高中化学第三章物质在水溶液中的行为第4节离子反应第2课时测试题3鲁科版选修4

第三章物质在水溶液中的行为第4节离子反应第2课时
一、选择题
1. 下列离子方程式书写正确的是（）
A. 氢氧化铝与稀硫酸反应：OH-+H+=H2O
B. 铁粉加入稀硫酸中：2Fe+6H+=2Fe3++3H2
C. 氯气与NaOH 溶液反应：Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H2O
D. 氢氧化钾溶液中加入稀盐酸反应：OH-+H+=H2O
2．手持技术是基于数据采集器、传感器和多媒体计算机构成的一种新兴掌上试验系统，具有实时、定量、直观等特点，图2是利用手持技术得到的微粒的物质的量的变化图，常温下向20mL 0.2mol/L H2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA- ，Ⅲ代表A2-,下列说法正确的是（）
A. H2A在水中的电离方程式是：H2A═2H++A2-
B. 当V（NaOH）=40mL时，其溶液中水的电离受到抑制
C. 当V（NaOH）=20mL时，则有：c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-）
D. 当V（NaOH）=30mL时，则有：c（H+） +c（Na+）═ c（A2-）+ c（OH-）+ c（HA-）3．下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（）
A. 用铜电极电解NaCl溶液制备Cl2：2C1—+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH—
B. 向MgCl2溶液中加入氨水制备Mg(OH)2:Mg2++2OH—==Mg(OH)2↓
C. 将FeS溶于稀硝酸制备Fe(NO3)3：FeS+4H++NO3==Fe3++NO↑+S↓+2H2O
D. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4—+6H++5H2O2==2Mn2++5O2↑+8H2O
4．制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O实验中，需对过滤出产品的母液(PH<1)进行处理。

常温下，分別取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（）
A. 通人过量氯气：Fe2+、NH4+、H+、SO42-、Cl-
B. 加入少量 NaClO溶液：Fe2+、NH4+、SO42-、H+、ClO-
C. 加入过量 NaOH 溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42-、OH-
D. 加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42-、Cl-、ClO-、OH-
5．25℃时，用0.10 mol • L-1的氨水滴定10.00 mL a mol • L-1的盐酸，溶液的pH与氨水的体积(V)的关系如图所示。

已知：N点溶液中存在：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，下列说法正确的是（）
A. M点溶液中存在：c(H+)=c(OH-)+2c(NH3·H2O)+ c(NH4+)
B. N、Q两点溶液中NH3• H2O的电离常数：N<Q
C. P 点氨水过量，c(NH4+)> c(Cl-)
D. a=0.054
6．下列是某化学研究性学习小组对某无色水样成分的检验过程，已知该水样中只可能含有K+、Fe3+、Cu2+、Ag+、Ca2+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种离子，该小组同学取 100 mL 水样进行实验：向样品中先滴加氯化钡溶液，再滴加 1 mol·L-1盐酸，实验过程中沉淀质量的变化如图所示。

下列说法正确的是（）
A. 水样中一定不存在Fe3+、Cu2+，可能存在Ag+
B. 水样中一定存在CO32-、SO42-、Cl-
C. BC段曲线所表示的离子方程式为CO32-＋2H+=H2O＋CO2↑
D. 水样中一定存在K＋，且c(K＋)≥0.6mol·L-1
7．在100mL混合液中硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L，向该混合物中加入1.92克铜粉，加热充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是（）
A. 0.225mol/L
B. 0.15mol/L
C. 0.35mol/L
D. 0.45mol/L
8．用0.1 mol·L-1NaOH溶液分别滴定10mL相同浓度的盐酸和醋酸（溶质用HA表示），利用电导率传感器绘制电导率曲线如图所示。

下列说法不正确的是（）
A. b点pH值大于1
B. 盐酸浓度为 0.lmol·L-1
C. c点：c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)
D. 曲线Ⅰ为盐酸，曲线Ⅱ为醋酸溶液
9．下列化学过程中对应的离子方程式正确的是（）
A. 向漂白液中通入SO2提高漂白效率：ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO3-
B. 酸性KMnO4溶液褪色证明Fe2+的还原性：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
C. 黄色的AgI悬浊液中加入Na2S溶液后变黑：2Ag++S2-=Ag2S↓
D. 小苏打用于治疗胃酸过多：CO32-+2H+=CO2↑+H2O
10．次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，属于一元弱酸，具有较强的还原性。

