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2023年高考真題變式分類匯編：pH的簡單計算

一、選擇題

1．（2022·浙江選考）已知25℃時二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列說法正確的是（）

A．在等濃度的Na2A、NaHA溶液中，水的電離程度前者小于后者

B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化)至pH=3，則H2A的電離度為0.013%

C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，則c(A2-)＞c(HA-)

D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸餾水稀釋至100mL，則該溶液pH=a+1

【答案】B

【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；pH的簡單計算；離子濃度大小的比較；電離平衡常數

【解析】【解答】A．在等濃度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的電離程度前者大于后者，故A不符合題意；

B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化)至pH=3，，則H2A的電離度0.013%，故B符合題意；

C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，則c(A2-)4.74

D．25℃時，1.0mol·L1的CH3COONa的pH=9.37

【答案】B

【知識點】pH的簡單計算；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．根據分析可知曲線①中的Y=，A不符合題意；

B．據圖可知pH=4.74時，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，若是CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液，由電荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(CH3COOH)，但若是向CH3COONa溶液中滴加HCl溶液，有電荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(Cl-)+c(CH3COOH)，B符合題意；

C．若V=10mL，則溶液中的溶質均為等物質的量的CH3COOH和CH3COONa，Ka＞Kh，所以CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度，所以c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)，則＜，據圖可知此時pH＞4.74，C不符合題意；

D．設25℃時，1.0mol·L1的CH3COONa的溶液中c(OH-)=x，則c(CH3COOH)=c(OH-)=x，Kh===10-9.26，解得x≈10-4.63mol/L，所以c(H+)=10-9.37mol/L，pH=9.37，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A．根據平衡移動原理分析；

B．依據電荷守恒分析；

C．利用電離和水解程度的大小分析；

D．利用Kh=計算。

9．（2022·諸暨模擬）下列說法正確的是（）

A．將NaCl溶液從常溫加熱至80℃，溶液仍為呈中性，pH不變

B．向10mLpH=3醋酸溶液中加少量水，則的值變大

C．常溫下，在等pH的鹽酸和氯化銨溶液中，前者大于后者

D．常溫下，在20mL0.1醋酸鈉溶液中滴加20mL0.1NaOH過程中，可能出現水電離出的濃度為的情況

【答案】D

【知識點】pH的簡單計算；鹽類水解的應用

【解析】【解答】A．氯化鈉溶液常溫呈中性，pH=7，加熱到80℃，Kw增大，c(H+)=c(OH-)，溶液仍呈中性，但pH減小，選項A不符合題意；

B．==，為常數，溫度不變，常數不變，則不變，選項B不符合題意；

C．鹽酸電離產生H+，氯化銨水解促進水的電離產生H+，常溫下，在等pH的鹽酸和氯化銨溶液中，鹽酸的濃度遠小于氯化銨，故前者小于后者，選項C不符合題意；

D．鹽的水解促進水的電離，酸或堿抑制水的電離，常溫下，在20mL0.1醋酸鈉溶液水解促進水的電離，滴加20mL0.1NaOH過程中，加入的氫氧化鈉又開始抑制水的電離，故可能出現水電離出的濃度為的情況，選項D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A、升高溫度，pH變小，溶液為中性；

B、平衡常數只受溫度影響；

C、水解程度很微弱，若pH相等的鹽和酸，鹽的濃度必定遠大于酸；

D、隨著氫氧化鈉的滴加，水電離的氫氧根濃度可能會出現。

10．（2022·淮南模擬）實驗測得0.10mol/LNaHCO3溶液的pH隨溫度變化如圖所示。下列說法正確的是（）

A．OM段隨溫度升高溶液的pH減小，原因是水解被抑制

B．O點溶液和P點溶液的c(OH-)相等

C．將N點溶液恢復到25℃，pH=8.62

D．Q點、M點溶液均有c()+c()+c(H2CO3)=0.10mol/L

【答案】D

【知識點】pH的簡單計算；影響鹽類水解程度的主要因素；鹽類水解的應用；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．水解吸熱，升高溫度，水解平衡右移，而根據圖像可知碳酸氫鈉溶液加熱，M點之前，升溫pH減小，故主要原因是升溫促進了水的電離，故A不符合題意；

B．O點溶質只有NaHCO3，P點溶質有NaHCO3和Na2CO3，水解程度不相同，c(OH-)不相等，故B不符合題意；

C．升高溫度部分碳酸氫鈉發生分解得到碳酸鈉，若將N點溶液恢復到25℃，由于碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉，故混合溶液pH應大于8.62，故C不符合題意；

D．Q點、M點溶液均存在物料守恒：c()+c()+c(H2CO3)=0.10mol/L，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.鹽類水解為吸熱反應，升溫促進鹽類水解，鹽類水解促進水的電離；

B.碳酸氫鈉和碳酸鈉的水解程度不同；

C.加熱碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉，碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉。

11．（2022·和平模擬）25℃時，向1L0.01的溶液中滴加鹽酸或NaOH溶液，溶液中、、的對數值()與pH的關系如圖所示。下列說法錯誤的是（）

A．適當升高溫度﹐L點會右移

B．M點時，

C．隨pH增加，先增大后減小

D．N點時，則溶液中

【答案】A

【知識點】pH的簡單計算；離子濃度大小的比較；中和滴定；電離平衡常數

【解析】【解答】A．，L點時，=，則，電離吸熱，適當升高溫度﹐促進電離，電離平衡常數增大，則增大、pH減小，L點會左移，A符合題意；

B．M點時，=，，，，按定義，則，B不符合題意；

C．隨pH增加，，溫度不變則KW、Ka1均不變，反應過程中先增大、后減小，則先增大后減小，C不符合題意；

D．溶液呈電中性，，，N點時，則，則，原溶液為1L0.01的溶液，由物質守恒知，溶液中，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】H2A溶液中滴加NaOH溶液，先生成HA-后生成A2-，不斷減小，先增大后減小，不斷增大，則曲線a為的變化，曲線b為的變化，曲線c為的變化，據此解答。

12．（2022·蘇州模擬）硫酸工業尾氣(主要含SO2、N2和O2)，用Na2SO3溶液吸收可轉化為NaHSO3，當c(HSO)∶c(SO)≈10時，吸收能力下降，需要加熱再生為Na2SO3溶液。已知Ka1(H2SO3)=10-1.9，Ka2(H2SO3)=10-7.2，下列說法錯誤的是（）

A．Na2SO3溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HSO)+2c(H2SO3)

B．Na2SO3溶液吸收SO2的離子方程式為：SO＋SO2＋H2O=2HSO

C．當c(HSO)：c(SO)=10時，此時吸收液的pH=6.2

D．與原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力幾乎不變

【答案】D

【知識點】物質的組成、結構和性質的關系；pH的簡單計算；離子濃度大小的比較；離子方程式的書寫

【解析】【解答】A．亞硫酸鈉溶液中存在質子守恒關系c(OH-)=c(H+)+c(HSO)+2c(H2SO3)，故A不符合題意；

B．亞硫酸鈉溶液吸收二氧化硫的反應為亞硫酸鈉溶液與二氧化硫反應生成亞硫酸氫鈉，反應的離子方程式為SO＋SO2＋H2O=2HSO，故B不符合題意；

C．亞硫酸的電離常數Ka2(H2SO3)=，當c(HSO)∶c(SO)=10時，溶液中c(H+)==10-7.2×10mol/L=10-6.2mol/L，溶液的pH為6.2，故C不符合題意；

