湖北省2023年高考化学模拟题汇编-04水溶液中的离子反应和平衡
一、单选题
1．（2023·湖北·校联考模拟预测）H3PO3是制造塑料稳定剂的原料。常温下，向100mL0.5mol·L-1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中所有含磷微粒的物质的量分数(δ)与溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示。下列说法错误的是
A．H3PO3的结构简式为
B．a点水电离出的c(OH-)=1×10-7.4mol·L-1
C．当pH=4时，c(HPO)=c(H3PO3)
D．b点时加入NaOH溶液的体积为50mL
2．（2023·湖北·武汉二中校联考二模）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数与关系如图所示。已知是易溶于水的强电解质。下列说法错误的是
A．用稀硫酸溶解可得到溶液
B．存在，若加入固体，一定增大
C．若，五价钒粒子的存在形式主要为：
D．若，加入适量，可使转化为
3．（2023·湖北·统考一模）化学是一门以实验为基础的学科，下列有关实验的说法不正确的是
选项 实验 实验说明或者方案设计
A 测定中和反应的反应热 中和滴定的同时，使用温度传感器采集锥形瓶内溶液温度，测得中和反应的反应热数值可能偏低
B 比较Mg和Al的金属性强弱 将MgCl2溶液和AlCl3溶液分别与足量NaOH溶液反应
C 实验室制备氢氧化铁胶体 图标提示全部需要
D 室温下，将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合 已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=5.0×10-13，推测可能看到出现淡黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·湖北·武汉二中校联考二模）硫化亚砷常用作颜料、还原剂和药物等，几乎不溶于水，易溶于氢氧化钠溶液，其反应方程式为： 。下列说法正确的是
A．该反应中有电子的转移 B．晶体中，的配位数为12
C．溶液碱性比强 D．极性分子
5．（2023·湖北·武汉二中校联考二模）下列实验操作、现象与结论相匹配的是
选项 操作 现象 结论
A 向红热的铁粉与水蒸气反应后的固体中加入稀硫酸酸化，再滴入几滴溶液 溶液未变红 铁粉与水蒸气未反应
B 常温下，分别测定浓度均为的溶液和溶液的 均等于7 常温下，的溶液和溶液中水的电离程度相等
C 常温下，将苯与混合 所得混合溶液的体积为 混合过程中削弱了分子间的氢键，且苯与分子间的作用弱于氢键
D 向溶液中滴加浓氨水至过量 先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解 是两性氢氧化物
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·湖北·武汉二中校联考二模）晶体是一种超宽禁带半导体材料。工业制法：将溶于热水中，加入碳酸氢钠的高浓度热溶液，煮沸至镓盐全部转变为沉淀，用热水洗涤，然后于600℃灼烧，得到。下列说法正确的是
A．生成沉淀的离子方程式为：
B．用热水洗涤的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好浸没沉淀，待热水自然流下，重复操作2~3次
C．检验镓盐是否沉淀完全的方法：取少量滤液，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液
D．灼烧需要的玻璃仪器有玻璃棒、试管和酒精灯
7．（2023·湖北·统考一模）谷氨酸钠是具有鲜味的物质，即味精。谷氨酸()可以看做三元弱酸(简写为H3A+)，逐级电离常数为K1、K2、K3。已知常温下pK1=2.19，pK2=4.25，pK3=9.67下列说法不正确的是
A．水溶液中K1对应基团可以看作一，K2、K3对应基团分别可以看作α-COOH和γ-COOH
B．当谷氨酸所带净电荷为0(即H3A+与HA-数目相等)时，溶液pH为3.22
C．2H2AH3A++HA-的平衡常数K=10-2.06
D．常温下，A2-+H2OHA-+OH-的平衡常数Kb的数量级为10-5
8．（2023·湖北·统考一模）V、W、X、Y、Z是由周期表中前20号元素组成的五种化合物，涉及元素的原子序数之和等于35，V、W、X、Z均由两种元素组成。五种化合物的反应关系如图：
下列有关说法不正确的是
A．涉及元素中只有一种金属元素，其焰色试验的火焰颜色为砖红色
B．涉及元素中含有三种非金属元素，原子半径随原子序数递增而增大
C．化合物W为电解质，其水化物能抑制水的电离
D．Y和X反应可生成一种新的离子化合物，包含涉及的所有元素
