2025广西专版化学高考总复习
章末检测卷(八) 水溶液中的离子反应与平衡
(时间:75分钟 分值:100分)
一、选择题:本题共14小题,每小题3分,共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.关于常温下0.1 mol·L-1醋酸溶液,下列叙述正确的是( )
A.溶液中c(H+)=c(CH3COO-)
B.加水稀释后,溶液中所有离子的浓度均减小
C.加入醋酸钠晶体后,溶液的pH增大
D.加入等体积、pH=13的NaOH溶液后,c(Na+)=c(CH3COO-)
2.(2022浙江6月选考)25 ℃时,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正确的是( )
A.相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中,c(C6H5O-)>c(CH3COO-)
B.将浓度均为0.10 mol·L-1的C6H5ONa和NaOH溶液加热,两种溶液的pH均变大
C.25 ℃时,C6H5OH溶液与NaOH溶液混合,测得pH=10.00,则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D.25 ℃时,0.10 mol·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体,水的电离程度变小
3.常温下,(H2C2O4)=10-1.26、(H2C2O4)=10-4.27、Ksp(CaC2O4)=10-8.64,实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐的性质,相关实验记录如表:
实验 实验操作和现象
1 常温下,向4 mL 0.01 mol·L-1的酸性KMnO4溶液中加入2 mL 0.10 mol·L-1 H2C2O4溶液,溶液褪色
2 常温下,测得0.10 mol·L-1 NaHC2O4溶液的pH=a
3 常温下,向0.10 mol·L-1 NaHC2O4溶液加入一定体积的等浓度CaCl2溶液产生白色沉淀,测得上层清液pH=4,c(Ca2+)=10-4 mol·L-1
4 常温下,向0.10 mol·L-1 Na2C2O4溶液中滴加等浓度盐酸至溶液的pH=7
下列所得结论正确的是( )
A.实验1中H2C2O4溶液具有漂白性
B.实验2中a>7
C.实验3清液中c(HC2)=10-4.37 mol·L-1
D.实验4溶液中c(Cl-)=c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)
4.(2023河北邢台模拟)在分析化学上,测定含TiO2+酸性溶液中钛元素的含量通常涉及两个反应:
Ⅰ.用Al粉还原TiO2+得到Ti3+;
Ⅱ.用FeCl3溶液滴定,反应的离子方程式为Ti3++Fe3++H2OTiO2++Fe2++2H+。
下列说法错误的是( )
A.还原性:Al>Ti3+>Fe2+
B.反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶1
C.反应Ⅱ的滴定实验可选用KSCN溶液作指示剂
D.反应Ⅰ中生成1 mol Ti3+时消耗的H+和反应Ⅱ中消耗1 mol Ti3+时生成的H+的量相同
5.常温下,下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是( )
A.含有Al3+的溶液中:K+、Na+、HC、Cl-
B.=1012的溶液中:K+、Na+、Mn、Cl-
C.pH=6.5的溶液中:Na+、Mg2+、Cl-、S
D.水电离出的c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1的溶液中:Na+、N、S2-、Br-
6.(2023广西南宁期末)某温度下,Ka(HA)=5.0×10-4,Ka(HB)=1.6×10-5。现有体积均为V0的pH=a的两种酸溶液,加水稀释至体积为V,两种溶液的pH随lg的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A.曲线Ⅱ代表HB
B.水的电离程度:b>c
C.由c点到d点,溶液中增大(X代表A或B)
D.分别取b点、c点溶液与等浓度的NaOH溶液中和,恰好中和时消耗NaOH溶液的体积:b>c
7.下列说法正确的是( )
A.将0.1 mol·L-1的盐酸稀释至100 mL,溶液pH变为3
B.恰好中和等体积、等浓度的甲酸与乙酸溶液,消耗NaOH的物质的量相等
C.升高温度,MCl盐溶液pH减小,一定能证明MOH是弱电解质
D.亚硫酸的酸性强于次氯酸,所以可发生反应:NaClO+H2SO3NaHSO3+HClO
