2017-2018学年高二化学上学期期末复习备考之精准复习模拟题(B卷)选修4

2017-2018学年上学期期末复习备考之精准复习模拟题

高二化学选修4（B卷）

(测试时间：90分钟满分 100分)

姓名：班级：得分：

一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)

1．化学与STSE（社会、科学、技术和环境）密切相关，下列说法不．正确的是（）A．铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性

B．寻找合适催化剂能使水转化为汽油

C．合理利用太阳能、风能和氢能等能源有利于实现“低碳经济”

D．钢铁在潮湿的空气中更容易生锈，其主要原因是形成了原电池

【答案】B

2．下列说法正确的是（）

A．S(g) +O2(g)=SO2 (g)可用该反应的ΔH表示燃烧热

B．测定中和热的实验中，一组完整的实验数据至少需要测量3次

C．通过直接蒸发MgCl2溶液的方法获取无水氯化镁固体

D．除去CuC12溶液中的Fe3+离子，选用氢氧化钠溶液作沉淀剂

【答案】B

【解析】A、燃烧热应是固体硫完全燃烧生成SO2放出的热量，故A错误；B、测定中和热的实验中，一套完整的实验数据至少需要测量3次，取平均值，减小误差，故B正确；C、直接蒸发MgCl2溶液，MgCl2水解生成Mg(OH)2，最后得到MgO ，故C错误；D、除去CuC12溶液中的Fe3+离子，可加入适量的CuO 或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3促进Fe3+离子水解，且不引入杂质，故D错误；故选B。

3．反应A(g)+B(g) C(g) +D(g) 发生过程中的能量变化如图，△H表示反应的焓变。

下列说法正确的是( )

A．反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1减小，E2增大

B．反应体系中加入催化剂，反应速率增大，△H增大

C．△H < 0，反应达到平衡时，升高温度，A的转化率减少

D．△H > 0，反应达到平衡时，增大压强，A的转化率不变

【答案】C

【解析】A．反应体系中加入催化剂，降低活化能，则E1、E2都减小，故A错误；B．反应体系中加入催化剂，正逆反应速率增大，由于活化能差值不变，则△H不变，故B错误；

C．由图像可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减少，故C正确；D．反应放热，△H＜0，故D错误；故选C。

4．对于密闭容器中进行的反应2SO2+O2 2SO3如果温度保持不变，下列说法中正确的是( )

A．增加SO2的浓度，正反应速率先增大，后保持不变

B．增加SO2的浓度，逆反应速率逐渐减小

C．增加SO2的浓度，平衡常数增大

D．增加SO2的浓度，平衡常数不变

【答案】D

5．有一化学平衡ｍA（ｇ）＋ｎB（ｇ） pC（ｇ）＋ｑD（ｇ），如图所示是A的转化率同压强、温度的关系，分析图可以得出的正确结论是：（）

A．正反应吸热，ｍ＋ｎ＜ｐ＋ｑ B．正反应放热，ｍ＋ｎ＞ｐ＋ｑ

C．正反应吸热，ｍ＋ｎ＞ｐ＋ｑ D．正反应放热，ｍ＋ｎ＜ｐ＋ｑ

【答案】C

6．将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密优真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡NH

2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)，若保持温度和容器体积不变，再充入n (NH3): n (CO)=2:1,则再次达到平衡时c (NH3)

A．增大 B．不变 C．变小 D．因条件不足无法判断

【答案】B

【解析】温度不变平衡常数不变，k=c2(NH3)·c (CO)，再充入n (NH3): n (CO)=2:1,则再次达到平衡时,c (NH3)=2xmol·L－1,则c(CO)=xmol·L－1，k=c2(NH3)· c (CO)=（2x）

2·x=4x3,x=，c (NH

3)是定值，保持不变。故选B。

7．下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是( )

A．图1中，铁钉易被腐蚀

B．图2中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀

C．图3中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大

D．钢铁发生电化学腐蚀时，负极反应是Fe－3e－===Fe3＋

【答案】B

【解析】A．浓硫酸具有吸水性，能够干燥空气，干燥条件下，铁钉不易被腐蚀，故A错误；

B．高温下，Fe与氧气反应生成四氧化三铁，该条件下，铁发生化学腐蚀，故B正确；

C．图3中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt上放出，故C错误；D．在钢铁发生电化学腐蚀时，负极反应是Fe-2e-=Fe2+，故D错误；故选B。

