試卷第=page1414頁，共=sectionpages1414頁福建省2023年高考化學模擬題匯編-06水溶液中的離子反應和平衡一、單選題1．（2023·福建福州·統考模擬預測）下列處理方法對應的反應方程式一定錯誤的是A．利用沉淀劑NaHS除去廢水中的B．加碘食鹽中碘元素的檢驗：C．用生物質熱解氣CO將還原為D．用雙氧水擦拭變黑的白色油畫：2．（2023·福建福州·統考模擬預測）利用過量溶液處理含、礦物，然后過濾。向所得濾液中逐滴加入溶液，測得溶液和生成與所加入變化的曲線如圖。下列說法錯誤的是A．a點溶質為和，存在B．溶液中：C．沉淀時的離子方程式：D．d點溶液：3．（2023·福建福州·統考模擬預測）設是阿伏加德羅常數的值，催化氧化脫硫的工作原理：，時，。下列說法正確的是A．水中含有的氫鍵數為2B．每生成，失去的電子數為C．氫氧化鐵的懸濁液中，若時，懸濁液中的數目為D．反應中每產生，消耗數目4．（2023·福建廈門·統考二模）一種復合膨松劑的工作原理為，其中結構如圖。是阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是A．標準狀況下，中氧原子數為B．溶液中和微粒總數為C．固體中離子數為D．中鍵數為5．（2023·福建龍巖·統考模擬預測）測定食醋中總酸度有以下步驟：①將食醋精確稀釋到原來的10倍；②用燒堿固體配制100mL濃度約為0.1mol?L-1的溶液；③用鄰苯二甲酸氫鉀固體標定步驟②所得溶液；④用移液管取20.00mL待測液；⑤用已知濃度NaOH溶液滴定。以下對應步驟中的操作及選用儀器正確的是A．步驟① B．步驟②C．步驟③ D．步驟⑤6．（2023·福建漳州·統考三模）常溫下，用0.10mol/LNaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A．兩種一元弱酸的電離常數：B．溶液中水的電離程度：③>②>①C．時，D．滴定時均可選用甲基橙作指示劑，指示滴定終點7．（2023·福建龍巖·統考模擬預測）按如圖1裝置，常溫下分別向25mL0.3mol?L-1Na2CO3溶液和25mL0.3mol?L-1NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol?L-1的稀鹽酸，測得壓強隨鹽酸體積的變化曲線如圖2所示，已知：碳酸Ka1=4.3×10-7；Ka2=5.6×10-11。下列說法正確的是A．X為Na2CO3溶液的反應曲線B．a點溶液中c(H+)的數量級為10-12C．a到c點之間的離子濃度大小關系：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)D．水的電離程度：c＜a＜b8．（2023·福建福州·統考二模）工業上采用NaClO氧化法生產高鐵酸鉀，其主要的生產流程如下：已知：在堿性環境中穩定，在中性和酸性條件下不穩定，難溶于醇等有機溶劑。下列說法錯誤的是A．反應②為B．由反應③可知，此溫度下C．“提純”步驟的洗滌劑可以選用溶液、異丙醇D．可用于水的消毒9．（2023·福建龍巖·統考模擬預測）鋅焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4還含有少量FeO、CuO等)可用于濕法制鋅，其流程如圖所示。下列說法錯誤的是A．“酸浸”中ZnFe2O4發生的反應為：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2OB．可用ZnS除去溶液中的Cu2+的依據是Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)C．為提高生產效率，“酸浸”“凈化I”“凈化II”的反應溫度越高越好D．“電解”的產物之一可用于替換“凈化I”中的H2O210．（2023·福建廈門·統考二模）常溫下，用溶液滴定和混合溶液，滴定過程中和分布系數及pH隨溶液體積變化如圖。已知：，下列說法不正確的是A．B．時，C．時，滴定過程中水的電離程度不斷增大D．可利用甲基紫(變色范圍為)確定第一滴定終點11．（2023·福建·統考模擬預測）阿伏伽德羅提出阿伏伽德羅定律為人類科學研究提供了重要的理論基礎，在現實生活中我們常常利用物質的量來為難以用實際數字描述的數量做了定量解釋，下列說法正確的是A．1.5mol的液態冰醋酸中含s?pσ鍵0個B．常溫常壓下，1mol含有的C．將0.1mol醋酸鈉溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中數目小于D．1L1mol?L?1NaCl溶液含有個電子12．（2023·福建漳州·統考模擬預測）工業上用氨水作為沉淀劑去除酸性廢水中的鉛元素。除鉛時，體系中含鉛微粒的物質的量分數(d)與pH的關系如圖所示[已知：常溫下，；難溶于水]。下列說法錯誤的是A．時，與氨水反應生成，溶液中B．時，C．時，物質的量分數最大，除鉛效果最好D．