2025届化学高考一轮复习专项训练 水溶液中的离子反应与平衡

《水溶液中的离子反应与平衡》 一、选择题 1．已知298K时，，；，或。在物质的量浓度相同的和的混合溶液中滴加溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．常温下的溶解度大于NiS的溶解度 B．P为3.5且对应的阴离子是 C．对于曲线Ⅰ，加热b点对应的溶液，b点向c点移动 D．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动 2．下列说法正确的是（　　） A．将1mL pH=3的盐酸和醋酸分别稀释100倍后，醋酸的pH大于盐酸 B．中和等体积、等pH的盐酸和醋酸，醋酸所需NaOH的物质的量多于盐酸 C．25℃时，向醋酸溶液中加入一定量的盐酸，的电离常数减小 D．分别向等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸中滴加NaOH溶液至溶液呈中性，反应后的溶液中 3．常温下，某混合溶液中，、、、和随pH变化的关系如图所示（不考虑溶液体积的变化）。下列说法正确的是（　　） A．1线表示随溶液pH变化的关系 B．常温下，的第一步电离常数为 C．P点时， D．当混合溶液呈中性时， 4．将配制成悬浊液，向其中滴加的溶液。(M代表、或)随加入溶液体积(V)的变化关系如图所示。 下列叙述正确的是（　　） A．交点a处： B． C．时，不变 D． 5．25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl﹣水样、含Br﹣水样。 已知：①Ag2CrO4为砖红色沉淀； ②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr； ③25℃时，pKa1（H2CrO4）＝0.7，pKa2（H2CrO4）＝6.5。 下列说法错误的是（　　） A．曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线 B．反应Ag2CrO4+H+⇌2Ag++的平衡常数K＝10﹣5.2 C．滴定Cl﹣时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10﹣2.0mol•L﹣1 D．滴定Br﹣达终点时，溶液中 6．25℃时，某酸H2R溶液中存在的各种含R元素微粒在总浓度中所占分数δ随溶液pH的变化关系如图所示。已知常温下Ksp(MR)=1.0×10-18，M2+不水解。下列叙述正确的是（　　） A．常温下H2R的二级电离常数K的数量级为10-11 B．NaHR溶液中，c(H2R)<c(R2-) C．反应H2R(aq)+M2+(aq)MR(s)＋2H+(aq)的平衡常数K=101.8 D．向MR的饱和溶液中加酸调节至中性，则一定存在：2c(M2+)=2c(R2-)+c(HR-) 7．硫及其化合物的“价—类”关系如图所示(已知常温下H2SO3：Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8)。下列叙述错误的是（　　） A．a和d都能使酸性KMnO4溶液褪色 B．c作抗氧剂的原因是c不与O2反应 C．d溶液可能呈酸性也可能呈碱性 D．e的浓溶液和a反应可能生成b和c 8．常温下，用溶液滴定10mL等浓度的HCl溶液和用的溶液滴定10mL等浓度的溶液，滴定过程中溶液的导电能力如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．曲线①表示用的溶液滴定10mL等浓度的HCl溶液过程中溶液的导电能力变化 B．等浓度等体积的HCl溶液与溶液的导电能力相同 C．a点的Kw等于b点的Kw D．d点和e点溶液中均有： 二、多选题 9．一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下： 下列说法错误的是（　　） A．“沉镁”时可能发生反应： B．在实验室中“煅烧”时使用的仪器为坩埚，同时需要用玻璃棒不断搅拌 C．“氯化”过程中发生的反应为气体分子数增加的反应 D．不可以通过直接灼烧晶体的方法得到无水固体 10．秦俑彩绘中含有难溶的(白色固体)和(黄色固体)。常温下，和达到沉淀溶解平衡时，阳离子浓度的负对数pM与阴离子浓度的负对数pR的关系如图所示，下列说法错误的是（　　） A．向z点对应溶液中加入，可以继续溶解 B．反应的化学平衡常数 C．向浓度均为的与混合溶液中缓慢滴加溶液，先产生白色沉淀 D．向y点对应溶液中加入对应阴离子的固态钠盐，y点向w点移动 11．已知酸式盐NaHB在水溶液中存在下列情况： ①NaHB═Na++HB﹣ ②HB﹣⇌H++B2﹣ ③HB﹣+H2O⇌H2B+OH﹣且常温下溶液中c（H+）＞10﹣7mol•L﹣1． 下列说法一定正确的是（　　） A．NaHB只能部分电离 B．H2B溶液中只存在两种阴离子 C．H2B为弱电解质 D．HB﹣的电离程度大于的水解程度 12．