专题06 水溶液中的离子平衡（期末真题汇编，江苏专用）高三化学上学期

专题06 水溶液中的离子平衡 3大高频考点概览 考点01 弱电解质的电离 考点02 盐类的水解 考点03 沉淀溶解平衡 地 城 考点01 弱电解质的电离 1．(23-24高三上·江苏无锡江阴市·期末)下列推断或表述正确的是 A．在醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，则a＞b B．向2.0mL浓度均为0.1 mol·L-1的KCl、KI混合液滴加1～2滴0.01 mol·L-1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明AgCl的Ksp比AgI的Ksp小 C．0.2 mol/L的一元酸HX与0.1 mol/L的KOH溶液等体积混合所得溶液中，一定有：c(H+)+ c(K+)=c(OH－)+ c(X－) D．0.2 mol•L－1盐酸与等体积0.05 mol•L－1 Ba(OH)2溶液混合后，溶液pH为1 2．(24-25高三上·江苏部分高中·期末)甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一，25 ℃时，甘氨酸溶液中NCH2COOH、NH2CH2COOH、NH2CH2COO-的分布分数与溶液pH关系如图所示(分布分数即各组分的平衡浓度占总浓度的分数)。下列说法不正确的是     A．pH=2.35，c(NH2CH2COOH)=c(NCH2COOH) B．曲线b代表NH2CH2COOH，曲线c代表NH2CH2COO- C．NH2CH2COOH(aq)+H2O(l)NCH2COOH(aq)+OH-(aq)的平衡常数K=10-2.35 D．NH2CH2COOK溶液中存在：c(K+)>c(NH2CH2COO-)>c(OH-)>c(H+) 3．(23-24高三上·江苏常州·期末)下列实验探究方案设计能达到相应探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 室温下，用电导率传感器分别测定溶液和盐酸的电导率，比较溶液的导电性强弱 判断是否为弱电解质 B 向1.00 mol·L 溶液中通入气体，观察是否有黑色沉淀(CuS)生成 比较与的酸性强弱 C 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液，观察实验现象 判断氯气与水的反应是否存在限度 D 向的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡后静置，观察两层溶液颜色变化 比较在浓KI溶液与中的溶解能力 A．A B．B C．C D．D 4．(23-24高三上·江苏扬州·期末)从炼钢粉尘(主要含ZnO、ZnFe2O4)中回收锌的过程如图所示。“浸取”过程ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，并有少量铁元素浸出。已知：，。下列说法正确的是 A．的溶液中： B．溶液中： C．“沉锌”过程中，溶液的减小 D．“沉锌”后的溶液中： 5．(24-25高三上·江苏无锡·期末)室温下，通过下列实验制备少量并探究其性质。 实验1：测得100mL14mol·L-1氨水的pH约为12； 实验2：向上述氨水中加入NaCl至饱和，通足量，经过滤、洗涤、干燥得到固体； 实验3：配制100mL0.1mol·L-1溶液，测得溶液pH为8.0； 实验4：向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加几滴0.1mol·L-1溶液，产生白色沉淀。 下列说法正确的是 A．依据实验1推测： B．实验2所得滤液中存在： C．实验3的溶液中存在：mol·L-1 D．实验4发生反应的离子方程式： 6．(23-24高三上·江苏南京宁海中学·期末)电极电位滴定法是测定物质浓度的另一种方法，滴定过程中指示电极电位发生变化，滴定终点时，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃。常温下，用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠的含量，下图是滴定过程中的电位曲线与pH曲线： 已知：亚磷酸(H3PO3)的分级电离常数全部数据为Ka1=10-1.4，Ka2=10-6.7。下列说法错误的 A．Na2HPO3属正盐，溶液显碱性；NaH2PO3属酸式盐，溶液显酸性 B．a点溶液主要含NaH2PO3、NaCl，存在关系：c(H＋)＋c(H3PO3)=c(OH-)＋c() C．b点对应的溶液中存在：c(H＋)=c()＋2c() D．b点生成的亚磷酸属弱酸，溶液的电极电位突变是因为此时离子浓度突然增大 7．(24-25高三上·江苏常州·期末)室温下，用pH为6的缓冲溶液(和以一定比例组成的混合溶液)吸收烟气中的并进行资源化回收的过程如下图所示。经加热解吸后的溶液可以直接循环利用，实现全过程的连续稳定运行。已知：的电离平衡常数分别为、、，的电离平衡常数分别为，，的还原能力随酸性增强而减弱，通入所引起的溶液体积变化和水分挥发均可忽略。下列说法正确的是 A．pH为6的缓冲溶液中： B．吸收和解吸时，主要发生反应： C．当缓冲溶液吸收至溶液的时： D．当缓冲溶液中越大，则烟气中的吸收效率越高 8．(23-24高三上·江苏无锡·调研)工业气体精制过程中有多种脱除的方法。 (1)工业脱除天然气中的流程如下： 已知：和常温下的电离平衡常数分别为：。 ① (填表达式)。 ②“吸收”时发生反应的离子方程式为 。 ③电解时生成的电极反应式为 。 (2)使用脱硫剂脱除或中的脱硫和再生的过程如图所示(部分产物已省略)，在脱硫过程中脱硫剂表面形成羟基，有利于的脱除。 ①脱除(步骤I、II、III，需)的化学方程式为 。 ②中间体对脱硫剂的再生起关键作用，原因是 。 ③天然气中少量的水蒸气加快了的脱除，原因是 。 (3)是一种金属团簇化合物材料，具有多孔结构()，其吸收的机理如下所示： ①适当增大材料中锌含量，可提高吸附的总量，原因是 。 ②状态III脱除转变为状态I，该过程可描述为 (仅从断键和成键角度描述)。 地 城 考点02 盐类的水解 1．(23-24高三上·江苏南京宁海中学·期末)我国航天员在中国空间站进行的太空“冰雪实验”授课实验，展示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象，下列有关说法正确的是 A．醋酸钠属于弱电解质 B．析出的晶体与冰都属于共价晶体 C．醋酸钠溶液中，c(Na＋)=c(CH3COO-) D．醋酸钠的浓度：过饱和醋酸钠溶液>饱和醋酸钠溶液 2．(24-25高三上·江苏苏州·期末)室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 实验方案 探究目的 A 向2浓度均为0.1的和混合溶液中滴加2滴0.1的溶液，观察产生沉淀的颜色 判断与的大小 B 分别向和溶液中滴加几滴酚酞试液，观察溶液颜色 判断和结合能力的强弱 C 向滴有酚酞的溶液中滴加过量氯水，观察溶液颜色 验证氯水的酸性 D 将浓硫酸与反应生成的气体，通入品红溶液中，观察溶液颜色 验证浓硫酸的强氧化性 A．A B．B C．C D．D 3．(24-25高三上·江苏苏州·期末)室温下，测定溶液中浓度的流程如下： 已知。下列说法正确的是 A．0.1溶液中： B．“沉淀”后得到的上层清液中： C．溶解得到的酸性溶液中： D．滴定终点时的溶液中： 4．(23-24高三上·江苏常州·期末)实验室采用右图所示流程分离AgCl和AgI的淡黄色固体混合物。实验中所用氨水和硝酸的浓度均为足量2 mol⋅L，且体积相等。假设流程中每一步均实现物质的完全分离，下列说法正确的是 A． B．结合的能力： C．溶液中水的电离程度：氨水>无色溶液Ⅱ>硝酸 D．无色溶液Ⅱ中存在： 5．(23-24高三上·江苏苏州·期末)用含少量的溶液制备的过程如图所示。已知：室温下，。下列说法正确的是 A．溶液呈酸性，且 B．除钙镁后的溶液中： C．溶液中： D．若将流程中 换成 ，则制得的纯度更高 6．