時，轉化為的離子方程式為13．（2023·福建·統考模擬預測）甘氨酸()是一種最簡單的氨基酸。其作為內源性抗氧化劑還原型谷胱甘肽的組成氨基酸，在機體發生嚴重應激時常需外源補充。如圖為某興趣小組通過實驗獲得在25℃下10mL甘氨酸溶液中各組分分布分數和pH的對應關系(通過HCl調節pH，溶液體積不變)已知：氨基酸是兩性電解質，在堿性溶液中表現出帶負電荷，在酸性溶液中表現出帶正電荷，在某一定pH溶液中，氨基酸所帶的正電荷和負電荷相等時的pH，稱為該氨基酸的等電點，寫作pL)下列說法錯誤的是A．a為，b為，c為，，B．時，C．在D點溶液中：D．該興趣小組測得甘氨酸的pL=6.065，查表得知甘氨酸實際pL=5.97，造成誤差的原因可能是因為原甘氨酸樣品中有雜質，導致甘氨酸實際濃度偏低14．（2023·福建福州·統考二模）如下圖所示，只有未電離的HA分子可自由通過交換膜。常溫下，往甲室和乙室中分別加入的溶液()和的HA溶液()，達到平衡后，下列說法正確的是A．常溫下，HA的電離度約為0.1%B．平衡后，甲、乙兩室的pH相等C．平衡后，甲室中的物質的量濃度小于乙室中的物質的量濃度D．若用等物質的量濃度的NaA溶液代替溶液，則通過交換膜的HA分子的量減少15．（2023·福建漳州·統考模擬預測）四水合磷酸鋅[，難溶于水]是一種性能優良的綠色環保防銹顏料。實驗室以鋅灰(含、、、、、、等)為原料制備的流程如下：下列說法錯誤的是A．濾渣Ⅰ的主要成分是、B．“除鐵”中，用試劑x調節溶液的pH約5.1后加的目的是將氧化為C．若試劑y選擇ZnS將溶液中轉化為CuS除去，說明D．沉鋅后的母液可回收利用的物質有、16．（2023·福建福州·福建省福州第一中學校考模擬預測）25℃時，向25mL0.lmol·L-1鄰苯二甲酸(H2A)溶液中加入KOH固體，混合溶液的pH隨-lgc(HA-)以及-lgc(A2-)的關系如圖所示(忽略溶液體積變化和鄰苯二甲酸的揮發)。下列有關敘述錯誤的是A．鄰苯二甲酸的Ka1約為1.0×10-3B．b點有關微粒濃度大小關系為(HA-)>c(A2-)>c(H2A)C．從b點到e點，水電離產生的c(H+)先增大后減小D．c點c(K+)>3c(A2-)17．（2023·福建福州·福建省福州第一中學校考模擬預測）設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是A．100g質量分數為46%的乙醇水溶液中含有氧原子的數目為NAB．和的固體混合物中陽離子總數為0.1NAC．標準狀況下，22.4LCH3Cl中含有的共用電子對數目為4NAD．常溫下，1L0.1mol/L的氯化銨溶液中滴入氨水至，數目為0.1NA18．（2023·福建福州·福建省福州第一中學校考模擬預測）下列過程中的化學反應，相應的離子方程式錯誤的是A．將稀H2SO4加入NaIO3和NaI的混合溶液中：5I-++6H＋=3I2+3H2OB．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：3+2H＋+2=3+2NO↑+H2OC．用飽和Na2CO3溶液浸泡CaSO4：CaSO4(s)+(aq)=CaCO3(s)+(aq)D．向NaHCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：2+Ba2＋+2OH-=BaCO3↓+2H2O+19．（2023·福建·校聯考一模）制備的反應：。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．溶液中含的數目為B．(標準狀況下)中含電子數目為C．中含非極性共價鍵的數目為D．完全參加反應，轉移電子數為二、實驗題20．（2023·福建福州·統考二模）錸(Re)是具有重要軍事戰略意義的金屬。是制備高純度Re的重要中間體。I.的純度測定稱取樣品，加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，用的鹽酸標準溶液吸收，蒸氨結束后取下接收瓶。取吸收液用標準溶液滴定過剩的HCl，達到終點時消耗溶液。(1)儀器a是_______(填名稱)。(2)冰鹽水的作用是_______。(3)實驗所用的NaOH標準溶液，通常采用間接法配制，即配成近似濃度的溶液，再用基準物標定。不能采用直接法配制的原因是_______。(4)根據下表，滴定時宜選用_______(填一種指示劑名稱)；滴定終點的現象是_______。部分指示劑變色的pH范圍如下表：指示劑名稱變色的pH范圍酸色中性色堿色甲基橙3.1—4.4紅橙黃甲基紅4.4—6.2紅橙黃溴百里酚藍6.0—7.6黃綠藍酚酞8.2—10.0無淺紅紅(5)樣品中的質量分數為_______(填表達式)。II.高純度錸的制取(6)高溫下用還原可制得金屬錸，裝置如下圖所示：[已知：受熱分解生成]①裝置B中盛放的試劑為_______(填名稱)。②判斷A中已經反應完全的方法是_______。