2021年高考化学真题和模拟题分类汇编14沉淀溶解平衡含解析2

专题14沉淀溶解平衡

2021年化学高考题

一、单项选择题

1.(2021•全国高考真题)相同温度下，^sp(BaSO4)</rsp(BaCO3)o某温度下，饱和溶液

中-lg[c(SO：)[、-lg[c(CO；)]、与-lg[c(Ba2+)]的关系如下列图。

以下说法正确的选项是

A.曲线①代表BaCO,的沉淀溶解曲线

10

B.该温度下BaSO』的Ksp(BaSOq)值为1.0x10

C.加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点

D.c(Ba2+)=10-5'时两溶液中=10…

【答案】B

【分析】

BaC0：,>BaSCh均为难溶物，饱和溶液中Tg[c(Ba")]+{—1g[c(SO：)]}=-1g[c(Ba2

+)Xc(SO：)]=-1g[心(BaSO,)],同理可知溶液中一lg[c(Ba2+)]+{-1g[c(CO；)]}=一

lg[^P(BaC03)L因陶(BaSOjVKXBaC%),那么一IgUMBaC%)]〈一IglX/BaSO》,由此

可知曲线①为一lg[c(Ba2+)]与一lg[c(SO：)]的关系，曲线②为一lg[c(Ba2+)]与一

lg[c(CO；)]的关系。

【解析】

A.由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO,

的沉淀溶解曲线，选项A错误；

B.曲线①为BaSO,溶液中一lg[c(B/+)]与一lg[c(SO：)]的关系，由图可知，当溶液中一

lg[c(B£+)]=3时，—lg[c(SO：)=7,那么—IgUMBaSOj]=7+3=10,因此府(BaS0)=

1.OX1O-10,选项B正确;

C.向饱和BaSOi溶液中参加适量BaCL固体后，溶液中c(Ba?+)增大，根据温度不变那么禽(BaSO,)

不变可知，溶液中c（SO：）将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，选项C错误；

C（SO：））n-y2

D.由图可知，当溶液中c（Ba2+）=10f।时，两溶液中一~-----=10”,，选项D错

c（CO「）10-y'

误；

答案选B。

2.（2021•全国高考真题）以下过程中的化学反响，相应的离子方程式正确的选项是

A.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CO^+CaSO4=CaCO3+SOf

+3+

B.过量铁粉参加稀硝酸中：Fe+4H+NO；=Fe+NOT+2H2O

3+

C.硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：Al+4OH-=A1O-+2H2O

D.氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2++s2-=CuSJ

【答案】A

【解析】

A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：

COj-+CaS01=CaC03+SO；,故A正确；

B.过量的铁粉与稀硝酸反响生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：

3Fe+8H+2NO,=3Fe24+2N0t+4H,0,故B错误；

C.硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反响生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：

Al3'+30H=Al（0H）3I,故C错误；

2

D.硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu*+H2S=CuSI+2H\故

D错误；

答案选A。

二、工业流程题

3.（2021•广东高考真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝

（A1）、铝（Mo）、银（Ni）等元素的氧化物，一种回收利用工艺的局部流程如下：

：25℃时，H2co、的K“=4.5x1（）1^=4.7x10-"；^（BaMoOj^.SxK）-8；

K、p（BaCOj=2.6x10"；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO：的形态存在。

⑴“焙烧"中，有NazMoOd生成，其中Mo元素的化合价为

(2)“沉铝〃中，生成的沉淀X为o

(3)“沉钥”中,pH为7.0。

①生成BaMoO」的离子方程式为

②假设条件控制不当，BaC。：也会沉淀。为防止BaMoO,中混入Bae。?沉淀，溶液中

c(HCO；):c(MoO：)=例出算式)时，应停止参加BaCl2溶液。

(4)①滤液ID中，主要存在的钠盐有NaCl和Y,Y为。

②往滤液III中添加适量NaQ固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量CO2,

可析出Y。

(5)高纯AlAs(神化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如下列图，图中所示致

密保护膜为一种氧化物，可阻止H2。？刻蚀液与下层GaAs(珅化镁)反响。

①该氧化物为.

