- 化学平衡建立的过程
- 共29题
【科目】化学
10. 以某菱锰矿（含MnCO3、SiO2、FeCO3和少量Al2O3等）为原料通过以下方法可获得碳酸锰粗产品。（已知：Ksp(MnCO3) = 2.2×10−11，Ksp[Mn(OH)2] = 1.9×10−13，Ksp[Al(OH)3] = 1.3×10−33）
滤渣1中，含铁元素的物质主要是 （填化学式，下同）；加NaOH调节溶液的pH约为5，如果pH过大，可能导致滤渣1中 含量减少。
11.滤液2中，+1价阳离子除了H+外还有 （填离子符号）。
12.取“沉锰”前溶液a mL于锥形瓶中，加入少量AgNO3溶液（作催化剂）和过量的1.5%(NH4)2S2O8溶液，加热，Mn2+被氧化为MnO4−，反应一段时间后再煮沸5min[除去过量的(NH4)2S2O8]，冷却至室温。选用适宜的指示剂，用b mol·L−1 的(NH4)2Fe(SO4)标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液V mL。
① Mn2+与(NH4)2S2O8反应的还原产物为 （填化学式）。
② “沉锰”前溶液中c(Mn2+) = mol·L−1（列出表达式）。
13.其他条件不变，“沉锰”过程中锰元素回收率与NH4HCO3初始浓度（c0）、反应时间的关系如下图所示。
NH4HCO3初始浓度越大，锰元素回收率越 （填“高”或“低”），简述原因 。
14. 若溶液中c(Mn2+) = 1.0 mol·L−1，加入等体积1.8 mol·L−1 NH4HCO3溶液进行反应，计算20 ~ 40 min内v(Mn2+) = 。
正确答案
（1）Fe(OH)3 Al(OH)3、SiO2
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．滤渣1中，含铁元素的物质主要是Fe（OH）3；加NaOH调节溶液的pH约为5，如果pH过大，可能导致滤渣1中SiO2、Al（OH）3溶解；故答案为：Fe（OH）3；SiO2、Al（OH）3；
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．滤渣1中，含铁元素的物质主要是氢氧化铁；加NaOH调节溶液的pH约为5，如果pH过大，可能导致滤渣1中氢氧化铝、二氧化硅溶解；
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
正确答案
Na+、NH4+；
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等，+1价阳离子除了H+外还有：Na+、NH4+，故答案为：Na+、NH4+；
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
正确答案
① SO42− [或“H2SO4”“Na2SO4”“(NH4)2SO4”] ②
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．①Mn2+被氧化，（NH4）2S2O8中S元素还原为SO42-，故答案为：SO42-；②由Mn元素守恒、电子转移守恒，可得关系式：Mn2+～MnO4-～5Fe2+，则n（Mn2+）=1/5n（Fe2+），所以c（Mn2+）=1/5×V×10−3L×bmol/L/a×10−3L=bV/5amol/L，故答案为：bV/5a
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．由Mn元素守恒、电子转移守恒，可得关系式：Mn2+～MnO4-～5Fe2+，结合关系式计算；
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
正确答案
① 高 ② 根据Ksp=c(CO32−)·c(Mn2+)，c(NH4HCO3)越大，c(CO32-)越大，c(Mn2+)越小，析出的MnCO3越多[或c(NH4HCO3)越大，c(CO32-)越大，使平衡MnCO3(s)
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．①由图可知，NH4HCO3初始浓度越大，锰元素回收率越高；NH4HCO3初始浓度越大，溶液中c（CO32-）度越大，根据溶度积Ksp（MnCO3）=c（Mn2+）×c（CO32-）可知溶液c（Mn2+）越小，析出的MnCO3越多，故答案为：高；NH4HCO3初始浓度越大，溶液中c（CO32-）度越大，根据溶度积Ksp（MnCO3）=c（Mn2+）×c（CO32-）可知溶液c（Mn2+）越小，析出的MnCO3越多；
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．①由图可知，NH4HCO3初始浓度越大，锰元素回收率越高；NH4HCO3初始浓度越大，溶液中碳酸根离子浓度越大，根据溶度积可知溶液c（Mn2+）越小；
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
正确答案
7.5×10−3 mol·L−1·min−1
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．若溶液中c（Mn2+）=1.0 mol•L-1，加入等体积1.8 mol•L-1NH4HCO3溶液进行反应，混合后NH4HCO3溶液浓度为0.9mol/L，为图象中d曲线，20～40 min内△c（Mn2+）=1mol/L×1/2×（50%-20%）=0.15mol/L，则20～40 min内v（Mn2+）=0.15mol/L/(40−20)min=0.0075mol/（L．min），故答案为：0.0075mol/（L．min）．
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al（OH）3、Fe（OH）3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等．若溶液中c（Mn2+）=1.0 mol•L-1，加入等体积1.8 mol•L-1NH4HCO3溶液进行反应，混合后NH4HCO3溶液浓度为0.9mol/L，为图象中d曲线，根据回收率可以计算△c（Mn2+），进而计算20～40 min内v（Mn2+）．
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
4. 2 5℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
正确答案
解析
A．溶液中 的OH- +NH4+ = NH3·H2O， 故不能大量共存；
