第3章物质在水溶液中的行为（含解析）综合练习2023——2024学年高二化学鲁科版（2019）选择性必修1

第3章物质在水溶液中的行为综合练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．下列说法中正确的是
A．NaHCO3溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(OH–)>c()>c(H+)>c()
B．Na2S的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(S2–)+c(HS-)+c(OH–)
C．向AgBr、AgCl的混合饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中减小
D．浓度均为的①NH4Cl②NH4Fe(SO4)2③CH3COONH4④NH3·H2O，c()由小到大的顺序：④<③<①<②
2．20℃时，用0.100mol/L盐酸滴定20mL0.100mol/L氨水的图像如图所示，下列说法不正确的是
A．a、b、c、d均有c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
B．b点时c(NH)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)
C．c点表示酸碱恰好完全反应
D．d点时c(Cl-)=2c(NH3 H2O)+2c(NH)
3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．16gCH4含有C—H键的数目为4NA
B．1L1.0mol/L的盐酸含有HCl分子总数为NA
C．标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合后的分子数目为NA
D．23gNa与足量O2反应，转移电子数目为1.5NA
4．同种离子用不同试剂鉴定，灵敏度不同。已知最低浓度是指在一定条件下， 某鉴定反应能检出离子并能得出肯定结果时该离子的最低浓度。检出限量是指在一定条件下，某鉴定反应所能检出离子的最小质量。限界稀度指最低浓度的倒数。若最低浓度越小，该方法越灵敏。表为两种鉴定K+灵敏度的几种表示方式：
试剂 试液体积 检出限量 最 低浓度 限界稀度
方法1 Na3[Co(NO2)6] 0.03 mL m c 2.5×105 g·mL-1
方法2 酒石酸钠 0.05 mL 0.3μg 6×10-6 g·mL-1 G
下列说法不正确的是
A．m=1.2 μ g B．c=4 ×10-6 g·mL-1
C．G=1.67 ×105 g·mL-1 D．方法1更灵敏
5．某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结(均在常温下)：
①常温下，pH＝1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中所有离子的浓度都降低
②pH＝2的盐酸与pH＝1的盐酸，c(H＋)之比为2∶1
③25 ℃时，AgCl固体在等体积、等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解程度不同
④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH＝7，则c(Na＋)＝2c(SO)
⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw，则三者关系为：Ka·Kh＝Kw
其归纳正确的是 (　　)
A．③⑤ B．④⑤ C．①②④ D．全部
6．20℃时向 20mL 0.1mol·L－1 醋酸溶液中不断滴入0.1mol·L－1 NaOH 溶液，溶液 pH 变化如图所示。此过程中溶液中离子浓度的关系错误的是
A．a 点：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．b 点：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)
C．c 点：c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
D．d 点：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
7．25℃时，向20 mL 0.1 mol/L四氯金酸(HAuCl4)溶液中滴加0.1 mol/LNaOH 溶液，滴定曲线如图1，含氯微粒的物质的量分数(δ)随 pH变化关系如图2，则下列说法不正确的是
A．b点溶液中存在关系：2c(H+)+c(HAuCl4)= 2c(OH-)+c()
B．X点描述的是滴定曲线中b点含氯微粒的物质的量分数δ与pH的关系
C．c点溶液中存在关系：c(Na+)= c()
D．d点时，溶液中微粒浓度的大小关系为c(Na+)＞c(AuCl4-)＞c(OH-)＞c(H+)
8．已知：25℃时，，。该温度下，下列说法错误的是
A．的水解常数为
B．溶于水形成的饱和溶液中，
C．向悬浊液中加入，溶液中增大
D．的平衡常数