下列有关说法正确的是（）
A. 用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为2H2O+4e- =O2↑+4H+
B. 将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的还原产物可能为H3PO4
C. H3PO2溶于水的电离方程式为H3PO2H++ H3PO2-
D. H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为H3PO2+3OH-=PO23-+3H2O
11．常温下，向20 mL 0.2 mol/L二元酸H2A溶液中滴加0.2 mol/LNaOH溶液，有关微粒物质的量变化如右图。

下列叙述正确的是（）
A. 从图象中可知H2A为强酸
B. 当V(NaOH)=20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na+）>c(HA－）> c(H+) >c( A2－) >c(OH－)
C. 当V(NaOH) =20 mL时混合溶液的pH值大于7
D. 当V(NaOH) =40 mL时，升高温度，c(Na+)／c(A2－)减小
12．下列离子组中所给离子在水溶液中能大量共存，且当加入试剂后反应的离子方程式书写完全且正确的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
13．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
14．下列图示与对应的叙述相符的是（）
A. 图1表示将SO2气体通入溴水中，所得溶液的pH变化
B. 图2表示向含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸所得沉淀的物质的量与盐酸体积的关系
C. 图3表示常温下，向0.1000mol•L-1HCl溶液中滴加20.00mL 0.1000mol•L-1氨水的滴定曲线
D. 图4表示乙醇的催化氧化反应中速率随温度的变化图像，升高温度该反应的平衡常数减小
二、非选择题
15. 某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。

现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀物质的量（n）与加入试剂的体积（V）关系如图所示。

（1）若Y是盐酸，所得到的关系图如甲所示，则oa段转化为沉淀的离子（指来源于X溶液的，下同）是，ab段发生反应的离子，bc段发生反应的离子方程式；
（2）若Y是NaOH溶液，所得到的关系图如乙所示，则X中一定含有的离子是，假设X溶液只含这几种离子，则溶液各离子物质的量之比为，ab段反应的离子方程式为。

16. 工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物)制取金属锌的流程如图所示。

回答下列问题：
（1）酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，该反应的化学方程式为___________；
（2）净化Ⅰ操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2＋氧化；第二步是控制溶液pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀。

①写出酸性条件下H2O2与Fe2＋反应的离子方程式：___________；
②25 ℃时，pH＝3的溶液中，c(Fe3＋)＝___________mol·L－1（已知25 ℃，K sp[Fe( OH)3]＝4.0×10－38）。

③净化Ⅰ生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是_______________；
（3）若没有净化Ⅱ操作，则对锌的制备带来的影响是_________________；
（4）本流程中可以循环利用的物质除锌外还有________________。

17. 强酸性溶液X含有Ba2＋、Al3＋、NH4+、Fe2＋、Fe3＋、CO32-、SO32-、SO42-、Cl－、NO3-中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容如下：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）溶液X中除H＋外还肯定含有的离子是_____________________________________；（2）写出有关离子方程式：步骤①中生成A__________________;步骤②生成沉淀I__________________；
（3）假设测定A、F、I均为0.01 mol,10 mL X溶液中n(H＋)＝0.04 mol，而沉淀C物质的量0.07 mol，能说明该溶液不能确定的阴离子存在的理由是___________________。

18. 高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。

其生产工艺如下：
（1）反应①应在温度较低的情况下进行。

因在温度较高
．．．．时KOH 与Cl2反应生成的是KClO3。

写出在温度较高
．．．．．．时KOH 与Cl2反应的化学方程式，当反应中转移5 mol电子时，消耗的氯气是mol；
（2）在反应液I中加入KOH固体的目的是（填编号）；
A．与反应液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO
B．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
C．为下一步反应提供碱性的环境
D．使KClO3转化为 KClO
（3）从溶液II中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为；
（4）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净；
（5）高铁酸钾(K2FeO4)作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，其离子反应是：FeO42¯ +H2O = Fe(OH)3(胶体) +O2↑ + ，完成并配平上述反应的离子方程式。

