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（3版）

密 2024一2025学年度二轮专题精准提升（十一） 题 化学·电解质溶液 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 可能用到的相对原子质量：H一1C-12N-14O一16Na一23 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 1.下列有关实验操作或结论说法正确的是 A.将AlCL3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 A B 亚硫酸钠 的 溶液 量程 10 mL 测定碘的浓度 分离溴和苯 检查碱式滴定管 准确量取 是否漏液 5.50mL水 3.某温度下，将pH和体积均相同的HC1和CH3COOH溶液分别加水 稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( ) A.曲线Ⅱ代表HC1的稀释过程 B.溶液中水的电离程度：b点<c点 C.从b点到d点，溶液中所有离子浓度均下降 D.该温度下，b点Kw的数值比e点的大 0 加水体积 4.常温下，取一定量的PbI2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 所示。下列说法正确的是 ) A.常温下，PbL2的Ksp为2×10- B.温度不变，t时刻改变的条件可能是向溶液中加入了KI cF 固体 2x10 c C.温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液， 1×10 c(Pb2) c(Pb2+) 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 时间 固体[常温下，Ksp(PbS)=8×10-28] 5.为研究沉淀的生成及转化，进行如图实验： ① ③ 2mL0.05mol·L- 2滴0.1mol·L- 2mL0.1mol·L- KSCN溶液 FeNO,)溶液 K1溶液 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 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。 A.①中产生白色沉淀的原因是c(Ag+)·c(SCN)>Ksp(AgSCN) 班级 B.充分反应后①中SCN-浓度为4.0X10-11mol·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十I—AgI+SCN 6.室温时，下列说法正确的是 () 姓名 A.pH=11的氨水和pH=11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH)均为 1×10-1mol·L1 ------------ B.分别把100mLpH=12的NaOH溶液和pH=12的氨水加水稀释至1L,所得溶液 得分 pH均为11 C.分别向等体积、等浓度的HCI溶液和CH,COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液， 恰好为中性时，消耗NaOH溶液的体积相等 D.分别向1mLpH=3的盐酸和pH=3的CH3COOH溶液中加入少量CH3 COONa 固体，两溶液中水的电离程度均增大 7.碳酸盐加氢制甲酸盐反应为Na2CO3十H2一NaOH十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(H2CO3)< 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) 8.常温下，向20.00mL0.1mol·L1MOH溶液中滴入0.1mol·L-1的稀盐酸，溶液中pX c(H+) X=一lgc(OH)J 与加入稀盐酸的体积关系如图所示。下列说法正确的是 () A.常温下，MOH电离常数的数量级为10-3 B.a点对应的溶液中：c(CI-)>c(M+)>c(OH-) >c(H+) 40 C.b点对应的溶液中水的电离程度最大，且溶液中： 10 V[HCl(aq)//mL c(CI)>c(M)+c(MOH) D.c点溶液中：c(CI-)=2c(M+)+2c(MOH) -10 9.常温下，用浓度为0.02mol·L1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.02mol·L1的 HC1和CH,COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随”？一V(待测溶液)] V(标准溶液)] 的变化 曲线如图所示。下列说法错误的是 d ) 10 A.Ka(CH3COOH)约为10-4.76 8 B.水的电离程度：a<b<c<d 86 a1.0,3.38) b C.b点：c(CH3COOH)<c(CH3COO-) 2卡 D.a点：2c(Na+)=c(CI-)+c(CH3COO-) 00.501.001.502.00 +c(CHCOOH) 10.H2A为二元酸，其电离过程为HA三H十十HA,HA一H+十A2-。常温时，向 10mL0.1mol·L1H2A水溶液中逐滴滴加0.1mol·L1NaOH溶液，混合溶液中H2A, HA和A2-的物质的量分数（⑥）随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是( ) A.H2A的Ka1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 05 /(1.2.0.5 (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，水的电离 程度诚小 34 PH 密卷 二轮专题精准提升（十一）化学第2页（共8页） 3 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或者两个选项符合题目要 求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 11 12 13 14 15 答案 11.某实验小组利用虚拟感应器技术测定0.1mol·L-1的 3 Na2CO3溶液滴定10.00mL0.1mol·L-1盐酸，该过 a0.5 0.4 线只 程中c(CO?)、c(HCO?)、c(H2CO3)的变化曲线如图 是0.3曲线1 曲线Ⅲ 所示（忽略滴定过程中CO2的逸出）。已知：25℃时， 0.2 0.1日 H2C03的Ka1=4.0×10-7,K2=5.010-1;lg4= 0.0 0.6。