9．向锅炉中注入浸泡液，将水垢中的转化为，再用盐酸除去，下列叙述正确的是
A．温度升高，溶液中增大，减小
B．能转化为，说明Ksp(CaCO3)＞Ksp(CaSO4)
C．溶解于盐酸而不溶，是因为硫酸的酸性强于盐酸
D．沉淀转化的离子方程式为
10．某溶液中只可能含有下列离子中的几种（不考虑溶液中含量较少的和）：、、、、。取200mL该溶液，分为等体积的两份，分别做下列实验。实验1：第一份中加入足量的烧碱溶液并加热，产生的气体在标准状况下的体积为224mL。实验2：第二份中先加入足量的盐酸，无明显现象，再加入足量的溶液，得到固体2.33g。下列说法正确的是（ ）
A．该溶液中可能含有
B．该溶液中肯定含有、、、
C．该溶液中一定不含
D．该溶液中定含有，且
11．已知在温度和时水的电离平衡曲线如图所示，下列说法错误的是
A．在A、C两点处，水的离子积常数：
B．升高温度可实现由C点到A点
C．时，的硫酸溶液与的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液的
D．图中矩形POMA的面积表示时水的离子积常数的值
12．在不同温度下，水溶液中与有如图所示关系。下列关于离子共存的说法正确的是（ ）
A．a点对应的溶液中大量存在、、、
B．b点对应的溶液中大量存在、、、
C．c点对应的溶液中大量存在、、、
D．d点对应的溶液中大量存在、、、
13．亚砷酸（）是三元弱酸，可以用于治疗白血病，水溶液中含砷物质的分布分数（平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数）与pH的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．的电离方程式为
B．第一步电离的电离常数
C．溶液的pH约为9.2
D．时，溶液中
14．常温下，下列各组离子一定可以大量共存的是
A．含NO的溶液中： H+、K+、Br－、I－、Fe2+
B．遇石蕊溶液显红色的溶液中： NH、Ba2+、CO、NO
C．在与Al反应能放出H2的溶液中： Mg2+、HCO、SO、Cl－
D．在 =1×1012的溶液中： Na＋、K＋、CH3COO－、NO
15．下列有关实验能够达到相应实验目的的是
A．图甲中补充环形玻璃搅拌棒即可用于中和热的测定
B．图乙可用于测定H2O2溶液的分解速率
C．图丙的实验设计可以探究浓度对化学反应速率的影响
D．图丁实验记录的读数为12.20 mL
二、实验题
16．亚硝酰硫酸(NOSO4H)是一种浅黄色液体，遇水易分解，溶于浓硫酸，主要用于染料、医药领域的重氮化反应。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品中杂质硝酸的含量。
回答下列问题：
(1)装置A中盛装Na2SO3固体的仪器名称是 ，装置D最好选用 (填序号)。
a． b． c． d．
(2)装置C中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。
①C中“冷水”的温度一般控制在20℃，装置C中温度过高产率降低的原因是 。
②开始通SO2时，反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因是 。
③请写出亚硝酰硫酸(NOSO4H)与水分解时发生的化学方程式 (已知亚硝酸不稳定，易分解，亚硝酸发生分解反应的方程式为2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O)。
(3)测定亚硝酰硫酸产品中杂质硝酸的含量。
称取1.400 g产品放入250mL锥形瓶中，加80mL浓硫酸，用0.1000mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL。
已知：(NH4)2Fe(SO4)2可与NO生成粉红色的FeSO4·NO。
①滴定过程中锥形瓶内发生的离子方程式为 。
②锥形瓶中加入浓硫酸除了可以作溶剂外，另一个作用是 。
③下列操作造成测定结果偏高的是 (填字母)。
A．滴定终点滴定管读数时俯视读数
B．用容量瓶配制(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时俯视
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准液润洗
D．滴定前，盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
④判断滴定达到终点的现象是 。
⑤亚硝酰硫酸中硝酸的含量为 。
17．乙酰水杨酸（阿司匹林）是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：

水杨酸 醋酸酐 乙酰水杨酸
熔点/℃ 157~159 -72~-74 135~138
相对密度/（g·cm﹣3） 1.44 1.10 1.35
相对分子质量 138 102 180
实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70 ℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作.
