2024届高三化学二轮专题训练—水溶液中的离子反应与平衡
一、单选题
1．（辽宁省名校联盟2023届高考模拟调研卷（二）化学试题）室温下，用溶液滴定体积均为未知浓度的溶液和溶液。滴定过程中，溶液的与相关离子浓度的关系如下图(X代表A或B)，当消耗溶液时，两溶液均恰好等于7，下列说法错误的是
A．的数量级为
B．滴定前浓度：
C．将M、N两点溶液混合，所得溶液中存在
D．水的电离程度：
2．（2023·辽宁·校联考模拟预测）已知下，均为1的(难挥发的二元强酸)溶液和溶液，升高温度，两溶液与温度的关系如图所示(不考虑水的挥发)。下列说法错误的是
A．时，对应溶液中水的电离程度最小
B．时，水的离子积常数
C．之后，对应溶液增大的主要原因是醋酸挥发
D．点两溶液中存在
3．（2023·辽宁·校联考模拟预测）下列由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 配制一定物质的量浓度的NaCl溶液定容并反复摇匀 液面低于刻度线 所配溶液浓度偏高
B 用铜丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧 火焰呈绿色 待测液中含有
C 将加入水中 产生无色无味气体 在水中发生分解反应
D 常温下，用pH计测定一元弱酸弱碱盐MR溶液的pH pH计显示溶液的 常温下，与相等
A．A B．B C．C D．D
4．（2023春·上海长宁·高三华东政法大学附属中学校考期中）已知25℃，醋酸、次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如表：
酸 电离平衡常数
醋酸 Ki=1.75×10-5
次氯酸 Ki=2.98×10-8
碳酸 Ki1=4.30×10-7 Ki2=5.61×10-11
亚硫酸 Ki1=1.54×10-2 Ki2=1.02×10-7
下列叙述正确的是
A．将0.1mol/L的醋酸加水不断稀释，所有离子浓度均减小
B．少量CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+2ClO-→CO+2HClO
C．少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO3↓+2HClO
D．25℃，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中，碱性最强的是Na2CO3
5．（2023春·海南海口·高三海南中学校考期中）常温下，几种弱酸或弱碱的电离平衡常数如表所示。下列说法正确的是
化学式 HCOOH H2CO3 HClO NH3 H2O
Ka或Kb 1.8×10-4 Ka1=4.2×10-7、Ka2=5.6×10-11 4.0×10-8 1.8×10-5
A．HCOONa溶液中：c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)
B．等物质的量浓度溶液的pH大小顺序为HCOONa＞NaHCO3＞NaClO
C．向NaClO溶液中通入少量CO2的反应为CO2+2NaClO+H2O=2HClO+Na2CO3
D．等物质的量浓度溶液中c()大小顺序为(NH4)2CO3＞NH3 H2O＞NH4ClO
6．（2023·江西·统考二模）1，3-丙二酸(HOOCCH2COOH)是二元弱酸。298K时，向一定浓度的K2C3H2O4溶液中滴加盐酸，混合溶液中含碳粒子浓度pX与pH的关系如图所示。已知：pX=-lgc(X)，X=或。
下列叙述错误的是
A．直线L1表示pH与p[]的关系
B．KH3C3O4溶液的酸度AG=lg>0
C．在蒸馏水中溶解0.1molKH3C3O4和0.1molK2H2C3O4得到混合溶液的pH>5.66
D．当c(H4C3O4)=时溶液pH=3.26
7．（2023·山东临沂·统考二模）碳酸锂在工业上具有广泛的应用，以电解铝废渣(主要含、NaF、LiF、CaO)为原料，制备碳酸锂的工艺流程如下。
已知：；。
下列说法错误的是
A．“酸溶”时可以在玻璃容器中进行
B．气体b可以导入到“碳化”工序中使用
C．滤渣Ⅱ的主要成分是、
D．“苛化”时利用了与的碳酸盐的不同
