四川省2023年高考化学模拟题汇编-04水溶液中的离子反应和平衡（答案）
四川省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．（2023·四川自贡·统考二模）MOH为可溶性一元弱碱，向MCl的溶液中不断加入蒸馏水，c2(H+)随c(M+)而变化；在某温度下，实验测得MCl溶液中c2(H+)随c(M+)的变化如图中实点所示。下列叙述错误的是
A．b点溶液中：c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)
B．该溶液中总存在：c(H+)=c(MOH)+c(OH-)
C．c点溶液中，c(OH-)=1×10-7mol·L-1
D．温度不变，c2(H+)~c(M+)一定呈线性关系
2．（2023·四川自贡·统考二模）已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．25°C，1.0L pH=l的HNO3溶液中氢原子数为0.1NA
B．7.8g Na2O2与足量CO2完全反应，转移的电子数为0.1NA
C．标准状况下，22.4L HF所含分子数为NA
D．含1mol AlCl3的溶液中，离子总数目为4NA
3．（2023·四川宜宾·统考二模）下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项 操作 现象 结论
A 向菠菜汁中加入少量稀硝酸，再滴入几滴KSCN溶液 溶液变红 菠菜汁中含有Fe3+
B 将在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中 铜丝表面由黑色变为红色 乙醇具有还原性
C 相同温度下，用pH计分别测定0.010 mol/LHF溶液和0.010 mol/L CH3COOH溶液的pH HF溶液pH更小 Ka(HF)
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·四川凉山·统考二模）已知MgF2属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HCl调节MgF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中 lgc(X)(X为Mg2+或F－)与lg的关系如图所示。下列说法正确的是
A．Ksp(MgF2)的数量级为10 9
B．L1代表 lgc(Mg2+)与lg的变化曲线
C．a、c两点的溶液中均存在2c(Mg2+)＜c(F－)+c(HF)
D．c点的溶液中存在c(Cl－)＞c(Mg2+)＞c(HF)＞c(H+)
5．（2023·四川凉山·统考二模）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W与X不在同周期， X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，Y、Z相邻，Y的单质在空气中燃烧，产物有两种离子化合物和一种单质。下列说法错误的是
A．简单离子的半径：X> Y>Z
B．工业上常用电解熔融YX制备Y单质
C．Z2(SO4)3溶液是泡沫灭火器原料之一，原理利用了Z离子的水解
D．X的某氢化物可作为杀菌消毒剂
6．（2023·四川巴中·统考一模）25°C时，-1gc(X)与pH的关系如图所示，X代表Zn2+或Fe2+或，下列说法正确的是
已知：常温下，Fe(OH)2的Ksp=-8.1×10-16；强碱性溶液中Zn元素主要以的形式存在。
A．曲线②代表-lgc(Zn2+)与pH的关系
B．常温下，Zn(OH)2的Ksp的数量级为10-18
C．向等浓度的ZnCl2和FeCl2的混合溶液中滴入NaOH溶液，Zn2+先沉淀
D．向c[]=0.1mol·L-1的溶液中加入等体积0.1mol·L-1的HCl后，体系中Zn元素只以Zn(OH)2的形式存在
7．（2023·四川巴中·统考一模）NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是
A．lmol甲苯中碳碳双键的数目为0.3NA
B．标准状况下，2.24LSO3中原子数目大于0.4NA
C．1L0.1mol·L-1Na2S溶液中S2-数目小于0.1NA
D．2.0g重水(D2O)中质子数目为NA
8．（2023·四川巴中·统考一模）下列实验方案能达到实验目的的是
选项 A B C D
目的 配制100mL0.1mol·L-1的硫酸 除去氯气中的HCl气体 由FeCl3溶液制取FeCl3固体 判断2NO2(g)N2O4(g)的热效应
实验方案
A．A B．B C．C D．D
9．（2023·四川泸州·统考二模）已知：Ksp(AgNO2)=5.9×10-4，Ksp(AgCl)=1.8×10-10。下列离子方程式书写正确的是
A．FeSO4溶液滴入溴水：Fe2++Br2=Fe3++Br-
B．Ca(ClO)2溶液中通SO2：C1O-+SO2+H2O=+HClO
C．AgNO2中滴加KCl溶液：AgNO2+C1-=AgCl+
D．明矾与Ba(OH)2按物质的量1:1在溶液中反应：Al3+++Ba2++3OH-=Al(OH)3↓+BaSO4↓
10．（2023·四川泸州·统考二模）北宋名画《千里江山图》历经千年色彩依然，其青色来自青金石，它含有H、O、Si元素，以及X、Y、Z、M、Q等前20号元素，X、Y、Z、M同周期，Z的原子序数小于M，Z最高价氧化物对应水化物0.005mol·L-1的pH=2。X、Y、Z、M原子的最外层电子数之和为17，Q与青金石中其他7种元素均不同周期也不同族。下列说法错误的是
A．X、Y的单质都能形成氧化物保护膜
B．金属活动性强弱：X
D．氢化物稳定性：Si
A．该温度下，磷酸的
B．若逐渐增大该废水的，溶液中将随之不断增大
C．的该废水中离子浓度存在关系：
D．该废水除磷的离子反应有：
12．（2023·四川成都·一模）假设NA代表阿伏加德罗常数值。下列说法一定正确的是
A．25℃，1 LpH=14的Ba(OH)2溶液含有OH-为NA个
B．含1 mol AlCl3的溶液中离子总数目为4NA
C．32 g Cu与足量浓硝酸反应得到的气体分子总数为NA
D．标准状况下，每生成22.4 LO2转移电子数为4NA
13．（2023·四川成都·一模）维持下，通过加入或改变溶液的，溶液中的对数值与溶液的变化关系如图所示。已知y点横坐标为4.74．下列叙述错误的是
A．一元弱酸电离常数为
B．溶液的约等于8.37
C．x点纵坐标为，且此时溶液中
D．图中所示各溶液均满足
二、填空题
14．（2023·四川泸州·统考二模）根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是
选项 实验目的 实验及现象 结论
A 检验铁粉是否生锈 取铁粉溶于稀盐酸中，充分反应后滴加KSCN溶液，溶液没变红 铁粉没生锈
B 检验电离常数Ka的大小 取等体积pH相同的一元酸HX和HY溶液，分别加入足量镁粉，充分反应后，HY收集的H2较多 Ka(HX)>Ka(HY)
C 检验气体是否含CO 点燃气体，产物通入澄清石灰水，变浑浊 气体含CO
D 检验某葡萄酒中是否含SO2 将适量葡萄酒滴入少量稀酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色 该葡萄酒中含SO2
