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第八章 水溶液中的离子反应与平衡
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Fe 56
一、选择题(每小题只有一个正确选项，共15×3 分)
1．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．盐卤可作为制豆腐的凝固剂是由于其能使蛋白质发生聚沉
B．聚丙烯是高分子材料，可用作吸水剂
C．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之紫青烟起，乃真硝石
也”，该方法应用了焰色试验
D．锅炉水垢中含有的CaSO4可先用Na2CO3溶液处理，再用酸除去
【答案】B
【解析】盐卤中的电解质使蛋白质胶体聚沉，正确用于制豆腐，A 正确；聚丙烯为疏水性高分子，不能用
作吸水剂，B 错误；鉴别KNO3利用钾的焰色反应(透过钴玻璃呈紫色)，描述符合实际，C 正确；Na2CO3将
CaSO4转化为CaCO3(溶度积更小)，再用酸溶解，方法正确，D 正确；故选B。
2．铁质锅炉水垢的主要成分有CaCO3、CaSO4、Fe2O3、Mg(OH)2等，清洗水垢流程如下：
I．加入Na2CO3溶液，加热，浸泡数小时；
II．放出洗涤废液，清水冲洗锅炉，加入稀盐酸，浸泡；
III．向洗液中加入Na2SO3溶液；
IV．清洗达标，用NaNO2溶液钝化锅炉，使其表面覆盖一层致密的Fe3O4保护膜。
已知：①25℃时，H2CO3的Ka1= 4.5×10
−7，Ka2= 4.7×10
−11；
②几种难溶物的溶度积常数如下表。
难溶电解质
CaCO3
CaSO4
Mg(OH)2
MgCO3
溶度积常数
Ksp
3.5×10
−9
4.9×10
−5
5.6×10
−12
6.8×10
−6
下列说法不正确的是
A．步骤I 保持溶液中c(SO4
2−):c(CO3
2−)<1.4×10
4，可使水垢中的CaSO4转化为CaCO3
B．步骤IV 中NaNO2体现氧化性
C．清洗过程中，溶解的Fe2O3会加速锅炉腐蚀，须向洗液中加入Na2SO3溶液
D．忽略CO3
2−的第二步水解，pH =10的Na2CO3溶液中：c(CO3
2−)>c(HCO3
−)
【答案】D
【解析】步骤I 中，是将CaSO4转化为CaCO3，条件是溶液中SO4
2-与CO3
2-的浓度比小于两者的溶度积比值（
Ksp(CaSO4)
Ksp(CaCO3) =1.4×10
4）。当比值小于此值时，CO3
2-浓度足够高，促使CaSO4转化为溶度积更小的CaCO3，
1
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A 正确；步骤IV 中，NaNO2使Fe 表面生成Fe3O4，Fe 被氧化，NaNO2作为氧化剂体现氧化性，B 正确；
Fe2O3溶于盐酸生成Fe
3+，Fe
3+会加速金属Fe 的腐蚀。加入Na2SO3可将Fe
3+还原为Fe
2+，抑制腐蚀，C 正
确；pH=10 时，CO3
2-水解生成HCO3
−，水解常数K h= K w
K a2
= 1.0×10
−14
4.7×10
−11 ≈2.1×10
−4。此时
c(HCO3
−)
c(CO3
2−)
= c( H
+)
K a2
= 1×10
−10
4.7×10
−11 ≈2.13，故HCO3
−浓度大于CO3
2-，D 错误；故选D。
3．常温下，下列溶液中一定不能大量共存的离子组是
A．c(NaOH)=0.01mol⋅L
-1的溶液中：Na
+、NO3
-、Cl
-、SO3
2-
B．c(FeCl3)=0.1mol⋅L
-1的溶液中：NH4
+、Al
3+、NO3
-、SO4
2-
C．c(H2SO4)=0.1mol⋅L
-1的溶液中：Na
+、Fe
2+、Cl
-、NO3
-
D．c(H
+)水电离=10
-14 mol⋅L
-1的溶液中：Na
+、K
+、[Al(OH)4]
-、SO4
2-
【答案】C
【解析】c(NaOH)=0.01mol⋅L
-1的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与Na+、NO3
-、Cl
-、SO3
2-之间不能
发生任何反应，能在溶液中大量共存，A 不符合题意；c(FeCl3)=0.1mol⋅L
-1的溶液中含有大量Fe3+、
Cl-，Fe3+、Cl-与选项离子之间不能发生任何反应，能够大量共存，B 不符合题意；c(H2SO4)=0.1mol⋅L
-1
的溶液显酸性，含有大量H+，在酸性条件下，H+与Fe
2+、NO3
-会发生氧化还原反应生成Fe3+、NO、H2O，
不能大量共存，C 符合题意；在常温下，由水电离出的c(H
+)=10
-14 mol⋅L
-1＜10-7 mol/L，水的电离受到
了抑制作用。溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若溶液为酸性溶液，H＋与[Al(OH)4]
-会反应产生Al3+、H2O
而不能共存，若呈碱性，可以大量共存，D 不符合题意；故选C。
4．常温下，用0.1 mol/L NaOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数[
n(NaOH)
n(H2A) ]、pH及微粒分
布分数δ[δ(X)=n(X)
n(H2A)+n(HA
-)+n(A
2-) ，X 表示H2A、HA
-或A
2-]的关系如图所示，下列说法正确的是
A．曲线I 表示A
2-
B．c 点溶液中：c(Na
+)=3c(HA
-)
C．水的电离程度：c>b>d>a
2
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D．常温下，H2A第二步电离平衡常数Ka2≈10
-4
【答案】B
【分析】被滴定分数为0 时，体系为H2A 溶液，此时明显H2A 浓度最高，即分布分数最大，故曲线I 表示
H2A；当被滴定分数为2 时，此时体系为Na2A 溶液，则A2-粒子分布分数最大，则曲线III 表示A2-，曲线II
表示HA-，据此解答。
【解析】由分析知，曲线I 表示H2A，A 错误；由图知，c 点溶液中c(A2-)=c(HA⁻)，由电荷守恒知，c(Na⁺)
+c(H⁺)=c(HA⁻)+2c(A2-)+c(OH-)，且该点溶液呈中性，c(H⁺)=c(OH-)，则c(Na⁺)=3c(HA⁻)，B 正确；a 点为
H2A 与Na2A 混合溶液，呈酸性，所以H2A 电离占主导，抑制水的电离，水的电离程度最小；b 点为NaHA
与Na2A 的混合溶液，溶液酸性比之前弱，所以以HA-电离为主，仍抑制水的电离，抑制程度小于a 点；c
点为NaHA 与Na2A 浓度相差不大的混合溶液，且pH=7，所以A2-水解促进水的电离，和HA-抑制水的电离