9．（2023·湖北·校联考模拟预测）设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 L 0.1 mol/L Na2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1NA
B．精炼铜阴极增重6.4 g时阳极生成Cu2+数目为0.1NA
C．质量为3.0 g的-CH3(甲基)电子数为2NA
D．6.0 g乙酸和葡萄糖的混合物中碳原子数目为0.2NA
10．（2023·湖北·校联考模拟预测）Na2B4O7·10H2O俗称硼砂，其结构如下图所示。下列说法错误的是
A．B和O原子的杂化方式完全相同 B．阴离子中存在配位键
C．第一电离能：Na
A．H2NCH2CH2NH2在水溶液中第二级电离方程式为：H2NCH2CH2NH+H2O [H3NCH2CH2NH3]2++OH-
B．乙二胺一级电离平衡常数Kb1与二级电离平衡常数Kb2的比值为103
C．向一定浓度的H2NCH2CH2NH2溶液中滴加稀盐酸，至B点时，溶液中的离子浓度关系：c(Cl-)+c(OH-)=3c([H3NCH2CH2NH3]2+)+c(H+)
D．将0.1mol/L 100 ml [H3NCH2CH2NH3]Cl2与0.1mol/L 100 mLH2NCH2CH2NH2混合，所得溶液呈酸性
12．（2023·湖北·校联考模拟预测）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．0.1 mol·L-1KNO3溶液中：Cu2+、NH、Cl-、SO
B．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Br-
C．使酚酞变红色的溶液中：Ba2+、A13+、ClO、Cl-
D．水电离的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液中：Na+、K+、I-、NO
13．（2023·湖北·校联考模拟预测）化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法错误的是
A．含氟牙膏能预防龋齿 B．光伏发电符合绿色发展
C．过期药品为可回收垃圾 D．退耕还林有利于碳中和
14．（2023·湖北·统考一模）常温下，向溶液中逐滴加入溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图所示。下列分析错误的是
A．曲线1表示的物质的量分数随溶液pH的变化
B．时，溶液中：
C．溶液中：
D．反应的平衡常数
15．（2023·湖北·统考一模）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A．用泡沫灭火器灭火原理：
B．将氯化银溶于氨水：
C．用漂白液吸收少量二氧化硫气体：
D．除去苯中混有的少量苯酚：++
16．（2023·湖北·统考一模）由下列实验操作及现象，不能推出相应结论的是
选项 操作 现象 结论
A 将镁条点燃，迅速伸入集满的集气瓶中 集气瓶中产生大量白烟，并有黑色颗粒产生 具有氧化性
B 常温下，向溶液中加入溶液，再滴加5~6滴溶液 先产生白色沉淀，后部分白色沉淀变为蓝色 相同温度下：
C 向某溶液样品中加入浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口 试纸变蓝 溶液样品中含
D 向某甲酸样品中先加入足量溶液，再做银镜反应实验 出现银镜 该甲酸样品中混有甲醛
A．A B．B C．C D．D
二、实验题
17．（2023·湖北·校联考模拟预测）Mg与水反应时，Mg表面会覆盖致密的导致反应较缓慢。某兴趣小组为了验证部分离子对Mg与水反应的影响，进行了如下实验。
I．验证和对Mg与水反应的促进作用
实验序号 a b c d
0.1 mol·L盐溶液 NaCl
30 min内产生气体的体积/mL 1.5 0.7 <0.1 1.4
气体的主要成分
30 min时镁条表面情况 大量固体附着(固体可溶于盐酸)
(1)某同学认为根据上表能够说明对Mg与水的反应起促进作用，他的理由是__________。
(2)实验b、d镁条表面附着固体中还检验出碱式碳酸镁，写出Mg与溶液反应生成该固体的离子方程式：________________。
(3)综合实验a~d可以得出结论：和都能与作用而加快Mg与水的反应，________________________________(补充两点)。
II．室温下，探究对Mg与水反应的影响
该小组用Mg与NaCl溶液反应，实验发现当浓度过低或过高时，反应速率没有变化，当浓度为2 mol·L时，Mg与水反应较快，产生大量的气泡，同时生成白色固体，最终溶液pH约为10.98。
(4)经检验该白色固体含有碱式氯化镁。碱式氯化镁受热(>100℃)易分解生成氧化镁和两种气体，写出其分解的化学方程式：__________________________。实验室检验镁条表面生成的白色固体含有碱式氯化镁的操作是__________________。
