新疆2023年高考化学模拟题汇编-04水溶液中的离子反应和平衡

这是一份新疆2023年高考化学模拟题汇编-04水溶液中的离子反应和平衡，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
新疆2023年高考化学模拟题汇编-04水溶液中的离子反应和平衡

一、单选题
1．（2023·新疆乌鲁木齐·统考二模）化学与生产生活联系紧密。下列叙述正确的是
A．电器起火可用泡沫灭火器扑救
B．漂白粉既可做棉、麻、纸张的漂白剂，又可做环境消毒剂
C．车用燃油与家用食用油主要成分相同，均属于烃类
D．维生素C具有氧化性，在人体内起抗氧化作用
2．（2023·新疆乌鲁木齐·统考二模）在1L 0.10mol·L-1NH4HCO3溶液中，加入一定量NaOH固体并恢复到常温(体积变化忽略不计)。溶液中各主要微粒浓度变化如图所示[已知Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5，Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11]。下列说法正确的是

A．NH4HCO3溶液呈酸性
B．a点pH约为5，b点pH约为12
C．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液: c()+c(NH3H2O)+c()+c()=0.2 mol·L-1
D．当n(NaOH) =0.10 mol时，c(Na+)>c()>c( )>c(OH-)>c(H+)
3．（2023·新疆阿勒泰·统考一模）相同温度和压强下，研究Cl2分别在不同浓度的盐酸和NaCl溶液中的溶解度(用溶解Cl2的物质的量浓度表示)变化如图所示。

已知氯气溶解存在以下过程:
①Cl2(aq) + H2O(1) H+(aq) + Cl-(aq) + HClO(aq) K1= 4.2×10-4
②Cl2(aq) + Cl-(aq) (aq) K2= 0.19
③HClO(aq) H+(aq) + ClO-(aq) Ka= 3.2×10-8
下列说法错误的是
A．随着NaCl浓度的增大，Cl2溶解度减小，溶液中减小
B．随着盐酸浓度的增大，反应①被抑制，反应②为主要反应从而促进Cl2溶解
C．a点时，c(H+) >c(Cl-)>c() > c(ClO-)
D．b点时，c(Na+) + c(H+) = c(Cl-) + c() + c(OH-) + c(ClO-)
4．（2023·新疆·统考一模）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．25℃，pH=13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NA
B．4.6g C2H6O中含C-H键的数目为0.6NA
C．在K37ClO3+6H35Cl(浓)= KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若有213 g氯气生成，则反应中转移电子的数目为5NA
D．3.9gNa2O2固体中含有阴阳离子的总数目为0.15NA
5．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）常温下，分别向浓度均为的NaX溶液、溶液滴加溶液，pM与溶液体积的关系如图所示[，代表、]，下列说法正确的是

A．曲线Ⅱ表示的关系图
B．常温下，饱和溶液的物质的量浓度：
C．若变为，则c点向e点移动
D．d点是的饱和溶液
6．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）下列实验事实所得出的相应结论正确的是
选项
实验事实
结论
A
向溶液中滴加少量稀硫酸，电导率减小
溶液中的离子浓度减小
B
的沸点比高
O的非金属性比S强
C
室温下，用pH试纸测得的溶液的pH约为5
的水解程度大于电离程度
D
向滴有酚酞的溶液中滴入数滴溶液，溶液红色逐渐褪去
溶液呈酸性

A．A B．B C．C D．D
7．（2023·新疆乌鲁木齐·乌鲁木齐市高级中学校考一模）25℃时，向20mL 0.2 MOH溶液中逐滴加入浓度为0.2的盐酸，溶液中与、加入盐酸的体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是

A．MCl水解平衡常数的数量级为
B．b点溶液中各微粒的浓度关系为
C．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度逐渐增大
D．d点溶液的
8．（2023·新疆乌鲁木齐·乌鲁木齐市高级中学校考一模）HA和HB是两种一元弱酸，其难溶盐RA和RB的溶度积：，已知不发生水解，实验测得25℃时RA和RB的饱和溶液中， 随的变化为线性关系，如图中实线甲和实线乙所示。下列说法错误的是

