2025届高考化学一轮复习专项练习单元质检卷八水溶液中的离子反应与平衡

这是一份2025届高考化学一轮复习专项练习单元质检卷八水溶液中的离子反应与平衡，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.下列有关表述正确的是( )
A.HClO是弱酸,所以NaClO是弱电解质
B.向溶有氨气的CaCl2溶液中通SO2能看到白色沉淀
C.室温下,AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度
D.Na2O、Na2O2组成元素相同,所以与CO2反应产物也相同
2.常温下,下列有关电解质溶液的说法错误的是( )
A.相同浓度的HCOONa和NaF两溶液,前者的pH较大,则Ka(HCOOH)>Ka(HF)
B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7,则溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C.FeS溶于稀硫酸,而CuS不溶于稀硫酸,则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)
D.在1 ml·L-1 Na2S溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1 ml·L-1
3. 25 ℃时,用浓度为0.100 0 ml·L-1的NaOH溶液滴定体积均是20 mL、浓度均为0.100 0 ml·L-1的三种酸HX、HY、HZ,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.酸性强弱顺序是HX>HY>HZ
B.加入10 mL NaOH溶液时,HY溶液中c(Na+)>c(Y-)
C.pH=2的HZ溶液加水稀释10倍,pH为3
D.加入20 mL NaOH溶液时,只有HY溶液达到滴定终点
4.在两个锥形瓶中分别加入浓度均为1 ml·L-1的盐酸和NH4Cl溶液,将温度和pH传感器与溶液相连,往瓶中同时加入过量的质量、形状均相同的镁条,实验结果如下图。关于该实验的下列说法,正确的是( )
A.P点溶液:c(N)+2c(Mg2+)>c(Cl-)
B.反应剧烈程度:NH4Cl>HCl
C.Q点溶液显碱性是因为MgCl2发生水解
D.1 000 s后,镁与NH4Cl溶液反应停止
5. T℃时,在20.00 mL 0.10 ml·L-1 CH3COOH溶液中滴入0.10 ml·L-1 NaOH溶液,溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.T℃时,CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.0×10-3
B.M点对应的NaOH溶液的体积为20.00 mL
C.N点所示溶液中c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
D.N点与Q点所示溶液中水的电离程度:N>Q
6. NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10-3,Ka2=3.9×10-6)溶液,混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示,其中b点为反应终点。下列叙述错误的是( )
A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B.Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的
C.b点的混合溶液pH=7
D.c点的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH-)
7.某些难溶性铅盐可用作涂料,如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下,PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时-lgc(Pb2+)与-lgc(C)或-lgc(I-)的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.Ksp(PbCO3)的数量级为10-14
B.相同条件下,水的电离程度p点大于q点
C.L1对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化
D.p点溶液中加入Na2CO3浓溶液,可得白色沉淀
8.常温下,在“H2S—HS-—S2-”的水溶液体系中,H2S、HS-、S2-三种微粒的物质的量分数随溶液pH变化(仅用H2S和NaOH调节pH)的关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A.Ka1(H2S)的数量级为10-6
B.NaHS溶液中,c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(H2S)
C.当体系呈中性时,
D.加入Na2S沉降废水中的Cu2+,废水的pH对沉降效果没有影响
9.常温下,几种难溶金属氢氧化物分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后,改变溶液的pH,金属阳离子浓度的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A.a点代表Fe(OH)3的饱和溶液
