D

【详解】

A.乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，A说法正确；

B.次氯酸钠具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，B说法正确；

C.过氧乙酸的分子式为C₂H₄O₃，故其相对分子质量为76，C说法正确；

D.氯仿的化学名称为三氯甲烷，D说法不正确。

综上所述，故选D。

B

【详解】

A.氮原子成3键，氢原子成1键，所以 N₂H₄的结构式：，A错误；

B. Fe是26号元素，其原子结构示意图：，B正确；

C. SO₂分子的空间结构为V形，其模型：，C错误；

D. 电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，N原子核外有7个电子，分2层排布，基态N原子的轨道表示式：，D错误；

故答案为：B。

A

【详解】

A．NaHCO₃不稳定，受热分解产生CO₂气体，能够使面团松软，因而可用作焙制糕点的膨松剂，A错误；

B．碱性氧化物CaO能与SO₂反应产生固态的盐，因而可作为工业废气处理时的脱硫剂，减少对大气的污染，B正确；

C．硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，因而是制造计算机硅芯片的材料，C正确；

D．Cl₂溶于水，与水反应产生HCl、HClO，溶液中含有HCl使溶液显酸性，而HClO具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色，因此饱和氯水既有酸性又有漂白性。氯气与水的反应是可逆反应，由于酸性：HCl＞H₂CO₃＞HClO，加入适量NaHCO₃固体，反应消耗HCl，使化学平衡正向移动，导致溶液中c(HClO)增大，因而其漂白性增强，D正确；

故合理选项是A。

D

【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，由X原子的最外层电子数是次外层的3倍可知，X为O元素；由金属元素Y原子核外无未成对电子可知，Y为Mg元素；由Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料可知，Z为Si元素；由W与X位于同一主族可知，W为S元素。

【详解】

A.硫元素的最高价氧化物对应的水化物是硫酸，硫酸是二元强酸，故A正确；

B.水分子间能形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，则水的的沸点比硫化氢高，故B正确；

C.同周期元素，从左到右，第一电离能有增大的趋势，镁的价电子排布式为3s²，3s轨道为全充满的稳定状态，第一电离能比同周期相邻元素的大，故C正确；

D.硅单质为原子晶体，一个硅原子周围有四个硅原子，每个硅原子形成共价键的数目为4×=2，则1mol单质硅中共价键的数目约为2×6.02×10²³，故D错误；

故选D。

A

【详解】

A．0.1 mol·L^-1NaOH溶液显碱性，在碱性溶液中，选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，A符合题意；

B．在0.1 mol·L^-1Fe₂(SO₄)₃溶液中，Fe³⁺与SCN^-会发生络合反应产生Fe(SCN)₃，不能大量共存，B不符合题意；

C．在0.1 mol·L^-1KI溶液中含有大量I^-，I^-与ClO^-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；

D．NH₄HCO₃电离产生的、与OH^-、Ba²⁺会发生反应产生BaCO₃沉淀和H₂O，不能大量共存，D不符合题意；

故合理选项是A。

B

【详解】

A.用装置甲在铁制品表面镀铜时，要用铜做电镀池的阳极，与直流电源的正极相连，不能用铁做电镀池的阳极，故A错误；

B.用装置乙电解精炼铜时，粗铜做精炼池的阳极，与直流电源的正极相连，故B正确；

C.用装置丙制备NaOH和氯气时，应选择阳离子交换膜，以有利于钠离子向阴极迁移，防止氢氧根离子向阳极迁移，故C错误；

D.用装置丁保护钢闸门时，应选用比铁活泼的锌与钢闸门相连，选用石墨会形成铁、石墨原电池，钢闸门会因原电池反应加快腐蚀，或者将钢闸门连在电源的负极上，故D错误；

故选B。

C

【详解】

A．Fe₂O₃与Al在高温下发生铝热反应生成Fe和Al₂O₃，Fe与Cl₂在点燃时生成FeCl₃，化学方程式分别为2Al+Fe₂O₃ 2Fe+Al₂O₃，2Fe+3Cl₂ 2FeCl₃，故A不能实现；