A．25℃时，RA的的数量级为
B．实线甲表示难溶盐RB中随的变化
C．当时，溶液
D．25℃时，将RA，RB加入蒸馏水中混合、振荡、静置后，上层清液中
9．（2023·新疆乌鲁木齐·乌鲁木齐市高级中学校考一模）依据下列实验，预测的实验现象正确的是
选项
实验内容
预测的实验现象
A
溶液中滴加NaOH溶液至过量
产生白色沉淀后沉淀消失
B
溶液中滴加KSCN溶液
溶液变血红色
C
AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量
黄色沉淀全部转化为白色沉淀
D
酸性溶液中滴加乙醇至过量
溶液紫红色褪去

A．A B．B C．C D．D
10．（2023·新疆·统考一模）电位滴定法(potentiometric titration)是在滴定过程中通过测量电位变化以确定滴定终点的方法，当电极电位(ERC)产生了突跃，被测离子浓度产生突跃，进而确定滴定终点。向10mL 0.1 溶液(为二元弱酸)中逐滴滴加0.1二元酸溶液，第一个电位突跃时消耗a mL溶液，第二个电位突跃时消耗b mL溶液，根据消耗溶液体积，可判断和各级电离常数大小关系。下列说法错误的是
A．若a=5mL、b=5mL，可能为强酸
B．若a=5mL、b=15mL，则
C．若a=5mL、b=15mL，第一个电位突跃时，溶液中:
D．若a=10mL、b=10mL，则用0.1 溶液滴定10mL 0.1 溶液，只有一个电位突跃
11．（2023·新疆阿勒泰·统考一模）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温下22.4L NH3含有的中子数为7NA
B．常温下1L pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-的数目为0.2NA
C．将50mL 12mol/L盐酸与足量共热，转移的电子数为0.3NA
D．56g C3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8NA

二、填空题
12．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）化学实验是研究物质及其变化的基本方法。
(1)某无色透明溶液中可能大量存在、、中的几种离子。
①不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_______。
②取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中肯定存在的离子是_______。
③取②的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子是_______。
④原溶液可能大量存在的阴离子是下列A~D中的_______(填标号)。
A．    B．    C．    D．
(2)某小组同学对比和的性质，并进行了如下实验：
①写出水解的离子方程式_______。
②向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液pH变化如下图所示。

a.图_______ (填“甲”或“乙”)是的滴定曲线。
b.A′~B′的离子方程式为_______。写出A′溶液中各离子浓度由大到小的顺序_______。
c.A、B、C三点溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为_______。
③向的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生，且白色沉淀的成分只有一种。已知：
i.的溶液中，，
ii.25℃时，，
写出向溶液中滴加少量溶液发生的离子反应方程式_______。

三、实验题
13．（2023·新疆·统考一模）“消洗灵”(Na10P3O13Cl·5H2O)是一种高效低毒的消毒洗涤剂。某兴趣小组实验室中利用反应：NaClO+Na3PO4 +2Na2HPO4+2NaOH+3H2O= Na10P3O13Cl·5H2O制备“消洗灵”，反应装置如图所示(夹持装置略)。

问答下列问题：
(1)仪器a的名称是___________，装置A中反应的离子方程式为___________。
(2)装置C的作用是___________。装置B中采用多孔球泡的目的是___________。
(3)打开仪器a的活塞及活塞K，制备NaClO碱性溶液；关闭仪器a的活褰及活塞K，打开裝置B中分液漏斗活塞； 一段时间后，装置B中溶液经“系列操作”，得到粗产品。
①上述装置存在一处缺陷，会使”消洗灵”(Na10P3O13Cl·5H2O)的产率降低，改进的方法是___________。
②“系列操作”包括___________、___________、过滤、洗涤、低温干燥。
(4)利用滴定法测定产品的纯度(Na10P3O13Cl·5H2O)的摩尔质量为656. 5g ·mol-1，实验方案如下：
I．取4.00g产品试样溶于蒸馏水中配成200mL溶液；
II．量取20. 00 mL待测液于锥形瓶中，加入10 mL2 mol·L-1硫酸溶液、25 mL0.1 mol·L-1KI溶液(过量) ，暗处静置5min；
III．滴加2~3滴淀粉溶液，用0. 0500 mol ·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应： I2+2 =2I-+ 。平行滴定三次，平均消耗20. 00 mL标准溶液。
①Na2S2O3标准液应放在___________ ( 填“碱”或“酸”)式滴定管中。
②则产品的纯度为___________(保留三位有效数字)。
14．（2023·新疆乌鲁木齐·统考二模）硫酸亚铁铵晶体[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O] [ M=(132x+152y+18z)g·mol-1 ]是常见的补血剂。
已知：①硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
②FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应可得到硫酸亚铁铵。
(1)FeSO4溶液的制备。将铁粉、一定量 H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液，其中加入的铁粉需过量，除铁粉不纯外，主要原因是_______(用离子方程式表示)。
(2)制备x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O。向制备得到的FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70℃~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。乙醇的作用为_______。
(3)产品化学式的确定——NH含量的测定

