贵州高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-7水溶液中的离子反应和平衡，化学能与电能1

这是一份贵州高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-7水溶液中的离子反应和平衡，化学能与电能1，共29页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2022·贵州遵义·统考三模）已知常温时，0.1ml·L-1的二元酸H2A溶液的pH=4.0，则下列说法中正确的是
A．加水稀释H2A溶液，H2A的电离程度增大，溶液中各离子浓度均减小
B．在Na2A溶液中一定有：c(Na+)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)>c(HA-)
C．在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同
D．在NaHA溶液中一定有：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)
2．（2022·贵州铜仁·统考二模）设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．15g所含的电子总数为10NA
B．78gNa2O2中所含的共价键数目为3NA
C．常温下，5.6gFe与足量浓硫酸反应，转移的电子数为0.3 NA
D．1mlNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性时，的数目为NA
3．（2022·贵州遵义·统考三模）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1mlI2与lmlH2反应，生成HI分子数为0.2NA
B．25℃时，1L0.2ml/LCH3COONH4溶液(pH=7)中，数为0.2NA
C．标准状况下，11.2L苯中，含有0.5NA个苯分子
D．20gCa2+含有的电子数为9NA
4．（2022·贵州遵义·统考二模）H3PO4 是一种三元弱酸。室温下，向0.1ml∙L−1的H3PO4溶液中滴加NaOH调节pH值。混合溶液中lg X表示[lg、lg 、lg]随溶液pH值的变化如图所示。下列说法错误的是
A．曲线II表示与溶液pH的关系
B．pH=2.15时，
C．室温下溶液显酸性
D．随着pH值的增大：不断减小
5．（2022·贵州·统考模拟预测）常温下，用NaOH溶液滴定H2A溶液，混合溶液的pH与离子浓度的负对数pX的关系如图所示。pX代表-lg或-lg，曲线M代表-lg与pH的关系，曲线N代表-lg与pH的关系，下列说法不正确的是
A．a、b两点所加的NaOH溶液体积大小：V(b)＜V(a)
B．滴定至pH=7时，c(Na+ )=2c(A2-) +c(HA- )
C．NaHA溶液中存在c(Na+ )=2c(A2- )+c(H2A) +c(HA- )
D．H2A的第一步电离常数为 10-1.2
6．（2022·贵州贵阳·一模）每年10月23日上午6：02到晚上6：02被誉为“摩尔日”。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mlO2-核外电子数为8NA
B．常温时，22gT2O中所含的中子数为12NA
C．标准状况下，22.4LHF中含有HF分子数为NA
D．1L0.1ml·L-1AlCl3溶液中含有A13+的数目为0.1NA
7．（2022·贵州毕节·统考二模）常温下向二元弱酸H2A溶液中滴加NaOH溶液，所得溶液的pH与离子浓度的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线E表示溶液pH与的变化关系
B．
C．图中a点对应溶液中： c(Na+ )＞c(H2A)+2c(A2- )
D．pH从4.6到5.8的过程中，水的电离程度逐渐增大
8．（2022·贵州遵义·统考三模）利用电化学原理，模拟工业电解法来处理含的废水。如下图所示；电解过程中溶液发生反应：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。下列说法中不正确的是
A．石墨I极是负极
B．当电路中有3ml电子转移时，Fe(I)极上有56g铁参与反应
C．在反应前后甲装置中的数目不变
D．石墨II极上的反应是：2N2O5+O2+4e-=4
9．（2022·贵州铜仁·统考二模）下列有关离子方程式书写正确的是
A．用酸性KMnO4标准液滴定草酸： 16H++5 +2= 2Mn2++8H2O+10CO2 ↑
B．用NaClO溶液吸收少量SO2： ClO- +SO2+H2O=Cl-+ +2H+
C．用惰性电极电解MgCl2溶液： 2Cl- +2H2OCl2↑+H2↑ + 2OH-
D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜： 3Ag+4H++= 3Ag++NO↑+2H2O
10．（2022·贵州铜仁·统考二模）我国科学家开发出了一种Zn-NO电池系统，该电池的反应为5Zn+ 2NO+3H2O=5ZnO+ 2NH3，工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．双极膜中的H+向MS2电极移动
B．电极电势： Zn/ZnO 电极＜MS2电极
C．MS2电极的电极反应式： NO- 5e- + 5H+=NH3+H2O
D．标准状况下，22.4 LNO参与反应，Zn/ZnO 电极增重40 g
11．（2022·贵州遵义·统考二模）化学与生产生活息息相关。下列说法中正确的是
A．冬奥会场馆中使用了CO2超临界制冰技术，制作的冰是有机高分子化合物
B．氢气火炬中的储氢合金材料是新型无机非金属材料
C．我国远洋水体调查船“向阳红01”号上钉的锌条起到了防止船体被腐蚀的作用
D．为达到碳中和相关标准，禁止任何人燃烧木柴和煤炭，转而使用太阳能
12．（2022·贵州遵义·统考二模）镍镉电池是一种新型的封闭式体积小的充电电池。其工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．放电时b极为正极
B．放电时a极的反应
C．充电时电流的方向：外电源正极→b极→电解质溶液→a极