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)碳酸(H2CO3)是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 实验I：往20mL0.1mol·L−1H2CO3溶液中滴加0.1mol·L−1氨水。 实验Ⅱ：往20mL0.1mol·L−1NaHCO3溶液中滴加0.1mol·L−1CaCl2溶液。 [已知：Ka1(H2CO3)=4.5×10−7，Ka2(H2CO3)=5.6×10−11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ksp(CaCO3)=3.6×10−9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是 A．实验I中V(氨水)=20mL时，存在c(H2CO3)＜c(CO)＋c(NH3·H2O) B．实验I中pH=8时，存在c(H2CO3)>c(CO) C．实验Ⅱ中V(CaCl2)=10mL时，发生反应HCO＋Ca2+=CaCO3↓＋H+ D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，沉淀后的上层清液中：c(Ca2＋)c(CO)>Ksp(CaCO3) 7．(24-25高三上·江苏扬州中学·期末)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 8．(24-25高三上·江苏无锡·期末)室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加几滴酸性溶液，溶液紫色褪去 具有还原性 B 取2mL0.1mol·L-1KI溶液于试管中，加入0.5mL0.1mol·L-1溶液，充分反应后滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色 KI与溶液的反应有一定限度 C 用pH试纸分别测溶液和溶液的pH，溶液的pH大 D 向2mL0.1mol·L-1溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L-1KI溶液，先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀 A．A B．B C．C D．D 1．(24-25高三上·江苏扬州中学·期末)工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下：地 城 考点03 沉淀溶液平衡 已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3.下列说法不正确的是 A．“焙烧”时， B．“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为而除去 C．不选用HCl“调pH”的原因可能与的氧化性较强有关 D．“沉钒”后的溶液中 2．(23-24高三上·江苏无锡·期末调研)室温下，用含有少量的溶液(模拟盐湖水)制备的过程如下所示。 已知：。 下列说法正确的是 A．溶液中： B．除镁得到的上层清液中： C．碳酸钠溶液中： D．沉锂后的溶液中： 3．(24-25高三上·江苏部分高中·期末)钒和铬都是重要的战略金属，利用钒、铬废渣(主要成分为NaVO3和Na2CrO4，还含有其他难溶物)分离回收钒、铬的工艺流程如图所示： 已知：常温下，Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，Ksp(CuCrO4)=3.6×10-6。 回答下列问题： (1)基态钒原子价层电子轨道表示式为 。 (2)钒、铬废渣“水浸”前，先要进行粉碎处理，为提高浸取效率，还可采取的措施有 (任写2点)。 (3)“沉铬”时，铬转化为CuCrO4沉淀，“转化”过程中发生反应的离子方程式为 。 (4)向“沉钒后液”中加入足量BaCO3，可将其中的铬转化为BaCrO4沉淀，该转化的平衡常数为 (保留三位有效数字)。 (5)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。 ①该晶体的化学式为 。 ②已知该晶体的密度为ρ g/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为 pm(列出计算式即可)。 4．(23-24高三上·江苏扬州中学·期末)I．工业废水和废渣中会产生含硫(-II)等污染物，需经处理后才能排放。 (1)废水中的硫化物通常用氧化剂将其氧化为单质S进行回收。已知：溶液中含硫微粒的物质的量分数随变化情况如图1所示。                           图1                                                图2                                    ①向含硫废水中加入稀调节溶液的为6，废水中 。 ②控制废水约为8，废水中单质硫回收率如图2所示。溶液的加入量大于时，废水中单质硫的回收率下降的原因是 。 (2)含硫废渣(硫元素的主要存在形式为)，可以回收处理并加以利用。沉积物-微生物酸性燃料电池工作原理如图3所示。 碳棒b处S生成的电极反应式为 。 II．氨氮废水中含有氨和铵盐，直接排放会造成环境污染。可用以下方法处理： (3)沉淀法 ①“氧化”时在微生物的催化作用下，被氧化为。该反应的化学方程式为 。 ②“沉淀”中将“氧化”步骤后剩余的转化为沉淀，若调节过大，会降低氨氮去除率，其原因为 。 (4)生物硝化反硝化法 生物硝化反硝化法可将酸性废水中的氨氮转化为氮气，其原理如图4所示。 ①硝化过程中溶液的 。(填“升高”或“降低”)。 ②每处理含的酸性废水，理论上消耗的物质的量为 。 5．(23-24高三上·江苏常州·期末)实验室以废旧磷酸铁锂电极粉末为原料回收，其实验过程可表示为 (1)以盐酸—次氯酸钠体系选择性浸出锂。将磷酸铁锂加入三烧瓶中(装置见下图)，滴液漏斗装有盐酸、中装有溶液。控制，依次将两种溶液加入三颈烧瓶，充分反应后，过滤。 已知：常温时， ①实验时应先打开滴液漏斗 (填“”或“”)。 ②浸出后过滤所得滤渣主要成分为写出转化为的离子方程式： 。 ③控制原料锂的浸出率为若提高盐酸用量，可使锂浸出率达以上，但同时可能存在的缺陷有 。 (2)用碳酸钠作沉淀剂从浸出液中回收碳酸锂。有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备查阅资料发现文献对常温下的有不同的描述： i．白色固体。ii．尚未从溶液中分离出来。 为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。 ①上述现象说明，在该实验条件下 (填“稳定”或“不稳定”)。 ②实验中发生反应的离子方程式为 。 (3)盐湖提盐后的浓缩卤水(含和少量)也常用作制备的重要原料。已知：常温时的溶解度为：的溶解度曲线如下图所示。 为获得较高产率和纯度的请补充完整实验方案：向浓缩卤水中边搅拌边缓慢添加石灰乳， ，洗涤，低温烘干。完全沉淀可选用的试剂：饱和溶液、饱和溶液、固体、蒸馏水]。 6．(23-24高三上·江苏南京宁海中学·期末)方铅矿主要成分为PbS，含有FeS2杂质等，软锰矿主要成分为MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3等，下面是用这两种矿石制备PbSO4和Mn3O4工艺流程： 已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水； ②PbCl2(s)＋2Cl-(aq)PbCl (aq)　ΔH>0； ③Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Mn(OH)2]=1.6×10-13(溶液中金属离子浓度小于10-5 mol·L-1可视为完全沉淀)。 (1)写出“浸取”时MnO2溶解PbS的化学方程式： ；随着反应的进行，PbS的溶解速率逐渐降低的原因是 ；加入饱和NaCl的目的是 。 (2)操作Ⅰ为 ，操作Ⅱ沉降时往往加入冰水降温，原理是 。 (3)已知：反应温度和溶液pH对Mn3O4的纯度和产率影响分别如图1、图2所示，请补充完整由滤液X制备Mn3O4的实验方案： ，真空干燥4小时得产品Mn3O4.(实验中须使用的试剂：氨水、空气) 7．(23-24高三上·江苏苏州·期末)工业上利用高钛炉渣(主要成分为及等)制备。 已知：①在高温下与反应生成，弱碱性条件下水解会生成沉淀； ②难溶于稀酸或稀碱，可以溶解在浓酸或浓碱中； ③水解能力显著强于容易吸附沉淀。 Ⅰ．硫酸法制备 (1)焙烧、浸取 ①“焙烧”时可将转化为，该反应的化学方程式为 。 ②酸浸渣的主要成分为 。 (2)沸腾水解 ①水解反应的平衡常数 。(已知：该温度下) ②其他条件不变，初始溶液对含的溶液水解率的影响如图所示，在范围内，随着增大，水解率下降的原因是 。 (3)产品中的纯度测定 准确称取样品，加入适量浓硫酸，加热至样品完全溶解，冷却后用水稀释，冷却至室温后再加入铝片将还原为，用溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗溶液。计算样品中的纯度为 (已知：可将还原为)。 Ⅱ．碱法制备 (4)高钛炉渣与固体混合灼烧，冷却后加水浸出后得到含大量的固体，请补充完整制取高纯的实验方案：将浸出后的固体置于容器中， ，将煅烧得(实验中须使用的试剂：稀、溶液、溶液、溶液)。 8．(23-24高三上·江苏无锡江阴市·期末)工业上以铬铁矿主要成分为，还含有、等杂质为主要原料生产红矾钠晶体，其主要工艺流程如图： 已知：在碱性条件下能将氧化为。 固体A为 。 实验室中操作的名称为 。 固体C中含有的物质是 和，则的作用是 。 已知：，，当时开始沉淀．室温下，Ⅱ中需调节溶液pH范围为 杂质离子浓度小于视为沉淀完全。 写出Ⅲ中发生反应的离子方程式 。 Ⅳ中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，理由是 结合化学方程式回答；工业上也可设计如图示装置，用锂离子电池为难电离锂碳化合物为电源，电解溶液制取，该装置工作时E电极的名称是 极；电源的A极的电极反应式为 当电解过程中转移了电子时，理论上右侧溶液的质量减少 g。 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 水溶液中的离子平衡 3大高频考点概览 考点01 弱电解质的电离 考点02 盐类的水解 考点03 沉淀溶解平衡 地 城 考点01 弱电解质的电离 1．(23-24高三上·江苏无锡江阴市·期末)下列推断或表述正确的是 A．在醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，则a＞b B．向2.0mL浓度均为0.1 mol·L-1的KCl、KI混合液滴加1～2滴0.01 mol·L-1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明AgCl的Ksp比AgI的Ksp小 C．0.2 mol/L的一元酸HX与0.1 mol/L的KOH溶液等体积混合所得溶液中，一定有：c(H+)+ c(K+)=c(OH－)+ c(X－) D．0.2 mol•L－1盐酸与等体积0.05 mol•L－1 Ba(OH)2溶液混合后，溶液pH为1 【答案】C 【详解】A. 醋酸为弱酸，加水稀释后，溶液中c(H+)减小，pH增大，所以a＜b，A不正确； B. 相同浓度KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液，产生黄色沉淀，表明先生成AgBr沉淀，从而说明AgCl的Ksp比AgI的Ksp大，B不正确； C.0.2 mol/L的一元酸HX与0.1 mol/L的KOH溶液等体积混合，所得溶液为HX和KX的混合溶液，依据电荷守恒，一定有：c(H+)+ c(K+)=c(OH－)+ c(X－)，C正确； D. 0.2 mol•L－1盐酸与等体积0.05 mol•L－1 Ba(OH)2溶液(设体积都为1L)混合后，溶液中c(H+)==0.05mol/L，pH为1.3，D不正确； 故选C。 2．(24-25高三上·江苏部分高中·期末)甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一，25 ℃时，甘氨酸溶液中NCH2COOH、NH2CH2COOH、NH2CH2COO-的分布分数与溶液pH关系如图所示(分布分数即各组分的平衡浓度占总浓度的分数)。下列说法不正确的是     A．pH=2.35，c(NH2CH2COOH)=c(NCH2COOH) B．曲线b代表NH2CH2COOH，曲线c代表NH2CH2COO- C．NH2CH2COOH(aq)+H2O(l)NCH2COOH(aq)+OH-(aq)的平衡常数K=10-2.35 D．NH2CH2COOK溶液中存在：c(K+)>c(NH2CH2COO-)>c(OH-)>c(H+) 【答案】C 【分析】甘氨酸中含有氨基和羧基，在酸性条件下存在形式为NCH2COOH，随着pH增大，逐步转化为NH2CH2COOH，最终转化为NH2CH2COO-，则曲线a代表NCH2COOH，曲线b代表为NH2CH2COOH，曲线c代表NH2CH2COO-，据此分析； 【详解】A．pH=2.35时，c(NH2CH2COOH)=c(NCH2COOH)，A正确； B．曲线a代表NCH2COOH，曲线b代表为NH2CH2COOH，曲线c代表NH2CH2COO-，B正确； C．25℃时，pH=2.35，c(NH2CH2COOH)=c(NCH2COOH)，该反应的平衡常数K==c(OH-)==1，C错误； D．NH2CH2COOK溶液中，NH2CH2COO-发生水解，溶液显碱性，则溶液中存在：c(K+)>c(NH2CH2COO-)>c(OH-)>c(H+)，D正确； 故选C。 3．(23-24高三上·江苏常州·期末)下列实验探究方案设计能达到相应探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 室温下，用电导率传感器分别测定溶液和盐酸的电导率，比较溶液的导电性强弱 判断是否为弱电解质 B 向1.00 mol·L 溶液中通入气体，观察是否有黑色沉淀(CuS)生成 比较与的酸性强弱 C 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液，观察实验现象 判断氯气与水的反应是否存在限度 D 向的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡后静置，观察两层溶液颜色变化 比较在浓KI溶液与中的溶解能力 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．判断是否为弱电解质，应该测定同浓度溶液和盐酸的电导率，故A错误； B．的酸性大于，不能根据和反应生成黑色沉淀(CuS)和硫酸判断和酸性的强弱，故B错误； C．氯气、次氯酸都能氧化KI，氯水和淀粉KI溶液反应，溶液变蓝，不能证明氯水中含有Cl2，故C错误； D．向的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡后静置，若下层溶液变为无色，证明更易溶于浓KI溶液，故D正确； 答案选D。 4．(23-24高三上·江苏扬州·期末)从炼钢粉尘(主要含ZnO、ZnFe2O4)中回收锌的过程如图所示。“浸取”过程ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，并有少量铁元素浸出。已知：，。下列说法正确的是 A．的溶液中： B．溶液中： C．“沉锌”过程中，溶液的减小 D．“沉锌”后的溶液中： 【答案】B 【分析】“浸取”过程ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，发生反应ZnO+2 NH3·H2O +2=[Zn(NH3)4]2++3H2O，根据题中信息可知，ZnFe2O4溶解除铁后转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应为：[Zn(NH3)4]2++4H2O+S2-=ZnS↓+4NH3·H2O，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液，据此分析解题。 