8．（2023·山东·济南一中校联考三模）常温下，用标准溶液滴定等浓度的三元酸，得到与、或或的关系分别如图1、图2所示。
下列说法错误的是
A．曲线Ⅰ表示与的变化关系
B．由图1知中和溶液时，未出现突跃
C．当体系中溶液的时，
D．当滴入溶液时，
9．（2023春·江苏扬州·高三统考期中）室温下，H3AsO4的Ka1=6.3×10－3、Ka2=1.0×10－7、Ka3=3.2×10－12，Ca3(AsO4)2的Ksp[Ca3(AsO4)2]=1×10－21。通过下列实验研究Na2HAsO4的性质。
实验1：用pH试纸测定0.1 mol·L 1 Na2HAsO4溶液的pH，测得pH约为10.0
实验2：向H3AsO4溶液中加入稍过量碳酸钠，生成Na2HAsO4
实验3：将Na2HAsO4溶液与CaCl2溶液混合，生成Ca3(AsO4)2
实验4：在通入空气的条件下，将As2S3用NaOH溶液浸取，可以生成Na2HAsO4，同时得到Na2SO4
下列有关说法正确的是：
A．0.1 mol·L 1 Na2HAsO4溶液中存在：c()>c()
B．实验2反应后的溶液中存在：2c(H3AsO4)＋2c()＋2c()＋2c()= c(Na＋)
C．实验3中发生反应：2＋3Ca2＋= Ca3(AsO4)2＋2H＋的平衡常数K=107
D．实验4中发生反应为：2As2S3＋20NaOH＋25O2=4Na2HAsO4＋6Na2SO4＋10H2O
10．（2023春·浙江·高三校联考阶段练习）天然水体中的与空气中的保持平衡。某地溶洞水体中(X为、、或)与pH的线性关系如图所示。下列说法不正确的是
A．直线①代表，直线③代表
B．图中
C．
D．若空气中的浓度增加，则水体中的浓度减小
11．（2023春·上海浦东新·高三华师大二附中校考期中）和(砖红色)都是难溶电解质，以对pCl和作图的沉淀平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．阴影区域AgCl和都将溶解
B．②线是AgCl的沉淀平衡曲线
C．向含有的溶液中加入，白色固体逐渐变为砖红色
D．
12．（2023春·上海浦东新·高三华师大二附中校考期中）常温下，向溶液中滴加溶液，有关微粒的物质的量变化如图所示。下列说法错误的是
A．在水中的电离方程式是、
B．当时，则有：
C．等体积等浓度的NaOH溶液与溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大
D．当时，则有：
二、多选题
13．（2023·山东潍坊·统考二模）常温下，用测定溶液中的时，含微粒的分布系数与的关系如图所示。与的配合物存在如下平衡：。下列说法错误的是
A．
B．在X点：
C．在Q点：
D．若P点，
14．（2023·山东济宁·统考二模）已知： ， 。25℃时，甘氨酸溶液中通入HCl或加入氢氧化钠含氮微粒的浓度对数与pH的关系如图所示，下列说法错误的是
A．a点时，
B．pH从4变化到9，溶液中不变
C．的甘氨酸水溶液中
D．在溶液中
三、工业流程题
15．（2023秋·江苏泰州·高三校联考期末）MnCl2极易吸水潮解，易溶于水和醋酸，不溶于苯；金属活泼性Mn>Fe。某科研小组由粗锰粉(含Mn及少量Fe、Ni、Pb等单质)为原料制备MnCl2，部分实验过程如下：
(1)“酸溶”时，盐酸要缓慢滴加的原因是___________。酸溶过程中溶液中Fe2＋的浓度先增大后略有减少，减少的原因是___________。
(2)“除铁”时，先加入H2O2，后加入MnCO3固体。加入MnCO3固体时有CO2生成，反应的离子方程式为___________。
(3)MnCl2·4H2O经加热脱水可制得MnCl2，测得加热升温过程中固体的质量变化如图所示。
① 若要获得MnCl2·H2O，需控制的温度范围是___________(写出计算推理过程)。
② MnCl2·H2O继续脱去结晶水时易发生副反应，产生MnO2和碱式氯化锰杂质，为减少副反应的发生，可采取的实验操作是___________。
