2021年高考化學(xué)真題和模擬題分類匯編14沉淀溶解平衡含解析2

專題14沉淀溶解平衡

2021年化學(xué)高考題

一、單項(xiàng)選擇題

1.(2021?全國高考真題)相同溫度下，^sp(BaSO4)</rsp(BaCO3)o某溫度下，飽和溶液

中-lg[c(SO：)[、-lg[c(CO；)]、與-lg[c(Ba2+)]的關(guān)系如下列圖。

以下說法正確的選項(xiàng)是

A.曲線①代表BaCO,的沉淀溶解曲線

10

B.該溫度下BaSO』的Ksp(BaSOq)值為1.0x10

C.加適量BaCl2固體可使溶液由a點(diǎn)變到b點(diǎn)

D.c(Ba2+)=10-5'時(shí)兩溶液中=10…

【答案】B

【分析】

BaC0：,>BaSCh均為難溶物，飽和溶液中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

可知曲線①為一lg[c(Ba2+)]與一lg[c(SO：)]的關(guān)系，曲線②為一lg[c(Ba2+)]與一

lg[c(CO；)]的關(guān)系。

【解析】

A.由題可知，曲線上的點(diǎn)均為飽和溶液中微粒濃度關(guān)系，由上述分析可知，曲線①為BaSO,

的沉淀溶解曲線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.曲線①為BaSO,溶液中一lg[c(B/+)]與一lg[c(SO：)]的關(guān)系，由圖可知，當(dāng)溶液中一

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

1.OX1O-10,選項(xiàng)B正確;

C.向飽和BaSOi溶液中參加適量BaCL固體后，溶液中c(Ba?+)增大，根據(jù)溫度不變那么禽(BaSO,)

不變可知，溶液中c（SO：）將減小，因此a點(diǎn)將沿曲線①向左上方移動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

C（SO：））n-y2

D.由圖可知，當(dāng)溶液中c（Ba2+）=10f?時(shí)，兩溶液中一~-----=10”,，選項(xiàng)D錯(cuò)

c（CO「）10-y'

誤；

答案選B。

2.（2021?全國高考真題）以下過程中的化學(xué)反響，相應(yīng)的離子方程式正確的選項(xiàng)是

A.用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣：CO^+CaSO4=CaCO3+SOf

+3+

B.過量鐵粉參加稀硝酸中：Fe+4H+NO；=Fe+NOT+2H2O

3+

C.硫酸鋁溶液中滴加少量氫氧化鉀溶液：Al+4OH-=A1O-+2H2O

D.氯化銅溶液中通入硫化氫：Cu2++s2-=CuSJ

【答案】A

【解析】

A.硫酸鈣微溶，用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為難溶的碳酸鈣，離子方程式為：

COj-+CaS01=CaC03+SO；,故A正確；

B.過量的鐵粉與稀硝酸反響生成硝酸亞鐵、一氧化氮和水，離子方程式應(yīng)為：

3Fe+8H+2NO,=3Fe24+2N0t+4H,0,故B錯(cuò)誤；

C.硫酸鋁溶液與少量氫氧化鉀溶液反響生成氫氧化鋁沉淀和硫酸鉀，離子方程式應(yīng)為：

Al3'+30H=Al（0H）3I,故C錯(cuò)誤；

2

D.硫化氫為弱電解質(zhì)，書寫離子方程式時(shí)不能拆，離子方程式應(yīng)為：Cu*+H2S=CuSI+2H\故

D錯(cuò)誤；

答案選A。

二、工業(yè)流程題

3.（2021?廣東高考真題）對(duì)廢催化劑進(jìn)行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁

（A1）、鋁（Mo）、銀（Ni）等元素的氧化物，一種回收利用工藝的局部流程如下：

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

K、p（BaCOj=2.6x10"；該工藝中，pH>6.0時(shí)，溶液中Mo元素以MoO：的形態(tài)存在。

⑴“焙燒"中，有NazMoOd生成，其中Mo元素的化合價(jià)為

(2)“沉鋁〃中，生成的沉淀X為o

(3)“沉鑰”中,pH為7.0。

①生成BaMoO」的離子方程式為

②假設(shè)條件控制不當(dāng)，BaC。：也會(huì)沉淀。為防止BaMoO,中混入Bae。?沉淀，溶液中

c(HCO；):c(MoO：)=例出算式)時(shí)，應(yīng)停止參加BaCl2溶液。

(4)①濾液ID中，主要存在的鈉鹽有NaCl和Y,Y為。

②往濾液III中添加適量NaQ固體后，通入足量_______(填化學(xué)式)氣體，再通入足量CO2,

可析出Y。

(5)高純AlAs(神化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如下列圖，圖中所示致

密保護(hù)膜為一種氧化物，可阻止H2。？刻蝕液與下層GaAs(珅化鎂)反響。

①該氧化物為.