B．Cu₂S与O₂在高温下发生反应生成CuO和SO₂，反应的化学方程式为Cu₂S+2O₂2CuO+SO₂，生成CuO而不是Cu，且Cu与稀H₂SO₄不反应，故B不能实现；

C．Al与NaOH溶液发生反应生成NaAlO₂和H₂，NaAlO₂溶液中通入过量CO₂发生反应生成Al(OH)₃和NaHCO₃，化学方程式分别为2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑，NaAlO₂+CO₂+2H₂O=Al(OH)₃↓+NaHCO₃，故C能实现；

D．在NaCl溶液中先通入CO₂，由于CO₂的溶解度很小，大量的CO₂逸出，存在溶液中的CO₂很小，HCO₃^-更小，不能生成NaHCO₃沉淀，“侯氏制碱法”是在饱和食盐水中先通入NH₃，形成饱和的氨盐水，再通入CO₂，会生成NaHCO₃沉淀，故D不能实现；

答案为C

C

【详解】

A．碱式硫酸铁电离产生Fe^3＋，Fe^3＋能发生水解生成Fe(OH)₃胶体，Fe(OH)₃胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；

B．NH₄HCO₃不稳定，受热易分解，所以为防止NH₄HCO₃分解，生产FeCO₃需在较低温度下进行，故B正确；

C．(NH₄)₂Fe(SO₄)₂在水中的溶解度比FeSO₄的小，所以FeSO₄才能与(NH₄)₂SO₄反应生成(NH₄)₂Fe(SO₄)₂，故C错误；

D．KSCN溶液遇Fe^2＋溶液无现象，(NH₄)₂Fe(SO₄)₂若被氧化则生成Fe^3＋，KSCN溶液遇Fe^3＋溶液变红，故D正确；

故答案选C。

C

【详解】

A. 盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同pH的盐酸和醋酸加水稀释后，盐酸pH变化更大，醋酸pH变化更小，A错误；

B. 铵根离子水解出氢离子，往氯化铵溶液中滴加盐酸时，盐酸抑制铵根水解，则铵根离子浓度增大，但氢离子浓度增大更多，因此c（）/c (NH₄⁺)增大，B错误；

C. 正反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷平衡转化率减小，因此P₁<P₂，C正确；

D. 滴入20mL氢氧化钠溶液时，恰好完全反应，此时溶液为醋酸钠溶液，醋酸钠溶液由于水解溶液显碱性，D错误；

答案选C。

D

【详解】

A.Fe²⁺被氧化后生成Fe³+，滴加KSCN溶液出现红色，而溶液中若含有Fe³⁺，溶液也会显红色，故溶液中可能含有Fe²⁺，A错误；

B.K⁺的焰色为紫色，易被黄色光过滤掉，须通过蓝色钴玻璃才可以观察到，故溶液中可能含有K⁺，B错误；

C.当氯化钠和碘化钠浓度相同时，滴入少量稀AgNO₃溶液，有黄色沉淀生成，才可以说明K_sp(AgCl)>K_sp(AgI)，若两者浓度不同，不能得出此结论，C错误；

D.浓度相同时，CH₃COONa溶液的pH比NaNO₂溶液的大，说明CH₃COO^-的水解程度比NO₂^-大，根据越弱越水解可知CH₃COOH的酸性小于HNO₂的酸性，D正确；

答案选D。

BD

【详解】

A．在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且δ曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明H₂A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即H₂A=HA^-+H⁺，HA^-⇌A^2-+H⁺，曲线①代表δ(HA^-)；当加入用0.1000 mol•L^-1的NaOH溶液40.00 mL滴定后，发生NaHA+NaOH=Na₂A+H₂O，HA^-的分布系数减小，A^2-的分布系数在增大，且曲线②在一直在增加，在滴定终点后与③重合，所以曲线②代表δ(A^2-)，A错误；

B．当加入40.00 mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，到达滴定终点，说明NaOH和H₂A恰好完全反应，根据反应2NaOH+H₂A=Na₂A+2H₂O，n(NaOH)=2n(H₂A)，c(H₂A)==0.1000 mol/L，B正确；