下列说法正确的是 () V(Na.CO,)/mL A.曲线I表示c(HCO)的变化 B.c点对应溶液的pH=6.4 C.溶液中水的电离程度：b>d D.图像中V2=10 12.常温下，向20mL0.1mol·L-1NaC1溶液和20mL ① 0.1mol·L-1K2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L-1 00 6 5 的AgNO3溶液。滴加过程中-1gc(CI-)或 20.49. 一lgc(CrO)与所加AgNO3溶液体积之间的关系如 2 b40.,4 图所示（已知：Ag2CrO4为砖红色沉淀）。下列说法正 1-----L----- 确的是 () 10203040 50 A.曲线②可视为一1gc(C1-)随V(AgNO3)的变化 V(AgNO,溶液)/mL 曲线 B.常温下，Ksp(Ag2CrO4)=10-12 C.若只增大AgNO3溶液的浓度，则图中a点、b点将向左平移 D.用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂 13.马来酸依那普利（记为X,摩尔质量为Mg·mol1)是一种心血管疾病防治药物，其结 构式如图所示： 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HClO4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·L-1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 ( c1·V1·M A.方法一滴定终点时，pH=7 B.方法一：w ×100% m×103 3c2·V2·M C.方法二滴定终点时，pH=7 D.方法二：w= ×100% m×103 14.电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。 250 62.4 在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示 150 49.9 电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点 37.5 的位置。常温下，用xmol·L1盐酸标准溶液测 25 定ymL某Na2CO3样品溶液中NaHCO3的含量 14 (其他杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。 -250 下列说法错误的是 () 0122.934566.87Vm (注：一表示电极电位曲线图；表示电极电压曲线图 3 二轮专题精准提升（十一）化学第3页（共8页） 真题密 A.该滴定过程需要加入酸碱指示剂 B.a点溶液中：c(OH-)+2c(CO?)=c(H+)十c(H2CO3) C.b到c过程中存在c(Na+)>c(CI),水的电离程度：b>c D.ymL该Na2CO3样品溶液中含有NaHCO3的质量为0.084xg 15.25℃时，用NaOH溶液分别滴定HA(弱酸)、CuSO4、FeSO4三种溶液，pM[pM= -lgM,M表示c(HA) 。Ac(Cu)或c(Fe+)门随pH变化关系如图所示： 已知：①Ksp[Cu(OH)2]<Kp[Fe(OH)2]。 ②溶液中离子浓度≤105mol·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 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 /4.25.0/6.5pH D.Fe(OH)2(s)+2HA (aq)=Fe2+(aq)++2A-(aq)+ 2H2O(1)的平衡常数为103 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(12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。 NaOH 回答下列问题： 弱浓硫酸 2 I.制备FeCl3固体。 (1)装置A用浓盐酸和MnO2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 试 0.002 2.74 (3)实验证明稀释FCl3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)。 实验2：探究温度对水解平衡移动的影响 已知：F3+水解程度越大，其溶液颜色越深，透光率越低。 分别将0.2mol·L-1FeCl3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： 卷 二轮专题精准提升（十一）化学第4页（共8页） 55杆始加热停止加热 5 420 55开始加热停止加热 50 、温度 42008 40 温度 40 ! 0 20 透光率 15 1 0854 1 透光率 6420 10 30 5 28 050100150200250300350400450时间/ 050100150200250300350400450时间/s 图l:FeCl溶液 图2：NO)a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++nCl一[FeCl,]3-"(黄色)：Fe3+不与NOg 配位，Fe3+稀溶液接近无色。 优化实验与实验结论： 向0.2mol·L-1Fe(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FC13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.(12分)乙二胺四乙酸铁铵(NH.FeY)为土黄色或浅褐色结 EDTA Fe.O 晶性粉末，易溶于水，一些国家作为有机铁肥用于治疗植物 PTC NH.HCO 缺铁性黄化病。科学家采用乙二胺四乙酸（俗称EDTA,可 表示为H4Y)、氧化铁、碳酸氢铵为主要原料，在相转移催 合成 铵化结晶→过滤 滤液回收利用 化剂(PT℃)存在下催化合成乙二胺四乙酸铁铵。流程如图 所示： 包装一烘干 (1)合成过程中，H4Y与Fe2O3在催化剂作用下生成了HFeY,请写出铵化过程生成乙 二胺四乙酸铁铵反应的化学方程式： (2)探究反应物配比对产品质量的影响 当反应温度、催化剂用量、反应时间都在最佳状态时，反应物配比对产品质量的影 响如表所示： nFe2Os:nEDTA nEDTA nNH HCO 铁含量 铵含量 水不溶物含量 收率(%) 0.49:1.0 1.0:0.98 13.1 4.0 1.4 92.3 0.49:1.0 1.0:1.0 13.2 4.3 0.03 91.2 0.49:1.0 1.0:1.02 13.2 4.4 0.03 91.6 0.5:1.0 1.0:0.98 13.3 4.1 0.04 93.1 0.5:1.0 1.0：1.0 13.6 4.4 0.01 96.3 0.5：1.0 1.0:1.02 13.5 4.4 0.05 91.7 0.51：1.0 1.0:0.98 13.5 4.1 0.51 93.1 0.51：1.0 1.0:1.0 13.4 4.2 0.47 93.3 0.51:1.0 1.0:1.02 13.4 4.2 0.54 92.1 由表中数据得出，当反应物配比为n(Fe2O3):n(EDTA):n(NH4HCO3)= 时，产品铁含量、铵含量及收率达最高，水不溶物含量最低。 