北京市2023年高考化学模拟题汇编-12水溶液中的离子反应和平衡（实验题、推断题、解答题）
一、实验题
1．（2023·北京朝阳·统考一模）某小组同学探究与溶液的反应，实验如下。
资料：i．(黄色)
ii．呈绿色(酸性条件下不稳定)、低浓度呈无色、MnS为肉色沉淀。
iii．
实验Ⅰ：
(1)用离子方程式表示溶液显碱性的原因：___________。
(2)将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①甲同学认为固体a中除了MnS外，还有，依据的现象是___________。
②乙同学认为根据上述现象不能得出固体a中含有，应补充对比实验：___________(填实验方案)。实验证实固体a中含有。
(3)固体b的主要成分是S。分析产生S的可能原因：___________。
(4)经检验，固体c的主要成分是。
①分析产生的可能原因：酸性条件下，将氧化。该反应的离子方程式是___________。
②继续滴加酸性溶液，溶液变为紫红色，仍有棕黑色固体。
实验Ⅱ：改用未经酸化的溶液重复实验Ⅰ，产生棕黑色固体时溶液呈绿色。
(5)分析实验Ⅰ未见绿色的原因：取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。该反应的离子方程式是___________。
实验Ⅲ：向未经酸化的溶液中滴加少量，产生棕黑色沉淀并检测到。
(6)检验的实验方案：___________(填操作和现象)。注：该实验条件下，与不反应。
(7)综合上述实验，与溶液反应的产物与___________等因素有关(答出两点即可)。
2．（2023·北京石景山·统考模拟预测）某小组探究不同阴离子与的结合倾向并分析相关转化。
资料：i.和均为白色，难溶于水。
ii.与、能生成、
iii.与结合倾向。
(1)探究、与的结合倾向
实验 滴管 试管 现象
I 10滴0.1mol/L溶液 等浓度的NaI和溶液 黄色沉淀
II 等浓度的NaI和溶液 黄色沉淀
①由实验I推测：与结合倾向_______(填“>”或“<”)。
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，澄清溶液中+1价银的存在形式_______(填化学式)。推测：与结合倾向。
查阅资料证实了，上述推测。
(2)的转化
实验 滴管 试管 现象
III 0.1mol/L溶液 0.1mol/L溶液 白色沉淀，振荡后消失
IV 0.1mol/L溶液 0.1mol/L溶液 白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀
①写出实验III中白色沉淀消失的离子方程式_______。
②查阅资料：实验IV中黑色沉淀是，中S元素的化合价分别为和+6.写出实验IV中白色沉淀变为黑色的化学方程式并分析原因_______。
③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入_______(填试剂和操作)，可使定影液再生。
(3)的转化
分析试管1出现银镜的原因_______。
(4)资料显示：S原子与结合比O原子更稳定。与结构相似，但与结合倾向：，试从微粒空间结构角度解释原因_______。
3．（2023·北京朝阳·北京八十中校考模拟预测）某研究小组为探究饱和NaHCO3溶液中是否还能溶解少量NaHCO3固体，设计并完成了下列实验。
【查阅资料】
常温下：Ksp(CaCO3)=4.96×10 9 Ksp(MgCO3)=6.82×10 6
碳酸的电离常数：H2CO3HCO＋ H+ K1＝4.3×10 7
HCOCO＋ H+ K2=5.6×10 12
Mg(OH)2沉淀范围：pH 9.4 ~ 12.4
【实验过程】
实验编号 实验操作 现象或结论
ⅰ 测饱和NaHCO3溶液的pH pH为8.3
ⅱ 向20 mL 饱和NaHCO3溶液中再加入少量的NaHCO3固体，静置24小时。 少量的气体X从溶液底部固体中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y
【分析解释】
(1)用化学用语解释饱和NaHCO3溶液pH为8.3的原因：______。
(2)为探究NaHCO3固体溶解的原理，取实验ⅱ反应后的气体X和溶液Y，检验其成分。
a．气体X能使澄清的石灰水变浑浊。
b．测得溶液Y的pH为8.7。
c．向溶液Y中滴加MgCl2溶液，有白色沉淀生成。
d．将c的悬浊液加热，继续有气体产生，白色沉淀不消失。
e．向2 mL饱和NaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象。
f．向2 mL饱和Na2CO3溶液中加入MgCl2溶液，有白色沉淀生成。
① 气体X是______。
② 步骤d中反应的化学方程式是______。
③ 步骤e中若用CaCl2溶液代替MgCl2溶液完成实验，会观察到白色沉淀。其原因是______。
④ 步骤e、f的目的是______。
【得出结论】
(3)通过上述实验证明饱和NaHCO3溶液中还能溶解少量NaHCO3固体，结合化学用语解释其原因______。
二、元素或物质推断题
4．（2023·北京顺义·一模）以硫酸厂矿渣(含，，等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图所示：
资料：i.化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。
ii.；。
回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有_______。
(2)“还原”过程中的离子方程式为_______。
(3)“滤渣”中主要成分为(填化学式)_______。
(4)①“沉铁”过程中有气体产生，反应的离子方程式为_______。
②“沉铁”过程中往往有副产物生成，分析原因是_______。
③若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中_______。
(5)写出氧化过程生成铁黄的化学方程式为_______。
(6)工业上为了充分利用铁资源，硫酸厂矿渣也可以用来炼铁，在1225℃、时，焙烧时间与金属产率的关系如下图：
请分析焙烧时间超过15min时，金属产率下降的原因可能是_______。
三、工业流程题
5．（2023·北京东城·统考一模）电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4，的流程如图：
(1)MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为_____。
(2)浸出过程中，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，利用的MnO2的化学性质是_____。
(3)结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理：_____。