(4) MnCl2·4H2O经加热脱水制得的MnCl2纯度不高，实验室可由固体四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和液体乙酰氯(CH3COCl)经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯MnCl2，涉及的主要反应有CH3COCl＋H2O→CH3COOH＋HCl、(CH3COO)2Mn＋2CH3COClMnCl2↓＋2(CH3CO)2O。为获得较高产率的高纯MnCl2，请补充实验方案：取四水醋酸锰24.5 g(0.1 mol)和50 mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入___________，充分反应后过滤，___________，干燥，得到MnCl2.[供选择的试剂：CH3COCl(0.1 mol CH3COCl的体积约7 mL)、苯、水]
16．（2023·湖南邵阳·统考三模）金属钒主要用于冶炼特种钢，被誉为“合金的维生素”。人们在化工实践中，以富钒炉渣(其中的钒以FeO V2O3、V2O5等形式存在，还有少量的SiO2、Al2O3等)为原料提取金属钒的工艺流程如图所示：
提示：①钒有多种价态，其中+5价最稳定；
②V2O5在碱性条件下可转化为VO。
(1)可加快“高温氧化”速率的措施有______(填一条)。
(2)“气体X”和“气体Y”的化学式分别为______、______。
(3)“沉硅、沉铝”中得到含铝沉淀的离子方程式为_______。
(4)写出“高温氧化”过程中发生反应的化学方程式______。
(5)写出“热解”时的化学方程式_______。
(6)在“高温还原”反应中，氧化钙最终转化为______(写化学式)。
(7)已知：25℃时，NH3 H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，判断NH4HCO3溶液呈______(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
17．（2023·福建宁德·统考模拟预测）钪是重要的战略物质，在自然界矿物中钪的含量极低．某炼钨后的矿石废渣中氧化钪()的质量分数为，还含有、MnO、等物质。如图以该废渣为原料制取氧化钪。
回答以下问题：
(1)“酸浸”时为避免反应过于剧烈，加入废渣的适宜操作是___________，其中溶解的离子方程式为___________。
(2)萃取剂伯胺能萃取，但基本上不萃取。则合理的试剂X是________。
(3)“反萃取”时应调节pH不小于_______________(结果保留一位小数)。(已知：①；②；③溶液中离子浓度小于时视为沉淀完全。)
(4)反萃取后，沉淀物中Sc含量升高，但杂质仍是主要的，则“优溶”的目的是___________。
(5)在空气中“煅烧”，发生反应的化学方程式为___________。
(6)采用上述工艺可以从3t废渣中制得纯度为81%的氧化钪，则收率为____________。(收率＝实际生产的产品产量÷理论计算的产品产量)
四、原理综合题
18．（2023·上海·模拟预测）砷与氮为同主族元素，砷及其化合物可应用于农药、除草剂、杀虫剂等。完成下列填空：
(1)法庭医学常用马氏试砷法来证明是否砒霜(As2O3)中毒：把试样与锌和盐酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、氯化锌与水，写出该反应的化学方程式_______。
(2)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4(其中As为+2价)和SnCl4并放出H2S气体，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。
(3)一定条件下，雄黄(As4S4)与O2生成As2O3与物质a。若该反应中1molAs4S4参加反应时，转移28 mol电子。写出物质a的化学式_______。
(4)三元弱酸亚砷酸()溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。
向亚砷酸溶液中缓缓加入NaOH溶液至pH=11时，反应的离子方程式为_______。Na2HAsO3溶液中c(H2AsO)_______c(AsO) (填“>” “<”或“=”)。理由是_______。
