2024届五年高考化学真题分类训练：专题七 元素及其化合物的综合应用

第页专题七元素及其化合物的综合应用题组一一、选择题1.[2023辽宁，3分]下列有关物质的工业制备反应错误的是(D)A.合成氨:N2+3HC.制粗硅:SiO2+2C[解析]化学工业的制备反应合成氨工业为氮气和氢气在高温高压、催化剂条件下反应生成氨气，A项正确；工业制备HCl为氢气和氯气在点燃时反应生成HCl，B项正确；工业制备粗硅为石英和焦炭在高温条件下反应生成单质硅和CO，C项正确；工业冶炼镁为电解熔融氯化镁生成镁和氯气，D项错误。2.[2022河北，3分]下列说法错误的是(B)A.CaF2与浓HB.NaOH是强碱，因此钠盐的水溶液不会呈酸性C.溶洞的形成主要源于溶解CO2D.KMnO4与H2C[解析]CaF2+H2SO4浓△CaSO4+2HF↑，HF水溶液可以刻蚀玻璃，A项正确；NaHSO4溶液呈酸性，B项错误；CaCO3+H2O+CO2CaHCO32，CaHCO3.[2022河北，3分]LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下：下列说法错误的是(A)A.还原工序逸出的Br2用NaOHB.除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离C.中和工序中的化学反应为Li2D.参与反应的nBr2:[解析]逸出的Br2用NaOH溶液吸收后生成NaBr、NaBrO和水，若直接返回还原工序，会引入杂质离子Na+，导致产品不纯，A项错误；滤渣中含S和BaSO4，单质S可溶于煤油，而BaSO4不溶于煤油，故B项正确；中和工序中Li2CO3与HBr反应生成LiBr、CO2和H2O，C项正确；根据Br24.[2022辽宁，3分]镀锌铁钉放入棕色的碘水中,溶液褪色;取出铁钉后加入少量漂白粉,溶液恢复棕色;加入CCl4,振荡,静置,液体分层。下列说法正确的是(DA.褪色原因为I2被Fe还原C.镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈 D.溶液恢复棕色的原因为I−[解析]锌的金属活动性强于铁，镀锌铁钉放入棕色的碘水中，I2被锌还原成I−，溶液褪色，A项错误；加入漂白粉，溶液恢复棕色，说明溶液中的I−又被氧化成I2，I2易溶于CCl4，CCl4不溶于水且密度比水大，故加入CCl4，I2的CCl45.[2021浙江1月选考，2分]下列“类比”合理的是(C)A.Na与H2O反应生成NaOH和H2,则Fe与H2OB.NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO,则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSOC.Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl,则Mg3D.NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3[解析]铁与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不正确；HClO具有强氧化性，会将NaHSO3氧化，B不正确；氮化钠与氮化镁水解生成相应的碱和氨气，再与盐酸反应生成盐，C正确；NaOH与AgNO3反应先生成AgOH,AgOH不稳定，生成Ag2O，氨水与少量硝酸银溶液反应先生成AgOH，而AgOH6.[2021广东，2分]化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是(A)选项生产活动化学原理A用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜聚乙烯燃烧生成CO2和HB利用海水制取溴和镁单质Br−可被氧化、Mg2C利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品氢氟酸可与SiO2D公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀[解析]聚乙烯塑料可用作食品保鲜膜，与其燃烧产物无关，应和聚乙烯的无毒无污染等性能有关，A项错误；海水提溴和制镁时，Br−发生了氧化反应，而Mg2+发生了还原反应，B项正确；氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，利用了氢氟酸与SiO2的反应，C7.[2019浙江4月选考，2分]针对下列实验现象表述不正确的是(A)A.用同一针筒先后抽取80mL氯气、20B.在表面皿中加入少量胆矾,再加入3mLC.向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液,再滴加双氧水,产生白色沉淀D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧,有白色、黑色固体生成[解析]常温常压下，1体积水约溶解2体积的氯气，故20mL水只能溶解大约40mL的氯气，A项错误；浓硫酸具有吸水性，将CuSO4⋅5H2O转化为CuSO4，固体由蓝色变为白色，B项正确；双氧水将含+4价硫元素的微粒氧化为SO42−，SO42−与BaCl2二、非选择题8.[2023全国乙卷，15分]LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)已知:K​sp[FeOH3]=2.8×10−39回答下列问题:（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为MnCO3+H2[解析]硫酸溶矿时发生的主要反应是MnCO3溶于硫酸的反应，化学方程式为MnCO3（2）加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是Mn[解析]加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于除铁。