2021-2022学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1专题3水溶液中的离子反应专题练（含解析)
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1专题3水溶液中的离子反应专题练（含解析) |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 876.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2021-10-04 07:13:50 | ||
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文档简介
专题3水溶液中的离子反应章节专题练——2021-2022学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1
一、单选题(共16题)
1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（
）
A．标准状况下，11.2
LHF中含有的分子数为0.5NA
B．0.1
mol环丙烷分子中含有共价键的数目为0.9NA
C．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为7.3
g，则转移电子数为0.1NA
D．1
L1
mol/L氯化铵水溶液中与H+数目之和等于NA
2．已知溶解度也可用物质的量浓度表示，25℃时，在不同浓度溶液中的溶解度如图所示。下列说法正确的是（
）
A．图中a、b两点相同
B．把a点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，可得到b点的溶液
C．该温度下，溶度积的数量级为
D．在c点的溶液中加入少量固体，溶液可变为b点
3．常温下，用0.1
mol·L 1氨水滴定10
mL浓度均为0.1
mol·L 1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是（
）
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl )>c(CH3COO )
B．当滴入氨水10
mL时，c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO )+c(CH3COOH)
C．当滴入氨水20
mL时，c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH )
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20
mL，c(NH)＜c(Cl )
4．在某温度时，将x
mol/L氨水滴入10
mL1.0
mol/L盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是（
）
A．a点：
B．氨水的浓度一定大于1.0
mol/L
C．b~d点过程中离子浓度大小关系一定为
D．b、c、d三点水的电离程度大小关系是c＞b＞d
5．已知重铬酸钾()溶液中存在如下平衡：(橙色)(黄色)
实验①：向溶液中滴入3滴溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓，溶液由黄色变为橙色。
实验②向酸化的溶液中滴入适量溶液，溶液由橙色变为绿色发生反应：(绿色)。
下列分析正确的是（
）
A．酸性溶液具有强氧化性，是因为离子中含有过氧键
B．实验②能说明氧化性：
C．和在酸性溶液中可以大量共存
D．稀释溶液时，溶液中各离子浓度均减小
6．由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐中加入足量稀硫酸，发生反应。下列说法正确的是（
）
A．的水溶液与氯化铝溶液混合生成的沉淀是硫化铝
B．中含离子数为
C．上述反应中，每产生S，转移电子的物质的量为
D．为混盐，向中加入足量稀硫酸会有产生
7．设代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（
）
A．乙烯和环丙烷()组成的28g混合气体中含有3个氢原子
B．碳酸氢钠晶体中含阳离子数为个
C．标准状况下，22.4L氯气与热的浓氢氧化钠溶液反应转移的电子数为
D．将氯化铁溶于1L水中，所得溶液中含有0.1个
8．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（
）
A．溶液中：、、、
B．能溶解的溶液：、、、
C．含有的溶液：、、、
D．含有的溶液：、、、
9．用一定浓度的Ba(OH)2溶液分别滴定体积均为20.00
mL、浓度均为0.100
mol·L-1的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液。滴定过程中三种溶液的电导率如图所示。(已知：溶液电导率越大，导电能力越强；b点为曲线②上的点)。下列说法正确的是（
）
A．由图可知，溶液电导率与溶液中自由移动的离子浓度大小无关
B．d点对应的溶液中粒子浓度大小关系：c(Ba2+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
C．Ba(OH)2浓度为0.100
mol·L-1
D．a、b、c、d四点中水的电离程度d点最大
10．用0.100mol·L-1酸性高锰酸钾溶液滴定25.00mL某未知浓度的草酸(H2C2O4)溶液，滴定曲线如图所示，其中E为电动势，反映溶液中c()的变化。下列有关叙述错误的是（
）
A．酸性高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中
B．滴定过程中不需要使用指示剂
C．滴定结束后俯视读数，会导致所测草酸溶液的浓度偏低
D．若草酸溶液的浓度为0.200mol·L-1，则a点的c(Mn2+)=0.100mol·L-1
11．室温下，将pH=3的盐酸溶液和pH=11的氨水等体积混合后，溶液中离子浓度关系中，正确的是（
）
A．c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)
B．c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
C．c(Cl-)>c()>c(H+)=c(OH-)
D．c(Cl-)=c()>c(OH-)>c(H+)
12．下列说法正确的是（
）
A．最多可形成个氢键
B．(标准状况)含有的质子的物质的量为
C．的醋酸溶液中，分子的物质的量为
D．溶液与溶液中数目不同
13．H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸，常温下，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示。下列说法错误的是（
）
A．由图可知，草酸酸性比碳酸要强
B．反应CO+H2OHCO+OH-的平衡常数为10-7.23
C．0.1mol/LNaHC2H4溶液中c(C2O)>c(H2C2O4)
D．往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应2CO+H2C2O4=2HCO+C2O
14．草酸是二元弱酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL0.01mol/LNaHC2O4溶液中滴加0.01mol/LNaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（
）
A．V(NaOH)=0时，c(H+)=1×10-2mol/L
B．V(NaOH)=0时，c(Na+)＞c()＞c(H+)＞c()＞c(OH-)
C．V(NaOH)=10mL时，存在c(Na+)=2c()+c()
D．V(NaOH)＞10mL时，c()＞c(Na+)＞c())
15．常温下，Kb(NH3 H2O)=1.76×10-5，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Ka(HCN)=6.2×10-10，Ka(HF)=6.31×10-4，下列说法正确的是（
）
A．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HF和CH3COOH溶液中至终点，前者消耗NaOH溶液的体积较大
B．0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)
C．0.2mol·L-1HCN与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中：c(CN-)+c(OH-)＜c(HCN)+c(H+)
D．浓度均为0.1mol·L-1的NaCN和NH4Cl溶液中水的电离程度：前者小于后者
16．室温下，通过下列实验探究Na2SO3溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定某Na2SO3溶液的pH，测得pH约为9
2
向Na2SO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去
3
将浓度均为的Na2SO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀
4
向Na2SO3溶液中滴加稀盐酸，有刺激性气体产生
下列有关说法正确的是（
）
A．Na2SO3溶液中存在
B．实验2说明Na2SO3溶液具有漂白性
C．依据实验3的现象得出
D．实验4中生成的刺激性气体可能为Cl2
二、综合题（共4题）
17．煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，可引发酸雨等环境问题。
(1)在一定条件下一氧化碳可将二氧化硫还原为单质硫。已知：
①C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1
②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH=+172.5kJ·mol-1
③S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296.0kJ·mol-1
反应2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)ΔH=_____kJ·mol-1