②：Ga和A1同族，As和N同族。在H2O2與上層GaAs的反響中，As元素的化合價(jià)變?yōu)?/p>

+5價(jià)，那么該反響的氧化劑與復(fù)原劑物質(zhì)的量之比為.

【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】

由題中信息可知，廢催化劑與氫氧化鈉一起焙燒后，鋁和鋁都發(fā)生了反響分別轉(zhuǎn)化為偏鋁酸

鈉和鋁酸鈉，經(jīng)水浸、過濾，別離出含銀的固體濾渣，濾液I中參加過量的二氧化碳，偏鋁

酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到的沉淀X為氫氧化鋁，濾液II中參加適量的氯化鋼溶液

沉鑰后，過濾得到鋁酸鋼。

【解析】

(1)“焙燒”中，有NatMoO^生成，其中Na和0的化合價(jià)為+1和-2,根據(jù)化合價(jià)的代數(shù)

和為0可知，Mo元素的化合價(jià)為+6。

(2)“沉鋁〃中，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁，因此，生成的沉淀x為AI(OH)3。

(3)①濾液H中含有鋁酸鈉，參加氯化鋼溶液后生成BaMo。』沉淀，該反響的離子方程式

為MoOj+Ba2+=BaMoC)4I。

②假設(shè)開始生成BaCC)3沉淀，那么體系中恰好建立如下平衡:

HCO-+BaMoO4BBaCO：+MoO；+H",該反響的化學(xué)平衡常數(shù)為

++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,必須滿足<由于“沉

43c(HCO；)K卬(BaCOJ

鋁”中pH為7.0,c(H+)=lxlO_7mol/L,所以溶液中

c(MoO；)「KcK^BaMoOJ

時(shí)，開始生成沉淀，因止匕,

--7BaCO,

c(HCO；)1x10mol/LxKsp(BaCO3)

779

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

c(HCO，:c(MoO：)=應(yīng)停

K〃2Kw(BaMoC)4)4.7x10""xS.SxlO-8

止參加BaC,溶液。

(4)①濾液I中參加過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，同時(shí)生成碳酸氫鈉,

過濾得到的濾液II中含有碳酸氫鈉和鋁酸鈉。濾液II中參加適量的氯化鋼溶液沉鋁后，因

此，過濾得到的濾液HI中，主要存在的鈉鹽有NaQ和NaHCOj,故Y為NaHCO?。

②根據(jù)侯氏制堿法的原理可知，往濾液HI中添加適量Na。固體后，通入足量NH3,再通入

足量CO?,可析出NaHCC)3。

(5)①由題中信息可知，致密的保護(hù)膜為一種氧化物，是由H2。？與AlAs反響生成的，聯(lián)

想到金屬鋁外表容易形成致密的氧化膜可知，該氧化物為AI2O3。

②由Ga和A1同族、As和N同族可知，GaAs中顯+3價(jià)(其最高價(jià))、As顯-3價(jià)。在HQ?

與上層GaAs的反響中，As元素的化合價(jià)變?yōu)?5價(jià)，其化合價(jià)升高了8,As元素被氧化，

那么該反響的氧化劑為H?O2,復(fù)原劑為GaAs0H2O2中的0元素為-1價(jià)，其作為氧化劑時(shí),

。元素要被復(fù)原到-2價(jià)，每個(gè)H?。？參加反響會(huì)使化合價(jià)降低2,根據(jù)氧化復(fù)原反響中元素化

合價(jià)升高的總數(shù)值等于化合價(jià)降低的總數(shù)值可知，該反響的氧化劑與復(fù)原劑物質(zhì)的量之比為

8:2=4:1。

4.(2021?河北高考真題)綠色化學(xué)在推動(dòng)社會(huì)可持續(xù)開展中發(fā)揮著重要作用。某科研團(tuán)隊(duì)

設(shè)計(jì)了一種熔鹽液相氧化法制備高價(jià)鋁鹽的新工藝，該工藝不消耗除銘鐵礦、氫氧化鈉和空

氣以外的其他原料，不產(chǎn)生廢棄物，實(shí)現(xiàn)了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na,內(nèi)循環(huán)。工藝

流程如圖：

答復(fù)以下問題：

(1)高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是(填元素符號(hào))。

(2)工序①的名稱為

(3)濾渣的主要成分是—(填化學(xué)式)。

(4)工序③中發(fā)生反響的離子方程式為。

(5)物質(zhì)V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH,此時(shí)發(fā)生的主要反響的化學(xué)方程式為可代

