安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-21水溶液中的离子反应和平衡（3）

这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-21水溶液中的离子反应和平衡（3），共23页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，填空题等内容，欢迎下载使用。

安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-21水溶液中的离子反应和平衡（3）

一、单选题
1．（2021·安徽蚌埠·统考一模）常温下，下列各组离子定能大量共存的是
A．的溶液中：
B．滴加溶液显红色的溶液中：
C．的溶液中：
D．水电离产生的的溶液中：
2．（2021·安徽蚌埠·统考一模）下列实验操作对应的离子方程式正确的是

实验操作
离子方程式
A
AgCl溶于过量氨水
Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O
B
向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液
Cu2++2HS-=CuS↓+2H+
C
向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸
Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2O
D
AgI加入Na2S溶液中，固体变黑
S2-(aq)+2AgI(s)=Ag2S(s)+2I-(aq)

A．A B．B C．C D．D
3．（2021·安徽合肥·统考一模）下列各组微粒在给定条件下能大量共存的是
A．澄清透明溶液中：
B．的溶液中：
C．的溶液中：
D．能使甲基橙变红的溶液中：、、、
4．（2021·安徽合肥·统考一模）下列方程式与所述事实相符的是
A．实验室制氨气：
B．氯化铁溶液刻蚀电路板：
C．碳酸钠溶液呈碱性：
D．泡沫灭火器工作原理：
5．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）室温下，向20mL一定浓度的NaOH溶液中加入一定浓度的HA溶液，溶液的pH、HA和A-的分布分数δ随滴加HA溶液的体积的变化关系如图所示。［δ是组分的平衡浓度占总浓度的分数，如δ(HA)=。下列说法不正确的是

A．水的电离程度a＞d
B．b点溶液中一定有c(A-)＞c(Na+)
C．NaOH溶液和HA溶液浓度均约为0.1 mol·L-1
D．该温度下，HA的电离平衡常数K=1.0×10-7
6．（2021·安徽合肥·统考一模）室温下，向的HA溶液中逐滴加入溶液，溶液中由水电离出的浓度负对数与所加溶液体积关系如图所示。已知，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列说法错误的是

A．室温下，
B．b点溶液中
C．c点溶液中
D．图示各点中，d点溶液导电性最强
7．（2021·安徽合肥·统考一模）根据下列实验操作和现象，所得结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向2mL黄色溶液中滴加浓的维生素C溶液，
溶液颜色变绿
维生素C具有还原性
B
压缩装有、I2、HI混合气体(已达平衡)的容器，气体颜色加深
平衡向生成的方向移动
C
向含有和的悬浊液中滴加几滴溶液，生成黑色沉淀

D
向酸催化后的淀粉水解液中加入适量的银氨溶液，水浴加热未观察到银镜
淀粉未水解成葡萄糖

A．A B．B C．C D．D
8．（2021·安徽蚌埠·统考一模）常温下，用0.2mol·L-1盐酸滴定25.00mL0.2mol·L-1NH3·H2O溶液，所得溶液pH、NH和NH3·H2O的分布分数δ[平衡时某含氮微粒的浓度占含氮微粒总浓度的分数，如NH的分布分数δ(NH)=]与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是

A．曲线a代表δ(NH3·H2O)，曲线b代表δ(NH)
B．M点加入盐酸体积为12.5mL
C．NH3·H2O的电离常数的数量级为10-5
D．应选用酚酞为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为红色变为无色
9．（2021·安徽蚌埠·统考一模）NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是
A．18g重水(D2O)中含有的质子数为9NA
B．标准状况下，2.24LBr2中含原子数目为0.2NA
C．1molH2O2中含有极性键数目为3NA
D．室温下，pH=5的CH3COOH溶液中，由水电离的H+数目为10-9NA
10．（2021·安徽淮北·统考一模）下列反应中，现象和方程式都正确的是
A．向胆矾粉末中加入适量浓硫酸，粉末由白色变成蓝色：CuSO4•5H2OCuSO4+5H2O
B．Fe加入FeCl3溶液中，溶液由黄色变成浅绿色：Fe+Fe3+=2Fe2+
C．Na2O固体在空气中加热后，由白色变为淡黄色：Na2O+CO2Na2CO3
D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量Fe2(SO4)3溶液，白色沉淀转化红褐色沉淀：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+=2Fe(OH)3(s)+3Mg2+
11．（2021·安徽淮北·统考一模）下列实验能达到目的的是