②：Ga和A1同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反响中，As元素的化合价变为

+5价，那么该反响的氧化剂与复原剂物质的量之比为.

【答案】+6

Al(OH\MoOr+Ba2+=BaMoO,|lxl0"mol/Lx2.6x10：NaHCOaNH,Al,O,4:1

、八a4.7x10-"x3.5x10-8

【分析】

由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和铝都发生了反响分别转化为偏铝酸

钠和铝酸钠，经水浸、过滤，别离出含银的固体滤渣，滤液I中参加过量的二氧化碳，偏铝

酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中参加适量的氯化钢溶液

沉钥后，过滤得到铝酸钢。

【解析】

(1)“焙烧”中，有NatMoO^生成，其中Na和0的化合价为+1和-2,根据化合价的代数

和为0可知，Mo元素的化合价为+6。

(2)“沉铝〃中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀x为AI(OH)3。

(3)①滤液H中含有铝酸钠，参加氯化钢溶液后生成BaMo。』沉淀，该反响的离子方程式

为MoOj+Ba2+=BaMoC)4I。

②假设开始生成BaCC)3沉淀，那么体系中恰好建立如下平衡:

HCO-+BaMoO4BBaCO：+MoO；+H",该反响的化学平衡常数为

++2+

k_c(H)c(MoO；-)_c(H)c(COt)c(MoO；)c(Ba)_^,2^(BaMoO4)

K——三7Z-o^0-it

2+

c(HCO；)c(HCO-)c(CO；)c(Ba)^v,(BaCO3)

c(H+)c(MoO^)K./KBaMoO,)

BaMoO中混入BaCO沉淀,必须满足<由于“沉

43c(HCO；)K卬(BaCOJ

铝”中pH为7.0,c(H+)=lxlO_7mol/L,所以溶液中

c(MoO；)「KcK^BaMoOJ

时，开始生成沉淀，因止匕,

--7BaCO,

c(HCO；)1x10mol/LxKsp(BaCO3)

779

1x10-mol/LxKsp(BaCO3)_1xIQ-mol/Lx2.6xIQ-

c(HCO，:c(MoO：)=应停

K〃2Kw(BaMoC)4)4.7x10""xS.SxlO-8

止参加BaC,溶液。

(4)①滤液I中参加过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠,

过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和铝酸钠。滤液II中参加适量的氯化钢溶液沉铝后，因

此，过滤得到的滤液HI中，主要存在的钠盐有NaQ和NaHCOj,故Y为NaHCO?。

②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液HI中添加适量Na。固体后，通入足量NH3,再通入

足量CO?,可析出NaHCC)3。

(5)①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2。？与AlAs反响生成的，联

想到金属铝外表容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为AI2O3。

②由Ga和A1同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在HQ?

与上层GaAs的反响中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8,As元素被氧化，

那么该反响的氧化剂为H?O2,复原剂为GaAs0H2O2中的0元素为-1价，其作为氧化剂时,

。元素要被复原到-2价，每个H?。？参加反响会使化合价降低2,根据氧化复原反响中元素化

合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反响的氧化剂与复原剂物质的量之比为

8:2=4:1。

4.(2021•河北高考真题)绿色化学在推动社会可持续开展中发挥着重要作用。某科研团队

设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铝盐的新工艺，该工艺不消耗除铭铁矿、氢氧化钠和空

气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na,内循环。工艺

流程如图：

答复以下问题：

(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是(填元素符号)。

(2)工序①的名称为

(3)滤渣的主要成分是—(填化学式)。

(4)工序③中发生反响的离子方程式为。

(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH,此时发生的主要反响的化学方程式为可代

替NaOH的化学试剂还有(填化学式)。

(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序(填"①"或"②"或"③"或"④")

参与内循环。

(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为(通常认为溶液中离子浓度小于

14-33

1010卜1/为沉淀完全；Al(0H)3+0H^Al(0H)；：K=10"63,K.=10-,KSP[A1(0H)3]=10)