程度几乎相同； d 点为Na2A 溶液，A2-水解促进水的电离，水的电离程度最大，综上，正确顺序应为d > c
> b > a，C 错误；H2A 第二步电离方程式为HA⁻
H⁺+A
⇌
2-，Ka2=c( H
+)c( A
2−)
c( HA ⁻ )
，当δ(HA⁻)=δ(A2-)时，
Ka2=c(H⁺)，结合图中c 点知，此时pH=7，所以Ka2=10-7，D 错误；故选B。
5．25℃时，用0.1mol⋅L
−1的NaOH溶液、0.1mol⋅L
−1的盐酸分别滴定20 mL0.1mol⋅L
−1HA溶液、
20 mL0.1mol⋅L
−1BOH溶液，滴定曲线如图所示.下列说法正确的是
A．HA为弱酸，BOH为强碱
B．曲线I：滴加10mL 溶液时有c(A
−)+c (HA)=2[c (Na
+)+c (H
+)]
C．交点p 是两种滴定反应中的恰好完全反应点
D．曲线Ⅱ：滴定终点时有c (B
+)<c(Cl
−)
【答案】D
【解析】HA 为0.1mol/L 时，曲线I（NaOH 滴定HA）起点pH>1，说明HA 不完全电离，为弱酸；BOH 为
0.1mol/L 时，曲线Ⅱ（盐酸滴定BOH）起点pH<13，说明BOH 不完全电离，为弱碱，故A 错误；曲线I
为NaOH 滴定HA，滴加10mL NaOH 时，溶液中n(HA)=n(NaA)，物料守恒式为c(A⁻)+c(HA)=2c(Na⁺)，故
B 错误；恰好完全反应时，两滴定均消耗20mL 滴定剂，此时NaA 溶液（HA 为弱酸）pH>7，BCl 溶液
（BOH 为弱碱）pH<7，pH 不同，不可能相交，交点P 非恰好完全反应点，故C 错误；曲线Ⅱ为盐酸滴定
BOH，滴定终点生成BCl（BOH 为弱碱），B+水解使溶液显酸性，电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因
c(H+)>c(OH-)，则c(B+)<c(Cl-)，故D 正确；故选D。
6．常温下，向10 mL0.1 mol/LH3PO3（二元弱酸）溶液中滴加0.1 mol/LNaOH 溶液，混合溶液中-lgX 与pH
3
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的关系如图所示。已知：X=c(OH
-)、c(H2PO3
-)
c(H3PO3)
或
c(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
。下列叙述正确的是
A．直线L1代表−lg c(H2PO3
−)
c(H3PO3)
与pH 的关系
B．H3PO3电离常数K a2的数量级为10
−6
C．水的电离程度：p=n>m
D．当pH =3时，c(H3PO3)>c(H2PO3
-)
【答案】C
【分析】分析直线代表的含义：直线代表-lgX 与pH 的关系，X 可能是c(OH-)、c(H2PO3
-)
c(H3PO3)
或c(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
，对
于X= c(OH-)，-lgc(OH-)=14-pH。由于在常温下水的离子积Kw=c(H+)∙c(OH-)=10-14，pOH+pH=14，如a 点
pH=5，-lgc(OH-)=14-pH=14-5=9，故L1代表X=c(OH-)与溶液pH 的关系。对于二元弱酸H3PO3在溶液中存
在两步电离平衡：H3PO3⇌H++H2PO3
-，Ka1=c(H
+)⋅c(H2PO3
-)
c(H3PO3)
；H2PO3
- ⇌ H++HPO3
2-，Ka2=
c(H
+)⋅c(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
，由于Ka1＞Ka2，在c(H+)相同时，c(H2PO3
-)
c(H3PO3) >c(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
，
-lgc(H2PO3
-)
c(H3PO3) <-lgc(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
，故L2表示-lgc(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
与pH 的关系，L3表示-lgc(H2PO3
-)
c(H3PO3)
与pH 的关
系，然后根据问题分析解答。
【解析】根据上述分析可知：L1代表X=c(OH-)与溶液pH 的关系，A 错误；H3PO3为二元弱酸，其第二步
电离H2PO3
- ⇌ H++HPO3
2-，电离平衡常数Ka2=c(H
+)⋅c(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
，直线L2表示-lgc(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
与pH 的关
系。lgKa2=lgc(H+)+lgc(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
，当溶液pH=4 时，根据直线L2上b 点坐标可知 -lgc(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
=2.7，此
时，-lgKa2=4+2.7=6.7，所以Ka2=10-6.7，故Ka2的数量级为10⁻7，B 错误；m 点为L3上-lgX=0 的点，此时
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c(H2PO3
-)
c(H3PO3) =1，溶液为NaH2PO3与H3PO3等浓度的混合溶液，此时溶液pH≈1.4，溶液显强酸性，H3PO3的
电离会抑制水的电离；n 点为L2上-lgX=0 的点，c(HPO3
2-)
c(H2PO3
-)
=1，溶液为NaH2PO3与Na2HPO3等浓度的混合
溶液，此时溶液pH=6.5，溶液显弱酸性，弱离子促进水的电离；p 点为L3上lgX=-5，c(H2PO3
-)
c(H3PO3) =10
5，溶
液pH=6.5，几乎完全电离为H2PO3
-，溶液显弱酸性，促进水的电离，故水的电离程度p=n＞m，C 正确；
pH=3 时，L3上c 点(-lgX=-1.6)，即c(H2PO3
-)
c(H3PO3) =10
1.6≈40>1，故微粒浓度：c(H2PO3
-)＞c(H3PO3)，D 错误；
故选C。
7．常温下用0.02mol/LNaOH 溶液滴定20.00mL 浓度均为0.02mol/LHCl和NH4Cl的混合溶液。滴定过程
中溶液的pH 随η(η= V(标准溶液)
V(待测溶液))的变化曲线如图所示(不考虑气体逸出)。下列说法正确的是
A．水的电离程度：a>b>c
B．滴定过程中，c(Cl
-)=c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)
