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江苏省无锡市江阴市三校联考2023-2024学年高二下学期4月期中联考化学试题（原卷版+解析版）
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2、所有答案均需填涂到答题卷上。
可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 Na：23 Mg：24 Cl：35.5 Fe：56
一、单项选择题：本大题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意
1. 升高温度，下列物理量不一定增大的是
A. 化学反应平衡常数KB. 水的离子积常数Kw
C. 化学反应速率vD. 的溶解度S
【答案】A
【解析】
【详解】A．化学平衡常数只受温度的影响，如果该反应为放热反应，升高温度，化学反应平衡常数降低，如果该反应为吸热反应，升高温度，化学反应平衡常数增大，故A符合题意；
B．水的离子积只受温度的影响，水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，故B不符合题意；
C．升高温度，化学反应速率增大，故C不符合题意；
D．硝酸钾的溶解度随着温度升高而增大，故D不符合题意；
答案为A。
2. 化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 可用于胃肠X射线造影检查
B. 明矾常用作净水剂，是因为它能够消毒杀菌
C. 钢铁制品和纯铜制品均既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀
D 使用做沉淀剂去除工业废水中
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，所以碳酸钡不能用于胃肠X射线造影检查，故A错误；
B．明矾是常用净水剂，其原理是：明矾内的铝离子水解后生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以吸附水中的杂质形成沉淀而使水澄清，但是它没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，B错误；
C．铜的金属活动性顺序在氢之后，不能与氢离子发生反应，即不能发生析氢腐蚀，C错误；
D．硫离子是常见的沉淀剂可以和铜离子生成硫化铜沉淀，有利于环境的保护，D正确。
综上所述，D正确。
3. 现有常温下的醋酸溶液，下列有关叙述正确的是
A.
B. 加入醋酸钠固体可抑制醋酸的电离，但电离常数不变
C. 与的溶液等体积混合后，溶液呈碱性
D. 醋酸的物质的量浓度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据溶液中电荷守恒，故A错误；
B．加入醋酸钠固体，增大，醋酸的电离平衡逆向移动，电离常数只与温度有关，所以Ka不变，故B正确；
C．醋酸是弱电解质，pH=2的醋酸溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，醋酸有剩余，溶液呈酸性，故C错误；
D．醋酸是弱电解质，pH=2，物质的量浓度为大于0.01ml·L-1，故D错误；
故选B。
4. 已知 时，下列叙述中不正确的是
A. 时，向等浓度的和混合溶液中逐滴加入氨水，先出现红褐色沉淀
B. 时，溶液中有少量时，可以加入进行除杂
C. 时，的平衡常数为
D. 时，加大量水稀释氨水，溶液中粒子的浓度均减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由25℃下，Ksp[Fe(OH)3]B．25℃时，Ksp[Fe(OH)3]C．25℃时，的平衡常数K=，C正确；
D．时，加大量水稀释氨水，溶液的碱性减弱，c(OH-)减小，c(H+)增大，D错误；
故选D。
5. 已知25℃时，Ksp(AgC1)=1.8×10-10,Ksp(AgBr)=5.0×10-13。该温度下，下列说法错误的是
A. AgC1的悬浊液中通入少量的HCl，c(Ag+）减少
B. AgC1和AgBr共存的悬浊液中，=360
C. AgC1和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，生成AgBr沉淀多于AgCl沉淀
D. 等浓度的NaCl和NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgBr沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．在AgCl悬浊液中存在溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），通入少量HCl，Cl-浓度增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减少，A正确；
B．AgCl和AgBr共存的悬浊液中，AgCl和AgBr的离子积都等于对应的溶度积，===360，B正确；
C．由于Ksp(AgC1)Ksp(AgBr)，AgCl饱和溶液中c（Cl-）AgBr饱和溶液中c（Br-），两种饱和溶液等体积混合后的溶液中c（Cl-）c（Br-），加入足量浓AgNO3溶液，产生AgCl沉淀多于AgBr，C错误；
D．由于Ksp(AgC1)Ksp(AgBr)，等浓度的NaCl和NaBr混合溶液中加入AgNO3溶液，先达到AgBr的溶度积，先析出AgBr沉淀，D正确；
故选C
6. 下列叙述正确的是
A. 将溶液从升温至，溶液中增大
B. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
C. 时，的溶液比等浓度的溶液的导电能力弱
D. 时，一元酸与溶液等体积混合后所得溶液的为，则
【答案】C
【解析】
【详解】A．=(Kh为水解平衡常数)，温度升高Kh增大，减小，A错误；
B．向盐酸中加入氨水至中性，电荷守恒：，且，故，溶液中，B错误；
C．溶c(Cl-)液的导电能力取决于溶液中离子总浓度大小和离子所带电荷数的多少，为弱电解质，为强电解质，离子所带电荷数一致，所以等浓度的溶液的导电能力比溶液的导电能力弱，C正确；
D．一元酸 HA 可能是强酸也可能是弱酸，因此，a与b的大小关系无法确定，D错误；
故选C。
7. 时，的电离平衡常数，体积均为的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至，稀释过程中pH的变化如图所示。下列有关叙述不正确的是
A. HX的酸性比强且为弱酸
B. 该温度下，两种酸中，水电离的均为
C. 的溶液中加入的NaOH溶液后，溶液
D. 的醋酸溶液中：
【答案】C
【解析】
【分析】溶液从10mL稀释到1000mL，稀释100倍，在稀释过程中，强酸的氢离子数目不变，氢离子浓度下降，氢离子浓度下降为原来的 ，pH增大2个单位，稀释促进弱酸电离、稀释100倍、其氢离子浓度大于原来的 ，pH增大幅度小于2个单位，等pH的一元酸：酸越弱、稀释同等倍数后氢离子浓度变化幅度越小、pH增大幅度越小；
【详解】A．溶液从10mL稀释到1000mL，HX的 pH增大幅度小于2个单位、但比醋酸的大，则HX酸性比强且为弱酸，A正确；
B． 该温度下，的两种酸中， 均为，氢氧根离子浓度等于水电离的、均为，B正确；
C． 的溶液中加入的NaOH溶液后，所得溶液为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，醋酸电离呈酸性，醋酸钠水解呈碱性，的电离平衡常数，醋酸钠水解常数，电离程度大于水解程度，因此混合溶液呈酸性，溶液，C不正确；
