2024届高考化学一轮总复习单元质检卷8第八单元水溶液中的离子平衡

这是一份2024届高考化学一轮总复习单元质检卷8第八单元水溶液中的离子平衡，共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

单元质检卷8
一、选择题(本题共12小题，共48分，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．(2022·山东卷)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是(　　)
A．可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
解析：选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。量筒的精确度不高，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有黏性的硅酸钠溶液而将瓶塞黏住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B说法正确；Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C说法正确；Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D说法正确。
答案：A
2．(2022·湖北卷)根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2H＋NH3===NH＋N2H4，N2H4＋CH3COOH===N2H＋CH3COO－，下列酸性强弱顺序正确的是(　　)
A．N2H>N2H4>NH
B．N2H>CH3COOH>NH
C．NH3>N2H4>CH3COO－
D．CH3COOH>N2H>NH
解析：根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，则反应N2H4＋CH3COOH===N2H＋CH3COO－中，酸性：CH3COOH>N2H，反应N2H＋NH3===NH＋N2H4中，酸性：N2H>NH，故酸性：CH3COOH>N2H>NH，答案选D。
答案：D
3．(2022·浙江卷)已知25 ℃时二元酸H2A的Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15。下列说法正确的是(　　)
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1 mol·L－1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH＝3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，则c(A2－)＞c(HA－)
D．取pH＝a的H2A溶液10 mL，加蒸馏水稀释至100 mL，则该溶液pH＝a＋1
解析：在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2－的水解程度大于HA－，水的电离程度前者大于后者，故A项错误；溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，H2A电离程度较小，溶液中c(H2A)≈0.1 mol·L－1，Ka1＝＝1.3×10－7，c(HA－)＝1.3×10－5 mol·L－1，c(HA－)≈
c(H2A)电离，则H2A的电离度×100%＝1.3×10－4×100%＝0.013%，故B项正确；向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，＝7.1×10－15，则c(A2－) 答案：B
4．(2022·浙江卷)25 ℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列说法正确的是(　　)
A．相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)
B．将浓度均为0.10 mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C．25 ℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)
D．25 ℃时，0.10 mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
解析：醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O－) 答案：C
5．(2022·浙江卷)25 ℃时，向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka＝1.8×10－5；用0.1 mol·L－1的NaOH溶液滴定20 mL等浓度的盐酸，滴定终点的pH突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是(　　)
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加NaOH溶液至pH＝4.3的过程中，发生反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O
C．滴定过程中，c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D．pH＝7时，c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)
解析：恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A项正确；滴加NaOH溶液至pH＝4.3的过程中，若只发生反应的离子方程式为H＋＋OH－H2O，则滴加NaOH溶液的体积为20 mL，则根据电离常数，0.1 mol·L－1的醋酸中，
c(H＋)≈c(CH3COO－)＝＝＝3×10－3.5 mol·L－1>1.0×
10－4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H＋＋OH－===H2O和CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O，B项错误；滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C项正确；向20 mL浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的NaOH溶液，当盐酸的体积为20 mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30 mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka＝1.8×10－5＞Kh＝＝可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，D项正确。
答案：B
6．(2022·全国乙卷)常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某体系中，H＋与A－离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是(　　)

A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度[]为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10－4
解析：常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1，c(H＋)＜
c(OH－)＋c(A－)，A项错误；常温下溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，Ka＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，则＝1.0×
10－3，解得＝，B项正确；根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C项错误；常温下溶液Ⅰ的pH＝7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7 mol·
L－1，Ka＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，＝1.0×10－3，溶液Ⅰ中c总(HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液Ⅱ中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，Ka＝＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，＝1.0×10－3，溶液Ⅱ中c总(HA)＝1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c总(HA)之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D项错误。
答案：B
7．(2022·湖南卷)室温时，用0.100 mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的
Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lg c(Ag＋)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17)。下列说法正确的是(　　)

A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中I－的浓度为0.100 mol·L－1
C．当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀
D．b点：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)
解析：向含浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I－、Br－、Cl－，根据滴定图示，当滴入4.50 mL硝酸银溶液时，Cl－恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50 mL×10－3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1＝4.5×10－4 mol，所以Cl－、Br－和I－均为1.5×10－4 mol。I－先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A项错误；原溶液中I－的物质的量为1.5×10－4 mol，则I－的浓度为＝0.010 0 mol·L－1，故B项错误；当Br－沉淀完全时(Br－浓度为1.0×
10－5 mol·L－1)，溶液中的c(Ag＋)＝＝＝5.4×10－8 mol·L－1，若Cl－已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl－)＝＝＝3.3×10－3 mol·L－1，原溶液中的c(Cl－)＝c(I－)＝0.010 0 mol·L－1，则已经有部分Cl－沉淀，故C项正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，溶液中的I－、Br－、Cl－全部转化为沉淀，则Ag＋浓度最大，根据溶度积可知，b点各离子浓度为：c(Ag＋)>c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)，故D项错误。
答案：C
8．(2022·辽宁卷)甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一，在25 ℃时，NHCH2COOH、NHCH2COO－和NH2CH2COO－的分布分数[如δ(A2－)＝]与溶液pH关系如图。下列说法错误的是(　　)

