定影液再生，也可达到回收银的目的。
①溶于溶液反应的离子方程式为 。
②晶体的晶胞如图2所示为面心立方最密堆积，一个原子距离最近的原子个数为 。
(2) 去除酸性废水中的反应机理如图3所示(图中“”为自由基，“·”表示孤单电子)。
①方框中X的化学式为 。
②在紫外线照射下，将加入到不含的酸性废水中，发现不释放，监测到反应过程中部分物质的浓度变化如图4所示，不释放的原因可能是 。
(3) 可测定含废水中元素的含量。量取废水，硫酸酸化后加入过量溶液，发生反应：。加入少量淀粉作为指示剂，用标准溶液滴定至终点，发生反应：。平行滴定3次，平均消耗标准溶液。
①滴定终点的现象为 。
②废水中元素的含量为 。(写出计算过程)
实验
实验操作和现象
1
测得某浓度的溶液的为5.2
2
向溶液中加入过量溶液，产生白色沉淀
3
向溶液中滴入等浓度等体积的溶液
4
向溶液中滴加少量酸性溶液，溶液的紫红色褪去
选项
探究方案
探究目的
A
室温下，测定浓度均为的、溶液的pH
比较室温下和的电离能力
B
将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，观察现象
浓硫酸和木炭反应产生和气体
C
将少量溶于过量热浓盐酸中，再滴加几滴溶液，观察溶液颜色变化
中含
D
向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量NaOH溶液，振荡后静置分液
提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯
实验
实验操作和现象
1
向10mL1.0ml/LNaOH溶液通入至溶液pH=7
2
将等体积、等物质的量浓度的和溶液混合，无明显现象
3
向10mL溶液中，逐滴加入等体积等浓度盐酸最终溶液pH<7
4
向10mL溶液中逐滴滴加15mL1.0ml/LNaOH溶液后测得pH>7
参考答案：
1．D
【分析】在滴定过程中有两次突跃，第一次突跃发生在a点：，，第二次是耗HCl为50mL的点：由生成的消耗盐酸20mL，原溶液中的消耗的盐酸是10mL，则c()＝，以此分析解题。
【详解】A．由分析可知，，c()＝，所以c(CO )∶c(HCO)＝2∶1，故A正确；
B．如图所示，该a点恰好按完全反应，溶液中只有和H2O既可以给出H＋，又可以结合H＋，结合H＋的产物是H2CO3、H＋，给出H＋的产物是OH−、，根据质子守恒可得c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO)，故B正确；
C．依据分析可知原溶液中，c()＝，当V(HCl)≤20.00mL时，只发生，溶液中物质的量增加，加入盐酸溶液体积也增加，溶液中c()≈，故C正确；
D．由，，，所以，由图可知，V(HCl)=0mL时，pH>10，所以Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)故答案选D。
【点睛】本题考查化学反应原理，涉及酸碱中和滴定中滴定曲线分析、溶液中质子守恒、物料守恒的应用、题目综合性强，中等难度。
2．C
【详解】A．乙醇能够与水混溶，不能用乙醇萃取碘水中的碘，可采用苯、四氯化碳等，故A不符合题意；
B．稀硝酸与铜反应生成NO，不会生成NO2，不能达到实验目的，故B不符合题意；
C．Cl2+H2OHCl+HClO，氯气溶于水会生成盐酸，饱和食盐水中含大量Cl-，因此抑制了氯气的溶解，因为饱和食盐水含有大量水，所以HCl能全部溶解，可达到实验目的，故C符合题意；
D．用待测液洗锥形瓶，会导致待测物质物质的量增加，消耗的标准液物质的量增加，会带来实验误差，不能达到实验目的，故D不符合题意；
答案为C。
【点睛】氯气和水的反应是可逆的，氯化氢溶于水电离是不可逆的，所有单质气体都是难溶于或者微溶于水的，只有卤族除外，他们可以和水发生化学反应，而Cl2和水反应产生Cl-，这个反应是一个可逆反应，有一定的限度，当水中Cl-增多时，平衡会逆向移动，所以NaCl溶液中Cl2更加难溶，HCl溶于水后非常容易电离，因此可以用饱和食盐水除去Cl2中的HCl。
3．B
【详解】A．外接电源保护水中钢闸门时，应将钢闸门与电源的负极相连，故A错误；
B．Na2CO3溶液中，由于碳酸根离子水解使溶液显碱性，向溶液中加入少量BaCl2固体，CO32－与Ba2+结合形成碳酸钡沉淀，碳酸根离子的浓度减小， CO32－水解程度增大，浓度的影响更显著，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故B正确；