二轮专题精准提升（十一）化学第5页（共8页） 真题密 (3)反应温度对反应终点的影响如图1，当反应物配比、催化剂一定的条件下，最适宜温 度为 ,原因： 250 200 150 100 50 80859095100105 温度/℃ 图1反应温度对反应终点的影响 (4)产品中铵(NH)含量的测定，装置如图2所示： I.将20mL2%硼酸吸收液移入锥形瓶内，确保冷凝装置出口在 硼酸溶液液面之下。 Ⅱ.称取mg产品，移入圆底烧瓶内，加约300mL蒸馏水，20mL 400g·L1氢氧化钠溶液，立即连接冷凝装置。 Ⅲ.加热圆底烧瓶内溶液至沸腾，当收集到约150mL馏分时，馏 出物明显减少，把锥形瓶稍微移开，使导出管靠在接收器壁上，再 图2 加大火力蒸1分钟，移去热源。 V.向锥形瓶中加入指示剂甲基红-溴甲酚绿乙醇溶液，用浓度为cmol·L1的盐 酸标准液进行滴定，消耗盐酸标准液的体积为V1L。用相同的试剂但不含试样， 进行空白试验，消耗盐酸标准液的体积为V。mL。 ①所用圆底烧瓶规格为 mL,A装置的名称为 ②步骤Ⅲ中当馏出物明显减少后，使导出管靠在锥形瓶壁上，再加大火力蒸1分钟 的目的是 ③计算铵(NHt)在产品中的质量分数 (用字母列出表达式)。 ④在滴定过程中，下列操作会使测量值偏大的是 (填标号)。 A.未润洗盐酸标准液的酸式滴定管 B.滴定过程中有标准液溅出 C.未润洗锥形瓶 D.滴定完成后俯视读数 18.(12分)马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]是一种用于机械设备的防锈磷化剂，工业上 利用软锰矿（主要成分为MO2,含少量硅、铁、铝等氧化物）为主要原料，联合处理含 SO2的烟气并制备马日夫盐的一种工艺流程如图1所示： 稀硫酸、S02有机萃取剂 NaCO,溶液磷酸 软锰矿→浸锰一→萃取分液 →调H→沉锰→酸溶→马日夫盐 滤渣1 含Fe+有机相 滤渣2 图1 已知：①Mn(OH)2不稳定，易被空气氧化。 ②有机萃取剂是溶解了一种酸性磷酸酯（表示为H2A2)的磺化煤油，萃取时发生的反 应主要为Fe3++3H2A2一Fe(HA2)3十3H+。 ③K知[Fe(OH)3]=2.8×10-39,Kp[A1(OH)3]=1.0X10-33,Kp[Mn(OH)2]= 1.0×10-12.8。 回答下列问题： (1)若含SO2的烟气中混有空气，不同的浸出时间下，浸出液中Mn+、SO的浓度和 pH测定结果如图2所示，在“浸锰”步骤中，主反应的化学方程式为 ,Mn+和SO?浓度产生明显差异的原因是 (用化学方程式表示)。 卷 二轮专题精准提升（十一）化学第6页（共8页） 3 0.5 0.4 ■Mn24 6 ◆-pH 0.3 0.2 0.1 0 反应时间M 图2 (2)萃取可分为扩散萃取和动力学萃取两种类型。萃取率随搅拌速度的增加而进一步 增加称为扩散萃取，浸出液受化学反应的控制称为动力学萃取。萃取时搅拌速度 和溶液H对金属离子萃取率的影响如图3、4所示。萃取时，应采用的最佳实验条 件为 ,pH过小都会降低Fe3+萃取率，结合平衡移动原理解 释其原因是 0 100 A13+ 80 70 o Mn2 40 40 2 min 20 30 150 200 250300 350 400 2345 搅拌速度rpm) 图3 图4 (3)若浸出液中Mn2+的浓度为1.0mol·L-1,则“调pH”的范围为 (当离 子浓度≤1.0×10-6mol·L-1时认为沉淀完全)。 (4)“沉锰”步骤中为减少副产物Mn(OH)2的生成，正确的操作是将 (填化 学式，下同)溶液逐量加入 溶液中，并不断搅拌。 (5)“酸溶”后的操作步骤包括 、过滤、洗涤、干燥。 19.(12分)三氯化钉(RuCL3)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RuCl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 废料 焙烧 水浸 还原 酸溶 蒸发结晶 →RuCL·6HO 滤渣 酸浸 沉钴 →CoC,0 →CoN02·6H0 H,C,O溶液 回答下列问题： (1)基态C0原子的价电子排布式为 (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 3 二轮专题精准提升（十一）化学第7页（共8页） 真题密 (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,K1(H2C2O4)=5.9×10-2,K2(H2C2O4)= 6.4×10-5]。若维持pH=2不变，让Co+沉淀完全(Co2+浓度不高于1×10-5mol· 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 20.(12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→蒸馏→ZCl 锆英砂→碱熔水洗 CaO 萃余液有机相滤液2 还原性气体HCl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+、HfO+、Cr3+。 ②25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38,Kb(NH3·H20)=1.8×10-5. ③部分氯化物的沸点数据如表所示： 物质 ZrCl CrCla 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 +260℃ 80-0280℃ 300℃ 60 20 4 0 时间h (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·H,O)=1.8X10,则c(Fe+)= mol·L-1,“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 ,氯化反应结束通人H2,目的是 卷 二轮专题精准提升（十一）化学第8页（共8页）·化学· 参考答案及解析 M点，升高温度，反应Ⅱ逆向移动消耗氢气的量 y y y y, 与反应I、Ⅲ正向移动产生H2的量相等(3分) C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2+6H2(g), 【解析】(1)观察知，反应I=反应Ⅲ-2×反应Ⅱ， 32 2z 6x 则△H1=△H3-2×△H2=2×41.2kJ·mol1+ 那么x十之=0.6,2x-y=0.18,y+2z=1.02, 173.3kJ·mol-1=+255.7kJ·mol-1 平衡时n(H2O)=(3-x-y-3z)mol=[3一(x+ (2)达到平衡时，正=v逆=k正c(CO)·c(H2O)= z)-(y+2x)]mol=(3-0.6-1.02)mol=1.38 k二 k是c(C0)·c(H),lgk三-lgk超=1g mol,n(H2)=(4x+y+6z)mol=[4(x+z)+(y+ 2z)门mol=(2.4+1.02)mol=3.42mol,气体的总 c(CO2)·c(H2) g。