第三章 水溶液中的离子反应与平衡 单元练习题 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

第三章《水溶液中离子反应与平衡》单元练习题 一、单选题 1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法不正确的是 A．推广使用燃煤脱硫技术，可以防治的污染 B．草木灰溶液呈碱性，不能与铵态氮肥混合施用 C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可用于水的净化 D．光导纤维、醋酸纤维、硝酸纤维都是以纤维素为原料的化工产品 2．室温下，用饱和溶液浸泡粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加入过量盐酸，产生气泡，滤渣仍有剩余。已知。下列说法正确的是 A．沉淀的转化只能按照溶解度由大到小的方向进行 B．滤渣中加入盐酸反应的离子方程式为 C．过滤后所得清液中一定存在：且 D．若反应能够正向进行，则需要满足条件： 3．常温下，用溶液滴定的三种一元酸溶液HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是    A．用NaOH溶液滴定HX溶液时，可用甲基橙或酚酞作为指示剂 B．常温下的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ中， C．常温下一元酸HY的电离常数约为 D．滴定结束后读数时俯视凹液面，其它操作均正确，会使测得的结果偏大 4．下图为不同条件下水的电离平衡曲线，下列说法正确的是 A．将常温的纯水冷却，可以使其从A点变化为C点 B．将NaCl溶液常温蒸发一部分水，可以使其从A点变化为B点 C．若50℃时，则此时溶液的pH为12 D．向水中加入或，都能促进水的电离 5．气氛下，溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标()为组分中铅占总铅的质量分数。已知，、，。下列说法错误的是 A．时，溶液中 B．时， C．时， D．时，溶液中加入少量，会溶解 6．化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作合理的是 A．石油分馏 B．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的溶液 C．观察K元素的焰色 D．称量NaOH固体 A．A B．B C．C D．D 7．从锌浸渣（主要含、，少量ZnS和）中提取Ge的流程如下： 已知： ①锗在硫酸中的存在形式：pH≤2.0时主要为，pH为2～7时主要为。 ②常温下，，。 下列说法错误的是 A．被双氧水氧化的离子方程式 B．“中和沉淀”中，所加化合物A可为ZnO或 C．常温下，“中和沉淀”时调节溶液pH＝4.4，锗元素和铁元素共沉淀，此时滤液中 D．从滤液回收晶体用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒、坩埚、泥三角 8．常温下，随着溶液酸碱性变化，K2Cr2O7溶液的主要粒子成分也会发生变化。下列说法错误的是 A． B．水的电离程度： C．时随着增大而减小 D．时， 9．室温下，由二氧化锰与硫化锰矿(含Fe、Mg等杂质)制备MnSO4的流程如下： 已知：Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp(MnCO3)=2.24×10-11，下列说法正确的是 A．NH4HCO3溶液中：c()<c()+2c() B．“酸溶”时主要离子方程式：MnO2+MnS+2H2O=2Mn2+++4H+ C．“除铁除镁”后上层清液中：2c(Mn2+)+c(H+)=2c()+c(OH-) D．“沉锰”后上层清液中：=2.5 10．化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是 A．用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍 B．氯化钠不能使蛋白质变性，但可用作食品防腐剂 C．向河水中加入明矾，可除去悬浮杂质并杀灭有害细菌 D．“三元催化剂”将汽车尾气中NO和CO转化为N2和CO2有利于实现碳中和 11．磷酸(H3PO4)、亚磷酸(H3PO3)和次磷酸(H3PO2)都是重要的化工产品。已知：1mol磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2mol、1mol。亚磷酸易溶于水和醇，加热到180℃时分解成磷酸和磷化氢。经实验检测发现溶液显碱性。已知：25℃时。常温下，用溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示，下列说法正确的是 A．点加入氢氧化钠的体积 B．中，点水的电离程度最小 C．点存在： D．点存在： 12．