D．用该电池提供的电能电解饱和食盐水，电路中通过0.2ml e－，阴极生成0.2gH2
13．（2022·贵州毕节·统考二模）科学家利用电化学装置实现CH4和CO2两种分子的耦合转化，其原理如下图所示，下列说法错误的是
A．耦合过程中，O2-从电极M移向电极N
B．多孔电极的表面积大，有利于提高耦合转化率
C．阳极上的反应式可能为:6CH4+5O2--10e-=C2H6+2C2H4+5H2O
D．若维持电流为0.5A，持续工作10min，消耗CO2的物质的量为3.1×10-3ml(F=96500C·ml-1)
14．（2022·贵州贵阳·一模）一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪结构简图如下图所示。下列说法正确的是
A．呼出气体的流速越快检测结果越准确
B．内电路中电流方向：Pt2→质子交换膜→Pt1
C．电路中流过2ml电子时，有11.2LO2被氧化
D．负极的电极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+
15．（2022·贵州·统考模拟预测）双极性膜1、2在直流电场作用下能够将水分离成H+与OH-，可以作为H+与OH-的供应源，用如图所示的三室式电渗析转化器可以将有机酸钠盐(NaR)转化制得纯度较高的有机弱酸(HR)。下列相关说法正确的是
A．ab膜、cd膜分别是阳离子交换膜、阴离子交换膜
B．室1溶液中发生的离子反应为H++R =HR
C．M电极的电极反应式为2H++2e-=H2↑
D．盐室进口处和出口处c(Na+)相等
二、实验题
16．（2022·贵州铜仁·统考二模）水合肼(N2H4·H2O)是一种用途广泛的化工原料，在空气中会与CO2反应产生烟雾。利用尿素制备N2H4·H2O的实验流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)步骤I制备NaClO溶液的离子方程式为___________；该反应为放热反应，为避免副反应发生，需控制温度不高于40°C，可采取的措施是___________ (任答一条)。
(2)由步骤II和步骤III获得N2H4·H2O的装置如图1所示，反应原理为： CO(NH2)2+ 2NaOH+ NaClO= Na2CO3+ N2H4·H2O +NaCl
①仪器X的名称为___________，干燥管中盛装的试剂为___________。
②N2H4的电子式为___________。
③反应过程中，如果分液漏斗中溶液滴速过快，部分N2H4·H2O与NaClO反应产生大量氮气，该化学反应方程式为___________。
④蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液进一步处理还可获得副产品NaCl和Na2CO3，NaCl和Na2CO3的溶解度曲线如图2所示。获得NaCl粗品的操作是___________、___________ 、洗涤、干燥。
(3)馏分中水合肼含量的测定方法：称取馏分0.2500g，加入适量NaHCO3固体，配成溶液，用0.1500 ml·L-1的标准I2溶液滴定。
①滴定时，碘的标准溶液盛放在___________ (填 “酸式”或“碱式”)滴定管中。
②实验测得消耗I2溶液的体积为18.00 mL，馏分中N2H4·H2O的质量分数为___________。 (已知：N2H4·H2O +2I2=N2 ↑+ 4HI+H2O)
三、工业流程题
17．（2022·贵州铜仁·统考二模）磷矿是重要的化工矿物原料，贵州磷矿储量丰富。磷酸二氢钙[Ca(H2PO4)2]是一种磷肥。某工厂利用磷矿(含Ca、P、Fe、Mg、Si 等元素)进行综合生产的部分流程如下：
已知： Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38， Ksp[Mg(OH)2]= 1 ×10-11。
回答下列问题：
(1)为提高浸出效率，酸浸前要对磷矿石进行___________ (填一种处理方法)，用离子方程式说明酸浸时通入O2的目的___________，滤渣 1的主要成分是___________。
(2)当溶液中的离子浓度低于1×10-5ml·L-1时，可认为沉淀完全。若酸浸氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.1 ml·L-1，则向该溶液加入NaOH使Fe(OH)3完全沉淀时pH范围为___________。
(3)为使Ca3(PO4)2与H3PO4完全反应生成Ca(H2PO4)2，二者物质的量之比为___________。
(4)经实验测试，石灰乳的用量对磷酸二氢钙的产率有一定影响。在磷矿粉用量50 g、硫酸质量分数为60%、反应时间1.0 h、反应温度60°C条件下测试的结果如图所示，可知该条件下石灰乳的用量选择____为宜，石灰乳用量过多导致磷酸二氢钙产率下降的原因可能是____。
(5)LiFePO4可用于制作锂电池，该物质可由FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应制得，产物中有CO2生成，该化学反应方程式为___________。
18．（2022·贵州遵义·统考三模）纳米氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，以主要成分为CuFeS2的黄铜矿(含有杂质SiO2)为原料制取纳米Cu2O的一种工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)“滤渣1”中含有硫单质及_______，“浸泡”中反应的离子方程式为_______。
(2)“操作1”的目的是_______。
(3)“调pH”的过程中能否用CuCO3来代替CuO_______(填“能”或“否”)，要使Fe3+完全沉淀，则溶液的pH至少为_______(已知该工艺条件下Ksp[Fe(OH)3]≈8×10-38，Kw≈1×10-14，lg2≈0.3，化学上认为当离子浓度小于1×10-5ml·L-1时沉淀完全)。
(4)“热还原”的实验现象是_______。
(5)现代工业也可用铜作电极，电解食盐水制备Cu2O，电解过程中首先生成CuCl(难溶于水)，则生成氧化亚铜的化学方程式为_______；与用黄铜矿制备Cu2O工艺相比电解法的优点有_______。
