单元检测(十二) 盐类水解及难溶电解质的溶解平衡-【衡水真题密卷】2025年高考化学单元过关检测（福建专版）

2024一2025学年度单元过关检测（十二） 化学·盐类水解及难溶电解质的溶解平衡 (考试时间75分钟，惑分100分) 可能用到的相对源子爱量，1H一1C一12D一16Na一23 一，选择题：本题共10小盖，每小獵4分，共40分。在每小给出的四个进项中，只有一项 是符合题目要求的。 超号123456890 答案 1,5℃时，浓腹均为a2m·L.的N3X)与N(溶液中，下列列斯0视的是(） A溶流中均存在电离平衡和水解平衡 B存在的粒子种类相同 C溶液中c(OH)前者大于后者 D分别加入NOH周体，恢复到原度，r《QO广)均增大 2有关电解质帝液的实晚，下列做法正确的是 A将ACL溶液和A山(S0,),溶液分别如热.落千，灼绕，所得因体成分相日 五配利F©(0，)，脐液时，将Fe(30,)2国体溶于稀在酸中，然后稀释至所需浓皮 C用面热的方法可以除去K溶液中的F© 几.用热的孩酸钠溶液瓷涤厨房治污 3,下列化学原理的应用，不能利用沉淀溶解平衡原来解释的是 A.限服C后用Q5%的，SO溶藏解港 A溶羽、丽雨的形戒 C轻常使月含氟牙音到牙，可衡止朝齿 D.泡依灭火器灭火的原理 4.室里时法度都是1mal·L1的四种正盐溶液，AX,BX,AY,BY:AX溶液的pH一7且 溶液中<(X)=1l·L.,X蒂液的p日一4，BY溶液的pH一6。下列说法正确 的是 ( A.电离常数：K《OHD<K(HY B溶液的pH:AYBY CG稀释相同倍数，溶液H变化：HX=Y Q路浓度均为1mo·1.的HX和HY溶液分别稀释10倍后，溶液的pH:HX>HY 单元过关检测（十二】化学第1页（共8页） 衡水真 5,电解质的电导率越大，导电能力越强。用0,100mcd·L的KO日溶液分)浅定体园 班圾 的为2000mL旅度均为Q1G0m3l·L的盐酸和CH0H溶液。利用传路器测 得演定过程中溶液的电导率如图所承，下列说法正确的是 姓名 得分 20mL 40 mL RKOHY A山线②代表滴定CH COOH溶液的情线 B在相同害度下，水电离程皮，P点大于M点 GM点溶液中：e(CH0》+r(OHT)-e(H)a,a5ml·1 D.N点溶液中：c(K)e(CH COO)e(OHT)>r《H) 6,如图所示，横为溶液的H.纵箱为Zn+藏O片物质的量浓度的对数。 Zm0lD Zni 5 108090100102030140h 下列说法错误的是 A柱Z心溶液中加人过量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式可表示为+十 40H-2m0片+2HO 五从图中数据计算可得Z(OHD:的溶度积K,一10■ C某凌液中含Z+,除尘Zm+可以控制溶液pH的意围是&0一120 DZ(OH》1应为两性氢氧亿物 7,铜氢法可用于测定气体中氧气浓度。该方法是以C作为还象剂，用一定量NH,C和 氢水的混合液作为吸收藏吸收Q,其原班如周所示。 OCo CONH u Ce(NH O.CONHC NH CUINL 0 启法的取慢 通不阶段使钉 密在 单元过关检测（十二）化学第2页（共8页引 已知：水溶液中[Cu(NH),了+为整色.[Ca(NH)]+为无色 下列说法错误的是 ANH心的作用是抑制氢水的电离，防止生成C知(OH)沉淀 A环阶度1的反应为Cu(NH,),]++Ca一2[CNH.),] C.配制股收液时，加人少量CSO,溶雅，可如快开始吸收时的反皮速率 口随着吸收过程不新进行，当暖败藏由蓝色变为无色时，表明吸收液已失效 &常泡下，向1DmLQ.10mo·L.CCl,溶孩中滴加a.10mal·L.14,g溶液，滴加过 程中一1gc(心+)与N5溶液体积V)的关系如图历示. -ga0升 17.7 0士市巧0N,sml 已知X,2S)>K,(CS)。下列说法情误的是 A.a,b两友CuS的溶度积K相等 B常祖下，CS的溶度积K。