I.准确称取58.80 g晶体，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中；
II.准确量取50.00 mL 3.030 mol·L-1 H2SO4溶液于锥形瓶中；
III.向三颈烧瓶中通入氮气，加入足量NaOH浓溶液，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；
IV.用0.120 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液。
①装置M的名称为_______。
②通入N2的作用为_______。
③蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是_______。
④若步骤IV中，未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则n(NH)将_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(4)产品化学式的确定——SO含量的测定
I.另准确称取58.80 g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液；
II.将得到的溶液过滤得到沉淀，洗涤沉淀3～4次；
Ⅲ.灼烧沉淀至恒重，称量，得沉淀质量为69.90 g。
结合实验(3)和(4)，通过计算得出硫酸亚铁铵晶体的化学式为_______。

四、工业流程题
15．（2023·新疆乌鲁木齐·统考二模）金属锑可用作阻燃剂、电极材料、催化剂等物质的原材料。一种以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、 MgO、SiO2等)为原料提取锑的工艺流程图如下:

已知:溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的浓度及溶液的pH如下表所示:
金属离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀时的pH c=0.01mol ·L-1
2.2
3.7
7.5
9.6
完全沉淀时的pH c=1.0× 10-5mol·L-1
3.2
4.7
9.0
11.1

试回答下列问题:
(1)“浸出渣”的主要成分有S、____ 。“溶浸”时Sb2S3发生反应的化学方程式为__________ 。
(2)“还原”时加入Sb的目的是将_______ 还原(填离子符号)。
(3)“水解” 时需控制溶液pH=2.5。
①Sb3+发生水解反应的离子方程式为____________________________。
②下列能促进该水解反应的措施有_____ ( 填编号)。
A．升高温度          B．增大c(H+)
C．增大c(Cl-) D．加入Na2CO3粉末
③为避免水解产物中混入Fe(OH)3， Fe3+的浓度应小于___ mol·L-1。
(4)“酸溶2”后的溶液可返回___________ 上工序循环使用。
(5)Sb可由电解制得，阴极的电极反应式为________________________________。
16．（2023·新疆·统考一模）锶(Sr)是第五周期IIA族元素。自然界中的锶存在于天青石中，天青石的主要成分为SrSO4和少量CaSO4、BaSO4。以天青石为原料制备高纯SrCO3需要两个步骤。
[步骤一]从天青石到粗SrCO3：

已知：i． Ca、Sr、Ba硫化物( MS)和硫氢化物[ M( HS)2]均易溶于水，
ii．20℃时，Sr(OH)2、Ba(OH)2、Ca(OH)2的溶解度(单位为g)分别为1.77、3. 89、0.173；80℃时，Sr(OH)2、 Ba(OH)2、Ca(OH)2的溶解度(单位为g)分别为20. 2、101.4、0.094。
(1)焙烧过程中SrSO4转化为SrS的化学方程式是___________。
(2)浸取时发生反应：2MS+2H2OM( HS)2+M(OH)2(M=Ca、Sr、Ba)。使用热水有利于提高平衡转化率，原因是___________。
(3)滤渣1的主要成分是___________(写化学式)。
[步骤二]粗SrCO3转化为高纯SrCO3：
(4)粗SrCO3中的杂质是BaCO3.有同学提出在实验室可以将粗SrCO3产物溶于酸，再加入Na2SO4溶液实现Sr和Ba的分离。设Ba2+完全沉淀时c(Ba2+)= 10-5mol·L-1，则溶液中c(Sr2+)一定不大于___________。该方案___________(填“合理”或者“不合理”)。[Ksp( BaSO4)= 1.1×10-10，Ksp(SrSO4)= 3.3×10-7]
(5)实际的工业除杂和转化流程如下图所示：