【答案】Fe、Cr溶解浸出MgO,Fe2032Na+2CrO^+2C02+H20=Cr2O7'+2NaHC03I

高温

4Fe(CrO2)2+702+16NaHC0:!=8Na2CrO4+2Fe203+16C02+8H20Na2C03②8.37

【分析】

由题给流程可知，铭铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反响为，在熔融氢氧化

钠作用下，Fe(CrO,被氧气高温氧化生成锚酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反响转化

为偏铝酸钠，氧化镁不反响；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤

渣1和含有过量氢氧化钠、铭酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下别离得到铭酸

钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铭酸钠

和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠;

向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反响转化为碳酸氢镁溶液；

碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序

②循环使用；碳酸镁高温煨烧得到氧化镁。

【解析】

(D由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铭元素，故答案为：Fe、Cr；

(2)由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；

(3)由分析可知，滤渣I的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、FeQ；

(4)工序③中发生的反响为铭酸钠溶液与过量的二氧化碳反响生成重倍酸钠和碳酸氢钠沉淀，

反响的离子方程式为2Na，+2CrO?+2CC)2+H20=Cr2O^+2NallC03I,故答案为：

2Na'+2CrOf+2cOz+HQ=Cr2O^+2NaHCO3I；

(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反响为高温下，，Fe(CrO,与氧

气和碳酸氢钠反响生成铭酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反响的化学方程式为4Fe(CrO?)2+

高温

702+16NaHC038Na2CrO,+2FeQ+I6CO2+8HQ；假设将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的

反响，故答案为：4Fe(Cr02)2+7O2+16NaHCO：,=8Na2CrO4+2FeQ+16CO2+8H2O；

(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转

化为碳酸氢镁溶液，那么混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；

(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反响为

-+

AI(OH)4+H^AI(OH)3+H2O,反响的平衡常数为

1c(OH)1、一

K=++=J(当为

'c[Al(OH)；]c(H)"C[A1(OH)4]C(H)C(OH)~KKK°'C[A1(OH)4]

11

lO-hoi/L时，溶液中氢离子浓度为「A”-口=不~淅moi/L=10f，ol/L,那么

c[Al(OH)/K|10-5xl013-37

溶液的pH为8.37,故答案为：8.37。

5.(2021•全国高考真题)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有Ti。？、SiO2、A12O3、MgO、

CaO以及少量的FeQ”为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的PH见下表

金属离子Fe3+A产Mg2+Ca2+

开始沉淀的pH2.23.59.512.4

沉淀完全(c=1.0x10-5mol•L)的pH3.24.711.113.8

答复以下问题：

(1)“焙烧"中，TiO2,SiO?几乎不发生反响，A12O3,MgO、CaO、Fe?。,转化为相应

的硫酸盐，写出A1。转化为NH4Al(SO)的化学方程式o

(2)“水浸"后“滤液”的pH约为2.0,在“分步沉淀"时用氨水逐步调节pH至11.6,依

次析出的金属离子是。

⑶“母液①”中Mg?+浓度为mol-L'o

(4)“水浸渣”在160℃“酸溶"最适合的酸是o"酸溶渣"的成分是、

(5)“酸溶"后，将溶液适当稀释并加热，TiO?+水解析出TiOz-xH2。沉淀，该反响的离子

方程式是.

(6)将“母液①"和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得,循环利用。

【答案】

煌烧

332+

A12O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3T+3H2OTFe\Al\Mg

2++

1.0乂10'硫酸$102CaSO4TiO+(x+l)H2O=TiO2xH2OI+2H(NH4)2SO4

【分析】

由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸钱混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反响，氧化铝、

氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气：将焙烧后物质参加热水水浸，

二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙局部溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝镀溶于

水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝锭

和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中参加氨水至11.6,溶液中铁离子、铝离子和镁离子

依次沉淀，过滤得到含有硫酸镂、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中参加浓硫酸

加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反响，二氧化钛与稀硫酸反响得到TiOSO”

过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO,溶液；将TiOSOi溶液参加热水稀释并适当

力口热，使TiOSO,完全水解生成TiO,•xH,0沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO,-x

H20»

