单元过关(十二)盐类水解及难溶电解质的溶解平衡-【衡水真题密卷】2026年高考化学单元过关检测(冀湘渝甘赣皖桂贵晋豫陕青宁新藏滇A版)

平日从严，高考坦然 2025一2026学年度单元过关检测（十二） 5.某浓度碳酸钠溶液的pH随温度的变化如图所示。下列说法错误的是 ) 班级 A.a点Na:CO,的水解程度最小 pH 爸题 化学·盐类水解及难溶电解质的溶解平衡 B.b点水的电离程度最大 122 c(Na+) 12.0 C.向上述溶液中通人NH,。《CO诚小 118 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 11.6 D.c点溶液中存在c(Na+)=2[c(HCO,)+ c(HCO)+c(CO)] 20 40 60 80 100温度元 可能用到的相对原子质量：H一1C-12N一140一16C1一35.5 6.从炼钢粉尘（主要含ZnO、ZnFe2O,)中回收锌的过程如图所示，“浸取”过程中，ZnO转 得分 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 化为[Z(NH)4]+,并有少量铁元素浸出。已知：25℃时，K,(NH,·HO)=2× 是符合题目要求的。 10-5,Km(ZnS)=1×10。下列说法正确的是 ( ) 题号12 3 4 5 67 8 91011121314 NH·H,ONH,C溶液 NH),S周体 答案 1.下列关于盐类水解的应用说法正确的是 裤塑一家一除钱一南一 A.A1CL,溶液和A12(SO,)1溶液分别加热、蒸发、浓缩结品、灼烧，所得固体的成分相同 c(NH) B.向CuCl溶液中加人CuO调节pH,可除去溶液中混有的Fe+ A25℃时，pH=9的NH,·H,O/NH,C溶液中，NH,·H,O=2X10 C.配制FeCl,溶液时，将FeCl固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度 B.0.1mol·L1(NH,),S溶液中：c(H+)+c(HS)+2c(HS)=c(NH1·H,O) D.草木灰与铵态氨肥可以混合施用 +c(OH) C.“沉锌”过程中，溶液的pH减小 2.下列能说明HA在水溶液中电离情况为HA一H++HA,HA=→H十A2-的是 D.“沉锌”后的溶液中：c(Zn+)·c(S2)<1×10-% () 7.用精炼铜漂浮阳极泥（主要成分为BiAsO4、SbAsO,含有少量Ag、Au)制备Bi2O3的工 A.0.05mol·L-1H2A溶液pH=1 艺流程如图所示： B.NaHA溶液中无H:A分子 盐酸水NaOH NaOH C.Na:A溶液中c(OH)=c(H+)十c(HA-) D,NaHA溶液呈酸性 家-阁--B0一配-80 3.25℃时，草酸(HCz0,)的电离常数K4=5.0×10-2,K2=5.4×10,CaC,0.的K 滤渣1SbOC1含种麦水 ■2.5×10-：1g50.7。下列说法错误的是 ( 已知：①“转化”分两步进行，其中第一步BiOCI转化为Bi(OH)。 A.0.1mol·L1KHC2O,溶液呈酸性 ②常温下，K。[B(OH)。]=4.0X10-1,BiOC1+H2O一B3++2OH+C B.若某溶液中c(H2CO,)=c(HC,O,),溶液的pH约为1.3 K=1.6×10-知 下列说法错误的是 () C.草酸钙饱和溶液中c(C2O)>c(HC2O,) A.“滤渣1"的主要成分是Ag、Au,“含砷废水”主要成分是Na3AsO, D.Na2CzO,溶液中粒子浓度关系：c(OH-)一c(H+)<c(H2C2O,)+c(HC2O,) B.“水解”分离Sb和Bi的原理是Sb3+水解的pH低于Bi+水解的pH 4.如图所示，将甲、乙两个装有不同物质的针简用导管连接起来，将乙针简内的物质压到 C.“转化”的总反应方程式为2 BiOCI+2NaOH—Bi2O,+2NaC1+H2O 甲针筒内，进行如表所示的不同实验（气体在同温同压下测定）。下列关于甲针筒中的 D.常温下，当BOC1恰好完全转化成Bi(OH)1时，溶液中c(CI-)=0.04mol·L1,此 现象和结论描述都正确的是 时溶液pH=12 8.常温时，0.15mol·L1A1(NO,)3溶液中金属铝离子(A13+、[A1(OH),门-、 甲 乙 [Al2(OH)2]+,[Al(OH)5]+和[Al,O,(OH)4]+)在不同pH下各成分的分布系 数8如图所示。下列有关说法正确的是 选项 甲针简内物质 乙针简内物质 甲针简的现象 结论 产生气体 耐酸是弱酸 08 仙线 A 10mL醋酸溶液 10 mL NaHCO溶液 HCO方的水解程度大于 最06 B 10mL.NaHCO,溶液 1mL酚酞试液 溶液变红色 电离程度 10 mL Na,SO,溶液 10mL.70%的浓硫酸 产生气体 浓硫酸有强氧化性 02 曲线乙 曲线甲 10 mL AgNO,溶液 10 mL NaCl,KI组溶液中有黄色沉 成的混合溶液 淀生成 K(AgCD)>K(AgD 24 1024 单元过关检测（十二）化学第1页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十二）化学第2页（共8页） 1A A.曲线甲对应的离子为[A13O,(OH)24]7+ 12.常温下，M+在不同PH的Na2A溶液中的存在形式不同，有M+及难溶物MA B.M点：3c(CAl(OH):]+)=c([Al(OH)1B]3+) M(OH)g等形式，Na:A溶液中pM[pM=-Igc(M+)]、含A粒子的物质的量分数随 C.N点：2c([Al(OH)4]-)=0.15mol·L1 H的变化如图所示，下列说法正确的是 ( D.pH=1时，c(AI+)十c(H+)<c(NO方) .pH 9.25℃时，向含MgCl2、CH COOH的溶液中滴加氨水，混合液中pX[pX=-1gX,X= c(NH) 05 :(CH,COO与pH的关系如图所示。已知：25℃时， (Mg*)或cNH·H,O)成H:C00） K,(CH,COOH)=K。(NH·HO)。下列叙述正确的是 N(9.I25 ( ) A.Kp[Mg(OH)2]=10-n.25 M7-2.25) c(NH) 苍-2 -2 B直线L代表-g:NH,·H,O与pH的关系 物质的量分数 C.0.1mol·L-1 CH COONH,溶液中c(NH时)= A,当c(A-)=c(H2A)时，溶液的pH=8 c(CH,C00-)=0.1mol·L-1 -10 B.01mol·L1Na2A与0.1mol·L-1NaHA的混合溶液中存在：2c(OH) D.Mg (OH),+2CH COOH(CH,COO)Mg+ -12分456789101 2c(H*)=c(A)+c(HA)+3c(H2A) 2H2O的平衡常数K为10.5 PHt C.