已知H2M是二元弱酸，其电离常数Ka1=6×10-2，Ka2=6×10-5，CaM为难溶物，其Ksp(Ca M)=2.4×10-9，现进行两组实验： 实验I：往20 mL 0.1 mol/L KHM溶液中滴加10 mL 0.1 mol/L KOH溶液。 实验Ⅱ：往20 mL 0.1mol/L K2M溶液中滴加10 mL 0.1mol/L CaCl2溶液。 [溶液混合后的体积变化忽略不计]，下列说法正确的是（　　） A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点 B．实验I中V(KOH)=10 m L时，存在c(M2－)>c(HM－) C．实验Ⅱ中无Ca M沉淀生成 D．若实验Ⅱ中将V(CaCl2)改为80mL，则溶液中c(M2－)=4.0×10-8mol·L-1 三、非选择题 13．以硫化铜矿(主要成分为CuS，含一定量的Zn2+、Fe2+)为原料制备粗铜的流程如下： 已知：①浸取液中c(Cu2+)约为0.1mol·L−1 ②几种离子开始沉淀及沉淀完全(金属离子浓度≤10-5mol·L−1)时的pH： 离子 Fe2+ Fe3+ Cu2+ Zn2+ 开始沉淀的pH 7.5 1.9 4.2 6.2 沉淀完全的pH 9.6 3.2 6.7 8.2 （1）“浸取”时，CuS转化为S的离子方程式为　 　。 （2）已知CuS难溶于硫酸。溶液中存在CuS(s)=Cu2+(aq)+S2−(aq)。“浸取”时采用高压O2的原因是　 　。 （3）“调pH”时需控制的pH范围是　 　。 （4）“过滤1”所得固体X主要成分是　 　。 （5）经过如上流程，“Zn2+”存在于　 　（何处）。 （6）粗铜中铜含量的测定 步骤1：取0.2000g粗铜，加入一定量浓HNO3、浓HCl，微热至粗铜完全溶解后，控制溶液pH为3~4，加热除去未反应的HNO3，冷却； 步骤2：将步骤1所得溶液加水定容至250mL，量取25.00mL置于锥形瓶中，加入过量KI溶液，再加入少量淀粉溶液，用0.01000mol·L−1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。 已知：Cu2++I−-CuI+I2，I2+S2O32--S4O62-+I−(未配平) 粗铜中铜的质量分数为　 　(写出计算过程)。 14．汞及其化合物在催化、科学研究等方面具有重要应用。 （1）HgO可作为光催化剂降解有机染料污染物(如罗丹明B，以下简称B)。 ①在三组100mL12mg•L-1的B溶液中分别加入0.075gHgO，在不同波长的可见光照射下做光催化活性测试，溶液中某时刻B的浓度c与初始浓度c0的比值随光照时间t的变化如下图所示，三条曲线产生差异的原因可能是　 　。 ②0～15min内，470nm可见光照射下B的降解速率为　 　mg•L-1•min-1。 （2）乙炔(HC≡CH)能在汞盐溶液催化下与水反应生成CH3CHO，反应历程及相对能垒如下图所示。 ①从上图可知，CH2=CHOH(aq)→CH3CHO(aq) ∆H=　 　(用相对能量E表示)。 ②下列说法正确的是　 　。 A．本反应历程涉及的物质中，CH2=CHOH最不稳定 B．过程①中，Hg2+的空轨道接受水分子中氧原子的孤对电子 C．该反应历程中，存在非极性键的断裂和形成 D．增大压强和乙炔的浓度均能加快反应速率，并且增大乙炔的平衡转化率 （3）常温下，Hg2+与Cl-的配合物存在如下平衡：HgClHgClHgCl2HgCl+Hg2+，含Hg微粒的分布系数δ与lgc(Cl-)的关系如下图所示： 已知：平均配位数 ①图中能代表HgCl2曲线是　 　(填字母)，平衡常数K4=　 　。 ②在P点，溶液中c(HgCl2)：c(Hg2+)=　 　(写出计算过程)。 15．氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{}的制备及纯度分析步骤如下。 Ⅰ．制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的流程如下： 碱式碳酸铵晶体 其中，步骤ⅱ可通过如图装置完成。 Ⅱ．测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品纯度的流程如下： 实验步骤：再重复实验两次。 已知：①氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体难溶于水， ②+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。 ③。 ④在该实验条件下，与尿素不反应。 回答下列问题： （1）从原子结构角度解释+5价钒较稳定的原因：　 　。 （2）步骤ⅰ中和反应得到的产物之一是一种无毒无害的气体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是　 　。 （3）步骤ⅱ中盛装溶液的仪器名称为　 　。 （4）步骤ⅱ中装置D的作用是　 　。 （5）步骤ⅲ中依次用饱和溶液无水乙醇、乙醚洗涤晶体，用饱和溶液洗涤的目的是　 　。 （6）分析测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品纯度的流程： ①滴入溶液的目的是除去，写出其反应的离子方程式：　 　。 ②若平均消耗标准溶液的体积为a mL，则氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品的纯度为　 　%。 ③若其他操作均正确，但的加入量不足，会引起测定结果　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 16．以软锰矿(主要成分为，含少量等的氧化物)为原料，某研究所设计由软锰矿制备的生产流程如下： 已知：固体和溶液的颜色均为墨绿色。 回答下列问题： （1）“熔融、煅烧”时，参与反应的化学方程式为　 　。 （2）向“浸取”液中通入调节其，经“过滤”得滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ的成分为　 　(填化学式)。 （3）锰元素的氧化态-吉布斯自由能图如图所示，该图具有多方面的应用。 ①可判断不同氧化态的锰元素在水溶液中的相对稳定性。由图可知，在酸性溶液中是锰的最稳定态，则在碱性溶液中　 　(填化学式)是镍的最稳定态。 ②可预测歧化反应发生的可能性。若某氧化态位于它相邻两氧化态连线的上方，则该氧化态不稳定，能发生歧化反应，生成其相邻两氧化态。反之，若某氧化态位于它相邻两氧化态连线的下方，则该氧化态是相对稳定的。由图可知，在　 　(填“酸性”或“碱性”)环境中更易发生歧化反应，由此可知，“歧化”时加入冰醋酸的目的是　 　(结合化学平衡移动原理解释)。“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是　 　(填字母)。 a．稀硫酸 b．亚硫酸 c．氢溴酸 d．乙二酸 （4）“结晶”时，当　 　(填现象)时，停止加热，待自然冷却后，过滤即可获得紫黑色晶体。 （5）实验室用草酸标准溶液测定产品中高锰酸钾的纯度(已知：杂质不参与反应)，进行了如下操作： 步骤ⅰ．配制的标准氢氧化钠溶液； 步骤ⅱ．取草酸溶液，加入几滴酚酞溶液，用的标准氢氧化钠溶液标定，消耗氢氧化钠溶液； 步骤ⅲ．取样品溶于水，滴入几滴稀硫酸酸化，用已标定的草酸溶液进行滴定，达到滴定终点消耗草酸溶液。 ①样品中高锰酸钾的纯度为　 　。 ②高锰酸钾和草酸反应接近滴定终点时速率较慢，需用水浴加热。若不加热，测定出的高锰酸钾的纯度会偏　 　(填“大”或“小”)。 答案解析部分 1．【答案】C 【解析】【解答】A、298K时，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(NiCO3)=1.0×10-7，Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，NiS和NiCO3属于同种类型的沉淀，则常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度，故A不符合题意； B、曲线Ⅱ代表NiCO3，a点c(Ni2+)=c(CO)，Ksp(NiCO3)=c(Ni2+)×c(CO)=1.0×10-7，c(Ni2+)=c(CO)=10-3.5，p(Ni)=p(B)=3.5，且对应的阴离子为CO，故B不符合题意； C、对曲线Ⅰ，在b点加热，NiS的溶解度增大，S2-(aq)和Ni2+(aq)浓度浓度增大，b点向a点方向移动，故C符合题意； D、由分析可知，K曲线Ⅰ代表NiS，曲线Ⅱ代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS(s)Ni2+(aq)+S2-(aq)，加入Na2S，S2-(aq)浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+(aq)浓度减小，d点向b点移动，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】298K时，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(NiCO3)=1.0×10-7，Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，则曲线Ⅰ代表NiS，曲线Ⅱ代表NiCO3。 2．【答案】B 【解析】【解答】A、将pH=3盐酸稀释100倍后，所得稀溶液的pH=5。将pH=3的醋酸稀释100倍后，由于稀释过程中促进CH3COOH的电离，产生更多的H＋，因此溶液的pH＜5。所以稀释后醋酸的pH小于盐酸，A不符合题意。 B、等pH的盐酸和醋酸溶液中c(HCl)＜c(CH3COOH)，因此等体积的溶液中n(HCl)＜n(CH3COOH)，所以醋酸消耗n(NaOH)大于盐酸消耗n(NaOH)，B符合题意。 C、电离常数只与温度有关，温度不变，醋酸的电离常数不变，C不符合题意。 D、用NaOH溶液滴定盐酸至中性时，溶液中的溶质为NaCl，此时溶液中c(Na＋)=c(Cl－)。