单元质检卷(八) 水溶液中的离子反应与平衡(分值:100分)一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.(2020江苏连云港老六所四星学校联考)下列有关表述正确的是( ) A.HClO是弱酸,所以NaClO是弱电解质B.向溶有氨气的CaCl2溶液中通SO2能看到白色沉淀C.室温下,AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度D.Na2O、Na2O2组成元素相同,所以与CO2反应产物也相同2.(2020天津化学,7)常温下,下列有关电解质溶液的说法错误的是( )A.相同浓度的HCOONa和NaF两溶液,前者的pH较大,则Ka(HCOOH)>Ka(HF)B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7,则溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C.FeS溶于稀硫酸,而CuS不溶于稀硫酸,则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)D.在1mol·L-1Na2S溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1mol·L-13.(2020广西柳州模拟)25℃时,用浓度为0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000mol·L-1的三种酸HX、HY、HZ,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )A.酸性强弱顺序是HX>HY>HZB.加入10mLNaOH溶液时,HY溶液中c(Na+)>c(Y-)C.pH=2的HZ溶液加水稀释10倍,pH为3D.加入20mLNaOH溶液时,只有HY溶液达到滴定终点4.(2020四川内江第三次模拟)在两个锥形瓶中分别加入浓度均为1mol·L-1的盐酸和NH4Cl溶液,将温度和pH传感器与溶液相连,往瓶中同时加入过量的质量、形状均相同的镁条,实验结果如下图。关于该实验的下列说法,正确的是( )A.P点溶液:c(N)+2c(Mg2+)>c(Cl-)B.反应剧烈程度:NH4Cl>HClC.Q点溶液显碱性是因为MgCl2发生水解D.1000s后,镁与NH4Cl溶液反应停止\n5.(2020山东泰安二模)T℃时,在20.00mL0.10mol·L-1CH3COOH溶液中滴入0.10mol·L-1NaOH溶液,溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是( )A.T℃时,CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.0×10-3B.M点对应的NaOH溶液的体积为20.00mLC.N点所示溶液中c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)D.N点与Q点所示溶液中水的电离程度:N>Q6.(2019全国1,11)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10-3,Ka2=3.9×10-6)溶液,混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示,其中b点为反应终点。下列叙述错误的是( )A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B.Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的C.b点的混合溶液pH=7D.c点的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH-)7.(2020广东茂名二模)某些难溶性铅盐可用作涂料,如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下,PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时-lgc(Pb2+)与-lgc(C)或-lgc(I-)的关系如图所示。下列说法错误的是( )A.Ksp(PbCO3)的数量级为10-14B.相同条件下,水的电离程度p点大于q点C.L1对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化D.p点溶液中加入Na2CO3浓溶液,可得白色沉淀8.(2020广东茂名一模)常温下,在“H2S—HS-—S2-”的水溶液体系中,H2S、HS-、S2-三种微粒的物质的量分数随溶液pH变化(仅用H2S和NaOH调节pH)的关系如图所示。\n下列说法正确的是( )A.Ka1(H2S)的数量级为10-6B.NaHS溶液中,c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(H2S)C.当体系呈中性时,D.加入Na2S沉降废水中的Cu2+,废水的pH对沉降效果没有影响9.(2020福建莆田第二次质检)常温下,几种难溶金属氢氧化物分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后,改变溶液的pH,金属阳离子浓度的变化如图所示。