A．A B．B C．C D．D
三、实验题
15．（2023·四川自贡·统考二模）己二酸在有机合成工业等方面都有重要作用，以环己醇(，M=100，ρ=0.95g/mL)为原料制取己二酸[HOOC(CH2)4COO，M=146]。
[实验原理]
已知：3 +8KMnO43KOOC(CH2)4COOK+8MnO2+2KOH+5H2O ΔH<0
[实验步骤]向250mL三口烧瓶中加入搅拌磁子、50mL1.0%的KOH溶液和9.0g高锰酸钾，按图1所示安装装置，控制滴速维持温度在45°C左右，滴加环己醇共2.0mL，滴加结束时需启动加热装置加热一段时间。趁热分离出氧化液中的MnO2，再用约4mL浓HCl溶液，使溶液呈酸性，加热浓缩使溶液体积减少至10mL，经过冷却、脱色得到1.46g产品。
(1)图1中冷却水从冷凝管___________(填“a”或“b”)口流入，搅拌磁子的作用是___________。
(2)“氧化”过程，三颈烧瓶中溶液温度逐渐升高，其原因是___________；在环己醇不同滴加速度下，溶液温度随滴加时间变化曲线如图2，为了实验安全，应选择的滴速为___________滴/min。
(3)完成“氧化”后，用玻璃棒蘸取一滴反应混合液点在滤纸上，在黑色圆点周围出现紫色环。该现象说明___________；向溶液中加入适量的KHSO3，直到点滴实验呈负性为止，如果KHSO3用量不足，在己二酸“制备”过程中会观察到___________(填颜色)的气体逸出。
(4)分离出MnO2的装置为___________(填标号)；己二酸的产率是___________(用最简的分数表示)。
16．（2023·四川宜宾·统考二模）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种易溶于水，易分解的强氧化剂。它的一种“常温结晶”制备方法的原理为：2Na2CO3(s)+3H2O2(1)=2Na2CO3·3H2O2(s) ΔH<0，实验装置如图所示(夹持装置略去)。
已知：通常以活性氧质量分数[ω(活性氧)=]来衡量过碳酸钠产品的优劣。
实验步骤：
ⅰ. 称取一定量无水碳酸钠，置于烧杯中，加蒸馏水溶解，将溶液转移到三颈烧瓶内，加入稳定剂，搅拌混匀。
ⅱ. 控制温度为25°C，边搅拌边向三颈烧瓶中缓慢滴加30%的H2O2溶液。
ⅲ. 再向三颈烧瓶中加入一定量的无水乙醇，反应一段时间。
ⅳ. 静置、真空抽滤、干燥得粗产品，冷却称重。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为_______。
(2)实验过程中产生的气体副产物是_______ ( 填化学式)，装置中玻璃导管的作用是_______。
(3)步骤ii中，可采取的控温措施是_______。滴加H2O2溶液速度不能太快，原因是_______
(4)步骤iii中，加入乙醇的目的是_______。反应时间与产率、活性氧质量分数(ω)的关系如下图所示，最适宜的反应时间为_______min左右。
(5)现将0.50g粗产品(杂质不参与反应)置于锥形瓶中，加水溶解，再加入足量稀H2SO4，用0.1000 mol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液15.00mL。则粗产品中活性氧质量分数是_______。
17．（2023·四川凉山·统考二模）硫酸铜主要用作纺织品媒染剂、农业杀虫剂等，其晶体(CuSO4·xH2O)在不同温度下会逐步失去结晶水甚至分解。某小组对硫酸铜晶体性质进行探究，回答下列问题：
[探究一]验证硫酸铜晶体的分解产物
某小组同学对某温度下硫酸铜晶体的分解产物进行验证，设计了如下实验：
观察到的实验现象有：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，最后变成黑色粉末；B中无水硫酸铜变蓝；C中产生白色沉淀；D中品红溶液褪色；E中溶液变为红色。
(1)装有无水硫酸铜的仪器名称为_______，C、D两装置位置_______ (填“ 能”或“不能”)交换。
(2)C中产生的沉淀的化学式为_______，E中Fe2+发生反应的离子方程式为______。
(3)该实验设计的不足之处是_______。
[探究二]测定硫酸铜晶体中结晶水含量
实验步骤：①称取mg硫酸铜晶体，用适量蒸馏水溶解，再滴加几滴酸A酸化。
②向①所得溶液中滴加足量BaCl2溶液，得到白色沉淀，将所得沉淀过滤、洗涤。
③将洗涤后的沉淀充分干燥后称得其质量为ag。
(4)步骤①酸A应该选择_______ ( 填“稀盐酸”或者“稀硫酸”)，滴加酸A的目的是______。
(5)步骤②检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。
(6)根据实验数据，硫酸铜晶体( CuSO4·xH2O)中x=_______ (用含 m、a的代数式表示)。
18．（2023·四川巴中·统考一模）硫代硫酸钠(Na2S2O3)在工业、医药等领域应用广泛。下图为实验室制取硫代硫酸钠的装置，反应过程中需通过pH传感器控制pH为7-8。
(1)盛Na2SO3的仪器名称为___________。
(2)为了确保硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是___________。
(3)若n(Na2CO3)：n(Na2S)=1：2，则装置C中的化学反应方程式为：___________。
(4)当数据采集处pH接近7时，应采取的操作为___________。
(5)装置B中的药品可以选择下列物质中的___________(填字母)。
A．饱和NaHCO3溶液 B．饱和NaHSO3溶液
C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液
(6)现使用“碘量法”测定脱碳液中V2O5的含量：取mg脱碳液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入适量盐酸和足量KI溶液，发生反应为V2O5+6HCl+2KI=2VOCl2+2KCl+I2+3H2O，此时溶液颜色为棕色，使用0.1000mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL，该过程的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。(已知有色离子仅有VO2+，其颜色为蓝色)
①滴定终点的现象为：___________。
②若滴定时，滴定管未用标准液润洗，则测得V2O5的含量___________(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
③脱碳液中V2O5的质量分数为___________%。
四、工业流程题
19．（2023·四川自贡·统考二模）现以铅蓄电池的填充物铅膏(主要含PbSO4、PbO2、PbO和少量FeO)为原料，可生产三盐基硫酸铅(PbSO4·3PbO·H2O)和副产品Fe2O3·xH2O，其工艺流程如下：
已知：Ksp(PbCO3)=7.5×10-14，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8