8.室温下,向10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的CuCl2、FeCl2和ZnCl2溶液中分别滴加等浓度的Na2S溶液,滴加过程中pc[pc=
-lg c(M2+),M2+为Cu2+或Fe2+或Zn2+]与Na2S溶液体积的关系如图所示。已知:Ksp(CuS)
B.a点的CuCl2溶液中:c(H+)=c(OH-)+2c[Cu(OH)2]
C.a→d→g的过程中,水的电离程度经历由大到小后又增大的过程
D.将足量ZnCl2晶体加入0.1 mol·L-1的Na2S溶液中,c(Zn2+)最大可达到10-24.4 mol·L-1
9.铬(Ⅵ)在溶液中可以多种形式存在。25 ℃时,调节初始浓度为0.1 mol·L-1的Na2CrO4溶液的pH,平衡时铬(Ⅵ)在水溶液中各种存在形式的物质的量分数δ(X)与pH的关系如下图所示。已知溶液中存在反应2Cr+2H+Cr2+H2O。
下列说法正确的是( )
A.铬酸(H2CrO4)的第一步电离为完全电离
B.a点处,δ(Cr)=δ(Cr2)<
C.(H2CrO4)的数量级为10-6
D.若将Na2CrO4溶液加少量水稀释,则的值增大
10.高铁酸钾(K2FeO4)是一种优良的水处理剂。25 ℃,向其水溶液中加酸或碱改变溶液的pH时,含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=]。下列说法正确的是( )
A.K2FeO4、H2FeO4都属于强电解质
B.25 ℃,H2FeO4+H+H3的平衡常数K>100
C.A、C两点对应溶液中水的电离程度:C
11.室温下,通过下列实验探究NH4HCO3的性质:
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液的pH,测得pH约为10
2 向浓度为0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中加入足量NaOH固体,有刺激性气味气体产生
3 浓度均为2.0 mol·L-1 NH4HCO3溶液和NaCl溶液等体积混合,有晶体析出,过滤
下列说法正确的是( )
A.0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中存在:c(H+)+c(H2CO3)=c(C)+c(OH-)+c(NH3·H2O)
B.由实验1可得:Kb(NH3·H2O)<
(H2CO3)
C.实验2中发生反应的离子方程式:N+OH-NH3↑+H2O
D.实验3中所得滤液中存在:c(N)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HC)+c(C)
12.室温下,取一定量浓氨水,进行如下实验:
①往浓氨水中加入蒸馏水配制成0.01 mol·L-1的稀氨水,测得溶液pH=11;
②取20 mL①所配溶液,逐滴加入20 mL 0.01 mol·L-1稀盐酸,充分反应后,测得溶液pH<7;
③向②所得溶液中继续滴加NaOH溶液,直至溶液中n(Na+)=n(Cl-)
下列说法正确的是( )
A.①中:所得溶液的电离平衡常数Kb≈1×10-7
B.②中:逐滴加入稀盐酸的过程中,水的电离程度逐渐减小
C.②中:为了获取较准确的滴定终点,应选用酚酞作指示剂
D.③中:所得溶液中c(N)
13.常温下,2-戊烯酸
(CH3CH2CHCHCOOH)溶液中含碳粒子分布系数(δ)与溶液pH的关系如图1,向20 mL 0.1 mol·L-1 2-戊烯酸溶液中滴加0.1 mol·L-1的NaOH溶液,溶液pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图2。已知:δ(CH3CH2CHCHCOOH)=
下列说法错误的是( )
A.图1中,曲线Ⅰ表示的粒子是CH3CH2CHCHCOOH
B.图2中,①对应溶液的溶质为2-戊烯酸和2-戊烯酸钠,此时溶液的pH=4.70
C.图2中,②对应的溶液中存在:c(Na+)=c(CH3CH2CHCHCOO-)>
c(CH3CH2CHCHCOOH)
D.图2中,③对应的溶液中存在:c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2CHCHCOOH)
14.(2023广东汕头联考)某温度下,向0.1 mol·L-1 H2X溶液中缓慢加入固体NaOH,溶液pH、温度随H2X滴定分数的变化曲线如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法错误的是( )
A.M点的(H2X)小于Q点的(H2X)
B.N点,c(H2X)-c(X2-)=c(OH-)-c(H+)
C.P点对应的溶液一定显中性
D.M、N、P、Q四点中,水的电离程度最大的是Q点
二、非选择题:本题共4小题,共58分。