下列说法正确的是( )A.a点代表Fe(OH)3的饱和溶液B.Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]C.在pH=7的溶液中,Cu2+、Mg2+、Fe2+能大量共存D.向各含0.1mol·L-1Cu2+、Mg2+、Fe2+混合溶液中,逐滴滴加稀NaOH溶液,Mg2+最先沉淀10.(2020河北邯郸第一次模拟)在不同温度下,水溶液中pH和pOH的关系如图所示,已知pH=-lgc(H+),pOH=-lgc(OH-)。下列说法一定正确的是( )A.水的电离程度:B>A>DB.1mol·L-1Na2SO4溶液不可能处于B点C.向C点水溶液中通入HCl,则C点变为E点D.0.1mol·L-1NaHA溶液的pH和pOH的关系如图中E点所示,此时溶液中离子的物质的量浓度关系:c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。11.(2020北京顺义区一模)对Na2C2O4溶液进行研究,下列说法不正确的是(室温下0.1mol·L-1H2C2O4的pH=1.3)( )\nA.Na2C2O4溶液中离子关系:c(C2)+c(HC2)+c(H2C2O4)=c(Na+)B.向Na2C2O4溶液中加入酚酞,溶液变红:C2+H2OHC2+OH-C.向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液,紫色褪去:2Mn+5C2+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2OD.向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸:C2+2H+H2C2O412.(2020山东临沂一模)常温下,分别取未知浓度的AOH和BOH两种碱的稀溶液,加水稀释至原体积的n倍。两溶液稀释倍数的对数值(lgn)与溶液的pH变化关系如图所示。下列叙述正确的是( )A.水的电离程度:Z>X=YB.常温下,Kb(BOH)<Kb(AOH)C.中和等体积X、Y两点溶液,后者消耗HCl的物质的量多D.物质的量浓度相同的ACl溶液和BCl溶液,前者阳离子浓度之和小于后者13.(2020湖南衡阳第一次联考)拉曼光谱证实,Al在水中转化为[Al(OH)4]-。将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中,再逐滴加入1mol·L-1盐酸,测得溶液中C、HC、Al、Al3+的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示,则下列说法正确的是( )A.C、HC和Al在水溶液中可大量共存B.d线表示的反应为Al+H2O+H+Al(OH)3↓C.原固体混合物中C与Al的物质的量之比为1∶1D.V1=150mL,V2=300mL;M点生成的CO2为0.05mol14.(2020山东枣庄二模)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液,混合溶液里lgX[X表示]随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的\n是( )A.由图可知H2C2O4的K2的数量级是10-5B.b点为恰好完全反应点C.c(HC2)>c(C2)>c(H2C2O4)对应1.22<pH<4.19D.c(Na+)=c(HC2)+2c(C2)对应pH=715.(2020山东济宁二模)已知:P=p[]=-lg[]。室温下,向0.10mol·L-1的HX溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液,溶液pH随P的变化关系如图。下列说法正确的是( )A.a点溶液中:c(HX)+c(X-)=0.10mol·L-1B.b点坐标为(0,4.75)C.c点溶液中:c(Na+)<10c(HX)D.溶液中水的电离程度:c<b<a三、非选择题:本题共5小题,共60分。16.(12分)0.010mol·L-1的二元酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH变化如图所示。(1)用离子方程式说明Na2A溶液显碱性的原因: ,该反应的平衡常数表达式为K= ;溶液中c(Na+)+c(H+)= 。 (2)若升高温度,发现溶液的碱性增强,说明随温度升高,该反应的平衡常数K (填“增大”“不变”或“减小”)。 (3)H2A分两步发生电离,对应的电离平衡常数分别为Ka1和Ka2。由图确定下列数据(保留整数位):①-lgKa1= ;Ka2= 。 ②将0.020mol·L-1Na2A溶液和0.010mol·L-1盐酸等体积混合,所得溶液的pH约为 \n。 (4)0.010mol·L-1的NaHA溶液中,HA-的水解常数Kh约为 ;该溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。 17.(12分)硫酸盐在工农业生产、生活中具有广泛应用。(1)某CuSO4溶液中混有少量FeSO4和Fe2(SO4)3杂质。已知:Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。