2021年高考化学真题和模拟题分类汇编专题14 沉淀溶解平衡（含答案解析）

《2021年高考化学真题和模拟题分类汇编专题14 沉淀溶解平衡（含答案解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高考化学真题和模拟题分类汇编专题14 沉淀溶解平衡（含答案解析）（48页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、2021高考化学真题和模拟题分类汇编 专题14沉淀溶解平衡2021年化学高考题一、单选题1（2021全国高考真题）已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、与的关系如图所示。下列说法正确的是A曲线代表的沉淀溶解曲线B该温度下的值为C加适量固体可使溶液由a点变到b点D时两溶液中【答案】B【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中lgc(Ba2)lgc()lgc(Ba2)c()lgKsp(BaSO4)，同理可知溶液中lgc(Ba2)lgc()lgKsp(BaCO3)，因Ksp(BaSO4) Ksp(BaCO3)，则lgKsp(BaCO3)lgKsp(BaSO4)，由此可知曲线为lgc(Ba

2、2)与lgc()的关系，曲线为lgc(Ba2)与lgc()的关系。【解析】A由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；B曲线为BaSO4溶液中lgc(Ba2)与lgc()的关系，由图可知，当溶液中lgc(Ba2)3时，lgc()7，则lgKsp(BaSO4)7310，因此Ksp(BaSO4)1.01010，选项B正确；C向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可知，溶液中c()将减小，因此a点将沿曲线向左上方移动，选项C错误；D由图可知，当溶液中c(Ba2)1

3、05.1时，两溶液中，选项D错误；答案选B。2（2021全国高考真题）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：B过量铁粉加入稀硝酸中：C硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：D氯化铜溶液中通入硫化氢：【答案】A【解析】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：C+CaSO4=CaCO3+S，故A正确；B过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H+2N=3Fe2+2NO+4H2O，故B错误；C硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3+3OH-=Al

4、(OH)3，故C错误；D硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2+H2S=CuS+2H+，故D错误；答案选A。二、工业流程题3（2021广东高考真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25时，的，；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_。(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_。(3)“沉钼”中，为7.0。生成的离子方程式为_。若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_(列出算式)时，应停止加入溶液。(4)滤液中，主要存在的钠盐

5、有和，为_。往滤液中添加适量固体后，通入足量_(填化学式)气体，再通入足量，可析出。(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。该氧化物为_。已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_。【答案】+6 += 【分析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的

6、氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。【解析】（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。（3）滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=。若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，所以溶液中时，开始生成沉淀， 因此， 时，应停止加入溶液。（4）滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II

7、中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液中，主要存在的钠盐有和，故为。根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。（5）由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反

8、应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。4（2021河北高考真题）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了CrFeAlMg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：回答下列问题：(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是_(填元素符号)。(2)工序的名称为_。(3)滤渣的主要成分是_(填化学式)。(4)工序中发生反应的离子方程式为_。(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为_，可代替NaOH的化学试剂还有_(填化学式)。(6)热解工序

9、产生的混合气体最适宜返回工序_(填“”或“”或“”或“”)参与内循环。(7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为_。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5molL-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，KspA1(OH)3=10-33)【答案】Fe、Cr 溶解浸出 MgO、Fe2O3 2Na+2+2CO2+H2O=+2NaHCO3 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3 8.37 【分析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融

10、氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序循环使用；碳酸镁高温煅

11、烧得到氧化镁。【解析】(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；(2)由分析可知，工序为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；(3)由分析可知，滤渣的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；(4)工序中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na+2+2CO2+H2O= +2NaHCO3，故答案为：2Na+2+2CO2+H2O= +2NaHCO3；(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠

12、、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序，故答案为：；(7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1=1013.37，当为105mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=1

13、08.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。5（2021全国高考真题）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表金属离子开始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，、几乎不发生反应，、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式_。(2)“水浸”后“滤液”的约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至11.6，依次析出的金属离子是_。(3)“母液中浓度为_。(4)“水浸渣”在160“酸溶”最适合的酸是_

