20化学实验基础--江苏省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（苏教版）

这是一份20化学实验基础--江苏省2023-2024学年高三化学上学期期末专题练习（苏教版），共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023上·江苏苏州·高三统考期末）设计实验验证木炭和浓硫酸反应的产物。下列装置和操作能达到实验目的的是
A．用装置甲实现木炭与浓硫酸反应B．用装置乙检验产物中的
C．用装置丙检验产物中的水蒸气D．用装置丁检验产物中的
2．（2023上·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校联考期末）某小组用硫铜矿煅烧后的废渣(主要含、、)为原料制取，流程如下：

下列说法正确的是
A．“酸浸”时使用98％的浓硫酸代替稀硫酸有利于提高原料利用率
B．“氧化”后溶液中存在的阳离子有：、、、
C．“调节”时可以选择或
D．“还原”过程中消耗的、的物质的量之比为
3．（2023上·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校联考期末）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
4．（2022上·江苏南通·高三统考期末）锑(Sb)可用作阻燃剂、电极材料、催化剂等物质的原材料。一种以灰锑矿(主要成分为，还有，，MgO等)为原料提取锑的工艺如下：
下列说法不正确的是：
A．“水解”时可加入粉末以促进水解
B．“还原”的目的是防止在后续水解生成，影响产品纯度
C．“滤液”中含有的主要金属阳离子有：、、
D．“溶浸”时转化为，发生反应的离子方程式为：
5．（2023上·江苏苏州·高三统考期末）利用硝酸工业的尾气(含、)获得的部分工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A．反应的
B．为使尾气中被充分吸收，尾气与石灰乳采用气液逆流接触吸收
C．若尾气中，产品中含量升高
D．在酸性溶液中分解的离子方程式为：
6．（2023上·江苏苏州·高三统考期末）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
7．（2023上·江苏常州·高三统考期末）实验室以 BaS为原料制备BaCl2·2H2O晶体，下列有关实验原理、装置和操作说法不正确的是
A．装置乙中的a用于防止倒吸
B．装置丙用于吸收尾气中的H2S
C．将BaCl2溶液蒸发浓缩、降温结晶得到产品
D．根据实验可得酸性顺序：H2SO4>HCl>H2S
8．（2023上·江苏盐城·高三盐城中学校考期末）高温焙烧碳粉与重晶石混合物，发生的主反应为BaSO4＋4C4CO↑＋BaS。工业上以重晶石矿(含Fe2O3、SiO2杂质)为原料制取Ba(OH)2·8H2O的流程如图所示。下列说法错误的是
A．“焙烧”过程需要在隔绝空气条件下进行
B．如图晶胞结构中，每个S2-距离最近的Ba2＋数目为2
C．“滤液1”加CuO反生的反应：BaS＋CuO＋H2O=CuS＋Ba(OH)2
D．“滤液2”经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得Ba(OH)2·8H2O晶体
9．（2023上·江苏泰州·高三校联考期末）化学实验需坚持安全第一、预防为主。下列实验操作错误的是
A．先验纯再点燃H2B．用乙醇制乙烯时加入碎瓷片防暴沸
C．制SO2时在通风橱中进行D．金属Na着火时立即用冷水扑灭
10．（2023上·江苏泰州·高三校联考期末）实验室制取少量Cl2并研究其性质，下列实验装置和操作能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
