高考化学二轮复习讲义+分层训练解密10水溶液中离子反应(集训)(解析版)

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解密10 水溶液中离子反应
一、选择题
1．(2021·安徽池州市高三月考)已知：常温下，CN-的水解常数Kh=1.6×10-5。该温度下，将浓度均为0.1 mol·L-1的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合。下列说法正确的是( )
A．混合溶液的pH<7
B．混合液中水的电离程度小于纯水的
C．混合溶液中存在c(CN-)>c(Na+)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)
D．若c mol·L-1盐酸与0.6 mol·L-1 NaCN溶液等体积混合后溶液呈中性，则c=
【答案】D
【解析】A项，CN-的水解常数Kh=1.6×10-5，则HCN的电离平衡常数为Ka==6.25´10-10，Kh> Ka，所以水解程度更大，溶液显碱性，pH>7，故A错误；B项，CN-的水解促进水的电离，HCN电离抑制水的电离，而水解程度更大，所以水的电离受到促进，混合液中水的电离程度大于纯水的，故B错误；C项，CN-的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)，故C错误；D项，c mol·L-1盐酸与0.6 mol·L-1 NaCN溶液等体积混合后溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(CN-)+c(Cl-)，溶液显中性，所以c(CN-)=c(Na+)- c(Cl-)=mol/L，溶液中还存在物料守恒c(HCN)+c(CN-)=c(Na+)，所以c(HCN)=c(Na+)-c(CN-)=mol/L，所以有Ka==6.25´10-10，解得c=，故D正确；故选D。
2．(2021·吉林长春市东北师大附中期末)根据下表提供的数据，下列说法正确的是( )
化学式
CH3COOH
HClO
H2CO3
电离常数
K=1.8×10-5
K=3.0×10-8
K1=4.0×10-7 K2=4.0×10-44
A．向NaClO溶液中通入少量CO2发生反应：ClO-+CO2+H2O=HClO+ HCO3-
B．等浓度的NaClO和Na2CO3的混合溶液中离子浓度有如下关系：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(ClO-)＞c(OH-)
C．等浓度的NaClO溶液和NaHCO3溶液中，水电离的c(OH-)前者小于后者
D．pH相等的溶液中，溶质浓度由大到小的顺序为：Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa
【答案】A
【解析】A项，由于K1(H2CO3)＞K(HClO)＞K2(H2CO3)，故NaClO溶液中通入少量CO2，生成HClO和NaHCO3，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+ HCO3-，故A正确；B项，由于K(HClO)＞K2(H2CO3)，则等浓度的NaClO和Na2CO3的混合溶液中，水解程度ClO-＜CO32-，离子浓度有c(Na+)＞c(ClO-)＞c(CO32-)＞c(OH-)，故B错误；C项，由于K1(H2CO3)＞K(HClO)，则等浓度的NaClO溶液和NaHCO3溶液中，水解程度ClO-＞HCO3-，水解促进水的电离，则水电离的c(OH-)前者大于后者，故C错误；D项，由于K(CH3COOH) ＞K1(H2CO3)＞K(HClO)＞K2(H2CO3)，酸性越强离子的水解程度越小，即水解程度CH3COO－＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，则pH相等的溶液中，溶质浓度由大到小的顺序为CH3COONa＞NaHCO3＞NaClO＞Na2CO3，故D错误；故选A。
3．(2021·四川成都市期末)室温下，①将浓度均为0.1mol·L-1的盐酸与氨水等体积混合，混合液pH =a；②将浓度为bmol·L-1盐酸与0.3mol·L-1氨水等体积混合，混合液(忽略溶液体积变化)。下列判断错误的是( )
A．a<7 b<0.3
B．常温下氨水的电离平衡常数
C．②中混合液存在：c(NH4+)+c(NH3·H2O)+ c(Cl-)=0.3mol·L-1
D．将①与②混合液混合，则混合后溶液中存在：c(Cl-)＞c(NH4+)
【答案】C
【解析】A项，①将浓度均为0.1mol·L-1的盐酸与氨水等体积混合,二者恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵水解显酸性，故混合液pH =a<7；②将浓度为bmol·L-1盐酸与0.3mol·L-1氨水等体积混合，因该混合液pH =7，故必须盐酸少量即b<0.3，A正确；B项，由题意列电荷守恒得：c(Cl-)+c(OH-) =c(H+)+c(NH4+)，因室温下混合液pH =7，说明溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(Cl-)=c(NH4+)，因等体积混合故c(Cl-)=c(NH4+)=mol/L。常温下氨水中一水合氨的电离方程式为NH3·H2OOH-+NH4+，故其电离平衡常数，B正确；C项，②中混合液存在物料守恒c(NH4+)+c(NH3·H2O)=，＜，故c(NH4+)+c(NH3·H2O)+ c(Cl-)≠0.3mol·L-1，C错误；D项，因①溶液显酸性，②溶液显中性，故将①与②混合液混合显酸性，c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒得：c(Cl-)+c(OH-) =c(H+)+c(NH4+)，故c(Cl-)＞c(NH4+)，D正确；故选C。
4．(2021·天津静海区月考)下列有关实验现象和解释或结论都正确的是( )
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
将氯化铁溶液加热灼烧
有固体析出
该固体是氯化铁
B
氯化铜溶液中有氯化铁杂质，加入氧化铜除杂
有红褐色物质析出
调节pH使铁离子水解平衡右移
C
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中
红棕色变深
反应2NO2N2O4的H>0
D
向1 mL 0.l mol/L的AgNO3溶液中加入4滴0.1 mol/L的NaCl溶液，再加10滴0.1 mol/L的NaI溶液，再振荡
先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀
Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)
【答案】B
【解析】A项，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢易挥发，故蒸干氯化铁溶液得氢氧化铁固体，氢氧化铁受热易分解，灼烧得氧化铁，氯化铁溶液蒸干灼烧所得固体为氧化铁，A错误；B项，溶液中的铁离子水解呈酸性，氧化铜消耗氢离子，调节pH使铁离子水解平衡右移，促进了的铁离子的水解，最终铁离子转化成红褐色氢氧化铁沉淀，B正确；C．红棕色变深，说明升高温度，平衡移动，二氧化氮的浓度增大，则说明反应2NO2N2O4的△H<0，C错误；D项，1 mL溶液约有20滴，向1 mL 0.l mol/L的AgNO3溶液中加入4滴0.1 mol/L的NaCl溶液，再加10滴0.1 mol/L的NaI溶液，AgNO3是过量的，不能确定是AgCl转化为AgI，所以不能比较Ksp，故D错误；故选B。
5．(2021·四川成都市期末)25℃时，Ksp(AgCl)= 1.56×10－10，Ksp(Ag2CrO4)= 9.0×10－12。已知Ag2CrO4沉呈显砖红色。下列说法正确的是( )
A．向含大量Ag2CrO4和AgCl的悬浊液中加入少量水，c(Ag＋)减小
B．向同浓度Na2CrO4和NaCl的混合溶液中缓慢滴加AgNO3溶液，Ag2CrO4先析出
C．向Ag2CrO4悬浊液中滴入饱和NaCl溶液，白色沉淀刚出现时，溶液中