①为了除去杂质,通常是加入H2O2再调节溶液pH,其中加入H2O2的作用是 ;与其他试剂相比,使用H2O2的优点是 (答出两点即可)。 ②调节溶液pH时,加入的物质是 (填化学式);控制溶液的pH≥ 即可除去杂质离子。 (2)如图是某温度下,将足量的BaSO4固体溶于一定量水中达到沉淀溶解平衡后,假定溶液体积不变的情况下,加入Na2CO3使c(C)增大过程中,溶液中c(Ba2+)和c(S)的变化曲线。根据图中的数据分析、计算。①该温度下,BaSO4的Ksp= 。 ②当c(C)大于 mol·L-1时开始有BaCO3沉淀生成;BaCO3的Ksp= 。 ③图像中代表沉淀转化过程中c(Ba2+)随c(C)变化的曲线是 (填“MP”或“MN”);沉淀转化的离子方程式为BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq),该反应的平衡常数K= 。 ④向1LNa2CO3溶液中加入足量BaSO4固体,假定溶液体积不变,当溶液中c(C)=1×10-3mol·L-1时,溶解BaSO4的物质的量为 mol。 18.(2018全国3,26)(12分)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题:(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验。试剂:稀盐酸、稀硫酸、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象①取少量样品,加入除氧蒸馏水②固体完全溶解得无色澄清溶液③ ④ ,有刺激性气体产生 \n⑤静置, ⑥ (2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:①溶液配制:称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在 中溶解,完全溶解后,全部转移至100mL的 中,加蒸馏水至 。 ②滴定:取0.00950mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2S4+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液 ,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80mL,则样品纯度为 %(保留1位小数)。 19.(2020江苏七市第三次模拟联考)(12分)实验室以工业钴渣为原料制取CoSO4溶液和ZnSO4·7H2O晶体,其实验流程如下:已知:①“酸浸”所得溶液中主要含CoSO4、ZnSO4,另含少量FeSO4、NiSO4。②金属活动性:Ni介于Fe、Cu之间。③下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度1mol·L-1计算,pH>11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2-):金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHCo2+7.69.4Zn2+5.98.9(1)“酸浸”时所加稀硫酸不宜过量太多的原因是 。 (2)“除铁”时,向溶液中持续鼓入空气的作用是 。 (3)流程中需将滤渣Ⅰ、滤渣Ⅱ的洗涤液与“除铁”后所得滤液合并,目的是 。 (4)写出“还原”过程中Na2SO3、稀硫酸与Co(OH)3反应的离子方程式: 。 (5)实验所得CoSO4溶液可用于制备CoCO3,制备时CoSO4饱和溶液与Na2CO3饱和溶液的混合方式为 。 (6)请结合如图硫酸锌晶体的溶解度曲线,设计从“氧化沉钴”后的滤液(含ZnSO4、Na2SO4、NiSO4等)中获取ZnSO4·7H2O的实验方案:取适量滤液, ,过滤,用少量冰水洗涤,低温干燥得ZnSO4·7H2O晶体。(实验中须使用的试剂有:Zn粉、1.0mol·L-1NaOH、1.0mol·L-1H2SO4) \n20.(2020山东聊城二模)(12分)从废钒催化剂中回收钒,既能避免对环境的污染,又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下(V的相对原子质量为51):已知:①废钒催化剂中含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等。②“酸浸”时V2O5和V2O4先与稀硫酸反应分别生成V和VO2+。③有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取V的能力强。④溶液中V与V可相互转化:V+H2OV+2H+(1)为了提高“酸浸”效率可采取的措施为 。 (2)“酸浸”时加入FeSO4目的是 ,FeSO4参与反应的化学方程式为 。 (3)“滤渣2”的成分为 ;“操作1”的名称为 。 (4)在“氧化”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6,反应的离子方程式为 。 (5)t℃时,“氧化”后溶液中c(V)=0.1mol·L-1,假设“沉钒”步骤中V全部转化成V,并生成NH4VO3沉淀,为使沉钒效率达到95%。则此时溶液中c(N)≥ 。