CO)·c（H,O-lgK,升高温度，反应Ⅱ逆 物质的量为(0.4+1.38十1.02+0.18+3.42)mol =6.4mol,此时压强为160kPa,各物质的分压为 向移动，平衡常数减小，gK减小。 p(H2O)=34.5kPa,p(H2)=85.5kPa,p(CO)= (3)①反应I、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反 4.5kPa,p(C02)=25.5kPa,故反应Ⅱ的K9= 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 25.5×85.5≈14。 4.5×34.5 为CO,故温度升高CO的选择性增大，CO2的选 (4)①每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在 择性减小，由于CO的选择性十CO2的选择性= Q点所在曲线上取一个点与N点温度相同，标 1,则表示CO2选择性的曲线为a,表示C0选择 为点E,E点与N,点相比温度相同，但是E点的 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 n(CHOH小于V点的n(H,O) n(H20) n(CHOH),而 为15%，乙醇的转化率为0.6，则平衡时n(C02)十 n(CO)=1mol×0.6×2=1.2mol,n(C0)= n(C,H,OH增大时，三个反应均会正向移动，氢 n(H2O) 1.2mol×15%=0.18mol,n(C02)=1.2mol× 气的产率增大，因此的产率：Q点<N点。 85%=1.02mol。 n (H2O) ③设反应I中乙醇转化了xmol,反应Ⅱ中CO ②M点与N点具有相同的压强，m(C,H,OH相 转化了ymol,反应Ⅲ中乙醇转化了之mol,则 同；不同的是N点温度高于M点，升高温度，反 C2 H:OH(g)+H2 O=2CO(g)+4H2 (g) 应Ⅱ逆向移动消耗氢气的量与反应I、Ⅲ正向移 x 2x4x, 动产生H2的量相等。 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2 (g) 2024一2025学年度二轮专题精准提升（十一） 化学·电解质溶液 一、选择题 能达到实验目的，A正确；溴与苯二者互溶，不能 1.D【解析】氯化铝溶液蒸千过程中生成的HC1挥 用分液漏斗分离；可利用蒸馏方法分离，用60一 发，A3+完全水解，得到氢氧化铝和部分氧化铝， 70℃水浴加热先馏出液溴，剩下的是苯，B错误； 而硫酸铝溶液蒸干后得到的仍是硫酸铝，A错误； 题图是碱式滴定管排气泡的方法，C错误；量筒精 配制Fe2(SO4)3溶液时，将Fe2(SO4)3固体溶于 确到0.1mL,无法准确量取5.50mL水，D错误。 稀硫酸中，然后稀释至所需浓度，若加盐酸会引入 3.B【解析】HCl是强酸，CH COOH是弱酸，强酸 氯离子杂质，B错误；强碱滴定弱酸时，因滴定终 稀释pH变化大，曲线I代表HC的稀释过程，A 点的溶液显碱性，应选择酚酞作指示剂，C错误； 错误；酸对水的电离起到抑制作用，酸性越强抑制 NH,F溶液水解产生的HF与玻璃反应，不能存 程度越大，b,点pH小，酸性强，对水的抑制程度 大，水电离程度小，溶液中水的电离程度：b,点< 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， 点，B正确；从b点到d点，pH增大，氢离子浓度 利用碱式滴定管通过滴定测定碘水中碘的浓度， 减小，氢氧根离子浓度增大，C错误；Kw只与温度 ·49· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 有关，温度不变Km不变，D错误。 CH:COOH溶液中加入少量CH:COONa固体， 4.B【解析】根据图像知常温下平衡时溶液中 会使醋酸的电离平衡逆向移动，DH增大，对水的 c(Pb2+)、c(I厂)分别是1×10-3mol·L1、2× 电离抑制作用减小，水的电离程度增大，D正确。 10-3mol·L1,因此Pbl2的Kp=c(Pb2+)· 7.B【解析】标准状况下，22.4L二氧化碳的物质的 c2(I)=1×10-3mol·L1×(2×10-3mol· 量为1mol,根据反应的化学方程式可知，二氧化 L1)2=4×109,A错误；由图像可知，温度不变， 碳完全转化为甲酸盐，C由十4价变为十2价， t时刻c(Pb2+)不变、c(I)突然增大，改变的条件 1mol二氧化碳完全转化为甲酸盐转移电子数为 可能是向溶液中加入了KI固体，B正确；PbI2饱 2NA,A正确；室温下，等浓度的Na2CO3和 和溶液中存在平衡：PbL2(s)一Pb2+(aq)十2I HCOONa溶液前者的pH大，说明碳酸根离子水 (aq),温度不变，向Pbl2饱和溶液中加入少量硝 解程度大于甲酸根离子，越弱越水解，但只能说明 酸铅浓溶液，c(Pb2+)增大，平衡逆向移动，但根据 K2(H2CO3)<K.(HCOOH),B错误；该工艺中 勒夏特列原理，最终平衡c(Pb2+)仍然比原平衡 NaOH吸收CO2转化为Na2CO3,再发生反应 时大，C错误；向PbI2的悬浊液中加入Na2S固 Na2 CO3+H2 =NaOH+HCOONa,NaOH 体，Pbl2(s)+S2-(aq)=PbS(s)+2I-(aq), 以循环利用，C正确；碳酸钠为强电解质，完全电 c(I)缓慢增大至平衡，不会突然增大，D错误。 离出CO?离子，CO的第一步水解大于第二步 5.C【解析】向硝酸银溶液中滴加硫氰化钾，银离子 水解，且水解是微弱的，故溶液中含碳元素微粒浓 浓度与硫氰根离子的离子积Q大于硫氰化银的 度：c(CO3-)>c(HCO5)>c(H2CO3),D正确。 