甘肃高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-05水溶液中的离子反应和平衡
一、单选题
1．（2023·甘肃·统考三模）根据下列实验目的、操作及现象所得结论正确的是
选项 实验目的 操作及现象 结论
A 比较CH3COO-和HCO的水解常数 分别测定浓度均为0.1mol L-1的CH2COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者 Kh(CH3COO-)＜Kh(HCO)
B 向FeI2溶液中滴几滴新制氯水，再加适量苯，振荡 溶液分层，下层呈浅绿色，上层呈紫红色 还原性：Fe2+＞I-
C 由乙二醇加酸性高锰酸酸钾溶液 有气泡产生 向乙二醇中滴加过量酸性高锰钾溶液无法制备乙二酸
D 向0.1mol L-1ZnSO4溶液中加入过量Na2S溶液，再滴入0.1mol L-1CuSO4溶液 先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀 Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·甘肃·统考二模）下列实验操作和现象，可得出正确结论的是
实验操作 实验现象 结论
A 将干燥的氯气通入盛有红色鲜花的集气瓶中 鲜花的红色褪去 干燥的氯气具有漂白性
B 在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒 火焰呈黄色 无色溶液中含钠元素
C 将物质的量之比为2：1的H2与I2(g)混合气体在一定条件下充分反应 混合气体呈紫黑色 H2与I2(g)的反应为可逆反应
D 向室温下pH=a的10.0mLHA溶液中加蒸馏水稀释至100.0mL 测得稀释后所得溶液的pH=b 若b-a<1，则HA一定是弱酸
A．A B．B C．C D．D
3．（2023·甘肃武威·校联考一模）设为阿伏加德罗常数的值。接触法制备硫酸的原理：(1)；(2)；(3)。下列说法正确的是
A．的硫酸溶液中含的数目为
B．反应(2)中和反应放出热量时生成分子的数目为
C．，则
D．反应(1)中生成转移的电子数为
4．（2022·甘肃·统考二模）25℃时，向20mL0.1ml·L-1二元弱酸(H2A溶液中加入NaOH固体，混合溶液的随-lgc(HA-)以及-lgc(A2-)的关系如下图所示(忽略溶液体积变化和H2A的挥发)。下列有关叙述正确的是
A．曲线I、II是分别代表的微粒为HA-和A2-
B．pH=10时，
C．从a点到d点，水电离的一直增大
D．b点有关微粒浓度大小关系为>>>
5．（2021·甘肃金昌·统考模拟预测）常温下，向某浓度的二元弱酸H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图所示(pC=-lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)。下列说法正确的是
A．pH由2增大到3的过程中，水的电离程度先减小后增大
B．溶液中存在点d满足3[c(H2A)＋c(HA-)＋c(A2-)] = 2c(Na+)，该点位于b、c之间
C．pH=3时，溶液中c(HA-)= c(A2-) ＞ c(H2A)
D．常温下，溶液中c(H2A)·c(A2-)与c2(HA-)的比值为104.5
6．（2021·甘肃兰州·统考一模）常温下，某H3AsO4溶液中逐滴加入NaOH，溶液中含砷微粒的分布分数(某含砷微粒的物质的量浓度占所有含砷微粒物质的量浓度之和的分数)与pH的变化关系如下图所示。下列说法正确的是
A．H3AsO4的第一步电离常数Ka1>0.01
B．pH=11.5时，c(H2AsO)+2c(HAsO)＋3c(AsO)+c(OH-)=c(H+)
C．Na3AsO4溶液中，3c(Na+)=c(AsO)+ c(HAsO)+c(H2AsO)+c(H3AsO4)
D．以酚酞为指示剂，将 NaOH 溶液逐滴加入到H3AsO4溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该反应的离子方程式为2OH-+H3AsO4= HAsO+2H2O
二、工业流程题
7．（2023·甘肃·统考三模）利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含少量CaO、MgO、SiO2、Al2O3等杂质)制取高纯硫酸锰的工艺流程如图所示。
已知：常温下，一些金属氢氧化物沉淀的pH如表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀pH 1.5 6.5 7.7 3.8
沉淀完全pH 3.7 9.7 9.8 5.2
常温下，一些难溶电解质的溶度积常数如表：
难溶电解质 MnF2 CaF2 MgF2
Ksp 5.3×10-3 1.5×10-10 7.4×10-11
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是 (填化学式)；将软锰矿、铁屑和硫酸按一定比例放入反应装置中，搅拌、加热反应一定时间，其中搅拌、加热的目的是 ；从“深度除杂”后的溶液中得到MnSO4固体的操作为 、降温结晶、过滤、洗涤和干燥。
(2)“浸取”时，溶液中的Fe2+与MnO2反应生成Fe3+的离子方程式为 ，“浸出液”需要鼓入一段时间空气后，再进行“沉铁”的原因是 。
(3)“沉铁、铝”时，加CaCO3控制溶液pH范围是 ；常温下，Ksp[Al(OH)3]= 。
(4)“深度除杂”中加入MnF2可以除去 离子和 离子，原因是 。
8．（2022·甘肃平凉·统考二模）工业上常用含钒炉渣(主要含FeO·V2O3，还有少量MnO、Al2O3、SiO2等杂质)提取V2O5，提取流程如图：
已知：V2O3难溶于水和碱，可溶于酸，灼烧可生成V2O5。
(1)为提高含钒炉渣的浸取率，可采取的措施为 。
(2)“滤液1”中除了含有过量的NaOH外，还含有的溶质为 (填化学式)。
(3)灼烧的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，写出该反应的化学方程式： ；该过程中被氧化的元素是 (填元素符号)。
(4)“沉锰”时需将温度控制在70°C左右，温度不能过高的原因为 ；“滤渣2”的主要成分是MnCO3，写出生成MnCO3的离子方程式： 。