[已知t℃时Ksp(NH4VO3)=2.0×10-3,反应前后溶液的体积变化忽略不计] (6)取“煅烧”后的V2O5样品mg进行测定,加入足量稀硫酸充分反应后,配成250mL溶液。取该溶液25.00mL用bmol·L-1草酸溶液进行滴定,消耗草酸溶液cmL。则V2O5样品中钒的质量分数= %,样品的纯度≤ %,样品的纯度小于该数值可能的原因是 。(已知:①V2O5+2H+2V+H2O、②2V+H2C2O4+2H+2VO2++2CO2↑+2H2O) \n单元质检卷(八) 水溶液中的离子反应与平衡1.B 虽然HClO是弱酸,但次氯酸钠为强电解质,A错误;溶有氨气的氯化钙溶液显碱性,可以吸收二氧化硫生成亚硫酸根,亚硫酸根和钙离子可以生成亚硫酸钙,为白色沉淀,B正确;食盐水中有大量的Cl-,会降低氯化银的溶解度,C错误;Na2O和二氧化碳反应生成碳酸钠,Na2O2和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,D错误。2.A 根据“越弱越水解”,相同浓度的HCOONa和NaF的溶液,pH大的水解程度大,对应的酸的Ka小,A项错误;相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后,pH约为4.7,溶液中主要存在两个平衡:CH3COOHCH3COO-+H+、CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,因为溶液显酸性,所以以CH3COOH的电离为主,故离子浓度:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),B项正确;FeS加入稀硫酸中,H+使FeS沉淀溶解平衡右移,FeS逐渐溶解,而CuS不能发生此现象,说明Ksp(FeS)>Ksp(CuS),C项正确;1mol·L-1Na2S溶液中存在S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-,根据物料守恒可得c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1mol·L-1,D项正确。3.C 0.1000mol·L-1的HZ,pH=1,c(H+)=0.1000mol·L-1,则c(HZ)=c(H+),则HZ为一元强酸,HX和HY的pH都大于1,则HX和HY都是一元弱酸,同浓度的三种酸酸性强弱关系为HX<HY<HZ。由以上分析可知,A错误;加入10mLNaOH溶液时,HY有一半被中和,此时溶质为等物质的量的HY和NaY,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-),由图可知,此时溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),所以溶液中c(Na+)<c(Y-),B错误;HZ是强酸,加水稀释10倍,pH增大1,即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍,pH为3,C正确;加入20mLNaOH溶液时,三种溶液pH均发生突变,说明三种溶液均达到滴定终点,D错误。4.A 浓度均为1mol·L-1的盐酸和NH4Cl溶液中加入过量的质量、形状均相同的镁条,反应的实质都是Mg+2H+Mg2++H2↑,从图中可以看出,反应初期,盐酸与镁反应速率快,放出的热量多。反应一段时间后,NH4Cl溶液的pH迅速上升,然后基本恒定;盐酸溶液的pH缓慢上升,当反应时间接近3000s时,pH才迅速上升,然后保持恒定。从图中可以看出,P点溶液的pH>7,此时c(OH-)>c(H+);依据电荷守恒可知,c(N)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),所以c(N)+2c(Mg2+)>c(Cl-),A正确;镁与盐酸反应,溶液温度迅速升高,并达最高点,反应放出的热量多,所以反应剧烈程度:HCl>NH4Cl,B不正确;MgCl2水解时,溶液显酸性,所以Q点溶液显碱性不是MgCl2发生水解所致,C不正确;1000s后,镁与NH4Cl溶液反应温度仍在缓慢上升,溶液的pH仍在缓慢增大,说明反应仍在正向进行,D不正确。5.D T℃时,0.10mol·L-1CH3COOH溶液的pH=3,说明溶液中c(H+)=10-3mol·L-1,则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka=≈10-5,A错误;M点溶液pH=7,若对应的NaOH溶液的体积为20.00mL,则醋酸与NaOH恰好中和,溶液为CH3COONa,该盐是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,与题干的溶液显中性相违背,说明M点对应的NaOH溶液的体积小于20.00mL,B错误;N点时所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和,溶液为CH3COONa溶液,CH3COO-发生水解反应而消耗,所以c(Na+)>c(CH3COO-),CH3COO-发生水解反应消耗水电离产生的H+,\n最终达到平衡时,溶液中c(OH-)>c(H+),但盐水解程度是微弱的,水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度,因此c(CH3COO-)>c(OH-),故该溶液中离子浓度关系为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),C错误;N点所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和,溶液中的溶质为CH3COONa,溶液中只有盐的水解作用,促进水的电离;而Q点时NaOH过量,溶液为CH3COONa和NaOH的混合液,由于NaOH电离产生OH-对水的电离平衡起抑制作用,使盐水解程度减小,故最终达到平衡时水的电离程度N>Q,D正确。