苏教版（2019）化学选择性必修1专题3 水溶液中的离子反应 测评试卷（B）含答案

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1、专题3水溶液中的离子反应 测评(B)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20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.(2020年7月浙江卷)水溶液呈酸性的是()。A.NaClB.NaHSO4C.HCOONaD.NaHCO3答案:B解析:NaCl是强酸强碱盐,不能水解,其水溶液呈中性,A项不符合题意。NaHSO4是强酸的酸式盐,属于强电解质,其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4Na+H+SO42-,故其水溶液呈酸性,B项符合题意。HCOONa属于强碱弱酸盐,在水溶液中可以完全电离,电离产生的HCOO-可以发生水解,水解的离子方程式为H

2、COO-+H2OHCOOH+OH-,故其水溶液呈碱性,C项不符合题意。NaHCO3是强碱弱酸盐,HCO3-既能发生电离又能发生水解,但水解程度大于电离程度,故其水溶液呈碱性,D项不符合题意。2.根据下列实验不能证明一元酸HR为弱酸的是()。A.室温下,NaR溶液的pH大于7B.加热NaR溶液时,溶液的pH变小C.HR溶液加入少量NaR固体,溶解后溶液的pH变大D.室温下,0.01 molL-1的HR溶液pH=2.8答案:B解析:室温下,NaR溶液的pH大于7说明R-水解使氢氧根离子浓度比氢离子浓度大,则HR为弱酸,A项正确。若HR为弱酸,对NaR溶液加热时,促进R-的水解,溶液的pH应变大,B

3、项不能证明一元酸HR为弱酸。HR溶液加入少量NaR固体,NaR水解使溶液碱性增强,溶解后溶液的pH变大,C项说明HR为弱酸。若HR为强酸,则0.01molL-1的HR溶液pH=2,而D项中的pH=2.8,则HR为弱酸,D项正确。3.已知HA的酸性比HB的弱,在物质的量浓度均为0.1 molL-1的NaA和NaB混合溶液中,下列排序正确的是()。A.c(OH-)c(HA)c(HB)c(H+)B.c(OH-)c(A-)c(B-)c(H+)C.c(OH-)c(B-)c(A-)c(H+)D.c(OH-)c(HB)c(HA)c(H+)答案:A解析:因为HA的酸性比HB的弱,所以A-的水解程度大于B-的水

4、解程度,c(B-)c(A-)c(HA)c(HB),只有A项正确。4.已知:物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Ksp(25 )4.910-172.210-202.610-39对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法,不正确的是()。A.向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液,最先看到红褐色沉淀B.向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液,最先看到白色沉淀C.向该混合溶液中加入适量H2O2,并调节pH到4后过滤,可获得比较纯净的CuSO4溶液D.在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在答案:B解析:根据溶度积常数可知,逐滴加入NaOH溶液时,Fe3+最先沉淀,Fe

5、2+最后沉淀,所以A项正确,B项不正确。由选项C可知,溶液中Fe2+被氧化成Fe3+,调节pH可除去Fe3+,pH=4时,溶液中c(Fe3+)=2.610-9molL-110-5molL-1,Fe3+沉淀完全,C项正确。Fe3+在pH=4时已沉淀完全,故在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在,D项正确。5.Ka、KW、Ksp分别表示酸的电离常数、水的离子积常数、溶度积常数,下列判断正确的是()。A.室温下向10 mL pH=3的CH3COOH溶液中加入水稀释后,溶液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(OH-)不变B.室温下Ka(HCN)c(Na+)c(OH-)c(H+)D.向该溶液中

6、加入一定量NaA晶体或加水稀释,溶液中c(OH-)均增大答案:D解析:由c(OH-)c(H+)=110-8及c(OH-)c(H+)=110-14,可得c(H+)=110-3molL-1,A项错误。HA在水中的存在形式为A-、HA,根据物料守恒,则c(A-)+c(HA)=0.1molL-1,B项错误。反应后得到0.025molL-1HA、0.025molL-1NaA,若HA的电离程度大于A-的水解程度,则c(A-)c(Na+),溶液显酸性,c(H+)c(OH-),C项错误。向该溶液中加入一定量NaA晶体,A-结合溶液中的H+,c(H+)减小;加水稀释,c(H+)减小,故溶液中c(OH-)均增大,

