老高考適用2025版高考化學(xué)二輪總復(fù)習(xí)專題能力提升訓(xùn)練8電解質(zhì)溶液

專題實(shí)力提升訓(xùn)練(八)一、選擇題(本題包括10小題，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1．(2024·紹興模擬)已知25℃時(shí)二元酸(H2A)的Ka1(H2A)＝4.2×10－7，Ka2(H2A)＝5.6×10－11，下列說法不正確的是(D)A．等濃度的Na2A和NaHA混合溶液中，水電離出的氫離子濃度大于1.0×10－7mol/LB．pH＝10的Na2A溶液中，c(A2－)≈5.6×10－5mol/LC．往H2A溶液中滴入NaOH溶液的過程中eq\f(c(HA－),c(A2－))始終減小D．調(diào)整pH將Na2A轉(zhuǎn)化成NaHA的過程中始終存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)【解析】等濃度的Na2A和NaHA混合溶液中存在A2－和HA－的水解，以及HA－的電離，HA－水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(KW,Ka1)＝eq\f(10－14,4.2×10－7)>Ka2，則HA－的水解程度大于電離程度，水的電離被促進(jìn)，則水電離出的氫離子濃度大于1.0×10－7mol/L，故A正確；pH＝10的Na2A溶液中，存在水解平衡A2－＋H2OHA－＋OH－，c(H＋)＝1.0×10－10mol/L，則c(OH－)＝c(HA－)＝1.0×10－4mol/L，A2－的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(c(HA－)·c(OH－),c(A2－))＝eq\f(KW,Ka2)，解得c(A2－)≈5.6×10－5mol/L，故B正確；往H2A溶液中滴入NaOH溶液的過程中，c(H＋)減小，但Ka2(H2A)＝eq\f(c(H＋)·c(A2－),c(HA－))不變，因此eq\f(c(HA－),c(A2－))始終減小，故C正確；調(diào)整pH，溶液中可能引入其他離子，故D錯(cuò)誤。2．(2024·洛陽模擬)在25℃時(shí)，用蒸餾水稀釋1mol·L－1氨水至0.01mol·L－1，隨溶液的稀釋，下列各項(xiàng)中始終保持增大趨勢的是(A)A.eq\f(c(OH－),c(NH3·H2O)) B．eq\f(c(NHeq\o\al(＋,4)),c(OH－))C.eq\f(c(NH3·H2O),c(NHeq\o\al(＋,4))) D．c(OH－)【解析】加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離，則溶液中氫氧根離子、銨根離子的物質(zhì)的量增大，一水合氨分子的物質(zhì)的量減小，所以eq\f(c(OH－),c(NH3·H2O))增大，A正確；溶液中氫氧根離子、銨根離子的物質(zhì)的量增大，且其增大程度相等，eq\f(c(NHeq\o\al(＋,4)),c(OH－))基本不變，故B錯(cuò)誤；加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離，則溶液中氫氧根離子，銨根離子的物質(zhì)的量增大，一水合氨分子的物質(zhì)的量減小，所以eq\f(c(NH3·H2O),c(NHeq\o\al(＋,4)))減小，C錯(cuò)誤；加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離，因?yàn)槿芤褐幸凰习彪婋x增大程度小于溶液體積增大程度，則溶液中c(OH－)減小，D錯(cuò)誤。3．(2024·銀川模擬)常溫下，向100mL0.1mol·L－1的NaA溶液中通入HF(g)，溶液中l(wèi)geq\f(c(X－),c(HX))(X代表A或F)的值和pH的關(guān)系如圖所示，已知酸性：HF>HA，忽視溶液體積的變更，下列敘述錯(cuò)誤的是(D)A．HA的電離常數(shù)Ka＝10－7.5B．當(dāng)c(F－)＝c(HA)時(shí)，混合溶液pH＝7C．通入0.01molHF時(shí)，c(F－)>c(A－)>c(HF)D．隨著HF的通入，溶液導(dǎo)電性先增大后減小【解析】HA的電離常數(shù)Ka＝10－7.5，A正確；依據(jù)溶液中的電荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(F－)＋c(OH－)，依據(jù)物料守恒c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)，若溶液中c(F－)＝c(HA)，聯(lián)立方程可得，得出c(H＋)＝c(OH－)，即pH＝7，B正確；通入HF，發(fā)生反應(yīng)為HF＋NaA=HA＋NaF，通入0.01molHF時(shí)，HF與NaA恰好完全反應(yīng)，溶液的溶質(zhì)為等濃度的HA和NaF，因?yàn)镠A的電離平衡常數(shù)為K(HA)＝10－7.5，依據(jù)HF的電離平衡常數(shù)可知，NaF的水解平衡常數(shù)Kh(NaF)＝eq\f(KW,Ka(HF))＝eq\f(10－14,10－3.45)＝10－10.55，推出溶液HA的電離程度大于F－的水解程度，故離子濃度大小關(guān)系為c(F－)>c(A－)>c(HF)，C正確；通入HF，發(fā)生反應(yīng)為HF＋NaA=HA＋NaF，隨著HF的增多，溶液中A－不斷轉(zhuǎn)化為F－，水解程度減弱，總離子濃度增大，即溶液的導(dǎo)電性增大，當(dāng)NaA恰好與HF反應(yīng)完后，溶液中溶質(zhì)為HF、HA和NaF，HF會(huì)更多的電離出H＋與F－，導(dǎo)電性也會(huì)增大，D錯(cuò)誤。