D． 的醋酸溶液中电荷守恒：，则，D正确；
答案选C。
8. 铬酸钠(Na2CrO4)水溶液中存在如下平衡：2H++2⇌2⇌+H2O，在1.00ml·L−1铬酸钠溶液中，各种含铬离子的分布分数与pH关系如图所示。
下列说法错误的是
A. Na2CrO4溶液中，发生水解而使溶液呈碱性
B 铬酸(H2CrO4)第二步电离电离常数Ka2=10−6.4
C. 要得到纯度较高的Na2CrO4溶液，应控制pH>9
D. pH=6时，Na2CrO4溶液中存在：c(Na+)=2c()+2c()+2c()
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．铬酸钠(Na2CrO4)水溶液中存在平衡：2H++22+H2O，说明铬酸(H2CrO4)的第二步电离只有部分电离，Na2CrO4是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，A项正确；
B．铬酸(H2CrO4)第二步电离为H++，在M点，c()=c()，pH=6.4，Ka2=，Ka2=c(H+)=10−6.4，B项正确；
C．pH>9时，溶液中主要存在，所以要得到纯度较高的Na2CrO4溶液，应控制pH>9，C项正确；
D．1个“”中含有2个“Cr”，所给物料守恒式错误，D项错误；
答案选D。
9. 下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将Fe(NO3)2样品溶于稀HNO3溶液中，硝酸能把Fe2+氧化为Fe3+，加入KSCN溶液，溶液显红色，不能证明Fe(NO3)2已经氧化变质，故A错误；
B．用pH试纸测定同浓度的NaCl和NaF溶液的pH，pH(NaCl)＜pH(NaF)，说明F-易结合H+生成HF，故B正确；
C．取1mL0.1ml/LKI溶液于试管中，加入5mL0.1ml/LFeCl3，FeCl3有剩余，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液，溶液变血红色，不能证明KI和FeCl3反应有一定限度，故C错误；
D．NaHSO3溶液和H2O2溶液反应生成NaHSO4和水，没有明显现象，不能根据实验现象探究浓度对反应速率的影响，故D错误；
选B。
10. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液为中性，但浓度不同，对水电离的影响不同，A错误；
B．向的溶液中滴加酚酞溶液，溶液变为浅红色，溶液呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，，B正确；
C．若X为碱性气体，如氨气，通入溶液后二氧化硫与氢氧根会反应生成亚硫酸根，也会生成亚硫酸钡白色沉淀，氨气并不具有强氧化性，C错误；
D．向溶液中滴入3滴的溶液，生成白色沉淀且没有剩余，再滴入4滴溶液，产生红褐色沉淀，说明转化为，溶解度较大的难溶电解质容易转化为溶解度较小的难溶电解质，则同温度下的：，D错误；
故选B。
11. 下列说法正确的是
A. 将NaOH溶液和氨水的浓度稀释到原来的 ，两者的c(OH-)均减少到原来的
B. 常温时，在醋酸钠溶液中加入一定量水，保持不变
C. 将AlCl3和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
D. 25°C，向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp 增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．将NaOH溶液和氨水溶液各稀释一倍，氢氧化钠的OH-浓度减小到原来的一半，但是氨水为弱碱，稀释平衡正向移动，则其OH-浓度要比原来的一半大，A项错误；
B．常温时，在醋酸钠溶液中存在，加入一定量水，，则其始终保持不变，B项正确；
C．将AlCl3和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，由于HCl易挥发，则加热氯化铝溶液最终得到的是氧化铝，而加热硫酸铝溶液最终得到的是硫酸铝，所得固体成分不同，C项错误；
D．25°C，向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，因为温度不变，则Ksp不变，D项错误；
答案选B。
12. 含的烟气会形成酸雨，工业上常利用溶液作为吸收液脱除烟气中的，随着的吸收，吸收液的不断变化，下列粒子浓度关系一定正确的是
A. 溶液中存在：c(Na+)>c(SO)>c(H2SO3)>c(HSO)
B. 已知溶液，该溶液中： c(Na+)>c(HSO)>c(H2SO3) >c(SO)
C. 当吸收液呈酸性时：c(Na+)=c(SO)+ c(HSO)+c(H2SO3)
D. 当吸收液呈中性时：c(Na+)=2c(SO)+ c(HSO)
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中分步水解，以一级水解为主，则溶液中亚硫酸氢根离子的浓度大于亚硫酸的浓度，故A错误；
B．亚硫酸氢钠溶液的pH小于7说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，则亚硫酸根离子的浓度大于亚硫酸的浓度，故B错误；
C．当吸收液呈酸性时可能是亚硫酸氢钠溶液，溶液中存在物料守恒关系c(Na+)=c(SO)+ c(HSO)+c(H2SO3)，也可能是亚硫酸氢钠和亚硫酸混合溶液，或亚硫酸氢钠和亚硫酸的混合溶液，混合溶液中的物料守恒关系与亚硫酸氢钠溶液中的物料守恒关系不同，故C错误；
D．当吸收液呈中性时，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(Na+)+ c(H+)=2c(SO)+ c(HSO)+ c(OH—)可知，溶液中c(Na+)=2c(SO)+ c(HSO)，故D正确；
故选D。
13. 下列说法正确的是
A. HS-的水解方程式为：HS-+ H2OH3O++S2-
B. CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中的值减小
C. 将pH =4的盐酸稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
D. 100℃时，pH=12的纯碱溶液中：c(OH-)=1.0×10-2 ml·L-1
【答案】B
【解析】
【详解】A、HS－的水解方程式为HS－＋H2OH2S＋OH－，故A错误；
B、同一种溶液，溶液的体积相同，即物质的量浓度比值等于其物质的量变化，加水稀释促进CH3COOH的电离，CH3COO－的物质的量增大，CH3COOH的物质的量减小，即c(CH3COOH)/c(CH3COO-)比值减小，故B正确；
C、根据水的离子积，盐酸溶液稀释，c(OH－)增大，故C错误；
D、水的离子积受温度的影响，升高温度，水的离子积增大，100℃时水的离子积为1×10－12，溶液中c(OH－)=1ml·L－1，故D错误。答案选B。
二、简答题：本大题共3小题，共61分。
14. 利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Ⅲ的处理工艺流程如下：
已知硫酸浸取液中的金属离子主要是，其次是、、和。
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有______、_______答出两点。
（2）的作用是将滤液 Ⅰ中的转化为Cr2O，则此反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为_____。