(5)将V2O3溶于足量稀硫酸得到250mL (VO2)2SO4溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1的Na2SO3标准溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为20.00mL。已知：呈黄色、VO2+呈蓝色。
①该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的颜色变化为 。
②(VO2)2SO4溶液中溶质的物质的量浓度为 。
③达到滴定终点时，俯视滴定管读数将使结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
9．（2021·甘肃金昌·统考模拟预测）金属回收与利用有利于环境保护，镉可用于制造体积小和电容量大的电池。铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质，湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度均为0.1mol·L-1)
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cd(OH)2
开始沉淀的pH 1.7 6.3 7.5
沉淀完全的pH 2.8 8.4 9.3
(1)滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，试写出浸取过程离子方程式 。
(2)操作Ⅱ“除钴”时，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，写出该反应的化学方程式： 。
(3)操作Ⅲ加入ZnO控制反应液的pH范围为 ；若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。请设计实验方案加以检验： 。
(4)“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解阳极反应式为 ；电解废液最好在 加入循环利用。(选择“操作I”、“操作Ⅱ”、“操作Ⅲ”、“电解”工序名称填入横线上)
(5)回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应式为 ；如果用生石灰处理含Cd2+(2.88×10-4mol/L)的电解废液。常温下，当pH=10时，镉的去除率为 。(用百分数表达，小数点后两位有效数字。已知常温下，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10-15)
10．（2021·甘肃兰州·统考一模）CoCl2是一种性能优越的电池前驱材料，可用于电镀。含钴矿中Co元素主要以Co2O3、CoO形式存在，还含有Fe3O4、SiO2、CuO、ZnO、NiO、MgCO3等杂质，制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：
滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体。
已知：
①焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。MgF2难溶于水。
②CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：
Co3+ Fe3+ Cu2+ Co2+ Fe2+ Zn2+ Mg2+
开始沉淀pH 0.3 2.7 5.5 7.2 7.6 7.6 9.6
完全沉淀pH 1.1 3.2 6.6 9.2 9.6 9.2 11.1
请回答：
(1)实验室中进行操作①时所需的玻璃仪器有 。滤渣1的主要成分是 。
(2)取时加入Na2S2O5发生的氧化还原反应的离子方程式为 。
(3)滤液1中加入NaClO3的作用为 。加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为 。
(4)滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是 。
(5)制备晶体CoCl2·6H2O，需在减压环境下烘干的原因是 。
(6)某学习小组同学为测定产品中CoCl2·6H2O晶体的纯度，将一定量的样品溶于水，再向其中加入足量AgNO3溶液，过滤洗涤，并将沉淀烘干后称量。通过计算发现产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是 。(写一条即可)。
三、实验题
11．（2023·甘肃酒泉·统考一模）亚硝酰氯(Cl-N=O)是有机合成中的重要试剂，熔点为-64. 5℃，沸点为- 5.5℃，遇水易水解。实验室用Cl2与NO反应制备ClNO并测定其纯度的实验装置如图所示(夹持装置略去)。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 。a中发生反应的离子方程式为 。
(2)装置C中长颈漏斗的作用是 。
(3)实验室一般将浓硝酸保存在棕色试剂瓶中，并放置在阴凉处，原因是 (用化学方程式表示)。
(4)装置D中将三颈烧瓶浸在- 10℃冰盐水中的目的是 。
(5)若去掉装置D中的干燥管，对实验的影响是 (用化学方程式表示)。
(6)通过以下实验测定亚硝酰氯样品的纯度。取D中所得液体100 g溶于适量的NaOH溶液中，配制成250 mL溶液；取出25. 00 mL样品溶于锥形瓶中，用a mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液的体积为20. 00 mL。则亚硝酰氯样品的纯度为 。
12．（2022·甘肃张掖·统考二模）生活中甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种新型补铁剂。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器已省略)制备甘氨酸亚铁。
有关物质性质如表所示：
甘氨酸(H2NCH2COOH) 易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中溶解度大于在乙醇中的溶解度。
柠檬酸 易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。
甘氨酸亚铁 易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。
实验步骤如下：
I.打开K1和K3，向c中通入气体，一段时间后，将b中溶液转移到c中。