D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂
【答案】D
【解析】A项，向含大量Ag2CrO4和AgCl的悬浊液中加入少量水后仍处于饱和状态，温度没有改变，溶解度不变，故c(Ag＋)不变，A错误；B项，析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag+)=，Ag2CrO4溶液中c(Ag+)=，因Ksp(AgCl)= 1.56×10－10，Ksp(Ag2CrO4)= 9.0×10－12，向同浓度Na2CrO4和NaCl的混合溶液中缓慢滴加AgNO3溶液，析出AgCl所需的c(Ag+)小，故先析出AgCl，B错误；C项，向悬浊液中滴入饱和NaCl溶液，白色沉淀刚出现时，溶液中，C错误；D项，由B知先析出AgCl，故用AgNO3标准溶液滴定溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，当恰好开始出现砖红色沉淀时，说明AgCl已沉淀完全即达到滴定终点，D正确；故选D。
6．(2021·河北高三零模)H3PO4的电离是分步进行的，常温下Ka1=7.6×10－3，Ka2=6.3×10－8，Ka3=4.4×10－13。下列说法正确的是( )
A．浓度均为0.1 mol/L的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2∶1混合，混合液的pH＜7
B．Na2HPO4溶液中，c(H+)+ c(H2PO4-)+c(H3PO4)= c(PO43-)+c(OH-)
C．向0.1 mol/L的H3PO4溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)，溶液pH=1时，溶液中大约有7.1%的H3PO4电离
D．在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH=11时，c(PO43-)＞c(HPO42-)
【答案】C
【解析】A项，浓度均为0.1 mol/L的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2∶1混合，二者恰好反应产生Na2HPO4，在溶液中HPO42-存在电离平衡：HPO42-PO43-+H+，也存在着水解平衡：HPO42-+H2OH2PO4-+OH-，电离平衡常数Ka3=4.4×10－13，水解平衡常数Kh2==1.58×10-7＞Ka3=4.4×10-13，水解程度大于电离程度，因此溶液显碱性，pH＞7，A错误；B项，在Na2HPO4溶液中，根据质子守恒可得： c(H+)+ c(H2PO4-)+2c(H3PO4)= c(PO43-)+c(OH-)，B错误；C项，向0.1 mol/L的H3PO4溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化，溶液pH=1时，c(H+)=0.1 mol/L，假设电离的H3PO4为x，根据电离平衡常数Ka1= ，解得x≈0.0071 mol/L，因此溶液中H3PO4电离度==7.1%，C正确；D项，在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH=11时，c(H+)=10-11 mol/L，Ka3=，则 ，则c(PO43-)＜c(HPO42-)，D错误；故选C。
7．(2021·江苏高三零模)室温下，通过下列实验探究Na2CO3溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH，测得pH约为12
2
向0.1 mol/L Na2CO3溶液中加入过量0.2 mol/L CaCl2溶液，产生白色沉淀
3
向0.1 mol/L Na2CO3溶液中通入过量CO2，测得溶液pH约为8
4
向0.1 mol/L Na2CO3溶液中滴加几滴0.05 mol/L HCl，观察不到实验现象
下列有关说法正确的是( )
A．0.1 mol/L Na2CO3溶液中存在c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)
B．实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(CO32-) C．实验3得到的溶液中有c(HCO3-) D．实验4中反应的化学方程式为H++OH-=H2O
【答案】A
【解析】A项，0.1 mol/L Na2CO3溶液存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)，故A正确；B项，实验2反应静置后的上层清液是饱和溶液，此时达到沉淀溶解平衡， c(Ca2+)·c(CO32-)=Ksp(CaCO3)，故B错误；C项，向0.1 mol/L Na2CO3溶液中通入过量CO2，发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3， HCO3-水解程度大于电离程度，溶液显碱性，但水解和电离的部分还是少量，所以c(HCO3-)＞c(CO32-)，故C错误；D项，向0.1 mol/L Na2CO3溶液中滴加几滴0.05 mol/L HCl，反应的化学方程式为Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl，故D错误；故选A。
8．(2021·天津期末)室温下，关于1L 0.1mol/L氨水()的叙述正确的是( )
A．由水电离出的c(OH-)=10-11mol·L-1
B．当加入少量氯化铵固体时，溶液中将增大
C．当与盐酸恰好完全中和时，溶液中：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
D．当加入稀硫酸至溶液pH=7时，溶液中c(NH4+)=2 c(SO42-)=0.1mol·L-1
【答案】A
【解析】A项，氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，电离出的c(NH4+)=c(OH-)，，则，则水电离出的c(OH-)=c(H+)=mol/L，A正确；B项，当加入少量氯化铵固体时，c(NH4+)增大，平衡常数不变，则减小，B错误；C项，当与盐酸恰好完全中和时，溶液中的溶质为NH4Cl，NH4+水解显酸性，因此离子浓度： c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，C错误；D．当加入稀硫酸至溶液pH=7时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2 c(SO42-)，则c(NH4+)=2 c(SO42-)，加入稀硫酸溶液使得溶液体积增大，因此溶液中2 c(SO42-)＜0.1mol·L-1，D错误；故选A。
9．草酸(H2C2O4)又叫乙二酸，广泛存在于植物源食品中，25℃时，其解离常数Kal=5.9×10-2； Ka2= 6.4×10-5。下列与草酸有关的说法错误的是( )
A．H2C2O4(aq)H+(aq) +HC2O4-(aq) △H >0；升温有利于提高草酸的电离程度
B．草酸中的碳为+3价，具有较强的还原性，可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．25℃时，KHC2O4溶液呈弱酸性，有时用于清洗金属表面的锈迹
D．同浓度的KHC2O4和K2C2O4混合溶液中：2c( H2C2O4) +2c( HC2O4)+2c( C2O42-) =3c(K+)
【答案】D
【解析】A项，升高温度，电离平衡正向进行，有利于提高草酸的电离度，A正确；B项，草酸中氢元素为+1价，氧元素为-2价，所以碳元素为+3价，具有较强的还原性，可以与高锰酸钾反应使其褪色，B正确；C项，25℃时，HC2O4-的水解平衡常数Kh===1.7×10-13< Ka2，草酸氢根的电离程度大于水解程度，所以其呈弱酸性，可以用来清洗金属表面的锈迹，C正确；D项，根据物料守恒有，同浓度的KHC2O4和K2C2O4混合溶液中：3c(H2C2O4)+3c(HC2O4)+3c(C2O42-)=2c(K+)，D错误；故选D。
10．(2021届·湖北省松滋市言程中学高三质检)有相同体积pH均为3的醋酸和盐酸，下列说法正确的是( )