11．（2023上·江苏泰州·高三校联考期末）实验室以浓缩盐湖水(含Na＋、Li＋、Cl-和少量Mg2＋、Ca2＋)为原料制备高纯Li2CO3的实验流程如下：

Li2CO3溶解度曲线如图所示
下列说法错误的是
A．“步骤Ⅰ”“步骤Ⅱ”中均需使用漏斗
B．“沉淀2”的主要成分为CaCO3
C．“操作X”依次为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥
D．“滤液3”经除杂后可用作氯碱工业的原料
12．（2024上·江苏扬州·高三统考期末）下列实验目的对应的方案设计、现象和结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
13．（2024上·江苏苏州·高三统考期末）下列制取、净化、验证其氧化性并进行尾气吸收的装置和原理能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
14．（2024上·江苏苏州·高三统考期末）压强、温度，化合物催化反应用于制备甲硫醇。下列说法正确的是
A．该反应的平衡常数B．过程I存在反应物吸附，键没有断裂
C．图中“”代表原子D．若用代替，则生成
二、填空题
15．（2020上·江苏常州·高三统考期末）铝工业产生的硫酸盐溶液经喷雾干燥后得到以硫酸铝为主的固体，硫酸铝的利用成为资源综合利用的一个重要项目。
(1)室温下配制一定浓度的酸性硫酸铝溶液，通过加入CaCO3粉末调节硫酸铝溶液的pH，可制得可溶性的碱式硫酸铝[Ala(OH)b(SO4)c]，用于烟气脱硫，碱式硫酸铝中b值的大小影响其脱硫效率。制备碱式硫酸铝溶液时，可以提高b值的措施有 (写出一条合理措施即可)
(2)在还原气氛下硫酸铝固体分解得到的活性Al2O3可作为工业催化剂载体。在H2还原气氛下，硫酸铝的分解常温就能进行。这是由于在还原气氛中易生成中间产物Al2S3，随即再与Al2(SO4)3反应得到Al2O3。则Al2(SO4)3与H2反应生成Al2S3的化学方程式为 。
(3)将10.00 g Al2(SO4)3·n H2O放入坩埚内，在氩气气氛中灼烧。在热分解过程中，热重分析仪记录数据如下(已去除坩埚的质量)：
①温度达1 393 K后固体质量不再变化，经分析固体成分为γ-Al2O3和无定型Al2O3结构的微晶。则Al2(SO4)3·nH2O中的n值为 。
②求523 K时固体成分的化学式(请写出计算过程)。
16．（2020上·江苏扬州·高三统考期末）在溶液中加入，调节溶液，可以得到不同沉淀。，得到沉淀；，得到沉淀。在氧气中加热升温过程中固体的质量变化如图：
(1)配制溶液时，不能将固体直接溶于水，而是将固体溶于浓硝酸中，然后加水稀释，其目的是 。
(2)在热水中会与水反应生成，该反应的化学方程式是 。
(3)在足量的氧气中加热至300℃时，所得的固体残留物为，测得所得气体中仅含有、 和 等三种气体(填化学式)。
(4)根据以上实验数据计算，确定中x的值 (写出计算过程)。
17．（2023上·江苏泰州·高三校联考期末）将CO2还原为HCOOH是实现“碳中和”的有效途径。
(1)利用反应CO2(g)＋H2(g)⇌HCOOH(g)；ΔH =＋14.9 kJ·ml-1不能实现CO2直接加氢合成HCOOH，原因是 。
(2)CO2通过电解法转化为HCOO-的反应机理如图1。Pt电极上覆盖的Nafin膜是一种阳离子交换膜，对浓度不高的HCOO-有较好的阻拦作用，可让H2O自由通过。
① Sn电极上生成HCOO-的电极反应式为 。
② 电路中通过的电量与HCOO-产率的关系如图2所示。相同条件下，Pt电极有Nafin膜HCOO-产率明显提高，但电量>1000C后又显著下降，可能原因是 。
③ 若电解时将Nafin膜置于两个电极中间，保持电流恒定，20 h时向阳极区补充KHCO3，电压与时间关系如图3所示。0～20 h，电压增大的原因是 。
(3)CO2电还原可能的反应机理如下图所示。Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。