(1)“转化”后的难溶物质为PbCO3和少量PbSO4，则PbO2转化为PbCO3的离子方程式为___________，滤液1中和的浓度比为___________(保留两位有效数字)。
(2)“酸浸”过程，产生的气体主要有NOx(氮氧化物)和___________(填化学式)；___________(填“可以”或“不可以”)使用[H2SO4+O2]替代HNO3。
(3)“沉铅”后循环利用的物质Y是___________(填化学式)。
(4)“除杂”中滤渣的主要成分为___________(填化学式)；在50~60°C“合成”三盐基硫酸铅的化学方程式为___________。
(5)根据图2所示的溶解度随温度的变化曲线，由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO4晶体的操作为将“滤液”调节pH为7，然后___________、___________，洗涤后干燥。
20．（2023·四川凉山·统考二模）某工厂利用黄铁矿(FeS2)和电解金属锰后的阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)为原料制备高性能磁性材料MnCO3的I工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)FeS2中硫元素化合价为_______，滤渣I的成分除了S还有_______。
(2)写出任意两种加快酸浸速率的措施_______、_______。“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是_______。
(3)请结合平衡移动原理解释“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全的原因是：_____。
(4)“沉锰”时发生反应的离子方程式为：_______。“沉锰”时需缓慢向含MnSO4的溶液中滴加NH4HCO3，否则会发生反应MnCO3(s) + 2OH-(aq)Mn(OH)2(s) +(aq)而生成Mn(OH)2，该反应的平衡常数K=_______(保留一位小数，已知： Ksp[Mn(OH)2]=1.9 ×10-13，Ksp(MnCO3)=2.2× 10-11)。
(5)用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极反应式为_______。
21．（2023·四川巴中·统考一模）某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示：
已知：i．0.1mol·L-1金属离子形成氢氧化物沉淀与氢氧化物沉淀溶解的pH范围如下：
金属离子 Fe3+ Al3+ Cr3+ Fe2+ Mg2+
开始沉淀的pH 1.5 4.0 4.6 7.6 9.5
沉淀完全的pH 2.8 5.2 6.8 9.7 11.1
金属氢氧化物 Al(OH)3 Cr(OH)3
开始溶解的pH 7.8 12
溶解完全的pH 10.8 >14
ii．Cr(OH)3+OH-=+2H2O
iii．已知Cr的金属性强于Fe
(1)加入铁粉后，调节pH的范围为___________。
(2)由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为___________。
(3)滤渣3成分的化学式为___________；回收铬时，铬的存在形式为___________(填化学式)。
(4)由滤液2得到结晶水合物的操作是___________、___________过滤、洗涤、干燥。
(5)滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为___________；该过程加入少量CaO的目的是___________。
(6)酸浸过程中，在硫酸用量一定的情况下，随着酸浓度的增加，铁、铬的溶解度增大。实际生产中，硫酸的质量分数为50%，其原因是___________。(已知，Fe2(SO4)3 9H2O，Cr2(SO4)3·18H2O在20°C时的溶解度分别为400g和64g)
22．（2023·四川泸州·统考二模）四氧化三锰是电子工业生产锰锌铁氧体软磁材料的重要原料。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)为原料制备高品位四氧化三锰的一种工艺流程如下：
已知：①0.01mol/L金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：
金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+ Mg2+ Mn2+
开始沉淀 4.1 2.2 7.5 9.6 8.8
完全沉淀 5.4 3.2 9.5 / /
②Ksp(MgF2)=7.4×10-1l；Ksp(MnF2)=5.6×10-3
回答下列问题：
(1)提高“酸浸”效果的方法有___________、___________(任写两种)。
(2)“氧化1”步骤中，氧化剂a可选用MnO2，发生反应的离子方程式为___________，为了检验氧化是否完全可选用的试剂是___________(写化学式)。
(3)“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为___________。
(4)“沉镁”步骤中，沉淀转化反应的平衡常数K值等于___________。
(5)“沉锰”步骤中，杂质含量直接影响四氧化三锰的品位，实验测得温度对四氧化三锰中硫酸根含量的影响如图所示。实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是___________。
(6)“氧化2”步骤中发生反应的化学方程式为___________。
23．（2023·四川绵阳·二模）锰酸锂是一种锂电池的正极材料。工业上以方锰矿(主要成分为，还含有少量的)为原料制备锰酸锂的流程如下：
已知：I．时，相关物质的如下表：
物质
II．时，电离常数
III．离子浓度低于时即为沉淀完全
回答下列问题：
(1)写出步骤①溶于稀硫酸时杂质反应的离子方程式___________。
(2)滤渣1的成分是_____(填化学式)；步骤②加入的目的是____。
(3)步骤③加入目的是除去杂质离子，若溶液中浓度为，要确保杂质离子沉淀完全，同时不降低产品产率，步骤③调控的范围应该为_______。反应的平衡常数________。
(4)“离子交换”步骤和“洗脱”过程是利用反应：(是氢型交换树脂)的平衡移动将进一步提纯，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用_____。
(5)步骤④反应未见气体生成，则该反应留存在滤液3中的产物有___________(填化学式)。
(6)步骤⑤反应的化学方程式为___________。
24．（2023·四川成都·校联考二模）从一种阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)中回收重金属的工艺流程如图所示：
已知：在碱性条件下很稳定。回答下列问题：
(1)Cu2S焙烧为CuO，该过程中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______。