C．NH3⋅H2O的电离常数约为2×10
−4.76
D．b 点c(Cl
-)>c(Na
+)>c(NH3⋅H2O)>c(NH4
+)
【答案】A
【解析】由分析可知，a 点溶质为等物质的量的NaCl 和NH4Cl，b 点溶质为NaCl、NH4Cl和NH3⋅H2O，c
点溶质为NaCl 和NH3⋅H2O，NH4Cl水解对水的电离起促进作用，NH3⋅H2O电离出的OH 对水的电离起抑
制作用，故水的电离程度：a>b>c，A 正确；根据物料守恒可知，滴定过程中，
c(Cl
−)=2[c(NH4
+)+c(NH3⋅H2O)]，B 错误；由分析可知，a 点溶液中溶质为NaCl 和NH4Cl，此时溶液中
c(NH4Cl)=0.01mol/L，pH =5.62，则c (H
+)=c(NH3⋅H2O)=10
−5⋅62，c(NH4
+)≈0.01mol/L，
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c(OH
−)=10
−8⋅38，NH3⋅H2O的电离常数约为
c(NH4
+)c(OH
−)
c(NH3
−H2O)
= 0.01×10
−8.38
10
−5.62
=10
−4.76，C 错误；由分析可
知，b点溶质为NaCl、NH4Cl和NH3⋅H2O，且NaCl 的浓度是NH4Cl和NH3⋅H2O的两倍，NH4Cl和
NH3⋅H2O的浓度相等，此时溶液显碱性，即NH3⋅H2O的电离大于NH4
+的水解，故离子浓度关系为：
c(Cl
−)>c (Na
+)>c(NH4
+)>c(NH3⋅H2O)，D 错误；故选A。
8．常温下，用0.1mol/L 的NaOH 标准溶液滴定20mL 等浓度的三元酸H3 A，得到pH 与V (NaOH)、lgX[
X =(
c(H2A
−)
c(H3 A) )或(
c(HA
2−)
c(H2A
−))或(
c(A
3−)
c(HA
2−))]的关系分别如图1、图2 所示。
下列说法不正确的是
A．曲线Ⅲ表示pH 与lg(
c(A
3−)
c(HA
2−))的变化关系
B．滴定Na2HA溶液时未出现滴定突跃
C．当体系中c(HA
2−)=c(H3 A)，溶液的pH 约为3.66
D．当滴入40 mLNaOH溶液时，c (Na
+)>c(HA
2−)>c(OH
−)>c(H2 A
−)>c(A
3−)>c (H
+)
【答案】C
【分析】常温下，用0.1mol/L 的NaOH 标准溶液滴定20mL 等浓度的三元酸H 3 A，滴定终点依次为
20mL、40mL。图2 中，lg c(H2A
−)
c(H3 A)
=lg c(H2A
−)·c(H
+)
c(H3 A)·c(H
+)
=lg K a1
c (H
+)
，
lg c(HA
2−)
c(H2 A
−)
=lg c(HA
2−)·c(H
+)
c(H2A
−)·c(H
+)
=lg K a2
c (H
+)，lg c(A
3−)
c(HA
2−) ＝lg c(A
3−)·c(H
+)
c(HA
2−)·c(H
+)
=lg K a3
c(H
+)
，根据
K a1> K a2> K a3，当pH 相等时，lg K a1
c (H
+) >lg K a2
c (H
+) >lg K a3
c (H
+)，即lg c(H2A
−)
c(H3 A)
>lg c(HA
2−)
c(H2A
−)
>lg c(A
3−)
c(HA
2−)
，故I 代表lg c(H2 A
−)
c(H3 A)
，II 代表lg c(HA
2−)
c(H2 A
−)
，III 代表lg c(A
3−)
c(HA
2−)
。
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【解析】根据分析曲线III 表示pH 与lg c(A
3−)
c(HA
2−)
的变化关系，A 正确；用0.1mol/L 的NaOH 标准溶液滴定
20mL 等浓度的三元酸H 3 A，滴定Na2HA溶液的过程溶液体积从40mL 到60mL，从图中纵坐标看，溶液
pH≈10，当60mLNaOH 溶液加入时，从图中纵坐标看，pH =12时，未出现pH 突跃，B 正确；由曲线I 可
知，当pH = 4时，lg c(H2A
−)
c(H3 A)
=lg K a1
c (H
+) =1.88，则K a1=10
1.88×10
−4=10
−2.12，由曲线II 可知，当
pH =10时，lg c(HA
2−)
c(HA
−)
=lg K a2
c (H
+) =2.8，则K a2=10
2.8×10
−10=10
−7.2，当体系中c(H❑A
2−)=c(H 3 A)
时，K a1 K a2= c (H
+)⋅c(H2A
−)
c(H3 A)
⋅c (H
+)⋅c(HA
2−)
c(H2A
−)
=c
2(H
+)。即10
−2.12×10
−7.2=c
2(H
+)，得出
c (H
+)=10
−4.66,pH = 4.66，C 错误。当加入40 mLNaOH溶液时，溶质为Na2HA，从图1 看溶液显碱性，则
HA
2−的电离程度小于HA
2−的水解程度，由于水也会电离出氢离子、氢氧根离子，所以离子浓度大小顺序为
c (Na
+)>c(HA
2−)>c(OH
−)>c(H2A
−)>c(A
3−)>c (H
+)，D 正确。故选C。
9．常温时，Ka1(H2C2O4)=10−1.2，Ka2(H2C2O4)=10−3.8，Ksp(BaC2O4)=10−7.6。下列说法正确的是
A．0.1 mol·L−1 H2C2O4溶液，有c(H+)=c(HC2O❑4
−)＋2c(C2O❑4
2−)
B．向H2C2O4溶液中加KOH 溶液至中性时：c(C2O❑4
2−)>c(HC2O❑4
−)>c(H2C2O4)
C．向0.1 mol·L−1 KHC2O4溶液中滴加酚酞，溶液呈浅红色
D．向0.2 mol·L−1 H2C2O4溶液中加等体积、等浓度的BaCl2溶液，无沉淀生成
【答案】B
【解析】电荷守恒：c(H+)=c(HC2O❑4
−)＋2c(C2O❑4
2−)+c(OH⁻)，故A 错误；pKa1=1.2，c(HC2O❑4
−
)=c(H2C2O4)时的pH 为1.2，pKa2=3.8，c(C2O❑4
2−)=c(HC2O❑4
−)时的pH 为3.8，H2C2O4溶液中分布系数和pH
的关系图为：
，因此pH>3.8 时有则浓度顺序为c(C2O
❑4
2−
)>c(HC2O❑4
−)>c(H2C2O4)，B 正确；KHC2O4溶液中HC2O❑4
−的Ka2=10-3.8，水解平衡常数为
K h= K w
K a1
= 10
−14
10
−1.2 =10
−12.8< K a2，HC2O❑4
−电离大于水解，溶液显酸性，酚酞无色，C 错误；反应为
H2C2O4+Ba2+=BaC2O4↓+2H+，
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K =
c
2( H
+)
c( H 2C2O4)c(Ba
2+)
=
c
2( H
+)
c( H 2C2O4)c(Ba