用NaOH溶液滴定醋酸至中性时，溶液中的溶质为CH3COONa和CH3COOH，此时溶液中c(Na＋)=c(CH3COO－)。由于醋酸溶液中CH3COOH为完全反应，因此溶液中c(Na＋)小于NaCl溶液中c(Na＋)，所以c(Cl－)＞c(CH3COO－)，D不符合题意。 故答案为：B 【分析】A、CH3COOH是弱酸，稀释过程中促进CH3COOH的电离。 B、等pH的盐酸和醋酸溶液中，c(HCl)＜c(CH3COOH)。 C、电离常数只与温度有关，温度不变，电离常数不变。 D、呈中性时，两溶液中的溶质分别为NaCl、CH3COONa和CH3COOH。 3．【答案】C 【解析】【解答】H2A是二元弱酸，溶液pH增大，溶液中H2A和氢离子浓度减小、氢氧根离子浓度增大，HA—离子浓度先增大后减小，A2-离子浓度增大，则线1、2、3、4、5分别表示lgc(H+)、lgc(HA−)、lgc(A2−)、lgc(OH-)、lgc(H2A)随pH变化的关系，由图可知，H2A浓度和HA—离子浓度相等时，溶液pH为4，则Ka1(H2A)==c(H+)=10-4，同理可知，Ka2(H2A)= 10—8； A．由分析可知，线1表示lgc(H+)随pH变化的关系，故A不符合题意； B．由分析可知，Ka1(H2A)==c(H+)=10-4，故B不符合题意； C．由图可知，P点时，溶液的pH为6，则溶液中氢离子浓度为10-6mol/L，故C符合题意； D．由图可知，当混合溶液pH为7呈中性时，溶液中离子浓度大小顺序为 ，故D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A.根据溶液pH增大，溶液中H2A和氢离子浓度减小、氢氧根离子浓度增大，HA—离子浓度先增大后减小，A2—离子浓度增大，即可判断； B.根据曲线的浓度利用Ka1(H2A)=即可计算； C.由图可知，P点时，溶液的pH为6，即可计算； D.根据图示即可判断。 4．【答案】D 【解析】【解答】A.2mL时与 溶液恰好完全反应，则a点时溶质为NaCl和Na2CrO4，电荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl-)+c(OH-)，此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计，a点为Cl-和曲线的交点，即c()=c(Cl-)，则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A错误； B．当V(NaCl)=1.0mL时，有一半的Ag2CrO4转化为AgCl，Ag2CrO4与AgCl共存，均达到沉淀溶解平衡，取图中横坐标为1.0mL的点，得Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c()=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，则K==102.21，B错误； C.V＜2.0mL时，Ag+未沉淀完全，体系中Ag2CrO4和AgCl共存，则=为定值，即为定值，由图可知，在V≤2.0mL时c(Ag+)并不是定值，则的值也不是定值，即在变化，C错误； D．V＞2.0mL时AgCl处于饱和状态，V(NaCl)=2.4mL时，图像显示c(Cl-)=10-1.93mol/L，则c(Ag+)===10-7.82mol/L，故y1=-7.82，此时Ag2CrO4全部转化为AgCl，n()守恒，等于起始时n(Ag2CrO4)，则=mol/L，则y2==-lg34，D正确； 故答案为：D。 【分析】向 1.0mL 含的悬浊液中滴加 的 NaCl 溶液，发生反应： ，两者恰好完全反应时， NaCl 溶液的体积为v(NaCl)= ，2mL之后再加 NaCl 溶液，c(Cl-)增大，据 ，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，c(Ag+)会随着c(Cl-)增大而减小，所以2mL后降低的曲线，即最下方的虚线代表Ag+，升高的曲线，即中间虚线代表Cl-，则剩余最上方的实线为曲线。由此分析解题。 5．【答案】D 【解析】【解答】A、由分析可知，曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线，故A正确； B、反应的平衡常数，故B正确； C、当Cl-恰好滴定完全时，，此时，因此指示剂的浓度不宜超过10-2mol/L，故C正确； D、当Br-到达滴定终点时，，此时，，故D错误； 故答案为：D。 【分析】AgCl和AgBr属于同类型的沉淀，则两者曲线应相互平行，则曲线①为的沉淀溶解平衡曲线，，进而可知②代表AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则③代表AgBr的沉淀溶解平衡曲线，将曲线上的点代入计算式可得，，，。 6．【答案】C 【解析】【解答】A．