下列有关实验现象、结论与实验操作相互匹配的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉溶液 溶液先变橙色，后变蓝色 氧化性： B 两支试管各盛酸性高锰酸钾溶液，分别加入草酸溶液和草酸溶液 加入草酸溶液的试管中溶液褪色更快 其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快 C 室温下，用pH试纸分别测定等物质的量浓度的NaCN溶液和CH3COONa溶液的pH NaCN溶液对应的pH更大 酸性： D 将铁锈溶于浓盐酸，再滴入溶液 溶液紫色褪去 铁锈与浓盐酸反应生成亚铁离子 A．A B．B C．C D．D 13．电石渣的主要成分为，含少量的、和C等杂质。从中回收制备高纯碳酸钙的工艺流程如下。已知：浸出液的金属阳离子只有。 下列说法错误的是 A．本流程中可以循环使用的物质是氨气和氯化铵 B．系列操作为洗涤和干燥 C．已知：，则属于弱电解质 D．滤渣1的成分为、和C 14．室温下，用pH计测定强碱滴定混酸过程的pH变化如图所示，所用NaOH、HCl和CH3COOH溶液的浓度均相等，且混酸的体积为20mL，下列说法正确的是 A．M点，c(H+)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(OH-)>c(CH3COO-) B．N点，c(Na+)=c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)=c(H+)>c(OH-) C．P点，c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH) D．Q点，c(Na+)+c(H+)=2c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(OH-) 二、非选择题 15．回答下列问题： (1)0.1 mol/L HCl溶液和0.05 mol/L H2SO4溶液等体积混合，pH= 。 (2)在25℃下，将pH=3的强酸溶液和pH=12强碱溶液混合，当混合溶液的pH=11时，强酸溶液和强碱溶液的体积比是 。 (3)某温度(t℃) 时，测得0.01 mol/L的NaOH溶液的pH=11，则该温度下水的Kw= 。在此温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的H2SO4溶液VbL混合。 ①若所得混合液为中性，且a=12，b=2，则Va：Vb= 。 ②若所得混合液为中性，且a+b=12，则Va：Vb= 。 ③若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb= 。 (4)水溶液呈酸性的原因是的水解程度 电离程度(填大于或小于)。 (5)相同温度下，相同物质的量浓度的下列溶液：①、②、③、④⑤、⑥按由大到小的排列为： (填序号)。 16．某废镍渣中主要含(为+2价)、、、。利用废镍渣经过一系列转化可以制得和。回答下列问题： (1)碱浸：将废镍渣用溶液浸取，浸取后取所得固体，用水洗涤。碱浸的目的是 。 (2)焙烧：将碱浸洗涤后所得固体与固体充分混合，在600℃条件下焙烧。焙烧后所得固体有，同时还有生成。焙烧时与发生反应的化学方程式为 。 (3)溶解：将焙烧后所得固体用95℃以上的热水进行溶解，溶獬后过滤，得到滤液和红褐色沉淀。结合化学方程式解释红褐色沉淀的原因： 。 (4)萃取、反萃取：向溶解、过滤后所得滤液中加入萃取剂，萃取后分液，获得有机层和水层。萃取时发生的反应为(M表示或，表示萃取剂)。萃取剂体积与溶液体积的比值对溶液中和的萃取率的影响如图所示。最后将分液后获得的有机层通过反萃取可获得溶液并回收萃取剂。 ①萃取时应控制的比值为 。 ②反萃取获得溶液的实验操作是 。 17．燃煤烟气中的SO2可用多种方法脱除。 I：氧化还原脱除法 (1)使用碘液脱除的反应机理如图所示。 ①SO2与I2反应的离子方程式为 。 ②将H2SO4与I2分离的方法是 。 ③该方案的优点是 。 (2)用NaClO碱性溶液催化脱除时，Ni2O3 的催化机理如下： (a)Ni2O3 + ClO－ → NiO2 + Cl－； (b)NiO2+ ClO－→ [O]+ Cl－+Ni2O3 ； (c)SO2+[O] +H2O+ OH－ →+ H2O ①活性氧[O]具有极强氧化性的原因是 。 ②NaClO碱性溶液脱除SO2的总离子反应方程式是 。 II：碱液脱除法 (3)用Na2CO3溶液、氨水脱除SO2，已知25℃时，含硫物种(即水溶液中H2SO3、、)随pH变化如图所示。 ①当用Na2CO3溶液吸收SO2至溶液的pH为4时，发生反应的离子方程式是 。 ②当用氨水吸收SO2至溶液的pH=7时，与溶液中、的浓度关系是c()= 。 ③由实验测得氨水脱除SO2时，脱硫效率随pH的变化如图所示。在pH<6时，随着pH增大，脱硫效率增大的可能原因是 ；在pH大于6时，随着pH增大，脱硫效率变化不大的可能原因是 。 