③玻璃管內發生反應的化學方程式為_______。三、工業流程題21．（2023·福建漳州·統考三模）工業上以硒化銀半導體廢料(含、Cu)為原料提取硒、銅、銀，進而制備一種新型太陽能電池的材料。已知：25℃。，。請回答下列問題：(1)“酸溶”時，為提高廢料中硒元素的浸出率可采取的措施是___________(任寫一種)，寫出廢料中轉化為的化學反應方程式___________。(2)制得的粗銅可通過電解法精煉，電解質溶液可以選擇___________(填字母序號)。A．稀 B．溶液 C．溶液 D．溶液(3)上述流程中，通入發生氧化還原反應獲得“粗硒”，該過程中氧化劑和還原劑的物質的量之比為___________。(4)“沉銀”時，從平衡移動角度解釋，加入稍過量溶液的原因___________，計算轉化成的平衡常數___________。(5)“還原”時，寫出與液態、溶液反應制取粗銀的離子方程式___________。22．（2023·福建福州·統考二模）銦被廣泛應用于電子工業、航空航天等高科技領域。某企業采用鉛鋅冶煉煙灰中浸渣()氯化浸出工藝回收粗銦的工藝流程如下：已知：①水溶液中銦主要以的形式存在。②回答下列問題：(1)“氯化浸出”時，主要反應的離子方程式為_______，此步驟加熱的目的是_______；浸出溫度選定80℃的原因之一是溫度過高易反應產生_______氣體(任寫一種)。(2)在不同的溶液初始pH下，萃取劑濃度對萃取率的影響如圖所示，則適宜的條件為_______。(3)反萃取劑應選用_______(填化學式)。(4)常溫下，在的溶液中存在平衡體系：，則該反應的化學平衡常數_______(計算結果保留兩位有效數字，常溫下)。(5)“置換”時，主要反應的離子方程式為_______；所得濁液經過濾、洗滌、干燥等操作得到粗銦，檢驗粗銦已洗滌干凈的方法為_______。23．（2023·福建龍巖·統考模擬預測）磁性氧化鐵是電訊器材的重要原料，以高硫鋁土礦(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量的FeS2等)提取氧化鋁和磁性氧化鐵的流程如圖：已知：不同溫度下，NH4Fe(SO4)2和NH4Al(SO4)2的溶解度(g/100gH2O)如表：溫度/℃0203040100NH4Fe(SO4)270.675.478.381.0102.1NH4Al(SO4)22.15.07.710.926.7(1)氣體I中的成分中除氧氣外，還有______。(2)寫出“焙燒II”中Fe2O3發生的化學反應方程式______。(3)寫出濾渣I主要成分的一種用途______。(4)從濾液中獲得NH4Al(SO4)2的操作是______。(5)“反應III”在隔絕空氣條件下進行，參與反應的n(FeS2)：n(Fe2O3)=______。(6)該工業流程中有多種氣體產生，將它們綜合利用可合成流程中的某種反應物，該合成總反應的化學方程式為______。(7)為測定Al2O3產品的純度(Al2O3的質量分數)，稱量mg樣品溶解于足量稀硫酸，配成100.00mL溶液，取出20.00mL溶液，加入c1mol?L-1EDTA標準溶液V1mL，調節溶液pH并煮沸，冷卻后用c2mol?L-1CuSO4標準溶液滴定過量的EDTA至終點，消耗CuSO4標準溶液V2mL(已知Al3+、Cu2+與EDTA反應的化學計量比均為1：1)。則制得的Al2O3的純度為______(用代數式表示)。24．（2023·福建漳州·統考模擬預測）銅冶煉過程產生的粗硫酸鎳廢液中含有、、、、等微粒。工業上以此為原料精制硫酸鎳的主要流程如下：已知：①常溫下，，；②是一種三元弱酸。(1)可選擇_______(填標號)檢驗粗硫酸鎳廢液中是否存在。A．NaOH溶液 B．酸性高錳酸鉀溶液 C．溶液 D．稀硫酸(2)步驟ⅱ溫度不能過高的原因_______。寫出步驟ⅱ生成沉淀的離子方程式_______。(3)步驟iii加入的目的是_______。若不考慮溶液體積的變化，溶液3中，溶液2中，則步驟ⅲ需控制pH的范圍為_______。(4)步驟ⅳ在加入NaF的同時需調pH約為5，若pH過低，導致沉淀率下降，原因是_______。(5)結合圖像分析由溶液4得到的操作是_______，過濾、洗滌、干燥。25．（2023·福建·校聯考一模）某工廠利用如下流程處理廢舊電池正極材料(主要成分為、、)，制備三元鋰電池正極材料。回答下列問題：(1)“酸浸”中發生反應的離子方程式為_______；也與部分發生了反應，“酸浸”中的作用是_______。(2)“酸浸”中雙氧水消耗量較大程度地超過理論用量，其可能原因是_______。(3)“含鐵沉淀”的主要成分為_______(填化學式)；部分離子濃度及對應氫氧化物的如下表，則“調”過程不應超過_______。離子濃度(mol/L)氫氧化物1.001.001.40(4)若“調”過程中，、、濃度不變，則“調濃度”過程需要向溶液中添加的物質x為_______(填標號)。A． B． C． D．