2+)
× c( HC2O4
−)
c( HC2O4
−)
c(C2O4
2−)
c(C2O4
2−)
= K a1( H 2C2O4)K a2( H 2C2O4)
K sp(BaC2O4)
= 10
−1.2
1
，K 很大，有沉淀生成，D 错误；故选B。
10．常温下，用浓度为0.1 mol/L 的H2SO4标准溶液滴定10 mL 浓度均为0.2 mol/L 的NaOH 和Na2A 的混合
溶液，溶液中所有含A 微粒的分布分数δ 随pH 变化曲线如图(忽略溶液混合后体积变化)。下列说法错误的
是
A．Ⅱ表示的微粒为HA-
B．Ka(HA-)的数量级为10-9
C．a 点：c (H
+)−c(OH
−)=3c(A
2−)+2c(HA
−)−c (Na
+)
D．a、b、c 三点中水的电离程度最小的是a 点
【答案】D
【分析】pH 越大，碱性越强，A2-的分布分数越大，HA-的分布分数越小，所以Ⅰ线为A2-，Ⅱ线为HA-，
据此分析解题。
【解析】pH 越大，碱性越强，A2-的分布分数越大，HA-的分布分数越小，所以Ⅰ线为A2-，Ⅱ线为HA-，A
正确；当δ 为0.5 时，c(HA-)=c(A2-)对应的pH≈8.4，c(H+)=1×10-8.4，根据Ka的表达式，Ka≈1×10-8.4，数量级
为10-9，B 正确；a 点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A，且物质的量之比为1：2，根据电荷守恒可得
c (H
+)+c (Na
+)=c(OH
−)+c(HA
−)+2c(A
2−)+2c(SO4
2−)，根据物料守恒可得c(HA
−)+c(A
2−)=2c(SO4
2−)，
联立两式可得c (H
+)−c(OH
−)=3c(A
2−)+2c(HA
−)−c (Na
+)，C 正确；a 点对应溶液的溶质为Na2SO4、
Na2A，b 点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A、NaHA，c 点对应溶液的溶质为Na2SO4、NaHA，比较可知水
的电离程度由大到小的顺序为a＞b＞c，D 错误；故选D。
11．25
∘C，CaSO4饱和溶液中c(Ca
2+)=3.0×10
−3 mol⋅L
−1，Ksp(CaC2O4)=10
−8.6，
Kal(H2C2O4)=5.6×10
−2，Ka2(H2C2O4)=1.5×10
−4。下列描述不正确的是
A．Ksp(CaSO4)=9.0×10
−6
B．向0.001mol⋅L
−1Na2C2O4溶液中滴入几滴酚酞试剂(pH变色范围：8.2-10.0)，溶液呈粉红色
C．0.10 mol⋅L
−1H2C2O4溶液中：c(C2O4
2−)>c(OH
−)
8
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D．向CaC2O4悬浊液中加入足量CaSO4 (s),c(Ca
2+)增大
【答案】B
【解析】CaSO4饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，则c(Ca
2+)=3.0×10
−3 mol⋅L
−1=c(SO4
2−)，
Ksp(CaSO4)=c(Ca
2+)⋅c(SO4
2−)=(3.0×10
−3 mol⋅L
−1)
2=9.0×10
−6(mol⋅L
−1)
2，A 正确；
0.001mol⋅L
−1Na2C2O4溶液中C2O4
2−分步水解显碱性，主要由第一步水解决定C2O4
2−+ H2O⇌HC2O4
−+OH
−
溶液c(OH
−)，Kh1= Kw
Ka2(H2C2O4)
= 1.0×10
−14
1.5×10
−4 =c(HC2O4
−)⋅c(OH
−)
c(C2O4
2−)
，c(OH
−)
≈√
1.0×10
−14×0.001
1.5×10
−4
≈√6.7×10
−7 mol/L，c(H
+)= Kw
c(OH
−) =1.5×10
−8 mol/L，故pH<8，滴加酚酞溶
液显无色，B 错误；Kal(H2C2O4)⋅Ka2(H2C2O4)=5.6×10
−2×1.5×10
−4=c
2(H
+)⋅c(C2O4
2−)
c(H2C2O4)
=[
Kw
c(OH
−)]
2
⋅c(C2O4
2−)
c(H2C2O4)
，c(OH
−)
=√
Kw
2c(C2O4
2−)
Ka1Ka2c(H2C2O4)
=√
(10
−14)
2c(C2O4
2−)
5.6×10
−2×1.5×10
−4×0.1
≈√c(C2O4
2−)×10
−11，故c(C2O4
2−)>c(OH
−)，C 正
确；Ksp(CaC2O4)=10
−8.6<Ksp(CaSO4)=9.0×10
−6，CaC2O4悬浊液中c(Ca
2+)小于CaSO4饱和溶液中的
c(Ca
2+)，加入CaSO4 (s)会溶解，c(Ca
2+)增大，D 正确；故选B。
12．室温下，向100 mL 0.1 mol/L CuSO4溶液中通入NH3，测得体系中pOH[−lgc(OH
−)]与pc (−lgc)
的关系如图所示，c为Cu
2+、[Cu(NH3)4]
2+的浓度，单位为mol⋅L
−1，忽略溶液体积的变化。
已知：当溶液中某离子浓度c (M
n+)≤1×10
−5 mol⋅L
−1时，可认为该离子沉淀完全。
下列说法正确的是
A．曲线b表示[Cu(NH3)4]
2+的pc与pOH的关系
B．M点时，c(Cu
2+)+c[Cu(NH3)4]
2+=c(SO4
2−)=0.1 mol⋅L
-1
C．若使Cu
2+全部转化为Cu(OH)2，调节的pOH范围为4.7∼7.35
9
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D．若使N点溶液中[Cu(NH3)4]
2+全部转化为Cu
2+，需要加入0.02 mol H2SO4
【答案】C
【分析】向CuSO4溶液中通入NH3，首先NH3与水生成一水合氨，随后Cu
2+会与过量的NH3形成稳定的四氨
合铜络合离子（[Cu(NH3)4]
2+）。此过程中涉及两个平衡：络合平衡（Cu
2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]
2+），沉
淀溶解平衡（Cu
2++2OH
-⇌Cu(OH)2），就此解答。
【解析】随着通入NH3增多，溶液pOH 减小（碱性增强），[Cu(NH3)4]
2+浓度增大，其pc（−lgc ）应
减小；曲线a 随pOH 减小而pc减小，符合[Cu(NH3)4]
2+的变化，非曲线b，A 错误；根据物料守恒，
CuSO4中c(SO4
2−)=0.1 mol/L，而铜元素的存在形式包括Cu
2+、[Cu(NH3)4]
2+，可能还含有Cu(OH)2沉
淀。因此物料守恒为：c(Cu
2+)+c[Cu(NH3)4]
2++c[Cu(OH)2]=c(SO4
2−)=0.1 mol⋅L
-1，
c(Cu
2+)+c[Cu(NH3)4]