K即，生成白色沉淀，A正确；生成沉淀后溶液 8.D【解析】常温下，未加入稀盐酸时，是20.00mL 中剩余的银离子的浓度为c(Ag+)= 2×10-3L×0.1mol·L1-2X10-3L×0.05mol·L-1 0,10mol.L1M0H溶液，pX=-lgcH c(OH-= 2×103L+2×10-3L 8,可求出c(OH)=10-3mol·L1,Kb= =0.025mol·L1,则溶液中SCN-的浓度为 c(M)·c(0H）=10-3×10- c(MOH) =10-5,常温下， 1.0×10-12 0.1 0.025mol·L7=4.0X1011mol·L1,B正确； MOH电离常数的数量级为10-5，A错误；a点加 反应①后，银离子过量，加入KI以后，Ag+十I 入10mL盐酸，所得溶液为MOH和MCl等物质 一AgIY,无法证明AgSCN向AgI的转化，C错 的量的混合溶液，根据pX可知溶液显碱性，溶液 误；②中溶液不变红，加入KI后③中溶液变红，说 中存在：c(M+)>c(C1-)>c(OH-)>c(H+),B 明有KI与过量的银离子反应产生AgI,还有剩余 错误；b,点加入20L盐酸，酸碱恰好完全反应， 的KI与AgSCN发生沉淀转化，产生的SCN-与 得到MCl溶液，对应的溶液中水的电离程度最大， Fe3+产生血红色Fe(SCN)3,D正确。 且溶液中存在物料守恒：c(C1)=c(M+)十 6.D【解析】酸碱均会抑制水的电离，能水解的盐促 c(MOH),C错误；c点加入40mL盐酸，所加HCl 进水的电离。pH=11的氨水，由水电离出的 物质的量是原溶液中MOH物质的量的2倍，根 c(0H)=1×10-1mol·L-1,pH=11的 据物料守恒，溶液中存在：c(CI)=2c(M+)十 Na2CO3溶液中，由水电离出的c(OH-)=1X 2c(MOH),D正确。 10-3mol·L1,A错误；氢氧化钠为强碱，100mL 9.B【解析】NaOH溶液与HCl和CH,COOH的混 pH=l2的NaOH溶液加水稀释至1L,所得溶液 酸反应时，先与HC1反应，再与CH,COOH反应。 pH为11，氨水是弱电解质，存在电离平衡，pH= 由滴定曲线可知，a,点时NaOH溶液和HCl恰好 12的氨水加水稀释至1L,所得溶液pH>11,B 完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反 错误；等浓度、等体积的盐酸和酷酸，二者物质的 应，溶质成分为NaCl和CH:COOH;b点时 量相等，当分别加入等物质的量的NaOH时，盐酸 NaOH溶液反应掉一半的CH,COOH,溶质成分 变为氯化钠溶液，溶液显中性，此时醋酸变为醋酸 为NaCl、CH3COOH和CH COONa;c点时 钠溶液，酷酸钠水解使其溶液呈碱性，因此，若要 NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成 使溶液呈中性，必须少加一些氢氧化钠溶液，C错 分为NaCl、CH,COONa;d点时NaOH过量，溶 误；盐酸中加醋酸钠，两者发生反应生成醋酸，对 质成分为NaCl、CH,COONa和NaOH。由以上 水的电离抑制作用减小，水的电离程度增大；向 分析可知，a,点时c(CH3COOH)=0.01mol· ·50· ·化学· 参考答案及解析 L1,c(H+)=10-3.38mol·L-1,K.(CHC00H) c(H2CO3)的变化，曲线Ⅱ表示c(HCO3)的变 =c(H*):cCH,C00）≈10s9X10a0 化，A错误；c点对应溶液c(HCO?)= c(CH COOH) 0.01 c(H2CO3),Ka1=4.0X10-7,所以对应c(H+) 10476,A正确；c,点溶液中CH COO水解，促进 =4×10-7mol·L-1,lg4=0.6,所以pH=6.4, 水的电离，，点碱过量，抑制水的电离，则水的电离 B正确；盐酸抑制水电离，碳酸钠促进水电离，加 程度c>d,B错误；b,点溶液中含有NaCl及等浓 入碳酸钠越多，水的电离程度越大，所以溶液中 度的CH:COOH和CH3 COONa,由于pH<7,溶 水的电离程度：b<d,C错误；d点盐酸恰好与碳 液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于 酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，所需HC】和 CHCOO的水解程度，则c(CH COOH)< Na2CO3的物质的量比为1：1，所以图像中V2= c(CH COO),C正确；a点溶液为等浓度的 10,D正确。 NaCl和CH3COOH混合溶液，根据物料守恒，存 12.CD【解析】银离子浓度相同时，沉淀K2CrO4中 2c(Na+)=c (CI-)+c (CHs COO-)+ 的CrO比沉淀NaCI中的CI-所需AgNO3体 c(CH:COOH),D正确。 积多，则图中曲线①为AgNO3溶液滴定NaCI溶 10.C【解析】H2A为二元酸，其电离过程为H2A 液的曲线，曲线②为AgNO3溶液滴定K2CrO, →H++HA,HA一H++A2-。常温时， 溶液的曲线。由分析可知，曲线①为一lgc(C1) 向10mL0.1mol·L1H2A水溶液中逐滴滴加 随V(AgNO3)的变化曲线，A错误；由图可知 0.1mol·L1NaOH溶液，由题图分析可知，I AgNO3与K2CrO4刚好完全反应时，c(CrO) 为H2A含量变化曲线，Ⅱ为HA含量变化曲 =10-4mol·L1,c(Ag+)=2×10-4mol· 线，Ⅲ为A2-含量变化曲线。I和Ⅱ的交点处， L1,Kp(Ag2Cr04)=10-4×(2X104)2=4X c(H2A)=c(HA),则Ka1=c(H+)=10-1.2,Ⅱ 10-1,B错误；若只增大AgNO3溶液的浓度，则 与Ⅲ交点处，c(HA)=c(A2-),则K2= 消耗AgNO3溶液的体积减小，但AgCI、 c(H+)=10-42根据分析H2A的K1=101.2, Ag2CrO4的Kp不变，所以图中a点、b点将向 数量级为102，A错误；根据分析，K1(H2A)= 左平移，C正确；由图可知，a点-lgc(Cl)= 101.2,K2(H2A)=104.2,当c(H2A)=c(A2) 4.9,则c(C1)=104.9mol·L-1,c(Ag+)= 时，Ka1XK2=c2(H+),此时c(H+)=1X 104.9mol·L-1,Kp(AgCl)=109.8> 10.7mol·L1,pH=2.7,B错误；当溶液中 Kp(Ag2CrO4)=4X10-12,且Ag2CrO4为砖红 c(Na+)=2c(A2-)十c(HA)时，由电荷守恒分 色沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时， 析此时溶液呈现中性，向10mL0.1mol·L1 可用K2CrO4溶液作指示剂，D正确。 