B.Ksp[Cu(OH)2]A>D
B.1 ml·L-1 Na2SO4溶液不可能处于B点
C.向C点水溶液中通入HCl,则C点变为E点
D.0.1 ml·L-1 NaHA溶液的pH和pOH的关系如图中E点所示,此时溶液中离子的物质的量浓度关系:c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
11.对Na2C2O4溶液进行研究,下列说法不正确的是(室温下0.1 ml·L-1 H2C2O4的pH=1.3)( )
A.Na2C2O4溶液中离子关系:c(C2)+c(HC2)+c(H2C2O4)=c(Na+)
B.向Na2C2O4溶液中加入酚酞,溶液变红:C2+H2OHC2+OH-
C.向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液,紫色褪去:2Mn+5C2+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
D.向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸:C2+2H+H2C2O4
12.常温下,分别取未知浓度的AOH和BOH两种碱的稀溶液,加水稀释至原体积的n倍。两溶液稀释倍数的对数值(lgn)与溶液的pH变化关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A.水的电离程度:Z>X=Y
B.常温下,Kb(BOH)c(C2)>c(H2C2O4)对应1.22Ksp(CuS),C项正确;1ml·L-1Na2S溶液中存在S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-,根据物料守恒可得c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1ml·L-1,D项正确。
3.C 0.1000ml·L-1的HZ,pH=1,c(H+)=0.1000ml·L-1,则c(HZ)=c(H+),则HZ为一元强酸,HX和HY的pH都大于1,则HX和HY都是一元弱酸,同浓度的三种酸酸性强弱关系为HXc(H+);依据电荷守恒可知,c(N)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),所以c(N)+2c(Mg2+)>c(Cl-),A正确;镁与盐酸反应,溶液温度迅速升高,并达最高点,反应放出的热量多,所以反应剧烈程度:HCl>NH4Cl,B不正确;MgCl2水解时,溶液显酸性,所以Q点溶液显碱性不是MgCl2发生水解所致,C不正确;1000s后,镁与NH4Cl溶液反应温度仍在缓慢上升,溶液的pH仍在缓慢增大,说明反应仍在正向进行,D不正确。
5.D T℃时,0.10ml·L-1CH3COOH溶液的pH=3,说明溶液中c(H+)=10-3ml·L-1,则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka=≈10-5,A错误;M点溶液pH=7,若对应的NaOH溶液的体积为20.00mL,则醋酸与NaOH恰好中和,溶液为CH3COONa,该盐是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,与题干的溶液显中性相违背,说明M点对应的NaOH溶液的体积小于20.00mL,B错误;N点时所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和,溶液为CH3COONa溶液,CH3COO-发生水解反应而消耗,所以c(Na+)>c(CH3COO-),CH3COO-发生水解反应消耗水电离产生的H+,最终达到平衡时,溶液中c(OH-)>c(H+),但盐水解程度是微弱的,水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度,因此c(CH3COO-)>c(OH-),故该溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),C错误;N点所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和,溶液中的溶质为CH3COONa,溶液中只有盐的水解作用,促进水的电离;而Q点时NaOH过量,溶液为CH3COONa和NaOH的混合液,由于NaOH电离产生OH-对水的电离平衡起抑制作用,使盐水解程度减小,故最终达到平衡时水的电离程度N>Q,D正确。
6.C 随着NaOH溶液的加入,混合溶液中离子浓度和种类发生变化,因此混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关,A项正确;a点的混合溶液中能导电的离子主要为HA-和K+,b点为反应终点,因此b点的混合溶液中能导电的离子主要为A2-、K+、Na+,故Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的,B项正确;b点的混合溶液中含有的A2-能发生水解反应而使溶液呈碱性,C项错误;b点为反应终点,因此b点的混合溶液中c(Na+)=c(K+)>c(OH-),继续加入氢氧化钠溶液后,c点的混合溶液中c(Na+)>c(K+)>c(OH-),D项正确。