II.在50°恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调节溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。
III.反应完成后，向c中反应混合物中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得到粗产品，将粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 ；实验开始首先打开K1和K3，向c中通入气体一段时间的目的是 ；装置d的作用是 。
(2)步骤I中将b中溶液转移到c中的操作是 。
(3)反应混合液中柠檬酸的作用除了调节溶液的pH外还有一个作用是 。
(4)在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调节溶液pH至5.5左右，pH过低甘氨酸亚铁产率将下降，其原因为 。
(5)产品中Fe2+含量的检测：称取mg样品溶解于适量蒸馏水中，配制成250.0mL溶液。用移液管取出25.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入一定量混酸进行酸化，用cmol·L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。滴定终点的现象为 ；产品中Fe2+的质量分数为 。
13．（2022·甘肃兰州·统考一模）三氯异氰尿酸[Cl3(CNO)3]是一种高效含氯消毒剂，具有极强的氧化性，是漂白粉的更新换代产品。纯品为白色粉末，微溶于水，遇酸、碱易分解。其粗产品制备原理和相关的实验装置如下：
①尿素热裂解脱氨合成氰尿酸：3CO(NH2)23NH3↑+H3(CNO)3(氰尿酸微溶于冷水)
②碱溶氰尿酸：H3(CNO)3(s)+3NaOH(ag)=Na3(CNO)3(aq)+3H2O(l) ΔH<0
(1)仪器X的支管的作用是 。
(2)D装置中反应的化学方程式为 。
(3)在A装置中“碱溶氰尿酸”后通入Cl2进行“氯化”制得粗产品，该反应的化学方程式为 。
(4)使用上述装置制备三氯异氰尿酸，按气体流向从左至右，导管连接顺序为 (填字母)。
(5)为了确保产品纯度，A装置中“碱溶氰尿酸”过程中时 (填实验现象)，停止滴加NaOH溶液。
(6)A装置在“氯化”阶段需控制反应温度在10℃-15℃，控制反应温度的实验操作为 。
(7)粗产品中Cl3(CNO)3含量测定。将mg粗产品溶于蒸馏水中配制成100mL溶液。取20.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min后，加入淀粉溶液，用cmol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，滴定至终点消耗vmLNa2S2O3标准溶液。(已知：杂质与KI不反应，涉及的反应为Cl3(CNO)3+6I-+3H+=H3(CNO)3+3I2+3Cl-，I2+2S2O=2I-+S4O)
①粗产品中Cl3(CNO)3的百分含量为 %(用含m，c，V的代数式表示)。
②下列操作将导致测定结果偏低的是 。
A．滴定前滴定管中未排气泡，滴定后气泡消失
B．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗
C．读数时，滴定前平视，滴定后俯视
D．加入KI溶液的量不足
14．（2022·甘肃·统考二模）氨基磺酸(H2NSO3H)不溶干乙醇，易溶于液氨，在工业上常用作阻燃剂、磺化剂、酸性沾洗剂，氨基磺酸能与水反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4，所以氨基磺酸也是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”。某实验小组用尿素和发烟硫酸(溶有SO3的硫酸)制备氨基磺酸并测定氨基磺酸纯度的过程如下：
I.氨基磺酸的制备。
将过量的发烟硫酸加入三颈烧瓶中控制温度20-40℃，然后一边搅拌一边将尿素分批加入发烟硫酸中，加料结束后，在20℃左右搅拌。冷凝回流反应8h。再逐渐升温至75-80℃，蒸出三氧化硫，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤所得氨基磺酸粗品。将氨基磺酸粗品用10%~12%的硫酸溶解，再重结晶精制得氨基磺酸纯品。
已知尿素与发烟硫酸发生的反应为：
①CO(NH2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSO3H(s) △H<0
②H2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3H+CO2↑
请回答下列问题：
(1)制备过程中将尿素分批加入发烟硫酸中目的为 。
(2)氨基磺酸制备的产率与温度密切相关，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是 。
(3)重结晶时溶剂选用10%~12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是 。
(4)该实验小组过滤时使用的装置如图所示，该小组使用折叠式滤纸的优点为 。
II.氨基磺酸的纯度测定准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成250ml待测液。取25.00ml。待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用0.0800mol·L-1的NaNO2标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消NaNO2标准溶液25.00mL，此时氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。
(5)量取待测液时要选择的仪器为 滴定管(填“酸式”或“碱式”)。滴定过程中发生反应的化学方程式为 。
(6)氨基磺酸粗品的纯度为 %(精确到0.01)。
(7)以酚酞为指示剂，用NaOH进行酸碱中和滴定也能测定产品中氨基磺酸的纯度，测定结果通常比NaNO2法偏高，原因是氨基磺酸中混有 (填化学式)杂质。