【解析】

(1)氧化铝转化为硫酸铝锭发生的反响为氧化铝、硫酸镀在高温条件下反响生成硫酸铝筱、氨

气和水，反响的化学方程式为AI2O3+4(NH」)2s0“焙烧NH,A1(SO)e+4NH：,t+3H20,故答案为：

A1G+4(NH)2sol焙烧NH,A1(SO)2+4NH3t+3H20；

(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液参加氨水调节溶液pH为11.6

时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe,Al3\Mg2'；

(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为

IX10-5x(1x10』)2=1X1O-R当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为

Ix1O-108

-------=lX10-6mol/L,故答案为：lXlom

(1x10-24)2

(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完

全沉淀，减少TiOSO,溶液中含有硫酸钙的量，应参加浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，

二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反响，那么酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为:

硫酸；SiO2>CaSO.,；

⑸酸溶后将TiOSO,溶液参加热水稀释并适当加热，能使TiOSOi完全水解生成TiOz•xH?0沉

淀和硫酸，反响的离子方程式为Ti02*+1x+l)ILOATi02•xll20+2ir,故答案为：

2

TiO+(x+l)H2OATi02•xH20+2H\

(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸镂、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸

收氨气得到硫酸镀溶液，可以循环使用，故答案为：(NHMSO,。

2021年化学高考模拟题

一、单项选择题

1.(2021•重庆市第十一中学校高三二模)以下有关实验操作、现象、结论都正确的选项是

实验操作及现象结论

向5mLFeCL溶液中参加5滴同浓度的KI溶液，再FeCL与KI的反响是可逆反

A

参加几滴KSCN溶液，溶液显血红色响

向A1CL溶液中逐渐参加NaOH溶液至过量,先生成白

BA1(OH)3具有两性

色沉淀，后沉淀消失

铜片参加稀硫酸中，加热无明显现象，再参加少量硝

C硝酸钾作催化剂

酸钾固体，溶液变蓝

向盛有2mL0.1mol/LNaCl溶液的试管中滴加2滴

D同浓度AgNO,溶液，出现白色沉淀，振荡后再滴加4Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)

滴同浓度KI溶液，沉淀转化为黄色

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

A.氯化铁过量，不能判断是否可逆反响，如判断是否为可逆反响，KI溶液过量，故A错误；

B.向AlCk溶液中逐滴参加NaOH溶液，此时发生复分解反响，生成了氢氧化铝白色沉淀，继

续加过量氢氧化钠溶液，后白色沉淀消失，那么说明氢氧化铝和氢氧化钠溶液反响生成了偏

铝酸钠和水，说明A1(OH)3具有酸性，故B错误；

C.酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu,与催化作用无关，故C错误；

D.白色沉淀转化为黄色沉淀，说明生成Agl,生成物溶度积更小，那么K*(AgI)〈降(AgCl),

故D正确；

应选：D»

2.(2021•四川成都市•成都七中高二零模)常温下，向20mL0.1mol•l/Na2cO3溶液中滴

加0.1mol・LTCaC12溶液，碳酸根离子浓度与氯化钙溶液体积的关系如下列图。：pC=Tg

c(C0;)，《.(CdC03)=1.0X10M,心(CaC03)=3.6X10&以下说法正确的选项是

A.图像中V°=20,m=5

B.a点溶液：c(0IT)>2c(HCO；)+2c(H2CO3)

