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主题3　反应原理与规律
微主题4　反应热　电化学
1 下列说法不正确的是________(填序号)。
①[2024连云港调研T6改编]Mg的燃烧热为610 kJ/mol，镁的燃烧：2Mg(s)＋O2(g)===2MgO(s) ΔH＝－610 kJ/mol
②[2024扬州期末T6改编]CH4的燃烧热为890.3 kJ/mol，CH4燃烧：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－890.3 kJ/mol
③[2025南通如皋适应性二T6]反应CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＜0在任意条件下均能自发进行
④[2025常州期末T17]反应6CH4(g)===C6H6(g)＋9H2(g)　ΔH＝＋530.5 kJ/mol在任何温度下均可自发进行
2 [2025南通、泰州、镇江一调T8]反应8SO3(g)＋6CH4(g) S8(g)＋6CO2(g)＋12H2O(g)　ΔH＜0可用于治理大气污染。下列关于该反应的说法正确的是 (　　)
A. 该反应的ΔS＜0
B. 反应物的键能总和大于生成物的键能总和
C. 反应的平衡常数K＝
D. 使用高效催化剂可以降低反应的焓变
3 [2026南通期初T8]一种二次储能电池的构造示意图如图所示。下列说法正确的是(　　)
A. 放电时，电能转化为化学能
B. 放电时，右侧H＋通过质子交换膜向左侧电极移动
C. 充电时，左侧电极反应式为Pb－2e－＋SO===PbSO4
D. 充电时，每生成1 mol Fe3+时，理论上有1 mol H＋通过质子交换膜
4 [2024连云港调研T10]用如图所示的新型电池可以处理含CN－的碱性废水，同时还可以淡化海水。下列说法正确的是(　　)
A. a极电极反应式：2CN－＋10e－＋12OH－===2CO＋N2↑＋6H2O
B. 电池工作一段时间后，右室溶液的 pH减小
C. 交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜
D. 若将含有26 g CN－的废水完全处理，理论上可除去NaCl的质量为292.5 g
5 (1) [2024南京、盐城一模T17]CO2催化加氢制备乙醇的反应为2CO2(g)＋6H2(g)===C2H5OH(l)＋3H2O(l)。若要计算该反应的ΔH，须查阅的两个数据是C2H5OH(l)的燃烧热和____________。
(2) [2025苏州期末T17]AlH3易分解反应释氢，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。AlH3与Fe2O3的反应过程如下：
Ⅰ. AlH3(s)===Al(s)＋3H(g) ΔH＝＋521.1 kJ/mol
Ⅱ. 6H(g)＋Fe2O3(s)===2Fe(s)＋3H2O(g)　ΔH＝－1 209.2 kJ/mol
Ⅲ. 2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)　ΔH＝－851.5 kJ/mol
①反应2AlH3(s)＋2Fe2O3(s)===4Fe(s)＋3H2O(g)＋Al2O3(s)的ΔH＝__________。
②AlH3与普通铝粉相比，AlH3与Fe2O3反应更容易引发的原因是___________
______________________________________________________________________。
6 [2024泰州调研T17]空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。
(1) 利用高炉炼铁尾气中的CO2制取有机物的过程如下：
相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图甲所示。
甲
FE%＝×100%，选择性S(X)＝×100%。
“电解”在质子交换膜电解池中进行，生成HCOOH的电极反应式为_______
______________________________。当电解电压为U1时，生成C2H5OH和HCOOH的选择性之比为________。
(2) 利用铟氧化物催化CO2、H2制取CH3OH的可能机理如图乙所示。In2O3无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性。图乙中的反应每生成1 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)放出49 kJ的热量，其热化学方程式为________________
__________________________________________________。
乙
7 (1) [2025苏锡常镇二调T17]H2S在工业生产过程中容易导致催化剂失活，工业上脱除H2S有多种方法。
①克劳斯法脱H2S
2H2S(g)＋O2(g)===2S(g)＋2H2O(g)　ΔH1
2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－1 124 kJ/mol
2H2S(g)＋SO2(g)===3S(g)＋2H2O(g) ΔH3＝－233 kJ/mol
则ΔH1＝________kJ/mol。
②电化学脱H2S，工作原理如图。将含有H2S的尾气通入电解池的阴极，阴极电极反应式为________________________________________________________。
电解过程中，阳极区域需不断通入N2的原因为______________________________
______________________________________________________________________。
(2) 尿素的电化学合成
①电催化CO2和NO合成尿素的装置如图，生成尿素的电极反应式为______
______________________________________________________________________。
②电催化CO2和N2合成尿素。CO2先在阴极被还原为中间体CO，再与N2合成尿素。已知：CO2在阴极还能被还原为CH4，其生成CH4的趋势比生成CO的趋势更大。但实验数据说明，一定时间内，阴极产物中CO的物质的量大于CH4，可能的原因为__________________________________________________________