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。
回答下列问题：
（1）该合成反应中应采用 加热。（填标号）
A．热水浴 B．酒精灯 C．煤气灯 D．电炉
（2）下列玻璃仪器中，①中需使用的有 （填标号），不需使用的 （填名称）。

（3）①中需使用冷水，目的是 。
（4）②中饱和碳酸氢钠的作用是 ，以便过滤除去难溶杂质。
（5）④采用的纯化方法为 。
（6）本实验的产率是 %。
三、工业流程题
18．某兴趣小组以废旧锂离子电池正极材料(主要成分为镍钴锰酸锂，还有少量铝箔和含铁化合物)为原料，回收、、的过程如图甲。
(1)“酸浸”时，＋3价镍、＋3价钴、＋4价锰转化为、、进入溶液。该过程中的作用是 。
(2)保持其他条件相同，搅拌相同时间，测得不同温度下镍、钴、锰的浸出率如图乙所示。60℃时浸出率达到最大，可能的原因是 。
(3)“除铁”生成黄钠铁矾沉淀时需控制溶液为1.5~1.8.该过程中需不断加入溶液，其作用是 。
(4)物质可调节溶液，为 (填序号)。
A． B． C．
(5)回收液可用于合成锂离子电池正极材料，合成前需测定其中等离子的浓度。
测定原理：用过量标准溶液氧化经预处理的回收液样品中的，再用标准溶液滴定过量的。
反应的离子方程式为。
测定过程：取预处理后的回收液样品，向其中加入溶液，充分反应；再用溶液滴定反应后的溶液，消耗溶液。
数据分析：计算预处理后的回收液样品中的物质的量浓度 (写出计算过程)。
19．铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉、钴等单质。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(金属离子的起始浓度均为)。
氢氧化物
开始沉淀的 1.5 6.5 7.2
沉淀完全的 3.3 9.9 9.5
(1)酸浸时，粉碎铜镉渣的目的是 。
(2)操作Ⅰ产生的滤渣Ⅰ主要成分为 (填化学式)。
(3)①操作Ⅲ中先加入适量，发生反应的离子方程式为 。
②再加入控制反应液的，范围为 。
③若加入的不足，加入后所得的电解液中会含有元素。请设计实验方案加以检验： 。
(4)处理含镉废水时常向其中加入实现沉淀转化，该沉淀转化反应的离子方程式为 ；若反应达到平衡后，溶液中，溶液中 【已知，】。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．D
【详解】A．NaHCO3溶液中存在着的水解平衡又存在着的电离平衡，且水解大于电离，所以离子浓度大小顺序为c(Na+)> c()>c(OH–)>c(H+)>c()，故A错误；
B．Na2S的溶液中根据可得电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(S2–)+c(HS-)+c(OH–)，故B错误；
C．向AgBr、AgCl的混合饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中温度不变，该值不变，故C错误；
D．NH3·H2O是弱电解质电离出的c()最小，会抑制的水解，CH3COO-会促进的水解，所以四种溶液中c()由小到大的顺序：④<③<①<②，故D正确；
故选D。
2．B
【详解】A．a、b、c、d均有NH、H+、Cl-和OH-，根据电荷守恒，均有c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)故A错误；
B．b点时溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(NH)=c(Cl-)，但c(NH)=c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，故B正确；
C．c点加入的盐酸为20mL，恰好与氨水完全反应，所以表示酸碱恰好完全反应，故C错误；
D．d点时加入的盐酸为40mL，所得溶液的溶质为等物质的量浓度的氯化铵和盐酸，根据元素质量守恒，c(Cl-)=2c(NH3 H2O)+2c(NH)，故D错误；
故选B。
3．A
【详解】A．1个分于含有4个键，1mol含有键，描述正确，符合题意；
B．HCl是强电解质，在水分子作用下会完全电离，盐酸中不存在HCl分子，描述错误，不符题意；
C．NO与反应方程式为：，生成的会产生二聚反应，故混合后的分子数目小于，描述错误，不符题意；
D． 1molNa只能失去1mol电子，描述错误，不符题意；
综上，本题选A。
4．A
【解析】略
5．A
【详解】①加水稀释，c(H＋)减小，由于Kw不变，则c(OH－)增大，故①错误；
②由pH=-lgc(H＋)可知，pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c(H＋)之比为1：10，故②错误；
③溶度积只与温度有关，与溶液的浓度和类型无关，由于溶度积是常数，故氯离子浓度大，则25 ℃时，AgCl固体在等体积、等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解程度不同，故③正确；