15．（2021·甘肃金昌·统考模拟预测）氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为79℃，在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生。
(1)用三氧化硫、硫黄(S)和液氯为原料可以在一定条件合成二氯亚砜，反应物原子全部被利用，则三者的物质的量比为 。
(2)①蒸干MgCl2溶液不能得到无水MgCl2，用SOCl2与MgCl2·6H2O混合加热。可得到无水MgCl2，写出反应的化学方程式 。
②SOCl2与FeCl3·6H2O混合加热不宜制取无水FeCl3，是因为 。
(3)制药厂可用阿司匹林和氯化亚砜合成乙酰水杨酰氯()，实验室模拟制备乙酰水杨酰氯的装置与操作步骤如图：
步骤1：取36.0g阿司匹林（ ）置于三颈烧瓶中，加入2~3滴DMF；
步骤2：向三颈烧瓶中滴加氯化亚砜(SOCl2)；
步骤3：70℃条件下充分反应后，除去过量的SOCl2，经一系列操作即可得到乙酰水杨酰氯。
已知：反应原理为+SOCl2+SO2↑+HCl↑；
有关物质的沸点如表：
物质 SOCl2 阿司匹林 乙酰水杨酰氯
沸点/℃ 79 321 107~110
回答下列问题：
①仪器M的名称为 ；干燥管中的无水CaCl2若更换为 试剂，则可省去尾气吸收的NaOH溶液及其装置；若省去N，，三颈烧瓶中会产生 现象。
②反应温度适宜选取70℃的原因是 ；除去过量SOCl2宜采用 方法；反应最终得到12.9g纯净的 ，则该实验过程中 的产率为 %(保留3位有效数字)。
四、原理综合题
16．（2021·甘肃兰州·统考一模）燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用。
(1)处理烟气中的SO2常用液吸法。室温下，将烟气通入浓氨水中得到(NH4)2SO3溶液， 0.1 mol/L(NH4)2SO3溶液的pH 。 (填“>”、“＜”或“=”)7.将烟气通入(NH4)2SO3溶液可以继续吸收SO2，用离子方程式表示出能继续吸收二氧化硫的原因 。 (已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5；H2SO3：Ka1=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7)
(2)处理烟气中氮氧化物常用活性炭还原法，反应为：C(s)+2NO(g)→N2(g)+CO2(g)。在T℃、100 kPa时，研究表明反应速率v(NO)=3×10-3×p(NO)(kPa·min-1)，该条件下现将1.5molC和2.5molNO充人恒容密闭容器中充分反应，达到平衡时测得p(N2)=32kPa，则此时v(NO)= kPa·min-1，以p表示各气体的分压，该反应平衡常数Kp= 。
(3)CO2经催化加氢可以生成低碳燃料。科学家研究发现，在210℃~290℃，催化剂条件下CO2和H2可转化生成甲醇蒸气和水蒸气。
①230℃，向容器中充人0.5 mol CO2和1.5molH2，当H2转化率达80%时放热19.6kJ，写出该反应的热化学方程式 。
②一定条件下，往2L恒容密闭容器中充人1.0 mol CO2和3.0molH2，在不同催化剂作用下，CO2的转化率随温度的变化如右图所示，催化效果最佳的催化剂是 。(填催化剂“I”、“II”或“III”)。b点v(正) v(逆)(填“>”、“＜”或“=”)。此反应a点已达到平衡状态CO2的转化率比c点高的原因是 。。
参考答案：
1．C
【详解】A．铵根离子也能发生水解，会干扰实验，应该用同浓度的醋酸钠和碳酸氢钠进行实验，A错误；
B．上层呈紫红色，说明生成I2，氧化剂Cl2先与还原性更强的I-反应，因此还原性：Fe2+
D．过量的Na2S与CuSO4反应生成CuS黑色沉淀，此过程无沉淀的转化，因而无法比较Ksp(CuS)和Ksp(ZnS)的大小，D错误；
故选C。
2．C
【详解】A．将干燥的氯气通入盛有红色鲜花的集气瓶中，鲜花中有水分，所以鲜花褪色，不能证明干燥的氯气具有漂白性，A错误；
B．焰色试验不能用玻璃棒，要用光洁无锈的铁丝或者铂丝，B错误；
C．将物质的量之比为2：1的与混合气体在一定条件下充分反应，过量，还有剩余，则证明与的反应有一定限度，为可逆反应，C正确；
D．室温下的溶液中加蒸馏水稀释10倍，若，则，，可能为弱酸， D错误；
故选C。
3．B
【详解】A． 的硫酸溶液中含的物质的量为0.1mol、数目为，A错误；
B． 反应(2)中每消耗2mol、1mol，生成2mol时放出热量，则和反应放出热量时生成分子的数目为，B正确；
C．硫酸溶于水时放热，则三氧化硫与水反应生成稀硫酸比生成纯硫酸时放出热量更多，则和相比， b＞a，C错误；
D． 没有指明是标准状况，所以22.4L二氧化硫的物质的量难以计算，反应(1)中生成转移的电子数难以计算，D错误；
案选B。
4．B
【分析】H2A为二元素弱酸，其电离方程式为H2AH++HA-、HA-H++A2-，一级电离远大于二级电离，因此曲线I、II分别代表-lgc(A2-)、lgc(HA-)，加入NaOH，先生成NaHA，继续加入NaOH，再生成Na2A，据此分析作答。
【详解】A．根据分析可知，曲线I、II是分别代表的微粒为A2-和HA-，A项错误；
B．c点时，c(HA-)=c(A2-)，则，pH=10时，，B项正确；
C．根据图象，NaHA溶液显酸性，抑制水的电离，加入NaOH，生成Na2A，A2－水解，促进水的电离，从a点到d点，水电离产生的c(H+)先减小后增大，C项错误；
D．b点时c(HA-)最大，溶液中溶质为NaHA，溶液显酸性，则电离大于水解，水也会电离出氢离子，则微粒浓度大小关系为>>>，D项错误；
答案选B。
5．B
【分析】二元弱酸H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，反应分两个阶段，第一阶段：，第二阶段：，反应过程中H2A浓度一直减小，的浓度先增大后减小，的浓度一直增大，由图中粒子浓度的变化可知I代表，II代表H2A，III代表，据此分析解答。
【详解】A．pH由2增大到3的过程中，为H2A和氢氧化钠反应生成酸式盐NaHA的过程，溶质由H2A转变成NaHA，水的电离程度增大，A错误；
B．根据物料守恒当溶液中3[c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)] = 2c(Na+)，可知溶质为Na2A和NaHA的等物质的量混合，因的水解程度大于，可知此时溶液中浓度大于的浓度，结合图象可知该点应位于b、c之间，故B正确；
C．结合图象信息可知pH=3时，II和III相交，I的pC值最小，则浓度c(HA－) > c(A2－) = c(H2A)，故C错误；