(5)產品的粒徑和結晶度直接關系著三元電極的性能。為防止反應中產生的和影響晶體生長，需在“焙燒”前進行_______(填“預燒”“酸洗”或“攪拌”)。(6)與焙燒生成的總反應方程式為_______。答案第=page77頁，共=sectionpages1717頁答案第=page66頁，共=sectionpages1717頁參考答案：1．A【詳解】A．NaHS溶液中含硫微粒主要以HS-存在，所以方程式中寫法錯誤；故A錯誤；B．加碘食鹽中的碘元素以KIO3的形式存在，檢驗方法是將少量碘鹽與淀粉-KI溶液及酸混合，若溶液變成藍色，即證明食鹽中含有碘元素，離子方程式為；故B正確；C．CO將還原為S，方程式為，故C正確；D．久置的油畫，白色部分(PbSO4)常會變黑(PbS)，用雙氧水搓擦后又恢復原貌，方程式為，故D正確；故答案選A。2．B【分析】某礦物含Al2O3、MgO，工業上先用過量燒堿溶液處理該礦物，Al2O3和NaOH反應生成NaAlO2，所以過濾后的濾液中含有過量的NaOH和NaAlO2，逐滴加入NaHCO3溶液，先和NaOH反應，再和NaAlO2反應。【詳解】A．a點為和混合溶液，根據電荷守恒可以寫出：c(Na+)+c(H+)=c(AlO)+c(OH-)，故A正確；B．加入40mLNaHCO3溶液時沉淀最多，沉淀為0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氫氧化鈉反應(OH-+HCO=CO+H2O)不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液與偏鋁酸鈉反應(HCO+AlO+H2O=Al(OH)3↓+CO)生成沉淀，則原NaHCO3溶液物質的量濃度c(NaHCO3)=mol/L=1.0mol/L，原NaHCO3溶液中的物料守恒為c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)=1.0mol/L，故B錯誤；C．碳酸氫根的酸性強于偏鋁酸，所以生成沉淀是因為HCO和AlO反應生成偏鋁酸，即氫氧化鋁沉淀，離子方程式為HCO+AlO+H2O=Al(OH)3↓+CO，故C正確；D．d點對應加入40mLNaHCO3溶液，沉淀為0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氫氧化鈉反應OH-+HCO=CO+H2O，后32mLNaHCO3溶液與偏鋁酸鈉反應HCO+AlO+H2O=Al(OH)3↓+CO，溶質為Na2CO3，則溶液中離子濃度大小為：，故D正確；故選：B。3．B【詳解】A．1個水分子最多與周圍相鄰的水分子形成4個氫鍵，根據均攤原則，1mol水分子成冰時最多形成的氫鍵數為2，所以液態水形成的氫鍵數小于2，故A錯誤；B．Fe元素化合價由+2升高為+3、S元素化合價由-2價升高為0，每生成，失去的電子數為，故B正確；C．沒有明確溶液體積，不能計算懸濁液中的數目，故C錯誤；D．根據反應方程式，反應中每產生，消耗數目，故D錯誤；選B。4．B【詳解】A．標準狀況下，的物質的量為0.1mol，則分子中氧原子數為，A正確；B．溶液中含碳微粒不僅僅有和，還含有碳酸，總含碳微粒數目之和為0.1mol，B錯誤；C．為鈉鹽，所以固體中離子數為，C正確；D．根據的結構簡式可知，分子中碳氧雙鍵中含鍵，所以中鍵數為，D正確；故選B。5．B【詳解】A．步驟①：將食醋精確稀釋到原來的10倍，應是配制一定物質的量濃度的溶液，因此需要用到儀器是容量瓶等，故A錯誤；B．因為需要標定，因此步驟②是粗配溶液，0.4gNaOH的物質的量為0.1mol，100mL蒸餾水約為0.1L，則濃度約為0.1mol/L，故B正確；C．用鄰苯二甲酸氫鉀標定NaOH時，滴定終點顯堿性，應用酚酞作指示劑，故C錯誤；D．步驟⑤是用NaOH溶液進行滴定，滴定管的刻度從上到下逐漸增大，而圖中儀器刻度從上到下逐漸減小，故D錯誤；答案為B。6．B【詳解】A．同濃度的酸溶液，電離平衡常數越大，溶液酸性越強，起始時CH3COOH溶液pH較小，則CH3COOH酸性較強，則室溫下，電離平衡常數：Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)，A錯誤；B．由題干圖示信息可知，①對應溶液顯酸性，以CH3COOH的電離為主，此時抑制水的電離，②對應溶液呈中性，此時溶液中CH3COOH電離和CH3COO-相當，對水的電離幾乎無影響，而③對應溶液中溶質為CH3COONa，由于CH3COO-水解促進水的電離，故溶液中水的電離程度：③>②>①，B正確；C．根據電荷守恒可知，溶液中分別有：c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)1+c(H+)，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)2+c(H+)，時，則有c(CN-)=c(Na+)1，c(CH3COO-)=c(Na+)2，由圖可知，c(Na+)2＞c(Na+)1，即，C錯誤；D．