二轮专题(十) 电解质溶液-【真题密卷】2026年高考化学二轮专题精准提升（广东专用）

密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十） 卷题 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-120一16 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1.下列方程式与事实相符的是 A.过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体（该气体遇空气变红棕色）：3Fe十2NO?+8H+一3Fe2+十 2NO个+4H2O B.次氯酸不稳定，在光照下容易分解：2HC10光照H,O+C, C.0.1mol·L1草酸(H2C2O4)的pH=1.3:H2C2O4→2H++C2O D.用FeS去除废水中的Hg2+:Hg2+十S2-—HgSV 2.室温下，向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入下列试剂，所得溶液仍呈碱性的是 ) A.10mLpH=1的H2S04溶液 B.10mLpH=1的CH:COOH溶液 C.22.4LCl2 D.10mL0.1mol·L-1NaHS03溶液 3.室温下，对于1L0.1mol·L1NH3·H2O溶液，下列判断正确的是 ( A.该溶液中NHt的物质的量为0.1mol B.c(OH-)=c(NH3.H2O)+c(NH)+c(H+) c(NH) C.加入少量水，溶液中cNH,·H,O)减小 D.滴加HCI溶液过程中，n(NH3·H2O)与n(NHt)之和始终为0.1mol 4.常温下，下列各组离子能大量共存的是 ( AgO手—6的溶液中：Na*CIO[A(oHDC B.在酸性溶液中：Ba2+、NHt、NO3、Fe2+ C.1mol·L1FeCl溶液中：NHt、K+、SCN-、NO3 D.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、NH、SO、CO 5.25℃时，下列说法正确的是 ( A.2mL0.1mol·L1醋酸和盐酸分别与足量锌反应，生成H2的量基本相同 B.Na2CO3溶液中：2c(Na+)=c(CO?)+c(HCO3)+c(H2CO3) 二轮专题精准提升（十）化学第1页（共8页） 真题 用信念去支撑你的梦想，让它成为你内心的力量源泉 mEaEeeaemmeeaa C将o,1alL醋酸溶液稀释后，CHC00品流小 班级 D.pH=3的盐酸和pH=l1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH>7 姓名 6.室温下，进行如下实验： ①向20mL0.1mol·L1醋酸溶液中加入20mL0.1mol·L1NaOH溶液； ②继续滴加amL0.1mol·L1稀盐酸，至溶液的pH=7。 得分 下列说法错误的是 A.0.1mol·L1醋酸溶液pH>1 B.①中反应后溶液：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) C.②中，a=20 D.②中反应后溶液：c(Na+)=c(CH COO)+c(C1) 7.25℃，向10mL浓度均为0.1mol·L1的Na2C03和NaHCO3混合溶液中，逐滴加入0.1mol· L1MgC2溶液。H2C03的电离常数K1=4.5×10-7,K2=4.7×10-11;Kp(MgC03)=4×106。 下列有关说法正确的是 () A.25℃时，MgCO,饱和溶液中，含碳微粒最主要以HCO形式存在 B.25℃时，0.1 mol MgC03固体不可全部溶于1L0.2mol·L1盐酸中 C.加入10 mL MgCl2溶液后，溶液中存在c(Na+)=c(CO?)+c(HCO?)+c(H2CO3) D.将上述MgCl2溶液加入0.1mol·L1 NaHCO,溶液中无明显现象 8.A1Cl3是一种用途广泛的化工原料，某兴趣小组欲从饱和AICl3溶液中获取A1C13·6H2O,相关装置 如图所示。已知：AIC1·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚。下列说法错误的是 () HCI 饱和AICl,溶液 冷水浴湘 NaOH溶液 A.通入HC1可以抑制AlCl3水解并促使A1Cl3·6H2O晶体析出 B.经过滤→冷水洗涤2~3次→低温干燥可以获取A1C13·6H2O晶体 C.倒扣小漏斗的作用是防止NaOH溶液倒吸 D.A1C13·6H2O在干燥HC1氛围中加热脱水可以制备无水AlCL 9.25℃时，Kp[Cu(OH)2]=10-19.3,Cu2+(aq)+4NH3(aq)=[C(NH3)4]2+(aq)K=1012.9。向 10mL0.2mol·L1CuSO4溶液中滴加8mol·L1氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至沉淀完 全溶解，得到深蓝色溶液。下列说法错误的是 () A.将浓氨水稀释至8mol·L上，C《D号不断变小 B.Cu+沉淀完全时(c=105mol·L1),pH=7.15 C.Cu(OH)2(s)+4NH(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq)K=10-6.4 D.NHt对于Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2+有促进作用 密卷 二轮专题精准提升（十）化学第2页（共8页） 4 10.25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示： 2 0 -2 -4 -6(2.0 3(8.2.-4 -8 -10 -12 2 3 5 6 7 8 9 pAg 已知：pK(H2CrO4)=0.7,pK(H2CrO4)=6.5,pAg=一lgc(Ag+),下列说法正确的是() A.曲线②为AgBr沉淀溶解平衡曲线 B.a点条件下上述三种沉淀均不会生成 C.反应Ag2CrO,+H+=2Ag++HCrO:的平衡常数K=101n D.向浓度均为0.O1mol·L-1的KC1和K2CrO4混合溶液中滴加AgNO,溶液，此时先沉淀的固体 为Ag2CrO4 11.