二轮专题精准提升11 电解质溶液-【衡水真题密卷】2025年高考化学二轮专题精准提升（2版）

真题密卷 4n(CH3COOH)+4n(CH4)=8mol,n剩余(H2) =(8 mol-4 mol-1.6 mol)2=1.2 mol, 2.8 mol (H2)=2 LX5 min =0.28mol·L-1·min1; 平衡后的反应体系中，c(CH4)=0.2mol·L1, c (CO2)=0.2 mol.L-1,c (CH COOH)= 0.5mol·L1,反应Ⅲ的平衡常数K= c(CH COOH)0.5 c(CH)·c(C0)0.2X0.2-12.5。平衡后，保 持温度和容器体积不变，向容器中再充入4mol C0和4molH2,相当于两个平衡体系合并，即 相当于增大压强，反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡均正向移 动，n(CH3COOH)增大，故重新达到平衡后， CH COOH(g)的物质的量分数增大。 19.(1)+255.7kJ·mol-1(2分) (2)减小(1分) (3)①c(2分) ②1.02mol(2分) ③14(2分) (4)①<(2分)②M点与N点具有相同的压 n(H2O) 强，n(C,H,OH相同：不同的是N点温度高于 M点，升高温度，反应Ⅱ逆向移动消耗氢气的量 与反应I、Ⅲ正向移动产生H2的量相等(3分) 【解析】(1)观察知，反应I=反应Ⅲ一2×反应Ⅱ， 则△H1=△H3-2×△H2=2X41.2kJ·mol1+ 173.3kJ·mol1=+255.7kJ·mol-1。 (2)达到平衡时，正==玉c(CO)·c(H2O)= k延c(C0)·c(H),lgk三-lgk起=lg= c(CO2)·c(H2) lgc(CO·cGH,O-lgK,升高温度，反应Ⅱ逆 向移动，平衡常数减小，1gK减小。 (3)①反应I、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反 应，随着温度的升高，反应I、Ⅲ平衡正向移动， 反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化 为CO,故温度升高CO的选择性增大，CO2的选 择性减小，由于CO的选择性十CO2的选择性= 1,则表示CO2选择性的曲线为a,表示C0选择 2024一2025学年度二轮 化学·电解 一、选择题 1.D【解析】氯化铝溶液蒸千过程中生成的HC1挥 2 ·42 二轮专题精准提升 性的曲线是c,表示乙醇的转化率的曲线是b。 ②573K时，CO2的选择性为85%，C0的选择性 为15%，乙醇的转化率为0.6，则平衡时n(C02)十 n(C0)=1mol×0.6×2=1.2mol,n(C0)= 1.2mol×15%6=0.18mol,n(C02)=1.2molX 85%=1.02mol。 ③设反应I中乙醇转化了xmol,反应Ⅱ中CO 转化了ymol,反应Ⅲ中乙醇转化了之mol,则 C2 Hs OH(g)+H2O=2CO(g)+4H2 (g), x 2x CO(g)+H2 O(g)CO2(g)+H2 (g), y y y y C2 H OH(g)+3H2O(g)=2CO2+6H2 (g), 那么x+之=0.6,2x-y=0.18,y+2x=1.02, 平衡时n(H2O)=(3-x-y-3z)mol=[3-(x+ z)-(y+2z]mol=(3-0.6-1.02)mol= 1.38mol,n(H2)=(4x+y+6z)mol=[4(x+z)+ (y+2z)]mol=(2.4+1.02)mol=3.42mol,气体 的总物质的量为(0.4十1.38十1.02+0.18十 3.42)mol=6.4mol,此时压强为160kPa,各物 质的分压为p(H2O)=34.5kPa,p(H2)= 85.5kPa,p(C0)=4.5kPa,p(C02)= 25.5kPa,故反应Ⅱ的K0=25.5×85.5 4.5×34.5 14。 (4)①每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在 Q点所在曲线上取一个点与N点温度相同，标 为点E,E点与N点相比温度相同，但是E点的 aCH0面小于N点的C,8),而 n (H2O) n (H2O) n(CH,OH增大时，三个反应均会正向移动，氢 n(H2O) 气的产率增大，因此的产率：Q点<N点。 n(H2O) ②M点与N点具有相同的压强，n(C,H,OH)相 同；不同的是N点温度高于M点，升高温度，反 应Ⅱ逆向移动消耗氢气的量与反应I、Ⅲ正向移 动产生H2的量相等。 专题精准提升（十一） 质溶液 发，A13+完全水解，得到氢氧化铝和部分氧化铝， 而硫酸铝溶液蒸干后得到的仍是硫酸铝，A错误； ·化学· 配制Fe2(SO4)3溶液时，将Fe2(SO4)3固体溶于 稀硫酸中，然后稀释至所需浓度，若加盐酸会引入 氯离子杂质，B错误；强碱滴定弱酸时，因滴定终 ,点的溶液显碱性，应选择酚酞作指示剂，C错误； NH4F溶液水解产生的HF与玻璃反应，不能存 放于玻璃试剂瓶中，D正确。 2.A【解析】亚硫酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性， 利用碱式滴定管通过滴定测定碘水中碘的浓度， 能达到实验目的，A正确；溴与苯二者互溶，不能 用分液漏斗分离；可利用蒸馏方法分离，用60~ 70℃水浴加热先馏出液溴，剩下的是苯，B错误； 题图是碱式滴定管排气泡的方法，C错误；量筒精 确到0.1mL,无法准确量取5.50mL水，D错误。 3.A【解析】常温下Kp(BaSO4)=1X10-10,硫酸 钡的悬浊液中c(Ba2+)=c(SO)=1×10-5mol· L1、Kp(BaC03)=5×10-9,向100mL硫酸钡的 悬浊液(BaSO4足量)中加入1mL饱和碳酸钠溶 液（浓度约1.6mol·L1),Q。(BaCO3)≈1.6× 10-7>Kp(BaC03)=5X10-9,部分BaS04转化为 BaCO3。由分析可知，难溶的固体中含有碳酸钡， A正确，B、C错误；当两者达到平衡时，溶液中 0}0<1用(0)< c(CO?),D错误。 