【详解】A．的溶液中：，A错误； B．溶液中根据电荷守恒可知：c(H+)+c()=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)，根据物料守恒可知： c()+c(NH3·H2O)= 2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S),结合上述两个等式可得：，B正确； C．由分析可知，“沉锌”过程发生反应为：[Zn(NH3)4]2++4H2O+S2-=ZnS+4NH3·H2O，故“沉锌”过程中，溶液的pH增大，C错误； D．“沉锌”后的溶液中达到ZnS的溶解平衡，则有，D错误； 故答案为：B。 5．(24-25高三上·江苏无锡·期末)室温下，通过下列实验制备少量并探究其性质。 实验1：测得100mL14mol·L-1氨水的pH约为12； 实验2：向上述氨水中加入NaCl至饱和，通足量，经过滤、洗涤、干燥得到固体； 实验3：配制100mL0.1mol·L-1溶液，测得溶液pH为8.0； 实验4：向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加几滴0.1mol·L-1溶液，产生白色沉淀。 下列说法正确的是 A．依据实验1推测： B．实验2所得滤液中存在： C．实验3的溶液中存在：mol·L-1 D．实验4发生反应的离子方程式： 【答案】D 【详解】A．室温下，14mol·L-1氨水的pH约为12，则，，列三段式： 则，A错误； B．发生反应：，析出NaHCO3，所得滤液中主要含NH4Cl，含有少量NaHCO3，根据电荷守恒可得：，B错误； C．NaHCO3溶液中，根据物料守恒可得：，由电荷守恒得：，将电荷守恒关系式代入物料守恒关系式得：，C错误； D．溶液少量，反应时定其系数为1，两者反应生成、和，则反应的离子方程式为：，D正确； 故选D。 6．(23-24高三上·江苏南京宁海中学·期末)电极电位滴定法是测定物质浓度的另一种方法，滴定过程中指示电极电位发生变化，滴定终点时，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃。常温下，用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠的含量，下图是滴定过程中的电位曲线与pH曲线： 已知：亚磷酸(H3PO3)的分级电离常数全部数据为Ka1=10-1.4，Ka2=10-6.7。下列说法错误的 A．Na2HPO3属正盐，溶液显碱性；NaH2PO3属酸式盐，溶液显酸性 B．a点溶液主要含NaH2PO3、NaCl，存在关系：c(H＋)＋c(H3PO3)=c(OH-)＋c() C．b点对应的溶液中存在：c(H＋)=c()＋2c() D．b点生成的亚磷酸属弱酸，溶液的电极电位突变是因为此时离子浓度突然增大 【答案】C 【详解】A．亚磷酸(H3PO3)的分级电离常数全部数据为Ka1=10−1.4，Ka2=10−6.7，说明亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，则Na2HPO3属正盐，水解而使溶液显碱性；NaH2PO3属酸式盐，由于，电离程度大于水解程度，则溶液显酸性，故A正确； B．根据题意，向亚磷酸钠滴定盐酸，a点是第一次滴定终点，则溶液主要含NaH2PO3、NaCl，根据质子守恒得到存在关系：c(H＋)＋c(H3PO3)=c(OH－)＋c()，故B正确； C．根据题意，向亚磷酸钠滴定盐酸，b点是第二次滴定终点，则溶液主要含H3PO3、NaCl，b点对应的溶液中存在：c(H＋)=c()＋2c()+c(OH－)，故C错误； D．根据滴定终点时，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，b点生成的亚磷酸属弱酸，溶液的电极电位突变是因为此时离子浓度突然增大，故D正确。 综上所述，答案为C。 7．(24-25高三上·江苏常州·期末)室温下，用pH为6的缓冲溶液(和以一定比例组成的混合溶液)吸收烟气中的并进行资源化回收的过程如下图所示。经加热解吸后的溶液可以直接循环利用，实现全过程的连续稳定运行。已知：的电离平衡常数分别为、、，的电离平衡常数分别为，，的还原能力随酸性增强而减弱，通入所引起的溶液体积变化和水分挥发均可忽略。下列说法正确的是 A．pH为6的缓冲溶液中： B．吸收和解吸时，主要发生反应： C．当缓冲溶液吸收至溶液的时： D．当缓冲溶液中越大，则烟气中的吸收效率越高 【答案】B 【详解】A．根据电荷守恒，的缓冲溶液中，，因为，，所以，A错误； B．由电离平衡常数可知，吸收时与水生成，第一步电离出，与反应；解吸时加热使平衡逆向移动，反应为，B正确； C．由推导的关系：变形得：c，代入数据，由推导与的关系：变形得：，将代入：，故，C错误； D．，该比值越大，越大，还原能力随酸性增强而减弱，不利于吸收，吸收效率越低，D错误； 故答案选B。 8．(23-24高三上·江苏无锡·调研)工业气体精制过程中有多种脱除的方法。 (1)工业脱除天然气中的流程如下： 已知：和常温下的电离平衡常数分别为：。 ① (填表达式)。 ②“吸收”时发生反应的离子方程式为 。 ③电解时生成的电极反应式为 。 (2)使用脱硫剂脱除或中的脱硫和再生的过程如图所示(部分产物已省略)，在脱硫过程中脱硫剂表面形成羟基，有利于的脱除。 ①脱除(步骤I、II、III，需)的化学方程式为 。 ②中间体对脱硫剂的再生起关键作用，原因是 。 ③天然气中少量的水蒸气加快了的脱除，原因是 。 (3)是一种金属团簇化合物材料，具有多孔结构()，其吸收的机理如下所示： ①适当增大材料中锌含量，可提高吸附的总量，原因是 。 ②状态III脱除转变为状态I，该过程可描述为 (仅从断键和成键角度描述)。 【答案】(1) (2) 2H2S+3O2+2ZnMnO32ZnO+2MnSO4+2H2O MnSO4高温（850℃）分解产生SO2等气体，生成多孔MnO2和ZnO（或生成多孔ZnMnO3），增加了脱硫剂的比表面积 水分子吸附在脱硫剂表面，增加了羟基，有利于H2S的脱除 (3) 适当增大材料中锌含量，提高配位中心的数量，从而提高吸附硫化氢的总量 断键：Zn=S键断裂，H-O键断裂，成键：H与S形成H2S，Zn与O形成Zn—O键 【分析】(1)天然气中的硫化氢与碳酸钠溶液反应，根据碳酸和硫化氢的电离常数得出酸性强弱，再根据强酸制弱酸的原则分析产物为碳酸氢钠和NaHS，NaHS溶液经过电解得到H2和Sx； (2) 使用脱硫剂脱除或中的H2S，根据流程图中步骤I、II、III，分析出脱出H2S的反应方程式，生成硫酸锰后，通过氧化还原反应，将脱硫剂表面形成的羟基氧化，同时被还原为氧化锰，氧化锰和锌反应生成氧化锌和二氧化锰，实现脱硫剂的再生； 【详解】（1）①H2S在溶液中分步电离，第一步电离方程式为，； ②由，可知酸性，故按照强酸制弱酸的原则，②“吸收”时发生反应的离子方程式为； ③吸收后的溶液含有HS-，经过电解后失去电子生成Sx，根据得失电子守恒和电荷守恒，电极反应式为：； （2）①脱出H2S的步骤I、II、III中的反应物为H2S、O2、ZnMnO3，产物是ZnO、MnSO4，还会生成H2O，根据电子守恒和元素守恒，反应的化学方程式为：2H2S+3O2+2ZnMnO32ZnO+2MnSO4+2H2O； ②中间体对脱硫剂的再生起关键作用，原因是：MnSO4高温（850℃）分解产生SO2等气体，生成多孔MnO2和ZnO（或生成多孔ZnMnO3），增加了脱硫剂的比表面积； ③根据“在脱硫过程中脱硫剂表面形成羟基，有利于的脱除”，天然气中少量的水蒸气加快了的脱除，原因是水分子吸附在脱硫剂表面，增加了羟基，有利于H2S的脱除； （3）①由吸收H2S的机理知，Zn与H2S中的S配位，适当增大材料中锌含量，提高配位中心的数量，从而提高吸附硫化氢的总量； ②断键和成键角度描述状态III脱除转变为状态I的过程为：断键：Zn=S键断裂，H-O键断裂，成键：H与S形成H2S，Zn与O形成Zn—O键。 地 城 考点02 盐类的水解 1．