下列实验方案能达到实验目的的是 ) 选项 实验方案 实验目的 常温下，用pH计测定浓度均为0.1mol·L1CH3 COONa、NaClO溶 比较CH3COOH、HCIO的Ka 液的pH,并比较大小 的大小 向1mL0.2mol·L1Na[Al(OH)4]溶液中加人3mL0.2mol· B 制备A1(OH) L1KOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥 比较K(PbS)、Kp(PSO,)的 C 向PbS黑色悬浊液中加入H2O2,观察沉淀颜色变化 大小 D 将电石与水反应生成的气体直接通入溴水中，观察溴水是否褪色 验证乙炔的还原性 l2.室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。 已知：K1(H2S)=1.0×10-7,K2(H2S)=1.0×10-18,Kp(CuS)=1.0X10-36。 实验1：向0.10mol·L-1NaHS溶液中逐滴加入NaOH溶液，至溶液pH=11; 实验2：向0.l0mol·L1NaHS溶液中滴加新制氯水，氯水褪色，有淡黄色沉淀产生； 实验3：向0.10mol·L-1NaHS溶液中滴加几滴CuSO4溶液，有黑色沉淀生成。 下列说法正确的是 A.实验1所得溶液中：c(S2-)<c(H2S) B.实验1所得溶液中：c(Na+)>c(HS)+2c(S2-) C.实验2中主要反应的离子方程式：CL2十S2-—2C1+S1 D.实验3中反应Cu2++2HS一CuS↓+H2S的平衡常数K=1.0×1016 c(H2A) 18.常温下，HA溶液中含A粒子分布系数[如òHAD一cCHA十CCHA)十c(A]与pH的关系如 图1所示。难溶盐M2A和NA在0.01mol·L1H2A饱和溶液中达沉淀溶解平衡时，一lgc与pH 的关系如图2所示(c为金属离子M+和N+的浓度)： 二轮专题精准提升（十）化学第3页（共8页） 真题密卷 25 20 ① (9,23) 1 (6,20) 0.8 5 -lg c 0.6 a b￥ 10A (9,14 0.4 ② (6.8) 0.2 5 0 11 13 0g45678910 pH PH 图1 图2 下列说法正确的是 K(H2A) A.K(HA) 10-6 B.直线①表示的是一lgc(N+)与pH的关系 C.Kp(M2A)=10-8 D.NA能溶解在H2SO,溶液中 14.25℃时，用0.1mol·L1aOH溶液滴定20.00mL0.1mol·L-1HA溶液，体系中lgc(A-)、 lgc(HA)、NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是 () 个pH ① -4-20107 Ig c(A-)lg c(HA)VNaOH(aq)/mL A.图中曲线①表示lgc(A-)与pH的关系 B.25℃时，0.1mol·L1NaA溶液的pH约为9 C.a点溶液中，c(A-)+c(HA)=2c(Na+) D.b点时，V<20.00mL 15.秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbL2都是难溶性铅盐涂料。室温下，PbCO3和 PbL2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时一lgc(Pb2+)与一lgc(CO)或一lgc(I厂)的关系如图 所示： -lg c(Pb2) 13.1 12 13.1 346 91215 -lgc(CO或-lgc) 下列说法正确的是 二轮专题精准提升（十）化学第4页（共8页）】 A.曲线Ⅱ对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I)的变化关系 B.a点PbCO3的结晶速率小于其溶解速率 C.向浓度均为1mol·L1的Na2 CO3、NaI混合溶液中滴入Pb(NO3)2溶液，先产生白色沉淀 D.反应PbL2(s)+CO号(aq)一PbCO3(s)十2I-(aq)的平衡常数的数量级为10-6 16.室温下，Na2CO,体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所示。在c起始(Na2 CO,)= 0.1mol·L-1的体系中，研究Mg2+在不同pH时的可能产物，c(Mg2+)与pH的关系如图2所示 (忽略溶液体积变化)，曲线I的离子浓度关系符合c(Mg+)·c(CO?)=Kp(MgCO3),曲线Ⅱ的 离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH)=KpMg(OH)2]。下列说法错误的是 () 31.0 f 0.8 HCO 6 唇0.6 H.CO co I.MgCO, 0.4 N-- 2 0.2 0 -Ⅱ.Mg(OH) 0 6.378 10.2512 8 9101112 pH pH 图1 图2 A.室温下，Ka(H2CO3)·K(H2CO3)<Kw B.Na2CO3溶液中存在：c(H+)+c(HCO3)+2c(H2CO3)=c(OH) C.Q点的体系中，发生反应的离子方程式为Mg2++2HCO—Mg(OH)2↓+2CO2个 D.P点的体系中：c(HCO3)+c(CO?-)+c(H2CO3)=0.1mol·L1 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17.(14分)食醋是日常饮食中的一种调味剂，国家标准规定酿造食醋中醋酸含量不得低于0.0350g· mL1。用NaOH标准溶液可以测定食醋中醋酸的浓度，以检测白醋是否符合国家标准。某品牌白 醋的醋酸浓度测定过程如图所示，回答下列问题： 指示剂 NaOH 标准溶液 量取白醋 稀释至 量取稀释后溶液 滴定 10.00mL 100mL 25.00mL (1)某同学用酸碱中和滴定法测定市售食用白醋醋酸浓度，当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，测得 溶液中(CH,COOH) c(CH,CO0)-1.8X10,则此时溶液中的pH= (已知：室温下醋酸的K,=1.8 ×10-5)。 (2)根据该同学的计算结果，应该选 (填“酚酞”“甲基橙”或“石蕊”)作指示剂。 (3)该滴定达到终点时的现象是 (4)某次实验滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，则所用NaOH溶液的体积为 27 二轮专题精准提升（十）化学第5页（共8页）】 真题密 (5)用0.0600mol·L-1NaOH标准溶液滴定上述稀释后的醋酸溶液，滴定结果如表所示： 标准溶液的体积/mL 滴定次数 待测溶液的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 1 25.00 0.02 25.01 2 25.00 0.70 25.71 3 25.00 0.50 24.20 则该白醋的浓度是 mol·L1, (填“符合”或“不符合”)国家标准。 (6)下列操作可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏高的是 (填标号)。 A.碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗就直接注入NaOH标准溶液 B.滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后再用白醋稀溶液润洗 C.滴定过程中摇动时有液滴溅出 D.读取NaOH溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数 18.(14分)徐光宪院士曾用P204萃取剂对稀土元素进行萃取分离。某提纯稀土元素后的P204萃取废 液（含大量Mn+及少量Fe2+、Co2+、Cu+、A13+、Ca+)可制备MnCO3,流程如图所示： 稀硫酸 活性MnO2 NaS 氨气 NaF溶液 NHHCO P204 萃取废液→反萃取 →氧化沉铁→除杂→沉铝 沉钙 >沉锰 →MnCO3 P204再生液 滤渣1 滤渣2 滤渣3 滤渣4 已知：①25℃时，几种物质Kp或K。如表中所示： Kp [Al(OH)] Ksp [Mn(OH)2] K(MnS) Kp(CoS) K即(CuS) K(CaF2) K(H2S) K1=1.0× 1.0×10-30 2.0×10-13 9.6×10-14 2.2×10-25 6.3×10-36 5.3×10-9 10-7;K2=1.0 ×10-13 ②P204的萃取机理：2RH+M2+一R2M+2H+。 回答下列问题： (1)基态锰原子的价电子排布式为 (2)“反萃取”时，加入稀硫酸必须适量的原因是 (3)“氧化沉铁”时发生反应的离子方程式为 ,加入活性 MnO2的作用除了氧化Fe+以外，还有 (4)滤渣2的成分为 (5)“除杂”后，测得溶液中含硫物种(H2S、HS、S2-)的浓度之和为103mol·L-1,c(Mn2+)= 1mol·L-1,c(A13+)=5X102mol·L1。若“沉铝”后，A13+的去除率为98.0%，Mn2+以 (填化学式)形式损耗，则Mn+的损耗率为 (保留两位有效数字)。 (6)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 0 卷 二轮专题精准提升（十）化学第6页（共8页） 4 19.(14分)酸及盐在生活生产中应用广泛。回答下列问题： (1)甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMO,溶液，振荡，观察到 体系颜色 (2)某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为加 热溶解、 (填标号)。 a.冷却结晶 b.常温过滤 c.蒸馏 d趁热过滤 (3)兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c。和苯甲酸的K。,实验如下：取50.00mL苯甲酸 饱和溶液，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V 变化的曲线如图所示： 4.20- 2.89 0.00 7.0014.00 V(NaOH)/mL 据图可得： ①co= mol·L1。 ②苯甲酸的K.≈ (列出算式，水的电离可忽略)。 (4)该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。 知识回顾：羧酸酸性可用K。衡量。下列羧酸K。的变化顺序为CH:COOH<CH2 CICOOH< CCI COOH<CF3COOH。随着卤原子电负性 ,羧基中的羟基 增大， 酸性增强。 提出假设：甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为 COOH COOH COOH Br 验证假设：甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>I,据此推断假设成 立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断K。大小顺序，因为 乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的K。,其顺序为Ⅱ>I>Ⅲ。 实验小结：假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。 (5)该小组尝试测弱酸HClO的Ka。 二轮专题精准提升（十）化学第7页（共8页） 真题密 ①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方 程式为 ②小组讨论后，选用0.100mol·L1NaCO溶液（含少量NaCI)进行实验，以获得HClO的K。 简述该方案： (包括所用仪器及 数据处理思路)。 ③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。 20.(14分)某小组同学探究氯化铝和强碱弱酸盐的反应。 【理论分析】从盐类水解规律分析，A1C13溶液显酸性，强碱羽酸盐溶液显碱性，两者混合会发生 反应。 【实验验证】 试管 编号 滴管中试剂(2mL) 实验现象 1mol·L-1 NaHCO3溶液 I.迅速产生大量气 2mL0.33mol·L-1A1CL,溶液 泡和白色沉淀 (pH≈3) 1mol·L-1 CH,COONa溶液 Ⅱ.无明显现象 (1)用离子方程式表示A1C溶液显酸性的原因： (2)现象I中的白色沉淀是A1(OH)3,气体是 (3)针对现象Ⅱ，同学们提出猜想如下。 猜想1：c(OH-)小，未生成A1(OH)3沉淀； 猜想2：其他反应导致c(A13+)减小，未生成A1(OH)3沉淀。 为了验证猜想，补充实验，测得b中混合溶液pH≈5。 ①甲同学结合常温下K[A1(OH)3]=1.3×1033,证明猜想2成立。其推理过程是 ②经检验，b中含有配合物A1(CH3COO)3。从结构角度解释A13+和CH;COO可结合生成配 合物的原因： (4)乙同学将b中混合溶液加热，观察到有白色沉淀[A1OH(CH:COO)2]生成。 ①写出生成白色沉淀的化学方程式： ②设计实验证明白色沉淀不是A1(OH)3,补全实验操作和现象：分别取洗净后的白色沉淀和 Al(OH)3固体于两支试管中， 0 (5)常温下，在溶液中要实现A1C13向A1(OH)3沉淀的转化，加入的盐应具有的性质是 (写出两点)。 卷 二轮专题精准提升（十）化学第8页（共8页）真题密卷 二轮专题精准提升 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十） 化学·电解质溶液 一、选择题 10-6,说明溶液pH=10,碱性环境下各离子间不 1.A【解析】Fe和稀HNO3反应生成NO气体和 反应，可大量共存，A符合题意；酸性溶液中NO3 Fe(NO3)3,而过量的Fe能与Fe(NO)3反应生成 具有强氧化性，可与具有还原性的F+发生氧化 Fe(NO)2,则反应的方程式为3Fe+2NO,+8H+ 还原反应，不能大量共存，B不符合题意；Fe3+与 -3Fe2++2NO个+4H2O,A正确；次氯酸不稳 SCN发生络合反应，不能大量共存，C不符合题 定，在光照下容易分解成盐酸和氧气，分解的方程式 意；由水电离出的c(H)=1×1013mol·L-1,说 为2HC1O光黑2HC+O,个，B错误；草酸(H,C,0,) 明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱 性，NH不能在碱性环境下大量共存，CO?不能 为二元弱酸，不能完全电离而且属于多元弱酸的分 在酸性环境下大量共存，D不符合题意。 步电离，则电离方程式为H2C2O4一H+十 5.A【解析】2mL0.1mol·L1醋酸和盐酸均为 HC2O4、HC2O4一H++C2O,C错误；FS为 一元酸，且其中酸的物质的量相同，则分别与足量 固体且难溶于水，则用FeS去除废水中Hg2+的离 锌反应，生成H2的量基本相同，A正确；据元素质 子方程式为Hg2+(aq)十Fes(s)-一HgS(s)十Fe+ 量守恒，Na2CO3溶液中：c(Na+)=2c(CO?)+ (aq),D错误。 2.D【解析】10mL0.1mol·L1aOH溶液中， 2c(HCO3)+2c(H2CO3),B错误； n (NaOH=n(0H-)=0.1mol·L-1×10×10-3L c(CH3 COO-) c(H+)·c(CH3COO-) c(CH:COOH) c(H+)·c(CH COOH) =103mol,10mLpH=1的H2S04中，n(H+) K。 =0.1mol·L-1×10×10-3L=10-3mol,n(H+) c(日，将0.1molL1酷酸溶液稀释后，氢离 =n(OH)则混合后显中性，A错误；因为 子浓度减小，则比值增大，C错误；25℃时，pH=3 CH3COOH是弱电解质，部分电离，则10mLpH 的盐酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后恰 =1的CH3COOH中，n(CH3COOH)>n(H+) 好完全反应，所得溶液呈中性，pH=7,D错误。 =0.1mol·L1×10×10-3L=10-3mol,因此混 6.C【解析】由于醋酸为弱酸，无法完全电离，所以 合后CH:COOH过量，显酸性，B错误；室温下 0.1mol·L1醋酸溶液的pH>1,A正确；①中 22.4LCl2大约是0.91mol,0.91 nol Cl2与 反应后得到的溶液为醋酸钠溶液，主要离子为 10-3 mol NaOH发生反应后，氯气剩余较多，所得 Na和CH,COO,CH3COO水解使得溶液显碱 溶液不呈碱性，C错误；l0mL0.1mol·L1 NaHSO3 性，则醋酸钠溶液显碱性，c(Na+)> 中，n(NaHS03)=0.1mol·L-1×10×10-3L= c(CH COO)>c(OH-)>c(H+),B正确；盐酸 l03mol,NaHSO,与NaOH恰好完全反应生成 和醋酸钠反应生成醋酸和氯化钠，所得溶液pH一 亚硫酸钠，所得溶液由于亚硫酸根离子的水解显 7,则加入盐酸为少量，a<20,C错误；②中反应后 碱性，D正确。 溶液中有电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= 3.D【解析】氨水部分电离，1L0.1mol·L1NH· c(CH3 COO)+c(OH)+c(CI-),pH=7, H2O溶液中NH的物质的量小于1L×0.1mol· c(H+)=c(OH-),c(Na+)=c(CH3 COO-)+ L1=0.1mol,A错误；溶液中存在电荷守恒：c(OH) c(CI),D正确。 =c(NH)+c(H),B错误；NH3·H2O的电离常 7.A【解析】25℃时，MgCO3溶解度小，MgCO3饱 数K=c(OH)·c(NH) c(NH·H,O),加水稀释，溶液的碱 和溶液的pH≈7，H2CO3的电离常数K2=4.7X 10-1, c(CO号)·c(H+) 性减弱，(OH)减小，但温度不变，电离常数不 =4.7×10-11, c(HCO3) 支，因速度中i)l0号大，C Kb c(C0?)×10-7 c(HC0)=4.7X10n, c(CO号) (HC0)=4.7X 错误；1L0.1mol·L1NH3·H2O溶液中氮原 104,所以含碳微粒最主要以HCO3形式存 子物质的量为0.1mol,滴加HC1溶液过程中，溶 在，A正确；25℃时，0.1 mol MgCO3与盐酸完 液中始终存在氨元素物质的量守恒：n(NH3· 全反应消耗0.2mol盐酸，固体能全部溶于 H2O)十n(NHt)=0.1mol,D正确。 1L0.2mol·L1盐酸中，B错误；加入 A标】溶滚中1： c(H+) 10 nL MgCl,2溶液后，溶液中的溶质为0.1mol· =一6， c(OH) L-1NaCl、0.05mol·L1 NaHCO3的混合液，根 ·40· ·化学· 参考答案及解析 据物料守恒，c(Na+)=0.15mol·L1、c(CO?) 