的数量圾为0 Cc点溶液中：cCT)c(Nn)>c《S)Dc(OH)2x() D闪锌书(ZS)遇到德酸铜溶液可转变为铜监(C5) 9,硫酸锡(S8O,)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是() g5) -145 -1.50 -1.s5 -10 -165 -1.70 21 -15 16K 8-10-15-10-145g50） A湿度一定时，K,(S50,)随c(S)的增大面减小 B三个不同迎度中，33K时K,(5S0,)最大 C283K时，图中1点对应的溶液是不跑和溶液 口283K下的5S50),饱和溶被升马到353K后变为不值和溶液 单元过关检测（十二】化学第3页{共8页） 衡才 10,废旧悟吾电池会导数铅污染，R5求工艺回收铅的化工流程如图所示. 题人90 副产品M 断资地西 (NH.CO 气体 2%BF溶减 已知：【.悟有的主要成分是%)知PS),HBE,是强能： 1.K.PlS0,》=1.6×10·.K。P4C0=7.4X10. 下列有关说法铸误的是 A步程②中反成Ph),(s)十（阿）一PC0)(s)十S0《a四》的化学平衢常数 K约为2,2×10 且操作需要用的玻璃仪常有烧杯，稀斗，玻璃棉 C步量④发生反成的离子方程式为C01十2H一F%+十)↑十H0 D副产品M的主要成分是NH):SO 二，非选择驱：本题共4小驱，其60分。 1L,(15分)F口具有净水作用，但高蚀设备，而聚合氯化铁是一种新盟的家餐剂，处理污 水比FCL高效，且高蚀性小。 月答下列问画： (1)F净水的原理是 ,F(Q溶浪腹过钢铁设备， 除T作用外，另一主要原因是 (用离子方程式表示》 (2)为节内成本，工业上用NCO氧化酸性F:废液得刊F ①若酸性F废液中e(F+》-20×10md·L,c(2+=10X10md·L-', r(广)=五，3×10·L,则减溶液的pH约为」 ①完成NO,氧化FC的离子方程式： □CIo+■Fe+☐ ☐a+☐Fe+□ (3)FCL在溶液中分三步木解： Fe+H0=Fe(OH)+H'Kx Fe(OH)+H,O-Fe(OH):'+H'K Fe(OHD时+HO-Fe(OHD,十HKa 真题密在 单元过关检测（十二）化学第4页（共8页 以上水解反成的平省常数Ky、K2、K由大到小的顺序是 通过控脑条作，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xF+十 yHOF花，(OHD+十y,欲使平衢正向移动可采用的方法是 (填标号) 人降塑 k加水稀帮 6加人NH国 d加入HO 室祖下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关钳条件是 (4)某污水处理厂用氯化铁净化污木的销果如图所示。由图中数据得出每升污水中投 放聚合氧化肤以F《m球·L1)表示3的最住范围约为 ng·1. 1间 常油度 还郑性物调 12 6 24 Felm L) 12,《15分)在含有菊电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存 (1)土的H一酸在一9。土罐中C)含量较高时，pH可高话105，试用离子 方程式解土馆星碱性的原因： 加人石膏(CO,·HO)可以使土壤碱性降低，有关反应的化学方程式 为 2)常温下在20mL0.1mo·L1NC0常液中蓬演如人0.1ml·L1HC1溶液 40mL,溶液中含碳元素的各种微较(C0:因遵出未再出)物质的量分数（纵轴）随剂 藏H变化的第分情况如图所示， 含要州分含量% 100 00 HOO H0 可答下列问思： ①在司一溶液中，HOO,HCO,.CO (填“使或“不能)大量共存 单元过关检测（十二】化学第5页（共8页） 衡水真显 阅当H一7时，溶液中含碳元素的主要微粒为 ,溶液中各种离子 的物质的量浓度的大小美系为 8已知在25℃时.00对水解反应的平衡客数K,=HC0:0H)=么.0X e(CO) 10+m0·L.1,当溶液中c(H00》1e(C0)-2:1时，将素的pH ()一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以C0,的形战州定下来，但产生的C0又会与 CS0,发生化学反应，相关的热化学方程式如下： ①C90(s》+00gCOa十S0《g+0(e4Hm+210,5J·w ②CS0,(s)+4C0(g.CS)+4C02(e)△H=-182,2·me+ 反度C0》+XXXg》+S)(gCSs+X0(g)△H=k·m: 13.