15.(12分)锌冶炼过程中产生的锌渣的主要成分为铁酸锌(ZnFe2O4)和二氧化硅,以及少量的铜、铁、锌的氧化物和硫化物。利用酸溶的方法可溶出金属离子,使锌渣得到充分利用。
(1)铁酸锌酸溶。铁酸锌难溶于水,将铁酸锌粉末投入到1 L 1 mol·L-1硫酸中,保温80 ℃,匀速搅拌。浸出液中Fe3+和Zn2+的浓度随时间的变化如表所示。
时间/h 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
0.10 0.11 0.15 0.21 0.21
0.12 0.13 0.16 0.21 0.30
①铁酸锌与硫酸反应的离子方程式为 。
②酸溶时,溶出效率较高的金属离子是 。
(2)锌渣酸溶。将锌渣分别在SO2-1 mol·L-1 H2SO4、1 mol·L-1 H2SO4以及SO2-H2O三种体系中实验,均保持80 ℃,匀速搅拌,所得结果如图所示。已知:25 ℃时,Ksp(FeS)=6.3×10-18;Ksp(ZnS)=1.6×10-24;Ksp(CuS)=6.3×10-36;Ksp(Cu2S)=2.5×10-48;FeS和ZnS可溶于稀硫酸,CuS和Cu2S不溶于稀硫酸。
①在SO2-H2SO4体系中,Zn2+浸出率较高的原因是 。
②在SO2-H2SO4体系中,溶渣中Cu2S的质量增加,原因是 。
16.(16分)(2023河北张家口一模)三氯化铬(CrCl3)可用作媒染剂和催化剂,易水解,650 ℃以上升华。某学习小组在实验室中用Cr2O3和CCl4制备无水CrCl3并测定产品纯度,进行如图实验探究。回答下列问题:
(1)制备无水CrCl3
①选择合适的装置,按气流方向,合理的连接顺序为 (用小写字母填空)。
②实验开始时,点燃酒精喷灯适合在水浴加热之 (填“前”或“后”)。
③该实验开始前,先通入一段时间N2的作用为 。
④已知制备CrCl3时生成的气体COCl2易水解,则制备CrCl3反应的化学方程式为 ,尾气处理时适合选用的试剂为 (填试剂名称)。
(2)测定产品纯度(杂质不参加反应)
已知:2Cr(黄色,碱性)+2H+H2O+Cr2(橙色,酸性)
准确称取m g产品,温水溶解后稀释至250 mL,量取25.00 mL溶液加入锥形瓶中,向其中加入足量Na2O2充分反应;将反应后溶液加硫酸酸化至橙色,煮沸、冷却后加入足量KI溶液;滴加淀粉作指示剂,用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定(2S2+I2S4+2I-),达到滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液的体积为V mL。
①准确量取25.00 mL溶液所用仪器名称为 。
②硫酸酸化的主要作用为 。
③反应后溶液煮沸的目的为 。
④产品中CrCl3的质量分数为 。
17.(16分)某含钛高炉废渣的主要成分有TiO2、Fe2O3、Al2O3、SiO2,通过如下工艺进行资源化综合处理:
回答下列问题:
(1)“酸浸”过程中适当升温的目的是 ,“酸溶渣”的主要成分为 。
(2)“酸溶”后,将溶液适当稀释并加热,TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀,该反应的离子方程式是 。
(3)“溶解”过程中,所用时间都为10 min,测得TiO2·xH2O的转化率与温度关系如图所示,分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因: 。
(4)(NH4)2Ti5O15中Ti为+4价,则1 mol该物质中所含过氧键的数目为 (设NA为阿伏加德罗常数的值)。由Li2Ti5O15与Li2CO3煅烧生成Li4Ti5O12的化学方程式为 。
(5)已知25 ℃时溶液中金属离子的浓度对数lg c与pH关系如图所示。“分步沉淀”过程中,当Fe3+恰好沉淀完全时(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5 mol·L-1时,可认为该离子沉淀完全),溶液中Al3+浓度不超过 mol·L-1。
(6)上述流程中可循环利用的物质为 。
18.(14分)(2023山东卷)盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、S和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下。
已知:常温下,Ksp(Li2CO3)=2.2×10-2。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡:B(OH)3+H2OH++[B(OH)4]-(常温下,Ka=10-9.24);B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂
Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下,在0.10 mol·L-1硼砂溶液中,