7.B Ksp(PbCO3)=c(Pb2+)c(C),则lgc(Pb2+)=lg[Ksp(PbCO3)]-lgc(C),同理lgc(Pb2+)=lg[Ksp(PbI2)]-2lgc(I2),则图像L1对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化。L2对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(C)的关系变化,则Ksp(PbCO3)=c(Pb2+)·c(C)=10-13.1,数量级为10-14,A正确;相同条件下,p点和q点的铅离子浓度相同,p点为碘化铅的饱和溶液,q点为碳酸铅的饱和溶液,由于碘离子不水解,C可以发生水解,其水解促进了水的电离,则水的电离程度p点小于q点,B错误;L1对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化,C正确;Ksp(PbCO3)=c(Pb2+)·c(C)=10-13.1,Ksp(PbI2)=c(Pb2+)·c2(I-)=10-8,Ksp(PbCO3)Ka2(H2S)=10-13,溶液呈碱性,说明HS-水解程度大于电离程度,则c(S2-)c(H2S),则>1,根据电荷守恒得c(Na+)=c(HS-)+2c(S2-),所以=1,则,C正确;加入Na2S沉降废水中的Cu2+,溶液中c(Cu2+)减小,Cu2+水解程度较小,则溶液的pH增大,D错误。
9.B a点不在曲线上,则所代表的溶液不是Fe(OH)3的饱和溶液,A错误;由金属阳离子浓度的变化图可知,pH相同时c(Cu2+)-lgc(OH-),可得c(H+)D,若涉及盐类水解,则无法判断,A错误;Na2SO4溶液呈中性,由分析可知,B点溶液显中性,即1ml·L-1Na2SO4溶液可能处于B点,B错误;C点和E点所处温度不同,水的离子积KW不同,所以通入HCl,则C点不能变为E点,C错误;E点溶液显酸性,则NaHA溶液中,HA-的电离(HA-H++A2-)程度大于水解(HA-+H2OH2A+OH-)程度,那么c(A2-)>c(H2A),电离和水解均很微弱,c(HA-)最大,故c(HA-)>c(A2-)>c(H2A),D正确。
11.A 该溶液中存在物料守恒2[c(C2)+c(HC2)+c(H2C2O4)]=c(Na+),A错误;酚酞变红色,说明溶液呈碱性,草酸根离子水解导致溶液呈碱性,水解方程式为C2+H2OHC2+OH-,B正确;向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液,紫色褪去,二者发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳和水,离子方程式为2Mn+5C2+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,C正确;向草酸钠溶液中加入足量稀硫酸生成草酸,二者发生复分解反应,离子方程式为C2+2H+H2C2O4,D正确。
12.CD 碱溶液中H+全部来自水的电离,碱溶液的pH越大,水的电离程度越小,根据图像pH:Z>Y>X,则水的电离程度:ZAl(OH)3,HC会与[Al(OH)4]-发生反应生成Al(OH)3:HC+[Al(OH)4]-C+Al(OH)3↓+H2O,HC和[Al(OH)4]-在水溶液中不能大量共存,A项错误;d线代表HC减少,发生的反应为HC+H+CO2↑+H2O,B项错误;a线代表[Al(OH)4]-与H+反应:[Al(OH)4]-+H+Al(OH)3↓+H2O,b线代表C与H+反应:C+H+HC,由图像知两个反应消耗了等量的H+,则溶液中C与[Al(OH)4]-的物质的量之比为1∶1,原固体混合物中C与Al的物质的量之比为1∶1,C项正确;d线代表HC与H+的反应:HC+H+CO2↑+H2O,n(HC)=0.05ml,消耗H+的物质的量为0.05ml,所用盐酸的体积为50mL,V1=100mL+50mL=150mL;e线代表Al(OH)3与H+反应:Al(OH)3+3H+Al3++3H2O,Al(OH)3的物质的量为0.05ml,会消耗0.15mlH+,所用盐酸的体积为150mL,V2=V1+150mL=300mL;M点生成的是HC而非CO2,D项错误。
14.BC 向H2C2O4溶液中加碱,起初发生反应H2C2O4+OH-HC2+H2O,后来发生反应HC2+OH-C2+H2O,所以曲线Ⅰ为lgX[X表示],曲线Ⅱ为lgX[X表示]。
在图中b点,lg=0,pH=4.19,H2C2O4的K2==10-4.19,数量级是10-5,A正确;在b点,=1,则c(HC2)=c(C2),所以反应结束时HC2只有一部分与OH-反应,B不正确;在pH=1.22稍后区域,c(HC2)>c(H2C2O4)>c(C2),在pH=4.19稍前区域,c(HC2)>c(C2)>c(H2C2O4),C不正确;pH=7时,c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可知c(Na+)=c(HC2)+2c(C2),D正确。
15.BC HX的电离平衡常数表达式为Ka=,则lgKa=lg+lgc(H+)=-pH-lg,即pH=-lgKa-lg=P-lgKa,将点(1,5.75)代入可得lgKa=-4.75,即Ka=10-4.75。
设0.10ml·L-1的HX溶液中c(H+)=x,则有=10-4.75,解得x约为10-2.9ml·L-1,所以0.10ml·L-1的HX溶液pH约为2.9,当pH=3.75时说明已经滴入了部分NaOH溶液,溶液的体积发生变化,所以c(HX)+c(X-)=0.10ml·L-1不再成立,A错误;将lg=0,代入pH=-lgKa-lg,可得此时pH=-(-4.75)=4.75,所以b点坐标为(0,4.75),B正确;c点溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-),此时p[]=1,则c(X-)=10c(HX),代入电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-),由于溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),则c(Na+)b>a,D错误。