(16分)磷，算，氯.肆(A)(是工业废水中的污染元素，也是重要究源，用途广泛 (1)将植酸猛，销酸纪与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可庆得一 种韩的育效吸附剂X,吸用剂X中含有O,其原因是 (2)HAO,和1HAO,水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占 各物种浓度之和的分数与pH的关系分料如图1和图2所示， as! 4a44a444 A A 2 2 ①以后质为指示剂（变色范围H8,0一10,0》，将NOH溶液逐滴加人HAO溶 液中，当溶液由无色变为浅红色时停止满加。该过程中主要反应的离子方程式 多 HA城O±出AO十H第一步电离的电离含数为K1+则K:= (pka=-lgNa》。 (3)氧化水解法生产三氧氧瞬(PO,)的度水中主要含有HO4,H,PO等，可先加人 适量漂白籽，再加入生石灰调节H,将领元素转化为晚酸韵钙盐沉淀并可收。 ①在沉淀前先加入适量德白粉的作用是 密西 单元过关检测（十二）化学第6页（共8页} ②不同条件对磷的沉淀回收率的影响如图3和图4所示。处理该厂废水需控到的 工艺条作为 州留溶解作峰货(m01·L少 收毕%的 线位溶解性磷流攻题0+L-1国收米% 110 1I0 04 0 3 ◆ 线闲溶解性 我留溶解性 时依度 牌浓度 教车 收率 01 30 8&5993-101051112 000120 H 反时m 图3 图4 (4)SOC是一种液声化合物，棉点为77℃，在暮有10mL本的维形瓶中，小心地演 如儿滴SOC发生烈反应，液面上有白雾形业，产生有刺滴性气除的气体，该气 体可使限胸的品红试低锡色。轻轻振荡锥形瓶，等白雾消失后，往溶液中南士 AgO蒂液，有不将于HNO,的白色沉淀析出 ①SOC1:和水反度韵化学方程式为 四将FC,溶液直接蒸干得不到无水FC,面得到 (填化学式)。若用 SOCL2与下C,6H0混合其热，则可得到无水下L,其原因是 14.(14分)棵是重要的战略金属贸源。一肿从某高镁低品位铜舰矿（主要成分为口F®5：、 F8.3Ni0·4S0·H:O.3Mg0·45O·H,0等)中目收Ca、Ni的工艺流程知图 所示： 0..H.SD M 渔油 衣重流一+海 混 闻容下列何题： (1)NF(SD.》,(OHDa中，Fe元素的化合价为 《》为提高氧压浸出”的速率，可行的操作有 (任写一个) 单元过关检测（十二）化学第7页（共8西） 衡水真题 (3)·氧压浸出“的德情有5和，该环节中CF5发生反应的化学方程式 为 〔4)“零铜时的反成为：2HR(有帆相)十C(水相)CR4(有机相)十2H计（水 相)，下列说法正确的有（殖标号）。 A向常取液中血人稀硫酸进行“反萃取”，可得到单质C B奉余液中的用离子为F+,N,Mg C一定条件下，深攻平时C号-4期心的本取*为的以 D.为提高C过'的茶取率，可适当提高溶液pH (5)常国下，已知K,[Ni(OH):]=2×10,"滤凌中c(Ni+)=0.2ml,L'.“沉 傻时，控制H为&50北时N了的江旋率为，“锦后的每液，含有的 主要溶质为（填化学式）。 单元过关检测（十二）化学第8页（共8页}衡水真题密卷 即0.5mol,所以x=0.5mol,a=0.75mol. T℃时，该反应的平衡常数K= c2(NH)·c(CO2) a-x.(e2） 2024一2025学年度单元过关检 难溶电解质 一、选择题 1.C【解析】在NaHCO,溶液中，HCO作为弱 酸的酸式酸根既能电离也能水解，同时还存在水 的电离平衡，在Na2CO,溶液中存在CO的水 解平衡和水的电离平衡，A正确；在两溶液中均 存在Na+、H,HCO、CO,H2CO3、OH、 H2O七种微粒，B正确：同浓度的正盐水解程度 大于其酸式盐，所以Na,CO3溶液中c(OH) 大，碱性强，C错误；NaHCO3溶液中发生反应 NaHCO,+NaOH一NaCO3+H2O,使 c(CO)增大，在Na2CO3溶液中加入NaOH 固体抑制了CO的水解，使c(CO?)