6.C 随着NaOH溶液的加入,混合溶液中离子浓度和种类发生变化,因此混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关,A项正确;a点的混合溶液中能导电的离子主要为HA-和K+,b点为反应终点,因此b点的混合溶液中能导电的离子主要为A2-、K+、Na+,故Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的,B项正确;b点的混合溶液中含有的A2-能发生水解反应而使溶液呈碱性,C项错误;b点为反应终点,因此b点的混合溶液中c(Na+)=c(K+)>c(OH-),继续加入氢氧化钠溶液后,c点的混合溶液中c(Na+)>c(K+)>c(OH-),D项正确。7.B Ksp(PbCO3)=c(Pb2+)c(C),则lgc(Pb2+)=lg[Ksp(PbCO3)]-lgc(C),同理lgc(Pb2+)=lg[Ksp(PbI2)]-2lgc(I2),则图像L1对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化。L2对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(C)的关系变化,则Ksp(PbCO3)=c(Pb2+)·c(C)=10-13.1,数量级为10-14,A正确;相同条件下,p点和q点的铅离子浓度相同,p点为碘化铅的饱和溶液,q点为碳酸铅的饱和溶液,由于碘离子不水解,C可以发生水解,其水解促进了水的电离,则水的电离程度p点小于q点,B错误;L1对应的是-lgc(Pb2+)与-lgc(I-)的关系变化,C正确;Ksp(PbCO3)=c(Pb2+)·c(C)=10-13.1,Ksp(PbI2)=c(Pb2+)·c2(I-)=10-8,Ksp(PbCO3)<Ksp(PbI2),则p点溶液中加入Na2CO3浓溶液,可得白色沉淀,D正确。8.C 根据多元弱酸的电离,一级电离远大于二级电离,故第一个交点对应c(HS-)和c(H2S),第二个交点对应c(HS-)和c(S2-),c(HS-)=c(H2S)时,Ka1(H2S)==c(H+)=10-6.9,数量级为10-7,A错误;c(HS-)=c(S2-)时,Ka2(H2S)==c(H+)=10-13,NaHS溶液中,Kh==10-7.1>Ka2(H2S)=10-13,溶液呈碱性,说明HS-水解程度大于电离程度,则c(S2-)<c(H2S),B错误;溶液呈中性时,c(H+)=c(OH-),c(HS-)>c(H2S),则>1,根据电荷守恒得c(Na+)=c(HS-)+2c(S2-),所以=1,则,C正确;加入Na2S沉降废水中的Cu2+,溶液中c(Cu2+)\n减小,Cu2+水解程度较小,则溶液的pH增大,D错误。9.B a点不在曲线上,则所代表的溶液不是Fe(OH)3的饱和溶液,A错误;由金属阳离子浓度的变化图可知,pH相同时c(Cu2+)<c(Fe2+),则Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2],B正确;由金属阳离子浓度的变化图可知,当溶液pH=7时,c(Cu2+)=10-5mol·L-1,则Cu2+沉淀完全,即Cu2+、Mg2+、Fe2+在pH=7的溶液中不能大量共存,C错误;向各含0.1mol·L-1Cu2+、Mg2+、Fe2+的混合溶液中,逐滴滴加稀NaOH溶液,由金属阳离子浓度的变化图可知,Cu2+最先沉淀,D错误。10.D 由KW=c(H+)×c(OH-)得,KW=10-pH×10-pOH,由此可知,下面曲线的KW大于上面曲线的KW,那么下面曲线的温度高于上面曲线的温度。A点:pH=pOH,则-lgc(H+)=-lgc(OH-),可得c(H+)=c(OH-),溶液显中性;同理,B点:pH=pOH,溶液显中性;C、D点:pH>pOH,-lgc(H+)>-lgc(OH-),可得c(H+)<c(OH-),溶液显碱性;E点:pH<pOH,溶液显酸性。B点温度高于A点的温度,A、B、D点溶液若不涉及盐类水解,则水的电离程度:B>A>D,若涉及盐类水解,则无法判断,A错误;Na2SO4溶液呈中性,由分析可知,B点溶液显中性,即1mol·L-1Na2SO4溶液可能处于B点,B错误;C点和E点所处温度不同,水的离子积KW不同,所以通入HCl,则C点不能变为E点,C错误;E点溶液显酸性,则NaHA溶液中,HA-的电离(HA-H++A2-)程度大于水解(HA-+H2OH2A+OH-)程度,那么c(A2-)>c(H2A),电离和水解均很微弱,c(HA-)最大,故c(HA-)>c(A2-)>c(H2A),D正确。