（3）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的如下：
①用调节溶液的不能超过，其理由是_______。
②当时，是否开始沉淀溶液中镁离子浓度不超过。____填“是”或“否”已知。并说明理由_____。
（4）上述流程中，加入溶液后，溶液呈碱性，转化为，写出上述流程中用进行还原时发生反应的离子方程式：________。
【答案】（1） ①. 适当升高反应温度 ②. 搅拌或增大固体颗粒的表面积
（2）3：2 （3） ①. pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成，最终影响Cr回收与再利用 ②. 否 ③. 已知，pH=8时，溶液中的，假设(Mg2+)=1 ml∙L−1，，而镁离子浓度不超过1 ml∙L−1，，故无沉淀生成
（4）
【解析】
【分析】含铬污泥预处理后加入水和硫酸酸浸，过滤除去滤渣，此时滤液中金属离子为Cr3+、Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入H2O2将滤液中的Cr3+氧化为，再加入NaOH调节pH=8，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤液Ⅱ，滤液Ⅱ通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入SO2，还原得到Cr(OH)(H2O)5SO4。
【小问1详解】
酸浸时，为了提高浸取率，可采取的措施有适当升高反应温度、搅拌或增大固体颗粒的表面积等。
【小问2详解】
H2O2做氧化剂将滤液中的Cr3+氧化为，自身被还原为H2O，1个Cr3+转化为失去3个电子，1个H2O2转化为2个H2O得到2个电子，根据得失电子守恒，Cr3+与H2O2的物质的量之比为2：3，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2。
【小问3详解】
①加入NaOH调节pH目的是使铁离子和铝离子完全沉淀，从表中可知，pH>8时Al(OH)3开始溶解，最终影响Cr回收与再利用，故pH不能超过8。
②已知Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，当pH=8时，c(OH-)=1×10-6ml/L，假设c(Mg2+)=1ml/L，此时Qc=1×(1×10-6)2< Ksp[Mg(OH)2]，而镁离子浓度小于1ml/L时，Qc<10-12，因此无沉淀生成。
【小问4详解】
加入NaOH溶液后，转化为，还原过程中SO2与反应生成Cr(OH)(H2O)5SO4，离子方程式为。
15. 废旧显示屏玻璃中含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质。某课题小组以此玻璃粉末为原料，制得 Ce(OH)4和硫酸铁铵矾［Fe2(SO4) 3•(NH4) 2SO4•24H2O］流程设计如下：
已知：Ⅰ．酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性；Ⅱ．CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于 NaOH溶液。
回答以下问题：
（1）反应②中H2O2的作用是___________。
（2）反应③的离子方程式是________。
（3）已知有机物 HT 能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+ (水层)+ 6HT（有机层）2CeT3 (有机层）+ 6H+(水层),从平衡角度解释：向 CeT3 (有机层）加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是_______。
（4）硫酸铁铵矾［Fe2(SO4) 3·(NH4) 2SO4·24H2O］广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是___________。
（5）用滴定法测定制得的 Ce(OH)4 产品纯度。
若所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，则测得该Ce(OH)4 产品的质量分数____。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【答案】 ①. 氧化使Fe2+转化为Fe3+ ②. 2CeO2 + 6H+ + H2O2 = 2Ce3+ + 4H2O + O2↑ ③. 混合液中加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动 ④. Fe3+ + 3H2OFe(OH)3（胶体） + 3H+ ⑤. 偏大
【解析】
【分析】由流程可知，废玻璃粉末加入氢氧化钠溶液，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，过滤，得到的滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；向滤渣A中加入稀硫酸，Fe2O3和FeO与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，过滤，得到的滤液B是硫酸铁和硫酸亚铁混合溶液，加入硫酸和氧化剂过氧化氢，过氧化氢将硫酸亚铁氧化生成硫酸铁，加热蒸发得到饱和硫酸铁溶液，向溶液中加入硫酸铵溶液得到硫酸铁铵矾；滤渣B的成分是CeO2，CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，加入HT、硫酸萃取，将Ce3+从水溶液中萃取出来，Ce3+加碱和氧气发生氧化还原反应生成Ce（OH）4。
【详解】（1）反应②为在酸性条件下，过氧化氢将硫酸亚铁氧化生成硫酸铁，故答案为氧化使Fe2+转化为Fe3+；
（2）反应③是酸性溶液中CeO2被过氧化氢还原生成Ce3+离子，过氧化氢被氧化生成氧气，反应的离子方程式为2GeO2+6H++H2O2=2Ge3++4H2O+O2↑，故答案为2GeO2+6H++H2O2=2Ge3++4H2O+O2↑；
（3）有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）⇌2CeT3（有机层）+6H+（水层），加入硫酸增大氢离子浓度，平衡逆向进行向形成Ge3+水溶液方向移动，获得较纯的含Ce3+的水溶液，故答案为混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动；
（4）硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理是硫酸铁铵矾溶解后，电离出的铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以达到净水的目的，反应的离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，故答案为Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+；
（5）FeSO4溶液在空气中露置一段时间后会被空气中的氧气氧化，滴定时消耗硫酸亚铁的量增大，导致测定偏大，故答案为偏大。
【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重于分析能力的考查，注意分析流程中物质的变化，把握实验的原理和操作方法，注意元素及化合物知识的应用是解答关键。