A．装置甲证明醋酸为弱酸 B．装置乙处理Cl2尾气
C．装置丙除去乙醇中少量的水 D．装置丁准确量取一定体积的酸性KMnO4标准溶液
12．（2021·安徽淮北·统考一模）25℃，向20mL0.1mol•L-1的弱碱BOH溶液(Kb=1.0×10-5)中逐滴加入0.1mol•L-1盐酸，pH～V曲线如图所示，下列说法正确的是

A．a点到b点，水的电离程度先减小后增大
B．a点时，c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(BOH)
C．b点时，c(Cl-)=c(BOH)+c(B+)+c(H+)
D．V=20mL时，c(Cl-)>c(B+)>c(OH-)>c(H+)
13．（2021·安徽芜湖·统考二模）证据推理是化学学科重要的核心素养。由下列实验现象推出的结论正确的是
选项
实验
现象
结论
A
某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+ ,无Fe3+
B
①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加足量盐酸
①产生白色沉淀②仍有白色沉淀
原溶液中一定有SO
C
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS) D
将NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合
有白色絮状沉淀生成
AlO结合质子的能力强于CO
A．A B．B C．C D．D
14．（2021·安徽芜湖·统考二模）甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，CH3NH2·H2O也是一元弱碱。25℃时，以甲基橙做指示剂，用0.1 mol·L-1的稀盐酸滴定10mL0.1 mol·L-1的甲胺溶液，溶液中水电离出的氢离子的负对数［pC=-lgc水(H+)]与所加稀盐酸的体积(V)的关系如图所示(忽略溶液混合时的体积变化)。下列说法正确的是

A．滴定终点位于c、e之间
B．d点溶液中：c(Cl-)=c(CH3NH)
C．b点溶液中：c(CH3NH2·H2O) D．e点溶液中：c(CH3NH2·H2O)+c(CH3NH)=0.1mol·L-1
15．（2021·安徽合肥·统考三模）已知HB是一种弱酸，室温下向某浓度的HB溶液中滴入0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。下列说法正确的是

A．从a到d，水的电离程度逐渐减小
B．HB电离平衡常数Ka=101.3
C．b点时，c(HB)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
D．a点时，c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)

二、实验题
16．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）测定某明矾样品(含砷酸盐)中砷的含量，实验步骤如下：
实验一：配制砷标准溶液
①取一定质量的As2O3，用NaOH溶液完全溶解后，配制成1LNa3AsO3溶液(此溶液1.0mL相当于0.10g砷)。
②取一定量上述溶液，配制500mL含砷量为1.0g·L-1的砷标准溶液。
(1)②需取用①中Na3AsO3溶液___________mL。
实验二：测定样品中砷含量(实验装置如图，夹持装置已略去)

①往B瓶中加入20.00mL砷标准溶液，再依次加入一定量的盐酸、KI试液和SnCl2溶液，室温放置10min，使砷元素全部转化为H3AsO3。
②往B瓶中加入足量锌粒(含有ZnS杂质)，立即塞上装有乙酸铅棉花的导气管C，并使C管右侧末端插入比色管D中银盐吸收液的液面下，控制反应温度25~40℃。45 min后，打开K1通入N2，生成的砷化氢气体被完全吸收，Ag+被还原为红色胶态银。
③用明矾样品代替20.00mL砷标准溶液进行实验，相同条件下生成相同量红色胶态银，需要5.0g明矾样品。
(2)量取20.00mL砷标准溶液使用的定量仪器为___________，乙酸铅棉花的作用是___________。
(3)写出Zn与H3AsO3生成砷化氢反应的离子方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目___________。
(4)控制B瓶中反应温度的方法是___________，反应中通入N2的作用是___________。
(5)明矾样品中砷的含量为___________％。