(2)“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)；加快“酸浸氧化”速率的措施有_______(填写一条即可)。
(3)萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是_______(填名称)；该流程中的“反萃取剂”最好选用_______(填标号)。
A．乙醇 B．HNO3溶液 C．盐酸 D．NaOH 溶液
(4)已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3 K=2.80×1013
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq) Ksp(AgCl)=1.80×10 10
①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解的反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3 +Cl－。则该反应的平衡常数为_______；
②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：_______。
(5)请从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：_______(写出一条即可)。
参考答案：
1．D
【分析】由图可知，a点为纯水，此时，则；
【详解】A．b点溶液中溶质为MCl，且M+水解溶液显酸性，故c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)，A正确；
B．根据质子守恒可知，该溶液中总存在：c(H+)=c(MOH)+c(OH-)，B正确；
C．由图可知，c点溶液中 ，则，C正确；
D．由图ac点可知，温度不变，若c2(H+)~c(M+)呈线性关系，则b点纵坐标应为3，与图不符，D错误；
故选D。
2．B
【详解】A．25°C，1.0L pH=l的HNO3溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，则氢离子为0.1mol，数目为0.1NA，水分子中含有氢原子，氢原子数目不是0.1NA，A错误；
B．7.8g Na2O2为0.1mol，与足量CO2完全反应，-1价的O发生歧化，转移的电子0.1mol，则电子数为0.1NA，B正确；
C．标况下氟化氢不是气体，不确定其物质的量，C错误；
D．含1mol AlCl3的溶液中部分铝离子发生水解：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，则离子总数目大于4NA，D错误；
故选B。
3．B
【详解】A．KSCN遇Fe3+变红，稀硝酸可以将Fe2+氧化成Fe3+，故无法证明菠菜里含Fe3+还是Fe2+，A错误；
B．将在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中，氧化铜和乙醇反应生成铜、乙醛和水，乙醇具有还原性，B正确；
C．相同温度下，用pH计分别测定0.010 mol/LHF溶液和0.010 mol/L CH3COOH溶液的pH，HF溶液pH更小，pH越小，酸性越强，电离常数越大， Ka(HF)>Ka(CH3COOH)，C错误；
D．向0.01 mol/L FeCl3溶液中， Fe3++H2OFe(OH)3+H+，加入少量FeCl3固体，Fe3+浓度变大，平衡向右移动，但是Fe3+水解程度变小，D错误；
故答案为：B。
4．A
【分析】根据lg越小，则氢离子浓度越大，根据H++F－(aq) HF，则氟离子浓度越小，MgF2(s) Mg2+(aq)＋2F－(aq)，不断消耗氟离子，则镁离子浓度越大，则 lgc(F－)越大， lgc(Mg2+)越小，因此L1代表 lgc(F－)与lg的变化曲线，L2代表 lgc(Mg2+)与lg的变化曲线。
【详解】A．lg=1时， lgc(F－)=10 2.2， lgc(Mg2+)=10 4，根据MgF2(s) Mg2+(aq)＋2F－(aq)，，故A正确；
B．根据图中信息L2代表 lgc(Mg2+)与lg的变化曲线，故B错误；
C．根据原子守恒，溶解平衡中2c(Mg2+)=c(F－)，再根据H++F－(aq) HF可知，溶解得到的c(F－)等于溶液中存在的c(F－)与生成的c(HF)之和，因此a、c两点的溶液中均存在2c(Mg2+)=c(F－)+c(HF)，故C错误；
D．c点lg＞0，则即，又由于2c(Mg2+)=c(F－)+c(HF)，故溶液中存在c(Cl－)＞c(Mg2+)=c(HF)＞c(H+)，故D错误。
综上所述，答案为A。
5．B
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则X为O元素；W与X不在同周期，则W为H元素；Y的单质在空气中燃烧，产物有两种离子化合物和一种单质，反应产物为氧化镁、氮化镁和碳，则Y为Mg元素；Y、Z相邻，则Z为Al元素；
【详解】结合分析可知，W为H，X为O，Y为Mg，Z为Al元素，
A．O2-、Mg2+、Al3+的核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：O2-＞Mg2+＞Al3+，即X＞Y＞Z，故A正确；
B．MgO的熔点较高，各元素通过电解熔融氯化镁制备镁，故B错误；
C．Al2(SO4)3溶液是泡沫灭火器原料之一，原理是碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳、水，利用了Al3+的水解，故C正确；
D．X为O，氢化物H2O2可作为杀菌消毒剂，故D正确；
故选：B。
6．C
【分析】强碱性溶液中Zn元素主要以的形式存在，则①代表；由图可知，对③曲线，pH=7时，pOH=7，-lgc=10-3mol/L，则Ksp=(10-7)2×10-3=10-17，已知：常温下，Fe(OH)2的Ksp=-8.1×10-16，则②③分别代表、与pH的关系；
【详解】A．由分析可知，曲线①②③分别代表、、与pH的关系，A项错误；
B．时，，则的=c(Zn2+) c2(OH-)=，B项错误；
C．常温下，的更小，故先沉淀，C项正确；
D．c[]=0.1mol·L-1的溶液中加入等体积0.1mol·L-1的HCl后，混合后生成、，D项错误。
故选C。
7．A
【详解】A．甲苯中不存在碳碳双键，故A错误；
B．标准状况下，SO3不是气体， 2.24LSO3的物质的量大于0.1mol，原子数目大于0.4NA，故B正确；
C．1L0.1mol·L-1Na2S溶液中S2-会发生水解，则数目小于0.1NA，故C正确；
D．D2O中质子数为10，2.0g重水(D2O)的物质的量为=0.1mol，质子数目为NA，故D正确；
故选A。
8．D
【详解】A．配制100mL 0.1mol·L-1的硫酸时，不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，故A错误；
B．HCl和NaHCO3溶液反应会生成CO2，引入新的杂质，不能用饱和NaHCO3溶液除去氯气中的HCl气体，故B错误；