曲线Ⅱ上的点满足c(M+)·c(A2-)=K=(MA) 10.25℃时，用NaOH溶液分别滴定HX,CuSO、FeSO,三种溶液，pM[p表示负对数，M D.常温下b点，M+在Na2A溶液中不能生成M(OH)2沉淀 表示e(HX) 13.某小组做两组实验： cXc(Cu)c(Fe)]随pH变化的关系如图所示，已知：K,[Fe(OH,]> 实验I:向10mL0.1mol·L-1氨水中滴加0.1mol·L-1的草酸溶液。 实验Ⅱ：向10mL0.1mol·L1氨水中滴加0.1mol·L的氢氟酸。 K[Cu(OH):](不考虑二价铁的氧化)。下列说法正确的是 () 已知：溶液混合后体积变化忽略不计，溶液中某离子的浓度小于1×10-mol·L 时，可认为该离子已沉淀完全：25℃时，相关常数如表中所示： 物质NH·HO HF H:C2O 物质 CaFz CaC:O ①/③ /2 电离 K=5.6×10 溶度积 常数 1.8×10 6.3×10 Ka=1.5×10 营数 4.0×10- 2.5×10 A.曲线①表示滴定FeSO,溶液的pM变化关系 B.HX的电离常数K.=1.0×104 下列说法正确的是 C.a点对应的pH=9 A.实验I滴加过程中始终满足c(HCO)十c(HC2O:)+c(C2O)=0.1mol·L D.Fe(OH)2比Cu(OH)2易溶于HX溶液中 B.实验Ⅱ中V(氢氟酸)=10mL时，因NH对和F一水解相互促进，导致所得溶液中含 11.常温下，H2S水溶液中各含硫粒子物质的量分数8随pH的变化关系如图所示[例如： 氟粒子的主要形式为HF分子 c(H:S) C,相同温度下，CCzO。在NH,CI溶液中的溶解度比水中要小 8H:S》=cH,S》+cHS)+c(S-)].已知：常温下，Kw(FeS)=6.3×10", D.用C(NO,):溶液，无法将混合液中相同浓度的C2O-和F-先后沉淀而分离 K[Fe(OH)2]=4.9×10-17:0.1mol·L1Na:S溶液中S2-的水解率为62%。下列 14.湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加人C进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag粒子 a(含Ag粒子]随gc(C)的变化曲线如图所示。已 n(AgCl 说法错误的是 的分布系数[如8(AgC1:)= 知：1g[K(AgCI)]=一9.75。下列叙述错误的是 () 10 Ar AgCl A2CF 678 10121314 03 A.常温下，HS的K1和K2的值分别为1×10-7,1×10；溶解度：FeS小于Fe(OHDa 008642 B.以酚酞为指示剂（变色的pH范围为8.2一10），用NaOH标准溶液可准确滴定H2S 水溶液的浓度 A.随着c(CI)增大，AgCI的溶解度先减小后增大 C.等物质的量浓度的NazS和NaHS混合溶液中存在关系：c(HS)+3c(H:S)+ B.25℃时，AgCl:+C1=AgC1的平衡常数K=10. 2c(H+)=c(S2-)+2c(OH) C.当c(C1)=10-.4mol·L-1时，溶液中c(Ag)>c(AgC1)>c(AgCl) D.0.01mol·L1FeCl溶液中加人等体积0.2mol·L1Na:S溶液，反应初始生成 c(AgCl) 的沉淀是FeS和Fe(OH)a D.25℃时，随着c的不断加入，溶液中c(Ag,C(C逐渐减小 1A 单元过关检测（十二）化学第3页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十二）化学第4页（共8页） 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)一种从废钴催化剂（主要成分为CoO、CoS,含少量MoO3、MoS、FeO3等）中 0.9 HSO 回收有价值金属的工艺流程如图所示： 空红锅稀防旅花磷装餐 氢氧 8 窗包-淘@-离co 8 气体碱浸液 H.SO 02 已知：钼酸是一种二元弱酸，“碱浸液”中主要成分为N2MoO,。 00 20 738510pH 回答下列问题： ①当溶液恰好呈中性时，则c(Na+) c(SO芳)十c(HSO方)（填“>“<”或“="）。 (1)碱浸液中的电荷守恒等式为 ②当溶液中的c(SO)=c(HSO,)时，则溶液的pH= (2)某学生欲用已知浓度的氢氧化钠溶液来滴定未知浓度的硝酸溶液，以酚秋试液为 16.(14分)废锂电池正极材料中含有结、镍，锂等金属，具有较高回收价值，对其进行无害 滴定指示剂。 化处理并回收具有重要意义。一种回收钴、镍、锂的工艺流程如图所示： NaOH ①排除碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的 (填标号，下同)。 了钻装余液O%m 清2四回p平除超 →沉，母液土，L下 清 ·我结有机相→反萃取→反萃取液 反草取刻CoSO, ②下列操作可能使所测硝酸溶液的浓度偏低的是 已知：①废锂电池正极材料成分为LiCoO2、LiNiO2、Li2MnO,及Fe、AI的化合物。 A.量取一定体积的待测液，最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 ②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如表所示： B.滴定前盛放硝酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 金属离子 Fe+AP+Co'+Ni Mn+ C.碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 开始沉淀时(c=1mol·L.-1)的pH 2.73.26.66.77.8 D.读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 沉淀完全时(c=1×10-mol·L-1)的pH 3.75.09.29.510.4 (3)“除铁”操作加入NaOH的目的是调节溶液的pH,使Fe+生成沉淀。已知 ③Ni(OH)2为谈绿色固体，CoSO.