16. 氯酸镁[]常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量的流程如下：
已知：①卤块主要成分为，含有、等杂质。
②四种化合物的溶解度随温度变化曲线如图2所示。
（1）加速卤块在溶液中溶解的措施有：_______(任写一点)。
（2）加入的作用是_______，滤渣的成分_______，此时滤液中c(Fe3+) = ______ml/L。(已知：)
（3）加入饱和溶液后发生反应的化学方程式为________(溶解度低的物质以沉淀形式析出)，再进一步制晶体的实验步骤依次为：
①加热蒸发；②_______；①______；④过滤洗涤。
产品中含量的测定：
步骤：准确称量产品配成溶液。
步骤：取试液于锥形瓶中，加入稀硫酸和的溶液，微热。
步骤：冷却至室温，用溶液滴定剩余的至终点。此过程中反应的离子方程式为：→。
步骤：将步骤、重复两次
（4）①写出步骤中发生反应的离子方程式：________。
②步骤中若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果_____填“偏大”、“偏小”或“不变”；
（5）若平均消耗溶液，则产品中的质量分数为_______。(写出必要的计算过程)
【答案】（1）将卤块粉碎或适当升高温度等
（2） ①. 调节溶液的pH，使Fe3+沉淀完全 ②. BaSO4和Fe(OH)3 ③. c(Fe3+)=2.6×10−9 ml∙L−1
（3） ①. ②. 趁热过滤 ③. 冷却结晶
（4） ①. ②. 偏小
（5）消耗K2Cr2O7的物质的量是0.1ml∙L−1×0.015L=0.0015ml，则根据方程式可知，消耗亚铁离子的物质的量是0.0015ml×6=0.009ml，所以与氯酸镁反应的硫酸亚铁是1.0ml∙L−1×0.02L−0.009ml=0.011ml，则根据方程式可知氯酸镁的物质的量是，所以产品中的质量分数为
【解析】
【分析】卤块的成分有MgCl2•6H2O、MgSO4、FeCl2，加入H2O2之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入氧化镁，调节pH=4，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁，滤渣有BaSO4和Fe(OH)3，根据溶解度曲线可知，混合溶液中NaCl溶解度最小，再加入NaClO3饱和溶液得到NaCl沉淀与Mg(ClO3)2溶液，经过蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到Mg(ClO3)2•6H2O，据此回答。
【小问1详解】
影响化学反应速率的因素有：升高温度、将固体粉碎成细小的颗粒、增加物质的浓度等，因此加速卤块在H2O2溶液中溶解的措施有：将卤块粉碎或适当升高温度等；
【小问2详解】
①金属氧化物MgO能与酸反应产生盐和水．所以加入MgO的作用是调节溶液的pH，使杂质Fe3+形成沉淀完全除去；
②根据分析可知，滤渣有BaSO4和Fe(OH)3；
③当溶液中氢离子浓度等于1×10-4ml/L，则ml/L；
【小问3详解】
①加入NaClO3饱和溶液后得到NaCl沉淀与Mg(ClO3)2溶液，方程式为：；
②根据分析可知，再进一步制Mg(ClO3)2⋅6H2O晶体的实验步骤依次为：蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤洗涤、干燥；
【小问4详解】
①步骤2中发生反应的离子方程式：；
②步骤3中若滴定前不用标准液润洗滴定管，会稀释K2Cr2O7溶液，使消耗K2Cr2O7溶液体积偏大，应用亚铁离子物质的量一定，故测定的物质的量偏小，则导致最终结果偏小；
【小问5详解】
消耗K2Cr2O7的物质的量是0.1ml∙L−1×0.015L=0.0015ml，则根据方程式可知消耗亚铁离子的物质的量是0.0015ml×6=0.009ml，所以与氯酸镁反应的硫酸亚铁是1.0ml∙L−1×0.02L−0.009ml=0.011ml，则根据方程式可知氯酸镁的物质的量是，所以产品中的质量分数为。选项
实验内容
实验结论
A
将Fe(NO3)2样品溶于稀HNO3溶液中，加入KSCN溶液，显红色
Fe(NO3)2已经氧化变质
B
用pH试纸测定同浓度的NaCl和NaF溶液的pH，pH(NaCl)＜pH(NaF)
结合H+能力：Cl-＜F-
C
取1mL0.1ml/LKI溶液于试管中，加入5mL0.1ml/LFeCl3，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液
若溶液变血红色，则KI和FeCl3反应有一定限度
D
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中，同时加入2mL5%H2O2溶液，观察并比较实验现象
探究浓度对反应速率的影响
选项
操作和现象
结论
A
常温下，用计分别测定等体积溶液和溶液的，均为7
两种溶液中水的电离程度相同
B
常温下，向的溶液中滴加酚酞溶液，溶液变为浅红色
C
向溶有的溶液中通入气体X，出现白色沉淀
X具有强氧化性
D
向溶液中滴入3滴溶液，再滴入4滴溶液，先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀
同温度下的：
阳离子
开始沉淀时的
沉淀完全时的
溶解
溶解
2、所有答案均需填涂到答题卷上。
可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 Na：23 Mg：24 Cl：35.5 Fe：56
一、单项选择题：本大题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意
1. 升高温度，下列物理量不一定增大的是
A. 化学反应平衡常数KB. 水的离子积常数Kw
C. 化学反应速率vD. 的溶解度S
【答案】A
【解析】
【详解】A．化学平衡常数只受温度的影响，如果该反应为放热反应，升高温度，化学反应平衡常数降低，如果该反应为吸热反应，升高温度，化学反应平衡常数增大，故A符合题意；
B．水的离子积只受温度的影响，水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，故B不符合题意；
C．升高温度，化学反应速率增大，故C不符合题意；
D．硝酸钾的溶解度随着温度升高而增大，故D不符合题意；
答案为A。
2. 化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 可用于胃肠X射线造影检查
B. 明矾常用作净水剂，是因为它能够消毒杀菌
C. 钢铁制品和纯铜制品均既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀
D 使用做沉淀剂去除工业废水中
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，所以碳酸钡不能用于胃肠X射线造影检查，故A错误；
B．明矾是常用净水剂，其原理是：明矾内的铝离子水解后生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以吸附水中的杂质形成沉淀而使水澄清，但是它没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，B错误；
C．铜的金属活动性顺序在氢之后，不能与氢离子发生反应，即不能发生析氢腐蚀，C错误；
D．硫离子是常见的沉淀剂可以和铜离子生成硫化铜沉淀，有利于环境的保护，D正确。
综上所述，D正确。
3. 现有常温下的醋酸溶液，下列有关叙述正确的是
A.