增大，D 正确。 2.D【解析】氯化铝溶液蒸千、灼烧后得到氧化 铝，而硫酸铝溶液蒸干、灼烧后得到的仍是硫酸 铝，A错误：所加酸应是稀硫酸，不能引入新杂 质，B错误：加热法不能除去Fe3+,C错误；加热 促进C○水解，碳酸钠溶液碱性增强，洗涤油 污的能力强，故可用热的碳酸钠溶液洗涤厨房油 污，D正确。 3.D【解析】A、B、C项均涉及沉淀的生成与沉淀 的溶解，都可利用沉淀溶解平衡原理来解释：D 项利用了盐的水解原理。 4.A【解析】由题给条件可以推出AX是强酸强 碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，AY 为弱酸强碱盐。1mol·L1BY溶液的pH=6, 说明电离常数K(BOH)<K(HY),A正确：AY 为弱酸强碱盐，水溶液显碱性，所以AY溶液的 DH大于BY溶液的pH,B错误：稀释相同的倍 数，BX、BY的水解程度不同，pH变化不相等，C 错误：和同浓度的一元强酸和一元弱酸，稀释10 倍后，弱酸的pH大于强酸，D错误。 5.C【解析】醋酸为弱电解质，滴加KOH,变为 CH COOK是强电解质，故导电率增加，即曲线 ①代表滴定醋酸的曲线，A错误；相同温度下，P 5 单元过关检测 128(mol·L1)-8 ②反应Ⅳ为放热反应，平衡常数K随温度的升 高而降低，即为曲线a。 测（十二）化学·盐类水解及 的溶解平衡 点溶质为KCl,不影响水的电离，M点为 CH COOK,其水解促进水的电离，故M点大于 P点，B错误；对于M点，根据电荷守恒可知， c(CHCOO)+c(OH)-c(H)=c(K)= 0.05mol·L,C正确：N点的溶液中含有等物 质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性， CH COO有很小的一部分发生水解，所以 c(K)>c(OH)>c(CHCOO)>c(H),D 错误。 6.B【解析】由图知当氢氧化钠过量时，Zn2+最终 转化为ZnO,A正确：由图知a点时，c(Zn+) =10-3mol·L1,c(0H)=10-7mol·L1, K[Zn (OH)2]=c(Zn2)X c2(OH)= 10”,B错误：由图可知，控制pH为8.0~12.0 时Zn2+完全沉淀，C正确；Zn(OHD2能溶于酸 性溶液，也能溶于碱性溶液，应为两性氢氧化物， D正确。 7.D【解析】NH,CI和氨水的混合液存在平衡 NH·H2O→NHt+OH,故NHCI的作 用是抑制氨水的电离，防止生成Cu(OH)2沉 淀，A正确；循环阶段I中Cu与[Cu(NH)4]+ 生成[Cu(NH)2]t,反应为[Cu(NH)4]++ Cu一2[Cu(NH)2]十，B正确；配制吸收液时， 加入少量CuSO,溶液，生成少量[Cu(NH)4]+, 可加快开始吸收时的反应速率，C正确；由循环 阶段Ⅱ可知，当吸收液由蓝色变为无色时， [Cu(NH3)2]可继续吸收氧气，转化为 [Cu(NH3)4]+,D错误。 8.C【解析】a、b两点的温度相同，Kp相同，A正 确：b点c(Cu2+)=1017.7mol·L-1,此时硫化 纳与氧化铜恰好完全反应，溶液中的铜离子浓度 与硫离子浓度相同，Kp=c(Cu2+)Xc(S-)= 10-17X10-77=10-玩4，K地的数量级为 106,B正确；c点时溶液中溶质为NaCl与 ·化学· Na2S,所以c(Na)>c(C),C错误；根据题目 可知Kp(ZnS)>Ke(CuS),所以闪锌矿(ZnS) 遇到硫酸铜溶液可转变为铜蓝(CuS),D正确。 9.C【解析】Ke只与温度有关，A错误：当 c(SO)相同时，在313K时c(Sr2+)最大，所以 三个不同温度中，313K时K。(SSO,)最大，错 误：点在283K的下方，属于不饱和溶液，C正 确；283K的硫酸勰饱和溶液升温到363K后会 有品体析出，属于饱和溶液，D错误。 