(5)常温下，饱和溶液的______，试从化学平衡角度分析实验得到最终溶液的pH大于该值的原因：___________(已知，)。
18．（2023·湖北·统考一模）叠氮化钠()常用作汽车安全气囊中的药剂。某化学小组在实验室制取叠氮化钠的实验装置(略去夹持仪器)如图所示：
实验步骤如下：
①制取：打开装置D导管上的旋塞，加热。
②制取：加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。
③制取：向装置A中b容器内充入适量植物油并加热到210℃~220℃，然后通入。
④冷却，向产物中加入乙醇(降低的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。
已知：是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚；熔点210℃，沸点400℃，在水溶液中易水解。
回答下列问题：
(1)仪器e的名称为___________，其中盛放的药品为___________。
(2)先加热制取再加热装置A中金属钠的原因是___________。
(3)还可由固体(熔点为169.6℃)在240℃~245℃分解制得，则可选择的最佳气体发生装置是___________(填字母序号)。
A． B． C．
(4)制取的化学方程式为___________。
(5)步骤④中用乙醚洗涤晶体产品的主要原因，一是减少的溶解损失，防止产率下降；二是___________。
(6)该化学小组用滴定法测定晶体产品试样中的质量分数的实验过程：称取2.500g试样配成溶液，再取溶液于锥形瓶中后，加入溶液。待充分反应后，将溶液稍稀释，并加入适量硫酸，再滴入3滴邻菲啰啉指示液，用标准溶液滴定过量的，消耗标准溶液。
涉及的反应方程式为：，
则试样中的质量分数为___________(保留三位有效数字)。
三、工业流程题
19．（2023·湖北·校联考模拟预测）钨精矿分解渣具有较高的回收利用价值，以钨精矿分解渣为二次资源综合回收锰、铁的工艺流程如下：
已知：钨精矿分解渣的主要化学成分及含量
名称 MnO2 Fe2O3 CaO SiO2 WO3 ZnO 其它
含量 34.8% 26.1% 7.6% 8.8% 0.75% 0.66% -
①WO3不溶于水、不与除氢氟酸外的无机酸反应。
②Ksp(ZnS)=3×10-25、Ksp(MnS)=2.4×10-13
(1)将钨精矿分解渣预先粉碎的目的是___________。
(2)“浸渣”的主要成分为___________。
(3)“除杂”时加入(NH4)2SO4的目的是___________；相较于H2SO4，该步选择(NH4)2SO4的优点是___________。
(4)“沉铁”时需要在不断搅拌下缓慢加入氨水，其目的是___________。
(5)用沉淀溶解平衡原理解释“净化”时选择MnS的原因___________。
(6)“沉锰”时发生反应的离子方程式为___________。
(7)取2kg钨精矿分解渣按图中流程进行操作，最终得到880g含锰元素质量分数为45%的MnCO3，则整个过程中锰元素的回收率为___________。
20．（2023·湖北·武汉二中校联考二模）电子级氢氟酸是微电子行业的关键性基础材料之一，由萤石粉(主要成分为，含有少量和微量等)制备工艺如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”时生成的化学方程式为___________，工业生产时往往会适当加热，目的是___________。
(2)“精馏1”设备使用的材料可选用___________(填序号)。
A．玻璃 B．陶瓷 C．石英 D．金
(3)已知是一种配位酸，酸性与硝酸相近，可与溶液反应制备极易溶于水的强酸，反应的离子方程式为___________
(4)“氧化”时将氧化为。的沸点高于，原因是___________
(5)液态是酸性溶剂，能发生自偶电离：，由于和都溶剂化，常表示为： 。在溶剂中呈酸性，呈碱性，比如的电离方程式分别为：；。在作用下：
①写出与反应的离子方程式___________
②已知： 与反应生成。结合的能力：___________(填“>”、“<”或“=”)。
21．（2023·湖北·校联考模拟预测）锑白(Sb2O3，两性氧化物)可用作白色颜料和阻燃剂。一种从含锑工业废渣(主要成分是Sb2O3、Sb2O5，含有CuO、Fe2O3和SiO2等杂质)中制取Sb2O3的工业流程如下图所示。
已知：①“滤液1”的主要阳离子是Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+
②“滤饼”的成分是SbOCl
回答下列问题：
(1)将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是_______。
(2)“滤渣2”的成分是_______。