参考答案
1.【答案】D
【解析】A、氢氧化铝与稀硫酸反应的离子反应为Al(OH)3 +3H＋=Al3＋+3H2O，故A错误；B、铁与稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H＋=Fe2＋+H2↑，故B错误；C、氯气与NaOH 溶液反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，原选项没有配平，故C错误；D、可溶性强酸强碱中和，生成可溶性盐OH-+H+=H2O正确；故选D。

本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。

2．【答案】C
【解析】A．0.2mol•L-1H2A溶液c（H+）＜0.4mol/L，则H2A在溶液中部分电离，为弱酸，H2A 在水中的电离方程式是：H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-，故A错误；B．当V（NaOH）=40mL时，恰好生成Na2A溶液，A2-的水解促进水的电离，故B错误；C．当V（NaOH）=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，HA-电离大于水解，溶液显酸性，则c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-），故C正确；D．当V（NaOH）=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要为等物质量的NaHA，Na2A的混合溶液，根据电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-），故D错误；故选C。

3．【答案】C
【解析】A．用铜电极电解NaCl溶液制备Cl2，离子方程式：Cu+2H2O H2↑+Cu(OH)2↓，故A错误；B．向MgCl2溶液中加入氨水制备Mg(OH)2，离子方程式：Mg2++2NH3•H2O═Mg(OH)2↓+2NH4+，故B错误；C．将Fe S溶于稀硝酸制备Fe(NO3)3，离子方程式：FeS+4 H++NO3═Fe3++NO↑+S↓+2H2O，故C正确；D．浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而影响双氧水还原性的检验，故D错误；故选C。

4．【答案】D
【解析】制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O实验中，过滤出产品的母液(PH<1)含有的离子有Fe2+、NH4+、H+、SO42-；通人过量氯气，亚铁离子被氧化为Fe3+，故A错误；加入少量 NaClO溶液，亚铁离子被氧化为Fe3+，故B错误；加入过量 NaOH 溶液，NH4+、OH-反应生成弱电解质一水合氨，故C错误；加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，Na+、SO42-、Cl-、ClO-、OH-不反应，故D正确。

5．【答案】A
【解析】N点溶液中存在的电荷守恒式为c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-) ，已知c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，则c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c(Cl-) 可知此时溶液中只有NH4Cl，即滴加氨水10.8mL时恰好完全中和，所得溶液为NH4Cl；A．M点滴加氨水为5.4mL 完全反应后溶液为HCl和NH4Cl等浓度的混合溶液，存在的电荷守恒式为c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-) ，若c(H+)=c(OH-)+2c(NH3·H2O)+ c(NH4+)，则2c(NH3·H2O)+ 2c(NH4+)=c(Cl-) ，满足物料守恒，故A正确；B．NH3• H2O的电离常数只随温度变化而变化，恒温下电离平衡常数不变，即N=Q，故B错误；C．P 点氨水过量，此时溶液显中性，即c(H+)=c(OH-) ，根据电荷守恒式c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-) 可知，c(NH4+)= c(Cl-)，
故C错误；D．N点恰好完全中和，则0.10 mol • L-1×10.8mL=10.00mL× a mol • L-1，a=0.108，故D错误；答案为A。

6．【答案】D
【解析】该水样为无色溶液，水样中一定不存在Fe3+、Cu2+；依据图象分析加入氯化钡溶液生成沉淀，加入稀硝酸，沉淀部分溶解证明水样中一定含有SO42-、CO32-，又因为CO32-与Ag+、
Ca2+发生反应生成沉淀不能大量存在，所以Ag+、Ca2+不存在；n(SO42-)=
2.33
233/
g
g mol
=0.01mol，
n(CO32-)=n(BaCO3)= 6.27 2.33
197/
g g
g mol
=0.02mol；原溶液中可能含有Cl-，依据电解质溶液中电
荷守恒，阳离子K+一定存在；根据电荷守恒得到：0.01mol×2+0.02mol×2+n(Cl-)=n(K+)推知n(K+)≥0.06mol；A．据此分析可知，水样中一定不存在Fe3+、Cu2+、Ag+，故A错误；B．溶液是电中性的，则水样中一定存在CO32-、SO42-、K+，可能含有Cl-，故B错误；C．BC段曲线是溶解碳酸钡沉淀，所表示的离子方程式为BaCO3＋2H+=Ba2++H2O＋CO2↑，故C错误；D．水
样中一定存在K＋，且c(K＋)≥0.06mol
0.1L
=0.6mol·L-1，故D正确；答案为D。