由題干圖示信息可知，滴定終點溶液均顯堿性，故滴定時均應選酚酞作指示劑，不能選用甲基橙作指示劑，指示滴定終點，D錯誤；故答案為：B。7．C【分析】碳酸鈉與鹽酸反應先發生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，繼續滴加鹽酸，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，碳酸氫鈉與鹽酸反應直接生成二氧化碳，因此碳酸氫鈉與鹽酸反應壓強逐漸增大，碳酸鈉與鹽酸反應開始時壓強幾乎不變，隨著反應進行壓強增大，因此圖像中X曲線代表碳酸氫鈉與鹽酸反應，據此分析；【詳解】A．根據上述分析，曲線X為碳酸氫鈉溶液反應曲線，曲線Y為碳酸鈉溶液反應的曲線，故A錯誤；B．25mL0.3mol/L碳酸鈉與12.5mL0.3mol/L鹽酸反應，反應后溶液中的溶質有NaHCO3和Na2CO3，且物質的量相等，推出c(CO)≈c(HCO)，利用電離平衡常數Ka2=c(H+)≈5.6×10-11mol/L，a點溶液中c(H+)的數量級為10-11，故B錯誤；C．a點溶質為NaHCO3和Na2CO3，且物質的量相等，c點加入25mL0.3mol/L鹽酸，溶質為NaHCO3，溶液顯堿性，因此a到c點之間的離子濃度大小順序是c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正確；D．a點溶質為NaHCO3和Na2CO3，c點溶質為NaHCO3，b點溶質為NaCl，HCO、CO發生水解，促進水的電離，NaCl對水的電離無影響，b點水的電離程度最小，故D錯誤；答案為C。8．B【分析】氯氣通入氫氧化鈉溶液中制取NaClO，次氯酸鈉溶液中加硝酸鐵反應生成高鐵酸鈉，過濾，將高鐵酸鈉與飽和KOH混合反應生成高鐵酸鉀，再經分離、提純得到純凈的高鐵酸鉀固體，據此分析解答。【詳解】A．反應②中次氯酸鈉氧化硝酸鐵，1mol次氯酸鈉得2mol電子，1mol硝酸鐵生成高鐵酸鈉失去3mol電子，根據得失電子守恒可得反應：，故A正確；B．由反應③可知高鐵酸鈉與KON溶液混合生成高鐵酸鉀，該反應為復分解反應，反應發生的條件為高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉，故B錯誤；C．因高鐵酸鉀在堿性條件下穩定，且在醇中的溶解度小，因此可用溶液、異丙醇作洗滌劑，故C正確；D．具有強氧化性，可起到殺菌消毒作用，故D正確；故選：B。9．C【分析】鋅焙砂中含有ZnO、ZnFe2O4、FeO、CuO，加入硫酸酸浸，ZnO、FeO、CuO轉化成相應的硫酸鹽，ZnFe2O4與鹽酸反應生成Zn2+、Fe3+，加入過氧化氫，利用過氧化氫的氧化性，將Fe2+氧化成Fe3+，加入ZnO，調節pH，使Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀出來，過濾，加入過量ZnS，將Cu2+以CuS形式沉淀出，據此分析；【詳解】A．ZnFe2O4寫成ZnO·Fe2O3，ZnO和Fe2O3與酸反應生成Zn2+、Fe3+，因此ZnFe2O4與H+反應的方程式為ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O，故A說法正確；B．凈化Ⅱ的目的是將Cu2+以CuS形式沉淀出，發生ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，根據溶度積的規律，推出Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故B說法正確；C．過氧化氫受熱易分解，溫度過高，使過氧化氫分解，造成原料浪費，因此不是反應溫度越高越好，故C說法錯誤；D．凈化Ⅱ得到溶質主要為ZnSO4，電解硫酸鋅，陰極電極反應式為Zn2++2e-=Zn，陽極反應式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，氧氣具有強氧化性，能將Fe2+氧化成Fe3+，因此氧氣可以替換過氧化氫，故D說法正確；故答案為C。10．D【分析】由題意和圖示可知，在0~10mL之間，和鹽酸反應，第一滴定終點即和鹽酸恰好完全反應的點，在10~40mL之間，和HA反應，第二滴定終點即和HA恰好完全反應的點；圖中，實線為pH的變化曲線，逐漸增大的虛線是的分布系數變化曲線，逐漸減小的虛線是的分布系數變化曲線。【詳解】A．由圖中和分布系數變化曲線相交的點可知：c(HA)=c(A-)，此時pH=4.76，，A項正確；B．常溫下，時，可知，此時接近于第二滴定終點，消耗氫氧化鈉溶液的體積接近于40mL，溶質主要為NaA和NaCl，根據分析可知，初始鹽酸和HA的混合溶液中：n(HA)=3n(HCl)，則時，，所以，B項正確；C．