7、D项正确。7.酸在溶剂中的电离是酸中的H+转移给溶剂分子,如:HCl+H2OH3O+Cl-。已知H2SO4和HNO3在CH3COOH中的电离平衡常数Ka1(H2SO4)=6.310-9,Ka(HNO3)=4.210-10。下列说法正确的是()。A.H2SO4在CH3COOH中的电离方程式:H2SO4+2CH3COOHSO42-+2CH3COOH2+B.H2SO4的CH3COOH溶液中:c(CH3COOH2+)=c(HSO4-)+2c(SO42-)+ c(CH3COO-)C.浓度均为0.1 molL-1的H2SO4或HNO3的CH3COOH溶液:pH(H2SO4)pH(HNO3)D.向HNO3的

8、CH3COOH溶液中加入CH3COOH,c(CH3COOH2+)c(HNO3)减小答案:B解析:H2SO4在CH3COOH中发生部分电离,且以第一步电离为主,电离方程式为H2SO4+CH3COOHHSO4-+CH3COOH2+,A项错误。根据质子守恒,H2SO4的CH3COOH溶液中存在c(CH3COOH2+)=c(HSO4-)+2c(SO42-)+c(CH3COO-),B项正确。因为Ka1(H2SO4)Ka(HNO3),故0.1molL-1的两种溶液中H2SO4电离的c(CH3COOH2+)大,则其pH小,C项错误。因为c(CH3COOH2+)c(HNO3)=c(CH3COOH2+)c(NO

9、3-)c(HNO3)c(NO3-)=Ka(HNO3)c(NO3-),加入CH3COOH,Ka(HNO3)不变,c(NO3-)减小,比值增大,D项错误。8.铵明矾NH4Al(SO4)212H2O是分析化学常用基准试剂,其制备过程如下。下列分析不正确的是()。A.过程反应:2NH4HCO3+Na2SO42NaHCO3+(NH4)2SO4B.检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液C.若省略过程则铵明矾产率明显减小D.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液先后观察到:刺激性气体逸出白色沉淀生成白色沉淀消失答案:D解析:过程利用NaHCO3的溶解度比较小,饱和的NH4HCO3溶液和Na2SO4溶液反应,

10、2NH4HCO3+Na2SO42NaHCO3+(NH4)2SO4,A项正确。溶液B已经呈酸性,检验里面的SO42-只需加入BaCl2溶液即可,B项正确。若省略过程,溶液中还有一定量的HCO3-,加入Al2(SO4)3,会与其反应,铵明矾产率会明显减小,C项正确。向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液,先看到生成白色沉淀,然后有刺激性气味气体生成,最后白色沉淀消失,D项错误。9.实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度,用甲基橙溶液作指示剂,下列操作中可能使测定结果偏低的是()。A.酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸润洗23次B.开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡,在滴定过程中气泡消失C.锥形瓶内溶液

11、颜色变化由黄色变橙色,立即记下滴定管液面所在刻度D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗23次答案:C解析:A项,标准盐酸被滴定管内壁的水稀释,消耗盐酸体积偏大,测定结果偏高;B项会使读出盐酸体积偏大,结果偏高;D项会使盐酸体积偏大,结果偏高。10.(2020全国)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响,其原理如下图所示。下列叙述错误的是()。A.海水酸化能引起HCO3-浓度增大、CO32-浓度减小B.海水酸化能促进CaCO3的溶解,导致珊瑚礁减少C.CO2能引起海水酸化,其原理为HCO3-H+CO32-D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境答案:C解析:当酸

12、化时,促使平衡H+CO32-HCO3-,CaCO3Ca2+CO32-均向右移动,A、B项正确;CO2引起海水酸化是由H2CO3的一级电离引起的:H2CO3HCO3-+H+,C项错误;使用太阳能和氢能等新能源可以减少CO2的排放,D项正确。二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项,多选时,该小题得0分;若正确答案包括两个选项,只选一个且正确的得2分,选两个且都正确的得4分,但只要选错一个,该小题就得0分)11.(2020江苏卷)室温下,将两种浓度均为0.10 molL-1的溶液等体积混合,若溶液混合引起的体积变化可忽略,下列各