H2A水溶液中逐滴滴加0.1mol·L1NaOH 13.B【解析】使用HCI1O4溶液滴定，计量关系为 溶液，若加入NaOH溶液体积等于10mL,此时 n(X):n(HClO4)=1:1,HClO4主要与碱性基 形成NaHA溶液，K2= K=102.8<K2 团反应，滴定终点时，由于X含有羧基，pH<7, K A错误；使用HCIO4溶液滴定X,计量关系为 HAˉ电离大于水解，溶液呈现酸性，故应在 n(X):n NaOH)=11,@ I0mL的基础上多加NaOH溶液才有可能呈现 c1·V1·MX10-3 中性，故加入V(NaOH溶液)>l0mL,C正确； ×100%=c1·V·M m m×103 向pH=4.2的溶液中继续滴加NaOH溶液，结 100%,B正确；使用NaOH溶液滴定，计量关系为 合图像分析，HA含量在减小，A2-含量在增大， n(X):n(NaOH)=1:3,NaOH主要与酸性基团 故水的电离程度在增大，而氢氧化钠溶液过量则 反应，滴定终，点时，由于X含有仲胺，pH>7,C 会导致水的电离受到抑制，故水的电离程度先变 错误；使用NaOH溶液滴定X,计量关系为 大后减小，D错误。 n(X):n(NaOH) 1:3,w 二、选择题 11.BD【解析】向盐酸中滴加碳酸钠，先发生反应 3c·V2·MX10-3 2HCl+Na2CO32NaCl+H2CO3,再发生反 m 一X100%=c2·V2·M 3mX103X 应H2CO3+Na2CO3一2 NaHCO3,所以 100%,D错误。 H2CO,的浓度先增大后减小，曲线I表示14.AB【解析】电位滴定法是根据滴定过程中指示 ·51· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 电极电位的变化来确定滴定终点，无需加入酸碱 化简得 c(H+) Ksp [Fe(OH)2] 指示剂，A错误；a点为第一个计量点，反应为 K。(HA) c2(OH-)1 CO?+H+一HCO3,a点的溶质为NaCl、 KpFe(OH)2]XK.(HA)=Kmc(OH),解得 NaHCO3,电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c(OH-)=10-6mol·L1,即pOH=6,pH=8, c(OH-)+c(C1)+c(HCO3)+2c(CO号-)、物 C错误；根据平衡常数的定义，该反应的平衡常 料守恒c(Na+)=c(Cl)十c(H2CO3)+ 数K=e(Fe):c(A)- c(HCO)+c(CO?),可得：c(OH)+ C2(HA) c(CO?)=c(H2CO3)+c(H+),B错误；在整 c(Fe+)c2(A-)c2(OH-)c2(H)_ 个滴定过程中，参加反应的离子是CO?、 c2(HA)c2(OH-)c2(H+) HCO3、H+,溶液中的Na+不参加反应，守恒不 KFe(OHD]K,(HA)=1O,D正确。 变，c点是第二个滴定终点，消耗盐酸最多的点， K2 所以在c,点之前盐酸不足，则c(Na+)>c(CI-), 三、非选择题 离子水解促进水的电离，b到c随着加入盐酸的 16.(1)Mn0,+4HCI(浓)△MnC,+Cl2↑+ 量的增加，c(HCO3)逐渐减少，生成NaCI和 2H20(2分) CO2,所以水的电离程度逐渐减弱，水的电离程 (2)缺少除去氯气中HC1的装置(1分) 度：b>c,C正确；滴定的两个计量点的反应中， (3)FeCL溶液稀释10倍，溶液pH变化小于1 若没有NaHCO3杂质，两个计量点消耗的盐酸 (2分) 应相等，根据两个计量点的反应，可以推得第二 ×102.10 个计量点反应中的NaHCO3包括反应生成的 NaHCO3和杂质NaHCO3,所以杂质NaHCO3 0.02一X100%(2分) 的量可以根据多消耗的盐酸计算：(6.8一2.9X (5)50℃后停止加热，自然冷却，等浓度的氯化铁 2)mL×10-3L·mL-1×xmol·L-1×84g: 溶液和硝酸铁溶液的透光率不同(2分) mol-1=0.084xg,D正确。 (6)抑制Fe3+水解(1分)向0.2mol·L-1 15.C【解析】Cu(OH)2、Fe(OH)2的结构相似，二 Fe(NO3)3溶液中加人适量HNO3溶液，使溶液 者的pM随pH的变化曲线应该是平行线，故 呈无色，再加入几滴NaCI溶液，溶液变为黄色， ③代表滴定HA溶液的变化关系，根据曲线③ 测此溶液透光率随温度改变的变化情况，溶液透 pM=0时，溶液的pH=5.0,可得Ka(HA)= 光率随温度升高而下降，降温透光率上升(2分) 10-5;根据曲线①pM=0时，溶液的pH=4.2, 【解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰 pOH=9.8,可得Kp=10-19.6;根据曲线②pM 与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发 =0时，溶液的pH=6.5,pOH=7.5,可得Kp= 性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B 10-15,Km[Cu(OH)2]<Km[Fe(OH)2],则①② 中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中铁与氯 分别代表滴定CuSO4溶液、FeSO4溶液的变化 气共热反应制备氯化铁，装置D为冷凝收集氯化 关系，且Kp[Cu（OH)2]=10-1.6、 铁的装置，其中盛有无水氯化钙的干燥管用于吸 Km[Fe(OH)2]=10-15。由分析可知，图中②代表 收水蒸气，防止水蒸气进入收集氯化铁的装置中 滴定FSO4溶液的变化关系，A正确；由题意，除尽 导致氯化铁潮解，装置E中盛有的氢氧化钠溶液 工业废水中的Cu2+,即c(Cu+)≤10-5mol·L1, 用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。 K.[Cu(OH)10 (1)由分析可知，装置A中发生的反应为二氧化 c(OH)≥c(C2+) V10-5mol· 锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反 上1=10molL,则c(H*)≤Oi) Kw 应的化学方程式为MnO,十4HCI(浓)△MnCL。 +Cl2个+2H2O。 10-14 10-amol·L1=106.7molL1,pH≥6.7，B (2)由分析可知，题给装置缺少盛有的饱和食盐 正确：a点是②③的交点，有HA=e(Fe*). 水的装置来除去氯化氢杂质，会导致铁与氯化氢 c(A-) 反应生成氯化亚铁。 即c(H):c(HA=K,FeOH,进一步 (3)由表格数据可知，氯化铁溶液稀释10倍时， c(H+)·c(A-) c2(OH) 溶液中pH的变化小于1，说明稀释氯化铁溶液 3 ·52· ·化学· 参考答案及解析 时，水解平衡向正反应方向移动。 (4)①实验过程中添加约300mL蒸馏水，20mL (4)铁离子在溶液中存在如下平衡：Fe3+十3H2O 氢氧化钠溶液，故选500mL圆底烧瓶，A装置的 Fe(OH)3十3H+,由表格数据可知，实验i 名称为直形冷凝管。 3大10-20 ②当馏出物明显减少，把锥形瓶稍微移开，使导 中氯化铁的水解度为°0.02 —×100%。 出管靠在锥形瓶壁上，再加大火力蒸1分钟，移 去热源的目的是确保冷凝管内的氨完全蒸出。 (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 ③NH在产品中的质量分数为W-V)XcX0.018 然冷却时，硝酸铁溶液的透光率强于氯化铁溶 ×100%。 液，说明氯化铁溶液颜色随温度变化的改变可能 ④A选项未润洗盐酸标准液的酸式滴定管使得 不完全是由水解平衡引起的，可能与溶液中阴离 消耗标准液体积偏大，测量值偏大：B选项滴定 子种类有关。 过程中有标准液溅出使得消耗标准液体积偏大， (6)由题给信息可知，验证溶液颜色（透光率）随 测量值偏大；C选项锥形瓶不需要润洗，对测量 温度变化的改变与配位平衡的移动有关的实验 值无影响；D选项滴定完后俯视读数，数值偏小， 操作为向0.2mol·L1硝酸铁溶液中加入适量 测量值偏小，故选AB。 硝酸溶液，使溶液呈无色，再加入几滴NaCl溶 18.(1)MnO2+S02—MnS04(2分)2S02+02 液，溶液变为黄色，测此溶液透光率随温度改变 +2H20—2H2SO4(2分) 的变化情况，溶液透光率随温度升高而下降，降 (2)350~400rpm,pH=1(2分)pH小于1 温透光率上升。 时，氢离子浓度过大，反应Fe3+十3H2A2一一 17.(1)HFeY+NH,HCO3-NH,FeY+CO2+ Fe(HA2)3十3H+平衡逆向移动导致萃取率下 H2O(2分) 降(1分) (2)0.5：1.0:1.0(或1：2：2)(1分) (3)5.0≤pH<7.6(2分) (3)95℃(1分)当反应温度低于95℃时，反应 (4)Na2C03(1分)MnS04(1分) 速率较慢；当温度达95℃时，再提高温度，反应比 (5)蒸发浓缩、冷却结晶(1分) 较耗能且速率变化不大(1分) 【解析】该工艺流程原料为软锰矿（主要成分为 (4)①500(1分)直形冷凝管(1分) MnO2,含少量硅、铁、铝等氧化物)，产品为马日 ②确保冷凝管内的氨完全蒸出(1分) ③Y-V,)cx0.018 夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O],流程主线中的主 ×100%(2分) 元素为锰，硅、铁、铝等元素在流程工艺中被依 m ④AB(2分) 次除去，“浸锰”过程二氧化硅不溶，过滤除去， 【解析】合成过程中，H4Y与Fe2O3在催化剂作 滤渣1为二氧化硅，Mn、Fe、Al以离子形式进入 用下生成HFeY,铵化过程中加入NH HCO3, “萃取分液”过程，加入有机萃取剂，除去铁离 HFeY与NH4HCO3反应生成NH4FeY,然后对 子，调节水层的pH除去铝离子，滤渣2为氢氧 溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干 化铝，溶液中主要含有硫酸锰，加入碳酸钠溶液 得到NH4FeY,据此分析解答。 “沉锰”，过滤后再加入磷酸反应，一系列操作后 (1)合成过程中，H4Y与Fe2O3在催化剂作用下 得到Mn(H2POa)2·2H2O. 生成了HFeY,图中铵化过程中加入NH4HCO3, (1)在“浸锰”步骤中，主反应为MnO2转化为 故反应的化学方程式为HFeY+NH4HCO3 Mn2+,锰元素化合价降低，为还原反应，故 NH4FeY+CO2↑+H2O。 MnO2与具有还原性的SO2反应，化学方程式 (2)由表中数据可知n(Fe2O3)：n(EDTA): 为MnO2+SO2一MnSO4;浸出液中Mn2+的 n(NH4HC03)=0.5:1.0:1.0时，产品铁含 浓度增加量小于SO?的浓度增加量，说明有副 量、铵含量及收率达最高，水不溶物含量最低。 反应2SO2+O2十2H2O一2H2S04发生，故 (3)当反应温度低于95℃时，反应速率较慢，随 产生明显差异的原因为2SO2+O2+2H2O 着温度的升高，反应速率快速提高；当温度达 =2H2SO4。 95℃时，再提高温度，反应时间缩短不明显，但能 (2)萃取时搅拌速度在350~400rpm时，萃取率 源消耗较大。 最大，溶液pH=1时，Fe3+萃取率最大，且 ·53· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 Mn2+不会被萃取；pH小于1时，Fe3+萃取率下 滤得Ru(OH)4沉淀，经过“酸溶”得含RuCl溶 降，从萃取时的反应Fe3+十3H2A2 液，RuCL溶液经过蒸发结晶得到RuCl3· Fe(HA2)3十3H+可知，氢离子浓度过大，反应 6H2O;CoO进行酸浸得含C02+溶液，用草酸溶 的平衡逆向移动，导致Fe3+萃取率下降。 液沉钻得到C0C2O4晶体，最后经系列操作得到 (3)“调pH”的目的是使A1+完全沉淀除去， Co(NO3)2·6H2O,据此解答。 Mn2+不被沉淀出来，A13+完全沉淀，则Q。≥ (1)C0是27号元素，核外电子排布式为 Km[A1(OH)3],c(OH)≥ Ksp[AI(OH)3] [Ar]3d4s2,则价电子排布式为3d4s2。 c(A13+) (2)“焙烧”过程Co、Ru分别被氧化为CoO、 31.0×100 Na2RuO4,NaNO3被还原为NaNO2,同时Al2Og W1.0×10-6 mol·L-1=10-9mol·L-1, 与NaOH反应生成NaA1O2,则“焙烧”后所得固 体主要成分为CoO、Naz RuO4、NaNO2 G(t)≤10。mol·L=105mol·L1,pH≥ 和NaAlO2。 5.0;Mn2+不被沉淀出来，Q.<Kp[Mn(OH)2], (3)“还原”过程乙醇被氧化为CHCHO, c(OH-) 2Kp[Mn(OH)2 Na2RuO4被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生 c(Mn2+) NaOH,则该反应的化学方程式为CHCH2OH十 /1.0×10-12.8 Naz RuO,+2H2O-CH CHO+Ru(OH)+ N1.0 mol·L1=106.4mol·L1, 2NaOH c(H+)>10.6mol·L-1,pH<7.6,则“调 (4)“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解Ru(OH)4得 pH”的范围为5.0pH<7.6。 