C．FeCl3溶液中Fe3+发生水解，Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，直接加热，促进水解，生成的HCl易挥发，蒸发不能得到FeCl3固体，故C错误；
D．热水中颜色深，说明反应2NO2(g)N2O4(g)逆向移动，则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，故D正确；
故选D。
9．C
【详解】A．FeSO4溶液滴入溴水，Fe2+与Br2发生氧化还原反应，生成Fe3+和Br-：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，A不正确；
B．Ca(ClO)2溶液中通SO2，生成的HClO具有强氧化性，能将、氧化为等，所以一定有CaSO4生成，B不正确；
C．AgNO2中滴加KCl溶液，由于Ksp(AgCl)＜Ksp(AgNO2)，所以AgNO2将不断转化为AgCl：AgNO2+C1-=AgCl+，C正确；
D．明矾与Ba(OH)2按物质的量1:1在溶液中反应，设二者的物质的量都为3mol，则发生反应生成BaSO4沉淀和Al(OH)3沉淀：2Al3++3+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，D不正确；
故选C。
10．A
【分析】Z最高价氧化物对应水化物0.005mol·L-1的pH=2，即c(H+)=0.01mol·L-1，说明Z最高价氧化物对应水化物为H2SO4，则Z为S；Z、M同周期，Z的原子序数小于M，则M为Cl；X、Y、Z、M同周期，X、Y、Z、M原子的最外层电子数之和为17，则X与Y在第三周期，最外层电子数为1或3，那么X与Y为Na或Al；Q与青金石中其他7种元素均不同周期也不同族，且为前20号元素，说明Q为Ca。
【详解】A．Na的单质不能形成氧化物保护膜，A错误；
B．根据金属活动性顺序表可知，Ca的金属性强于Na、Al，B正确；
C．SCl2的电子式为：，各原子均满足8电子稳定结构，C正确；
D．非金属性Si
11．B
【分析】由磷酸的与溶液的的关系图可知、、。
【详解】A．该温度下，由关系图可知pH=p=7.21，即，A正确；
B．逐渐增大该废水的过程中，含磷微粒的变化是，因此溶液中将先增大后减小，B错误；
C．时，因为，所以，即，因为，所以，即，故，C正确；
D．因为向含磷废水中加入可以得到沉淀，因此废水除磷过程中存在离子反应，D正确；
故答案为：B。
12．A
【详解】A．25℃，Kw=10-14，1 LpH=14的Ba(OH)2溶液中n(OH-)=1 mol，则其中含有OH-为NA个，A正确；
B．溶液中还存在水电离出的氢离子和氢氧根离子，不能计算离子数目，B错误；
C．32 g Cu的物质的量是0.5 mol，其与足量浓硝酸发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，根据方程式中物质反应转化关系可知0.5 mol Cu反应产生1 mol NO2气体，但可能有部分NO2溶解在溶液中，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，则反应得到的气体分子总数可能小于NA，C错误；
D．在标准状况下，22.4 LO2的物质的量是1 mol，由于不确定制取O2的方法，因此不能根据反应制取O2的物质的量确定反应过程中转移电子数目，D错误；
故合理选项是A。
13．D
【分析】根据题意，溶液中存在水解平衡Z-+H2OHZ+OH-，随着pH增大，增大，则lgc(OH-)增大，d为，减少，则lgc(H+)减小，a为，b为，c为，据此分析解题。
【详解】A．，取y点计算， =， =，A正确；
B．根据水解平衡Z-+H2OHZ+OH-，可知，，，溶液的约等于8.37，B正确；
C．x点纵坐标为，沿着x点作一条横坐标的垂线，可得与c点的交点大于与d点的交点，且此时溶液中，C正确；
D．当溶质仅为NaZ时存在物料守恒，，若加入NaOH，改变，体系中不成立，D错误；
答案选D。
14．B
【详解】A．取铁粉溶于稀盐酸中，铁锈与盐酸反应生成Fe3+，当铁粉较多时，Fe3+与Fe反应生成Fe2+，溶液中没有Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液不变红，无法证明铁粉是否生锈，A错误；
B．取等体积pH相同的一元酸HX和HY溶液，分别加入足量镁粉，充分反应后，HY收集的H2较多，说明HY是弱酸，相同温度下，电离常数小， Ka(HX)>Ka(HY)，B正确；
C．甲烷点燃也产生二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊，不能证明一定是一氧化碳，C错误；
D．葡萄酒中有乙醇，能使高锰酸钾褪色，不能证明有二氧化硫，D错误；
故答案为：B。
15．(1) b 使反应物混合均匀加速反应，且可以散热防止温度过高
(2) 反应焓变小于零为放热反应 5
(3) 高锰酸钾溶液过量 黄绿色
(4) C
【分析】三口烧瓶中加入搅拌磁子、KOH溶液和高锰酸钾，维持温度在45°C左右，滴加环己醇共2.0mL，反应生成KOOC(CH2)4COOK，过滤后滤液加入适量的KHSO3，再用约4mL浓HCl溶液，酸化后处理得到产品；
【详解】（1）图1中冷却水应下进上出，从冷凝管b口流入；反应为放热反应且需维持温度在45°C左右，故搅拌磁子的作用是使反应物混合均匀加速反应，且可以散热防止温度过高；
（2）反应焓变小于零为放热反应，故三颈烧瓶中溶液温度逐渐升高；由题干可知，反应需维持温度在45°C左右，结合图像可知，为了实验安全，应选择的滴速为5滴/min。
（3）高锰酸钾溶液为紫色，出现紫色环，该现象说明高锰酸钾溶液过量；KHSO3具有还原性，可以除去过量的高锰酸钾溶液，如果KHSO3用量不足，在己二酸“制备”过程中加入盐酸后，氯离子会被高锰酸钾氧化为氯气，会观察到生成黄绿色气体；
（4）二氧化锰为固体，分离固液选择过滤操作，故分离出MnO2的装置为C；由题干可知，高锰酸钾过量，环己醇2.0mL为，则理论生成0.019mol己二酸，故己二酸的产率是。
16．(1)分液漏斗
(2) O2 平衡分压，使得液体顺利滴下
(3) 冰水浴 该反应为放热反应，加入H2O2溶液的速度过快会导致大量放热，造成过氧化氢的分解
(4) 降低2Na2CO3·3H2O2的溶解度，使得2Na2CO3·3H2O2结晶析出 60
(5)12%
【分析】该实验目的是制备过碳酸钠，即加入原料H2O2溶液和无水碳酸钠于三颈烧瓶中，在常温下反应得到目标产物。由于该反应为放热反应，所以应该控制H2O2溶液的滴加速度和采用冰水浴。原料之一H2O2易分解产生O2，为保证H2O2溶液能够顺利滴入，装置应接通空气，平衡装置内压力。产物过碳酸钠易溶于水，应降低过碳酸钠在溶液中的溶解度，使产物顺利析出。
【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗；
（2）实验过程中会发生2H2O2=2H2O+O2↑的副反应，故产生气体副产物的化学式为O2，装置中玻璃导管的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；
（3）步骤ⅱ中，可采取的控温措施是冰水浴；制备过碳酸钠的反应为放热反应，若滴加过氧化氢溶液的速度太快，会造成过氧化氢和过碳酸钠分解，故滴加过氧化氢溶液的速度不能太快；