替NaOH的化學(xué)試劑還有(填化學(xué)式)。

(6)熱解工序產(chǎn)生的混合氣體最適宜返回工序(填"①"或"②"或"③"或"④")

參與內(nèi)循環(huán)。

(7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為(通常認(rèn)為溶液中離子濃度小于

14-33

1010卜1/為沉淀完全；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

高溫

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

【分析】

由題給流程可知，銘鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫下連續(xù)氧化發(fā)生的反響為，在熔融氫氧化

鈉作用下，F(xiàn)e(CrO,被氧氣高溫氧化生成錨酸鈉和氧化鐵，氧化鋁與熔融氫氧化鈉反響轉(zhuǎn)化

為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反響；將氧化后的固體加水溶解，過濾得到含有氧化鎂、氧化鐵的濾

渣1和含有過量氫氧化鈉、銘酸鈉、偏鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩(wěn)態(tài)條件下別離得到銘酸

鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液；向鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳得到重銘酸鈉

和碳酸氫鈉沉淀；向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳?xì)怏w得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉;

向?yàn)V渣1中通入二氧化碳和水蒸氣，氧化鎂與二氧化碳和水蒸氣反響轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液；

碳酸氫鎂溶液受熱分解得到碳酸鎂固體和二氧化碳、水蒸氣，二氧化碳、水蒸氣可以在工序

②循環(huán)使用；碳酸鎂高溫煨燒得到氧化鎂。

【解析】

(D由分析可知，高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和銘元素，故答案為：Fe、Cr；

(2)由分析可知，工序①為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質(zhì)，故答案為：溶解浸出；

(3)由分析可知，濾渣I的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故答案為：MgO、FeQ；

(4)工序③中發(fā)生的反響為銘酸鈉溶液與過量的二氧化碳反響生成重倍酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，

反響的離子方程式為2Na，+2CrO?+2CC)2+H20=Cr2O^+2NallC03I,故答案為：

2Na'+2CrOf+2cOz+HQ=Cr2O^+2NaHCO3I；

(5)碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反響為高溫下，，F(xiàn)e(CrO,與氧

氣和碳酸氫鈉反響生成銘酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反響的化學(xué)方程式為4Fe(CrO?)2+

高溫

702+16NaHC038Na2CrO,+2FeQ+I6CO2+8HQ；假設(shè)將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發(fā)生類似的

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

(6)熱解工序產(chǎn)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(zhuǎn)

化為碳酸氫鎂溶液，那么混合氣體最適宜返回工序?yàn)楣ば颌?，故答案為：②?/p>

(7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的反響為

-+

AI(OH)4+H^AI(OH)3+H2O,反響的平衡常數(shù)為

1c(OH)1、一

K=++=J(當(dāng)為

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

11

lO-hoi/L時(shí)，溶液中氫離子濃度為「A”-口=不~淅m(xù)oi/L=10f，ol/L,那么

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

溶液的pH為8.37,故答案為：8.37。

5.(2021?全國高考真題)磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有Ti。？、SiO2、A12O3、MgO、

CaO以及少量的FeQ”為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。

該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的PH見下表

金屬離子Fe3+A產(chǎn)Mg2+Ca2+

開始沉淀的pH2.23.59.512.4

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

答復(fù)以下問題：

(1)“焙燒"中，TiO2,SiO?幾乎不發(fā)生反響，A12O3,MgO、CaO、Fe?。,轉(zhuǎn)化為相應(yīng)

的硫酸鹽，寫出A1。轉(zhuǎn)化為NH4Al(SO)的化學(xué)方程式o

(2)“水浸"后“濾液”的pH約為2.0,在“分步沉淀"時(shí)用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6,依

次析出的金屬離子是。

⑶“母液①”中Mg?+濃度為mol-L'o

(4)“水浸渣”在160℃“酸溶"最適合的酸是o"酸溶渣"的成分是、

(5)“酸溶"后，將溶液適當(dāng)稀釋并加熱，TiO?+水解析出TiOz-xH2。沉淀，該反響的離子

方程式是.

(6)將“母液①"和“母液②”混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得,循環(huán)利用。

【答案】

煌燒

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】

由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸錢混合后焙燒時(shí)，二氧化鈦和二氧化硅不反響，氧化鋁、

氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，尾氣為氨氣：將焙燒后物質(zhì)參加熱水水浸，

二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣局部溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁鍍?nèi)苡?/p>

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、硫酸鋁錠

和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中參加氨水至11.6,溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子

依次沉淀，過濾得到含有硫酸鏤、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中參加濃硫酸

加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反響，二氧化鈦與稀硫酸反響得到TiOSO”

過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO,溶液；將TiOSOi溶液參加熱水稀釋并適當(dāng)

力口熱，使TiOSO,完全水解生成TiO,?xH,0沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②和TiO,-x

H20?