鹽酸和HA電離出的氫離子對水的電離產生抑制作用，時，隨著鹽酸和HA被氫氧化鈉反應消耗，鹽酸和HA減少，對水的電離抑制減弱，且生成的水解促進水的電離，所以滴定過程中水的電離程度不斷增大，C項正確；D．第一滴定終點時，鹽酸已消耗完，剩余的酸為HA，且，則，，則用甲基紫(變色范圍為)確定第一滴定終點，pH要大于3.0才變色，由于第一終點突變變化不明顯，用該指示劑判斷第一終點誤差較大，D項錯誤；答案選D。11．A【詳解】A．CH3COOH中C、O經過雜化后與H形成σ鍵，因此1.5mol的液態冰醋酸中含s?pσ鍵數目為0，故A正確；B．常溫常壓下，1mol含有的，故B錯誤；C．將0.1mol醋酸鈉溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根據電荷守恒得到鈉離子數目等于醋酸根離子數目即溶液中數目等于，故C錯誤；D．1L1mol?L?1NaCl溶液NaCl物質的量為1mol，NaCl含有個電子，但溶液中還有水，水中含有電子，故D錯誤。綜上所述，答案為A。12．B【詳解】A．分析圖像可知，pH=6時，與氨水反應生成，此時溶液中，根據可得，A正確；B．pH=8時，溶液中的離子有、、、、，根據電荷守恒，B錯誤；C．根據題目信息，難溶于水，廢水中的鉛轉化為時除鉛效果最好，而pH=10時，物質的量分數最大，C正確；D．pH=12時，轉化為的離子反應為，D正確。故選B。13．D【分析】隨著溶液酸性增強，的量不斷減小、的量先增加后減小、的量不斷增大，結合圖像可知，a為，b為，c為；【詳解】A．由分析可知，a為，b為，c為，由圖可知，時，pH=2.35，則；同理，，A正確；B．通過HCl調節pH，溶液體積不變，則時，結合圖像可知，，；若成立，則，，；由圖可知，時=0，根據電荷守恒可知，，故原式成立，B正確；C．在D點溶液中pH=11，則pOH=3，=0.97×=，由A分析可知，，則；，則，故有：，C正確；D．氨基酸所帶的正電荷和負電荷相等時的pH，稱為該氨基酸的等電點，則等電點的大小與氨基酸的結構有關，而與環境無關，D錯誤；故選D。14．C【分析】0.1mol/LNH4A溶液pH約為7，說明銨根離子和A—離子在溶液中的水解程度幾乎相等，溶液中HA和一水合氨的濃度約為10—7mol/L，由只有未電離的HA分子可自由通過交換膜可知，甲室溶液中HA的濃度小于乙室，乙室中HA通過交換膜進入甲室，當兩室溶液中HA濃度相等時，乙室的電離和甲室的水解都達到平衡。【詳解】A．由0.1mol/LHA溶液pH約為3可知，HA的電離度約為×100%=1%，故A錯誤；B．由分析可知，當兩室溶液中HA濃度相等時，乙室的電離和甲室的水解都達到平衡，由于甲室中的A—離子會抑制HA的電離，所以平衡后，甲、乙兩室的溶液pH不相等，故B錯誤；C．由分析可知，當兩室溶液中HA濃度相等時，乙室的電離和甲室的水解都達到平衡，甲室中加入的HA抑制銨根離子的水解，溶液中一水合氨濃度小于10—7mol/L，乙室中HA的濃度減小，電離度增大，則乙室中A—離子濃度大于0.05mol/L×1%=0.0005mol/L，所以甲室中一水合氨的物質的量濃度小于乙室中A—離子的物質的量濃度，故C正確；D．NaA溶液中A—離子的水解程度小于NH4A溶液，溶液中HA濃度小于NH4A溶液，所以若用等物質的量濃度的NaA溶液代替NH4A溶液，通過交換膜的HA分子的量增加，故D錯誤；故選C。15．C【詳解】A．含Zn、ZnO、PbO、CuO、FeO、、等物質的鋅灰經稀硫酸充分浸取后，Zn、ZnO、CuO、FeO、溶解，浸出液中含有、、、及過量、，PbO與稀硫酸反應生成難溶物和不溶于稀硫酸的一并濾出，故濾渣Ⅰ主要是、，A正確；B．除鐵工序中，用試劑x(可以選擇ZnO、等)調整溶液pH約5.1后，加，可將氧化為，發生反應的離子方程式為，B正確；C．物質結構相似時，溶液中沉淀轉化由大的向小的方向轉化(轉化為更難溶的物質)，故，C錯誤；D．根據鋅灰的組成元素、每一步所加試劑及流程中反應后各元素的走向，可知沉鋅工序后母液中含有、、，故母液中可回收利用的物質有、，D正確。故選C。16．D【分析】隨著KOH固體的增加，溶液的pH逐漸增大，H2A的電離程度增大，溶液中HA-的濃度先增大后減小，-lgc(HA-)的曲線應是先減小后增大，A2-的濃度一直增大，-lgc(A2-)一直減小，因此ab點所在的曲線為-lgc(HA-)隨pH變化的曲線。【詳解】A．由圖可知，pH=0時，，，則，H2A的電離微弱，因此c(H2A)約為0.1mol/L，鄰苯二甲酸的Ka1約為，故A正確；B．b點的縱坐標最小，則此時溶液中最大，即溶液中的溶質為KHA，溶液的pH=4，說明KHA溶液呈酸性，HA-的電離程度大于水解程度，則c(A2-)>c(H2A)，b點有關微粒濃度大小關系為(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故B正確；C．