4.B【解析】根据图像知常温下平衡时溶液中 c(Pb2+)、c(I-)分别是1×10-3mol·L-1、2× 10-3mol·L-1,因此Pbl2的Kp=c(Pb2+)· c2(1)=1×10-3mol·L-1×(2×10-3mol· L-1)2=4×109,A错误；由图像可知，温度不变， t时刻c(Pb2+)不变、c(I)突然增大，改变的条件 可能是向溶液中加入了KI固体，B正确；PbI2饱 和溶液中存在平衡：PbL2(s)一Pb2+(aq)十2I (aq),温度不变，向PbL2饱和溶液中加入少量硝 酸铅浓溶液，c(Pb2+)增大，平衡逆向移动，但根据 勒夏特列原理，最终平衡c(Pb2+)仍然比原平衡 时大，C错误；向PbL2的悬浊液中加入Na2S固 体，Pblz(s)+S2-(aq)==PbS(s)+2I(aq), c(I)缓慢增大至平衡，不会突然增大，D错误。 5.C【解析】向硝酸银溶液中滴加硫氰化钾，银离子 浓度与硫氰根离子浓度的离子积Q大于硫氰化银 的Kp,生成白色沉淀，A正确；生成沉淀后溶液 中剩余的银离子的浓度为c（Ag+)= 。4 参考答案及解析 2×10-3L×0.1mol·L-1-2×10-3LX0.05mol.L-1 2×103L+2×10-3L =0.025mol·L1,则溶液中SCN的浓度为 1.0×10-12 0.025m0l·L7=4.0X101mol·L1,B正确； 反应①后，银离子过量，加入KI以后，Ag+十I 一AgIY,无法证明AgSCN向AgI的转化，C错 误；②中溶液不变红，加入KI后③中溶液变红，说 明有KI与过量的银离子反应产生AgI,还有剩余 的KI与AgSCN发生沉淀转化，产生的SCN与 Fe3+产生血红色Fe(SCN)3,D正确。 6.C【解析】碳酸氢根水解程度大于电离程度，因此 碳酸氢钠溶液呈碱性，A正确；0.1mol·L1碳酸 钠溶液，根据物料守恒得c(CO?)+c(HCO)十 c(H2CO3)=0.1mol·L1,B正确；pH=11的 NaOH溶液中水电离出的c(H+)等于pH=11的 氨水中水电离出的c(H+),常温下都为1× 10-11mol·L1,C错误；泡沫灭火器的工作原理 是硫酸铝和碳酸氢钠溶液反应生成氢氧化铝、二 氧化碳和硫酸钠，其反应的离子方程式为A13+十 3HCO3—A1(OH)3V+3CO2个，D正确。 7.B【解析】标准状况下，22.4L二氧化碳的物质的 量为1mol,根据反应的化学方程式可知，二氧化 碳完全转化为甲酸盐，C由十4价变为十2价， 1mol二氧化碳完全转化为甲酸盐转移电子数为 2NA,A正确；室温下，等浓度的Na2CO3和 HCOONa溶液前者的pH大，说明碳酸根离子水 解程度大于甲酸根离子，越弱越水解，但只能说明 K2(H2CO3)<K.(HCOOH),B错误；该工艺中 NaOH吸收CO2转化为Na2zCO3,再发生反应 Na2 COs+H2=NaOH+HCOONa,NaOH 以循环利用，C正确；碳酸钠为强电解质，完全电 离出CO?离子，CO?的第一步水解大于第二步 水解，且水解是微弱的，故溶液中含碳元素微粒浓 度：c(CO?)>c(HCO)>c(H2CO3),D正确。 8.D【解析】由图示a点的pH=13可知，0.1mol· L1一元碱MOH溶液的pH=13,则MOH是强 碱，由b点可知，当MOH和HX等体积混合时， 则二者恰好完全反应生成MX盐溶液，此时溶液 pH=8.5,即显碱性，说明HX为弱酸，c点为等浓 度的MX和HX的混合溶液。由分析可知，滴定 终点的溶液显碱性，而甲基橙的变色范围为3.1~ 4.4,酚酞的变色范围为8.2~10.0，则该滴定过程 2 真题密卷 中应选用酚酞作指示剂以减小实验误差，A正确； 由b,点可知，此时溶液H=8.5,c(X)≈ 10-14 0.05mol,L1、c(0H）=10smol·L1= 105.5mol·L1,根据水解平衡可知，X十H20 =HX+OH,c(HX)≈c(OH),Kh≈ c(OH)·c(HX)(105.5)2 0.05 =2×1010,故K。 c(X) Km1014 -K≈2X100=5X10-5,B正确：由分析可知， a点为MOH强碱溶液，对水的电离起抑制作用， b点为MX强碱弱酸盐溶液，对水的电离起促进 作用，c点为等浓度混合的MX和HX溶液，MX 对水电离起促进作用，X对水的电离起抑制作 用，结合m的范围可知c,点对水电离的抑制程度 比a点小，故溶液中水的电离程度：b>c>a,C正 确；c点为等浓度混合的MX和HX溶液，溶液显 酸性，即HX的电离程度大于X的水解程度，则c 点溶液中：c(X)>c(M)>c(H+)>c(OH), D错误。 9.C【解析】pH越大，c(A2-)越大，pc(A2-)就越 小，曲线①表示A2-,pH越小，c(H2A)越大， pc(H2A)就越小，曲线③表示H2A,则曲线②表示 HA,根据a点求H2A的K2,K2= c(A2-)·c(H+)_10-6.60X10-1.30 10-1.30 =1X10-6.60, c(HA) 根据b点求K,K=C(HA)·c(H) c(H2A) 10-1.30×10-1.30 10-1.30 =1X101.30。根据分析可知曲线 ③表示H2A,A正确；根据分析可知a点c(A2-) =c(HA),Ke=c(A-）·c(H+) c(HA) 10-6.60×10-1.30 100—=1X1060,B正确；HA的电离 常数为K2=1×10-6.60,NaHA的水解常数为 Kw1×10-14 K,1X1010=1X10121,电离常数大于水解 常数，故NaHA溶液显酸性，C错误；c点对应的 溶液pH=0,则c(H+)=1mol·L1,根据分析可 知H2A为弱酸，C,点应该还加入了酸调pH,根据 电荷守恒可知阴离子还有其他酸根，故c(H+)> c(HA-)十2c(A2-)+c(OH-),D正确。 10.C【解析】H2A为二元酸，其电离过程为H2A 2 。4 二轮专题精准提升 一H+十HA,HA一H+十A2。常温时， 向10mL0.1mol·L-1H2A水溶液中逐滴滴加 0.1mol·L-1NaOH溶液，由题图分析可知，I 为H2A含量变化曲线，Ⅱ为HA含量变化曲 线，Ⅲ为A2-含量变化曲线。