D．吸收能力下降的吸收液加熱再生為亞硫酸鈉溶液的反應為溶液中的亞硫酸氫鈉受熱分解轉化為亞硫酸鈉，亞硫酸鈉具有還原性，可能被空氣中的氧氣氧化為硫酸鈉，硫酸鈉溶液不能與二氧化硫反應，所以再生的吸收液后吸收二氧化硫的能力下降，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.根據質子守恒進行分析。

B.書寫離子方程式時，注意單質、氧化物、弱電解質、難溶物、氣體的化學式不拆成離子形式。

C.根據電離常數Ka2(H2SO3)=及pH=-lgc(H+)進行分析。

D.Na2SO3具有還原性，可被空氣中的氧氣氧化為Na2SO4，Na2SO4溶液與SO2不反應，據此分析。

13．（2022·江蘇模擬）室溫下，通過下列實驗探究NaHCO3、NaHSO3溶液的性質：

實驗實驗操作和現象

1用pH試紙測定濃度為0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，pH≈5

2用pH試紙測定濃度為0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，pH≈8

3將濃度均為0.1mol·L-1的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等體積混合，產生白色沉淀

下列說法正確的是（）

A．實驗1可得0.1mol·L-1NaHSO3溶液中：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＜10-10

B．實驗2可得0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)

C．實驗3所得溶液中：c(Ba2+)·c(SO)=2.5×103

D．濃度均為0.1mol·L-1的NaHSO3和NaHCO3兩份溶液中：c(HCO)+2c(CO)＜c(HSO)+2c(SO)

【答案】D

【知識點】pH的簡單計算；鹽類水解的應用；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)=·=，溶液的pH≈5，所以c(H+)≈10-5，c2(H+)≈10-10，溶液顯酸性說明HSO的電離程度大于水解程度，所以c(SO)＞c(H2SO3)，所以＞1，則Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞10-10，A不符合題意；

B．溶液pH≈8，顯堿性，則HCO的水解程度大于電離程度，水解和電離都是微弱的，所以c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，B不符合題意；

C．等濃度的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等體積混合后發生反應：NaHSO3+Ba(OH)2=BaSO3+NaOH+H2O，若BaSO3不是沉淀，則溶液中c(Ba2+)=c(SO)=0.05mol/L，c(Ba2+)·c(SO)=2.5×103，但BaSO3為白色沉淀，所以c(Ba2+)·c(SO)＜2.5×103，C不符合題意；

D．NaHSO3溶液中存在電荷守恒：c1(Na+)+c1(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c1(OH-)，所以c(HSO)+2c(SO)=c1(Na+)+c1(H+)-c1(OH-)，同理可得NaHCO3溶液中c(HCO)+2c(CO)=c2(Na+)+c2(H+)-c2(OH-)，兩溶液中鈉離子濃度相同，而NaHSO3溶液的pH更小，所以c1(H+)-c1(OH-)＞c2(H+)-c2(OH-)，則c(HCO)+2c(CO)＜c(HSO)+2c(SO)，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.NaHSO3溶液的pH≈5，說明亞硫酸氫根的電離程度大于水解程度；

B.NaHCO3溶液的pH≈8，說明碳酸氫根的水解程度大于電離程度；

C.所得溶液中鋇離子濃度和亞硫酸根離子的濃度無法計算；

D.兩溶液中鈉離子濃度相同，結合電荷守恒進行分析。

14．（2022·海口模擬）298K下，向20.00mL0.1mol·L-1的某弱酸(HR)溶液中逐滴加入pH=13的NaOH溶液，溶液申由水電離的H+濃度的負對數[-lgc(H+)水]與所加入NaOH溶液體積的關系如圖所示(b點溶液pHc(R-)>c(Na+)

C．c點溶液pH=7

D．d點溶液中：c(Na+)=2c(HR)+2c(R-)

【答案】D

【知識點】水的電離；pH的簡單計算；鹽類水解的應用；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．c點加入酸堿的物質的量相等，則c點溶質為NaR，只有R-發生水解反應，促進水的電離，其他點由于存在酸或堿抑制水電離，則c點水的電離程度最大，A不符合題意；

B．b點溶質為等物質的量濃度的HR、NaR，已知b點溶液pHc(HR)，B不符合題意；

C．c點溶質為NaR，為強堿弱酸鹽，由于R-發生水解反應，溶液呈堿性，pHc(HAc)=c(OH-)>c(H+)

B．M點對應的lg[c(HAc)]=-9.48

C．O點的坐標為(4.74，-2.3)

D．[OH—]對應的直線和［H+]對應的直線的斜率分別為＋1和-1，兩者交點的橫坐標為7

【答案】B

【知識點】pH的簡單計算；離子濃度大小的比較；電離平衡常數

【解析】【解答】A．由圖可知，P點對應溶液中c(HAc)=c(OH-)，溶液呈堿性，溶液中微粒濃度關系為c(Ac-)>c(HAc)=c(OH-)>c(H+)，故A不符合題意；

B．由圖可知，M點對應的溶液中c(Ac-)=c(OH-)=

，溫度不變，醋酸的電離常數不變，由電離常數公式可得：溶液中c(HAc)=

=

=1.0-9.26，則lg[c(HAc)]=-9.26，故B符合題意；

C．由圖可知，O點對應的溶液中c(Ac-)=c(HAc)=0.01mol/L×=0.005mol/L，則lgc(Ac-)=lgc(HAc)=lg0.005=-2.3，由電離常數公式可得：溶液中c(H+)=Ka(HAc)=1.0×10-4.74，溶液pH=4.74，則O點的坐標為(4.74，-2.3)，故C不符合題意；

D．由圖可知，當溶液中氫離子濃度和氫氧根離子濃度相等時，溶液pH為7，則氫氧根離子濃度對應的直線和氫離子濃度對應的直線的斜率分別為＋1和-1，兩者交點說明氫離子濃度和氫氧根離子濃度相等，橫坐標為7，故D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.圖中縱坐標表示微粒濃度的對數，從p點作與縱坐標平行的直線，可比較Ac-、HAc、OH-、H+的縱坐標數值大小，進而解答。

B.根據電離平衡常數可知c(HAc)=，而M點時c(Ac-)=c(OH-)，再結合水的離子積常數進行解答。

C.電離平衡常數Ka(HAc)=，而O點時c(Ac-)=c(HAc)，可算出c(H+)，進一步求解橫坐標；O點時c(Ac-)=c(HAc)=×0.05mol/L，進一步求解縱坐標。

D.根據圖示數據可求解斜率；室溫，當c(H+)=c(OH-)時，溶液顯中性，pH=7。

17．（2022·溫州模擬）25℃，。向溶液中逐滴加入溶液至。忽略溶液體積的變化。下列有關說法正確的是

A．當V增至100.00mL過程中，先增大后減小

B．若溶液的電離度，則

C．再滴加調節溶液混合溶液至水電離出的時，則

D．若，當時，混合溶液

【答案】C

【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；pH的簡單計算；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．向醋酸中加入鹽酸的過程中醋酸分子和氯離子的物質的量都增加，對于兩種微粒來說溶液體積是一樣的，但是醋酸分子是由于電離平衡逆向移動引起的增加，增加較慢，故一直都在增加，A不符合題意；

B．醋酸溶液中存在電離平衡，

K==0.5c=，則c=，B不符合題意；

C．時，溶液顯中性，根據電荷守恒，溶液顯中性則，，C符合題意；

D．若，當時，c(H+)=，pH=-lg()，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A．考慮醋酸的電離平衡；

B．利用三段式法計算；

C．根據電荷守恒和中性的實質分析；

D．利用計算。

18．（2023·珠海模擬）下列說法正確的是（）

A．0.1molL1CH3COOH加水稀釋，溶液中c(OH－)減小

B．相同濃度的HCl和CH3COOH，兩溶液中c(H+)相同

C．等濃度的CH3COOH與KOH以任意比混合：c(K+)+c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)

D．甲溶液的pH是5，乙溶液的pH是4，則甲溶液與乙溶液的c(H+)之比為10：1

【答案】C

【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；pH的簡單計算

【解析】【解答】A.0.1molL-1CH3COOH加水稀釋，平衡正向移動，氫離子物質的量增加，但氫離子濃度減小，因此溶液中c(OH－)增大，故A不符合題意；

B．相同濃度的HCl和CH3COOH，由于HCl是強電解質，CH3COOH是弱電解質，因此兩溶液中c(H+)不相同，HCl中c(H+)大于CH3COOH中c(H+)，故B不符合題意；

C．等濃度的CH3COOH與KOH以任意比混合，根據電荷守恒得到：c(K+)+c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，故C符合題意；

D．甲溶液的pH是5，乙溶液的pH是4，則甲溶液與乙溶液的c(H+)之比為1：10，故D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】A.加水促進弱電解質電離，水的離子積常數不變；

B.鹽酸為強酸，CH3COOH為弱酸；

C.結合電荷守恒判斷；

D.根據pH=-lgc(H+)計算c(H+)再進行比較。

19．（2023·邯鄲模擬）難溶金屬氫氧化物開始沉淀的(簡記pH始)與沉淀完全的(簡記pH終)，理論上具有定量關系，假定開始沉淀時，設時沉淀完全，則當時，pH終-pH始始的值為（）

A．1B．2C．3D．4

【答案】A

【知識點】pH的簡單計算；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質

【解析】【解答】，，，即，兩邊取負對數得；

故答案為：A。

【分析】根據難溶性沉淀的溶解平衡根據數據計算即可

二、多選題

20．（2023·青島模擬）時，向的溶液()中通入或加入調節，不考慮溶液體積變化且過程中無氣體逸出。含碳(或氮)微粒的分布分數[如：]與關系如圖。下列說法正確的是

A．溶液中存在：

B．曲線M表示的分布分數隨變化

C．的

D．該體系中

【答案】A,C

【知識點】pH的簡單計算；鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．由質子守恒可知溶液中存在，A符合題意；

B．曲線M表示NH的分布分數隨變化，B不符合題意；

C．圖中pH=6.3時=，Ka1=c(H+)=10-6.3；，圖像中pH=8.3時=，=，即(10-8.3)2=10-6.3，Ka2=10-10.3，C符合題意；

D．NH3H2ONH+OH-，利用圖中pH=9.3的交叉點時c(NH)=c(NH3H2O)，解得Kb=10-4.7；由氮元素守恒可知c(NH)+c(NH3H2O)=0.1mol/L，故，D不符合題意；

故答案為：AC。

【分析】A．依據質子守恒分析；

B．依據圖中曲線分析；

C．選擇pH=6.3點，利用計算；

D．利用圖中pH=9.3點的數據和氮元素守恒計算。

21．（2022·威海模擬）常溫時，某濃度的二元弱酸溶液在不同pH下測得pc(M)變化如圖所示[已知：，M代指或或]，下列說法正確的是（）

A．NaHB溶液中，

B．X點的pH為4.06

C．時，

D．的值為

【答案】B,C

【知識點】pH的簡單計算；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．分析可知曲線a、b、c分別表示pc(HB-)、pc(H2B)、pc(B2-)，pc(H2B)=pc(HB-)時，溶液的pH=1.89，c(HB-)=c(H2B)，H2B的Ka1==10-1.89，pc(HB-)=pc(B2-)時，pH=6.23，c(HB-)=c(B2-)，H2B的Ka2==10-6.23，NaHB溶液中存在HB-的電離平衡和水解平衡，常溫下，水解常數為Kh=c(H2B)，故A不符合題意；

B．X點pc(H2B)=pc(B2-)，則c(H2B)=c(B2-)，Ka1×Ka2=×=c(H+)2=10-1.89×10-6.23，解得c(H+)=10-4.06mol/L，pH為4.06，B符合題意；

C．時，c(H+)=10-6mol/L，，C符合題意；

D．÷==，D不符合題意；

故答案為：BC。

【分析】A、HB-的電離程度大于水解程度，故c(B2-)>c(H2B)；

B、由圖可知X點pc(H2B)=pc(B2-)，則c(H2B)=c(B2-)，進而可以求出氫離子濃度，從而得出pH；

C、pH為6時，可得氫離子濃度，進而可以算出

D、計算結果應為。

三、非選擇題

22．（2023·河北）綠色化學在推動社會可持續發展中發揮著重要作用。某科研團隊設計了一種熔鹽液相氧化法制備高價鉻鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產生廢棄物，實現了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+內循環。工藝流程如圖：

回答下列問題：

（1）高溫連續氧化工序中被氧化的元素是(填元素符號)。

（2）工序①的名稱為。

（3）濾渣的主要成分是(填化學式)。

（4）工序③中發生反應的離子方程式為。

（5）物質V可代替高溫連續氧化工序中的NaOH，此時發生的主要反應的化學方程式為，可代替NaOH的化學試劑還有(填化學式)。

（6）熱解工序產生的混合氣體最適宜返回工序(填“①”或“②”或“③”或“④”)參與內循環。

（7）工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉化為沉淀的pH為。(通常認為溶液中離子濃度小于10-5molL-1為沉淀完全；Al(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[Al(OH)3]=10-33)

【答案】（1）Fe、Cr

（2）溶解浸出

（3）MgO、Fe2O3

（4）2Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3↓

（5）4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；Na2CO3

（6）②

（7）8.37

【知識點】pH的簡單計算；物質的分離與提純；制備實驗方案的設計；離子方程式的書寫

【解析】【解答】(1)高溫連續氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和鉻元素，故答案為：Fe、Cr；

（2）工序①為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質便于后期實驗，故答案為：溶解浸出；

（3）氧化鐵和氧化鎂均不溶于氫氧化鈉和水，濾渣Ⅰ的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故答案為：MgO、Fe2O3；

（4）工序③中發生的反應為鉻酸鈉溶液與過量的二氧化碳反應生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應的離子方程式為2Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案為：2Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；

（5）物質V是碳酸氫鈉，碳酸氫鈉和氫氧化鈉均具有堿性，可代替氫氧化鈉進行高溫氧化反應，加入碳酸氫鈉發生的主要反應為高溫下，Fe（CrO2）2與氧氣和碳酸氫鈉反應生成鉻酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應的化學方程式為4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；碳酸鈉也具有堿性，若將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發生類似的反應，故答案為：4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；

（6）所有的工序均出現了物質A為二氧化碳，故二氧化碳和水蒸氣可以重復使用，熱解工序產生的混合氣體為二氧化碳和水蒸氣，將混合氣體通入濾渣1中可以將氧化鎂轉化為碳酸氫鎂溶液，則混合氣體最適宜返回工序為工序②，故答案為：②；

（7）工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉化為沉淀的反應為，反應的平衡常數為K1====1013.37，當為10-5mol/L時，溶液中氫離子濃度為=mol/L=10-8.37mol/L，則溶液的pH為8.37，故答案為：8.37。

【分析】（1）找出元素化合價升高的元素即可

（2）①加水主要是將可溶于水的物質溶解

（3）氧化鎂不溶于氫氧化鈉，亞鐵離子被氧化為三價鐵離子，連續高溫最終變為氧化鐵，不溶于水，因此濾渣是氧化鎂和氧化鐵

（4）通過確定A為二氧化碳，鉻酸鉀和重鉻酸鉀在酸性條件下進行轉換，因此確定V為碳酸氫鈉固體據此寫出放出方程式

（5）碳酸氫鈉具有堿性，且易分解，戈恩據反應物即可寫出方程式，碳酸鈉也具有堿性也可替換

（6）過程中的水和二氧化碳可以循環使用，因此②可循環

（7）根據沉淀的平衡即可計算出氫氧根離子濃度

23．（2023·全國乙卷）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有、、、MgO、CaO以及少量的，為節約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。

該工藝下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表：

金屬離子

開始沉淀的pH2.23.59.512.4

沉淀完全(c=1.0×10*mol-L')的pH3.24.711.113.8

回答下列問題：

（1）“焙燒”中，、幾乎不發生反應，、MgO、CaO、轉化為相應的硫酸鹽，寫出轉化為的化學方程式。

（2）“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”氨水逐步調節pH至11.6，依次析出的金屬離子是。

（3）“母液①”中濃度為mol·

（4）”水浸渣”在160℃“酸溶”，最適合的酸是。“酸溶渣”的成分是、。

（5）“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，水解析出沉淀，該反應的離子方程式是。

（6）將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經處理得，循環利用。

【答案】（1）Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑

（2）Fe3+、Al3+、Mg2+

（3）10-6

（4）H2SO4；SiO2；CaSO4

（5）TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+

（6）(NH4)2SO4

【知識點】氧化還原反應方程式的配平；pH的簡單計算；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；物質的分離與提純

【解析】【解答】(1)氧化鋁轉化為硫酸鋁銨發生的反應為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應的化學方程式為Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑；

(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調節溶液pH為11.6時，Fe3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+沒有沉淀；

(3)由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，當溶液pH為11.6時，溶液中鎂離子的濃度為=1×10-6mol/L

(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣；

(5)酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應的離子方程式為TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；

(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸銨、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環使用。

【分析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時，二氧化鈦和二氧化硅不反應，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉化為相應的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，二氧化鈦與稀硫酸反應得到TiOSO4，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O

24．（2022·柯橋模擬）常溫下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液時，當氫氧化鈉溶液的體積從19.98mL變為20.02mL時，溶液的pH發生突變，請回答下列問題：(已知lg2=0.3，lg5=0.7)

（1）pH突躍范圍是：；

（2）請寫出上述結果的計算過程：。

【答案】（1）4.3-9.7

（2）19.98mL時，鹽酸剩余，；20.02mL時，NaOH過量，，則pH=14-4.3=9.7。

【知識點】pH的簡單計算；中和滴定

【解析】【解答】當加入19.98mLNaOH溶液時，鹽酸剩余，；

當加入20.02mLNaOH溶液時，NaOH過量，，則pH=14-4.3=9.7，故pH突躍范圍是4.3-9.7。

【分析】分別計算出當加入氫氧化鈉溶液19.98mL和20.02mL時候溶液pH，即是突變范圍。

25．（2022·永州模擬）一種銀銦礦主要成分為Au、Ag2S、CuS、ZnS、PbS、FeS、In2O3、Ga2O3等物質，從該礦獲得稀有金屬的工藝流程如圖所示：

該工藝條件下，金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表：

金屬離子Fe3+In3+Ga3+Cu2+Zn2+Pb2+

開始沉淀的pH2.22.12.64.66.247.1

完全沉淀(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH3.23.44.36.68.249.1

（1）“浸出”過程中金、銀分別轉化為AuCl、AgCl進入溶液，同時生成硫，寫出Ag2S發生反應的離子方程式。

（2）高溫水蒸氣除鐵利用了FeCl3易水解的性質，寫出該反應的化學方程式。

（3）“二次還原”得到的濾液中主要的陽離子有H+、Na+、Ca2+、Zn2+、Pb3+、In3+、。

（4）“二次中和”得到的濾渣除少量Fe(OH)3外，主要成分還有(寫化學式)。

（5）“分鉛鋅”步驟中，維持H2S飽和水溶液的濃度為0.1mol·L-1，為使Zn2+沉淀完全，需控制溶液的pH不小于已知：lg3≈0.48；Ksp(ZnS)=3.0×10-25，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-13]。

（6）已知：氧化還原反應可看成由兩個半反應組成，每個半反應具有一定的電極電勢(用“φ”表示)，φ越大則該物質的氧化性越強，φ越低則該物質的還原性越強。浸出步驟中金反應的兩個半反應如下：

HClO+H++2e-=Cl-+H2Oφ=1.49+lg

AuCl4-+3e-=4Cl-+Auφ=0.994+lg

(φ與半反應式的系數無關，僅與濃度有關，cθ=1mol·L-1)

如圖是Au的浸出率與NaCl溶液濃度的關系，請解釋A點以后，金浸出率減小的原因是。

【答案】（1）Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O

（2）2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑

（3）Fe2+、Ga3+

（4）In(OH)3、Ga(OH)3

（5）0.74

（6）c(Cl-)增大，φ均減小，次氯酸氧化性減弱，Au的還原性增強，減弱程度大于增強程度，故Au的浸出率減小

【知識點】氧化還原反應方程式的配平；pH的簡單計算；電解池工作原理及應用

【解析】【解答】本題是一道由銀銦礦制備稀有金屬的工業流程題，首先用氯化鈉，鹽酸，次氯酸鈉混合物從原材料浸出有用的物質，之后用水蒸氣使其中的三價鐵生成氧化鐵，再用碳酸鈣中和過量的酸，再用銅置換出銀和銅，再用鐵置換出其中的銅，再經過調pH和除雜，最終得到貧液，以此解題。

(1)浸出Ag2S同時生成硫，是與NaClO發生氧化還原反應，離子方程式為：Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O；

(2)由流程可知除鐵生成了氧化鐵和氯化氫，則對應的化學方程式為：2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑；

(3)“二次還原”加入鐵主要是與銅離子反應，方程式為：，另外原料中的Ga2O3在浸出時引入的Ga3+也會留在溶液中，因此主要的陽離子還有：Fe2+、Ga3+；

(4)“二次中和”加入碳酸鈣調pH=4.5，根據表中信息得到的濾渣還有In(OH)3、Ga(OH)3；

(5)Zn2+沉淀完全，溶液中，此時，，，，，，，，，，pH不小于0.74；

(6)由φ=1.49+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，即HClO氧化性越小，由φ=0.994+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，AuCl的還原性越強，因此，HClO與AuCl反應速率減慢，金浸出率減小，故答案為：c(Cl-)增大，φ均減小，次氯酸氧化性減弱，Au的還原性增強，減弱程度大于增強程度，故Au的浸出率減小。

【分析】（1）浸出時Ag2S轉化為AgCl，同時生成硫，結合質量守恒和得失電子守恒書寫離子方程式；

（2）高溫下，氯化鐵和水蒸氣反應生成氧化鐵和氯化氫；

（3）二次還原”加入鐵，鐵和銅離子反應生成銅和亞鐵離子，Ga2O3在浸出時生成的Ga3+留在溶液中；

（4）根據表中數據，pH=4.5時，Fe3+、In3+、Ga3+均沉淀；

（5）計算出溶液中氫離子濃度即可確定其pH；

（6）由圖可知，c(Cl-)增大，φ均減小，次氯酸氧化性減弱，Au的還原性增強，減弱程度大于增強程度，Au的浸出率減小。

26．（2023·煙臺模擬）Co3O4在工業上有重要應用。利用原鈷礦(主要含有Co2O3，還含有少量Cr2O3、NiO等雜質)制備Co3O4的工藝流程如下：

已知：①在含一定量Cl-的溶液中：Co2++4Cl-=CoCl

②CoCl溶于有機胺試劑，Co2+、Cr3+和Ni2+不溶于有機胺試劑；有機胺試劑不溶于水。

③Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15

（1）原鈷礦需預先粉碎的目的是。

（2）步驟i中Co2O3溶解時發生反應的離子方程式為。

（3）步驟ii中加入NaCl固體的目的是。

（4）步驟v反應過程中無氣體逸出，則沉鈷時發生反應的離子方程式為；沉鈷過程選擇較高溫度有利于沉淀生成，但加入等量(NH4)2CO3選擇過高溫度得到的沉淀質量反而會減少，減少的原因是。

（5）常溫下，步驟v沉鈷濾液中，Co2+含量為5.9×10-2g·L-1，此時溶液的pH=。

（6）步驟vi在空氣中煅燒生成Co3O4的化學方程式是。

【答案】（1）增大反應物接觸面積，加快反應速率，使反應更充分

（2）Co2O3＋6H+＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O或Co2O3＋6H＋＋10Cl-=2CoCl＋Cl2↑＋3H2O

（3）加入NaCl固體，可使溶液中Cl-濃度增大，平衡Co2+＋4Cl-CoCl右移，CoCl濃度增大，提高其在有機胺試劑中的濃度

（4）2Co2＋＋3CO＋2H2O=Co2(OH)2CO3↓＋2HCO；溫度過高，(NH4)2CO3分解，(NH4)2CO3濃度降低，沉淀質量減少

（5）8

（6）3Co2(OH)2CO3＋O22Co3O4＋3H2O＋3CO2

【知識點】化學反應速率；pH的簡單計算；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；物質的分離與提純；離子方程式的書寫

【解析】【解答】(1)預先粉碎可以增大反應物接觸面積，加快反應速率，使反應更充分；

(2)根據后續流程中出現Co2+，說明鹽酸浸取時Cl-將Co2O3被還原為Co2+，自身被氧化為Cl2，根據所給信息①可知，若鹽酸過量還可能生成CoCl，根據電子守恒和元素守恒可得離子方程式為Co2O3＋6H+＋2Cl-=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O或Co2O3＋6H＋＋10Cl-=2CoCl＋Cl2↑＋3H2O；

(3)加入NaCl固體，可使溶液中Cl-濃度增大，平衡Co2+＋4Cl-CoCl右移，CoCl濃度增大，提高其在有機胺試劑中的濃度，提高原料的利用率；

(4)根據流程可知產物為Co2(OH)2CO3，說明Co2+和CO發生雙水解，而反應過程中無氣體逸出，說明CO濃度較大，溶液堿性較強，CO沒有徹底水解，轉化為HCO，所以離子方程式為2Co2＋＋3CO＋2H2O=Co2(OH)2CO3↓＋2HCO；溫度過高，(NH4)2CO3分解，(NH4)2CO3濃度降低，沉淀質量減少；

(5)濾液中Co2+含量為5.9×10-2g·L-1，則c(Co2+)==1.0×10-3mol/L，則此時溶液中c(OH-)==10-6mol/L，所以溶液中c(H+)=10-8mol/L，pH=8；

(6)Co2(OH)2CO3在空氣中煅燒生成Co3O4，則部分Co元素被氧氣氧化，根據元素化合價的變化可得Co2(OH)2CO3和O2的系數比為3：1，再結合元素守恒可得化學方程式為3Co2(OH)2CO3＋O22Co3O4＋3H2O＋3CO2。

【分析】原鈷礦粉加入鹽酸浸取，Co2O3被Cl-還原為Co2+，向浸取液中加入NaCl固體，將Co2+轉化為CoCl，之后加入有機胺試劑萃取，分液后洗脫得到CoCl2溶液，加入碳酸銨溶液得到Co2(OH)2CO3沉淀，經煅燒得到Co3O4。

27．（2023·濟南模擬）綜合利用研究發現，硼鎂鐵礦(主要成分為，含有SiO2、FeO、Fe2O3等雜質)可以制備硼酸、鐵紅和碳酸鎂等常用化工試劑，工藝流程圖如下：

回答下列問題：

（1）硼鎂礦粉碎的目的是，“酸浸”中發生的離子反應是。

（2）為提高產品純度，“凈化”時用的試劑X為(填化學式)，如果將“凈化”中①和②的順序調換，會導致的結果是。

（3）過濾所得碳酸鎂需冷水洗滌后再進行干燥證明碳酸鎂固體洗滌干凈的具體操作為。

（4）不同條件下硼酸的萃取率圖象如下：

萃取過程為(填“吸熱”或“放熱”)反應。增大pH會導致萃取率降低的原因是。

【答案】（1）增大固液接觸面積，加快浸取速率，提高浸取效率；

（2）MgO或者Mg(OH)2等；鐵元素不能徹底的分離，濾液中仍然含有Fe2+，導致所得碳酸鎂不純凈

（3）取少量最后一次洗滌液于一試管中，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀生成，則洗滌干凈

（4）放熱；當溶液的pH過高時，硼酸以鹽的形式存在

【知識點】化學反應速率的影響因素；pH的簡單計算；物質的分離與提純

【解析】【解答】(1)硼鐵礦粉碎可以增大固液接觸面積，加快浸取速率，提高浸取效率；“酸浸”中與酸發生的離子反應是；

(2)“凈化”時，加入物質X是調節溶液的pH，將Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，為提高產品純度，試劑X應為MgO或者Mg(OH)2等，如果將“凈化”中①和②的順序調換，Fe2+未被氧化成Fe3+，從而未能轉化成沉淀除去，導致鐵元素不能徹底的分離，濾液中仍然含有Fe2+，導致所得碳酸鎂不純凈；

(3)若未洗滌干凈，洗滌液中會有離子，則證明碳酸鎂固體洗滌干凈的具體操作為取少量最后一次洗滌液于一試管中，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀生成，則洗滌干凈；

(4)由圖可知，溫度越高，萃取率越低，則可知硼酸的萃取過程為放熱反應。增大pH會導致萃取率降低的原因是當溶液的pH過高時，H3BO3的電離程度增大，硼酸以鹽的形式存在。

【分析】硼鎂鐵礦經過粉碎增大了與酸的接觸面積，提高了反應速率，經過硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2沒有溶解，過濾直接除去，加H2O2把Fe2+氧化為Fe3+，再加MgO或者Mg(OH)2等，調節溶液的pH，將Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，灼燒Fe(OH)3得到鐵紅Fe2O3，過濾后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入萃取劑，將硼酸根和含有Mg2+的溶液分離，在水層中加入NH4HCO3，沉淀Mg2+，得到MgCO3沉淀，在有機相中加入反萃取劑，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促進生成硼酸，結晶析出。

28．（2023·曲靖模擬）是一種廉價的碳資源，其綜合利用可以減少碳排放，對保護環境有重要意義。

（1）堿液吸收。用NaOH溶液捕獲，若所得溶液中，則溶液。(室溫下，的；)

（2）催化轉化。以、為原料在催化劑作用下合成涉及的主要反應如下。

Ⅰ.

Ⅱ.

Ⅲ.

回答下列問題：

①kJ/mol。

②在絕熱恒容的密閉容器中，將按物質的量之比1∶3投料發生反應Ⅰ，下列能說明反應已達平衡的是(填序號)。

A．體系的溫度保持不變

B．體系的密度保持不變

C．單位時間內體系中消耗的同時生成

D．混合氣體平均相對分子量保持不變

E.和的轉化率相等

③不同壓強下，按照投料，實驗測定的平衡轉化率和的平衡產率隨溫度(T)的變化關系如圖所示。

其中縱坐標表示的平衡產率的是(填“X”或“Y”)；壓強、、由大到小的順序為；溫度高于時，Y幾乎相等的原因是。

（3）超干重整的催化轉化如圖所示：

①關于上述過程Ⅱ的說法正確的是(填序號)。

A．CO表示未參與反應

B．

C．實現了含碳物質與含氫物質的分離

D．、CaO為催化劑，降低了反應的

②在體積為1L的剛性密閉容器中，充入和，加入催化劑并加熱至使其發生反應，容器內的總壓強p隨時間t的變化如表所示：

反應時間024681012

總壓強p/kPa10.011.512.313.013.614.014.0

該溫度下的平衡常數(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數，計算結果保留一位小數)。

【答案】（1）10

（2）+40.9；AD；X；；溫度高于時以反應Ⅲ為主，又反應Ⅲ前后氣體分子數相等，壓強對平衡沒有影響

（3）BC；28.4

【知識點】反應熱和焓變；熱化學方程式；蓋斯定律及其應用；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學平衡的計算；pH的簡單計算

【解析】【解答】(1)由，知K2=，解得c(H+)=10-10，則pH=-Lgc(H+)=10；

(2)①Ⅰ-Ⅱ，結合蓋斯定律得：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3=△H1-△H2=+40.9kJ/mol，故此處填40.9；

②A．由于體系絕熱，故反應的熱效應會引起溫度的改變，當溫度不變時，說明反應達平衡，A正確；

B．由于容器體積不變，且反應前后氣體總質量不變(前后均為氣體，質量守恒)，故體系氣體密度()始終不變，不能用來判斷平衡狀態，B不正確；

C．消耗H2和生成H2O均為正反應速率，不能說明正逆反應速率相等，故不能用來判斷平衡狀態，C不正確；

D．雖然反應前后氣體總質量不變(前后均為氣體，質量守恒)，但氣體總物質的量發生改變，由，知隨著反應進行，混合氣體平均相對分子質量發生改變，當不變時，說明反應達平衡，D正確；

E．由于CO2和H2的起始投料比等于化學計量數之比，故任意時刻，CO2和H2的轉化率均相等，故不能用來判斷平衡狀態，E不正確；

故故答案為：AD；

③反應Ⅰ、Ⅱ生成CH3OH，但反應Ⅰ、Ⅱ均為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，CH3OH產率下降，故X代表CH3OH的平衡產率，故此處填：X；相同溫度下，由于增大壓強，反應Ⅰ、Ⅱ平衡均正向移動，CH3OH平衡產率提高，故P1＞P2＞P3；由分析知，X代表CH3OH的平衡產率，故Y代表CO2的平衡轉化率，當溫度高于T1時，不同壓強下，CO2的平衡轉化率相等，說明壓強此時對平衡幾乎不產生影響，故此時應以反應Ⅲ為主，故此處填：當溫度高于T1時，以反應Ⅲ為主，又反應Ⅲ前后氣體分子數相等，壓強對其平衡沒有影響；

(3)①根據轉化原理，過程Ⅱ中第一步：CO＋CO2＋H2＋Fe3O4＋CaO→H2O＋Fe＋CaCO3，第二步：Fe＋CaCO3＋稀有氣體→稀有氣體＋Fe3O4＋CaO＋CO；

A．根據上述分析，第一步CO為反應物，第二步生成CO，以及過程Ⅱ的總反應為CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)，知A不正確；

B．根據上述分析，過程Ⅱ的總反應為CO2(g)＋H2(g)=H2O(g)＋CO(g)，B正確；

C．含碳物質最終轉化為CO，含氫物質最終轉化為H2O，CO和H2O在不同步驟生成，故實現了含碳物質和含氫物質的分離，C正確；

D．根據上述分析，Fe3O4、CaO為催化劑，焓變只與體系中的始態和終態有關，因此使用催化劑不能改變反應焓變，D不正確；

故答案為BC；

②i．，利用相同條件下，壓強之比等于物質的量之比，有：，解得x=0.4，該溫度下的平衡常數Kp=，故此處填28.4。

【分析】（1）利用給出的比值以及第二電離常數即可計算出pH

（2）①根據蓋斯定律即可計算出焓變

②根據反應，正反應是放熱，且系數不等，可以通過判斷熱量不變以及某物質的正逆速率是否相等以及濃度是否不變以及平均相對分子質量是否保持不變等帕努單是否平衡

③根據產生甲醇的反應均是放熱即可判斷出甲醇的轉化率與溫度的關系，根氣體系數的大小即可判斷，根據圖示即可判斷，溫度大小一定溫度后，反應是以III為主

（3）①A.根據流程圖即可判斷CO是否反應

B.根據最初的反應物和最終的生成物即可判斷

C.根據流程即可判斷實現含氫物質和含碳物質的分離

D.催化劑只是改變速率

②根據給出的數據可以得出平衡時的壓強，根據給出的數據級和三行式即可計算出平衡時各物質物質的量即可求出平衡分壓求出常數K

29．（2023·虹口模擬）氯化鈣可用于生產補鈣、抗過敏和消炎等藥物。以工業碳酸鈣（含有少量Al3+、Fe3+等雜質）生產醫藥級二水合氯化鈣（CaCl2·2H2O）的主要流程如下：

完成下列填空：

（1）除雜操作是加入物質A來調節溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根據下表所給信息，此時控制溶液的pH范圍是，加入的物質A是（寫化學式）。

開始沉淀時的pH沉淀完全時的pH沉淀開始溶解時的pH

Al(OH)33.35.27.8

Fe(OH)31.54.1－

（2）檢驗Fe3+是否沉淀完全的實驗操作是。

（3）酸化操作是加入鹽酸，調節溶液的pH，其目的是。

（4）測定制得的樣品的純度，可采用如下方案：

a．稱取0.750g樣品，溶解，在250mL容量瓶中定容；

b．量取25.00mL待測溶液于錐形瓶中；

c．用0.050mol/LAgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液體積的平均值為20.39mL。

①上述測定過程中，需要用到的玻璃儀器除了容量瓶、錐形瓶，還有。

②計算上述樣品中CaCl2·2H2O的質量分數為（保留三位有效數字）。

③若配制和滴定操作均無誤，但最終測定的樣品中CaCl2·2H2O的質量分數偏高，寫出可能導致該結果的一種情況。

【答案】（1）5.2≤pH＜7.8；Ca(OH)2或CaO或CaCO3

（2）取少量上層清液，滴加KSCN溶液，若不出現血紅色，表明Fe(OH)3沉淀完全

（3）將溶液中的少量Ca(OH)2轉化為CaCl2

（4）燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、滴定管；99.9%；蒸發結晶過程中，溫度過高，使CaCl2·2H2O失去部分結晶水

【知識點】pH的簡單計算；二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗；蒸發和結晶、重結晶；中和滴定

【解析】【解答】(1)根據分析，加入物質A來調節溶液的pH，此時控制溶液的pH范圍是5.2≤pH＜7.8；加入的物質A是Ca(OH)2或CaO或CaCO3（填一種即可）；(2)檢驗Fe3+是否沉淀完全的實驗操作是：取少量上層清液，滴加KSCN溶液，若不出現血紅色，表明Fe(OH)3沉淀完全；(3)酸化操作是加入鹽酸，調節溶液的pH，其目的是將溶液中的少量Ca(OH)2轉化為CaCl2，防止產物中混有Ca(OH)2雜質；(4)①測定樣品的純度過程中，a為配制一定體積物質的量濃度溶液的過程，需要用到的玻璃儀器：燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管；b、c為滴定過程，需要用到的玻璃儀器：錐形瓶、滴定管；故上述測定過程中，需要用到的玻璃儀器除了容量瓶、錐形瓶，還有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、滴定管；②使用AgNO3溶液滴定樣品的CaCl2·2H2O，n（Ag+）=0.050mol/L×20.39×10-3L=1.0195×10-3mol，則25mL中含n（Cl-）=1.0195×10-3mol，250mL中含n（Cl-）=1.0195×10-2mol，含n（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol，m（CaCl2·2H2O）=5.0975×10-3mol×147g·mol-1=0.7493g，樣品CaCl2·2H2O的質量分數==99.9%；③蒸發結晶過程中，溫度過高，使CaCl2·2H2O失去部分結晶水，而計算的時候仍按照沒有失去結晶水的化合物質量計算，故最終測定的樣品中CaCl2·2H2O的質量分數偏高。

【分析】工業碳酸鈣加過量鹽酸進行溶解，得到Ca2+、Al3+、Fe3+，加入物質A來調節溶液的pH，以除去溶液中的Al3+、Fe3+，根據沉淀對應的pH表，需要把二者沉淀完全，pH最小為5.2，但是當pH大于等于7.8，氫氧化鋁開始溶解，故調節pH范圍是5.2≤pH＜7.8；加入的A能調節pH，但是不能引入新雜質，則可以選用Ca(OH)2或CaO或CaCO3；過濾后濾液進行鹽酸酸化，在160℃蒸發結晶，得產品CaCl2·2H2O。

30．（2023·張家口模擬）從鎳鉬礦渣(主要含有MoO3、NiO、MgO和Fe2O3)中提取元素，其主要工業流程如圖：

已知：①MoO3難溶于水，可溶于強堿溶液。

②Fe2O3、MgO不溶于NH4Cl—氨水混合液，NiO可溶于NH4Cl—氨水混合液生成[Ni(NH3)6]2+。

③已知部分金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH見下表：

pH(開始沉淀)pH(完全沉淀)

Fe3+1.523.18

Mg2+8.109.43

請回答下列問題：

（1）“堿浸”時應先將鎳鉬礦渣粉碎，再與NaOH在80℃下反應2小時，該操作的目的為。

（2）“堿浸”時，MoO3發生反應的離子方程式為。

（3）“氨溶解”的目的為，“氨溶解”過程中反應條件的選擇性實驗數據如圖所示，“氨溶解”過程中需要控制溫度在50~70℃之間，溫度過高或過低都會導致產品的產量降低，請解釋原因。

（4）簡述利用“濾渣I”制備純凈的鐵紅的方法：。

（5）“一次沉鎳”時加入H2S的目的是將鎳元素轉化為NiS沉淀，對應的離子方程式為。

（6）“氧化”時發生反應的氧化劑與還原劑的物質的量之比為。

（7）“二次沉鎳”時，發生反應的離子方程式為。

（8）已知：某溫度時，Ksp(NiC2O4)=4.0×10-10，Ksp(NiCO3)=1.60×10-8。此溫度下，將碳酸鎳固體投入到1L一定濃度的Na2C2O4溶液中，若要一次性恰好將1molNiCO3完全轉化成NiC2O4，則所需Na2C2O4溶液的濃度c(Na2C2O4)=(忽略溶液體積的變化)。

【答案】（1）加快反應速率，提高鎳元素的浸出率

（2）MoO3+2OH-=MoO42-+H2O

（3）實現鎳元素和鐵、鎂元素的分離；濃度過低NiO的浸出速率比較低，溫度過高會導致氨的揮發，氯化按分解，氨水的利用率低

（4）用稀硫酸溶解濾渣I，然后向反應后的溶液中加入堿凋節pH到3.18~8.10之間，過濾、洗滌、干燥后，經煅燒可制得鐵紅

（5）[Ni(NH3)6]2++5H2S=NiS↓+6NH4++4HS-

（6）2：3

（7）Ni2++2HCO3-=NiCO3↓+H2O+CO2↑

（8）1.025molL-1

【知識點】氧化還原反應；pH的簡單計算；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；物質的分離與提純

【解析】【解答】(1)將鎳鉬礦渣粉碎，固體表面積增大，目的是加快反應速率，提高鎳元素的浸出率；(2)根據題目所給信息可知MoO3可溶于強堿，溶解得到Na2MoO4，根據電荷守恒可得離子方程式為MoO3+2OH-=MoO42-+H2O；(3)MgO和Fe2O3不溶于NH4Cl-氨水混合液，NiO溶于NH4Cl-氨水混合液生成[Ni(NH3)6]2+，所以“氨溶解”的目的是實現鎳元素和鐵、鎂元素的分離；利用NH4Cl-氨水混合液“氨溶解”時，濃度過低NiO的浸出速率比較低，溫度過高會導致氨的揮發，氯化銨分解，氨水的利用率低；(4)根據分析可知濾渣I的主要成分為MgO和Fe2O3，需要制備Fe2O3，根據題目所給信息可知pH為3.18時Fe3+完全沉淀，而pH為8.10時Mg2+開始沉淀，所以可以通過調節鎂離子和鐵離子混合液的pH值實現二者的分離，具體操作為：用稀硫酸溶解濾渣I，然后向反應后的溶液中加入堿調節pH到3.18~8.10之間，過濾、洗滌、干燥后，經煅燒可制得鐵紅；(5)“一次沉鎳”時加入H2S的目的是將鎳元素轉化為NiS沉淀，H2S過量，所以最終產物中有HS-，根據元素守恒和電荷守恒可得離子方程式為[Ni(NH3)6]2++5H2S=NiS↓+6NH4++4HS-；(6)氧化時稀硝酸被還原成NO，化合價降低3價，NiS被氧化成S，化合價升高2價，根據電子守恒可知氧化劑：還原劑=2：3；(7)加入碳酸氫鈉，得到碳酸鎳沉淀，說明碳酸氫根電離出的碳酸根和鎳離子生成沉淀，促進碳酸氫根的電離，產生大量氫離子，氫離子和碳酸氫根結合又生成二氧化碳，據此可知離子方程式為Ni2++2HCO3-=NiCO3↓+H2O+CO2↑；(8)NiCO3轉化成NiC2O4的離子方程式為NiCO3(s)+C2O42-NiC2O4(s)+CO32-，該反應的平衡常數K==40，處理后的溶液中碳酸根的濃度為1mol/L，則溶液中草酸根的濃度為0.025mol/L，沉淀NiC2O4中含有1mol草酸根，所以加入的草酸鈉溶液的濃度c(Na2C2O4)=1.025mol/L。

【分析】

鎳鉬礦渣(主要含有MoO3、NiO、MgO和Fe2O3)先加入足量的NaOH溶液，MoO3可溶于強堿，溶解得到Na2MoO4；濾渣主要含NiO、MgO和Fe2O3，再加入NH4Cl-氨水混合液，NiO溶解得到[Ni(NH3)6]2+，再過濾，濾渣|主要有MgO和Fe2O3；濾液中通入足量的硫化氫，和[Ni(NH3)6]2+反應得到NiS沉淀，過濾向沉淀中加入稀硝酸，S元素被氧化得到硫單質，之后向濾液中加入NaHCO3得到NiCO3沉淀。

31．（2023·長春模擬）某實驗室以含鎳廢料(主要成分為NiO，還含有少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)為原料制備NixOy和碳酸鈷(CoCO3)的工藝流程如圖：

已知有關氫氧化物開始沉淀和沉淀完全的pH如表：

氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2

開始沉淀的pH1.56.57.27.7

沉淀完全的pH3.79.79.49.2

請回答以下問題：

（1）“濾渣Ⅰ”主要成分為(填化學式)。

（2）“氧化”時(加入NaClO3)的離子方程式為。

（3）加入Na2CO3來“調pH”的目的是生成黃鈉鐵釩沉淀而除去鐵，也可通過加入MO(對應的金屬氧化物)來調節pH將鐵除去，則pH控制的范圍為。

（4）在實驗室萃取操作應該在中完成(填儀器名稱)，向水相中加入NaHCO3時的離子方程式為。

（5）從NiSO4溶液獲得NiSO4·6H2O

晶體的操作依次是：，，過濾，洗滌，干燥。“煅燒”時剩余固體質量與溫度變化曲線如圖，該曲線中B段所表示氧化物的名稱為。

【答案】（1）BaSO4和SiO2

（2）

（3）3.7＜pH＜7.2

（4）分液漏斗；

（5）蒸發濃縮；冷卻結晶；三氧化二鎳

【知識點】pH的簡單計算；常用儀器及其使用；物質的分離與提純；離子方程式的書寫

【解析】【解答】(1)原料的成分有NiO，FeO，Fe2O3，CoO，BaO和SiO2；加入硫酸酸溶，SiO2不反應，所以會出現在濾渣中，BaO會最終變成BaSO4沉淀，所以也會出現在濾渣中；(2)氧化步驟的目的是將二價鐵轉變成三價鐵，便于在后續步驟中沉淀法除去，所以離子方程式為；(3)加入Na2CO3這一步是為了除去鐵，同時也要避免其他元素的損耗，所以選擇的pH區間為3.7~7.2；(4)萃取最關鍵的儀器是分液漏斗；加入碳酸氫鈉后，產物之一是CoCO3沉淀，考慮到NaHCO3是過量的，所以最終的離子方程式為；(5)由溶液獲取結晶的常規操作是：蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌干燥；硫酸鎳晶體的摩爾質量是263g/mol，所以26.3g即為0.1mol；280℃開始，固體的質量減少，這個時期是因為結晶水丟失導致的，所以A段對應的物質就是0.1mol的NiSO4；溫度到600℃，固體的質量再次下降，得到最終的鎳的氧化物；根據原子守恒，8.3g氧化物中Ni的質量為5.9g，那么O的質量為2.4g即0.15mol，所以固體氧化物中，所以固體氧化物即三氧化二鎳。

【分析】原料的成分含有NiO，FeO，Fe2O3，CoO，BaO和SiO2，最終要制備兩種產物，一種是鎳的氧化物，一種是CoCO3，所以FeO，，BaO和SiO2要在制備過程中逐步去除。第一步加酸溶解原料，考慮到發生的反應，就可得知濾渣和濾液的成分。題干中還提供了有關氫氧化物開始沉淀和沉淀完全的pH的表格，經過分析可知，要想去除鐵元素，應當把鐵元素全都轉化為三價鐵再調節pH才能在不降低產品產量的同時除凈雜質鐵元素。最后根據失重曲線判斷物質的組成，可通過原子守恒進行計算，再進一步判斷即可。

32．（2023高三上·楊浦模擬）工業上通過電解精制飽和食鹽水來制備NaOH、、，再合成鹽酸。完成下列填空

（1）粗鹽提純：為除去粗鹽中的、、，向粗鹽溶液中依次加入稍過量的NaOH溶液、，過濾后，再向濾液中加入適量，再蒸發。

（2）電解飽和食鹽水：，電解10L飽和食鹽水，若陰極收集到標準狀況下（填氣體化學式），則溶液（設溶液體積、溫度不變、忽略生成物間的反應）。

工業制鹽酸：利用和化合，所得產物再溶于水的方法得鹽酸，生產流程如下：

（3）為確保完全反應，合成塔中略大于。寫出一條必須反應完全的理由：

（4）鹽酸濃度測定；可用滴定法，用鹽酸滴定已知質量的溶液。過程如下：準確稱量一定質量的固體于錐形瓶中，加蒸餾水使其溶解，滴加指示劑X，用待測鹽酸滴定，接近終點時，加熱錐形瓶，煮沸液體2min，冷卻至室溫，繼續滴定至終點，記錄消耗鹽酸的體積。重復上述過程三次，計算鹽酸濃度。

已知：指示劑X的變色范圍是；，飽和水溶液

本測定用的儀器有錐形瓶、燒杯、玻璃棒、

（5）本測定的反應原理是（用化學方程式表示）。

（6）接近終點時煮沸反應混合物的目的是

（7）盛放固體的錐形瓶不干燥，對實驗結