若还原产物主要为CH4时，应选择 (填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂，简述分析过程： 。
三、解答题
18．（2024上·江苏苏州·高三统考期末）燃煤电站产生的主要大气污染物之一。以为活性物质、为载体的催化剂，可用于烟气中脱除。
Ⅰ．将吸附有的胶体煅烧可制得催化剂。
已知：胶粒表面带正电荷。
(1)异丙醇铝加入到中，充分搅拌可生成胶体。
①生成胶体的化学方程式为 。
②胶体中，两分子以配位键聚合成含四元环的二聚分子。该二聚分子结构式为 。
(2)将胶体与溶液混合，静置、过滤、洗涤、煅烧制得催化剂。
①与溶液混合前，须在胶体中加入一定量溶液的目的是 。
②“煅烧”制得催化剂的过程中固体的质量先减小后增大，固体质量增加的原因是 。
Ⅱ．将模拟烟气(主要成分为)匀速通过装有催化剂的反应管，和反应机理可表示为(表示吸附态)。
(3)负载不同含量的催化剂对的脱除率随温度的变化如图所示。
①温度范围内，随着温度的升高，脱除率均迅速增大原因是 。
②催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关。温度高于，使用催化剂的脱除率明显低于催化剂，其原因是 。
(4)实验测得温度升高出口处含量增大，已知与在该催化剂下很难反应生成含量增大的原因是 (用化学方程式表示)。
19．（2024上·江苏苏州·高三统考期末）工业上利用高钛炉渣(主要成分为及等)制备。
已知：①在高温下与反应生成，弱碱性条件下水解会生成沉淀；
②难溶于稀酸或稀碱，可以溶解在浓酸或浓碱中；
③水解能力显著强于容易吸附沉淀。
Ⅰ．硫酸法制备
(1)焙烧、浸取
①“焙烧”时可将转化为，该反应的化学方程式为 。
②酸浸渣的主要成分为 。
(2)沸腾水解
①水解反应的平衡常数 。(已知：该温度下)
②其他条件不变，初始溶液对含的溶液水解率的影响如图所示，在范围内，随着增大，水解率下降的原因是 。
(3)产品中的纯度测定
准确称取样品，加入适量浓硫酸，加热至样品完全溶解，冷却后用水稀释，冷却至室温后再加入铝片将还原为，用溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗溶液。计算样品中的纯度为 (已知：可将还原为)。
Ⅱ．碱法制备
(4)高钛炉渣与固体混合灼烧，冷却后加水浸出后得到含大量的固体，请补充完整制取高纯的实验方案：将浸出后的固体置于容器中， ，将煅烧得(实验中须使用的试剂：稀、溶液、溶液、溶液)。
20．（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)
选项
探究方案
探究目的
A
向浓度均为的和的混合液中滴少量的溶液，观察实验现象
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，再加入银氨溶液并水浴加热，观察是否出现银镜
蔗糖在酸性条件下能水解
C
将少量铜粉加入到2.0ml·L溶液中，观察实验现象
氧化性比强
D
室温下，用计测得溶液的小于溶液
水解平衡常数：
选项
探究方案
探究目的
A
用计测量浓度均为的溶液和溶液的，比较溶液大小
酸性：
B
向还原所得到的产物中加入稀盐酸，滴加溶液，观察颜色变化
全部被还原
C
将通入滴有酚酞的溶液，观察溶液颜色变化
具有漂白性
D
向KCl和的混合溶液中滴加溶液，观察沉淀颜色
溶解度：
A．制取
B．除去杂质
C．测量氯水pH
D．吸收尾气的Cl2
实验目的
方案设计
现象和结论
A
探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分
取少量固体粉末，加入2~3mL蒸馏水
若无气体生成，则固体粉末为Na2O；若有气体生成，则固体粉末为Na2O2
B
Fe2+是否具有还原性
向2mL1.0ml·L−1FeSO4溶液中滴加几滴0.5ml·L−1酸性KMnO4溶液