______________________________________________________________________。
8 [2025南通、泰州等七市二调T16]焦磷酸铜盐、柠檬酸铜盐是工业常用的铜电镀液。
(1) 以酸性CuSO4溶液作电镀液时，镀铜效果不佳。原因：①溶液中的SO和电解过程中产生的少量Cu＋影响镀层光亮度；②___________________________
______________________________________________________________________。
(2) 控制铜电镀液pH在8～8.5之间，采用电解法可得到均匀光亮的铜镀层。
①配制K6[Cu(P2O7)2]溶液过程中主要发生如下转化：
CuSO4(aq)Cu2P2O7(s)K6[Cu(P2O7)2](aq)
具体操作：向含0.1 mol CuSO4的溶液中加入含________mol K4P2O7溶液，过滤，___________________________________________________________________，
再加入计算量的K4P2O7至沉淀溶解。
②上述配制的K6[Cu(P2O7)2]溶液中可能会存在少量Cu＋。需向溶液中加入H2O2充分反应，再加入柠檬酸晶体。加入柠檬酸晶体的目的是_________________
______________________________________________________________________。
微主题5　化学反应速率与化学平衡
1 [2025南通、泰州、镇江一调T13]二氧化碳催化加氢可获得CO。其主要反应如下：
Ⅰ. CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH1
Ⅱ. CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH2
在1.01×105 Pa、n始(CO2)∶n始(H2)＝1∶1时，若仅考虑上述反应，平衡时部分物种的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是 (　　)
A. ΔH1＞0、ΔH2＜0
B. 图中X表示H2
C. 提高CO的产率，需研发380 ℃以下的高效催化剂
D. 900 ℃时，其他条件不变，增大容器压强，n(CO)不变
2 [2025苏北四市期末T13]硫酸工业尾气中SO2可用CO处理并回收S，涉及的反应如下：
反应Ⅰ：SO2(g)＋3CO(g) COS(g)＋2CO2(g) ΔH1<0
反应Ⅱ：COS(g) S(g)＋CO(g)　ΔH2
恒压条件下，按n(SO2)∶n(CO)＝1∶3充入原料，其中SO2的平衡转化率以及COS和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知曲线b表示COS的平衡选择性。(X的平衡选择性＝×100%，X为COS或S)。下列说法不正确的是(　　)
A. 曲线c表示S的平衡选择性
B. ΔH2>0
C. 1 400 K下，反应SO2(g)＋2CO(g) S(g)＋2CO2(g)的平衡常数K＝5.12
D. 其他条件不变，增大体系压强，SO2的平衡转化率不变
3 [2025南京、盐城一模T13]H2S、CH4热解重整制H2过程中的主要反应如下：
Ⅰ. 2H2S(g) 2H2(g)＋S2(g) ΔH1＝＋170 kJ/mol
Ⅱ. 2H2S(g)＋CH4(g) CS2(g)＋4H2(g)　ΔH2＝＋234 kJ/mol
常压下，将n(H2S)∶n(N2)＝4∶46的混合气甲、n(CH4)∶n(H2S)∶n(N2)＝1∶4∶45的混合气乙分别以相同流速通过反应管热解，H2S的转化率与温度的关系如图所示。
CS2的选择性＝×100%。若不考虑其他副反应，下列说法正确的是(　　)
A. 温度升高，反应Ⅰ的平衡常数K减小
B. 反应CH4(g)＋S2(g) CS2(g)＋2H2(g)的ΔH＝－64 kJ/mol
C. 900 ℃时，保持通入的H2S体积分数不变，增大可提高H2S的转化率
D. 在1 000～1 300 ℃范围，随着温度的升高，混合气乙的体系中CS2的选择性增大
4 [2025苏锡常镇一调T13]CO2加氢制CH3OH过程中的主要反应如下：
①CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.1 kJ/mol
②CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ/mol
将一定比例和流速的CO2、H2通过装有催化剂的容器反应相同时间，测得5 MPa时反应温度变化、250 ℃时压强变化对甲醇产量影响的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A. 反应CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)的ΔH＝＋90.3 kJ/mol
B. 曲线X表示5 MPa时反应温度变化对甲醇产量的影响
C. 增大体系压强，产物中H2O的体积分数增大
D. 增大碳氢比可提高CO2的平衡转化率
5 [2024南京、盐城一模T17]乙酸甲酯催化加氢制备乙醇主要涉及如下反应。
反应Ⅰ：CH3COOCH3(g)＋2H2(g) C2H5OH(g)＋CH3OH(g)　ΔH＝－23.6 kJ/mol
反应Ⅱ：2CH3COOCH3(g)＋2H2(g) CH3COOC2H5(g)＋2CH3OH(g)　ΔH＝－22.6 kJ/mol
在其他条件不变时，将＝8∶1的混合气体以一定流速通入装有铜基(固定比例的Cu2O与Cu)催化剂的反应管，测得CH3COOCH3转化率、C2H5OH选择性、CH3COOC2H5选择性(S)随温度的变化如图所示。
C2H5OH选择性＝×100%；CH3COOC2H5选择性＝×100%。
(1) 180～260 ℃下均有S(C2H5OH)＋S(CH3COOC2H5)<100%，其原因是______
______________________________________________________________________。
(2) 180～200 ℃内，CH3COOCH3转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是______________________________________________________________________。
(3) 温度高于220 ℃时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是____________
______________________________________________________________________。
6 [2025无锡期末T17]CO2的分离回收和资源化利用具有重要意义。