10.D【解析】废旧铅蓄电池处理后加水通入二氧 化硫，PbO2和二氧化硫发生氧化还原反应： PbO2十SO2一PbSO4,加入碳酸铵后，PbSO, 与其反应生成PbSO3和剥产品硫酸铵M:碳酸 铅加入HBF,得到Pb(BF)2和二氧化碳气 体，P%(BF,)2电解得到铅。步骤②中反应 PbSO,(s)+CO (aq)PbCOs (s)+ S0(aq)的化学平衡常教K=cS0) c(CO) c(Pb2)c(SO)K(PbSO) c(Pb)c(CO)K (PbCO) ≈2.2×10°， A正确：操作③为过滤，需要用的玻璃仪器有烧 杯、福斗、玻璃棒，B正确：HBF,是强酸，和碳 酸铅反应生成二氧化碳、水和Pb(BF,)2,故步 骤④发生反应的离子方程式为PbCO3十2H中 —Pb++CO2个+HO,C正确：副产品M 主要成分是(NH)zSO,D错误。 二、非选择题 11.(1)Fe3+水解生成的Fe(OH),胶体粒子能吸 附水中的悬浮杂质2Fe3++Fe一3Fe+ (2)①2②166H+163H2O (3)KM>K>Ksbd调节溶液的pH (4)1820 【解析】(I)eCl2净水的原理是Fe3+水解生成 的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质； FeCl溶液腐蚀钢铁设备，除H十作用外，另一 主要原因是2Fe3++Fe—3Fe2+。 (2)酸性FeCl2废液中电荷守恒：2c(Fe2+)十 3c(Fe3+)十c(H+)=c(CI)十c(OH),酸性 溶液中可忽略c(OH),c(H)≈c(C1■) 2c(Fe2+)-3c(Fe3+)=1.0×102mol·L1 则该溶液的pH约为2。 ②根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒得 离子方程式：CIO万+6Fe2++6H+一C1-+ 6Fe++3H2O。 参考答案及解析 (3)FCl的分步水解程度越来越小，所以K >K位>K的。盐类水解为吸热反应，降温平衡 左移，a不符合题意；加水稀释促进盐类水解，b 特合题意；NH,CI的水解抑制Fe+水解，c不 符合题意：NaHCO3的水解促进Fe3+水解，d 符合题意。分析离子方程式：xFe3+十yHO 一Fe(OH)a)+十yH可知室温下，使氯 化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关健条件 是调节溶液的pH,使c(H)减小，促进平衡正 向移动。 (4)由图中去除率数据得出每升污水中投放聚 合氯化铁[以Fe(mg·L1)表示]的最佳范围 约为18~20mg·L1. 12.(1)CO+H2O=HCO3 +OH Na2CO+CaSO.2H2O CaCOa+ Naz SO,+2H2O (2)①不能②HCO5,HCOc(Na)> c(CI-)>c(HCO)>c(H)=c(OH-) ③10 (3)-399.7 【解析】(1)土壤呈碱性，是因为CO号水解显 碱性所致。利用沉淀的转化与生成规律， CaSO,转化为更难溶的物质CaCO1,相应的化 学方程式为Na2CO3+CaSO,·2H2O一 CaCO3+Na2 SO,+2H2O。 (2)①通过观察图像可知H2CO,和CO不 可以共存，会发生反应生成HCO5。 ②通过观察图像可知当pH=7时，溶液中含碳 元素的主要微粒为HCO、H2CO。 ③当c(HCO3):c(CO)=2:1时，溶液中 c(OHT)=10X10-4mol·L-1,则c()=10× 100mol·L,pH=10。 (3)已知①CaSO,(s)+C0(g)一CaO(s)+ S02(g)+C02(g)△H=+210.5kJ·molΓ 2CaSO,(s)+4CO(g)=CaS(s)+4CO2 (g) △H=一189.2kJ·mol1则根据盖斯定律可 知②-①即得到反应CaO(s)+3C0(g)+ S02(g)=CaS(s)+3CO2(g)的反应热△H =-399.7kJ·mol-1. 13.