(3)“稀释水解”主要反应的离子反应方程式为_______；该操作中需要搅拌的原因是_______。
(4)“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是_______。
(5)“中和”时反应的化学方程式为_______；“中和”需控制溶液的pH在7～8，碱性不能过强的原因是_______。
参考答案：
1．D
【详解】A．图像中只含有3种含磷微粒，因此H3PO3为二元酸有两个羟基氧，结构，A项正确；
B．随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O，H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O知，c(H3PO3)逐渐减小，c()先增大后减小，c()逐渐增大，故曲线I、II、II分别表示、、H3PO3的变化曲线，a点溶质为Na2HPO3和NaH2PO3，溶液pH为6.6，显酸性，H2PO3-电离出H+，该溶液对水的电离起抑制作用，C水(OH-)=C溶液(OH-)=1×10-7.4 mol·L-1，B项正确；
C．b点时，c(H3PO3)=c()此时Ka1=c(H+)=10-1.4，a点时，c()=c()，Ka2=c(H+)=10-6.6， Ka1·Ka2= 10-8，当c(H+)=10-4时，c()=c(H3PO3)，C项正确；
D．当加入NaOH溶液的体积为50mL，反应生成的NaH2PO3和剩余的H3PO3物质的量相同，但需要考虑H3PO3的电离和的电离，此时c(H3PO3)≠c()，D项错误；
故选D。
2．B
【详解】A．由图可知，用稀硫酸溶解调节pH为0-1之间可以得到溶液，故A正确；
B．存在，若是饱和溶液，再加该固体，VO浓度不变，平衡不移动，不变，故B错误；
C．若，由图可知，五价钒粒子的存在形式主要为： ，故C正确；
D．若，加入适量，调节pH为3-4之间，浓度减小，增大，可使转化为，故D正确；
故选B。
3．C
【详解】A．中和滴定时，右手摇动锥形瓶会造成热量散失，所以使用温度传感器采集锥形瓶内溶液温度，测得中和反应的反应热数值会偏低，故A正确；
B．氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应生成白色氢氧化镁沉淀，氯化铝溶液与氢氧化钠溶液先反应生成白色氢氧化铝沉淀，后白色沉淀溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水说明氢氧化镁的碱性强于氢氧化铝，证明镁元素的金属性强于铝元素，故B正确；
C．饱和氯化铁溶液在沸水中共热反应制得氢氧化铁胶体，实验时不需要用到排风、锐器图标提示，故C错误；
D．由溶度积可知，饱和氯化银溶液中的银离子浓度为mol/L、饱和溴化银溶液中溴离子浓度为mol/L，当饱和氯化银饱和溶液和饱和溴化银溶液等体积混合时，溶液中溴化银的浓度熵Qc=×××＞5.0×10-13，溶液中会有淡黄色的溴化银沉淀生成，故D正确；
故选C。
4．B
【详解】A．该反应中As元素的化合价均为+3，反应中没有元素化合价的变化，即无电子的转移，A错误；
B．晶体中，的配位数为12，B正确；
C．的酸性强于酸越弱，对应的盐的水解程度越大，碱性越强，故溶液碱性比弱，C错误；
D．结构对称，正负电荷中心重合，是非极性分子，D错误；
故选B。
5．C
【详解】A．四氧化三铁在稀硫酸中溶解，生成的铁离子会与未反应的铁粉反应生成亚铁离子，滴入几滴溶液，溶液未变红，不能说明铁粉与水蒸气未反应，A错误；
B．是弱酸弱碱盐，促进水的电离，为强酸强碱盐，对水的电离无影响，二者水的电离程度不相同，B错误；
C．常温下，将苯与混合体积为，说明混合过程中削弱了分子间的氢键，且苯与分子间的作用弱于氢键，导致分子间距离增大，从而使体积变大，C正确；
D．溶液先与氨水反应生成氢氧化铜沉淀，后与氨水生成络合物，则先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解，不能说明是两性氢氧化物，D错误；
故选C。
6．B
【详解】A．将溶于热水中，加入碳酸氢钠的高浓度热溶液，煮沸至镓盐全部转变为沉淀，则生成沉淀的离子方程式为：，A错误；
B．用热水洗涤沉淀的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好浸没沉淀，待热水自然流下，重复操作2~3次，B正确；
C．取少量滤液，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，是用来检验氯离子，滤液中含有大量的氯离子，因此不能用来检验镓盐是否沉淀完全，C错误；
D．灼烧在坩埚中进行，不需要用到试管，D错误；
故选B。
7．A
【分析】谷氨酸是酸性氨基酸，则其电离方程式为：H3A+H2A+H+ K1；H2AH++ HA- K2；
HA- H+ +A2- K3.