(2)石灰石-石膏脱硫有干法和湿法两种，其原理为利用石灰石作原料在不同条件下吸收SO2转化为石膏。
①干法脱硫的效率受添加助剂(由多种天然矿物配比而成的，价格较贵)的影响。脱硫效率随助剂的添加量变化如图所示。助剂适宜添加量为___%，理由是_____________。
②湿法脱硫的过程中，所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前，需先通一段时间二氧化碳，以增加其脱硫效率，理由是________________。
(3)工业上可用Na2SO3溶液吸收烟气中的二氧化硫，所得吸收液进行电解循环再生，如下图所示。写出阳极的电极反应式_______(任写一个)。
(4)已知25℃时，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8。若氨水的浓度为2mol·L-1，则溶液中c(OH-)=____。将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时，溶液中的=____。
18．I.实验室现有试剂：盐酸，硝酸，乙酸，氢氧化钠，氨水。从中选择一种试剂，分别分离以下各组固体混合物(不要求复原，括号内数据是溶度积)，指出溶解的固体。
(1)
CaCO3(3.4×10-9)和CaC2O4(2.3
×
10-10)____
(2)
BaSO4(1.1×
10-10)和BaCrO4(1.1
×10-10)______
(3)
Zn(OH)2(3.0
×10-17)和Ni(OH)2(5.5
×10-16)_____
(4)
AgCl
(1.8
×
10-10)和AgI
(8.5
×10-17)______
(5)
ZnS
(2.5
×
10-22)和HgS
(1.6
×
10-52)_____
II.在酸化的KI溶液中通入SO2，观察到溶液变黄并出现浑浊(a)，继续通SO2，溶液变为无色(b)，写出与现象a和b相对应所发生反应的方程式____。写出总反应方程式(c)____，指出KI在反应中的作用____。
III.分子量为4000的聚乙二醇有良好的水溶性，是一种缓泻剂，它不会被消化道吸收，也不会在体内转化，却能使肠道保持水分。
(1)图中哪个结构简式代表聚乙二醇_____
(2)聚乙二醇为何能保持肠道里的水分_____
(3)聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成，写出反应式______。
19．菱镁矿主要成分为，含少量、和。以菱镁矿为原料制备阻燃型氢氧化镁和高纯镁砂的工艺流程如下：
(1)已知热化学方程式：
，起阻燃作用的主要原因是___________。
(2)在沉镁的操作中发生主要反应的离子方程式为___________，流程中可循环使用的物质有___________，浸出滤渣的成分有___________。
(3)实验室中，沉镁后的实验操作是___________；室温下，相关难溶电解质的溶度积如图：
难溶电解质
Ksp
如果加入溶液使和完全沉淀，则浸出液pH值可能为___________(填序号)
a．3
b．4
c．5
d．6
(4)某同学认为：为了加快反应速率，浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行。你是否认同？并说明理由___________。
20．软锰矿是锰矿石的主要存在形式之一，其主要成分为MnO2，含有SiO2、Fe2O3、MgCO3、CaCO3等杂质，可用于制取在电池领域、涂料工业和农业上均有重要用途的MnSO4.某制备MnSO4的工艺流程如图：
已知：①Fe(OH)3、Mn(OH)2的Ksp分别为1×10-39、4×10-14
②MnSO4的溶解度随温度变化的曲线如图所示
回答下列问题：
(1)“酸浸还原”发生的主要反应的化学方程式为_______。
(2)“酸浸还原”后铁元素的存在形式为_______，滤渣1的主要成分是_______。
(3)根据绿色化学原则，“氧化”中可替代MnO2的物质是_______。若“氧化”后溶液中Mn2+浓度为1
mol/L，则“调pH”时为了确保Fe3+被沉淀完全(离子浓度不超过10-6
mol/L)应控制的pH范围为_______(已知lg2=0.3)。
(4)“滤渣2”的主要成分是_______。
(5)“沉锰”时加入的试剂为氨水-NH4HCO3混合溶液，写出“沉锰”的离子方程式：_______。
(6)采用“趁热过滤”操作的目的是_______。将分离出硫酸锰晶体后的母液收集起来循环使用，其意义是_______。
参考答案
1．B
【详解】
A．标准状况下HF为液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，A错误；
B．在环丙烷C3H6分子中含有9个共价键，则在0.1
mol环丙烷分子中含有共价键的物质的量是0.9
mol，故含有的共价键的数目为0.9NA，B正确；
C．电解饱和食盐水的总反应为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，两极产生H2与Cl2的物质的量之比为1：1，若每种气体的物质的量是1
mol，则H2与Cl2的混合气体的总质量是71
g+2
g=73
g。若气体的总质量为7.3
g，说明生成的氢气与氯气的物质的量均为0.1
mol，因此转移的电子数为0.2
NA，C错误；
D．1
L1
mol/L氯化铵中n(NH4Cl)=1
mol/L×1
L=1
mol，水溶液中存在电荷守恒，即，离子处于同一溶液，溶液的体积相同，故满足，因为n(Cl-)=1
mol，所以该溶液中与H+数目之和大于NA，D错误；
故合理选项是B。
2．D
【详解】
A．25℃时，硫酸银的Ksp定值，曲线为达到沉淀溶解平衡时的曲线，a点和b点不一样，则不相同，A错误；
B．把a点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，仍然为饱和溶液，各种微粒的浓度不变，不能使溶液由a点变到b点，B错误；
C．硫酸银饱和溶液中存在如下平衡，由图可知时，溶液中为，则，则数量级为，C错误；
D．在c点的溶液中加入少量，固体，溶液中增大，能使溶液由c点变到b点，D正确；
故选D。
3．D
【详解】
A．未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)>c(CH3COO-)，A正确；
B．当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH)+
c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+
c(CH3COO-)，B正确；
C．当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)=
c(NH)+c(OH-)，C正确；
D．当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH)+c(H+)=
c(CH3COO-)+c(Cl-)+
c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH)>c(Cl-)，D不正确；
故选D。
4．B
【详解】
A．a点pH=0，则c(H+)=1
mol/L，水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积Kw＜1.0×10-14，则c(OH-)＜1.0×10-14，A错误；
B．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，n(HCl)=n(NH3·H2O)，由于c点氨水体积是10
mL，则b点体积小于10
mL，因此氨水的浓度大于1.0
mol/L，B正确；
C．溶液中存在电离守恒：
c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+)，由于b点时溶液的pH＜7，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)＞c()，则b点溶液中正确的离子浓度大小为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，不符合选项离子浓度关系，C错误；
D．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，n(HCl)=n(NH3·H2O)，铵根离子水解促进了水的电离，而c、d两点氨水都过量，会抑制水的电离，氨水体积越大，NH3·H2O的物质的量越多，对水电离的抑制程度就越大，故b、c、d三点水的电离程度为：b＞c＞d，D错误；
故合理选项是B。
5．B
【详解】
A．酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，是因为重铬酸根离子中铬元素为最高价态+6价，只表现氧化性，故A错误；
B．由实验②的离子方程式可知，反应中重铬酸根离子为反应的氧化剂，铁离子为氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，重铬酸根离子的氧化性强于铁离子，故B正确；
C．在酸性溶液中，具有强氧化性的铬酸根离子与具有还原性的亚铁离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．由题给离子方程式可知，稀释酸性重铬酸钾溶液时，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，故D错误；
故选B。
6．D
【分析】
混盐Na4S2O3中S元素的平均化合价为+1价，应为Na2SO3和Na2S的混盐。
【详解】
A．由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，Na2SO3和Na2S都是强碱弱酸盐，与铝离子双水解，产生的沉淀为氢氧化铝，A错误；
B．由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，所以1molNa4S2O3共含6mol离子，B错误；
C．由可知，S元素化合价由-2和+4均变为0价，其中+4价硫的化合价只有部分发生变化，则每产生3molS，转移电子的物质的量为4mol，C错误；
D．混盐CaOCl2中含有Cl-和ClO-，在酸性条件下，发生反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，即向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生，D正确；
答案选D。
7．B
【详解】
A．乙烯和环丙烷的最简式都为CH2，28gCH2中含有氢原子个数为×2×mol—1=4个，故A错误；