A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表NH2CH2COO－
C．NHCH2COO－＋H2ONHCH2COOH＋OH－的平衡常数K＝10－11.65
D．c2(NHCH2COO－) 解析：NH2CH2COOH中存在—NH2和—COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A项正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示NHCH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲线b表示NHCH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，故B项正确；NHCH2COO－＋H2ONHCH2COOH＋OH－的平衡常数K＝，25 ℃时，根据a、b曲线交点坐标(2.35，0.50)可知，pH＝2.35时，c(NHCH2COO－)＝c(NHCH2COOH)，则K＝c(OH－)＝＝10－11.65，故C项正确；由C项分析可知，＝，根据b、c曲线交点坐标(9.78，0.50)分析可得电离平衡NHCH2COO－NH2CH2COO－＋H＋的电离常数为K1＝10－9.78，＝＝，则×＝×<1，即c2(NHCH2COO－)>c(NHCH2COOH)·c(NH2CH2COO－)，故D项错误。
答案：D
9．(2022·深圳光明高级中学月考)常温下，用0.010 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.010 0 mol·L－1的HCl和HA的混合溶液，所得溶液pH变化如图所示。已知HA的电离常数Ka＝1.0×10－5。下列说法错误的是(　　)

A．b点溶液中：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(HA)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
B．若c点的pH＝5，则该点溶液中：c(HA)＝c(A－)
C．曲线上任何一点溶液中：c(Cl－)＝c(A－)＋c(HA)
D．在滴定过程中，水的电离程度：d>c>b>a
解析：b点溶液中：可认为HCl完全反应，溶质成分为NaCl和HA，且两者的物质的量之比为1∶1，溶液显酸性，c(Na＋)＝c(Cl－)，HAH＋＋A－部分电离，水中也能电离产生氢离子，故氢离子浓度大于A－，A项错误；HA的电离常数Ka＝＝1.0×
10－5，若c点的pH＝5，c(H＋)＝10－5 mol·L－1，c(HA)＝c(A－)，B项正确；HCl和HA的混合溶液中浓度相等，物质的量也相等，根据物料守恒，曲线上任何一点溶液中：c(Cl－)＝
c(A－)＋c(HA)，C项正确；在滴定过程中，d点为滴定终点，溶质成分为正盐：NaCl和NaA，水的电离程度最大，起点为酸溶液，酸抑制水电离，滴加氢氧化钠溶液的过程中抑制程度逐渐减弱，生成正盐时水的电离程度最大，故水的电离程度：d>c>b>a，D项正确。
答案：A
10．(2022·广东实验中学模拟)室温下，用0.1 mol·L－1的盐酸滴定相同浓度的25 mL溴化肼(N2H5Br)溶液，已知肼(N2H4)是二元弱碱，N2H4＋H2ON2H＋OH－　Kb1＝1.0×10－6，N2H＋H2ON2H＋OH－　Kb2＝1.3×10－15，滴定过程中混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示。下列叙述错误的是(　　)

A．N2H4与硫酸反应形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2
B．b点表示盐酸与溴化肼恰好完全反应：c(Cl－)＝c(Br－)＞c(N2H)
C．a点对应的溶液中：c(Br－)＋c(OH－)＝c(N2H)＋2c(N2H)＋c(H＋)
D．c点的混合溶液中：c(Cl－)＞c(Br－)＞c(H＋)＞c(N2H)＞c(N2H)＞c(OH－)
解析：由于肼是二元碱，N2H4与硫酸形成的是酸式盐，则硫酸过量，N2H4完全生成N2H，所以生成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2，A项正确；25 mL 0.1 mol·L－1的盐酸和25 mL 0.1 mol·L－1的溴化肼恰好完全反应生成等浓度的N2H6Br2和N2H6Cl2，但N2H要水解，离子浓度减小，所以浓度关系为c(Cl－)＝c(Br－)＞c(N2H)，B项正确；溴化肼溶液中存在的电荷关系为：c(Br－)＋c(OH－)＝c(N2H)＋2c(N2H)＋c(H＋)，C项正确；由b点可知得到等量的N2H6Br2和N2H6Cl2，物质的量均为0.001 25 mol，再加入大约15 mL盐酸，氢离子的物质的量为0.001 5 mol，且氢离子抑制N2H的水解，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，N2H的浓度增大，所以c点c(N2H)>c(H＋)，D项错误。
答案：D
11．(2022·广州六中模拟)某温度下，分别向10.00 mL 0.1 mol·L－1 KCl和K2CrO4溶液中滴加0.1 mol·L－1 AgNO3溶液，滴加过程中－lg c(M)(M为Cl－或CrO)与AgNO3溶液体积(V)的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是(　　)