由题意可知H2R的电离方程式为H2RH+＋HR-、HR-H++R2-，溶液酸性较强时主要发生第一步电离，随着酸性减弱发生第二步电离，由图可知，pH=5时，c(H2R)=c(HR-)，Ka1=c(H+)=10-5，pH=11.2时c(HR-)=c(R2-)，Ka2==c(H+)=10-11.2，数量级为10-12，故A不符合题意； B．NaHR溶液中存在电离平衡和水解平衡，由计算可知Kh==10-9>Ka2，水解程度大于电离程度，c(H2R)>c(R2-)，故B不符合题意； C．反应H2R(aq)+M2+(aq)MR(s)＋2H+(aq)的平衡常数K====101.8，故C符合题意； D．向MR的饱和溶液中加酸调节至中性，根据电荷守恒可知2c(M2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(R2-)+c(HR-)+nc(酸根离子)(n取决于酸根离子的电荷数)，中性溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液中还含有酸根阴离子，则有2c(M2+)>2c(R2-)+c(HR-)，故D 符合题意； 故答案为：C 【分析】A.根据H2R的电离方程式为H2RH+＋HR-、HR-H++R2-，结合公式，利用交点计算出Ka1和Ka2； B.根据计算出HR-水解计算出水解常数，与Ka2对比即可判断； C.根据给出的方程式，利用Ka1和Ka2和Ksp计算出常数； D.根据电荷守恒即可判断。 7．【答案】B 【解析】【解答】由题意可知，a是H2S，b是S，c是SO2，d是Na2SO3(或NaHSO3)，e是H2SO4，以此解答； A．H2S和Na2SO3都具有还原性，都能使酸性KMnO4溶液褪色，故A不符合题意； B．SO2可作水果罐头的防腐剂(抗氧剂)，是因为SO2溶于水后能消耗O2，起到保鲜作用，故B符合题意； C．d是Na2SO3(或NaHSO3)，Na2SO3溶液中亚硫酸根的水解使溶液呈碱性，NaHSO3溶液中亚硫酸氢根的电离常数Ka2=6.0×10-8大于其水解常数Kh=，呈酸性，故C不符合题意； D．H2S具有还原性，能和浓硫酸反应生成S和SO2，故D不符合题意； 故答案为：B 【分析】A.根据判断a为H2S和d为Na2SO3都具有还原性均可是高锰酸钾褪色； B.c为SO2可与氧气反应可出去氧气； C.d为Na2SO3(或NaHSO3)即可判断酸碱性； D.a为H2S与浓硫酸反应得到硫单质和二氧化硫。 8．【答案】B 【解析】【解答】A.由分析可知，曲线①代表氢氧化钠滴定盐酸，A不符合题意； B.由分析可知，a点代表盐酸的导电能力，b点代表氢氧化钠溶液的导电能力，B符合题意； C.Kw只与温度有关，所以a点的Kw等于b点的Kw，C不符合题意； D.d点为醋酸和NaOH恰好完全反应的点，e点溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸，其中均有电荷守恒： ，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】本题主要考查中和滴定以及离子浓度大小的比较，值得注意的是，弱酸与强碱反应以后的盐，存在水解，以及弱酸存在部分电离。 首先分析该实验操作： （1）NaOH溶液滴定10mLHCl溶液过程：在酸碱恰好完全中和之前，溶液中离子物质的量几乎不变，但溶液体积增大，离子浓度降低，导电能力降低至最低点，恰好完全反应后继续滴加氢氧化钠溶液，导电性增强。 （2）CH3COOH溶液滴定10mLNaOH溶液：酸碱恰好完全反应后，再继续滴加的醋酸为弱酸，相当于稀释了生成的醋酸钠溶液，所以溶液导电性会减弱，即曲线①代表氢氧化钠滴定盐酸，曲线②代表醋酸滴定氢氧化钠溶液。 （3）a点代表盐酸的导电能力，b点代表氢氧化钠溶液的导电能力，c点为盐酸和NaOH恰好完全反应的点，d点为醋酸和NaOH恰好完全反应的点，e点溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸。 9．【答案】B,C 【解析】【解答】A、“沉镁”将Mg转化为Mg(OH)2，用CaO或者Ca(OH)2，可能发生反应：CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，故A不符合题意； B、在实验室中“煅烧”时使用的仪器为坩埚，坩埚灼烧不能用玻璃棒不断搅拌，故B符合题意； C、“氯化”过程中在氯气氛围中高温煅烧氧化镁和碳混合物将镁转化为氯化镁，反应的化学方程式为MgO+C+Cl2MgCl2+CO，反应为气体分子数不变的反应，故C符合题意； D、 直接灼烧晶体不能得到无水固体 ，如果要从MgCl2⋅6H2O晶体的方法得到无水MgCl2固体需要在HCl氛围中灼烧，故D不符合题意； 故答案为：BC。 【分析】将海水处理成为苦卤水之后，加入物质X沉镁，沉镁过程中将镁转化为氢氧化镁沉淀，则X可为CaO或者Ca(OH)2，分离出滤液后，煅烧滤渣，得到氧化镁，氧化镁中加入碳、氯气发生反应MgO+C+Cl2MgCl2+CO得到无水氯化镁。 10．