B．碳酸氢钠固体中含有钠离子和碳酸氢根离子，则碳酸氢钠晶体中含阳离子数为个，故B正确；
C．氯气与热的浓氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，则标准状况下，22.4L氯气反应转移电子数目为×5×mol—1=5个，故C错误；
D．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中发生水解，则将氯化铁溶于1L水中，所得溶液中铁离子的个数小于0.1个，故D错误；
故选B。
8．D
【详解】
A．和能发生双水解，中S元素为-2价，具有还原性，中S元素化合价为+6价，具有氧化性，二者能发生氧化还原反应，A项不选；
B．能溶解
Al(OH)3的溶液呈强酸性或强碱性，酸性条件下不能大量含有F-，碱性条件下不能大量含有NH，B项不选；
C．I-能被MnO氧化为I2，含有I-的溶液中不能大量含有MnO，C项不选；
D．NH、Na＋、K＋、HCO
、Cl
–相互之间不反应，含有
NH的溶液可以大量含有Na＋、K＋、HCO
、Cl
-，D项选；
答案选D。
9．C
【分析】
溶液中离子浓度越大，导电能力越强。相同浓度的、H2SO4、HCl、CH3COOH溶液中c(H+)依次减小，则溶液的导电性依次减弱，所以曲线①②③分别表示Ba(OH)2滴定H2SO4、HCl、CH3COOH的曲线。
【详解】
A．三种酸浓度都是0.100
mol/L，H2SO4是二元强酸，HCl是一元强酸，它们完全电离产生离子，而醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，因此离子浓度：H2SO4＞HCl＞CH3COOH。溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液电导率越大，导电能力越强，A错误；
B．根据电荷守恒可知溶液中离子浓度关系为：2c(Ba2+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B错误；
C．c点表示的是硫酸与Ba(OH)2恰好完全反应，反应为：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，由于消耗的二者体积相同，二者反应的物质的量的比是1：1，所以Ba(OH)2的浓度与H2SO4相同，均为0.100
mol/L，C正确；
D．向酸溶液中滴加碱，溶液中c(H+)逐渐减小，水电离程度逐渐增大；当溶液显中性时水的电离不受影响，当碱过量时，随着溶液中c(OH-)增大，水电离程度逐渐减小。a点时醋酸恰好被中和得到Ba(CH3COO)2溶液，该盐是强酸弱碱盐，水解使溶液显碱性，水的电离受到促进作用；b点是HCl恰好被中和得到BaCl2溶液，该盐是强酸强碱盐，不水解，水的电离不受影响；c点是H2SO4恰好被完全中和产生BaSO4，BaSO4是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，水的电离也不受影响；d点是Ba(OH)2、Ba(CH3COO)2等浓度的混合溶液，过量的碱电离产生OH-，使水的电离平衡受到抑制作用，所以a、b、c、d四点中水的电离程度a点最大，d点最小，D错误；
故合理选项是C。
10．D
【详解】
A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，滴定时应盛放在酸式滴定管中，故A正确；
B．当草酸溶液完全反应时，再滴入一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为浅紫色，且半分钟内不褪色，依据溶液颜色的变化可以判断反应是否达到滴定终点，不需要使用指示剂，故B正确；
C．滴定结束后俯视读数，会使消耗酸性高锰酸钾溶液的体积偏小，导致所测草酸溶液的浓度偏低，故D正确；
D．缺草酸溶液的体积，无法依据草酸溶液的浓度减少a点的锰离子的浓度，故D错误；
故选D。
11．B
【详解】
由题意知，两溶液中c(H+)=c(OH-)=c(HCl)=1×10-3mol/L，由于NH3·H2O是弱电解质部分电离，反应前c(NH3·H2O)>c(HCl)，两溶液混合反应后，NH3·H2O过量，所得的溶液为NH3·H2O和NH4Cl的混合液，溶液呈碱性，结合电荷守恒c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故答案为B。
12．D
【详解】
A．一个水分子可以形成四个氢键、而两个水分子间共用一个氢键。最多可形成个氢键，A错误；
B．在标况下不是气体，难以计算(标准状况)
含有的质子的物质的量，B错误；
C．醋酸是弱电解质，
的醋酸溶液中，氢离子的物质的量为，不能计算醋酸的分子数，C错误；
D．碳酸钠溶液会水解。起始浓度不同，水解程度不同。则溶液与溶液中数目不同，D正确；
答案选D。
13．B
【详解】
A．根据图象，当溶液pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10 1.30；当溶液pH=6.37时，溶液中c(H2CO3)=c(HCO)，则H2CO3的一级电离常数为K1=10 6.37，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，A正确；
B．求反应的平衡常数，pH=10.25时，溶液中c(HCO)=c(CO)，所以，B错误；
C．当pH=4.27时，c(C2O)=c(HC2O)，HC2O的电离平衡常数为10-4.27，当pH=1.30时，c(H2C2O4)=c(HC2O)，HC2O的水解平衡常数为10-12.7，所以HC2O电离大于水解，NaHC2O4溶液显酸性，离子浓度大小关系为：c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)，C正确；
D．根据图象，当溶液pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10 1.30，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，同时也强于HCO的酸性，所以往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能发生反应2CO+H2C2O4=2HCO+C2O，D正确；
故选B。
14．B
【详解】
A．V(NaOH)=0时，即0.01mol/LNaHC2O4溶液，草酸是二元弱酸，不能完全电离出H+，c(H+)<1×10-2mol/L，A错误；
B．草酸是二元弱酸，草酸氢钠溶液显酸性，得知
的电离程度大于水解程度，存在
、，故c(Na+)>c()>c(H+)>c()>c(OH-)，B正确；
C．V(NaOH)=10mL时，恰好完全反应生成Na2C2O4，存在电荷守恒：c(Na+)+
c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，Na2C2O4是强碱弱酸盐显碱性，即c(OH-)>
c(H+)，则c(Na+)>2c()+c()，C错误；
D．Na2C2O4溶液中c(Na+)＞c()，继续滴加NaOH溶液，c(Na+)仍然大于c()，D错误；
故选B。
15．C
【详解】
A．由电离平衡常数知，HF的酸性比CH3COOH强，pH均为3的HF和CH3COOH溶液，CH3COOH的物质的量浓度大，故相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HF和CH3COOH溶液至终点，醋酸消耗NaOH溶液的体积大，A错误；
B．0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1盐酸等体积混合后，所得为物质的量浓度相等的醋酸和醋酸钠溶液，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，则醋酸钠的水解常数
，则醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，混合溶液呈酸性：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-) ，B错误；
C．0.2mol·L-1HCN与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中：由电荷守恒得
，由物料守恒可知
，合并上面2式得到：c(CN-)+2c(OH-)=c(HCN)+c(H+)，则c(CN-)+c(OH-)D．Kb(NH3 H2O)=1.76×10-5，
Ka(HCN)=6.2×10-10，浓度均为0.1mol·L-1的NaCN和NH4Cl溶液中铵根离子水解程度小于CN-水解，故水的电离程度：前者大于后者，D错误；
故选C。
16．C
【详解】
A.
溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，由此可得质子守恒：，故A错误；
B.
向亚硫酸钠溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，因发生氧化还原反应褪色，说明亚硫酸钠溶液具有还原性，故B错误；
C.
浓度的Na2SO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，钡离子和亚硫酸根离子浓度减半，=，有沉淀生成，说明，故C正确；
D.
向亚硫酸钠溶液中加入稀盐酸有气泡产生，发生复分解反应生成二氧化硫气体，故D错误；
故选C。
17．-270.0
20
反应助剂添加量达到20%时去除量增加较快(或去除量较高)，超过20%时虽然去除量略有上升，但经济成本增加
通入CO2气体，将CaCO3转化为易溶于水的Ca(HCO3)2溶液，从而增大了与SO2的接触面积，增强吸收效果
-2e-+H2O＝+3H+或-2e-＋H2O＝＋2H＋
6.0×10-3mol L-1
0.62
【详解】
(1)根据盖斯定律①-②-③得：2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH3=(-393.5kJ·mol-1)-(+172.5kJ·mol-1)-(-296.0kJ·mol-1)=-270.0kJ·mol-1，故答案为：-270.0；
(2)①根据图像可知，反应助剂添加量达到20%时去除量增加较快(或去除量较高)，超过20%时虽然去除量略有上升，但经济成本增加，故答案为：20；反应助剂添加量达到20%时去除量增加较快(或去除量较高)，超过20%时虽然去除量略有上升，但经济成本增加；