[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-,该水解反应的离子方程式为 ,该溶液的pH= 。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式);精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0 mol·L-1,则常温下精制Ⅱ过程中C浓度应控制在 mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ,除无法回收HCl外,还将增加 (填化学式)的用量。
(3)精制Ⅱ的目的是 ;进行操作X时应选择的试剂是 ,若不进行该操作而直接浓缩,将导致 。
参考答案
章末检测卷(八) 水溶液中的离子反应与平衡
1.C 解析 醋酸溶液中存在电荷守恒:c(H+)=
c(CH3COO-)+c(OH-),A错误;醋酸是弱电解质,加水稀释促进醋酸电离,但c(H+)、c(CH3COO-)减小,由于KW=c(H+)·c(OH-)不变,所以OH-浓度增大,B错误;由CH3COOHCH3COO-+H+可知,加入少量CH3COONa晶体,c(CH3COO-)增大,平衡逆向移动,c(H+)减小,pH增大,C正确;在0.1 mol·L-1醋酸溶液中,加入等体积、pH=13的NaOH溶液,二者恰好完全反应生成CH3COONa,由于CH3COO-水解,则c(Na+)>c(CH3COO-),D错误。
2.C 解析 苯酚的酸性弱于醋酸,故C6H5O-的水解程度大于CH3COO-,故相同温度下pH相同的C6H5ONa溶液与CH3COONa溶液中,c(C6H5O-)
5.C 解析 Al3+与HC能发生相互促进的水解反应,二者不能共存,A不符合题意;=1012的溶液呈酸性,酸性条件下,Mn能氧化Cl-,二者不能共存,B不符合题意;常温下,pH=6.5的溶液呈弱酸性,Na+、Mg2+、Cl-、S可以大量共存,C符合题意;常温下,水电离出的c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1的溶液既可以为酸性溶液又可以为碱性溶液;酸性溶液中,S2-不能大量存在,碱性溶液中,N不能大量存在,D不符合题意。
6.D 解析 根据电离常数可知酸性:HA>HB,相同pH的弱酸加水稀释,酸的酸性越强,pH变化越大,所以曲线Ⅱ代表HA溶液,A错误;溶液的pH:c>b,在b点水的电离程度受酸的抑制程度更大,故两溶液中水的电离程度:b
8.D 解析 加入10 mL Na2S时,Fe2+沉淀达到终点,溶液中c(Fe2+)=c(S2-),Ksp(FeS)=6.25×10-18,则c(Fe2+)==2.5×10-9 mol·L-1,-lg(2.5×10-9)=8.6,题图c点、d点纵坐标都已给出,只能是m=8.6,A正确;a点的CuCl2溶液中,由电荷守恒得2c(Cu2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),由物料守恒可得2c(Cu2+)+2c[Cu(OH)2]=c(Cl-),所以c(H+)=c(OH-)+2c[Cu(OH)2],B正确;盐类的水解会促进水的电离,未加入Na2S时,金属阳离子的水解促进水的电离,随着Na2S的加入,金属阳离子和S2-形成沉淀,溶液中水解的离子越来越少,水的电离程度逐渐减小,当完全沉淀时,即d点,水的电离程度最小,继续加入Na2S溶液,溶液中S2-越来越多,而S2-也会发生水解,所以d→g的过程中,水的电离程度逐渐增大,C正确;ZnCl2可溶于水,加入0.1 mol·L-1的Na2S溶液中,当S2-完全沉淀后,ZnCl2可以继续溶于水电离出Zn2+,溶液中c(Zn2+)可以远大于10-24.4 mol·L-1,D错误。
9.D 解析 H2CrO4、HCr能够同时存在,说明铬酸是弱酸,第一步电离为不完全电离,A不符合题意;由于a点处存在三种物质,Cr与Cr2的物质的量分数相同,而HCr少于前面两种,故δ(Cr)=δ(Cr2)>,B不符合题意;当c(Cr)=c(HCr)时,pH范围在6~7,=c(H+),数量级为10-7,C不符合题意;Na2CrO4本身显碱性,加水稀释,pH会趋近于7,即pH会减小,c(H+)增大,2Cr+2H+Cr2+H2O右移,使n(Cr)减小,n(Cr2)增大,故增大,D符合题意。
10.D 解析 根据题图可知H2FeO4和HFe共存,说明H2FeO4在水溶液中不完全电离,为弱电解质,A错误;该反应的平衡常数表达式为K=,根据题图可知当c(H3Fe)=c(H2FeO4)时,pH<2,则c(H+)>10-2 mol·L-1,所以K<100,B错误;H2FeO4的电离抑制水的电离,Fe的水解促进水的电离,所以C点水的电离程度大于A点,C错误;H2FeO4的第一步电离平衡常数,据题图可知当pH=4时,HFe的物质的量分数为0.8,且此时溶液中主要存在HFe和H2FeO4,所以此时H2FeO4的物质的量分数为0.2,所以=4.0×10-4,D正确。
11.A 解析 根据质子守恒,0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中存在:c(H+)+c(H2CO3)=c(C)+c(OH-)+c(NH3·H2O),A项正确;由实验1溶液呈碱性可知,水解程度:N
12.D 解析 ①中:往浓氨水中加入蒸馏水配制成0.01 mol·L-1的稀氨水,测得溶液pH=11,则c(OH-)=10-3mol·L-1,所得溶液的电离平衡常数Kb==1×10-4,A错误;②中:加入的盐酸与氨水中溶质的物质的量相等,二者恰好完全反应得到氯化铵,则水的电离程度逐渐增大,B错误;②中:反应生成氯化铵,为强酸弱碱盐,溶液呈酸性,应用甲基橙作指示剂,C错误;③中:溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)+c(N)=c(Cl-)+c(OH-),已知n(Na+)=n(Cl-),则c(H+)+c(N)=c(OH-),所得溶液中c(N)
c(CH3CH2CHCHCOOH),C项正确;③对应的溶液中,酸和碱恰好完全反应,此时溶质为
CH3CH2CHCHCOONa,根据质子守恒得:c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2CHCHCOOH),D项正确。
14.C 解析 已知酸碱中和反应是一个放热反应,由图可知随着NaOH的加入,溶液温度升高,当NaOH过量后溶液温度又开始下降,故Ⅰ为温度随H2X滴定分数的变化曲线,随着NaOH的加入,溶液pH始终保持增大趋势,故Ⅱ为pH随H2X滴定分数的变化曲线。M点温度低于Q点,M点的(H2X)小于Q点的(H2X),A正确;由图示信息可知,N点对应n(H2X)=n(NaOH),则反应后溶质为NaHX,根据电荷守恒有:c(Na+)+c(H+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-),根据元素守恒有:c(Na+)=c(HX-)+c(X2-)+c(H2X),则有c(H2X)+c(H+)=c(OH-)+c(X2-),B正确;P点对应的溶液温度高于25 ℃,此时pH=7的溶液呈弱碱性,C错误;M、N、P、Q四点中,Q点处滴定分数为2,溶质为Na2X,Na2X水解程度较大,所以水的电离程度最大的是Q点,D正确。
15.答案 (1)①ZnFe2O4+8H+Zn2++2Fe3++4H2O ②Zn2+
(2)①与SO2-H2O体系相比,该体系溶液酸性更强,与硫酸体系相比,该体系中二氧化硫具有还原作用,SO2将Fe3+还原为Fe2+,降低了Fe3+浓度,促进反应向着溶解的方向移动 ②铜的氧化物转化为铜的硫化物,+2价铜的化合物被二氧化硫还原,形成硫化亚铜
解析 (1)①铁酸锌的化学式为ZnFe2O4,铁酸锌与硫酸发生非氧化还原反应生成Zn2+和Fe3+,所以离子方程式为ZnFe2O4+8H+Zn2++2Fe3++4H2O。
②ZnFe2O4中Fe3+的物质的量为Zn2+的两倍,而根据表格可知酸溶时,溶出的Fe3+的物质的量小于Zn2+的两倍,所以酸溶时,溶出效率较高的金属离子是Zn2+。
(2)①根据锌渣酸溶时发生反应:ZnFe2O4+8H+Zn2++2Fe3++4H2O,可知酸性环境有利于锌渣的溶解,Fe3+具有较强的氧化性,会与还原性的二氧化硫反应从而降低Fe3+浓度,促进反应向着溶解的方向移动。
②在酸性条件下,锌渣中的铜的氧化物转化为不溶于酸的硫化物,而二氧化硫具有较强的还原性,可以将+2价的铜还原从而形成硫化亚铜。
16.答案 (1)①afgdeh ②前 ③排尽装置中空气,防止产品变质 ④Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2 氢氧化钠溶液
(2)①酸式滴定管(或移液管) ②将Cr充分转化为Cr2 ③除去残留的H2O2和溶解的O2
④×100%
解析 本题是一道无机物制备的实验题,实验前先用氮气排出装置中的空气,并且可以将四氯化碳吹入装置D中与Cr2O3发生反应,由于装置B中的出气管较细容易堵塞,故选择装置D,在尾气处理时要注意防倒吸。
(1)①由实验目的和原理知,A为提供CCl4的装置,B和D均可用于反应器和接收产品的装置,但CrCl3凝华后易堵塞B的导管,故适合选用D,C用于防止E中水蒸气进入D导致CrCl3水解,E用于尾气处理,则按气流方向,合理的连接顺序为afgdeh;②实验开始时,先通氮气排尽装置中空气后,点燃酒精喷灯预热Cr2O3,再水浴加热提供CCl4可提高原料利用率,则点燃酒精喷灯适合在水浴加热之前;③装置中有空气,实验开始时,通入N2的作用为排尽装置中空气,防止产品变质;④由信息知,制备CrCl3时Cr2O3与CCl4在高温条件下反应生成CrCl3和COCl2,化学方程式为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2;COCl2气体水解生成CO2和HCl,则尾气处理时适合选用的试剂为氢氧化钠溶液。