淀溶解平衡曲线相互平行，由于AgCI的溶解度 十c(HC03)+c(H2C03)=0.05mol·L1,溶液 大于AgBr,故当c(Ag+)相同时，c(CI)> 中存在c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO3)+ c(Br),由此可知曲线①为Agz CrO4溶解平衡 3c(H2CO3),C错误；将上述MgCl2溶液加入到 曲线，曲线②为AgCI溶解平衡曲线，曲线③为 0.1mol·L1 NaHCO3溶液中生成氢氧化镁沉 AgBr溶解平衡曲线。由分析可知，曲线②为 淀，D错误。 AgCl沉淀溶解平衡曲线，A错误；由图可知a 8.B【解析】A1CL3发生水解反应A1CL+3H2O 点处Q。均小于Kp(AgCI)、Kp(AgBr)及 =A1(OH)3十3HCl,通入HC1可以抑制A13+的 Kp(Ag2 CrO4),故三种沉淀均不会生成，B正 水解，增大溶液中CI的浓度，降低AIC溶解度， 确；反应Ag2CrO4+H+2Ag+十HCrO,的 促使A1CL·6H2O晶体析出，A正确；AICL· 6H2O易溶于水，增大氯离子浓度可防止晶体溶解 平衡常数K= c(HCrO)·c2(Ag+) c(H+) 而损失，合适的洗涤剂为饱和氯化铝溶液，经过滤 c(HCr0)·c2(Ag)·c(Cr0)_ →饱和氯化铝溶液洗涤2一3次→低温干燥可以 c(H+)·c(CrO) 获取A1Cl3·6H2O晶体，B错误；氯化氢溶于水易 Ksp(Ag2 CrO,) 发生倒吸，倒扣小漏斗的作用是防止NaOH溶液 Ki2 由已知条件可知K2(H2CrO4)= 倒吸，C正确；为防止AlC3·6H2O水解，在干燥 10-6.5,Kp(Ag2CrO4)=c2(Ag)·c(CrO),根 HC1氛围中加热脱水可以制备无水A1CL3,D 据曲线①上的点可知c(Ag)=l0-2mol·L1, 正确。 c(CrO)=l0-.?mol·L-1,则Kp(Ag2Cr04)= 9.B【解析】浓氨水中存在平衡：NH3·H2O= c2(Ag+)·c(Cr0)=(10-2)2×10-.7=10-1.7,则 NH十OH,将浓氨水稀释至8mol·L1, K=K (Ag:CrO.)10-. c(NH)和c(OH)均减小，由于氨水的浓度降 K32 10a.5=10-52,C错误；使 低，对水的电离抑制程度减小，c(OH)减小的程 AgC沉淀所需c(Ag)= Kp(AgCl) mol·L-1,使 度小于cNH)C《1号不断变小，A正确： 0.01 Cu2+沉淀完全时(c=10-5mol·L1),溶液中 Ag CrO,沉淀所需c(Ag+)= K(Ag.CrO) mol· 0.01 Ksp Cu(OH)2] mol·L1= L1,根据曲线上数据可知，Kp(AgCI)=109.7, c(OH-)= c(Cu2+) Kp(Ag2Cr04)=1011.7,则通过计算可知， /10-19.3 /105mol·L1=10.1smol·L,c(H+) AgCl沉淀时需要c(Ag+)至少为10-.？mol· L1,Agz CrO4沉淀时需要c(Ag)至少为 04 10-5mol·L1=1085mol·L1,pH= 1045mol·L1,所以AgCl先沉淀，D错误。 11.A【解析】常温下，用pH计测定浓度均为 6.85,B错误；Cu2+(aq)十4NH3(aq)= 0.1mol·L-1 CH;COONa、NaClo溶液的pH, [Cu(NH3)4]+(aq)的平衡常数K= 根据“越弱越水解”，H越大说明越易水解，可以 c([Cu(NH3)]2+) cNH)·c(C2+)=102.,Cu(OH)2(s)+ 比较CH:COOH、HC1O的K。的大小，A正确； Na[Al(OH)4]溶液和KOH溶液不反应，B错 4NH3 (aq)=[Cu(NH3).]2+(aq)+2OH-(aq) 误；向PbS黑色悬浊液中加入H2O2,PbS被氧 的平衡常数K=c(OH)·c([Cu(NH),]*) 化为白色沉淀PbSO4,不能比较溶度积大小，C c(NHa) 错误；电石与水反应生成的气体中含有乙炔、 c2(OH)·c([Cu(NH3)4]+)·c(Cu2+) H2S等气体，乙炔、H2S都能使溴水褪色，直接通 c4(NH3)·c(Cu2+) 入溴水中，溴水褪色，不能证明乙炔的还原性，D Kp[Cu(0H)2]·K=1019.3X1012.9=106.4,C 错误。 正确；增大NH的浓度，平衡NH3+H2O 12.B【解析】由电离常数可知，Ka1(HS)·K(HS) NH,·H2O=→NH+OH逆向移动，溶液中 NH2的浓度增大，促进平衡Cu2+(aq)+4NH c(HS）·c(H*)×c(S-）·c(H*)= c(H2S) c(HS) (aq)一[Cu(NH)]+(aq)正向移动，对于 Cu(OH)2转化为[Cu(NH)4]+有促进作用，D c(s-)·c2(H*）=1.0×101×1.0×10-1 c(H2S) 正确。 10.B【解析】氯化银和溴化银结构相似，两者的沉 =1.0X10”,则pH为11的溶液中c(s） c(H,S) ·41· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 1.0×10-20 (1.0×10-)2=100,则溶液中：c(32-)> Kp(NA) Ka(HA)·Ke(HA),结合B分析可知，直线 c(H2S),A错误；由题意可知，实验1得到的溶液 ②表示的是-lgc(N+)与pH的关系， 呈碱性，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓 则Kp(NA)=10-8×10-10=10-18,则K= 度，由电荷守恒关系c(Na+)十c(H+)=c(HS) 10-18 +2c(S2-)+c(OH)可知，溶液中c(Na+)> 107X10=10,即平衡常数K较大，反应正 c(HS)十2c(S2-),B正确；由题意可知，实验2 向进行程度较大，所以NA能溶解在H2SO4溶 中发生的反应为硫氢化钠溶液与氯气反应生成 液中，D正确。 氯化钠、硫沉淀和盐酸，反应的离子方程式为 14.A【解析】随着NaOH溶液的加入，溶液pH逐 HS十C12-S↓+2C1+H+,C错误；由题意 渐增大，溶液中c(HA)或1gc(HA)逐渐减小、 可知，实验3中反应的平衡常数K= c(A)或lgc(A)逐渐增大，则曲线①②分别代 c(H2S) 表lgc(HA)、lgc(A)与pH的关系，当 c2(HS)·c(Cu2+)= lgc(A)=lgc(HA)即c(A-)=c(HA)时pH c(H2S)·c(S2-)·c(H+) c2(HS)·c(Cu2+)·c(S2-)·c(H+) 5,此时HA的电离平衡常数K.