C．由于H₂A第一步完全电离，则HA^-的起始浓度为0.1000 mol/L，根据图象，当V(NaOH)=0时，HA^-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A^2-的分布系数为0.1，则HA^-的电离平衡常数Ka==≈1×10^-2，C错误；

D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2～10，终点时溶液呈碱性，c(OH^-)＞c(H⁺)，溶液中的电荷守恒，c(H⁺)+c(Na⁺)=2c(A^2-)+c(OH^-) +c(HA^-)，则c(Na⁺)＞2c(A^2-)+c(HA^-)，D正确；

故合理选项是BD。

AC

【详解】

A．II与I初始投入量相同，II为绝热恒容容器，该反应为放热反应，故II随着反应的进行，容器内气体温度升高，平衡时相当于对I容器升高温度，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，则平衡时SO₃的物质的量比I小，即a＜1.6，A正确；

B．对于I中反应，开始时n(SO₂)=2 mol，n(O₂)=1 mol，平衡时n(SO₃)=1.6 mol，若容器III反应是在恒温恒容下进行，其等效开始状态是n(SO₂)=1 mol，n(O₂)=0.5 mol，物质的量是I的一半，容器的容积也是I的一半，则二者为等效开始状态，平衡时各种物质的含量相同，则平衡时SO₃的物质的量是0.8 mol，但由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，反应III是在恒温恒压下进行，反应从逆反应方向开始，反应发生使气体的压强增大，为维持压强不变，相当于在I平衡的基础上扩大容器的容积而导致减小压强，减小压强化学平衡逆向移动，因此反应III中达到平衡时SO₃的物质的量比0.8 mol要少，即b＜0.8 mol，B错误；

C．II为绝热容器，随着反应的进行容器内气体的温度升高，温度升高反应速率加快，则平衡时的正反应速率：平衡时v_正(SO₂)：v(I)＜v(II)，C正确；

D．对于反应I，由于容器的容积是1 L，则开始时c(SO₂)=2 mol÷1 L=2 mol/L，c(O₂)=1 mol÷1 L=1 mol/L，平衡时c(SO₃)=1.6 mol÷1 L=1.6 mol/L，根据物质反应转化关系可知平衡时，c(SO₂)=2 mol/L-1.6 mol/L=0.4 mol/L，c(O₂)=1 mol/L-0.5×1.6 mol/L=0.2 mol/L，该反应的化学平衡常数K=，若开始时向I中加入1.0 mol SO₂(g)、0.20 mol O₂(g)和4.0 mol SO₃(g)，由于容器的容积是1 L，则c(SO₂)=1.0 mol/L，c(O₂)=0.20 mol/L，c(SO₃)= 4.0 mol/L，则Q_c==K，因此反应恰好处于平衡状态，既不向正反应方向移动，也不向逆反应方向移动，D错误；

答案选AC。

1s²2s²p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或    O＞C＞H    sp³    4        14×6.02×10²³   

【分析】

(1)根据题目给出信息判断出X为铜元素，结合失去1个电子写出核外电子排布式；

(2)元素的非金属性越强，其电负性越大；

(3)根据水的中心原子的价电子对数判断杂化方式；

(4)由晶包图可知晶包类型为ZnS。

(5)表示配位键时，箭头指向提供空轨道的原子或离子；1 mol X₂Cl₂•2CO•2H₂O含有8 mol配位键，4 mol H-O键，2 mol CO含2 mol 键，H-O键和配位键都属于键。

【详解】

(1)元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1，X为Cu，其原子基态核外电子排布式为1s²2s²p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或；

(2)元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性：O＞C＞H，所以C、H、O三种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H；