已知：i．溶液中存在 +H2O2+2H+，具有强氧化性。
ii． Cr( OH)3的性质类似Al( OH)3，Ksp[ Cr(OH)3]=1×10-31。
①若酸溶过程中H+过量太多，则除钡过程中Ba2+去除率会下降，请从化学平衡移动角度解释原因___________。
②还原过程中草酸(H2C2O4)发生反应的离子方程式为___________。
③为除铬，向溶液D中加入NH3·H2O调节pH为7~8。此过程不调节pH为13的原因是___________。
17．（2023·新疆乌鲁木齐·乌鲁木齐市高级中学校考一模）酸性蚀刻液的主要成分是H2O2/HCl，腐蚀铜后的废液中主要含有CuCl2、HCl。一种以废铝屑为主要原料回收酸性蚀刻废液中的铜并生产AlCl3的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)在实验室，“反应a”过程需远离火源，其原因是_______(用文字叙述)。
(2)“操作b”包括_______、过滤、洗涤，其中过滤需要用到的玻璃仪器有_______、烧杯。
(3)实验室可用食盐与浓硫酸在微热条件下反应制取HCl气体。
①HCl气体的发生装置应选择装置_______(填字母，下同)，用水吸收多余的HCl气体时，应该选择装置_______，其原因是_______。

②写出制备HCl反应的化学方程式：_______，该反应利用了浓H2SO4的性质是_______(填“脱水性”“氧化性”或“难挥发性”)
(4)“灼烧”时，若在无HCl的气氛中反应，最终是否生成给出判断并说明理由：_______。