b點溶質為KHA，溶液呈酸性，說明HA-電離程度大于水解程度，抑制水電離，從b到e點，繼續加入KOH固體生成K2A，A2-水解而促進水電離，繼續加入KOH，KOH抑制水電離，則水電離產生的c(H+)先增大后減小，故C正確；D．c點溶液中，溶液中由電荷守恒有，c點溶液呈酸性，，則，故D錯誤；答案選D。17．A【詳解】A．乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100g46%的Z醇溶液中，乙醇的質量為46g，物質的量為1mol，故含1mol氧原子；水的質量為100g-46g=54g，物質的量為3mol，故含3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物質的量共為4mol，個數為4NA個，選項A不正確；B．NaHSO4固體是由鈉離子和硫酸氫根離子組成，MgSO4固體是由鎂離子和硫酸根離子組成，NaHSO4和MgSO4的摩爾質量相同，均為120g/mol，12g固體混合物的物質的量為1mol，則所含陽離子數為0.1NA，選項B正確；C．標準狀況下，22.4LCH3Cl為1mol，每個分子中含有4對共用電子對，故含有的共用電子對數目為4NA，選項C正確；D．常溫下，1L0.1mol/L的氯化銨溶液中滴入氨水至，c()=c(Cl-)，數目為0.1NA，選項D正確；答案選A。18．D【詳解】A．H2SO4、NaIO3和NaI反應生成碘單質，I的化合價由+5價降低為0價，I的化合價由-1價升高為0價，根據化合價升降守恒、原子守恒和電荷守恒，可得：5I-+IO+6H＋=3I2+3H2O，A正確；B．HNO3和Na2SO3反應生成一氧化氮和硫酸鈉，N的化合價由+5價降低為+2價，S的化合價由+4價升高為+6價，根據化合價升降守恒、原子守恒和電荷守恒，可得：3SO+2H＋+2NO=3SO+2NO↑+H2O，B正確；C．CaSO4與濃度較大的可溶性碳酸鹽反應可以得到碳酸鈣，再用酸可以將其除去，離子方程式為CaSO4(s)+CO(aq)=CaCO3(s)+SO(aq)，C正確；D．假設量少的物質為1mol，過量的物質用多少寫多少，NaHCO3為1mol，所以需要1molBa(OH)2，NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O，所以反應的離子方程式為：HCO+Ba2＋+OH-=BaCO3↓+H2O，故D錯誤；故選D。19．C【詳解】A．會發生水解，溶液中含的數目小于，A錯誤；B．(標準狀況下)為0.25mol，含電子數目為，B錯誤；C．中含有硫硫非極性鍵，為0.1mol，含非極性共價鍵的數目為，C正確；D．SO2中S化合價由+4降低到+2，完全參加反應，轉移電子數為2，D錯誤；故答案選C。20．(1)圓底燒瓶(2)防止氯化銨受熱易分解，使氨氣溢出(3)氫氧化鈉易吸收空氣中的二氧化碳和水分(4)

甲基紅

滴入最后一滴氫氧化鈉溶液，紅色變為橙色，且半分鐘內不變色(5)(6)

無水氯化鈣

取A中固體，溶于水，過濾，濾液中加濃氫氧化鈉溶液加熱，若不生成使濕潤紅色石蕊試紙變藍的氣體，說明已經反應完全

【分析】分液漏斗中的濃氫氧化鈉溶液滴入三口燒瓶內生成氨氣，用a中產生的水蒸氣把三口燒瓶中產生的氨氣全部排入接收瓶中被鹽酸吸收，用標準氫氧化鈉溶液滴定剩余鹽酸，計算出生成氨氣的物質的量，根據氨氣的物質的量計算的質量分數。【詳解】（1）根據裝置圖，儀器a是圓底燒瓶。（2）氯化銨受熱易分解，冰鹽水的作用是防止氯化銨受熱易分解，使氨氣溢出；（3）氫氧化鈉易吸收空氣中的二氧化碳和水分，所以不能采用直接法配制氫氧化鈉溶液；（4）用氫氧化鈉滴定剩余鹽酸，滴定終點溶液中的溶質為氯化銨、氯化鈉，溶液呈弱酸性，根據表格數據，滴定時宜選用甲基紅；滴定終點的現象是：滴入最后一滴氫氧化鈉溶液，紅色變為橙色，且半分鐘內不變色；（5）氫氧化鈉、氨氣共消耗鹽酸，反應消耗氫氧化鈉的物質的量為，則反應消耗氨氣的物質的量為，根據~~，可知的物質的量為，樣品中的質量分數為（6）①裝置B的作用是吸收氨氣防止污染，所以B中盛放的試劑為無水氯化鈣。②取A中固體，溶于水，過濾，濾液中加濃氫氧化鈉溶液加熱，若不生成使濕潤紅色石蕊試紙變藍的氣體，說明已經反應完全。③玻璃管內和氫氣在加熱條件下反應生成Re、氨氣、水，發生反應的化學方程式為。21．(1)

將廢料研磨粉碎

2Ag2Se+2H2SO4+3O2=2Ag2SO4+2SeO2+2H2O(2)CD(3)1：2(4)

增大Cl-濃度，促使反應的化學平衡正向移動，提高AgCl的產率