8．下列方程式书写正确的是（）

A．H 2S 的电离方程式：H2S＋H2O H3O＋＋HS－

B．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3= Na＋＋H++CO32-

C．CO 32－的水解方程式：CO32-＋2H2O H2CO3＋2OH－

D．HS-的水解方程式：HS-＋H 2O S2-＋H3O＋

【答案】A

9．下列实验装置或操作设计正确且能达到实验目的的是

A．用图1装置称量NaOH 固体

B．用图2所示读取滴定管读数

C．用图3 所示H2SO4标准溶液滴定NaOH溶液

D．用图4 装置进行中和滴定时，滴定前锥形瓶先用待测液润洗

【答案】C

【解析】A．不可用滤纸称量NaOH固体，故A不符合题意；B．图2俯视读取滴定管读数，故B不符合题意；C．用图3所示H2SO4标准溶液滴定NaOH溶液，酸式滴定管盛装H2SO4标准溶液，故C符合题意；D．造成滴定结果偏大，故D不符合题意。故选C。10．下列说法正确的是( ）

A．PH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后PH=3

B．室温 pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液呈酸性

C．室温pH相同的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H＋)相同

D．某温度下，水的离子积常数为1×10-12，该温度下PH=7的溶液呈中性

【答案】B

室温下pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等体积混合后，醋酸过量，混合液呈酸性，故B正确；C．CH3COOH抑制水的电离，NH4Cl促进水的电离，所以pH相同的 NH4Cl 溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H＋)不相同，故C错误；D．某温度下，水的离

子积常数为1╳ 10-12，该温度下PH=7的溶液中c(H＋)=10-7mol/L，c(OH-)=

=10-5mol/L，则c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，故D错误；

11．电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL 浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导

率如图所示。下列说法不正确

．．．的是

A．曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线

B．A、C两点对应溶液均呈中性

C．B点溶液中：c(Na+) > c(OH－) > c(CH3COO－)

D．A点溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H+)＝0.050mol/L

【答案】B

【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入KOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着KOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应式离子浓度最小，继续加入KOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1 mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，A．由分析可知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，选项A正确；B．A点溶质为醋酸钠，醋酸钠水解溶液呈碱性，C点溶质为NaCl，溶液呈中性，选项B不正确；C、B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，c(Na+)最大，CH3COO

－水解产生OH－，c(OH－) > c(CH

3COO －)，故c(Na+) > c(OH－) > c(CH

3COO

－)，选项C正

确； D．A点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，选项D正确。答案选B。点睛：本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，电解质溶液的电导率越大，导电能力越强，10.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH溶液，0.100mol/L的盐酸导电性强，电导率大，因此曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，曲线②代表滴定HCl 溶液的曲线，据此作答。

12．有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（）

A．图I所示电池中，MnO2的作用是催化剂

B．图Ⅱ所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大

C．图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变

D．图IV所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag

【答案】D

13．13．用惰性电极电解下列溶液稍一会后，再加入一定量的另一种物质（方括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是（）

A．AgNO3[Ag2O] B．H2SO4 [H2SO4]

C．NaCl[NaCl] D．HCl [H2O]

【答案】A

【解析】A．电解AgNO3溶液，银离子和氢氧根离子放电，分别生成银和氧气，应加入氧化银恢复原样，故A正确；B．电解H2SO4溶液，相当于电解水，应加入水，故B错误；C．电解氯化钠时，阳极产生氯气，阴极产生氢气，所以应加氯化氢让电解质溶液复原，故C 错误；D．电解盐酸时，阳极产生氯气，阴极产生氢气，所以应加氯化氢让电解质溶液复原，故D错误；故选A。

电解：本题考查了电解池原理，分析两个电极上产生的物质是解题的关键。电解池中，要想使电解质溶液复原，遵循的原则是：电解后从溶液中减少的物质是什么就利用元素守恒来加什么。

14．一种新型的燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极通入乙烷和氧气，其总反应为：2C2H6 ＋7O2＋8KOH====4K2CO3＋10H2O，有关此电池的推断正确的是 ( )

A．负极反应为14H2O＋7O2＋28e－====28OH－

B．放电一段时间后，负极周围的酸性减弱

C．每消耗1 mol C2H6 ，则电路上转移的电子为14 mol

D．放电过程中KOH的物质的量浓度不变

【答案】C

15．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是

A．0.lmol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)