C.假设Na2c溶液的浓度变为0.05mol•L-1,那么n点向c点方向迁移

D.假设用CdCL溶液替代CaCL溶液，那么n点向b点方向迁移

【答案】C

【解析】

A.图像中V0=20,Na。),溶液与CaCL溶液恰好完全反响c(Ca2')=c(CO：)=白菽

pC=-lgc(COj")=-lg6X101,m不等于5,故A错误；

B.a点溶液：溶质为Na2cCL存在物料守恒c(Na')=2c(COj)+2c(HC0,)+2c(H£OJ,溶液中

存在电荷守恒c(Na)+c0O=2c(CO：)+c(HCO；)+c(OH),

+

2c(HCO；)+2c(H2C03)=C(HCO；)+c(OH)-c(H),c(HCO；)-c(H)>0,c(OH)<2c(HCO')+2c(H£QJ,

故B错误；

C假设Na2c溶液的浓度变为0.05mol•L用的0.1mol-L1CaCb溶液体积减小,那么n

点向c点方向迁移，故C正确；

D.假设用CdCL溶液替代CaCL溶液，反响后，碳酸根离子浓度减小，pC=Tgc(C0；)增大，

那么n点向d点方向迁移，故D错误；

应选C。

3.12021•安徽高三一模)以下反响中，现象和方程式都正确的选项是

浓硫酸

A.向胆矶粉末中参加适量浓硫酸，粉末由白色变成蓝色：CUS04*5H201CUS04+5H20

B.Fe参加FeCL溶液中，溶液由黄色变成浅绿色：Fe+Fe3=2Fe2t

A

C.NaQ固体在空气中加热后，由白色变为淡黄色：Na20+C02^=Na2C03

D.向她(OH”悬浊液中滴加足量Fez(S()4)3溶液，白色沉淀转化红褐色沉淀：

2t

3Mg(0H)2(s)+2Fe"=2Fe(OH)3(s)+3Mg

【答案】D

【解析】

A.浓硫酸具有吸水性，胆矶晶体中的结晶水被吸收，所以胆砒由蓝色变为无色，故A错误；

B.Fe参加FeCb溶液中,发生的反响为:Fe+2Fe"=3Fe",溶液由黄色变成浅绿色,故B错误;

A

C.NaQ固体在空气中加热后，由白色变为淡黄色，反响为：2Na2O+O2-2Na2O2,故C

错误；

D.向Mg(OH)z悬浊液中滴加足量Fe2(S0)3溶液，白色沉淀转化红褐色沉淀：

3Mg(OH)2(s)+2Fe"=2Fe(OH)3(s)+3Mg”,故D正确;

故答案为D„

4.（2021年高考化学押题预测卷（北京卷）（03）（含考试版、答题卡、参考答案、全解全析））

用以下仪器或装置（夹持装置略）进行实验，由实验现象不能得到相应结论的是

选

ABCD

项

实*A2-O.1tnol•一

浓盐酸NaOH溶液w

ft

验,2滴O.ImohL"

浓满

ImMLgOC.“lm洛ob淞E、w上幽L?

■=：稀位酸

及常温①②

Cu上无气泡，

现热水中烧瓶内气体颜色变①中产生白色沉淀②

Fe上有气泡

象深试管中出现白色沉淀中产生红褐色沉淀

结2N0z（g）噜珍NQKg）是溶解度：Mg(0H)2>复原性：Fe>

酸性:H2CO3>H2SiO3

论放热反响Fe(0H)3Cu

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

A.N0?为红棕色，MO,无颜色，热水瓶中气体颜色变深，即反响生成更多的NO”生成NO?的过

程为吸热反响，那么生成N。的反响为放热反响，故A正确；

B.试管中的白色沉淀为H6i03,根据强酸制备弱酸原理，进入试管中的物质除了CO,气体（生

成碳酸）外还有挥发出的HC1,因此不能判断H2c是否强于HzSiOs,故B错误；

C.向试管中的氯化镁溶液中参加的氢氧化钠溶液的量是缺乏的，先生成白色沉淀，参加氯化

铁溶液，又生成红褐色沉淀，说明氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铁沉淀，那么溶解度：Mg（0H）2