4．(2024·浙江高考)25℃時(shí)，向20mL濃度均為0.1mol·L－1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka＝1.8×10－5；用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL等濃度的鹽酸，滴定終點(diǎn)的pH突躍范圍4.3～9.7)。下列說法不正確的是(B)A．恰好中和時(shí)，溶液呈堿性B．滴加NaOH溶液至pH＝4.3的過程中，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為H＋＋OH－=H2OC．滴定過程中，c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．pH＝7時(shí)，c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)【解析】恰好中和時(shí)，生成氯化鈉溶液和醋酸鈉溶液，其中醋酸根離子會(huì)水解，溶液顯堿性，A正確；滴加NaOH溶液至pH＝4.3的過程中，若只發(fā)生反應(yīng)H＋＋OH－=H2O，則滴加NaOH溶液的體積為20mL，則依據(jù)電離常數(shù)，0.1mol·L－1的醋酸中，c(H＋)≈c(CH3COO－)＝eq\r(Kac(CH3COOH))＝eq\r(0.05×1.8×10－5)＝3×10－3.5mol·L－1>1.0×10－4.3，故用氫氧化鈉滴定的過程中，醋酸也參與了反應(yīng)，則離子方程式為H＋＋OH－=H2O和CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O，B錯(cuò)誤；滴定前鹽酸和醋酸的濃度相同，故滴定過程中，依據(jù)物料守恒可知：c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正確；向20mL濃度均為0.1mol·L－1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，當(dāng)鹽酸的體積為20mL時(shí)，溶液為氯化鈉和醋酸的混合溶液，顯酸性，須要再滴加適量的氫氧化鈉，當(dāng)加入的NaOH溶液的體積為30mL時(shí)，溶液為NaCl和等濃度的CH3COONa、CH3COOH，依據(jù)Ka＝1.8×10－5＞Kh＝eq\f(KW,Ka)＝eq\f(10－14,1.8×10－5)可知，此時(shí)溶液仍舊呈酸性，需接著滴加NaOH溶液，故有c(Na＋)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，D正確。5．(2024·鄭州模擬)已知亞磷酸(H3PO3)為二元弱酸。25℃時(shí)，向20mL0.1mol/LH3PO3溶液中滴加同濃度NaOH溶液，混合溶液中的有關(guān)粒子濃度之比的對數(shù)與溶液pH的關(guān)系如圖所示，下列敘述正確的是(C)A．M、W兩點(diǎn)所在的直線表示lgeq\f(c(HPOeq\o\al(2－,3)),c(H2POeq\o\al(－,3)))與pH的關(guān)系B．當(dāng)pH＝3時(shí)，c(H2POeq\o\al(－,3))＞c(HPOeq\o\al(2－,3))＞c(H3PO3)C．N點(diǎn)：3c(H2POeq\o\al(－,3))＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)D．25℃時(shí)，HPOeq\o\al(2－,3)＋H2OH2POeq\o\al(－,3)＋OH－的平衡常數(shù)為10－12.57【解析】lgeq\f(c(HPOeq\o\al(2－,3)),c(H2POeq\o\al(－,3)))＝lgeq\f(Ka2,c(H＋))＝lgKa2－lgc(H＋)＝lgKa2＋pH；lgeq\f(c(H2POeq\o\al(－,3)),c(H3PO3))＝lgeq\f(Ka1,c(H＋))＝lgKa1－lgc(H＋)＝lgKa1＋pH，M、N存在關(guān)系lgeq\f(c(HPOeq\o\al(2－,3)),c(H2POeq\o\al(－,3)))＝lgeq\f(c(H2POeq\o\al(－,3)),c(H3PO3))及Ka1＞Ka2，pH：N＞M，依據(jù)Ka1＞Ka2可知：N點(diǎn)表示lgeq\f(c(HPOeq\o\al(2－,3)),c(H2POeq\o\al(－,3)))與pH的關(guān)系，M點(diǎn)表示lgeq\f(c(H2POeq\o\al(－,3)),c(H3PO3))與pH的關(guān)系，A錯(cuò)誤；由A分析可知，Ka2＝10－6.54、Ka1＝10－1.43，pH＝3時(shí)，混合溶液中有c(H2POeq\o\al(－,3))＝eq\f(c(HPOeq\o\al(2－,3)),\f(Ka2,c(H＋)))＝c(HPOeq\o\al(2－,3))×10－(－6.54＋3)＝eq\f(Ka1·c(H3PO3),c(H＋))＝c(H3PO3)×10－1.43＋3，則c(H2POeq\o\al(－,