若溶液不变紫红色，则Fe2+具有还原性；若溶液变紫红色，则Fe2+不具有还原性
C
比较Cl2、Br2、I2的氧化性
向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置
溶液分层，下层呈紫红色，证明氧化性：Cl2>Br2>I2
D
比较H2CO3与CH3COOH的酸性
用pH计测定pH：①NaHCO3溶液②CH3COONa溶液
pH①>②，证明H2CO3酸性弱于CH3COOH
A
B
C
D
制取Cl2
除去HCl
验证Cl2的氧化性
吸收尾气
温度
298 K
523 K
687 K
1 393 K
固体质量
10.00 g
5.94 g
5.14 g
1.53 g
参考答案：
1．B
【分析】甲加热碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，乙可以检验二氧化硫，丙可以验证水，澄清石灰水可以检验二氧化碳；
【详解】A．浓硫酸和木炭反应需要加热，不能达到实验目的，A不符合题意；
B．二氧化硫具有还原性，能和高锰酸钾反应使其褪色，能达到实验目的，B符合题意；
C．甲乙溶液中都会带出水使无水硫酸铜变蓝色，不能达到实验目的，C不符合题意；
D．饱和碳酸氢钠和二氧化碳不反应，不能达到实验目的，D不符合题意；
故选B。
2．C
【分析】废渣(主要含、、)加入稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铜，加入双氧水氧化亚铁离子变为铁离子，调节溶液pH值沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入还原硫酸铜生成氧化亚铜和氮气。
【详解】A．“酸浸”时使用98％的浓硫酸会氧化亚铁离子，产物污染性的气体，消耗的硫酸量会增多，不利于提高原料利用率，故A错误；
B．氧化的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，因此“氧化”后溶液中存在的阳离子有：、、，故B错误；
C．“调节”时主要是沉淀铁离子，而 需要保留，因此选择或来消耗氢离子，促进铁离子水解，故C正确；
D．“还原”过程硫酸铜化合价降低1个价态，化合价升高变为氮气，升高4个价态，因此“还原”中消耗的、的物质的量之比为，故D错误。
综上所述，答案为C。
3．C
【详解】A．碳酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，不比两者的Ksp大小，A不符合题意；
B．银镜反应需要首先将水解后蔗糖溶液加入氢氧化钠在碱性条件下进行，不能达到探究目的，B不符合题意；
C．铜粉溶解，溶液变为蓝色，说明铁离子和铜生成铜离子，则氧化性比强，能达到探究目的，C符合题意；
D．溶液中铵根离子会促进醋酸根离子的水解，不能比较醋酸根离子、碳酸氢根离子的水解常数，不能达到探究目的，D不符合题意；
故选C。
4．D
【分析】辉锑矿（主要成分为，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO等）中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，“溶浸”时氧化产物是S，被氧化为S，铁离子被还原为亚铁离子，所以Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3＋6FeCl3＝3S＋2SbCl3＋6FeCl2，Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物；加入Sb，Sb将Fe3＋还原为Fe2＋，Sb3＋发生水解的离子方程式为Sb3＋＋Cl−＋H2O⇌SbOCl＋2H＋，SbOCl中加入HCl，酸溶生成SbCl，最后电解得到Sb，据此分析解题。