(4)过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如图。
已知：
a.萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)；
b.HA为一元弱酸，难溶于水，结构为[OR=]；
c.莘取时发生反应M2++2HAMA2+2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)。
①从结构角度分析MA2可溶于磺化煤油的原因：_____。
②反应M2++2A-MA2的平衡常数用β表示。已知β(CaA2)＞β(MnA2)，判断调pH时a____b(填“＜”或“＞”)，结合平衡常数解释原因：_____。
③试剂Y是_____。
(5)不同温度下MnSO4的溶解度如表。
温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 100
溶解度/g 52.9 59.7 62.9 62.9 60.0 53.6 45.6 40.9 35.3
过程II的操作为______，洗涤，干燥。
6．（2023·北京朝阳·统考一模）从低品位铜镍矿(含有、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：
资料：一些物质的(25℃)如下。
物质
(1)上述流程中，加快反应速率的措施是___________。
(2)浸出过程中通入的目的是___________。
(3)萃取时发生反应：(HR、在有机层，、在水层)。
①某种HR的结构简式为 ，该分子中可能与形成配位键的，原子有___________。
②解释反萃取时的作用：___________。
(4)黄钠铁矾[]比更易形成沉淀。反应终点pH与、沉淀率的关系如下表。
反应终点pH 沉淀率/%
1.5 94.04 0.19
2.5 99.21 0.56
3.8 99.91 3.31
①生成黄钠铁矾的离子方程式是___________。
②沉淀时最适宜选用的反应终点pH是___________。
(5)第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，宜将pH调节至___________(填序号)。
a．6~7 b．9~10 c．11~12
7．（2023·北京丰台·统考一模）煤化学链技术具有成本低、能耗低的捕集特性。以铁矿石(主要含铁物质为)为载氧体的煤化学链制氢 艺如下图。测定反应前后不同价态铁的含量，对工艺优化和运行监测具有重要意义。
(1)进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是___________。
(2)分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是___________。
(3)测定铁矿石中全部铁元素含量。
i．配制铁矿石待测液：铁矿石加酸溶解，向其中滴加氯化亚锡()溶液。
ii．用重铬酸钾()标准液滴定可测定样品中全部铁元素含量。配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因___________。
(4)测定燃烧反应后产物中单质铁含量：取a g样品，用溶液充分浸取(FeO不溶于该溶液)，向分离出的浸取液中滴加b 溶标准液，消耗标准液V mL。已知被还原为，样品中单质铁的质量分数为___________。
(5) 艺中不同价态铁元素含量测定结果如下。
①制氢产物主要为，写出蒸汽反应器中发生反应的化学方程式___________。
② 艺中可循环使用的物质是___________(填化学式)。
8．（2023·北京石景山·统考模拟预测）一种利用低品位铜矿(、CuS、FeO和等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：
已知：i.水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。
ii.室温时，的溶度积常数。
(1)铜矿中被氧化的物质有_______。
(2)滤液D中铁离子的浓度约为_______，向滤液D中先通氨气的目的_______。
(3)固体E主要是，生成的离子方程式是_______。
(4)滤液F加热生成、和CuO，反应的化学方程式是_______。
(5)查阅资料：+1价Cu和可以形成2种配离子和。滤液G加大量水析出CuCl沉淀，从平衡移动角度分析，滤液G中的配离子是哪种更有利于CuCl的生成_______。
(6)CuCl质量分数的测定
称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，则CuCl质量分数的计算式_______。
9．（2023·北京房山·统考一模）高纯氯化锰在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如下(部分操作和条件略)。
Ⅰ．将粗锰粉加入盐酸中充分反应，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤；
Ⅱ．向Ⅰ所得滤液中加入酸性溶液，充分反应后加入调节，过滤；
Ⅲ．向Ⅱ所得滤液中通入气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；
Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品
(1)氯化锰中锰元素的化合价是___________。
(2)步骤Ⅰ中去除了磷酸盐和硅酸盐，且对磷酸盐的去除效果比硅酸盐好，这与酸性有关。从原子结构角度解释酸性原因：___________。
(3)步骤Ⅰ所得滤液中的金属离子主要含有、和等，且不被氧化。
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
开始沉淀时 6.5 1.5 8.1 6.5
完全沉淀时 8.3 2.8 10.1 8.5
注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L
①结合表中数据，解释步骤Ⅱ中加入酸性溶液的目的：___________。
②配平加入后发生反应的离子方程式：,________
(4)步骤Ⅲ的目的是去除：。推测溶解度：PbS___________MnS(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)已知：氯化锰的溶解度随温度的变化如图。
步骤Ⅲ所得滤液中仍含有少量易溶杂质，补充步骤Ⅳ浓缩、结晶的操作：将滤液___________，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
四、原理综合题
10．（2023·北京西城·统考一模）镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。