>Fe（0H）3,故C正确；

D.Cu上无气泡，Fe上有气泡，说明Fe能与稀硫酸反响，Cu不与稀硫酸反响，那么复原性：

Fe>Cu,故D正确；

应选B。

5.（2021•河南新乡市•新乡县一中高三其他模拟）以下实验装置或操作与实验目的相符的

是

L饱和FeCI、溶液

|2滴|再滴人

—NaBr1-2滴Nai

j:溶液1卜］溶液

rNaOH溶液

1*

・

—

2mL

冷

」2AgCl悬浊液

1L1^-------X

B.别离乙酸乙酯和D.证明溶解度：

A.除去工业乙醇中的杂质C.制备氢氧化铁胶体

饱和碳酸钠溶液AgCl>AgBr>AgI

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

A.蒸储装置温度计水银球要在蒸福烧瓶支管口附近，A错误。

B.乙酸乙酯和饱和NazCQ,溶液不互溶，可用分液的方法别离，B正确；

C.制备氢氧化铁胶体，应将几滴饱和FeCl,溶液滴入沸水中，C错误；

D.向AgCl悬浊液中参加NaBr假设生成淡黄色沉淀，可以证明溶解度：AgCl>AgBr«由于氯

化银悬浊液中不确定氯化银的量，浪化钠和碘化钠的物质的量浓度也没有确定，无法判断第

一步中氯化银是否完全转化为澳化银，也无法判断第二步哪种物质与碘化钠反响，由此溶解

度AgCl与Agl、AgBr与Agl,不能比较大小，D错误;

综上所述答案为B。

6.（2021-黑龙江哈尔滨市•哈尔滨三中高三其他模拟）以下实验操作、现象及结论均正确

的选项是

选项实验操作现象结论

向2mL0.ImollTFeCh溶液中

FeCL溶液和KI溶液的反

A参加3mL0.Imobf'KI溶液充分溶液呈红色

响为可逆反响

反响后再滴加KSCN溶液

向蔗糖溶液中参加少量稀硫

未产生砖红色沉

B酸，加热，再参加新制氢氧化蔗糖未水解

淀

铜溶液并水浴加热

向AgzCrO,饱和溶液中参加NaCl

C产生白色沉淀Ksp(AgCl)<KSP(Ag2CrO4)

浓溶液

CO；水解程度大于

用pH试纸测定饱和NazCOs溶液饱和溶液碱性强

D

和饱和NaHCOs溶液的碱性于饱和溶液HCO-

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

A.根据电子守恒可知反响中Fe"和T的系数比为1:1,所以参加的KI溶液过量，而滴加KSCN

溶液显红色，说明存在Fe”,即Fe＞和I不能完全反响，该反响为可逆反响，A正确；

B.参加新制氢氧化铜悬浊液之前应先参加NaOH中和稀硫酸，B错误；

C.AgCl和Ag£rO,为不同类型沉淀，不能简单的根据溶解度判断二者溶度积大小关系，C错误;

D.饱和Na2c0：,溶液和饱和NaHCOa溶液的浓度不相同，应测定相同浓度溶液的pH,D错误；

综上所述答案为A。

7.（2021•长沙市明德中学高三三模）室温下进行以下实验，根据实验操作和现象所得到的

结论正确的选项是

选项实验操作和现象结论

A室温下，向苯酚钠溶液中通足量COz,溶液变浑浊碳酸的酸性比苯酚的强

加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将产生的气体通入

B有乙烯生成

少量酸性KMnO,溶液，溶液紫红色褪去

向2mL0.Imol•L*NaOH溶液中滴加3滴

0.Imol•『'MgCL溶液,出现白色沉淀后，再滴加

CKsp[Mg(0H)2]>Ksp[Fe(0H)3]

3滴0.加。1•I/FeCL溶液，出现红褐色沉淀

D向NaHCOs溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝K”VKal(H2C03)XKa2(H2C03)

A.AB.BC*CD.D

【答案】A

【解析】

A.二氧化碳和苯酚钠反响生成碳酸氢钠和苯酚，说明碳酸酸性强于苯酚，A正确；

B.加热过程中乙醇蒸汽出来，也能使酸性高镭酸钾溶液褪色，所以不能说明产生了乙烯，B

错误；

C.因为氢氧化钠过量，可以和氯化铁反响生成氢氧化铁红褐色沉淀，没有实现沉淀转化，不

能比较溶度积常数，C错误；

D.碳酸氢钠溶液显碱性，说明碳酸氢根离子水解大于电离，不能比较碳酸的第一部电离常数

和第二步电离常数，D错误；

应选A。

8.(2021•天津南开区•南开中学高三三模)常温下，以下说法正确的选项是

A.pH均为3的醋酸和硫酸溶液，加水稀释相同倍数后，C(CH3COO-)=2C(SO：)

B.0.1mol•L/NaHSOs溶液中，c(HSO3)+c(SO^')+c(H2S03)=0.1mol/L

C.含有AgBr和Agl固体的悬浊液：c(Ag+)>c(BE)=c(r)

D.浓度均为0.1mol/L的(NHJZSO,与(NHJ2CO3溶液中，由一、前者小于后者

C(NH3-H2O)

【答案】B

【解析】

A.在pH相等的醋酸与硫酸溶液中，根据电荷守恒可得关系式：c(CH£00)=2c(SO：)。当加

水稀释相同倍数时，由于醋酸是弱酸，存在电离平衡，未电离的醋酸分子会进一步电离产生

醋酸根离子，那么c(CH：£00)>2c(SO；)：A错误；

B.在该溶液中含S元素的微粒有HSO；、SO：、HzSQi,根据S元素守恒可知

c(HSO：)+c(SO；)+c(H2so3)=0.1mol/L,B正确；

C.含有AgBr和Agl固体的悬浊液中同时存在沉淀溶解平衡：AgBr(s)=Ag*(aq)+BE(aq),

Agl(s)UAg'(aq)+I(aq),由于溶度积常数扁(AgBr)>七,(Agl),所以c(Br)>c(I),C错误;

D.(NH,)2soi是强酸弱碱盐，溶液中只存在NH：的水解平衡；而(NHMC03是弱酸弱碱盐，在溶

液中同时存在NH：、CO：水解平衡，二者水解相互促进，导致溶液中c(NH：)比前者小，

c(NH；)

而c(NH,•HQ)比前者大，故在等浓度的两种盐溶液中，当水解到达平衡时—；八、前

C(NH3H2O)

者大于后者，D错误；

故合理选项是B。

9.(2021-四川凉山彝族自治州•高三二模)根据以下实验操作和现象所得结论正确的选项

是

选

实验操作现象结论

项

向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶

A溶液变为红色待测溶液中含有Fe"

液

向浓度均为0.Imo/L的NaHCOs溶液和前者溶液变红，后者NaHCOs水解，而NaHSOs

B

NaHSCh溶液中滴加几滴酚献试剂不变色不水解

向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的一只试管中产生黄

C试管中分别参加2滴相同浓度的NaCl色沉淀，另一支中无Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)

和Nai溶液明显现象

产生混合气体能使

D甲烷与氯气在光照下反响湿润的石蕊试纸变生成的氯甲烷具有酸性

红

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

A.可能溶液中本来就有铁离子，而非亚铁离子，A错误；

B.碳酸氢钠水解大于电离，亚硫酸氢钠电离大于水解，并不是不水解，B错误；

C.黄色沉淀说明生成了碘化银，碘化银和氯化银形式相同，溶度积小的先沉淀，即

Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),C正确；

D.甲烷和氯气在光照下发生反响，生成了I1C1,使石蕊变色，D错误；

答案选C。

10.(2021•四川凉山彝族自治州•)NazSzCU焦亚硫酸钠)具有较强的复原性，25℃时，将

0.5moiNazSQs溶于水配成IL溶液，溶液中局部微粒浓度随溶液酸碱性变化如下列图

7

Ksp(BaS04)=l.0X10AKsp(BaSO3)=5.0X10-.以下说法正确的选项是

A.NazSzOs水溶液pH=4.5是因为S2O；水解所致

B.由图像可知，25℃时，HSO；的水解平衡常数约为10"

C.向溶液中参加碱性物质使溶液pH升高的过程中，一定存在如下关系:

c(Na*)+c(H*)=c(HSO；)+2c(SO：)+c(OIT)

D.将局部被空气氧化的该溶液的pH调为10,向溶液中滴加BaClz溶液使SO：沉淀完全

[c(S0f)^1.0X10-5mol•L'1],此时溶液中c(SOj)W0.05moi•此

【答案】D

【解析】

A.SzO；水解应该显碱性，根据图可知，pH=4.5时，溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在,

所以溶液显酸性，A错误；

B.HSO；的水解平衡常数表达式为。但2so,由图像可知亚硫酸氢根离子和亚硫酸

c(HSO')

浓度相等时pH=2,那么25℃时，IIS0；的水解平衡常数约为103B错误；

C.溶液中还存在SzO；-,(:(归)+(:(11)气(【150；)+2(；60；-)+八011)不能满足电荷守恒，C错误;

10-10

D.根据硫酸钢的溶度积常数可知此时溶液中钢离子浓度是二＞0101/1=1.OXI。％。1•口,

10-5

那么溶液中SO：的最大浓度n'Ox_mol度=0.05mol•L,D正确；

IO5

答案选D。

11.(2021•黑龙江大庆市•铁人中学高三其他模拟)根据以下实验操作和现象所得出的结论

正确的选项是

选项实验操作现象结论

向蛋白质溶液中参加少量饱和

A出现白色沉淀蛋白质发生了变性

(NHJZSO,溶液

将炽热的木炭与浓硫酸混合所得气

B产生白色沉淀木炭被氧化为C02

体通入澄清石灰水

相同条件下，将S02和按体积比1：

前者溶液中产

1混合并通过灼热的催化剂充分反SOz和的反响有一定的

C生白色沉淀，后

响，产物依次通过BaCL溶液和品红限度

者溶液褪色

溶液

一支试管出现

向2支均盛有2mLl.Omol/L的KOH溶

红褐色沉淀，另

D液的试管中，分别参加2滴浓度均为Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3]

一支无明显现

0.lmol/L的A1CL和FeCh溶液

象

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】

A.(NHjSO,为轻金属的盐，它使蛋白质发生盐析而不是变性，故A错误；

B.炽热的木炭与浓硫酸混合所得气体为二氧化碳和二氧化硫，通入澄清石灰水，产生白色沉

淀，不能证明产生二氧化碳，故B错误；

C.产物通过BaCk溶液，产生白色沉淀，说明反响生成了SOs;品红溶液褪色，说明SO?有剩

余，从而说明so?和没有完全反响，so?和a的反响有一定的限度，故c错误；

D.由于KOH过量，A1"与0H反响先生成Al(0H)3沉淀，然后继续与KOH反响，生成KA1O?,并

没有发生Al(OH%与Fe"生成Fe(0H)3和A1*的反响，也就不能说明K£A1(OH"]与KSP[Fe(OH)3]

的相对大小，故D错误；

故答案为C。

12.(2021•江苏省如皋中学)室温下，通过以下实验探究NaHS溶液的性质。

实验实验操作和现象

1向0.1mol•f'NaHS溶液中滴加几滴酚醐试剂，溶液变红

2向0.1mol•L"NaHS溶液中参加等体积0.1mol•L"NaOH溶液充分混合

3向0.1mol-L-1NaHS溶液中通入过量氯气，无淡黄色沉淀产生

4向0.1mol•L"NaHS溶液中滴加过量CuCk溶液，产生黑色沉淀

以下有关说法正确的选项是

2

A.0.1mol・『NaHS溶液中:c(S')>c(H2S)

B.实验2所得溶液中：c(Na+)=c(S3+c(HS-)+c(HzS)

C.实验3说明HS-不能被氯气氧化

2

D.实验4反响静置后的上层清液中有c(Cu")-C(S-)-KSP(CUS)

【答案】D

【解析】

A.NaHS溶液中存在电离平衡HS=H*+S2-和水解平衡HS+HQ=H£+OH,由实验1可知NaHS

溶液显碱性，那么HS的水解程度大于电离程度，因此C(S，〈C(H2S),A错误；

B.实验2中0.1mol•L1NaHS溶液和0.1mol-L1NaOH溶液等体积混合，那么所得溶液为

Na2s溶液，存在物料守恒c(Na+)=2[c(S")+c(HS)+c(H2S)],B错误；

C.氯气有强氧化性，HS有较强复原性，二者能发生氧化复原反响，实验3没有淡黄色沉淀产

生可能是氯气将HS氧化为硫酸根，C错误；

D.实验4中产生黑色沉淀，说明生成了CuS,那么静置后的上层清液中有

22

c(Cu),c(S)=KSP(CuS),D正确;

选Do

13.