11.A 该溶液中存在物料守恒2[c(C2)+c(HC2)+c(H2C2O4)]=c(Na+),A错误;酚酞变红色,说明溶液呈碱性,草酸根离子水解导致溶液呈碱性,水解方程式为C2+H2OHC2+OH-,B正确;向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液,紫色褪去,二者发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳和水,离子方程式为2Mn+5C2+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,C正确;向草酸钠溶液中加入足量稀硫酸生成草酸,二者发生复分解反应,离子方程式为C2+2H+H2C2O4,D正确。12.CD 碱溶液中H+全部来自水的电离,碱溶液的pH越大,水的电离程度越小,根据图像pH:Z>Y>X,则水的电离程度:Z<Y<X,A错误;根据图像,稀释相同倍数时BOH溶液pH的改变值大于AOH溶液pH的改变值,说明BOH的碱性大于AOH,则常温下电离平衡常数Kb(BOH)>Kb(AOH),B错误;X、Y两点溶液稀释的倍数相同,Y点的pH大于X点,故Y点对应的AOH物质的量浓度较大,中和等体积X、Y两点溶液,Y消耗HCl的物质的量较多,C正确;物质的量浓度相同的ACl和BCl,氯离子浓度相等,由于A+的水解程度大于B+,则ACl溶液中c(H+)大于BCl溶液中c(H+),ACl溶液中c(OH-)小于BCl溶液中c(OH-),结合ACl和BCl溶液中存在的电荷守恒c(A+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),ACl溶液中阳离子浓度之和小于BCl溶液中阳离子浓度之和,D正确。13.C 由于酸性HC>Al(OH)3,HC会与[Al(OH)4]-发生反应生成Al(OH)3:HC+[Al(OH)4]-C+Al(OH)3↓+H2O,HC和[Al(OH)4]-\n在水溶液中不能大量共存,A项错误;d线代表HC减少,发生的反应为HC+H+CO2↑+H2O,B项错误;a线代表[Al(OH)4]-与H+反应:[Al(OH)4]-+H+Al(OH)3↓+H2O,b线代表C与H+反应:C+H+HC,由图像知两个反应消耗了等量的H+,则溶液中C与[Al(OH)4]-的物质的量之比为1∶1,原固体混合物中C与Al的物质的量之比为1∶1,C项正确;d线代表HC与H+的反应:HC+H+CO2↑+H2O,n(HC)=0.05mol,消耗H+的物质的量为0.05mol,所用盐酸的体积为50mL,V1=100mL+50mL=150mL;e线代表Al(OH)3与H+反应:Al(OH)3+3H+Al3++3H2O,Al(OH)3的物质的量为0.05mol,会消耗0.15molH+,所用盐酸的体积为150mL,V2=V1+150mL=300mL;M点生成的是HC而非CO2,D项错误。14.BC 向H2C2O4溶液中加碱,起初发生反应H2C2O4+OH-HC2+H2O,后来发生反应HC2+OH-C2+H2O,所以曲线Ⅰ为lgX[X表示],曲线Ⅱ为lgX[X表示]。在图中b点,lg=0,pH=4.19,H2C2O4的K2==10-4.19,数量级是10-5,A正确;在b点,=1,则c(HC2)=c(C2),所以反应结束时HC2只有一部分与OH-反应,B不正确;在pH=1.22稍后区域,c(HC2)>c(H2C2O4)>c(C2),在pH=4.19稍前区域,c(HC2)>c(C2)>c(H2C2O4),C不正确;pH=7时,c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可知c(Na+)=c(HC2)+2c(C2),D正确。15.BC HX的电离平衡常数表达式为Ka=,则lgKa=lg+lgc(H+)=-pH-lg,即pH=-lgKa-lg=P-lgKa,将点(1,5.75)代入可得lgKa=-4.75,即Ka=10-4.75。\n设0.10mol·L-1的HX溶液中c(H+)=x,则有=10-4.75,解得x约为10-2.9mol·L-1,所以0.10mol·L-1的HX溶液pH约为2.9,当pH=3.75时说明已经滴入了部分NaOH溶液,溶液的体积发生变化,所以c(HX)+c(X-)=0.10mol·L-1不再成立,A错误;将lg=0,代入pH=-lgKa-lg,可得此时pH=-(-4.75)=4.75,所以b点坐标为(0,4.75),B正确;c点溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-),此时p[]=1,则c(X-)=10c(HX),代入电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-),由于溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),则c(Na+)<10c(HX),C正确;随着NaOH滴入,溶液pH增大,溶液中NaX逐渐增多,当溶质全部为NaX时水的电离程度达到最大,此时容易呈碱性,也就是说在完全反应之前随着NaOH滴入,水的电离程度逐渐增大,即水的电离程度:c>b>a,D错误。16.答案(1)A2-+H2OHA-+OH- c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)(2)增大 (3)①6 1×10-10 ②10(4)1×10-8 c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)解析(1)由题图可知,H2A溶液中含有H2A、HA-、A2-,则H2A是二元弱酸;Na2A溶液中A2-发生水解而使溶液呈碱性:A2-+H2OHA-+OH-。