【详解】A．水溶液中K1对应基团可以看作一，K2对应基团可以看作α-COOH，K3对应基团可以看作γ-COO-，故A错误；
B．当谷氨酸所带净电荷为0(即H3A+与HA-数目相等)时，K1×K2 =[c (H+)]2=10- 2.19×10- 4.25，c (H+)=10- 3.22，PH=3.22，故B正确；
C．2H2AH3A++HA-的平衡常数K= = ==10-2.06，故C正确；
D．常温下，A2-+H2OHA-+OH-的平衡常数Kb== =≈10-5，故D正确。
答案选A。
8．B
【分析】X是一种无色无味的气体，是由两种元素构成的化合物，且由固体V与氧气反应得到，可知X和W均是氧化物，我们比较熟悉的有CO2、NO、CO等。并可由此确定V中含有碳元素或氮元素等。W和Y均为白色固体，且W与 H2O反应生成Y，又W是氧化物，符合这些条件的物质常见的有氧化钙、氧化镁、氧化钠等。据此可初步推断V为碳化钙、氮化镁一类的物质。题目中又告诉我们：上述5种化合物涉及的所有元素的原子序数之和等于35。可计算推知：V是CaC2，Z是C2H2，Y为Ca(OH)2，W为CaO，Z为C2H2，X为CO2，以此解题。
【详解】A．根据分析可知，涉及的元素中只有Ca，一种金属元素，其焰色试验的火焰颜色为砖红色，A正确；
B．涉及元素中含有三种非金属元素，分别为：H，C，O，其中半径C>O，B错误；
C．由分析可知，W为CaO，其和水反应生成氢氧化钙，可以抑制水的电离，C正确；
D．由分析可知，X为CO2，Y为Ca(OH)2，两者反应可以生成碳酸氢钙，其中包含所涉及的所有元素，D正确；
故选B。
9．D
【详解】A．1 L 0.1 mol/L Na2S溶液中含有溶质Na2S的物质的量n(Na2S)=1 L×0.1 mol/L=0.1 mol，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中S2-发生水解反应生成HS-和OH-，导致溶液阴离子数目增大，A错误；
B．6.4 g Cu的物质的量是0.1 mol，在阴极上Cu2+得到电子被还原产生铜单质，在阳极上不仅溶解铜变为Cu2+，还有活动性比Cu强的金属如锌、铁等溶解，故阳极生成Cu2+数目小于0.1NA，B错误；
C．3.0 g-CH3的物质的量为0.2 mol，在甲基-CH3有9个电子，故0.2 mol甲基中含有的电子数为1.8NA，C错误；
D．乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，其式量是30，故6.0 g乙酸和葡萄糖的混合物可以看作有6.0 g(CH2O)“基团”，其物质的量为0.2 mol，则其中含有的C原子数目为0.2NA，D正确；
故合理选项是D。
10．A
【详解】A．B原子有sp2和sp3杂化，O原子均为sp3杂化，A错误；
B．阴离子中sp3杂化的B与其相连的-OH上的O之间存在配位键，B正确；
C．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同主族第一电离能从上到下有逐渐减小趋势，故第一电离能：Na
故答案为：A。
11．D
【详解】A．乙二胺属于二元弱碱，在水溶液中分步电离，第一级电离方程式为H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH+OH-；第二级电离方程式为H2NCH2CH2NH+H2O[H3NCH2CH2NH3]2++OH-，故A说法正确；
B．根据图像，乙二胺一级电离平衡常数，Kb1= =10-4.9，同理，Kb2=10-7.9，则=103，故B说法正确；
C．B点时，加入盐酸可调节pH值使其减小，根据电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H2NCH2CH2NH)+2c([H3NCH2CH2NH3]2+)+c(H+)，B点时c(H2NCH2CH2NH)=c([H3NCH2CH2NH3]2+)，则溶液中离子浓度关系可表示为c(Cl-)+c(OH-)=3c([H3NCH2CH2NH3]2+)+c(H+)，故C说法正确；
D．将0.1mol/L100 mL[H3NCH2CH2NH3]Cl2与0.1mol/LH2NCH2CH2NH2混合生成H2NCH2CH2NH3Cl，由H2NCH2CH2NH的水解平衡常Kh==10-9.1< Kb2=10-7.9，溶液呈碱性，故D说法错误；
答案为D。
12．A
【详解】A．各离子间互不反应，可以大量共存，故A正确；
B．Fe3+、SCN-离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故B错误；
C．使酚酞变红色的溶液，显碱性，A13+与OH-不能大量共存，故C错误；
D．水电离的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液，水的电离被抑制，溶液可能是强酸性或强碱性，当溶液为强酸性时，I-、和H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