根据图象曲线变化及离子的性质正确推断各离子的存在情况为解答关键，注意熟练掌握常见离子的性质及检验方法，结合电荷守恒判断钾离子的存在为易错点；该水样为无色溶液，水样Fe3+、Cu2+不存在，依据图象分析加入硝酸钡溶液生成沉淀，加入稀硝酸，沉淀部分溶解证明水样中一定含有SO42-、CO32-，又因为CO32-与Ag+、Ca2+发生反应生成沉淀不能大量存在，所以Ag+、Ca2+不存在；依据电解质溶液中电荷守恒分析判断阳离子的存在，原溶液中可能含有Cl-，依据电解质溶液中电荷守恒，阳离子K+一定存在，据此进行解答。

7．【答案】A
【解析】100mL混合液中，硝酸的物质的量为0.04mol，硫酸的物质的量为0.01mol，他们共电离出H+0.06mol，1.92g铜的物质的量为0.03mol，依据它们与铜反应的离子方程式可得：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO+4H2O
3 2 8 3
0.03 0.04 0.06 n
由离子方程式可知，它们以物质的量之比3:2:8反应，而实际投料为3:4:6，所以相比较而
言，H+最少而铜和硝酸根是过量的，应按氢离子的量来计算生成的铜离子。

n(Cu2+)=3 8
n(N 3O -)=30.060.0225mol 8⨯=，则c(Cu 2+)=0.225mol/L ，所以A 正确。

8．【答案】C
【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH 3COOH 是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH 后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl 是强电解质，随着NaOH 溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应时离子浓度最小，继续加入NaOH 溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线Ⅰ代表0.1 mol/L NaOH 溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线Ⅱ代表0.1 mol/LNaOH 溶液滴定CH 3COOH 溶液的滴定曲线，则A ．根据图像可知加入10mL 氢氧化钠恰好反应，所以酸的浓度均是0.1mol/L ，醋酸是弱酸，溶液中pH ＞1，A 正确；B ．根据以上分析可知盐酸的浓度是0.1mol/L ，B 正确；
C ．c 点醋酸根水解溶液显碱性：c(Na +)>c(CH 3COO -)>c(OH -)>c(H +)，C 错误；
D ．根据以上分析可知曲线Ⅰ为盐酸，曲线Ⅱ为醋酸溶液，D 正确，答案选C 。

本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解答本题关的键。

9．【答案】A
【解析】A 、向漂白液中通入SO 2降低漂白效率：ClO -+SO 2+H 2O=Cl ―＋SO 42―＋2H ＋ ，故A 错误；
B 、酸性KMnO 4溶液褪色证明Fe 2+的还原性，KMnO 4中Mn 元素化合价降低，Fe 2＋ 化合价升高：MnO 4-+5Fe 2++8H +=Mn 2++5Fe 3++4H 2O ，故B 正确；
C 、黄色的AgI 悬浊液中加入Na 2S 溶液后变黑：2AgI+S 2-=Ag 2S ＋2I ― ，故C 错误；
D 、小苏打用于治疗胃酸过多：HCO 3-+H +=CO 2↑+H 2O ，故D 错误；故选A 。

10．【答案】C
【解析】A ．H 3PO 2具有较强的还原性，电解时，阳极上H 2PO 2-失电子，所以用惰性电极电解NaH 2PO 2溶液，其阳极反应式为：H 2PO 2--4e -+2H 2O═H 3PO 4+3H +，故A 错误；B ．H 3PO 2具有还原性，能被高锰酸钾氧化，则将H 3PO 2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H 3PO 2的氧化产物为H 3PO 4，故B 错误；C ．一元弱酸在溶液中部分电离出一个氢离子，则H 3PO 2溶于水的电离方程式为：H 3PO 2⇌H ++H 2PO 2-，故C 正确；D ．一元弱酸与NaOH 按照物质的量1：1反应，所以H 3PO 2与过量NaOH 溶液反应的离子方程式为：H 3PO 2+OH -═H 2PO 2-+H 2O ，故D 错误；答案为C 。