2+<0.1 mol⋅L
-1，则B 错误；据图可知，当要使c(Cu
2+)=10
-1mol/L时，
c(OH
-)=10
-9.35mol/L，因此K sp[C u(OH)2]=c(Cu
2+)×c
2(OH
-)=10
-1×(10
−9.35)
2=10
−19.7。若Cu
2+要
完全沉淀（c (Cu
2+)<10
-5mol/L），则c(OH
-)>√
K sp
c(Cu
2+)
=√
10
−19.7
10
−5 =10
−7.35，此时pOH<7.35。若
pOH<4.7，NH3浓度增大，会与Cu(OH)2结合生成[Cu(NH3)4]
2+，无法将Cu
2+完全沉淀，即若要使Cu
2+全部
转化为Cu(OH)2，调节的pOH范围为4.7∼7.35 ，C 正确；N 点[Cu(NH3)4]
2+浓度为0.1 mol/L，转化为
Cu
2+需H⁺的物质的量n(H
+)=4×0.01 mol=0.04 mol，对应H2SO4物质的量为0.02 mol；但还需要一定
的H
+保证Cu
2+能稳定存在，则需要的H2SO4物质的量应大于0.02 mol，D 错误；故选C。
13．甘氨酸盐酸盐（HOOCCH2NH3Cl）的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：
HOOCCH2 NH3
+⇌H
++
−OOCCH2NH3
+ K1
❑
−OOCCH2NH3
+⇌H
++
−OOCCH2NH2 K2
常温下，向10 mL 0.1 mol·L-1的甘氨酸盐酸盐中逐滴加入0.1 mol·L-1的NaOH 溶液，滴定过程中溶液的pH
与NaOH 溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．水的电离程度：Q<X
B．Q→P 过程中：c(❑
-OOCCH2NH3
+)
c(❑
-OOCCH2NH2)
逐渐减小
10
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C．P 点的溶液中：c(HOOCH2NH3
+)+c (H
+)=c(❑
-OOCCH2NH2)+c (OH
-)
D．当V(NaOH)=20 mL 时，混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl
【答案】C
【解析】由图示可知，X 点对应的溶液酸性小于Q 点，则溶液中氢离子浓度Q＞X，氢离子浓度越大水的
电离程度越弱，则水的电离程度Q＜X，A 正确；K 2= c( H
+)·c(
−OOCCH 2 NH 2)
c(
−OOCCH 2 NH 3
+)
可得，
c(
−OOCCH 2 NH 3
+)
c(
−OOCCH 2 NH 2)
= c( H
+)
K 2
，Q→P 过程中溶液pH 增大，即c(H+)减小，K2不变，则
c(
−OOCCH 2 NH 3
+)
c(
−OOCCH 2 NH 2)
逐渐减小，B 正确；由题干图示信息可知，P 点对应加入的NaOH 为15 mL，此时反
应后的溶液中的溶质为等物质的量的NaOOCCH2NH❑3
+和NaOOCCH2NH2，则此时溶液中有电荷守恒式
为：c( HOOCCH 2 NH 3
+)+c(H+)+c(Na+)=c(
−OOCCH 2 NH 2)+c(OH-)+c(Cl-)，且c(Na+)＞c(Cl-)，故：
c( HOOCCH 2 NH 3
+)+c(H+)<c(
−OOCCH 2 NH 2)+c(OH-)，C 错误；当V(NaOH)=20 mL 时，NaOH 和
HOOCCH2NH3Cl 恰好完全反应，化学方程式为：2NaOH+HOOCCH2NH3Cl=NaOOCCH2NH2+NaCl+H2O，所
以混合溶液中的溶质主要为NaOOCCH2NH2和NaCl，D 正确；故选C。
14．Na2S等某些硫化物可与镉(Cd
2+)反应生成硫化镉，用于含镉(Cd
2+)废水的处理。
已知：ⅰ．一定温度下，硫化镉(CdS)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(T 2>T 1)；
ⅱ．K sp(FeS)=6.3×10
−18 K sp(CdS)=7.9×10
−27。
下列说法正确的是
A．Na2S溶液中：2c (Na
+)=c(H2S)+c(HS
−)+c(S
2−)
B．向n点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由n沿npm线向m方向移动
C．图中各点对应的K sp的关系为K sp(m )< K sp(p)< K sp(q)
D．含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为Cd
2+ (aq)+ FeS(s)=CdS(s)+ Fe
2+ (aq)
【答案】D
【解析】硫化镉在溶液中存在溶解平衡：CdS(s)⇌Cd2+(aq)+S2-(aq)，硫化镉的溶度积是温度函数，温度不
变，溶度积不变，升高温度，溶度积增大，据此分析。Na2S溶液中物料守恒：
1
2 c(Na
+)=c(H2S)+c(HS
-)+c(S
2-)，A 错误；向n 点的溶液中加入少量Na2S固体，硫化钠溶解，硫离子浓
11
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度增大，平衡逆向移动，镉离子浓度减小，则溶液组成由n 沿mpn 线向右下方向移动，B 错误；硫化镉的
溶度积是温度函数，温度不变，溶度积不变，升高温度，溶度积增大，m、p、q 三点的温度相同，且小于
q 点，则溶度积的关系为Ksp(m)=Ksp(p)<Ksp(q)，C 错误；因Ksp(FeS)=6.3×10
−18，
Ksp(CdS)=7.9×10
−27，含镉废水中加入FeS后，发生离子反应为Cd
2+ (aq)+ FeS(s)=CdS(s)+ Fe
2+ (aq)，
D 正确；故选D。
15．朱砂在中国历史上常被作为绘画颜料，其主要成分是HgS。不同温度下HgS 在水中的沉淀溶解平衡曲
线如图。已知HgS 溶解过程吸热，pHg=−lgc(Hg
2+)，pS=−lgc(S
2−)。下列说法错误的是
A．T1>T2
B．T2温度下，增大c(S
2−)可使e 点迁移到c 点
C．T1温度下，g 点处有HgS 沉淀析出
D．T2温度下，HgS 在c(S
2−)=0.01mol⋅L
−1的Na2S溶液中，Hg
2+的浓度为10
2b−2mol⋅L
−1
【答案】D
【解析】HgS 溶解吸热，升温平衡正向移动，Ksp 增大，pS=-lgc(S2-)，pHg=-lgc(Hg2+)，则温度越高，pHg
和pS 越小，故T1>T2，A 正确；T2温度下，Ksp不变，增大c(S2-)，pS 减小，平衡逆向移动使c(Hg2+)减小，
pHg 增大，可沿T2曲线由e 点向左上方迁移到c 点，B 正确；T1下g 点处，离子积
Qc=c(Hg
2+)×c(S