(5)已知I2 + AsO+2OH-2I-+AsO＋H2O。为验证该反应具有可逆性，将等物质的量浓度的碘水与Na3AsO3溶液按体积比为V1：V2的比例混合(另加入适量的碱)。当V1_______V2 (填“>”或“<”) 时，只需加入_______ (填试剂名称)就可以确定该反应具有可逆性。上述反应显示：AsO能在碱性溶液中被I2氧化成AsO，而H3AsO4又能在酸性溶液中被I-还原成H3AsO3，这表明_______。
参考答案：
1．B
【详解】A．由图可知时，和的电离平衡常数即等于此时溶液的，所以的数量级为，A项正确；
B．由A选项可知，酸性：HA＞HB；滴定至时，所用溶液体积相同，则酸的酸性越弱，浓度越大，则滴定前浓度：，B项错误；
C．时，两溶液中均存在、，将M、N两点溶液混合，所得溶液中也存在，C项正确；
D．越小，水的电离程度越弱，所以水的电离程度：，D项正确；
答案选B。
2．D
【详解】A．由图可知，曲线表示溶液的与温度的关系，时醋酸电离产生对水的电离抑制程度更大，水电离程度最小，A项正确；
B．由图可知，曲线表示稀的与温度的关系，则时，溶液中和电离出的浓度之和为，电离出的，水的离子积常数，B项正确；
C． 之后，温度升高，溶液增大，主要原因是醋酸挥发，C项正确；
D．由电荷守恒可知，，D项错误；
故答案为：D。
3．D
【详解】A．配制一定物质的量浓度的溶液，定容并反复摇匀，液面低于刻度线的原因是少量液体附着在容量瓶刻度线以上的内壁上，不影响浓度，选项A错误；
B．灼烧铜的火焰颜色为绿色，不能确定待测液中含有，选项B错误；
C．与水反应，不属于分解反应，选项C错误；
D．溶液的，说明一元弱酸根离子和弱碱阳离子水解程度相同，则与相等，选项D正确；
答案选D。
4．D
【详解】A．将0.1mol/L的醋酸加水不断稀释，OH-浓度增大，故A错误；
B．根据电离平衡常数，可知酸性H2CO3>HClO>，所以少量CO2通入NaClO溶液中生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=+HClO，故B错误；
C．二氧化硫能被次氯酸钙氧化，少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中生成硫酸钙沉淀、次氯酸、氯化钙，反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++3ClO-=CaSO4↓+2HClO+ Cl-，故C错误；
D．25℃，醋酸的Ki=1.75×10-5、次氯酸的Ki=2.98×10-8、碳酸的Ki2=5.61×10-11、亚硫酸的Ki2=1.02×10-7，电离平衡常数越小，酸根离子的水解沉淀越大，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中，碱性最强的是Na2CO3，故D正确；
选D。
5．A
【详解】A．HCOONa溶液中，发生反应：HCOO-+H2OHCOOH+OH-、H2OH++OH-，则存在下列关系：c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)，A正确；
B．比较表中的电离常数，可确定电离程度HCOOH＞H2CO3＞HClO，则离子的水解程度HCOONa＜NaHCO3＜NaClO，等物质的量浓度溶液的pH大小顺序为NaClO＞NaHCO3＞HCOONa，B不正确；
C．向NaClO溶液中通入少量CO2，由于Ka2(H2CO3)＜Ka(HClO)，所以与ClO-不能发生反应，反应CO2+2NaClO+H2O=2HClO+Na2CO3不能发生，C不正确；
D．(NH4)2CO3、NH4ClO在水溶液中发生完全电离，NH3 H2O只发生部分电离，则等物质的量浓度溶液中c()大小顺序为(NH4)2CO3＞NH4ClO＞NH3 H2O，D不正确；
故选A。
6．D
【分析】横轴表示pH，纵轴表示-lg或-lg，lgKa1==lg-pH，lgKa2== lg-pH，HOOCCH2COOH的一级电离平衡常数Ka1远大于二级电离平衡常数Ka2，则直线L1、L2分别表示p[]、p[]，当Q点数据可知，pH=3.85时，-lg=-pH- lgKa1=-1，则Ka1=110-2.85，由W点数据可知，pH=4.66时，-lg=-pH- lgKa2=1，则Ka2=110-5.66，以此解答。
【详解】A．由分析可知，直线L1表示pH与p[]的关系，故A正确；
B．由分析可知，KH3C3O4溶液中的电离常数为110-5.66，水解常数为，说明的电离程度大于水解程度，KH3C3O4溶液呈酸性，酸度AG=lg>0，故B正确；
C．由分析可知，在蒸馏水中溶解0.1molKH3C3O4和0.1molK2H2C3O4得到混合溶液pH=-lgc(H+)=pKa2+lg=5.66+ lg，由于的电离程度大于水解程度，混合溶液中>，lg>0，则pH>5.66，故C正确；
D．lgKa1==lg-pH，当c(H4C3O4)=时pH=- lgKa1=2.85，故D错误；
故选D。
7．A
【分析】电解铝废渣在浓硫酸中溶解，生成硫酸铝、硫酸钠、硫酸锂、硫酸钙和HF气体，酸浸液中加水稀释溶解，硫酸钙微溶水形成沉淀过滤除去；滤液中加碳酸钠溶液碱解，硫酸锂与碳酸钠发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝，再加生石灰苛化生成氢氧化铝沉淀除去，同时过量的碳酸钠与生石灰反应生成碳酸钙，滤液中通二氧化碳得到碳酸锂，据此分析解答。
【详解】A．酸溶时生成HF，HF腐蚀玻璃，因此不能在玻璃容器中进行，故A错误；
B．由以上分析可知气态b为二氧化碳，可在碳化工序中使用，故B正确；
C．由以上分析可知滤渣Ⅱ主要成分为、，故C正确；
D．“苛化”时利用了与的碳酸盐的不同，将转化为碳酸钙沉淀除去，故D正确；
故选：A。
8．CD
【分析】将NaOH溶液滴入H3A溶液中，有①H3A+NaOH=NaH2A+H2O；②NaH2A+NaOH=Na2HA+H2O；③Na2HA+ NaOH=Na3A +H2O，二者浓度均为0.1 mol·L 1，三元酸H3A溶液体积为20 mL，则反应①②③完全对应NaOH溶液体积分别为20 mL、40 mL、60 mL。
的分布电离过程中第一步电离程度最大，在pH增大过程中，当lgX=0时，曲线Ⅰ对应pH最小，氢离子浓度最大，曲线Ⅰ表示pH与lg的变化关系；曲线Ⅲ对应pH最大，氢离子浓度最小，曲线Ⅲ表示pH与lg的变化关系，则曲线Ⅱ表示pH与lg的变化关系；
【详解】A．加入NaOH过程中，pH增大，当lgX=0时，曲线I对应pH最小，氢离子浓度最大，曲线Ⅰ表示pH与lg的变化关系，选项A正确；
B．中和Na2HA为反应③，NaOH溶液体积从40 mL到60 mL，从图中分析40 mL NaOH溶液加入时，溶液碱性已经很强，当60 mL NaOH溶液加入时，从图中看，pH=12时，未出现pH突跃，选项B正确；
C．曲线Ⅱ表示pH与lg的变化关系，从图中看，根据点（10，2.8）可知pH=10时，lgX=2.8，则=102.8，K2==10-10×102.8=10-7.2，当pH=9时，即c(H+)=10-9，=，选项C错误；
D．当加入40mL NaOH溶液时，溶质为Na2HA，从图1看溶液显碱性，则的电离程度小于的水解程度，由于水也会电离出氢离子、氢氧根离子故，所以离子浓度大小顺序为，选项D错误；
答案选CD。
9．A
【详解】A．由实验1可知，Na2HAsO4溶液呈碱性，其水解程度大于电离程度，c()>c()，选项A正确；
B．实验2反应后的溶液中加入稍过量碳酸钠，生成Na2HAsO4，根据物料守恒，则存在：2c(H3AsO4)＋2c()＋2c()＋2c()< c(Na＋)，选项B错误；
C．实验3中发生反应：2＋3Ca2＋= Ca3(AsO4)2＋2H＋的平衡常数K= = =10-2，选项C错误；
D．实验4中发生反应为：As2S3＋10NaOH＋7O2=2Na2HAsO4＋3Na2SO4＋4H2O，选项D错误；
答案选A。
10．D