A．曲线L1表示－lg c(Cl－)与V(AgNO3)的变化关系
B．M点溶液中：c(NO)>c(K＋)>c(Ag＋)>c(H＋)>c(OH－)
C．该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝4.0×10－12
D．相同实验条件下，若改为0.05 mol·L－1的KCl和K2CrO4溶液，则曲线L2中N点移到Q点
解析：KCl和硝酸银反应的化学方程式为KCl＋AgNO3===AgCl↓＋KNO3，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为K2CrO4＋2AgNO3===Ag2CrO4↓＋2KNO3，根据反应方程式可知，在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以L1代表是－lg c(Cl－)与V(AgNO3)的变化关系，故A项正确；M点加入的硝酸银溶液体积是15 mL，根据反应方程式KCl＋AgNO3===AgCl↓＋KNO3可知，生成0.001 mol硝酸钾和0.001 mol氯化银，剩余0.000 5 mol硝酸银，则c(NO)＞c(K＋)＞c(Ag＋)，银离子水解使溶液表现酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，所以M点溶液中，离子浓度为c(NO)＞c(Ag＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B项正确；N点纵坐标的数值是4，则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中c(CrO)＝10－4.0 mol·
L－1，c(Ag＋)＝2×10－4 mol·L－1，Ksp(Ag2CrO4)＝c(CrO)·c2(Ag＋)＝10－4.0×(2×10－4)2＝4.0×
10－12，故C项正确；相同实验条件下，若改为0.05 mol·L－1的KCl和K2CrO4溶液，完全沉淀CrO需要10 mL AgNO3溶液，但因为溶度积只与温度有关，所以此时－lg(CrO)仍为4，故曲线L2滴定突跃段整体向左移，N点纵坐标不变，故D项错误。
答案：D
12．(2022·珠海第二中学阶段练习)常温下，浓度相同的一元弱酸HA稀溶液和一元弱碱BOH稀溶液互相滴定，溶液中pH与lg 或lg 的关系如图所示。已知HA和BOH的电离常数为Ka和Kb，且b和b′点的纵坐标之和为14。下列说法错误的是(　　)

A．Kb>10－5
B．a和a′点的纵坐标之和为14
C．水的电离程度：a′ D．溶液中的c(B＋)：c点大于c′点
解析：BOH溶液中滴加HA溶液，发生酸碱中和，溶液的pH随着HA溶液的滴加，pH逐渐降低，即a′～d代表pH与lg 关系图，同理可得a～d代表pH与lg 关系图。d点两曲线pH相同，该点的pH＝7，c(OH－)＝10－7 mol·L－1，已知lg >2，则c(B＋)＞100c(BOH)，该温度下，Kb＝ >10－5，A项正确；取lg ＝0，该温度下，Kb＝c(OH－)，同理Ka＝c(H＋)，b和b′点的纵坐标之和为14，推出Ka＝Kb′，a′点：c(OH－)＝10Kb，此时pHa′＝－lg ，同理，a点对应pHa＝－lg 10Ka，pHa′＋pHa＝－lg ＋－lg 10Ka＝14，B项正确；b和b′点的纵坐标之和为14，b点溶液中c(H＋)等于b′点溶液中c(OH－)，两点对水的电离影响程度相等，d点两曲线pH相同，该点的pH＝7，因此a′～d水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：a′＜b＜c′＜d，C项正确；a′～d曲线是BOH溶液中滴加HA溶液，a～d曲线是HA溶液中滴加BOH溶液，根据B选项分析，BOH和HA的电离平衡常数相等，d点pH＝7，此时两种溶液恰好完全反应，因此c′点c(B＋)大于c点c(B＋)，D项错误。
答案：D
二、非选择题(本题共3小题，共52分。)
13．(18分)(2022·浙江卷)氨基钠(NaNH2)是重要的化学试剂，实验室可用下图装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备。