若使用H2O2替代MnO2，则（3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4,此时cFe3+=2.8×10−9[解析]溶液pH=4，即cOH−=10−10mol⋅L−1时，由Ksp[FeOH3]=cFe3+⋅c3（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有NiS和BaSO[解析]酸溶时得到相应金属的硫酸盐，故加入少量BaS溶液除Ni2+时会生成NiS和BaSO（5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为Mn2++2H2O[解析]电解槽中反应生成MnO2，则阳极反应为Mn2+−2e−+2H2OMnO2↓+4H（6）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是8[解析]根据得失电子守恒和质量守恒可写出煅烧窑中生成LiMn2O4反应的化学方程式是9.[2021浙江1月选考，10分]某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中:X是易溶于水的强酸盐,由3种元素组成;A和B均为纯净物;B可使品红水溶液褪色。请回答:（1）组成X的3种元素是Cu、S、O（填元素符号）,X的化学式是CuS2O[解析]由原子守恒知X由Cu、S、O三种元素组成。X中nCu=0.005mol×2=0.01mol，nS=0.005mol×2+（2）将固体X加入温热的稀H2SO4中,产生气体B,该反应的离子方程式是S[解析]CuS2O6易溶于水，与稀硫酸反应的产物之一是SO2，易推出另一种产物含SO4（3）步骤Ⅰ,发生反应的化学方程式是。[解析]CuOH2与甘油发生反应生成H2O（4）步骤Ⅱ,某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是SO2与水反应生成H2SO3;H2SO3[解析]SO2在水中可被溶解在水中的O2氧化为SO42−，SO42−（5）关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为:B不能使品红褪色,而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可）,通入SO2,不褪色;品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体,褪色更快[解析]由C的形成过程知其是BaSO4，A1中nSO42−=1.165g÷233g⋅mol−1=0.005mol；由题意可推出气体B是SO2，同理可求出SO2溶于水后溶液中的含S微粒还有H2SO3、HSO3−、SO32−。证明SO2题组二一、选择题1.[2023全国乙卷，6分]一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是(D)A.硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀6FeSOB.硫化钠溶液出现浑浊颜色变深Na2C.溴水颜色逐渐褪去4BrD.胆矾表面出现白色粉末CuSO4[解析]FeSO4溶液中出现的棕黄色沉淀应为FeOH3，而不是FeOH2，发生的反应为12FeSO4+3O2+6H2O4Fe2SO43+4FeOH3↓，A2.[2023湖南，3分]取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序（试剂浓度均为0.1mol⋅L−1选项试剂①试剂②A氨水AgNO3BNaOH溶液Al2SOCH2C酸性KMnO4DKSCN溶液FeCl3[解析]选项①加入②中现象②加入①中现象A先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解先无明显现象，后产生白色沉淀B先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解先无明显现象，后产生白色沉淀C溶液紫色逐渐褪去，有气泡产生紫色溶液迅速褪色，有气泡产生D溶液变为红色溶液变为红色3.[2020江苏，2分]下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是(A)A.NaOH的碱性比MgOHB.Cl2得到电子的能力比BrC.原子半径r：D.原子的最外层电子数n：[解析]元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，A项正确；Cl的非金属性强于Br，则Cl2得到电子的能力比Br2的强，B项错误；同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径大小顺序为rNa>rMg>rCl，C项错误；Na、Mg、4.[2020江苏，2分]下列选项所示的物质间转化均能实现的是(C)A.NaClaq电解ClB.NaClaqC.NaBraqD.MgOH[解析]Cl2与石灰乳反应可制得漂白粉，A项错误；NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑+H2二、非选择题5.[2021海南，12分]亚硝酰氯NOCl可作为有机合成试剂。已知：①2②沸点：NOCl为−6℃，Cl2为−34℃，NO③NOCl易水解，能与O2某研究小组用NO和Cl2在如图所示装置中制备NOCl回答问题：（1）通入Cl2和NO前先通入氩气，作用是排除装置中的空气;仪器D的名称是球形干燥管[解析]由已知③可知，NOCl、NO都能与O2反应，为防止NOCl、NO与O2（2）将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是增大与气体的接触面积，增强催化效果。[解析]将催化剂负载在玻璃棉上可增大其与气体的接触面积，增强催化效果。