【解析】

(1)氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鋁錠發(fā)生的反響為氧化鋁、硫酸鍍?cè)诟邷貤l件下反響生成硫酸鋁筱、氨

氣和水，反響的化學(xué)方程式為AI2O3+4(NH」)2s0“焙燒NH,A1(SO)e+4NH：,t+3H20,故答案為：

A1G+4(NH)2sol焙燒NH,A1(SO)2+4NH3t+3H20；

(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液參加氨水調(diào)節(jié)溶液pH為11.6

時(shí)，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀，故答案為：Fe,Al3\Mg2'；

(3)由鎂離子完全沉淀時(shí)，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為

IX10-5x(1x10』)2=1X1O-R當(dāng)溶液pH為11.6時(shí)，溶液中鎂離子的濃度為

Ix1O-108

-------=lX10-6mol/L,故答案為：lXlom

(1x10-24)2

(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完

全沉淀，減少TiOSO,溶液中含有硫酸鈣的量，應(yīng)參加濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，

二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反響，那么酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答案為:

硫酸；SiO2>CaSO.,；

⑸酸溶后將TiOSO,溶液參加熱水稀釋并適當(dāng)加熱，能使TiOSOi完全水解生成TiOz?xH?0沉

淀和硫酸，反響的離子方程式為Ti02*+1x+l)ILOATi02?xll20+2ir,故答案為：

2

TiO+(x+l)H2OATi02?xH20+2H\

(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸鏤、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸

收氨氣得到硫酸鍍?nèi)芤?，可以循環(huán)使用，故答案為：(NHMSO,。

2021年化學(xué)高考模擬題

一、單項(xiàng)選擇題

1.(2021?重慶市第十一中學(xué)校高三二模)以下有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象、結(jié)論都正確的選項(xiàng)是

實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象結(jié)論

向5mLFeCL溶液中參加5滴同濃度的KI溶液，再FeCL與KI的反響是可逆反

A

參加幾滴KSCN溶液，溶液顯血紅色響

向A1CL溶液中逐漸參加NaOH溶液至過量,先生成白

BA1(OH)3具有兩性

色沉淀，后沉淀消失

銅片參加稀硫酸中，加熱無明顯現(xiàn)象，再參加少量硝

C硝酸鉀作催化劑

酸鉀固體，溶液變藍(lán)

向盛有2mL0.1mol/LNaCl溶液的試管中滴加2滴

D同濃度AgNO,溶液，出現(xiàn)白色沉淀，振蕩后再滴加4Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)

滴同濃度KI溶液，沉淀轉(zhuǎn)化為黃色

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

A.氯化鐵過量，不能判斷是否可逆反響，如判斷是否為可逆反響，KI溶液過量，故A錯(cuò)誤；

B.向AlCk溶液中逐滴參加NaOH溶液，此時(shí)發(fā)生復(fù)分解反響，生成了氫氧化鋁白色沉淀，繼

續(xù)加過量氫氧化鈉溶液，后白色沉淀消失，那么說明氫氧化鋁和氫氧化鈉溶液反響生成了偏

鋁酸鈉和水，說明A1(OH)3具有酸性，故B錯(cuò)誤；

C.酸性溶液中硝酸根離子可氧化Cu,與催化作用無關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D.白色沉淀轉(zhuǎn)化為黃色沉淀，說明生成Agl,生成物溶度積更小，那么K*(AgI)〈降(AgCl),

故D正確；

應(yīng)選：D?

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

加0.1mol?LTCaC12溶液，碳酸根離子濃度與氯化鈣溶液體積的關(guān)系如下列圖。：pC=Tg

c(C0;)，《.(CdC03)=1.0X10M,心(CaC03)=3.6X10&以下說法正確的選項(xiàng)是

A.圖像中V°=20,m=5

B.a點(diǎn)溶液：c(0IT)>2c(HCO；)+2c(H2CO3)