Ⅰ.MgH2热分解放出H2
MgH2(s)Mg(s)+H2(g) ΔH=+75kJ/mol
该反应的能量变化如图。
(1)E1=_____。
(2)提高H2平衡产率的措施有_____(答2条)。
Ⅱ.MgH2水解制备H2
(3)MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是_____。
(4)MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是_____。
(5)MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。
已知：ⅰ.
物质 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Cu(OH)2
Ksp 5.6×10-12 5.5×10-16 2.2×10-20
ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。
①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是_____。
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是_____。
③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是_____。
11．（2023·北京丰台·统考一模）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i． 定条件下，Ti4+水解 程式：
ii． 定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
(1)用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因___________。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
(2)浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量 度解释加入还原铁粉的目的___________。
(3) 定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因___________。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
(4) 定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因___________。
III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到 氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
(5)电极X连接电源___________(填“正”或“负”)极。
(6)写出电极Y上发生的电极反应式___________。
12．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。
(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
实验序号 ⅰ ⅱ
所加试剂 粉 粉、()
的去除率 ≈50% ≈100%
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为_______，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原因：_______。
(5)测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为_______。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
13．（2023·北京海淀·北理工附中校考模拟预测）金属钇(Y)具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：
表1 浸出液成分
Al3+ Fe3+ Ca2+ PO43- Mg2+ Mn2+ Y3+
浓度/(mg L-1) 7670 9460 550 640 5600 1500 70.2
（1）浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+ Y3+ + 3HR YR3 + 3H+ （已知：FeR3、YR3均易溶于HR）
浸出液在不同pH下萃取的结果如图1。
①用化学平衡原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因________。
②结合图1解释，工业上萃取Y3+之前，应首先除去Fe3+的原因是________。
（2）采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。
表2 Fe3+、Y3+去除率
终点pH 去除率/%
Fe3+ Y3+
3.0 87.84 19.86
3.5 92.33 23.63
4.5 99.99 44.52
5.0 99.99 89.04
中和沉淀法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示。
①该实验条件下，Fe3+去除率比Y3+大的可能原因________。
磷酸法：将磷酸（H3PO4：三元弱酸）加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，过滤除去磷酸铁沉淀（FePO4），滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3。
表3 滤液中Fe3+、Y3+的浓度
Fe3+ Y3+
浓度/(mg L-1) 508 68.9
② 配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式
Fe3+ + + = FePO4↓+ CO2↑+ ，___________________
③ 综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因________。
（3）经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过________（填操作）收集含Y3+的有机溶液。
（4）综合分析以上材料，下列说法合理的是________。
a. 分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+
b. 表2中 Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3+的吸附