3))＞c(H3PO3)>c(HPOeq\o\al(2－,3))，B錯(cuò)誤；N點(diǎn)lgeq\f(c(HPOeq\o\al(2－,3)),c(H2POeq\o\al(－,3)))＝0，c(H2POeq\o\al(－,3))＝c(HPOeq\o\al(2－,3))，由電荷守恒可知，2c(HPOeq\o\al(2－,3))＋c(H2POeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，則3c(H2POeq\o\al(－,3))＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，C正確；25℃時(shí)存在關(guān)系：HPOeq\o\al(2－,3)＋H2OH2POeq\o\al(－,3)＋OH－，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K＝eq\f(c(H2POeq\o\al(－,3))·c(OH－),c(HPOeq\o\al(2－,3)))＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(10－14,10－6.54)＝10－7.46，D錯(cuò)誤。6．(2024·保定模擬)常溫下，下列溶液中的微粒濃度關(guān)系正確的是(B)A．NaH2PO4溶液中：c(H＋)＋c(H3PO4)＝c(OH－)＋c(POeq\o\al(3－,4))＋c(HPOeq\o\al(2－,4))B．pH＝7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)C．NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)>c(H＋)D．等物質(zhì)的量濃度的Na2S和NaHS混合溶液中：c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)【解析】NaH2PO4溶液中存在質(zhì)子守恒c(H＋)＋c(H3PO4)＝c(OH－)＋2c(POeq\o\al(3－,4))＋c(HPOeq\o\al(2－,4))，故A錯(cuò)誤；pH＝7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，氫離子和氫氧根離子濃度相等，電荷守恒為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，則c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B正確；NH4Cl為強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液顯酸性，c(OH－)<c(H＋)，C錯(cuò)誤；等物質(zhì)的量濃度的Na2S和NaHS混合溶液中，存在物料守恒，N(Na)∶N(S)＝3∶2，即2c(Na＋)＝3c(S2－)＋3c(HS－)＋3c(H2S)，D錯(cuò)誤。7．(2024·貴陽模擬)T℃時(shí)，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知pCd2＋為Cd2＋濃度的負(fù)對數(shù)，pN為陰離子濃度的負(fù)對數(shù)。下列說法正確的是(D)A．曲線Ⅰ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲線B．加熱可使溶液由X點(diǎn)變到Z點(diǎn)C．Y點(diǎn)對應(yīng)的Cd(OH)2溶液是過飽和溶液D．T℃，在CdCO3(s)＋2OH－(aq)Cd(OH)2(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)平衡體系中，平衡常數(shù)K＝102【解析】CdCO3(s)Cd2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，則c(Cd2＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))，CdCO3的沉淀平衡中pCd2＋＝pN，故曲線Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲線，A錯(cuò)誤；由A分析可知，曲線Ⅰ是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲線，Cd(OH)2(s)Cd2＋(aq)＋2OH－(aq)，則c(Cd2＋)＝2c(OH－)，加熱平衡正向移動(dòng)，Cd2＋、OH－離子濃度變大，但是不會(huì)相等，B錯(cuò)誤；曲線上的點(diǎn)為達(dá)到了沉淀溶解平衡，pCd2＋為Cd2＋濃度的負(fù)對數(shù)，pN為陰離子濃度的負(fù)對數(shù)，則數(shù)值越大，離子濃度越小，Y點(diǎn)在曲線上方，說明離子濃度小，故為不飽和溶液，C錯(cuò)誤；T℃，由圖可知，pN＝4時(shí)，CdCO3中pCd2＋為8，即Ksp(CdCO3)＝c(COeq\o\al(2－,3))·c(Cd2＋)＝10－12；pN＝4時(shí)，Cd(OH)2中pCd2＋為6，即Ksp[Cd(OH)2]＝c2(OH－)·c(Cd2＋)＝10－14；在CdCO3(s)＋2OH－(aq)Cd(OH)2(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)平衡體系中，平衡常數(shù)K＝eq\f(c(COeq\o\al(2－,3)),c2(OH－))＝eq\f(c(COeq\o\al(2－,3))·c(Cd2＋),c2(OH－)·c(Cd2＋))＝eq\f(Ksp(CdCO3),Ksp[Cd(OH)2])＝102，D正確。