16.答案 (1)A2-+H2OHA-+OH-
c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)
(2)增大 (3)①6 1×10-10 ②10
(4)1×10-8 c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)
解析 (1)由题图可知,H2A溶液中含有H2A、HA-、A2-,则H2A是二元弱酸;Na2A溶液中A2-发生水解而使溶液呈碱性:A2-+H2OHA-+OH-。Na2A溶液呈电中性,据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)。(2)升高温度,溶液的碱性增强,则溶液中c(OH-)增大,说明升高温度,A2-的水解平衡正向移动,则水解平衡常数增大。(3)①H2A分两步发生电离:H2AHA-+H+、HA-A2-+H+,则有Ka1=,Ka2=;由题图可知,H2A和HA-的物质的量分数均为0.5时,则c(HA-)=c(H2A)时,溶液的pH=6,c(H+)=1×10-6ml·L-1,则有Ka1=c(H+)=1×10-6,-lgKa1=6。HA-和A2-的物质的量分数均为0.5时,溶液pH=10,则c(HA-)=c(A2-)时,c(H+)=1×10-10ml·L-1,则有Ka2=c(H+)=1×10-10。②0.020ml·L-1Na2A溶液和0.010ml·L-1盐酸等体积混合,二者发生反应,得到等浓度Na2A、NaHA和NaCl的混合溶液,溶液中c(A2-)≈c(HA-),由题图可知,溶液的pH约为10。(4)0.010ml·L-1的NaHA溶液中,存在水解平衡:HA-+H2OH2A+OH-,则水解常数Kh==1×10-8。NaHA溶液中存在HA-的电离平衡和水解平衡,由于Kh>Ka2,则HA-的水解程度大于其电离程度,NaHA溶液呈碱性,且HA-的水解程度较小,Na+不发生水解,故溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)。
17.答案 (1)①将Fe2+氧化为Fe3+ 不引入其他杂质,对环境无污染(其他合理答案均可) ②CuO[或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等] 3.2
(2)①1.0×10-10 ②2.5×10-4 2.5×10-9
③MN 0.04 ④4×10-5
解析 (1)①由于Ksp[Fe(OH)2]、Ksp[Cu(OH)2]相差不大,则Fe(OH)2和Cu(OH)2的溶解度相差不大,故加入H2O2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,便于形成Fe(OH)3沉淀。②调节溶液pH时,为不引入新杂质,可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等。当Fe3+沉淀完全时,溶液中c(Fe3+)≤1×10-5ml·L-1,则有c(OH-)=ml·L-1≈1.6×10-11ml·L-1,c(H+)=ml·L-1=6.25×10-4ml·L-1,故溶液的pH=4-lg6.25≈3.2。(2)①由题图可知,c(C)=0时,c(Ba2+)=c(S)=1.0×10-5ml·L-1,则有Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(S)=1.0×10-5×1.0×10-5=1.0×10-10。②由题图可知,当c(C)>2.5×10-4ml·L-1时,开始有BaCO3沉淀生成。图中c(C)=2.5×10-4ml·L-1时,c(Ba2+)=1.0×10-5ml·L-1,则有Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c(C)=2.5×10-4×1.0×10-5=2.5×10-9。③BaSO4饱和溶液中存在沉淀溶解平衡:BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq),加入Na2CO3,Ba2+与C生成BaCO3沉淀,促使BaSO4的沉淀溶解平衡正向移动,溶液中c(S)增大,c(Ba2+)减小,则MP为c(S)的变化曲线,MN为c(Ba2+)的变化曲线。反应BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq)的平衡常数K==0.04。④当溶液中c(C)=1×10-3ml·L-1时,K==0.04,则有c(S)=0.04×1×10-3ml·L-1=4×10-5ml·L-1,故溶解BaSO4的物质的量为4×10-5ml·L-1×1L=4×10-5ml 。
18.答案 (1)③加入过量稀盐酸 ④出现乳黄色浑浊 ⑤(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液 ⑥产生白色沉淀
(2)①烧杯 容量瓶 刻度线 ②蓝色褪去 95.0
解析 (1)先加过量盐酸排除S2干扰:S2+2H+S↓+SO2↑+H2O,然后在酸性条件下加BaCl2溶液,通过产生BaSO4沉淀证明S存在。