I和Ⅱ的交点处， c(H2A)=c(HA),则K1=c(H+)=101.2,Ⅱ 与Ⅲ交点处，c(HA)=c（A2-),则K2= c(H+)=10-4.2根据分析H2A的K1=10-1.2, 数量级为10-2，A错误；根据分析，K1(H2A)= 10-1.2,K2(H2A)=10-4.2,当c(H2A)=c(A2-) 时，Ka1XK2=c2(H+),此时c（H+)=1X 102.7mol·L1,pH=2.7,B错误；当溶液中 c(Na+)=2c(A2-)十c(HA-)时，由电荷守恒分 析此时溶液呈现中性，向10mL0.1mol·L1 H2A水溶液中逐滴滴加0.1mol·L1NaOH 溶液，若加入NaOH溶液体积等于10mL,此时 形成NHA密流，K世一尽：=10<Ke, HAˉ电离大于水解，溶液呈现酸性，故应在 l0mL的基础上多加NaOH溶液才有可能呈现 中性，故加入V(NaOH溶液)>10mL,C正确； 向pH=4.2的溶液中继续滴加NaOH溶液，结 合图像分析，HA含量在减小，A2-含量在增大， 故水的电离程度在增大，而氢氧化钠溶液过量则 会导致水的电离受到抑制，故水的电离程度先变 大后减小，D错误。 11.A【解析】根据图知，开始时BOH溶液的pH= 11,溶液中c(0H)=K。=10“ c(H)=10imol·L1= 10-3mol·L1,BOH电离程度较小，则溶液中 c(BOH)≈0.1mol·L-1,c(B+)≈c(OH)= 10-mol·L1,BOH的K。=c(B*):c(OH) c(BOH) ≈10-3X10-9 =10-5,A正确；a点为等浓度的 0.1 BOH和BCI混合溶液，存在电荷守恒c(B+)十 c(H+)=c(OH)+c(C1)、存在物料守恒 c(B+)+c(BOH)=2c(CI),所以存在c(B+) +2c(H+)=2c(OH-)+c(BOH),B错误；由A 项分析可知，BOH是弱碱，b点为BOH与HCl 恰好完全反应，由于B+发生水解，故b,点c(B+) <0.05mol·L-1,C错误；随着盐酸的滴加，一 开始BOH电离的OH浓度越来越小，对水的电 ·化学· 离的抑制作用也越来越小，水的电离程度增大， B+浓度越来越大，B+水解对水的电离起促进作 用，当恰好完全反应生成BC1时，水的电离程度 最大，继续滴加盐酸，由于HCI电离出的H+对 水的电离和B水解均起到抑制作用，导致水的 电离程度减小，即滴加盐酸的过程中，溶液中水 的电离程度先增大后减小，D错误。 12.D【解析】银离子浓度相同时，沉淀K2CrO,中的 CrO比沉淀NaCl中的CI所需AgNO,体积 多，则图中曲线①为AgNO3溶液滴定NaCI溶液 的曲线，曲线②为AgNO3溶液滴定K2CrO4溶 液的曲线。由分析可知，曲线①为一1gc(C1)随 V(AgNO3)的变化曲线，A错误；由图可知， AgNO3与K2CrO4刚好完全反应时，c(CrO?) =10-4mol·L-1,c（Ag+)=2X10-4mol· L1,Ksp(Ag2Cr04)=10-4×(2X104)2=4X 10-12,B错误；若只增大AgNO3溶液的浓度，则 消耗AgNO3溶液的体积减小，但AgCl、Ag2CrO4 的Kp不变，所以图中a点、b点将向左平移，C错 误；由图中a点可知，此时-lgc(C1)=4.9,则 c(Cl)=10-4.9mol·L-1,c(Ag+)=l0-4.9mol· L-1,Kp (AgCl)=10-9.8>K (Agz CrO)=4X 1012,且Ag2CrO4为砖红色沉淀，用AgNO3标 准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作 指示剂，D正确。 c(H2PO3) Kal 13.C【解析】1gc(,PO)=lgc-lgKa- c(HPO号) K Igc(H)=Ig K+pH,g(HPO )=Ig( =lgK2一lgc(H)=lgK2十pH,根据图示可知 c(H2 PO3) g (H,PO,)=1g c(HPO号) c(HPO) =1时，pH:I>Ⅱ，根 据K1>K2可知，I表示pH与l c(HPO) c(HPO,)的交 c(H2POs) 化曲线，Ⅱ表示pH与gc（HPO) 的变化曲线，则 有Ku=c(HPO)·c(H+) =10X10-2.4=101.4, c(Ha PO3) Ke=c(HPO片)·c(H)1 c(H2POs) =10X105=1065,据 此分析解题。由分析可知，表示溶液DH与 c(PO)变化的关系是曲线I,A正确；由分析 c(HPO ·4 参考答案及解析 Kw二 可知，K1=1014,Ka=105,则Ke= 10-14 10=10a<1085=Ke,即HPOs电离程度 大于水解程度，故NaH,PO3溶液显酸性，B正确；由 于Na2HPO3溶液中HPO号部分水解，且水解是微 弱的，故0.1mol·L1Na2HPO3溶液中，各离子浓 度大小关系为c(Na+)>c(HPO)>c(OH)> c(HPO3)>c(H),C错误；由分析可知，HPO3 的Ka1=1014、K2=106.5,HF的电离常数K。= 3.6×10-4,即酸性为HPO3>HF>H2PO5,则足 量NaF溶液和HPO3溶液反应的离子方程式为 F十HPO3—HF十HPO,D正确。 14.B【解析】使用HCIO4溶液滴定，计量关系为 n(X):n(HClO4)=1:1,HC1O4主要与碱性基 团反应，滴定终点时，由于X含有羧基，pH<7, A错误；使用HCIO4溶液滴定X,计量关系为 n(X):n NaOH)=11,w= c1·V1·MX10-3 m ×100%=1·V·M mX103 100%,B正确；使用NaOH溶液滴定，计量关系为 n(X):n(NaOH)=1:3,NaOH主要与酸性基团 反应，滴定终，点时，由于X含有仲胺，pH>7,C 错误；使用NaOH溶液滴定X,计量关系为 n(X):n(NaOH)=1:3,w= 1」 3c2·V2·MX10-3 m -X100%=c2·V·M 3mX103x 100%,D错误。 15.C【解析】Cu(OH)2、Fe(OH)2的结构相似，二 者的pM随pH的变化曲线应该是平行线，故 ③代表滴定HA溶液的变化关系，根据曲线③ pM=0时，溶液的pH=5.0,可得Ka(HA)= 10-5;根据曲线①pM=0时，溶液的pH=4.2, pOH=9.8,可得Kp=101.6;根据曲线②pM =0时，溶液的pH=6.5,pOH=7.5,可得Kp= 10-15,Kp[Cu(OH)2]<Km[Fe(OH)2],则①② 分别代表滴定CuSO4溶液、FeSO,溶液的变化 关系，且Kp[Cu（OH)2]=101.6、 K[Fe(OH)2]=10-15。