【分析】H2CO3(aq)H＋＋，H＋＋，随着溶液pH增大，碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，则碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，同时钙离子浓度减小，故曲线①代表，曲线②代表，曲线③代表Ca2＋；由点(6.3，5)计算该温度下碳酸的一级电离平衡常数 ，由点(10.3，-1)计算该温度下碳酸的二级电离平衡常数。
【详解】A．由分析可知，直线①代表，直线③代表，A正确；
B．，推知①lgc()=pH＋[lgKa1(H2CO3)-5]；，同理可推：②lgc()=2pH＋[lgKa1＋lgKa2-5]，B正确；
C．由Ksp(CaCO3)=c(Ca2＋)·c()，推知lgKsp(CaCO3)=lgc(Ca2＋)＋lgc()；则结合B分析可知，③lgc(Ca2＋)=lgKsp-lgc()=-2pH＋[lgKsp-lgKa1-lgKa2＋5]；由a点数值可知Ka1=10-6.3，由c点数值可知Ka2=10-10.3，再由b点数值代入③可知Ksp(CaCO3)=10-8.6，C正确；
D．若空气中的CO2浓度增加，CaCO3(s)＋CO2(g)＋H2OCa2＋＋2，平衡正向移动，水体中的Ca2＋浓度增大，D错误；
故选D。
11．C
【分析】根据图像可知，取纵坐标为零，计算得①线对应的，数量级为10-12，故①线代表Ag2CrO4，②线对应的，数量级为10-10，②线代表AgCl；
【详解】A．纵坐标越大，银离子浓度越小，横坐标越大，阴离子浓度越小，故阴影区域AgCl和都不沉淀而是溶解，A正确；
B．由分析可知，②线是AgCl的沉淀平衡曲线，B正确；
C．当溶液中有1.0 KCl时，则此时氯离子的浓度为1.0，pCl=0，由图可知，此时无法形成，C错误；
D．由分析可知，，则，D正确；
故选C。
12．C
【分析】向酸H2A中滴加NaOH溶液，H2A的量逐渐减小、HA-的量先增加后减小、A2-的量一直增加；结合题干图像可知，Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA-，Ⅲ代表A2-，由于溶液中会同时存在三种含A微粒，说明H2A是弱电解质；
【详解】A．由分析可知，H2A是弱电解质，其一级电离也是不完全的，则H2A在水中的电离方程式是：、，A正确；
B．当V(NaOH)=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，由图可知，c(A2-)＞c(H2A)，即HA-电离大于水解，溶液显酸性，则c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，B正确；
C．由B分析可知，NaHA的电离大于水解程度，溶液显酸性，水的电离受到了抑制，其溶液中水的电离程度比纯水小，C错误；
D．当V(NaOH)=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要为等物质量的NaHA、Na2A的混合溶液，根据物料守恒可知：3c(HA-)+3c(A2-)+3c(H2A)=2c(Na+)，D正确；
故选C。
13．BD
【分析】 ，随氯离子浓度增大，平衡逆向移动，所以A表示、B表示、C表示、D表示、E表示。
【详解】A．根据图像，时，；时， ，故A正确；
B．根据图像，在X点：， 此时，故B错误；
C．根据电荷守恒，在Q点：，平均配位数约为3，所以 ，，所以，故C正确；
D．若P点，根据电荷守恒，P点， ，，所以
，故D错误；
选BD。
14．AC
【分析】如图，甘氨酸分子中有氨基和羧基，氨基有碱性，在酸性较强的溶液中会结合H+形成H3N+CH2COOH；羧基有酸性，在碱性较强的溶液中会与OH-反应生成和
H2O，故随着pH增大，曲线I~III分别表示H3N+CH2COOH、H3N+CH2COO-、，以此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线I表示H3N+CH2COOH，曲线II表示H3N+CH2COO-，a点c(H3N+CH2COOH)=c(H3N+CH2COO-)，已知： K2=，c(H+)=，pH=-lgc(H+)=，故A错误；
B．由分析可知，曲线II表示H3N+CH2COO-，pH从4变化到9，溶液中不变，故B正确；