B. 加入醋酸钠固体可抑制醋酸的电离，但电离常数不变
C. 与的溶液等体积混合后，溶液呈碱性
D. 醋酸的物质的量浓度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据溶液中电荷守恒，故A错误；
B．加入醋酸钠固体，增大，醋酸的电离平衡逆向移动，电离常数只与温度有关，所以Ka不变，故B正确；
C．醋酸是弱电解质，pH=2的醋酸溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，醋酸有剩余，溶液呈酸性，故C错误；
D．醋酸是弱电解质，pH=2，物质的量浓度为大于0.01ml·L-1，故D错误；
故选B。
4. 已知 时，下列叙述中不正确的是
A. 时，向等浓度的和混合溶液中逐滴加入氨水，先出现红褐色沉淀
B. 时，溶液中有少量时，可以加入进行除杂
C. 时，的平衡常数为
D. 时，加大量水稀释氨水，溶液中粒子的浓度均减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由25℃下，Ksp[Fe(OH)3]
D．时，加大量水稀释氨水，溶液的碱性减弱，c(OH-)减小，c(H+)增大，D错误；
故选D。
5. 已知25℃时，Ksp(AgC1)=1.8×10-10,Ksp(AgBr)=5.0×10-13。该温度下，下列说法错误的是
A. AgC1的悬浊液中通入少量的HCl，c(Ag+）减少
B. AgC1和AgBr共存的悬浊液中，=360
C. AgC1和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，生成AgBr沉淀多于AgCl沉淀
D. 等浓度的NaCl和NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，先析出AgBr沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．在AgCl悬浊液中存在溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），通入少量HCl，Cl-浓度增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减少，A正确；
B．AgCl和AgBr共存的悬浊液中，AgCl和AgBr的离子积都等于对应的溶度积，===360，B正确；
C．由于Ksp(AgC1)Ksp(AgBr)，AgCl饱和溶液中c（Cl-）AgBr饱和溶液中c（Br-），两种饱和溶液等体积混合后的溶液中c（Cl-）c（Br-），加入足量浓AgNO3溶液，产生AgCl沉淀多于AgBr，C错误；
D．由于Ksp(AgC1)Ksp(AgBr)，等浓度的NaCl和NaBr混合溶液中加入AgNO3溶液，先达到AgBr的溶度积，先析出AgBr沉淀，D正确；
故选C
6. 下列叙述正确的是
A. 将溶液从升温至，溶液中增大
B. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
C. 时，的溶液比等浓度的溶液的导电能力弱
D. 时，一元酸与溶液等体积混合后所得溶液的为，则
【答案】C
【解析】
【详解】A．=(Kh为水解平衡常数)，温度升高Kh增大，减小，A错误；
B．向盐酸中加入氨水至中性，电荷守恒：，且，故，溶液中，B错误；
C．溶c(Cl-)液的导电能力取决于溶液中离子总浓度大小和离子所带电荷数的多少，为弱电解质，为强电解质，离子所带电荷数一致，所以等浓度的溶液的导电能力比溶液的导电能力弱，C正确；
D．一元酸 HA 可能是强酸也可能是弱酸，因此，a与b的大小关系无法确定，D错误；
故选C。
7. 时，的电离平衡常数，体积均为的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至，稀释过程中pH的变化如图所示。下列有关叙述不正确的是
A. HX的酸性比强且为弱酸
B. 该温度下，两种酸中，水电离的均为
C. 的溶液中加入的NaOH溶液后，溶液
D. 的醋酸溶液中：
【答案】C
【解析】
【分析】溶液从10mL稀释到1000mL，稀释100倍，在稀释过程中，强酸的氢离子数目不变，氢离子浓度下降，氢离子浓度下降为原来的 ，pH增大2个单位，稀释促进弱酸电离、稀释100倍、其氢离子浓度大于原来的 ，pH增大幅度小于2个单位，等pH的一元酸：酸越弱、稀释同等倍数后氢离子浓度变化幅度越小、pH增大幅度越小；
【详解】A．溶液从10mL稀释到1000mL，HX的 pH增大幅度小于2个单位、但比醋酸的大，则HX酸性比强且为弱酸，A正确；
B． 该温度下，的两种酸中， 均为，氢氧根离子浓度等于水电离的、均为，B正确；
C． 的溶液中加入的NaOH溶液后，所得溶液为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，醋酸电离呈酸性，醋酸钠水解呈碱性，的电离平衡常数，醋酸钠水解常数，电离程度大于水解程度，因此混合溶液呈酸性，溶液，C不正确；
D． 的醋酸溶液中电荷守恒：，则，D正确；
答案选C。
8. 铬酸钠(Na2CrO4)水溶液中存在如下平衡：2H++2⇌2⇌+H2O，在1.00ml·L−1铬酸钠溶液中，各种含铬离子的分布分数与pH关系如图所示。
下列说法错误的是
A. Na2CrO4溶液中，发生水解而使溶液呈碱性
B 铬酸(H2CrO4)第二步电离电离常数Ka2=10−6.4
C. 要得到纯度较高的Na2CrO4溶液，应控制pH>9
D. pH=6时，Na2CrO4溶液中存在：c(Na+)=2c()+2c()+2c()
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．铬酸钠(Na2CrO4)水溶液中存在平衡：2H++22+H2O，说明铬酸(H2CrO4)的第二步电离只有部分电离，Na2CrO4是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，A项正确；
B．铬酸(H2CrO4)第二步电离为H++，在M点，c()=c()，pH=6.4，Ka2=，Ka2=c(H+)=10−6.4，B项正确；
C．pH>9时，溶液中主要存在，所以要得到纯度较高的Na2CrO4溶液，应控制pH>9，C项正确；
D．1个“”中含有2个“Cr”，所给物料守恒式错误，D项错误；
答案选D。