(3)根据水的中心原子的O原子的价电子数为=4，所以氧原子的杂化方式为sp³杂化；

(4)由晶胞图可知晶胞类型为ZnS，其晶包中配位数为4，距离每个X离子最近的Cl的个数为4；

(5)根据氯原子最外层电子数为7可知，氯原子可形成一对共用电子对，即氯原子形成两条共价键中只有一条是配位键，而X可形成3条配位键，故其配位键可表示为；因1 mol X₂Cl₂•2CO•2H₂O含有8 mol配位键，4 mol H-O键，2 mol CO含2 mol键，H-O键和配位键都属于键，即1 mol X₂Cl₂•2CO•2H₂O含有8+4+2=14 mol键，即14N_A个键，所以共价键数目为14N_A或14×6.02×10²³。

【点睛】

本题考查物质结构和性质，涉及原子核外电子排布式的书写、元素电负性的比较、原子杂化方式的判断及配位键等的判断等知识，注意对基础知识的理解掌握，较为全面的考查了学生对物质结构的掌握与应用能力。

250mL容量瓶    胶头滴管    偏大    溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色    2：1：2   

【分析】

(1)根据配制一定体积一定物质的量浓度的溶液的操作判断使用的仪器；

(2)加热可促使分解产生Mn²⁺反应，避免对后面实验产生干扰；

(3)I₂遇淀粉溶液变为蓝色，据此判断滴定终点现象；

(4)根据标准溶液的物质的量计算的物质的量；根据反应消耗Na₂S₂O₃标准溶液的体积计算Cu²⁺的物质的量，最后根据电荷守恒可计算K⁺的物质的量，再计算出各种离子的物质的量的整数比，即得到a：b：c的比值。

【详解】

(1)配制250 mL 0.0200 mol·L^-1KMnO₄标准溶液，除需用到烧杯、玻璃棒外，还用到的玻璃仪器有250 ml容量瓶及胶头滴管；

(2)在酸性条件下KMnO₄具有强的氧化性，可以与I^-发生氧化还原反应产生I₂。若步骤②中未对滴定后的溶液进行加热除去，会氧化后面为测定Cu²⁺而加入的I^-，反应产生I₂，使产生I₂的物质的量增多，导致测出的Cu²⁺的含量偏大；

(3)在溶液中发生反应：2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂，以淀粉溶液作指示剂，由于I₂遇淀粉溶液变为蓝色，所以用0.0200 mol•L^-1Na₂S₂O₃标准溶液进行滴定时，发生反应：I₂+2=2I^-+，随着标准溶液的加入，I₂浓度逐渐降低，溶液蓝色逐渐变浅，当滴加最后一滴Na₂S₂O₃标准溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不再变为蓝色，说明此时反应达到了滴定终点。故滴定终点的实验现象是：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；

(4)根据电子守恒可知关系式：5～2，所以n(C₂O₄^2-)=2.5n(C₂O₄^2-)=2.5×0.0200 mol/L×12.00 mL×10^-3 L/mL=6.000×10^-4 mol；

根据方程式2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂、I₂+2=2I^-+，可得关系式：2Cu²⁺～I₂～2，所以n(Cu²⁺)=2n(I₂)=n()=0.0200 mol/L×15.00 mL×10^-3 L/mL=3.000×10^-4 mol；

根据电荷守恒可得：n(K⁺)+2n(Cu²⁺)=2n()，则n(K⁺)+2×3.000×10^-4 mol=2×6.000×10^-4 mol，解得n(K⁺)=6.000×10^-4 mol，所以，n(K⁺)：n(Cu²⁺)：n()=2：1：2，故a：b：c=2：1：2。

【点睛】

本题考查探究物质组成与含量的方法，明确实验原理，掌握物质反应转化关系为解答关键，注意掌握关系式法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力。

2Fe³⁺+Cu=2Fe²⁺+Cu²⁺    HCl    Cl₂(或H₂O₂)    Cu+2H⁺+H₂O₂=Cu²⁺+2H₂O    H⁺+Cu⁺+HO﹒=Cu²⁺+H₂O    O₂    pH太低，NH₃·H₂O浓度小，Cu²⁺生成的和Cu⁺不能形成对应的配合物；pH太高，Cu²⁺或Cu⁺会转化为难溶性碱(或碱式盐)。   