11．【答案】B
【解析】A ．H 2A 溶液中存在H 2A 分子，说明H 2A 部分电离，所以H 2A 为弱酸，故A 错误；B ．根据图象知，当V （NaOH ）=20 mL 时，发生反应为NaOH+H 2A═NaHA+H 2O ，溶质主要为NaHA ，HA -
电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA-都电离出氢离子，只有HA-电离出A2-，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-），故B正确；C．当V（NaOH）=20 mL时，溶液中c（ A2-）大于c（ H2A），HA-电离程度大于水解程度，溶液显酸性，即混合溶液的pH值小于7，故C错误；D．向20mL 0.2mol．L-1二元酸H2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液40ml，反应后得到溶液为Na2A溶液，A2-离子水解溶液显碱性，加热促进水解A2-离子浓度减小，钠离子浓度不变，则比值增大，故D错误；故选B。

判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。

①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。

如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。

②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。

如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S 元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。

③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。

质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。

12．【答案】B
【解析】A．Fe3+、S2-之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Na+、Al3+、Clˉ、SO42-之间不发生反应，加入少量NaOH后铝离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3OH-═Al(OH)3↓，故B正确；C．H+、Fe2+、NO3-之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．H+与ClO-之间发生离子反应生成HClO，加入少量二氧化硫后，次氯酸根离子与二氧化硫发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3ClO-+H2O+SO2═SO42-+2HClO+Cl-，故D错误；故选B。

点睛：明确离子反应发生条件及题干隐含条件为解答关键，注意掌握判断离子共存的常用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

审题时还应特别注意以下几点：1、注意溶液的酸性对离子间发生氧化还原反应的影响，如：Fe2+与NO3-能共存，但在强酸性条件下(即Fe2+、NO3-、H+相遇)不能共存；MnO4-与Cl-在强酸性条件下也不能共存；S2-与SO32-在钠、钾盐时可共存，但在酸性条件下则不能共存；2、酸式盐的含氢弱酸根离子不能与强碱(OH-)、强酸(H+)共存，如HCO3-+OH-=CO32-+H2O(HCO3-遇碱时进一步电离)；HCO3-+H+=CO2↑+H2O。

13．【答案】D
【解析】A．常温下铜与浓硫酸不反应，需要加热才生成SO2，故A错误；B．水溶液中的I-不能被CCl4萃取，故B错误；C．使甲基橙呈黄色的溶液pH大于5即可，无法判断NaHCO3溶液呈碱性，故C错误；D．向浓度均为0.1mol·L－1的Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3的溶液中逐滴加入氨水，先有红褐色沉淀生成，后有白色色沉淀生成，说明Al(OH)3的溶度积比Fe(OH)3的大，故D正确；答案为D。

14．【答案】D
【解析】A．溴水溶液呈酸性，溶液pH＜7，通入二氧化硫生成HBr、硫酸，酸性增强，图象中未通二氧化硫时，溶液的pH值大于7，不能表示溴水，故A错误；B．先发生NaOH与盐酸的反应不生成沉淀，然后发生NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，沉淀生成与溶解消耗酸的比例为1∶3，与图象不符，故B错误；C．未滴定前0.1000mol•L-1氨水显碱性，溶液pH＞7，故C错误；D．升高温度逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，升温逆移，则逆反应方向为吸热方向，正方向为放热反应，则△H＜0，此时平衡常数减小，故D正确；答案为D。

15．【答案】（1）SiO32－、AlO2－ CO32－ Al（OH）3+3H＋=Al3++3H2O
H2O
（2）Al3+、Mg2+、NH4+、Cl－ 2：1：4：12 NH4++OH－=NH
3·
【解析】（1）无色溶液中不会含有Fe3+，加入盐酸后能形成的沉淀有Al（OH）3、H2SiO3，前者能溶于过量盐酸中而后者不能，由图像知溶液中肯定含有AlO2－、SiO32－。

oa段发生反应的离子为AlO2－、SiO32－，ab段为CO32－，bc段则是Al（OH）3溶解。

（2）当向溶液中加入NaOH时，生成的沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，ab段是NH4+与OH－之间发生反应，因Mg2+、Al3+不能与CO32－、SiO32－、AlO2－共存，故此时溶液中阴离子只有Cl－。