D．，a点时c(HA－)= c(H2A)，可得，c点时c(HA－)= c(A2-)，可得，则得c2(HA－)与c(H2A)·c(A2－)的比值为=104.5，那么溶液中c(H2A)·c(A2-)与c2(HA-)的比值为10-4.5，故D错误；
故选B。
6．D
【详解】A．H3AsO4的第一步电离常数Ka1=，据图可知当c(H2AsO)= c(H3AsO4)时pH=2.2，即c(H+)=10-2.2mol/L，所以Ka1=10-2.2<10-2=0.01，A错误；
B．溶液中存在电荷守恒c(H2AsO)+2c(HAsO)＋3c(AsO)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，B错误；
C．根据物料守恒Na3AsO4溶液中，c(Na+)=3c(AsO)+3c(HAsO)+3c(H2AsO)+3c(H3AsO4)，C错误；
D．根据酚酞的变色范围可知，溶液由无色变为浅红色时，pH约为8.8，据图可知此时As元素存在形式主要为HAsO，所以该反应的离子方程式为2OH-+H3AsO4= HAsO+2H2O，D正确；
综上所述答案为D。
7．(1) SiO2和CaSO4 使反应物充分接触，加快反应速率 蒸发浓缩
(2) 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O 便于除去Fe2+
(3) 5.2~7.7(或5.2pH7.7)
(4) 钙 镁 反应MnF2+Mg2+Mn2++MgF2、MnF2+Ca2+Mn2++CaF2的平衡常数K均大于105，可以视为反应完全进行
【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，还含少量CaO、MgO、SiO2、Al2O3等杂质)中加入铁屑和稀硫酸溶解，得到含MnSO4、FeSO4、MgSO4、NiSO4、H2SO4的溶液，其中SiO2和反应生成的大部分CaSO4进入滤渣1；浸出液中需要鼓入一段时间空气，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，再加碳酸钙调节pH“沉铁、铝”，所得滤渣2主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3和CaSO4；滤液中加入MnF2“深度除杂”，形成CaF2和MgF2沉淀过滤除去，最后溶液经一系列操作得到MnSO4晶体。
【详解】（1）CaO和稀硫酸反应生成微溶于水的CaSO4，SiO2不溶于稀硫酸，因此滤渣1的主要成分是SiO2和CaSO4；搅拌、加热的目的是使反应物充分接触，加快反应速率，提高浸取率；“深度除杂”后的MnSO4溶液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤和干燥可得MnSO4固体。
（2）酸性条件下，Fe2+与MnO2反应生成Fe3+和Mn2+，其离子反应方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；“浸出液”中需要鼓入一段时间空气，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH最终转化为Fe(OH)3除去。
（3）“沉铁、铝”时，需将Fe3+、Al3+全部转化为沉淀除去，根据表格数据，pH5.2，同时Mn2+不能沉淀，则pH8.7。因此加CaCO3控制溶液pH范围是5.2pH7.7或5.2~7.7；由表格数据可知，当Al3+沉淀完全时，溶液pH=5.2，此时，。
（4）“深度除杂”中加入MnF2可以除去钙离子和镁离子，原因是反应，。反应，。即两反应的平衡常数K均大于105，可以视为反应完全进行。
8．(1)延长浸取时间/炉渣粉碎/提高NaOH溶液的浓度/加热
(2)Na2SiO3、NaAlO2
(3) 4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2 V、Fe
(4) 温度过高，会导致NH4HCO3分解 Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑
(5) 锥形瓶内溶液由黄色变为蓝色，且半分钟不恢复原色 0.08mol·L-1 偏低
【分析】含钒炉渣(主要含FeO·V2O3，还有少量MnO、Al2O3、SiO2等杂质)提取V2O5，先加NaOH溶液，和Al2O3、SiO2反应生成偏铝酸盐、硅酸盐除去，滤渣加入碳酸钠通入空气焙烧，将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3、氧化铁，灼烧后加硫酸酸浸得到主要是硫酸铁、(VO2)2SO4， 然后调节pH，使铁离子转化为沉淀氢氧化铁，过滤得到滤渣1为氢氧化铁，滤液加入NH4 HCO3，锰离子生成碳酸锰沉淀，过滤得到滤渣2为碳酸锰,滤液中加入硫酸铵沉钒生成NH4VO3，受热分解生成V2O5。
(1)
为提高含钒炉渣的浸取率，可采取的措施为延长浸取时间、炉渣粉碎、提高NaOH溶液的浓度、加热，
故答案为: 延长浸取时间、炉渣粉碎、提高NaOH溶液的浓度、加热；
(2)
“滤液1”中除了含有过量的NaOH外,还含有氢氧化钠溶液和Al2O3、SiO2反应生成的Na2AlO2、Na2SiO3，故答案为: Na2AlO2、Na2SiO3；
(3)
FeO·V2O3与氧气、碳酸钠焙烧转化为可溶性NaVO3等，该反应的化学方程式为: 4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2；
该反应中，铁、钒元素的化合价升高，FeO·V2O3作还原剂，V、Fe被氧化，故答案为:
4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2；V、Fe；
(4)
“沉锰”需将温度控制在70℃左右，温度过高，NH4HCO3分解导致原料利用率低；加入碳酸氢铵沉锰，生成碳酸锰和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；
故答案为:温度过高，NH4HCO3分解；Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；
(5)
①滴定过程中Na2SO3被氧化为Na2SO4，(黄色)被还原为VO2+ (蓝色)，所以该2滴定实验不需要另加指示剂，达到滴定终点的现象是:溶液由黄色变为蓝色，且半分钟不变色；
故答案为:溶液由黄色变为蓝色且半分钟内不恢复原色；