三、工业流程题
17．（2021·安徽合肥·统考一模）铍在军工、航天、陶瓷、玻璃制造等行业应用广泛。一种以绿柱石(主要含有、、、和等)为原料制取单质被的工艺流程如图所示：

已知：铍和铝的化学性质相似，熔融时较难电离，在时会溶解。
回答下列问题：
(1)加快“酸浸”速率可采取的方法是_______(写出一种方法)，滤渣的主要成分是_______。
(2)“除铝”过程中，经过加热浓缩、冷却结晶，可除去部分铁铝，其中大部分铝会以铝铵矾的形式析出，写出生成铝铵矾的化学方程式_______。
(3)“除铁”时加入的作用是_______。
(4)常温下，“沉铍”时加入氨水调节至7.5，列式计算说明此时溶液中的是否沉淀完全：_______(已知：常温下当溶液中的离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全。)
(5)若在“沉铍”时加入过量的溶液，测铍的存在形式是_______(填离子符号)。
(6)写出加热条件下“氯化”反应的化学方程式_______。
(7)“电解”熔融，制取时需要加入，其作用是_______。
18．（2021·安徽蚌埠·统考一模）铍铜合金具有良好的综合性能，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程：

已知：Ⅰ．铍、铝元素的化学性质相似，氧化物具有两性
Ⅱ．常温下部分难溶物的溶度积常数如表：
难溶物
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
溶度积常数(Ksp)
2.2×10-20
8.0×10-38
2.1×10-13
(1)用NaOH溶液溶解铍铜元件时，能提高浸取率的措施有___(写出两种)。
(2)滤渣1的成分有___(填化学式)。
(3)①滤液2中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，下列实验步骤合理的顺序为___(填字母)。
a．加入过量的氨水        b．加入适量的HCl      c．洗涤       d．过滤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是___。
(4)滤渣3中有淡黄色固体，写出反应②中CuS发生反应的离子方程式___。
(5)滤液3中含Fe3+，若使Fe3+完全沉淀，溶液pH至少为___(已知离子物质的量浓度小于10-5mol·L-1时认为完全沉淀，lg2=0.3)。
19．（2021·安徽芜湖·统考二模）以某厂金属切削废料(由铁屑和镍钴合金、金刚砂组成)为原料，回收镍钴生产NiSO4·7H2O和CoCl2·6H2O，工艺如下：

已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Co3+
Co2+
Fe3+
Fe2+
Ni2+
开始沉淀的pH
0.3
7.2
1.5
6.3
6.9
沉淀完全的pH
1.1
9.2
2.8
8.3
8.9
②常温下，K(NiCO3)=7.0x10-9。
回答下列问题：
(1)酸溶时，HNO3的作用是___________，滤渣1为___________，滤液1中的金属阳离子除Ni2+外还有___________。
(2)理论上“除铁”需控制pH的范围为___________。
(3)写出“钴镍分离”时发生反应的离子方程式：___________。镍钴分离后，溶液中c(Ni2+)=1.0mol·L-1，若“滤液2”中c(CO)=10-6mol·L-1，则沉镍率=___________。［沉镍率=因沉淀减少的c(Ni2+)/初始c(Ni2+)]
(4)“转化”时产生一种气体单质，反应的离子方程式为：___________。
(5)用一定浓度的AgNO3标准溶液滴定由产品CoCl2·6H2O配制的溶液，测得产品中CoCl2·6H2O的含量为100.5%。若滴定时实验操作无误，造成该结果可能的原因是___________。