2−)>Ksp，处于过饱和状态，故会析出HgS 沉淀，C 正确；T2温度下，设曲线
pHg+pS=2b（如pS=b 时pHg=b），则Ksp(T2)=10-2b，c(S2-)=0.01 mol/L 时，pS=2，pHg=2b-pS=2b-2，故
c(Hg²⁺)=102-2b mol/L，D 错误；故选D。
二、非选择题(共4 小题，共55 分)
16.（13 分）高纯硫酸锰是制备电池正极材料的重要基础原料，利用锌电解阳极泥制备硫酸锰的工艺流程
如下：
已知：
①浸出液中主要含K+、Na+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、Zn2+、Pb2+、Mn2+；
②常温下Ksp(CaF2)=5.3×10
−9、Ksp(MgF2)=5.16×10
−11。
回答下列问题：
12
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(1)“还原、浸出”时锌电解阳极泥中MnO2参与反应的化学方程式为 。
(2)试剂X 和试剂Y 的最佳选择分别是 、 (填标号)。
A .MnCO3 B．Mn C． MnO2 D．KMnO4
(3)“除钾钠”过程中会生成黄铁矾[AFe3(SO4)2(OH)6，其中A 代表+1 价阳离子]沉淀，一般情况下，+1 价阳
离子半径越大，越容易形成。温度为95℃、溶液pH=2 时铁与钾和钠的物质的量之比对钾、钠的脱除率的
影响如图所示。
pH=2
①
时，生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为 ；“除钾钠”过程中，溶液的pH 不宜过大，
可能的原因是 。
ΔG[KFe
②
3(SO4)2(OH)6] ΔG[NaFe3(SO4)2(OH)6](填“<” “>”或“=”)。
③流程中，应选择铁与钾和钠的最佳物质的量之比为 。
(4)“除钙镁”后，溶液中c(Ca
2+)
c(Mg
2+) = (用科学记数法表示并保留小数点后两位)。
【答案】(1)SO2+MnO=MnSO4 （2 分）
(2)C （1 分） A （1 分）
(3) Na++3Fe3++2SO4
2-+6H2O=NaFe(SO4)2(OH)6↓+6H+ （2 分） 溶液pH 过大，Fe3+可能会转化为
Fe(OH)3，影响除钾钠的效果 （2 分） ＜ （1 分） 5 （2 分）
(4)1.03×10
2 （2 分）
【分析】在锌电解阳极泥中含有MnO2，向其中通入SO2、H2O，发生氧化还原反应MnO2+SO2=MnSO4。向
浸出液中加入氧化剂MnO2氧化Fe2+变为Fe3+，再向反应后溶液中加入Fe2(SO4)3溶液，能够使Na+、K+形成
KFe3(SO4)2(OH)6和NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，达到除钾钠的目的。然后加入MnCO3通过调整溶液pH，使
Fe3+变为Fe(OH)3沉淀除去，再向反应后溶液中加入MnF2，使Ca2+、Mg2+形成CaF2、MgF2沉淀除去。再向
反应后溶液中通入H2S 气体，使溶液中的重金属阳离子Zn2+、Pb2+变为ZnS、PbS 沉淀除去，此时所得溶液
为MnSO4溶液，再经过一系列处理，就得到MnSO4。
【解析】（1）在锌电解阳极泥中含有MnO2，在“还原、浸出”过程中，向其中加入H2O 并通入SO2气
体，由于SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，SO2能够MnO2还原为Mn2+，SO2被MnO2氧化为SO4
2-，该反
应的化学方程式为：MnO2+SO2=MnSO4；
（2）根据题干信息可知：在浸出液中含有的阳离子有K+、Na+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、Zn2+、Pb2+、Mn2+；向
其中加入氧化剂X 可以将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，同时不能引入杂质离子。在题干给出的四种物质中只有
MnO2、KMnO4能够氧化Fe2+变为Fe3+，但KMnO4会引入杂质离子，给后续除杂带来麻烦，故试剂X 最好
是MnO2，合理选项是C；
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向经除钾钠后的溶液中加入试剂Y 目的是除去Fe3+。可通过反应消耗溶液中H+，适当增大溶液的pH，使
溶液pH 增大，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，同时也不能引入杂质离子。在题干给出的四种物质中。只有
MnCO3、Mn 两种物质满足要求，但若使用金属Mn，生产成本太高，不经济，从而影响生产效益，则最佳
试剂是MnCO3，合理选项是A；
综上所述可知，试剂X 是MnO2，试剂Y 是MnCO3，最佳试剂使用的先后顺序用序号表示为C、A；
（3）①在温度为95℃、溶液pH=2 时，Fe3+、Na+与SO4
2-、H2O 生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为：Na+
+3Fe3++2SO4
2-+6H2O=NaFe(SO4)2(OH)6↓+6H+；
“除钾钠”过程中，溶液的pH 不宜过大，这是由于若溶液pH 过大，溶液中的Fe3+可能会转化为Fe(OH)3
沉淀，从而影响除钾钠的效果；
②一般情况下，+1 价阳离子半径越大，越容易形成沉淀，由于离子半径：K+＞Na+，所以KFe3(SO4)2(OH)6
比NaFe3(SO4)2(OH)6更易生成，即ΔG[KFe3(SO4)2(OH)6]＜ΔG[NaFe3(SO4)2(OH)6]；
③由图示可知：当铁与钾和钠的物质的量之比为5，脱除时间为3 h 时，这时钾、钠的脱除率较高，所以应
选择铁与钾和钠的最佳物质的量之比为5；
（4）已知在常温下Ksp(CaF2)=5.3×10-9，Ksp(MgF2)=5.16×10-11，除钙、镁后，溶液中c(Ca2+)、c(Mg2+)都小于
10-5 mol/L，它们的浓度比为：c(Ca
2+)
c(Mg
2+)
=c(Ca
2+)⋅c
2(F
-)
c(Mg
2+)⋅c
2(F
-)
= K sp(Ca F2)
K sp(Mga F2) =5.3×10
-9
5.16×10
-11 =1.03×10
2。
17.（12 分）利用一种电解锰工业废盐[主要含MnSO4、MgSO4、(NH4)2SO4等]可回收元素锰、镁。已知：
Ksp[Mg (OH)2]=10
-11.25；Ksp[Mn (OH)2]=10
-12.72。
(1)沉锰Ⅰ。向该工业废盐溶液中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤，将所得沉淀加水制成浆液，向其
中通入适量空气得到Mn3O4样品。