由分析可知，图中②代表 滴定FSO4溶液的变化关系，A正确；由题意，除尽 工业废水中的Cu+,即c(Cu2+)≤105mol·L1, 2 真题密卷 Kp [Cu(OH)2] /10-9.6 c(OH)≥ W105 mol· c(Cu2+) K L1=108molL1,则c(H*)≤e(oH) 10-14 0-smol,L1=106.7mol.L1,pH≥6.7，B 正确；a点是②③的交点，有9(HA) =c(Fe2+), c(A-) 即c(H)·cHA)=KpFe(OH)],进-步 c(H+)·c(A-)c3(OH-) c(H+) Ksp [Fe(OH)2] 化简得 K,(HA) c2(OH-) KpFe(OH)2]XK.(HA)=Kmc(OH),解得 c(OH)=10-6mol·L1,即pOH=6,pH=8, C错误；根据平衡常数的定义，该反应的平衡常 数K=c(Fe2+)·c2(A) c2(HA) c (Fe+)c2(A-)c2(OH-)c2(H+) c2(HA)c2(OH-)c2(H+) Ksp [Fe(OH)2]K2(HA) Kw2 =103,D正确。 二、非选择题 16.I.)Mn02+4HCI(浓)△MnCL2+C2+ 2H20(2分) (2)缺少除去氯气中HCI的装置(2分) Ⅱ.(3)FeCl3溶液稀释10倍，溶液pH变化小于 1(2分) 1 ()3 ×102.10 0.02一X100%(2分) (5)50℃后停止加热，自然冷却，等浓度的氯化铁 溶液和硝酸铁溶液的透光率不同(2分) (6)抑制Fe3+水解(2分)向0.2mol·L Fe(NO3)3溶液中加入适量HNO3溶液，使溶液 呈无色，再加入几滴NaCl溶液，溶液变为黄色， 测此溶液透光率随温度改变的变化情况，溶液透 光率随温度升高而下降，降温透光率上升(2分) 【解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰 与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发 性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B 中盛有的浓硫酸用于千燥氯气，装置C中铁与氯 气共热反应制备氯化铁，装置D为冷凝收集氯化 铁的装置，其中盛有无水氯化钙的干燥管用于吸 收水蒸气，防止水蒸气进入收集氯化铁的装置中 2 ·4 二轮专题精准提升 导致氯化铁潮解，装置E中盛有的氢氧化钠溶液 用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。 I.(1)由分析可知，装置A中发生的反应为二氧 化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水， 反应的化学方程式为MnO,十4HCI(浓)△ MnCl2+Cl2个+2H2O. (2)由分析可知，题给装置缺少盛有的饱和食盐 水的装置来除去氯化氢杂质，会导致铁与氯化氢 反应生成氯化亚铁。 Ⅱ.(3)由表格数据可知，氯化铁溶液稀释10倍 时，溶液中pH的变化小于1，说明稀释氯化铁溶 液时，水解平衡向正反应方向移动。 (4)铁离子在溶液中存在如下平衡：Fe3+十3H2O =一Fe(OH)3十3H+,由表格数据可知，实验i 大10-210 中氯化铁的水解度为 0.02 —×100%。 (5)由图可知，等浓度的氯化铁溶液和硝酸铁溶 液持续加热，当温度上升至50℃后停止加热，自 然冷却时，硝酸铁溶液的透光率强于氯化铁溶 液，说明氯化铁溶液颜色随温度变化的改变可能 不完全是由水解平衡引起的，可能与溶液中阴离 子种类有关。 (6)由题给信息可知，验证溶液颜色（透光率）随 温度变化的改变与配位平衡的移动有关的实验 操作为向0.2mol·L-1硝酸铁溶液中加入适量 硝酸溶液，使溶液呈无色，再加入几滴NaCl溶 液，溶液变为黄色，测此溶液透光率随温度改变 的变化情况，溶液透光率随温度升高而下降，降 温透光率上升。 17.(1)氧化Fe2+(2分) (2)AC(2分) (3)使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去(2分) (4)0.001(2分) (5)MnR2十2H+=2HR+Mn2+(2分) (6)5.4(2分) (7)0.025mol·L1(2分) 【解析】锰废渣的硫酸浸出液首先用二氧化锰将 二价铁氧化为三价铁，加入碳酸钙后调节pH使 三价铁转化为氢氧化铁除去三价铁离子，再用氟 化锰除去钙离子、镁离子，随后再用萃取剂a萃 取滤液中的Mn+,所得有机相中加入反萃取剂 ·化学· 得到含Mn+的溶液，无机相用萃取剂b萃取 Co2+,无机相中为含Ni+的溶液，有机相加入反 萃取剂得到含C0+的溶液，以此解题。 (I)根据题意可知，浸出液中含有二价铁，MnO? 的作用是氧化Fe2+。 (2)根据流程图可知，该流程涉及的实验过程有 过滤，分液，故选A、C。 (3)在用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后，加 入碳酸钙调节pH使三价铁形成氢氧化铁沉淀， 通过过滤除去。 (4)当溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol·L1 Ksp(MgF2) 5.2×10-T 时，c(F)= V c(Mg2+) W1.0×10-5 √/5.2X10-6mol·L-1,c(Ca+)= Ks如(CaFz) c2(F-) 5.3×10-9 5.2x10mol,L1≈0.001molL1。 (5)根据信息可知，反萃取剂为酸，则反萃取出 Mn2+是加入适量的酸将锰离子反萃取出来，离 子方程式为MnR2+2H+=一2HR+Mn+。 (6)根据图中信息可知，pH为5.4左右时，Co2+ Ni+的萃取率相差较大，故无机相的pH控制在 5.4左右。 (7)根据滴定原理可知，Ni+与H2Y2-的物质的量 之比为1：1，则Ni2+的物质的量为0.1000mol· L-1×0.0125L=0.00125mol,则Ni+的物质的 量浓度为0.0125mol-0.025mo0lL. 0.05L 18.