四、填空题
20．（2021·安徽淮北·统考一模）矾是一类含硫化合物，在生活和生产中有着重要应用。
(1)蓝矾(CuSO4•5H2O)属于的物质类别有___(填序号)。
a.混合物         b.电解质        c.氧化物       d.离子化合物
(2)绿矾(FeSO4•7H2O)溶于水后水溶液显__性，绿矾水溶液在空气中久置出现红褐色沉淀，写出相关的离子方程式___，绿矾水溶液保存时防止变质可加入试剂为___(填化学式)。
(3)黄矾[FexSyO9•zH2O]中Fe、S的化合价分别为+3、+6。y=2时，x=__，采用热重分析法测定该黄矾样品所含结晶水数，将样品加热到110℃时，只失掉2个结晶水，失重7.2%，黄矾的化学式为___。

参考答案：
1．A
【详解】A．=1.0×1012的溶液，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液显酸性，所有离子可以大量共存， A正确；
B．滴加KSCN溶液显红色的溶液，说明含有Fe3+，2Fe3++2I-=2Fe2++I2，所以离子不能大量共存， B错误；
C．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中Fe3+会和碳酸氢根离子水解相互促进而不能共存， C错误；
D．水电离产生的c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液，说明水的电离被抑制，是酸或碱的溶液，铝离子在碱溶液不能存在， D错误；
故选A。
2．D
【详解】A．AgCl是难溶物，不能拆，故离子方程式为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O+Cl-，A项错误；
B．离子方程式要保证电荷守恒，且NaHS溶液过量，反应为：Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑，B项错误；
C．稀硝酸具有氧化性，故反应为：3Fe(OH)2++10H+=3Fe3++8H2O+NO↑，C项错误；
D．固体变黑证明发生了沉淀的转化，反应为：S2-(aq)+2AgI(s)=Ag2S(s)+2I-(aq)，D项正确；
答案选D。
3．A
【详解】A．各种离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．的溶液呈碱性，Mg2+和OH-形成沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．Fe3+和SCN-形成配合物，不能大量共存，，故C错误；
D．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，H+和不能大量共存，故D错误；
故选：A。
4．D
【详解】A．实验室利用氯化铵与氢氧化钙固体共热制氨气，反应是工业合成氨的反应方程式，选项A与事实不相符；
B．氯化铁溶液刻蚀电路板发生反应的离子方程式为： ，选项B错误；
C．碳酸钠溶液呈碱性，多元弱酸盐分步水解，第一步水解为：，选项C错误；
D．泡沫灭火器工作原理是碳酸氢钠溶液与硫酸铝发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝，反应的离子方程式为：，选项D正确；
答案选D。
5．D
【详解】A．根据图示，a点溶液pH发生突变，a为恰好反应的点，a点溶质NaA，d点溶质为NaA、HA，NaA促进水电离、HA抑制水电离，所以水的电离程度a＞d，故A正确；
B．根据电荷守恒：c(A-)+ c(=OH-)=c(Na+) +c(H+)，b点溶液呈酸性，b点溶液中一定有c(A-)＞c(Na+)，故B正确；
C．根据图示，NaOH溶液的初始pH为13，所以NaOH浓度为0.1 mol·L-1，a点溶液pH发生突变，a为恰好反应的点，20mL NaOH溶液中加入20mL的HA溶液，所以 NaOH溶液和HA溶液浓度均约为0.1 mol·L-1，故C正确；
D．根据c点可知，c(A-)=c(HA)时pH=4.7，该温度下，HA的电离平衡常数K=1.0×10-4.7，故D错误；
选D。
6．D
【详解】A． a点，室温下，[-lgc(H水+)]=11.12，c(H+)=10-2.88mol·L－1=c(A-)，，故A正确；
B． b点加入n(NaOH)是HA的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，HA抑制水电离、NaA促进水电离，根据图知，水的电离出的c(H+)＜10-7mol/L，水的电离被抑制，说明HA电离程度大于NaA水解程度，则溶液中存在c(A-)＞c(HA)；故B正确；