参考答案：
1．B
【详解】A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火，但是喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A错误；
B．漂白液、漂白粉和漂粉精既可做棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂，B正确；
C．食用油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，C错误；
D．维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用，D错误；
故选B。
2．D
【详解】A．NH4HCO3是弱酸弱碱盐，其溶液的酸碱性要看生成的弱酸、弱碱的电离常数，因为Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，所以NH4HCO3溶液中水解能力小于HCO水解能力，所以溶液呈碱性，A错误；
B．pH=-lgc(H+)，由题图可知，a点的、NH3·H2O浓度相等，由Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5==c(OH-)，则a点pH=-lg()9，同理可得b点的、浓度相等，由Ka2(H2CO3)=4.7×10-11==c(H+)，则b点pH=-lg(4.7×10-11)10，B错误；
C．根据物料守恒，c()+c(NH3H2O)=0.1mol·L-1，c()+c()+c()=0.1 mol·L-1，则c()+c(NH3H2O)+ c()+c()+c()=0.2mol·L-1，C错误；
D．由题图可知，当n(NaOH) = 0.10 mol时，c(Na+)>c()>c()，c()= c()，因为Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，所以溶液呈碱性，故c(OH-)>c(H+)，D正确；
故选D。
3．A
【详解】A．同一溶液中== ，随着NaCl浓度的增大，Cl2溶解度减小，反应①逆向移动，溶液中的氢离子浓度减小，所以增大，增大，A项错误；
B．盐酸和氯化钠溶液都能电离出氯离子，但在氯化氢的溶液中，随着氢离子浓度增大，反应①被抑制，随着氯离子浓度的增大，氯气的溶解度增大，说明此时主要发生反应②，反应②平衡正向移动，促进氯气的溶解，B项正确；
C．a点溶液中的氯化氢的浓度为3mol/L，氯气的浓度约为0.81mol/L，氯化氢为强电解质，完全电离，电离出的氯离子部分与氯气结合生成，所以有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)，反应②的平衡常数远大于反应①，且次氯酸的电离微弱，所以c(Cl)>c(ClO-)，综上所述，有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)>c(ClO-)，C项正确；
D．b点溶液中根据电荷守恒可知，c(Na+) + c(H+) = c(Cl-) + c() + c(OH-) + c(ClO-)，D项正确；
故选A。
4．D
【详解】A．25℃，的1.0L溶液中，的数目为，A错误；
B．分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，物质的量为0.1mol，若结构简式为CH3CH2OH，含有C—H键的数目为0.5NA，若结构简式为CH3OCH3，含有C—H键的数目为0.6NA，B错误；
C．在(浓)中，根据氧化还原反应的价态转化规律，若生成3mol氯气，则其中的5molCl来自H35Cl，1molCl来自K37ClO3，则反应中的平均相对分子质量为，且反应中每生成3转移5电子，若有213g生成，则反应中转移电子的数目大于5，C错误；
D．已知Na2O2是由Na+和组成的，则3.9gNa2O2 固体中含有阴阳离子的总数目为=0.15NA，D正确；
故选D。
5．B
【分析】由图可知，c、e两点分别是硝酸银溶液与两种盐恰好完全反应的点，结合可知，起始时两种盐的物质的量相同，则Na2Y消耗的AgNO3更多，则曲线I代表NaX与AgNO3反应，曲线II代表Na2Y与 AgNO3反应，据此作答。
【详解】A．根据分析，曲线Ⅱ表示的关系图，A项错误；
B．由图分析，AgX饱和溶液中银离子的浓度小于Ag2Y饱和溶液，所以AgX的溶解度小于Ag2Y，故饱和溶液的物质的量浓度：，B项正确；
C．若c(AgNO3)变为0.05mol·L-1，则加入20mL硝酸银溶液时，NaX溶液完全反应得到AgX饱和溶液，由温度不变，溶度积不变可知，溶液中Ag+的浓度不变，则NaX溶液中的反应终点c移至d点，C项错误；
D．根据分析，曲线II代表Na2Y与 AgNO3反应， d点Y2-浓度小于e点，Ag+浓度与e点相同，由温度不变，溶度积不变可知，d点是的不饱和溶液，D项错误；
答案选B。
6．A
【详解】A．向溶液中滴加少量稀硫酸，反应生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度减小，所以电导率减小，故A正确；
B．的沸点比高是因为分子间能形成氢键，故B错误；
C．在水溶液中存在电离平衡 ，也存在水解平衡，的溶液呈酸性，说明的电离程度大于水解程度，故C错误；
D．溶液呈中性，向滴有酚酞的溶液中滴入数滴溶液生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度降低，碳酸根离子水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，红色逐渐褪去，故D错误；
故选A。
7．B
【分析】lg=0时，c(MOH)=c(M＋)，此时pOH=4.2，则c(OH－)=10−4.2mol·L−1，根据Kb(MOH)=可知此时Kb(MOH)=c(OH－)=10−4.2；
【详解】A．由分析可知，MCl的水解常数为，数量级为10−10，A正确；
B．b点加入10mL0.2的盐酸，溶质为等量的MOH和MCl，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，则MOH的电离程度大于M＋水解程度，所以离子浓度大小顺序为c(M＋)＞c(Cl－)＞c(MOH)＞c(OH－)＞c(H＋)，B错误；
C．酸和碱都会抑制水的电离，开始未加入HCl溶液，原碱溶液电离出的氢氧根离子抑制水的电离，加入HCl溶液到中和率100%时生成可以水解的MCl，促进水的电离，即中和率从0至100%的过程水的电离程度一直增大，所以水的电离程度：aHB-，则酸性，故，B正确；
C．由A分析可知，第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、Na2B，反应为2Na2A+H2B=2NaHA+Na2B，根据物料守恒可知，、，则，C错误；
D．若a=10mL、b=10mL，则说明第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、NaHB，第二个电位突跃时反应为NaHA和H2B反应生成H2A、NaHB，则用0.1 溶液滴定10mL 0.1 溶液，反应只生成NaHA、NaHB，只有一个电位突跃，正确；
故选C。
11．D
【详解】A．常温下，不能使用Vm=22.4L/mol计算22.4L NH3的物质的量，故无法计算22.4L NH3所含有的中子数，A错误；
B．pH=13的Ba(OH)2溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L´1L=0.1mol，即该溶液中OH-的数目为0.1NA，B错误；
C．n(HCl)=0.05L´12mol/L=0.6mol，根据化学方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，0.6mol HCl完全参加反应可转移0.3mol电子，但实际上随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，反应停止，故反应中转移电子数小于0.3NA，C错误；
D．C3H6和C4H8的最简式都是CH2，可以将混合气体看成是由CH2构成的，则n(CH2)==4mol，n(H)=2´4mol=8mol，故该混合气体中氢原子数目为8NA，D正确；
故选D。
12．(1)     Cu2+     Ag+     Mg2+     B
(2)     HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-     乙     CO+ H+ = HCO     c(Na+)>c( CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+)     A>B>C     Fe2+ + 2HCO= FeCO3↓ + H2O + CO2↑