B．0.1mol·L-1NH4Cl溶液：c(NH4+)=c(Cl-)

C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)

D．等物质的量浓度的①NH4Cl溶液②(NH4)2SO4溶液③NH4HSO4溶液④(NH4)2CO3溶液中NH4+浓度的大小关系是②>④>①>③

【答案】A

【解析】A．0.1 mol/L Na2CO3溶液中，由质子守恒可知c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3），故A正确；B．0.1 mol/L NH4Cl溶液，铵根离子水解，则c（NH4+）＜c（Cl-），故B 错误；C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中c（H+）＞c（OH-），由电荷守恒可知c（Na+）＜c（CH3COO-），故C错误；D．①③中铵根离子系数都是1，氢离子抑制铵根离子水解，溶液中铵根离子浓度③>①；②④中铵根离子系数都是2，则②④中铵根离子浓度大于①③，碳酸根离子促进铵根离子水解，则溶液中铵根离子浓度②>④，所以溶液中铵根离子浓度从小到大顺序是②>④>③>①，故D错误；故答案选A。

点睛：本题主要考查电解质溶液的相关知识，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、离子浓度的大小比较、外加各类物质对电离平衡、水解平衡的影响。在比较离子浓度的大小关系时，经常要用到的守恒关系主要有物料守恒、电荷守恒、质子守恒这三大守恒关系， A 项为本题的易错点和难点，主要考查了质子守恒式，明确质子守恒式的来源和特点，才能正确判断 Na2CO3溶液中，质子守恒式是c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）。16．如图所示是碳酸钙(CaCO3)在25 ℃和100 ℃两种情况下，在水中的溶解平衡曲线。下列有关说法正确的是

A．CaCO3(s)Ca2+(aq)+ CO32－(aq) ΔH<0

B．a、b、c、d四点对应的溶度积K sp相等

C．温度不变，蒸发水，可使溶液由a点变到c点

D．25 ℃时，CaCO3的K sp=2.8×10-9

【答案】D

二、非选择题(本题包括5小题，共52分)

17．（1）已知：①Fe(s)＋1/2O2(g)===FeO(s) ΔH1＝－272.0 kJ·mol－1；

②2Al(s)＋3/2O2(g)===Al2O3(s) ΔH2＝－1 675.7 kJ·mol－1。

Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是__________________________。某同学

认为，铝热反应可用于工业炼铁，你的判断是________(填“能”或“不能”)，你

的理由是_________________。

（2）反应物与生成物均为气态的某可逆反应在不同条件下的反应历程分别为A、B，如图所示。

①据图判断该反应是________(填“吸”或“放”)热反应

②其中B历程表明此反应采用的条件为_____ (填字母)。

A．升高温度 B．增大反应物的浓度 C．降低温度 D．使用催化剂

【答案】3FeO(s)＋2Al(s)===Al 2O 3(s)＋3Fe(s) ΔH ＝－859.7 kJ·mol －1

不能 该反应

为引发反应，需消耗大 量能量，成本较高 吸

D 18．25 ℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下：

（

1）CH 3COOH 、H 2

CO 3、H 2SO 3 三种酸中酸性最弱的是__________(填化学式)。

（2）CH 3COOH 的电离平衡常数表达式为K=__________。

（3）写出H 2CO 3 的第二步电离方程式：_____________。

（4）写出H 2SO 3溶液和CH 3COONa 溶液反应的离子方程式：____________________。

（5）将体积均为10 mL 、pH 均为2 的醋酸溶液与一元酸HX 分别加水稀释至1000 mL ，

稀释过程中pH 的变化如图所示，则HX 的电离平衡常数____________(填“大

于”“ 小于”或“等于”)醋酸的电离平衡常数，理由是__________________。

【答案】H 2CO 3 HCO 3-CO 32-+H + H 2SO 3+CH 3COO -=HSO 3-

+CH 3COOH 大于 pH 值相同的醋酸溶液和HX 溶液稀释相同的倍数时，HX 的pH 变化程度更大，则

HX 酸性更强，电离平衡常数更大

其电离应是分步电离，电离方程式为H

2

CO3H＋＋HCO3－、HCO3－H＋＋CO32－或是H 2CO3＋H2O H3O＋＋HCO3－、HCO3－＋H2O H3O＋＋CO32－，碳酸的第二步电离为：HCO3