8．(2024·延邊模擬)賴氨酸[H2N(CH2)4CH(NH2)COOH，用HR表示]是人體必需氨基酸，其鹽酸鹽(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2＋eq\o(,\s\up7(K1))H2R＋eq\o(,\s\up7(K2))HReq\o(,\s\up7(K3))R－。向肯定濃度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2＋、H2R＋、HR和R－的分布系數(shù)δ(x)隨pH變更如圖所示。已知δ(x)＝eq\f(c(x),c(H3R2＋)＋c(H2R＋)＋c(HR)＋c(R－))。下列表述正確的是(B)A．已知CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka＝1.75×10－5，則H2R＋與CH3COO－不能大量共存B．N點(diǎn)，向溶液中加入少量NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：H2R＋＋OH－=H2O＋HRC．M點(diǎn)，c(Na＋)>c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)D．P點(diǎn)，c(Cl－)＋c(OH－)＋c(HR)＝c(H2R＋)＋2c(H3R2＋)＋c(H＋)【解析】從圖中可知，N點(diǎn)的pH≈9，溶液中含等物質(zhì)的量濃度的H2R＋和HR，則H2R＋的電離常數(shù)：K2＝eq\f(c(HR)·c(H＋),c(H2R＋))＝c(H＋)＝10－9＜Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，則H2R＋與CH3COO－不能發(fā)生反應(yīng)，二者能大量共存，A錯(cuò)誤；N點(diǎn)，溶液中含等物質(zhì)的量濃度的H2R＋和HR，向溶液中加入少量NaOH溶液，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為H2R＋＋OH－=H2O＋HR，B正確；M點(diǎn)，c(H3R2＋)＝c(H2R＋)，M點(diǎn)溶質(zhì)為H3RCl2、H2RCl、NaCl，則c(Na＋)<c(Cl－)，C錯(cuò)誤；P點(diǎn)存在電荷守恒：c(R－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＝2c(H3R2＋)＋c(H2R＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)，此時(shí)c(HR)＝c(R－)，因此c(HR)＋c(Cl－)＋c(OH－)＝2c(H3R2＋)＋c(H2R＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)，D錯(cuò)誤。9．(2024·上饒模擬)溶洞水體中的H2CO3與空氣中的CO2保持平衡，其水體中l(wèi)gc(X)(X為H2CO3、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)或Ca2＋)與pH的關(guān)系如圖所示。已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，下列說法錯(cuò)誤的是(D)A.eq\f(Ka1(H2CO3),Ka2(H2CO3))＝104B．線Ⅱ代表COeq\o\al(2－,3)與pH的關(guān)系曲線C．2pH(b)＝pH(a)＋pH(c)D．a(chǎn)點(diǎn)溶液中，c(Ca2＋)<2.8mol/L【解析】由Ⅰ為HCOeq\o\al(－,3)，帶入點(diǎn)(6.3，－5)，Ka1＝eq\f(c(H＋)·c(HCOeq\o\al(－,3)),c(H2CO3))＝10－6.3，Ⅱ?yàn)镃Oeq\o\al(2－,3)，帶入點(diǎn)(10.3，－1.1)，Ka2＝eq\f(c(H＋)·c(COeq\o\al(2－,3)),c(HCOeq\o\al(－,3)))＝10－10.3，eq\f(Ka1(H2CO3),Ka2(H2CO3))＝104，A正確；隨著pH增大，溶液堿性增加，HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)濃度均增大，pH較小時(shí)c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))，故Ⅰ為HCOeq\o\al(－,3)，Ⅱ?yàn)镃Oeq\o\al(2－,3)，Ⅲ為Ca2＋，B正確；Ka1×Ka2＝eq\f(c(H＋)·c(HCOeq\o\al(－,3)),c(H2CO3))×eq\f(c(H＋)·c(COeq\o\al(2－,3)),c(HCOeq\o\al(－,3)))＝10－6.3×10－10.3＝ceq\o\al(2,b)(H＋)，pH(b)＝8.3，2pH(b)＝pH(a)＋pH(c)，C正確；a點(diǎn)溶液中，pH＝6.3，Ka1×Ka2＝eq\f(c(H＋)×c(HCOeq\o\al(－,3)),c(H2CO3))×eq\f(c(H＋)×c(COeq\o\al(2－,3)),c(HCOeq\o\al(－,3)))＝eq\f(c(H＋)2×c(COeq\o\al(2－,3)),c(H2CO3))＝eq\f((10－6.3)2×c(COeq\o\al(2－,3)),10－5)＝10－6.3×10－10.3，c(COeq\o\al(2－,3))＝10－9mol/L，c(Ca2＋)＝Ksp(CaCO3)÷10－9mol/L＝2.8mol/L，D錯(cuò)誤。