18．催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为   (1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为 ；反应选用溶液而不选用溶液的原因是 。 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、（其余为）气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有 （用化学方程式表示）。 (3)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【详解】A．煤燃烧会产生二氧化硫气体，对环境有危害，采用燃煤脱硫技术，减少了气体的排放，减少对空气产生的污染，A正确； B．草木灰溶液呈碱性，不能与铵态氮肥混合施用，否则会导致氮肥肥效降低，B正确； C．明矾中铝离子水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附性，可以做净水剂，C正确； D．光导纤维主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，纤维素为有机物，不能作为生成二氧化硅的原料，D错误； 故选D。 2．D 【分析】用饱和溶液浸泡粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加入过量盐酸产生气泡，滤渣末完全溶解，则沉淀为BaSO4和BaCO3混合物，说明存在且过滤前BaSO4和BaCO3均达到溶解平衡状态。 【详解】A．沉淀能否生成与离子浓度的大小有关，若离子浓度幂的乘积小于Ksp，溶解度小的沉淀也不能生成，若离子浓度幂的乘积大于Ksp，溶解度大的沉淀也能生成，A错误； B．由分析可知，滤渣为BaSO4和BaCO3混合物，滤渣中加入盐酸反应的离子方程式为，B错误； C．过滤后得滤渣和滤液，则过滤前达到平衡状态，和均达到溶解平衡状态，即且，C错误； D．反应达到平衡时，其平衡常数，反应要正向进行，则需满足，即，则，D正确； 故选D。 3．B 【详解】A．滴定终点时溶液呈碱性，甲基橙变色范围为3.1~ 4.4，所以不能用甲基橙作指示剂，应该用酚酞，故A项错误； B．同浓度的酸，pH越大，酸性越弱，可知HX、HY、HZ的酸性由强到弱为HZ>HY>HX，越弱越水解，常温下0.1000mol·L-1的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ中，，故B项正确； C．根据滴定曲线可知，0.1000 mol·L-1的HY溶液pH=3，该溶液中c(Y-)≈c(H+)= 10-3 mol·L-1，酸的电离程度较小，则c(HY)≈0.1000 mol·L-1，，故C项错误； D．滴定结束后读数时俯视凹液面，其它操作均正确，使得读数偏小，使测得的结果偏小，故D项错误； 故本题选B。 4．C 【详解】A．水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离程度增大，氢离子和氢氧根的浓度增大，将常温的纯水加热，可以使其从A点变化为C点，A错误； B．将NaCl溶液常温蒸发一部分水，水的离子键常数不变，氢离子和氢氧根的浓度仍然相等其不变，不能使其从A点变化为B点，B错误； C．若50℃时，溶液中c(OH-)=0.1mol/L，c(H+)=，pH=-lgc(H+)=12，C正确； D．在水溶液中会完全电离产生H+，抑制水的电离，、的水解会促进水的电离，D错误； 故选C。 5．D 【详解】A．由图可知，pH=6.5时δ(Pb2+)>50%，即c(Pb2+)>1×10-5mol/L，则c()≤=mol/L=10-7.1mol/L<c(Pb2+)，A正确； B．由图可知，δ(Pb2+)=δ(PbCO3)时，溶液中还存在Pb(OH)+，根据c0(Pb2+)=2.0×10-5mol/L和Pb守恒，溶液中c(Pb2+)<1.0×10-5mol/L，B正确； C．由题可知溶液中所含离子种类：Pb2+、Pb(OH)+、Pb(CO3)、H+、OH-、、、，根据电荷守恒：2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]+c(H+)=c(OH-)+2c[Pb(CO3)]+c()+2c()+c()，由于pH=7，c(H+)=c(OH-)，故2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+] ＜c()+2c()+c()，C正确； D．NaHCO3溶液中的水解平衡常数为==10-7.6>Ka2(H2CO3)，的水解程度大于其电离程度，溶液中浓度几乎没有变化，且加入少量NaHCO3固体，形成缓冲溶液，溶液的pH变化不明显，结合图像，PbCO3不会溶解，D错误； 答案选D。 6．D 【详解】A．温度计水银球没有放在支管口处，冷却水应下进上出，A错误； B．