(1)碱性溶液吸收了空气中的CO (2)DOH+H3 AsO3-H2AsO3+H2O ②2.2 (3)将废水中的HPO,氧化成HPO4溶液 pH≈10，反应时间≈30min 公 衡水真题密卷 (4)①SOC2+H20-2HC↑+SO2↑ ②Fe(OH)3SOCl2消耗FeCla·6H2O中的 结晶水，并产生HCl,抑制FeCl水解 【解析】(1)空气中的CO2属于酸性氧化物，能 溶于强碱溶液，NaOH吸收空气中的二氧化碳 而生成碳酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸 收了空气中的CO2。 (2)根据图1知，碱性条件下H:AsO:的浓度减 小、H2AsO5浓度增大，在pH8.0~10.0时 H3AsO3与NaOH溶液反应的离子方程式为 OH HAsO-H,AsO,+H,O; HAsO,一HAsO,十H第一步电离的电 离常数为K4=c(HAsO)·c(H) ，当pH c(HAsO) =2.2时，c(HAsO4)=c(H2AsOi),Ka= c(H)=10-22 mol L-,pK=-Ig K= 2.2。 (3)①氧化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主 要为HPO4、HPO3等)废水，在废水中先加 入适量漂白粉，使废水中的HPO,氧化为 HPO。,加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙 盐，达到较高的回收率。 ②根据题千中的图可确定pH>10,辞的沉淀回 收率较高(90%左右)，反应时间超过30min时 磷的沉淀回收率较高(90%左右)，所以处理该 厂废水最合适的工艺条件为溶液pH≈10，反应 时间≈30min。 (4)①SOC12与水发生剧烈反应，生成两种有刺 激性气味的气体，这两种气体应该为氯化氢和 二氧化硫，反应的化学方程式为SOCl2十H2O =2HC14+S02↑。 ②将FeCl溶液直接蒸千得不到无水FeCly,原 因是氯化铁水解生成的HC1是挥发性酸，HC】 的挥发导致氯化铁的水解被促进，故蒸干后得 到Fe(OH)3:SOCl2与水反应生成的氯化氢会 对氯化铁的水解起到抑制作用。 14.(1)+3 (2)适当升高反应温度、将高镁低品位铜镍矿粉 碎、充分搅拌或适当增大硫酸的浓度（任写一 点) (3)Si024 CuFeS.2+10H2S04+502 4CuSO,+2Fez (SO)3+8S+10H2O (4)CD (5)99.9%MgS0, 5 单元过关检测 【解析】由题干工艺流程图可知，向高镁低品位 铜镍矿（主要成分为CuFeS2、FeS,、3NiO· 4SiO2·H2O、3Mg0·4SiO2·H2O等)中加 入O2z,H,SO,进行氧压浸出，将铁元素转化为 Fe2(SO,)3,镍元素转化为NiSO4、铜元素转化 为CuSO1、镁元素转化为MgSO4,硫元素转化 为S单质，过滤得到滤渣主要成分为SiO:和 S,用铜离子萃取剂萃取出Cu+,分液得到萃取 液，萃余液中主要含有Fe3+、Mg+、Ni+,向萃 余液中加入Na2SO,和MgO进行沉铁将Fe3+ 转化为NaFea(SO,)2(OH)a、过滤出沉淀，向 滤液中加入MgO将N2+以Ni(OH)2的形式 沉淀，最后对Ni(OH)2进行处理制得Ni,母液 中主要溶质为MgSO4,据此分析解题。 (1)已知纳离子带一个正电荷，硫酸根带2个负 电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合物化合价 代数和为0可知NaFe(SO,)2(OH)6中，Fe 元素的化合价为十3价 (2)将高钱低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触 面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大 硫酸的浓度等措施均能提高“氧压浸出”的 速率。 (3)由分析可知，“氧压浸出”的滤渣有S和 SiO2,该环节中CuFeS2与H,SO4、Og反应生 成CuSO4、Fe2(SO,)3、S和HO,根据氧化还 原反应规律配平可得该反应的化学方程式为 4 CuFeS.2+10H2S0,+502-4CuS04+ 2Fe2(SO,)3+8S+10H2O. (4)向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，萃取 反应平衡逆向移动，可得到C+,得不到单质 Cu,A错误：由题千分析结合(1)分析可知，萃 余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni+,B错误；一 定条件下，举取手责时，C =4,即被萃取 的Cu+(也就是形成CuR2的Cu+)是残留在 溶液中的Cu2+的4倍，则Cu2+的萃取率为 4十×100%=80%，C正确；适当提高溶液 4 pH,则H中浓度减小，平衡正向移动，可提高 Cu+的萃取率，D正确。 (5)已知K。[Ni(OH)2]-2X10-s,“滤液”中 c(Ni+)=0.2mol·L1,“沉镍”时，控制pH为 &.50,此时溶液中c(OH)=10i5mol·L1,溶 液中残留的N+浓度为c(N2+)= ·化学· K[Ni(OH)2]2X10-5 e(OH-) a05yz=0.0002mol·L, 则此时N+的沉淀率为 0.2molL1-0.0002molL×100%= 0.2mol·LJ 2024一2025学年度单元过关检测（十三 一、选择题 1.C【解析】汽油是石油分馏产品，乙烯为石油裂 解产品，A错误：煤的综合利用的途径包括煤的 干馏、气化和液化等，B错误：天然气主要成分为 甲坑，可用作燃料，工业上可用于合成氨和生产 甲醇，C正确；丙烯通过加聚反应合成聚丙烯等 高分子化合物，加聚反应原子利用率为100%，D 错误。 2.D【解析】[A1(OH)]中含有金属元素Al,但 为阴离子，A错误；油脂是高级脂肪酸和甘油形 成的酯类化合物，不是高分子化合物，B错误：乙 醇在熔融态和水溶液中均不导电，为非电解质， C错误；陶瓷、水泥、普通玻璃都是混合物，D 正确。 3.C【解析】①属于酚类，与NaHCO3溶液不反 应，A正确；②属于醇类，不能与FCl,溶液发生 显色反应，B正确：1mol③最多能与5 mol Br2 发生取代反应，C错误：④属于醇类，能发生消去 反应，D正确。 4.D【解析】(CH3)2C一CH2的名称为2-甲基 1-丙烯，A错误；CH3一CH一CH3的名称应为 C.H 2-甲基丁烷，B错误：BrCH2CHBr的名称为 1,2-二澳乙烷，C错误；CH《-CH,的 名称为1,4-二甲苯，D正确。 5.B【解析】1mol苯甲醛最多与4molH2发生 加成反应，A正确；根据2个苯环中12个原子共 平面，甲烷中三个原子共平面得到安息香分子中 所有碳原子可能共面，B错误；该反应过程中，反 应物全部生成生成物，因此原子利用率达到 100%,C正确；苯甲醛苯环上的二氯取代产物， CHO 当一个氯原子在醛基邻位 CI ,另外的氯 7 参考答案及解析 99.9%,由分析可知，“沉镍”后的母液，含有的 主要溶质为MgSO4。 ) 化学·有机物的分类、组成与性质 原子分别在苯环的其他碳原子上共有4种即 CHO 4 一C1,当一个氯原子在醛基间位 3 1 2 CHO 】C1,另外的氧原子分别在苯环的其他碳 CHO 原子上共有2种即 共6种，D正确。 -CI 2 6.C【解析】烷烃和芳香烃均不易溶于水，A正 确；M、N中氢均能被取代，两者都可以燃烧，故 均能发生取代反应和氧化反应，B正确；N中$即 杂化的碳原子上连接了四个碳，此五个碳不可能 共平面，C错误：M的一氯取代物有4种，分别为 ,D正确。 7.D【解析】同时连有四个互不相同的原子或原 子团的碳原子为手性碳原子，结合题干有机物结 构简式可知，分子中无手性碳原子，A正确：由题 干有机物结构简式可知，分子中碳碳双健和碳氧 双键上的碳原子采用s即2杂化，另一个单键的碳 原子采用$即3杂化，故分子中碳原子的杂化方式 有sp2、sp32种杂化方式，B正确；已知单键均为 G键，双键为一个6键和一个π键，结合题千有 机物结构简式可知，1molW中含。键的数目为 19Na,C正确：已知W的分子式为C8HsO3,W 的同分异构体中，含有苯环且能与NaHCO,溶 液反应即含有羧基，则若只含有一个取代基为 5