【分析】

①Fe³⁺与铜发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子；

②需要将亚铁离子氧化生成铁离子，且在盐酸溶液中进行再生蚀刻液，防止铁离子的水解；

(2)在酸性条件下，H₂O₂将Cu氧化为Cu²⁺，H₂O₂被还原产生H₂O，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒书写反应方程式；

(3)阳极产生强氧化性的•OH，将Cu⁺氧化生成Cu²⁺，Cl^-通过阴离子交换膜进入阳极区可生成CuCl₂蚀刻液；

(4)①蚀刻液再生过程中作氧化剂的是氧气；

②pH太低，NH₃•H₂O浓度小；Cu²⁺和生成的Cu⁺不能形成对应的配合物，pH太高，Cu²⁺或Cu⁺会转化为难溶性碱(碱式盐)。

【详解】

(1)①Fe³⁺与铜板发生氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：2Fe³⁺+Cu=2Fe²⁺+Cu²⁺；

②从废液中可回收铜并使蚀刻液再生，需要将亚铁离子氧化生成铁离子，且在盐酸溶液中进行再生蚀刻液，以防止铁离子的水解，所以再生所用的试剂有除了Fe，还需用HCl和Cl₂(或H₂O₂)；

(2)在酸性条件下，H₂O₂将Cu氧化为Cu²⁺，H₂O₂被还原产生H₂O，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为：Cu+2H⁺+H₂O₂=Cu²⁺+2H₂O；

(3)由图可知，阳极产生强氧化性的•OH，在阳极上发生：H⁺+Cu⁺+•OH=Cu²⁺+H₂O，Cl^-通过阴离子交换膜进入阳极区可生成CuCl₂蚀刻液；

(4)①蚀刻液再生过程中作氧化剂的是溶解在溶液中的氧气；

②pH太低，NH₃•H₂O浓度小；Cu²⁺和生成的Cu⁺不能形成对应的配合物，pH太高，Cu²⁺或Cu⁺会转化为难溶性碱(或碱式盐)。

【点睛】

本题考查含铜工业废液的处理，涉及物质的再生、离子方程式的书写、电解原理的应用等。答题时注意把握题给信息，结合元素化合物知识分析解答。侧重考查学生的分析能力和实验能力。

10Fe_0.9O + CO₂  3Fe₃O₄ + C    4    CO₂＋2e^－= CO＋O^2－    ΔS > 0    －49.58   

    在0.1MPa，CO₂的转化率及CH₄的选择性较高，加压CO₂的转化率及CH₄的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗   

【分析】

(1)根据图所，过程①是Fe_0.9O和CO₂反应生成Fe₃O₄和C；

(2)根据图示，电极a上H₂O得电子生成H₂、CO₂得电子生成CO；

(3) ①根据分析；

②根据盖斯定律计算ΔH₃；

(4)根据图示，在0.1MPa，CO₂的转化率及CH₄的选择性较高，加压CO₂的转化率及CH₄的选择性变化不大；

【详解】

(1)根据图所，过程①是Fe_0.9O和CO₂反应生成Fe₃O₄和C，化学方程式是10Fe_0.9O + CO₂  3Fe₃O₄ + C；过程②中Fe₃O₄→O₂，氧元素化合价由-2升高为0，每产生1 mol O₂，转移电4mol；

(2)根据图示，电极a上H₂O得电子生成H₂、CO₂得电子生成CO，电极反应式是H₂O + 2e^－= H₂ + O^2－和CO₂＋2e^－= CO＋O^2－；

(3) ①反应a，ΔH>0，在一定条件下能自发进行，说明，所以ΔS > 0；

②反应a：CO₂(g)+H₂(g)CO(g)+H₂O(g)        ΔH₁ = + 41.19 kJ·mol^-1

反应b：CO(g)+2H₂(g)CH₃OH(g)           ΔH₂ =－90.77 kJ·mol^-1

反应c：CO₂(g)+3H₂(g)CH₃OH(g)+H₂O(g)   ΔH₃

②根据盖斯定律a+b得CO₂(g)+3H₂(g)CH₃OH(g)+H₂O(g)   ΔH₃=+ 41.19 kJ·mol^-1－90.77 kJ·mol^-1=－49.58 kJ·mol^-1，反应c的平衡常数表达式K= ；

