福建省2023年高考化学模拟题汇编-06水溶液中的离子反应和平衡

这是一份福建省2023年高考化学模拟题汇编-06水溶液中的离子反应和平衡，共31页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
福建省2023年高考化学模拟题汇编-06水溶液中的离子反应和平衡

一、单选题
1．（2023·福建福州·统考模拟预测）下列处理方法对应的反应方程式一定错误的是
A．利用沉淀剂NaHS除去废水中的
B．加碘食盐中碘元素的检验：
C．用生物质热解气CO将还原为
D．用双氧水擦拭变黑的白色油画：
2．（2023·福建福州·统考模拟预测）利用过量溶液处理含、矿物，然后过滤。向所得滤液中逐滴加入溶液，测得溶液和生成与所加入变化的曲线如图。下列说法错误的是

A．a点溶质为和，存在
B．溶液中：
C．沉淀时的离子方程式：
D．d点溶液：
3．（2023·福建福州·统考模拟预测）设是阿伏加德罗常数的值，催化氧化脱硫的工作原理：，时，。下列说法正确的是
A．水中含有的氢键数为2
B．每生成，失去的电子数为
C．氢氧化铁的悬浊液中，若时，悬浊液中的数目为
D．反应中每产生，消耗数目
4．（2023·福建厦门·统考二模）一种复合膨松剂的工作原理为，其中结构如图。是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

A．标准状况下，中氧原子数为
B．溶液中和微粒总数为
C．固体中离子数为
D．中键数为
5．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）测定食醋中总酸度有以下步骤：①将食醋精确稀释到原来的10倍；②用烧碱固体配制100mL浓度约为0.1mol•L-1的溶液；③用邻苯二甲酸氢钾固体标定步骤②所得溶液；④用移液管取20.00mL待测液；⑤用已知浓度NaOH溶液滴定。以下对应步骤中的操作及选用仪器正确的是
A．步骤① B．步骤②
C．步骤③ D．步骤⑤
6．（2023·福建漳州·统考三模）常温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A．两种一元弱酸的电离常数：
B．溶液中水的电离程度：③>②>①
C．时，
D．滴定时均可选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点
7．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）按如图1装置，常温下分别向25mL0.3mol•L-1Na2CO3溶液和25mL0.3mol•L-1NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol•L-1的稀盐酸，测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示，已知：碳酸Ka1=4.3×10-7；Ka2=5.6×10-11。下列说法正确的是

A．X为Na2CO3溶液的反应曲线
B．a点溶液中c(H+)的数量级为10-12
C．a到c点之间的离子浓度大小关系：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)
D．水的电离程度：c＜a＜b
8．（2023·福建福州·统考二模）工业上采用NaClO氧化法生产高铁酸钾，其主要的生产流程如下：

已知：在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定，难溶于醇等有机溶剂。
下列说法错误的是
A．反应②为
B．由反应③可知，此温度下
C．“提纯”步骤的洗涤剂可以选用溶液、异丙醇
D．可用于水的消毒
9．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4还含有少量FeO、CuO等)可用于湿法制锌，其流程如图所示。下列说法错误的是

A．“酸浸”中ZnFe2O4发生的反应为：ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O
B．可用ZnS除去溶液中的Cu2+的依据是Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)
C．为提高生产效率，“酸浸”“净化I”“净化II”的反应温度越高越好
D．“电解”的产物之一可用于替换“净化I”中的H2O2
10．（2023·福建厦门·统考二模）常温下，用溶液滴定和混合溶液，滴定过程中和分布系数及pH随溶液体积变化如图。已知：，下列说法不正确的是

A．
B．时，
C．时，滴定过程中水的电离程度不断增大
D．可利用甲基紫(变色范围为)确定第一滴定终点
11．（2023·福建·统考模拟预测）阿伏伽德罗提出阿伏伽德罗定律为人类科学研究提供了重要的理论基础，在现实生活中我们常常利用物质的量来为难以用实际数字描述的数量做了定量解释，下列说法正确的是
A．1.5mol的液态冰醋酸中含s−p σ键0个
B．常温常压下，1mol含有的
C．将0.1mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中数目小于
D．1L1 mol∙L−1NaCl溶液含有个电子
12．（2023·福建漳州·统考模拟预测）工业上用氨水作为沉淀剂去除酸性废水中的铅元素。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数(d)与pH的关系如图所示[已知：常温下，；难溶于水]。下列说法错误的是

A．时，与氨水反应生成，溶液中
B．时，
C．时，物质的量分数最大，除铅效果最好
D．时，转化为的离子方程式为
13．（2023·福建·统考模拟预测）甘氨酸()是一种最简单的氨基酸。其作为内源性抗氧化剂还原型谷胱甘肽的组成氨基酸，在机体发生严重应激时常需外源补充。如图为某兴趣小组通过实验获得在25℃下10mL甘氨酸溶液中各组分分布分数和pH的对应关系(通过HCl调节pH，溶液体积不变)

已知：氨基酸是两性电解质，在碱性溶液中表现出带负电荷，在酸性溶液中表现出带正电荷，在某一定pH溶液中，氨基酸所带的正电荷和负电荷相等时的pH，称为该氨基酸的等电点，写作pL)


下列说法错误的是
A．a为，b为，c为，，
B．时，
C．在D点溶液中：
D．该兴趣小组测得甘氨酸的pL=6.065，查表得知甘氨酸实际pL=5.97，造成误差的原因可能是因为原甘氨酸样品中有杂质，导致甘氨酸实际浓度偏低
14．（2023·福建福州·统考二模）如下图所示，只有未电离的HA分子可自由通过交换膜。常温下，往甲室和乙室中分别加入的溶液()和的HA溶液()，达到平衡后，下列说法正确的是

A．常温下，HA的电离度约为0.1%
B．平衡后，甲、乙两室的pH相等
C．平衡后，甲室中的物质的量浓度小于乙室中的物质的量浓度
D．若用等物质的量浓度的NaA溶液代替溶液，则通过交换膜的HA分子的量减少
15．（2023·福建漳州·统考模拟预测）四水合磷酸锌[，难溶于水]是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰(含、、、、、、等)为原料制备的流程如下：

下列说法错误的是
A．滤渣Ⅰ的主要成分是、
B．“除铁”中，用试剂x调节溶液的pH约5.1后加的目的是将氧化为
C．若试剂y选择ZnS将溶液中转化为CuS除去，说明
D．沉锌后的母液可回收利用的物质有、
16．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）25℃时，向25mL0.lmol·L-1邻苯二甲酸(H2A)溶液中加入KOH固体，混合溶液的pH随-lgc(HA-)以及-lgc(A2-)的关系如图所示(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)。下列有关叙述错误的是

A．邻苯二甲酸的Ka1约为1.0×10-3
B．b点有关微粒浓度大小关系为(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
C．从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小
D．c点c(K+)>3c(A2-)
17．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有氧原子的数目为NA
B．和的固体混合物中阳离子总数为0.1NA
C．标准状况下，22.4 L CH3Cl中含有的共用电子对数目为4NA
D．常温下，1L0.1mol/L的氯化铵溶液中滴入氨水至，数目为0.1NA
18．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式错误的是
A．将稀H2SO4加入NaIO3和NaI的混合溶液中：5I-++6H＋=3I2+3H2O
B．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：3+2H＋+2=3+2NO↑+H2O
C．用饱和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·校联考一模）制备的反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．溶液中含的数目为
B．(标准状况下)中含电子数目为
C．中含非极性共价键的数目为
D．完全参加反应，转移电子数为

二、实验题
20．（2023·福建福州·统考二模）铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。是制备高纯度Re的重要中间体。
I.的纯度测定
称取样品，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶。取吸收液用标准溶液滴定过剩的HCl，达到终点时消耗溶液。

(1)仪器a是_______(填名称)。
(2)冰盐水的作用是_______。
(3)实验所用的NaOH标准溶液，通常采用间接法配制，即配成近似浓度的溶液，再用基准物标定。不能采用直接法配制的原因是_______。
(4)根据下表，滴定时宜选用_______(填一种指示剂名称)；滴定终点的现象是_______。
部分指示剂变色的pH范围如下表：
指示剂名称
变色的pH范围
酸色
中性色
碱色
甲基橙
3.1—4.4
红
橙
黄
甲基红
4.4—6.2
红
橙
黄
溴百里酚蓝
6.0—7.6
黄
绿
蓝
酚酞
8.2—10.0
无
浅红
红

(5)样品中的质量分数为_______(填表达式)。
II.高纯度铼的制取
(6)高温下用还原可制得金属铼，装置如下图所示：

[已知：受热分解生成]
①装置B中盛放的试剂为_______(填名称)。
②判断A中已经反应完全的方法是_______。
③玻璃管内发生反应的化学方程式为_______。

三、工业流程题
21．（2023·福建漳州·统考三模）工业上以硒化银半导体废料(含、Cu)为原料提取硒、铜、银，进而制备一种新型太阳能电池的材料。

已知：25℃。，。
请回答下列问题：
(1)“酸溶”时，为提高废料中硒元素的浸出率可采取的措施是___________(任写一种)，写出废料中转化为的化学反应方程式___________。
(2)制得的粗铜可通过电解法精炼，电解质溶液可以选择___________(填字母序号)。
A．稀 B．溶液 C．溶液 D．溶液
(3)上述流程中，通入发生氧化还原反应获得“粗硒”，该过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(4)“沉银”时，从平衡移动角度解释，加入稍过量溶液的原因___________，计算转化成的平衡常数___________。
(5)“还原”时，写出与液态、溶液反应制取粗银的离子方程式___________。
22．（2023·福建福州·统考二模）铟被广泛应用于电子工业、航空航天等高科技领域。某企业采用铅锌冶炼烟灰中浸渣()氯化浸出工艺回收粗铟的工艺流程如下：

已知：①水溶液中铟主要以的形式存在。
②
回答下列问题：
(1)“氯化浸出”时，主要反应的离子方程式为_______，此步骤加热的目的是_______；浸出温度选定80℃的原因之一是温度过高易反应产生_______气体(任写一种)。
(2)在不同的溶液初始pH下，萃取剂浓度对萃取率的影响如图所示，则适宜的条件为_______。

(3)反萃取剂应选用_______(填化学式)。
(4)常温下，在的溶液中存在平衡体系：，则该反应的化学平衡常数_______(计算结果保留两位有效数字，常温下)。
(5)“置换”时，主要反应的离子方程式为_______；所得浊液经过滤、洗涤、干燥等操作得到粗铟，检验粗铟已洗涤干净的方法为_______。
23．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）磁性氧化铁是电讯器材的重要原料，以高硫铝土矿(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量的FeS2等)提取氧化铝和磁性氧化铁的流程如图：

已知：不同温度下，NH4Fe(SO4)2和NH4Al(SO4)2的溶解度(g/100gH2O)如表：
温度/℃
0
20
30
40
100
NH4Fe(SO4)2
70.6
75.4
78.3
81.0
102.1
NH4Al(SO4)2
2.1
5.0
7.7
10.9
26.7

(1)气体I中的成分中除氧气外，还有______。
(2)写出“焙烧II”中Fe2O3发生的化学反应方程式______。
(3)写出滤渣I主要成分的一种用途______。
(4)从滤液中获得NH4Al(SO4)2的操作是______。
(5)“反应III”在隔绝空气条件下进行，参与反应的n(FeS2)：n(Fe2O3)=______。
(6)该工业流程中有多种气体产生，将它们综合利用可合成流程中的某种反应物，该合成总反应的化学方程式为______。
(7)为测定Al2O3产品的纯度(Al2O3的质量分数)，称量mg样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标准溶液V1mL，调节溶液pH并煮沸，冷却后用c2mol•L-1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液V2mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1：1)。则制得的Al2O3的纯度为______(用代数式表示)。
24．（2023·福建漳州·统考模拟预测）铜冶炼过程产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等微粒。工业上以此为原料精制硫酸镍的主要流程如下：

已知：①常温下，，；②是一种三元弱酸。
(1)可选择_______(填标号)检验粗硫酸镍废液中是否存在。
A．NaOH溶液 B．酸性高锰酸钾溶液 C．溶液 D．稀硫酸
(2)步骤ⅱ温度不能过高的原因_______。写出步骤ⅱ生成沉淀的离子方程式_______。
(3)步骤iii加入的目的是_______。若不考虑溶液体积的变化，溶液3中，溶液2中，则步骤ⅲ需控制pH的范围为_______。
(4)步骤ⅳ在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是_______。
(5)结合图像分析由溶液4得到的操作是_______，过滤、洗涤、干燥。

25．（2023·福建·校联考一模）某工厂利用如下流程处理废旧电池正极材料(主要成分为、、)，制备三元锂电池正极材料。

回答下列问题：
(1)“酸浸”中发生反应的离子方程式为_______；也与部分发生了反应，“酸浸”中的作用是_______。
(2)“酸浸”中双氧水消耗量较大程度地超过理论用量，其可能原因是_______。
(3)“含铁沉淀”的主要成分为_______(填化学式)；部分离子浓度及对应氢氧化物的如下表，则“调”过程不应超过_______。
离子
浓度(mol/L)
氢氧化物

1.00


1.00


1.40


(4)若“调”过程中，、、浓度不变，则“调浓度”过程需要向溶液中添加的物质x为_______(填标号)。A． B． C． D．
(5)产品的粒径和结晶度直接关系着三元电极的性能。为防止反应中产生的和影响晶体生长，需在“焙烧”前进行_______(填“预烧”“酸洗”或“搅拌”)。
(6)与焙烧生成的总反应方程式为_______。

参考答案：
1．A
【详解】A．NaHS溶液中含硫微粒主要以HS-存在，所以方程式中写法错误；故A错误；
B．加碘食盐中的碘元素以 KIO3的形式存在，检验方法是将少量碘盐与淀粉-KI溶液及酸混合，若溶液变成蓝色，即证明食盐中含有碘元素，离子方程式为；故B正确；
C．CO将还原为S，方程式为，故C正确；
D．久置的油画，白色部分(PbSO4)常会变黑(PbS)，用双氧水搓擦后又恢复原貌，方程式为，故D正确；
故答案选A。
2．B
【分析】某矿物含Al2O3、MgO，工业上先用过量烧碱溶液处理该矿物，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，所以过滤后的滤液中含有过量的NaOH和NaAlO2，逐滴加入NaHCO3溶液，先和NaOH反应，再和NaAlO2反应。
【详解】A．a点为和混合溶液，根据电荷守恒可以写出：c(Na+)+c(H+)=c(AlO)+c(OH-)，故A正确；
B．加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应(OH-+ HCO= CO+H2O)不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应(HCO+AlO+H2O =Al(OH)3↓+CO)生成沉淀，则原NaHCO3溶液物质的量浓度c(NaHCO3)=mol/L=1.0mol/L，原NaHCO3溶液中的物料守恒为c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)=1.0mol/L，故B错误；
C．碳酸氢根的酸性强于偏铝酸，所以生成沉淀是因为HCO和AlO反应生成偏铝酸，即氢氧化铝沉淀，离子方程式为HCO+AlO+H2O =Al(OH)3↓+CO，故C正确；
D．d点对应加入40mLNaHCO3溶液，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应OH-+ HCO= CO+H2O，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应HCO+AlO+H2O =Al(OH)3↓+CO，溶质为Na2CO3，则溶液中离子浓度大小为：，故D正确；
故选：B。
3．B
【详解】A．1个水分子最多与周围相邻的水分子形成4个氢键，根据均摊原则，1mol水分子成冰时最多形成的氢键数为2，所以液态水形成的氢键数小于2，故A错误；
B．Fe元素化合价由+2升高为+3、S元素化合价由-2价升高为0，每生成，失去的电子数为，故B正确；
C．没有明确溶液体积，不能计算悬浊液中的数目，故C错误；
D．根据反应方程式，反应中每产生，消耗数目，故D错误；
选B。
4．B
【详解】A．标准状况下，的物质的量为0.1mol，则分子中氧原子数为，A正确；
B．溶液中含碳微粒不仅仅有和，还含有碳酸，总含碳微粒数目之和为0.1mol，B错误；
C．为钠盐，所以固体中离子数为，C正确；
D．根据的结构简式可知，分子中碳氧双键中含键，所以中键数为，D正确；
故选B。
5．B
【详解】A．步骤①：将食醋精确稀释到原来的10倍，应是配制一定物质的量浓度的溶液，因此需要用到仪器是容量瓶等，故A错误；
B．因为需要标定，因此步骤②是粗配溶液，0.4gNaOH的物质的量为0.1mol，100mL蒸馏水约为0.1L，则浓度约为0.1mol/L，故B正确；
C．用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH时，滴定终点显碱性，应用酚酞作指示剂，故C错误；
D．步骤⑤是用NaOH溶液进行滴定，滴定管的刻度从上到下逐渐增大，而图中仪器刻度从上到下逐渐减小，故D错误；
答案为B。
6．B
【详解】A．同浓度的酸溶液，电离平衡常数越大，溶液酸性越强，起始时CH3COOH溶液pH较小，则CH3COOH酸性较强，则室温下，电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)，A错误；
B．由题干图示信息可知，①对应溶液显酸性，以CH3COOH的电离为主，此时抑制水的电离，②对应溶液呈中性，此时溶液中CH3COOH电离和CH3COO-相当，对水的电离几乎无影响，而③对应溶液中溶质为CH3COONa，由于CH3COO-水解促进水的电离，故溶液中水的电离程度：③>②>①，B正确；
C．根据电荷守恒可知，溶液中分别有：c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)1+c(H+)，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)2+c(H+)，时，则有c(CN-)=c(Na+)1，c(CH3COO-)=c(Na+)2，由图可知，c(Na+)2＞c(Na+)1，即，C错误；
D．由题干图示信息可知，滴定终点溶液均显碱性，故滴定时均应选酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点，D错误；
故答案为：B。
7．C
【分析】碳酸钠与盐酸反应先发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，继续滴加盐酸，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，碳酸氢钠与盐酸反应直接生成二氧化碳，因此碳酸氢钠与盐酸反应压强逐渐增大，碳酸钠与盐酸反应开始时压强几乎不变，随着反应进行压强增大，因此图像中X曲线代表碳酸氢钠与盐酸反应，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，曲线X为碳酸氢钠溶液反应曲线，曲线Y为碳酸钠溶液反应的曲线，故A错误；
B．25mL0.3mol/L碳酸钠与12.5mL0.3mol/L盐酸反应，反应后溶液中的溶质有NaHCO3和Na2CO3，且物质的量相等，推出c(CO)≈c(HCO)，利用电离平衡常数Ka2=c(H+)≈5.6×10-11mol/L，a点溶液中c(H+)的数量级为10-11，故B错误；
C．a点溶质为NaHCO3和Na2CO3，且物质的量相等，c点加入25mL0.3mol/L盐酸，溶质为NaHCO3，溶液显碱性，因此a到c点之间的离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正确；
D．a点溶质为NaHCO3和Na2CO3，c点溶质为NaHCO3，b点溶质为NaCl，HCO、CO发生水解，促进水的电离，NaCl对水的电离无影响，b点水的电离程度最小，故D错误；
答案为C。
8．B
【分析】氯气通入氢氧化钠溶液中制取NaClO，次氯酸钠溶液中加硝酸铁反应生成高铁酸钠，过滤，将高铁酸钠与饱和KOH混合反应生成高铁酸钾，再经分离、提纯得到纯净的高铁酸钾固体，据此分析解答。
【详解】A．反应②中次氯酸钠氧化硝酸铁，1mol次氯酸钠得2mol电子，1mol硝酸铁生成高铁酸钠失去3mol电子，根据得失电子守恒可得反应：，故A正确；
B．由反应③可知高铁酸钠与KON溶液混合生成高铁酸钾，该反应为复分解反应，反应发生的条件为高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，故B错误；
C．因高铁酸钾在碱性条件下稳定，且在醇中的溶解度小，因此可用溶液、异丙醇作洗涤剂，故C正确；
D．具有强氧化性，可起到杀菌消毒作用，故D正确；
故选：B。
9．C
【分析】锌焙砂中含有ZnO、ZnFe2O4、FeO、CuO，加入硫酸酸浸，ZnO、FeO、CuO转化成相应的硫酸盐，ZnFe2O4与盐酸反应生成Zn2+、Fe3+，加入过氧化氢，利用过氧化氢的氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，加入ZnO，调节pH，使Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀出来，过滤，加入过量ZnS，将Cu2+以CuS形式沉淀出，据此分析；
【详解】A．ZnFe2O4写成ZnO·Fe2O3，ZnO和Fe2O3与酸反应生成Zn2+、Fe3+，因此ZnFe2O4与H+反应的方程式为ZnFe2O4+8H+= Zn2++2Fe3++4H2O，故A说法正确；
B．净化Ⅱ的目的是将Cu2+以CuS形式沉淀出，发生ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，根据溶度积的规律，推出Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故B说法正确；
C．过氧化氢受热易分解，温度过高，使过氧化氢分解，造成原料浪费，因此不是反应温度越高越好，故C说法错误；
D．净化Ⅱ得到溶质主要为ZnSO4，电解硫酸锌，阴极电极反应式为Zn2++2e-=Zn，阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，氧气具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，因此氧气可以替换过氧化氢，故D说法正确；
故答案为C。
10．D
【分析】由题意和图示可知，在0~10mL之间，和盐酸反应，第一滴定终点即和盐酸恰好完全反应的点，在10~40mL之间，和HA反应，第二滴定终点即和HA恰好完全反应的点；图中，实线为pH的变化曲线，逐渐增大的虚线是的分布系数变化曲线，逐渐减小的虚线是的分布系数变化曲线。
【详解】A．由图中和分布系数变化曲线相交的点可知：c(HA)=c(A-)，此时pH=4.76，，A项正确；
B．常温下，时，可知，此时接近于第二滴定终点，消耗氢氧化钠溶液的体积接近于40mL，溶质主要为NaA和NaCl，根据分析可知，初始盐酸和HA的混合溶液中：n(HA) =3n(HCl)，则时，，所以，B项正确；
C．盐酸和HA电离出的氢离子对水的电离产生抑制作用，时，随着盐酸和HA被氢氧化钠反应消耗，盐酸和HA减少，对水的电离抑制减弱，且生成的水解促进水的电离，所以滴定过程中水的电离程度不断增大，C项正确；
D．第一滴定终点时，盐酸已消耗完，剩余的酸为HA，且，则，，则用甲基紫(变色范围为)确定第一滴定终点，pH要大于3.0才变色，由于第一终点突变变化不明显，用该指示剂判断第一终点误差较大，D项错误；
答案选D。
11．A
【详解】A．CH3COOH中C、O经过杂化后与H形成σ键，因此1.5mol的液态冰醋酸中含s−p σ键数目为0，故A正确；
B．常温常压下，1mol含有的，故B错误；
C．将0.1mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒得到钠离子数目等于醋酸根离子数目即溶液中数目等于，故C错误；
D．1L1 mol∙L−1NaCl溶液NaCl物质的量为1mol，NaCl含有个电子，但溶液中还有水，水中含有电子，故D错误。
综上所述，答案为A。
12．B
【详解】A．分析图像可知，pH=6时，与氨水反应生成，此时溶液中，根据可得，A正确；
B．pH=8时，溶液中的离子有、、、、，根据电荷守恒，B错误；
C．根据题目信息，难溶于水，废水中的铅转化为时除铅效果最好，而pH=10时，物质的量分数最大，C正确；
D．pH=12时，转化为的离子反应为，D正确。
故选B。
13．D
【分析】随着溶液酸性增强，的量不断减小、的量先增加后减小、的量不断增大，结合图像可知，a为，b为，c为；
【详解】A．由分析可知，a为，b为，c为，由图可知，时，pH=2.35，则；同理，，A正确；
B．通过HCl调节pH，溶液体积不变，则时，结合图像可知，，；若成立，则
，
，；由图可知，时=0，根据电荷守恒可知，，故原式成立，B正确；
C．在D点溶液中pH=11，则pOH=3，=0.97×=，由A分析可知，，则；，则，故有：，C正确；
D．氨基酸所带的正电荷和负电荷相等时的pH，称为该氨基酸的等电点，则等电点的大小与氨基酸的结构有关，而与环境无关，D错误；
故选D。
14．C
【分析】0.1mol/L NH4A溶液pH约为7，说明铵根离子和A—离子在溶液中的水解程度几乎相等，溶液中HA和一水合氨的浓度约为10—7mol/L，由只有未电离的HA分子可自由通过交换膜可知，甲室溶液中HA的浓度小于乙室，乙室中HA通过交换膜进入甲室，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡。
【详解】A．由0.1mol/LHA溶液pH约为3可知，HA的电离度约为×100%=1%，故A错误；
B．由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，由于甲室中的A—离子会抑制HA的电离，所以平衡后，甲、乙两室的溶液pH不相等，故B错误；
C．由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，甲室中加入的HA抑制铵根离子的水解，溶液中一水合氨浓度小于10—7mol/L，乙室中HA的浓度减小，电离度增大，则乙室中A—离子浓度大于0.05mol/L×1%=0.0005mol/L，所以甲室中一水合氨的物质的量浓度小于乙室中A—离子的物质的量浓度，故C正确；
D．NaA溶液中A—离子的水解程度小于NH4A溶液，溶液中HA浓度小于NH4A溶液，所以若用等物质的量浓度的NaA溶液代替NH4A溶液，通过交换膜的HA分子的量增加，故D错误；
故选C。
15．C
【详解】A．含Zn、ZnO、PbO、CuO、FeO、、等物质的锌灰经稀硫酸充分浸取后，Zn、ZnO、CuO、FeO、溶解，浸出液中含有、、、及过量、，PbO与稀硫酸反应生成难溶物和不溶于稀硫酸的一并滤出，故滤渣Ⅰ主要是、，A正确；
B．除铁工序中，用试剂x(可以选择ZnO、等)调整溶液pH约5.1后，加，可将氧化为，发生反应的离子方程式为，B正确；
C．物质结构相似时，溶液中沉淀转化由大的向小的方向转化(转化为更难溶的物质)，故，C错误；
D．根据锌灰的组成元素、每一步所加试剂及流程中反应后各元素的走向，可知沉锌工序后母液中含有、、，故母液中可回收利用的物质有、，D正确。
故选C。
16．D
【分析】随着KOH固体的增加，溶液的pH逐渐增大，H2A的电离程度增大，溶液中HA-的浓度先增大后减小，-lgc(HA-)的曲线应是先减小后增大，A2-的浓度一直增大，-lgc(A2-)一直减小，因此ab点所在的曲线为-lgc(HA-)随pH变化的曲线。
【详解】A．由图可知，pH=0时，，，则，H2A的电离微弱，因此c(H2A)约为0.1mol/L，邻苯二甲酸的Ka1约为，故A正确；
B．b点的纵坐标最小，则此时溶液中最大，即溶液中的溶质为KHA，溶液的pH=4，说明KHA溶液呈酸性，HA-的电离程度大于水解程度，则c(A2-)>c(H2A)，b点有关微粒浓度大小关系为(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故B正确；
C．b点溶质为KHA，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，抑制水电离，从b到e点，继续加入KOH固体生成K2A，A2-水解而促进水电离，继续加入KOH，KOH抑制水电离，则水电离产生的c (H+)先增大后减小，故C正确；
D．c点溶液中，溶液中由电荷守恒有，c点溶液呈酸性，，则，故D错误；
答案选D。
17．A
【详解】A．乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100g46%的Z 醇溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，故含1mol氧原子；水的质量为100g -46g=54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4mol，个数为4NA个，选项A不正确；
B．NaHSO4固体是由钠离子和硫酸氢根离子组成，MgSO4固体是由镁离子和硫酸根离子组成，NaHSO4和MgSO4的摩尔质量相同，均为120g/mol，12g固体混合物的物质的量为1 mol，则所含阳离子数为0.1NA，选项B正确；
C．标准状况下，22.4 L CH3Cl为1mol，每个分子中含有4对共用电子对，故含有的共用电子对数目为4NA，选项C正确；
D．常温下，1L0.1mol/L的氯化铵溶液中滴入氨水至，c()=c(Cl-)，数目为0.1NA，选项D正确；
答案选A。
18．D
【详解】A．H2SO4、NaIO3和NaI反应生成碘单质，I的化合价由+5价降低为0价，I的化合价由-1价升高为0价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得：5I-+IO+6H＋=3I2+3H2O，A正确；
B．HNO3和Na2SO3反应生成一氧化氮和硫酸钠，N的化合价由+5价降低为+2价，S的化合价由+4价升高为+6价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得：3SO+2H＋+2NO=3SO+2NO↑+H2O，B正确；
C．CaSO4与浓度较大的可溶性碳酸盐反应可以得到碳酸钙，再用酸可以将其除去，离子方程式为CaSO4(s)+CO(aq)=CaCO3(s)+SO(aq)，C正确；
D．假设量少的物质为1mol，过量的物质用多少写多少，NaHCO3为1mol，所以需要1molBa(OH)2，NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O，所以反应的离子方程式为：HCO+Ba2＋+OH-=BaCO3↓+H2O，故D错误；
故选D。
19．C
【详解】A．会发生水解，溶液中含的数目小于，A错误；
B．(标准状况下)为0.25mol，含电子数目为，B错误；
C． 中含有硫硫非极性键，为0.1mol，含非极性共价键的数目为，C正确；
D．SO2中S化合价由+4降低到+2，完全参加反应，转移电子数为2，D错误；
故答案选C。
20．(1)圆底烧瓶
(2)防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出
(3)氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分
(4)     甲基红     滴入最后一滴氢氧化钠溶液，红色变为橙色，且半分钟内不变色
(5)
(6)     无水氯化钙     取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全    

【分析】分液漏斗中的浓氢氧化钠溶液滴入三口烧瓶内生成氨气，用a中产生的水蒸气把三口烧瓶中产生的氨气全部排入接收瓶中被盐酸吸收，用标准氢氧化钠溶液滴定剩余盐酸，计算出生成氨气的物质的量，根据氨气的物质的量计算的质量分数。
【详解】（1）根据装置图，仪器a是圆底烧瓶。
（2）氯化铵受热易分解，冰盐水的作用是防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出；
（3）氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分，所以不能采用直接法配制氢氧化钠溶液；
（4）用氢氧化钠滴定剩余盐酸，滴定终点溶液中的溶质为氯化铵、氯化钠，溶液呈弱酸性，根据表格数据，滴定时宜选用甲基红；滴定终点的现象是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，红色变为橙色，且半分钟内不变色；
（5）氢氧化钠、氨气共消耗盐酸，反应消耗氢氧化钠的物质的量为，则反应消耗氨气的物质的量为，根据~~，可知的物质的量为，样品中的质量分数为
（6）①装置B的作用是吸收氨气防止污染，所以B中盛放的试剂为无水氯化钙。
②取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明已经反应完全。
③玻璃管内和氢气在加热条件下反应生成Re、氨气、水，发生反应的化学方程式为。
21．(1)     将废料研磨粉碎     2Ag2Se+2H2SO4+3O2=2Ag2SO4+2SeO2+2H2O
(2)CD
(3)1：2
(4)     增大Cl-浓度，促使反应的化学平衡正向移动，提高AgCl的产率    
(5)4AgCl+N2H4+4OH-=4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O。

【分析】硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu)中加入H2SO4和O2反应生成硫酸银、二氧化硒和硫酸铜，蒸馏以后得到SeO2、硫酸铜和硫酸银，加入氯化钠得到氯化银沉淀，加入肼和氢氧化钠还原得到粗银，硫酸铜溶液经过电解得到铜单质，二氧化硒先后与水、二氧化硫反应生成粗硒。
【详解】（1）酸溶时，为提高废料中硒元素的浸出率，可采取的措施是将废料研磨粉碎。Ag2Se与硫酸、O2反应生成硫酸银、SeO2和水，化学方程式为2Ag2Se+2H2SO4+3O2=2Ag2SO4+2SeO2+2H2O。
（2）粗铜电解精炼，粗铜作阳极，精铜作阴极，可溶性铜盐做电解质溶液。
A．稀硫酸不是铜盐，A错误；
B．硝酸银不是铜盐，B错误；
C．硫酸铜溶液为可溶性铜盐，可用作电解质溶液，C正确；
D．氯化铜溶液为可溶性铜盐，可用作电解质溶液，D正确；
故答案选CD。
（3）H2SeO3与SO2反应生成H2SO4和Se，化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se，该反应中氧化剂为H2SeO3，还原剂为SO2，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。
（4）沉银时Ag2SO4与Cl-反应生成AgCl沉淀和硫酸根离子，加入稍过量的NaCl，增大Cl-浓度，促使反应的化学平衡正向移动，提高AgCl的产率。Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+(aq)，K==。
（5）AgCl与N2H4、NaOH反应生成Ag的离子方程式为4AgCl+N2H4+4OH-=4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O。
22．(1)          增大反应速率，提升酸浸效率     Cl2或ClO2
(2)pH=0.5，萃取剂浓度为15%
(3)H2SO4
(4)7.7×10-6
(5)          取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净

【分析】铅锌冶炼烟灰中浸渣()加H2SO4、HCl、NaClO3进行“氯化浸出”，铟主要以进入水溶液，锡以SnO2进入酸浸渣，水溶液用萃取剂HX萃取、分液，去掉水相，得到InX3有机相，有机相中加反萃取剂进行反萃取去掉有机相得到高含量In3+溶液，往溶液中加过量锌粉置换出In，同时得到硫酸锌溶液，硫酸锌溶液经过系列步骤制备硫酸锌晶体。
【详解】（1）“氯化浸出”时，In由+2价被氧化为+3价，Sn价态不变仍以SnO2存在，则该步骤是利用酸性条件下氯酸根离子氧化二价In，主要反应的离子方程式为；此步骤加热的目的是增大反应速率，提升酸浸效率；温度过高HCl和NaClO3会发生氧化还原反应生成Cl2或ClO2；
（2）萃取率越高越好，则适宜的条件为pH=0.5，萃取剂浓度为15%；
（3）由和后续制备硫酸锌晶体副产品可知萃取剂选H2SO4；
（4）的化学平衡常数即In3+的水解常数=7.7×10-6；
（5）“置换”时，主要反应是Zn置换出In，反应的离子方程式为；由流程可知所得浊液中含硫酸根离子，检验粗铟已洗涤干净就是检验粗铟最后一次洗涤液中没有硫酸根离子，方法为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净。
23．(1)SO2
(2)Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O
(3)制玻璃、光导纤维等
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
(5)1∶16
(6)2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4
(7)×100%