(23-24高三上·江苏南京宁海中学·期末)我国航天员在中国空间站进行的太空“冰雪实验”授课实验，展示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象，下列有关说法正确的是 A．醋酸钠属于弱电解质 B．析出的晶体与冰都属于共价晶体 C．醋酸钠溶液中，c(Na＋)=c(CH3COO-) D．醋酸钠的浓度：过饱和醋酸钠溶液>饱和醋酸钠溶液 【答案】D 【详解】A．醋酸钠为离子化合物，属于强电解质，A错误； B．析出的晶体为醋酸钠，醋酸钠为离子化合物，属于离子晶体，冰为分子晶体，二者都不属于共价晶体，B错误； C．醋酸钠溶液中醋酸根离子能发生水解，则c(Na＋)＞c(CH3COO-)，C错误； D．达到饱和时还能继续溶解醋酸钠的溶液为过饱和醋酸钠溶液，则过饱和醋酸钠溶液浓度>饱和醋酸钠溶液浓度，D正确； 故答案选D。 2．(24-25高三上·江苏苏州·期末)室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 实验方案 探究目的 A 向2浓度均为0.1的和混合溶液中滴加2滴0.1的溶液，观察产生沉淀的颜色 判断与的大小 B 分别向和溶液中滴加几滴酚酞试液，观察溶液颜色 判断和结合能力的强弱 C 向滴有酚酞的溶液中滴加过量氯水，观察溶液颜色 验证氯水的酸性 D 将浓硫酸与反应生成的气体，通入品红溶液中，观察溶液颜色 验证浓硫酸的强氧化性 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．向2浓度均为0.1的和混合溶液中滴加2滴0.1的溶液，可观察产生黄色沉淀，得＞，故A正确； B．题中没有指明和物质的量浓度是否相等，因此无法判断和结合能力的强弱，故B错误； C．向滴有酚酞的溶液中滴加过量氯水，观察溶液颜色褪去，无法验证氯水的酸性，因为氯水具有漂白性，故C错误； D．浓硫酸与发生复分解反应生成气体，通入品红溶液中，品红溶液褪色，体现浓硫酸的酸性，故D错误； 答案选A。 3．(24-25高三上·江苏苏州·期末)室温下，测定溶液中浓度的流程如下： 已知。下列说法正确的是 A．0.1溶液中： B．“沉淀”后得到的上层清液中： C．溶解得到的酸性溶液中： D．滴定终点时的溶液中： 【答案】B 【分析】含Ca2+的溶液加入过量0.1mol/L Na2C2O4将Ca2+以CaC2O4沉淀析出，沉淀加入过量0.1mol/LH2SO4溶解，得到含H2C2O4的酸性溶液，用0.1mol/LKMnO4溶液进行滴定从而测定Ca2+的量； 【详解】A．Na2C2O4溶液中，根据物料守恒有c(Na+)=2c()+2c()+2c(H2C2O4)，选项中的等式少了H2C2O4的浓度项，A错误； B．“沉淀”后得到的上层清液中c(Ca2+)<c()，即Ksp[CaC2O4]=c(Ca2+)c()>c2(Ca2+)，则c(Ca2+)<==5×10−5mol⋅L−1，B正确； C．溶解得到的酸性溶液中，阳离子除了H+还有Ca2+，故根据电荷守恒应当有2c()+c()+c(OH−)+2c()=c(H+)+2c(Ca2+)，C错误； D．滴定终点，KMnO4刚好和H2C2O4反应生成CO2和Mn2+，高锰酸根刚好完全反应，浓度几乎为0，c()<c(Mn2+)，D错误； 故本题选B。 4．(23-24高三上·江苏常州·期末)实验室采用右图所示流程分离AgCl和AgI的淡黄色固体混合物。实验中所用氨水和硝酸的浓度均为足量2 mol⋅L，且体积相等。假设流程中每一步均实现物质的完全分离，下列说法正确的是 A． B．结合的能力： C．溶液中水的电离程度：氨水>无色溶液Ⅱ>硝酸 D．无色溶液Ⅱ中存在： 【答案】D 【分析】由流程可知：氯化银和碘化银的混合物中滴加浓氨水，分离出黄色的碘化银固体和无色溶液1，说明氯化银溶于足量氨水，无色溶液1与足量稀硝酸反应，又生成了白色固体氯化银，说明氢离子夺走了与银离子结合的氨气，生成了铵根离子； 【详解】A．AgI为黄色沉淀，加入过量氨水仍有黄色沉淀，说明AgI难溶于氨水，而氯化银可溶于氨水，所以ksp(AgI)<ksp(AgCl)，A错误； B．由向无色溶液加入足量稀硝酸产生出现白色沉淀可知：氢离子夺走了和Ag＋结合的NH3,故说明结合NH3的能力：Ag＋<H＋，B错误； C．无色溶液Ⅱ是NH4NO3溶液，会发生水解，可促进水的电离，另外两个溶液硝酸和氨水都是抑制水的电离，C错误； D．硝酸铵溶液中存在质子守恒，即c(H+)−c(OH−)=c(NH3⋅H2O)，D正确； 故答案选D； 5．(23-24高三上·江苏苏州·期末)用含少量的溶液制备的过程如图所示。已知：室温下，。下列说法正确的是 A．溶液呈酸性，且 B．除钙镁后的溶液中： C．溶液中： D．若将流程中 换成 ，则制得的纯度更高 【答案】A 【分析】CoCl2溶液中含有少量Ca2+和Mg2+，加入NH4F沉淀Ca2+和Mg2+，在使用(NH4)2C2O4沉钴得到CoC2O4，最后灼烧得到CoO，据此分析解题。 【详解】A．NH4F溶液呈酸性，说明水解程度大，所以，故A正确； B．除钙镁后的溶液中，故B错误； C．根据物料守恒有，所以，故C错误； D．若使用Na2C2O4替换(NH4)2C2O4，将引入Na元素为杂质，制得的纯度更低，故D错误； 故答案选A。 6．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)碳酸(H2CO3)是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 实验I：往20mL0.1mol·L−1H2CO3溶液中滴加0.1mol·L−1氨水。 实验Ⅱ：往20mL0.1mol·L−1NaHCO3溶液中滴加0.1mol·L−1CaCl2溶液。 [已知：Ka1(H2CO3)=4.5×10−7，Ka2(H2CO3)=5.6×10−11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ksp(CaCO3)=3.6×10−9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是 A．实验I中V(氨水)=20mL时，存在c(H2CO3)＜c(CO)＋c(NH3·H2O) B．实验I中pH=8时，存在c(H2CO3)>c(CO) C．实验Ⅱ中V(CaCl2)=10mL时，发生反应HCO＋Ca2+=CaCO3↓＋H+ D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，沉淀后的上层清液中：c(Ca2＋)c(CO)>Ksp(CaCO3) 【答案】B 【详解】A．等体积等浓度的碳酸与氨水恰好反应生成碳酸氢铵溶液，由电离常数可知，碳酸氢铵溶液呈碱性，由电荷守恒可知，溶液中c(NH)+ c(H+)=2c(CO)+ c(HCO)+ c(OH—)，由物料守恒可知溶液中c(H2CO3)+c(CO)＋c(HCO)=c(NH3·H2O)+c(NH)，整合可得c(H2CO3)+ c(H+)=c(CO)＋c(NH3·H2O) + c(OH—)，由碱性溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度可知，溶液中c(H2CO3) >c(CO)＋c(NH3·H2O)，故A错误； B．由电离常数可得：Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)= ，则溶液中==＜1，故B正确； C．实验Ⅱ中氯化钙溶液为10mL时，溶液中钙离子的浓度为=mol/L，溶液中碳酸根离子浓度为，若反应生成碳酸钙沉淀，由方程式可知，反应的平衡常数K====，则溶液中碳酸根离子浓度为≈0.47mol/L>，所以碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液不可能生成碳酸钙沉淀，故C错误； D．实验Ⅱ中氯化钙溶液为80mL时，溶液中钙离子的浓度为=0.08mol/L，溶液中碳酸根离子浓度为，则混合溶液中c(Ca2＋)c(CO)=0.08mol/L×>Ksp(CaCO3)，溶液中有碳酸钙沉淀生成，则上层清液中：c(Ca2＋)c(CO)=Ksp(CaCO3)，故D错误； 故选B。 7．