14、。“酸溶渣”的成分是_、_。(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是_。(6)将“母液”和“母液”混合，吸收尾气，经处理得_，循环利用。【答案】 硫酸 【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离

15、子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和TiO2x H2O。【解析】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO

16、4NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1105(1102.9)2=11010.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1106mol/L，故答案为：1106；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160酸溶；由分

17、析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2+（x+1）H2OTiO2xH2O+2H+，故答案为：TiO2+(x+1)H2OTiO2xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液为硫酸铵、母液为硫酸，将母液和母液混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。2021年化学高考模拟题一、单选题1（2021重庆市第十一中学校高三二模）下列有关实验操作、现象、

18、结论都正确的是实验操作及现象结论A向5 mL FeCl3溶液中加入5滴同浓度的KI溶液，再加入几滴KSCN溶液，溶液显血红色FeCl3与KI的反应是可逆反应B向AlCl3溶液中逐渐加入NaOH溶液至过量，先生成白色沉淀，后沉淀消失Al(OH)3具有两性C铜片加入稀硫酸中，加热无明显现象，再加入少量硝酸钾固体，溶液变蓝硝酸钾作催化剂D向盛有2 mL 0.1 mol/L NaCl溶液的试管中滴加2滴同浓度AgNO3溶液，出现白色沉淀，振荡后再滴加4滴同浓度KI溶液，沉淀转化为黄色Ksp(AgI)Ksp(AgCl)AABBCCDD【答案】D【解析】A氯化铁过量，不能判断是否可逆反应，如判断是否为可逆

19、反应，KI溶液过量，故A错误；B向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，此时发生复分解反应，生成了氢氧化铝白色沉淀，继续加过量氢氧化钠溶液，后白色沉淀消失，则表明氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成了偏铝酸钠和水，说明Al(OH)3具有酸性，故B错误；C酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，与催化作用无关，故C错误；D白色沉淀转化为黄色沉淀，说明生成AgI，生成物溶度积更小，则Ksp(AgI)2c(HCO)+2c(H2CO3)C若Na2CO3溶液的浓度变为0.05 molL-1，则n点向c点方向迁移D若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，则n点向b点方向迁移【答案】C【解析】A 图像中V0=20，Na2C

20、O3溶液与 CaCl2溶液恰好完全反应c(Ca2+)=c(CO)=mol/L，pC=-lg c(CO)=-lg610-5，m不等于5，故A错误；B a点溶液：溶质为Na2CO3，存在物料守恒c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，2c(HCO)+2c(H2CO3)=c(HCO)+c(OH-)-c(H+)，c(HCO)-c(H+)0，c(OH-)AgBrAgIAABBCCDD【答案】B【解析】A蒸馏装置温度计水银球要在蒸馏烧瓶支管口附近，A错误。B乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液不互溶，可

21、用分液的方法分离，B正确；C制备氢氧化铁胶体，应将几滴饱和FeCl，溶液滴入沸水中，C错误；D向AgCl悬浊液中加入NaBr若生成淡黄色沉淀，可以证明溶解度：AgClAgBr。由于氯化银悬浊液中不确定氯化银的量，溴化钠和碘化钠的物质的量浓度也没有确定，无法判断第一步中氯化银是否完全转化为溴化银，也无法判断第二步哪种物质与碘化钠反应，由此溶解度AgCl与AgI、AgBr与AgI ，不能比较大小，D错误；综上所述答案为B。6（2021黑龙江哈尔滨市哈尔滨三中高三其他模拟）下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作现象结论A向2mL0.1molL-1FeCl3溶液中加入3mL0.1molL-1K

22、I溶液充分反应后再滴加KSCN溶液溶液呈红色FeCl3溶液和KI溶液的反应为可逆反应B向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入新制氢氧化铜溶液并水浴加热未产生砖红色沉淀蔗糖未水解C向Ag2CrO4饱和溶液中加入NaCl浓溶液产生白色沉淀Ksp(AgCl)KspFe(OH)3D向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝KwKa1(H2CO3)Ka2(H2CO3)AABBCCDD【答案】A【解析】A二氧化碳和苯酚钠反应生成碳酸氢钠和苯酚，说明碳酸酸性强于苯酚，A正确；B加热过程中乙醇蒸汽出来，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能说明产生了乙烯，B错误；C因为氢氧化钠过量，可以和氯化铁反应生成氢

23、氧化铁红褐色沉淀，没有实现沉淀转化，不能比较溶度积常数，C错误；D碳酸氢钠溶液显碱性，说明碳酸氢根离子水解大于电离，不能比较碳酸的第一部电离常数和第二步电离常数，D错误；故选A。8（2021天津南开区南开中学高三三模）常温下，下列说法正确的是ApH均为3的醋酸和硫酸溶液，加水稀释相同倍数后，c(CH3COO-)=2c()B0.1 molL-1NaHSO3溶液中，c()+c()+c(H2SO3)=0.1 mol/LC含有AgBr和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)c(Br-)=c(I-)D浓度均为0.1 mol/L的(NH4)2SO4与(NH4)2CO3溶液中，前者小于后者【答案】B【解析】A在p

24、H相等的醋酸与硫酸溶液中，根据电荷守恒可得关系式：c(CH3COO-)=2c()。当加水稀释相同倍数时，由于醋酸是弱酸，存在电离平衡，未电离的醋酸分子会进一步电离产生醋酸根离子，则c(CH3COO-)2c()； A错误；B在该溶液中含S元素的微粒有、H2SO3，根据S元素守恒可知c()+c()+c(H2SO3)=0.1 mol/L，B正确；C含有AgBr和AgI固体的悬浊液中同时存在沉淀溶解平衡：AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgI(s)Ag+(aq)+I-(aq)，由于溶度积常数Ksp(AgBr)Ksp(AgI)，所以c(Br-)c(I-)，C错误；D(NH4)2SO4是强酸

25、弱碱盐，溶液中只存在的水解平衡；而(NH4)2CO3是弱酸弱碱盐，在溶液中同时存在、水解平衡，二者水解相互促进，导致溶液中c()比前者小，而c(NH3H2O)比前者大，故在等浓度的两种盐溶液中，当水解达到平衡时前者大于后者，D错误；故合理选项是B。9（2021四川凉山彝族自治州高三二模）根据下列实验操作和现象所得结论正确的是选项实验操作现象结论A向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B向浓度均为0.1mo/L的NaHCO3溶液和NaHSO3溶液中滴加几滴酚酞试剂前者溶液变红，后者不变色NaHCO3水解，而NaHSO3不水解C向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管

26、中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象Ksp(AgI)Ksp(AgCl)D甲烷与氯气在光照下反应产生混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性AABBCCDD【答案】C【解析】A可能溶液中本来就有铁离子，而非亚铁离子，A错误；B碳酸氢钠水解大于电离，亚硫酸氢钠电离大于水解，并不是不水解，B错误；C黄色沉淀说明生成了碘化银，碘化银和氯化银形式相同，溶度积小的先沉淀，即Ksp(AgI)KspFe(OH)3AABBCCDD【答案】C【解析】A(NH4)2SO4为轻金属的盐，它使蛋白质发生盐析而不是变性，故A错误； B炽热的木炭与浓硫酸混合所得气

27、体为二氧化碳和二氧化硫，通入澄清石灰水，产生白色沉淀，不能证明产生二氧化碳，故B错误；C产物通过BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明反应生成了SO3；品红溶液褪色，说明SO2有剩余，从而说明SO2和O2没有完全反应，SO2和O2的反应有一定的限度，故C错误；D由于KOH过量，Al3+与OH-反应先生成Al(OH)3沉淀，然后继续与KOH反应，生成KAlO2，并没有发生Al(OH)3与Fe3+生成Fe(OH)3和Al3+的反应，也就不能说明KspAl(OH)3与KspFe(OH)3的相对大小，故D错误；故答案为C。12（2021江苏省如皋中学）室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。实验实验操

28、作和现象1向0.1 molL-1NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红2向0.1 molL-1 NaHS溶液中加入等体积0.1 molL-1 NaOH溶液充分混合3向0.1 molL-1 NaHS溶液中通入过量氯气，无淡黄色沉淀产生4向0.1 molL-1 NaHS溶液中滴加过量CuCl2溶液，产生黑色沉淀下列有关说法正确的是A0.1 molL-1NaHS溶液中：c(S2-)c(H2S)B实验2所得溶液中：c(Na)=c(S2-)c(HS-)c(H2S)C实验3说明HS-不能被氯气氧化D实验4反应静置后的上层清液中有c(Cu2+)c(S2-)=Ksp(CuS)【答案】D【解析】ANaHS溶液

29、中存在电离平衡HS-H+S2-和水解平衡HS-+H2OH2S+OH-，由实验1可知NaHS溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，因此c(S2-)HAD用AgNO3标准溶液滴定待测液中Cl-，以K2CrO4为指示剂Ksp(Ag2CrO4)Ksp(AgCl)AABBCCDD【答案】B【解析】ACu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，没有单质生成，不属于置换反应，A错误；B硝酸钡溶液中通入二氧化硫气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，则二氧化硫具有还原性，B正确；CNaA、NaB溶液的浓度未知，不能由盐溶液的pH来比较对应酸的酸性，C错误；D以K2CrO4为指示剂，说明Ksp(Ag2CrO4)更

30、小，D错误；答案选B。二、多选题14（2021全国高三零模）下列实验操作、现象和结论均正确的是实验操作实验现象结论A向淀粉溶液中加入20%的溶液，加热一段时间，冷却后加入足量溶液，再滴加少量碘水溶液未变蓝色淀粉已完全水解B，在溶液中加入溶液有砖红色沉淀生成C能与反应生成，向两支盛有溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和溶液前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成溶液中存在平衡D将与浓硫酸反应后的混合液冷却，再向其中加入蒸馏水溶液变蓝有生成AABBCCDD【答案】BC【解析】A单质碘和氢氧化钠发生如下反应：，不能检验淀粉是否完全水解，A错误；B在溶液中加入溶液，有砖红色沉淀生成，证明，B正确；C两支盛有溶液的试

31、管中分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，说明含有单质碘，后者有黄色沉淀生成，说明含有碘离子，溶液中存在平衡，C正确；D不能将水加入到与浓硫酸反应后的混合液中，发生液滴飞溅，应该取样之后加入水中，D错误；答案为：BC。三、工业流程题15（2021九龙坡区重庆市育才中学高三三模）炼锌矿渣，主要含有铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4，它们都为易溶于水的强电解质，综合利用可获得3种金属盐，并进一步处理镓盐，可制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：已知：常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离

32、子的百分数)见表2。表1：金属离子浓度及开始沉淀的pH金属离子浓度(molL-1)开始沉淀pH完全沉淀pHFe21.01038.00Fe34.01021.73.2Zn21.55.57.5Ga33.01033.0表2：金属离子的萃取率金属离子萃取率(%)Fe20Fe399Zn20Ga39798.5(1)Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合价为_，“浸出”时其发生反应的主要离子方程式_。(2)滤液1中可回收利用的物质是_，滤饼的主要成分是_；萃取前加入的固体X为_。(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，溶液中镓的存在形式为_(填化学式)。(4)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的Ga(CH3)3为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为_。(5)滤液1中残余的Ga3的浓度为_molL-1。【答案】+3价 Fe2O+8H=2Fe3+4H2O 硫酸锌 Fe(OH)3、Ga(OH)3 Fe NaGaO2或(GaO) Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN 3.01010.2 【分析】由题给流程可知，向炼锌矿渣中加入稀硫酸浸出时，铁酸镓、铁酸锌与稀硫酸反应转化为铁离子、镓离子和锌离子，过滤得到滤渣和含有亚铁离子、铁离子、镓离子和锌离子的浸