Na2A溶液呈电中性,据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)。(2)升高温度,溶液的碱性增强,则溶液中c(OH-)增大,说明升高温度,A2-的水解平衡正向移动,则水解平衡常数增大。(3)①H2A分两步发生电离:H2AHA-+H+、HA-A2-+H+,则有Ka1=,Ka2=;由题图可知,H2A和HA-的物质的量分数均为0.5时,则c(HA-)=c(H2A)时,溶液的pH=6,c(H+)=1×10-6mol·L-1,则有Ka1=c(H+)=1×10-6,-lgKa1=6。HA-和A2-的物质的量分数均为0.5时,溶液pH=10,则c(HA-)=c(A2-)时,c(H+)=1×10-10mol·L-1,则有Ka2=c(H+)=1×10-10。②0.020mol·L-1Na2A溶液和0.010mol·L-1盐酸等体积混合,二者发生反应,得到等浓度Na2A、NaHA和NaCl的混合溶液,溶液中c(A2-)≈c(HA-),由题图可知,溶液的pH约为10。(4)0.010mol·L-1的NaHA溶液中,存在水解平衡:HA-+H2OH2A+OH-,则水解常数Kh==1×10-8。NaHA溶液中存在HA-的电离平衡和水解平衡,由于Kh>Ka2,则HA-的水解程度大于其电离程度,NaHA溶液呈碱性,且HA-的水解程度较小,Na+不发生水解,故溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)。17.答案(1)①将Fe2+氧化为Fe3+ 不引入其他杂质,对环境无污染(\n其他合理答案均可) ②CuO[或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等] 3.2(2)①1.0×10-10 ②2.5×10-4 2.5×10-9③MN 0.04 ④4×10-5解析(1)①由于Ksp[Fe(OH)2]、Ksp[Cu(OH)2]相差不大,则Fe(OH)2和Cu(OH)2的溶解度相差不大,故加入H2O2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,便于形成Fe(OH)3沉淀。②调节溶液pH时,为不引入新杂质,可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等。当Fe3+沉淀完全时,溶液中c(Fe3+)≤1×10-5mol·L-1,则有c(OH-)=mol·L-1≈1.6×10-11mol·L-1,c(H+)=mol·L-1=6.25×10-4mol·L-1,故溶液的pH=4-lg6.25≈3.2。(2)①由题图可知,c(C)=0时,c(Ba2+)=c(S)=1.0×10-5mol·L-1,则有Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(S)=1.0×10-5×1.0×10-5=1.0×10-10。②由题图可知,当c(C)>2.5×10-4mol·L-1时,开始有BaCO3沉淀生成。图中c(C)=2.5×10-4mol·L-1时,c(Ba2+)=1.0×10-5mol·L-1,则有Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c(C)=2.5×10-4×1.0×10-5=2.5×10-9。③BaSO4饱和溶液中存在沉淀溶解平衡:BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq),加入Na2CO3,Ba2+与C生成BaCO3沉淀,促使BaSO4的沉淀溶解平衡正向移动,溶液中c(S)增大,c(Ba2+)减小,则MP为c(S)的变化曲线,MN为c(Ba2+)的变化曲线。反应BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq)的平衡常数K==0.04。④当溶液中c(C)=1×10-3mol·L-1时,K==0.04,则有c(S)=0.04×1×10-3mol·L-1=4×10-5mol·L-1,故溶解BaSO4的物质的量为4×10-5mol·L-1×1L=4×10-5mol。18.答案(1)③加入过量稀盐酸 ④出现乳黄色浑浊 ⑤(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液 ⑥产生白色沉淀(2)①烧杯 容量瓶 刻度线 ②蓝色褪去 95.0解析(1)先加过量盐酸排除S2干扰:S2+2H+S↓+SO2↑+H2O,然后在酸性条件下加BaCl2溶液,通过产生BaSO4沉淀证明S存在。(2)①溶液配制应在烧杯中溶解,容量瓶中定容。②滴定过程中I2→I-,\n达到滴定终点时无I2,故溶液蓝色褪去,即为终点;根据反应的离子方程式,可得到如下定量关系:Cr2 ~ 3I2 ~ 6Na2S2O3·5H2O1mol248×6g0.00950mol·L-1×0.02Lm(Na2S2O3·5H2O)m(Na2S2O3·5H2O)=0.28272g则样品纯度为×100%=95.0%。19.