19．（2022·贵州·统考模拟预测）马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]和碱式碳酸铜[Cu2 (OH)2CO3]具有广泛用途。某化工厂拟以软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)为原料生产马日夫盐和碱式碳酸铜，其工艺流程如下图所示。
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；
②该条件下：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38 ，Ksp[Cu(OH)2]= 1.0×10-20 ，Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-14。
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是_______(写化学式)，酸浸时，Cu2S和MnO2反应的化学方程式为_______。
(2)检验浸出液中是否含有Fe2+ ，可用K3Fe(CN)6溶液，浸出液中含有Fe2+ 的现象是_______。
(3)试剂x为某种酸式盐，从产品纯度来看，x最好为_______(写化学式)。
(4)本工艺中可循环使用的物质是_______(写化学式)。
(5)若浸出液中c(Mn2+)=c(Cu2+)=1.0 ml·L-1，则流程中调节浸出液pH=a，其中a的范围为_______(当离子浓度≤1.0×10-5 ml·L-1时，沉淀完全)。
(6)除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图所示，pH>1.7后，随pH增大，Fe3+萃取率下降的原因是_______。
20．（2022·贵州贵阳·一模）铬是银白色有光泽的金属，易与其它金属形成合金，在国防、冶金、化学工业方面有重要用途。含铬废水有较大的毒性，处理达标后才能排放。工业上处理含铬废水(主要含铬微粒为Cr3+、和)并将其资源化的工艺有多种，其中一种工艺如图所示：
已知：Cr(OH)3受热易分解。
回答下列问题：
(1)中Cr元素的化合价为________。
(2)加入H2SO4酸化的目的是将转变为，不选用稀HCl酸化的原因可能________，加入Na2S2O5固体，发生反应的离子方程式为_________。
(3)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的投加量对Cr(VI)含量的影响如图所示。焦亚硫酸钠的最佳投加量为___________(mg·L-1)
(4)“一系列操作”包含_______和铝热反应。
(5)工业上也常用电解法处理酸性含铬废水。用铁板作电极，在耐酸电解槽中盛放酸性含的废水，原理如图所示。则与B相连的铁板为电解池的________极，阳极区溶液中所发生反应的离子方程式为_______。为了使Cr3+和Fe3+转化为Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，向反应后的溶液中加入一定量的烧碱，若溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12ml·L-1，则溶液中c(Cr3+)=________ml·L-1。
｛已如Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Cr(OH)3]=5.6×10-31}
21．（2022·贵州毕节·统考二模）镍及其化合物在工业上有广泛用途，以某地红土镍矿(主要成分NiO、MgO、Al2O3、SiO2和铁的氧化物为原料，采用酸溶法制取硫酸镍和MgSO4●7H2O，工业流程如图所示。
已知：①常温下，NiSO4易溶于水，Ni(OH)2和NiOOH不溶于水，已知Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15。
②在上述流程中，某些金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如下：
回答下列问题：
(1)“浸取”时需将矿样研磨的目的是___________，“滤渣1”的成分___________(填化学式)。
(2)滤液1中加入H2O2的作用___________(用反应离子方程式表示)。
(3)操作II为达到实验目的，由表中的数据判断通入NH3调节溶液pH的范围是___________
(4)“滤液1”中是否存在Fe3+，可用___________ (填试剂名称) 检验，检验存在Fe3+的实验方法是___________。
(5)“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中Ni2+的浓度为___________ml·L-1
(6)操作V是___________、过滤、洗涤。
(7)NiSO4在碱性溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式___________。
四、原理综合题
22．（2022·贵州·统考模拟预测）碳基能源的大量消耗使大气中CO2的浓度持续不断地增大，造成的温室效应得到了世界各国的广泛重视。CO2甲烷化是有效利用二氧化碳资源的途径之一，是减少CO2的一种比较有效的实际方法，在环境保护方面显示出较大潜力。CO2甲烷化过程涉及的化学反应如下：
①CO2甲烷化反应：CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g) H=-165 kJ·ml-1
②逆水煤气变换反应：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) H=+41.1 kJ·ml-1
(1)写出CO甲烷化反应的热化学方程式：_______。
(2)图甲是温度和压强对CO2平衡转化率影响的关系图。随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大的原因是_______，该实验条件下的压强有0.1MPa、3.0MPa、10.0MPa，图中a点压强为_______MPa。
(3)图乙是反应条件对CO2甲烷化反应中CH4选择性影响的关系图。工业上一般选用的温度为400℃，则压强应选用_______MPa，原因是_______。
(4)450°C时，若在体积为1 L的恒容密闭容器中加入1 ml CO2和4 ml H2混合原料气只发生反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165 kJ·ml-1。平衡时CO2的转化率为75%，则该温度下此反应的平衡常数K=_______。
(5)废气中的CO2可转化为甲醚(CH3OCH3) ，甲醚可用于制作甲醚燃料电池(如图丙)，质子交换膜左右两侧溶液均为6 ml·L-1的H2SO4溶液。则电极d为_______(填“正”或“负”)极，电极c上发生的电极反应为_______。
沉淀物
Ni(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mg(OH)2
开始沉淀时的pH
7.1
7.6
2.7
3.4
9.2
沉淀完全(c=1x10-5)时的pH
9.0
9.6
3.2
4.7
11.1
参考答案：
1．D
【分析】已知0.1ml•L-1的二元酸H2A溶液的pH=4，说明溶液为弱酸。
【详解】A． 加水稀释H2A溶液，H2A的电离程度增大，溶液中c(A2-)、c(H+)、c(HA-)离子浓度均减小，但溶液中c(OH-)增大，故A错误；
B． 在Na2A溶液中，A2-离子水解，故c(Na+)＞c(A2-)，而溶液呈碱性，故有c(OH-)＞c(H+)，则有：c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；
C． 在Na2A、NaHA两溶液中，A2-离子水解，HA-存在电离和水解，溶液中均含有：Na+、A2-、H+、OH-、HA-，离子种类相同，故C错误；
D． 根据电荷守恒，在NaHA溶液中一定有：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，故D正确；
故选D。
2．D
【详解】A．15g 甲基正离子的物质的量为1ml，所含电子数(6+3-1)NA=8NA， A错误；
B．78gNa2O2的物质的量为1ml，所含的共价键数目为NA，B错误；
C．常温下铁遇浓硫酸钝化，无法计算转移电子数，C错误；
D．溶液呈中性时，氢离子浓度与氢氧根浓度相等，根据电荷守恒： ，故铵根离子个数与硝酸根粒子个数相等，为NA，D正确；
故选D。
3．D
【详解】A． 0.1mlI2与lmlH2反应，是可逆反应，生成HI分子数小于0.2NA，故A错误；
B． 25℃时，1L0.2ml/LCH3COONH4溶液(pH=7)中，部分水解，数少于0.2NA，故B错误；
C． 标准状况下，11.2L苯为液态，不能用气体摩尔体积计算苯分子，故C错误；
D． 20gCa2+含有的电子数为=9NA，故D正确；
故选D。
4．D
【分析】H3PO4 是一种三元弱酸，H3PO4 的逐级电离常数在逐渐减小，当lg X=0时，则=1时的氢离子浓度最大， =1时的氢离子浓度次之，=1时的氢离子浓度最小，因此I是lg与溶液pH的关系，II是lg与溶液pH的关系，III是lg与溶液pH的关系。
【详解】A．根据前面分析曲线II表示与溶液pH的关系，故A正确；
B．pH=2.15时，lg=0，即=1，根据电荷守恒和=1得到，故B正确；
C．pH=2.15时，lg=0，即=1，则Ka1=10−2.15，pH=7.20时，lg=0，即=1，则Ka2=10−7.20，，则溶液中电离程度大于水解程度，因此室温下溶液显酸性，故C正确；
D．随着pH值的增大：是不变的，故D错误；
综上所述，答案为D。
5．C
【详解】A．用NaOH溶液滴定H2A溶液，由图象可知，a点pH=4.2，b点pH=3.2，a点酸性更弱，说明加入NaOH溶液更多，即体积大小：V(b)＜V(a)，A正确；
B．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，则有c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)，B正确；
C．NaHA溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(A2- )+c(H2A) +c(HA-)，C错误；
D．b点时，-lg=-2，pH=3.2，即=10-2，c(H+)=10-3.2，因此H2A的第一步电离常数K1==10-2×10-3.2=10-1.2，D正确；
答案选C。
6．B
【详解】A．O的质子数为8，O2-是O原子得到2个电子形成的，所以1个O2-的电子数为10，则1mlO2-核外电子数为10NA，故A错误；
B．22gT2O的物质的量为1ml，1个T2O中所含的中子数为12个，所以22gT2O中所含的中子数为12NA，故B正确；
C．标准状况下HF为液态，22.4LHF的物质的量不是1ml，所以22.4LHF中含有HF分子数不是NA，故C错误；
D．Al3+在水溶液中会发生水解，所以1L0.1ml·L-1AlCl3溶液中含有A13+的数目小于0.1NA，故D错误；
故选B。
【点睛】T2O中T为氚，1个T含有1个质子和2个中子，T2O的相对分子质量为22。
7．C
【分析】抓住lg=0时，Ka1=c(H+)，lg=0时，Ka2=c(H+)，Ka1＞Ka2，lg=0时的氢离子的浓度大于lg=0时的氢离子的浓度，判断出E与曲线lg对应，F与曲线lg对应。
【详解】A． 由分析可知，曲线E表示溶液pH与的变化关系，故A正确；
B．lg=0时，Ka1=c(H+)=10-4.6ml·L－1 ，lg=0时，Ka2=c(H+)=10-5.8ml·L－1 ， ，故B正确；
C． 图中a点对应溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-),c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)，lg=0 ,c(H2A)=c(HA-)，c(Na+ )＜c(H2A)+2c(A2- )，故C错误；
D． pH从4.6到5.8的过程中，溶液中c(HA-)减小，c(A2-)增大，A2-水解能力强，水的电离程度逐渐增大，故D正确；
故选C。
8．B
【分析】石墨Ⅰ发生氧化反应，化合价升高，石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为：NO2+-e-=N2O5；石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为O2+4e-+2N2O5=4；乙池中Fe(Ⅰ)为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe(Ⅱ)为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，溶液中发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，不断消耗H+。
【详解】A． 石墨Ⅰ附近发生的电极反应式为：NO2+-e-=N2O5，石墨I极是负极，故A正确；
B． 乙池中Fe(Ⅰ)为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，当电路中有3ml电子转移时，Fe(I)极上有 84g铁参与反应，故B错误；
C． 甲装置中总反应为4NO2+O2=2N2O5，在反应前后甲装置中的数目不变，故C正确；
D． 石墨II极上发生还原反应，反应是：2N2O5+O2+4e-=4，故D正确；
故选B。
9．D
【分析】根据离子反应条件生成沉淀、气体、弱电解质，及氧化还原反应的条件氧化剂和还原剂反应，利用电子、电荷、原子守恒进行配平；
【详解】A．根据离子方程式中不能拆写原则，判断，草酸属于弱酸不能拆写为离子，故A不正确；
B．次氯酸钠溶液吸收少量二氧化硫有次氯酸生成，3ClO- +SO2+H2O=2HClO++Cl-，故B不正确；
C．溶液中含有镁离子，根据离子反应条件判断，生成氢氧化镁沉淀；故C不正确；
D．稀硝酸和银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，根据氧化还原反应电子、电荷、原子守恒判断，D正确；
故选答案D。
【点睛】此题考查离子方程式书写正误，利用反应的条件判断，注意少量和过量问题中，利用过量物质进行判断产物。
10．C
【分析】该电池为原电池，根据图中NO生成NH3可知，N元素化合价降低，故右侧为正极，左侧为负极。
【详解】A．右侧为正极，原电池中阳离子向正极移动，故氢离子向MS2电极移动，A正确；
B．正极电势高于负极电势，左侧为负极，右侧为正极，电极电势： Zn/ZnO 电极＜MS2电极，B正确；
C．NO得电子生成NH3，电极反应式为：NO+5e-+ 5H+=NH3+H2O，C错误；
D．标况下22.4 LNO参与反应转移电子的物质的量为5ml，负极的电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，Zn/ZnO增重的质量为：，D正确；
故选C。
11．C
【详解】A．冰是无机化合物，故A错误；
B．氢气火炬中的储氢合金材料是金属材料，故B错误；
C．我国远洋水体调查船“向阳红01”号上钉的锌条起到了防止船体被腐蚀的作用，主要原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D．为达到碳中和相关标准，是减少燃烧木柴和煤炭，尽量使用太阳能，不是禁止燃烧木柴和煤炭， 故D错误；
综上所述，答案为C。
12．B
【分析】根据化合价升降，左边化合价升高，失去电子，作负极，右边化合价降低，得到电子，作正极。
【详解】A．根据图中信息电子从左转移到右边，因此放电时a极为负极， b极为正极，故A正确；
B．根据图中负极Cd变为Cd(OH)2，则放电时a极的反应 ，故B错误；
C．充电时电流的方向从：外电源正极→阳极(b极)→电解质溶液→阴极(a极)→外电源负极，故C正确；
D．用该电池提供的电能电解饱和食盐水，阴极反应式为H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，电路中通过0.2ml e－，则阴极生成氢气物质的量为0.1ml，质量为0.2g，故D正确；
综上所述，答案为B。
13．D
【详解】A．据图可知，左侧为阴极，右侧为阳极，电解池工作时，阴离子流向阳极，即O2-从电极M移向电极N，A正确；
B．多孔电极的表面积大，可以增大与反应物的接触面积，有利于提高耦合转化率，B正确；
C．据图可知阳极上CH4被氧化为C2H6和C2H4，根据电子守恒、元素守恒可知，阳极反应式可能为6CH4+5O2--10e-=C2H6+2C2H4+5H2O，C正确；
D．若维持电流为0.5A，持续工作10min，转移的电子为=3.1×10-3ml，阴极反应为CO2+2e-=CO+O2-，所以消耗1.55×10-3mlCO2，D错误；
综上所述答案为D。
14．D
【分析】由酒精检测仪结构简图可知，乙醇发生氧化反应生成CH3COOH，即Pt1为负极，负极反应为CH3CH2OH-4e-+H2O═CH3COOH+4H+，则Pt2为正极，正极上O2发生得电子的还原反应，正极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，酒精检测仪工作时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，结合电极反应式和离子转移分析解答该题。
【详解】A．呼出气体的流速过快，反应不能充分进行，检测结果不一定准确，A错误；
B．检测仪工作时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，内电路中电流方向与阳离子移动方向相同，与阴离子移动方向相反，即内电路中电流方向：Pt1→质子交换膜→Pt2，B错误；
C．由于O2的存在状况未知，则不能计算O2的体积，C错误；
D．检测仪工作时，乙醇在负极发生失电子的氧化反应生成CH3COOH，负极反应为CH3CH2OH-4e-+H2O═CH3COOH+4H+，D正确；
故答案为：D。
15．B
【分析】由图示，M为阳极，OH-在M极失去电子，4OH--4e-=2H2O+O2↑，H+经过双极性膜1进入室1，则盐室中的R-进入室1与H+结合形成HR，ab膜为阴离子交换膜，N为阴极，H+在N极得到电子，2H++2e-=H2↑，OH-经过双极性膜2进入室2，则盐室中的Na+进入室2与OH-结合生成NaOH，cd膜为阳离子交换膜，据此分析解答。
【详解】A．根据分析可知，ab膜为阴离子交换膜，cd膜为阳离子交换膜，A错误；
B．盐室中的R-进入室1与H+结合形成HR，即H++R =HR，B正确；
C．由分析，M为阳极，OH-在M极失去电子，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，C错误；
D．盐室中的Na+进入室2与OH-结合生成NaOH，因此进、出口处的c(Na+)不相等，D错误；
答案选B。
16．(1) Cl2+2OH- =Cl- +C1O- +H2O 冰水浴冷却、将Cl2缓慢通入NaOH溶液
(2) (直形)冷凝管 碱石灰 N2H4·H2O+ 2NaClO=N2↑+2NaC1+3H2O 蒸发结晶 趁热过滤
(3) 酸式 27.00%
【分析】步骤I中Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，步骤II中尿素与NaClO、NaOH反应生成N2H4∙H2O、Na2CO3、NaCl，步骤III分离出N2H4∙H2O。
【详解】（1）Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO溶液的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；该反应为放热反应，为避免副反应发生，需控制温度不高于40°C，可采取的措施是冰水浴冷却、将Cl2缓慢通入NaOH溶液等；答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；冰水浴冷却、将Cl2缓慢通入NaOH溶液。
（2）①根据仪器X的结构特点知，仪器X的名称为直形冷凝管；水合肼在空气中会与CO2反应产生烟雾，故干燥管的作用是防止外界空气中的CO2进入锥形瓶，干燥管中盛装的试剂为碱石灰；答案为：直形冷凝管；碱石灰。
②N2H4的电子式为；答案为：。
③反应过程中，如果分液漏斗中溶液滴速过快，部分N2H4·H2O与NaClO反应产生大量氮气，N2H4∙H2O被氧化成N2，则NaClO被还原成NaCl，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为N2H4·H2O+ 2NaClO=N2↑+2NaC1+3H2O；答案为：N2H4·H2O+ 2NaClO=N2↑+2NaC1+3H2O。
④由溶解度曲线图可知，Na2CO3的溶解度随着温度的升高明显增大，NaCl的溶解度随着温度的升高增大不明显，故从剩余溶液中获得NaCl粗品的操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；答案为：蒸发结晶；趁热过滤。
（3）①碘的标准溶液呈酸性，故滴定时，碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中；答案为：酸式。
②根据N2H4·H2O +2I2=N2 ↑+ 4HI+H2O知，n(N2H4·H2O)=n(I2)=×0.1500ml/L×0.018L=1.35×10-3ml，m(N2H4·H2O)= 1.35×10-3ml×50g/ml=0.0675g，馏分中N2H4·H2O的质量分数为=27.00%；答案为：27.00%。
17．(1) 粉碎 4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O SiO2或难溶性硅酸盐
(2)3＜pH＜9
(3)1：4
(4) 7g 石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降
(5)2FePO4+ Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+3CO2↑+H2O
【分析】磷矿含P2O5、FeO、MgO、SiO2等，酸浸时，五氧化二磷转化为磷酸，FeO、MgO溶解形成Fe2+、Mg2+，通入氧气将Fe2+氧化为Fe3+，二氧化硅不反应形成滤渣，过滤分离，滤液加入NaOH溶液，Fe3+先沉淀、Mg2+后沉淀，故滤渣是Fe(OH)3、Mg(OH)2，滤液分为两份，一份加入石灰乳生成Ca3(PO4)2，另一份酸化、除杂得到H3PO4，再将二者混合反应生成Ca(H2PO4)2。
(1)
为提高浸出效率，酸浸前要对磷矿石进行粉碎，增大接触面积，使反应更充分；用离子方程式说明酸浸时通入O2的目的是将亚铁离子氧化4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，滤渣 1的主要成分是SiO2或难溶性硅酸盐。故答案为：粉碎；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；SiO2或难溶性硅酸盐；
(2)
当溶液中的离子浓度低于1×10-5ml·L-1时，可认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)=1.0×10-38；c3(OH-)==1.0×10-33；c(OH-)=1×10-11ml/L；水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；c(H+)=1×10-3ml/L，则pH=3.0；若酸浸氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.1 ml·L-1， Ksp[Mg(OH)2]= 1 ×10-11，c(Mg2+)×c2(OH-)=1×10-11；c2(OH-)==10-10；得到c(OH-)=10-5ml/L，依据水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；求得c(H+)=10-9ml/L，溶液pH=9，则向该溶液加入NaOH使Fe(OH)3完全沉淀时pH范围为3＜pH＜9。故答案为：3＜pH＜9；
(3)
为使Ca3(PO4)2与H3PO4完全反应生成Ca(H2PO4)2，Ca3(PO4)2+4H3PO4=3Ca(H2PO4)2，二者物质的量之比为1：4。故答案为：1：4；
(4)
经实验测试，石灰乳的用量对磷酸二氢钙的产率有一定影响。在磷矿粉用量50 g、硫酸质量分数为60%、反应时间1.0 h、反应温度60°C条件下测试的结果如图所示，可知该条件下石灰乳的用量选择7g为宜，此时磷酸二氢钙产率达到最大值为80%，石灰乳用量过多导致磷酸二氢钙产率下降的原因可能是石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降。故答案为：7g；石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降；
(5)
LiFePO4可用于制作锂电池，该物质可由FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应制得，产物中有CO2和水生成，该化学反应方程式为2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O，故答案为：2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O。
18．(1) SiO2 CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S↓
(2)氧化亚铁离子为铁离子
(3) 能 3.3
(4)产生砖红色沉淀
(5) 2Cu+H2OCu2O+H2↑ 工艺简单，产品纯度高
【分析】黄铜矿主要含有CuFeS2(Fe为+3价)，杂质SiO2，经过预处理后加入硫酸铁溶液浸泡，Cu由+1价升高到+2价，黄铜矿中的-2价的硫升高到0价，黄铜矿中+3价的铁以及加入的+3价的铁被还原为亚铁离子，发生反应的离子方程式为：CuFeS2+4Fe3+═5Fe2++Cu2++2S↓，过滤除去SiO2和S沉淀，然后，向滤液中加入硫酸，通入氧气，氧化亚铁离子为铁离子，再加入CuO，调节溶液的pH，使铁离子完全沉淀，过滤除去，向滤液加入氢氧化钠和葡萄糖溶液，进行热还原，生成纳米氧化亚铜。
【详解】（1）“滤渣1”中含有硫单质及SiO2，经过预处理后加入硫酸铁溶液浸泡，Cu由+1价升高到+2价，黄铜矿中的-2价的硫升高到0价，黄铜矿中+3价的铁以及加入的+3价的铁被还原为亚铁离子，“浸泡”中反应的离子方程式为CuFeS2+4Fe3+═5Fe2++Cu2++2S↓。故答案为：SiO2；CuFeS2+4Fe3+═5Fe2++Cu2++2S↓；
（2）向滤液中加入硫酸，通入氧气，氧化亚铁离子为铁离子，“操作1”的目的是氧化亚铁离子为铁离子。故答案为：氧化亚铁离子为铁离子；
（3）为促进铁离子水解，又不引入杂质，可用CuO、Cu(OH)2、CuCO3等“调pH”，“调pH”的过程中能用CuCO3来代替CuO，要使Fe3+完全沉淀，根据c3(OH-)×c(Fe3+)=8.0×10-38，即c3(OH-)=8.0×10-33(ml/L)3，c(OH-)==2×10-11 ml/L，pOH=-lgc(OH-)=-lg2×10-11=10.7，pH=14-10.7=3.3，则溶液的pH至少为3.3，故答案为：能；；
（4）向滤液加入氢氧化钠和葡萄糖溶液，进行热还原，生成纳米氧化亚铜，“热还原”的实验现象是产生砖红色沉淀。故答案为：产生砖红色沉淀；
（5）现代工业也可用铜作电极，电解食盐水制备Cu2O，电解过程中首先生成CuCl(难溶于水)，CuCl，CuCl再与OH-结合生成Cu(OH)Cl-，2Cu(OH)Cl-═Cu2O+2Cl-+H2O，则生成氧化亚铜的化学方程式为2Cu+H2OCu2O+H2↑；与用黄铜矿制备Cu2O工艺相比电解法的优点有工艺简单，产品纯度高，故答案为：2Cu+H2OCu2O+H2↑；工艺简单，产品纯度高。
19．(1) SiO2、S
(2)有蓝色沉淀生成
(3)NH4HCO3
(4)NH3
(5)3≤a<4
(6)pH>1.7之后，的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降
【分析】软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)中加入稀硫酸酸浸，SiO2不溶于稀硫酸，MnO2和Cu2S发生氧化还原反应生成S，因此滤渣1中含有SiO2和S，浸出液中主要含有Fe3+、Cu2+，Mn2+，调节pH，将Fe3+沉淀除去，则滤渣2的成分为氢氧化铁，将x和氨气通入含[Cu(NH)4]SO4的滤液，分离得到碳酸锰，碳酸锰经过一系列操作得到马日夫盐，将分离出碳酸锰之后的溶液加热使氨气逸出，制得碱式碳酸铜。
(1)
由上述分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2和S，酸浸时，MnO2将Cu2S中的硫氧化成单质硫，则反应的化学方程式为，故答案为：SiO2、S；；
(2)
K3Fe(CN)6溶液与Fe2+ 反应会生成蓝色沉淀，因此浸出液中含有Fe2+ 的现象是有蓝色沉淀生成，故答案为：有蓝色沉淀生成；
(3)
根据反应流程可知，加入氨气和x后得到碳酸锰，则加入的物质应含有碳酸根或者碳酸氢根，又x为某种酸式盐，则x含有碳酸氢根，为了不引入杂质降低产品的纯度，且过量的x可在加热赶氨的过程中除去，x最好为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；
(4)
由图可知，在加热赶氨的过程中生成了氨气，在前一步中需要加入氨水，从而可知氨气可以循环使用，故答案为：NH3；
(5)
根据上述分析可知，流程中调节浸出液pH=a是为了将Fe3+沉淀除去，而Cu2+，Mn2+不能沉淀，当Fe3+完全沉淀时，，，此时，pH=3，由于Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mn(OH)2]，Cu2+先沉淀，当Cu2+开始沉淀时，，此时pH=4，因此a的取值范围为3≤a<4，故答案为：3≤a<4；
(6)
Fe3+存在水解平衡，pH>1.7之后，随着pH增大，溶液中氢离子浓度减小，水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH>1.7之后，的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。
20．(1)+6
(2) 能和氯离子反应生成氯气 2+10H++3S2O=4Cr3++6SO+5H2O
(3)140.0
(4)加热分解
(5) 阴 +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 2.0×10-4
【分析】含铬废水加入硫酸酸化，加入Na2S2O5固体，将六价铬转化为三价铬，加入碳酸钠调节pH，得到氢氧化铬沉淀，煅烧得到Cr2O3，Cr2O3和铝发生铝热反应生成铬单质；
（1）
中氧元素化合价为-2，离子带2个单位负电荷，则Cr元素的化合价为+6；
（2）
具有强氧化性，不选用稀HCl酸化的原因可能能和氯离子反应生成氯气和铬离子，氯气有毒会污染环境；加入Na2S2O5固体，Na2S2O5具有还原性，Na2S2O5与反应生产铬离子和硫酸根离子，离子方程式为2+10H++3S2O=4Cr3++6SO+5H2O；
（3）
由图可知，焦亚硫酸钠的最佳投加量为140.0mg·L-1，此时Cr(VI)去除率最大，上层清液中Cr(VI)含量最低；
（4）
已知：Cr(OH)3受热易分解； “一系列操作”包含加热分解和铝热反应；Cr(OH)3受热生成Cr2O3，Cr2O3和铝发生铝热反应生成铬单质；
（5）
由图可知，右侧生成氢气，说明氢离子得到电子发生还原反应，则与B相连的铁板为电解池的阴极，与A相连的铁板为阳极；阳极铁发生氧化反应失去电子生成亚铁离子，亚铁离子与反应生成铁离子和Cr3+离子，阳极反应为：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
若溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12ml·L-1，则c(OH-)=，则c(Cr3+)=，代入数值可得，c(Cr3+)=2.0×10-4ml·L-1。
21．(1) 增大反应接触面积，提高浸取率(或提高浸取率) SiO2
(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(3)4.7~7.1(或4.7≤PH≤7.1)
(4) 铁氰化钾溶液 取滤液1中少量液体于一支试管中，滴加KSCN溶液，观察到溶液变为血红色
(5)1×10-4
(6)蒸发浓缩、冷却结晶
(7)2Ni2++4OH-+ClO-=Cl-+2NiOOH↓+H2O
【分析】红土镍矿(主要成分NiO、MgO、Al2O3、SiO2和铁的氧化物为原料，加稀硫酸酸浸，过滤得到滤渣1，主要成分是SiO2，滤液1中含有Ni2+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Fe2+，滤液1中加入H2O2将氧化成铁离子，用氨调节pH的范围是4.7~7.1(或4.7≤PH≤7.1)使铁、铝离子沉淀完全，而镍离子不沉淀，过滤得滤液2，加MgO“沉镍”中pH调为8.5，过滤得滤液3，操作V是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，获得硫酸镁晶体。
（1）
“浸取”时需将矿样研磨的目的是增大反应接触面积，提高浸取率(或提高浸取率)，SiO2不溶于硫酸，“滤渣1”的成分SiO2(填化学式)。故答案为：增大反应接触面积，提高浸取率(或提高浸取率)；SiO2；
（2）
滤液1中加入H2O2将氧化成铁离子：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(用反应离子方程式表示)。故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）
操作II为达到使铁、铝离子沉淀完全，而镍离子不沉淀的实验目的，由表中的数据判断通入NH3调节溶液pH的范围是4.7~7.1(或4.7≤PH≤7.1)，故答案为：4.7~7.1(或4.7≤PH≤7.1)；
（4）
“滤液1”中是否存在Fe3+，可用铁氰化钾溶液 (填试剂名称) 检验，检验存在Fe3+的实验方法是取滤液1中少量液体于一支试管中，滴加KSCN溶液，观察到溶液变为血红色。故答案为：铁氰化钾溶液；取滤液1中少量液体于一支试管中，滴加KSCN溶液，观察到溶液变为血红色；
（5）
“沉镍”中pH调为8.5，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15= c(Ni2+)c2(OH-)=c(Ni2+)×[1.0×10-(14-8.5)]2,c(Ni2+)=1×10-4ml·L-1，则滤液中Ni2+的浓度为1×10-4ml·L-1，故答案为：1×10-4；
（6）
从溶液中获得带结晶水的晶体，操作V是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（7）
NiSO4在碱性溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，ClO-还原为Cl-，该反应的离子方程式2Ni2++4OH-+ClO-=Cl-+2NiOOH↓+H2O，故答案为：2Ni2++4OH-+ClO-=Cl-+2NiOOH↓+H2O。
22．(1)
(2) 反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大 a
(3) 0.1MPa 增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率
(4)6.75
(5) 正
【解析】（1）
根据盖斯定律，由①-②可得CO甲烷化反应的热化学方程式为，故答案为：；
（2）
反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大，因此随温度的升高，CO2的转化率先减小后增大；反应①正反应方向气体体积减小，反应②气体体积不变，压强增大，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，所以CO2的转化率随压强的增大而增大，则图中a点压强为10.0MPa，故答案为：反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，开始升温对反应①的影响程度大于反应②，CO2的转化率减小，后来升温对反应①的影响程度小于反应②，CO2的转化率增大；a
（3）
由图可知，温度为400℃时，CH4选择性：10.0MPa>3.0MPa>0.1Mpa， 增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率，因此压强应选用0.1MPa，故答案为：0.1MPa；增大压强能稍微增大CH4选择性，但能耗更大、成本更高，综合经济效益下降，反而降低了生产效率；
（4）
根据题意，起始时 CO2为1ml/L，H2为4ml/L，平衡时CO2的转化率为75%，则平衡时 CO2为0.25ml/L，H2为1ml/L，CH4为0.75ml/L，H2O为1.5ml/L，则该反应的平衡常数 ，故答案为：6.75；
（5）
根据电子的流向可知，电极c为负极，电极d为正极；电极c上，甲醚失电子发生氧化反应，电极反应式为，故答案为：正；。