(1)3d74s2(1分) (2)NaA1O2(2分) (3)CH3 CH2 OH Na2 RuO,+2H2O CH3CHO+Ru(OH)4￥+2NaOH(2分) (4)2：1(2分) (5)低压低温蒸发，避免RuCl·6H2O分解 (2分) (6)0.984mol·L-1(2分) (7)H2 C2O Co2++x H2O-CoC2O. xH2OY+2H+(2分) 【解析】“焙烧”过程中Co、Ru分别被氧化为 CoO、Na2RuO4,NaNO3被还原为NaNO2,同时 Al2O3与NaOH反应生成NaA1O2,“水浸”过程 Na2RuO4、NaNO2和NaAlO2溶解，CoO不溶， 过滤得C0O固体和滤液；向滤液中加入乙醇， ·4 参考答案及解析 “还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO,Na2RuO4 被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH,过 滤得Ru(OH)4沉淀，经过“酸溶”得含RuCl,溶 液，RuCl3溶液经过蒸发结晶得到RuCl3· 6H2O;CoO进行酸浸得含Co2+溶液，用草酸溶 液沉钻得到CoC2O4晶体，最后经系列操作得到 Co(NO3)2·6H2O,据此解答。 (1)C0是27号元素，核外电子排布式为 [Ar]3d4s2,则价电子排布式为3d?4s2。 (2)“焙烧”过程Co、Ru分别被氧化为CoO、 Na2RuO4,NaNO3被还原为NaNO2,同时Al2O3 与NaOH反应生成NaA1O2,则“焙烧”后所得固 体主要成分为CoO、Na2RuO4、NaNO2 和NaA1O2。 (3)“还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO, Na2RuO4被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生 NaOH,则该反应的化学方程式为CHCH2OH+ Naz RuO,+2H2O-CH CHO+Ru(OH)+ 2NaOH。 (4)“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解Ru(OH)4得 到RuCL4,再加入盐酸羟胺(NH2OH·HCI)与 RuCL4反应得到RuCl3和N2,则盐酸羟胺 (NH2OH·HCI)与RuCL4反应的化学方程式为 2RuCl4+2NH2OH·HC1—2RuCl3+N2个+ 4HCl+2H2O,所以产物RuCl3和N2的物质的 量之比为2：1。 (5)“蒸发结晶”在真空度为40kPa时进行（此时 水的沸点是28C),即在低压低温下蒸发结晶得 到RuCl3晶体，其目的是低压低温蒸发，避免 RuCl3·6H2O分解。 (6)c(C2O)= Kp(CoC2O4)6.3X10-8 c(Co+)=1X109mol·L =6.3×10-3mol·L-1,则c(HC20,)= c(C2O)c(Ht)6.3X10-3×10-2 mol·L-1≈ K2 6.4×10-5 0.984mol·L1。 (7)“沉钻”时，向含C02+溶液中加入草酸溶液得 到CoC2O4·xH2O晶体，则反应的离子方程式 为H2C2O4+Co2++xH20-CoC2O4·xH2OV +2H+。 19.(1)ZrSiO.+4NaOH-A-NazZrO,+Naz SiO,+ 2H20(2分)300℃，碱熔8h(1分) 2 真题密卷 二轮专题精准提升 (2)Zr4+、Fe3+、Cr3+(2分)NaOH、HCl(2分) 锆英砂碱熔分解率的影响图可知，300℃碱熔分 (3)10-8(2分)NH4C1(1分) 解率最高，时间为8h和10h的分解率没有太大 (4)Z:0,+2C+2C1,商温ZrC1,+2C0(2分) 变化，所以最佳的条件是300℃，碱熔8h。 将FeCl3还原为FeCl2(2分) (2)由已知①可知，“萃取”时，除掉Hf元素，提取 【解析】锆英砂主要含ZrSiO4,还含有少量Cr、 Zr+、Fe3+、Cr3+;沸腾氯化生成的HCI可回到酸 Fe、Hf等元素，“碱熔”时ZrSiO4转化为 溶和反萃取步骤循环利用，除硅产生的滤液1是 Na2ZrO3,“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在 NaOH溶液，可回到碱熔步骤循环利用。 形式为Zr4+、Fe3+、HfO2+、Cr3+,“萃取”时，提取 (3)“沉淀”后的“废液”中有。N,·H,0) c(NH) Zr4+、Fe3+、Cr3+,除掉HfO+,反萃取后“氨沉” 1.8×105,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,则 时Zr+、Fe3+、Cr3+生成氢氧化物沉淀和氯化铵， c(OH)=1.0×10-1omol·L1,Kp[Fe(OH)3] 煅烧后生成ZrO2、Fe2O3、Cr2O3,“沸腾氯化”时， =1.0×10-38,则“废液”中c(Fe3+)= ZrO2转化为ZrCL,Fe2O3、Cr2O3转化为 FeCl、CrCl,由于FeCl3和ZrCL4沸点接近，因 K[Fe(OHD,]_1.0×108 c3(0H)=(100)3mol·L1=1.0× 此加入H2把FeCl3还原为FeCl2,避免蒸馏时 10-8mol·L1;根据分析，“滤液2”中主要成分 ZrCl4含有FeCl3杂质，最后得到ZrCl4,而后还 是NH,CI。 原得到金属锆，据此作答。 (4)“沸腾氯化”时ZrO2发生反应的化学方程式 (1)根据已知条件及分析可知：“碱熔”时发生反 为Zr0,+2C+2CL,高温ZrCl4十2C0根据分析， 应的化学方程式为ZrSiO,十4NaOH△ 氯化反应结束通入H2,目的是把FeCl?还原为 Naz ZrO3十Na2SiO3+2H2O;根据温度和时间对 FeCl2,避免升华时ZrCL4含有FeCl3杂质。 2024一2025学年度二轮专题精准提升（十二） 化学·有机化合物 一、选择题 是取代在3号碳上，命名为2,5-二甲基-3-乙基己 1.B【解析】碳正离子(CH)的电子式为 烷，C错误；(CH3)2CHCH一CHCHs编号应从 H [H:C:H,A错误；2甲基-1-丁醇的键线式： 靠近双键的一端开始，正确的命名为4-甲基-2-戊 烯，D正确。 