C．等pH的强碱与弱碱，稀释相同倍数时，强碱的pH变化大，弱碱存在电离平衡，则图中Ⅰ表示氨水稀释的情况，故C错误；
D．根据反应，正反应为熵减的反应，即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H−T△S=△G＜0反应自发进行，可推知该反应△H＜0，故D错误；
答案选B。
【点睛】外加电源的阴极保护法保护金属时，被保护的金属应做阴极，与电源负极相连。
4．C
【详解】A．CH3COOH溶液显酸性，逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH逐渐增大，故A错误；B．HCl溶液无论加水多少倍速，加水稀释后溶液仍显酸性，不可能是中性，故B错误；C．水的电离是吸热反应，温度升高促进水的电离，水的离子积常数增大，故C正确；D．增大体积，平衡向正反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，故D错误；答案为C。
5．D
【详解】A．二氧化硫溶于水能够导电，导电的离子不是二氧化硫本身电离的离子，所以二氧化硫不属于电解质，属于非电解质，故A错误；
B．该反应过程中，由于温度不变，所以水的离子积不变，故B错误；
C．铅蓄电池在放电过程中，负极电极反应式Pb+SO42--2e-=PbSO4，负极质量增加，正极电极反应式为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，正极质量增加，故C错误；
D．常温下，反应4Fe(OH)2(s) + 2H2O(l) + O2(g) = 4Fe(OH)3(s)能自发进行，应满足△H-T•△S＜0，该反应为熵减反应，即△S＜0，说明是放热反应，△H＜0，故D正确；
故选D。
6．A
【详解】A．四中离子不反应能共存，A正确；
B．铁离子和硫氰根离子反应而不共存，B错误；
C．滴入甲基橙显黄色的溶液为酸性，次氯酸根离子能氧化碘离子而不共存，C错误；
D．溶液可能是酸性也可能是碱性，醋酸根离子在酸性条件下不存在，D错误；
答案选A。
7．D
【详解】A．根据图象可知点①所示溶液中含有等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)，A错误；
B．点②所示溶液显中性，则根据电荷守恒可知c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－) ＋c(OH－)，B错误；
C．点③所示溶液中二者恰好反应，生成的醋酸钠水解，溶液显碱性，则c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)，C错误；
D．表示醋酸电离平衡常数的倒数，平衡常数只与温度有关系，因此在整个滴定过程中：溶液中始终不变，D正确。
答案选D。
8．C
【详解】A、盐酸滴定碱溶液时，无论碱是强碱还是弱碱，滴定后的溶液均呈弱酸性，所以最好选择甲基橙作指示剂，错误；
B、反应速率增大，但平衡不移动，不一定是加入催化剂，可能是增大压强，对于反应前后气体的物质的量不变的可逆反应而言，增大压强，平衡不移动，但反应速率增大，错误；
C、根据图象可知该反应的反应热为（419-510）kJ/ml=-91kJ/ml，正确；
D、物质的量之比为2∶3的镁和铝分别与过量稀硫酸反应时，产生的氢气的体积比是2:4.5，不是1:1，错误；
答案选C。
9．C
【详解】A．X的名称为2，3-环氧丙烷，为环状有机化合物，而二甲醚为链状有机化合物，二者不互为同系物，A项错误；
B．Z中和中的碳原子为杂化，所以Z中采取杂化的碳原子有两个，B项错误；
C．通过流程图可知，W的结构简式为，其第二个碳连接四个不同的基团，所以W分子中存在手性碳，C项正确；
D．溶液酸性越强，生成的Y越多，但HCN是弱酸，存在电离平衡：，溶液酸性越强，越抑制HCN的电离，HCN电离出的越少，W的产率不一定越高，D项错误；
故选C。
10．A
【详解】A．由电离常数公式可知，实验1的溶液中===10-1.6，故A正确；
B．由题意可知，实验2反应静置后的上层清液为亚硫酸钙的饱和溶液，溶液中，故B错误；
C．由题意可知，实验3中亚硫酸氢钠溶液与等浓度等体积的氢氧化钠溶液恰好反应生成强碱弱酸盐亚硫酸钠，亚硫酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系可知，溶液中，故C错误；