（4）步骤ⅱ中，过碳酸钠易溶于水，加入乙醇的目的是降低过碳酸钠的溶解度，便于产品析出；由图可知在60min时产率最高，活性氧质量分数较高，60分钟后虽然活性氧质量分数升高，但产率急剧下降，故最适宜的反应时间为60min左右。
（5）用KMnO4标准溶液滴定发生2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O反应，可计算体系中有，粗产品中活性氧质量分数ω(活性氧)。
17．(1) 球形干燥管 不能
(2) BaSO4 4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O
(3)缺少尾气处理装置
(4) 稀盐酸 抑制Cu2+水解
(5)取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净
(6)
【分析】本题是一道检验硫酸铜晶体分解的产物的实验题，该晶体分解后无水硫酸铜变蓝说明产物中有水，C中氯化钡生成白色沉淀，说明分解产物中含有三氧化硫，D中品红褪色，说明分解产物中含有二氧化硫，E中溶液变为红色，说明分解产物中含有氧气，以此解题。
【详解】（1）由图可知，装有无水硫酸铜的仪器名称为球形干燥管；因SO3极易溶于水，互换后，SO3溶于品红溶液，则BaCl2溶液无法检验出SO3，故答案为：互换后，SO3溶于品红溶液，BaCl2溶液无法检验出SO3，故两者不能互换；
（2）C中三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸再和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；E中二价铁被水中溶解的氧气氧化为三价铁，离子方程式为：4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O；
（3）反应中产生硫的氧化物，会污染空气，需要尾气处理装置，故不足之处是：缺少尾气处理装置；
（4）该实验是通过测定其中硫酸根的量来确定硫酸铜的量，故在实验过程中不能引入硫酸根离子，故酸A是稀盐酸；考虑到铜离子容易水解生成氢氧化铜沉淀影响实验，需要防止其水解，故滴加酸A的目的是：抑制Cu2+水解；
（5）沉淀上容易吸附氯离子，可以通过检验洗涤液中是否还有氯离子来验证，则检验方法为：取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净；
（6）硫酸铜的物质的量等于最后硫酸钡的物质的量，即n(CuSO4)=n(BaSO4)=，则。
18．(1)蒸馏烧瓶
(2)若SO2过量，溶液显酸性，产物易分解导致产量减少
(3)Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2
(4)控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率，同时调节三通阀的方向使二氧化硫进入B装置
(5)ACD
(6) 滴入最后一滴硫代硫酸钠时溶液由棕色变为蓝色，且半分钟内不恢复 偏大
【详解】（1）有支管的烧瓶称为蒸馏烧瓶。答案为蒸馏烧瓶；
（2）SO2溶于水中形成H2SO3会使溶于呈酸性，硫代硫酸钠酸性条件不稳定。答案为若SO2过量，溶液显酸性，产物易分解导致产量减少；
（3）反应中SO2与S2-发生归中反应生成Na2S2O3，而Na2CO3转变为CO2。答案为Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2；
（4）C中pH等于7时反应Na2CO3与Na2S完全转变为产物，此时反应应该停止，将多余的SO2气体进行尾气吸收。答案为控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率，同时调节三通阀的方向使二氧化硫进入B装置；
（5）装置B吸收SO2尾气。同时SO2具有酸性氧化物、氧化性、还原性性质。
A.2NaHCO3+SO2=2CO2+Na2SO3+H2O，NaHCO3能用于吸收SO2，A项正确；
B.NaHSO3不能与SO2反应，无法吸收SO2，B项错误；
C.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，NaOH能用于吸收SO2，C项正确；
D.SO2能被酸性KMnO4氧化吸收，D项正确；
故选ACD。
（6）当溶液中I2被完全消耗时即为反应终点，溶液由棕色变为蓝色。
由反应得到关系式为V2O5~I2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=10-4Vmol推出n(V2O5)=5×10-5Vmol，则含量为。由上述计算式看，若滴定管为润洗，Na2S2O3溶液被稀释而导致V增大，V2O5含量偏大。答案为滴入最后一滴硫代硫酸钠时溶液由棕色变为蓝色，且半分钟内不恢复；偏大；。
19．(1)
(2) CO2 不可以
(3)HNO3
(4) Fe(OH)3
(5) 蒸发浓缩 趁热过滤
【分析】铅蓄电池的填充物铅膏加入过量的亚硫酸钠、碳酸钠反应得到PbCO3和少量PbSO4，及不反应的氧化亚铁，过滤后固体加入稀硝酸酸溶，二价铁被氧化为三价铁同时生成氮的氧化物气体和二氧化碳气体；加入氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁沉淀，滤液加入稀硫酸将铅转化为沉淀，加入氢氧化钠加热后过滤分离出沉淀洗涤得到三盐基硫酸铅；
【详解】（1）PbO2和加入的碳酸钠、亚硫酸钠反应转化为PbCO3，离子方程式为 ；滤液1中和的浓度比为；
（2）“酸浸”过程，碳酸根离子和氢离子生成二氧化碳，故产生的气体主要有NOx(氮氧化物)和CO2；铅离子会和硫酸根离子生成硫酸铅沉淀导致铅损失，故不能使用[H2SO4+O2]替代HNO3；
（3）“沉铅”过程中硫酸和硝酸铅生成硫酸铅沉淀和硝酸，故循环利用的物质Y是HNO3；
（4）“除杂”中铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，故滤渣的主要成分为Fe(OH)3；在50~60°C“合成”加入氢氧化钠生成三盐基硫酸铅，化学方程式为；
（5）由图可可知，温度低于45℃左右时得到晶体，高于45℃时得到晶体，且温度升高的溶解度减小，故由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO4晶体的操作为将“滤液”调节pH为7，然后蒸发浓缩、趁热过滤，洗涤后干燥。
20．(1) -1 PbSO4
(2) 粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度 适当升温等 将Fe2+氧化成Fe3+，以便除去
(3)酸度过高，F-与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F- (aq)平衡右移
(4) Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑ 115.8
(5)Mn2+-2e- + 2H2O= MnO2+4H+