简要步骤如下：
Ⅰ.在瓶A中加入100 mL液氨和0.05 g Fe(NO3)3·9H2O，通入氨排尽密闭体系中空气，搅拌。
Ⅱ.加入5 g钠粒，反应，得NaNH2粒状沉积物。
Ⅲ.除去液氨，得产品NaNH2。
已知：NaNH2几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。
2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2↑；
NaNH2＋H2O===NaOH＋NH3↑；
4NaNH2＋3O2===2NaOH＋2NaNO2＋2NH3。
请回答下列问题：
(1)Fe(NO3)3·9H2O的作用是_________________________________________________；
装置B的作用是__________________________________________________________。
(2)步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案：____________________
________________________________________________________________________。
(3)步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有________________________________________________________________________
_____________________________________________________________(任写一种即可)。
(4)下列说法不正确的是________(填序号)。
A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使Fe(NO3)3·9H2O均匀地分散在液氨中
B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成
C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品NaNH2
D．产品NaNH2应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
(5)产品分析：假设NaOH是产品NaNH2的唯一杂质，可采用如下方法测定产品NaNH2纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。
准确称取产品NaNH2x g→____→____→____→计算。
a．准确加入过量的水
b．准确加入过量的HCl标准溶液
c．准确加入过量的NH4Cl标准溶液
d．滴加甲基红指示剂(变色的pH范围4.4～6.2)
e．滴加石蕊指示剂(变色的pH范围4.5～8.3)
f．滴加酚酞指示剂(变色的pH范围8.2～10.0)
g．用NaOH标准溶液滴定
h．用NH4Cl标准溶液滴定
i．用HCl标准溶液滴定
解析：在硝酸铁催化下钠与液氨反应生成NaNH2和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度。NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，导气口N与尾气处理装置连接再处理氨等。(1)结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)3·9H2O的用量很少，可推知Fe(NO3)3·9H2O在反应中作催化剂，增大反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备。(2)结合氨极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，所以为判断密封体系中空气是否排尽，可设计方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽。(3)上述化学反应中，反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量。(4)步骤Ⅰ中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3·9H2O均匀分散在液氨中，A项正确；步骤Ⅱ中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨，氢气虽然是可燃性气体，由于氨在空气中不能被点燃，当氨中只有少量氢气时，则也不能被点燃、不会产生火焰，且点燃易燃气体有安全隐患，B项错误；步骤Ⅱ中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C项错误；因为制备的产品NaNH2易与水和氧气发生反应，所以可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D项正确；故选BC。(5)题干信息中提到假设产品NaNH2的唯一杂质为NaOH，因为产品溶于水生成氢氧化钠和氨，所以可设计利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，所以需选用酸性条件下的酸碱指示剂判断滴定终点，加入过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品x g→加入过量盐酸标准溶液→加入滴加甲基红指示剂→用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为bdg。
答案：(1)作催化剂，增大反应速率　防止氧气、水进入密闭体系
(2)试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽
(3)分批少量加入钠粒(或降低冷却液温度或适当增加液氨量)
(4)BC
(5)b　d　g
14．(16分)(2022·山东卷)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为_______
________________________________________________________________________。
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiF)＝1∶1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c(Na＋)＝________mol·L－1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是________________。
物质
BaSiF6
Na2SiF6
CaSO4
BaSO4
Ksp
1.0×10－6
4.0×10－6
9.0×10－4
1.0×10－10
(3)SO浓度(以SO3%计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为______________(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是____
________________________________________________________________________，
回收利用洗涤液X的操作单元是________；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是________(填字母)。