④pH=7，c(H＋)=c(OH－)，由电荷守恒可知，溶液中应存在c(Na＋)+c(NH)＝2c(SO)，故④错误；
⑤水解和电离为可逆过程，Ka=，Kh=，则有Ka Kh=Kw，故⑤正确；
综上③⑤正确，答案选A。
6．C
【详解】A．a 点：20mL 0.1mol·L－1 醋酸溶液中滴入10mL 0.1mol·L－1 NaOH 溶液，反应后，溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COONa)，溶液的pH＜7，则表明主要发生CH3COOH电离，c(CH3COO－)增大，但电离程度很小，所以c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，A正确；
B．b 点：溶液的pH=7，此时可认为CH3COOH不电离，CH3COO-不水解，溶液中的c(H＋)、c(OH－)主要来自水的微弱电离，所以c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)，B正确；
C．c 点：醋酸与NaOH刚好完全反应，生成醋酸钠和水，依据电荷守恒，c(Na＋)+c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(H＋)≠c(CH3COO－)＋c(OH－)，C错误；
D．d 点：NaOH过量，此时n(CH3COONa)=2n(NaOH)，而CH3COO－水解程度很小，所以c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，D正确；
故选C。
7．B
【解析】由图中信息可知，滴加20mL 0.1 mol/LNaOH 溶液时恰好中和，则滴加10mL时恰好中和一半。
【详解】A. b点加入了10mL 0.1 mol/LNaOH 溶液，恰好中和了一半的四氯金酸，根据电荷守恒可知，2c(H+)+2c(Na+)= 2c(OH-)+2c()；根据物料守恒可知，2c(Na+)= c(HAuCl4)+c()，联立两式可得2c(H+)+c(HAuCl4)= 2c(OH-)+c()，A正确；
B. 由图中信息可知，X点 c(HAuCl4)=c()，由图1的曲线起点可知， 0.1 mol/L四氯金酸的pH=3，说明四氯金酸是弱酸，则其存在电离平衡，而b点四氯金酸只中和了一半，故b点c(HAuCl4)与c()不相等，B不正确；
C. c点溶液的pH=7，c(H+)= c(OH-)根据电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c()，因此，c(Na+)= c()，C正确；
D. d点时恰好中和，溶液为NaAuCl4溶液，会发生水解而使溶液呈碱性，因此，微粒浓度的大小关系为c(Na+)＞c(AuCl4-)＞c(OH-)＞c(H+)，D正确。
综上所述，说法不正确的是B，故选B。
8．B
【详解】A．在溶液中存在水解平衡：，则水解常数，故A正确；
B．溶于水形成的饱和溶液中，，则有，故B错误；
C．向悬浊液中加入，发生中和反应消耗，溶解平衡正向移动，溶液中增大，故C正确；
D．该反应的平衡常数为，故D正确；
故答案为B。
9．D
【详解】A．温度升高，水的电离平衡H2OH++OH-和的水解平衡+H2O+OH-，均正向移动，则和均增大，故A错误；
B．沉淀之间的转化符合溶解度小的电解质向溶解度更小的电解质转化，能转化为，说明Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故B错误；
C．CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳，即CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，与盐酸不满足复分解反应进行的条件，与、的酸性强弱无关，故C错误；
D．向锅炉中注入浸泡液，水垢中的转化为，离子方程式为，故D正确；
答案为D。
10．D
【分析】实验1可证明原溶液中含有，且其物质的量为0.01mol；实验2可证明原溶液中一定不含有，一定含有，且的物质的量为，根据溶液中的电荷守恒，则一定含有，且的浓度。
【详解】A．由分析可知，溶液中一定含Na+，A错误；
B．结合分析可知，溶液中一定没有，若的浓度为，则根据电荷守恒可知无，若的浓度＞，则必有，B错误；
C．结合B可知，溶液可能含，C错误；
D．由分析可知，溶液中一定含有，且，D正确。
答案选D。
11．A
【详解】A. A点对应的、均大于C点对应的、，故水的离子积常数：，A项错误；
B. 升高温度，水的电离平衡正向移动，、增大，可实现由C点到A点，B项正确；
C. 时，的硫酸溶液中，的氢氧化钠溶液中，等体积混合时，二者恰好完全反应，所得溶液的，C项正确；
D. 时，水的离子积常数等于，即，为矩形POMA的面积，D项正确；
故选A。
12．D
【详解】A．a点对应的溶液显中性，而水解使溶液显酸性，故不能大量存在，故A错误；
B．b点对应的溶液显酸性，不能大量存在，且与反应生成一水合氨，二者不能大量共存，故B错误；