(24-25高三上·江苏扬州中学·期末)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 【答案】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。 8．(24-25高三上·江苏无锡·期末)室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加几滴酸性溶液，溶液紫色褪去 具有还原性 B 取2mL0.1mol·L-1KI溶液于试管中，加入0.5mL0.1mol·L-1溶液，充分反应后滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色 KI与溶液的反应有一定限度 C 用pH试纸分别测溶液和溶液的pH，溶液的pH大 D 向2mL0.1mol·L-1溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L-1KI溶液，先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．溶液中氯离子也有还原性，滴加几滴酸性溶液，溶液紫色褪去，不能证明具有还原性，A错误； B．取2mL0.1mol·L-1KI溶液于试管中，加入0.5mL0.1mol·L-1溶液，碘离子过量，充分反应后滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色，说明溶液中还存在铁离子，能证明KI与溶液的反应有一定限度，B正确； C．不知两种盐溶液的浓度大小，不能通过溶液的pH大小判断两种酸的电离常数大小，C错误； D．向2mL0.1mol·L-1溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，溶液中银离子过量，加入KI溶液，一定会产生黄色沉淀，不能证明，D错误； 故选B。 1．(24-25高三上·江苏扬州中学·期末)工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下：地 城 考点03 沉淀溶液平衡 已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3.下列说法不正确的是 A．“焙烧”时， B．“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为而除去 C．不选用HCl“调pH”的原因可能与的氧化性较强有关 D．“沉钒”后的溶液中 【答案】D 【分析】钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)，焙烧过程中FeV2O4生成对应的金属氧化物Fe2O3，Al2O3转化为NaAlO2，“焙烧”的产物之一为NaVO3，加入水浸出，Fe2O3成为滤渣；过滤后向滤液中加入硫酸，将转化为Al(OH)3，过滤后向滤液中加入(NH4)2SO4后得到NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。 【详解】A．“焙烧”时，FeV2O4和O2发生氧化还原反应生成Fe2O3和NaVO3，铁元素化合价由+2价升高至+3价、V元素化合价由+3价升高至+5价，1molFeV2O4失去5mol电子，1molO2得4mol电子，根据得失电子守恒可得关系式：4FeV2O4~5O2，O2是氧化剂，FeV2O4是还原剂，，A正确； B．由分析可知，“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为而除去，B正确； C．的氧化性较强，不选用HCl“调pH”的原因是：把Cl-氧化为有毒气体Cl2，C正确； D．“沉钒”后得到的饱和溶液，，D错误； 故选D。 2．(23-24高三上·江苏无锡·期末调研)室温下，用含有少量的溶液(模拟盐湖水)制备的过程如下所示。 已知：。 下列说法正确的是 A．溶液中： B．除镁得到的上层清液中： C．碳酸钠溶液中： D．沉锂后的溶液中： 【答案】A 【分析】溶液中（含有少量）加入氨水除镁，发生反应：，最后加入溶液，发生反应：，并且，沉锂后的溶液中含有硫酸铵和碳酸钠。 【详解】A．氨水中存在电离平衡：，设氨水电离的浓度为，列三段式开展计算：，因为电离很微弱，故0.1-x≈0.1，，所以，，则pH≈11，故A正确； B．除镁得到的上层清液是饱和溶液，所以，故B错误； C．碳酸钠溶液中，根据和的关系存在的物料守恒关系，，故C错误； D．沉锂后的溶液中含有沉锂后的溶液中含有硫酸铵和碳酸钠，存在的电荷守恒为：，故D错误； 故答案选A。 3．(24-25高三上·江苏部分高中·期末)钒和铬都是重要的战略金属，利用钒、铬废渣(主要成分为NaVO3和Na2CrO4，还含有其他难溶物)分离回收钒、铬的工艺流程如图所示： 已知：常温下，Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，Ksp(CuCrO4)=3.6×10-6。 回答下列问题： (1)基态钒原子价层电子轨道表示式为 。 (2)钒、铬废渣“水浸”前，先要进行粉碎处理，为提高浸取效率，还可采取的措施有 (任写2点)。 (3)“沉铬”时，铬转化为CuCrO4沉淀，“转化”过程中发生反应的离子方程式为 。 (4)向“沉钒后液”中加入足量BaCO3，可将其中的铬转化为BaCrO4沉淀，该转化的平衡常数为 (保留三位有效数字)。 (5)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。 ①该晶体的化学式为 。 ②已知该晶体的密度为ρ g/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为 pm(列出计算式即可)。 【答案】(1) (2)延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等 (3)CuCrO4+2OH-=Cr+Cu(OH)2 (4)42.5 (5) CaCrO3 × 【分析】钒、铬废渣主要成分为NaVO3和Na2CrO4，还含有其他难溶物。水浸除去难溶物，浸取液中含有NaVO3、Na2CrO4，加入生石灰沉钒得到钒酸钙沉淀，经过一系列步骤之后得到五氧化二钒。沉矾后的溶液主要成分是Na2CrO4，经过酸化、加入氧化铜铬转化为CuCrO4沉淀，加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化铜沉淀和Na2CrO4溶液，冷却结晶得Na2CrO4固体。 【详解】（1） 钒是23号元素，基态钒原子价层电子排布式为3d34s2，轨道表示式为 （2）根据影响反应速率的因素，为提高浸取效率，还可采取的措施有延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等。 （3）“沉铬”时，“沉铬”时，铬转化为CuCrO4沉淀， “转化”过程中CuCrO4和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和Na2CrO4，发生反应的离子方程式为CuCrO4+2OH-=Cr+Cu(OH)2。 （4）向“沉钒后液”中加入足量BaCO3，可将其中的铬转化为BaCrO4沉淀，该沉淀转化的离子方程式为BaCO3(s)+ BaCrO4(s)+，该转化的平衡常数为K=。 （5）①根据均摊原则，Ca原子数为、O原子数为、Cr原子数为1、该晶体的化学式为CaCrO3。 ②已知该晶体的密度为ρ g/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为apm，则pm，相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为体对角线的一半，Ca2+与Cr3+之间的最短距离为×pm。 4．(23-24高三上·江苏扬州中学·期末)I．工业废水和废渣中会产生含硫(-II)等污染物，需经处理后才能排放。 (1)废水中的硫化物通常用氧化剂将其氧化为单质S进行回收。已知：溶液中含硫微粒的物质的量分数随变化情况如图1所示。                           图1                                                图2                                    ①向含硫废水中加入稀调节溶液的为6，废水中 。 ②控制废水约为8，废水中单质硫回收率如图2所示。溶液的加入量大于时，废水中单质硫的回收率下降的原因是 。 (2)含硫废渣(硫元素的主要存在形式为)，可以回收处理并加以利用。沉积物-微生物酸性燃料电池工作原理如图3所示。 碳棒b处S生成的电极反应式为 。 II．氨氮废水中含有氨和铵盐，直接排放会造成环境污染。可用以下方法处理： (3)沉淀法 ①“氧化”时在微生物的催化作用下，被氧化为。该反应的化学方程式为 。 ②“沉淀”中将“氧化”步骤后剩余的转化为沉淀，若调节过大，会降低氨氮去除率，其原因为 。 (4)生物硝化反硝化法 生物硝化反硝化法可将酸性废水中的氨氮转化为氮气，其原理如图4所示。 ①硝化过程中溶液的 。(填“升高”或“降低”)。 ②每处理含的酸性废水，理论上消耗的物质的量为 。 【答案】(1) 硫元素被氧化成更高价态的或 (2)S-6e-+4H2O =+8H+ (3) pH过大，溶液中OH-浓度过大，使得溶液中生成或沉淀，导致氨氮去除率下降 (4) 降低 【分析】（1）依据图像，求得电离平衡常数，再进行计算；（2）根据光合菌产生的O2得电子结合H+得到H2O，碳棒a为正极，FeS2在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根，碳棒b为负极；（3）从信息和流程知，处理氨氮废水时，在废水池的底部吹入大量热空气，把废液中的氨水分解挥发后转变成氨气，通入空气加入了微生物，把NH3氧化为N2，剩余的氨氮通过和 MgCl2及Na2HPO4反应产生NH4MgPO4·6H2O沉淀而除去；（3）依据原子守恒求得物质的量之间的关系，进行计算，据此解答。 【详解】（1）①由图可知，pH为7时，c(HS-)=c(H2S)，，pH为13时，c(HS-)=c(S2-)，，则当pH为6时，，②H2O2具有强氧化性，H2O2溶液加入量大于时，所加H2O2溶液越多，S生成率越低，可能是因为硫元素被氧化成更高价态的或，答案：、硫元素被氧化成更高价态的或； （2）根据光合菌产生的O2得电子结合H+得到H2O，碳棒a为正极，FeS2在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根，碳棒b为负极，存在电极反应：S-6e-+4H2O =+8H+，答案：S-6e-+4H2O =+8H+； （3）NH3被氧化化合价升高为N2的过程中，通入空气提供氧气，微生物起催化剂作用，反应的化学方程式为：，②“沉淀”中将“氧化”步骤后剩余的转化为沉淀，根据质量守恒写出发生反应的离子方程式为：，若调节pH过大，溶液中OH-浓度过大，使得溶液中生成或沉淀，导致氨氮去除率下降，答案：、pH过大，溶液中OH-浓度过大，使得溶液中生成或沉淀，导致氨氮去除率下降 （4）①硝化过程溶液中反应为，反应过程中溶液pH降低；②反硝化过程溶液中反应为，因此整个过程中，因此每处理含的酸性废水，理论上消耗的物质的量为mol，答案：降低、。 5．(23-24高三上·江苏常州·期末)实验室以废旧磷酸铁锂电极粉末为原料回收，其实验过程可表示为 (1)以盐酸—次氯酸钠体系选择性浸出锂。将磷酸铁锂加入三烧瓶中(装置见下图)，滴液漏斗装有盐酸、中装有溶液。控制，依次将两种溶液加入三颈烧瓶，充分反应后，过滤。 已知：常温时， ①实验时应先打开滴液漏斗 (填“”或“”)。 ②浸出后过滤所得滤渣主要成分为写出转化为的离子方程式： 。 ③控制原料锂的浸出率为若提高盐酸用量，可使锂浸出率达以上，但同时可能存在的缺陷有 。 (2)用碳酸钠作沉淀剂从浸出液中回收碳酸锂。有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备查阅资料发现文献对常温下的有不同的描述： i．白色固体。ii．尚未从溶液中分离出来。 为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。 ①上述现象说明，在该实验条件下 (填“稳定”或“不稳定”)。 ②实验中发生反应的离子方程式为 。 (3)盐湖提盐后的浓缩卤水(含和少量)也常用作制备的重要原料。已知：常温时的溶解度为：的溶解度曲线如下图所示。 为获得较高产率和纯度的请补充完整实验方案：向浓缩卤水中边搅拌边缓慢添加石灰乳， ，洗涤，低温烘干。完全沉淀可选用的试剂：饱和溶液、饱和溶液、固体、蒸馏水]。 【答案】(1) a 过量的盐酸溶解FePO4，Fe元素也随Li一起浸出，导致产品纯度下降；产生Cl2，污染环境；后阶段消耗更多的Na2CO3，增加试剂成本 (2) 不稳定 (3)调节溶液pH略大于10.9，过滤，边搅拌边往滤液中缓慢加入饱和Na2SO4溶液至沉淀不再增加，过滤，用蒸馏水洗涤固体2 ~ 3次，将洗涤滤液与滤液合并，加热溶液并保持100°C，边搅拌边添加Na2CO3固体至沉淀不再增加，趁热过滤。 【分析】废旧磷酸铁锂电极粉末用盐酸—次氯酸钠体系选择性浸出锂，再用碳酸钠沉锂得到碳酸锂。 【详解】（1）①该反应需要在酸性条件下进行，需要先加入盐酸，则实验时应先打开滴液漏斗a； ②被次氯酸钠氧化为，离子方程式为。 ③若提高盐酸用量，可使锂浸出率达99%以上，但同时可能存在的缺陷有过量的盐酸溶解FePO4，Fe元素也随Li一起浸出，导致产品纯度下降；产生Cl2，污染环境；后阶段消耗更多的Na2CO3，增加试剂成本。 （2）①将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀说明在该实验条件下LiHCO3不稳定； ②将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，气泡为CO2，生成白色沉淀为碳酸锂，实验中发生反应的离子方程式为。 （3）结合各个物质的溶解度，为获得较高产率和纯度的Li2CO3，实验方案：向浓缩卤水中边搅，拌边缓慢添加石灰乳，调节溶液pH略大于10.9，过滤，边搅拌边往滤液中缓慢加入饱和Na2SO4溶液至沉淀不再增加，过滤，用蒸馏水洗涤固体2 ~ 3次，将洗涤滤液与滤液合并，加热溶液并保持100°C，边搅拌边添加Na2CO3固体至沉淀不再增加，趁热过滤，洗涤，低温烘干。 6．(23-24高三上·江苏南京宁海中学·期末)方铅矿主要成分为PbS，含有FeS2杂质等，软锰矿主要成分为MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3等，下面是用这两种矿石制备PbSO4和Mn3O4工艺流程： 已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水； ②PbCl2(s)＋2Cl-(aq)PbCl (aq)　ΔH>0； ③Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Mn(OH)2]=1.6×10-13(溶液中金属离子浓度小于10-5 mol·L-1可视为完全沉淀)。 (1)写出“浸取”时MnO2溶解PbS的化学方程式： ；随着反应的进行，PbS的溶解速率逐渐降低的原因是 ；加入饱和NaCl的目的是 。 (2)操作Ⅰ为 ，操作Ⅱ沉降时往往加入冰水降温，原理是 。 (3)已知：反应温度和溶液pH对Mn3O4的纯度和产率影响分别如图1、图2所示，请补充完整由滤液X制备Mn3O4的实验方案： ，真空干燥4小时得产品Mn3O4.(实验中须使用的试剂：氨水、空气) 【答案】(1) PbS＋MnO2＋4HCl=MnCl2＋PbCl2＋S＋2H2O 反应物HCl浓度降低；生成的S覆盖在PbS表面减小了反应物的接触面积，降低了反应速率 促进PbCl2溶解 (2) 趁热过滤 反应PbCl2(s)＋2Cl-(aq)PbCl(aq)是吸热反应，降温有利于析出更多PbCl2固体 (3)取滤液X，50 ℃水浴加热，边搅拌边滴加氨水调节溶液pH约为8.5，边通空气边用氨水维持溶液pH一直处于8.5左右，直至固体质量不在增加为止，静置，过滤，洗涤沉淀2～3次 【分析】方铅矿主要成分为PbS，含有FeS2杂质等，软锰矿主要成分为MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3等，加入盐酸和饱和氯化钠溶液浸取，反应生成、和S，过滤除去固体S，滤液中可通过加入调节pH，使溶液中Fe3+、Al3+完全沉淀与Mn2+分离，趁热过滤后向滤液中加入冰水，冷却过滤后滤液经系列转化得目标产物，加入硫酸钠溶液可进行沉淀转化形成硫酸铅沉淀。 