答案(1)避免除铁时消耗过多的CaCO3(2)将Fe2+氧化,搅拌溶液,加快反应速率(3)提高Co、Zn的回收率(4)S+2Co(OH)3+4H+2Co2++S+5H2O(5)将Na2CO3饱和溶液缓慢滴加到CoSO4饱和溶液中,并不断搅拌(6)向其中加入过量的Zn粉后过滤,向所得滤液中滴加1.0mol·L-1NaOH,控制pH约为10(8.9~11)使Zn2+完全沉淀,所得沉淀洗净后用1.0mol·L-1H2SO4完全溶解,将所得溶液蒸发浓缩至有晶膜出现,冷却至0℃(39℃以下)结晶解析钴渣中加稀硫酸将可溶于酸的物质转变成硫酸盐,难溶于硫酸的进入滤渣1,得到溶液中主要含CoSO4、ZnSO4,另含少量FeSO4、NiSO4,滤液中通入氧气将亚铁离子氧化成三价铁离子,加碳酸钙中和硫酸调节pH将铁沉淀除去,过滤后滤液中加Na2S2O8,氧化沉淀钴,过滤得钴的沉淀物加亚硫酸钠和稀硫酸还原得到硫酸钴,滤液中主要是硫酸锌,除去杂质后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O晶体。(1)“酸浸”时所加稀硫酸不宜过量太多,因后续步骤中要加碳酸钙调节溶液pH,硫酸过多会增加碳酸钙的用量。(2)因为原溶液中的铁是二价铁,二价铁直接沉淀时需要调控的pH较大且会使其他金属阳离子沉淀,因此以溶解度更小的氢氧化铁形式除铁更合理,需通入空气将亚铁离子氧化,同时持续鼓入空气可以起到搅拌溶液,加快反应速率的作用。(3)流程中需将滤渣Ⅰ、滤渣Ⅱ的洗涤液与“除铁”后所得滤液合并,可以减少钴和锌的损失,提高两者的回收率。(4)“还原”过程中Na2SO3、稀硫酸与Co(OH)3的反应产物为硫酸钴和硫酸钠,可得离子方程式为S+2Co(OH)3+4H+2Co2++S+5H2O。(5)实验所得CoSO4溶液可用于制备CoCO3,制备时CoSO4饱和溶液与Na2CO3饱和溶液的混合方式为将Na2CO3饱和溶液缓慢滴加到CoSO4饱和溶液中,并不断搅拌。(6)“氧化沉钴”后的滤液(含ZnSO4、Na2SO4、NiSO4等)中有杂质,直接结晶得不到纯净的晶体,因此要先加足量的锌粉置换出镍,之后加氢氧化钠调节溶液pH将锌转变成沉淀后过滤得到氢氧化锌固体,再将固体溶于硫酸,蒸发浓缩再冷却至39℃以下结晶。20.答案(1)升高酸浸温度和粉碎原料(2)使V转化为VO2+ \n(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO42VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O(3)Fe(OH)3、Al(OH)3 蒸发结晶(4)3H2O+Cl+6VO2+6V+Cl-+6H+(5)0.4mol·L-1(6) 样品中含有NH4VO3解析从废钒催化剂中回收V2O5,由题干可知,“酸浸”时V2O5转化为V,V2O4转成VO2+。氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子,只有SiO2不溶,则过滤得到的“滤渣1”为SiO2,然后加氧化剂H2O2,将VO2+变为V,再加KOH时,Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,同时中和硫酸,过滤得到的“滤渣2”为Fe(OH)3、Al(OH)3,萃取后水相1流出液中主要为硫酸钾,“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀,“煅烧”时分解生成V2O5。(1)“酸浸”时V2O5转化为V,为了提高“酸浸”效率可采取的措施为升高酸浸温度和粉碎原料。(2)Fe2+具有还原性,“酸浸”时加入FeSO4的目的是使V转化为VO2+,FeSO4参与反应的化学方程式为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO42VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O。(3)由以上分析可知,“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3;硫酸钾受热稳定,“操作1”的名称为蒸发结晶。(4)在“氧化”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6,根据氧化还原反应原理,氧化剂为氯化钾,还原剂为VO2+,反应的离子方程式为3H2O+Cl+6VO2+6V+Cl-+6H+。(5)t℃时,“氧化”后溶液中c(V)=0.1mol·L-1,假设“沉钒”步骤中V全部转化成V,化合价不变,c(V)=0.1mol·L-1,为使沉钒效率达到95%,则溶液中此时c(V)≤0.005mol·L-1,即c(N)≥mol·L-1=mol·L-1=0.4mol·L-1。(6)取“煅烧”后的V2O5样品mg进行测定,加入足量稀硫酸充分反应后,V2O5+2H+2V+H2O,配成250mL溶液,取该溶液25.00mL用bmol·L-1草酸溶液进行滴定,消耗草酸溶液cmL,滴定过程中涉及的反应为2V+H2C2O4+2H+2VO2++2CO2↑+2H2O,则滴定过程消耗的c(V)=2bc×10-3mol,即V2O5的物质的量为bc×10-3mol,V2O5样品中钒的质量分数=×100%=\n×100%=%,样品的纯度为×100%=×100%=%,样品的纯度小于该数值可能的原因是样品中含有NH4VO3。