【答案】B,D 【解析】【解答】A、z点在曲线上方，则z点为的不饱和溶液，则加入，可以继续溶解，A不符合题意； B、反应的平衡常数，B符合题意； C、由于，向浓度均为0.01mol/L的K2CO3与KI混合溶液中缓慢滴加0.1mol/LPb(NO3)2溶液，先生成，故先产生白色沉淀，C不符合题意； D、向y点对应溶液中加入对应阴离子的固态钠盐，则阴离子变多，变小，应该w点向y点移动，D符合题意； 故答案为：BD。 【分析】=0时，PbI2对应的pPb=8，PbCO3对应的pPb=13.1，则，。 11．【答案】C,D 【解析】【解答】解：A．由NaHB═Na++HB﹣可知NaHB完全解离，故A错误； B．由NaHB═Na++HB﹣，HB﹣⇌H++B2﹣，及HB﹣+H2O⇌H2B+OH﹣，可知溶液中含有三种阴离子，故B错误； C．由HB﹣能发生水解：HB﹣+H2O⇌H2B+OH﹣，生成H2B，则H2B为弱酸，属于弱电解质，故C正确； D．HB﹣既电离又水解，且常温下溶液中c（H+）＞10﹣7mol•L﹣1，即c（H+）＞c（OH﹣），说明HB﹣的电离程度大于HB﹣的水解程度，故D正确； 故选：CD。 【分析】 酸式盐NaHB在水溶液中存在 即存在电离，又存在水解， 且常温下溶液中c（H+）＞10﹣7mol•L﹣1． ，说明电离大于水解，同时也说明为二元弱酸，据此解答即可。 12．【答案】B,D 【解析】【解答】A、滴定到终点时生成，显碱性，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误： B、实验1中V(KOH)=10mL时，溶质是等物质的量浓度KHM和，，则的电离程度大于其水解程度，因此存在，故B正确； C、实验Ⅱ中，有CaM沉淀，故C错误； D、实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确； 故答案为：BD。 【分析】A、滴定终点时溶液显碱性； B、V(KOH)=10mL时，溶质为物质的量浓度KHM和； C、时有CaM沉淀生成； D、结合 Ksp(CaM)计算。 13．【答案】（1）2CuS+O2+4H+=2Cu2++2S+2H2O （2）增大溶解氧的浓度，提高O2氧化S2-的速率，使CuS沉淀溶解平衡正向移动 （3）3.2 ~4.2 （4）S、Fe(OH)3 （5）“过滤2”的滤液中 （6）n(Na2S2O3)=0.01000 mol·L−1×20.00×10-3 L=2.0×10-4mol，2Cu2+~I2~2Na2S2O3，n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=2.0×10-4moL，0.2000 g粗铜中m(Cu)=×2.0×10-4moL×64 g/mol=0.128 g，粗铜中铜的质量分数为：× 100% = 64%。 【解析】【解答】（1）在浸取时，CuS、H2SO4、O2发生氧化还原反应产生CuSO4、S、H2O，反应的离子方程式为2CuS+O2+4H+=2Cu2++2S+2H2O； （2）已知CuS难溶于硫酸。溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq) + S2−(aq)，“浸取”时采用高压O2是为了增大溶解氧的浓度(或增加O2在溶液中的溶解度)，提高O2氧化S2-的速率，使CuS沉淀溶解平衡正向移动，促进物质的转化； （3）在浸取时O2可以将Fe2+氧化变为Fe3+，发生反应：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，结合溶液中各种离子沉淀完全时溶液的pH，调整溶液pH在3.2 ~ 4.2，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，故“调pH”时需控制的pH范围是3.2 ~ 4.2； （4）S难溶于水，以固体形式存在，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故“过滤1”所得固体X主要成分是S、Fe(OH)3； （5）由分析可知，浸取、调pH、过滤1、还原等步骤中没有除去Zn2+，因此Zn2+在“过滤2”的滤液中； （6）在滴定过程中发生反应为：2Cu2++4I−=2CuI+I2，I2+2S2O32-= S4O62- +2I−，故反应的关系式为：2Cu2+~I2~2Na2S2O3，25.00 mL0.01000 mol/LNa2S2O3溶液中溶质的物质的量n(Na2S2O3)=0.01000 mol·L−1×20.00×10-3 L=2.0×10-4 mol，根据反应转化关系可知反应消耗Cu2+的物质的量n(Cu2+)= n(Na2S2O3)=2.0×10-4 mol，在0.2000 g粗铜中含有Cu的质量m(Cu)=10×2.0×10-4 moL×64 g/mol=0.128 g，该粗铜中Cu的质量分数为× 100% = 64%； 【分析】（1）CuS、H2SO4、O2发生氧化还原反应产生CuSO4、S、H2O，即可写出离子方程式； （2）存在CuS(s)Cu2+(aq) + S2−(aq)，因此加入氧气可氧化硫离子促使平衡正向移动； （3）根据调节pH是沉淀铁离子即可判断； （4）硫单质和氢氧化铁均不溶于水即可判断； （5）浸取、调pH、过滤1、还原等步骤中没有除去Zn2+，因此在滤液2中； （6）根据滴定2Cu2++4I−=2CuI+I2，I2+2S2O32-= S4O62- +2I−，找出数量关系即可计算出铜的量计算出质量分数。 