－H＋＋CO

32－或HCO

3

－＋H

2

O H3O＋＋CO32－；（4）根据上述表格数据，电离H＋大小

顺序是H2SO3>CH3COOH>HSO3－，利用电离平衡常数大的制备电离平衡常数小的，因此H2SO3和CH3COONa发生的离子反应是：H2SO3+CH3COO－=HSO3－+CH3COOH；（5）相同pH的两种酸，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，根据图像，稀释相同倍数，HX的pH变化大，因此HX的酸性强于CH3COOH。

点睛：本题的易错点是（4），学生容易写成H2SO3＋2CH3COO－=2CH3COOH＋SO32－，忽略了CH3COOH 电离出H＋能力强于HSO3－，学生只注意到了H2SO3的酸性强于CH3COOH，解决此问题不仅注意酸性强的制取酸性弱的，还应注意CH3COOH和SO32－是否发生反应，即电离平衡常数大的制取电离平衡常数的小。

19．火力发电厂释放出大量氮的氧化物（NO x）、二氧化硫等气体会造成环境污染，对燃煤废气进行脱除处理．可实现绿色环保、低碳减排、废物利用等目的．

（1）己知：N2 (g) +O2(g) =2NO (g) △H=+180.5kJ·mol-1

C (s) +O2 (g) =CO2(g) △H=-393.5 kJ·mol-1

2C (s) +O2(g) =2CO (g)△H=-221 kJ·mol-1

若某反应的平衡常数表达式为：，请写出此反应的热化学方程式_____________。

（2）脱硝

利用甲烷与NO2反应，生成无污染的物质，则该反应的化学方程式为：___________。

（3）脱碳．

将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H3

①取五份等体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比均为1:3），分别加入温度不同、

容积相同的恒容密闭容器中，发生上述反应，反应相同时间后，测得甲醇的体积分

数φ（CH3OH）与反应温度T的关系曲线（见如图1），则上述CO2转化为甲醇反应

的△H3_____ 0（填“＞”、“＜”或“=”．）

②在一恒温恒容密闭容器中充入0.5molCO2和1.5molH2，进行上述反应．测得CO2

和CH3OH（g）的浓度随时间变化如上图2所示．请回答：第10min后，若升温，该

反应的平衡常数将_____（填“变大”、“变小”、“不变”）；若向该容器中再充

入1molCO2和3molH2再次达到平衡时，则CH3OH（g）的体积分数将___（“变大”、“变小”、“不变”）．

（4）脱硫．

某种脱硫工艺中将废气经处理后，与一定量的氨气、潮湿的空气反应，生成硫酸铵和硝酸铵的混合物作为副产品化肥．设烟气中的SO2、NO2的物质的量之比为1:1，则该反应的化学方程式为__________．若在0.1mol/L的硝酸铵溶液中加入等体积的

0.09mol/L氨水，配制了pH=8.2的溶液，则该溶液中微粒浓度由大到小的顺序为

______________。

【答案】2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△ H=-746.5kJ/mol CH4 + 2NO2 = N2 + CO2 + 2H2O ＜变小变大 12NH3+3O2+4SO2+4NO2+6H2O=4（NH4）2SO4+4NH4NO3 c（NH4+）> c （NO3﹣）> c（NH3?H2O）> c（OH﹣）>c（H+）

【解析】（1）因为反应的平衡常数为，所以反应方程式为2NO（g）+2CO （g）=N2（g）+2CO2（g）。将第二个方程式扩大2倍，减去第一个方程式，再减去第三个方程式皆可以得到上面的反应，该反应的△H=2×(-393.5)－180.5－(-221)=-756.5 kJ/mol，所以热化学方程式为：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△ H=-746.5kJ/mol。