C．的甘氨酸水溶液中，发生电离生成和H+，发生水解产生和OH-，发生电离产生和H+，由此可知的甘氨酸水溶液呈酸性，则，故C错误；
D．在溶液中不存在Cl-，根据电荷守恒，故D正确；
故选AC。
15．(1) 防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应；防止反应放出大量的热， 盐酸大量挥发；防止生成大量气体，使液体溢出(答对任一点即可) 一部分Fe2＋被Mn置换出来，一部分Fe2＋被O2氧化为Fe3＋后再转化为Fe(OH)3沉淀出来
(2)3MnCO3+2Fe3＋+3H2O=3Mn2＋+2Fe(OH)3+3CO2↑
(3) 130～180 ℃(在温度范围内均可) 将晶体置于HCl氛围中加热或将晶体置于真空状态下加热并及时抽出水汽
(4) 28 mL的CH3COCl 将所得固体、50 mL苯和14 mL的CH3COCl置于装有蒸馏装置中；加热回流至沉淀不再增加，过滤，用苯洗涤2～3次
【详解】（1）该反应为放热反应，且盐酸是挥发性酸，则盐酸要缓慢滴加的原因是：防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应；防止反应放出大量的热， 盐酸大量挥发；防止生成大量气体，使液体溢出(答对任一点即可)；
根据题给信息，金属活泼性Mn>Fe，则锰可以置换出溶液总的二价铁离子，另外溶液中溶解的氧气可以将二价铁氧化为三价铁，则溶液中Fe2＋的浓度减少的原因是：一部分Fe2＋被Mn置换出来，一部分Fe2＋被O2氧化为Fe3＋后再转化为Fe(OH)3沉淀出来；
（2）“除铁”时，先加入H2O2将二价铁氧化为三价铁，再加入MnCO3固体时有CO2生成，相关的反应有：3MnCO3+2Fe3＋+3H2O=3Mn2＋+2Fe(OH)3+3CO2↑；
（3）①根据锰元素守恒可知，，则，故要获得MnCl2·H2O，需要控制温度为：130～180 ℃之间；
②生成杂质是由于氯化锰的水解导致的，可以通过防止水解的发生而减少杂质的产生，故为减少副反应的发生，可采取的实验操作是：将晶体置于HCl氛围中加热或将晶体置于真空状态下加热并及时抽出水汽；
（4）根据题给信息可知，还需要加入CH3COCl，并且(CH3COO)2Mn·4H2O~4CH3COCl，则需要CH3COCl的物质的量为0.4mol，体积为28mL，根据题中信息，经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯MnCl2，故答案为：28 mL的CH3COCl；将所得固体、50 mL苯和14 mL的CH3COCl置于装有蒸馏装置中；加热回流至沉淀不再增加，过滤，用苯洗涤2～3次。
16．(1)将富钒炉渣粉碎(或将KClO3与富钒炉渣充分混合等)
(2) CO2 NH3
(3)AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO
(4)6[FeO V2O5]+5KClO33Fe2O3+6V2O5+5KCl
(5)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O
(6)CaSiO3
(7)碱性
【分析】“焙烧"过程中加入KClO3可将低价铁、钒氧化为高价，而碳酸钠的作用是将SiO2、Al2O3和V2O5转化为相应的盐，都是生成CO2气体，但氧化铁不参与反应；KOH溶液“浸取”是将固体混合物溶解，而不溶解的氧化铁作为“滤渣1”的形式过滤出来；加碳酸氢铵的作用是先除去硅和铝(生成硅酸和氢氧化铝沉淀)，之后加入的硫酸铵可将钒转化为钒酸铵；“热解"是利用铵盐受热易分解的性质将钒酸铵加热分解得到五氧化二钒，同时释放出氨气；最后通过铝热反应将五氧化二钒还原为金属钒。
【详解】（1）将富钒炉渣粉碎（或将KClO3与富钒炉渣充分混合）均可加快“高温氧化”速率。
（2）由分析可知，“气体X”和“气体Y”的化学式分别为CO2和NH3。
（3）由分析可知，“沉硅、沉铝”中加碳酸氢铵和铝氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO。