13、混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是()。A.NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30):c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25):c(NH4+)+c(H+)=c(NH3H2O)+c(OH-)C.CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH=4.76):c(Na+)c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(H+)D.H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68,H2C2O4为二元弱酸):c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c(C2O42-)+c(OH-)答案:AD解析:A项,因水解程度:CO32-

14、HCO3-,故等浓度的NaHCO3-Na2CO3混合溶液中,c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)成立,正确;B项,混合溶液中存在电荷守恒式:c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),而由于溶液呈碱性,说明c(NH4+)c(NH3H2O),依据物料守恒有c(NH4+)+c(NH3H2O)=2c(Cl-),故正确关系式为c(NH4+)+c(H+)c(NH3H2O)+c(OH-),错误;C项,因混合溶液pH=4.76,即CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,故c(CH3COO-)c(CH3COOH),错误;D项,分别列出混合溶液中电荷守恒式和物料守恒

15、式:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)-可得题中等式,正确。12.常温下,下列各组比值为12的是()。A.0.1 molL-1与0.2 molL-1 CH3COOH溶液,c(H+)之比B.0.1 molL-1 Na2CO3溶液,c(CO32-)与c(Na+)之比C.pH=10的Ba(OH)2溶液与氨水,溶质的物质的量浓度之比D.pH=3的H2SO4与CH3COOH溶液,c(SO42-)与c(CH3COO-)之比答案:D解析:A项,弱电解质浓度越大其电离程度越小,则其c(H+)

16、之比大于12;B项,由于CO32-发生水解,CO32-与Na+浓度之比小于12;C项,Ba(OH)2为强电解质,NH3H2O为弱电解质,pH=10的氨水,其物质的量浓度大于110-4molL-1,两者的物质的量浓度之比小于12;D项,H2SO4溶液中c(SO42-)=c(H+)2=510-4molL-1,CH3COOH溶液中c(CH3COO-)=c(H+)=110-3molL-1,则两者的物质的量浓度之比为12。13.某溶液由弱酸(HR)及其盐(NaR)组成,浓度均为1 molL-1,25 时向该溶液通HCl气体或滴入NaOH溶液,溶液pH随加入的H+或OH-的物质的量发生变化的情况如图。下列

17、说法不正确的是()。A.X、Y、Z三点所表示的溶液中水的电离程度依次增大B.加入1 mol NaOH后,溶液中c(Na+)=c(R-)C.通入HCl,R-的水解程度增大,HR的电离常数减小D.未加HCl和NaOH时,溶液中c(R-)c(Na+)c(HR)答案:C解析:根据图像,加入1molNaOH后,溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(R-),所以c(Na+)=c(R-),此时溶液中仍有少量HR,即从X点到Z点,溶液中HR逐渐减少,对水的电离的抑制作用减小,X、Y、Z三点所表示的溶液中水的电离程度依次增大,A、B项正确;温度不

18、变,HR的电离常数不变,C项不正确;未加HCl和NaOH时,溶质为HR和NaR,由图像可知pHc(Na+)c(HR),D项正确。14.(2020山东卷)以菱镁矿(主要成分为MgCO3,含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下:已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是()。A.浸出镁的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3+H2OB.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C.流程中可循环使用的物质有NH3、NH4ClD.分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同答案:B解析:本题是高中化学学习中

19、非常熟悉的情境,以有关工艺流程为载体考查物质的制备。从流程可知,煅烧MgCO3可生成MgO,加入NH4Cl溶液,由于NH4Cl水解使溶液显酸性,因此会发生反应MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3+H2O,A项正确;在沉镁过程中加入氨水,由于NH3H2O易分解,因此该过程不能在较高温度下进行,B项错误;从整个流程中看出,沉镁后的滤液中含有NH4Cl,则可循环利用的物质是NH4Cl和NH3,故C项正确;Mg2+、Al3+、Fe3+的分离是利用了它们氢氧化物的Ksp不同,D项正确。15.(2020山东卷)25 时,某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 molL-1,lg