9. 下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将Fe(NO3)2样品溶于稀HNO3溶液中，硝酸能把Fe2+氧化为Fe3+，加入KSCN溶液，溶液显红色，不能证明Fe(NO3)2已经氧化变质，故A错误；
B．用pH试纸测定同浓度的NaCl和NaF溶液的pH，pH(NaCl)＜pH(NaF)，说明F-易结合H+生成HF，故B正确；
C．取1mL0.1ml/LKI溶液于试管中，加入5mL0.1ml/LFeCl3，FeCl3有剩余，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液，溶液变血红色，不能证明KI和FeCl3反应有一定限度，故C错误；
D．NaHSO3溶液和H2O2溶液反应生成NaHSO4和水，没有明显现象，不能根据实验现象探究浓度对反应速率的影响，故D错误；
选B。
10. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液为中性，但浓度不同，对水电离的影响不同，A错误；
B．向的溶液中滴加酚酞溶液，溶液变为浅红色，溶液呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，，B正确；
C．若X为碱性气体，如氨气，通入溶液后二氧化硫与氢氧根会反应生成亚硫酸根，也会生成亚硫酸钡白色沉淀，氨气并不具有强氧化性，C错误；
D．向溶液中滴入3滴的溶液，生成白色沉淀且没有剩余，再滴入4滴溶液，产生红褐色沉淀，说明转化为，溶解度较大的难溶电解质容易转化为溶解度较小的难溶电解质，则同温度下的：，D错误；
故选B。
11. 下列说法正确的是
A. 将NaOH溶液和氨水的浓度稀释到原来的 ，两者的c(OH-)均减少到原来的
B. 常温时，在醋酸钠溶液中加入一定量水，保持不变
C. 将AlCl3和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
D. 25°C，向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp 增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．将NaOH溶液和氨水溶液各稀释一倍，氢氧化钠的OH-浓度减小到原来的一半，但是氨水为弱碱，稀释平衡正向移动，则其OH-浓度要比原来的一半大，A项错误；
B．常温时，在醋酸钠溶液中存在，加入一定量水，，则其始终保持不变，B项正确；
C．将AlCl3和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，由于HCl易挥发，则加热氯化铝溶液最终得到的是氧化铝，而加热硫酸铝溶液最终得到的是硫酸铝，所得固体成分不同，C项错误；
D．25°C，向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，因为温度不变，则Ksp不变，D项错误；
答案选B。
12. 含的烟气会形成酸雨，工业上常利用溶液作为吸收液脱除烟气中的，随着的吸收，吸收液的不断变化，下列粒子浓度关系一定正确的是
A. 溶液中存在：c(Na+)>c(SO)>c(H2SO3)>c(HSO)
B. 已知溶液，该溶液中： c(Na+)>c(HSO)>c(H2SO3) >c(SO)
C. 当吸收液呈酸性时：c(Na+)=c(SO)+ c(HSO)+c(H2SO3)
D. 当吸收液呈中性时：c(Na+)=2c(SO)+ c(HSO)
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中分步水解，以一级水解为主，则溶液中亚硫酸氢根离子的浓度大于亚硫酸的浓度，故A错误；
B．亚硫酸氢钠溶液的pH小于7说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，则亚硫酸根离子的浓度大于亚硫酸的浓度，故B错误；
C．当吸收液呈酸性时可能是亚硫酸氢钠溶液，溶液中存在物料守恒关系c(Na+)=c(SO)+ c(HSO)+c(H2SO3)，也可能是亚硫酸氢钠和亚硫酸混合溶液，或亚硫酸氢钠和亚硫酸的混合溶液，混合溶液中的物料守恒关系与亚硫酸氢钠溶液中的物料守恒关系不同，故C错误；
D．当吸收液呈中性时，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，由电荷守恒关系c(Na+)+ c(Na+)+ c(H+)=2c(SO)+ c(HSO)+ c(OH—)可知，溶液中c(Na+)=2c(SO)+ c(HSO)，故D正确；
故选D。
13. 下列说法正确的是
A. HS-的水解方程式为：HS-+ H2OH3O++S2-
B. CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中的值减小
C. 将pH =4的盐酸稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
D. 100℃时，pH=12的纯碱溶液中：c(OH-)=1.0×10-2 ml·L-1
【答案】B
【解析】
【详解】A、HS－的水解方程式为HS－＋H2OH2S＋OH－，故A错误；
B、同一种溶液，溶液的体积相同，即物质的量浓度比值等于其物质的量变化，加水稀释促进CH3COOH的电离，CH3COO－的物质的量增大，CH3COOH的物质的量减小，即c(CH3COOH)/c(CH3COO-)比值减小，故B正确；
C、根据水的离子积，盐酸溶液稀释，c(OH－)增大，故C错误；
D、水的离子积受温度的影响，升高温度，水的离子积增大，100℃时水的离子积为1×10－12，溶液中c(OH－)=1ml·L－1，故D错误。答案选B。
二、简答题：本大题共3小题，共61分。
14. 利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Ⅲ的处理工艺流程如下：
已知硫酸浸取液中的金属离子主要是，其次是、、和。
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有______、_______答出两点。
（2）的作用是将滤液 Ⅰ中的转化为Cr2O，则此反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为_____。
（3）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的如下：
①用调节溶液的不能超过，其理由是_______。