①若通入空气过多会使样品中锰元素的质量分数降低，其原因是 。
②称取1.050 g 样品于锥形瓶中，加入25.00mL0.2000mol·L
-1Na2C2O4溶液和适量稀硫酸，加热。待固体
完全溶解后，冷却，用0.01000mol·L
-1K2Cr2O7溶液滴定过量的Na2C2O4，消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL。
不考虑杂质反应，计算样品中Mn3O4的纯度 (写出计算过程)。已知：
C2O4
2-+Mn3O4+H
+→2CO2↑+Mn
2++H2O；C2O4
2-+Cr2O7
2-+H
+→CO2↑+Cr
3++H2O。(均未配平)
(2)沉锰Ⅱ。向“沉锰Ⅰ”后得到的滤液Ⅰ中加入足量(NH4)2S2O8生成MnO2，过滤得到滤液Ⅱ。过量的
(NH4)2S2O8可加热水解去除。写出S2O8
2-加热水解的离子方程式： 。(已知S2O8
2-结构式为
)
(3)沉镁。滤液Ⅱ沉镁流程如下。
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①“沉镁Ⅰ”中，当pH 为8.0～12.2 时，生成碱式碳酸镁[xMgCO3·yMg (OH)2·zH2O]，煅烧得到疏松的轻
质MgO，pH 过大时，不能得到该MgO 的原因是 。
②“沉镁Ⅱ”中，加入H3PO4全pH=8.0 时，Mg
2+沉淀完全。若加至pH=4.0 时沉淀完全溶解。据下图分
析，写出沉淀溶解的离子方程式： 。
(4)制备MnSO4.利用“沉锰”获得的Mn3O4、MnO2与“沉镁”获得的(NH4)2SO4焙烧可生成MnSO4、NH3和
一种无色无味气体。若反应生成的MnSO4与NH3的物质的量之比为2 3∶，则理论上消耗Mn3O4与MnO2的物
质的量之比为 。
【答案】(1) 通入空气过多会被氧气氧化成高价态锰的氧化物 （2 分） 95.96 % （2 分）
(2)2S2O8
2-+2H2O
Δ
¿4SO4
2-+O2↑+4H
+
¿
（2 分）
(3) pH 过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO （2 分）
MgHPO4+H3PO4=Mg
2++2H2PO4
- （2 分）
(4)1：5 （2 分）
【分析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I 得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到
MnO2，产生有气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O 调节pH 沉镁I，得到MgCO3，煅烧得到MgO，
溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O 沉淀，溶液加入H2SO4调节pH=6.0 结晶得到X 硫酸铵，
最后与MnO2和Mn3O4焙烧，得到MnSO4，据此分析；
【解析】（1）①若通入空气时间过长，部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物，导致所得Mn3O4样品中锰元
素的质量分数会降低；
②先用过量Na2C2O4在酸性溶液中还原Mn3O4生成Mn
2+，离子方程式为
C2O4
2-+Mn3O4+8H
+=2CO2↑+3Mn
2++4H2O，剩余的Na2C2O4再用K2Cr2O7标准溶液滴定，离子方程式为
3C2O4
2-+Cr2O7
2-+14H
+=6CO2↑+2Cr
3++7H2O，可得关系式C2O4
2-∼Mn3O4、3C2O4
2-∼Cr2O7
2-，则剩余的
n(C2O4
2-)=3n(Cr2O7
2-)=3×(0.01000 mol/L×20.00×10
-3L)=6×10
−4 mol，
n(Mn3O4)=n总(C2O4
2-)−n余(C2O4
2-)=0.2000 mol/L×25.00×10
−3L−6×10
-4 mol = 4.4×10
−3 mol，样
品中Mn3O4的纯度= 4.4×10
−3 mol×229g/mol
1.050 g
×100%=95.96%；
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（2）S2O8
2-加热水解生成硫酸根和氧气，离子方程式：2S2O8
2-+2H2O
Δ
¿4SO4
2-+O2↑+4H
+
¿
；
（3）①xMgCO3⋅yMg (OH)2⋅zH2O煅烧有CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH 过大，沉淀为Mg (OH)2
，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO；
②由题中信息可知，pH=8 时，产生的沉淀为MgHPO4，调节到pH=4，磷元素存在形式为H2PO4
-，磷酸不是
强酸，不能拆，离子方程式为MgHPO4+H3PO4=Mg
2++2H2PO4
-；
（4）Mn3O4、MnO2与(NH4)2SO4焙烧可生成MnSO4、NH3和N2；生成的MnSO4与NH3的物质的量之比为
2 3∶，设MnSO4、NH3和N2 化学计量数为4、6、1，
Mn3O4+ MnO2+(NH 4)2SO4→4 MnSO4+6 NH 3+ N2，根据得失电子守恒，设Mn3O4化学计量数为a、
MnO2化学计量数为b，列式，Mn 元素质量守恒：3a+b=4，化合价升降守恒：
(
8
3 -2)×3×a+ (4-2)×b= (3-0)×2，解得a=1
2 ，b=5
2 ，理论上消耗Mn3O4与MnO2的物质的量之比为1：
5。
18.（14 分）氮化钙易水解，是一种优良的储氢材料。实验室常用N2和Ca 在加热的条件下制备氮化钙。
回答下列问题：
I．某小组同学利用如图所示装置制备氮化钙（加热和夹持装置略）。
(1)仪器X 的名称为 ；仪器A 中发生反应的化学方程式为 。
(2)利用上述装置（可重复利用），按气流方向连接顺序为 （填仪器接口小写字母）。
(3)装置A 和装置B 需要加热，应先对 （填“装置A”或“装置B”，下同）加热，实验结束后应先
熄灭 处的酒精灯。
Ⅱ．测定所制氮化钙的纯度。
称取上述实验所得氮化钙0.6000 g，加入一定量水中，煮沸，用50 mL 0.1 mol⋅L
−1稀硫酸将蒸出的NH3
全部吸收，加入指示剂后，再用0.1000 mol⋅L
−1NaOH溶液滴定剩余的硫酸至终点，最终消耗NaOH溶液
的体积为20.00 mL。
(4)滴定时选用的最佳指示剂为 （填“酚酞”或“甲基橙”）。
(5)所得氮化钙的纯度为 （保留三位有效数字）。
(6)若未润洗盛放NaOH溶液的碱式滴定管，会导致所测结果 （填“偏大”“偏小”或“无影
响”）。
【答案】(1)恒压滴液漏斗 （1 分） NaNO2+NH4Cl
Δ
¿ NaCl+N2↑+2H2O