【分析】根据高硫铝土矿的成分，焙烧Ⅰ中FeS2与氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，根据流程图中，操作Ⅰ后得到滤液主要成分，焙烧Ⅱ中氧化铁和氧化铝与硫酸铵反应，发生非氧化还原反应，根据原子守恒进行分析，其反应方程式为Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O、Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O，气体Ⅱ为氨气，反应Ⅲ中发生FeS2+Fe2O3→SO2↑+Fe3O4，据此分析；
【详解】（1）根据上述分析，焙烧Ⅰ中FeS2与氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，气体Ⅰ中成分除氧气外，还含有SO2；故答案为SO2；
（2）该反应为非氧化还原反应，根据原子守恒进行，令Fe2O3的系数为1，则NH4Fe(SO4)2系数为2，NH4Fe(SO4)2含有2个SO，因此硫酸铵的系数为4，即气体为氨气，其反应方程式为Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O；故答案为Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O；
（3）根据上述分析，滤渣Ⅰ为SiO2，可以制玻璃、光导纤维等，故答案为制玻璃、光导纤维等；
（4）根据表中数据，NH4Fe(SO4)2溶解度较小，且变化较大，因此采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）反应Ⅲ中发生FeS2+Fe2O3→SO2↑+Fe3O4，令FeS2物质的量为amol，Fe2O3物质的量为bmol，根据得失电子数目守恒，a×(－2)+2a×[4－(－1)]=b×2×(3－)，则a∶b=1∶16，故答案为1∶16；
（6）根据上述分析，产生气体有SO2、NH3，氨气与二氧化硫、氧气反应生成硫酸铵，即反应方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；故答案为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；
（7）Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比为1∶1，n(Al3+)+n(Cu2+)=n(EDTA)，n(Al3+)= n(EDTA)－n(Cu2+)=V1×10-3L×c1mol/L－V2×10-3L×c2mol/L，根据原子守恒，mg样品中氧化铝纯度为×100%=×100%；故答案为×100%。
24．(1)C
(2)     防止受热分解    
(3)     调节溶液的pH使转化为沉淀     4~7
(4)若pH过低，与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降
(5)蒸发浓缩、冷却结晶

【分析】粗硫酸镍废液中含有、、、、、等，步骤i中加入有机溶剂，作用是除去得到含铜有机物，溶液1中含有、、、、等，步骤ⅱ中加入过氧化氢作用是氧化和，有利于形成，除去砷和铁元素，溶液2中含有、、、，步骤iii中加入的作用是调节溶液的pH使转化为沉淀，步骤ⅳ中加入NaF并调节pH约为5的目的是沉淀钙离子和镁离子，沉淀3是氟化钙和氟化镁，溶液4中的溶质主要为。
【详解】（1）粗硫酸镍废液中含有、、、，和都具有还原性，可以与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，还可以与溶液反应生成蓝色沉淀，所以可选择检验粗硫酸镍废液中是否存在，即选C；
（2）步骤ⅱ中加入的作用是氧化和，有利于形成，除去砷和铁元素，温度过高，受热分解，所以温度不能过高的原因：防止受热分解；据分析可知步骤ⅱ中、被氧化，故离子方程式为；
（3）步骤iii加入的目的是：调节溶液的pH使转化为沉淀；根据题目已知信息，的，若溶液2中时，溶液3中不能大于，即pH不能大于7，又因为溶液3中，则溶液3中不能小于，即pH不能小于4，故需控制pH的大致范围为4~7；
（4）步骤ⅳ在加入NaF的同时需调pH约为5的目的是沉淀钙离子和镁离子，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，即原因是若pH过低，与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降；
（5）从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
25．(1)          还原剂和氧化剂
(2)在的催化作用下，发生分解
(3)          6.4
(4)AC
(5)预烧
(6)

【分析】正极材料在稀硫酸和双氧水作用下发生氧化还原反应，溶液中生成、、、，又含有部分Fe3+，所以加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，结合问题分析知物质X需要保持镍离子和钴离子浓度保持不变，后加入氢氧化钠共沉淀，后又加入碳酸钠使锂离子生成碳酸锂沉淀，然后共同生成三元锂电池正极材料，据此回答。
【详解】（1）中钴元素为正三价，作氧化剂，和双氧水（作还原剂）发生氧化还原反应，即；又双氧水与部分反应，把二价亚铁氧化为三价铁离子，所以双氧水作用是氧化剂和还原剂；
（2）由于双氧水易分解，所以在的催化作用下，发生分解；
（3）由分析和已知得，含铁沉淀主要成分为氢氧化铁；由信息知镍离子、钴离子和锰离子等浓度时，镍离子生成氢氧化物所需氢氧根浓度最小，即，所以c(H+)=10-6.4mol/L，即pH=6.4，所以不应超过6.4；
（4）由分析和题意知需要保持钴离子和镍离子浓度不变，所以选AC；
（5）二氧化碳和水受热都易挥发，所以需在焙烧前预烧；
（6）结合流程图可知反应为。