A．65 ℃、P2O5%＝15、SO3%＝15
B．80 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝20
C．65 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝30
D．80 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝10
解析：氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制Ⅰ脱氟、除硫酸根离子和SiF，过滤，滤液经精制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF＋SiO2===2H＋＋SiF＋2H2O。(2)精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiF)＝1∶1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6＋Na2CO3===Na2SiF6↓＋CO2↑＋H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na＋)＝2c(SiF)，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp＝c2(Na＋)·c(SiF)＝4c3(SiF)，c(SiF)＝＝1.0×10－2 mol·L－1，因此c(Na＋)＝2c(SiF)＝2.0×10－2 mol·L－1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2＋)＝c(SO)＝＝3.0×10－2 mol·L－1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，
c(Ba2＋)＝＝1.0×10－3 mol·L－1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2＋)＝≈3.3×10－9 mol·L－1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO，然后才是SiF。(3)根据题图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是酸解。由题图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由题图乙信息可知，体系温度为65 ℃时，位于65 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，位于65 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在。体系温度为80 ℃时，位于80 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，位于80 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，据此分析：P2O5%＝15、SO3%＝15，由题图乙信息可知，该点坐标位于65 ℃线以下，晶体以CaSO4·2H2O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A项符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝20，由题图乙信息可知，该点坐标位于80 ℃线的上方，晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体的转化，B项不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝30，由题图乙信息可知，该点坐标位于65 ℃线上方，晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C项不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝10，由题图乙信息可知，该点坐标位于80 ℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D项符合题意；综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。
答案：(1)6HF＋SiO2===2H＋＋SiF＋2H2O
(2)2.0×10－2　SO
(3)CaSO4·0.5H2O　抑制CaSO4的溶解，提高产品石膏的产率　酸解　AD
15．(18分)(2022·广东实验中学模拟)某兴趣小组同学探究KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应速率的影响因素。配制1.0×10－3 mol·L－1 KMnO4溶液、0.40 mol·L－1草酸溶液。将KMnO4溶液与草酸溶液按如下比例混合。
[设计实验]
序号
V(KMnO4)/mL
V(草酸)/mL
V(H2O)/mL
反应温度/℃
①
2.0
2.0
0
20
②
2.0
1.0
1.0
20
(1)实验①和②的目的是________________________________________________。
(2)甲认为上述实验应控制pH相同，可加入的试剂是__________(填字母)。
a．盐酸 b．硫酸 c．草酸
[实施实验]
小组同学将溶液pH调至1并进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：
ⅰ.紫色溶液变为青色溶液。
ⅱ.青色溶液逐渐褪至无色溶液。
资料：(a)Mn2＋在溶液中无色，在草酸中不能形成配合物；
(b)Mn3＋无色，有强氧化性，发生反应Mn3＋＋2C2O[Mn(C2O4)2]－(青绿色)后氧化性减弱；
(c)MnO呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnO和MnO2。
(3)乙同学从氧化还原角度推测阶段ⅰ中可能产生了MnO。你认为该观点是否合理，并说明理由：__________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
[继续探究]
进一步实验证明溶液中含有[Mn(C2O4)2]－，反应过程中MnO和[Mn(C2O4)2]－浓度随时间的变化如下图。

(4)第ⅰ阶段中检测到有CO2气体产生，反应的离子方程式为____________________
________________________________________________________________________。
(5)据此推测，若在第ⅱ阶段将c(H＋)调节至0.2 mol·L－1，溶液褪至无色的时间会________(填“增加”“减少”或“不变”)。
[结论与反思]
(6)上述实验涉及的反应中，草酸的作用是____________________________________
________________________________________________________________________。
结论：反应可能是分阶段进行的。草酸浓度的改变对不同阶段反应速率的影响可能不同。
解析：(1)由题干表中数据可知，实验①和②只有草酸的浓度不同，故该组实验的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响。(2)盐酸能与酸性高锰酸钾反应，影响实验结论，a不合题意；硫酸不与草酸和酸性高锰酸钾反应，不会影响实验结论，b符合题意；实验中本身就是探究草酸与酸性高锰酸钾反应速率的影响因素，c不合题意；故答案为b。(3)由题干信息(c)可知，MnO呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnO和MnO2，而阶段ⅰ溶液呈酸性，故不可能产生，故答案为：不合理，酸性条件下MnO不稳定，未观察到溶液中产生黑色(MnO2)沉淀。(4)由题干图示信息可知，第ⅰ阶段中检测到有CO2气体产生同时生成[Mn(C2O4)2]－，则该阶段反应的离子方程式为MnO＋4H2C2O4===[Mn(C2O4)2]－＋4CO2↑＋4H2O。(5)据此推测，若在第ⅱ阶段将c(H＋)调节至0.2 mol·L－1，即增大溶液中的H＋浓度，则溶液中的草酸根离子浓度减小，不利于形成[Mn(C2O4)2]－，则溶液中Mn3＋的浓度增大，反应速率增大，溶液褪至无色的时间会减少。(6)在反应MnO＋4H2C2O4===4CO2＋[Mn(C2O4)2]－＋4H2O中草酸既作还原剂又表现出酸性，同时提供C2O与Mn3＋形成络离子。
答案：(1)探究草酸浓度对反应速率的影响
(2)b
(3)不合理，酸性条件下MnO不稳定，未观察到溶液中产生黑色(MnO2)沉淀
(4)MnO＋4H2C2O4===[Mn(C2O4)2]－＋4CO2↑＋4H2O
(5)减少
(6)作还原剂，电离出C2O与Mn3＋形成配合物