B．KNO3溶液提供NO3-：NO3- + H++Fe2+→NO↑+Fe3++H2O，故不能大量共存；
C．能使紫色石蕊变红的溶液为酸性溶液，H+与Ca2+、Na+、Cl-、NO3-均不反应，故能大量共存；
D．Cr2O72-不是无色的，是橙色的溶液，故错误。
考查方向
解题思路
依据离子性质及其反应规律筛选。
易错点
易错选B或D。
知识点
6. 利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气，通过电化学法制取氢气的工艺如图，下列说法不正确的是（）
A电解池中惰性电极C1为阳极
B该工艺优点之一是FeCl3溶液可循环利用
C反应池中的离子方程式：2Fe3++S2—=2Fe2++S↓
D电解池总反应的化学方程式：
正确答案
解析
C1极生成Fe3+，应发生氧化反应，为阳极，C2极生成氢气，为阴极，发生还原反应，故A正确；
电解池中生成的FeCl3可作为反应池的反应物，则FeCl3溶液可循环利用，故B正确；
由装置可知反应池中的反应物为H2S和FeCl3，生成物S和Fe2+，则反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故C错误；
反应池中发生氧化还原反应为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，电解总反应的离子方程式为Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，故D正确。
考查方向
解题思路
A：C1极生成Fe3+，应发生氧化反应，为阳极，C2极生成氢气，为阴极，发生还原反应；
B：电解池中生成的FeCl3可作为反应池的反应物，则FeCl3溶液可循环利用；
C：由装置可知反应池中的反应物为H2S和FeCl3，生成物S和Fe2+，则反应的化学方程式H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
D：反应池中发生氧化还原反应为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，电解总反应的离子方程式为Fe+2HCl═FeCl2+H2↑
易错点
对正负极，阴阳极判断不正确
知识点
6．下列说法正确的是（）
A反应A(g)
B某温度下，氯化钠在水中的溶解度是20g，则该温度下的饱和氯化钠溶液溶质的质量分数为20％
C将浓度为0.1 mol·L-1HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka(HF)保持不变，
D将0.2 mol·L-1的CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后，溶液中有关粒子的浓度满足下列关系：2c(H+)－2c(OH－)=c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
正确答案
解析
A．△H=逆反应的活化能-正反应的活化能=（Ea-Eb）kJ•mol-1，故A错误。
B．饱和溶液的溶质质量分数=
C．将浓度为0.1 mol•L-1 HF溶液加水不断稀释过程中，电离度增大，Ka（HF）保持不变，氟离子浓度和氢离子浓度比值基本不变，故C错误。
D．0.2mol•L-1的CH3COOH溶液与0.1molL的NaOH溶液等体积混合后，得到的是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，电荷守恒：c（Na+）+c（H+）═c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒：2c（Na+）═c（CH3COO-）+c（CH3COOH），由此得到：2c（H+）-2c（OH-）═c（CH3COO-）-c（CH3COOH），故D正确。
考查方向
解题思路
A．反应A（g）⇌2B（g），若正反应的活化能为Ea kJ•mol-1，逆反应的活化能为Eb kJ•mol-1，反应的焓变等于正逆反应活化能之差。
B．某温度下，100g水中溶解氯化钠的最大质量即是其溶解度。
C．弱酸加水稀释，其电离度增大，电离平衡常数不变，氟离子和氢离子物质的量同等程度的增大．
D．0.2 mol•L-1的CH3COOH溶液与0.1 mol•L-1的NaOH溶液等体积混合后，溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，结合物料守恒和电荷守恒分析；
易错点
弱电解质的水解的电荷和物料守恒。
知识点
5．常温下，取pH＝2的 HA溶液与HB溶液各1 mL，分别加水稀释，测得pH变化与稀释倍数关系如图所示。下列叙述正确的是( )
AHA的电离方程式为HA
B稀释前，c(HB) ＞ c(HA)＝0.01 mol·L－1
C0.1mol/L NaB溶液中: c(H＋)= c(OH－)+C(HB)
DNaA、NaB的混合溶液中：
2c(Na＋)＝c(A－)＋c(B－)＋c(HB)
正确答案
解析
A．将pH=2的HA稀释100倍后，溶液的pH变化小于2，说明HA为强电解质，溶液中存在电离平衡，HA的电离方程式为：HA=H++A－，故A错误；B．根据图象可知，pH2的HA稀释100倍后，溶液的pH变化为2，则HA为强电解质，溶液中完全电离，则pH=2的HA溶液的浓度为0.01mol/L，而HB为弱酸，则稀释前HB的浓度大于0.01mol/L，即：稀释前，c（HB）＞c（HA）=0.01mol•L-1，故B正确；C．0.1mol/L NaB溶液中，根据质子守恒可得c(OH－)= c(H＋)+C(HB)，故C错误；D．当NaA、NaB的浓度相等时，根据物料守恒可得：2c（Na+）=c（A-）+c（B-）+c（HB），由于不知NaA、NaB的浓度大小，无法得出2c（Na+）=c（A-）+c（B-）+c（HB），故D错误；
本题正确答案是B
考查方向
解题思路
A．根据图象曲线变化可知，将pH=2的HA稀释100倍后，溶液的pH=4，所以HA为弱酸，溶液中完全电离；B．溶液稀释100倍，HA溶液的pH变化为2，则HA为强酸，而HB为弱酸，据此判断稀释前浓度大小；C．0.1mol/L NaB溶液中，根据质子守恒可得c(OH－)= c(H＋)+C(HB)D．没有告诉NaA、NaB的浓度是否相等，无法根据物料守恒得出2c（Na+）=c（A-）+c（B-）+c（HB）．
易错点
PH与溶液酸碱性的关系、离子浓度大小及电荷守恒、物料守恒、质子守恒的应用。
知识点
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