A．稀释10倍后，两者的pH变化醋酸大于盐酸
B．中和相同浓度的氢氧化钠溶液，消耗氢氧化钠的物质的量盐酸大于醋酸
C．加入一定量的锌粉，产生气体的体积相同，则醋酸一定过量
D．加入足量的锌粉，产生氢气的速率随时间的变化如图
【答案】C
【解析】A项，相同体积pH均为3的醋酸和盐酸，初始时氢离子浓度相同，醋酸为弱酸，加水稀释促进醋酸的电离，将pH均为3的盐酸和醋酸溶液分别稀释10倍后，醋酸溶液的pH变化小，故A错误；B项，盐酸是强酸不存在电离平衡，醋酸是弱酸，溶液中存在电离平衡，相同体积pH均为3的醋酸和盐酸两种溶液总氢离子浓度相同，醋酸的浓度大于盐酸，加等浓度的NaOH溶液至恰好中和，所需NaOH溶液的体积醋酸大于盐酸，故B错误；C项，相同体积pH均为3的醋酸和盐酸溶液的氢离子物质的量相等，加入一定量的锌粉，醋酸溶液中存在电离平衡，反应后醋酸又电离出氢离子，则产生气体的体积相同，两种溶液中消耗的氢离子物质的量相等，锌完全消耗说明醋酸过量，故C正确；D项，相同体积pH均为3的醋酸和盐酸溶液中氢离子浓度相同，加入足量的锌粉，反应开始时反应速率相等，醋酸溶液中存在电离平衡，反应后醋酸又电离出氢离子，因此产生的氢气的速率大于盐酸，反应后期强酸的反应速率下降得快，最终生成氢气的体积小，故D错误；故选C。
11．(2021·宁夏银川市银川一中高三月考)已知pOH=-lgc(OH-)，向20mL0.1mol·L-1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法不正确的是( )

A．稀H2SO4 的物质的量浓度为0.05mol·L-1
B．当溶液中pH=pOH时，水的电离程度最小
C．a点时溶液中存在c(NH3·H2O)＋2c(OH-)=c(NH4+)＋2c(H＋)
D．a、b、c 三点对应 NH4+的水解平衡常数：Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)
【答案】B
【解析】向20mL0.1mol•L-1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应时，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。A项，有分析可知：加入20ml硫酸与氨水恰好完全反应，硫酸是二元酸，一水合氨是一元碱，所以稀H2SO4 的物质的量浓度为0.05mol·L-1 ，故A不选；B项，当溶液中pH=pOH时，溶液呈中性，水的电离既不促进又不抑制，而不滴加硫酸时，溶液显碱性，抑制水的电离，当加入40ml硫酸时，酸过量，抑制水的电离，氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时水的电离程度最大，故B选；C项，a点时反应后溶质为一水合氨和硫酸铵，且硫酸铵为一水合氨浓度的一半，有电荷守恒c(NH4+)＋c(H＋)= c(OH-)+2c(SO42-) 和物料守恒4c(SO42-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O) 得c(NH3·H2O)＋2c(OH-)=c(NH4+)＋2c(H＋) ，故C不选；D项，升高温度促进铵根离子水解，水解常数增大，由图可知，温度：b＞a＞c ，则a、b、c 三点对应 NH4+的水解平衡常数：Kh(b)＞Kh(a)＞Kh(c)，故D不选；故选B。
12．(2021·陕西宝鸡市高三一模)常温下将NaOH溶液滴加到亚硒酸(H2SeO3) 溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是( )