②湿法脱硫过程中，所用的石灰石浆液再进入脱硫装置前，需先通入一段时间二氧化碳，目的是将碳酸钙转化为易溶于水的碳酸氢钙溶液，更容易吸收二氧化硫，从而增加脱硫效率，故答案为：通入CO2气体，将CaCO3转化为易溶于水的Ca(HCO3)2溶液，从而增大了与SO2的接触面积，增强吸收效果；
(3)吸收液中阴离子主要是亚硫酸氢根离子和亚硫酸根离子，亚硫酸氢根离子在阳极上失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：-2e-+H2O＝+3H+，亚硫酸根离子在阳极上失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：-2e-＋H2O＝＋2H＋，故答案为：-2e-+H2O＝+3H+或-2e-＋H2O＝＋2H＋；
(4)NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2mol·L-1，由可知；将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时，c(H+)=1.0×10-7mol·L-1，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，由可知，故答案为：6.0×10-3mol L-1，0.62。
18．乙酸
硝酸或盐酸
NaOH
氨水
盐酸或硝酸
H2O+SO2+6I-+4H+=2I+S+3H2O或：H2O+SO2+4I-+4H+=2I2+S+3H2O
2H2O+SO2+I=SO+3I-+4H+或：2H2O
+
SO2+
I2=SO+
2I-+
4H+
催化剂
A
聚乙二醇与水分子之间有氢键
H2O+
【详解】
I.固体混合物的分离方法常常用于化合物的定性与定量分析上，本题要求参赛者通过分析沉淀的组成离子性质，结合基本的元素化学知识解答。
在(1)小题中，CaCO3和CaC2O4的Ksp接近，但H2C2O4是比CH3CO0H更强的酸，H2CO3是比CH3COOH更弱的酸，因此CaCO3可以溶于CH3COOH而CaC2O4不能。
在(2)、(3)小题中，两种沉淀也具有相近的Ksp，但CrO42-是比SO42-更强的碱，因此可以用硝酸或盐酸使BaCrO4溶解；同理，Zn2+具有两性，可以和OH-形成络合物而Ni2+不可，故可使用NaOH分离这两者
的混合物。
对于(4)、(5)小题，参赛者可以通过基本的元素知识解题：AgCl可溶于氨水而AgI不溶；ZnS可溶于强酸，HgS是极难溶的沉淀。据此，(4)选用氨水使AgCl溶解；(5)选用盐酸或硝酸使ZnS溶解。
II.题目中涉及的化学物质只有4种：酸、水、KI和SO2.这个反应与著名的本生反应有关，而本生反应是硫-碘热化学循环制备氢气的第一步。
首先通入SO2，溶液变黄并出现浑浊，不难推测产生了碘单质，即发生了氧化还原反应，SO2氧化了KI。至于SO2本身应该被还原为何种物质呢？在溶液中，氧化还原产生的碘单质的量不足以使溶液变浑浊，能使溶液变浑浊的只有SO2的还原产物一S单质。那么第一个反应就应该是：
H2O+SO2+6I-+4H+→2I3-+S+3H2O或：H2O+SO2+4I-+4H+→2I2+S+3H2O
继续通SO2时，黄色消失，碘单质被消耗了，是继续被氧化了吗？基本的电化学知识告诉我们这不可能，所以结论应当是随着上述反应中酸的消耗，电极电势发生了改变，碘单质成为氧化剂，氧化SO2(SO2相对于硫单质是更好的还原剂)，反应为：
2H2O+SO2+I3-→SO42-+3I-+4H+或：2H2O
+
SO2+
I2→SO42-+
2I-+
4H+
注意：溶液是否浑浊与是否有色是两个概念。题目所述“溶液变为无色”指的是黄色消失，而不是溶液变澄清，沉淀并没有消失。有部分参赛者错误地将无色理解为澄清，导致后面解题失误。这是命题者设计的一个很好的考查点。
查阅手册(参赛者并不能通过查阅手册做题，只能凭借自己的电化学知识，这里只是一种讨论)得知酸性条件下φ(I2/I-)
=
0.536
V，φ(SO2/S)
=
0.449
V，φ(SO42-/SO2)
=
0.172
V。这几个数据表明SO2可以发生歧化反应，而I2/I-催化了这一反应：溶液中只有I-时，通入SO2可以氧化碘离子，而当碘单质积累使I2/I-的电极电势超过SO42-/SO2的电极电势时，碘单质又被消耗。总的反应就是SO2的歧化反应。
III.本题是一道简单的考查高分子知识的题目。高分子化学的基本知识是高中化学的授课内容，比如在人教版《高中化学。选修5：有机化学基础》中就有一章来讲授高分子的基本知识。同时，聚乙二醇是一种经常出现在高中生物课程中的物质，所以本题对于参赛者来说应该比较简单的，总体而言基本上是高考水平的。
(1)这是有关聚合物单体判断的问题。显然，只有单体是乙二醇的高分子才是聚乙二醇。对于聚合物单体的判断是高考水平的问题，参赛者应当很容易判断出答案是A。
(2)此小题仍属于容易的“解释现象”的问题，要求参赛者秉持“结构决定性质”的思想，从化合物的结构出发解释化合物的有关性质。此题的思路是比较明确的，保持水分显然和聚乙二醇与水分子之间的氢键有关，这也是相对分子质量很大的高分子可溶的原因。
(3)要求答题者写出聚合反应的方程式，只要第一问的结构判断正确，此问是不难的。需要注意的细节是，环氧乙烷聚合不能提供端基，需要加上一分子水使聚合产物与前面的结构式一致。
有参赛者给出了如下答案：
这种答案是错误的，环氧乙烷经酸催化聚合的过程是一个阳离子聚合的过程，是不允许能够破坏这个过程的水分子存在的。水分子的存在会使环氧乙烷水解为乙二醇，从而得不到聚乙二醇。当阳离子聚合的过程进行到_______定程度，加入水淬灭反应得到最后的产物。
评析
I.掌握常见沉淀的溶解性质是化学专业学生必不可少的一种素质，全国初赛对此也有基本的要求。命题人为了避免此题完全考验参赛者的元素知识记忆情况，特别给出了这些沉淀的Ksp数据，参赛者通过合理的分析再结合基本的元素知识即可得出答案。
II.这是一、道非常典型的“解释实验现象”的题目，要求根据实验现象猜测方程式。同时，这也是一道比较简单的题目，命题者应该是希望参赛者在此题得分的。由于pH的改变而导致氧化还原反应的。改变甚至逆转，无论是在竞赛还是在高考中都是比较常见的情况，要求参赛者掌握这一点并不过分。
III.如前所述，本题是一道基本处于高考水平的题目，考查了高分子的基本知识，最后一问需要掌握一些水平略高的知识，不过仍属于高中知识的自然生长点。
19．Mg(OH)2分解时吸热，使环境温度下降；同时生成的耐高温、稳定性好的MgO覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳
Mg2++2NH3·H2O=
Mg(OH)2↓+
NH3、NH4Cl
、Fe(OH)3、Al(OH)3
过滤
a
一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率
【分析】
菱镁矿主要成分为，含少量、和，煅烧后得到轻烧粉主要成分为氧化镁，氧化镁加水水化制浆得到粗氢氧化镁，加硬脂酸钠水热处理及加油酸钠表面改性处理等一系列处理后得到产品Mg(OH)2；轻烧粉加入氯化铵溶液调pH，为后续得到纯净的氢氧化镁，故铁、铝也应沉淀，故浸出得到废渣、Fe(OH)3、Al(OH)3等，同时生成氨气，得到浸出液为氯化镁溶液，加入氨水沉镁，得到滤液为氯化铵溶液，同时得到氢氧化镁深沉，进行煅烧得到高纯镁砂，进一步处理得到镁。
【详解】
(1)已知热化学方程式：
，Mg(OH)2分解时吸热，使环境温度下降；同时生成的耐高温、稳定性好的MgO覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳；
(2)在沉镁的操作中氯化镁与氨水反应得到氯化铵和氢氧化镁沉淀，发生主要反应的离子方程式为Mg2++2NH3·H2O=
Mg(OH)2↓+，根据分析可知，反应过程中需要用到氨气和氯化铵，流程中也有生成物氨气和氯化铵，故流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl，浸出滤渣的成分有、Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3)实验室中，沉镁后的实验操作使固液分液，操作为过滤；
根据表中数据，如果加入溶液使和完全沉淀，且镁离子还没开始沉淀，应保证沉淀完全，则Ksp[]=c()c3(OH-)=1.010-5mol/Lc3(OH-)=，c(OH-)=10-13，c(H+)=7.310-2
mol/L，浸出液pH值可能为3，答案选a；
(4)一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故沉镁的操作不应在较高温度下进行。
20．MnO2+SO2=MnSO4
Fe2+
SiO2、CaSO4
O2或空气
3≤pH<7.3
MgF2、CaF2
Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O
防止温度降低时MnSO4溶解进入溶液
提高MnSO4的产率
【分析】
软锰矿主要成分为MnO2，含有SiO2、Fe2O3、MgCO3、CaCO3等杂质，酸浸过程中除去二氧化硅和部分硫酸钙，利用二氧化硫将二氧化锰和Fe3+还原，再将Fe2+氧化，调节pH将铁元素除去，利用氟化锰将钙镁离子除去，氨水-NH4HCO3混合溶液沉锰得到碳酸锰，稀硫酸将其溶解，最后蒸发浓缩、趁热过滤，得到硫酸锰晶体，据此分析答题。
【详解】
(1)“酸浸还原”过程中二氧化硫将二氧化锰还原，同时将三价铁离子还原为亚铁离子，发生的主要反应的化学方程式为：MnO2+SO2=MnSO4，答案为：MnO2+SO2=MnSO4；
(2)“酸浸还原”后三价铁被二氧化硫还原为二价铁离子，所以铁元素的存在形式为Fe2+；软锰矿主要成分为MnO2，含有SiO2、Fe2O3、MgCO3、CaCO3等杂质，酸浸过程中二氧化硅不溶，硫酸钙微溶，所以滤渣1的主要成分是SiO2、CaSO4，答案为：Fe2+；SiO2、CaSO4；
(3)根据绿色化学原则，要求产物无污染，原子利用率高，“氧化”中可用O2或空气替代MnO2；若“氧化”后溶液中Mn2+浓度为1
mol/L，“调pH”时为了确保Fe3+被沉淀完全(离子浓度不超过10-6
mol/L)时，溶液中，pH=3，Mn2+浓度为1
mol/L，其开始沉淀时，pH=7.3，应控制的pH范围为3≤pH<7.3，答案为：O2或空气；3≤pH<7.3；
(4)
根据Fe(OH)3、Mn(OH)2的Ksp分别为1×10-39、4×10-14+，可知氢氧化铁先于氢氧化锰沉淀，可以通过调节溶液pH时三价铁离子沉淀，加入氟化锰用于除去钙镁离子，所以“滤渣2”的主要成分是MgF2、CaF2，答案为：MgF2、CaF2；