（4）“焙烧"过程中加入KClO3可将FeO V2O3氧化为Fe2O3和V2O5，化学方程式为：6[FeO V2O5]+5KClO33Fe2O3+6V2O5+5KCl。
（5）“热解"是利用铵盐受热易分解的性质将钒酸铵加热分解得到五氧化二钒，同时释放出氨气，化学方程式为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O。
（6）V2O5和CaO、硅铁合金在高温下发生反应生成粗钒，V元素化合价下降，则Si元素化合价上升，氧化钙最终转化为CaSiO3。
（7）NH4HCO3溶液NH发生水解NH+H2O+H+，水解常数Kh=，HCO发生水解HCO+H2O H2CO3+OH-，水解常数Kh=，说明NH的水解程度小于HCO的水解程度，NH4HCO3溶液呈碱性。
17．(1) 搅拌下缓慢加入或分多次加入等
(2)Fe
(3)5.6
(4)调节pH，使溶解而杂质不溶解
(5)
(6)73.8%或0.738或0.74
【分析】废渣中加硫酸溶解，其中不与硫酸反应形成浸渣，其他金属氧化物转化为相应硫酸盐，过滤后在滤液中加Fe粉将硫酸铁还原为硫酸亚铁，过量铁粉过滤除去，滤液中加萃取剂萃取，分液后在萃取剂层加NaOH将转化为沉淀过滤分离，沉淀加盐酸溶解，再在滤液中加草酸将转化为沉淀，过滤沉淀进行煅烧生成，据此分析解答。
【详解】（1）“酸浸”时为避免反应过于剧烈，可缓慢试剂废渣或少量多次加入，并边加边搅拌使热量散失。溶于硫酸生成和水，反应离子方程式为：，故答案为：搅拌下缓慢加入或分多次加入等；；
（2）由题意可知为防止萃取剂萃取，需加还原剂将还原为，为不引入新的杂质，选用Fe粉作还原剂，故答案为：Fe；
（3）反萃取目的是将转化为沉淀，为使沉淀完全，离子浓度小于，则c(OH-)=mol/L，pH5.6，故答案为：5.6；
（4）“优溶”过程中通过加盐酸调节溶液pH，主要使溶解，而杂质不溶解，故答案为：调节pH，使溶解而杂质不溶解；
（5）煅烧过程中与氧气反应生成，结合电子得失守恒可得反应方程式为：，故答案为：；
（6）废渣中氧化钪()的质量分数为，3t废渣中含质量为3t×0.03%×106=900g，实际得到的质量×81%=664.2g，则收率为或73.8%或0.738或0.74，故答案为：73.8%或0.738或0.74。
18．(1)6Zn+As2O3+12HCl=6ZnCl2+2AsH3↑+3H2O
(2)2：1
(3)SO2
(4) H3AsO3+OH-=H2AsO+H2O > Na2HAsO3溶液呈碱性，HAsO水解程度大于其电离程度
(5) < 淀粉溶液 溶液的酸碱性影响物质的氧化还原性
【详解】（1）As2O3与Zn、HCl反应生成AsH3、ZnCl2和H2O，化学方程式为6Zn+As2O3+12HCl=6ZnCl2+2AsH3↑+3H2O。
（2）As2S3和SnCl2在盐酸中反应生成As4S4、SnCl4和H2S，化学方程式为2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑，该反应As2S3中As得电子化合价降低，As4S4为还原产物，SnCl2中Sn失电子化合价升高，SnCl4为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1。
（3）As4S4与O2反应生成As2O3和物质a，1molAs4S4参与反应时，转移28mol电子，1molAs4S4转化为As2O3时As转移4mol电子，则剩余24mol电子为S失电子所转移，1mol As4S4含有4molS，S化合价为-2价，则产物中S为+4价，因此物质a为SO2。
（4）pH=11时，的量最多，其余物质相对较少，则此过程的离子反应为H3AsO3+OH-=H2AsO+H2O。从图中可知，溶液中溶质为Na2HAsO3时溶液呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，故Na2HAsO3溶液中c()>c()。
（5）为验证该反应具有可逆性，将等物质的量浓度的碘水和Na3AsO3溶液按体积比V1：V2的比例混合，只要确保Na3AsO3过量，再用淀粉溶液检验混合物中是否存在I2即可验证该反应是否具有可逆性，如不可逆，则加入淀粉溶液后，混合液不变蓝。因此V1