20、 c(CH3COOH)、lg c(CH3COO-)、lg c(H+)和lg c(OH-)随pH变化的关系如图所示。Ka为CH3COOH的电离常数,下列说法正确的是()。A.O点时,c(CH3COOH)=c(CH3COO-)B.N点时,pH=-lgKaC.该体系中,c(CH3COOH)=0.1c(H+)Ka+c(H+) molL-1D.pH由7到14的变化过程中,CH3COO-的水解程度始终增大答案:BC解析:在CH3COO-、CH3COOH的混合溶液中,随着pH的增大,lgc(CH3COOH)减小,lgc(CH3COO-)增大。当pH=0时,c(H+)=1molL-1,又由于c(CH3COOH

21、)+c(CH3COO-)=0.1molL-1,所以c(H+)c(CH3COOH)c(CH3COO-)。N点时c(CH3COOH)=c(CH3COO-),Ka=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=c(H+),pH=-lgc(H+)=-lgKa,B项正确;O点时c(H+)=c(OH-),c(CH3COO-)c(CH3COOH),该体系中,c(CH3COO-)=0.1molL-1-c(CH3COOH),因为Ka=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=c(H+)0.1-c(CH3COOH)c(CH3COOH),整理可得,c(CH3COOH)=0.1c(H+)Ka+c(H+

22、)molL-1,故A项错误,C项正确;pH从7到14的过程中,存在随c(OH-)增大,CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-水解平衡逆向移动的过程,D项错误。三、非选择题(本题包括5小题,共60分)16.(8分)已知硫酸的第一步电离(H2SO4H+HSO4-)是完全的,但第二步电离(HSO4-H+SO42-)并不完全。如果25 时,0.1 molL-1 H2SO4溶液中c(SO42-)=0.01 molL-1,0.1 molL-1的NaHSO4溶液中c(SO42-)=0.029 molL-1,试回答下列问题。(1)25 时,0.1 molL-1的H2SO4溶液中pH=(可用对数表示)。(

23、2)为什么0.1 molL-1的H2SO4溶液中c(SO42-)比0.1 molL-1的NaHSO4溶液中c(SO42-)小?。(3)0.1 molL-1 Na2SO4溶液的pH(填“大于”“小于”或“等于”)7。(4)常温下测得0.25 molL-1的CuSO4溶液的pH为5,0.25 molL-1的Cu(ClO4)2溶液的pH为4.5,其原因是。答案:(1)-lg 0.11(2)H2SO4第一步电离产生的H+对HSO4-的电离有抑制作用(3)大于(4)SO42-水解产生部分OH-,而ClO4-不水解解析:(1)H2SO4H+HSO4-,HSO4-H+SO42-,0.1molL-1的H2SO

24、4溶液中,第一步电离完全,第二步电离不完全且HSO4-电离出的c(SO42-)=c(H+)=0.01molL-1,所以H+的总物质的量浓度为0.1molL-1+0.01molL-1=0.11molL-1,因此pH=-lg0.11。(2)H2SO4第一步电离产生的H+对HSO4-的电离有抑制作用,而NaHSO4溶液中HSO4-的电离不受抑制。(3)因为HSO4-H+SO42-,故Na2SO4溶液中SO42-发生水解使溶液显碱性,pH7。(4)CuSO4溶液中,SO42-+H2OHSO4-+OH-,而ClO4-不水解,故等浓度的Cu(ClO4)2溶液比CuSO4溶液的pH略小。17.(12分)(1

25、)常温下,将0.1 molL-1 HA和0.1 molL-1 NaOH溶液等体积混合,所得溶液的pH=9。所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)=molL-1。写出该混合溶液中c(OH-)-c(HA)= molL-1。(计算精确值)(2)已知某温度下,Ca(OH)2的溶解度为0.148 g,设其饱和溶液的密度为1 gcm-3,该温度下Ca(OH)2的溶度积常数为。(3)已知25 时Ksp(BaSO4)=1.110-10,Ksp(BaCO3)=2.610-9,向BaSO4悬浊液中逐渐加入Na2CO3固体至c(CO32-)= molL-1时,BaSO4开始向BaCO3沉淀转化。答案:(1)110-

26、5110-9(2)3.210-5(3)2.610-4解析:(1)混合后所得NaA溶液的pH=9,说明HA是弱酸,溶液中c(H+)=110-9molL-1,根据A-+H2OHA+OH-可知,水电离出的c(OH-)就是溶液中的c(OH-),c(OH-)=KWc(H+)=110-5molL-1。混合溶液中含有Na+、A-、OH-、H+四种离子,根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),根据元素质量守恒,c(Na+)=c(A-)+c(HA),由得c(H+)+c(HA)=c(OH-),即c(OH-)-c(HA)=c(H+)=110-9molL-1。(2)100g水中溶有0.148

27、gCa(OH)2达到饱和,此时溶液的体积约为0.1L,c(Ca2+)=0.02molL-1,c(OH-)=0.04molL-1,该温度下Ca(OH)2的溶度积常数为c(Ca2+)c2(OH-)=0.02(0.04)2=3.210-5。(3)溶液中c(Ba2+)=1.110-10molL-1110-5molL-1,当Qc(BaCO3)Ksp(BaCO3)时,开始向BaCO3沉淀转化,即110-5c(CO32-)2.610-9,解得c(CO32-)2.610-4molL-1。18.(12分)某工厂废水中含游离态氯,通过下列实验测定其浓度。取水样10.00 mL放入锥形瓶中,加入10.00 mL K

28、I溶液(足量),滴入指示剂23滴,发生的反应为Cl2+2KII2+2KCl。取一只碱式滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净,然后注入0.01 molL-1 Na2S2O3溶液,调整液面,记下读数。将锥形瓶置于滴定管下进行滴定,发生的反应为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。试回答下列问题。(1)步骤加入的指示剂是。(2)滴定时,眼睛应注视。(3)步骤当待测液由色变为色且半分钟内不变化即达终点。若耗去Na2S2O3溶液20.0 mL,则废水中Cl2的物质的量浓度为。(4)实验中,Cl2的实际浓度比所测浓度偏小,造成误差的原因是。(5)下列操作中可能使所测游离态氯的浓度数值偏低的是(填字母)

29、。A.碱式滴定管未用标准溶液润洗就直接注入Na2S2O3标准溶液B.锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥就注入水样待测液C.装有Na2S2O3标准溶液的碱式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失D.读取Na2S2O3溶液体积时,开始仰视读数,滴定结束时俯视读数E.若刚见到指示剂局部的颜色有变化就停止滴定答案:(1)淀粉(2)锥形瓶内溶液颜色的变化(3)蓝无0.01 molL-1(4)碘离子有强的还原性,空气中氧气可能会氧化碘离子(5)DE解析:(1)淀粉遇碘变蓝;该滴定反应是单质碘与Na2S2O3反应,单质碘显色一般用淀粉作指示剂。(2)滴定时,要判断滴定终点,因此眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化。(3

30、)开始时溶液为蓝色,滴定Na2S2O3时,不断消耗单质碘,因此步骤当待测液由蓝色变为无色且半分钟内不变化即达终点。若耗去Na2S2O3溶液20.0mL,根据Cl2I22Na2S2O3,因此n(Cl2)=120.01molL-10.02L=110-4mol,则废水中Cl2的物质的量浓度为c=nV=110-4mol0.01L=0.01molL-1。(4)实验中,Cl2的实际浓度比所测浓度偏小,造成误差的原因是碘离子有强的还原性,空气中氧气可能会氧化碘离子。(5)碱式滴定管未用标准溶液润洗就直接注入Na2S2O3标准溶液,导致Na2S2O3溶液浓度减小,反应等量的单质碘消耗的Na2S2O3体积增大,

31、所测浓度偏大,A项不符合题意。锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥就注入水样待测液,所消耗的Na2S2O3体积不变,对结果无影响,B项不符合题意。装有Na2S2O3标准溶液的碱式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失,读数数据偏大,所测结果偏大,C项不符合题意。读取Na2S2O3溶液体积时,开始仰视读数,滴定结束时俯视读数,读数数据偏小,所测结果偏低,D项符合题意。若刚见到指示剂局部的颜色有变化就停止滴定,所测数据偏小,所测结果偏低,E项符合题意。19.(14分)已知某溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子,某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系:c(Cl-)c(NH4+)c(H+)

32、c(OH-)c(NH4+)c(OH-)c(Cl-)c(H+)c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)c(Cl-)c(H+)c(NH4+)c(OH-)回答下列问题。(1)若溶液中只溶有一种溶质,则该溶质是;上述四种离子浓度的大小顺序为(填序号)。(2)若四种离子的关系符合,则溶质为;若四种离子的关系符合,则溶质为。(3)将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释至原体积相同的倍数,则下面图像正确的是。(4)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成,且恰好呈中性,则混合前c(HCl)(填“大于”“小于”或“等于”,下同)c(NH3H2O);混合前酸中c(H+)和碱中c(OH-)的关系为c

33、(H+)c(OH-)。答案:(1)NH4Cl(2)NH4Cl和NH3H2ONH4Cl和HCl(3)B(4)小于大于解析:(1)由已知的四种离子,当溶液中只存在一种溶质时,为NH4Cl;NH4Cl为强酸弱碱盐,水解呈酸性,离子浓度关系为。(2)四种离子的关系符合时,溶液呈碱性,说明碱过量,则溶液中存在的溶质为NH4Cl和NH3H2O;当四种离子的关系符合时,溶液呈强酸性,盐酸过量,溶液中存在NH4Cl和HCl。(3)NH4Cl为强酸弱碱盐,稀释促进其水解,盐酸为强酸,在溶液中全部电离,pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释至原体积相同的倍数时,盐酸的pH大于NH4Cl,因为加水稀释其pH均增大

34、,B项符合。(4)体积相等的稀盐酸和氨水混合,且恰好呈中性,则原溶液中氨水浓度大于盐酸的浓度。20.(14分)(2020山东卷)用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下:已知:MnO2是一种两性氧化物;25 时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp110-16.3110-38.6110-32.3110-12.7回答下列问题:(1)软锰矿预先粉碎的目的是,MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为。(2)保持BaS投料量不变,随MnO2与BaS投料比增大,S的量达到最大值后无明

35、显变化,而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小,减小的原因是。(3)滤液可循环使用,应当将其导入操作中(填操作单元的名称)。(4)净化时需先加入的试剂X为(填化学式),再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为(当溶液中某离子浓度c1.010-5 molL-1时,可认为该离子沉淀完全)。(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为。答案:(1)增大接触面积,充分反应,提高反应速率MnO2+BaS+H2OBa(OH)2+MnO+S(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)H2O24.9(5)Mn2+HCO3-+NH3H2OMnCO3+NH4+H2O解析:该题遵循化工生产的过程,对

36、工艺流程的环节与条件进行简化处理,在科学基础上通过最简洁的呈现方式呈现生产过程,并设置问题,避免信息冗长对考生造成思维上的干扰。(1)软锰矿预先粉碎可以增大接触面积,提高反应速率。根据信息,MnO2与BaS反应转化为MnO,再结合流程图反应后经过过滤、蒸发等一系列物理过程得到Ba(OH)2,过滤后酸解生成硫黄,硫黄不与H2SO4反应,故MnO2与BaS溶液反应的化学方程式为MnO2+BaS+H2OBa(OH)2+MnO+S。(2)已知MnO2是两性氧化物,保持BaS投料量不变,增大MnO2与BaS的投料比,过量的MnO2能与Ba(OH)2反应,故Ba(OH)2的量达到最大值后会减小。(3)将滤液导入蒸发装置可循环利用。(4)根据表中KspFe(OH)3KspFe(OH)2,需要将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+,因此需要加入绿色氧化剂H2O2。加入氨水调节pH,目的是使Al3+、Fe3+完全沉淀,而Mn2+不沉淀,故KspAl(OH)3=c(Al3+)c3(OH-)=1.010-5c3(OH-)=110-32.3,则c(OH-)=10-9.1molL-1,则pH=4.9。(5)碳化过程中发生复分解反应:HCO3-+NH3H2O+Mn2+MnCO3+NH4+H2O。11