c. 表2中 pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3+ + 3OH- = Y（OH）3↓
d. 有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低
14．（2023·北京海淀·北理工附中校考模拟预测）CO2的绿色减排、捕捉、转化是人类可持续发展的重要战略之一。
（1）CO2来源之一是汽车尾气
①根据上图，写出气缸内产生NO的热化学方程式________。
②写出转换器中在催化剂作用下NOx和CO反应的化学方程式________。
③在催化转换器中机动车尾气转化效率与空燃比（空气与燃油气的体积比）的关系如右图。若空燃比小于14.7，氧气不足，CxHy和CO不能被完全氧化，导致其转化效率降低；若空燃比大于14.7，则NOx的转化效率降低，原因是________。
（2）利用NaOH溶液可以“捕捉” CO2
已知：0.448L CO2（已折算标准状况）被NaOH溶液充分吸收，得到100mL含有Na2CO3和NaHCO3的吸收液。
①向吸收液中加入足量BaCl2溶液得到沉淀，经过滤、洗涤、干燥后，称重为1.97g，则吸收液中c(Na2CO3) = ________。（该条件下NaHCO3与BaCl2不反应）
②对该吸收液，下列判断正确的是________。
a . c (CO32- ) > c (HCO3- )
b. 2c (CO32- ) + c (HCO3- ) + c (OH- ) = c (H+ ) + c (Na+ )
c. c (H2CO3) + c (HCO3- ) + c (CO32- ) =0.2mol L-1
（3）工业上可用CO2来制甲醇
①CO2 (g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH < 0
根据图1分析，实际工业生产中，反应温度选择250℃的理由________。
②利用光电催化原理，由CO2和H2O制备CH3OH的装置如图2。写出右侧的电极反应式________。
参考答案：
1．(1)
(2) 固体a放置在空气中变为棕黑色 将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色
(3)、、MnS被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S
(4)
(5)
(6)取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解
(7)反应物用量、添加顺序、溶液pH
【分析】硫化钠中加入酸性高锰酸钾溶液得到肉色固体为MnS，溶液为黄色，说明生成了，再加入酸性高锰酸钾溶液，溶液为无色，可能含有，得到白色固体可能为，再加入酸性高锰酸钾溶液，得到棕黑色固体为二氧化锰。据此解答。
【详解】（1）溶液中硫离子水解，使溶液显碱性，离子方程式表示为：。
（2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①从实验可知是变成二氧化锰，现象为固体变为棕黑色，故认为原固体中含有。
②补充对比实验：看硫化锰能否直接变成二氧化锰，实验方案为：将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色。
（3）、、MnS都有还原性，能被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S，故固体b中主要成分为硫。
（4）将氧化生成二氧化锰，根据氧化还原反应配平该反应的离子方程式为：。
（5）取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。说明反应生成二氧化锰和高锰酸根离子，根据氧化还原反应配平，该反应的离子方程式是。。
（6）硫酸根离子的检验方法为取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解。
（7）实验中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，也就是在控制反应物的用量，也可以用添加顺序控制用量，最后实验中采用为经酸化的高锰酸钾溶液做实验，产物不同，故可以总结出，反应物的用量多少，添加顺序和酸碱性环境都可以影响产物。
2．(1) >
(2) ，Ag+与-2价S结合倾向更强 Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤
(3)试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜
(4)和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：<
【分析】利用题中提供的信息，根据离子之间的反应进行分析，设计实验进行求证；
【详解】（1）①往等浓度的NaI和溶液中加入10滴0.1mol/L溶液，产生黄色沉淀为AgI，证明与结合倾向>；答案为>；
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，根据已知ii.与、能生成、，则澄清溶液中+1价银的存在形式为；
（2）①实验III中往0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L溶液，产生白色沉淀，后消失，则生成的继续反应生成，白色沉淀消失的离子方程式为；
②，Ag+与-2价S结合倾向更强，故实验IV中白色沉淀变为黑色；
③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤，可使定影液再生；
（3）试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜；
（4）和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：<。
3．(1)HCO+H2OH2CO3＋OH－
(2) CO2 溶液中存在平衡，Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，说明结合能力比强，所以可以得到沉淀 证明饱和溶液中离子浓度不足以和溶液反应生成沉淀
(3)体系中存在平衡：2HCO(aq) CO(aq)＋CO2↑+H2O(l)，由于CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解。
【详解】（1）NaHCO3为强碱弱酸盐，HCO发生水解HCO+H2OH2CO3＋OH－，碳酸氢根也能电离，但水解程度大于电离程度，使c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性；故答案为HCO+H2OH2CO3＋OH－；
（2）①根据题中信息可知，气体X能使澄清石灰水变浑浊，则气体X为CO2；故答案为CO2；