②反应中V元素的化合价由+5价变为+4价，得到1个电子，S元素化合价由+4价变为+6价，失去2个电子，则由电子得失守恒可知，参加反应的(VO2)2SO4的物质的量等于Na2SO3的物质的量，即为0.100mol/L0.02L = 0.002mol，则(VO2)2SO4溶液中溶质的物质的量浓度为= 0.080mol/L，故答案为: 0.080mol/L；
③达到滴定终点时，俯视滴定管读数，则读数偏小，消耗标准液体积减少，将使结果偏低;故答案为:偏低。
9．(1)Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
(2)2CoSO4+5Zn+Sb2O3+ 3H2SO4=5ZnSO4+ 2 CoSb+3H2O
(3) 2.8～7.5 取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素
(4) 2H2O- 4e- =4H++O2↑ 操作I
(5) Ni(OH)2 -e-+OH-=NiO(OH)+ H2O 99.75%
【分析】由流程可知，铜镉渣加入稀硫酸，铜不反应进入滤渣Ⅰ，锌、铁、镉、钴元素进入溶液；加入锌和Sb2O3后除去钴得到CoSb滤渣，滤液加入过氧化氢后将二价铁转化为三价铁后加入氧化锌生成氢氧化铁沉淀；过滤除去氢氧化铁后电解最终得到单质镉。
【详解】（1）滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，浸取过程中铜和过氧化氢、氢离子反应生成铜离子和水，Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
（2）操作Ⅱ“除钴”时，浸液中含有过量硫酸，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，反应为硫酸钴和硫酸、Zn、Sb2O3产生CoSb、硫酸锌、水，2CoSO4+5Zn+Sb2O3+ 3H2SO4=5ZnSO4+ 2 CoSb+3H2O；
（3）操作Ⅲ需要将铁离子沉淀完全而镉离子不会沉淀，由表格可知，需加加入ZnO控制溶液pH的范围为2.8～7.5；若加入的H2O2不足，则电解液中含有亚铁子，检验方法为：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素。
（4）“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解池中阳极反应为水电离出的氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气，反应式为2H2O- 4e- =4H++O2↑；电解废液中通过电解后含有硫酸，故最好在操作I加入循环利用。
（5）镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应为Ni(OH)2发生氧化反应生成NiO(OH)，反应为Ni(OH)2 -e-+OH-=NiO(OH)+ H2O；
已知常温下，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10-15；常温下，当pH=10时，氢氧根离子浓度为10-4mol/L，则镉离子浓度为；镉的去除率为。
10． 烧杯、漏斗、玻璃棒 SiO2 4Co3++ S2O+3H2O=4Co2++2SO +6H+ 将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离 2Fe3++3CO +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑ 分离出溶液中的 Na+、Cu2+、Zn2+，回收利用萃取剂 I 降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴 获得晶体中含有 Cl-的杂质或烘干时失去了部分结晶水
【分析】含钴矿中Co元素主要以Co2O3、CoO形式存在，还含有Fe3O4、SiO2、CuO、ZnO、NiO、MgCO3等杂质，加入稀硫酸和焦亚硫酸钠Na2S2O5浸取，滤渣1为难溶物SiO2，其余金属元素进入滤液中，Co3+被Na2S2O5还原为Co2+；滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液pH用于3.0～3.5沉淀铁离子，过滤得到滤渣2和滤液2，滤液2中加入NaF调节溶液pH=4.0～5.0沉淀镁离子，生成滤渣3为MgF2，滤液3中还有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Co2+、Na+，滤液3中加入萃取剂Ⅰ除去Cu2+、Zn2+、Na+，向分液得到有机层中加入稀盐酸反萃取得到萃取剂Ⅰ和溶液4，经过一系列操作得到相应的盐；溶液中含Ni2+、Co2+，加入萃取剂Ⅱ萃取分液得到含Ni2+的溶液和含Co2+的有机层，加入稀盐酸反萃取得到氯化钴溶液，经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体。
【详解】(1)操作①分离固体和液体，所以为过滤，所需玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；滤渣1为难溶液稀硫酸的SiO2；
(2)根据题意可知Na2S2O5具有还原性，且Co3+极易沉淀，所以加入Na2S2O5将Co3+还原为Co2+，离子方程式为4Co3++ S2O+3H2O=4Co2++2SO+6H+；
(3)滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；加入Na2CO3溶液，碳酸根和铁离子发生彻底双水解得到氢氧化铁沉淀和二氧化碳，离子方程式为2Fe3++3CO +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(4)根据流程可知滤液3中加入萃取剂I，得到的有机层中主要含有Cu2+、Zn2+、Na+，用稀盐酸反萃取又得到萃取剂I，所以过程的目的是分离出溶液中的 Na+、Cu2+、Zn2+，回收利用萃取剂 I；
(5)低压环境中可以降低水的沸点，从而降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；
(6)该测定原理是利用样品和硝酸银反应生成的AgCl的量确定产品中CoCl2·6H2O的量，如果获得晶体中含有 Cl-的杂质会使得到的AgCl偏多，导致结果偏高，或者烘干时失去了部分结晶水，会使样品的质量偏小，导致结果偏高。