10．(2024·宜昌模擬)在試驗(yàn)室中以含鎳廢料(主要成分為NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)為原料制備NixOy和CoCO3的工藝流程如圖。下列說法不正確的是(B)A．“濾渣Ⅰ”中含硅和鋇元素B．“氧化”“調(diào)pH”時(shí)均須要加過量的試劑C．“沉鈷”過程發(fā)生的反應(yīng)為Co2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=CoCO3↓＋CO2↑＋H2OD．“沉鈷”時(shí)，若c(Co2＋)＝0.02mol·L－1，為了防止沉鈷時(shí)生成Co(OH)2，常溫下應(yīng)限制溶液pH<7.5(已知Ksp[Co(OH)2]＝2×10－15)【解析】“濾渣Ⅰ”的主要成分是SiO2、BaSO4，“濾渣Ⅰ”中含硅和鋇元素，故A正確；“調(diào)pH”過程中，Na2CO3不能過量，否則Co2＋和Ni2＋會(huì)與碳酸根離子反應(yīng)生成沉淀而損失，故B錯(cuò)誤；在含有CoSO4的溶液中加入碳酸氫鈉，使Co2＋轉(zhuǎn)化為CoCO3沉淀，離子方程式為2HCOeq\o\al(－,3)＋Co2＋=CoCO3↓＋CO2↑＋H2O，故C正確；當(dāng)恰好剛生成Co(OH)2時(shí)的c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp[Co(OH)2],c(Co2＋)))＝eq\r(\f(2×10－15,0.02))＝1×10－6.5mol/L，常溫下c(H＋)＝eq\f(Kw,c(OH－))＝eq\f(1×10－14,1×10－6.5)＝1×10－7.5mol/L，即pH＝7.5，則為了防止沉鈷時(shí)生成Co(OH)2，常溫下應(yīng)限制溶液pH<7.5，故D正確。二、非選擇題(本題共3小題)11．(2024·阜陽模擬)火法有色金屬冶煉煙氣制酸過程中會(huì)產(chǎn)生大量含砷污酸，采納硫化－石膏中和法處理含砷污酸可獲得達(dá)標(biāo)廢水，同時(shí)實(shí)現(xiàn)變廢為寶得到多級(jí)產(chǎn)品，工藝流程如下：資料：ⅰ.常溫下H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11；H2S的Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15；ⅱ.含砷污酸中砷的主要存在形式為亞砷酸(H3AsO3，弱酸)，除砷外H＋、Cu2＋、F－、SOeq\o\al(2－,4)含量均超標(biāo)；ⅲ.室溫下三價(jià)砷在水溶液中的存在形式與溶液pH的關(guān)系：pHpH＜7pH＝10～11主要存在形式H3AsO3H2AsOeq\o\al(－,3)(1)工業(yè)上制備Na2S時(shí)，用NaOH溶液汲取H2S，不能以純堿代替NaOH。結(jié)合方程式說明不能運(yùn)用純堿的緣由依據(jù)電離常數(shù)，純堿與H2S發(fā)生反應(yīng)：H2S＋Na2CO3=NaHS＋NaHCO3，不能得到Na2S。(2)過程Ⅰ可除去含砷污酸中的Cu2＋和部分砷，濾渣A的主要成分為CuS和As2S3，生成As2S3的離子方程式是2H3AsO3＋3S2－＋6H＋=As2S3＋6H2O。(3)過程Ⅰ會(huì)發(fā)生副反應(yīng)As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq\o\al(3－,3)(aq)，影響后續(xù)處理。加入Na2S充分反應(yīng)后加入少量FeSO4，結(jié)合平衡移動(dòng)原理說明加入FeSO4的緣由加入少量FeSO4，F(xiàn)e2＋＋3S2－=FeS↓，使c(S2－)降低，As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq\o\al(3－,3)(aq)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，從而削減副反應(yīng)發(fā)生。(4)過程Ⅲ中獲得的濾渣C主要成分是FeAsO4，該過程通入空氣的作用是做氧化劑，氧化Fe2＋和H2AsOeq\o\al(－,3)。(5)利用反應(yīng)AsOeq\o\al(3－,4)＋2I－＋2H＋=AsOeq\o\al(3－,3)＋I(xiàn)2＋H2O測定濾渣C中FeAsO4含量。取ag樣品，用硫酸溶液溶解，加入過量KI，充分反應(yīng)后將溶液轉(zhuǎn)移至錐形瓶中，以淀粉為指示劑，用cmol·L－1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，視察到滴入最終半滴Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液時(shí)，錐形瓶內(nèi)溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原現(xiàn)象，說明已到滴定終點(diǎn)，重復(fù)三次試驗(yàn)，記錄用去Na2S2O3溶液體積為VmL，計(jì)算樣品純度為eq\f(0.195cV,2a)(用字母表示)。