为玫红色固体 K[Fe(OH):]=5×10-,则25℃时，水解反应Fe++3H2O一Fe(OH)s￥+ 回答下列间题： 3H的平衡常数K。■ (1)“浸出”过程中结元素转化为C。2,该反应的化学方程式为 (4)“沉钻”中溶液的pH,反应时间与CoCO3的产率的关系如图所示，已知：25℃时， 此过程若用浓盐酸代替HzSO,和H2O2,其缺点除因其挥发 Kp(CoCO3)=2×10-13,Ka(H2CO3）=1×10-7,Ks(H2CO3)=1×101. 性导致利用率降低外，还有 (任写一点). ①请从平衡移动原理角度解释pH过小导致CoCO,的产率降低的原因： (2)如果“浸出”后溶液中Co2+、Ni+、Mn+浓度均约为1mol·L一1，则“调pH”过程中 调节溶液的pH=5.0时，“滤渣”的主要成分为 (3)“除钻”时水相PH和P507浓度会影响钴、镍分离效果，根据如图曲线选择“除钴”的 ②最佳pH条件下，保持溶液中的c(HCO)=0.1mol·L1,则此时溶液中的 最佳条件：水相pH= ,c(P507)= mol·L-1。 C(Co+)= mol·L-1。 l0o。 100 70 80 +CaP507) +-CoP507 0 +NiP507) +NKP507) pH- 40 pH=5.3 20 40 54 5.6 0.2 0.30.4 0.5 水相plt c(P507(mol-L) (4)判断沉镍母液中N+已沉淀完全的操作为 (5)“反萃取”过程发生反应2H++CoR:-Co2+2HR,则反茶取剂为 20 80 (填化学式)。 (6)高温高压下向固态LiF中通人气态P℉：可制得电池的电解质LPFs,制备前需将 (5)“培烧”后的气体用NaOH溶液吸收，则吸收液中HzSO,、HSO、SO三种粒子 LF处理为多孔材料，原因为 :制得的LP℉：中所含化学键 所占物质的量分数(a)随pH变化的关系如图所示： 类型为 单元过关检测（十二）化学第5页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十二）化学第6页（共8页） 1A 17.(16分)实现环境保护与资源利用的和谐统一，是重要研究课题，废料资源化利用是解 18.(14分)稀土在电子，激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。钪(Sc)是一 决资源和能源短缺、域少碳排放的一种途径。 种稀土金属，利用钛尾矿回收金属航和草酸的工艺流程如图1所示： (1)①工业上从高炉气中捕集CO:的示意图如图所示。吸收塔中发生反应的化学方程 CO浓盐酸NH 式为 ②若从“吸收塔”出来的盐溶液中c(HCO,):c(CO)=1:4,则该溶液的pH 一→Sc,(C,0一陪烧一酸溶阮饥税水除被置换Sc 为 [该条件下K.1(H2CO3)=10-6.5、K2(H2CO)=10-1o.3,lg2=0.3,不 空气氨水调节H 考虑其他因素对pH的影响] PhSO,较浓硫酸 低热值燃气 ,废水{主要 ,K,0溶液 KHCO,溶液 分为州，C0,→谜拼一→滤液 吸收 再牛塔 沉淀 图1 高炉气 水气 已知：①NH CI·yScF,·zHO是“沉航”过程中ScF,与氯化物形成的复盐沉淀，在 强酸中部分溶解。 (2)工业上将含硒工业废料处理得到亚硒酸(HSeO3)和硒酸(H2SeO,),进而制备单质 ②“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。 硒。亚硒酸(HzSe0:)在溶液中存在多种粒子形态，25℃时各粒子的分布系数8与 ③25℃时，部分物质的相关信息如表所示： 溶液pH的关系如图所示（分布系数即各组分的平衡浓度占总浓度的分数）。 K.(PbSO.) K(PbC:O.) K(HC:O) K(HCO) 08 pH=2.5,pH7.3 2.0×10-4 5.0×10-a 6.0×10-2 6.25×10-+ 04 02 回答下列问题： 46810pH (1)基态航(Sc)原子的价层电子排布式为 ①K为反应HSeO,+SeO2HSeO5的平衡常数，则lgK= (2)“培烧”过程生成ScO:的化学方程式为 ②已知硒酸的电离方程式为H:SeO,一H*+HSeO,,HSeO,=一H+十 (3)含钪元素的粒子与lgc(F-)、pH的关系如图2所示，用氨水调节溶液的pH,控制 SeO月-，25℃时，NaHSeO,溶液中，根据物料守恒c(Na+) pH的范围是3,5<pH< 、 (3)从废钒催化剂中回收V:O6的过程如图所示： 3 NH CI 皮积维化剂险区v0,VO一VO溶液NVO格绕VO SeF, 4 V,0.V0) 溶液02moL沉铜沉淀 m81 -5 SeF: 747 200.747万 ①VO离子可由钒同价态的简单阳离子完全水解得到，该水解反应的离子方程式 为 6月 300.5.3 SeF 5.31 3805.31 ②“沉钒”时为使钒元素的沉淀率达到96%，至少应调节溶液中的c(NH时)为 mol·L1[25℃时，K-(NH,VO,)=1.6×10-3,溶液体积变化忽略不计]. 2.10 1400.2.10 (4)电催化还原法是CO:有机资源化的研究热点。控制其他条件相同，将一定量的 6 9 12 pH 2003003804007 CO2通入盛有酸性溶液的电催化装置中，CO2可转化为有机物，阴极所得产物及其 图2 图3 物质的量与电压的关系如图所示， ①电解电压为U1V时转移电子的数目为 (设N。为阿伏加德罗常数的值). (4)“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系如图3所示，其中在380一400℃过程中 ②电解电压为U2V时，阴极由CO2生成甲酸的电极反应式为 会有白烟目出，保温至无烟气产生，即得到ScF。,由图3中数据可得x：x=。 0.7 (5)传统制备ScF,的方法是先得到ScF,·6H2O沉淀，再高温脱水得ScFa,但通常含 a6 CHOH CH.OH HO品H 有ScOF杂质，原因是 (用化学方程式表示)。 三0.5 流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的SF,,其原因是 04 室03 (6)将1.8 mol PbS0加到1L含有0.12mol·L1H,CO4的废水中，发生的离子反 0.i 应为PbSO,(s)+H2C:O,(aq)一PbC2O,(s)+2H+(aq)+SO月(aq),该反应的 U Uy 平衡常数K■ 滤饼经浓硫酸处理后的“沉淀”是 (填化学式)。 1A 单元过关检测（十二）化学第7页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十二）化学第8页（共8页）】·化学· 参考答案及解析 H2SO,的第二步电离方程式HSO3一 ②K2(H2CO3)<K2(H2SO3),则SO3-、HCO3 H+十SO号及其电离平衡常数K2=6.2X10-8可 能大量共存，A不符合题意；K2(H2CO3)< 知，Ke=c(SOg)·c(H*) =6.2X108,将S02通 K.(HClO),则CIO、HCO能大量共存，B不 c(HSO) 符合题意；K2(H2CO3)<K2（H2SO,),则 入该氨水中，当c(OH)降至1.0×107mol·L1 HSO3、CO能发生反应，不能大量共存，C符 时，溶液的c(H)=1.0×10-7mol·L1,则 合题意；K1(H2CO3)>K.(HCIO),则HCIO、 c(S0号)6.2×10-8 c(HS0)1.0x107=0.62。 HCO3能大量共存，D不符合题意。 2025一2026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 一、选择题 3.D【解析】由电离常数可知，草酸氢根离子在溶 1.B【解析】盐酸易挥发而硫酸难挥发，将A1CL3溶 Kw_1.0×10-14 液加热、蒸发、浓缩结晶、灼烧得到A12O3,将 液中的水解常教K。一K:一.0X10=2.0X A12(SO4)3溶液加热、蒸发、浓缩结晶、灼烧得到 1018<K2,则草酸氢根离子在溶液中的电离程度 Al2(SO4)3,A错误；Fe3+水解的离子方程式为 大于其水解程度，溶液呈酸性，A正确：由电离常 Fe3+十3H2OFe(OH)3+3H+,CuO能与 数Km(H,C,0,)=c(HC,0,)·c(H+) 可知，溶 c(H2C2O) Fe3+水解产生的H+反应，促使水解平衡正向移 液中c(H2C2O4)=c(HC2O,)时，溶液中c(H+) 动，向CuCl2溶液中加入CuO调节pH,可除去溶 =K1=5.0×102,则溶液pH=2-1g5=1.3,B 液中混有的Fe3+,B正确；配制FeCls溶液时， 正确；草酸钙饱和溶液中，草酸根离子在溶液中分 将FeCL,固体溶解在较浓盐酸中，盐酸能抑制 步水解，以一级水解为主，则溶液中草酸根离子浓 Fε3+水解，然后再用水稀释到所需的浓度，用硫酸 度大于草酸氢根离子浓度，C正确；草酸钠溶液中 会引入硫酸根，C错误；草木灰的主要成分为 存在质子守恒关系：c(OH)=c(H)十 K2CO3,水解呈碱性，铵态氨肥水解呈酸性，若混 2c(H2C2O4)+c(HC2O4),则溶液中c(OH-) 用会产生氨气导致肥效降低，D错误。 c(H+)>c（H2C2O4)+c(HC2O.),D错误。 2.C【解析】根据H2A在水溶液中电离情况为 4.B【解析】酷酸与NaHCO3溶液反应产生气体， H2A一Ht+HA、HA一H+十A2可知， 证明醋酸的酸性强于碳酸，不能证明醋酸是弱酸， 第一步全部电离，第二步部分电离。常温 A错误；NaHCO3溶液使酚酞变红色，说明溶液呈 下，0.05mol·L1H2A溶液第一步完全电离出氢 碱性，则HCO的水解程度大于电离程度，B正 离子浓度为0.05mol·L1,若第二步部分HA电 确；Na2SO3溶液与70%的浓硫酸反应产生气体， 离出氢离子，则氢离子浓度小于0.1mol·L1,溶 是强酸制弱酸的原理，与浓硫酸的强氧化性无关， 液的pH大于1，A错误；若NaHA溶液中无H2A C错误；AgNO3溶液与NaCl、KI组成的混合溶液 分子，说明HA不会发生水解，但无法说明HA 反应时，由于三者的浓度未知，不能比较 的电离情况，B错误；Na2A溶液中，当存在A2 Kp(AgCl)与Kp（AgID的大小，D错误。 +H2O一HA十OH,不存在HA十HO 5.B【解析】加热碳酸钠溶液，存在碳酸根离子的 一H2A十OH时，根据质子守恒得到c(OH)= 水解平衡和水的电离平衡，温度升高平衡均正向 c(H+)十c(HA),由此说明H2A第一步完全电 移动，H先上升说明，碳酸根离子水解平衡占主 离，第二步部分电离，C正确；NaHA溶液呈酸性， 导，碱性增强，随后pH下降，说明水的电离平衡 若HA只存在电离，则溶液为酸性，若HA既有 占主导，由于Kw变大，c(OH)、c(H+)均变大， 电离又有水解，且电离程度大于水解程度，则溶液 pH变小。升高温度促进Na2CO3水解平衡正向 仍呈酸性，无法说明H2A的电离情况，D错误。 移动，故a点Na2CO3的水解程度最小，A正确； 。7· 1A 真题密卷 单元过关检测 升高温度促进水的电离，故c点水的电离程度最 +H2O=→B3++2OH+C1-的K=c(Bi3+)· 大，B错误；向上述溶液中通入NH3,NH3与水反 c2(0H-)·c(C1)=1.6×1031等号两边同乘以 应生成一水合氨，电离出氢氧根离子，抑制CO c(OH)可得c(Bi3+)·c3(OH)·c(C1)=1.6 水解，CO浓度吏大，Na浓度不变，故c(Na) ×10-1Xc(OH-),Kp[Bi(OH)3]·c(CI-)= c(CO) 1.6×1031×c(0H),4.0×10-31×0.04=1.6 减小，C正确；根据物料守恒，C点溶液中存在 ×10-1×c(0H-),c(0H-)=0.1mol·L1, c(Na+)=2 [c (H2 CO3)+c (HCO3)+ pH=13,D错误。 c(CO?)],D正确。 8.D【解析】随着pH的增大，铝离子曲线之后出现 6.B【解析】“浸取”过程中，ZnO转化为 的第一条曲线甲，对应的离子是含氢氧根最少的 [Zn(NH)4]+,发生反应：ZnO+2NH3·H2O+ 离子：[A12(OH)2]4+,A错误；M点是分布系数各 2NH时—[Zn(NH)4]++3H2O,根据题中信息可 知，ZnFe2O4经“浸取”“除铁”后铁元素转化为 为50%的点，这两者离子浓度相等，是1：1的浓 Fe(OHD3;“沉锌”过程发生反应为[Zn(NH3)4]++ 度关系，B错误；N点时，对应离子曲线 4H2O十S-一ZnSV十4NH3·H2O,经洗涤千燥 丁：[A1(OH)4]的分布系数为50%，但是，曲线 后得到产物ZnS及滤液。25℃时，pH=9的NH· 丙对应的离子中每一个粒子至少含有多个铝原 c(NH) Kb 子，所以此时，[A1(OH)4]的物质的量“远”小于 H,O/NH,C溶液中，cNH,·H,O-c(OH) 初期A13+的物质的量，C错误；pH=1时，c(H+) 2×10-5 =0.1mol·L1,c(N03)=0.45mol·L-1,此 10-5 =2,A错误；0.1mol·L1(NH4)2S溶液 时，溶液中含A1元素的粒子不止AI3+一种，则 中，根据电荷守恒可知：c(H+)+c(NH)=2c(S) c(A13+)<0.15mol·L1,所以c(A13+)+c(Ht) 十c(HS)+c(OH厂)，根据物料守恒可知：c(NH吐) c(NO5),D正确。 +c(NH·H2O)=2c(S-)+2c(HS)+2c(H,S), 9.D【解析】随着pH增大，c(OH)增大，c(Mg+)逐 结合上述两个等式可得：c(H什)+c(HS)十 C(NHE) 2c(HS)=c(NH3·HO)+c(OH),B正确；由分 渐减小，则心(Mg+)逐渐增大cNH·H,O 析可知，“沉锌”过程发生反应为[Zn(NH3)4]+十 K(NH3·H2O) ,随着pH增大，c(OH)增大， 4H2O十S2-—ZnS1十4NH·H2O,故“沉锌”过程 c(OH-) 中，溶液的pH增大，C错误；“沉锌”后的溶液中达到 K,NH·LO)不支，则KNH:HO减小，即 ZnS的溶解平衡，则有c(Zn+)·c(S2-)=1X103, c(OH) D错误。 C(NH) C(NH) 7.D【解析】漂浮阳极泥中的Ag、Au不与盐酸反 cNHO减小，PL:NHHO逐渐增大： 应，故“酸浸”过滤后成为“滤渣1”的主要成分，由 c(CH,COO)K (CH COOH) C(CH COOH) c(H+) ,随着pH增大， 图可知Sb3+水解生成SbOC1,经过滤变为滤渣除 去，调节pH的目的是除砷，可推出“含砷废水”主 c(H)减小，K。(CH COOH)不变，则 要成分是Na3AsO,“转化”过程BiOCI转化为 K (CH COOH) c(CHCOO- c(H+) 增大，即 Bi(OH)3,最后转化为Bi2O3。由分析可知，“滤渣 c(CH COO币增大， c(CH COO) 1”的主要成分是Ag、Au,“含砷废水”主要成分是 p Le(CH COOH) 逐渐减小。L代表 Naa AsO4,A正确；由图可知，加NaOH之前， rc(CH COO) Sb3+水解生成SbOC1,此时溶液pH较小，加入 PLc(CH,COOH】 与pH的关系，又因为 NaOH后，Bi3+水解，故“水解”分离Sb和Bi的原 K.(CH COOH)=Kb(NH·H2O),则pH=7时， 理是Sb3+水解的pH低于B+水解的pH,B正 c(CH COO) 厂c(NHW) 确；由图可判断出“转化”的反应物为BiOC1和 PLe(CH.COOH】.=PLcN·O,结合图像可 NaOH,生成物为Bi2O3,配平得：2 BiOCI十 c(NH) 2NaOH—Bi2O3十2NaCl+H2O,C正确；BiOC1 知，L代表PLcN·O]与pH的关系；山代 1A ·8· ·化学· 参考答案及解析 表pc(Mg+)与pH的关系，由N点坐标可知，当pH =l06mol·L1,a点对应的pH=8,C错误； =9时，即c(H+)=10-9mol·L-1,c(OH)= M(0H)2+2HX一M++2X+2H20,K= 105mol·L1,此时c(Mg+)=10-1.25mol·L1, c(M2+)·c2(X) Kp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH-)=10-1.25 c2(HX) ×(105)2=10-1.25,A错误；由分析可知，L1代表 c(M+)·c2(X)·c2(OH-)·c2(H+) c2(HX)·Ka c(CHCOO) PLc(CH.COOH 与pH的关系，B错误；0.1mol· Ksp[M(OH)2]·K K ,Kp[M(OH)2]越大，平衡 L1 CH:COONH4溶液中，NHt和CH3COO发 常数越大，反应越易进行，Fe(OH)2和Cu(OH)2 生相互促进的水解反应，导致离子浓度减小，又因 结构相似，Kp[Fe(OH)2]>Kp[Cu(OH)2],可 K.(CH COOH)=Kb(NH·H2O),则NH和 知Fe(OH)2比Cu(OH)2易溶于HX溶液中，D CH,COO水解程度相同，因此c(NH)= 正确。 c(CHCO0)<0.1mol·L1,C错误；Mg(OH)2 11.B【解析】随着pH增大，溶液中H2S逐渐减少， +2 CH COOH=一(CH COO)2Mg+2H2O的平衡 HS先增多后减少，到一定pH后S开始逐渐增 常数K= c2(CH COO)·c(Mg+) 多，因此①表示H2S,②表示HS,③表示S2-,pH e2(CH COOH) =7时H2S和HS浓度相同，则此时K1(H2S)= c2(CHCO0)·c2(Ht)·c(Mg+)·c2(OH) c2(CH COOH)·c2(H+)·c2(OH) c(Hs)·c(H*）=cH+)=101mol·L1,同 c(H2S) K(CH,COOH)·K[Mg(OHD:,结合M点坐 K 理pH=13时可以得出K2(H2S)= 标可知pH=7时，cC,CO0D=102.5, c(S):c(H*）=c(H)=10mol·L1。据 c(HS) 分析，常温下，H2S的K1和K2的值分别为1X K.(CH3C00H)=102.25X10-1=1045,则K= 10-7、1×1018;FeS饱和溶液中c(Fe2+)= (104.75)2X10-1.25 (10-14)2 =10.25，D正确。 √/Kp(Fes)-√6.3X10smol·L-1=√6.3X 10.D【解析】Fe(OH)2、Cu(OH)2结构相似，所以 10-9mol·L1,Fe(OHD2饱和溶液中c(Fe2+)= pM随pH变化的关系应该为平行线，①②表示 Kp[Fe(OH)2J=4.9X10-7 mol.L-1= p[c(Cu+)]p[c(Fe2+)]随pH变化的关系， 349×106mol·L1,则常温下FeS溶解度小于 Ksp[Fe(OH)2]>Kp[Cu(OH)2],可知c(Cu2+) Fe(OH)2,A正确；酚酞变色的pH范围为8.2~ =c(Fe2+)时，Fe(OH)2对应的c(OH)大，所 10,若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定 以①表示滴定CuSO4溶液的pM变化；②表示滴 H2S水溶液，由图可知当酚酞发生明显颜色变化 定FeSO4溶液的pM变化；③表示滴定HX溶液 时，反应生成大量HS,没有反应完全，即不能用 的pM变化。c(Fe2+)=1mol·L1时，pH= 酚酞作指示剂判断滴定终点，B错误；等物质的量 6.5,则K,e(0D.]