C．c点对应的溶液显中性，而水解使溶液显碱性，故不能大量存在，故C错误；
D．d点对应的溶液显碱性，、、、能大量共存，故D项正确；
故选D。
13．B
【详解】A. 是三元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为，A项错误；
B. 第一步电离的电离常数，由图可知，时，，则，B项正确；
C. 是三元弱酸，其水溶液的pH小于7，C项错误；
D. 时，溶液呈碱性，则有，从而可得，D项错误；
故选B。
14．D
【详解】A．酸性条件下，NO与I－、Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，A不符合；
B．遇石蕊溶液显红色的溶液是酸性溶液，含有大量H+，与CO发生反应生成CO2而不能大量共存，Ba2+与CO反应生成BaCO3沉淀而不能大量共存，B不符合；
C．在与Al反应能放出H2的溶液可酸可碱，Mg2+在碱性条件下不能大量共存，HCO在酸性和碱性条件下均不能大量共存，C不符合；
D． =1×10-12的溶液为碱性溶液， Na＋、K＋、CH3COO－、NO均能大量共存，D符合；
故选D。
15．C
【详解】A．图甲中补充环形玻璃搅拌棒，大小烧杯的上沿齐平，中间填充满碎纸屑才可用于中和热的测定，故A不选；
B．图乙中长颈漏斗应换为分液漏斗后，可用于测定H2O2溶液的分解速率，故B不选；
C．图丙的实验设计，只有草酸的浓度不同，其它条件相同，可以探究浓度对化学反应速率的影响，故C选；
D．图丁的装置是酸式滴定管，0刻度在上，大刻度在下，所以实验记录的读数为11.80 mL，故D不选；
答案为C。
16．(1) 蒸馏烧瓶 b
(2) 温度过高，浓硝酸分解，SO2溶解度下降逸出 产物NOSO4H对该反应起催化作用
(3) 作吸水剂，防止亚硝酰硫酸遇水分解 CD 滴入最后半滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30s内不变色 3%
【分析】A装置用Na2SO3固体和浓硫酸反应制备SO2，制得的气体中会混有水蒸气，用装置B中的浓硫酸来干燥除水，使得干燥纯净的SO2进入装置C来制备少量NOSO4H。装置D需要能尾气吸收SO2，并防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶使产物水解，应该为盛装碱石灰的装置。
【详解】（1）该仪器为带支管的烧瓶，故为蒸馏烧瓶，由分析知，装置D的作用吸收SO2，并防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶，则装置D应该为盛装碱石灰的装置，选项b正确，故答案为：蒸馏烧瓶；b。
（2）①由于反应物浓硝酸受热易挥发易分解，且温度高不利于SO2溶解，故答案为：温度过高，浓硝酸分解，SO2溶解度下降逸出；
②由于SO2通入速率不变，且温度变化不大，但反应速率明显加快，考虑可能是因为反应受到催化剂的作用，由于是生成少量NOSO4H后反应明显加快，说明此时起催化作用的物质应该为NOSO4H，故答案为：产物NOSO4H对该反应起催化作用。
③结合已知可写出亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水分解时发生的化学方程式：。故答案为：。
（3）①滴定过程中滴定原理是亚铁离子与硝酸反应，锥形瓶内发生的离子方程式为：，故答案为：。
②锥形瓶中加入浓硫酸除了可以作溶剂外，另一个作用是作吸水剂,防止亚硝酰硫酸遇水分解，故答案为：作吸水剂，防止亚硝酰硫酸遇水分解；
③标准液的体积和硝酸的含量成正比：
A．滴定终点俯视滴定管读数使滴定后读数偏小，所代入计算的标准液用量偏低，所以结果偏低，故A不选；
B．用容量瓶配制(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时俯视会使得加水量少，配得的标准液浓度高，则滴定时用量减少，代数得到的结果偏低，故B不选；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准液润洗，标准液被稀释，用量偏大，使测定结果偏高，故C选；
D．滴定前，盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失在滴定前没有气泡，则代入计算的标准液多一个气泡的用量，所以结果偏高，故D选。
故答案为：CD。
④当滴定达终点后再加入标准液，此时过量的(NH4)2Fe(SO4)2可与NO生成粉红色的FeSO4·NO，则判断滴定终点的现象是：滴入最后半滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30s内不变色，故答案为：滴入最后半滴(NH4)2Fe(SO4)2标准液，溶液突变为粉红色，且30s内不变色。
⑤根据得失电子守恒得关系式：3(NH4)2Fe(SO4)2~HNO3，故，则HNO的含量，故答案为：3%。
17． A BD 分液漏斗、容量瓶 充分析出乙酰水杨酸固体（结晶） 生成可溶的乙酰水杨酸钠 重结晶 60