C． c点溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，因c(H+)=c(OH-)，有c(Na+)=c(A-)，，故C正确；
D． 图示各点中，d点后继续加入NaOH溶液，溶液导电性比d点强，故D错误；
故选D。
7．A
【详解】A．向2mL黄色FeCl3溶液中滴加浓的维生素C溶液，溶液颜色变绿，说明铁离子被还原为亚铁离子，能够证明维生素C具有还原性，故A正确；
B．压缩装有H2、I2、HI混合气体(已达平衡)的容器，容器内压强增大，由于该反应前后气体体积不变，压强不影响平衡，所以平衡不移动，故B错误；
C．Na2S与CuSO4溶液直接反应生成CuS沉淀，不是由ZnS沉淀转化得到，不能比较两者的Ksp大小，故C错误；
D．向酸催化后的淀粉水解液中应该先加入氢氧化钠溶液，然后再加入适量的银氨溶液，水浴加热，否则酸中氢离子与银氨溶液反应，干扰了检验结果，故D错误；
故选：A。
8．C
【分析】NH3·H2O的电离常数表达式为Kb(NH3·H2O)= ，M点时c()=c(NH3·H2O)，pH=9.26，则Kb(NH3·H2O)=c(OH-)= ==，Kh()==。
【详解】A．随着V(HCl)的增大，溶液中c(NH3·H2O)减小，c()增大，则溶液中δ(NH3·H2O)减小，δ()增大，根据图知，曲线a代表δ()，曲线c代表δ(NH3·H2O)，故A错误；
B．当加入盐酸体积为12.5mL，充分反应后溶液中溶质为NH4Cl和NH3·H2O ，且n(NH4Cl)=2.5×10-3mol，n(NH3·H2O)= 2.5×10-3mol，由于以NH3·H2O 的电离常数大于的水解常数，因此c()＞c(NH3·H2O)，而M点时，c()=c(NH3·H2O)，所以M点加入盐酸体积小于12.5mL，B错误；
C．由NH3·H2O+OH-可知，NH3·H2O的电离常数表达式为Kb(NH3·H2O)= ，M点时c()=c(NH3·H2O)，pH=9.26，则Kb(NH3·H2O)=c(OH-)= ==，其数量级为10-5，故C正确；
D．滴定终点时，所得溶液溶质为NH4Cl，水解呈酸性，为了减小实验误差，应选突变范围在酸性范围的甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为橙色，故D错误；
答案为C。
9．A
【详解】A．重水(D2O)摩尔质量是20g/mol，含有10个质子，18g重水(D2O)中含有的质子数为 ，A正确；
B．标准状况下，Br2不是气态，不能用气体标准摩尔体积计算，B错误；
C．H2O2的结构，H-O键是极性键，O-O键是非极性键，1molH2O2中含有极性键数目为2NA，C错误；
D．室温下，pH=5的CH3COOH溶液中，由水电离的H+浓度为10-9mol/L，不知体积，不能计算水电离的H+数目，D错误；
故选A。
10．D
【详解】A．浓硫酸具有吸水性，胆矾晶体中的结晶水被吸收，所以胆矾由蓝色变为无色，故A错误；
B．Fe加入FeCl3溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液由黄色变成浅绿色，故B错误；
C．Na2O固体在空气中加热后，由白色变为淡黄色，反应为：，故C错误；
D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量Fe2(SO4)3溶液，白色沉淀转化红褐色沉淀：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+=2Fe(OH)3(s)+3Mg2+，故D正确；
故答案为D。
11．A
【详解】A．醋酸钠水解显碱性，测定盐溶液的pH可证明醋酸为弱酸，能够达到实验目的，故A选；
B．氯气在饱和NaCl溶液中的溶解度很小，不能用来处理Cl2尾气，应用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，故B不选；
C．乙醇和水均易挥发，不能通过蒸发的方法装除去乙醇中少量的水，故C不选；
D．KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶管，不能用碱式滴定管量取一定体积的酸性KMnO4标准溶液，应用酸式滴定管，故D不选；
故选A。
12．B
【详解】A．当BOH与盐酸恰好完全反应时，溶液中的溶质为0.05mol/LBCl，此时溶液中存在B+的水解，BOH的电离平衡常数Kb=1.0×10-5，则B+的水解平衡常数为Kh==10-9；则此时溶液中满足Kh=c(H+)c(BOH)/c(B+)≈c(H+)c(BOH)/0.05mol·L−1，c(H+)=c(BOH)，解得c(H+)=×10-5.5mol/L，所以此时溶液的pH＞5，即b点BOH已经完全反应，a点到b点，BOH逐渐和盐酸完全反应，然后盐酸过量，则水的电离程度先增大后减小，A错误；