(2)①由对量器精确度的要求和物质性质可知,量取25.00 mL溶液所用仪器名称为酸式滴定管(或移液管);②Na2O2将+3价Cr氧化为+6价,根据题给信息可知,硫酸酸化可使Cr充分转化为Cr2;③酸化后溶液中残留的H2O2和溶解的O2可氧化碘离子,影响测定的准确性,故反应后溶液煮沸的目的为除去残留的H2O2和溶解的O2,使测定结果更准确;④由反应原理可得关系式:2CrCl3~Cr2~3I2~6S2,则产品中CrCl3的质量分数为10××100%=×100%。
17.答案 (1)增大溶解速率 SiO2
(2)TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+
(3)低于40 ℃时,升温速率增大,转化率升高;高于40 ℃时,H2O2分解,NH3逸出,导致速率减小,转化率降低
(4)4NA Li2Ti5O15+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑+2O2↑
(5)10 (6)H2SO4
解析 该含钛高炉废渣的主要成分有TiO2、Fe2O3、Al2O3、SiO2,加入盐酸酸浸,滤液中含有氯化铁、氯化铝、盐酸,再加入氨水分步沉淀,得到氢氧化铁、氢氧化铝,废水中含有氯化铵;浸渣中含有TiO2、SiO2,由第(2)问可知,加入硫酸酸溶时,TiO2溶解转化为TiO2+,SiO2不反应,酸溶渣为SiO2,滤液中加入热水,TiO2+水解生成TiO2·xH2O。
(1)“酸浸”过程中适当升温的目的是增大溶解速率,由分析可知,“酸溶渣”的主要成分为SiO2。
(2)TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀,根据电荷守恒、原子守恒配平该反应的离子方程式是TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+。
(3)40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因:低于40 ℃时,升温速率增大,转化率升高;高于40 ℃时,H2O2分解,NH3逸出,导致速率减小,转化率降低。
(4)(NH4)2Ti5O15中Ti为+4价,设-1价O的个数为x,-2价O的个数为y,则可得出x+y=15、x+2y=22,解得x=8,y=7,即-1价O的个数为8,则1 mol该物质中所含过氧键的数目为4NA。同理可得,Li4Ti5O12中O均为-2价,则可知反应过程中Li2Ti5O15中-1价O既有降价,又有升价,得到氧气,则Li2Ti5O15与Li2CO3煅烧生成Li4Ti5O12的化学方程式为Li2Ti5O15+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑+2O2↑。
(5)由图可知,Ksp[Fe(OH)3]=10-2×(10-12.2)3,Ksp[Al(OH)3]=10-2×(10-10.2)3,当Fe3+恰好沉淀完全时,c3(OH-)=,则此时c(Al3+)= mol·L-1=10 mol·L-1,故溶液中Al3+浓度不超过10 mol·L-1。
(6)由分析可知,酸溶步骤使用硫酸,水解后的母液中含有硫酸,则可循环利用的物质为H2SO4。
18.答案 (1)[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]- 9.24
(2)Mg(OH)2、CaSO4 5.5×10-3 Na2CO3、CaO
(3)进一步除去溶液中的Ca2+ 盐酸 一部分Li+以LiOH和Li2CO3的形式沉淀析出,从而使沉锂产率降低
解析 (1)依据信息“[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-”,可写出水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-;已知B(OH)3+H2OH++[B(OH)4]-的Ka==10-9.24,因在硼砂溶液中B(OH)3和[B(OH)4]-浓度相等,故Ka=c(H+),可得c(H+)=10-9.24 mol·L-1,则溶液中pH=9.24。
(2)依据流程中加入试剂的顺序知,精制Ⅰ中加入的CaO可与水反应产生Ca(OH)2,其目的是除去水浸后溶液中的Mg2+和S,因此滤渣Ⅰ为Mg(OH)2和CaSO4;精制Ⅱ中Li+不能转化为Li2CO3沉淀,因此Q(Li2CO3)
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