A．曲线N表示pH与
B．图中a点对应溶液中： c (Na+) > c (HSeO3-) + 2c (SeO32-)
C．Ka1(H2SeO3)与Ka2(H2SeO3) 之比为103
D．NaHSeO3溶液中： c (HSeO3-) > c (SeO32-) > c (H2SeO3)
【答案】D
【解析】A项，=，=，则pH相同时，=>=，根据图象可知，曲线M表示pH与的关系，曲线N表示pH与的变化关系，故A错误；B项，a点时pH=2.6，溶液显酸性，根据电荷守恒有：c (Na+) + c (H+)= c (HSeO3-) + 2c (SeO32-)+c (OH-)，由c (H+)> c (OH-)，可知c (Na+) < c (HSeO3-) + 2c (SeO32-)，故B错误；C项，a点：=0，即，由=可知，Ka1=c(H+)=10-2.6；b点=0，即，由=可知，Ka2=c(H+)=10-6.6；得=104，故C错误；D项，由上面C选项分析可知，HSeO3-的电离常数Ka2=10-6.6，HSeO3-的水解常数=<10-6.6，即HSeO3-以电离为主，故NaHSeO3溶液中： c (HSeO3-) > c (SeO32-) > c (H2SeO3)，故D正确；故选D。
13．(2021·广东高三零模)水体中重金属铅的污染问题备受关注。溶液中Pb2+及其与OH- 形成的微粒的浓度分数α随溶液pH变化的关系如图所示。已知NH3·H2O 的Kb=1.74 ×10-5。向Pb(NO3)2 溶液中滴加氨水，关于该过程的说法正确的是( )

A．Pb2+的浓度分数先减小后增大
B．c(NO3-)与c(Pb2+)的比值减小后增大， pH> 10后不变
C．pH=7时，存在的阳离子仅有Pb2+、Pb(OH)+和H+
D．溶液中Pb2+与Pb(OH)2浓度相等时，氨主要以NH4+的形式存在
【答案】D
【解析】由图示可知，Pb2+与OH–依次形成Pd(OH)+、Pd(OH)2、Pd(OH) 3-、Pd(OH)42-四种微粒。A项，随着pH的增大，Pb2+的浓度分数逐渐减小，当pH=10时，Pb2+的浓度分数减小为0，A错误；B项，NO3-与Pb2+在同一溶液中，c(NO3-)与c(Pb2+)的比值等于其物质的量之比，滴加氨水过程中，随着pH的增大，n(Pb2+)逐渐减小，n(NO3-)不变，n(NO3-)与n(Pb2+)的比值增大，故c(NO3-)与c(Pb2+)的比值增大，pH>10，c(Pb2+)减小为0时，比值无意义，B错误；C项，当pH=7时，根据图示可知，溶液中存在的阳离子有Pb2+、Pb(OH)+、H+以及NH4+，C错误；D项，当溶液中Pb2+与Pb(OH)2浓度相等时，由图可知，此时溶液pH约等于8，由NH3·H2O电离常数Kb = =1.74 ×10-5，则= = =17.4，故溶液中氨主要以NH4+形式存在，D正确；故答案选D。
14．(2021·山东烟台市高三期末)某二元酸H2MO4在水中分两步电离：H2MO4=H++HMO4-，HMO4-H++MO42-。常温下，向20 mL 0.1mol·Lˉ1NaHMO4溶液中滴入cmol·L-1 NaOH溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是( )

A．该NaOH溶液pH=13
B．从G点到H点水的电离平衡正向移动
C．图像中E点对应的溶液中c(Na+)= c(H2MO4)+c(HMO4-)+ c(MO42-)
D．若F点对应的溶液pH=2，则MO42-的水解平衡常数约为 5.4×10-13mol·L－1
【答案】A
【解析】A项，由H2MO4在水中的电离方程式可知，第一步完全电离，第二步部分电离，由图可知，向20 mL 0.1mol·Lˉ1NaHMO4溶液中滴入cmol·L-1 NaOH溶液，当加入20mLNaOH溶液时，溶液的温度最高，此时恰好反应，则NaOH溶液的浓度也为0.1mol/L，故该NaOH溶液pH=13，故A正确；B项，由A分析知，G点恰好反应生成Na2MO4，继续加入NaOH溶液，水的电离程度减小，故从G点到H点水的电离平衡逆向移动，故B错误；C项，图像中E点表示20 mL 0.1mol·Lˉ1NaHMO4溶液，由于HMO4-不会水解，则溶液中不存在H2MO4，对应的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+ c(MO42-)，故C错误；D项，F点对应加入10mLNaOH溶液，此时溶液为等浓度的NaHMO4与Na2MO4的混合溶液，对于MO42-的水解反应MO42-+H2OHMO4-+OH- ，MO42-的水解平衡常数为，此时，c(HMO4-)≈c(MO42-)，则MO42-的水解平衡常数，故D错误；故选A。
15．(2021·甘肃白银市期末)向溶液中缓慢滴加100 mL盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸的物质的量的变化如图所示(和未画出)，已知：碳酸的电离平衡常数，，下列说法错误的是( )

A．滴加至A点时，
B．滴加至B点时，
C．滴加至C点时，
D．滴加至D点时，溶液的pH<7
【答案】C
【解析】A项，滴加至A点时，根据物料守恒知：n(K+)=2n(CO32-)+2n(HCO3-)+2n(H2CO3)(此时无二氧化碳生成)，由图A点知n(Cl-)=n(CO32-)>n(HCO3-)，，故A正确；B项，，，B点时，n(CO32-)=n(HCO3-)，c(H+)=5.60×10-11，，故B正确；C项，由C点知，n(Cl-)>n(HCO3-)>n(CO32-)，此时加入n(HCl)=0.01 mol，此时溶质为KCl和KHCO3，且等浓度，由物料守恒得：n(Cl-)=n(CO32-)+n(HCO3-)+n(H2CO3),又因为n(H2CO3)>n(CO32-)，所以，故C错误；D项，D点时，n(Cl-)=0.02 mol,说明K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O恰好完全反应，生成的二氧化碳部分溶于水，则溶液的pH<7，故D正确；故选C。
16．(2021·福建三明市高三期末)25℃时，在20 mL 0.1 mol·L-1一元弱酸HA溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液，溶液中与pH关系如图所示。下列说法正确的是( )