【详解】A．Sb3＋发生水解的离子方程式为Sb3＋＋Cl−＋H2O⇌SbOCl＋2H＋，可加入粉末以促进水解，故A正确；
B．加入Sb，Sb将Fe3＋还原为Fe2＋，是防止在后续水解生成，故B正确；
C．辉锑矿（主要成分为，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO等）中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，加入Sb，Sb将Fe3＋还原为Fe2＋，所以“滤液”中含有的主要金属阳离子有：、、；故C正确；
D．Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3＋6FeCl3＝3S＋2SbCl3＋6FeCl2，所以离子方程式为，故D错误；
故答案选D。
5．C
【分析】由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气反应生成亚硝酸钙，过滤得到含有氢氧化钙的滤渣和含有亚硝酸钙的滤液；滤液经多步处理制得无水亚硝酸钙。
【详解】A．由方程式可知，该反应是气体体积减小的反应，反应的熵变，故A正确；
B．尾气与石灰乳采用气液逆流接触吸收可以增大反应物的接触面积，有利于尾气中NOx被充分吸收，故B正确；
C．由得失电子数目守恒可知，石灰乳与一氧化氮和二氧化氮反应的化学方程式为，若尾气中，反应中一氧化氮过量，会导致排放气体中一氧化氮含量升高，故C错误；
D．亚硝酸钙在酸性溶液中会发生歧化反应生成硝酸钙、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故D正确；
故选C。
6．A
【详解】A．相同浓度的氰酸钠溶液的pH大于醋酸钠溶液说明氰酸根离子在溶液中的水解程度大于醋酸根离子，由盐类水解规律可知，氢氰酸的酸性弱于醋酸的，故A正确；
B．若氧化铁未完全还原，加入稀盐酸时，氧化铁溶于稀盐酸得到的铁离子与铁反应生成亚铁离子。滴入硫氰化钾溶液，溶液也不会变为红色，所以观察溶液颜色变化不能确定氧化铁是否全部被还原，故B错误；
C．将二氧化硫通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，溶液红色褪去说明二氧化硫是酸性氧化物，不能说明二氧化硫具有漂白性，故C错误；
D．未明确氯化钾和碘化钾的浓度，向混合溶液中滴加硝酸银溶液，不能确定氯离子和碘离子的反应先后顺序，所以不能观察沉淀颜色不能比较碘化银和氯化银的溶解度大小，故D错误；
故选A。
7．D
【分析】装置甲制取HCl，通入装置乙中发生反应，装置丙吸收反应产生的有毒气体H2S，据此分析解答。
【详解】A．HCl极易溶于水，易发生倒吸，装置乙中a的容积较大，可防止制备过程中发生倒吸现象，A正确；
B．根据分析，装置丙用于吸收乙装置反应产生的有毒气体H2S，B正确；
C．反应结束后，将装置乙中的BaCl2溶液蒸发浓缩、降温结晶得到BaCl2·2H2O晶体，C正确；
D．浓硫酸和氯化钠固体反应制取HCl气体，利用是高沸点酸制低沸点酸的原理，与H2SO4和HCl的酸性强弱无关，D错误；
故选D。
8．B
【分析】重晶石矿(主要成分BaSO4，含杂质Fe2O3、SiO2)加入足量碳焙烧，重晶石矿(主要成分BaSO4，杂质为Fe2O3、SiO2)与碳在焙烧的条件下得BaS、Fe、Si，滤渣含有Fe和Si以及过量的C，滤液1含有BaS，加入CuO，发生BaS+CuO+H2O=CuS+Ba(OH)2，过滤，滤液2含有Ba(OH)2，“滤液2”经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得Ba(OH)2⋅8H2O晶体，据此分析回答问题。
【详解】A．为防止产生的BaS被氧化，故“焙烧”过程需要在隔绝空气条件下进行，A正确；
B．由题干晶胞结构图可知S2-位于晶胞的8个顶点和6个面心，Ba2+位于顶点和面心S2-形成的8个正四面体中4个空隙中，故每个S2-距离最近的Ba2＋数目为4，B错误；