{为 K2(H2S) 1.0×10-13 c(H+)=c(H+)=105,结合电荷守恒、元素质 K1(H2S)·Kp(CuS)=1.0X107X1.0X10-36 量守恒关系分析解答该题。由上述分析可知，曲 =1.0×1030,D错误。 线①②分别代表lgc(HA)、lgc(A)与pH的关 13.D【解析】H2A的电离分两步：H2A=一H+十 系，A错误；HA的电离平衡常数K。=10-5,A HA、HA一H++A2,图1中，随着pH增 大，H2A逐渐转化为HA,HA再转化为A2-, 10-5-=10-9, 的水解平衡常数K=K”=1X10 则交点a处c(H2A)=c(HA),则K1(H2A)= 0.1mol·L1NaA溶液中c(OH)≈c(HA)= c*)·cHA）=c()=10',交点b处 √Jc(A)·Kh mol·L-1=√0.1×10-9mol· c(H2A) L1=10-5mol·L-1,pH=9,B正确；a点溶 c(HA)=c(A),则K(H,A=c(）:c(A) 液中溶质为HA和NaA,且c(HA)= c(HA) =c(H什)=1013，据此解答。结合分析可知， c(NaA),元素质量守恒关系为c(A-)十 Ka1(H2A)10-7 c(HA)=2c(Na+),C正确；0.1mol· Ke(H2A)=10=10,A错误；K1(H2A)· L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol· Ke(H2A)=c2(H)·c(A3-) L1HA溶液至终点时消耗V(NaOH)= c(H2A) =10-20, 20.00mL,NaA溶液呈碱性，图中b点溶液呈中 0.01mol·L1H2A饱和溶液中c(H2A)≈ 性，则HA有剩余，消耗V(NaOH)<20.00mL,D 0.01mol·L1,则当pH=6时，溶液中的 正确。 c(A2-)=10-1omol·L1,当pH=9时，溶液中 15.C【解析】根据溶解平衡，PbCO3(s)一Pb2+ 的c(A2-)=10-4mol·L1,假设直线①表示的 (aq)+CO?（aq),达到平衡时c(Pb2+)= 是一lgc(N2+)与pH的关系，利用点(6,20)可计 c(CO),则图像曲线Ⅱ对应的是一lgc(Pb2+) 算出难溶盐NA的Kp(NA)=c(N2+)·c(A2-) 与-lgc(CO?)的变化关系；PbL2(s)一Pb2+ =1020×1010=1030,利用，点(9,23)可计算出 (aq)十2I(aq),达平衡时2c(Pb2+)=c(I),图 难溶盐NA的Kp(NA)=c(N2+)·c(A2-)= 像曲线I对应的是一lgc(Pb2+)与一lgc(I厂)的 1023×10-4=10-27≠1030，所以假设错误，则直 变化关系。根据分析可知，曲线I对应的是 线①表示的是一lgc(M+)与pH的关系，B错误； -lgc(Pb2+)与-lgc(I)的变化关系，A错误；a 结合B分析可知，直线①表示的是一lgc(M什)与 点对应的Q(PbCO3)>Ks知(PbCO3),结晶速率 pH的关系，利用，点(6,20)可计算出难溶盐MA 大于其溶解速率，B错误；由图可知，Kp(PbCO3) 的Kp(MA)=c2(M+)·c(A2-)=(10-20)2X =c(Pb2+)·c(C03)=10°×10-18.1=10-1.1， 10-10=10-50,C错误；NA溶于硫酸时发生反应： Kp(PbL)=c(Pb2+)·c2(I)=10°X(10-4)2= NA十2H+一H2A十N2+,该反应的平衡常数 10-8,1mol·L-1Na2CO3、NaI混合溶液产生沉 K=cN+)·c(HA) c2(H+) 淀所需P6+浓度分别是10 -mol·L1= 1 c(N2+)·c(H2A)·c(A2) c2(H+)·c(A2-) 10malmolomol ·42· ·化学· 参考答案及解析 L1,PbCO3先沉淀，先产生白色沉淀，C正确；反 分钟内不褪色。 PbI2(s)+CO (aq)=PbCOa (s)+2I (aq) (4)按碱式滴定管中的液面示意图，则所用NaOH 溶液的体积为26.10mL-0.00mL=26.10mL。 的平衡常数K= c2(I-)Kp(PbI2) c(COK (Pbco,) (5)由表知：第一次消耗NaOH溶液的体积为 10-8 10=101,数量级为10，D错误。 25.01mL-0.02mL=24.99mL,第二次消耗 NaOH溶液的体积为25.71mL一0.70mL 16.C【解析】根据图1，当pH=10.25时(N点)， 25.01mL,第三次消耗NaOH溶液的体积为 溶液中c(HCO3)=c(CO?),则K2= 24.20mL-0.50mL=23.70mL,偏差大，舍去 c(CO)·c(H+) =c(H+)=10-10.25,同理可利 第三次数据，则按前两次数据取平均值：消耗 c(HCO) 0.0600mol·L-1NaOH溶液的体积为 用M,点求出K1(H2C03)=106.37,室温下， 25.00mL,则25.00mL白醋稀释液中醋酸浓度 Ka1(H2CO3)·K2(H2CO3)<Km=10-14,A正 为0.0600mol·L1,未稀释10倍前10.00mL 确；根据质子守恒，Na2CO3溶液中存在：c(H+) 白醋中醋酸浓度为0.6mol·L-1,则其含量为 +c(HCO3)+2c(H2CO3)=c(OH-),B正确； 0.6mol×60g·mol Q点的体系中，观察图2的横坐标和纵坐标可知 -=0.0360g·mL-1> 1000mL pH=8,-lgc(Mg2+)=1,观察图1可知，pH=8 0.0350g·mL1,则该白醋符合国家标准。 时，溶液中主要含碳微粒是HCO3,该点位于曲线Ⅱ (6)碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗就直接 的上方，图2中图像的纵坐标是一lgc(Mg+),数值 注入NaOH标准溶液，导致标准溶液被稀释，消 从下往上在增大，即是从下往上c(Mg2+)在减 耗标准溶液体积偏大，则结果偏高，A符合题意； 小，因此位于曲线上方离子浓度小的点代表未 滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净 生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的，点代 后再用白醋稀溶液润洗，消耗标准溶液体积偏 表会生成该沉淀，Q,点位于MgCO3曲线下方和 大，则结果偏高，B符合题意；滴定过程中摇动时 Mg(OH)2曲线上方，因此会生成碳酸镁沉淀，因 有液滴溅出，导致标准溶液体积偏小，则结果偏 此反应的离子方程式为Mg2++2HCO? 