（3）实验所需的NO可用NaNO2和FeSO4溶液在稀H2SO4[解析]NO2−转化为NO，N元素的化合价降低，得到电子，则Fe2+失电子，化合价升高，生成Fe3（4）为分离产物和未反应的原料，低温浴槽A的温度区间应控制在−34℃∼−6℃[解析]由已知②知，低温浴槽A的温度区间应控制在−34℃∼−6℃，从而使未反应的Cl2、NO挥发出去，NO的沸点为−152℃，实验中低温浴槽B的温度不易低至−152（5）无色的尾气若遇到空气会变为红棕色，原因是NO与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2[解析]无色尾气为NO，NO与空气中的氧气反应生成红棕色的NO26.[2020全国卷Ⅲ，15分]某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体NiSO4溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Ni2Al3Fe3Fe2开始沉淀时c=0.01mol⋅L7.23.72.27.5沉淀完全时c=1.0×108.74.73.29.0回答下列问题：（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂、溶解铝及其氧化物。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式AlOH4[解析]由题给条件可知，该废镍催化剂表面覆有油脂，且其中含有Ni、Al、Fe及其氧化物等，“碱浸”时，油脂在氢氧化钠溶液中水解而被除去，铝及其氧化物也会与氢氧化钠溶液反应而被除去，“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂、溶解铝及其氧化物。“滤液①”中铝元素以AlOH4−的形式存在，加入稀硫酸生成沉淀的离子方程式为（2）“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+[解析]因Ni、Fe及其氧化物不与NaOH溶液反应，Ni、Fe及其氧化物存在于“滤饼①”中，向“滤饼①”中加入稀硫酸，Ni、Fe及其氧化物与稀硫酸反应，故得到的“滤液②”中含有的金属离子为Ni2+、Fe2+（3）“转化”中可替代H2O2的物质是O2或空气。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为[解析]“转化”过程是将二价铁离子全部转化为三价铁离子，选用的氧化剂是H2O2溶液，选用过氧化氢溶液氧化的好处是不引入其他杂质，因此替代过氧化氢溶液的物质也不能引入其他杂质，可用O2或空气替代H2O2溶液；由题表中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH可知，Fe2+开始沉淀时，Ni2+已经沉淀一部分。若先调节pH，调节至3.2∼7.2（4）利用上述表格数据，计算NiOH2的Ksp=0.01×107.2−142［或10−5×108.7−142[解析]pH=7.2，cH+=10−7.2mol⋅L−1，cOH−=10−14/10−7.2mol⋅L−1，Ksp=cNi2+⋅c2OH（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式2Ni2[解析]由题意可知，反应物为硫酸镍、次氯酸钠和强碱，生成物有NiOOH，硫酸镍中镍元素为+2价，NiOOH中镍元素为+3价，镍元素的化合价升高被氧化，则次氯酸钠中氯元素被还原得到氯化钠，该反应的离子方程式为2（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是提高镍回收率。[解析]母液中还含有少量的硫酸镍，将母液收集、循环使用可提高镍回收率。【流程梳理】7.[2020全国卷Ⅰ，14分]钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金属离子Fe3Fe2Al3Mn2开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题:（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）。[解析]“酸浸氧化”中温度较低时，酸浸和氧化反应速率较慢。为了加快酸浸和氧化反应速率，需要加热。（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有Fe2+离子被氧化。写出VO+[解析]从原料看，“酸浸氧化”中四氧化三铁溶于稀硫酸，发生反应Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2SO43+4H（3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5⋅xH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na[解析]根据表格中数据知，pH在3.0∼3.1时，铁离子接近沉淀完全，少量铁离子随滤液②除去，Al3+部分沉淀，大量铝离子随滤液②除去，K+、Mg2+（4）“沉淀转溶”中，V2O5⋅x[解析]在pH>13的强碱性溶液中，V2O5⋅xH2O转化为钒酸盐溶解，AlOH3（5）“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlOH4[解析]pH=8.5时铝元素沉淀，故“调pH”时生成氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为NaAlOH（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是[解析]“沉钒”时要使NH4VO3尽可能析出完全，利用同离子效应，加入过量【流程梳理】题组三一、选择题1.[2021河北，3分]BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：下列说法错误的是(D)A.酸浸工序中分次加入稀HNO3B.