结合图像，溶解Al（OH）3、与NH4+作用、生成Al（OH）3消耗的NaOH体积比为1：2：3；由此可求出与Mg2+反应时消耗的NaOH体积与溶解Al（OH）3消耗NaOH 溶液一样多，故溶液中n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=2：1：4，再利用电荷守恒原理求出n（Cl－），最后就得到各种离子物质的量比。

16．【答案】（13分，第(1)小题3分，其余每空2分）
(1)ZnFe2O4＋4H2SO4===ZnSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O
(2)① H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；② 4.0×10－5；③ Fe(OH)3胶体(沉淀)具有吸附性；
(3)制取的锌含铜等杂质；
(4)H2SO4、ZnSO4
【解析】（1）根据信息，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，
即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；
（2）①亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；
②氢氧化铁的溶度积Ksp[Fe（ OH）3]=4.0×10-38，pH=3的溶液中，氢氧根离子的浓度为
1×10-11mol/L，c（Fe3+）=
38
113
410
1)
10
(
-
-
´
´
mol/L=4.0×10-5mol/L，故答案为：4.0×10-5；
③由于生成的Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性，所以净化Ⅰ生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，故答案为：Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性；
（3）由于锌焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反应后溶液中存在铜离子，没有净化Ⅱ操作，电解制取的锌中会含有铜等杂质，故答案为：制取的锌含铜等杂质；
（4）通过制取金属锌的流程图示可以知道，可以循环利用的物质除锌外，含有硫酸、硫酸锌，故答案为：H2SO4、ZnSO4
17．【答案】（1）Al3＋、NH4+、Fe2＋、SO42-
（2）3Fe2＋＋NO3-＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O ；AlO2-＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋H CO3-（3）若检验Fe3＋肯定存在时，就有Cl－存在，因为肯定存在的离子电荷总数已相等
【解析】在酸性溶液中不能含有挥发性的弱酸的酸根离子CO32-、SO32-；向某强酸性溶液X中加入过量Ba(NO3)2溶液，产生气体A能够与O2发生反应产生气体D，D与O2及H2O发生反应产生溶液E，则证明在溶液中含有还原性离子Fe2＋；向产生的溶液B中加入过量的NaOH溶液产生气体F，证明含有NH4+；沉淀G中一定含有Fe(OH)3；向所得的溶液H中通入过量的CO2气体，能够产生沉淀I，说明原溶液中含有Al3＋，当加入过量NaOH溶液时变为AlO2-，当通入过量的CO2气体时发生离子反应形成沉淀Al(OH)3同时还形成HCO3-；向原溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液，产生沉淀C，则证明含有SO42-。

（1）溶液X中除H＋外还肯定含有的离子是Al3＋、NH4+、Fe2＋、SO42-；
（2）步骤①中发生氧化还原反应，生成A离子方程式是：3Fe2＋＋NO3-＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；步骤②生成沉淀I离子方程式是AlO2-＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋H CO3-；
（3）n(SO42-)=0.07mol；n(NH4+)=0.01mol；n(Al3＋)=0.01mol；n(H＋)＝0.04 mol ；n(NO)=0.01mol；根据方程式3Fe2＋＋NO3-＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O中NO与Fe2+的物质的量的关系可知：n(Fe2＋)=0.03mol,可见此时溶液中阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等，因此若溶液中不存在Fe3＋，就无Cl-存在；若若检验Fe3＋肯定存在时，就有
Cl－存在，因为肯定存在的离子电荷总数已相等。

18. 【答案】
（1）6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O；3；
（2）AC；
（3）2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（4）用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净；
（5）4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-。

【解析】（1）据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物有：KClO3、KCl、H2O，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O；根据方程式，当反应中转移5 mol电子时，消耗的氯气3mol，故答案为：6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O；3；
（2）A、根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，故A正确；B、因温度较高时KOH 与Cl2反应生成的是KClO3，而不是KClO，故B错误；C、第③步需要碱性条件，所以碱要过量，故C正确；D、KClO3转化为 KClO，化合价只降不升，故D错误；故选AC；
（3）据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO-，生成物：FeO42-、Cl-，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（4）只要检验最后一次的洗涤中无Cl-，即可证明K2FeO4晶体已经洗涤干净，故答案为：用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净；
（5）根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-，故答案为：4FeO42-+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-。