答案选A。
13．C
【详解】A．氟离子与羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石，且更能抵抗酸的腐蚀，故含氟牙膏能预防龋齿，A正确；
B．光伏发电可以减少化石燃料发电产生的CO2，符合绿色发展的理念，B正确；
C．过期药品为有害垃圾，C错误；
D．退耕还林，种植树木有利于吸收CO2，D正确；
故选C。
14．B
【分析】向溶液中逐滴加入溶液，发生反应分别为H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O、NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，所得溶液中物质的量逐渐减少，物质的量先逐渐增多，然后逐渐减少，物质的量逐渐增多，直至最大，则结合图像，曲线1表示的物质的量分数随溶液pH的变化，曲线2表示物质的量分数随溶液pH的变化，曲线3表示物质的量分数随溶液pH的变化，据此解答。
【详解】A．根据分析，曲线1表示的物质的量分数随溶液pH的变化，A正确；
B．时，物质的量等于物质的量，结合电荷守恒，溶液中：，B错误；
C．属于盐，完全电离为Na+和，溶液显酸性，少部分电离出氢离子，溶液中：，C正确；
D．根据反应，该反应对应图像pH=1.2时，此时c()=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2时，c()=c()，Ka2=c(H+)=10-4.2，由电离常数可知K===，D正确；
故选B。
15．B
【详解】A．泡沫灭火剂的主要成分为硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液，所以泡沫灭火器的灭火原理为：，故A错误；
B．氯化银溶于氨水，氯化银可与氨水反应生成可溶的二氨合银离子，，故B正确；
C．漂白液吸收少量二氧化硫气体，则次氯酸钠过量，即生成的氢离子会与过量的次氯酸跟结合反应生成弱电解质HClO，则其离子方程式为：，故C错误；
D．苯酚不与碳酸氢钠反应，但能与氢氧化钠或者碳酸钠反应，除去苯中混有的少量苯酚可选用氢氧化溶液，即++，故D错误；
故选B。
16．D
【详解】A．燃着的金属镁能在装有CO2的集气瓶中反应生成Mg2CO3和C，说明CO2具有氧化性，A正确；
B．向溶液中加入溶液，两者发生反应生成白色沉淀，并剩余，再加入5~6滴溶液，部分白色沉淀转化为蓝色沉淀，说明相同温度下：， B正确；
C．向盛有某无色溶液的试管中，滴加浓NaOH溶液并加热，在管口放一片湿润的红色石蕊试纸，若变蓝，则存在，C正确；
D．加入足量NaOH溶液后HCOOH转化为HCOONa，HCOONa中仍具有醛基的结构特征，会干扰甲醛的检验，D错误；
答案选D。
17．(1)30 min内实验a产生气体的体积远大于实验c(或30 min内实验d产生气体的体积远大于实验b)
(2)
(3)相同浓度时，对Mg与水反应的促进作用大于；和共同存在且浓度相同时，二者对Mg与水反应的促进作用并未叠加
(4) 取适量白色固体，灼烧，若产生的气体可以使玻璃棒表面蘸有的溶液变浑浊，则证明白色固体含有碱式氯化镁
(5) 10.48 反应过程中存在平衡，促使该平衡正向移动，溶液中浓度增大，pH增大
【分析】研究外界条件变化对实验结果产生的影响要注意控制变量，通过对比实验得出实验结论；
【详解】（1）实验a中所用盐溶液为溶液，实验c中所用盐溶液为NaCl溶液，实验a、c所用盐溶液中的阴离子相同，30 min内，实验a产生气体的体积远大于实验c，可说明对Mg与水的反应起促进作用。
（2）Mg与溶液反应生成碱式碳酸镁，反应中镁元素化合价升高，则氢元素化合价降低生成氢气，根据质量守恒可知，还会生成碳酸根离子，离子方程式为
；
（3）对比实验a、c和实验b、c，30 min内，实验a中产生气体的体积较大，说明相同浓度时，对Mg与水反应的促进作用大于；对比实验a、d，30 min内，实验d中产生气体的体积略小于实验a，说明和共同存在且浓度相同时，二者对Mg与水反应的促进作用并未叠加；
（4）碱式氯化镁受热易分解生成氧化镁和两种气体，根据质量守恒可知生成气体为水和HCl，化学方程式为。实验中镁条表面生成的白色固体为氢氧化镁和碱式氯化镁的混合物，可以通过检验的存在检验碱式氯化镁：取适量上述白色固体，灼烧，若产生的气体可以使玻璃棒表面蘸有的溶液变浑浊，则证明白色固体含有碱式氯化镁；
（5）设饱和溶液中 mol·L，则 mol·L，，可得 mol·L，则。反应过程中存在平衡，促使该平衡正向移动，溶液中浓度增大，pH增大。
18．(1) U形管 碱石灰
(2)利用产生的氨气排尽装置中的空气
(3)B
(4)
(5)乙醚易挥发，利于晶体快速干燥
(6)91.0%
【分析】D装置制取氨气，用C装置冷凝分离出水，B装置干燥氨气，A装置先制取，再制取，冷却，向产物中加入乙醇(降低的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。
【详解】（1）仪器e为U形管；制备的氨气中含有大量的水，用C装置冷凝分离出水，U形管中盛放碱石灰干燥氨气；