C．滤液1含有BaS，加入CuO，发生BaS+CuO+H2O=CuS+Ba(OH)2，C正确；
D．结合分析可知，“滤液2”经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得Ba(OH)2⋅8H2O晶体，D正确；
故答案为：B。
9．D
【详解】A．若氢气中混有空气，点燃时易发生爆炸，所以点燃H2前需验纯，A正确；
B．用乙醇制乙烯时，应加热到170℃，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片，B正确；
C．SO2有毒，是大气污染物，制SO2时应在通风橱中进行，C正确；
D．金属Na能与冷水反应，且反应产生的氢气易发生燃烧，所以钠着火时不能用冷水扑灭，D错误；
故选D。
10．D
【详解】A．用和浓盐酸制取需要加热，A错误；
B．除去中的，应该用饱和食盐水，用饱和溶液会产生杂质，B错误；
C．氯水具有漂白性，不能用试纸测氯水的值，C错误；
D．有毒，能与溶液反应，故可用溶液处理尾气中的，D正确；
故选D。
11．C
【分析】浓缩盐湖水(含Na＋、Li＋、Cl-和少量Mg2＋、Ca2＋)中加入Ca(OH)2，可将Mg2+转化为沉淀，经过滤得沉淀1主要为Mg(OH)2；往滤液1中加入Li2CO3，可将Ca2+转化为沉淀，经过滤得沉淀2主要为CaCO3，过滤后滤液2中继续加入浓度较大的Na2CO3溶液，同时升高温度，可将Li+转化为Li2CO3沉淀，所得滤液3主要为氯化钠溶液。
【详解】A． “步骤Ⅰ”“步骤Ⅱ”用于分离溶液和沉淀，为过滤操作，均需使用漏斗，A正确；
B． 据分析，“沉淀2”的主要成分为CaCO3，B正确；
C．题干信息显示，Li2CO3在冷水中溶解度较热水中大，所以 “操作X”依次为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，C不正确；
D．滤液3主要为氯化钠溶液，“滤液3”经除杂后可用作氯碱工业的原料，D正确；
答案选C。
12．B
【详解】A．若Na没有完全反应，向固体粉末中加水会产生，若有气体生成，不能说明固体粉末为，A项错误；
B．该实验中过量，因此若溶液不变紫红色，则说明酸性被还原，具有还原性；若溶液变紫红色，则说明酸性没有被还原，不具有还原性，B项正确；
C．向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡，由于的还原性比强，故少量氯水和KI反应，静置分层后，下层溶液呈紫红色，该反应只能证明氧化性：，不能证明氧化性：，C项错误；
D．若溶液浓度相同时，测得pH：①（溶液）＞②（溶液），说明的水解程度大于的水解程度，则可证明酸性弱于，题中没有指出两溶液的浓度，不能得出结论，D项错误；
故选B。
13．C
【详解】A．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯，故A不符合题意；
B．HCl极易溶于水，U型干燥管应盛放固体干燥剂，饱和NaCl应选洗气瓶，故B不符合题意；
C．氯气与KI反应生成I2，溶液变色可知氯气具有氧化性，故C符合题意；
D．氯气在水中溶解度不大，应选NaOH溶液吸收尾气，故D不符合题意；
故答案选C。
14．B
【详解】A．反应在370℃下进行，水为气态，所以该反应的平衡常数为，故A错误；
B．由图可知，过程I中键没有断裂，故B正确；
C．W为第六周期过渡金属元素，可以与O、S形成化学键，所以图中“”代表W原子，故C错误；
D．根据反应过程可知，代替，仍然生成，故D错误；
故答案选B。
15． 适当增加CaCO3的用量、适当升高温度、延长反应时间或加快搅拌速度 Al2(SO4)3＋12H2=Al2S3＋12H2O 18 Al2(SO4)3·3H2O
【分析】（1）室温下配制一定浓度的酸性硫酸铝溶液，通过加入CaCO3粉末调节硫酸铝溶液的pH，可制得可溶性的碱式硫酸铝[Ala(OH)b(SO4)c]，加入CaCO3的用量多，消耗氢离子，使pH值增大，b值增加；