資料：2Na2S2O3＋I(xiàn)2=Na2S4O6＋2NaI；FeAsO4相對分子質(zhì)量為195【解析】(1)由題干信息可知，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7>H2S的Ka1＝1.3×10－7，純堿與H2S發(fā)生反應(yīng)：H2S＋Na2CO3=NaHS＋NaHCO3，不能得到Na2S；(2)由信息可知，含砷污酸中H3AsO3與S2－反應(yīng)生成As2S3，依據(jù)元素守恒產(chǎn)物還有H2O，故離子方程式為2H3AsO3＋3S2－＋6H＋=As2S3＋6H2O；(3)加入Na2S充分反應(yīng)后加入少量FeSO4，F(xiàn)e2＋與S2－反應(yīng)得到FeS沉淀，會(huì)使反應(yīng)As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq\o\al(3－,3)(aq)逆向移動(dòng)，而削減副反應(yīng)發(fā)生，故為加入少量FeSO4，F(xiàn)e2＋＋3S2－=FeS↓，使c(S2－)降低，As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq\o\al(3－,3)(aq)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，從而削減副反應(yīng)發(fā)生；(4)過程Ⅲ中通入氧氣將Fe2＋氧化成Fe3＋，將H2AsOeq\o\al(－,3)氧化成AsOeq\o\al(3－,4)，從而得到FeAsO4；(5)I2與Na2S2O3反應(yīng)，且I2會(huì)使淀粉變藍(lán)，故用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，視察到滴入最終半滴Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液時(shí)，錐形瓶內(nèi)溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原，說明已到滴定終點(diǎn)；依據(jù)反應(yīng)中方程式可知，AsOeq\o\al(3－,4)＋2I－＋2H＋=AsSeq\o\al(3－,3)＋I(xiàn)2＋H2O，2Na2S2O3＋I(xiàn)2=Na2S4O6＋2NaI，則有AsOeq\o\al(3－,4)～I(xiàn)2～2Na2S2O3eq\f(V×10－3×c,2)molV×10－3×cmol元素守恒可知，n(FeAsO4)＝eq\f(V×10－3×c,2)mol，故樣品純度為eq\f(\f(c×V×10－3,2)×195,a)＝eq\f(0.195cV,2a)。12．(2024·福州模擬)重鉻酸鈉(Na2Cr2O7·2H2O)俗稱紅礬鈉，在工業(yè)方面有廣泛用途。我國目前主要是以鉻鐵礦(主要成分為FeO·Cr2O3，還含有Al2O3、MgO、SiO2等雜質(zhì))為主要原料進(jìn)行生產(chǎn)，其主要工藝流程如圖：①中涉及的主要反應(yīng)有：主反應(yīng)：4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2eq\o(=,\s\up7(△))8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2副反應(yīng)：SiO2＋Na2CO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2SiO3＋CO2↑、Al2O3＋Na2CO3eq\o(=,\s\up7(△))2NaAlO2＋CO2↑部分陽離子以氫氧化物形式完全沉淀時(shí)溶液的pH：沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Mg(OH)2Cr(OH)3完全沉淀時(shí)溶液pH4.73.711.25.6回答下列問題：(1)“①”中反應(yīng)是在回轉(zhuǎn)窯中進(jìn)行，反應(yīng)時(shí)需不斷攪拌，其作用是：使反應(yīng)物接觸更充分，加快反應(yīng)速率；(2)“①”中若往原料中加入適量的石灰石，分析其作用可能是：分解產(chǎn)生CaO，與鉻鐵礦中某些雜質(zhì)反應(yīng)形成爐渣有利于去除；(3)“③”中調(diào)整pH至4.7，目的是：使溶液中的AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)均轉(zhuǎn)化為沉淀除去；(4)“⑤”中加硫酸酸化的目的是：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，調(diào)整pH使Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，有利于紅礬鈉晶體析出。(5)“⑦”中采納冷卻結(jié)晶得到紅礬鈉的緣由是：紅礬鈉隨著溫度的降低，溶解度明顯下降。