C.假設(shè)Na2c溶液的濃度變?yōu)?.05mol?L-1,那么n點(diǎn)向c點(diǎn)方向遷移

D.假設(shè)用CdCL溶液替代CaCL溶液，那么n點(diǎn)向b點(diǎn)方向遷移

【答案】C

【解析】

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

pC=-lgc(COj")=-lg6X101,m不等于5,故A錯(cuò)誤；

B.a點(diǎn)溶液：溶質(zhì)為Na2cCL存在物料守恒c(Na')=2c(COj)+2c(HC0,)+2c(H￡OJ,溶液中

存在電荷守恒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錯(cuò)誤；

C假設(shè)Na2c溶液的濃度變?yōu)?.05mol?L用的0.1mol-L1CaCb溶液體積減小,那么n

點(diǎn)向c點(diǎn)方向遷移，故C正確；

D.假設(shè)用CdCL溶液替代CaCL溶液，反響后，碳酸根離子濃度減小，pC=Tgc(C0；)增大，

那么n點(diǎn)向d點(diǎn)方向遷移，故D錯(cuò)誤；

應(yīng)選C。

3.12021?安徽高三一模)以下反響中，現(xiàn)象和方程式都正確的選項(xiàng)是

濃硫酸

A.向膽磯粉末中參加適量濃硫酸，粉末由白色變成藍(lán)色：CUS04*5H201CUS04+5H20

B.Fe參加FeCL溶液中，溶液由黃色變成淺綠色：Fe+Fe3=2Fe2t

A

C.NaQ固體在空氣中加熱后，由白色變?yōu)榈S色：Na20+C02^=Na2C03

D.向她(OH”懸濁液中滴加足量Fez(S()4)3溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化紅褐色沉淀：

2t

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

【答案】D

【解析】

A.濃硫酸具有吸水性，膽磯晶體中的結(jié)晶水被吸收，所以膽砒由藍(lán)色變?yōu)闊o色，故A錯(cuò)誤；

B.Fe參加FeCb溶液中,發(fā)生的反響為:Fe+2Fe"=3Fe",溶液由黃色變成淺綠色,故B錯(cuò)誤;

A

C.NaQ固體在空氣中加熱后，由白色變?yōu)榈S色，反響為：2Na2O+O2-2Na2O2,故C

錯(cuò)誤；

D.向Mg(OH)z懸濁液中滴加足量Fe2(S0)3溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化紅褐色沉淀：

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

故答案為D?

4.（2021年高考化學(xué)押題預(yù)測卷（北京卷）（03）（含考試版、答題卡、參考答案、全解全析））

用以下儀器或裝置（夾持裝置略）進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象不能得到相應(yīng)結(jié)論的是

選

ABCD

項(xiàng)

實(shí)*A2-O.1tnol?一

濃鹽酸NaOH溶液w

ft

驗(yàn),2滴O.ImohL"

濃滿

ImMLgOC.“l(fā)m洛ob淞E、w上幽L?

■=：稀位酸

及常溫①②

Cu上無氣泡，

現(xiàn)熱水中燒瓶內(nèi)氣體顏色變①中產(chǎn)生白色沉淀②

Fe上有氣泡

象深試管中出現(xiàn)白色沉淀中產(chǎn)生紅褐色沉淀

結(jié)2N0z（g）嚕珍NQKg）是溶解度：Mg(0H)2>復(fù)原性：Fe>

酸性:H2CO3>H2SiO3

論放熱反響Fe(0H)3Cu

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

A.N0?為紅棕色，MO,無顏色，熱水瓶中氣體顏色變深，即反響生成更多的NO”生成NO?的過

程為吸熱反響，那么生成N。的反響為放熱反響，故A正確；

B.試管中的白色沉淀為H6i03,根據(jù)強(qiáng)酸制備弱酸原理，進(jìn)入試管中的物質(zhì)除了CO,氣體（生

成碳酸）外還有揮發(fā)出的HC1,因此不能判斷H2c是否強(qiáng)于HzSiOs,故B錯(cuò)誤；

C.向試管中的氯化鎂溶液中參加的氫氧化鈉溶液的量是缺乏的，先生成白色沉淀，參加氯化

鐵溶液，又生成紅褐色沉淀，說明氫氧化鎂沉淀轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，那么溶解度：Mg（0H）2

>Fe（0H）3,故C正確；

D.Cu上無氣泡，F(xiàn)e上有氣泡，說明Fe能與稀硫酸反響，Cu不與稀硫酸反響，那么復(fù)原性：

Fe>Cu,故D正確；

應(yīng)選B。

5.（2021?河南新鄉(xiāng)市?新鄉(xiāng)縣一中高三其他模擬）以下實(shí)驗(yàn)裝置或操作與實(shí)驗(yàn)?zāi)康南喾?/p>