(5)“沉锰”时加入的试剂为氨水-NH4HCO3混合溶液，与锰离子反应生成碳酸锰沉淀，“沉锰”的离子方程式：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O，答案为：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O；
(6)根据MnSO4的溶解度随温度变化的曲线可知，随着温度的升高，硫酸锰的溶解度降低，采用“趁热过滤”操作可以防止温度降低时MnSO4溶解进入溶液；分离出硫酸锰晶体后的母液中含有少量硫酸锰为结晶析出，收集起来循环使用，可以达到提高MnSO4的产率的目的，答案为：防止温度降低时MnSO4溶解进入溶液；提高MnSO4的产率。
一、单选题(共16题)
1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（
）
A．标准状况下，11.2
LHF中含有的分子数为0.5NA
B．0.1
mol环丙烷分子中含有共价键的数目为0.9NA
C．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为7.3
g，则转移电子数为0.1NA
D．1
L1
mol/L氯化铵水溶液中与H+数目之和等于NA
2．已知溶解度也可用物质的量浓度表示，25℃时，在不同浓度溶液中的溶解度如图所示。下列说法正确的是（
）
A．图中a、b两点相同
B．把a点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，可得到b点的溶液
C．该温度下，溶度积的数量级为
D．在c点的溶液中加入少量固体，溶液可变为b点
3．常温下，用0.1
mol·L 1氨水滴定10
mL浓度均为0.1
mol·L 1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是（
）
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl )>c(CH3COO )
B．当滴入氨水10
mL时，c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO )+c(CH3COOH)
C．当滴入氨水20
mL时，c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH )
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20
mL，c(NH)＜c(Cl )
4．在某温度时，将x
mol/L氨水滴入10
mL1.0
mol/L盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是（
）
A．a点：
B．氨水的浓度一定大于1.0
mol/L
C．b~d点过程中离子浓度大小关系一定为
D．b、c、d三点水的电离程度大小关系是c＞b＞d
5．已知重铬酸钾()溶液中存在如下平衡：(橙色)(黄色)
实验①：向溶液中滴入3滴溶液，溶液由橙色变为黄色；向所得溶液中再滴入5滴浓，溶液由黄色变为橙色。
实验②向酸化的溶液中滴入适量溶液，溶液由橙色变为绿色发生反应：(绿色)。
下列分析正确的是（
）
A．酸性溶液具有强氧化性，是因为离子中含有过氧键
B．实验②能说明氧化性：
C．和在酸性溶液中可以大量共存
D．稀释溶液时，溶液中各离子浓度均减小
6．由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐中加入足量稀硫酸，发生反应。下列说法正确的是（
）
A．的水溶液与氯化铝溶液混合生成的沉淀是硫化铝
B．中含离子数为
C．上述反应中，每产生S，转移电子的物质的量为
D．为混盐，向中加入足量稀硫酸会有产生
7．设代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（
）
A．乙烯和环丙烷()组成的28g混合气体中含有3个氢原子
B．碳酸氢钠晶体中含阳离子数为个
C．标准状况下，22.4L氯气与热的浓氢氧化钠溶液反应转移的电子数为
D．将氯化铁溶于1L水中，所得溶液中含有0.1个
8．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（
）
A．溶液中：、、、
B．能溶解的溶液：、、、
C．含有的溶液：、、、
D．含有的溶液：、、、
9．用一定浓度的Ba(OH)2溶液分别滴定体积均为20.00
mL、浓度均为0.100
mol·L-1的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液。滴定过程中三种溶液的电导率如图所示。(已知：溶液电导率越大，导电能力越强；b点为曲线②上的点)。下列说法正确的是（
）
A．由图可知，溶液电导率与溶液中自由移动的离子浓度大小无关
B．d点对应的溶液中粒子浓度大小关系：c(Ba2+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
C．Ba(OH)2浓度为0.100
mol·L-1
D．a、b、c、d四点中水的电离程度d点最大
10．用0.100mol·L-1酸性高锰酸钾溶液滴定25.00mL某未知浓度的草酸(H2C2O4)溶液，滴定曲线如图所示，其中E为电动势，反映溶液中c()的变化。下列有关叙述错误的是（
）
A．酸性高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中
B．滴定过程中不需要使用指示剂
C．滴定结束后俯视读数，会导致所测草酸溶液的浓度偏低
D．若草酸溶液的浓度为0.200mol·L-1，则a点的c(Mn2+)=0.100mol·L-1
11．室温下，将pH=3的盐酸溶液和pH=11的氨水等体积混合后，溶液中离子浓度关系中，正确的是（
）
A．c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)
B．c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
C．c(Cl-)>c()>c(H+)=c(OH-)
D．c(Cl-)=c()>c(OH-)>c(H+)
12．下列说法正确的是（
）
A．最多可形成个氢键
B．(标准状况)含有的质子的物质的量为
C．的醋酸溶液中，分子的物质的量为
D．溶液与溶液中数目不同
13．H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸，常温下，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示。下列说法错误的是（
）
A．由图可知，草酸酸性比碳酸要强
B．反应CO+H2OHCO+OH-的平衡常数为10-7.23
C．0.1mol/LNaHC2H4溶液中c(C2O)>c(H2C2O4)
D．往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应2CO+H2C2O4=2HCO+C2O
14．草酸是二元弱酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL0.01mol/LNaHC2O4溶液中滴加0.01mol/LNaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（
）
A．V(NaOH)=0时，c(H+)=1×10-2mol/L
B．V(NaOH)=0时，c(Na+)＞c()＞c(H+)＞c()＞c(OH-)
C．V(NaOH)=10mL时，存在c(Na+)=2c()+c()
D．V(NaOH)＞10mL时，c()＞c(Na+)＞c())
15．常温下，Kb(NH3 H2O)=1.76×10-5，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Ka(HCN)=6.2×10-10，Ka(HF)=6.31×10-4，下列说法正确的是（
）
A．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HF和CH3COOH溶液中至终点，前者消耗NaOH溶液的体积较大
B．0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)
C．0.2mol·L-1HCN与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中：c(CN-)+c(OH-)＜c(HCN)+c(H+)
D．浓度均为0.1mol·L-1的NaCN和NH4Cl溶液中水的电离程度：前者小于后者
16．室温下，通过下列实验探究Na2SO3溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定某Na2SO3溶液的pH，测得pH约为9
2
向Na2SO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去
3
将浓度均为的Na2SO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀
4
向Na2SO3溶液中滴加稀盐酸，有刺激性气体产生
下列有关说法正确的是（
）
A．Na2SO3溶液中存在
B．实验2说明Na2SO3溶液具有漂白性
C．依据实验3的现象得出
D．实验4中生成的刺激性气体可能为Cl2
二、综合题（共4题）
17．煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，可引发酸雨等环境问题。
(1)在一定条件下一氧化碳可将二氧化硫还原为单质硫。已知：
①C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1
②CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH=+172.5kJ·mol-1
③S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296.0kJ·mol-1
反应2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)ΔH=_____kJ·mol-1
(2)石灰石-石膏脱硫有干法和湿法两种，其原理为利用石灰石作原料在不同条件下吸收SO2转化为石膏。
①干法脱硫的效率受添加助剂(由多种天然矿物配比而成的，价格较贵)的影响。脱硫效率随助剂的添加量变化如图所示。助剂适宜添加量为___%，理由是_____________。
②湿法脱硫的过程中，所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前，需先通一段时间二氧化碳，以增加其脱硫效率，理由是________________。
(3)工业上可用Na2SO3溶液吸收烟气中的二氧化硫，所得吸收液进行电解循环再生，如下图所示。写出阳极的电极反应式_______(任写一个)。
(4)已知25℃时，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8。若氨水的浓度为2mol·L-1，则溶液中c(OH-)=____。将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时，溶液中的=____。
18．I.实验室现有试剂：盐酸，硝酸，乙酸，氢氧化钠，氨水。从中选择一种试剂，分别分离以下各组固体混合物(不要求复原，括号内数据是溶度积)，指出溶解的固体。
(1)
CaCO3(3.4×10-9)和CaC2O4(2.3
×
10-10)____
(2)
BaSO4(1.1×
10-10)和BaCrO4(1.1
×10-10)______
(3)
Zn(OH)2(3.0
×10-17)和Ni(OH)2(5.5
×10-16)_____
(4)
AgCl
(1.8
×
10-10)和AgI
(8.5
×10-17)______
(5)
ZnS
(2.5
×
10-22)和HgS
(1.6
×
10-52)_____
II.在酸化的KI溶液中通入SO2，观察到溶液变黄并出现浑浊(a)，继续通SO2，溶液变为无色(b)，写出与现象a和b相对应所发生反应的方程式____。写出总反应方程式(c)____，指出KI在反应中的作用____。
III.分子量为4000的聚乙二醇有良好的水溶性，是一种缓泻剂，它不会被消化道吸收，也不会在体内转化，却能使肠道保持水分。
(1)图中哪个结构简式代表聚乙二醇_____
(2)聚乙二醇为何能保持肠道里的水分_____
(3)聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成，写出反应式______。
19．菱镁矿主要成分为，含少量、和。以菱镁矿为原料制备阻燃型氢氧化镁和高纯镁砂的工艺流程如下：
(1)已知热化学方程式：
，起阻燃作用的主要原因是___________。
(2)在沉镁的操作中发生主要反应的离子方程式为___________，流程中可循环使用的物质有___________，浸出滤渣的成分有___________。
(3)实验室中，沉镁后的实验操作是___________；室温下，相关难溶电解质的溶度积如图：
难溶电解质
Ksp
如果加入溶液使和完全沉淀，则浸出液pH值可能为___________(填序号)
a．3
b．4
c．5
d．6
(4)某同学认为：为了加快反应速率，浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行。你是否认同？并说明理由___________。
20．软锰矿是锰矿石的主要存在形式之一，其主要成分为MnO2，含有SiO2、Fe2O3、MgCO3、CaCO3等杂质，可用于制取在电池领域、涂料工业和农业上均有重要用途的MnSO4.某制备MnSO4的工艺流程如图：
已知：①Fe(OH)3、Mn(OH)2的Ksp分别为1×10-39、4×10-14
②MnSO4的溶解度随温度变化的曲线如图所示
回答下列问题：
(1)“酸浸还原”发生的主要反应的化学方程式为_______。
(2)“酸浸还原”后铁元素的存在形式为_______，滤渣1的主要成分是_______。
(3)根据绿色化学原则，“氧化”中可替代MnO2的物质是_______。若“氧化”后溶液中Mn2+浓度为1
mol/L，则“调pH”时为了确保Fe3+被沉淀完全(离子浓度不超过10-6
mol/L)应控制的pH范围为_______(已知lg2=0.3)。
(4)“滤渣2”的主要成分是_______。
(5)“沉锰”时加入的试剂为氨水-NH4HCO3混合溶液，写出“沉锰”的离子方程式：_______。
(6)采用“趁热过滤”操作的目的是_______。将分离出硫酸锰晶体后的母液收集起来循环使用，其意义是_______。
参考答案
1．B
【详解】
A．标准状况下HF为液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，A错误；
B．在环丙烷C3H6分子中含有9个共价键，则在0.1
mol环丙烷分子中含有共价键的物质的量是0.9
mol，故含有的共价键的数目为0.9NA，B正确；
C．电解饱和食盐水的总反应为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，两极产生H2与Cl2的物质的量之比为1：1，若每种气体的物质的量是1
mol，则H2与Cl2的混合气体的总质量是71
g+2
g=73
g。若气体的总质量为7.3
g，说明生成的氢气与氯气的物质的量均为0.1
mol，因此转移的电子数为0.2
NA，C错误；
D．1
L1
mol/L氯化铵中n(NH4Cl)=1
mol/L×1
L=1
mol，水溶液中存在电荷守恒，即，离子处于同一溶液，溶液的体积相同，故满足，因为n(Cl-)=1
mol，所以该溶液中与H+数目之和大于NA，D错误；
故合理选项是B。
2．D
【详解】
A．25℃时，硫酸银的Ksp定值，曲线为达到沉淀溶解平衡时的曲线，a点和b点不一样，则不相同，A错误；
B．把a点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，仍然为饱和溶液，各种微粒的浓度不变，不能使溶液由a点变到b点，B错误；
C．硫酸银饱和溶液中存在如下平衡，由图可知时，溶液中为，则，则数量级为，C错误；
D．在c点的溶液中加入少量，固体，溶液中增大，能使溶液由c点变到b点，D正确；
故选D。
3．D
【详解】
A．未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)>c(CH3COO-)，A正确；
B．当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH)+
c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+
c(CH3COO-)，B正确；
C．当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)=
c(NH)+c(OH-)，C正确；
D．当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH)+c(H+)=
c(CH3COO-)+c(Cl-)+
c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH)>c(Cl-)，D不正确；
故选D。
4．B
【详解】
A．a点pH=0，则c(H+)=1
mol/L，水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积Kw＜1.0×10-14，则c(OH-)＜1.0×10-14，A错误；
B．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，n(HCl)=n(NH3·H2O)，由于c点氨水体积是10
mL，则b点体积小于10
mL，因此氨水的浓度大于1.0
mol/L，B正确；
C．溶液中存在电离守恒：
c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+)，由于b点时溶液的pH＜7，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)＞c()，则b点溶液中正确的离子浓度大小为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，不符合选项离子浓度关系，C错误；
D．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，n(HCl)=n(NH3·H2O)，铵根离子水解促进了水的电离，而c、d两点氨水都过量，会抑制水的电离，氨水体积越大，NH3·H2O的物质的量越多，对水电离的抑制程度就越大，故b、c、d三点水的电离程度为：b＞c＞d，D错误；
故合理选项是B。
5．B
【详解】
A．酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，是因为重铬酸根离子中铬元素为最高价态+6价，只表现氧化性，故A错误；
B．由实验②的离子方程式可知，反应中重铬酸根离子为反应的氧化剂，铁离子为氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，重铬酸根离子的氧化性强于铁离子，故B正确；
C．在酸性溶液中，具有强氧化性的铬酸根离子与具有还原性的亚铁离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．由题给离子方程式可知，稀释酸性重铬酸钾溶液时，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，故D错误；
故选B。
6．D
【分析】
混盐Na4S2O3中S元素的平均化合价为+1价，应为Na2SO3和Na2S的混盐。
【详解】
A．由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，Na2SO3和Na2S都是强碱弱酸盐，与铝离子双水解，产生的沉淀为氢氧化铝，A错误；
B．由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，所以1molNa4S2O3共含6mol离子，B错误；
C．由可知，S元素化合价由-2和+4均变为0价，其中+4价硫的化合价只有部分发生变化，则每产生3molS，转移电子的物质的量为4mol，C错误；
D．混盐CaOCl2中含有Cl-和ClO-，在酸性条件下，发生反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，即向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生，D正确；
答案选D。
7．B
【详解】
A．乙烯和环丙烷的最简式都为CH2，28gCH2中含有氢原子个数为×2×mol—1=4个，故A错误；
B．碳酸氢钠固体中含有钠离子和碳酸氢根离子，则碳酸氢钠晶体中含阳离子数为个，故B正确；
C．氯气与热的浓氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，则标准状况下，22.4L氯气反应转移电子数目为×5×mol—1=5个，故C错误；
D．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中发生水解，则将氯化铁溶于1L水中，所得溶液中铁离子的个数小于0.1个，故D错误；
故选B。
8．D
【详解】
A．和能发生双水解，中S元素为-2价，具有还原性，中S元素化合价为+6价，具有氧化性，二者能发生氧化还原反应，A项不选；
B．能溶解
Al(OH)3的溶液呈强酸性或强碱性，酸性条件下不能大量含有F-，碱性条件下不能大量含有NH，B项不选；
C．I-能被MnO氧化为I2，含有I-的溶液中不能大量含有MnO，C项不选；
D．NH、Na＋、K＋、HCO
、Cl
–相互之间不反应，含有
NH的溶液可以大量含有Na＋、K＋、HCO
、Cl
-，D项选；
答案选D。
9．C
【分析】
溶液中离子浓度越大，导电能力越强。相同浓度的、H2SO4、HCl、CH3COOH溶液中c(H+)依次减小，则溶液的导电性依次减弱，所以曲线①②③分别表示Ba(OH)2滴定H2SO4、HCl、CH3COOH的曲线。
【详解】
A．三种酸浓度都是0.100
mol/L，H2SO4是二元强酸，HCl是一元强酸，它们完全电离产生离子，而醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，因此离子浓度：H2SO4＞HCl＞CH3COOH。溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液电导率越大，导电能力越强，A错误；
B．根据电荷守恒可知溶液中离子浓度关系为：2c(Ba2+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B错误；
C．c点表示的是硫酸与Ba(OH)2恰好完全反应，反应为：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，由于消耗的二者体积相同，二者反应的物质的量的比是1：1，所以Ba(OH)2的浓度与H2SO4相同，均为0.100
mol/L，C正确；
D．向酸溶液中滴加碱，溶液中c(H+)逐渐减小，水电离程度逐渐增大；当溶液显中性时水的电离不受影响，当碱过量时，随着溶液中c(OH-)增大，水电离程度逐渐减小。a点时醋酸恰好被中和得到Ba(CH3COO)2溶液，该盐是强酸弱碱盐，水解使溶液显碱性，水的电离受到促进作用；b点是HCl恰好被中和得到BaCl2溶液，该盐是强酸强碱盐，不水解，水的电离不受影响；c点是H2SO4恰好被完全中和产生BaSO4，BaSO4是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，水的电离也不受影响；d点是Ba(OH)2、Ba(CH3COO)2等浓度的混合溶液，过量的碱电离产生OH-，使水的电离平衡受到抑制作用，所以a、b、c、d四点中水的电离程度a点最大，d点最小，D错误；
故合理选项是C。
10．D
【详解】
A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，滴定时应盛放在酸式滴定管中，故A正确；
B．当草酸溶液完全反应时，再滴入一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为浅紫色，且半分钟内不褪色，依据溶液颜色的变化可以判断反应是否达到滴定终点，不需要使用指示剂，故B正确；
C．滴定结束后俯视读数，会使消耗酸性高锰酸钾溶液的体积偏小，导致所测草酸溶液的浓度偏低，故D正确；
D．缺草酸溶液的体积，无法依据草酸溶液的浓度减少a点的锰离子的浓度，故D错误；
故选D。
11．B
【详解】
由题意知，两溶液中c(H+)=c(OH-)=c(HCl)=1×10-3mol/L，由于NH3·H2O是弱电解质部分电离，反应前c(NH3·H2O)>c(HCl)，两溶液混合反应后，NH3·H2O过量，所得的溶液为NH3·H2O和NH4Cl的混合液，溶液呈碱性，结合电荷守恒c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故答案为B。
12．D
【详解】
A．一个水分子可以形成四个氢键、而两个水分子间共用一个氢键。最多可形成个氢键，A错误；
B．在标况下不是气体，难以计算(标准状况)
含有的质子的物质的量，B错误；
C．醋酸是弱电解质，
的醋酸溶液中，氢离子的物质的量为，不能计算醋酸的分子数，C错误；
D．碳酸钠溶液会水解。起始浓度不同，水解程度不同。则溶液与溶液中数目不同，D正确；
答案选D。
13．B
【详解】
A．根据图象，当溶液pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10 1.30；当溶液pH=6.37时，溶液中c(H2CO3)=c(HCO)，则H2CO3的一级电离常数为K1=10 6.37，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，A正确；
B．求反应的平衡常数，pH=10.25时，溶液中c(HCO)=c(CO)，所以，B错误；
C．当pH=4.27时，c(C2O)=c(HC2O)，HC2O的电离平衡常数为10-4.27，当pH=1.30时，c(H2C2O4)=c(HC2O)，HC2O的水解平衡常数为10-12.7，所以HC2O电离大于水解，NaHC2O4溶液显酸性，离子浓度大小关系为：c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)，C正确；
D．根据图象，当溶液pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10 1.30，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，同时也强于HCO的酸性，所以往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能发生反应2CO+H2C2O4=2HCO+C2O，D正确；
故选B。
14．B
【详解】
A．V(NaOH)=0时，即0.01mol/LNaHC2O4溶液，草酸是二元弱酸，不能完全电离出H+，c(H+)<1×10-2mol/L，A错误；
B．草酸是二元弱酸，草酸氢钠溶液显酸性，得知
的电离程度大于水解程度，存在
、，故c(Na+)>c()>c(H+)>c()>c(OH-)，B正确；
C．V(NaOH)=10mL时，恰好完全反应生成Na2C2O4，存在电荷守恒：c(Na+)+
c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，Na2C2O4是强碱弱酸盐显碱性，即c(OH-)>
c(H+)，则c(Na+)>2c()+c()，C错误；
D．Na2C2O4溶液中c(Na+)＞c()，继续滴加NaOH溶液，c(Na+)仍然大于c()，D错误；
故选B。
15．C
【详解】
A．由电离平衡常数知，HF的酸性比CH3COOH强，pH均为3的HF和CH3COOH溶液，CH3COOH的物质的量浓度大，故相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HF和CH3COOH溶液至终点，醋酸消耗NaOH溶液的体积大，A错误；
B．0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1盐酸等体积混合后，所得为物质的量浓度相等的醋酸和醋酸钠溶液，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，则醋酸钠的水解常数
，则醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，混合溶液呈酸性：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-) ，B错误；
C．0.2mol·L-1HCN与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中：由电荷守恒得
，由物料守恒可知
，合并上面2式得到：c(CN-)+2c(OH-)=c(HCN)+c(H+)，则c(CN-)+c(OH-)
Ka(HCN)=6.2×10-10，浓度均为0.1mol·L-1的NaCN和NH4Cl溶液中铵根离子水解程度小于CN-水解，故水的电离程度：前者大于后者，D错误；
故选C。
16．C
【详解】
A.
溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，由此可得质子守恒：，故A错误；
B.
向亚硫酸钠溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，因发生氧化还原反应褪色，说明亚硫酸钠溶液具有还原性，故B错误；
C.
浓度的Na2SO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，钡离子和亚硫酸根离子浓度减半，=，有沉淀生成，说明，故C正确；
D.
向亚硫酸钠溶液中加入稀盐酸有气泡产生，发生复分解反应生成二氧化硫气体，故D错误；
故选C。
17．-270.0
20
反应助剂添加量达到20%时去除量增加较快(或去除量较高)，超过20%时虽然去除量略有上升，但经济成本增加
通入CO2气体，将CaCO3转化为易溶于水的Ca(HCO3)2溶液，从而增大了与SO2的接触面积，增强吸收效果
-2e-+H2O＝+3H+或-2e-＋H2O＝＋2H＋
6.0×10-3mol L-1
0.62
【详解】
(1)根据盖斯定律①-②-③得：2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH3=(-393.5kJ·mol-1)-(+172.5kJ·mol-1)-(-296.0kJ·mol-1)=-270.0kJ·mol-1，故答案为：-270.0；
(2)①根据图像可知，反应助剂添加量达到20%时去除量增加较快(或去除量较高)，超过20%时虽然去除量略有上升，但经济成本增加，故答案为：20；反应助剂添加量达到20%时去除量增加较快(或去除量较高)，超过20%时虽然去除量略有上升，但经济成本增加；
②湿法脱硫过程中，所用的石灰石浆液再进入脱硫装置前，需先通入一段时间二氧化碳，目的是将碳酸钙转化为易溶于水的碳酸氢钙溶液，更容易吸收二氧化硫，从而增加脱硫效率，故答案为：通入CO2气体，将CaCO3转化为易溶于水的Ca(HCO3)2溶液，从而增大了与SO2的接触面积，增强吸收效果；
(3)吸收液中阴离子主要是亚硫酸氢根离子和亚硫酸根离子，亚硫酸氢根离子在阳极上失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：-2e-+H2O＝+3H+，亚硫酸根离子在阳极上失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：-2e-＋H2O＝＋2H＋，故答案为：-2e-+H2O＝+3H+或-2e-＋H2O＝＋2H＋；