低，C不符合题意；读取NaOH溶液体积时，开始 MgCO3Y+CO2个+H2O,C错误；P点位于 时仰视读数偏大，滴定结束时俯视读数偏小，导 曲线I、Ⅱ的上方，不会生成碳酸镁沉淀和氢氧 致标准溶液体积数值偏小，则结果偏低，D不符 化镁沉淀，c起(Na2CO3)=0.1mol·L1,根据 合题意。 元素质量守恒，溶液中c(HCO3)十c(CO?)+ 18.(1)3d54s2(1分) c(H2CO3)=0.1mol·L-1,D正确。 (2)稀硫酸加入过少会使Mn+的浸出率降低；加 二、非选择题 入过多会导致后续成本增加(2分) 17.(1)8(2分) (3)MnO2+2Fe2++4H2O—Mn2++2Fe(OH)3￥ (2)酚酞(2分) 十2H+(2分)提高MnCO3的产量且不引入新 (3)当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色 的金属离子(2分) 变浅红色，且半分钟内不褪色(2分) (4)CoS、CuS(2分) (4)26.10(2分) (5)MnS(1分)4.0%(2分) (5)0.6(2分)符合(2分) (6)Mn2++2HC0-MnCO3￥+CO2个+ (6)AB(2分) H2O(2分) c(CH,COOH) 1 【解析】P204萃取废液中加稀硫酸，进行“反萃 【解析】(1)溶液中 (CH3C00)-1.8×103, 取”，得到P204再生液，金属阳离子进入水溶液 c(CH3COOH)·c(H+) c(H+) 中；水溶液中加活性MnO2,将还原性离子Fe2+ 则 c(CH,COO)·c(H+) K 氧化生成Fe3+,进而转化为Fe(OH)3沉淀除去； c(H+) 1 过滤后再向溶液中加入Na2S将Co2+、Cu2+转化 1.8X10=1.8X10,c(H*）=108mol· 为CoS、CuS沉淀除去；滤液中通入氨气调节溶 L1,则此时溶液中的pH=8。 液的pH将铝离子转化为Al(OH)3沉淀，再过 (2)根据计算结果，滴定终，点溶液显碱性，所以应 滤，滤液中加NaF溶液，将Ca2+转化为CaF沉淀 选择在碱性环境中变色的酚酞作指示剂。 除去，过滤，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到 (3)酚酞在醋酸中呈无色，在pH=8的溶液中呈 MnCO3沉淀。 浅红色，该滴定达到终点时的现象是当滴入最后 (1)Mn的原子序数为25，基态锰原子的价电子 半滴NaOH溶液时，溶液由无色变浅红色，且半 排布式为3d4s2。 ·43· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 (2)根据萃取机理：2RH十M+一R2M十2H+, 热过滤、冷却结晶，故选da。 稀硫酸加入过少，不能将Mn+充分萃取出来，导 (3)①由图像可知，当加入14 mL NaOH溶液时， 致Mn+的浸出率低；稀硫酸加入过多，后续消耗 苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓 大量NH3,增大成本。 度c。= 0.1000mol·L1×14×103L- (3)“氧化沉铁”时发生反应的离子方程式为 50×10-3L MnO2+2Fe2++4H2O-Mn2++2Fe(OH)3 0.028mol·L1。 +2H+;加入活性MnO2的作用除了氧化Fe2+ ②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89， 以外，还可以提高MnCO3的产量且不引入新的 说明苯甲酸饱和溶液中的c(H+)=c(苯甲酸 金属离子。 根)=102.9mol·L-1,则苯甲酸的K。≈ (4)过滤后再向溶液中加入Na2S将Co2+、Cu2+ 10-2.89X10-2.89 转化为CoS、CuS沉淀滁去，即滤渣2为CoS、 0.028 CuS。 (4)羧酸酸性的强弱取决于羧基中O一H键的极 (5)根据A13+去除率为98%，可计算出“沉铝”后 性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性 溶液中c(A13+)=(5X10-2×2%)mol·L-1=1 越大，吸电子能力越强，使得羧基中O一H键的 ×10-3mol·L-1,根据A1(OH)3的Kp=1× 极性越大，酸性越强。由于常温下三种酸的饱和 10-80,可得c(OH)=1×10-9mol·L1,则pH 溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。 5。Q=c(Mn2+)·c2(OH)<Kp[Mn(OH)2],此 (5)①次氯酸在光照条件下易分解为HC1和O2, 时Mn2+以MnS形式损耗。根据H2S的Kal、K2 其分解反应的离子方程式为2HC10光照2H+十 可得c(HS)=10-2c(H2S),c(S2-)= 2C1-+02↑。 10-8c(HS)=10-1°c(H2S),又根据H2S、HS、 ②实验方法：取适量0.100mol·L1NaCl0溶 S2-浓度之和为10-3mol·L1,可得c(H2S)≈1 液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的 ×103mol·L-1,c(S2-)≈10-13mol·L-1。再 pH,记录数据；数据处理思路：由于NaClo溶液中 根据MnS的Kp=9.6×l0-14,求得除杂后溶液 存在Cl0的水解，故根据0.100mol·L1 NaCIO 中c(Mn2+)=0.96mol·L-1,则Mn2+的损耗率 溶液在25℃下的pH可求得CIO的水解平衡常 为4.0%。 (6)“沉锰”时有碳酸锰沉淀和二氧化碳生成，发 数K,再利用公式K,三K求出HCIO的K 生反应的离子方程式为Mn++2HCO 20.(1)A13++3H20=A1(0H)3+3H+(2分) —MnC03+CO2个+H2O。 (2)C02(2分) 19.