【详解】（1）①含有Cu2+的溶液呈蓝色，无色溶液中一定不含Cu2+，所以不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2+；
②取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。Ag+和Cl-反应生成难溶于硝酸的沉淀氯化银，说明原溶液中肯定存在的离子是Ag+。
③ ②的滤液不含Ag+，取②的滤液加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，该沉淀一定是氢氧化镁，说明原溶液中肯定存在的离子是Mg2+。
④A．Ag+和Cl-反应生成难溶于硝酸的沉淀氯化银，原溶液中一定不含，故不选A；
B．与Mg2+、Ag+不反应，能大量共存，故选B；    
C．与Mg2+、Ag+反应生成沉淀，不能大量含有，故不选C；    
D．与Mg2+、Ag+反应生成沉淀，不能大量含有，故不选D；
选B。
（2）①是强碱弱酸盐，发生水解，水解的离子方程式为HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-。
②a．同浓度的和溶液，溶液的pH大于，所以图乙是的滴定曲线。
B．A′~B′是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的离子方程式为CO+ H+ = HCO。A′是碳酸钠溶液，碳酸根离子发生水解CO＋H2O⇌ HCO＋OH-、HCO＋H2O⇌H2CO3＋OH-，各离子浓度由大到小的顺序c(Na+)>c( CO)>c(OH-)>c(HCO)>c(H+)。
c．A为碳酸氢钠溶液，HCO水解促进水电离；B点为NaCl溶液，NaCl对水电离无影响；C点为氯化钠、盐酸的混合液，HCl抑制水电离，A、B、C三点溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为A>B>C。
③的溶液中，，，25℃时，，开始生成FeCO3沉淀时c(Fe2+)=mol/L；，开始生成Fe(OH)2沉淀时c(Fe2+)=mol/L，所以向溶液中滴加少量溶液生成FeCO3沉淀和二氧化碳气体，发生的离子反应方程式Fe2+ + 2HCO= FeCO3↓ + H2O + CO2↑。
13．(1)     恒压滴液漏斗或滴液漏斗     2+ 16H+ +10Cl -=2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O
(2)     安全瓶，防倒吸     增大反应物的接触面积，有利于氯气充分反应，加快反应速率
(3)     在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶     蒸发浓缩     冷却结晶
(4)     碱     82. 1%或者82. 0%

【分析】装置A中KMnO4固体与浓盐酸反应产生Cl2，装置B用于除去C12中混有的HCl，生成的气体经饱和食盐水除杂后，通入NaOH溶液中，制备NaClO碱性溶液，操作为：打开装置A中恒压滴液漏斗(仪器)的活塞及活塞K，制取Cl2， 生成的气体经饱和食盐水除杂后，通入NaOH溶液中，制备NaClO碱性溶液，关闭装置A中恒压滴液漏斗活塞及活塞K，打开装置C中分液漏斗活塞，滴入Na3PO4、Na2HPO4混合液， 反应生成“消洗灵”，D是安全瓶，氯气有毒，需要尾气处理， E吸收尾气，防止污染大气。
【详解】（1）由图可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗，装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，反应的离子方程式为，故答案为：恒压滴液漏斗；；
（2）装置C中两个导管都很短，可以防倒吸，故其作用是：安全瓶，防倒吸；装置B中采用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；
（3）①该方法制备的氯气中含有氯化氢，会导致产品产量降低，故改进的方法是：在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶；
②系列操作为降温结晶，故“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥，答案为 ：蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）①Na2S2O3是强碱弱酸盐，水解显碱性，所以标准液应放在碱式滴定管中；
②Na10P3O13 Cl中Cl显+1价，结合得失电子守恒和滴定反应可得关系式，20.00mL待测液中，，因此4.00g产品中，，故产品的纯度为。
14．(1)2Fe3++Fe = 3Fe2+ (4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)
(2)降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出
(3)     分液漏斗     将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收     用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中     偏小
(4)(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O