②步骤c中产生的白色沉淀可能是Mg(OH)2，也可能是MgCO3，但根据题中所给信息可知，Mg(OH)2沉淀范围是9.4～12.4，而此时溶液的pH为8.7，因此白色沉淀为MgCO3，将步骤c生成的MgCO3悬浊液加热，继续有气体产生，由于Mg(OH)2比MgCO3更难溶，因此加热过程中发生反应的化学方程式为，故答案为；
③HCO既能发生电离，也能发生水解，碳酸氢钠溶液中存在HCOCO+H＋，根据题中数据Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，说明CaCO3比MgCO3更难溶，所以得到CaCO3沉淀；故答案为溶液中存在平衡，Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，说明结合能力比强，所以可以得到沉淀；
④步骤d和e作对照实验，e中证明碳酸氢钠溶液中CO不足以和MgCl2反应产生白色沉淀；故答案为证明饱和溶液中离子浓度不足以和溶液反应生成沉淀；
（3）根据上述分析，饱和碳酸氢钠溶液中存在2HCO(aq) CO(aq)＋CO2↑+H2O(l)，由于CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解，故答案为体系中存在平衡：HCO(aq) CO(aq)＋CO2↑+H2O(l)，由于CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解。
4．(1)粉粹##搅拌##适当升高温度##适当增大酸的浓度
(2)
(3)、和铁粉
(4) 加入，促进水解，产生 140
(5)
(6)还原剂消耗完，空气进入将铁氧化，使产率降低
【分析】含有含，，的矿渣，先加稀硫酸溶解，溶解形成，，不溶解，通过过滤可以除去，加入铁粉将还原为，再用将形成沉淀，通入空气将氧化得到黄铁。
【详解】（1）为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有：粉粹、搅拌、适当升高温度、适当增大酸的浓度等；
（2）和稀硫酸反应，生成，加入足量的铁粉还原，发生反应的方程式为：；
（3）已知信息，化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，不溶于硫酸，加入的还原铁粉过量，所以滤渣的主要成分有：、和铁粉；
（4）加入将沉淀，同时产生气体，反应的离子方程式为：；加入，促进水解，产生；当用沉铁时，溶液中=；
（5）氧化过程中，氧气将氧化生成黄铁，反应为化学方程式为：
（6）如果超过一定时间，还原剂消耗较多，空气可以将铁氧化，使产率降低。
5．(1)MnS+2H+=Mn2++H2S↑
(2)氧化性
(3)Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全
(4) MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中 ＜ 由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离 稀硫酸
(5)加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤
【分析】由题给流程可知，向电解锰渣中加入二氧化锰和稀硫酸浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；调节浸出液的pH为4，加热浓缩、过滤得到氢氧化铁和浓缩液；调节浓缩液pH为a，加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；调节水层pH为b，继续加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；向油层中加入稀硫酸反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液；由硫酸锰的溶解度先增大后减小可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰。
【详解】（1）硫化锰与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰和硫化氢气体。反应的离子方程式为MnS+2H+=Mn2++H2S↑，故答案为：MnS+2H+=Mn2++H2S↑；
（2）浸出时，加入二氧化锰和稀硫酸的目的是酸性条件下二氧化锰将硫化锰氧化为硫酸锰、硫和水，反应中二氧化锰做反应的氧化剂，可以减少有毒硫化氢气体的生成，同时产生更多的硫酸锰，故答案为：氧化性；
（3）铁离子在溶液中发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大溶液pH和加热均能促使水解趋于完全，有利于除去浸出液中的铁离子，故答案为：Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全；
（4）①由烃基—R的结构可知，MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中有利于钙离子或锰离子溶于磺化煤油，故答案为：MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中；
②由平衡常数β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时，结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离，故答案为：由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离；
③由分析可知，向油层中加入稀硫酸的目的是反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液，则试剂Y为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（5）由分析可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰，故答案为：加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤。
6．(1)研磨
(2)将氧化为，便于转化为沉淀除去
(3) O、N 加入，使逆向进行，进入水层
(4) 或 2.5
(5)b
【分析】铜镍矿研磨后，加入和浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为、、、；加入萃取剂后，转化为进入有机层，再经过反萃取形成含水溶液后，再转化为金属铜；水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体从水层中分离，滤液中含有、、等阳离子，再加入MgO后，转化为再转化为金属镍。
【详解】（1）将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率。故加快反应速率的措施是研磨。