是

L飽和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懸濁液

1L1^-------X

B.別離乙酸乙酯和D.證明溶解度：

A.除去工業(yè)乙醇中的雜質(zhì)C.制備氫氧化鐵膠體

飽和碳酸鈉溶液AgCl>AgBr>AgI

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

A.蒸儲(chǔ)裝置溫度計(jì)水銀球要在蒸福燒瓶支管口附近，A錯(cuò)誤。

B.乙酸乙酯和飽和NazCQ,溶液不互溶，可用分液的方法別離，B正確；

C.制備氫氧化鐵膠體，應(yīng)將幾滴飽和FeCl,溶液滴入沸水中，C錯(cuò)誤；

D.向AgCl懸濁液中參加NaBr假設(shè)生成淡黃色沉淀，可以證明溶解度：AgCl>AgBr?由于氯

化銀懸濁液中不確定氯化銀的量，浪化鈉和碘化鈉的物質(zhì)的量濃度也沒有確定，無法判斷第

一步中氯化銀是否完全轉(zhuǎn)化為澳化銀，也無法判斷第二步哪種物質(zhì)與碘化鈉反響，由此溶解

度AgCl與Agl、AgBr與Agl,不能比較大小，D錯(cuò)誤;

綜上所述答案為B。

6.（2021-黑龍江哈爾濱市?哈爾濱三中高三其他模擬）以下實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象及結(jié)論均正確

的選項(xiàng)是

選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論

向2mL0.ImollTFeCh溶液中

FeCL溶液和KI溶液的反

A參加3mL0.Imobf'KI溶液充分溶液呈紅色

響為可逆反響

反響后再滴加KSCN溶液

向蔗糖溶液中參加少量稀硫

未產(chǎn)生磚紅色沉

B酸，加熱，再參加新制氫氧化蔗糖未水解

淀

銅溶液并水浴加熱

向AgzCrO,飽和溶液中參加NaCl

C產(chǎn)生白色沉淀Ksp(AgCl)<KSP(Ag2CrO4)

濃溶液

CO；水解程度大于

用pH試紙測定飽和NazCOs溶液飽和溶液堿性強(qiáng)

D

和飽和NaHCOs溶液的堿性于飽和溶液HCO-

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

A.根據(jù)電子守恒可知反響中Fe"和T的系數(shù)比為1:1,所以參加的KI溶液過量，而滴加KSCN

溶液顯紅色，說明存在Fe”,即Fe＞和I不能完全反響，該反響為可逆反響，A正確；

B.參加新制氫氧化銅懸濁液之前應(yīng)先參加NaOH中和稀硫酸，B錯(cuò)誤；

C.AgCl和Ag￡rO,為不同類型沉淀，不能簡單的根據(jù)溶解度判斷二者溶度積大小關(guān)系，C錯(cuò)誤;

D.飽和Na2c0：,溶液和飽和NaHCOa溶液的濃度不相同，應(yīng)測定相同濃度溶液的pH,D錯(cuò)誤；

綜上所述答案為A。

7.（2021?長沙市明德中學(xué)高三三模）室溫下進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的

結(jié)論正確的選項(xiàng)是

選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論

A室溫下，向苯酚鈉溶液中通足量COz,溶液變渾濁碳酸的酸性比苯酚的強(qiáng)

加熱乙醇與濃硫酸的混合溶液，將產(chǎn)生的氣體通入

B有乙烯生成

少量酸性KMnO,溶液，溶液紫紅色褪去

向2mL0.Imol?L*NaOH溶液中滴加3滴

0.Imol?『'MgCL溶液,出現(xiàn)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，出現(xiàn)紅褐色沉淀

D向NaHCOs溶液中滴加紫色石蕊試液，溶液變藍(lán)K”VKal(H2C03)XKa2(H2C03)

A.AB.BC*CD.D

【答案】A

【解析】

A.二氧化碳和苯酚鈉反響生成碳酸氫鈉和苯酚，說明碳酸酸性強(qiáng)于苯酚，A正確；

B.加熱過程中乙醇蒸汽出來，也能使酸性高鐳酸鉀溶液褪色，所以不能說明產(chǎn)生了乙烯，B

錯(cuò)誤；

C.因?yàn)闅溲趸c過量，可以和氯化鐵反響生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，沒有實(shí)現(xiàn)沉淀轉(zhuǎn)化，不

能比較溶度積常數(shù)，C錯(cuò)誤；

D.碳酸氫鈉溶液顯堿性，說明碳酸氫根離子水解大于電離，不能比較碳酸的第一部電離常數(shù)

和第二步電離常數(shù)，D錯(cuò)誤；

應(yīng)選A。

8.(2021?天津南開區(qū)?南開中學(xué)高三三模)常溫下，以下說法正確的選項(xiàng)是

A.pH均為3的醋酸和硫酸溶液，加水稀釋相同倍數(shù)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固體的懸濁液：c(Ag+)>c(BE)=c(r)