【分析】确定产品化学式时，先将产品中的铵根转化为氨气，用硫酸标准液吸收氨气，通过滴定剩余氢离子的量，来间接测定铵根的量；然后领取样品，利用氯化钡来沉淀硫酸根，通过硫酸钡沉淀的量来确定硫酸根的含量，继而确定化学式。
【详解】（1）Fe2+易被空气中的氧气氧化，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe粉可以和铁离子发生反应2Fe3++Fe = 3Fe2+，因此过量的铁粉能防止其被氧化；
（2）硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，因此乙醇可以降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出；
（3）①装置M为分液漏斗；
②反应中装置中会有残留的氨气，持续通入N2可以将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；
③反应过过程中若蒸出水，凝结在冷凝管中，则NH3可能以NH3·H2O的形式附着在冷凝管内壁，因此用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2～3次，将洗涤液注入锥形瓶中，可消除误差；
④若未用NaOH溶液润洗滴定管，则NaOH溶液的浓度偏低，则滴定中消耗的NaOH的体积偏大，剩余的硫酸偏大，则氨气的含量偏小；
（4）测定NH含量时，，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液，所以剩余的n(H+)=0.120mol/L×0.025L=0.003mol，所以n(NH)=3.030mol/L×0.05L×2-0.003mol=0.3mol；测定SO含量时，BaSO4的物质的量为0.3mol，则(NH4)2SO4的物质的量为0.15mol，FeSO4的物质的量为0.15mol，则根据M的计算公式可得，132×0.15+152×0.15+18×n水=58.8，则n水=0.9，则根据比例可得硫酸亚铁铵晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
15．(1)     SiO2     Sb2S3 + 6FeCl3 = 2SbCl3 + 6FeCl2+ 3S
(2)Fe3+
(3)     Sb3++ H2O+ Cl-= SbOCl↓+ 2H+     ACD     10-2.9
(4)溶浸
(5)SbCl+ 3e-=Sb + 4C1-

【分析】“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2，含有Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物，SiO2不反应形成浸出渣，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，Sb3+发生水解生成SbOCl沉淀，Sb3++Cl-+H2O SbOCl↓+2H+，加入HCl酸溶生成SbCl，最后电解得到Sb；“滤液1”中含有铁离子，通入足量氧化剂Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，再将滤液pH调至3.5，析出Fe(OH)3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，酸溶2反应生成FeCl3；
【详解】（1）“溶浸”时氧化产物是S，则S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，Sb2S3被氧化的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2；由分析可知，“浸出渣”的主要成分有S、SiO2；
（2）“还原”时加入Sb的目的是将Fe3+还原，防止其发生水解反应，提高产物的纯度；
（3）①Sb3+发生水解生成SbOCl和氢离子，离子方程式为Sb3++Cl-+H2O=SbOCl↓+2H+；
②A．该水解反应是吸热反应，升高温度可促进反应进行，A选；         
B．水解反应为Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，增大c(H+)即增大生成物浓度，平衡逆向移动，B不选；          
C．水解反应为Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，增大c(Cl-) 即增大反应物浓度，平衡正向移动，可促进水解，C选；            
D．加入Na2CO3粉末可消耗H+，c(H+)减小使平衡正向移动，可促进水解，D选；
故选ACD；
③Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，，c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+) c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0×10-37.4，“水解”时需控制溶液pH=2.5，，；
（4）Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成FeCl3、AlCl3、MgCl2，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，即通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用；
（5）Sb可由SbCl电解制得，Sb得电子发生还原反应，则阴极的电极反应式为SbCl+3e-=Sb+4Cl-。
16．(1)SrSO4 +4C SrS+4CO↑
(2)该反应是水解反应，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大
(3)Ca(OH)2、C
(4)     0.03     不合理
(5)     c( H+)增大， +H2O 2 +2H+反应逆向移动，c()下降，使BaCrO4(s) Ba2+( aq) + (aq)平衡正向移动， BaCrO4沉淀率下降， Ba2+ 的去除率下降     +3H2C2O4+8H+ = 2Cr3+ +6CO2↑+7H2O     直接用NaOH将pH调至13 ，Cr(OH)3会与过量的NaOH反应生成，无法将Cr元素完全除去