D．由题意可知，实验4中发生的反应为亚硫酸氢钠溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、硫酸钠和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选A。
11．B
【详解】A． Ca(OH)2是强碱，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，A错误；
B．N原子价层电子对数为4+=4，采用sp3杂化，的空间构型为正四面体形，B正确；
C．NH3是N与H形成的共价化合物，其电子式为，C错误；
D．无水CaCl2与氨气相互反应生成CaCl28NH3，不能用CaCl2干燥制得的NH3，D错误；
故选B。
12．A
【详解】A．水解显碱性，水解显酸性，通过测定pH可以计算水的电离程度，从而确定二者 的水解程度，进而比较室温下和的电离能力大小，A正确；
B．品红溶液可以检验SO2的存在、饱和溶液可以除去SO2，二氧化硫与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，澄清石灰水变浑浊无法确定浓硫酸和木炭反应产生气体，B错误；
C．浓盐酸也可以被高锰酸钾溶液氧化生成氯气，并使其褪色，故无法证明中含，C错误；
D．乙酸乙酯在NaOH溶液中可以水解为乙酸钠和乙醇，故无法提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯，D错误；
故选A。
13．A
【详解】A．向10mL1.0ml/LNaOH溶液通入首先发生反应生成亚硫酸钠，为强碱弱酸盐，溶液显碱性；继续通入二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，其水解常数为，其电离大于水解，溶液显酸性；反应后得到的溶液pH=7，则溶液中溶质以亚硫酸钠为主，故：，A正确；
B．实验2混合后的溶液中根据物料守恒可知：，B错误；
C．实验3所得溶液中根据电荷守恒可知，，C错误；
D．酸和碱均会已知水的电离，实验4反应过程中亚硫酸氢钠和氢氧化钠恰好反应生成硫酸钠时，水的电离程度最大；氢氧化钠过量后又会已知水的电离，故水的电离程度先增大后减小，D错误；
故选A。
14．D
【分析】羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5(PO4)3OH，还含有少量石英和氧化铁等杂质]加盐酸制酸，主要的反应是：Ca5(PO4)3OH+10HCl=5CaCl2+3H3PO4+H2O，还有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，石英不反应，向"制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，过滤；向滤渡中加入适量二(2-乙基己基)磷酸，振荡、静置，分液取水层；在水层中加入适量磷酸三丁酯，振荡，静置，分液取有机层得到稀磷酸，加入KCl与稀磷酸生成KH2PO4，再加入有机碱-三辛胺(TOA)分离，对水层结晶可得产品，据此分析。
【详解】A．“制酸过滤”过程所得滤渣的主要成分为二氧化硅，A错误；
B．三辛胺的结构简式为N(C8H17)3，与盐酸反应时，三辛胺的N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，B错误；
C．曲线A表示H3PO4，曲线B表示，曲线C表示，曲线D表示的含量与溶液pH关系，根据图示可知“反应”中为获得较纯净KH2PO4，当溶液pH=4.5时，的含量最大，此时应该停止加入三辛胺，C错误；
D．对于0.1 ml/L KH2PO4溶液，根据质子守恒可得：①c(H+)=c(OH-)+c()+2c()-c(H3PO4)；根据物料守恒可得②c(K+)=c(H3PO4)+c()+c()+c()，将②-①整理可得c(K+)-c(H+)= 2c(H3PO4)+c()-c()-c(OH-)，c(H+)-c(OH-)=c(K+)-2c(H3PO4)-c()-c()，水解大于电离，溶液显酸性，所以c(H+)-c(OH-)＞0，根据溶液组成可知c(K+)=0.1 ml/L，所以2c(H3PO4)+ c()＜0.1 ml/L+ c()，D正确；
故合理选项是D。
15．A
【详解】A．的正反应是气体体积减小的反应，在t1时刻扩大容器体积，导致NH3气体的浓度降低，体系的压强减小，v逆减小，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，导致NH3的浓度进一步减小，v逆减小，后到t2时反应达到平衡状态，故可以表示v逆随时间变化的曲线，A正确；
B．A、B两点NH3的平衡含量相同，但反应体系中越大反应的H2的物质的量就越多， H2的转化率就越大，所以转化率：aA(H2)＜aB(H2)，B错误；
C．开始时溶液pH相等，溶液中c(OH-)相等，但NaOH是强电解质完全电离，而氨水中存在电离平衡，所以开始时浓度c(NH3·H2O)＞c(NaOH)，当二者稀释相同倍数时，稀释使溶液中c(OH-)减小，氨水中电离平衡正向移动，最终达到平衡时氨水中c(OH-)比NaOH大，溶液pH更大，故曲线Ⅰ表示NaOH溶液，曲线Ⅱ表示氨水，C错误；
D．CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电，向溶液中通入NH3，反应产生盐CH3COONH4，导致溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液导电性增强，当二者恰好反应时离子浓度最大，溶液导电能力最强，后溶液中自由移动的离子浓度几乎不变，因此图示不能表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化，D错误；
故合理选项是A。
16．(1) (磷酸先与磷灰石反应生成可溶性的磷酸二氢钙，)避免直接使用硫酸时生成难溶的硫酸钙层对磷灰石颗粒的包裹，阻止反应的继续发生 将洗涤后的滤液合并入上一步过滤的滤液
(2) 2Fe2+＋2H3PO4＋H2O2＋2H2O=2FePO4·2H2O↓＋4H+ 1.0×10－17.6 使Fe3＋和EDTA4－发生络合反应(Fe3＋＋EDTA4－⇌[Fe(EDTA)]－)，降低Fe3＋的浓度，减缓FePO4·2H2O的沉淀速率 将FeSO4溶液和H2O2溶液混合后，加入适量EDTA四钠盐溶液搅拌，在搅拌下向混合溶液中加入H3PO4溶液，控制溶液pH为2一段时间后静置、过滤，所得晶体用蒸馏水洗涤2～3次；取最后一次洗涤的滤液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，无白色沉淀生成，低温干燥
【分析】由题给流程可知：磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。
【详解】（1）①磷灰石也可直接用硫酸溶解。两种工艺相比，该“分步浸取”工艺的优点是(磷酸先与磷灰石反应生成可溶性的磷酸二氢钙)，避免直接使用硫酸时生成难溶的硫酸钙层对磷灰石颗粒的包裹，阻止反应的继续发生；
②经“酸浸”得到的粗H3PO4为CaSO4∙H3PO4∙H2O 混合体系。“纯化” 步骤控制温度在70 ℃，调节H3PO4质量分数为55%，使CaSO4以结晶水合物析出，过滤。为提高H3PO4的产率，需对CaSO4水合物晶体进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入上一步过滤的滤液，再将其中部分返回酸浸系统；
（2）①将H3PO4溶液、FeSO4溶液和H2O2溶液混合，调节溶液pH，发生氧化还原反应，得到FePO4·2H2O，该反应的离子方程式为：2Fe2+＋2H3PO4＋H2O2＋2H2O=2FePO4·2H2O↓＋4H+；
②根据图示可知：当溶液中c()=c(HP)时，溶液pH=12.3，c(H+)=10-12.3 ml/L，H3PO4的三级电离平衡常数Ka3=，所以当溶液pH=2，c(HP)=1.0×10-7.3 ml/L时，c()=；
③实际生产时，还加入EDTA四钠盐溶液，其目的是使Fe3＋和EDTA4－发生络合反应(Fe3＋＋EDTA4－⇌[Fe(EDTA)]－)，降低Fe3＋的浓度，减缓FePO4·2H2O的沉淀速率；
④设计以H3PO4溶液、FeSO4溶液和H2O2溶液为原料，制备较大颗粒FePO4·2H2O晶体的实验方案是：将FeSO4溶液和H2O2溶液混合后，加入适量EDTA四钠盐溶液搅拌，在搅拌下向混合溶液中加入H3PO4溶液，控制溶液pH为2一段时间后静置、过滤，所得晶体用蒸馏水洗涤2～3次；取最后一次洗涤的滤液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，无白色沉淀生成，低温干燥。
17．(1) 4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2 33
(2) +2SO2+H2O= CO2+2 得到NaHSO3过饱和溶液 先加入足量盐酸，再加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则说明含有，反之则不含
(3)90.00%
【分析】由流程可知在饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，控制pH=4.1，可生成亚硫酸氢钠，然后加入碳酸钠固体，调节pH=7-8，可生成亚硫酸钠，继续通入二氧化硫调节pH=4.1，可生成过饱和的NaHSO3，同时生成二氧化碳气体，结晶脱水生成Na2S2O5固体；
【详解】（1）沸腾炉中煅烧黄铁矿FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，发生反应的化学方程式为，该反应中铁元素和硫元素化合价均升高，只有氧元素化合价降低，每生成8ml SO2时转移44ml电子，当有6 ml SO2生成时，转移电子33ml；
（2）①根据弱酸的电离平衡常数越大其电离程度越大，弱酸的酸性越强，由H2SO3、H2CO3的电离常数可知酸性：H2SO3> H2CO3>>，I中饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，控制pH=4.1，可生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式为+2SO2+H2O= CO2+2；
②向溶液中通入SO2使溶液pH变为4.1，得NaHSO3溶液，为结晶脱水制得Na2S2O5准备，所以加入Na2SO3生成NaHSO3，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取Na2S2O5，发生这一步需要过饱和的NaHSO3溶液，由此判断，再充入SO2的目的是增大NaHSO3浓度，形成NaHSO3过饱和溶液；
③检验的方法是：先加入足量盐酸，再加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则说明含有，反之则不含；
（3）滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+，离子方程式为：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，滴定中消耗n(K2Cr2O7)=c∙V=3.000×10−2 ml·L−1×20.00 ×10−3L=6×10−4ml，则n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=3.6×10−3ml，根据铁元素守恒可知样品中铁粉的质量为m=n∙M=3.6×10−3ml×56g/ml=0.2016g，质量分数为。
18．(1) 做还原剂 温度低于60℃时，酸浸反应速率较慢；温度高于60℃时，分解反应速率较快
(2)提供以生成沉淀；消耗，控制pH在内，促进黄铁钠矾沉淀
(3)C
(4)加入后，会发生反应：，该反应的平衡常数为，正向进行的程度很大，可以将除去。
(5)0.022ml/L
【分析】废旧锂离子电池正极材料的主要成分为镍钴锰酸锂，还有少量铝箔和含铁化合物，“酸浸”时，三价镍、三价钴、四价锰转化为、、进入溶液，铝箔和含铁化合物转化为离子也进入溶液，加入NaOH溶液可将铁元素转化为黄钠铁矾沉淀，加入X调节pH将铝元素转化为沉淀，得到回收液含、、。
【详解】（1）①“酸浸”时，三价镍、三价钴、四价锰转化为、、，金属元素的化合价降低，被还原，则做还原剂；
②由于高温会加快分解，60℃时浸出率达到最大，可能的原因是温度低于60℃时，酸浸反应速率较慢；温度高于60℃时，分解反应速率较快。
（2）“除铁”过程中需不断加入溶液生成黄钠铁矾沉淀，由沉淀的化学式可知，过量的NaOH的作用是提供以生成沉淀；消耗，控制pH在内，促进黄铁钠矾沉淀。
（3）加入可调节溶液的pH，和发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，符合题意，故选C。
（4）加入后，会发生反应：，该反应的平衡常数为，正向进行的程度很大，可以将除去。
（5）加入的的总物质的量为，与溶液反应的的物质的量为，则与样品反应的的物质的量为，根据题中给出的反应方程式可知，样品中的，则预处理后的回收液样品中的物质的量浓度为。
19．(1) H2O2 + 2H+ + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O 除去Fe3+，防止Cu2+、Pb2+沉淀
(2)直接加入Na2S溶液，因为溶液呈酸性会产生H2S气体，污染环境
(3)1.25ml·L−1
(4) ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐
【分析】废水中加双氧水，将亚铁离子氧化为三价铁，调节pH到4使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再在溶液中加足量Zn将Cu和Pb置换，再在溶液中加硫化钠充分除去铜离子和铅离子，过滤得到硫酸锌溶液，据此分析解答。
【详解】（1）“氧化”过程中双氧水与亚铁离子发生氧化还原反应，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程：H2O2 + 2H+ + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O，调节pH值的目的是将三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，同时要防止Cu2+、Pb2+沉淀，故答案为：H2O2 + 2H+ + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O；除去Fe3+，防止Cu2+、Pb2+沉淀；
（2）由题意可知废水溶液中含一定量氢离子，溶液显酸性，若直接加入Na2S溶液，因为溶液呈酸性会产生H2S气体，污染环境，故答案为：直接加入Na2S溶液，因为溶液呈酸性会产生H2S气体，污染环境；
（3）由数据信息可知消耗的EDTA的物质的量=0.03125L×0.04ml/L=0.00125ml；则消耗的锌离子的物质的量=0.00125ml；原硫酸锌取用5ml，配置成100mL溶液后又取用20mL进行滴定，则0.00125ml硫酸锌等同于原溶液1mL中的物质的量，则原溶液的浓度为：=1.25ml·L−1，故答案为：1.25ml·L−1；
（4）①硫化过程中与、反应生成和，1ml氢气失2ml电子，1ml ZnFe2O4得2ml电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O，故答案为：ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；
②硫化后生成ZnS、FeS，在280～400℃范围内， ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐导致固体质量增加，故答案为：ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐。
20．(1) 12
(2) H2S2 与H+在紫外线照射条件下生成的H2S和在紫外线照射条件下生成的反应，转化为S；或2H2S++2H+=3S↓+3H2O
(3) 溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不复原 2.08103
【详解】（1）根据题中信息可推出AgBr与Na2S2O3溶液反应生成Na3[Ag(S2O3)2]，同时生成NaBr，反应的离子方程式为；
银晶胞中距离最近的银原子有同一层上4个角，下方4个面中心，和上方4个面中心，总共有12个；
（2）①经过“途径I”的除砷过程可描述为与H+在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和 H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成As2 S3；答案为H2S2；
②向不含H3AsO3的酸性废水中加入Na2S2O3时，与H+在紫外线照射条件下生成的H2S可与在紫外线照射条件下生成的发生反应，转化为S或2H2S++2H+=3S↓+3H2O；
（3）量取废水，硫酸酸化后加入过量溶液，发生反应：。加入少量淀粉作为指示剂，用标准溶液滴定至终点，发生反应：，碘遇淀粉试液变蓝色，所以滴定终点时碘完全被还原，则滴定终点为溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不复原；
根据反应可得关系式：，n():n()=1:6，所以n()=n()=0.1000ml/L24.0010-3L=4.010-4ml，故废水中元素的含量为=2.08103。