【详解】（1）因为反应温度在70℃，低于水的沸点，且需维温度不变，故采用热水浴的方法加热；
（2）操作①需将反应物倒入冷水，需要用烧杯量取和存放冷水，过滤的操作中还需要漏斗，则答案为：B、D；分液漏斗主要用于分离互不相容的液体混合物，容量瓶用于配制一定浓度的溶液，这两个仪器用不到。
（3）反应时温度较高，所以用冷水的目的是使得乙酰水杨酸晶体充分析出；
（4）乙酰水杨酸难溶于水，为了除去其中的杂质，可将生成的乙酰水杨酸与碳酸氢钠反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠，以便过滤除去杂质；
（5）每次结晶过程中会有少量杂质一起析出，可以通过多次结晶的方法进行纯化，也就是重结晶；
（6）水杨酸分子式为C7H6O3，乙酰水杨酸分子式为C9H8O4，根据关系式法计算得：
C7H6O3~ C9H8O4
138 180
6.9g m
m( C9H8O4)=(6.9g×180)/138=9g，则产率为。
18．(1)作还原剂
(2)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
(3)提供以生成沉淀；消耗，控制在1.5~1.8内，促进黄钠铁矾沉淀
(4)C
(5)0.0194mol/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＋3价镍、＋3价钴、＋4价锰转化为、、进入溶液，铝箔和含铁化合物转化为 ，也进入溶液，“除铁”生成黄钠铁矾沉淀除去铁元素后，再调节pH沉淀除去铝元素，过滤后回收到、、的溶液。
【详解】（1）酸浸时＋3价镍、＋3价钴、＋4价锰转化为、、进入溶液，金属元素的化合价降低，则作还原剂，故答案为：作还原剂。
（2）高温会加快分解，温度太低反应速率太慢，所以60°C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，故答案为：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。
（3）“除铁”时生成的是黄钠铁矾沉淀，不断加入溶液既能提供以生成沉淀；由会消耗，控制在1.5~1.8内，促进黄钠铁矾沉淀，故答案为：提供以生成沉淀；消耗，控制在1.5~1.8内，促进黄钠铁矾沉淀。
（4）加入后可调节溶液，与发生双水解反应生成沉淀和气体，C项符合题意。故答案为：C。
（5）加入的总物质的量，与溶液反应的的物质的量，与样品反应的的物质的量，，故答案为：0.0194mol/L。
19．(1)增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率
(2)
(3) 加入无现象，再加入，溶液变血红色，则含有铁元素
(4)
【分析】用湿法炼锌产生的铜镉渣生产金属镉的流程：铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉（Cd）、钴（Co）等单质，加入稀硫酸，铜不溶，过滤，滤液含有Zn2+、Fe2+、Cd2+、Co2+，向滤液加入锌，活化剂Sb2O3，锌粉会与Sb2O3产生合金CoSb除去钴，向除钴后的溶液中加入H2O2溶液氧化Fe2+为Fe3+，加入氧化锌调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去，电解含有Zn2+、Co2+的溶液，可得镉单质，据此解答。
(1)
酸浸时粉碎铜镉渣的目的是增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率，故答案为：增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率；
(2)
铜与稀硫酸不反应，则操作Ⅰ产生的滤渣主要成分为Cu，故答案为：Cu；
(3)
①双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为，故答案为：；
②根据表格中的信息可知在3.3≤pH＜7.2时，能确保Fe3+沉淀完全，而Cd2+不会沉淀，因此pH范围为3.3≤pH＜7.2，故答案为：3.3≤pH＜7.2；
③若加入的双氧水不足，则待电解溶液中有亚铁离子残余，检验亚铁离子即可，方法为：取待电解液少量与试管中，加入无现象，再加入，溶液变血红色，则含有铁元素，故答案为：加入无现象，再加入，溶液变血红色，则含有铁元素；
(4)
根据溶度积常数大小可知Ksp越小，溶解度越小，沉淀越完全，因此处理含镉废水常用加入碳酸钙实现沉淀转化，该沉淀转化的反应方程式为；除去工业废水中的Cd2+时，若反应达到平衡后溶液中，则Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c(CO)=2.8×10-9，可知溶液中碳酸根浓度是2.8×10-8mol/L，再根据Ksp(CdCO3)=c(Cd2+)×c(CO)=5.6×10-12，可知2.0×10-4mol L-1，故答案为：；2.0×10-4。
答案第1页，共2页
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