（2）依据氧化还原反应进行配平；
（3）依据原子守恒进行计算；
【详解】（1）室温下配制一定浓度的酸性硫酸铝溶液，通过加入CaCO3粉末调节硫酸铝溶液的pH，可制得可溶性的碱式硫酸铝[Ala(OH)b(SO4)c]，加入CaCO3的用量多，消耗氢离子，使pH值增大，b值增加，升高温度，
故答案为：适当增加CaCO3的用量、适当升高温度、延长反应时间或加快搅拌速度 ；
(2) H2还原气氛下，硫酸铝的分解常温就能进行，这是由于在还原气氛中易生成中间产物Al2S3，由此可知生成物是Al2S3和水，根据氧化还原反应中的电子守恒进行配平得反应的化学方程式是：Al2(SO4)3＋12H2=Al2S3＋12H2O，
故答案为：Al2(SO4)3＋12H2=Al2S3＋12H2O；
（3）①温度达1 393 K后固体质量不再变化，根据铝原子守恒得：×2，解得n=18，
故答案为：18；
②由上面的计算可知该物质的化学式是Al2(SO4)3·18H2O，10.00g该晶体含有的水的质量是523 K时固体的质量是5.94g，质量的减少量是10.0-5.94g=4.04g，说明固体的结晶水还没有完全失去，设其化学式是Al2(SO4)3·xH2O，根据铝原子守恒得：，解得x=3，
故答案为：Al2(SO4)3·3H2O。
16． 抑制水解
7
【详解】（1）Bi(NO3)3为强酸弱碱盐，能够发生水解，因此将其溶于浓硝酸中进行配制，其目的是抑制Bi(NO3)3水解；
（2）中Bi元素化合价为+3价，中Bi元素化合价为+3价，与热水反应的化学方程式为：；
（3）反应前后Bi元素化合价未发生变化，草酸根离子在无氧环境加热条件下会生成CO、CO2，因通入的氧气过量，因此最终所得气体为O2、CO2、H2O；
（4）300℃下，固体为Bi2O3，根据守恒关系可列出关系式：
根据题意可得：，解得x≈7。
17．(1)该反应的ΔH>0、ΔS<0，不能自发自行
(2) H＋＋CO2＋2e-=HCOO-/HCO＋CO2＋2e-=HCOO-＋CO Nafin膜可以阻止HCOO-在阳极放电(1分，答“防止HCOO-在阳极被氧化”给分)；电量>1 000 ℃后，c(HCOO-)增大，Nafin膜阻拦作用下降 阳极区pH减小，HCO浓度下降，K＋部分迁移至阴极区，阳极区离子浓度下降，导电能力减弱
(3) Cu 回溯CH4生成机理，第1步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，易脱离；Cu对CO的吸附能力强，不易从催化剂表面脱离
【详解】（1）利用反应CO2(g)＋H2(g)⇌HCOOH(g)；ΔH =＋14.9 kJ·ml-1不能实现CO2直接加氢合成HCOOH，原因是该反应的ΔH>0、ΔS<0，不能自发自行；
（2）① Sn电极上生成HCOO-的电极反应式为H＋＋CO2＋2e-=HCOO-或HCO＋CO2＋2e-=HCOO-＋CO；
② 相同条件下，Pt电极有Nafin膜HCOO-产率明显提高，但电量>1000C后又显著下降，可能原因是Nafin膜可以阻止HCOO-在阳极放电；电量>1 000 ℃后，c(HCOO-)增大，Nafin膜阻拦作用下降；
③ 若电解时将Nafin膜置于两个电极中间，保持电流恒定，20 h时向阳极区补充KHCO3， 0～20 h，电压增大的原因是阳极区pH减小，HCO浓度下降，K＋部分迁移至阴极区，阳极区离子浓度下降，导电能力减弱
（3）若还原产物主要为CH4时，应选择Cu作催化剂，因为Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离，第1步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，易脱离；Cu对CO的吸附能力强，不易从催化剂表面脱离。
18．(1)
(2) 改变胶粒电荷性质 和氧气生成了CeO2