【分析】步骤一：天青石的和与碳粉分别反应生成SrS、CaS、BaS，加水浸取时发生反应：，得到滤液1种含Sr(HS)2、Ca(HS)2、Ba(HS)2，滤渣1含、C，向滤液1中通入二氧化碳生成SrCO3沉淀，经系列操作后得到粗SrCO3粉。
步骤二：SrCO3与硝酸反应生成Sr(NO3)2和二氧化碳，杂质BaCO3与硝酸反应生成Ba(NO3)2，Sr(NO3)2与过量(NH4)2CrO4反应生成SrCrO4，加入硝酸发生氧化还原反应生成SrCr2O7，加入NaOH再加入过量生成SrCO3；
【详解】（1）天青石的主要成分为，与碳粉反应生成CO和SrS，反应方程式为：；
（2）浸取时发生反应：，用热水有利于提高的平衡转化率，原因是：该反应是水解反应，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大；
（3）已知在时，Ca(OH)2的溶解度(g)为0.094，属于微溶物，还有多余的碳粉，则滤渣1的主要成分是、C；
（4）完全沉淀时，则，加入溶液实现和的分离，则不能沉淀SrSO4，溶液中一定不大于；
（5）①若酸溶过程中过量太多，则除钡过程中去除率会下降，从化学平衡移动角度解释原因：对，增大，发生反应，下降，平衡正向移动，沉淀率下降，的去除率下降；
②还原过程中与草酸发生反应生成铬离子和二氧化碳，反应的离子方程式为；
③为除铬，向溶液D中加入调节为7～8，此过程不调节为13的原因是：直接用将调至13，会与过量的反应生成，无法将元素完全除去。
17．(1)Al与稀HCl反应产生，其遇明火易发生爆炸
(2)     蒸发浓缩、冷却结晶     漏斗、玻璃棒
(3)     B     F     HCl易溶于水，选择F可防止倒吸     (浓)     难挥发性
(4)不能生成，因为水解，生成HCl易挥发，导致平衡右移生成，灼烧生成

【分析】酸性蚀刻废液即腐蚀铜后的废液中主要含有CuCl2、HCl，加入废铝屑后发生的反应a有：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+3CuCl2=2AlCl3+3Cu，过滤后得到滤渣主要成分为Al和Cu，加入足量的盐酸后除去Al，再过滤洗涤得到Cu，滤液中主要含有AlCl3溶液，经过蒸发浓酸、冷却结晶，过滤洗涤干燥得到AlCl3·6H2O晶体，在HCl的气流中进行灼烧可得无水AlCl3，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，反应a有：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+3CuCl2=2AlCl3+3Cu，Al与稀HCl反应产生，其遇明火易发生爆炸，故在实验室，“反应a”过程需远离火源，故答案为：Al与稀HCl反应产生，其遇明火易发生爆炸；
（2）由分析可知，“操作b”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，其中过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；漏斗、玻璃棒；
（3）①由题干信息可知，制备HCl采用固液加热装置，个HCl气体的发生装置应选择装置B，由于HCl易溶于水，用水吸收多余的HCl气体时，需考虑倒吸现象的发生，而选择F可防止倒吸，故答案为：B；F；HCl易溶于水，选择F可防止倒吸；
②由题干信息可知，制备HCl反应的化学方程式为：NaCl+H2SO4 (浓)NaHSO4+HCl↑，该反应利用了浓H2SO4的性质是难挥发性，故答案为：NaCl+H2SO4 (浓)NaHSO4+HCl↑；难挥发性；
（4）因为水解，生成HCl易挥发，导致平衡右移生成，灼烧生成，“灼烧”时，若在无HCl的气氛中反应，最终不能生成， 故答案为：不能生成，因为水解，生成HCl易挥发，导致平衡右移生成，灼烧生成。