（2）先加热制取再加热装置A中金属钠的原因是：利用产生的氨气排尽装置中的空气；
（3）分解过程中会产生水，为了防止水倒流到试管底部使试管炸裂，试管口要略向下倾斜，同时固体的熔点为169.6℃，为防止加热过程中硝酸铵熔化流出，应选择B装置加热，故选B。
（4）和在210℃~220℃条件下反应生成和水，反应的化学方程式为；
（5）乙醚易挥发，用乙醚洗涤晶体，利于晶体快速干燥；
（6）消耗的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为：0.0500mol/L×0.03L=0.0015mol，加入( NH4)2Ce (NO3)6的物质的量为：0.1000mol/L×0.05L=0.005mol，根据可知，与NaN3反应的( NH4)2Ce (NO3)6的物质的量为：0.005mol-0.0015mol=0.0035mol，依据2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3 =4NH4NO3 +2Ce( NO3)3 +2NaNO3 +3N2↑可知，50.00mL溶液中含有的NaN3的物质的量为0.0035mol ，则试样中NaN3的质量分数为：×100%=91.0%。
19．(1)增大接触面积，提高酸浸速率
(2)SiO2、WO3
(3) 将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去 除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水
(4)防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀
(5)MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K= = 8×1011>105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀
(6)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
(7)90%
【分析】钨精矿分解渣的主要化学成分为MnO2；Fe2O3；CaO；SiO2；WO3；ZnO；加入盐酸溶解，其中SiO2和WO3不与盐酸反应；其余金属以离子形式存在在溶液中；加入(NH4)2SO4将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；然后加入氨水沉铁，再加入MnS除去Zn；最后加入NH4HCO3得到MnCO3；据此分析解题。
【详解】（1）为了提高酸浸速率，将钨精矿分解渣预先粉碎以增大接触面积；所以将钨精矿分解渣预先粉碎的目的是增大接触面积，提高酸浸速率；故答案为增大接触面积，提高酸浸速率。
（2）据分析可知，“浸渣”的主要成分为SiO2、WO3；故答案为SiO2、WO3。
（3）据分析可知，加入(NH4)2SO4将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；相较于H2SO4，选择(NH4)2SO4的优点是除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水；故答案为将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水。
（4）“沉铁”时需要在不断搅拌下缓慢加入氨水，防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀；故答案为防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀。
（5）已知Ksp(ZnS)=3×10-25、Ksp(MnS)=2.4×10-13； MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K==8×1011>105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀；故答案为MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K= = 8×1011>105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀。
（6）加入NH4HCO3“沉锰”得到MnCO3；发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
（7）取2kg钨精矿分解渣按图中流程进行操作，钨精矿中MnO2的含量为34.8%；所以锰元素的质量为；最终得到880g含锰元素质量分数为45%的MnCO3，所以锰元素的质量为，则整个过程中锰元素的回收率为；故答案为90%。
20．(1) 加快反应速率，提高的转化率
(2)D
(3)