到RuCl4,再加入盐酸羟胺(NH2OH·HCI)与 (4)Na2CO3溶液显碱性，与MnSO4反应时可能 RuCL反应得到RuCl和N2,则盐酸羟胺 有Mn(OH)2生成，为减少副产物Mn(OH)2的 (NH2OH·HCI)与RuCl4反应的化学方程式为 生成，应使混合溶液的pH<7.6,则Na2CO3溶 2RuCL4+2NH2OH·HCI-2RuCL3+N2个+ 液不能过量，故正确的操作是将Na2CO,溶液逐 4HC1十2H2O,所以产物RuCL3和N2的物质的 量加入MnSO4溶液中，并不断搅拌。 量之比为2：1。 (5)“沉锰”反应后过滤、洗涤，得到的MnCO3固 (5)“蒸发结晶”在真空度为40kPa时进行（此时 体再加入适量磷酸反应，得Mn(H,PO)2溶液， 水的沸点是28℃)，即在低压低温下蒸发结晶得 从溶液中得到结晶水化合物的操作为蒸发浓 到RuCL晶体，其目的是低压低温蒸发，避免 缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 RuCl3·6H2O分解。 19.(1)3d4s2(1分) (6)c(C0)= Kp(CoC2O4)6.3×10-8 c(Co2) 1X10-5mol·L-1 (2)NaA1O2(1分) =6.3×10-3mol·L1,则c(HC2O4)= (3)CHCH,OH Na,RuO+2H,O CH:CHO+Ru(OH)4￥+2NaOH(2分) c(C2O2)c(H)_6.3×103×102 K2 6.4X105—mol·L1≈ (4)2:1(2分) 0.984mol·L1。 (5)低压低温蒸发，避免RuCl3·6H2O分解 (7)“沉钻”时，向含C02+溶液中加入草酸溶液得 (2分) 到CoC2O4·xH2O晶体，则反应的离子方程式 (6)0.984mol·L1(2分) 为H2C2O4十Co2++xH2O—CoC2O4·xH2O1 (7)H2C2O4+Co2++xH20一CoC2O4· +2H。 xH2OV十2H+(2分) 【解析】“焙烧”过程中C0、Ru分别被氧化为 20.(1)ZrSiO.+4NaOH-A-NaZrO,+NazSiOs+ CoO、Na2RuO4,NaNO3被还原为NaNO2,同时 2H2O(2分)300℃，碱熔8h(1分) Al2O3与NaOH反应生成NaA1O2,“水浸”过程 (2)Zr4+、Fe3+、Cr3+(1分)NaOH、HCI(2分) Na2RuO4、NaNO2和NaAlO2溶解，CoO不溶， (3)10-8(2分)NH,C1(1分) 过滤得C0O固体和滤液；向滤液中加入乙醇， (4Zr0,+2C+2Cl,高温ZrCL,十2C0(2分) “还原”过程乙醇被氧化为CH CHO,Na2RuO4 将FeCl,还原为FeCl2(1分) 被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH,过 【解析】锆英砂主要含ZrSiO4,还含有少量Cr、 ·54· ·化学· 参考答案及解析 Fe、Hf等元素，“碱熔”时ZrSiO4转化为 (2)由已知①可知，“萃取”时，除掉Hf元素，提取 Na2ZrO3,“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在 Zr+、Fe3+、Cr3+;沸腾氯化生成的HCI可回到酸 形式为Zr+、Fe3+、HfO2+、Cr3+,“萃取”时，提取 溶和反萃取步骤循环利用，除硅产生的滤液1是 Zr+、Fe3+、Cr3+,除掉HfO+,反萃取后“氨沉” NaOH溶液，可回到碱熔步骤循环利用。 时Zr+、Fe3+、Cr3+生成氢氧化物沉淀和氯化铵， c(NH) 煅烧后生成ZrO2、Fe2O3、CrzO3,“沸腾氯化”时， )沉淀”后的“废液”中有N·H,0 ZrO2转化为ZrCl4,Fe2O3、Cr2O3转化为 1.8×105,Kb(NH3·H20)=1.8×105,则 FeCl3、CrCl,由于FeCl和ZrCL4沸点接近，因 c(OH)=1.0×10-1omol·L-1,Kp[Fe(OH)3] 此加入H2把FeCl3还原为FeCl2,避免蒸馏时 =1.0×1038,则“废液”中c(Fe3+)= ZrCl4含有FeCl3杂质，最后得到ZrCl4,而后还 K[Fe(OHD,]_1.0X108 原得到金属锆，据此作答。 c(0H)=(10-0)2mol·L1=1.0X (1)根据已知条件及分析可知：“碱熔”时发生反 10-8mol·L1;根据分析，“滤液2”中主要成分 应的化学方程式为ZrSiO,+4NaOH△ 是NH4CI。 (4)“沸腾氯化”时ZxO2发生反应的化学方程式 Na2ZrO3十+Na2SiO3+2H2O;根据温度和时间对 锆英砂碱熔分解率的影响图可知，300℃碱熔分 为Z0,+2C+2C1,高温ZrCL,十2C0;根据分析， 解率最高，时间为8h和10h的分解率没有太大 氯化反应结束通入H2,目的是把FeCl3还原为 变化，所以最佳的条件是300℃，碱熔8h。 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 3.B【解析】二者结构不相似，不是同系物，A错 1.B【解析】碳正离子(CH)的电子式为 误；蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质在灼烧时会 H 产生烧焦羽毛的气味，人造纤维在灼烧时会蜷缩 [H:C:H,A错误；2-甲基-1-丁醇的键线式： 成一个小球，有浓烈的黑烟，有与蛋白质灼烧的不 一入OH,B正确；乙烯与涣的四氯化碳溶液 一样的气味，故可以区别蚕丝和人造丝，B正确； 发生加成反应的产物是CH2BrCH2Br,C错误； 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 为乙烷的球棍模型，D错误。 和钠反应要比丙醇和钠反应剧烈，C错误；碱性条 件下，苯酚邻对位上的活泼氢先与甲醛加成，后再 OH 发生缩聚，生成网状结构的热固性酚醛树脂，D 2.D【解析】3,4-甲基苯酚的碳骨架为 命名 错误。 4.D【解析】石油化工的裂解气中含有烯烃，与溴 为3,4-二甲基苯酚，A错误；2甲基-1,3-二戊醇的 可以发生加成反应，不可以作为溴水提取溴单质 的萃取剂，A错误；人造丝、人造棉、属于人造纤 碳骨架为H0人入，命名为2-甲基-1,3-戊二醇， 维，涤纶是合成纤维，B错误；润滑油属于烃类，不 OH 属于高级脂肪酸甘油酯，C错误；冠醚(18-冠-6)的 B错误；2,5-二甲基-4-乙基己烷的碳骨架为 空穴与K+尺寸适配，两者能通过非化学键的弱相 人人一，根据支链编号最小原则，乙基应是取代 互作用形成超分子，D正确。 5.A【解析】核磁共振氢谱中不同的氢具有不同的 在3号碳上，命名为2,5-二甲基-3-乙基己烷，C错 化学位移，且吸收峰面积与氢原子数成正比，A正 误；2-乙基-1-丁烯的碳骨架为 ,命名正确， 确；质谱法对有机物进行分析，可以初步判断该有 机物的相对分子质量，B错误；某有机化合物的相 D正确。 对分子质量为44，其分子式不一定为C3H8,如 ·55· 3