OH,B正确；乙烯与溴的四氯化碳 3.B【解析】二者结构不相似，不是同系物，A错 溶液发生加成反应的产物是CH2BrCH2Br,C错 误；蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质在灼烧时会 产生烧焦羽毛的气味，人造纤维在灼烧时会蜷缩 成一个小球，有浓烈的黑烟，有与蛋白质灼烧的不 误 为乙烷的球棍模型，D错误。 一样的气味，故可以区别蚕丝和人造丝，B正确； 由于烷基的推电子效应，正丙醇 (CH3CH2CH2OH)中O一H的极性小于H2O,水 和钠反应要比丙醇和钠反应剧烈，C错误；碱性条 2.D【解析】 CH的名称为3,4-二甲基苯酚， 件下，苯酚邻对位上的活泼氢先与甲醛加成，后再 CH3 发生缩聚，生成网状结构的热固性酚醛树脂，D HO A错误； 的名称为1,3-戊二醇，B错 错误。 OH 4.D【解析】石油化工的裂解气中含有烯烃，与溴 可以发生加成反应，不可以作为溴水提取溴单质 误；根据支链编号最小原则， 的乙基应 的萃取剂，A错误；人造丝、人造棉、属于人造纤 ·48·密真 2024一2025学年度二轮专题精准提升（十一） 卺题 化学·电解质溶液 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H一1C一12N一14O一16Na一23C1一35.5K一39 Fe—56 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 题号 1 2 5 4 5 6 7 8 9 10 1112 13 14 15 答案 1.下列有关实验操作或结论说法正确的是 A.将A1CL3溶液和A12(SO4)3溶液分别加热蒸干，所得固体成分相同 B.配制Fe2(SO4)3溶液时，将Fe2(SO4)3固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度 C.用0.1mol·L1的NaOH溶液滴定醋酸时，应选择甲基橙作指示剂 D.NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中 2.利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 ( B D 亚硫酸钠 溶液 量程 10 mI 检查碱式滴定管 准确量取 测定碘的浓度 分离溴和苯 是否漏液 5.50mL水 3.已知：常温下Kp(BaS04)=1×10-10、Ksp(BaC03)=5×10-9,向100mL硫酸钡悬浊 液(BaSO4足量)中加入1mL饱和碳酸钠溶液（浓度约1.6mol·L-1),充分搅拌后静 置，装置如图所示。下列说法正确的是 () 传感器 硫酸钡的 悬浊液 磁子 1磁力搅 O 拌器 A.难溶的固体中含有碳酸钡 B.难溶的固体中只含有硫酸钡 C.难溶的固体中只含有碳酸钡 D.溶液中c(SO)>c(CO) 二轮专题精准提升（十一）化学第1页（共8页） 真题 梦想是人生的宝藏，奋斗是挖掘它的工具。 4.常温下，取一定量的Pb12固体配成饱和溶液，t时刻改变某一条件，离子浓度变化如图 班级 所示。下列说法正确的是 ( c-) 姓名 c) 2×10-3 1×10 是 c(Pb2) c(Pb2+) 得分 时间 A.常温下，PbL2的Ksp为2×10-6 B.温度不变，t时刻改变的条件可能是向溶液中加入了KI固体 C.温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，重新达到平衡后，Pb2+的浓度 减小 D.t时刻改变的条件可能是向PbI2的悬浊液中加入Na2S固体[常温下，Kp(PbS)= 8×10-28] 5.为研究沉淀的生成及转化，进行如图实验： ① ② ③ 2ml0.05mol·L- 2滴0.1mol·L 2mL0.1mol·L-l KSCN溶液 Fe(NO)溶液 KI溶液 國 @ 6 2mL0.1mol·L- 产生白色沉淀 无明显变化 产生黄色沉淀 AgNO,溶液 (AgSCN) 溶液不变红 溶液变红 已知：Kp(AgSCN)=1.0×10-12。 下列关于该实验的分析错误的是 A.①中产生白色沉淀的原因是c(Ag+)·c(SCN)>Ksp(AgSCN) B.充分反应后①中SCN-浓度为4.0×10-1mol·L-1 C.③中产生黄色沉淀可证明AgSCN向AgI沉淀转化 D.③中溶液变红，说明一定发生了反应AgSCN-+I一AgI+SCN 6.氢氧化钠、碳酸钠和碳酸氢钠等都是常见的化合物。下列说法错误的是 () A.碳酸氢钠溶液呈碱性 B.0.1mol·L1碳酸钠溶液中：c(CO?)十c(HCO3)+c(H2CO3)=0.1mol·L1 C.pH=11的NaOH溶液中水电离出的c(H+)大于pH=11的氨水中水电离出 的c(H+) D.泡沫灭火器的工作原理：A13++3HCO3一A1(OH)3↓十3CO2个 7.碳酸盐加氢制甲酸盐反应为Na2CO3+H2一NaOH+HCOONa,可以将捕获的CO2 转化为有价值的化学品。下列说法错误的是 () A.标准状况下，22.4L二氧化碳完全转化为甲酸盐转移电子数为2NA B.室温下，等浓度的Na2CO3和HCOONa溶液，前者的pH大说明：Ka1(HzCO3)< K(HCOOH) C.该工艺中NaOH可以循环利用 D.碳酸钠溶液中含碳元素微粒浓度：c(CO?)>c(HCO3)>c(H2CO3) 密卷 二轮专题精准提升（十一）化学第2页（共8页） 2 8.常温下，向20mL0.1mol·L1一元碱MOH溶液中滴加等浓度的一元酸HX溶液， 滴定过程中溶液pH的变化曲线如图所示，已知：4<m<6。 下列说法错误的是 A.该滴定过程中应选用酚酞作指示剂 8. B.一元酸HX的K.≈5×10-5 C.溶液中水的电离程度：b>c>a D.c点溶液中：c(M+)>c(X-)>c(H+)>c(OH-) 40 V(HX)/mL 9.常温下，在含有0.10mol·L1H2A的溶液中，含A元素的微粒pc随pH[已知：pc= 一lgc,pH=一lgc(H+]的变化关系如图所示。下列说法错误的是 ( ) A.