11．(1) 蒸馏烧瓶 3Cu+8H+ +2=3Cu2+ +2NO↑+4H2O
(2)平衡系统内外压强，避免C中压强过大
(3)4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
(4)将反应生成的ClNO冷凝为液体(或防止产物ClNO变为气体)
(5)ClNO+ H2O= HNO2 +HCl
(6)13.1a%
【分析】装置X是A中铜和稀硝酸反应生成NO，NO经过B除去混有的HNO3和NO2等杂质，然后经过C的干燥进入D与氯气发生反应最后得到我们需要的产品。
【详解】（1）仪器A有支管口，所以它的名称是蒸馏烧瓶，A中铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其离子方程式为；
（2）长颈漏斗的作用是平衡瓶内压强，防止压强过大而使瓶塞松动，故答案为：平衡系统内外压强，避免C中压强过大；
（3）浓硝酸在受热或光照条件下，反应生成二氧化氮、氧气和水，其离子方程式为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；
（4）根据题干信息可知，亚硝酰氯(Cl-N=O)的熔点为-64. 5℃，沸点为- 5.5℃，所以要收集冷凝产品，需将三颈烧瓶浸在- 10℃冰盐水中，目的是：将反应生成的ClNO冷凝为液体(或防止产物ClNO变为气体)；
（5）ClNO易水解，若去掉干燥管，ClNO遇到水蒸气就会发生水解，其水解的化学方程式为ClNO+ H2O= HNO2 +HCl；
（6）以K2CrO4溶液为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定，滴定终点时，n(Ag+)=n(Cl-)，取Z中所得100g溶于适量的NaOH溶液中，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品溶于锥形瓶中，25mL样品中：，则250mL溶液中n(NOCl)=0.2a mol，m(NOCl)=0.2a mol×65.5g/mol=13.1ag，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为。
12．(1) 恒压滴液漏斗 排除装置中的空气 装置d的作用是液封，防止空气中的空气进入装置
(2)关闭K3，打开K2
(3)防止Fe2+被氧化
(4)H+会抑制NH2CH2COOH的酸式电离，不利于甘氨酸亚铁的生成
(5) 当滴入最后一滴标准溶液时，溶液变为紫色或浅紫色，且半分钟内不色 ×100%
【分析】由实验装置图可知，该实验的目的是制备甘氨酸亚铁，实验时应先打开K1和K3，将铁与稀硫酸反应生成的氢气通入三颈烧瓶中，排尽装置中的空气，然后关闭K3，打开K2，使蒸馏烧瓶中的气体压强增大，将蒸馏烧瓶中的硫酸亚铁压入三颈烧瓶中；在少量柠檬酸作用下，硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液、甘氨酸溶液反应制备甘氨酸亚铁，为排出装置中的气体，同时防止空气中的空气进入三颈烧瓶中，应将与三颈烧瓶连接的导气管插入水中起到液封的作用，据此分析作答。
（1）
仪器a的名称为恒压滴液漏斗；由分析可知，实验开始首先打开K1和K3，将铁与稀硫酸反应生成的氢气通入三颈烧瓶中，排尽装置中的空气；装置d的作用是起到液封的作用，防止空气中的空气进入三颈烧瓶中氧化甘氨酸亚铁，故答案为：恒压滴液漏斗；排除装置中的空气；装置 d的作用是液封，防止空气中的空气进入装置；
（2）
由分析可知，步骤I中将蒸馏烧瓶中溶液转移到三颈烧瓶中的操作是关闭K3，打开K2，使蒸馏烧瓶中的气体压强增大，将蒸馏烧瓶中的硫酸亚铁压入三颈烧瓶中，故答案为：关闭K3，打开K2；
（3）
反应混合液中柠檬酸的作用除了调节溶液的pH，便于甘氨酸亚铁的生成，同时防止硫酸亚铁被氧化影响甘氨酸亚铁的生成，故答案为：防止Fe2+被氧化；
（4）
若溶液pH过低，溶液中氢离子浓度过大，不利于甘氨酸的酸式电离，影响甘氨酸亚铁的生成，故答案为：H+会抑制NH2CH2COOH的酸式电离，不利于甘氨酸亚铁的生成；
（5）
当亚铁离子与酸性高锰酸钾溶液完全反应后，再滴入最后一滴标准溶液时，溶液变为紫色或浅紫色，且半分钟内不变色说明达到滴定终点；由得失电子数目守恒可得如下关系式：MnO5Fe2+，25.00 mL溶液滴定消耗VmLcmol/L高锰酸钾溶液，则亚铁离子的质量分数为×100%=×100%，故答案为：当滴入最后一滴标准溶液时，溶液变为紫色或浅紫色，且半分钟内不变色；×100%。
13．(1)平衡分液漏斗和烧瓶内部气压，保证浓盐酸能顺利流下
(2)Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
(3)Na3(CNO)3+3Cl2=Cl3(CNO)3+3NaCl
(4)g→c→d→a→b→e
(5)三颈烧瓶中氰尿酸固体恰好溶解
(6)将A的三颈烧瓶置于冷水浴中
(7) CD
【详解】（1）仪器X的支管的作用是平衡分液漏斗和烧瓶内部气压，保证浓盐酸能顺利流下；
（2）D装置次氯酸钙和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气、水，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（3）A中碱溶氰尿酸后得到Na3(CNO)3溶液，通入氯气，Na3(CNO)3和氯气反应生成生成Cl3(CNO)3和氯化钠，反应方程式为Na3(CNO)3+3Cl2=Cl3(CNO)3+3NaCl；
（4）装置D中制取氯气，用B中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，把氯气通入A中反应生成Cl3(CNO)3，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，按气体流向从左至右，导管连接顺序为g→c→d→a→b→e；
（5）为了确保产品纯度，A装置中“碱溶氰尿酸”过程中碱不能过量，三颈烧瓶中氰尿酸固体恰好溶解，停止滴加NaOH溶液；
（6）为控制A装置在“氯化”阶段反应温度在10℃-15℃，将A的三颈烧瓶置于冷水浴中；
（7）①根据Cl3(CNO)3+6I-+3H+=H3(CNO)3+3I2+3Cl-、I2+2S2O=2I-+S4O得反应关系式Cl3(CNO)3~~~6S2O，反应消耗vmL cmol/LNa2S2O3标准溶液，则20.00mL所配制溶液中Cl3(CNO)3的物质的量为，粗产品中Cl3(CNO)3的百分含量为%；