转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C.水解工序中加入少量CH3COONasD.水解工序中加入少量NH4NO3[解析]酸浸时分次加入稀硝酸，相当于降低了硝酸浓度，减小了反应的速率，降低反应剧烈程度，A项正确；转化工序中，BiNO33水解生成BiONO3和H+，加入盐酸，可抑制Bi3+的水解，从而抑制生成BiONO3，B项正确；水解工序中加入的醋酸钠电离生成的CH3COO−可与Bi3+水解生成的H+结合，生成弱电解质CH二、非选择题2.[2022全国甲卷，14分]硫酸锌ZnSO4是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：离子Fe3Zn2Cu2Fe2Mg2Ksp4.0×6.7×2.2×8.0×1.8×回答下列问题：（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为ZnCO3焙烧ZnO+（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有将菱锌矿焙烧产品粉碎、适当增大硫酸浓度（或升高浸取时的反应温度等，合理即可）。（3）加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是BA.NH3B.CaOHC.NaOH滤渣①的主要成分是SiO2、CaSO4、Fe[解析]加入物质X调溶液pH=5，为了不引入新的阳离子，故X宜选用CaOH2；pH=5时，cOH−=10（4）向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2[解析]Fe2+被适量KMnO4溶液氧化为FeOH3，同时生成MnO2，（5）滤液②中加入锌粉的目的是除去Cu2+（6）滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是CaSO4[解析]3.[2022广东，14分]稀土RE包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下:已知:月桂酸C11H23COOH熔点为44℃;月桂酸和C11H23COO3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；C11H离子Mg2Fe3Al3RE3开始沉淀时的pH8.81.53.66.2∼沉淀完全时的pH/3.24.7/（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是Fe2+[解析]由题意知，“氧化调pH”中只有铁是变价金属，铝和稀土金属元素均为+3价，Fe2+被氧化为（2）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3+[解析]“过滤1”所得“滤渣”为FeOH3和AlOH3，应调节的pH范围为4.7≤pH<6.2，pH小于6.2是防止RE3+开始沉淀。该过程中Al（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g⋅L−1。为尽可能多地提取RE3+[答案]4.0×[解析]“滤液2”中Mg2+浓度为2.7g⋅L−1，其物质的量浓度为0.1125mol⋅L−1，Ksp[C11H23COO（4）①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是[解析]“滤饼”的主要成分为C11H②“操作X”的过程为:先冷却结晶，再固液分离。[解析]加热搅拌的温度为55℃，而月桂酸的熔点为44℃，所以“操作X（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4[解析]“滤液2”中含有MgSO4，可以用作“浸取”时加入的“酸化MgSO4（6）稀土元素钇Y可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt[解析]YCl3中Y为+3价，PtCl4中Pt为+4价，Pt3Y为合金，Pt和Y均可以看成0价，若生成②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为[解析]在氢氧燃料电池的碱性介质中，O2得电子与水反应生成OH−4.[2021广东，13分]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Al、钼Mo、镍Ni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，H2CO3的Ka1=4.5×10−7,Ka2=4.7×（1）“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为[解析]Na2MoO4中Na为+1价，O为−2价，根据化合物中正负化合价代数和为0，可知Mo（2）“沉铝”中，生成的沉淀X为AlOH3[解析]经“750℃焙烧”“水浸过滤”后，Al转化为NaAlO2进入到滤液Ⅰ中，向滤液Ⅰ中通入过量CO2，发生反应NaAlO2+2H2（3）“沉钼”中，pH为7.0。①生成BaMoO4的离子方程式为Ba2[解析]“沉钼”中，pH为7.0，溶液中Mo元素以MoO42−的形态存在，故生成BaMoO4②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中cHCO3−:[解析]根据Ka2=cH+⋅cCO32−cHCO3−，可得cHCO（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为NaHCO3[解析]根据“沉铝”时发生反应NaAlO2+2H2O+CO2②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3（填化学式）气体，再通入足量CO2，可析出Y[解析]往滤液Ⅲ（含NaHCO3、NaCl）中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，发生反应NaCl+H2（5）高纯AlAs（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H2O2刻蚀液与下层①该氧化物为Al2O[解析]题图中所示致密保护膜（氧化物）可以阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs反应，可推知该保护膜为②已知:Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5[解析]H2O2与GaAs的反应中，As的化合价由−3变为+5，1molGaAs参与反应失去8mol电子，而1molH2O2参与反应得到题组四1.