B．a点时，溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(B+)，此时pH=9，则c(OH-)=10-5mol/L，BOH的电离平衡常数Kb==1.0×10-5，所以此时c(BOH)=c(B+)，则c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(BOH)，B正确；
C．当BOH和盐酸恰好完全反应时，溶液中存在物料守恒：c(Cl-)=c(BOH)+c(B+)，b点时盐酸过量，所加入的盐酸中存在c′(Cl-)=c′(H+)，若加入到混合溶液中后，B+的水解不受影响，则c(Cl-)=c(BOH)+c(B+)+c(H+)，但盐酸的电离会抑制B+，所以c(Cl-)＞c(BOH)+c(B+)+c(H+)，C错误；
D．V=20mL时，溶液中溶质为BCl，溶液存在B+的水解，溶液显酸性，但水解是微弱的，所以c(Cl-)＞c(B+)＞c(H+)＞c(OH-)，D错误；
综上所述答案为B。
13．D
【详解】A．实验现象只能说明含有Fe2+，无法证明是否含有Fe3+，A错误；
B．若原溶液中含有SO，加入硝酸钡、盐酸后，酸性环境中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根从而生成硫酸钡沉淀，B错误；
C．Na2S在溶液中会电离出大量S2-，加入硫酸铜后和Cu2+结合成CuS沉淀，该过程中没有发生沉淀的转化，无法比较溶度积，C错误；
D．根据实验现象可知发生反应：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+ CO，说明HCO的酸性强于HAlO2，即AlO结合质子的能力强于CO，D正确；
综上所述答案为D。
14．C
【分析】滴定过程中发生：CH3NH2·H2O+HCl=[CH3NH3]Cl+H2O，CH3NH2·H2O和HCl的电离都会抑制水的电离，而CH3NH的水解促进水的电离，所以当水电离出的氢离子最大时，即pC最小时，CH3NH2·H2O和HCl恰好完全中和，溶液中的溶质为[CH3NH3]Cl。
【详解】A．根据分析可知e点为滴定终点，A错误；
B．d点溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(Cl-)=c(CH3NH)+c(H+)，e点溶质为[CH3NH3]Cl，由于CH3NH的水解溶液显酸性，d点HCl过量，溶液仍显酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，则c(Cl-)＞c(CH3NH)，B错误；
C．b点加入5mL盐酸，则溶液中的溶质为等物质的量的[CH3NH3]Cl和CH3NH2·H2O，此时水的电离受到抑制，说明CH3NH2·H2O的电离程度大于CH3NH的水解程度，所以c(CH3NH2·H2O) D．溶液中始终存在物料守恒n(CH3NH2·H2O)+n(CH3NH)=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，但由于加入了盐酸，e点溶液体积大于0.01L，所以e点溶液中：c(CH3NH2·H2O)+c(CH3NH)＜0.1，D错误；
综上所述答案为C。
15．C
【分析】电离平衡常数Ka(HB)= ，lgKa(HB)=lg=lg-pH，则pH=1g-lgKa(HB)=lg-pKa，pKa=lg-pH，pKa=纵坐标-横坐标。
【详解】A． 从a到d，溶液中B-：HB比例增大，酸性减弱，水解程度增大，水的电离程度逐渐增大，故A错误；
B． Ka(HB)=，c(HB)=c(B-)时，pH=1.3，Ka(HB)=c(H+)，HB电离平衡常数Ka=10-1.3，故B错误；
C． b点时，c(HB)=c(B-)，由电荷守恒c(B-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)=c(HB)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故C正确；
D． a点时，1g=-1，10c(B-)=c(HB)，c(HB)>c(B-)，故D错误；
故选C。
16．(1)5
(2) 酸式滴定管 除去H2S，以免干扰D中反应
(3)
(4) 水浴加热 将砷化氢气体完全带入D中，使其完全反应
(5)0.4