(1) 乙醇胺类水溶液对CO2气体具有优良的吸收性能。在20～40 ℃条件下，单乙醇胺(HOCH2CH2NH2)水溶液吸收CO2生成单乙醇氨基碳酸盐，升温至较高温度可实现吸收剂的再生。
①单乙醇胺水溶液吸收CO2生成单乙醇氨基碳酸盐的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。
②利用20%单乙醇胺水溶液吸收CO2，测得高于40 ℃时，单乙醇胺水溶液吸收CO2的吸收率随温度升高呈现下降趋势，其主要原因是___________________
______________________________________________________________________。
(2) 某研究团队使用Ni Co/γ Al2O3催化二氧化碳加氢制甲醇。将一定比例CO2和H2的混合气体匀速通过装有Ni Co/γ Al2O3 催化剂的反应器，测得CO2的转化率和产物的选择性随流动时间的变化如图1所示，催化剂表面反应随流动时间的变化示意图如图2所示，甲醇选择性发生变化的原因是___________________
______________________________________________。
图1
图2
微主题6　电离平衡与盐类水解
1 判断下列说法是否正确。
(1) [2025无锡期末T11]用pH试纸分别测CH3COONa 溶液和NaNO2溶液的pH，CH3COONa溶液的pH大，则Ka(CH3COOH)(2) [2025扬州期末T11]测定等浓度的CCl3COOH 溶液和CH3COOH溶液的pH，CCl3COOH溶液的pH较小，故CCl3COOH是强电解质 (　　)
(3) [2025无锡期末T11] 向甲、乙两支试管中分别加入5 mL 0.01 mol/L CH3COONa溶液，微热甲试管，测得溶液pH比乙大，说明加热使CH3COO－的水解程度增大(　　)
(4) [2024苏州期初T12]Na2S溶液显碱性的原因：S2-＋2H2O H2S＋2OH－(　　)
(5) [2024盐城、南京期末T11]用干燥、洁净的玻璃棒蘸取0.1 mol/L NaHCO3溶液，点在干燥的pH试纸上，测出溶液的pH，判断HCO是否发生水解(　　)
2 [2025扬州期末T12]室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。
已知：Ka1(H2S)＝1.0×10-7，Ka2(H2S)＝1.0×10-13，Ksp(CuS)＝1.0×10-36。
实验1：向0.10 mol/L NaHS溶液中逐滴加入NaOH溶液，至溶液pH＝11；
实验2：向0.10 mol/L NaHS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0.10 mol/L NaHS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-)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＋S2-===2Cl－＋S↓
D. 实验3中反应Cu2+＋2HS－===CuS↓＋H2S的平衡常数K＝1.0×1016
3 [2025常州期末T12]室温下，用pH为6的缓冲溶液(NaH2PO4和Na2HPO4以一定比例组成的混合溶液)吸收烟气中的SO2并进行资源化回收的过程如图所示。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：H3PO4的电离平衡常数分别为Ka1＝7.5×10-3、Ka2＝6.2×10-8、Ka3＝2.2×10-13，H2SO3的电离平衡常数分别为Ka1＝1.5×10-2、Ka2＝1.0×10-7，SO的还原能力随酸性增强而减弱，通入SO2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：c(Na＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)
B. 吸收和解吸时，主要发生反应：H2SO3＋HPOHSO＋H2PO
C. 当缓冲溶液吸收SO2至溶液的pH＝5时：c(H2SO3)>c(SO)
D. 缓冲溶液中越大，则烟气中SO2的吸收效率越高
4 [2026南京中华中学期初T12]一种利用K2CO3捕集水煤气中CO2的工艺如图所示[已知：该温度下Ka1(H2CO3)＝4.6×10-7，Ka2(H2CO3)＝5.0×10-11]。下列说法正确的是(　　)
A. K2CO3溶液中：2c(K＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
B. 吸收塔中溶液pH＝10时，c(CO)∶c(HCO)＝1∶2
C. 再生塔所得到的溶液中可能存在：c(H2CO3)>c(HCO)
D. 再生塔中发生反应的化学方程式：KHCO3＋KOH===K2CO3＋H2O＋CO2↑
5 [2024泰州调研T12]室温下，Na2CO3体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图甲所示。在c起始(Na2CO3)＝0.1 mol/L的体系中，研究Mg2+在不同pH时的可能产物，c(Mg2+)与pH的关系如图乙所示，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(CO)＝Ksp(MgCO3)，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]。
甲 乙
下列说法正确的是(　　)
A. 由M点可求得Ka2(H2CO3)＝1×10-6.37
B. pH＝11的体系中，c(CO)C. Q点的体系中，发生反应Mg2+＋2HCO===Mg(OH)2↓＋2CO2↑
D. P点的体系中：c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol/L
6 (1) [2025苏州期末T16]已知：常温下Ka2(H2SO4)＝10-2；HSO(aq) H＋(aq)＋SO(aq)。常温下，pH＝1.0的硫酸中＝________。
(2) [2025南京考前模拟T14]已知：硫酸酸浸液主要含有Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子。
①向溶液中加入CaCO3调节pH至4.0将Fe3+转为Fe(OH)3，反应的化学方程式为__________________________________________________________________。