②A．滴定前滴定管中未排气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故不选A；
B．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗，标准液浓度偏低，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故不选B；
C．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏低，故选C；
D．加入KI溶液的量不足，生成的碘单质偏少，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏低，故选D；
选CD。
14．(1)防止三颈烧瓶中温度过高
(2)温度过高，SO3在硫酸中的溶解度减小，溢出快，反应①接触不充分；同时，温度升高，反应①逆向移动
(3)氨基磺酸能与水发生反应H2NSO3H+H2ONH4HSO4，稀硫酸能提供氢离子、硫酸根离子，使H2NSO3H+H2ONH4HSO4平衡逆向移动
(4)能增大滤纸的有效面积，加快过滤速度
(5) 酸式 H2NSO3H+ NaNO2=NaHSO4+N2↑+H2O
(6)
(7)NH4HSO4或H2SO4
【详解】（1）CO(NH2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSO3H(s)反应放热，制备过程中将尿素分批加入发烟硫酸中，防止温度过高，造成SO3挥发，产品收率降低；
（2）温度过高，SO3在硫酸中的溶解度减小，溢出快，反应①接触不充分，产率降低；同时，温度升高，反应①逆向移动，所以若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低；
（3）氨基磺酸能与水发生反应H2NSO3H+H2ONH4HSO4，稀硫酸能提供氢离子、硫酸根离子，使H2NSO3H+H2ONH4HSO4平衡逆向移动，所以重结晶时溶剂选用10%~12%的硫酸而不用蒸馏水；
（4）该实验小组过滤时使用折叠式滤纸，能增大滤纸的有效面积，加快过滤速度；
（5）待测液呈酸性，量取待测液时要选择的仪器为酸式滴定管；滴定过程中，氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2，根据得失电子守恒，配平方程式为H2NSO3H+ NaNO2=NaHSO4+N2↑+H2O；
（6）设25.00ml待测液中氨基磺酸的物质的量为xmol；
x=0.002mol，氨基磺酸粗品的纯度为 ；
（7）氨基磺酸中混有硫酸或硫酸氢铵，均能与氢氧化钠反应，以酚酞为指示剂，用NaOH进行酸碱中和滴定能测定产品中氨基磺酸的纯度，测定结果通常比NaNO2法偏高。
15．(1)1:2:3
(2) 6SOCl2+MgCl2·6H2O MgCl2+12HCl↑+ 6SO2↑ SOCl2水解产生的二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应
(3) 恒压滴液漏斗 碱石灰（合理即可） 大量白雾 温度过低反应速率较慢，温度过高则会导致SOCl2挥发降低反应产率 蒸馏 32.5%
【详解】（1）三氧化硫、硫黄(S)和液氯为原料可以在一定条件合成二氯亚砜，反应物原子全部被利用，则三者的物质的量比为，则反应为SO3+2S+3Cl2= 3SOCl2，三者的物质的量比为1:2:3；
（2）①已知，SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生，则SOCl2遇水生成HCl和二氧化硫；则用SOCl2与MgCl2·6H2O混合加热，可得到无水MgCl2，反应为6SOCl2+MgCl2·6H2O MgCl2+12HCl↑+ 6SO2↑；
②SOCl2与FeCl3·6H2O混合加热不宜制取无水FeCl3，是因为SOCl2水解产生的二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应；
（3）①仪器M的名称为恒压滴液漏斗；尾气中含有二氧化硫、氯化氢等有毒气体，干燥管中的无水CaCl2若更换为碱石灰试剂，则可以吸收二氧化硫、氯化氢，又可以吸收水分干燥；若省去N，则会有水蒸气进入三颈烧瓶装置，SOCl2水解会生成氯化氢气体导致装置中出现大量白雾。
②反应温度适宜选取70℃的原因是温度过低反应速率较慢，温度过高则会导致SOCl2挥发降低反应产率；根据表格物质沸点数据，除去过量SOCl2宜采用蒸馏方法；
36.0g阿司匹林（ ）的物质的量为0.2mol，理论生成0.2mol，质量为39.7g，反应最终得到12.9g纯净的 ，则该实验过程中 的产率为 。
16． > SO＋SO2＋H2O=2HSO 0.108 64/81 CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-49 kJ/mol Ⅰ > 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2 的转化率减小
【详解】(1)根据题目所给数据可知Ka2(H2SO3)
(2)该反应前后气体系数之和相等，所以压强始终不变，根据反应方程式可知题目所给条件可知平衡时p(N2)=p(CO2)=32kPa，则平衡时p(NO)=100kPa-32kPa-32kPa=36kPa，则v(NO)= 3×10-3×36kPa=0.108；Kp==；
(3)①CO2与H2反应的化学方程式为CO2＋3H2=CH3OH＋H2O，当H2转化率达80%时放热19.6kJ，即1.5mol×80%=1.2mol氢气完全反应时放出19.6kJ热量，则3mol氢气完全反应放出kJ=49 kJ热量，热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-49 kJ/mol；
②据图可知，温度较低时催化剂Ⅰ条件下CO2的转化率最大，即反应速率最快，催化效果最好；a点前随温度升高CO2转化率增大，a点后随温度升高转化率减小，说明a点前由于温度较低，反应速率较慢，在测定转化率时反应还未达到平衡，即b点时反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，所以a点CO2的转化率比c点高。
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