¿
（2 分）
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(2)aedbc（或cb）ed （2 分）
(3)装置A （1 分） 装置B （1 分）
(4)甲基橙 （2 分）
(5)98.7 % （3 分）
(6)偏小 （2 分）
【分析】制取氮化钙时，需先制得干燥的氮气，A 装置为制取N2的装置，但N2中混有水蒸气，需使用C
装置干燥，同时注意导管的长短；为防止空气中的水蒸气进入B 装置内，干扰实验结果，B 装置后还需连
接C 装置。
【解析】（1）仪器X 的名称为恒压滴液漏斗；仪器A 中，NaNO2与NH4Cl 反应，生成NaCl、N2等，依据
原子守恒，可得出发生反应的化学方程式为NaNO2+ NH4Cl
Δ
¿ NaCl+ N2↑+2H2O
¿
。
（2）制备过程中需确保干燥环境，需两次使用C 装置，则仪器的连接顺序为ACBC，按气流方向，装置
的连接顺序为aedbc(或cb)ed。
（3）装置A 和装置B 需要加热，应先对装置A 加热，利用生成的氮气排尽装置内空气，实验结束后先熄
灭装置B 处的酒精灯，待其完全冷却后再停止加热装置A。
（4）最终溶液含强酸弱碱盐[(NH4)2SO4]，显酸性，滴定时选用的指示剂为甲基橙。
（5）n(NH3)=2n(H2SO4)−n(NaOH)=2×0.005 mol−0.002mol=0.008 mol，
n(Ca3 N2)= 1
2 n(NH3)=0.004 mol，m(Ca3 N2)=0.004 mol×148g⋅mol
−1=0.592g，所得氮化钙的纯度为
0.592g
0.6000g ×100 %≈98.7 %。
（6）若未润洗盛放NaOH 溶液的碱式滴定管，会导致所滴加NaOH 溶液体积偏大，计算结果偏小。
19.（16 分）CrO3是电镀工业常用原料，电镀废水中的Cr2O7
2-、HCrO4
-和CrO4
2-是高毒性的重金属离子，可
用Cr(Ⅳ)表示。
Ⅰ．CrO3的制备和性质
(1)制备
①制Na2CrO4：向含亚铬酸亚铁[Fe(CrO2)2]的矿石中加入NaClO 和NaOH 的混合溶液，可得粗Na2CrO4溶液
和Fe2O3固体。写出发生反应的化学方程式： 。
②制CrO3：粗Na2CrO4溶液经提纯、转化后获得Na2Cr2O7溶液，向Na2Cr2O7溶液中加入浓硫酸后获得
CrO3，浓硫酸的作用是 。
(2)热稳定性
CrO3加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图-1 所示。通过计算确定B 点剩余固体成分的化学式
为 。
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Ⅱ．含铬废水的处理
(3)化学沉淀法
常用还原剂NaHSO3或FeSO4，将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)，再形成Cr(OH)3沉淀而除去。
①写出用NaHSO3还原酸性废水中Cr2O7
2-的离子方程式： 。
②用FeSO4去除废水中Cr(Ⅵ)比用NaHSO3去除Cr(Ⅵ)后，废水中铬含量更低。原因是 。
(4)离子交换法
一种层状镁铝氢氧化物处理剂可表示为[Mg(1-x)Alx(OH)2](CO3)❑x
2·nH2O，溶液中的阴离子可以与处理剂层间
的CO3
2-引发生离子交换，从而实现Cr(Ⅵ)的去除。已知废水中Cr(Ⅵ)总浓度为0.20 mol·L-1，含铬物种浓度
随pH 的分布如图-2 所示，Cr(Ⅵ)的去除率随pH 的变化如图-3 所示。
pH<2.5 时，随着废水pH 的减小，Cr(Ⅵ)去除率减小，原因可能是 。
【答案】(1) 2Fe(CrO2)2+7 NaClO+8NaOH=4Na2CrO4+Fe2O3+7NaCl+4H2O （3 分） 酸性(提供H+)
作用和脱水作用 （2 分）
(2)Cr2O3 （2 分）
(3) 5 H
++3 HSO3
−+Cr2O7
2−=3SO4
2−+2Cr
3++ 4 H2O （3 分） Fe2+还原Cr(Ⅵ)的同时自身被氧化为
Fe3+，在溶液中水解生成Fe (OH)3胶体，胶体的吸附作用能使Cr (OH)3沉淀与Fe(OH)3共沉淀，使铬残留量
更低 （3 分）
(4)随着污水pH 的减小H+浓度增加，层状镁铝氢氧化物与H+反应，Cr(Ⅵ)主从Cr2O7
2-、HCrO4
-转化为
H2CrO4，使溶液中可交换Cr(Ⅵ)阴离子浓度减小 （3 分）
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【解析】（1）①Fe(CrO2)2中Fe 为+2 价、Cr 为+3 价，在NaClO(氧化剂)和NaOH 作用下，Fe2+被氧化为
Fe2O3(+3 价)，+3 价铬被氧化为Na2CrO4(+6 价)，ClO-被还原为Cl-，结合原子守恒和得失电子守恒配平其
为：2Fe(CrO2)2+7 NaClO+8NaOH=4Na2CrO4+Fe2O3+7NaCl+4H2O；
Na
②
2CrO4在酸性条件下转化为Na2Cr2O7(2CrO4
2-+2H+⇌ Cr2O7
2-+H2O)，浓硫酸提供H+并吸收水分，使
CrO3从溶液中析出，故答案为：酸性(提供H+)作用和脱水作用；
（2）设CrO3质量为100 g，则CrO3的物质的量为：100g
100g/mol =1mol，其中Cr 质量
为：1mol×52g/mol=52g，题干图中信息可知，B 点固体质量为100g×76.00%=76 g，则B 点固体中O 的质量
为(76-52)=24 g，n(O)=24g
16g/mol =1.5mol，B 点固体Cr 数目与O 数目比为1mol：1.5mol=2:3，所以化学式
为Cr2O3；
（3）①酸性条件下，Cr2O7
2−(+6 价)被HSO3
-还原为Cr3+(+3 价)，HSO3
-被氧化为SO4
2-，结合电荷守恒和原子
守恒配平其为：Cr2O7
2−+3HSO3
-+5H+=2Cr3++3SO4
2-+4H2O，故答案为：Cr2O7
2−+3HSO3
-+5H+=2Cr3++3SO4
2-
+4H2O；
Fe
②
2+还原Cr(Ⅵ)的同时自身被氧化为Fe3+，在溶液中水解生成Fe (OH)3胶体，胶体的吸附作用能使Cr
(OH)3沉淀与Fe(OH)3共沉淀，使铬残留量更低；
（4）由图3 可知，pH＜2.5 时，Cr(Ⅵ) 主要以Cr2O7
2−形式存在；图3 显示此时去除率降低，因处理剂更易
与CrO4
2-(碱性条件为主)交换，Cr2O7
2−交换能力弱，故去除率随pH 减小而降低，故答案为： pH<2.5 时，
随着污水pH 的减小H+浓度增加，层状镁铝氢氧化物与H+反应，Cr(Ⅵ)主从Cr2O7
2-、HCrO4
-转化为
H2CrO4，使溶液中可交换Cr(Ⅵ)阴离子浓度减小。
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