D.濃度均為0.1mol/L的(NHJZSO,與(NHJ2CO3溶液中，由一、前者小于后者

C(NH3-H2O)

【答案】B

【解析】

A.在pH相等的醋酸與硫酸溶液中，根據(jù)電荷守恒可得關(guān)系式：c(CH￡00)=2c(SO：)。當(dāng)加

水稀釋相同倍數(shù)時(shí)，由于醋酸是弱酸，存在電離平衡，未電離的醋酸分子會(huì)進(jìn)一步電離產(chǎn)生

醋酸根離子，那么c(CH：￡00)>2c(SO；)：A錯(cuò)誤；

B.在該溶液中含S元素的微粒有HSO；、SO：、HzSQi,根據(jù)S元素守恒可知

c(HSO：)+c(SO；)+c(H2so3)=0.1mol/L,B正確；

C.含有AgBr和Agl固體的懸濁液中同時(shí)存在沉淀溶解平衡：AgBr(s)=Ag*(aq)+BE(aq),

Agl(s)UAg'(aq)+I(aq),由于溶度積常數(shù)扁(AgBr)>七,(Agl),所以c(Br)>c(I),C錯(cuò)誤;

D.(NH,)2soi是強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液中只存在NH：的水解平衡；而(NHMC03是弱酸弱堿鹽，在溶

液中同時(shí)存在NH：、CO：水解平衡，二者水解相互促進(jìn)，導(dǎo)致溶液中c(NH：)比前者小，

c(NH；)

而c(NH,?HQ)比前者大，故在等濃度的兩種鹽溶液中，當(dāng)水解到達(dá)平衡時(shí)—；八、前

C(NH3H2O)

者大于后者，D錯(cuò)誤；

故合理選項(xiàng)是B。

9.(2021-四川涼山彝族自治州?高三二模)根據(jù)以下實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得結(jié)論正確的選項(xiàng)

是

選

實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論

項(xiàng)

向待測液中依次滴入氯水和KSCN溶

A溶液變?yōu)榧t色待測溶液中含有Fe"

液

向濃度均為0.Imo/L的NaHCOs溶液和前者溶液變紅，后者NaHCOs水解，而NaHSOs

B

NaHSCh溶液中滴加幾滴酚獻(xiàn)試劑不變色不水解

向2支盛有2mL相同濃度銀氨溶液的一只試管中產(chǎn)生黃

C試管中分別參加2滴相同濃度的NaCl色沉淀，另一支中無Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)

和Nai溶液明顯現(xiàn)象

產(chǎn)生混合氣體能使

D甲烷與氯氣在光照下反響濕潤的石蕊試紙變生成的氯甲烷具有酸性

紅

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

A.可能溶液中本來就有鐵離子，而非亞鐵離子，A錯(cuò)誤；

B.碳酸氫鈉水解大于電離，亞硫酸氫鈉電離大于水解，并不是不水解，B錯(cuò)誤；

C.黃色沉淀說明生成了碘化銀，碘化銀和氯化銀形式相同，溶度積小的先沉淀，即

Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),C正確；

D.甲烷和氯氣在光照下發(fā)生反響，生成了I1C1,使石蕊變色，D錯(cuò)誤；

答案選C。

10.(2021?四川涼山彝族自治州?)NazSzCU焦亞硫酸鈉)具有較強(qiáng)的復(fù)原性，25℃時(shí)，將

0.5moiNazSQs溶于水配成IL溶液，溶液中局部微粒濃度隨溶液酸堿性變化如下列圖

7

Ksp(BaS04)=l.0X10AKsp(BaSO3)=5.0X10-.以下說法正確的選項(xiàng)是

A.NazSzOs水溶液pH=4.5是因?yàn)镾2O；水解所致

B.由圖像可知，25℃時(shí)，HSO；的水解平衡常數(shù)約為10"

C.向溶液中參加堿性物質(zhì)使溶液pH升高的過程中，一定存在如下關(guān)系:

c(Na*)+c(H*)=c(HSO；)+2c(SO：)+c(OIT)

D.將局部被空氣氧化的該溶液的pH調(diào)為10,向溶液中滴加BaClz溶液使SO：沉淀完全

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

【答案】D

【解析】

A.SzO；水解應(yīng)該顯堿性，根據(jù)圖可知，pH=4.5時(shí)，溶液中主要以亞硫酸氫根離子形式存在,

所以溶液顯酸性，A錯(cuò)誤；

B.HSO；的水解平衡常數(shù)表達(dá)式為。但2so,由圖像可知亞硫酸氫根離子和亞硫酸

c(HSO')