曲线③表示H2A (6.60.1.30) (1.30,1.30) ① B.H2A的Ka2=1.0×10-6.6 5/ C.NaHA溶液显碱性 10 15 D.c点对应的溶液中：c(H+)>c(HA)+ 20 22.5 2c(A2-)+c(OH-) 412 10 86 4 pH 10.H2A为二元酸，其电离过程为H2AH+十HA,HA=一H十十A2-。常温时，向 10mL0.1mol·L1H2A水溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，混合溶液中 H2A,HAˉ和A2-的物质的量分数(8)随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是 ( A.H2A的K1的数量级为10-1 1.0 B.当溶液中c(H2A)=c(A2-)时，pH=2.9 C.当溶液中c(Na+)=2c(A2)+c(HA-)时，加入 0.5 (1.20.5) (4.2.0.5) V(NaOH溶液)>10mL D.向pH=4.2的溶液中继续滴加NaOH溶液，水的 34 PH 电离程度减小 11.常温下，用0.10mol·L-1的盐酸滴定20mL相同浓度的某一元碱BOH溶液，滴定过 程中pH及电导率变化曲线如图所示（初始pH=11):下列说法正确的是 () A.BOH的Kb约为1×10-5 PH 电导率 B.a点：c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(BOH) 1 10H C.b点：c(B+)>0.05mol·L1 6 D.滴加盐酸的过程中，溶液中水的电离程度先减小后 增大 0 10 20 V(HCI)/mL 12.常温下，向20mL0.1mol·L1NaC1溶液和20mL0.1mol·L1K2CrO4溶液中分 别滴加0.1mol·L1的AgNO3溶液。滴加过程中-lgc(C1)或-lgc(CrO)与所 2 二轮专题精准提升（十一）化学第3页（共8页） 真题 加AgNO3溶液体积之间的关系如图所示（已知：Ag2CrO4为砖红色沉淀）。下列说法 正确的是 ( ) A.曲线②为-lgc(CI-)随V(AgNO3)的变化曲线 ①A 5 ② B.常温下，Ksp(Ag2CrO4)=10-12 4 a(20.4.9 3 C.若只增大AgNO3溶液的浓度，则图中a点、b点 。。 b46,④ 将向上平移 1O) ----- 0 10203040 D.用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用 V(AgNO溶液)/mL K2CrO4溶液作指示剂 0 13.常温下，向一定浓度的亚磷酸(o人溶液中滴加NaOH溶液，测得溶液的pH与溶 液中离子浓度变化的关系如图所示。下列说法错误的是 PH A.表示溶液H与g}变化的关系是曲线1 5.5 B.NaH2PO3溶液显酸性 C.0.1mol·L-1Na2HPO3溶液中：c(Na+)>c(HPO?) 2.4 - >c(H2PO3)>c(OH-)>c(H+) go的或e0园 c(H2PO:) c(H:PO,) D.HF的电离常数K。=3.6×10-4,则足量NaF溶液和H3PO3溶液反应的离子方程 式为F-+H3PO3HF+H2PO3 14.马来酸依那普利（记为X,摩尔质量为Mg·ol-1)是一种心血管疾病防治药物，其结 构式如图所示： COOH COOH COOH 通常使用以下两种方法滴定分析样品中X的质量分数ω： 方法一：将mg样品溶于有机溶剂中，以c1mol·L-1的HCIO4溶液滴定，终点消耗 V1mL,计量关系为n(X):n(HClO4)=1:1。 方法二：将mg样品溶于水中，以c1mol·L1的NaOH溶液滴定，终点消耗V2mL, 计量关系为n(X):n(NaOH)=1:3。 下列说法正确的是 A.方法一滴定终点时，pH=7 B.方法一：w=c1·V,·M mX103X100% C.方法二滴定终点时，pH=7 D.方法二：w=3c2·V2·M ×100% mX103 密卷 二轮专题精准提升（十一）化学第4页（共8页） l5.25℃时，用NaOH溶液分别滴定HA(弱酸)、CuSO4、FeSO4三种溶液，pM[pM= -gM,M表示(C+)或e]随pH变化关系如图所示 已知：①Kp[Cu(OH)2]<K[Fe(OH)2]。 ②溶液中离子浓度≤l05mol·L1可以认为已经除尽。 下列有关分析错误的是 A.图中②代表滴定FeSO4溶液的变化关系 PM ,① ②③ B.25℃时，要除尽工业废水中的Cu2+,需调整溶液 的pH至少为6.7 C.图中a点pH=7 /423.0 6.5 pH D.Fe(OH)2 (s)+2HA (aq)=Fe2+(aq)+2A (aq)+2H2O(1)的平衡常数为103 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分)氯化铁常用于污水处理、印染工业、电子工业等领域。氯化铁易升华、易潮解， 某化学兴趣小组设计实验制备氯化铁并探究其性质。 回答下列问题： I.制备FeCl3固体。 铁粉 NaOH 溶液 D (1)装置A用浓盐酸和MO2固体反应制备氯气，其反应的化学方程式为 (2)上述装置中有一处明显错误是 Ⅱ.探究影响FeCl3水解平衡的因素。 提出假设：外界条件改变，FCl3溶液水解平衡会发生移动。 设计方案并完成实验 实验1：探究稀释FeCl3溶液对水解平衡移动的影响 将0.2mol·L1FeCl3溶液分别稀释10倍和100倍，测定pH: 实验序号 c(FeCl3)/(mol·L-1) PH 0.2 1.39 i 0.02 2.10 证 0.002 2.74 (3)实验证明稀释FC13溶液，水解平衡正向移动，结合表中数据，给出判断理由： (4)计算实验iⅱ中FeCl3的水解度（转化率）为 （只列出计算式，忽略 水自身电离的影响)。 二轮专题精准提升（十一）化学第5页（共8页） 真题密 实验2：深究温度对水解平衡移动的影响 已知：Fe3+水解程度越大，其溶液颜色越深，透光率越低。 