[2023新课标卷，14分]铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。已知:最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72−回答下列问题:（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为Na2CrO[解析]根据已知条件可知，最高价铬酸根在碱性介质中以CrO42−存在，故煅烧后含铬化合物主要为（2）水浸渣中主要有SiO2和Fe2[解析]煅烧时通入空气，含铁化合物转化为Fe2O3,且Fe2O（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是AlOH3[解析]“沉淀”步骤加入稀H2SO4调pH到弱碱性是为了让AlO2−（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时，会导致溶液中cpH>9时，会导致Mg2+形成Mg[解析]体系中存在平衡MgNH4PO4⇌Mg2++NH4++PO43−,当pH<9时，PO（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1时，溶解为VO2+或VO3+;在碱性条件下，溶解为A.酸性 B.碱性 C.两性[解析]根据题干描述，V2O5既可与酸反应生成盐和水，又可与碱反应生成盐和水，故（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠Na2S2O5[解析]分离钒后溶液呈酸性，Cr元素以Cr2O72−存在，还原过程中Cr2O72−被S2O52−还原为Cr3+,S2.[2022全国乙卷，14分]废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al一些难溶电解质的溶度积常数如下表:难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×7.4×1.1×2.6×一定条件下,一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表:金属氢氧化物FeOHFeOHAlOHPbOH开始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列问题:（1）在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为PbSO4s+CO32−aqPbCO[解析]PbCO3的Ksp远小于PbSO4的Ksp（2）在“脱硫”中,加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是反应BaSO4s[解析]BaCO3的Ksp大于BaSO4的Ksp（3）在“酸浸”中，除加入醋酸HAc，还要加入H2O（i）能被H2O2氧化的离子是[解析]具有还原性，能被H2O（ii）H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为PbAc2[解析]H2O2能氧化Pb，使其转化成Pb2+，Pb2+（iii）H2O2也能使PbO2转化为PbAc2[解析]PbO2通过与H2O2、HAc反应转化为PbAc2，发生氧化还原反应，（4）“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是AlOH3、Fe[解析]根据题给信息，当pH=4.9时，Al3+、Fe3+完全转化为Al（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有Ba2+、Na[解析]加入NaOH溶液，发生沉铅的反应为PbAc2+2NaOHPbOH23.[2021湖北，14分]废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga回答下列问题：（1）硒Se与硫为同族元素，Se的最外层电子数为6；镓Ga和铟In位于元素周期表第三主族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu[解析]Se与硫同为ⅥA族元素，最外层有6个电子。Se为ⅥA族元素，化合价为−2，Ga和In同为ⅢA族元素，化合价均为+3，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0，设CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为x（2）“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为Cu2O+H[解析]CuIn0.5Ga0.5Se2中Ga和In元素均处于最高价态，高温焙烧时Se元素转化为SeO2，则酸浸氧化时H2O2氧化+1价的Cu（3）25℃时，已知：KbNH3⋅H2O≈2.0×10−5，Ksp[GaOH3]≈1.0×10−35,Ksp[InOH3]≈1.0×10−33，（已知：Ga3+[解析]根据Ksp[InOH3]=cIn3+⋅c3OH−知，当In3+恰好完全沉淀时，cO