14．【答案】（1）一定时，波长越短，HgO光催化效果越好，B的降解速率越快；0.48 （2）；AB （3）C；；由图可知，溶液中HgCl2与HgCl+离子浓度时，溶液中氯离子浓度为mol/L，P点时溶液中= 【解析】【解答】(1)① B的浓度c 与初始浓度c0 比值一定时，波长越短，B的降解速率越快，说明HgO的 光催化效果越好，答案为：一定时，波长越短，HgO光催化效果越好，B的降解速率越快 ； ②根据图像，15min时，=0.4，在0-15min内470nm可见光照射下B的降解速率为 =0.48 mg•L-1•min-1 ； 答案：一定时，波长越短，HgO光催化效果越好，B的降解速率越快 ； 0.48； （2）① 根据图像， CH2=CHOH(aq) 转化为 CH3CHO(aq) 为放热反应，△H=-（E4-E5）kJ/mol； 答案：-（E4-E5）kJ/mol； ②A.能量越高越不稳定，根据图像， CH2=CHOH 的能量最高，最不稳定，A正确； B.过程①中具有空轨道的汞离子与水分子中具有孤对电子的氧原子通过配位键形成配离子[Hg(H2O)]2+，B正确； C.由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时存在非极性键的断裂，但不存在非极性键的形成，故C错误； D.由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时，增大乙炔的浓度可以使平衡向正反应方向移动，但乙炔的转化率减小，故D错误； 答案： AB； （3）①根据图像，随c(Cl-)增大，c(HgCl42-)越大，因此曲线A为c( Hg2+ ) 与lgc(Cl-)的关系 ，B为c( HgCl+ )与lgc(Cl-)的关系，C为c( HgCl2)与lgc(Cl-)的关系 ，D为c(HgCl3-)与lgc(Cl-)的关系 ； 由转化关系可知，HgCl＋转化为Hg2+和Cl-的反应为：HgCl＋ ⇌Hg2++Cl- 当c( Hg2+ )=c( HgCl+ )时，c(Cl-)=10-6.78，K4==10-6.78； 答案：C；10-6.78； ②由图可知，HgCl2为HgCl＋+Cl-，由图可知，溶液中 c( HgCl2 )=c( HgCl+ )时，c(Cl-)=10-6.48mol／L，则反应的平衡常数 K3＝=10-6.48； P点时溶液中=； 答案为：由图可知，溶液中HgCl2与HgCl+离子浓度时，溶液中氯离子浓度为mol/L，P点时溶液中=； 【分析】(1)①由图像可得到：B的浓度c 与初始浓度c0 比值一定时，波长越短，B的降解速率越快； ②根据图像，15min时，=0.4，在0-15min内470nm可见光照射下B的降解速率为； （2）① 根据图像， CH2=CHOH(aq) 转化为 CH3CHO(aq) 为放热反应，△H=-（E4-E5）kJ/mol； ②A.能量越高越不稳定； B.过程①Hg2+提供空轨道，O提供孤电子对，形成配合物； C.由图可知存在非极性键的断裂，但不存在非极性键的形成； D.，增大乙炔的浓度可以使平衡向正反应方向移动，但乙炔的转化率减小； （3）根据图像，随c(Cl-)增大，c(HgCl42-)越大，因此曲线A为c( Hg2+ ) 与lgc(Cl-)的关系 ，B为c( HgCl+ )与lgc(Cl-)的关系，C为c( HgCl2)与lgc(Cl-)的关系 ，D为c(HgCl3-)与lgc(Cl-)的关系 ； 根据特殊点求出K。 15．【答案】（1）+5价钒原子满足最外层8电子的稳定结构 （2）2：1 （3）三颈烧瓶 （4）验证装置中空气已经排尽 （5）洗涤除去晶体表面的氯化铵 （6）5NO+2MnO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O；；偏大 【解析】【解答】（1）钒元素的原子序数为23，基态+5价钒原子的价电子排布式为3s23p6，原子最外层已达8电子的稳定结构，所以+5价钒较稳定，故答案为：+5价钒原子满足最外层8电子的稳定结构； （2）由题意可知，步骤ⅰ中五氧化二钒与盐酸和联氨混合溶液反应生成VOCl2、氮气和水，反应的化学方程式为N2H4+2V2O5+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，反应中氮元素化合价升高被氧化，联氨是反应的还原剂，钒元素化合价降低被还原，五氧化二钒是氧化剂，由方程式可知，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：1，故答案为：2：1； （3）由实验装置图可知，步骤ⅱ中盛装碳酸氢铵溶液的仪器为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶； （4）由分析可知，装置D中盛有的澄清石灰水用于验证装置中空气已经排尽，防止VOCl2在酸性条件下被氧化，故答案为：验证装置中空气已经排尽； （5）由题给流程可知，VOCl2溶液与碳酸氢铵溶液反应生成的沉淀的表面附有可溶的氯化铵杂质，所以用饱和碳酸氢铵溶液洗涤沉淀的目的是洗涤除去晶体表面的氯化铵，故答案为：洗涤除去晶体表面的氯化铵； （6）①由分析可知，加入亚硝酸钠溶液的目的是除去过量的高锰酸钾溶液，反应的离子方程式为： 