氢氧化钠溶液滴定醋酸不能选用石蕊试液作指示剂，应该用酚酞，B错误； C．观察K元素的焰色需透过蓝色钴玻璃，C错误； D．称量NaOH固体用小烧杯，D正确； 故选D。 7．D 【分析】由题给的流程可知，向锌浸渣中加入过氧化氢和硫酸的混合液，将转化为硫酸锌和硫酸铁，硫化锌、二硫化锗转化为硫酸锌，硫酸锗和硫，过滤得到含有硫酸钙和硫的滤渣和滤液；向滤液中加入化合物A，根据不引入新杂质可知A为氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH，将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁，氢氧化锗沉淀，过滤得到滤液和滤饼；滤液经蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤，干燥得到七水硫酸锌晶体；向滤饼中加入盐酸溶解后，蒸馏得到四氯化锗，四氯化锗在一定条件下水解，过滤得到水解液和二氧化锗；二氧化锗与合适的还原剂一定条件下反应生成锗。 【详解】A．被双氧水氧化的离子方程，Ａ项正确； B．根据不引入新杂质，“中和沉淀”中，可知A为ZnO或，B项正确； C．常温下，“中和沉淀”时调节溶液pH＝4.4，锗元素和铁元素共沉淀，由溶度积可知，滤液中锗离子和铁离子的浓度比为： ，C项正确； D．从滤液回收晶体用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿，D项错误； 故答案为：D。 8．D 【详解】A．B(0.74，0.038)点c()=c()，pH=0.74，，A正确； B．K2Cr2O7溶液中存在平衡：，向溶液中加入酸，平衡逆向移动，浓度减小，浓度增大，A点浓度较大，溶液中A含有过量的酸，水的电离被抑制，B中也含有过量的酸，水的电离也被抑制且pH更小，水的电离程度：B<A，A点水电离出的c(H+)=，B点水电离出的c(H+)=，G点溶液中含有过量的碱，水的电离被抑制且水电离出的c(H+)=，E点溶液中主要含有、，二者会发生水解，水的电离程度在4点中最大，则水的电离程度：，B正确； C．K2Cr2O7溶液中存在平衡：，平衡常数K=，随着增大，c(H+)减小，K值不变，则减小，C正确； D．时，溶液呈酸性，，溶液中存在电荷守恒：，则，D错误； 故选D。 9．D 【分析】向二氧化锰与硫化锰矿中加入硫酸溶液酸溶，将硫化锰中的硫元素转化为硫酸根离子、金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤液；向滤液中加入氨水，将铁元素转化为氢氧化铁沉淀，再加入氟化锰，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸锰的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰；碳酸锰溶于硫酸溶液得到硫酸锰。 【详解】A．由题意可知，一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，则碳酸氢铵溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH—)可知，溶液中c()＞c()+2c()，故A错误； B．由分析可知，“酸溶”时主要反应为二氧化锰与硫化锰、硫酸溶液反应生成硫酸锰和水，反应的离子方程式为4MnO2+MnS+8H+ =5Mn2+++4H2O，故B错误； C．由分析可知，“除铁除镁”后上层清液为硫酸铵和硫酸锰的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系2c(Mn2+)+c(H+)+c()=2c()+c(OH—)，故C错误； D．“沉锰”后上层清液中：====2.5，故D正确； 故选D。 10．B 【详解】A．汽油是烃的混合物，不溶于纯碱，所以不能用热的纯碱溶液清洗衣物上的汽油污渍，故A错误； B．氯化钠是轻金属盐，不能使蛋白质变性，但可用作食品防腐剂，故B正确； C．明矾溶于水，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒而净水，所以向河水中加入明矾，可除去悬浮杂质，但明矾不能杀灭有害细菌，故C错误； D．“三元催化剂”将汽车尾气中NO和CO转化为N2和CO2，反应生成了CO2，没有减少CO2的排放量，所以不利于实现碳中和，故D错误； 故答案为：B。 11．D 【分析】根据1mol磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2mol、 mol，说明磷酸(H3PO4)是三元酸，亚磷酸(H3PO3)是二元酸，次磷酸(H3PO2)是一元酸，用溶液滴定溶液，a点时，溶液中的溶质为H3PO3和NaH2PO3，b点时，溶液中的溶质为NaH2PO3，d点时，溶液中的溶质为。 【详解】A．