A．25℃时，HA的电离常数为
B．a、b、c三点水的电离程度： a＞b＞c
C．加水稀释b点溶液，不变
D．c点对应的NaOH溶液体积为10.00mL
【答案】C
【解析】A项，在b点，=1，则=10，25℃时，HA的电离常数为==，A不正确；B项，在c点，溶液呈中性，则溶液中HA与A-共存，所以a、b两点，溶液中以HA电离为主，溶液呈酸性，都抑制水的电离，由此可得出a、b、c三点水的电离程度：a＜b＜c，B不正确；C项，加水稀释b点溶液，=，温度一定时，Ka、KW都保持不变，所以不变，C正确；D项，若NaOH溶液体积为10mL，则反应后溶液中c(A-)=c(HA)，由=10-5.3，可求出c(H+)=10-5.3，则表明HA发生电离，而c点时pH=7，则应继续加入NaOH溶液，所以c点对应的NaOH溶液体积应大于10.00mL，D不正确；故选C。
17．(2021·黑龙江牡丹江市牡丹江一中高三期末)25 ℃时，改变0.1 mol/L弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)随之改变[已知δ(RCOOH)=]，甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )

A．若弱酸pH增大是通过向弱酸中加入NaOH固体实现的，则图中M、N两点对应溶液中的c(Na+)相等
B．对于甲酸和丙酸，当lg[c(RCOOH)/c(RCOO-)]＞0时，溶液都为酸性
C．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液中的c(NaOH)相等
D．将0.1 mol/L的HCOOH溶液与0.1 mol/L的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(HCOOH)＞c(HCOO-)＞c(OH-)＞c(H＋)
【答案】B
【解析】A项，当溶液中δ(RCOOH)=δ(RCOO-)时c(RCOOH)=c(RCOO-)，Ka==c(H+)=10-pH，电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据图知：Ka(HCOOH)＞Ka(CH3CH2COOH)，则酸性：HCOOH＞CH3CH2COOH，要使混合溶液中δ(RCOOH)=50%，混合溶液中酸的电离程度等于盐的水解程度，酸性越强，加入的NaOH越多；故A错误；B项，当lg[c(RCOOH)/c(RCOO-)]＞0时，c(RCOOH)＞c(RCOO-)，即δ(RCOOH)＞δ(RCOO-)，根据图知，甲酸中M点前、丙酸中N 点前溶液都呈酸性，故B正确；C项，等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液中，水解程度：甲酸＜丙酸，则CH3CH2COONa溶液中c(NaOH)越大，故C错误；D项，根据图知，Ka(HCOOH)=c(H+)=10-pH=10-3.75，则Kh(HCOO-)==10-10.25＜Ka(HCOOH)=10-3.75，说明HCOOH电离程度大于HCOO-水解程度导致混合溶液呈酸性，c(OH-)＜c(H+)，根据电荷守恒得c(Na+)＜c(HCOO-)，溶液中存在c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(HCOOH)＞c(H+)＞c(OH-)，故D错误；故选B。
18．(2021·黑龙江牡丹江市牡丹江一中高三期末)常温下，二甲胺[(CH3)2NH·H2O]是一元弱碱，其电离常数Kb=1.6×10-4，10 mL c mol·L-1二甲胺溶液中滴加0.1 mo1·L-1盐酸，混合溶液的温度与盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的( )

A．二甲胺溶液的浓度为0.2 mol·L-1
B．在Y和Z点之间某点溶液pH=7
C．Y点存在：c(Cl-)＞c[(CH3)2NH2+]＞c(H＋)＞c(OH-)
D．常温下，(CH3)2NH2Cl水解常数Kh≈6.25×10-11
【答案】B
【解析】A项，二甲胺与盐酸恰好完全中和时放出热量最多，溶液温度最高，即Y点表示酸碱恰好完全反应，由反应方程式(CH3)2NH•H2O+HCl=(CH3)2NH2Cl+H2O可知二甲胺溶液的浓度为0.2mol•L-1，故A正确；B项，二甲胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，X点对应的溶液中(CH3)2NH•H2O、(CH3)2NH2Cl的浓度相等，其混合溶液呈碱性，故中性点应在X点与Y点之间，故B错误；C项，二甲胺是弱碱，Y点对应溶质是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，则Y点存在c(Cl-)＞c[(CH3)2NH2+]＞c(H＋)＞c(OH-)，故C正确；D项，(CH3)2NH2Cl水解常数Kh==≈6.25×10-11，故D正确；故选B。
19．(2021·自贡市田家炳中学高三月考)常温下，用20 mL 0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液吸收SO2气体，吸收液的pH与lg的关系如图所示。下列说法错误的是( )

A．b点对应的溶液中：c(Na+)＞c(HSO3-)＝c(SO32-)＞c(OH-)＞c(H+)
B．c点对应的溶液中：c(Na+)=c(HSO3-)＋c(SO32-)
C．常温下，H2SO3第二步电离常数Ka2=1.0×10-7.2
D．在通入SO2气体的过程中，水的电离平衡逆向移动
【答案】B
【解析】A项，Na2SO3溶液吸收SO2气体，发生反应：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，b点对应的溶液pH=7.2，lg=0，即溶液中c(OH-)＞c(H+)，c(HSO3-)＝c(SO32-)，结合电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(HSO3-)+2 c(SO32-)+ c(OH-)知，c(Na+)＞c(HSO3-)，A项正确；B项， pH=7.0，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，依据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(HSO3-)+2 c(SO32-)+ c(OH-)，c(Na+)= c(HSO3-)+2 c(SO32-)，B项错误；C项， b点溶液pH=7.2，lg=0，即c(H+)=1.0×10-7.2，c(HSO3-)= c(SO32-)，，C项正确；D项， 由图可知，在通入SO2气体的过程中，溶液的酸性不断增强，对水的电离抑制程度逐渐增大，故水的电离平衡逆向移动，D项正确；故选B。
20．(2021·山东潍坊市寿光现代中学高三月考)锰是重要的合金材料和催化剂，在工农业生产和科技领域有广泛的用途。利用某工业废料[含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe]制备Zn和MnO2的一种工艺流程如图所示：