【分析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)，加入稀硫酸酸浸，产生硫酸铅为滤渣Ⅰ主要成分，及产生S；加入双氧水、氧化钙调节pH，除铁、铜，得到滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铜，再加入MnF2除钙，生成CaF2，再加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰；
【详解】（1）根据化合价法则，FeS2中硫元素为-1价，所以铁元素的化合价是+2价；
根据分析，滤渣I的成分除了S还有PbSO4；
（2）加快酸浸速率的措施粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度，适当升温等；
“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，以便生成Fe(OH)3而除去；
（3）酸度过高，F-与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F- (aq)平衡右移，故“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全；
（4）硫酸锰与碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸锰和二氧化碳，“沉锰”时发生反应的离子方程式为: Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；
反应MnCO3(s) + 2OH-(aq)Mn(OH)2(s) +(aq)的平衡常数K=====115.8；
（5）用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极上Mn2+失电子产生MnO2，电极反应式为Mn2+-2e- + 2H2O= MnO2+4H+。
21．(1)6.8≤pH<7.6
(2)
(3) Cr(OH)3
(4) 蒸发浓缩 冷却结晶
(5) 吸收SO2，防止污染
(6)随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出
【分析】某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)粉碎后用硫酸酸浸，Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3分别转化为Fe3+、Fe2+、Mg2+、Cr3+、Al3+，向滤液中加入过量Fe粉调节pH，使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3存在于滤渣1中，将滤渣1放入pH=11的强碱溶液中，Al(OH)3溶解，则滤渣3中存在Cr(OH)3，Fe3+被Fe还原生成Fe2+存在于滤液1中，向滤渣1中通入足量O2保持pH<1.5，将Fe2+再氧化成Fe3+，随后调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3存在于滤渣2中，Fe(OH)3滤渣加FeS2焙烧再经过磁选得到Fe3O4，以此解答。
【详解】（1）加入铁粉后，调节pH使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3，而不能使 Fe2+沉淀，由表格数据可知，调节pH的范围为6.8≤pH<7.6
（2）滤渣1中存在Cr(OH)3、Al(OH)3，调节pH=11，其中Al(OH)3能够和强碱反应，则由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为。
（3）由分析可知，滤渣3成分的化学式为Cr(OH)3，由已知ii可知，回收铬的过程中Cr(OH)3和NaOH反应生成。
（4）由滤液2得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（5）滤渣2中Fe(OH)3与FeS2混合后隔绝空气焙烧生成Fe3O4，S元素化合价上升转化为SO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：；该过程加入少量CaO的目的是吸收SO2，防止污染。
（6）酸浸过程中，硫酸的质量分数为50%，其原因是浓硫酸具有吸水性，随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出。
22．(1) 碳酸锰矿粉碎、搅拌 增大H+浓度、升高温度等
(2) 2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液
(3)5.4~8.8
(4)7.6×107
(5)50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应
(6)6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O
【分析】碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)中加入硫酸酸浸，矿石中只有SiO2不溶解，其它物质转化为FeSO4、MgSO4、Al2(SO4)3、MnSO4等；加入氧化剂a进行氧化1操作，此时Fe2+被氧化为Fe3+；加入试剂b沉铁铝，生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀；过滤后往滤液中加入MnF2，将Mg2+转化为MgF2；过滤后，往滤液中加入氨水，生成Mn(OH)2沉淀，再通入O2，将Mn元素部分氧化，从而生成Mn3O4。
【详解】（1）通过增大接触面积、适当增大酸的浓度、升高温度等，都可提高“酸浸”效果，则提高“酸浸”的方法有：碳酸锰矿粉碎、搅拌、增大H+浓度、升高温度等。答案为：碳酸锰矿粉碎、搅拌；增大H+浓度、升高温度等；
（2）“氧化1”步骤中，将Fe2+氧化为Fe3+，氧化剂a可选用MnO2，则发生反应生成Fe3+、Mn2+等，离子方程式为2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O，为了检验氧化是否完全，需检验Fe2+是否存在，可选用的试剂是：K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液。答案为：2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O；K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液；
（3）从表中可以看出，pH≥5.4时，Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，pH=8.8时，Mn2+开始沉淀，所以“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为5.4~8.8。答案为：5.4~8.8；
（4）“沉镁”步骤中，沉淀转化反应为MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)则平衡常数K==≈7.6×107。答案为：7.6×107；