-1X(0=10- 浓度的Na2S和NaHS混合溶液中存在电荷守恒 c(Na)+c(H+)=c(HS)+2c(S)+c(OH-), 根据以上分析，曲线②表示滴定FSO4溶液的 物料守恒2c(Na+)=3[c(HS)+c(S2-)+ c(HX) pM变化，A错误cX) =1时，pH=5,则HX c(H2S)],则质子守恒为c(HS)十3c(H2S)+ 2c(H)=c(S)十2c(OH),C正确；向0.01mol·L1 的电离常数K,=1.0X10,B错误；a点HX `c(X-) FeCL2溶液中加入等体积0.2mol·L1 -c(F).K[Fe(OH):]_c(H-) Na2S溶液，瞬间得到0.005mol·L-1 c2(OH-) K。,c(OH) FeCl2和0.1mol·L-1Na2S的混合液，已 Kp[Fe(OH)2]·K. 10-15×10-5 知0.1mol·L1Na2S溶液中S2-的水解率为 Kw 10-14 62%,混合液中c(Fe2+)·c(S2-)= 9 1A 真题密卷 单元过关检测 0.005mol·L-1×(0.1mol·L-1-62%× H2OHF+NH3·H2O的K= 0.1mol·L1)=1.9X10-4>Kp(FeS), Kw Na2S中S-水解时，c(S2)=c(OH),c(Fe+)· K,(HF)·K(NHH,O)<105,故尽管 c2(0H)=0.005mol·L1×(0.062mol·L-1)2 NH和F-水解相互促进，但水解仍然微弱，所 =1.922×10-5>Kp[Fe(OH)2],故反应初 得溶液中含氟粒子的主要形式为F,B错误； 始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2,D正确。 NH,Cl溶液呈酸性，使溶解平衡CaC2 O,(s)=一 12.D【解析】H2A的电离方程式为H2A一H+ Ca2+(aq)+C,O(aq)右移，CaC2O4在NH4Cl +HA,HAH++A2-;由图可知，当pH 溶液中的溶解度比水中要大，C错误；当F一浓度 =6.5时，溶液中c(H2A)=c(HA),则H2A的 等于1×105mol·L1时，Ca2+浓度等于 电离平衡常数：K=c(H):HA)=1X 0.4mol·L-1,此时C2O的最大浓度为6.25X c(H2A) 109mol·L1,即C2O?也沉淀完全；反之，当 106.5;当pH=10.5时，表示溶液中c(HA)= C2O浓度等于1×10-5mol·L-1时，Ca2+浓度 c(A2),则HA的电离平衡常数：K2= 等于2.5×104mol·L1,此时F的最大浓度为 c(H+)·c(A2) 4×10-4mol·L1,即F-也几乎沉淀完全：综上， c(HA) =1×1010.5。当c(A2-)= 用Ca(NO3)2溶液，无法将混合液中相同浓度的 c(HA)时，K·Ke=c(H)c(HA)X C2O和F先后沉淀而分离，D正确。 c(H2A) 14.D【解析】由图可知，溶液中C浓度增大时，氯 c(H*)·c(A）=c2(H*)=1X106.5X1X 化银的分布系数8先增大后不断减小，说明氯化 c(HA) 银的溶解度先减小后增大，A正确；由图可知，溶 10-10.5=1×1017,解得c(H+)=1×10-8.5mol· 液中AgCl2浓度与AgCl?浓度相等时，CI浓 L1,可得出溶液的pH=8.5,A错误；由电荷守 度为10-o.2mol·L-1,则由离子方程式可知，该 恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA)+ c(AgCl) c(OH-)和物料守恒：2c(Na+)=3[c(A2-)十 反应的平衡常数K=(AgC)·c(CI) c(HA-)+c(H2A)门]，联立可得2c(OH-)- 1 2c(H+)+c(A2-)=c(HA)+3c(H2A),B错 c(C)=1002,B正确；由图可知，C1浓度为 误；由KP[M(OH)2]=c(M+)·c2(OH)可得 10.4mol·L1时，溶液中离子浓度大小顺序 (M)=K[M(OHD):]_K[M(OH):] 为c(Ag+)>c(AgCl2)>c(AgCl),C正确；由 c2(OH) t10 图可知，Ag+转化为AgCl好的反应方程式为 c(H+)] Ag+4C1一AgCI?,反应的平衡常数K= c2(H+)·Kp[M(OH)2] 则pM=-lgc(M2+) c(AgCl) 1×10-28 c(Ag*)·c(Cl),温度不变，平衡常数不变，则 =2pH-lgKn[M(OH)2]一28，曲线Ⅱ是直线， 25℃时，随着CI的不断加入，溶液中 故曲线Ⅱ表示M(OH)2的溶解平衡曲线，曲线 c(AgCI) I表示MA的溶解平衡曲线，C错误；曲线Ⅱ上 c(Ag*)·c‘(CI)不变，D错误。 的，点满足c(M2+)·c2(OH)=Kp[M(OH)2], 二、非选择题 而b,点在曲线Ⅱ的下方，c(OH)比平衡时小，故 15.(1)c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(MoO-) M2+在Na2A溶液中不能生成M(OH)2沉淀，D 十c(HMoO)(2分) 正确。 (2)①C(1分) 13.D【解析】滴加过程中溶液体积逐渐变大， ②AD(2分) c(H2C2O4)+c(HC2O:)+c(C2O)不等于 (3)2×10-5(2分) 0.1mol·L-1,A错误；实验Ⅱ中V(氢氟酸)= (4)①溶液中存在溶解平衡CoCO3(s)一 10mL时，恰好生成NH4F溶液。NH+F-+ Co2+(aq)+CO?(aq),pH过小时，H+浓度过 1A 。10· ·化学· 参考答案及解析 大，H+与CO?反应，使溶解平衡右移，导致 ②c(HCO3)=0.1mol·L1,最佳pH条件下即 CoCO3溶解，产率降低(2分) pH=7.0,c(Ht)=107mol·L1,K2(H2CO3)= ②2×10-8(2分) c(H*)c(c0)_10'XcC05）=1×10", (5)①>(1分) c(HCO) 0.1 ②4.65(2分) c(C0g)=1×105mol·L-1,Kp(CoC03)= 【解析】由题千工艺流程图可知，废钻催化剂在 c(Co2+)·c(C0g)=c(Co2+)×1×105=2X 空气中“焙烧”将MoS2氧化为MoO3,CoS转化 10-13,c(Co2+)=2X10-8mol·L1。 为C0O,同时放出气体SO2,向固体中加入 (5)①根据电荷守恒等式c(Na+)+c(H)= NaOH进行“碱浸”，将MoO3转化为Na2 MoO4 c(OH)十2c(SO号)十c(HSO)可知，当溶液恰好 溶液，过滤得到滤渣，滤渣主要成分为COO、 呈中性时，即c(H)=c(OH),则c(Na+)= Fe2O3,滤液主要成分为Na2MoO4,向滤渣中加 2c(SO3)+c(HSO,),所以c(Na+)>c(SO)+ 入稀HNO3,进行“酸溶”，得到Co2+和Fe3+,然 c(HSO3)。 后加入NaOH溶液调节pH进行“除铁”，生成 ②根据图像可知，利用图像的两个交，点可得， Fe(OH)3,过滤除去，向滤液中加入碳酸氢铵溶 K1(H2S03)=1×102,K2(H2S03)=1X10.3; 液，将C0+转化为CoCO3沉淀，据此分析解题。 Km·Ke=c(HSO）·c(H)×c(S0g)·c(H*) (1)滤液主要成分为Na2MoO4,钼酸是一种二元 c(H2 SOa) c(HSO) 弱酸，碱浸液中电荷守恒等式为c(Na+)十 =c(S03)·c2(H*) 当溶液中的c(SO)= c(H2 SO3) c(H)=c(OH)+2c(MoO)+c(HMoO) c(H2SO3)时，K1·K2=c2(H)=1×109.3,溶液 (2)①碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的 的c(H)=1X10465,pH=4.65。 胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，C正确。 ②量取一定体积的待测液，最后读数时滴定管尖 16.(1)2 LiCoO2+H2O2+3H2S04—2CoS04+Li2S0, +O2个+4H2O(2分)C1-可以被LiCoO2、LNiO 嘴处悬挂一滴溶液，待测液体积偏小，导致消耗 等氧化成有毒的C12,污染环境(2分) 标准液体积偏小，测定结果偏低，A符合题意；滴 (2)Fe(OH)3、Al(OH)3(2分) 定前盛放硝酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没 (3)5.2(1分)0.25(1分) 有干燥，对待测液溶质的物质的量没有影响，不 影响滴定结果，B不符合题意；碱式滴定管在滴 (4)取适量沉镍母液于试管中，滴加NaOH溶液，若 无淡绿色固体产生，说明N+已沉淀完全(2分) 定前有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准 (5)H2SO4(1分) 液体积偏大，测定结果偏高，C不符合题意；读取 氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束 (6)增大气固接触面积，提高产率(1分)离子键、极 性共价键(2分) 时俯视读数，导致读取的标准液体积偏小，测定 结果偏低，D符合题意。 【解析】由题给流程可知，向废锂电池正极材料中加 入硫酸和过氧化氢的混合溶液“浸出”，将金属元素 (3)由方程式可知，反应的水解平衡常数K= 转化为可溶的金属硫酸盐，向反应后的溶液中加入 c3(Ht)c3(Ht)·c3(OH) K c(Fe+)c(Fe+).c3(OH-)K[Fe(OHa] 氢氧化钠溶液调节溶液pH,将溶液中的铁离子、铝 (10-14)3 离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有 5X10海=2X10-5。 氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入 (4)①溶液中存在溶解平衡CoCO3(s)一三 P204萃取、分液得到除去锰离子水相，向水相中加入 Co2+(aq)+CO?(aq),pH过小时，H+浓度过 P507萃取、分液得到钻萃余液和载钻有机相；向钻萃 大，H+与CO?反应，使溶解平衡右移，导致 余液中加入氢氧化钠溶液反莘取、过滤得到氢氧化 CoCO3溶解，产率降低。 镍和沉镍母液；向沉镍母液中加入氢氟酸，将溶液中 ·11· 1A 真题密卷 单元过关检测 的锂离子转化为氟化锂沉淀，过滤得到氟化锂；向载 NH4CI“沉钒”，生成NH4VO3沉淀，再将沉淀进行 钻有机相中加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液得到含 “焙烧”，从而获得V2O产品。 有硫酸亚钻的反莘取液；反萃取液经处理得到硫酸 (1)①高炉气中的CO2在吸收搭内与K2CO3溶液发 亚钻。 生反应生成KHCO3,反应的化学方程式为KCO3+ (1)“浸出”过程中钻元素转化为亚钻离子发生的反 CO2+H2O-2KHC03。 应为钻酸锂、硫酸和过氧化氢反应生成硫酸锂、硫酸 ②若从“吸收塔”出来的盐溶液中c(H2CO3): 亚钻、氧气和水，反应的化学方程式为2LiC0O2十 H2O2+3H2SO,—2CoSO,+Li2SO4+O2↑+ c(C0)=1:4,则c(HC0)=cH,C0) c(CO号)c(CO) 4H2O:浓盐酸具有还原性，若用浓盐酸代替硫酸和 c2(H+) c2(H+) -1 过氧化氢混合溶液，浓盐酸会与钻酸锂、镍酸锂等发 c2(H+)Ka1·K2 4,故c(H+)= 生氧化还原反应生成有毒的氯气污染环境。 2K1·Ka ·L1=2 1 mol (2)由表格数据可知，调节溶液pH为5时，溶液中的 铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀。 √0×10mol·L1=2×1084mol· (3)由图可知，水相pH为5.2、c(P507)为0.25mol· 10-8.4 L1时钻、镍萃取率相差最大，所以“除钻”的最佳条 L1,此时溶液的pH=一lg2 =8.4+1g2=8.7。 件是水相pH为5.2、c(P507)为0.25mol·L1。 (2)①在H2SeO3溶液中，存在分步电离平衡： (4)由已知信息可知，氢氧化镍为淡绿色固体，则判 H2SeO,-一H++HSeO3、HSeO3==H++ 断沉镍母液中镍离子已沉淀完全的操作为取适量沉 SeO?,则曲线中，6。为H2SeO3的分布系数与溶 镍母液于试管中，滴加NaOH溶液，若无淡绿色固体 液pH关系曲线，61为HSeO;的分布系数与溶 产生，说明N+已沉淀完全。 液pH关系曲线，82为SeO?的分布系数与溶液 (5)由分析可知，加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液的 pH关系曲线，由pH=2.5的曲线交点可知， 目的是得到含有硫酸亚钻的反萃取液。 (6)制得电池的电解质LP℉。前需将氟化锂处理为 K(HSeO,)=c(H).c(HSeO) c(H2SeO3) c(H+) 多孔材料来增大气固接触面积，提高产率；由化学式 =1025,由pH=7.3的曲线交点可知， 可知，LP℉。中含有离子键、极性共价键。 17.(1)①K2CO3+C02+H2O-2KHCO3(2分) K(H:SeO)=(H+)c(SeO) =c(H+)= c(HSeO3) ②8.7(2分) 10-7.3,H2Se03+SeO一2HSe03的平衡常 (2)①4.8(2分) c2(HSeO;) ②c(HSeO4)+c(SeO)(2分) 数 K c(H2SeO3)·c(SeOg) (3)①V++2H0-VO+4H(2分) c(HSeO,)·c(H+) c(HSeO;) Ka -X- ②0.2(2分) c(H2SeO3) (Se0g).cH*）=K3 (4)①2.8Na(2分) 10-2.6 10=1048,则1gK=1g1048=4.8。 ②CO2+2e+2H+-HCOOH(2分) 【解析】将高炉气通入吸收塔，从塔顶喷淋KCO ②25℃时，硒酸的电离方程式为H2SeO4 溶液，将CO2吸收并转化为KHCO3,低热值燃气从 H++HSeO,HSeO,H++SeO 塔顶逸出；将吸收CO2的溶液通入再生塔，用水蒸气 NaHSeO4溶液中，HSeO:只发生电离，不发生 加热，KHCO3分解生成CO2和K2CO3,K2CO3循环 水解；根据物料守恒，Na与Se原子个数比为1： 使用，CO2回收利用。废钒催化剂中含有V,O和 1,钠以Na+的形式存在，Se的存在形式有 V2O4,“酸浸”后转化为VO克和VO+,加入氧化剂 HSeO&和SeO?,则c(Na+)=c(HSeO4)+ 等进行处理，将VO和VO+转化为VO5;加入 c(SeO)。 1A ·12· ·化学· 参考答案及解析 (3)①VO克离子中V的化合价为+5价，可由钒 Sc2O3和CO2,由于C元素的化合价升高，故空 同价态的简单阳离子完全水解得到，则该水解反 气中的O2参与反应，根据得失电子守恒、原子守 应的离子方程式为V5++2H20一VO十 恒配平得“焙烧”过程中反应的化学方程式为 4H+。 2Sc,(C,0,)3+302高2Sc,0,+12C0,。 ②溶液中c(VO3)=0.2mol·L1,“沉钒”时为使 (3)由流程和已知①知，调节pH时需维持Sc以 钒元素的沉淀率达到96%，则沉淀后溶液中 Sc3+形式存在，以便后续与F结合生成ScF3,还 c(VO3)=0.2mol·L1×(1-96%)= 需防止Sc3+与OH结合，故调节pH范围为3.5 0.008mol·L1,由Kp(NH4V03)=1.6X10-3 <pH<4.2。 (4)由于“在380~400℃过程中会有白烟冒出， 可知，至少应调节溶液中的c(NH) 保温至无烟气产生，即得到ScF,”,结合已知②， 为1.6X10 -mol·L1=0.2mol·L1。 xNH4Cl·yScF3·之H2O“脱水除铵”指脱去结 0.008 晶水和NH,CI,NH,CI受热分解成NH3与 (4)①由图可知，电解电压为U1V时，阴极所得产 HCl,然后NH3与HCI重新化合成NH4CI会产 物为0.2mol乙醇和0.2mol氢气，电极反应式为 生白烟现象，故380~400℃减少的为NH,C1的 2H++2e—H2个和2C02+12e+12H+ 质量，200一300℃减少的为结晶H2O的质量，则 C2HOH十3H2O,则电解时转移电子的物质的量 n (NH,CI)= (5.31-2.10)g 为0.2mol×2+0.2mol×12=2.8mol,数目为 53.5g·mol7 =0.06mol, 2.8 mol XNA mol -1=2.8NA n(H2O)= (7.47-5.31)g=0.12mol,之 18g·mol1 ②二氧化碳被还原生成HCOOH,发生还原反应的 n (NH,Cl)0.06 mol 1 电极是阴极，HCOOH在阴极上生成，反应的电极 n(H2O) 0.12mo2,即x:之=1：2. 反应式为C02+2e+2H+-HCOOH。 (5)ScF3·6H2O沉淀高温脱水得ScF3,但通常 18.(1)3d4s2(1分) 含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF3会与 (2)2Sc,(C,0,)3十30，商温2Sc,0,十12C0, H2O反应生成ScOF,结合原子守恒，反应的化 (2分) 学方程式为SF,十H,O高温ScOF十2HF;流程 中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF, (3)4.2(1分) 原因是“除铵”时，NH4CI分解生成HCI,抑制 (4)1:2(2分) Sc3+的水解。 (5)SF,十H,0商温ScOF+2HF(2分) “除 (6)PbSO,(s)++H2C2O(aq)-PbC2O(s)++2H+(aq) 铵”时，NH4Cl分解生成HCl,抑制Sc3+的水解 +s0(ag)的平衡常教K=c(H)·c(S0) (2分) c(H2 C2O (6)1.5×10-4(2分)PbS04(2分) c2(H+)·c(C2O)·c(Pb2+)·c(SO) c(H2C2O4)·c(C2O)·c(Pb2+) 【解析】Sc2(C2O4)3在空气中焙烧生成Sc2O3和 K4(H,C,O4)·Ke(H,C,0)·K.(PbC,O) Ksp(PbSO) CO2,Sc2O3溶于浓盐酸形成Sc3+,并用氨水调节 pH,然后加入NHF“沉钪”形成复盐xNH,CI· =6.0×10-2×6.25×10-5× 2.0×10-8 yScF3·zH2O沉淀，复盐沉淀再经“脱水除铵” 5.0X10-10=1.5 ×104；在主要成分是H2C2O4的废水中加入 获得纯度很高的ScFg,最后用Ca置换出Sc PbSO4,结合反应PbSO,(s)十H2C2O4(aq)= 单质。 PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO?(aq)的平衡常数 (1)钪(Sc)是第21号元素，基态钪原子的价层电 知，有少量PbSO4转化成PbC2O4,所得滤饼用 子排布式为3d4s2。 浓硫酸处理时，增大了生成物的浓度，上述平衡 (2)由流程知Sc2(C2O4)3在空气中“焙烧”生成 逆向移动，故所得“沉淀”是PbSO4。 ·13· 1A