a点时pH=1.3，即c(H+)=10-1.3mol/L，=10-1.3，所以此时溶液中；假设V1=10mL，则H3PO3反应一半，a点对应的溶质为等物质的量H3PO3和NaH2PO3，但由于Ka1=10-1.3≠10-7，但由于的电离程度和的水解程度不相等，则不满足，假设不成立，A错误； B．d点时，溶液中的溶质为，只存在阴离子的水解，因此促进水的电离，水的电离程度最大，B错误； C．b点时，溶液中的溶质为，溶液呈酸性，则，根据电荷守恒有，所以，C错误； D．c点时，溶液的，则，根据，，则，D正确； 故答案选D。 12．C 【详解】A．向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉溶液，氯水过量，也会将碘离子氧化为碘单质，不能说明氧化性，A错误； B．根据，酸性高锰酸钾溶液，需要草酸溶液和草酸溶液，故反应中高锰酸钾溶液均过量，溶液不褪色，B错误； C．根据越弱越水解的原理，等物质的量浓度的NaCN溶液和CH3COON溶液的pH，溶液NaCN对应的pH更大，可以说明酸性，C正确； D．浓盐酸也会和高锰酸钾反应导致高锰酸钾溶液褪色，D错误； 故选C。 13．C 【分析】已知：浸出液的金属阳离子只有，则、和C等杂质成为滤渣1的成分，浸出液中氯化钙和二氧化碳、氨气反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，滤液成分为NH4Cl； 【详解】A．加入氯化铵浸出与反应生成氯化钙、水和氨气，氯化钙和二氧化碳、氨气反应生成碳酸钙沉淀和氯化铵，可以循环使用的物质是氨气和氯化铵，故A正确； B．滤渣2为碳酸钙沉淀，表面附着可溶性氯化铵，加水洗涤、干燥即可得到高纯碳酸钙，系列操作为洗涤和干燥，故B正确； C．难溶，溶于水的部分能完全电离，属于强电解质，故C错误； D．已知：浸出液的金属阳离子只有，则滤渣1的成分为、和C，故D正确； 故答案选C。 14．D 【分析】由图可知，M点为等浓度的醋酸和盐酸的混合溶液，N点盐酸与氢氧化钠溶液恰好反应得到等浓度的氯化钠和醋酸的混合溶液，溶液呈酸性，P点为氯化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液呈中性，Q点盐酸和醋酸与氢氧化钠溶液恰好反应得到等浓度氯化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液呈碱性。 【详解】A．由分析可知，M点为等浓度的醋酸和盐酸的混合溶液，盐酸在溶液中完全电离出氢离子和氯离子，醋酸在溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，盐酸电离出的氢离子抑制醋酸的电离，则溶液中微粒浓度大小顺序为c(H+)>c(Cl-)>c(CH3COOH) >c(CH3COO-)>c(OH-)，故A错误； B．由分析可知，N点为等浓度的氯化钠和醋酸的混合溶液，溶液呈酸性，则溶液中微粒浓度的关系c(Na+)=c(Cl-)>c(CH3COOH) >c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)，故B错误； C．由分析可知，P点为氯化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO—)+ c(OH—) +c(Cl-)可知，溶液中离子浓度的关系为c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-) ，故C错误； D．由分析可知，Q点盐酸和醋酸与氢氧化钠溶液恰好反应得到等浓度氯化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO—)+ c(OH—) +c(Cl-)和物料守恒关系c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，整合可得溶液中c(Na+)+c(H+)=2c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(OH-)，故D正确； 故选D。 15．(1)1 (2)9：2 (3) 10-13 1：10 10：1 1：9 (4)小于 (5)⑥>⑤>①>③>②>④ 【详解】（1）盐酸与硫酸均为强酸，0.1 mol/l HCl溶液和0.05 mol/L H2SO4溶液等体积混合，其； （2）在25℃下，pH=3的强酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，pH=12强碱溶液中c(OH-)=10-2mol/L, 当混合溶液的pH=11时，有，求得； （3）测得0.01 mol/L的NaOH溶液的pOH=2，其pH=11，则有pKW=pH+pOH=13，则t℃时KW=10-13； ①    将pH=12的NaOH溶液（即0.1mol/LNaOH溶液）VaL与pH=2的H2SO4溶液（即5×10-3mol/LH2SO4溶液）VbL混合，混合溶液为中性则，； ②    