(3) 催化剂活性随温度升高而增大 催化剂的含量高， 含量低，对的吸附少
(4)
【详解】（1）①在水中，充分搅拌可生成胶体，方程式为，故答案为；
②胶体中，两分子以配位键聚合成含四元环的二聚分子，该二聚分子结构式为，故答案为。
（2）①胶粒表面带正电荷，加入一定量溶液改变胶粒电荷性质，再加入溶液吸附有，故答案为改变胶粒电荷性质；
②吸附有的胶体煅烧可制得催化剂，煅烧过程中，固体质量先减小后增大，根据催化剂和原料的分子式，增大是因为和氧气生成了CeO2，故答案为和氧气生成了CeO2。
（3）①温度范围内，催化剂活性随温度升高而增大，使用随着温度的升高，脱除率均迅速增大，故答案为催化剂活性随温度升高而增大；
②已知催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关，催化剂的含量高，导致含量低，对的吸附少，导致温度高于，催化剂的脱除率明显低于催化剂，故答案为催化剂的含量高， 含量低，对的吸附少。
（4）已知与在该催化剂下很难反应生成，所以和生成，方程式为，故答案为 。
19．(1) CaTiO3+2H2SO4CaSO4+TiOSO4+2H2O CaSO4、SiO2
(2) 1×105 Fe3+水解产生的H+抑制了TiO2+的水解
(3)72.00%
(4)加入稀H2SO4，边加边搅拌至不再溶解，反应后，加入Ti2(SO4)3溶液，至取上层清液滴加KSCN溶液不显红色，过滤，洗涤至取最后一次洗涤滤液加入BaCl2溶液无浑浊
【分析】高钛炉渣(主要成分为TiO2、CaTiO3及SiO2、Fe2O3)中加入浓硫酸焙烧，CaTiO3转化为TiOSO4、CaSO4，然后加入稀硫酸“浸取”，经过滤得到的酸浸渣为SiO2、CaSO4，滤液中含TiOSO4、Fe2(SO4)3，滤液经沸腾水解，过滤得到TiO(OH)2，TiO(OH)2经系列处理得到TiO2。
【详解】（1）①“焙烧”时可将CaTiO3转化为TiOSO4，根据原子守恒，反应的化学方程式为CaTiO3+2H2SO4CaSO4+TiOSO4+2H2O。
②根据分析，酸浸渣的主要成分为CaSO4、SiO2。
（2）①水解反应TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+的平衡常数K====1×105。
②由图可知，pH在1.7~1.8范围内，随着pH增大，Fe3+的水解率增大，Fe3+水解产生的H+抑制了TiO2+的水解，从而TiO2+水解率下降。
（3）根据原子守恒和得失电子守恒可得测定过程中的关系式为：TiO2~TiO2+~Ti3+~NH4Fe(SO4)2，则n(TiO2)=n[NH4Fe(SO4)2]=0.1000ml/L×0.018L=1.8×10-3ml，m(TiO2)= 1.8×10-3ml×80g/ml=0.144g，样品中TiO2的纯度为×100%=72.00%。
（4）根据已知①可知，高钛炉渣与NaOH固体混合灼烧，冷却后加水浸出后得到含大量Fe(OH)3的TiO(OH)2固体，为了除去Fe(OH)3，根据已知②和题给试剂，应将浸出后的固体置于容器中，加入稀H2SO4，边加边搅拌至不再溶解，此时Fe(OH)3完全转化为Fe2(SO4)3；根据已知③，结合Ti3+能将Fe3+还原为Fe2+，故上述反应后，加入Ti2(SO4)3溶液将Fe3+还原为Fe2+，为了检验Fe3+被完全还原，故需用KSCN溶液检验上层清液中没有Fe3+；然后过滤，洗涤，为证明TiO(OH)2洗涤干净，故需用BaCl2溶液检验洗涤液中不含；最后将TiO(OH)2煅烧得到TiO2；故补充的实验方案为：加入稀H2SO4，边加边搅拌至不再溶解，反应后，加入Ti2(SO4)3溶液，至取上层清液滴加KSCN溶液不显红色，过滤，洗涤至取最后一次洗涤滤液加入BaCl2溶液无浑浊。
20．(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。