已知：
①MnO能溶于酸，且Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化。
②室温下，Ksp[Mn(OH)2]=10-13，Ksp[Fe(OH)3]=10-38，Ksp[Zn(OH)2]=10-17(当离子浓度≤10-5mol·L-1可认为沉淀完全)
下列说法错误的是( )
A．加入过量炭黑主要作用是将MnO2、MnOOH转化为MnO
B．“酸浸”时，不可以用浓盐酸代替稀硫酸
C．“净化”时，溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L-1，调节pH的合理范围是3≤pH<8
D．“电解”时，阳极产物制得MnO2，阴极制得Zn，余下电解质溶液经处理可循环使用
【答案】C
【解析】“还原焙烧”时过量炭黑将废料[含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe]中的MnO2、MnOOH还原为MnO，Zn(OH)2受热分解产生ZnO，“还原焙烧后”得到含MnO、ZnO、Fe、炭黑的固体；“酸浸”时硫酸和MnO、ZnO、Fe反应，过滤除去炭黑，滤渣1主要成分为炭黑，得到含Mn2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、H+的滤液；“净化”时加合适的氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，再调pH到适当范围使Fe3+形成沉淀，然后过滤除去，滤渣2主要成分为Fe(OH)3；通过“电解”阳极得到MnO2，阴极得到Zn。A项，从流程和信息来看加入过量炭黑主要作用是将MnO2、MnOOH转化为MnO，A正确；B项，若“酸浸”时，用浓盐酸代替稀硫酸，则溶液中含氯离子，电解时阳极产生氯气，不产生MnO2，因此“酸浸”时，不可以用浓盐酸代替稀硫酸，B正确；C项，Ksp[Fe(OH)3]=10-38，Fe3+完全沉淀时(Fe3+浓度≤10-5mol·L-1可认为沉淀完全)，10-38≥10-5×c3(OH-)，10-33≥c3(OH-)，10-11 mol·L-1≥c(OH-)，c(H+)≥10-3 mol·L-1，pH≥3，即Fe3+完全沉淀的pH≥3；Ksp[Mn(OH)2]=10-13，Mn2+开始沉淀时，10-13=0.1×c2(OH-)，c2(OH-)=10-12，c(OH-)=10-6，pH=8；Ksp[Zn(OH)2]=10-17，Zn2+开始沉淀时，10-17=0.1×c2(OH-)，c2(OH-)=10-16，c(OH-)=10-8，pH=6；本题中，净化的目的是使Fe3+沉淀而除去，但不能使Zn2+、Mn2+形成沉淀，因此调节pH的合理范围是3≤pH<6，C错误；D项，电解时，Mn2+在阳极失电子转化为MnO2，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，Zn2+在阴极得电子转化为Zn，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，因此阳极产生的H+和溶液中的硫酸根形成硫酸，硫酸经净化处理可循环利用于“酸浸”，D正确。答案选C。
21．(2021·怀仁市第一中学校月考)25℃时，0.1 mol·Lˉ1R2SO4溶液加水稀释，混合溶液中与的关系如图所示。下列说法错误的是( )

A．
B．P、Q点对应溶液中的值：P＜Q
C．若将溶液无限稀释，溶液中c(R+)≈c(SO42-)
D．相同条件下，若改为c(R2SO4)=0.2 mol·Lˉ1，P点移至W点
【答案】D
【解析】A项，从P点lgc(OH-)=-8.0，即c(OH-)=10-8mol/L，=-2.3，即=10-2.3mol/L，，故A正确，不符合题意；B项，R2SO4溶液中因存在R+的水解而显酸性，加水稀释，酸性减弱，所以P点稀释程度大，=，稀释程度越大，c(ROH)越小，而水解平衡常数不变，则的数值小，故B正确，不符合题意；C项，若将溶液无限稀释，溶液接近中性，根据电荷守恒可知，c(R+)≈c(SO42-)，故C正确，不符合题意；D项，溶液浓度增大，Kb(ROH)不变，所以关系曲线不变，故D错误，符合题意。故选D。
22．(2021·山东潍坊市高三期末)常温下，向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸(H3PO3)，反应中只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，含磷各微粒的分布分数X(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示。下列说法不正确的是( )

A．曲线a代表X(HPO32-)
B．pOH=7时，c(Na+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)
C．H2PO3-的电离平衡常数Ka=1×10-6.7mol·L-1
D．等浓度Na2HPO3和NaH2PO3混合溶液： c(Na+)>c(HPO32-)>c(H2PO3-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【解析】向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成Na2HPO3，HPO32-浓度增加，所以曲线a代表X(HPO32-)；继续滴加亚磷酸，NaH2PO浓度降低，NaH2PO升高，所以曲线b代表X(H2PO3-)，曲线c代表X(H3PO3)。A项，向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成Na2HPO3，HPO32-浓度增加，所以曲线a代表X(HPO32-)，故A正确；B．pOH=7时，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在Na2HPO3和NaH2PO3两种溶质，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，其中c(OH-)=c(H+)，即c(Na+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，故B正确；C项，H2PO3-在溶液中存在电离平衡H2PO3-H++HPO32-，平衡常数Ka=，pOH=7.3时，c(HPO32-)=c(H2PO3-) HPO32-且=10-6.7mol/L，所以Ka=10-6.7，故C正确；D项，等浓度Na2HPO3和NaH2PO3混合溶液中，H2PO3-既电离又水解，其电离常数Ka>Kh==，以电离为主；HPO32-只水解，其水解常数Kh==c(OH-)，所以溶液中离子浓度大小为c(Na+)>c(HPO32-)>c(H2PO3-)>c(H+)>c(OH-)，故D错误；故选D。
23．(2021·江苏扬州市高三期末)常温下，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.2×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。向20ml0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中加入NaOH固体并恢复至常温，理论上溶液中NH4+、NH3·H2O、HCO3-、CO32-的变化如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是( )

A．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液：c(NH4+)＞c(H2CO3)＞c(HCO3-)＞c(NH3·H2O)
B．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液：c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.2mol·L-1
C．曲线a表示的是c(NH4+)的变化
D．M点时：c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)=0.1mol·L-1+c(H+)
【答案】C
【解析】A项，0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中，NH4++H2O NH3·H2O+H+水解平衡常数K1===，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解平衡常数K2===10-3, K2> K1,所以HCO3-的水解程度大，则：c(NH4+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(NH3·H2O)，故A错误；B项，由物料守恒可知c(NH4+)+c(NH3·H2O) =0.1mol·L-1，c(H2CO3) +c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol·L-1，所以c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(HCO3-)+c(CO32-)<0.2mol·L-1，故B错误；C项， NH4HCO3中HCO3-更易于OH-结合反应生成CO32-，HCO3-消耗的更快，所以曲线a表示的是c(NH4+)的变化，曲线b表示的是c(HCO3-)的变化,故C正确；D项，M点时反应了0.002mol的NaOH，则溶液中c(Na+)==0.1mol/L, NH4HCO3与NaOH恰好反应生成(NH4)2CO3和Na2CO3，溶液中存在Na+、 CO32-，HCO3-、H+、NH4+、OH-，所以电荷守恒为2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)=c( Na+)+c(H+)+ c(NH4+)，又因c(Na+)=0.1mol/L，所以2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)=0.1mol·L-1+c(H+)+ c(NH4+)，故D错误。故选C。
24．(2021·山东潍坊市寿光现代中学高三月考)常温下，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中和-1gc(HC2O4-)或和-lgc(C2O42-)关系如图所示，下列说法正确的是( )

A．水的电离程度：M点>N点
B．滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)-3c(HC2O4-)>0
C．若c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，则pH范围为3.5 D．NaHC2O4溶液中：c(H+)+c()=c(H2C2O4)+c(OH-)
【答案】C
【解析】草酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，第一步电离抑制第二步电离，电离常数Ka1=＞Ka2=，由电离常数可知，，由图可知，当c(H+)= c(H2C2O4)或c(H+)= c(HC2O4-)时可得Ka1=10—2、Ka2=10—5，则下端直线代表，上端直线代表。A项，由分析可知，下端直线代表，上端直线代表，则M点为草酸的第一步电离，N点为第二步电离，水的电离程度N点>M点，故A错误；B项，当pH=5时，由Ka2==10—5可得c(HC2O4-)=c(C2O42-)，溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，整合两式可得c(Na+)-3c(HC2O4-)=c(OH-)—c(H+)<0，故B错误；C项，由c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)可得)>>1，由电离常数可得)>>1，解不等式可知氢离子的范围为10—5mol/L< c(H+)<10—3.5mol/L，则pH范围为3.5 25．(2021届·浙江高三模拟)25℃时，用 NaOH 溶液滴定H2A 溶液，溶液中和或和关系如图所示，下列说法正确的是( )

A．H2A 为弱酸，其 Ka1 约为 10−4
B．滴定过程中，当 pH=5 时，c(Na+)>3c(A2−)
C．向 H2A 溶液中加入等体积等浓度的NaOH 溶液，完全反应后溶液显碱性
D．已知 H2CO3 的 Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，则足量 Na2CO3 溶液中滴入少量 H2A 溶液， 发生的离子反应为：H2A+2CO32- = 2HCO3- + A2-
【答案】D
【解析】由图可知，H2A 为二元弱酸，Ka1= ，Ka2= ，当=0时，溶液中=—，同理当=0时，=—，电离常数Ka1>Ka2，由图可知，曲线 I 表示 和的关系，曲线 II 表示和的关系。A项，由分析可知，H2A 为二元弱酸，曲线 I 表示 和的关系，当=0时，溶液中=—，则Ka1为10−2，故A 错误； B项，由图可知，当=3时，=2，则Ka2= =10-3×10-2=10-5，当 pH=5 时，溶液中c(HA- )=c(A2- )，由电荷守恒 c(H+ ) + c (Na+ )═c (OH-)+ c (HA- )+2 c (A2- )可得c (H+ )+c(Na+ )═c(OH-)+3c(A2- )，则c(Na+ )-3c(A2- )═c(OH-)-c(H+ )<0， c(Na+ )<3c(A2-)，故B 错误；C项，向 H2A 溶液中加入等体积等浓度 NaOH 溶液，完全反应后生成 NaHA 溶液，H2A的二级电离常数Ka2=10-5，A2-的二级水解常数Kh2===10-12< Ka2，则NaHA 溶液电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故C 错误；D项，由电离常数可知，酸的电离程度的大小顺序为H2A>HA->H2CO3> HCO3-，则过量 Na2CO3溶液中与H2A 溶液反应生成NaHCO3和Na2A，反应的离子方程式为. H2A+2 CO32- = 2 HCO3- + A2-，故D 正确；故选D。
二、非选择题
26．一种利用钢铁厂烟灰(含Fe、Mn、SiO2，少量的Al2O3、CaO及MgO)制备MnCO3的工艺流程如下：