②当时，是否开始沉淀溶液中镁离子浓度不超过。____填“是”或“否”已知。并说明理由_____。
（4）上述流程中，加入溶液后，溶液呈碱性，转化为，写出上述流程中用进行还原时发生反应的离子方程式：________。
【答案】（1） ①. 适当升高反应温度 ②. 搅拌或增大固体颗粒的表面积
（2）3：2 （3） ①. pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成，最终影响Cr回收与再利用 ②. 否 ③. 已知，pH=8时，溶液中的，假设(Mg2+)=1 ml∙L−1，，而镁离子浓度不超过1 ml∙L−1，，故无沉淀生成
（4）
【解析】
【分析】含铬污泥预处理后加入水和硫酸酸浸，过滤除去滤渣，此时滤液中金属离子为Cr3+、Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入H2O2将滤液中的Cr3+氧化为，再加入NaOH调节pH=8，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤液Ⅱ，滤液Ⅱ通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入SO2，还原得到Cr(OH)(H2O)5SO4。
【小问1详解】
酸浸时，为了提高浸取率，可采取的措施有适当升高反应温度、搅拌或增大固体颗粒的表面积等。
【小问2详解】
H2O2做氧化剂将滤液中的Cr3+氧化为，自身被还原为H2O，1个Cr3+转化为失去3个电子，1个H2O2转化为2个H2O得到2个电子，根据得失电子守恒，Cr3+与H2O2的物质的量之比为2：3，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2。
【小问3详解】
①加入NaOH调节pH目的是使铁离子和铝离子完全沉淀，从表中可知，pH>8时Al(OH)3开始溶解，最终影响Cr回收与再利用，故pH不能超过8。
②已知Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，当pH=8时，c(OH-)=1×10-6ml/L，假设c(Mg2+)=1ml/L，此时Qc=1×(1×10-6)2< Ksp[Mg(OH)2]，而镁离子浓度小于1ml/L时，Qc<10-12，因此无沉淀生成。
【小问4详解】
加入NaOH溶液后，转化为，还原过程中SO2与反应生成Cr(OH)(H2O)5SO4，离子方程式为。
15. 废旧显示屏玻璃中含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质。某课题小组以此玻璃粉末为原料，制得 Ce(OH)4和硫酸铁铵矾［Fe2(SO4) 3•(NH4) 2SO4•24H2O］流程设计如下：
已知：Ⅰ．酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性；Ⅱ．CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于 NaOH溶液。
回答以下问题：
（1）反应②中H2O2的作用是___________。
（2）反应③的离子方程式是________。
（3）已知有机物 HT 能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+ (水层)+ 6HT（有机层）2CeT3 (有机层）+ 6H+(水层),从平衡角度解释：向 CeT3 (有机层）加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是_______。
（4）硫酸铁铵矾［Fe2(SO4) 3·(NH4) 2SO4·24H2O］广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是___________。
（5）用滴定法测定制得的 Ce(OH)4 产品纯度。
若所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，则测得该Ce(OH)4 产品的质量分数____。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【答案】 ①. 氧化使Fe2+转化为Fe3+ ②. 2CeO2 + 6H+ + H2O2 = 2Ce3+ + 4H2O + O2↑ ③. 混合液中加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动 ④. Fe3+ + 3H2OFe(OH)3（胶体） + 3H+ ⑤. 偏大
【解析】
【分析】由流程可知，废玻璃粉末加入氢氧化钠溶液，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，过滤，得到的滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；向滤渣A中加入稀硫酸，Fe2O3和FeO与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，过滤，得到的滤液B是硫酸铁和硫酸亚铁混合溶液，加入硫酸和氧化剂过氧化氢，过氧化氢将硫酸亚铁氧化生成硫酸铁，加热蒸发得到饱和硫酸铁溶液，向溶液中加入硫酸铵溶液得到硫酸铁铵矾；滤渣B的成分是CeO2，CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，加入HT、硫酸萃取，将Ce3+从水溶液中萃取出来，Ce3+加碱和氧气发生氧化还原反应生成Ce（OH）4。
【详解】（1）反应②为在酸性条件下，过氧化氢将硫酸亚铁氧化生成硫酸铁，故答案为氧化使Fe2+转化为Fe3+；
（2）反应③是酸性溶液中CeO2被过氧化氢还原生成Ce3+离子，过氧化氢被氧化生成氧气，反应的离子方程式为2GeO2+6H++H2O2=2Ge3++4H2O+O2↑，故答案为2GeO2+6H++H2O2=2Ge3++4H2O+O2↑；
（3）有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）⇌2CeT3（有机层）+6H+（水层），加入硫酸增大氢离子浓度，平衡逆向进行向形成Ge3+水溶液方向移动，获得较纯的含Ce3+的水溶液，故答案为混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动；
（4）硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理是硫酸铁铵矾溶解后，电离出的铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以达到净水的目的，反应的离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，故答案为Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+；
（5）FeSO4溶液在空气中露置一段时间后会被空气中的氧气氧化，滴定时消耗硫酸亚铁的量增大，导致测定偏大，故答案为偏大。
【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重于分析能力的考查，注意分析流程中物质的变化，把握实验的原理和操作方法，注意元素及化合物知识的应用是解答关键。
16. 氯酸镁[]常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量的流程如下：
已知：①卤块主要成分为，含有、等杂质。
②四种化合物的溶解度随温度变化曲线如图2所示。
（1）加速卤块在溶液中溶解的措施有：_______(任写一点)。
（2）加入的作用是_______，滤渣的成分_______，此时滤液中c(Fe3+) = ______ml/L。(已知：)
（3）加入饱和溶液后发生反应的化学方程式为________(溶解度低的物质以沉淀形式析出)，再进一步制晶体的实验步骤依次为：
①加热蒸发；②_______；①______；④过滤洗涤。
产品中含量的测定：
步骤：准确称量产品配成溶液。
步骤：取试液于锥形瓶中，加入稀硫酸和的溶液，微热。
步骤：冷却至室温，用溶液滴定剩余的至终点。此过程中反应的离子方程式为：→。
步骤：将步骤、重复两次
（4）①写出步骤中发生反应的离子方程式：________。
②步骤中若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果_____填“偏大”、“偏小”或“不变”；
（5）若平均消耗溶液，则产品中的质量分数为_______。(写出必要的计算过程)
【答案】（1）将卤块粉碎或适当升高温度等
（2） ①. 调节溶液的pH，使Fe3+沉淀完全 ②. BaSO4和Fe(OH)3 ③. c(Fe3+)=2.6×10−9 ml∙L−1
（3） ①. ②. 趁热过滤 ③. 冷却结晶
（4） ①. ②. 偏小
（5）消耗K2Cr2O7的物质的量是0.1ml∙L−1×0.015L=0.0015ml，则根据方程式可知，消耗亚铁离子的物质的量是0.0015ml×6=0.009ml，所以与氯酸镁反应的硫酸亚铁是1.0ml∙L−1×0.02L−0.009ml=0.011ml，则根据方程式可知氯酸镁的物质的量是，所以产品中的质量分数为
【解析】
【分析】卤块的成分有MgCl2•6H2O、MgSO4、FeCl2，加入H2O2之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入氧化镁，调节pH=4，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁，滤渣有BaSO4和Fe(OH)3，根据溶解度曲线可知，混合溶液中NaCl溶解度最小，再加入NaClO3饱和溶液得到NaCl沉淀与Mg(ClO3)2溶液，经过蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到Mg(ClO3)2•6H2O，据此回答。
【小问1详解】
影响化学反应速率的因素有：升高温度、将固体粉碎成细小的颗粒、增加物质的浓度等，因此加速卤块在H2O2溶液中溶解的措施有：将卤块粉碎或适当升高温度等；
【小问2详解】
①金属氧化物MgO能与酸反应产生盐和水．所以加入MgO的作用是调节溶液的pH，使杂质Fe3+形成沉淀完全除去；
②根据分析可知，滤渣有BaSO4和Fe(OH)3；
③当溶液中氢离子浓度等于1×10-4ml/L，则ml/L；
【小问3详解】
①加入NaClO3饱和溶液后得到NaCl沉淀与Mg(ClO3)2溶液，方程式为：；
②根据分析可知，再进一步制Mg(ClO3)2⋅6H2O晶体的实验步骤依次为：蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤洗涤、干燥；
【小问4详解】
①步骤2中发生反应的离子方程式：；
②步骤3中若滴定前不用标准液润洗滴定管，会稀释K2Cr2O7溶液，使消耗K2Cr2O7溶液体积偏大，应用亚铁离子物质的量一定，故测定的物质的量偏小，则导致最终结果偏小；
【小问5详解】
消耗K2Cr2O7的物质的量是0.1ml∙L−1×0.015L=0.0015ml，则根据方程式可知消耗亚铁离子的物质的量是0.0015ml×6=0.009ml，所以与氯酸镁反应的硫酸亚铁是1.0ml∙L−1×0.02L−0.009ml=0.011ml，则根据方程式可知氯酸镁的物质的量是，所以产品中的质量分数为。选项
实验内容
实验结论
A
将Fe(NO3)2样品溶于稀HNO3溶液中，加入KSCN溶液，显红色
Fe(NO3)2已经氧化变质
B
用pH试纸测定同浓度的NaCl和NaF溶液的pH，pH(NaCl)＜pH(NaF)
结合H+能力：Cl-＜F-
C
取1mL0.1ml/LKI溶液于试管中，加入5mL0.1ml/LFeCl3，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液
若溶液变血红色，则KI和FeCl3反应有一定限度
D
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中，同时加入2mL5%H2O2溶液，观察并比较实验现象
探究浓度对反应速率的影响
选项
操作和现象
结论
A
常温下，用计分别测定等体积溶液和溶液的，均为7
两种溶液中水的电离程度相同
B
常温下，向的溶液中滴加酚酞溶液，溶液变为浅红色
C
向溶有的溶液中通入气体X，出现白色沉淀
X具有强氧化性
D
向溶液中滴入3滴溶液，再滴入4滴溶液，先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀
同温度下的：
阳离子
开始沉淀时的
沉淀完全时的
溶解
溶解
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