(6)稱取重鉻酸鈉試樣2.5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，加入適量的稀硫酸和足量碘化鈉(已知鉻的還原產(chǎn)物為Cr3＋)，放于暗處5min，然后加入100mL水，加入幾滴淀粉溶液指示劑，用0.1200mol·L－1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(已知反應(yīng)：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6))問題1：推斷達(dá)到滴定終點(diǎn)的依據(jù)是：當(dāng)?shù)渭幼罱K一滴硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液藍(lán)色恰好褪去，半分鐘內(nèi)不變色。問題2：若試驗(yàn)中共用去Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液40.00mL，所得產(chǎn)品的中重鉻酸鈉(Na2Cr2O7·2H2O)的純度95.36%(保留四位有效數(shù)字)。(設(shè)整個(gè)過程中其他雜質(zhì)不參與反應(yīng))【解析】(1)固體反應(yīng)物在攪拌時(shí)可充分接觸而反應(yīng)，加快反應(yīng)速率；(2)CaCO3分解產(chǎn)生CaO，可與雜質(zhì)SiO2、Al2O3等物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)，有利于雜質(zhì)的去除；(3)氧化鐵不溶于水，鉻鐵礦經(jīng)煅燒、水浸之后除去生成的氧化鐵，副反應(yīng)中生成Na2SiO3、NaAlO2等雜質(zhì)，調(diào)整pH至4.7，可生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀過濾除去；(4)CrOeq\o\al(2－,4)在酸性條件下與H＋反應(yīng)生成Cr2Oeq\o\al(2－,7)，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，加入硫酸酸化可促使平衡正向移動(dòng)，提高Cr2Oeq\o\al(2－,7)濃度，促進(jìn)紅礬鈉晶體析出；(5)采納冷卻結(jié)晶的方法析出紅礬鈉，是由于紅礬鈉的溶解度隨溫度的降低而減小，降低溫度，可促進(jìn)紅礬鈉結(jié)晶析出；(6)①溶液中有碘，加入淀粉溶液呈藍(lán)色，碘與Na2S2O3發(fā)生氧化還原反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)時(shí)，藍(lán)色褪去，故答案為：當(dāng)?shù)渭幼罱K一滴Na2S2O3溶液時(shí)，溶液藍(lán)色褪去，半分鐘內(nèi)不變色；②依據(jù)反應(yīng)的關(guān)系式計(jì)算：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～3I2～6S2Oeq\o\al(2－,3)1mol6moln0.1200mol/L×0.04Ln＝0.0008mol，則2.5000g重鉻酸鈉試樣中含有的重鉻酸鈉晶體的質(zhì)量為10×0.0008mol×298g/mol＝2.384g，所得產(chǎn)品中重鉻酸鈉晶體的純度＝eq\f(2.384g,2.500g)×100%＝95.36%。13．(2024·宣城模擬)二氧化氯(ClO2)是廣泛應(yīng)用的高效平安消毒劑。(1)ClO2性質(zhì)活潑，氣體及水溶液均不能穩(wěn)定存在，運(yùn)用時(shí)需現(xiàn)場制備或用穩(wěn)定劑汲取、轉(zhuǎn)化。用NaOH和H2O2將ClO2轉(zhuǎn)化為NaClO2，的反應(yīng)裝置如圖1，已知反應(yīng)放出大量的熱，且溫度高于60℃時(shí)NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。①儀器A的名稱為三頸燒瓶，寫出A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式2ClO2＋H2O2＋2NaOH=2NaClO2＋O2＋2H2O。②試驗(yàn)時(shí)汲取液中NaOH和H2O2的物料比小于反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，緣由可能是H2O2受熱易分解；為提高ClO2汲取率，在不變更汲取液的物料比的條件下，可以改進(jìn)的措施是運(yùn)用冰水浴(或緩慢通入ClO2)(寫出一點(diǎn)即可)。(2)用ClO2處理過的飲用水常含有肯定量的ClOeq\o\al(－,2)，飲用水中ClO2、ClOeq\o\al(－,2)的含量可用連續(xù)碘量法進(jìn)行測定。ClO2被I－還原為ClOeq\o\al(－,2)或Cl－的轉(zhuǎn)化率與溶液的pH關(guān)系如圖2所示。反應(yīng)生成的I2用標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3＋I(xiàn)2=Na2S4O6＋2NaI。滴定過程為：精確量取VmL水樣加入到碘量瓶中，調(diào)整水樣的pH為7.0～8.0，加入足量的KI晶體，充分反應(yīng)后，用cmol·L－1Na2S2O3溶液滴定至淡黃色，加入淀粉溶液，滴定至第一次終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液V1mL；調(diào)整溶液的pH≤2.0，接著用cmol·L－1Na2S2O3溶液滴定至其次次終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液V2mL。