【详解】（1）（1）根据质量守恒，配制500mL含砷量为1.0g·L-1的砷标准溶液，需取用Na3AsO3溶液。
（2）量取20.00mL砷标准溶液使用的定量仪器为酸式滴定管，乙酸铅和H2S反应生成PbS沉淀，乙酸铅棉花的作用是吸附H2S。
（3）Zn与H3AsO3生成砷化氢，砷元素化合价由+3价降低为-3价、锌元素化合价由0价升高为+3价，反应的离子方程式为 ，并用单线桥表示电子转移的方向和数目为。
（4）控制反应温度25~40℃，控制B瓶中反应温度的方法是水浴加热；开K1通入N2，使生成的砷化氢气体被D中银盐完全吸收；
（5）20.00mL砷标准溶液含砷量为0.02L×1.0g·L-1=0.02g，明矾样品中砷的含量为。
17．(1) 粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等
(2)
(3)将氧化为
(4)是时，
(5)
(6)
(7)增强熔融盐的导电性

【分析】用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，其中BeO、Al2O3、Fe2O3和FeO均能溶于酸，而SiO2不溶于酸且不溶于水，经过滤，滤渣为SiO2，而滤液中主要含有Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+及过量的酸，滤液中加入(NH4)2SO4有铝铵矾[(NH4)Al(SO4)2•12H2O]析出，经过过滤除去，达到除铝的目的，继续向所得滤液中加入加入适量H2O2氧化Fe2+，再加适量氨水调整的pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，再过滤除去，达到除铁的目的，再向滤液中加入氨水，得到Be(OH)2，高温分解得到BeO，加入木炭、氯气氯化，“电解”熔融，制取。
【详解】（1）加快“酸浸”速率可采取的方法是粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等(写出一种方法)，滤渣的主要成分是。故答案为：粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等；；
（2）“除铝”过程中，向含Al3+的滤液中加入(NH4)2SO4，其中大部分铝会以铝铵矾的形式析出，生成铝铵矾的化学方程式。故答案为：；
（3）“除铁”过程要求先氧化Fe2+，再调节溶液pH≥3，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，“除铁”时加入的作用是将氧化为。故答案为：将氧化为；
（4）常温下，“沉铍”时加入氨水调节至7.5，此时溶液中的沉淀完全：时，，故答案为：是，时，；
（5）若在“沉铍”时加入过量的溶液，Be(OH)2会溶于NaOH生成Na2BeO2，测铍的存在形式是(填离子符号)。故答案为：；
（6）加热条件下“氯化”反应的化学方程式。故答案为：；
（7）氯化铍在融熔态时较难电离，“电解”熔融，制取时需要加入，其作用是增强熔融盐的导电性。故答案为：增强熔融盐的导电性。
18．(1)粉碎铍铜元件、搅拌、加热、适当增加NaOH溶液浓度
(2)CuS、FeS
(3) adcb 在HCl气流中加热蒸发
(4)CuS+MnO2+4H+=Cu2++S+Mn2++2H2O
(5)3.3