（5）从图中可以看出，“沉锰”步骤中，50°C以后，硫酸根含量变化很少，实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应。答案为：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应；
（6）由分析可知，“氧化2”步骤中，Mn(OH)2被O2氧化为Mn3O4等，发生反应的化学方程式为6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。答案为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。
【点睛】检验Fe2+、Fe3+混合溶液中的Fe2+时，不能使用Cl2、KSCN溶液。
23．(1)
(2) 将氧化为
(3) 5～8
(4)
(5)
(6)
【分析】由题给流程可知，方锰矿用稀硫酸酸溶时，金属氧化物与稀硫酸反应转化为硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液1；向滤液1中加入二氧化锰将溶液中亚铁离子氧化为铁离子后，加入氨水调节溶液的pH，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有硫酸锰的滤液2；滤液2经离子交换、淋洗涤液洗脱后，加入碳酸铵溶液将溶液中的锰离子转化为碱式碳酸锰沉淀，过滤得到碱式碳酸锰和滤液3；碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧制得锰酸锂。
【详解】（1）步骤①中四氧化三铁溶于稀硫酸发生的反应为四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（2）由分析可知，滤渣1的成分为硫酸钙、二氧化硅；加入二氧化锰的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：；将氧化为；
（3）由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不转化为氢氧化锰沉淀，由氢氧化铝的溶度积可知，溶液中氢氧根离子不小于=1×10—9mol/L，由氢氧化锰的溶度积可知溶液中氢氧根离子浓度不大于=1×10—6mol/L，则溶液的pH范围为5～8；由方程式可知，反应的平衡常数K=====，故答案为：5～8；；
（4）由方程式可知，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用稀硫酸可以增大溶液中的氢离子浓度，使平衡向逆反应方向移动，有利于将锰离子进一步提纯，故答案为：；
（5）步骤④反应未见气体生成说明反应留存在滤液3中的产物为硫酸铵和碳酸氢铵，故答案为：；
（6）由分析可知，步骤⑤发生的反应为碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧生成锰酸锂、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故答案为：。
24．(1)1：2
(2) Pt、Au 增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)
(3) 分液漏斗 B
(4) 5.04×103 随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3 (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低
(5)应回收处理SO2
【分析】阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)在氧气中焙烧，生成金属氧化物和二氧化硫、二氧化硒，Pt、Au不反应，向焙烧后的物质中加入氧气、硝酸酸浸得到滤渣Pt、Au，向滤液中加入氯化钠沉银，过滤，向滤液中加入萃取剂萃取，分液后再加入反萃取剂得到硝酸铜，向滤渣中加入硫代硫酸钠，过滤，向滤液中加入氢氧化钠、Na2S2O4得到银单质。
【详解】（1）Cu2S和氧气焙烧为CuO和二氧化硫，反应方程式为Cu2S＋2O22CuO＋SO2，该过程中还原剂是Cu2S，氧化剂是O2，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2；故答案为：1：2。
（2）Pt、Au 不与稀硝酸反应，因此“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；加快“酸浸氧化”速率的方法可以从增大浓度、接触面积，提高温度来思考，措施有增大氧气浓度或不断搅拌等；故答案为：增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)。
（3）萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。
实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是分液漏斗；根据萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，后来要得到硝酸铜，为了不引入新的杂质，因此该流程中的“反萃取剂”最好选用硝酸；故答案为：分液漏斗；B。
（4）已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3 K=2.80×1013
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq) Ksp(AgCl)=1.80×10 10
①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解的反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3 +Cl－。则该反应的平衡常数为；故答案为：5.04×103。
②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低，根据AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3 (aq)+Cl－(aq)分析，由于氯离子浓度增大，平衡逆向移动，导致生成氯化银沉淀，即从化学平衡的角度解释可能的原因是随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3 (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低；故答案为：随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3 (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低。
（5）在焙烧工艺中二氧化硫会污染环境，因此从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：应回收处理SO2；故答案为：应回收处理SO2。
试卷第1页，共3页
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