变，因此可以说明反应已经达到化学平衡状态，c正确；

(3)Cr2O72—中Cr的化合价是+6价，所以1 mol Cr2O72—被还原转移2×(6－3)＝6 mol电子；Fe2+被氧化生成Fe3+，转移1个电子，因此根据得失电子守恒可知需要FeSO4·7H2O的物质的量为6 mol； (4)由溶度积常数的表达式Ksp＝c(Cr3+)·c3(OH—)＝10-32可知，当c(Cr3+)＝10-5mol/L时，c(OH—)＝10-9

mol/L，所以pH＝5；

(5)Cr2O72—要生成Cr(OH)3沉淀，必需有还原剂，而铁做电极时，在阳极上可以失去电子产生Fe2+，方程式为Fe－2e＝Fe2+；

(6)在电解池中阳离子在阴极得到电子，在溶液中由于H+得电子得能力强于Fe2+的，因此阴极是H+放电，方程式为2H++2e－＝H2↑，随着电解的进行，溶液中的H+浓度逐渐降低，水的电离被促进，OH－浓度逐渐升高。由于Fe2+被Cr2O72—氧化生成Fe3+，当溶液碱性达到一定程度时就会产生Fe(OH)3沉淀。

18.【答案】(1) 增大接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率 (2) c

(3) 静置，在上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，若不再产生沉淀，则“沉镍”工序已经完成 (4) ①洗去(NH4)2SO4杂质、便于烘干

①防止温度过高，草酸镍晶体失去结晶水或分解

(5) ①第1步:(加适量H2SO4溶液，)加足量H2O2溶液，充分反应后用NaOH溶液调节溶液5.0≤pH<6.7 第3步:用NaOH溶液调节“溶液X”的pH≥9.5 ①除去杂质Ca2+或CaSO4

【解析】(1)“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率；

(2)由镍浸出率随温度、时间变化图可知，温度达到70①时，镍浸出率已经很高，再升高温度，就要耗费更多的能源，同样，进行到120 min时镍浸出率已经达到90%以上，再延长时间，变化已经很小；

(3) Ni2+若沉淀完全，则上层清夜中不再有Ni2+，滴加沉淀剂(NH4)2C2O4溶液，不会再有沉淀现象出现，实验步骤及现象是静置，在上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，若不再产生沉淀，则“沉镍”工序已经完成；

(4) ①过滤出的固体上面会附着着一些可溶性的杂质，所得固体用乙醇洗涤的目的是洗去(NH4)2SO4杂质，例外乙醇易挥发，也便于烘干；①草酸镍晶体带结晶水，温度过高容易发生分解反应或失去结晶水，烘干温度不超过110①的原因是防止温度过高，草酸镍晶体失去结晶水或分解；

(5)①“浸出液”中含有Al3+、Fe2+、Fe3+等杂质离子，通过对比相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH，发现Fe2+沉淀时的pH与Ni2+有重合，因此要先加氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，然后再加碱调节pH在5.0～6.7之间，使杂质离子沉淀完全，而让Ni2+完全留在溶液中，第1步:(加适量H2SO4溶液，)

－

加足量H2O2溶液，充分反应后用NaOH溶液调节溶液5.0≤pH<6.7；第三步之前的“溶液X”中含有大量的Ni2+，根据后面的步骤，用硫酸溶解沉淀得到硫酸镍，说明应转化为氢氧化镍沉淀，根据相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH，为了确保Ni2+沉淀完全，需要用NaOH溶液调节溶液的pH≥9.5；①根据前面的除杂之后溶液中还存在大量的Ca2+，第2步中加入适量NH4F溶液的作用是除去杂质Ca2+。

19.【答案】(1)Cl－先沉淀 (2)4.13×10－6mol·L－1

＋－＋

【解析】由Ksp(AgCl)＝c(Ag)·c(Cl)得c(Ag)＝

＝mol·L－1＝1.8×10－8mol·L－

1

。

)，得c(Ag＋)＝

＝

mol·L－1＝

＋

由Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag)·c(CrO

4.36×10－5mol·L－1，生成AgCl沉淀需c(Ag＋)小于生成Ag2CrO4沉淀时所需c(Ag＋)，故Cl－先沉淀。

－

刚开始生成Ag2CrO4沉淀时，c(Cl)＝

＝mol·L－1＝4.13×10－6mol·L－1。

20.【答案】(1)由AgCl(s)知c(Ag＋)＝c(Cl－) 所以Ksp(AgCl)＝1.8×10

－10

Ag＋(aq)＋Cl－(aq)

＋－＋

＝c(Ag)·c(Cl)＝c2(Ag)

解得c(Ag＋)＝1.3×10－5mol·L－1 (2)由Mg(OH)2(s)

Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)

－11

＋－

＝c(Mg2)·c2(OH)＝

知Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10·c2(OH－)

解得c(OH－)＝3.3×10－4mol·L－1 所以c(H＋)＝所以pH＝10.5

(3)由Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝0.01·c2(OH－) c(OH－)＝4.2×10－5mol·L－1 c(H＋)＝

＝2.4×10－10mol·L－1

＝3.0×10－11mol·L－1

所以pH＝9.6，即当pH＝9.6时，开始出现Mg(OH)2沉淀。

－－＋

由于一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×105mol·L1时，沉淀已经完全。故Mg2完全沉淀

时有：

1×10－5·c2(OH－)＝1.8×10－11 所以c(OH－)＝1.34×10－3mol·L－1

c(H＋)＝所以pH＝11.1 【解析】

－－

＝7.46×1012mol·L1

21.【答案】(1)2 (2)2.9 (3)11 (4)9.7 (5)6 (6)3 (7)11 (8)2.3 (9)5 【解析】(2)CH3COOHc(初始) 0.1 mol·L－10 0 c(电离)c(H＋)c(H＋)c(H＋) c(平衡) 0.1－c(H＋)c(H＋)c(H＋) 则Ka＝

＝1.8×10－5

CH3COO－＋ H＋

解得c(H＋)＝1.3×10－3mol·L－1，

＋－

所以pH＝－lgc(H)＝－lg(1.3×103)＝2.9。

(3) NH3·H2Oc(初始) 0.1 mol·L－10 0

OH－ ＋ NH

c(电离) 0.1×1% 0.1×1% 0.1×1% mol·L－1mol·L－1mol·L－1

－－－－

则c(OH)＝0.1×1% mol·L1＝103mol·L1

c(H＋)＝10－11mol·L－1，所以pH＝11。

(4)将pH＝8的NaOH与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液中c(H＋)很明显可以根据pH来算，可以根据经验公式来求算pH＝10－lg2(即0.3)，所以答案为9.7。

(5)pH＝5的盐酸溶液中c(H＋)＝10－5mol·L－1，pH＝9的氢氧化钠溶液中c(OH－)＝10－5mol·L－1，两者以体积比11①9混合，则酸过量，混合液的pH小于7。 c(H＋)＝

＝1.0×10－6mol·L－1，

pH＝－lg(1.0×10－6)＝6。 22.【答案】(1)1×10－12 < 促进

(2)①Na2CO3溶液的pH>NaCN溶液的pH>CH3COONa溶液的pH ①>

①NaCN＋H2O＋CO2===HCN＋NaHCO3

【解析】本题考查水的电离及水溶液中离子平衡。难度中等。(1)酸、碱的电离抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离。(2)①K值越大，弱酸的电离程度越大，对应钠盐的水解程度越小；①溶液显碱性，c(OH－)>c(H＋)，据电荷守恒可以得出c(Na＋)>c(CH3COO－)；①从表格中可以看出，酸性：

H2CO3>HCN>HCO，所以产物应为HCO。 23.【答案】I．(1)AD (2)P/P079.82%(或0.80)

II．(1)xCOS(g) =xCO(g)+ Sx(s) ΔH=0.5(bx－ax)kJ/mol (2)①HS－c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS－)+c(S2－)](由物料守恒得出) 或c(Na+)=c(Cl－)+c(OH－)+c(HS－)+2c(S2－)－c(H+)(由电荷守恒得出) ①M：2S2－+3H+=HS－+H2S

【解析】I．(1)反应为非等体反应，气体总质量改变，体积不变，所以混合气体的密度不再发生改变可以判定平衡状态，A正确；消耗1 mol H2O(g)，指正反应速率，同时生成1 mol H2，也是正反应速率，B错误；ΔH只与反应方程式计量数有关，不能作为平衡判据，C错误；正逆反应速率相等，达平衡，D正确；

(2)反应前气体总物质的量为1mol，压强为P0，反应后总物质的量为n总，压强为P，根据阿伏伽德罗定律，相同条件下，气体物质的量之比等于压强之比，所以n总=P/P0； (2)C(s)＋H2O(g)

CO(g)＋H2(g)

初始(mol) 1 0 0 此时压强P0=456KPa 变化(mol) x xx

平衡(mol) 1-x x x总压P=820KPa

则：(x+1)/1=820/456 x=0.7982 反应物H2O(g)的转化率α =79.82% ； II．(1)运用盖斯定律：①xSO2(g)＋2xCO(g)＝2xCO2(g)＋Sx(s)ΔH＝axkJ/mol ①2xCOS(g)＋xSO2(g)＝2xCO2(g)＋3Sx(s)ΔH＝bxkJ/mol 1/2①-1/2①得：xCOS(g) =xCO(g)+ Sx(s) ΔH=0.5(bx－ax)kJ/mol

(2)①向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量，其中HS?浓度应该先增大后减小，所以B曲线代表HS?的变化；滴加过程中，溶液中有电荷守恒和物料守恒，物料守恒：初始

－－

钠离子的量是含硫离子或分子的3倍，则：c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS)+c(S2)] －－－－

电荷守恒有：c(Na+)=c(Cl)+c(OH)+c(HS)+2c(S2)－c(H+)；

①M点时，溶液中硫氢根与硫化氢浓度相等，离子方程式为：2S2－+3H+=HS－+H2S 24.【答案】(1)11 (2)4.7～8.0 (3)BCD (4)蒸发、浓缩、结晶 【解析】(1)根据反应：4FeS2＋11O2电子。

(2)浸出液中含有的Fe2＋对Mn2＋的分离具有严重的干扰作用，加入MnO2氧化剂，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O，便于调节溶液的pH，使Fe3＋等与Mn2＋分离，观察表中给出的各种离子沉淀时的pH，当pH＝4.7时，Fe3＋、Al3＋完全生成沉淀，而Mn2＋、Pb2＋、

2Fe2O3＋8SO2，可知1 mol FeS2与O2反应，转移11 mol