（2）具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去。
（3）① 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子；②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层。
（4）①根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为或。②根据题目信息，pH为1.5时沉淀率不高，沉淀不充分；pH为3.8时沉淀率稍高，在固体中混有的杂质较多，故最适宜的pH为2.5。
（5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9，故选择b。
【点睛】工业流程中选择合适条件时，需要保证操作目的尽可能充分，同时对产物的影响尽可能小。
7．(1)增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率
(2)冷凝
(3)过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高
(4)
(5) ； ()
【分析】铁矿石(主要含铁物质为)与C反应生成气态水、二氧化碳、单质铁和氧化亚铁，单质铁和氧化亚铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，500度以下在空气中加热Fe3O4粉末，可以生成Fe2O3，据此分析解题。
【详解】（1）进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率；
（2）分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是冷凝，因为经过冷凝后气态水转化为液态水；
（3）配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高；
（4）已知被还原为，关系式为 ，样品中单质铁的质量b×V ×10-3L×56g/mol×2=0.112bVg，质量分数为；
（5）①制氢产物主要为，蒸汽反应器中发生反应的化学方程式；；
②据分析可知， 艺中可循环使用的物质是()。
8．(1)Cu2S、CuS、FeO
(2) 生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+
(3)
(4)
(5)
(6)
【分析】根据流程：低品位铜矿（Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等）加入二氧化锰与硫酸，Fe2O3溶解生成硫酸铁，Cu2S、CuS及FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，向滤液D中先通氨气再加入碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO4转变为[Cu(NH3)4]CO3留在溶液中，[Cu(NH3)4]CO3溶液加热：，将氧化铁铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到Na[CuCl2]，加水沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，据此分析解答。
【详解】（1）据分析可知，Cu2S、CuS及FeO与发生氧化还原反应生；故答案为Cu2S、CuS、FeO。
（2）室温时，的溶度积常数；pH=3时，，所以，所以；然后向滤液D中通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，先通氨气生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；故答案为；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+。
（3）向滤液D中先通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，生成的离子方程式为，故答案为。
（4）滤液F为[Cu(NH3)4]CO3；加热生成、和CuO，反应的化学方程式是，故答案为。
（5），，从平衡移动角度分析，加大量水，前者平衡正向移动析出CuCl，后者平衡不移动，更合理；故答案为。
（6）称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，所以有，则CuCl质量分数为，故答案为。
9． +2 P、Si在同一周期，核电荷数，原子半径，得电子能力，非金属性 使氧化为，并使铁元素以的形式从溶液中除去 ＜ 加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右
【分析】制备高纯氯化锰的原料是粗锰粉，第一步将粗锰粉加酸溶解，铁与酸反应生成亚铁离子，由于其还原性较强，容易被氧气氧化，并且去除了磷酸盐和硅酸盐；由于金属活动性Mn>Fe>Ni>Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀的去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的锌离子和铅离子。
【详解】(1) 氯化锰中锰元素的化合价是+2；
(2) 磷酸和硅酸是P和Si的最高价氧化物对应的水化物，同周期，P的非金属性强于Si，故磷酸酸性更强；
(3)①加入酸性过氧化氢主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，方便后续沉淀去除；
②配平加入后发生反应的离子方程式：；
(4)若硫化锰的溶解度小于硫化铅，则硫化锰会先沉淀，故硫化铅的溶解度小于硫化锰；
(5) 浓缩、结晶的操作应为：将滤液加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
10．(1)160kJ/mol
(2)高温、低压、及时移走H2
(3)MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑
(4)产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积
(5) Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生 反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液 MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生
【详解】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol；