①寫出當(dāng)pH≤2.0時(shí)，ClOeq\o\al(－,2)與I－反應(yīng)的離子方程式ClOeq\o\al(－,2)＋4I－＋4H＋=Cl－＋2I2＋2H2O。②兩次滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象相同(填“相同”或“不相同”)，依據(jù)上述數(shù)據(jù)，測得該水樣中的ClOeq\o\al(－,2)濃度為eq\f(c(V2－4V1),4V)mol·L－1(用含字母的代數(shù)式表示)。③滴定所用碘量瓶(如圖3，瓶口為喇叭形，磨口玻璃塞與瓶口間可形成一圈水槽)，加入水樣和KI晶體后，蓋上磨口塞并加蒸餾水液封，滴定前打開瓶塞，讓水流下，并用少量水沖洗瓶塞和內(nèi)壁，該操作的目的是用水液封防止碘升華散逸，水將揮發(fā)至內(nèi)壁上的碘沖洗下來，削減誤差。(3)圖4為新型電極材料電解食鹽水制取ClO2和燒堿的裝置示意圖。則A極為陽極，B極的電極反應(yīng)式為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－?！窘馕觥?1)①由試驗(yàn)裝置圖可知，儀器A為三頸燒瓶；A中發(fā)生的反應(yīng)為二氧化氯與氫氧化鈉和過氧化氫的混合溶液反應(yīng)生成亞氯酸鈉、氧氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2ClO2＋H2O2＋2NaOH=2NaClO2＋O2＋2H2O；②二氧化氯與氫氧化鈉和過氧化氫的混合溶液的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)放出的熱量使反應(yīng)溫度上升，會(huì)導(dǎo)致過氧化氫分解，為使過氧化氫能與二氧化氯完全反應(yīng)，在不變更汲取液的物料比的條件下，試驗(yàn)時(shí)應(yīng)實(shí)行限制二氧化氯的通入速率、限制汲取液中氫氧化鈉和過氧化氫的物料比小于反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比、在冰水浴中反應(yīng)等措施，提高二氧化氯的汲取率；(2)①由圖可知，當(dāng)溶液pH≤2.0時(shí)，亞氯酸根離子與碘離子反應(yīng)生成氯離子、碘和水，反應(yīng)的離子方程式為ClOeq\o\al(－,2)＋4I－＋4H＋=Cl－＋2I2＋2H2O；②由題意可知，第一次滴定發(fā)生的反應(yīng)為pH為7.0～8.0時(shí)水中的二氧化氯與碘離子反應(yīng)生成亞氯酸根和碘，反應(yīng)生成的碘與硫代硫酸鈉溶液反應(yīng)，終點(diǎn)時(shí)溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色；其次次滴定發(fā)生的反應(yīng)為pH≤2.0時(shí)，溶液中亞氯酸根與碘離子反應(yīng)生成氯離子和碘，反應(yīng)生成的碘與硫代硫酸鈉溶液反應(yīng)，終點(diǎn)時(shí)溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，則兩次滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象相同；由得失電子數(shù)目守恒可得第一次滴定有如下關(guān)系：2ClO2～I(xiàn)2～2Na2S2O3～2ClOeq\o\al(－,2)，滴定消耗V1mLcmol/L硫代硫酸鈉溶液，則反應(yīng)生成亞氯酸根離子的物質(zhì)的量為10－3cV1mol，由得失電子數(shù)目守恒可得其次次滴定有如下關(guān)系：ClOeq\o\al(－,2)～2I2～4Na2S2O3，滴定消耗V2mLcmol/L硫代硫酸鈉溶液，則水中亞氯酸根離子的物質(zhì)的量為eq\f(1,4)×10－3cV2mol－10－3cV1mol，所以水中亞氯酸根離子的濃度為eq\f(\f(1,4)×10－3cV2mol－10－3cV1mol,10－3VL)＝eq\f(c(V2－4V1),4V)mol/L；③由于碘受熱易升華附著在錐形瓶壁上，題給裝置用水液封的方法防止碘升華散逸，同時(shí)用水洗將揮發(fā)至內(nèi)壁上的碘沖洗下來，使反應(yīng)生成的碘充分反應(yīng)，削減誤差；(3)由鈉離子的移動(dòng)方向可知，A極為電解池的陽極，氯離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，B極為陰極，水在陽極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧根離子，電極反應(yīng)式為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。14．(2024·黃山模擬)檸檬酸亞鐵(FeC6H6O7，摩爾質(zhì)量：246g/mol)是一種易被人體汲取的高效鐵制劑，某探討團(tuán)隊(duì)用硫鐵礦(成分為60%FeS2、Al2O3、SiO2及其他雜質(zhì))為原料來制備檸檬酸亞鐵，其流程如下圖：已知：(1)“焙燒”生成了鐵紅；(2)常溫下，檸檬酸(C6H8O7)電離常數(shù)：Ka1＝7.4×10－4，Ka2