（2）甲烷与NO2反应，生成无污染的物质，一定是得到CO2、N2和H2O，根据化合价升

降相等和原子个数守恒得到方程式为：CH4 + 2NO2 = N2 + CO2 + 2H2O。（3）

图像中右半边温度较高的区域是平衡移动导致甲醇的体积变化，温度升高肌醇体积分数降低，说明升温平衡逆向移动，正反应放热，即△H3＜ 0。②该反应放热，升高温度平衡常数减小。恒容，原来加入0.5molCO2和1.5molH2，再充入1molCO2和3molH2，就是同时同比例增大所有反应物的浓度，甲醇体积分数的变化相当于不加入物质，直接增大压强，增大压强平衡向正反应方向移动，甲醇的体积分数增大。（4）根据题目表述反应物为氨气、二氧化硫、一氧化氮、水，生成物一定有硫酸铵和硝酸铵，所以得到部分反应方程式：NH3+O2+SO2+NO2+H2O→(NH4)2SO4+NH4NO3，因为烟气中的SO2、NO2的物质的量之比为1:1，所以将两者视为一个整体，化合价升高3价（S升高2价，N升高1价），O2降低4价，所以O2的系数为3，SO2、NO2的系数都是4。最后根据原子个数守恒配平即得：12NH3+3O2+4SO2+4NO2+6H2O=4(NH4)2SO4+4NH4NO3。若在0.1mol/L的硝酸铵溶液中加入等体积的0.09mol/L氨水，则溶液中硝酸铵的浓度为0.05mol/L，一水合氨的浓度为

0.045mol/L，即开始时可以认为：c（NH4+）＝ c（NO3﹣）＝0.05mol/L， c（NH3?H2O）

=0.045mol/L。溶液的pH=8.2，说明一水合氨的电离占主导地位。一水合氨电离为铵根离子，所以c（NH4+）> c（NO3﹣）> c（NH3?H2O），明显溶液中一水合氨的电离程度较小，氢氧根的浓度应该远小于一水合氨的浓度，溶液显碱性有：c（OH﹣）>c（H+），所以有：c（NH4+）> c（NO3﹣）> c（NH3?H2O）> c（OH﹣）>c（H+）。

20．某同学设计计如下图所示装罝（部分夹持装置己略去）进行实验探究：

（1）用上述装置探究影响化学反应速率的因素。以生成9.0 mL气体为计时终点，结果为t1>t2。

①比较实验I和Ⅱ可以得出的实验结论是_______________。

②若将锌片换成含杂质的粗锌片，其他条件使其与上述一致，所测得的反应速率均

大于上述实验对应的数据。粗锌片中所含杂质可能是_________（填序号）。

A．二氧化硅 B．银 C．铜 D．石墨

（2）用上述装置验证生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀。

①圆底烧瓶中的试剂可选用________（填序号）。

A．稀HCl B .NaCl溶液 C．乙醇 D．NaOH溶液

②能证明生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀的现象是_____________。

【答案】在其他条件一定时，化学反应速率随反应物浓度的增大而增大 BD BC 量器管左管水面上升，右管水面下降

故B正确；C、乙醇属于非电解质，不能构成原电池，故C错误；D、NaOH属于电解质，构成原电池，可以形成吸氧腐蚀，故D正确；（3）发生吸氧腐蚀，造成烧瓶内部压强减少，因此出现器管左管水面上升，右管水面下降。

点睛：研究影响化学反应速率的因素，要求其他条件不变，改变某一因素，探究对化学反应速率的影响；注意晶体硅导电，但SiO2不导电。

21．草酸钴(CoOC2O3)用途广泛，一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、MnO、CaO等]制取CoC2O4·2H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：

（1）浸出过程中加入Na2SO3的作用是将__________还原（填离子符号），该步反应的离子方程式为_________。

（2）NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+ ，氯元素被还原为最低价。该反应的离子方程式为_______________。

（3）加Na2CO3能使浸出液中Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀的原因是（用离子方程式表示，写出其中一个即可）_____________。

（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如右图所示。使用萃取剂适宜的pH=________（填序号）左右。

A．2.0 B．3.0 C．4.0

（5）滤液I“除钙，镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀。已知K sp(MgF2)=7.35×10-11、K sp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF后，所得滤液

c(Mg2+)/c(Ca2+)=_____。

【答案】Fe3+、Co3+ SO32-+2Fe3++H2O=SO42-+2Fe2++2H+或SO32-+2Co3++H2O=SO42-+2Co2++2H+ ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O 2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑或

2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑ B 0.7

SO32-+2Fe3++H2O=SO42-+2Fe2++2H+或SO32-+2Co3++H2O=SO42-+2Co2++2H+；（2）NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；（3）Fe3+、Al3+水解导致溶液呈酸性，碳酸根离子和氢离子反应，从而促进水解平衡向右移动，产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑或2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑或2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～

3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故答案为：B；（5）当

加入过量NaF后，所得滤液===0.7，故答案为：0.7。点睛：本题考查物质分离和提纯，涉及溶度积常数计算、沉淀与pH的关系、盐类水解、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键。本题的易错点是发生的反应方程式的书写，难点是（5），注意溶度积常数在计算中的应用。