【分析】废旧铍铜元件(含BeO 25%、CuS 71%和少量FeS、SiO2)，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，由信息可知BeO属于两性氧化物，与NaOH反应产生Na2BeO2；CuS不与NaOH溶液反应，FeS不与NaOH溶液反应，SiO2属于酸性氧化物，和NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣1为CuS、FeS。向滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液中为BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be (OH)2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体。滤渣1中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为+2价的锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜，以此解答该题。
（1）
根据化学反应速率的影响因素可知：用NaOH溶液溶解铍铜元件时，能提高浸取率的措施有粉碎铍铜元件、搅拌、加热、适当增加NaOH溶液浓度等。
（2）
根据上述分析可知滤渣1中含有不能与NaOH溶液反应的CuS、FeS，而酸性氧化物SiO2及两性氧化物BeO而反应变为可溶性物质进入滤液1中。
（3）
①在滤液2中含有NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，应该向溶液中先加入过量氨水，中和HCl，同时将BeCl2转化为Be(OH)2沉淀，然后过滤，洗涤沉淀得到纯净Be(OH)2，再用适量稀HCl溶解沉淀，得到BeCl2溶液，故实验步骤合理的顺序为adcb。
（4）
滤渣3中有淡黄色沉淀生成，根据滤渣1中含有CuS、FeS，可知反应产生了难溶性的S单质。向其中加入MnO2、稀硫酸，在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Cu2+、S、Mn2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应方程式：CuS+MnO2+4H+=Cu2++S+Mn2++2H2O。
（5）
由于Fe(OH)3的溶度积常数为Ksp=8.0×10-38，c(Fe3+)·c3(OH-)=2.2×10-20，c(Fe3+)＜10-5　mol·L-1，则c(OH-)≥，所以c(H+)= ，则pH=-lg c(H+)=3+0.3=3.3，即溶液pH至少为3.3。
19． 将Fe2+氧化成Fe3+ 金刚砂 Co2+、Fe3+ 2.8~6.9 ClO-+2 Co2++5H2O=2 Co(OH)3↓ +Cl-+4H+ 0.993 2 Co(OH)3+2 Cl-+6H+=Cl2↑ +2 Co2++H2O 产品中部分晶体失去结晶水
【分析】此题为以金属切削废料(由铁屑和镍钴合金、金刚砂组成)为原料回收镍钴生产NiSO4·7H2O和CoCl2·6H2O的工艺流程，原材料经过酸溶、沉淀、钴镍分离，沉镍、酸化、浓缩结晶等操作，得到NiSO4·7H2O；钴镍分离后经过反应转化浓缩结晶得到CoCl2·6H2O，据此分析回答问题。
【详解】(1)酸溶时加入硝酸与硫酸的混合液，硝酸具有强氧化性，所以其中硝酸的目的是将Fe2+氧化成Fe3+；金刚砂不与酸反应，所以滤渣1为金刚砂；镍钴合金会与混合酸反应变成Ni2+、Co2+、铁屑变成Fe3+，所以还有Co2+、Fe3+；
(2)滤液1加NaOH调pH，此时需让Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，但不能使Ni2+、Co2+沉淀，因此pH控制为2.8~6.9；
(3)由题意可知，滤液中加入NaClO将Co2+氧化为Co(OH)3，反应的离子方程式为ClO-+2 Co2++5H2O=2 Co(OH)3 +Cl-+4H+；c(CO )=10-6 mol·L-1，根据K(NiCO3)=7.0x10-9可知，c(Ni2+)= mol·L-1，沉镍率=因沉淀减少的c(Ni2+)/初始c(Ni2+)，所以= =0.993；
(4)由题意可知，Co(OH)3与浓盐酸反应，将三价的Co变成二价，生成CoCl2，所以反应的离子方程式为2 Co(OH)3+2 Cl-+6H+=Cl2 +2 Co2++H2O；
(5)若滴定时实验操作无误，造成该结果可能的原因是产品中部分晶体失去结晶水。
20． bd 酸 H2SO4、Fe 2 Fe2S2O9•10H2O
【详解】(1)CuSO4•5H2O属于盐，为电解质、属于离子化合物，故答案：bd；
(2) FeSO4•7H2O溶于水产生Fe2+，， 故其溶于水后显酸性，久置后溶液显酸性，。绿矾水溶液保存时防变质可加入H2SO4防水解、Fe防氧化。故答案：酸、，H2SO4、Fe
(3) ，根据化合价可知化学式为：Fe2S2O9•zH2O，失重7.2%指失去2个结晶水后Fe2S2O9•zH2O的质量分数则：，z=10，故黄矾的化学式为：Fe2S2O9•10H2O，故答案为：2、Fe2S2O9•10H2O。