(5)4AgCl+N2H4+4OH-=4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O。【分析】硒化銀半導體廢料(含Ag2Se、Cu)中加入H2SO4和O2反應生成硫酸銀、二氧化硒和硫酸銅，蒸餾以后得到SeO2、硫酸銅和硫酸銀，加入氯化鈉得到氯化銀沉淀，加入肼和氫氧化鈉還原得到粗銀，硫酸銅溶液經過電解得到銅單質，二氧化硒先后與水、二氧化硫反應生成粗硒。【詳解】（1）酸溶時，為提高廢料中硒元素的浸出率，可采取的措施是將廢料研磨粉碎。Ag2Se與硫酸、O2反應生成硫酸銀、SeO2和水，化學方程式為2Ag2Se+2H2SO4+3O2=2Ag2SO4+2SeO2+2H2O。（2）粗銅電解精煉，粗銅作陽極，精銅作陰極，可溶性銅鹽做電解質溶液。A．稀硫酸不是銅鹽，A錯誤；B．硝酸銀不是銅鹽，B錯誤；C．硫酸銅溶液為可溶性銅鹽，可用作電解質溶液，C正確；D．氯化銅溶液為可溶性銅鹽，可用作電解質溶液，D正確；故答案選CD。（3）H2SeO3與SO2反應生成H2SO4和Se，化學方程式為H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se，該反應中氧化劑為H2SeO3，還原劑為SO2，氧化劑與還原劑物質的量之比為1：2。（4）沉銀時Ag2SO4與Cl-反應生成AgCl沉淀和硫酸根離子，加入稍過量的NaCl，增大Cl-濃度，促使反應的化學平衡正向移動，提高AgCl的產率。Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+(aq)，K==。（5）AgCl與N2H4、NaOH反應生成Ag的離子方程式為4AgCl+N2H4+4OH-=4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O。22．(1)

增大反應速率，提升酸浸效率

Cl2或ClO2(2)pH=0.5，萃取劑濃度為15%(3)H2SO4(4)7.7×10-6(5)

取最后一次洗滌液，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若沒有產生沉淀，則洗凈【分析】鉛鋅冶煉煙灰中浸渣()加H2SO4、HCl、NaClO3進行“氯化浸出”，銦主要以進入水溶液，錫以SnO2進入酸浸渣，水溶液用萃取劑HX萃取、分液，去掉水相，得到InX3有機相，有機相中加反萃取劑進行反萃取去掉有機相得到高含量In3+溶液，往溶液中加過量鋅粉置換出In，同時得到硫酸鋅溶液，硫酸鋅溶液經過系列步驟制備硫酸鋅晶體。【詳解】（1）“氯化浸出”時，In由+2價被氧化為+3價，Sn價態不變仍以SnO2存在，則該步驟是利用酸性條件下氯酸根離子氧化二價In，主要反應的離子方程式為；此步驟加熱的目的是增大反應速率，提升酸浸效率；溫度過高HCl和NaClO3會發生氧化還原反應生成Cl2或ClO2；（2）萃取率越高越好，則適宜的條件為pH=0.5，萃取劑濃度為15%；（3）由和后續制備硫酸鋅晶體副產品可知萃取劑選H2SO4；（4）的化學平衡常數即In3+的水解常數=7.7×10-6；（5）“置換”時，主要反應是Zn置換出In，反應的離子方程式為；由流程可知所得濁液中含硫酸根離子，檢驗粗銦已洗滌干凈就是檢驗粗銦最后一次洗滌液中沒有硫酸根離子，方法為取最后一次洗滌液，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若沒有產生沉淀，則洗凈。23．(1)SO2(2)Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O(3)制玻璃、光導纖維等(4)蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥(5)1∶16(6)2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4(7)×100%【分析】根據高硫鋁土礦的成分，焙燒Ⅰ中FeS2與氧氣反應4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，根據流程圖中，操作Ⅰ后得到濾液主要成分，焙燒Ⅱ中氧化鐵和氧化鋁與硫酸銨反應，發生非氧化還原反應，根據原子守恒進行分析，其反應方程式為Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O、Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O，氣體Ⅱ為氨氣，反應Ⅲ中發生FeS2+Fe2O3→SO2↑+Fe3O4，據此分析；【詳解】（1）根據上述分析，焙燒Ⅰ中FeS2與氧氣反應4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，氣體Ⅰ中成分除氧氣外，還含有SO2；故答案為SO2；（2）該反應為非氧化還原反應，根據原子守恒進行，令Fe2O3的系數為1，則NH4Fe(SO4)2系數為2，NH4Fe(SO4)2含有2個SO，因此硫酸銨的系數為4，即氣體為氨氣，其反應方程式為Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O；故答案為Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe