北京市2023年高考化学模拟题汇编-12水溶液中的离子反应和平衡（实验题、推断题、解答题）

这是一份北京市2023年高考化学模拟题汇编-12水溶液中的离子反应和平衡（实验题、推断题、解答题），共33页。试卷主要包含了实验题，元素或物质推断题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
北京市2023年高考化学模拟题汇编-12水溶液中的离子反应和平衡（实验题、推断题、解答题）
一、实验题
1．（2023·北京朝阳·统考一模）某小组同学探究与溶液的反应，实验如下。
资料：i．(黄色)
ii．呈绿色(酸性条件下不稳定)、低浓度呈无色、MnS为肉色沉淀。
iii．
实验Ⅰ：

(1)用离子方程式表示溶液显碱性的原因：___________。
(2)将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①甲同学认为固体a中除了MnS外，还有，依据的现象是___________。
②乙同学认为根据上述现象不能得出固体a中含有，应补充对比实验：___________(填实验方案)。实验证实固体a中含有。
(3)固体b的主要成分是S。分析产生S的可能原因：___________。
(4)经检验，固体c的主要成分是。
①分析产生的可能原因：酸性条件下，将氧化。该反应的离子方程式是___________。
②继续滴加酸性溶液，溶液变为紫红色，仍有棕黑色固体。
实验Ⅱ：改用未经酸化的溶液重复实验Ⅰ，产生棕黑色固体时溶液呈绿色。
(5)分析实验Ⅰ未见绿色的原因：取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。该反应的离子方程式是___________。
实验Ⅲ：向未经酸化的溶液中滴加少量，产生棕黑色沉淀并检测到。
(6)检验的实验方案：___________(填操作和现象)。注：该实验条件下，与不反应。
(7)综合上述实验，与溶液反应的产物与___________等因素有关(答出两点即可)。
2．（2023·北京石景山·统考模拟预测）某小组探究不同阴离子与的结合倾向并分析相关转化。
资料：i.和均为白色，难溶于水。
ii.与、能生成、
iii.与结合倾向。
(1)探究、与的结合倾向

实验
滴管
试管
现象
I
10滴0.1mol/L溶液
等浓度的NaI和溶液
黄色沉淀
II
等浓度的NaI和溶液
黄色沉淀

①由实验I推测：与结合倾向_______(填“>”或“ c (HCO3- )
b. 2c (CO32- ) + c (HCO3- ) + c (OH- ) = c (H+ ) + c (Na+ )
c. c (H2CO3) + c (HCO3- ) + c (CO32- ) =0.2mol•L-1
（3）工业上可用CO2来制甲醇
①CO2 (g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH < 0
根据图1分析，实际工业生产中，反应温度选择250℃的理由________。
②利用光电催化原理，由CO2和H2O制备CH3OH的装置如图2。写出右侧的电极反应式________。


参考答案：
1．(1)
(2)     固体a放置在空气中变为棕黑色     将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色
(3)、、MnS被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S
(4)
(5)
(6)取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解
(7)反应物用量、添加顺序、溶液pH