(2)①溶液配制应在烧杯中溶解,容量瓶中定容。②滴定过程中I2→I-,达到滴定终点时无I2,故溶液蓝色褪去,即为终点;根据反应的离子方程式,可得到如下定量关系:
Cr2 ~ 3I2 ~ 6Na2S2O3·5H2O
1ml248×6g
0.00950ml·L-1×0.02Lm(Na2S2O3·5H2O)
m(Na2S2O3·5H2O)=0.28272g
则样品纯度为×100%=95.0%。
19.答案 (1)避免除铁时消耗过多的CaCO3
(2)将Fe2+氧化,搅拌溶液,加快反应速率
(3)提高C、Zn的回收率
(4)S+2C(OH)3+4H+2C2++S+5H2O
(5)将Na2CO3饱和溶液缓慢滴加到CSO4饱和溶液中,并不断搅拌
(6)向其中加入过量的Zn粉后过滤,向所得滤液中滴加1.0 ml·L-1 NaOH,控制pH约为10(8.9~11)使Zn2+完全沉淀,所得沉淀洗净后用1.0 ml·L-1 H2SO4完全溶解,将所得溶液蒸发浓缩至有晶膜出现,冷却至0 ℃(39 ℃以下)结晶
解析 钴渣中加稀硫酸将可溶于酸的物质转变成硫酸盐,难溶于硫酸的进入滤渣1,得到溶液中主要含CSO4、ZnSO4,另含少量FeSO4、NiSO4,滤液中通入氧气将亚铁离子氧化成三价铁离子,加碳酸钙中和硫酸调节pH将铁沉淀除去,过滤后滤液中加Na2S2O8,氧化沉淀钴,过滤得钴的沉淀物加亚硫酸钠和稀硫酸还原得到硫酸钴,滤液中主要是硫酸锌,除去杂质后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O晶体。
(1)“酸浸”时所加稀硫酸不宜过量太多,因后续步骤中要加碳酸钙调节溶液pH,硫酸过多会增加碳酸钙的用量。
(2)因为原溶液中的铁是二价铁,二价铁直接沉淀时需要调控的pH较大且会使其他金属阳离子沉淀,因此以溶解度更小的氢氧化铁形式除铁更合理,需通入空气将亚铁离子氧化,同时持续鼓入空气可以起到搅拌溶液,加快反应速率的作用。
(3)流程中需将滤渣Ⅰ、滤渣Ⅱ的洗涤液与“除铁”后所得滤液合并,可以减少钴和锌的损失,提高两者的回收率。
(4)“还原”过程中Na2SO3、稀硫酸与C(OH)3的反应产物为硫酸钴和硫酸钠,可得离子方程式为S+2C(OH)3+4H+2C2++S+5H2O。
(5)实验所得CSO4溶液可用于制备CCO3,制备时CSO4饱和溶液与Na2CO3饱和溶液的混合方式为将Na2CO3饱和溶液缓慢滴加到CSO4饱和溶液中,并不断搅拌。
(6)“氧化沉钴”后的滤液(含ZnSO4、Na2SO4、NiSO4等)中有杂质,直接结晶得不到纯净的晶体,因此要先加足量的锌粉置换出镍,之后加氢氧化钠调节溶液pH将锌转变成沉淀后过滤得到氢氧化锌固体,再将固体溶于硫酸,蒸发浓缩再冷却至39℃以下结晶。
20.答案 (1)升高酸浸温度和粉碎原料
(2)使V转化为VO2+ (VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO42VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3 蒸发结晶
(4)3H2O+Cl+6VO2+6V+Cl-+6H+
(5)0.4 ml·L-1
(6) 样品中含有NH4VO3
解析 从废钒催化剂中回收V2O5,由题干可知,“酸浸”时V2O5转化为V,V2O4转成VO2+。氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子,只有SiO2不溶,则过滤得到的“滤渣1”为SiO2,然后加氧化剂H2O2,将VO2+变为V,再加KOH时,Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,同时中和硫酸,过滤得到的“滤渣2”为Fe(OH)3、Al(OH)3,萃取后水相1流出液中主要为硫酸钾,“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀,“煅烧”时分解生成V2O5。
(1)“酸浸”时V2O5转化为V,为了提高“酸浸”效率可采取的措施为升高酸浸温度和粉碎原料。
(2)Fe2+具有还原性,“酸浸”时加入FeSO4的目的是使V转化为VO2+,FeSO4参与反应的化学方程式为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO42VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O。
(3)由以上分析可知,“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3;硫酸钾受热稳定,“操作1”的名称为蒸发结晶。
(4)在“氧化”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6,根据氧化还原反应原理,氧化剂为氯化钾,还原剂为VO2+,反应的离子方程式为3H2O+Cl+6VO2+6V+Cl-+6H+。
(5)t℃时,“氧化”后溶液中c(V)=0.1ml·L-1,假设“沉钒”步骤中V全部转化成V,化合价不变,c(V)=0.1ml·L-1,为使沉钒效率达到95%,则溶液中此时c(V)≤0.005ml·L-1,即c(N)≥ml·L-1=ml·L-1=0.4ml·L-1。实验步骤
现象
①取少量样品,加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③
④ ,有刺激性气体产生
⑤静置,
⑥
金属离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
C2+
7.6
9.4
Zn2+
5.9
8.9