将pH=a的NaOH溶液（即10a-13mol/LNaOH溶液）VaL与pH=b的H2SO4溶液（即溶液）VbL混合，其中a+b=12，则有，； ③    将pH=12的NaOH溶液（即0.1mol/LNaOH溶液）VaL与pH=2的H2SO4溶液（即5×10-3mol/LH2SO4溶液）VbL混合，混合溶液pH=10则，； （4）水解方程式为，的电离方程式为，水溶液呈酸性说明的水解程度小于电离程度； （5）溶液呈碱性，溶液呈酸性，溶液呈中性溶液呈酸性，溶液呈碱性，溶液呈碱性，上述酸性溶液中是铵根离子水解导致，而因此等浓度时酸性；碱性溶液中是醋酸根离子水解导致，而NaOH为强碱，因此同浓度溶液碱性，因此相同物质的量浓度的上述溶液pH由大到小顺序为⑥>⑤>①>③>②>④。 16．(1)除去Al2O3 (2) (3)在95℃以上的热水中发生强烈水解，生成了沉淀 (4) 0.25 在萃取液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液，得到溶液 【详解】（1）废镍渣中主要含NiFe2O4(Ni为+2价)、NiO、FeO、，将废镍渣用NaOH溶液浸取，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，浸取后取所得固体，用水洗涤，则碱浸的目的是除去。 （2）将碱浸洗涤后所得固体与固体混合，在600℃条件下焙烧。焙烧后所得固体有NiSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4，同时还有NH3生成，焙烧时NiFe2O4与所发生反应的化学方程式为 （3）将焙烧后所得固体用95℃以上的热水进行溶解，Fe2(SO4)3发生水解反应，升温促进水解，生成氢氧化铁沉淀，过滤，得到滤液和红褐色沉淀，故红褐色沉淀的原因：Fe2(SO4)3发生水解反应 （4）①萃取时应控制的比值为0.25，对Ni2+的萃取率最大，几乎不萃取Fe2+。 ②反萃取获得溶液的实验操作是在萃取液中加入稀硫酸，振荡，静置，分液，得到NiSO4溶液。 17．(1) SO2+I2+2H2O＝4H++2I－+ 用四氯化碳等有机溶剂萃取 I2可以循环利用；氧化剂易于获得 (2) 氧原子最外层电子数为6，易于得到电子 SO2+ClO－+2OH－＝H2O+Cl－+ (3) 2SO2 ++H2O＝2+CO2↑ 2c()+c() 碱性增强，有利于亚硫酸电离，从而促进SO2溶解和反应 碱性过强，有利于氨气的生成，削弱了溶液的碱性，从而不利于SO2的吸收和反应 【详解】（1）①根据反应机理图可得，SO2与I2反应生成H2SO4与HI，离子方程式为：SO2+I2+2H2O＝4H++2I－+； ②I2易溶于有机溶剂，将H2SO4与I2分离的方法是用四氯化碳等有机溶剂萃取。 ③根据反应机理图可知，该方案的优点是I2可以循环利用；氧化剂易于获得。 （2）①氧原子最外层电子数为6，易于得到电子，所以活性氧[O]具有极强氧化性； ②根据催化机理的三步可得，NaClO碱性溶液脱除SO2生成硫酸根离子和氯离子，总离子反应方程式是SO2+ClO－+2OH－＝H2O+Cl－+； （3）①根据图可知，在pH约为4时，溶液中主要存在HSO，则可发生的主要反应是：CO+ 2SO2 +H2O = CO2↑+ 2HSO； ②pH=7时，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(NH4+)=2c(SO)+c(HSO)； ③在pH<6时，随着pH增大，碱性增强，有利于亚硫酸电离，从而促进SO2溶解和反应，所以脱硫效率增大；在pH大于6时，碱性过强，有利于氨气的生成，削弱了溶液的碱性，从而不利于SO2的吸收和反应，所以随着pH增大，脱硫效率变化不大。 18．(1) 或 水解可促进的水解 (2) 此温度范围内，催化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，导致NO转化率随温度变化不明显 (3)适当增大酸的浓度、适当升高温度、延长酸浸时间等 【详解】（1）在水溶液中水解为沉淀和，或、相互促进水解生成沉淀和，离子方程式为或，是弱酸弱碱盐，是弱酸强碱盐，反应应选用溶液而不选用溶液，其原因是水解可促进的水解，故答案为：或；水解可促进的水解； （2）在320~360℃范围内，该催化剂的活性最佳，对反应速率的影响不明显，导致NO转化率随温度变化不明显；当温度高于380℃，进入反应器的NO被还原的量减少，使NO转化率下降，还有一个原因是NH3与O2反应生成了NO，反应为，故答案为：此温度范围内，催化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，导致NO转化率随温度变化不明显；； （3）提高钒元素浸出率的方法有搅拌、适当增大酸的浓度、适当升高温度、延长酸浸时间等，故答案为：适当增大酸的浓度、适当升高温度、延长酸浸时间等。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$