【分析】硫化钠中加入酸性高锰酸钾溶液得到肉色固体为MnS，溶液为黄色，说明生成了，再加入酸性高锰酸钾溶液，溶液为无色，可能含有，得到白色固体可能为，再加入酸性高锰酸钾溶液，得到棕黑色固体为二氧化锰。据此解答。
【详解】（1）溶液中硫离子水解，使溶液显碱性，离子方程式表示为：。
（2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①从实验可知是变成二氧化锰，现象为固体变为棕黑色，故认为原固体中含有。
②补充对比实验：看硫化锰能否直接变成二氧化锰，实验方案为：将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色。
（3）、、MnS都有还原性，能被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S，故固体b中主要成分为硫。
（4）将氧化生成二氧化锰，根据氧化还原反应配平该反应的离子方程式为：。
（5）取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。说明反应生成二氧化锰和高锰酸根离子，根据氧化还原反应配平，该反应的离子方程式是。。
（6）硫酸根离子的检验方法为取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解。
（7）实验中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，也就是在控制反应物的用量，也可以用添加顺序控制用量，最后实验中采用为经酸化的高锰酸钾溶液做实验，产物不同，故可以总结出，反应物的用量多少，添加顺序和酸碱性环境都可以影响产物。
2．(1)     >    
(2)          ，Ag+与-2价S结合倾向更强     Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤
(3)试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜
(4)和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：
；答案为>；
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，根据已知ii.与、能生成、，则澄清溶液中+1价银的存在形式为；
（2）①实验III中往0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L溶液，产生白色沉淀，后消失，则生成的继续反应生成，白色沉淀消失的离子方程式为；
②，Ag+与-2价S结合倾向更强，故实验IV中白色沉淀变为黑色；
③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤，可使定影液再生；
（3）试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜；
（4）和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：Fe>Ni>Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀的去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的锌离子和铅离子。
【详解】(1) 氯化锰中锰元素的化合价是+2；
(2) 磷酸和硅酸是P和Si的最高价氧化物对应的水化物，同周期，P的非金属性强于Si，故磷酸酸性更强；
(3)①加入酸性过氧化氢主要是为了将亚铁离子氧化为铁离子，方便后续沉淀去除；
②配平加入后发生反应的离子方程式：；
(4)若硫化锰的溶解度小于硫化铅，则硫化锰会先沉淀，故硫化铅的溶解度小于硫化锰；
(5) 浓缩、结晶的操作应为：将滤液加热至80℃使溶液接近饱和，冷却至0℃左右，析出晶体后过滤。重复操作2～3次，收集晶体。
10．(1)160kJ/mol
(2)高温、低压、及时移走H2
(3)MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑
(4)产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积
(5)     Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生     反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液     MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生

【详解】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol；
（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2；
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；
（4）MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积；
（5）①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；
③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。
11．(1)
(2)pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防⽌Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
(3)还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
(4)浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高。
(5)正
(6)TiO2+4e-=Ti+2O2-

【详解】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3∙H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防⽌Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
12．(1)过滤；
(2)；
(3)     还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；     7.2×10-5mol NaCl；
(4)，Fe2+破坏了钝化层；
(5)     ；     偏大。

【详解】（1）由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
（2）由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
（3）根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol，，所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5mol NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4mol，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5mol。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5mol NaCl；
（4）根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
（5）步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3mol，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：① ；② 偏大。
13．     Y3+在溶液中存在平衡：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H+) 减小（或c(OH-)增大），平衡右移，Y3+萃取率提高     Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大     KSP[Fe(OH) 3]小于KSP[Y(OH) 3]或Fe(OH) 3的溶解度小于Y(OH) 3或c（Fe 3+）远大于c（Y3+）     2Fe 3++2 H3PO4+ 3CO32-= 2FePO4↓+ 3CO 2↑+3H2O     磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小     分液     bcd
【详解】考查化学反应原理的综合运用，（1）①Y3＋的溶液中存在：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H＋)减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Y3＋的转化率增大，即Y3＋萃取率提高；②根据Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+，Y3+ + 3HR YR3 + 3H+ ，Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大，因此萃取Y3＋之前，应除去Fe3＋，防止对Y3＋萃取产生干扰；（2）①表2采用的是中和沉淀法，通过条件pH，Fe3＋去除率高，其原因可能是KSO[Fe(OH)3]c(CO32－)，故a错误；b、根据电荷守恒，得出c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，故b正确；c、根据物料守恒， c (H2CO3) + c (HCO3－ ) + c (CO32－ ) =0.2mol·L－1，故c正确；（3）考查反应条件的控制、电极反应式的书写，①根据图1，250℃时，催化效应最高，温度低于250°C时，CO2的转化率较大但催化剂的催化效率低，反应速率慢；若温度高于250°C时，CO2的转化率和催化效率都较低；②根据电子或H＋移动的方向，以及原电池的工作原理，即右侧为正极，根据目的，右侧电极反应式CO2+6e－+6H＋=CH3OH+H2O。
点睛：本题的难点是电极反应式的书写，书写电极反应式，首先判断正负两极，需要根据原电池的工作原理进行判断，如本题，根据电子或H＋移动的方向，推断出右侧为正极，然后判断在电极上的反应物和生成物，CO2中C显＋4价，CH3OH中C显－2价，化合价降低，右侧电极上CO2作反应物，CH3OH作产物，根据介质的环境判断出H＋或OH－是否参与反应，即本题的电极反应式为CO2+6e－+6H＋=CH3OH+H2O。