濃度相等時(shí)pH=2,那么25℃時(shí)，IIS0；的水解平衡常數(shù)約為103B錯(cuò)誤；

C.溶液中還存在SzO；-,(:(歸)+(:(11)氣(【150；)+2(；60；-)+八011)不能滿足電荷守恒，C錯(cuò)誤;

10-10

D.根據(jù)硫酸鋼的溶度積常數(shù)可知此時(shí)溶液中鋼離子濃度是二＞0101/1=1.OXI。％。1?口,

10-5

那么溶液中SO：的最大濃度n'Ox_mol度=0.05mol?L,D正確；

IO5

答案選D。

11.(2021?黑龍江大慶市?鐵人中學(xué)高三其他模擬)根據(jù)以下實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論

正確的選項(xiàng)是

選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論

向蛋白質(zhì)溶液中參加少量飽和

A出現(xiàn)白色沉淀蛋白質(zhì)發(fā)生了變性

(NHJZSO,溶液

將熾熱的木炭與濃硫酸混合所得氣

B產(chǎn)生白色沉淀木炭被氧化為C02

體通入澄清石灰水

相同條件下，將S02和按體積比1：

前者溶液中產(chǎn)

1混合并通過灼熱的催化劑充分反SOz和的反響有一定的

C生白色沉淀，后

響，產(chǎn)物依次通過BaCL溶液和品紅限度

者溶液褪色

溶液

一支試管出現(xiàn)

向2支均盛有2mLl.Omol/L的KOH溶

紅褐色沉淀，另

D液的試管中，分別參加2滴濃度均為Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3]

一支無明顯現(xiàn)

0.lmol/L的A1CL和FeCh溶液

象

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】

A.(NHjSO,為輕金屬的鹽，它使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析而不是變性，故A錯(cuò)誤；

B.熾熱的木炭與濃硫酸混合所得氣體為二氧化碳和二氧化硫，通入澄清石灰水，產(chǎn)生白色沉

淀，不能證明產(chǎn)生二氧化碳，故B錯(cuò)誤；

C.產(chǎn)物通過BaCk溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明反響生成了SOs;品紅溶液褪色，說明SO?有剩

余，從而說明so?和沒有完全反響，so?和a的反響有一定的限度，故c錯(cuò)誤；

D.由于KOH過量，A1"與0H反響先生成Al(0H)3沉淀，然后繼續(xù)與KOH反響，生成KA1O?,并

沒有發(fā)生Al(OH%與Fe"生成Fe(0H)3和A1*的反響，也就不能說明K￡A1(OH"]與KSP[Fe(OH)3]

的相對(duì)大小，故D錯(cuò)誤；

故答案為C。

12.(2021?江蘇省如皋中學(xué))室溫下，通過以下實(shí)驗(yàn)探究NaHS溶液的性質(zhì)。

實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象

1向0.1mol?f'NaHS溶液中滴加幾滴酚醐試劑，溶液變紅

2向0.1mol?L"NaHS溶液中參加等體積0.1mol?L"NaOH溶液充分混合

3向0.1mol-L-1NaHS溶液中通入過量氯氣，無淡黃色沉淀產(chǎn)生

4向0.1mol?L"NaHS溶液中滴加過量CuCk溶液，產(chǎn)生黑色沉淀

以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是

2

A.0.1mol?『NaHS溶液中:c(S')>c(H2S)

B.實(shí)驗(yàn)2所得溶液中：c(Na+)=c(S3+c(HS-)+c(HzS)

C.實(shí)驗(yàn)3說明HS-不能被氯氣氧化

2

D.實(shí)驗(yàn)4反響靜置后的上層清液中有c(Cu")-C(S-)-KSP(CUS)

【答案】D

【解析】

A.NaHS溶液中存在電離平衡HS=H*+S2-和水解平衡HS+HQ=H￡+OH,由實(shí)驗(yàn)1可知NaHS

溶液顯堿性，那么HS的水解程度大于電離程度，因此C(S，〈C(H2S),A錯(cuò)誤；

B.實(shí)驗(yàn)2中0.1mol?L1NaHS溶液和0.1mol-L1NaOH溶液等體積混合，那么所得溶液為

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

C.氯氣有強(qiáng)氧化性，HS有較強(qiáng)復(fù)原性，二者能發(fā)生氧化復(fù)原反響，實(shí)驗(yàn)3沒有淡黃色沉淀產(chǎn)

生可能是氯氣將HS氧化為硫酸根，C錯(cuò)誤；

D.實(shí)驗(yàn)4中產(chǎn)生黑色沉淀，說明生成了CuS,那么靜置后的上層清液中有

22

c(Cu),c(S)=KSP(CuS),D正確;

選Do

13.