②将溶液中Co2+转化为CoS沉淀，选用NaHS溶液而不选等浓度Na2S溶液的理由为______________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(3) [2024南通如皋适应性考试T14]向氧化后的溶液中加入NaOH调节溶液pH，溶液中V(＋5价)会以V2O、V3O、V10O等形式存在。随pH的升高，溶液中的值将________(填“增大”“减小”或“保持不变”)，判断的方法是__________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
7 [2024南通、泰州等七市二调T14]研究水质除砷技术对保护环境有重要意义。已知：As(Ⅴ)在不同pH条件下的物种分布分数如图所示。
(1) 硫化法：As(Ⅲ)能与硫化剂(能提供S2-)反应生成雌黄(As2S3)沉淀。HCHO能在硫酸盐还原菌的作用下将SO还原为H2S，同时生成HCO。
①沉淀1 mol As(Ⅲ)理论上需消耗HCHO的物质的量为________mol。
②HCO能与H2S反应：HCO＋H2S===HS－＋H2CO3。该反应的平衡常数K＝________。已知：Ka1(H2CO3)＝4×10-7，Ka2(H2CO3)＝5×10-11；Ka1(H2S)＝1×10-7，Ka2(H2S)＝1×10-13。
(2) 石灰沉淀法：向含砷(Ⅴ)废水中添加石灰水，可使砷元素转化为多种砷酸钙盐沉淀。
①向中性废水中加入适量石灰水，使As(Ⅴ)完全转化为Ca3(AsO4)2沉淀。写出该反应的离子方程式：_________________________________________________。
②向含Ca3(AsO4)2沉淀的悬浊液中通入CO2气体，可得到H3AsO4。该转化能实现的原因是________________________________________________________
______________________________________________________________________。
微主题7　沉淀溶解平衡
1 [2025南京二模T12]利用电石渣[主要成分为Ca(OH)2]和NH4Cl溶液吸收CO2并制备碳酸钙的工艺流程如下：
已知：常温下Ksp[Ca(OH)2]＝4.7×10-6。下列说法正确的是(　　)
A. 0.1 mol/L NH4Cl溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH)
B. “滤液”中水的电离程度比NH4Cl溶液的小
C. 若“滤液”pH＝12，则c(Ca2+)>4.7×10-2 mol/L
D. “矿化”过程发生的反应为Ca2+＋CO2＋2OH－===CaCO3↓＋H2O
2 [2025南通如皋适应性二T12]已知：25 ℃时，Ka1(H2C2O4)＝5.9×10-2，Ka2(H2C2O4)＝6.4×10-5，Ka(HF)＝3.5×10-4，Ksp(CaF2)＝4×10-11。进行如下实验：
①向5 mL 0.100 0 mol/L NaF溶液中滴加5滴0.100 0 mol/L H2C2O4溶液；
②将0.100 0 mol/L NaHC2O4溶液与0.100 0 mol/L氨水等体积混合；
③向0.100 0 mol/L NaHC2O4溶液中滴加KOH溶液至中性；
④将浓度均为0.200 0 mol/L的HF溶液和CaCl2溶液等体积混合。
下列说法正确的是(　　)
A. 实验①反应的化学方程式为2NaF＋H2C2O4===2HF＋Na2C2O4
B. 实验②所得溶液中存在：c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)＝c(OH－)
C. 实验③所得溶液中存在：c(K＋)＋c(H2C2O4)＝2c(C2O)
D. 实验④混合后溶液中有沉淀生成
3 [2024常州期末T12]实验室采用如图所示流程分离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. Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)
B. 结合NH3的能力：Ag＋>H＋
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：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)
4 [2024扬州期末T12]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：25 ℃时，Kb(NH3·H2O)＝2×10-5，Ksp(ZnS)＝1×10-23。下列说法正确的是(　　)
A. 25 ℃，pH＝9的NH3·H2ONH4Cl溶液中：＝2×104
B. 0.1 mol/L (NH4)2S溶液中：c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
C. “沉锌”过程中，溶液的pH减小
D. “沉锌”后的溶液中：c(Zn2+)·c(S2-)<1×10-23
5 [2025南通、泰州等七市二调T12]室温下，用含少量Cu2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下：
已知：“沉锰”时n(NH4HCO3)∶n(Mn2+)＝2.5∶1，控制溶液pH＝7。
下列说法正确的是(　　)
A. NH4HCO3溶液中：c(NH)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
B. “过滤1”所得滤液中：>
C. “沉锰”时发生反应：Mn2+＋HCO===MnCO3↓＋H＋
D. “过滤2”所得滤液中：c(NH)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(HS－)＋2c(S2-)
6 [2025苏州期初T12]工程师研究利用Na2S和FeS处理水样中的Cd2+。已知25 ℃时，Ka1(H2S)＝10-6.97，Ka2(H2S)＝10-12.90，Ksp(FeS)＝10-17.20，Ksp(CdS)＝10-26.10。下列说法正确的是(　　)
A. 0.01 mol/L Na2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)
B. 0.01 mol/L Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2-)>c(OH－)>c(HS－)
C. 反应FeS＋Cd2+ Fe2+＋CdS正向进行，需满足：>108.9
D. 向含Cd2+水样中加入足量FeS浸泡一段时间后，上层清液中存在：c(Cd2+)＝
7 判断下列说法是否正确。
(1) [2025南通如皋适应三T11] 用饱和Na2CO3溶液浸泡CaSO4沉淀，观察现象，比较Ksp(CaCO3)和Ksp(CaSO4)的大小(　　)
(2) [2025苏州期初T11]向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量AgNO3稀溶液，观察产生沉淀颜色，可以判断Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)(　　)
(3) [2024苏州期初T11]向含铜废液中加入Na2S溶液除铜，“除铜”得到的上层清液中：c(Cu2+)·c(S2-)>Ksp(CuS)(　　)
8 [2024泰州期末T14]以方铅矿(主要成分为PbS，含少量FeS)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备电池材料PbSO4和Mn3O4，过程可表示如下：
已知：①Pb2+(aq)＋4Cl－(aq) PbCl(aq)
K＝31.25；
②PbCl2(s) Pb2+(aq)＋2Cl－(aq)
Ksp(PbCl2)＝1.6×10-5。
(1) 70 ℃时，“协同浸取”生成PbCl和S的离子方程式为______________
____________________________________；“协同浸取”时加入NaCl可避免生成PbCl2沉积在矿石表面，其原因是_______________________________________
______________________________________________________________________。
(2) “沉降分铅”的目的是将滤液中的PbCl沉降为PbCl2沉淀。沉降反应：PbCl(aq) PbCl2(s)＋2Cl－(aq)的平衡常数K＝________。
9 (1) [2024南通如皋适应性二T16]“浸出”时先加入稀硫酸，再加入盐酸。加盐酸时发生反应：Ag2SeO3＋2H＋＋2Cl－===H2SeO3＋2AgCl。该反应平衡常数K＝________。已知：Ksp(Ag2SeO3)＝1×10-15，Ksp(AgCl)＝2×10-10，Ka1(H2SeO3)＝3×10-3，Ka2(H2SeO3)＝2×10-8。
(2) [2025南京二模T14]“氨浸AgCl”时反应为AgCl(s)＋2NH3(aq)
[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq)。该反应的平衡常数数值为__________________。
已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10-10；反应Ag＋(aq)＋2NH3(aq) [Ag(NH3)2]＋(aq)的平衡常数K＝1.1×107。
10 [2025苏锡常镇二调T16]超高石灰铝工艺处理高氯(Cl－)废水，操作简单，成本低。涉及的主要反应如下：
Ⅰ. 4Ca(OH)2＋2Al(OH)3===Ca4Al2(OH)14
Ⅱ. Ca4Al2(OH)14＋2Cl－ Ca4Al2Cl2(OH)12＋2OH－。
Cl－转化为弗氏盐[Ca4Al2Cl2(OH)12]沉淀而除去。已知：溶液中SO、I－等离子也能发生类似反应Ⅱ而除去；Ca2+、Al3+在碱性较强情况下还会生成Ca3Al2(OH)12沉淀。
(1) ①一定体积的高氯废水中加入石灰乳和Na[Al(OH)4] 溶液，与废水中Cl－反应生成弗氏盐的离子方程式为_______________________________________。
②投入的原料选用Na[Al(OH)4]，而不选用Al2(SO4)3的原因为_____________
______________________________________________________________________。
(2) 室温下，平衡时溶液pH＝12，体系中最终存在Ca(OH)2和Al(OH)3沉淀，已知Ksp[Ca(OH)2]＝1×10-4；Ksp[Al(OH)3]＝1×10-34，此时溶液中Ca2+和Al3+的浓度比为________。
(3) 投料中Ca(OH)2的量与Cl－去除率如图所示。
钙氯摩尔比大于6∶1后，继续增加Ca(OH)2，Cl－去除率不升反而略降的原因为__________________________________________________________________。
主题3　反应原理与规律
微主题4　反应热　电化学
1 ①②③④
解析：①燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，热化学方程式中Mg(s)的系数应为1，应为Mg(s)＋O2(g)===MgO(s)　ΔH＝－610 kJ/mol，错误。②表示甲烷燃烧热的热化学方程式中，H2O应为液态，错误。③该反应的ΔS<0、ΔH<0，低温下满足：ΔH－TΔS<0，则该反应只有在低温下才能自发进行，错误。④该反应的ΔS>0、ΔH>0，故反应能自发进行的条件是高温，错误。
2 C　该反应为气体分子数增大的反应，ΔS>0，A错误；ΔH＝∑E(反应物的键能)－∑E(生成物的键能)<0，故反应物的键能总和<生成物的键能总和，B错误；使用高效催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应的焓变，D错误。
3 D　放电时，化学能转化为电能，A错误；Pb电极是原电池的负极，故放电时，左侧H＋通过质子交换膜向右侧电极移动，B错误；充电时的电极反应式与放电时的相反，故左侧电极反应式为PbSO4＋2e－===Pb＋SO，C错误；充电时，每生成1 mol Fe3+时，转移1 mol 电子，由得失电子守恒知，理论上右侧有1 mol H＋通过质子交换膜向左侧电极移动，D正确。
4 D　a极区“CN－―→N2＋CO”，C、N元素的化合价均升高，应失去电子，A错误；b极为正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，c(H＋)减小，右室溶液的pH增大，B错误；由“淡化海水”知，中间室中的“Na＋、Cl－”需要进行迁移，由原电池中“阳离子移向正极，阴离子移向负极”知，交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，交换膜Ⅱ为阳离子交换膜，C错误；26 g CN－的物质的量为1 mol，消耗1 mol CN－时转移5 mol电子，根据电荷守恒可知，可同时处理5 mol NaCl，其质量为292.5 g，D正确。
5 (1) H2(g)的燃烧热　(2) ①－1 018.5 kJ/mol　②AlH3分解得到的活性H与Fe2O3反应大量放热引发铝热反应Ⅲ；AlH3分解得到的Al更容易与Fe2O3反应(颗粒小、无氧化膜)
解析：(2) ①依据盖斯定律，按Ⅰ×2＋Ⅱ＋Ⅲ，可得所求反应的ΔH＝521.1 ×2＋(－1 209.2) ＋(－851.5)＝－1 018.5 (kJ/mol)。②由 AlH3与Fe2O3的反应过程来看，Ⅱ为放热反应，可为Ⅲ的铝热反应提供能量。普通铝粉表面有氧化膜，不易与Fe2O3反应，而AlH3得到的铝无氧化膜，易与Fe2O3发生铝热反应。
6 (1) CO2＋2H＋＋2e－===HCOOH　1∶3　(2) CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49 kJ/mol
解析：(1) 由图可知，电解电压为U1时，生成甲酸、乙醇的EF%相等，消耗的总电量相等，根据C元素的化合价变化，生成乙醇和甲酸的选择性之比＝∶＝1∶3。
7 (1) ①－530　②H2S＋2e－===S2-＋H2　N2可以吹走阳极表面生成的硫蒸气，防止S2覆盖在阳极表面，降低放电效率　(2) ①CO2＋2NO＋18H＋＋16e－===CO(NH2)2＋7H2O　②该条件下，CO2在阴极生成CO的速率比生成CH4的速率快
解析：(1) ①依据盖斯定律，ΔH1＝×(ΔH2＋2ΔH3)＝×[－1 124＋2×(－233)] kJ/mol＝－530 kJ/mol。②电解池的阴极发生得电子的还原反应，对比电解装置图中多孔阴极流入的气体(N2、CO2、CO、H2O、H2、H2S)和流出的气体(N2、CO2、CO、H2O、H2)及电解质溶液为Na2S和K2S的液态混合物可知，在阴极上放电的物质是H2S，且转化产物为H2和S2-。由电解装置图可知，阳极上发生的反应为2S2-－4e－===S2，通入N2作为载气，可将S2带出电解装置，防止S2覆盖在阳极表面，降低放电效率。(2) ①电极a上NO得电子，结合CO2生成CO(NH2)2，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒可写出电极反应式。②题给条件为一定时间内，阴极产物中CO的物质的量大于CH4，说明这一定时间内生成CO的速率比CH4的大。
8 (1) H＋与Cu2+在阴极竞争放电生成H2，不利于Cu在镀件表面析出　(2) ①0.05　用蒸馏水洗涤沉淀至最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液无沉淀　②调节电镀液的pH；将氧化生成的Cu2+ 转化为柠檬酸铜盐
解析：(1) 以酸性CuSO4溶液作电镀液时，溶液中的SO和电解过程中产生的少量Cu＋影响镀层光亮度；同时Cu2+和H＋会在阴极上竞争放电：Cu2+＋2e－===Cu、2H＋＋2e－===H2↑，不利于Cu在镀件表面析出，两者共同作用导致镀铜效果不佳。(2) ①配制焦磷酸铜盐：由CuSO4(aq)Cu2P2O7知，将0.1 mol CuSO4全部转化成Cu2P2O7(s)，需要消耗0.05 mol K4P2O7。过滤后得到Cu2P2O7沉淀，为得到纯度较高的K6[Cu(P2O7)2]溶液，需要对Cu2P2O7沉淀进行洗涤，用BaCl2溶液检查沉淀是否洗涤干净。②由题干信息知“柠檬酸铜盐也是工业常用的铜电镀液；控制铜电镀液pH在8～8.5之间，采用电解法可得到均匀光亮的铜镀层”，故加入柠檬酸晶体的目的之一是将氧化生成的Cu2+转化为柠檬酸铜盐，目的之二是利用柠檬酸的酸性，将镀液的pH控制在8～8.5之间，有利于电镀铜。
微主题5　化学反应速率与化学平衡
1 C　800 ℃ 以上，CH4含量几乎为0，说明此时只发生反应Ⅰ，CO2与H2变化趋势相同，则X为H2，B正确；CH4含量随温度升高而降低，反应Ⅱ的ΔH2<0，800 ℃以上只发生反应Ⅰ，温度升高，CO2含量减小，H2O含量增大，反应Ⅰ正向进行的程度增大，反应Ⅰ的ΔH1＞0，A正确；由图可知，低于380 ℃时，CO2、H2O、CH4、H2四者物质的量分数之和为100%，说明此时无CO生成，对热力学无法发生的反应，研究催化剂无意义，C错误；900 ℃时只发生反应Ⅰ，增大压强，反应的限度不变，n(CO)不变，D正确。
2 D　相同温度下，S和COS的选择性之和为100%，则以虚线b对称的曲线c表示S的平衡选择性，A正确；S的平衡选择性随温度的升高而增大，说明升高温度，反应Ⅱ正向进行程度增大，反应Ⅱ为吸热反应，即ΔH2>0，B正确；设起始n(SO2)＝1 mol，n(CO)＝3 mol，1 400 K 时，SO2的平衡转化率为 80%，则转化的n(SO2)＝0.8 mol，COS 、S的平衡选择性均为 50%，则生成n(S)＝n(COS)＝0.8 mol×50%＝0.4 mol，n(CO2)＝0.8 mol×2＝1.6 mol，n剩余(CO)＝3 mol－0.8 mol×3＋0.4 mol＝1 mol，n剩余(SO2)＝1 mol－0.8 mol＝0.2 mol，平衡常数K＝＝＝＝5.12，C正确。其他条件不变，增大压强，以反应Ⅱ为例，各物质浓度同等幅度改变，导致Q≠K，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡会发生移动，则SO2的平衡转化率改变，D错误。
3 D　反应Ⅰ的 ΔH>0，温度升高，平衡常数K增大，A错误；由盖斯定律知，反应Ⅱ－反应Ⅰ可得CH4(g)＋S2(g) CS2(g)＋2H2(g)，则ΔH＝ΔH2－ΔH1＝＋(234－170)kJ/mol＝＋64 kJ/mol，B错误；由图可知，在900～1 000 ℃范围，两条曲线重合，不发生反应Ⅱ，即CH4不参与反应，故900 ℃时，增大CH4的加入量，不会改变H2S的转化率，C错误；由图可知，在1 000～1 300 ℃范围，随着温度的升高，两条曲线的差值越来越大，发生反应Ⅱ的H2S逐渐增多，CS2的量逐渐增大，故混合气乙的体系中CS2的选择性增大，D正确。
4 C　根据盖斯定律，反应①－反应②得目标反应，则ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－49.1－41.2＝－90.3(kJ/mol)，A错误。生成CH3OH的反应①是气体分子数减小的放热反应，由控制变量法知，其他条件不变，增大压强，反应①正向进行程度肯定会一直增大，故一直呈上升趋势的曲线X表示250 ℃时压强变化对甲醇产量的影响；其他条件不变，若升高温度，反应①的K值会减小，即一定温度后再升高温度，反应正向进行程度会减小，故先升后降的曲线Y表示5 MPa时反应温度变化对甲醇产量的影响，B错误。增大体系压强，反应向体系内分子总数减小的方向移动，即CO2的转化率一定会增大，由Δn(CO2)＝Δn(H2O)知，H2O的体积分数增大，C正确。增大碳氢比，相当于增大CO2的量，根据勒夏特列原理知，只能削弱CO2的量变化产生的影响，不能完全消除，故CO2 的平衡转化率减小，D错误。
5 (1) 部分CH3COOCH3发生了其他不产生C2H5OH和CH3COOC2H5的反应　(2) 温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快　(3) 积碳覆盖在催化剂表面；Cu2O被还原为Cu，改变了Cu2O与Cu的比例，导致催化剂活性降低
解析：(1) 若只发生反应Ⅰ、反应Ⅱ，则S(C2H5OH)＋S(CH3COOC2H5)＝100%，此时选择性小于100%说明生成了其他含碳物质。(3) 含碳物质加热时一般会有积碳产生，积碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失活；因为是还原性环境，Cu2O被还原为Cu，改变了Cu2O与Cu的比例，导致催化剂活性降低。
6 (1) ①放热　②温度升高，CO2溶解度下降，单乙醇氨基碳酸盐发生分解　(2) 随着流动时间增加，催化剂表面NiOx增多，有利于CO2选择性生成CO，不利于CO2选择性生成CH3OH
解析： (2) 本题为事实归因，由图2知，催化剂表面的NiOx增多，由图1知，CO的选择性增大，CH3OH的选择性减小，两者联系一起作答。
微主题6　电离平衡与盐类水解
1 (1) ?　(2) ?　(3) √　(4) ?　(5) √
解析：(1) 没有给出CH3COONa溶液和NaNO2溶液的浓度，不能通过pH比较两种盐的水解程度，错误。(2) 通过比较pH大小，只能证明酸性CCl3COOH>CH3COOH，无法证明CCl3COOH完全电离，错误。(3) 微热甲试管，水的电离平衡对氢离子影响较小，但pH变大，说明水解程度增大，正确。(4) S2-分步水解：S2-＋H2O HS－＋OH－，错误。(5) HCO 水解后溶液显碱性，用干燥、洁净玻璃棒蘸取0.1 mol/L NaHCO3溶液，点在干燥的pH试纸上可测出溶液呈碱性，证明HCO发生水解，正确。
2 B　＝＝>1，则c(S2-)>c(H2S)，A错误；实验1溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2-)＋c(OH－)，由溶液pH＝11可知，c(H＋)3 B　NaH2PO4、Na2HPO4混合溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)，溶液 pH＝6，说明c(H＋)> c(OH－)，则 c(Na＋)＜c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)，A错误；缓冲溶液发生反应时pH变化不大，则溶液可维持pH＝6，溶液中存在Ka2(H2SO3)＝＝1.0×10-7、Ka1(H3PO4)＝＝7.5×10-3，则＝<1，＝>1，即溶液中主要生成HSO、H2PO，B正确；pH＝5时，c(H＋)＝1×10-5 mol/L，H2SO3的Ka1·Ka2＝＝1.5×10-9，则＝15>1，c(SO)>c(H2SO3)，C错误；越大，c(HPO)越小，不利于吸收SO2，D错误。
4 B　 由元素守恒知，K2CO3溶液中的N(K)＝2N(C)，即c(K＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，A错误；吸收塔中溶液pH＝10时，c(H＋)＝ 1.0×10-10，＝＝＝，B正确；K2CO3、KHCO3溶液均呈碱性，即溶液中c(H＋)<1.0×10-7，＝＝>4.6>1，则c(H2CO3)5 D　由M点可求得Ka1(H2CO3)＝1×10-6.37，由N点可求得Ka2(H2CO3)＝1×10-10.25，A错误；Ka2(H2CO3)＝1×10-10.25，＝＝100.75>1，即c(CO)>c(HCO)，也可直接根据图甲中数据判断，B错误；由图甲知，pH＝8时，溶液中的含碳微粒主要是HCO，图乙中的纵坐标是负对数，数字越小代表的微粒浓度越大，故Q点对应的溶液中，c(Mg2+)·c(CO)>Ksp(MgCO3)、c(Mg2+)·c2(OH－)6 (1) 10　(2) ①Fe2(SO4)3＋3CaCO3＋3H2O===2Fe(OH)3＋3CaSO4＋3CO2↑　②Na2S碱性过强易生成Co(OH)2
(3) 增大　根据反应3V2O＋6H＋ 2V3O＋3H2O可知，pH升高，H＋浓度减小，平衡逆向移动，的值增大
解析：(1) Ka2(H2SO4)＝＝10-2，pH＝1.0，c(H＋)＝0.1 mol/L，则＝10。(2) ②反应产物是CoS，而H2S的酸性很弱，由越弱越水解知，Na2S溶液的碱性较强，等浓度的Na2S溶液和NaHS溶液相比，选用Na2S溶液“沉钴”易生成Co(OH)2沉淀，使CoS产率降低。
7 (1) ①3　②0.25　(2) ①H2AsO＋HAsO＋3Ca2+＋3OH－===Ca3(AsO4)2↓＋3H2O　②Ca3(AsO4)2与CO2、H2O生成H3AsO4与CaCO3，CaCO3的溶解度比Ca3(AsO4)2的更小，使该反应向生成CaCO3方向移动
解析：(1) ①由得失电子守恒、原子守恒可得：As(Ⅲ)～H2S～3HCHO，故沉淀1 mol As(Ⅲ)需要3 mol HCHO。②K＝＝＝＝＝0.25。(2) ①由图可知，pH＝7时，n(H2AsO)＝n(HAsO)，且As(Ⅴ)完全转化为沉淀，则H2AsO、HAsO均参与反应。②由图可知，Ka1(H3AsO4)≈10-2.2>Ka1(H2CO3)，说明H2CO3的酸性弱于H3AsO4，故发生该反应的原因不可能是强酸制弱酸，应该是难溶的沉淀转化为更难溶的沉淀，CaCO3的溶解度比Ca3(AsO4)2的更小，使该反应向生成CaCO3方向移动。
微主题7　沉淀溶解平衡
1 B　NH4Cl溶液中存在质子守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，且c(NH)≠
c(NH3·H2O)，A错误；NH4Cl是盐类，盐类的水解能促进水的电离，酸、碱会抑制水的电离，将NH4Cl溶液与Ca(OH)2混合，随碱量的增加，对水电离的抑制程度逐渐变大，故“滤液”中水的电离程度比NH4Cl溶液的小，B正确；由流程图知，pH＝12的“滤液”中，Ca2+、OH－未结合生成Ca(OH)2沉淀，说明 c(Ca2+)≤＝ mol/L＝4.7×10-2 mol/L，C错误；“滤液”的主要溶质为CaCl2、NH3·H2O，NH3·H2O是弱电解质，书写离子方程式时不拆分，D错误。
2 D　由Ka(HF)＝3.5×10-4>Ka2(H2C2O4)＝6.4×10-5知，酸性HF>HC2O，由强酸制弱酸知，HF和C2O不能大量共存，A错误；实验②所得溶液的溶质为等物质的量的Na2C2O4、(NH4)2C2O4，也可认为是单一溶质的溶液，溶质为NaNH4C2O4，NaNH4C2O4溶液中存在质子守恒：c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，B错误；实验③所得溶液中存在元素守恒：c(Na＋)＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)、电荷守恒：c(H＋)＋c(K＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(C2O)＋c(HC2O)，两式联立消去c(Na＋)，可得c(H＋)＋c(K＋)＋c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(C2O)，由溶液呈中性知，c(H＋)＝c(OH－)，则c(K＋)＋c(H2C2O4)＝c(C2O)，C错误；等体积混合的瞬间，假设不产生沉淀，则c(Ca2+)＝0.100 0 mol/L、c(HF)≈0.100 0 mol/L，Ka(HF)＝≈，则c2(F－)＝c(HF)·Ka(HF)，Q＝c(Ca2+)·c2(F－)＝c(Ca2+)·c(HF)·Ka(HF)＝0.100 0×0.100 0×3.5×10-4＝3.5×10-6>Ksp(CaF2)＝4.0×10-11，故有沉淀生成，D正确。
3 D　加入氨水后得到黄色固体(AgI)和无色溶液，说明氨水能促进AgCl的溶解平衡正向移动，Ag＋与NH3结合生成[Ag(NH3)2]＋，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，A错误；加入足量硝酸后，[Ag(NH3)2]＋转化为NH，说明结合NH3的能力：Ag＋4 B　pH＝9的NH3·H2O NH4Cl溶液中，＝＝＝2，A错误；(NH4)2S溶液中存在质子守恒：c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，B正确；除铁后，溶液中Zn元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，加入(NH4)2S沉锌后溶液中生成大量的NH3·H2O，故溶液的pH增大，C错误；沉锌后的溶液是ZnS的饱和溶液，则c(Zn2+)·c(S2-)＝1×10-23，D错误。
5 B　NH4HCO3溶液中的C、N元素守恒：c(NH3·H2O)＋c(NH)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，A错误；“过滤1”中得到CuS沉淀，未得到MnS沉淀，则滤液中存在：c(Mn2+)·c(S2-)＜Ksp(MnS)、c(Cu2+)·c(S2-)＝Ksp(CuS)，＝>，B正确；“沉锰”时发生的反应为Mn2+＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，C错误；电荷守恒式中漏写c(SO)、c(H＋)、c(OH－)，D错误。
6 D　Na2S溶液中存在质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，A错误；Kh(S2-)＝＝＝10-1.1，c(HS－)<0.01 mol/L，＝>>1，则c(OH－)>c(S2-)，B错误；反应正向进行，需满足：Q7 (1) ?　(2) ?　(3) ?
解析：(1) CaCO3和CaSO4均为白色固体，即使存在沉淀的转化，也无法观察到明显现象，且Na2CO3溶液是饱和的，有可能使Ksp小的沉淀转化为Ksp大的沉淀，故无法比较CaCO3、CaSO4的Ksp大小，错误。(2) 没有指明NaCl和NaI的起始浓度相等，错误。(3) 上层清液中，CuS达到沉淀溶解平衡，即c(Cu2+)·c(S2-)＝Ksp(CuS)，错误。
8 (1) PbS＋MnO2＋4Cl－＋4H＋Mn2+＋PbCl＋S＋2H2O
c(Cl－)增大，促进PbCl2(s)(或Pb2+)转化为可溶的PbCl　(2) 2.0×103
解析：(1) 方程式相加，平衡常数相乘，故将已知信息中的①＋②可得PbCl2(s)＋2Cl－(aq) PbCl(aq)　K1＝5×10-4，增大 c(Cl－)，有利于平衡正向移动，将PbCl2(s)(或Pb2+)转化为可溶的PbCl。(2) 方程式互为可逆反应，平衡常数互为倒数，则K＝＝＝2.0×103。
9 (1) 4.2×1014　(2) 1.98×10-3
解析：(1) 平衡常数K＝＝
≈4.2×1014。(2) 左边物质(存在电离)的平衡常数系数幂之积除以右边物质(存在电离)的平衡常数系数幂之积，即得该反应的平衡常数，则AgCl(s)＋2NH3(aq) [Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq)的平衡常数K1＝K·Ksp(AgCl)＝1.8×10-10×1.1×107＝1.98×10-3。
10 (1) ①4Ca(OH)2＋2[Al(OH)4]－＋2Cl－===4OH－＋Ca4Al2Cl2(OH)12　②部分Ca4Al2(OH)14与SO反应，减少了其与Cl－的反应，使Cl－去除率降低；SO与Ca2+生成CaSO4沉淀　(2) 1028∶1　(3) 继续增加Ca(OH)2，使溶液的碱性增强，Ca2+、Al3+生成了Ca3Al2(OH)12沉淀，使生成的Ca4Al2(OH)14减少；OH－浓度增大，反应Ⅱ平衡逆向移动，使Cl－去除率不升反而略微下降
解析：(1) ①“清拆浊不拆”，反应物是石灰乳，则离子方程式中 Ca(OH)2不拆分；反应物中有不溶物，则产物中的沉淀不用标沉淀符号。②已知：“Cl－转化为弗氏盐[Ca4Al2Cl2(OH)12]沉淀而除去，溶液中SO、I－等离子也能发生类似反应Ⅱ而除去”，故不选用Al2(SO4)3除Cl－的原因是防止SO与Cl－竞争跟 Ca4Al2(OH)14反应，且SO会结合Ca2+生成微溶物CaSO4附着在Ca4Al2(OH)14表面，阻止其与Cl－反应，导致Cl－去除率下降。(2) 室温下，平衡时溶液pH＝12，即c(OH－)＝1×10-2 mol/L，溶液中存在：＝＝＝＝1028。(3) 钙氯摩尔比大于6∶1后，继续增加Ca(OH)2，溶液碱性增强会导致Ca4Al2(OH)14＋2Cl－ Ca4Al2Cl2(OH)12＋2OH－平衡逆向移动，Cl－去除率下降；已知：“Ca2+、Al3+在碱性较强情况下还会生成Ca3Al2(OH)12沉淀”，故溶液碱性增强还会导致Ca2+、Al3+生成了Ca3Al2(OH)12沉淀，使生成的Ca4Al2(OH)14减少，则Ca4Al2(OH)14＋2Cl－ Ca4Al2Cl2(OH)12＋2OH－正向进行程度减小，Cl－去除率下降。

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