(4)NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2mol·L-1，由可知；将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时，c(H+)=1.0×10-7mol·L-1，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，由可知，故答案为：6.0×10-3mol L-1，0.62。
18．乙酸
硝酸或盐酸
NaOH
氨水
盐酸或硝酸
H2O+SO2+6I-+4H+=2I+S+3H2O或：H2O+SO2+4I-+4H+=2I2+S+3H2O
2H2O+SO2+I=SO+3I-+4H+或：2H2O
+
SO2+
I2=SO+
2I-+
4H+
催化剂
A
聚乙二醇与水分子之间有氢键
H2O+
【详解】
I.固体混合物的分离方法常常用于化合物的定性与定量分析上，本题要求参赛者通过分析沉淀的组成离子性质，结合基本的元素化学知识解答。
在(1)小题中，CaCO3和CaC2O4的Ksp接近，但H2C2O4是比CH3CO0H更强的酸，H2CO3是比CH3COOH更弱的酸，因此CaCO3可以溶于CH3COOH而CaC2O4不能。
在(2)、(3)小题中，两种沉淀也具有相近的Ksp，但CrO42-是比SO42-更强的碱，因此可以用硝酸或盐酸使BaCrO4溶解；同理，Zn2+具有两性，可以和OH-形成络合物而Ni2+不可，故可使用NaOH分离这两者
的混合物。
对于(4)、(5)小题，参赛者可以通过基本的元素知识解题：AgCl可溶于氨水而AgI不溶；ZnS可溶于强酸，HgS是极难溶的沉淀。据此，(4)选用氨水使AgCl溶解；(5)选用盐酸或硝酸使ZnS溶解。
II.题目中涉及的化学物质只有4种：酸、水、KI和SO2.这个反应与著名的本生反应有关，而本生反应是硫-碘热化学循环制备氢气的第一步。
首先通入SO2，溶液变黄并出现浑浊，不难推测产生了碘单质，即发生了氧化还原反应，SO2氧化了KI。至于SO2本身应该被还原为何种物质呢？在溶液中，氧化还原产生的碘单质的量不足以使溶液变浑浊，能使溶液变浑浊的只有SO2的还原产物一S单质。那么第一个反应就应该是：
H2O+SO2+6I-+4H+→2I3-+S+3H2O或：H2O+SO2+4I-+4H+→2I2+S+3H2O
继续通SO2时，黄色消失，碘单质被消耗了，是继续被氧化了吗？基本的电化学知识告诉我们这不可能，所以结论应当是随着上述反应中酸的消耗，电极电势发生了改变，碘单质成为氧化剂，氧化SO2(SO2相对于硫单质是更好的还原剂)，反应为：
2H2O+SO2+I3-→SO42-+3I-+4H+或：2H2O
+
SO2+
I2→SO42-+
2I-+
4H+
注意：溶液是否浑浊与是否有色是两个概念。题目所述“溶液变为无色”指的是黄色消失，而不是溶液变澄清，沉淀并没有消失。有部分参赛者错误地将无色理解为澄清，导致后面解题失误。这是命题者设计的一个很好的考查点。
查阅手册(参赛者并不能通过查阅手册做题，只能凭借自己的电化学知识，这里只是一种讨论)得知酸性条件下φ(I2/I-)
=
0.536
V，φ(SO2/S)
=
0.449
V，φ(SO42-/SO2)
=
0.172
V。这几个数据表明SO2可以发生歧化反应，而I2/I-催化了这一反应：溶液中只有I-时，通入SO2可以氧化碘离子，而当碘单质积累使I2/I-的电极电势超过SO42-/SO2的电极电势时，碘单质又被消耗。总的反应就是SO2的歧化反应。
III.本题是一道简单的考查高分子知识的题目。高分子化学的基本知识是高中化学的授课内容，比如在人教版《高中化学。选修5：有机化学基础》中就有一章来讲授高分子的基本知识。同时，聚乙二醇是一种经常出现在高中生物课程中的物质，所以本题对于参赛者来说应该比较简单的，总体而言基本上是高考水平的。
(1)这是有关聚合物单体判断的问题。显然，只有单体是乙二醇的高分子才是聚乙二醇。对于聚合物单体的判断是高考水平的问题，参赛者应当很容易判断出答案是A。
(2)此小题仍属于容易的“解释现象”的问题，要求参赛者秉持“结构决定性质”的思想，从化合物的结构出发解释化合物的有关性质。此题的思路是比较明确的，保持水分显然和聚乙二醇与水分子之间的氢键有关，这也是相对分子质量很大的高分子可溶的原因。
(3)要求答题者写出聚合反应的方程式，只要第一问的结构判断正确，此问是不难的。需要注意的细节是，环氧乙烷聚合不能提供端基，需要加上一分子水使聚合产物与前面的结构式一致。
有参赛者给出了如下答案：
这种答案是错误的，环氧乙烷经酸催化聚合的过程是一个阳离子聚合的过程，是不允许能够破坏这个过程的水分子存在的。水分子的存在会使环氧乙烷水解为乙二醇，从而得不到聚乙二醇。当阳离子聚合的过程进行到_______定程度，加入水淬灭反应得到最后的产物。
评析
I.掌握常见沉淀的溶解性质是化学专业学生必不可少的一种素质，全国初赛对此也有基本的要求。命题人为了避免此题完全考验参赛者的元素知识记忆情况，特别给出了这些沉淀的Ksp数据，参赛者通过合理的分析再结合基本的元素知识即可得出答案。
II.这是一、道非常典型的“解释实验现象”的题目，要求根据实验现象猜测方程式。同时，这也是一道比较简单的题目，命题者应该是希望参赛者在此题得分的。由于pH的改变而导致氧化还原反应的。改变甚至逆转，无论是在竞赛还是在高考中都是比较常见的情况，要求参赛者掌握这一点并不过分。
III.如前所述，本题是一道基本处于高考水平的题目，考查了高分子的基本知识，最后一问需要掌握一些水平略高的知识，不过仍属于高中知识的自然生长点。
19．Mg(OH)2分解时吸热，使环境温度下降；同时生成的耐高温、稳定性好的MgO覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳
Mg2++2NH3·H2O=
Mg(OH)2↓+
NH3、NH4Cl
、Fe(OH)3、Al(OH)3
过滤
a
一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率
【分析】
菱镁矿主要成分为，含少量、和，煅烧后得到轻烧粉主要成分为氧化镁，氧化镁加水水化制浆得到粗氢氧化镁，加硬脂酸钠水热处理及加油酸钠表面改性处理等一系列处理后得到产品Mg(OH)2；轻烧粉加入氯化铵溶液调pH，为后续得到纯净的氢氧化镁，故铁、铝也应沉淀，故浸出得到废渣、Fe(OH)3、Al(OH)3等，同时生成氨气，得到浸出液为氯化镁溶液，加入氨水沉镁，得到滤液为氯化铵溶液，同时得到氢氧化镁深沉，进行煅烧得到高纯镁砂，进一步处理得到镁。
【详解】
(1)已知热化学方程式：
，Mg(OH)2分解时吸热，使环境温度下降；同时生成的耐高温、稳定性好的MgO覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳；
(2)在沉镁的操作中氯化镁与氨水反应得到氯化铵和氢氧化镁沉淀，发生主要反应的离子方程式为Mg2++2NH3·H2O=
Mg(OH)2↓+，根据分析可知，反应过程中需要用到氨气和氯化铵，流程中也有生成物氨气和氯化铵，故流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl，浸出滤渣的成分有、Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3)实验室中，沉镁后的实验操作使固液分液，操作为过滤；
根据表中数据，如果加入溶液使和完全沉淀，且镁离子还没开始沉淀，应保证沉淀完全，则Ksp[]=c()c3(OH-)=1.010-5mol/Lc3(OH-)=，c(OH-)=10-13，c(H+)=7.310-2
mol/L，浸出液pH值可能为3，答案选a；
(4)一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故沉镁的操作不应在较高温度下进行。
20．MnO2+SO2=MnSO4
Fe2+
SiO2、CaSO4
O2或空气
3≤pH<7.3
MgF2、CaF2
Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O
防止温度降低时MnSO4溶解进入溶液
提高MnSO4的产率
【分析】
软锰矿主要成分为MnO2，含有SiO2、Fe2O3、MgCO3、CaCO3等杂质，酸浸过程中除去二氧化硅和部分硫酸钙，利用二氧化硫将二氧化锰和Fe3+还原，再将Fe2+氧化，调节pH将铁元素除去，利用氟化锰将钙镁离子除去，氨水-NH4HCO3混合溶液沉锰得到碳酸锰，稀硫酸将其溶解，最后蒸发浓缩、趁热过滤，得到硫酸锰晶体，据此分析答题。
【详解】
(1)“酸浸还原”过程中二氧化硫将二氧化锰还原，同时将三价铁离子还原为亚铁离子，发生的主要反应的化学方程式为：MnO2+SO2=MnSO4，答案为：MnO2+SO2=MnSO4；
(2)“酸浸还原”后三价铁被二氧化硫还原为二价铁离子，所以铁元素的存在形式为Fe2+；软锰矿主要成分为MnO2，含有SiO2、Fe2O3、MgCO3、CaCO3等杂质，酸浸过程中二氧化硅不溶，硫酸钙微溶，所以滤渣1的主要成分是SiO2、CaSO4，答案为：Fe2+；SiO2、CaSO4；
(3)根据绿色化学原则，要求产物无污染，原子利用率高，“氧化”中可用O2或空气替代MnO2；若“氧化”后溶液中Mn2+浓度为1
mol/L，“调pH”时为了确保Fe3+被沉淀完全(离子浓度不超过10-6
mol/L)时，溶液中，pH=3，Mn2+浓度为1
mol/L，其开始沉淀时，pH=7.3，应控制的pH范围为3≤pH<7.3，答案为：O2或空气；3≤pH<7.3；
(4)
根据Fe(OH)3、Mn(OH)2的Ksp分别为1×10-39、4×10-14+，可知氢氧化铁先于氢氧化锰沉淀，可以通过调节溶液pH时三价铁离子沉淀，加入氟化锰用于除去钙镁离子，所以“滤渣2”的主要成分是MgF2、CaF2，答案为：MgF2、CaF2；
(5)“沉锰”时加入的试剂为氨水-NH4HCO3混合溶液，与锰离子反应生成碳酸锰沉淀，“沉锰”的离子方程式：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O，答案为：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O；
(6)根据MnSO4的溶解度随温度变化的曲线可知，随着温度的升高，硫酸锰的溶解度降低，采用“趁热过滤”操作可以防止温度降低时MnSO4溶解进入溶液；分离出硫酸锰晶体后的母液中含有少量硫酸锰为结晶析出，收集起来循环使用，可以达到提高MnSO4的产率的目的，答案为：防止温度降低时MnSO4溶解进入溶液；提高MnSO4的产率。