【详解】（1）“浸取”时加入盐酸和饱和氯化钠溶液浸取，反应生成、和S，化学方程式：PbS＋MnO2＋4HCl=MnCl2＋PbCl2＋S＋2H2O；随着反应的进行，反应物HCl浓度降低；生成的S覆盖在PbS表面减小了反应物的接触面积，降低了反应速率；根据可知，加入饱和NaCl的目的是促进PbCl2溶解； （2）根据分析可知，PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，则操作Ⅰ为：趁热过滤； （3）取滤液X，50 ℃水浴加热，边搅拌边滴加氨水调节溶液pH约为8.5，边通空气边用氨水维持溶液pH一直处于8.5左右，直至固体质量不在增加为止，静置，过滤，洗涤沉淀2～3次。 7．(23-24高三上·江苏苏州·期末)工业上利用高钛炉渣(主要成分为及等)制备。 已知：①在高温下与反应生成，弱碱性条件下水解会生成沉淀； ②难溶于稀酸或稀碱，可以溶解在浓酸或浓碱中； ③水解能力显著强于容易吸附沉淀。 Ⅰ．硫酸法制备 (1)焙烧、浸取 ①“焙烧”时可将转化为，该反应的化学方程式为 。 ②酸浸渣的主要成分为 。 (2)沸腾水解 ①水解反应的平衡常数 。(已知：该温度下) ②其他条件不变，初始溶液对含的溶液水解率的影响如图所示，在范围内，随着增大，水解率下降的原因是 。 (3)产品中的纯度测定 准确称取样品，加入适量浓硫酸，加热至样品完全溶解，冷却后用水稀释，冷却至室温后再加入铝片将还原为，用溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗溶液。计算样品中的纯度为 (已知：可将还原为)。 Ⅱ．碱法制备 (4)高钛炉渣与固体混合灼烧，冷却后加水浸出后得到含大量的固体，请补充完整制取高纯的实验方案：将浸出后的固体置于容器中， ，将煅烧得(实验中须使用的试剂：稀、溶液、溶液、溶液)。 【答案】(1) CaTiO3+2H2SO4CaSO4+TiOSO4+2H2O CaSO4、SiO2 (2) 1×105 Fe3+水解产生的H+抑制了TiO2+的水解 (3)72.00% (4)加入稀H2SO4，边加边搅拌至不再溶解，反应后，加入Ti2(SO4)3溶液，至取上层清液滴加KSCN溶液不显红色，过滤，洗涤至取最后一次洗涤滤液加入BaCl2溶液无浑浊 【分析】高钛炉渣(主要成分为TiO2、CaTiO3及SiO2、Fe2O3)中加入浓硫酸焙烧，CaTiO3转化为TiOSO4、CaSO4，然后加入稀硫酸“浸取”，经过滤得到的酸浸渣为SiO2、CaSO4，滤液中含TiOSO4、Fe2(SO4)3，滤液经沸腾水解，过滤得到TiO(OH)2，TiO(OH)2经系列处理得到TiO2。 【详解】（1）①“焙烧”时可将CaTiO3转化为TiOSO4，根据原子守恒，反应的化学方程式为CaTiO3+2H2SO4CaSO4+TiOSO4+2H2O。 ②根据分析，酸浸渣的主要成分为CaSO4、SiO2。 （2）①水解反应TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+的平衡常数K====1×105。 ②由图可知，pH在1.7~1.8范围内，随着pH增大，Fe3+的水解率增大，Fe3+水解产生的H+抑制了TiO2+的水解，从而TiO2+水解率下降。 （3）根据原子守恒和得失电子守恒可得测定过程中的关系式为：TiO2~TiO2+~Ti3+~NH4Fe(SO4)2，则n(TiO2)=n[NH4Fe(SO4)2]=0.1000mol/L×0.018L=1.8×10-3mol，m(TiO2)= 1.8×10-3mol×80g/mol=0.144g，样品中TiO2的纯度为×100%=72.00%。 （4）根据已知①可知，高钛炉渣与NaOH固体混合灼烧，冷却后加水浸出后得到含大量Fe(OH)3的TiO(OH)2固体，为了除去Fe(OH)3，根据已知②和题给试剂，应将浸出后的固体置于容器中，加入稀H2SO4，边加边搅拌至不再溶解，此时Fe(OH)3完全转化为Fe2(SO4)3；根据已知③，结合Ti3+能将Fe3+还原为Fe2+，故上述反应后，加入Ti2(SO4)3溶液将Fe3+还原为Fe2+，为了检验Fe3+被完全还原，故需用KSCN溶液检验上层清液中没有Fe3+；然后过滤，洗涤，为证明TiO(OH)2洗涤干净，故需用BaCl2溶液检验洗涤液中不含；最后将TiO(OH)2煅烧得到TiO2；故补充的实验方案为：加入稀H2SO4，边加边搅拌至不再溶解，反应后，加入Ti2(SO4)3溶液，至取上层清液滴加KSCN溶液不显红色，过滤，洗涤至取最后一次洗涤滤液加入BaCl2溶液无浑浊。 8．(23-24高三上·江苏无锡江阴市·期末)工业上以铬铁矿主要成分为，还含有、等杂质为主要原料生产红矾钠晶体，其主要工艺流程如图： 已知：在碱性条件下能将氧化为。 固体A为 。 实验室中操作的名称为 。 固体C中含有的物质是 和，则的作用是 。 已知：，，当时开始沉淀．室温下，Ⅱ中需调节溶液pH范围为 杂质离子浓度小于视为沉淀完全。 写出Ⅲ中发生反应的离子方程式 。 Ⅳ中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，理由是 结合化学方程式回答；工业上也可设计如图示装置，用锂离子电池为难电离锂碳化合物为电源，电解溶液制取，该装置工作时E电极的名称是 极；电源的A极的电极反应式为 当电解过程中转移了电子时，理论上右侧溶液的质量减少 g。 【答案】 过滤 氧化，使铁元素完全转化成沉淀而除去 阳 。 【分析】铬铁矿主要成分为FeO和，含有、等杂质，加入过量稀硫酸，只有与稀硫酸不反应，则过滤得固体A为，溶液B中含有、、，在B中加入过氧化氢，可生成，调节溶液pH可除去、，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，溶液D含有，在溶液D中加入和NaOH，发生氧化还原反应，过滤得溶液E含有，酸化可得，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得，以此解答该题。 【详解】根据以上分析，固体A为，故答案为：； 根据以上分析，实验室中操作的名称为过滤，故答案为：过滤； 固体C中含有的物质是和，则的作用是氧化，使铁元素完全转化成沉淀而除去；当时开始沉淀，室温下，除去溶液中的、，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：，，解得：，，同理完全变成沉淀时，pH约为，故pH范围是：，故答案为：氧化，使铁元素完全转化成沉淀而除去；； 在溶液D中加入和NaOH，发生氧化还原反应，生成和，所以Ⅲ中发生反应的离子方程式为，故答案为：； Ⅳ中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，原因为会氧化盐酸中的氯离子，反应离子方程式为：；电解溶液制取，则E电极发生，说明E电极生成氢离子，电极反应为氢氧根失电子发生氧化反应，所以该装置工作时E电极的名称是阳极，B极为正极，A极为负极，电极反应式为；当电解过程中转移了电子时，则右侧反应消耗氢氧根离子，放出氧气，右侧移动到左侧的钠离子也为，所以理论上右侧溶液的质量减少，故答案为：；阳；；。 【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用以及电解池的原理等，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验和计算能力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度较大。 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $