资源简介

备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题11 盐类水解和沉淀溶解平衡
一、选择题
1．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．具有强氧化性，可用于杀菌消毒
B．聚丙烯是高分子材料，可用作吸水剂
C．溶液呈碱性，可用于除油污
D．硬铝密度小、强度高，抗腐蚀能力强，可用作飞机材料
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；盐类水解的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，因此ClO2可用于杀菌消毒，A正确；
B．聚丙烯属于有机合成高分子材料，只含疏水基团，不含有亲水基团，因此不能用作吸水剂，B错误；
C．溶液由于碳酸根离子的水解，使溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解反应，因此可用于除油污，C正确；
D．硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，且其表面会形成致密的氧化膜，对内层金属起到保护作用，因此其抗腐蚀性强，可用作航空材料，D正确；
故答案为：B
【分析】A、ClO2的强氧化性可用于杀菌消毒。
B、聚丙烯不能用做吸水剂。
C、Na2CO3溶液显碱性，能使油污发生碱性水解。
D、硬铝的强度高、抗腐蚀性能强等特点，可用做航空材料。
2．下列过程与水解反应无关的是（　　）
A．热的纯碱溶液去除油脂
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D．向沸水中滴入饱和溶液制备胶体
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；石油的裂化和裂解；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、，油脂碱性条件下可以水解，A错误；
B、重油转化为小分子烃发生的是裂化、裂解，B正确；
C、蛋白质在酶的作用下水解为氨基酸，C错误；
D、，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，D错误；
故答案为：B
【分析】A、阴离子水解呈碱性，油脂碱性条件下可以水解为高级脂肪酸盐和甘油；
B、石油的裂化、裂解是制取小分子烃的方法；
C、蛋白质水解为氨基酸；
D、加热促进铁离子的水解。
3．下列对物质性质的解释错误的是（　　）
选项 物质性质 解释
A 氯化钠熔点高于氯化铯 氯化钠离子键强于氯化铯
B 碘易溶于四氯化碳 碘和四氯化碳都是非极性分子
C 草酸氢钠溶液显酸性 草酸氢根离子水解程度大于电离程度
D 离子液体导电性良好 离子液体中有可移动的阴、阳离子
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】晶体熔沸点的比较；极性分子和非极性分子；电解质在水溶液中的电离；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、氯化钠和氯化铯都是离子晶体，离子键强度和离子半径有关。Na+半径比 Cs+小，所以 NaCl 的晶格能更大，离子键更强，熔点更高，A正确；
B、碘是非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子易溶于非极性溶剂，所以碘易溶于四氯化碳，B正确；
C、草酸氢钠即NaHC2O4，溶液显酸性，溶液中 H+浓度高，其中 HC2O4-既有电离平衡：HC2O4- H+ + C2O42-，又有水解平衡：HC2O4- + H2O H2C2O4 + OH-。如果溶液显酸性，说明电离产生的 H+比水解产生的 OH-多，因此电离程度大于水解程度，C错误；
D、离子液体是由阴阳离子组成的，熔融或液态时离子可以移动，所以导电性良好，因此离子液体具有很好的导电性，D正确；
故答案为：C
【分析】电离度是指盐溶液中水将其电离成阳离子和阴离子的能力，而水解程度是指盐溶液中弱离子与水结合形成相应的弱酸或弱碱的能力。对于强酸和强碱，电离度越大，酸碱性越强，但水解程度越弱。一般来说，电离度大的溶液水解程度较弱，相反，电离度小的溶液水解程度较大。
4．将配制成悬浊液，向其中滴加的溶液。(M代表、或)随加入溶液体积(V)的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是（　　）
A．交点a处：
B．
C．时，不变
D．
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.2mL时与 溶液恰好完全反应，则a点时溶质为NaCl和Na2CrO4，电荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl-)+c(OH-)，此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计，a点为Cl-和曲线的交点，即c()=c(Cl-)，则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A错误；
B．当V(NaCl)=1.0mL时，有一半的Ag2CrO4转化为AgCl，Ag2CrO4与AgCl共存，均达到沉淀溶解平衡，取图中横坐标为1.0mL的点，得Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c()=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，则K==102.21，B错误；
C.V＜2.0mL时，Ag+未沉淀完全，体系中Ag2CrO4和AgCl共存，则=为定值，即为定值，由图可知，在V≤2.0mL时c(Ag+)并不是定值，则的值也不是定值，即在变化，C错误；
D．V＞2.0mL时AgCl处于饱和状态，V(NaCl)=2.4mL时，图像显示c(Cl-)=10-1.93mol/L，则c(Ag+)===10-7.82mol/L，故y1=-7.82，此时Ag2CrO4全部转化为AgCl，n()守恒，等于起始时n(Ag2CrO4)，则=mol/L，则y2==-lg34，D正确；
故答案为：D。
【分析】向 1.0mL 含的悬浊液中滴加 的 NaCl 溶液，发生反应： ，两者恰好完全反应时， NaCl 溶液的体积为v(NaCl)= ，2mL之后再加 NaCl 溶液，c(Cl-)增大，据 ，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，c(Ag+)会随着c(Cl-)增大而减小，所以2mL后降低的曲线，即最下方的虚线代表Ag+，升高的曲线，即中间虚线代表Cl-，则剩余最上方的实线为曲线。由此分析解题。
5．向饱和氯水中加入少量Na2SO3固体，下列说法正确的是（　　）
A．溶液pH减小 B．溶液颜色变深
C．溶液漂白性增强 D．溶液导电性减弱
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．反应生成HCl，溶液pH减小，故A符合题意；
B．Cl2浓度减小，溶液颜色变浅，故B符合题意；
C．次氯酸浓度减少，漂白性减弱，故C不符合题意；
D．生成的HCl、Na2SO4为强电解质，导电性增强，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】饱和氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+ HClO，向饱和氯水中加入少量 Na2SO3 固体，HClO 和Na2SO3发生氧化还原反应得到硫酸钠和氯化钠，使平衡正向移动，Cl2浓度减小，结合选项即可判断。
6．室温下，用含少量的溶液制备的过程如题图所示。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．溶液中：
D．“沉锰”后的滤液中：
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.在NaF溶液中，根据电荷守恒可得，阳离子所带正电荷之和等于阴离子所带负电荷之和：，A项错误；
B.“除镁”得到的上层清液中为氟化镁的饱和溶液，根据溶度积表达式可得， ，B项错误；
C.在碳酸氢钠溶液中存在质子守恒， 可得，移项即可得到 ；
D．“沉锰”后的滤液中还存在F-、SO42-等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误；
故答案为：C。
【分析】在溶液中，充分利用电荷守恒、物料守恒、质子守恒进行解答即可；同时可以利用溶度积进行解答。
7．一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是（　　）
A．、分别是
B．既可以是，也可以是
C．已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生
D．等压条件下，反应、的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；铵盐；有关反应热的计算
【解析】【解答】b、d代表MgO和Mg(OH)Cl中的一种，根据箭头的起始和终止，可知反应①为NH4Cl作为反应物，提供Cl原子，则生成物应含有Cl，则b为Mg(OH)Cl，d为MgO，则反应①为NH4Cl+MgO=Mg(OH)Cl+NH3↑，a为NH3，结合原子守恒，反应②为Mg(OH)Cl生成MgO，则c应为HCl，则反应②为Mg(OH)Cl=MgO+HCl，c为HCl；
A、根据分析，可知a为NH3，c为HCl，A错误；
B、根据分析，可知d为MgO，b为Mg(OH)Cl，B错误；
C、若MgCl2为副产物，则通入水蒸气可使MgCl2生成Mg(OH)Cl，减少MgCl2产生，C正确；
D、，
根据盖斯定律，可知，即氯化铵直接分解的反应热等于反应①②的反应热之和，D错误；
故答案为：C
【分析】A、B、根据箭头的起始和终止，结合原子守恒，可以确定流程图中物质的化学式；
C、结合盐类的水解原理，可知MgCl2水解生成Mg(OH)Cl和HCl；
D、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减。
8．甲酸是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始关系如图(已知甲酸)，下列说法错误的是
A．活性成分在水中存在平衡：
B．的废水中
C．废水初始，随下降，甲酸的电离被抑制，与作用的数目减少
D．废水初始，离子交换树脂活性成分主要以形态存在
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，故A不符合题意；
B．由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中==18，故B不符合题意；
C．由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动，溶液中甲酸根离子浓度减小，与作用的数目减小，故C不符合题意；
D．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，的平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂后，溶液pH值增大，说明R3N呈碱性；
B.溶液中=；
C.废水中pH值越小，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动；
D.废水初始pH>5时，的平衡逆向移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在。
9．已知：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl- (aq) Kap= 1.8×10-10
Ag+ (aq)+ 2CI- (aq) [AgCl2]- (aq)K=1.1×105
下列有关说法不正确的是（　　）
A．过量AgCI在1.0mol/LNaCl溶液中，c(Ag+）=1.8X10-10mol/L
B．过量AgCI在水中所得的饱和溶液中滴加0.0010mol/LAgNO3溶液，有AgCl生成
C．过量AgCl在水中溶解的质量大于在相同体积3.0mol/LNaCI溶液中溶解的质量
D．0.010molAgCI在1L10mol/L的盐酸中不能完全溶解
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．在 溶液中，Cl-主要来自NaCl，则，则，A正确；
B．AgCl 在纯水中的饱和溶液中，。滴加 溶液， 增大，导致离子积 ，有AgCl沉淀生成，B正确；
C．在纯水中：溶解度 。溶解质量正比于溶解度（相同体积）。在 溶液中：高促进络合反应。设总溶解银浓度为，近似，则：，，总溶解度。比较可知：，，故在 中溶解的质量更大，C错误；
D．盐酸中 。若假设完全溶解，则总银浓度。由C选项分析可知，，合并得到，近似，则：，Q=，故会沉淀，不能完全溶解，D正确；
故选C。
【分析】A．根据计算；
Ｂ．当浓度熵大于Ksp时有沉淀生成；
Ｃ．计算溶解度进行比较；
Ｄ．计算浓度熵与溶度积常数比较确定沉淀是否能够完全溶解。
10．已知为两性氢氧化物，在不同pH条件下，与的总和为c，现有如下图：下列说法正确的是（　　）
A．由M点可以计算
B．恰好完全沉淀的
C．P点溶液质量小于Q点溶液质量
D．随着pH的增大溶液中比值先增大后减小
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．M点pH=5，，含Cr微粒主要为，-lgc(Cr3+)=3.2，则c(Cr3+)=10-3.2mol/L，则，故A正确；
Ｂ．恰好完全沉淀时，，则，c(H+)=10-5.6mol/L，此时pH=5.6，故B错误；
Ｃ．P和Q点溶液中含Cr微粒总和相等，生成的质量相等，则P点沉淀质量等于Q点沉淀质量，故C错误；
Ｄ．随着pH的增大，c(OH-)增大，的平衡逆向移动，的平衡正向移动，则减小，故D错误；
故选A。
【分析】为两性氢氧化物 ，存在两个平衡：①，②，其溶度积 。
11．环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。
已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol L﹣1，Ka1（H2S）＝10﹣6.97，Ka2（H2S）＝10﹣12.90，Ksp（FeS）＝10﹣17.20，Ksp（CdS）＝10﹣26.10。
下列说法错误的是（　　）
A．Na2S溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣）
B．0.01mol L﹣1Na2S溶液中：c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）
C．向c（Cd2+）＝0.01mol L﹣1的溶液中加入FeS，可使c（Cd2+）＜10﹣8mol L﹣1
D．向c（Cd2+）＝0.01mol L﹣1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cd2+）
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 溶液中只有5种离子，分别是 ，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为 ，A正确；
B． 溶液中， 水解使溶液呈碱性，其水解常数为 ，根据硫元素守恒可知，所以 ， ，B不正确；
C．远远大于，向的溶液中加入时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为，因此该反应可以完全进行，的饱和溶液中，若加入足量时可使，C正确；
D.的平衡常数，该反应可以完全进行，因此，当向的溶液中通入气体至饱和，可以完全沉淀，所得溶液中，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.根据溶液电荷守恒解答即可；
B.根据硫离子水解可知，，即可判断；
C. 溶液中加入FeS 目的是除去 Cd2+，生成难容的，根据沉淀溶解转换的方程计算即可；
D. 溶液中通入H2S气体至饱和 ，发生，通过计算可得该反应可以完全进行，即镉离子完全反应。
12．锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有和杂质离子，可在0~14范围内调节对其净化(即相关离子浓度)。时，与关系见下图(碱性过强时和会部分溶解)。下列说法正确的是（　　）
A．可被净化的区间最大
B．加入适量，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：
D．
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A不符合题意；
B．加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B符合题意；
C．由图可知，净化的先后顺序为，C不符合题意；
D．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，lgc<-5，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH-)=10-9.5mol/L，，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L， ，则有，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Mg2+可被净化的pH区间最小；
B.过氧化氢具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子；
C.随着溶液pH值的增大，净化的顺序是Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+；
D.根据Ksp的公式计算。
13．室温时，用 的标准 溶液滴定 浓度相等的 、 和 混合溶液，通过电位滴定法获得 与 的关系曲线如图所示（忽略沉淀对离子的吸附作用)。
若溶液中离子浓度小于 时，认为该离子沉淀完全。 ， ， ）。
下列说法正确的是（　　）
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中 的浓度为
C．当 沉淀完全时，已经有部分 沉淀
D．b点：
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析可知，Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-，I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A不符合题意；
B．根据分析可知，原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol L-1，故B不符合题意；
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100mol L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C符合题意；
D．b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，Cl-、Br-和 I-已沉淀完全，且Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)＞Ksp(AgI)，则b点各离子浓度为：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Ksp小的先沉淀，则Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-， 当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时硝酸银一共消耗了：4.50mL×10-3L/mL×0.100mol/L=4.5×10-4mol，即Cl-、Br-和 I-均为1.5×10-4mol。
14． 铜(I)、乙腈(简写为L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标(δ)为含铜物种占总铜的物质的量分数，总铜浓度为。下列描述正确的是（　　）
A．的
B．当时，
C．n从0增加到2，结合L的能力随之减小
D．若，则
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．的，当图中时，，，由图像可知，此时，则≠0.27，故A错误；
B．当时，由图像可知，，则，，故B错误；
C．结合L的离子方程式为，当时，，由图像交点可知，随着n变大，逐渐变大，则K值变小，说明结合L的能力随之减小，故C正确；
D．若，由图像交点可知，，，则，故，故D错误；
故选C。
【分析】A．根据的分析计算；
Ｂ．时，；
Ｃ．根据分析；
Ｄ．时，，。
15．常温下，溶液中以氢氧化物形式沉淀时，与的关系如图[其中X代表或]。
已知：，比更易与碱反应，形成；溶液中时，X可忽略不计。
下列说法错误的是（　　）
A．L为与的关系曲线
B．的平衡常数为
C．调节溶液浓度，通过碱浸可完全分离和
D．调节溶液为，可将浓度均为的和完全分离
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、对于 Al(OH)4-，其浓度随 pH 升高而增加（因 Al(OH)3 在高 pH 溶解形成 Al(OH)4-），因此 -lg c[Al(OH)4-] 随 pH 升高而减小，曲线呈下降趋势。图表中 L 曲线符合这一特征，A正确；
B、该反应的平衡常数 K = [Zn(OH)42-] / ([Zn2+][OH-]4)。在 Zn(OH)2 沉淀与溶解的边界也就是 c(Zn2+) 和 c(Zn(OH)42-) 相等时，K = 1 / [OH-]4。在图像中，Zn 的相关特征点出现在 pH 9.4 附近，而非选项中的高 pH。计算：假设 K = 1011.2，则在 [Zn2+] = [Zn(OH)42-] 时，
[OH-]4 = 1/K = 10-11.2，[OH-] = 10-2.8，pH = 14 - (-lg[OH-]) = 14 - 2.8 = 11.2。但图表中标记点 pH 12.4 或 9.4 均不匹配此值，pH 12.4 时 [OH-] = 10-1.6， [OH-]4 ≈ 10-6.4， 1/[OH-]4 ≈ 106.4，log K ≈ 6.4，与 11.2 不符。标准值中 Zn(OH)42- 的 log K 通常约为 15，1011.2过小，与图表和已知不一致，B错误；
C、在高 pH 下，Al(OH)3 溶解形成 Al(OH)4-（两性），而 Cd(OH)2 不易形成 Cd(OH)42-，根据题干信息已知 Zn(OH)2 比 Cd(OH)2 更易与碱反应，因此 Cd(OH)2 保持沉淀状态。当 c(Al) 溶解且 c(Cd2+) ≤ 10-5 mol·L- 时，可完全分离，C正确；
D、在 pH 4.7~6.4 范围内：
Al3+：Al(OH)3 开始沉淀的 pH 较低，在 pH 4.7 时 c(Al3+) ≈ 10-5 mol·L- ，此时可认为完全沉淀。
Zn2+：Zn(OH)2 开始沉淀的 pH 约 6.24，在 pH < 6.24 时 c(Zn2+) = 0.1 mol·L- > 10-5 mol·L- ，还有溶解的Zn2+；在 pH 6.4 时 c(Zn2+) ≈ 0.0475 mol·L- > 10-5 mol·L- ，并没有完全沉淀。
因此，Al3+ 沉淀而 Zn2+ 溶解，可实现完全分离，D正确；
故答案为：B。
【分析】图表显示了常温下溶液中 Al3+、Zn2+、Cd2+ 及其羟基配合物：Al(OH)4-、Zn(OH)42-、Cd(OH)42-的浓度随 pH 的变化关系。横坐标为 pH，纵坐标为pX。图中标记了关键 pH 点：7.0、8.4、9.4、12.4、14.0，这些点对应沉淀或溶解的转变。
关键 pH 点总结：
pH 7.0：Cd2+ 开始沉淀，c(Cd2+) 降至可忽略水平（c ≤ 10-5 mol·L- ）。
pH 8.4：Zn2+ 开始沉淀，c(Zn2+) 显著降低。
pH 9.4：Zn(OH)2 开始溶解形成 Zn(OH)42-，溶解锌浓度增加。
pH 12.4：Al(OH)3 开始溶解形成 Al(OH)4-，c[Al(OH)4-] 显著增加。
pH 14.0：参考点，所有可溶物种浓度较高。
16． 乙二胺(，简写为Y)可结合转化为(简写为)(简写为)。与Y可形成和两种配离子。室温下向溶液中加入Y，通过调节混合溶液的改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度(忽略体积变化)。混合溶液中和Y的初始浓度分别为和。与的变化关系如图1所示(其中M代表、或)，分布系数与的变化关系如图2所示(其中N代表Y、或)。比如。
下列说法错误的是（　　）
A．曲线I对应的离子是
B．最大时对应的
C．反应的平衡常数
D．时，
【答案】D
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线Ⅰ对应的离子是，A正确；
B． Y电离的方程式为： ，，当时，，，则，同理，，由图像可知，当时，最大，则，pOH=5.61，pH=8.39，B正确；
C．反应的平衡常数，由图可知，当时，，则，C正确；
D．时，，，，由物料守恒可知，，则，Y的初始浓度为，由物料守恒得，代入数据，，则，由图像可知，pH在8.39-9.93之间，此时，D错误；
故选D。
【分析】与Y发生反应、，Y的浓度增大，促进反应的平衡正向移动，浓度减小，先增大后减小，逐渐增大，则图1中，曲线Ⅰ表示浓度变化，Ⅱ表示浓度浓度变化，Ⅲ表示浓度变化； 向溶液中加入Y，通过调节混合溶液的改变Y的浓度 ，当溶液的酸性较强时，浓度大，当碱性较强时，Y的浓度大，故曲线Ⅳ表示浓度变化，曲线Ⅴ表示浓度变化，曲线Ⅵ表示Y浓度变化。
二、填空题
17．我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：
（1）高炉渣与经焙烧产生的“气体”是　 　。
（2）“滤渣”的主要成分是和　 　。
（3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为　 　，该反应能进行的原因是　 　。
（4）铝产品可用于　 　。
（5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为　 　；化合物的化学式是　 　，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为　 　(列出计算表达式)。
【答案】（1）NH3
（2）SiO2
（3）；，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
（4）净水
（5）；Ca3N3B；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由分析可知，生成的气体是NH3。
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是CaSO4、SiO2。
（3）由分析可知，“水浸2”时主要反应的化学方程式为 。该反应能进行的原因是，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 。
（4）铝产品溶于水，Al3+发生水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的杂质，所以 可用于净水。
（5）根据图丙可知，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，所以Ca与N的距离为 。由均摊法可知，该晶胞中Ca原子数目为8×+2=3，N原子数目为8×+2×=3，B原子数目为4×=1，则化合物的化学式是Ca3N3B。该晶胞体积为a2c×10-30cm3，根据m=ρV=nM及N=nNA可知，晶体的密度为。
【分析】根据题干信息及流程图，“焙烧”时，CaO、MgO、Al2O3与(NH4)2SO4反应分别生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，SiO2不参与反应，该气体与烟气（CO2和水蒸气）反应生成(NH4)2CO3，可推出该气体为NH3；硫酸钙、SiO2不溶于水，经“水浸”“过滤”得到的“滤渣”为硫酸钙、SiO2，滤液的主要成分为硫酸镁、硫酸铝、硫酸铵，滤液经浓缩结晶得到铝产品和富镁溶液；“滤渣”中的CaSO4与(NH4)2CO3反应生成更难溶的CaCO3，经一系列操作得到钙产品。
三、实验探究题
18．二氧化硫脲(TD)是还原性漂白剂，可溶于水，难溶于乙醇，在受热或碱性条件下易水解：。其制备与应用探究如下：
Ⅰ．由硫脲制备TD
按如图装置，在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应。反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD。
Ⅱ．用TD进行高岭土原矿脱色(去除)探究
将高岭土原矿(质量分数为)制成悬浊液，加入TD，在一定条件下充分反应，静置，分离出上层清液，用分光光度法测得该清液中浓度为，计算的去除率。
回答下列问题：
（1）仪器的名称是　 　。
（2）Ⅰ中控制“温度低于10℃和”的目的是　 　。
（3）写出制备TD的化学方程式　 　。
（4）中S的化合价为　 　。Ⅰ的反应中，因条件控制不当生成了，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是　 　(填化学式)。
（5）Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是　 　。
（6）高岭土中去除率为　 　(用含的代数式表示)。Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是　 　。
【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解
（3）
（4）+2；S
（5）减少二氧化硫脲的溶解损失
（6）；亚铁离子被空气中氧气氧化
【知识点】盐类水解的应用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器的名称是恒压滴液漏斗；
（2）二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解，且过氧化氢不稳定受热易分解，为了防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解，Ⅰ中控制“温度低于10℃和”；
（3）硫脲和水溶解冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应生成二氧化硫脲，发生的反应为
（4）二氧化硫脲水解的化学方程式为：，生成，该反应未非氧化还原反应，中硫化合价为+2，则中S的化合价为+2；TD具有还原性，Ⅰ的反应中因条件控制不当生成了，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是TD还原硫元素转化生成的硫单质；
（5）二氧化硫脲难溶于乙醇，用乙醇洗涤能减少二氧化硫脲损失，因此Ⅰ中“洗涤”选用乙醇；
（6）清液中浓度为，则为，那么的去除率；亚铁离子具有还原性，Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。
【分析】（1）根据仪器构造确定其名称；
（2）二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解；
（3） 在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应得到TD，据此书写化学方程式；
（4）根据化合物中化合价代数和为0计算；S为黄色沉淀；
（5）二氧化硫脲难溶于乙醇；
（6）亚铁离子易被空气中的氧气氧化。
（1）由图，仪器的名称是恒压滴液漏斗；
（2）已知，二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解，且过氧化氢不稳定受热易分解，故Ⅰ中控制“温度低于10℃和”的目的是防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解；
（3）硫脲和水溶解冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应生成二氧化硫脲，结合质量守恒，反应还会生成水，反应为
（4）二氧化硫脲水解：，生成，则反应中元素化合价没有改变，中硫化合价为+2，则中S的化合价为+2。TD具有还原性，Ⅰ的反应中因条件控制不当生成了，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是TD还原硫元素转化生成的硫单质；
（5）二氧化硫脲可溶于水，难溶于乙醇，Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是减少二氧化硫脲的溶解损失；
（6）清液中浓度为，则为，那么的去除率；亚铁离子具有还原性，Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。
19．胆矾( )易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的 (杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有　 　(填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）将 加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为　 　，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是　 　。
（3）待 完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量 ，冷却后用 调 为3.5～4，再煮沸 ，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、　 　、乙醇洗涤、　 　，得到胆矾。其中，控制溶液 为3.5～4的目的是　 　，煮沸 的作用是　 　。
（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为 ，加入胆矾后总质量为 ，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为　 　(写表达式)。
（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是　 　(填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来
【答案】（1）A、C
（2）CuO+H2SO4 CuSO4+H2O；不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）
（3）过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤
（4）
（5）①③
【知识点】盐类水解的应用；硫酸根离子的检验；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；
(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；
(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2- m3)g，所以胆矾（CuSO4 nH2O）中n值的表达式为：=n：1，解得n＝；
(5) ①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
【分析】(1)制备胆矾时，需进行溶解、过滤、结晶操作；
(2)金属氧化物与酸反应生成盐和水；从环境保护方面分析该方法的优点；
(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；根据水解分析；加热可以防止生成胶体；
(4)根据CuSO4 nH2O中CuSO4与H2O为1：n计算；
(5)根据n=分析。
四、综合题
20．以银锰精矿主要含、、和氧化锰矿主要含为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：　 　填“”或“”。
在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有　 　。
（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
将“浸银”反应的离子方程式补充完整：　 　
结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：　 　。
（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
该步反应的离子方程式有　 　。
一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：　 　。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：　 　。
【答案】（1）；、
（2）；Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解
（3）、；被氧气氧化为，把氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>；
②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；
（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；
②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；
（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；
②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为；
（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂剂。
【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；
②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；
（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；
②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；
（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；
②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；
（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。
21．催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为 。
（1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为　 　；反应选用溶液而不选用溶液的原因是　 　。
（2）催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是　 　；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有　 　(用化学方程式表示)。
（3）废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有　 　。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为　 　。
③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是　 　。
【答案】（1）；发生双水解，有利于水解
（2）温度升高至一定范围催化剂失活；
（3）适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等；；增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率与化学平衡的综合应用；盐类水解的原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 根据题目可知，在水溶液中水解为沉淀的离子方程 ：
发生双水解，可以促进水解，所以不选用；
(2) 由图可知， 温度升高，转化率增大，但是升高一定程度后催化剂活性降低，转化率降低，氨气与氧气发生催化氧化，生成的NO再与氧气反应，反应为： ；
（3） ① 提高化学反应速率方法有：适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间；② 已知具有八元环结构 ，可得结构为：
③根据生成 沉淀 ， 增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量。
【分析】（1）充分利用盐类水解进行解答，发生双水解可以相互促进离子水解；
（2）温度过高、酸碱性等外界因素可以使催化剂失去活性，从而使转化率降低；
（3）一般可以通过升温、增加浓度等可以提高物质酸浸率。
五、流程题
22．钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①。
②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是　 　。
（2）“酸浸”步骤中，发生反应的化学方程式是　 　。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中　 　，据此判断能否实现和的完全分离　 　(填“能”或“不能”)。
（4）“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为　 　。
（5）“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是　 　。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为　 　。
（7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是　 　。
【答案】（1）增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
（2）
（3）；不能
（4）
（5）
（6）
（7）向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。
（2）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即CoO为转化为CoSO4，反应的化学方程式为。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中 和 均为 ，向其中加入 至 沉淀完全，此时溶液中，则，小于，说明大部分也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。
（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为，因此，生成，产生的物质的量为4.0mol。
（5）“沉锰”步骤中，同时将氧化为，“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4，可以完全沉淀为，因此，分离出的滤渣是。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化 ，为了保证 被完全氧化，NaClO要适当过量，其离子方程式为：
（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有Zn元素以形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。
【分析】（1） 需将废渣磨碎 目的为加快化学反应速率以及充分反应；
（2） 与硫酸反应生成硫酸钴，该反应为非氧化还原，根据原子守恒配平即可；
（3）首先根据硫化锌完全沉淀，得到硫离子浓度，再根据硫化钴的溶度积求出钴离子浓度即可；
（4）锰离子与Na2S2O8完全反应，生成4个氢离子和一个二氧化锰，那么 生成 ， 产生的物质的量为 4mol；
（5）根据分析可知， ，可以完全沉淀为，那么分离滤渣为
（6） 加入适量的氧化， 生成氢氧化钴和氯离子，然后配平即可；
（7）根据题目信息可知，当pH大于12时， 氢氧化锌 会被溶解，所以加入的碱控制pH小于12即可。
23．稀土（ ）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持 价不变； 的 ； 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是　 　。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至　 　的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于　 　 （保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是　 　。
②“操作X”的过程为：先　 　，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有　 　（写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成 转移　 　 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为　 　。
【答案】（1）Fe2+
（2）4.7 pH<6.2；
（3）4.0 10-4
（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶
（5）MgSO4
（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。
（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的 Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜。
（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。
② “操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。
（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4。
（6）①根据题干信息，涉及反应是还原剂+氧化剂（YCl3与PtCl4）→还原产物（Pt3Y）+氧化产物，反应前后Y元素的化合价由+3降为0，Pt元素的化合价由+4降为0，则生成1mol Pt3Y转移的电子数为3mol+4×3mol=15mol。
②氢氧燃料电池属于原电池，正极得电子发生还原反应，碱性溶液中，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH。
【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。
1 / 1备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题11 盐类水解和沉淀溶解平衡
一、选择题
1．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．具有强氧化性，可用于杀菌消毒
B．聚丙烯是高分子材料，可用作吸水剂
C．溶液呈碱性，可用于除油污
D．硬铝密度小、强度高，抗腐蚀能力强，可用作飞机材料
2．下列过程与水解反应无关的是（　　）
A．热的纯碱溶液去除油脂
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D．向沸水中滴入饱和溶液制备胶体
3．下列对物质性质的解释错误的是（　　）
选项 物质性质 解释
A 氯化钠熔点高于氯化铯 氯化钠离子键强于氯化铯
B 碘易溶于四氯化碳 碘和四氯化碳都是非极性分子
C 草酸氢钠溶液显酸性 草酸氢根离子水解程度大于电离程度
D 离子液体导电性良好 离子液体中有可移动的阴、阳离子
A．A B．B C．C D．D
4．将配制成悬浊液，向其中滴加的溶液。(M代表、或)随加入溶液体积(V)的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是（　　）
A．交点a处：
B．
C．时，不变
D．
5．向饱和氯水中加入少量Na2SO3固体，下列说法正确的是（　　）
A．溶液pH减小 B．溶液颜色变深
C．溶液漂白性增强 D．溶液导电性减弱
6．室温下，用含少量的溶液制备的过程如题图所示。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．溶液中：
D．“沉锰”后的滤液中：
7．一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是（　　）
A．、分别是
B．既可以是，也可以是
C．已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生
D．等压条件下，反应、的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
8．甲酸是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始关系如图(已知甲酸)，下列说法错误的是
A．活性成分在水中存在平衡：
B．的废水中
C．废水初始，随下降，甲酸的电离被抑制，与作用的数目减少
D．废水初始，离子交换树脂活性成分主要以形态存在
9．已知：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl- (aq) Kap= 1.8×10-10
Ag+ (aq)+ 2CI- (aq) [AgCl2]- (aq)K=1.1×105
下列有关说法不正确的是（　　）
A．过量AgCI在1.0mol/LNaCl溶液中，c(Ag+）=1.8X10-10mol/L
B．过量AgCI在水中所得的饱和溶液中滴加0.0010mol/LAgNO3溶液，有AgCl生成
C．过量AgCl在水中溶解的质量大于在相同体积3.0mol/LNaCI溶液中溶解的质量
D．0.010molAgCI在1L10mol/L的盐酸中不能完全溶解
10．已知为两性氢氧化物，在不同pH条件下，与的总和为c，现有如下图：下列说法正确的是（　　）
A．由M点可以计算
B．恰好完全沉淀的
C．P点溶液质量小于Q点溶液质量
D．随着pH的增大溶液中比值先增大后减小
11．环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。
已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol L﹣1，Ka1（H2S）＝10﹣6.97，Ka2（H2S）＝10﹣12.90，Ksp（FeS）＝10﹣17.20，Ksp（CdS）＝10﹣26.10。
下列说法错误的是（　　）
A．Na2S溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣）
B．0.01mol L﹣1Na2S溶液中：c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）
C．向c（Cd2+）＝0.01mol L﹣1的溶液中加入FeS，可使c（Cd2+）＜10﹣8mol L﹣1
D．向c（Cd2+）＝0.01mol L﹣1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cd2+）
12．锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有和杂质离子，可在0~14范围内调节对其净化(即相关离子浓度)。时，与关系见下图(碱性过强时和会部分溶解)。下列说法正确的是（　　）
A．可被净化的区间最大
B．加入适量，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：
D．
13．室温时，用 的标准 溶液滴定 浓度相等的 、 和 混合溶液，通过电位滴定法获得 与 的关系曲线如图所示（忽略沉淀对离子的吸附作用)。
若溶液中离子浓度小于 时，认为该离子沉淀完全。 ， ， ）。
下列说法正确的是（　　）
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中 的浓度为
C．当 沉淀完全时，已经有部分 沉淀
D．b点：
14． 铜(I)、乙腈(简写为L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标(δ)为含铜物种占总铜的物质的量分数，总铜浓度为。下列描述正确的是（　　）
A．的
B．当时，
C．n从0增加到2，结合L的能力随之减小
D．若，则
15．常温下，溶液中以氢氧化物形式沉淀时，与的关系如图[其中X代表或]。
已知：，比更易与碱反应，形成；溶液中时，X可忽略不计。
下列说法错误的是（　　）
A．L为与的关系曲线
B．的平衡常数为
C．调节溶液浓度，通过碱浸可完全分离和
D．调节溶液为，可将浓度均为的和完全分离
16． 乙二胺(，简写为Y)可结合转化为(简写为)(简写为)。与Y可形成和两种配离子。室温下向溶液中加入Y，通过调节混合溶液的改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度(忽略体积变化)。混合溶液中和Y的初始浓度分别为和。与的变化关系如图1所示(其中M代表、或)，分布系数与的变化关系如图2所示(其中N代表Y、或)。比如。
下列说法错误的是（　　）
A．曲线I对应的离子是
B．最大时对应的
C．反应的平衡常数
D．时，
二、填空题
17．我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：
（1）高炉渣与经焙烧产生的“气体”是　 　。
（2）“滤渣”的主要成分是和　 　。
（3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为　 　，该反应能进行的原因是　 　。
（4）铝产品可用于　 　。
（5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为　 　；化合物的化学式是　 　，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为　 　(列出计算表达式)。
三、实验探究题
18．二氧化硫脲(TD)是还原性漂白剂，可溶于水，难溶于乙醇，在受热或碱性条件下易水解：。其制备与应用探究如下：
Ⅰ．由硫脲制备TD
按如图装置，在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应。反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD。
Ⅱ．用TD进行高岭土原矿脱色(去除)探究
将高岭土原矿(质量分数为)制成悬浊液，加入TD，在一定条件下充分反应，静置，分离出上层清液，用分光光度法测得该清液中浓度为，计算的去除率。
回答下列问题：
（1）仪器的名称是　 　。
（2）Ⅰ中控制“温度低于10℃和”的目的是　 　。
（3）写出制备TD的化学方程式　 　。
（4）中S的化合价为　 　。Ⅰ的反应中，因条件控制不当生成了，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是　 　(填化学式)。
（5）Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是　 　。
（6）高岭土中去除率为　 　(用含的代数式表示)。Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是　 　。
19．胆矾( )易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的 (杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有　 　(填标号)。
A．烧杯 B．容量瓶 C．蒸发皿 D．移液管
（2）将 加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为　 　，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是　 　。
（3）待 完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量 ，冷却后用 调 为3.5～4，再煮沸 ，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、　 　、乙醇洗涤、　 　，得到胆矾。其中，控制溶液 为3.5～4的目的是　 　，煮沸 的作用是　 　。
（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为 ，加入胆矾后总质量为 ，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为 。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为　 　(写表达式)。
（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是　 　(填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来
四、综合题
20．以银锰精矿主要含、、和氧化锰矿主要含为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：　 　填“”或“”。
在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有　 　。
（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
将“浸银”反应的离子方程式补充完整：　 　
结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：　 　。
（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
该步反应的离子方程式有　 　。
一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：　 　。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：　 　。
21．催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为 。
（1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为　 　；反应选用溶液而不选用溶液的原因是　 　。
（2）催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是　 　；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有　 　(用化学方程式表示)。
（3）废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有　 　。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为　 　。
③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是　 　。
五、流程题
22．钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①。
②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是　 　。
（2）“酸浸”步骤中，发生反应的化学方程式是　 　。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中　 　，据此判断能否实现和的完全分离　 　(填“能”或“不能”)。
（4）“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为　 　。
（5）“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是　 　。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为　 　。
（7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是　 　。
23．稀土（ ）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持 价不变； 的 ； 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是　 　。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至　 　的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于　 　 （保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是　 　。
②“操作X”的过程为：先　 　，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有　 　（写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成 转移　 　 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；盐类水解的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，因此ClO2可用于杀菌消毒，A正确；
B．聚丙烯属于有机合成高分子材料，只含疏水基团，不含有亲水基团，因此不能用作吸水剂，B错误；
C．溶液由于碳酸根离子的水解，使溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解反应，因此可用于除油污，C正确；
D．硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，且其表面会形成致密的氧化膜，对内层金属起到保护作用，因此其抗腐蚀性强，可用作航空材料，D正确；
故答案为：B
【分析】A、ClO2的强氧化性可用于杀菌消毒。
B、聚丙烯不能用做吸水剂。
C、Na2CO3溶液显碱性，能使油污发生碱性水解。
D、硬铝的强度高、抗腐蚀性能强等特点，可用做航空材料。
2．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；石油的裂化和裂解；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、，油脂碱性条件下可以水解，A错误；
B、重油转化为小分子烃发生的是裂化、裂解，B正确；
C、蛋白质在酶的作用下水解为氨基酸，C错误；
D、，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，D错误；
故答案为：B
【分析】A、阴离子水解呈碱性，油脂碱性条件下可以水解为高级脂肪酸盐和甘油；
B、石油的裂化、裂解是制取小分子烃的方法；
C、蛋白质水解为氨基酸；
D、加热促进铁离子的水解。
3．【答案】C
【知识点】晶体熔沸点的比较；极性分子和非极性分子；电解质在水溶液中的电离；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、氯化钠和氯化铯都是离子晶体，离子键强度和离子半径有关。Na+半径比 Cs+小，所以 NaCl 的晶格能更大，离子键更强，熔点更高，A正确；
B、碘是非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子易溶于非极性溶剂，所以碘易溶于四氯化碳，B正确；
C、草酸氢钠即NaHC2O4，溶液显酸性，溶液中 H+浓度高，其中 HC2O4-既有电离平衡：HC2O4- H+ + C2O42-，又有水解平衡：HC2O4- + H2O H2C2O4 + OH-。如果溶液显酸性，说明电离产生的 H+比水解产生的 OH-多，因此电离程度大于水解程度，C错误；
D、离子液体是由阴阳离子组成的，熔融或液态时离子可以移动，所以导电性良好，因此离子液体具有很好的导电性，D正确；
故答案为：C
【分析】电离度是指盐溶液中水将其电离成阳离子和阴离子的能力，而水解程度是指盐溶液中弱离子与水结合形成相应的弱酸或弱碱的能力。对于强酸和强碱，电离度越大，酸碱性越强，但水解程度越弱。一般来说，电离度大的溶液水解程度较弱，相反，电离度小的溶液水解程度较大。
4．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.2mL时与 溶液恰好完全反应，则a点时溶质为NaCl和Na2CrO4，电荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl-)+c(OH-)，此时c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不计，a点为Cl-和曲线的交点，即c()=c(Cl-)，则溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A错误；
B．当V(NaCl)=1.0mL时，有一半的Ag2CrO4转化为AgCl，Ag2CrO4与AgCl共存，均达到沉淀溶解平衡，取图中横坐标为1.0mL的点，得Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)=10-5.18×10-4.57=10-9.75，Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c()=(10-5.18)2×10-1.60=10-11.96，则K==102.21，B错误；
C.V＜2.0mL时，Ag+未沉淀完全，体系中Ag2CrO4和AgCl共存，则=为定值，即为定值，由图可知，在V≤2.0mL时c(Ag+)并不是定值，则的值也不是定值，即在变化，C错误；
D．V＞2.0mL时AgCl处于饱和状态，V(NaCl)=2.4mL时，图像显示c(Cl-)=10-1.93mol/L，则c(Ag+)===10-7.82mol/L，故y1=-7.82，此时Ag2CrO4全部转化为AgCl，n()守恒，等于起始时n(Ag2CrO4)，则=mol/L，则y2==-lg34，D正确；
故答案为：D。
【分析】向 1.0mL 含的悬浊液中滴加 的 NaCl 溶液，发生反应： ，两者恰好完全反应时， NaCl 溶液的体积为v(NaCl)= ，2mL之后再加 NaCl 溶液，c(Cl-)增大，据 ，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，c(Ag+)会随着c(Cl-)增大而减小，所以2mL后降低的曲线，即最下方的虚线代表Ag+，升高的曲线，即中间虚线代表Cl-，则剩余最上方的实线为曲线。由此分析解题。
5．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．反应生成HCl，溶液pH减小，故A符合题意；
B．Cl2浓度减小，溶液颜色变浅，故B符合题意；
C．次氯酸浓度减少，漂白性减弱，故C不符合题意；
D．生成的HCl、Na2SO4为强电解质，导电性增强，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】饱和氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+ HClO，向饱和氯水中加入少量 Na2SO3 固体，HClO 和Na2SO3发生氧化还原反应得到硫酸钠和氯化钠，使平衡正向移动，Cl2浓度减小，结合选项即可判断。
6．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.在NaF溶液中，根据电荷守恒可得，阳离子所带正电荷之和等于阴离子所带负电荷之和：，A项错误；
B.“除镁”得到的上层清液中为氟化镁的饱和溶液，根据溶度积表达式可得， ，B项错误；
C.在碳酸氢钠溶液中存在质子守恒， 可得，移项即可得到 ；
D．“沉锰”后的滤液中还存在F-、SO42-等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误；
故答案为：C。
【分析】在溶液中，充分利用电荷守恒、物料守恒、质子守恒进行解答即可；同时可以利用溶度积进行解答。
7．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；铵盐；有关反应热的计算
【解析】【解答】b、d代表MgO和Mg(OH)Cl中的一种，根据箭头的起始和终止，可知反应①为NH4Cl作为反应物，提供Cl原子，则生成物应含有Cl，则b为Mg(OH)Cl，d为MgO，则反应①为NH4Cl+MgO=Mg(OH)Cl+NH3↑，a为NH3，结合原子守恒，反应②为Mg(OH)Cl生成MgO，则c应为HCl，则反应②为Mg(OH)Cl=MgO+HCl，c为HCl；
A、根据分析，可知a为NH3，c为HCl，A错误；
B、根据分析，可知d为MgO，b为Mg(OH)Cl，B错误；
C、若MgCl2为副产物，则通入水蒸气可使MgCl2生成Mg(OH)Cl，减少MgCl2产生，C正确；
D、，
根据盖斯定律，可知，即氯化铵直接分解的反应热等于反应①②的反应热之和，D错误；
故答案为：C
【分析】A、B、根据箭头的起始和终止，结合原子守恒，可以确定流程图中物质的化学式；
C、结合盐类的水解原理，可知MgCl2水解生成Mg(OH)Cl和HCl；
D、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减。
8．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，故A不符合题意；
B．由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中==18，故B不符合题意；
C．由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动，溶液中甲酸根离子浓度减小，与作用的数目减小，故C不符合题意；
D．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，的平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂后，溶液pH值增大，说明R3N呈碱性；
B.溶液中=；
C.废水中pH值越小，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动；
D.废水初始pH>5时，的平衡逆向移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在。
9．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．在 溶液中，Cl-主要来自NaCl，则，则，A正确；
B．AgCl 在纯水中的饱和溶液中，。滴加 溶液， 增大，导致离子积 ，有AgCl沉淀生成，B正确；
C．在纯水中：溶解度 。溶解质量正比于溶解度（相同体积）。在 溶液中：高促进络合反应。设总溶解银浓度为，近似，则：，，总溶解度。比较可知：，，故在 中溶解的质量更大，C错误；
D．盐酸中 。若假设完全溶解，则总银浓度。由C选项分析可知，，合并得到，近似，则：，Q=，故会沉淀，不能完全溶解，D正确；
故选C。
【分析】A．根据计算；
Ｂ．当浓度熵大于Ksp时有沉淀生成；
Ｃ．计算溶解度进行比较；
Ｄ．计算浓度熵与溶度积常数比较确定沉淀是否能够完全溶解。
10．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．M点pH=5，，含Cr微粒主要为，-lgc(Cr3+)=3.2，则c(Cr3+)=10-3.2mol/L，则，故A正确；
Ｂ．恰好完全沉淀时，，则，c(H+)=10-5.6mol/L，此时pH=5.6，故B错误；
Ｃ．P和Q点溶液中含Cr微粒总和相等，生成的质量相等，则P点沉淀质量等于Q点沉淀质量，故C错误；
Ｄ．随着pH的增大，c(OH-)增大，的平衡逆向移动，的平衡正向移动，则减小，故D错误；
故选A。
【分析】为两性氢氧化物 ，存在两个平衡：①，②，其溶度积 。
11．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 溶液中只有5种离子，分别是 ，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为 ，A正确；
B． 溶液中， 水解使溶液呈碱性，其水解常数为 ，根据硫元素守恒可知，所以 ， ，B不正确；
C．远远大于，向的溶液中加入时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为，因此该反应可以完全进行，的饱和溶液中，若加入足量时可使，C正确；
D.的平衡常数，该反应可以完全进行，因此，当向的溶液中通入气体至饱和，可以完全沉淀，所得溶液中，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.根据溶液电荷守恒解答即可；
B.根据硫离子水解可知，，即可判断；
C. 溶液中加入FeS 目的是除去 Cd2+，生成难容的，根据沉淀溶解转换的方程计算即可；
D. 溶液中通入H2S气体至饱和 ，发生，通过计算可得该反应可以完全进行，即镉离子完全反应。
12．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A不符合题意；
B．加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B符合题意；
C．由图可知，净化的先后顺序为，C不符合题意；
D．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，lgc<-5，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH-)=10-9.5mol/L，，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L， ，则有，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Mg2+可被净化的pH区间最小；
B.过氧化氢具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子；
C.随着溶液pH值的增大，净化的顺序是Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+；
D.根据Ksp的公式计算。
13．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析可知，Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-，I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A不符合题意；
B．根据分析可知，原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol L-1，故B不符合题意；
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100mol L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C符合题意；
D．b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，Cl-、Br-和 I-已沉淀完全，且Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)＞Ksp(AgI)，则b点各离子浓度为：，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Ksp小的先沉淀，则Cl-、Br-、I-的沉淀顺序为I->Br->Cl-， 当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时硝酸银一共消耗了：4.50mL×10-3L/mL×0.100mol/L=4.5×10-4mol，即Cl-、Br-和 I-均为1.5×10-4mol。
14．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．的，当图中时，，，由图像可知，此时，则≠0.27，故A错误；
B．当时，由图像可知，，则，，故B错误；
C．结合L的离子方程式为，当时，，由图像交点可知，随着n变大，逐渐变大，则K值变小，说明结合L的能力随之减小，故C正确；
D．若，由图像交点可知，，，则，故，故D错误；
故选C。
【分析】A．根据的分析计算；
Ｂ．时，；
Ｃ．根据分析；
Ｄ．时，，。
15．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、对于 Al(OH)4-，其浓度随 pH 升高而增加（因 Al(OH)3 在高 pH 溶解形成 Al(OH)4-），因此 -lg c[Al(OH)4-] 随 pH 升高而减小，曲线呈下降趋势。图表中 L 曲线符合这一特征，A正确；
B、该反应的平衡常数 K = [Zn(OH)42-] / ([Zn2+][OH-]4)。在 Zn(OH)2 沉淀与溶解的边界也就是 c(Zn2+) 和 c(Zn(OH)42-) 相等时，K = 1 / [OH-]4。在图像中，Zn 的相关特征点出现在 pH 9.4 附近，而非选项中的高 pH。计算：假设 K = 1011.2，则在 [Zn2+] = [Zn(OH)42-] 时，
[OH-]4 = 1/K = 10-11.2，[OH-] = 10-2.8，pH = 14 - (-lg[OH-]) = 14 - 2.8 = 11.2。但图表中标记点 pH 12.4 或 9.4 均不匹配此值，pH 12.4 时 [OH-] = 10-1.6， [OH-]4 ≈ 10-6.4， 1/[OH-]4 ≈ 106.4，log K ≈ 6.4，与 11.2 不符。标准值中 Zn(OH)42- 的 log K 通常约为 15，1011.2过小，与图表和已知不一致，B错误；
C、在高 pH 下，Al(OH)3 溶解形成 Al(OH)4-（两性），而 Cd(OH)2 不易形成 Cd(OH)42-，根据题干信息已知 Zn(OH)2 比 Cd(OH)2 更易与碱反应，因此 Cd(OH)2 保持沉淀状态。当 c(Al) 溶解且 c(Cd2+) ≤ 10-5 mol·L- 时，可完全分离，C正确；
D、在 pH 4.7~6.4 范围内：
Al3+：Al(OH)3 开始沉淀的 pH 较低，在 pH 4.7 时 c(Al3+) ≈ 10-5 mol·L- ，此时可认为完全沉淀。
Zn2+：Zn(OH)2 开始沉淀的 pH 约 6.24，在 pH < 6.24 时 c(Zn2+) = 0.1 mol·L- > 10-5 mol·L- ，还有溶解的Zn2+；在 pH 6.4 时 c(Zn2+) ≈ 0.0475 mol·L- > 10-5 mol·L- ，并没有完全沉淀。
因此，Al3+ 沉淀而 Zn2+ 溶解，可实现完全分离，D正确；
故答案为：B。
【分析】图表显示了常温下溶液中 Al3+、Zn2+、Cd2+ 及其羟基配合物：Al(OH)4-、Zn(OH)42-、Cd(OH)42-的浓度随 pH 的变化关系。横坐标为 pH，纵坐标为pX。图中标记了关键 pH 点：7.0、8.4、9.4、12.4、14.0，这些点对应沉淀或溶解的转变。
关键 pH 点总结：
pH 7.0：Cd2+ 开始沉淀，c(Cd2+) 降至可忽略水平（c ≤ 10-5 mol·L- ）。
pH 8.4：Zn2+ 开始沉淀，c(Zn2+) 显著降低。
pH 9.4：Zn(OH)2 开始溶解形成 Zn(OH)42-，溶解锌浓度增加。
pH 12.4：Al(OH)3 开始溶解形成 Al(OH)4-，c[Al(OH)4-] 显著增加。
pH 14.0：参考点，所有可溶物种浓度较高。
16．【答案】D
【知识点】pH的简单计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线Ⅰ对应的离子是，A正确；
B． Y电离的方程式为： ，，当时，，，则，同理，，由图像可知，当时，最大，则，pOH=5.61，pH=8.39，B正确；
C．反应的平衡常数，由图可知，当时，，则，C正确；
D．时，，，，由物料守恒可知，，则，Y的初始浓度为，由物料守恒得，代入数据，，则，由图像可知，pH在8.39-9.93之间，此时，D错误；
故选D。
【分析】与Y发生反应、，Y的浓度增大，促进反应的平衡正向移动，浓度减小，先增大后减小，逐渐增大，则图1中，曲线Ⅰ表示浓度变化，Ⅱ表示浓度浓度变化，Ⅲ表示浓度变化； 向溶液中加入Y，通过调节混合溶液的改变Y的浓度 ，当溶液的酸性较强时，浓度大，当碱性较强时，Y的浓度大，故曲线Ⅳ表示浓度变化，曲线Ⅴ表示浓度变化，曲线Ⅵ表示Y浓度变化。
17．【答案】（1）NH3
（2）SiO2
（3）；，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
（4）净水
（5）；Ca3N3B；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由分析可知，生成的气体是NH3。
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是CaSO4、SiO2。
（3）由分析可知，“水浸2”时主要反应的化学方程式为 。该反应能进行的原因是，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 。
（4）铝产品溶于水，Al3+发生水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的杂质，所以 可用于净水。
（5）根据图丙可知，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，所以Ca与N的距离为 。由均摊法可知，该晶胞中Ca原子数目为8×+2=3，N原子数目为8×+2×=3，B原子数目为4×=1，则化合物的化学式是Ca3N3B。该晶胞体积为a2c×10-30cm3，根据m=ρV=nM及N=nNA可知，晶体的密度为。
【分析】根据题干信息及流程图，“焙烧”时，CaO、MgO、Al2O3与(NH4)2SO4反应分别生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，SiO2不参与反应，该气体与烟气（CO2和水蒸气）反应生成(NH4)2CO3，可推出该气体为NH3；硫酸钙、SiO2不溶于水，经“水浸”“过滤”得到的“滤渣”为硫酸钙、SiO2，滤液的主要成分为硫酸镁、硫酸铝、硫酸铵，滤液经浓缩结晶得到铝产品和富镁溶液；“滤渣”中的CaSO4与(NH4)2CO3反应生成更难溶的CaCO3，经一系列操作得到钙产品。
18．【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解
（3）
（4）+2；S
（5）减少二氧化硫脲的溶解损失
（6）；亚铁离子被空气中氧气氧化
【知识点】盐类水解的应用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器的名称是恒压滴液漏斗；
（2）二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解，且过氧化氢不稳定受热易分解，为了防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解，Ⅰ中控制“温度低于10℃和”；
（3）硫脲和水溶解冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应生成二氧化硫脲，发生的反应为
（4）二氧化硫脲水解的化学方程式为：，生成，该反应未非氧化还原反应，中硫化合价为+2，则中S的化合价为+2；TD具有还原性，Ⅰ的反应中因条件控制不当生成了，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是TD还原硫元素转化生成的硫单质；
（5）二氧化硫脲难溶于乙醇，用乙醇洗涤能减少二氧化硫脲损失，因此Ⅰ中“洗涤”选用乙醇；
（6）清液中浓度为，则为，那么的去除率；亚铁离子具有还原性，Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。
【分析】（1）根据仪器构造确定其名称；
（2）二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解；
（3） 在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应得到TD，据此书写化学方程式；
（4）根据化合物中化合价代数和为0计算；S为黄色沉淀；
（5）二氧化硫脲难溶于乙醇；
（6）亚铁离子易被空气中的氧气氧化。
（1）由图，仪器的名称是恒压滴液漏斗；
（2）已知，二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解，且过氧化氢不稳定受热易分解，故Ⅰ中控制“温度低于10℃和”的目的是防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解；
（3）硫脲和水溶解冷却至5℃后，滴入溶液，控制温度低于10℃和进行反应生成二氧化硫脲，结合质量守恒，反应还会生成水，反应为
（4）二氧化硫脲水解：，生成，则反应中元素化合价没有改变，中硫化合价为+2，则中S的化合价为+2。TD具有还原性，Ⅰ的反应中因条件控制不当生成了，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是TD还原硫元素转化生成的硫单质；
（5）二氧化硫脲可溶于水，难溶于乙醇，Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是减少二氧化硫脲的溶解损失；
（6）清液中浓度为，则为，那么的去除率；亚铁离子具有还原性，Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。
19．【答案】（1）A、C
（2）CuO+H2SO4 CuSO4+H2O；不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）
（3）过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤
（4）
（5）①③
【知识点】盐类水解的应用；硫酸根离子的检验；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；化学式及其计算
【解析】【解答】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；
(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；
(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2- m3)g，所以胆矾（CuSO4 nH2O）中n值的表达式为：=n：1，解得n＝；
(5) ①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n=可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
【分析】(1)制备胆矾时，需进行溶解、过滤、结晶操作；
(2)金属氧化物与酸反应生成盐和水；从环境保护方面分析该方法的优点；
(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；根据水解分析；加热可以防止生成胶体；
(4)根据CuSO4 nH2O中CuSO4与H2O为1：n计算；
(5)根据n=分析。
20．【答案】（1）；、
（2）；Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解
（3）、；被氧气氧化为，把氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>；
②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；
（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；
②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；
（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；
②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为；
（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂剂。
【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；
②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；
（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；
②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；
（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；
②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；
（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。
21．【答案】（1）；发生双水解，有利于水解
（2）温度升高至一定范围催化剂失活；
（3）适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等；；增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率与化学平衡的综合应用；盐类水解的原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 根据题目可知，在水溶液中水解为沉淀的离子方程 ：
发生双水解，可以促进水解，所以不选用；
(2) 由图可知， 温度升高，转化率增大，但是升高一定程度后催化剂活性降低，转化率降低，氨气与氧气发生催化氧化，生成的NO再与氧气反应，反应为： ；
（3） ① 提高化学反应速率方法有：适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间；② 已知具有八元环结构 ，可得结构为：
③根据生成 沉淀 ， 增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量。
【分析】（1）充分利用盐类水解进行解答，发生双水解可以相互促进离子水解；
（2）温度过高、酸碱性等外界因素可以使催化剂失去活性，从而使转化率降低；
（3）一般可以通过升温、增加浓度等可以提高物质酸浸率。
22．【答案】（1）增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
（2）
（3）；不能
（4）
（5）
（6）
（7）向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。
（2）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即CoO为转化为CoSO4，反应的化学方程式为。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中 和 均为 ，向其中加入 至 沉淀完全，此时溶液中，则，小于，说明大部分也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。
（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为，因此，生成，产生的物质的量为4.0mol。
（5）“沉锰”步骤中，同时将氧化为，“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4，可以完全沉淀为，因此，分离出的滤渣是。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化 ，为了保证 被完全氧化，NaClO要适当过量，其离子方程式为：
（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有Zn元素以形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。
【分析】（1） 需将废渣磨碎 目的为加快化学反应速率以及充分反应；
（2） 与硫酸反应生成硫酸钴，该反应为非氧化还原，根据原子守恒配平即可；
（3）首先根据硫化锌完全沉淀，得到硫离子浓度，再根据硫化钴的溶度积求出钴离子浓度即可；
（4）锰离子与Na2S2O8完全反应，生成4个氢离子和一个二氧化锰，那么 生成 ， 产生的物质的量为 4mol；
（5）根据分析可知， ，可以完全沉淀为，那么分离滤渣为
（6） 加入适量的氧化， 生成氢氧化钴和氯离子，然后配平即可；
（7）根据题目信息可知，当pH大于12时， 氢氧化锌 会被溶解，所以加入的碱控制pH小于12即可。
23．【答案】（1）Fe2+
（2）4.7 pH<6.2；
（3）4.0 10-4
（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶
（5）MgSO4
（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。
（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的 Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜。
（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。
② “操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。
（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4。
（6）①根据题干信息，涉及反应是还原剂+氧化剂（YCl3与PtCl4）→还原产物（Pt3Y）+氧化产物，反应前后Y元素的化合价由+3降为0，Pt元素的化合价由+4降为0，则生成1mol Pt3Y转移的电子数为3mol+4×3mol=15mol。
②氢氧燃料电池属于原电池，正极得电子发生还原反应，碱性溶液中，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH。
【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。
1 / 1

展开更多......

收起↑