(4)根据图示，在0.1MPa，CO₂的转化率及CH₄的选择性较高，加压CO₂的转化率及CH₄的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗，CO₂甲烷化反应选择0.1MPa (1个大气压)而不选择更高压强。

【点睛】

本题考查化学反应中的能量变化、化学反应方向的判据、化学平衡常数，理解盖斯定律的含义，明确电解原理是解题关键，注意平衡常数表达式的书写规则。

3NaClO2NaCl+NaClO₃    +ClO^-=+ Cl^-(或SO₂ + ClO^-+ 2OH^-=+ Cl^-+ H₂O)    bc    温度过低，反应速率慢；温度过高NaClO不稳定分解(或温度过高SO₂溶解度减小)    CaSO₄(或CaSO₄·2H₂O)    30℃左右加热浓缩，冰水冷却结晶(或冷却至0℃结晶)   

【分析】

(1)次氯酸钠在温度较高时会分解生成NaClO₃和NaCl，根据电子守恒、原子守恒书写反应方程式；

(2)①ClO^-具有强氧化性，+4价的S具有还原性，二者会发生氧化还原反应，据此书写反应方程式；

②结合物质的存在状态及化学反应速率影响因素分析判断；

③温度控制在40~60 ℃之间，脱硫率较高，原因是从反应速率、物质的稳定性、气体的溶解度等方面分析判断；

(3)根据废水中含有的微粒及物质的溶解性判断滤渣成分，结合物质溶解度与温度关系曲线分析判断提纯硫酸钠晶体的方法。

【详解】

(1)次氯酸钠不稳定，温度较高时会发生分解反应生成NaClO₃和NaCl，反应方程式为：3NaClO2NaCl+NaClO₃；

(2)①脱硫时需保持溶液呈碱性，此过程的主要反应之一为：SO₂+2OH^-=+H₂O；由于ClO^-具有强氧化性，+4价的S具有还原性，二者会发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为+ClO^-=+ Cl^-(或SO₂ + ClO^-+ 2OH^-=+ Cl^-+ H₂O)；

②a．SO₂是气体，若加快通入尾气的速率，会导致SO₂未反应就随气体逸出，使脱硫率降低，a不符合题意；

b．吸收塔中喷淋的碱液与气体逆向接触，可以使反应物质充分接触，反应更充分，因而就可以提高脱硫率，b符合题意；

c．提高碱液pH，可以使SO₂被充分吸收，因而使脱硫率大大提高，c符合题意；

故合理选项是bc；

③温度控制在40~60 ℃之间，脱硫率较高，这是由于温度过低，反应速率较慢；弱温度过高，NaClO不稳定受热会发生分解，同时温度过高导致SO₂溶解度减小，也使反应利于脱硫反应的进行；

(3)①由次氯酸钠碱性废水中含有杂质Ca²⁺，当用其处理硫酸厂尾气水，SO₂被氧化为，与Ca²⁺结合形成溶解度较小的CaSO₄析出，所以滤渣的主要成分为CaSO₄(或其结晶水合物CaSO₄·2H₂O)；

②根据物质溶解性随温度变化曲线可知：NaCl的溶解度受温度的影响变化不到，Na₂SO₄·10H₂O的溶解度在温度接近40℃时随温度的升高而增大，在温度为30℃二者的溶解度相等，低于30℃使NaCl的溶解度比Na₂SO₄·10H₂O的大，所以要从含有较多的Na₂SO₄ 和NaCl滤液中分离提纯，得到高纯度Na₂SO₄·10H₂O晶体的方法是：在30℃左右加热浓缩，冰水冷却结晶(或冷却至0℃结晶)。

【点睛】

本题考查了化学反应硫酸厂尾气处理的应用。涉及化学反应速率影响因素、方程式的书写、混合物的分离提纯。综合考查了学生对氧化还原反应、离子反应、化学反应速率理论的掌握及视图能力分析问题能力在混合物分离中的应用。