（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2；
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；
（4）MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积；
（5）①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；
③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。
11．(1)
(2)pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防 Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
(3)还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
(4)浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高。
(5)正
(6)TiO2+4e-=Ti+2O2-
【详解】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3 H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防 Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
12．(1)过滤；
(2)；
(3) 还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
(4)，Fe2+破坏了钝化层；
(5) ； 偏大。
【详解】（1）由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
（2）由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
（3）根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，，所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
（4）根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
（5）步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：① ；② 偏大。
13． Y3+在溶液中存在平衡：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H+) 减小（或c(OH-)增大），平衡右移，Y3+萃取率提高 Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大 KSP[Fe(OH) 3]小于KSP[Y(OH) 3]或Fe(OH) 3的溶解度小于Y(OH) 3或c（Fe 3+）远大于c（Y3+） 2Fe 3++2 H3PO4+ 3CO32-= 2FePO4↓+ 3CO 2↑+3H2O 磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小 分液 bcd
【详解】考查化学反应原理的综合运用，（1）①Y3＋的溶液中存在：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H＋)减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Y3＋的转化率增大，即Y3＋萃取率提高；②根据Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+，Y3+ + 3HR YR3 + 3H+ ，Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大，因此萃取Y3＋之前，应除去Fe3＋，防止对Y3＋萃取产生干扰；（2）①表2采用的是中和沉淀法，通过条件pH，Fe3＋去除率高，其原因可能是KSO[Fe(OH)3]
【详解】（1）考查热化学反应方程式的书写、化学反应方程式的书写、反应条件的控制，①断裂1molN2中化学键时吸收的能量为946kJ，断裂1molO2中的化学键吸收的能量是498kJ，生成2molNO中化学键放出的能量是2×632kJ，此反应吸收的能量是(946＋498－2×632)kJ=180kJ，即热化学反应方程式为 N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH = +180kJ·mol－1；②根据流程，转换器中NOx和CO反应生成CO2、N2，化学反应方程式为2xCO+2NOx=N2+2xCO2 ；③转化率降低的原因是氧气过量，还原性气体CO和Cx Hy，首先还原性气体和O2反应，使得NOx的还原反应很难继续进行；（2）考查化学计算和离子浓度大小比较；①加入BaCl2溶液，发生BaCl2＋Na2CO3=BaCO3↓＋2NaCl，n(Na2CO3)=n(BaCO3)=1.97/197mol=0.01mol，c(Na2CO3)=0.01/(100×10－3)mol·L－1=0.1mol·L－1；②根据碳元素守恒，n(NaHCO3)=(0.448/22.4－0.01)mol=0.01mol，a、Na2CO3和NaHCO3物质的量相等，但CO32－水解程度大于HCO3－水解程度，因此c(HCO3－)>c(CO32－)，故a错误；b、根据电荷守恒，得出c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，故b正确；c、根据物料守恒， c (H2CO3) + c (HCO3－ ) + c (CO32－ ) =0.2mol·L－1，故c正确；（3）考查反应条件的控制、电极反应式的书写，①根据图1，250℃时，催化效应最高，温度低于250°C时，CO2的转化率较大但催化剂的催化效率低，反应速率慢；若温度高于250°C时，CO2的转化率和催化效率都较低；②根据电子或H＋移动的方向，以及原电池的工作原理，即右侧为正极，根据目的，右侧电极反应式CO2+6e－+6H＋=CH3OH+H2O。
点睛：本题的难点是电极反应式的书写，书写电极反应式，首先判断正负两极，需要根据原电池的工作原理进行判断，如本题，根据电子或H＋移动的方向，推断出右侧为正极，然后判断在电极上的反应物和生成物，CO2中C显＋4价，CH3OH中C显－2价，化合价降低，右侧电极上CO2作反应物，CH3OH作产物，根据介质的环境判断出H＋或OH－是否参与反应，即本题的电极反应式为CO2+6e－+6H＋=CH3OH+H2O。
试卷第1页，共3页
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