(1)由紫色变为无色(1分) (3)①c(OH)≈109mol·L1,无沉淀说明 (2)da(2分) c(A13+)≤1.3×106mol·L-1,远小于其起始 (3)①0.028(2分) 浓度(2分) ②10-29X10-29 ②CH:COO-有孤电子对，AI3+有空轨道(2分) 0.028 (2分) (4)①A1(CH,COO),+H,0△AOH(CH,COO2Y (4)增大(1分)极性(1分) 常温下三种酸的 +CH COOH(2分) 饱和溶液的浓度不同(1分) ②加入等体积等浓度盐酸，充分反应后得到悬浊 (5)02HC10光题2H++2CI+0,◆(2分) 液，测得上层清液pH不同(2分，合理即可) ②取适量0.100mol·L1 NaClO溶液放入烧杯 (5)碱性，酸根不与A13+结合(2分，合理即可) 中，用pH计测得体系在25℃下的pH,记录数 【解析】(1)A1CL3水解生成A1(OH)3和HC1,溶 据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在 液显酸性，离子方程式为A13+十3H2O一 ClO-的水解，故根据0.100mol·L-1NaCl0溶 A1(OH)3+3H+。 液在25℃下的pH可求得C1O的水解平衡常数 (2)AlCl3和NaHCO3发生双水解反应生成 K,再利用公式K,-是求出HC0的K.2分 A1(OH)3白色沉淀和CO2气体。 (3)①溶液pH≈5时，c(OH)≈10-9mol·L1, 【解析】(1)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可 以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯 无沉淀说明c(A+)≤K,[A(OHD,] mol·L-1 c3(OH-) 的试管中，加入几滴酸性KMnO,溶液，振荡，观 1.3×103 察到体系颜色由紫色变为无色。 10-27 -mol·L-1=1.3×10-6mol·L1, (2)重结晶法提纯苯甲酸的方法为加热溶解、趁 远小于其起始浓度。 ·44· ·化学· 参考答案及解析 ②CH:COO有孤电子对，A13+有空轨道，两者 AlOH(CH3COO)2加盐酸生成A1(CH3COO)3 可结合生成配合物Al(CH:COO)3。 和水，溶液接近中性，因此加入等体积等浓度盐 (4)①配合物A1(CHCO0)3水解生成 酸，充分反应后得到悬浊液，测得上层清液pH A1OH(CH:COO)2白色沉淀和乙酸，化学方程式 不同。 为A1(CH,COO),+H,0△AOH(CH,COO2 (5)根据以上探究实验可知，常温下，在溶液中要 +CH COOH 实现A1C13向A1(OH)3沉淀的转化，加入的盐 ②A1(OH)3加盐酸生成A1Cl3,溶液显酸性， 应具有的性质：碱性，且酸根不与A13+结合。 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十一） 化学·工艺流程 一、选择题 化钡溶液滁去硫酸根离子、过量的氢氧化钠溶液 1.D【解析】直接向NaCl溶液中通入CO2,无法获 除去镁离子、过量的碳酸钠溶液除去钙离子和过 得NaHCO3,需先向饱和NaCl溶液通入NH3至 量的钡离子，过滤后加适量的盐酸除去过量的碳 饱和再通入CO2才能生成NaHCO3晶体，再 酸根离子和氢氧根离子，最后经蒸发结晶得到氯 将NaHCO3加热制备Na2CO3,A不符合题意； 化钠晶体。加入试剂顺序为NaOH溶液→BaCl2 Na在自然界以化合物的形式存在，不存在游离态 溶液→Na2CO,溶液或BaCl2溶液→NaOH溶液 Na(原料来源少，成本高)，B不符合题意；AlCl为 →Na2CO3溶液，故“操作1”和“操作2”步骤的顺 共价化合物，不能通过电解A1Cl3生产A1,工业上 序对调，不影响产品NaCI的纯度，A正确；“滤渣” 采用电解熔融Al2O3生产Al,C不符合题意；工 中沉淀的主要成分是BaSO4、BaCO3、Mg(OH)2、 业制硫酸用硫黄或黄铁矿氧化生成SO2,再将其 CaCO3,B错误；“调pH”中试剂a应用稀盐酸，用 氧化生成S03,用98.3%的浓硫酸进行吸收 稀硫酸会引入硫酸钠杂质，C错误；“操作3”为过 (因SO3与水反应放热，为避免产生酸雾)，D符合 滤、“操作4”为蒸发结晶，都需要用到玻璃棒，过滤 题意。 时玻璃棒的作用为引流，蒸发结晶时玻璃棒作用 2.C【解析】废渣中加热水，氨化铝发生水解生成氢 为搅拌，D错误。 氧化铝和氨气，加入盐酸后铝与盐酸反应生成氢4.D【解析】由题给流程可知，向净化除氯的含碘离 气，AlzO3、FeO、FezO3均可溶于盐酸得到含 子废水加入硝酸银溶液，将溶液中的碘离子转化 AI3+、Fe2+、Fe3+的溶液，加入三氧化二铝调节 为碘化银悬浊液，向悬浊液中加入铁粉，铁与悬浊 pH,可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，加入高 液中碘化银反应生成亚铁离子、银和碘离子，向反 锰酸钾可将Fe2+氧化为Fe3+,Fe3+再转化为 应后的溶液中通入氯气，溶液中碘离子被氯气氧 F(OH)3沉淀除去，高锰酸钾被还原为二氧化锰， 化为单质碘。用可见光照射“悬浊液”可观察到光 经过喷雾干燥氯化铝转化为碱式氯化铝。废渣中加 亮通路，说明悬浊液中含有碘化银胶体，能产生丁 热水，氨化铝会发生水解生成氢氧化铝和氨气，“水 达尔效应，A正确；由分析可知，“转化”发生的反 解”时发生反应的化学方程式为AN+3H,0△ 应为铁与悬浊液中碘化银反应生成亚铁离子、银 A1(OH)3十NH3个，A正确；加入盐酸后，铝与盐酸反 和碘离子，发生的离子反应为2Agl十Fe—2Ag 应生成氢气和氯化铝的离子方程式为2A1十6H 十F2+十2I,B正确；由分析可知，沉淀为银，银 —2A13+十3H2个，B正确；加入高锰酸钾后，滤液经 与稀硝酸反应可以生成硝酸银，硝酸银溶液可在 喷雾千燥即可获得碱式氯化铝，因此Mn元素应该转 制备流程中循环使用，C正确；“氧化”过程中若氯 化为二氧化锰进入滤渣，离子方程式为MnO:+ 气过量，单质碘会被氯气进一步氧化，导致单质碘 3Fe2++7H2O-MnO2￥+3Fe(OH)3￥+ 的产率降低，D错误。 5H+,C错误；经过喷雾干燥氯化铝转化为碱式氯 5.D【解析】由流程可知，焙烧时发生BaSO4（s)十 化铝，2A1Cl3+nH2O—Al2(OH)nCl6-m￥+ 4C(g)高温4C0(g)+BaS(s),得到的产物经盐酸 nHCl个，D正确。 酸浸后可得到溶液，主要成分为BaCL2和HCI, 3.A【解析】粗盐加水“溶解”，再依次加入过量的氯 “气体1”为H2S,再将滤液进行结晶即可得到氯化 ·45· 4