(4)均为分子晶体(分子间均不存在氢键)，相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高
(5) <
【分析】“酸浸”发生CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑，二氧化硅与HF发生SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，As2O3与HF发生As2O3+6HF=2AsF3+3H2O；
“硫酸吸附”：加入硫酸，部分HF、SiF4以气体形式释放出去，然后加入水吸收为H2SiF4，部分HF、AsF3、多余硫酸进入精馏1；
“精馏1”：因为硫酸熔沸点较高，因此精馏1中得到HF、AsF3；
“氧化”：根据问题(4)，过氧化氢将AsF3氧化成熔沸点较高的AsF5；
“精馏2”：蒸馏方法得到HF，据此分析；
【详解】（1）HF易挥发，“酸浸”时发生难挥发性酸制备易挥发性酸，即生成HF的反应方程式为CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；工业生产时往往会适当加热，其目的是加快反应速率，提高CaF2的转化率；故答案为CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；
（2）HF能与二氧化硅发生反应，玻璃、陶瓷、石英均含有二氧化硅， HF能腐蚀玻璃、陶瓷、石英，“精馏1”设备不能使玻璃、陶瓷、石英材料制作，HF不与金反应，因此“精馏1”设备以金为材料；故答案为D；
（3）KMnO4→HMnO4中Mn的价态没有发生变化，H2SiF6酸性与硝酸相似，即H2SiF6为强酸，HMnO4为溶于水的强酸，该反应为复分解反应，生成K2SiF6沉淀，即离子方程式为2K++SiF=K2SiF6↓；故答案为2K++SiF=K2SiF6↓；
（4）AsF3、AsF5均为分子晶体，不含分子间氢键，因此相对分子质量越大，范德华力越高，熔沸点越高，因此AsF5相对分子质量大于AsF3，AsF5熔沸点高；故答案为AsF3、AsF5均为分子晶体(分子间均不存在氢键)，AsF5相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高；
（5）①HNO3在HF中呈碱性，其电离方程式为HNO3+2HF(HO)2NO++HF，BF3在HF中呈酸性，其电离方程式为BF3+2HFBF+H2F+，因此两者混合，发生类似的中和反应，其离子方程式为BF3+HNO3+2HF=(HO)2NO++ BF；故答案为BF3+HNO3+2HF=(HO)2NO++ BF；
②H2O与AsF5反应生成HAsF6，从而推出H2O结合H+能力小于AsF；故答案为＜。
21．(1)提高酸浸步骤中锑的浸出率
(2)Fe、Cu
(3) Sb3++Cl-+H2O=SbOC1↓+2H+ 避免形成胶体，不利于过滤分离
(4)铁氰化钾溶液
(5) 2NH3·H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O 碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失
【分析】含锑工业废渣加入稀盐酸酸溶，二氧化硅不反应得到滤渣1，滤液1中含有Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+；滤液1加入过量铁粉，Sb5+、Fe3+分别转化为Sb3+、Fe2+，铜离子转化为铜单质，过滤得到滤液2加水稀释水解生成SbOCl，酸洗后加入氨水反应，SbOCl转化为Sb2O3；
【详解】（1）将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是提高酸浸步骤中锑的浸出率，充分利用原料；
（2）过量铁能置换出溶液中铜离子生成铜单质，故滤渣2为铁、铜；
（3）已知稀释水解后得到滤饼的成分是SbOCl，故水解过程中Sb3+水解和氯离子反应得到SbOCl和氢离子，反应为Sb3++Cl-+H2O=SbOC1↓+2H+；该过程中搅拌可以防止水解生成胶体，导致不利于过滤分离；
（4）滤饼若洗涤不干净则洗涤液中会含有亚铁离子，亚铁离子和铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，故“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是铁氰化钾溶液；
（5）“中和”时加入氨水和SbOCl反应生成Sb2O3，根据质量守恒可知，还会生成氯化铵、水，反应的化学方程式为2NH3·H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O；(Sb2O3，两性氧化物，能和强碱反应，“中和”需控制溶液的pH在7～8，碱性不能过强的原因是碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失，导致产品产率降低。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