5NO+2MnO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O ；②由方程式和钒原子个数守恒可得如下转化关系：—6 VO2+ —6 (NH4)2Fe(SO4)2，滴定消耗amLcmol/L硫酸亚铁铵溶液，则氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品的纯度为： ，③若其他操作均正确，但亚硝酸钠的加入量不足，亚硝酸根在酸性条件下能够氧化亚铁离子，会使消耗硫酸亚铁铵溶液的体积偏大，导致测定结果偏大。 【分析】（1） 从原子结构角度 看， +5价钒 最外层达到全满状态，比价稳定； （2）根据化合价升降相等，即可确定氧化剂与还原剂的系数比，即可得到物质的量比； （3）由图可知，有三个口，即为三颈烧瓶； （4）澄清石灰水检验二氧化碳，进而检验空气是否排尽； （5） 用饱和溶液洗涤的目的是 洗掉晶体表面的氯化铵； （6）①结合反应，确定氧化剂、还原剂、根据化合价升降相等，配平即可；②根据化学反应方程式，找到 与的关系，即可计算其纯度。 16．【答案】（1）2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O （2）Al(OH)3和H2SiO3 （3）MnO2；酸性；溶液中存在平衡3+2H2O2+MnO2+4OH－，加入冰醋酸，可中和OH－，降低c(OH－)，促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率；a （4）溶液表面出现晶膜 （5）63.2%；偏大 【解析】【解答】（1）“熔融、煅烧”时，加入KOH、通入空气熔融煅烧，MnO2生成K2MnO4，化学方程式为： 2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O ； 答案： 2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O ； （2）向含AlO2-、SiO32-的溶液中通入CO2调节其，经“过滤”得滤渣ⅠH2SiO3、Al(OH)3； 答案：H2SiO3、Al(OH)3； （3） ①在酸性溶液中Mn2＋是锰的最稳定态，可知吉布斯自由能越小越稳定，则在碱性溶液中MnO2是锰的最稳定态； ②由图可知，MnO4 -在酸性环境中明显位于它相邻两氧化态连线的上方，更易发生歧化反应； 溶液中存在平衡3MnO42-+2H2O2MnO4-+MnO2+4OH-，加入冰醋酸，可中和OH-，降低 c(OH-），促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率；加入冰醋酸的目的是调节溶液pH，KMnO4具有强氧化性，所以不能用还原性酸，乙二酸、亚硫酸、氢溴酸均具有还原性，可以用稀硫酸替代醋酸，故答案选a； 答案： 第1空、MnO2 第2空、酸性 第3空、溶液中存在平衡3+2H2O2+MnO2+4OH－，加入冰醋酸，可中和OH－，降低c(OH－)，促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率 第4空、a （4）此操作为降温结晶，故当表面出现晶膜时，就应停止加热； 答案： 溶液表面出现晶膜 ； （5）①用酚酞做指示剂，草酸与NaOH发生反应：H2C2O4＋2NaOH＝ Na2C2O4＋2H2O 结合题中数据得草酸溶液浓度＝=0.1000mol/L， 草酸与酸性高猛酸钾发生反应：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O 样品中酸性高猛酸钾的纯度为：=62.3%； ②若不用水浴加热，反应太慢会使溶液颜色变化滞后，草酸溶液加入过多，体积偏大，则测得高锰酸钾物质的量偏大，故纯度偏大。 答案： 第1空、63.2% 第2空、偏大 【分析】根据题意，分析流程， 软锰矿(主要成分为MnO2，含少量等的氧化物 ），加入KOH、通入空气熔融煅烧，MnO2生成K2MnO4、SiO2生成K2SiO3、Al2O3生成KAlO2，调pH除去AlO2-、SiO32-，滤渣Ⅰ为H2SiO3、Al(OH)3；墨绿色溶液K2MnO4加冰醋酸调pH发生 3MnO42-+2H2O2MnO4-+MnO2+4OH-，促使平衡正向移动生成KMnO4，滤渣Ⅱ为MnO2，KMnO4溶液经过结晶得到KMnO4晶体。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$