分别将0.2mol·L1FeCl3溶液和0.2mol·L-1Fe(NO3)3溶液持续加热，当温度上 升至50℃时停止加热，让溶液自然冷却，测定该过程中溶液透光率的变化，实验结果 如图1、2所示： 55开始加热x停止加热 5 55开始加热停止加热 50 50 48 温度 40 5 温度 44颜 0 4 5 304 20 34 20 透光率 32 15 10 透光室 30 10 5 28 4230% 050100150200250300350400450时间/s 050100150200250300350400450时间/s 图1：FeCl溶液 图2：FeNO)3溶液 (5)结合图像分析，小组推测FCL3溶液颜色（透光率）随温度变化的改变并不一定是仅 由水解平衡所致，理由是 查阅资料：溶液中存在配位平衡：Fe3++nCI一[FeCl,]3-m(黄色)；Fe3+不与NO3 配位，Fe3+稀溶液接近无色。 优化实验与实验结论： 向0.2mol·L1Fe(NO3)3溶液（黄色）中，加入适量HNO3溶液酸化，溶液颜色变为 无色，加热和降温过程中溶液透光率均无明显变化，对照图2，可证明酸化条件下，温度 对Fe3+的水解平衡影响不大。 (6)上述实验中加入适量HNO3溶液的目的是 ;请参考上述实验，设 计实验证明FCl,溶液颜色（透光率）随温度变化的改变与配位平衡的移动有关，简 述实验方案并预测实验现象： 17.(14分)锰废渣的疏酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、 Fe3+、Fe+。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示： 反萃取剂 MnO2 CaCO 萃取剂a →有机相→Mn2溶液 浸出液一→反应-→调间→除钙镁-→萃取 无机相一→N溶液 无机相 滤渣①滤渣② 有机相→Co2溶液 萃取剂b 反萃取剂 已知：萃取剂a和b均为有机物，可用通式HR表示，萃取金属离子时，发生反应：nHR十 Mm+一MRm+nH+(M代表被萃取的金属)。 (1)MnO2的作用是 (2)该流程中涉及的实验操作有 (填标号)。 A.过滤 B.蒸发结晶 C.分液 D.蒸馏 (3)加入CaCO3调pH的目的是 卷 二轮专题精准提升（十一）化学第6页（共8页） 2 (4)已知：Kp(CaF2)=5.3×10-9,Kp(MgF2)=5.2×10-1,向除铁后的溶液中加入 MnF2,当溶液中c(Mg2+)=1.0X10-5mol·L-1时，c(Ca2+)≈ mol·L-1 (保留1位有效数字)。 (5)写出反萃取出Mn2+的离子方程式： (6)Co2+、N2+利用萃取剂b进行分离，二者萃取率随无机相pH变化如图所示。无机 相的pH控制在 左右为宜。 100 呢 Co2 60 20 -N24 0567 无机相pH (7)回收液中N+浓度的测定：取50.00mLN+回收液，滴入几滴紫脲酸胺指示剂 (遇Ni+显橙黄色)，用浓度为0.1000mol·L1的Na2H2Y溶液进行滴定(Ni2++ H2Y2-一[NiY]2-+2H+),达到滴定终点时消耗Na2H2Y溶液的体积为12.50mL。 N2+物质的量浓度为 18.(13分)三氯化钌(RuC3)是重要的化工原料，广泛应用于催化、电镀、电解阳极、电子工 业等。从Co-Ru-Al2O3催化剂废料中分离制备RuCl3和Co(NO3)2的一种工艺流程 如图所示： NaOH/NaNO 乙醇盐酸、NH,OH 催化剂 滤液 焙烧 水浸 还原 酸溶 蒸发结品 →RuCL·6H0 废料 滤渣 酸浸 沉钴 →CoC04→…→CoN02·6H0 H,C0,溶液 回答下列问题： (1)基态Co原子的价电子排布式为 0 (2)“焙烧”后所得固体主要成分为CoO、Na2RuO4、NaNO2和 (3)“还原”过程会产生CH3CHO和Ru(OH)4沉淀，该反应的化学方程式为 (4)“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解Ru(OH)4,然后加入盐酸羟胺(NH2OH·HCI)得 到RuCl3和N2。则该n(RuCl3)：n(N2)= (5)“蒸发结晶”在真空度为40kPa时进行（此时水的沸点是28℃），其目的是 (6)[已知：Kp(CoC2O4)=6.3×10-8,Ka1(H2C204)=5.9×10-2,K2(H2C2O4)= 6.4×10-5]。若维持pH=2不变，让Co2+沉淀完全(Co2+浓度不高于1×105mol· L1),则混合体系中c(HC2O4)不低于 (结果保留三位小数)。 (7)“沉钴”时，若得到的是CoC2O4·xH2O晶体，该反应的离子方程式为 2 二轮专题精准提升（十一）化学第7页（共8页） 真题密 19.(14分)锆是一种稀有金属，广泛用在航空航天、军工、核反应、原子能领域。一种以锆 英砂（主要含ZrSiO4,还含有少量Cr、Fe、Hf等元素）为原料生产金属锆和副产物硅酸 钙的工艺流程如图所示： HNO,HCI TOPO 浓盐酸 氨水 ①C、CL,②H NaOH HO 酸溶萃取反萃取氨沉煅烧 沸腾氯化一→蒸馏→ZCL, 锆英砂→碱熔→水洗 萃余液有机相滤液2 还原性气体HC!馏分 →除硅→CaSiO, 滤液1 已知：①“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为Zr4+、Fe3+、HfO2+、Cr3+。 ②25℃时，Kp[Fe(OH)3]=1.0×10-38,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。 ③部分氯化物的沸点数据如表所示： 物质 ZrCL CrCl3 FeCls FeCl2 沸点/℃ 331 1300 316 700 回答下列问题： (1)“碱熔”时有Na2ZrO3生成，则ZrSiO4发生反应的化学方程式为 ,温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响如图 所示，应采取的条件为 、 100220℃ ·-240℃ ±260℃ 80-0-280℃ -300℃ 解60 40 20 0 4 10 时间/小 (2)“萃取”时除去HfO2+,提取 (填离子符号)。流程中可循环利 用的物质除TOPO外，还有 (填化学式)。 (3)“氨沉”时产物为Zr(OH)4、Cr(OH)3和Fe(OH)3,反应结束后溶液中 c(NH) c(NH·H2O)=1.8X10,则c(Fe+)= mol·L1,“滤液2”中主要成 分是 (填化学式)。 (4)“煅烧”时Zr(OH)4分解生成ZrO2,“沸腾氯化”时ZrO2发生反应的化学方程式为 ,氯化反应结束通入H2,目的是 卷 二轮专题精准提升（十一）化学第8页（共8页）