已知25℃时，下列难溶物的溶度积常数：
难溶物
CaF2
MgF2
MnCO3
Mn(OH)2
Ksp
4.0×10-11
6.4×10-9
2.2×10-11
1.9×10-13
回答下列问题：
(1)步骤(Ⅰ)浸渣的主要成分是______________(填化学式)。
(2)步骤(Ⅱ)加H2O2溶液时反应的离子方程式为________________；
加氨水调节pH沉铁铝时，步骤(Ⅲ)应调节的pH适宜范围为____________。(部分金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH范围如下)
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mn2+
Mg2+
沉淀pH范围
7.6～9.6
2.7~3.7
3.4~5.2
8.3~9.3
9.6～11.1
(3)步骤(Ⅳ)用KF溶液沉钙镁时，要使c(Ca2+)、c(Mg2+)均小于1×10-6mol·L-1，则应控制反应液中c(F-)>___________mol·L-1；反应MgF2(s)+Ca2+CaF2(s)+Mg2+的平衡常数K=___________。
(4)步骤Ⅴ沉锰时，在60℃按投料比n[(NH4)2CO3]/n(Mn2+)=2，溶液的pH对MnCO3产率的影响如图所示；pH=7，按投料比n[(NH4)2CO3]/n(Mn2+)=2，反应温度对MnCO3产率的影响如图所示。

①上图中，在pH<7.0时，pH越小产率____________(填“越高”或“越低”；在pH>7.0时，pH越大产率越低且纯度也降低，其原因是___________________。

②上图中，温度高于60℃时，温度越高产率越低且纯度也越低，主要原因是______________。
【答案】(1)SiO2 (2)2Fe2++H2O2+2H+-2Fe3++2H2O 5.2~8.3
(3)0.08 160 (4)①越低 部分MnCO3转化为溶解度更小的Mn(OH)2
②温度越高MnCO3水解程度越大[或温度升高，(NH4)2CO3和MnCO3也会热分解]
【解析】(1)步骤(Ⅰ)浸渣的主要成分是不与浓硫酸反应的酸性氧化物二氧化硅；(2)步骤(Ⅱ)加H2O2溶液时，双氧水将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+-2Fe3++2H2O；加入氨水的目的是调节溶液pH，使溶液中铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀而除去，而锰离子不能沉淀，由题给表格数据可知，应调节的pH适宜范围为5.2~8.3；(3)用KF溶液沉钙镁时，溶解度小的CaF2沉淀先生成，MgF2沉淀后生成，则c(Mg2+)小于1×10-6mol·L-1时，溶液中c(F-)>mol/L；反应MgF2(s)+Ca2+CaF2(s)+Mg2+的平衡常数K==160； (4) ①由图可知，在60℃按投料比n[(NH4)2CO3]/n(Mn2+)=2时，在pH<7.0时，pH越小MnCO3产率越小；由表格所给溶度积可知，pH>7.0时，溶液碱性增强， MnCO3部分会转化为溶解度更小的Mn(OH)2，导致产率和纯度降低；②由图可知，60℃时，MnCO3产率最大，温度高于60℃时，温度升高MnCO3水解程度越大，(NH4)2CO3和MnCO3也会热分解，导致产率和纯度降低。
27．铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(含BeO:25%、CuS:71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下:

已知:I.铍、铝元素化学性质相似
II.常温下:Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20、Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=-2.1×10-13
(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有_____ (填化学式)，写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式_____________。
(2)①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择最合理步骤顺序______。
a.加入过量的NaOH b.通入过量的CO2 c.加入过量的氨水
d.加入适量的HC1 e.过滤 f.洗涤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是________________。
(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，写出反应II中CuS 发生反应的化学方程式______________。
②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是____________(任写一条)。
(4)溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol/L、c(Fe3+)=0.008mol/L c(Mn2+)=0.01mol/L，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，首先沉淀的是___ (填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH值大于____。
【答案】(1)Na2SiO3、Na2BeO2(2分) BeO22-+4H+=Be2++2H2O
(2)①cefd ②在氯化氢气流中蒸发结晶(或蒸发结晶时向溶液中持续通入氯化氢气体)
(3)①MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O ②产生污染环境的气体
(3)Fe3+ 4
【解析】(1)旧铍铜原件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2，根据信息I，BeO属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠反应，SiO2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；根据信息I，BeO2－与过量盐酸反应生成氯化铍和水。其离子方程式为BeO22－+4H＋=Be2＋+2H2O。(2)①利用Be元素、铝元素化学性质相似，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤、洗涤，再加入适量的HCl，生成BeCl2，合理步骤是cefd；②为了抑制Be2＋的水解，因此需要在HCl的氛围中对BeCl2溶液蒸发结晶；(3)①根据信息，CuS中S转化为S单质，MnO2中Mn被还原为Mn2＋，根据化合价升降法进行配平，其化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O；②用浓硝酸作氧化剂，浓HNO3被还原成NO2，NO2有毒污染环境；(4)三种金属阳离子出现沉淀，根据浓度商与Ksp的关系，Cu2＋转化成沉淀，c(OH－)=mol·L－1，Fe3＋转化成沉淀，c(OH－)=mol·L－1，Mn2＋转化成沉淀，c(OH－)=mol·L－1，因此首先沉淀的是Fe3＋，为使Cu2＋沉淀，此时c(OH－)=1×10－10mol·L－1，c(H＋)=10－14/10－10=10－4mol·L－1，即pH=4，当pH>4时，Cu2＋出现沉淀。
28．锂离子电池是目前具有最高比能量的二次电池。LiFePO4可极大地改善电池体系的安全性能，且具有资源丰富、循环寿命长、环境友好等特点，是锂离子电池正极材料的理想选择。生产LiFePO4的一种工艺流程如图：

已知：Ksp(FePO4·xH2O)＝1.0×10－15，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。
(1)在合成磷酸铁时，步骤Ⅰ中pH的控制是关键。如果pH<1.9，Fe3＋沉淀不完全，影响产量；如果pH＞3.0，则可能存在的问题是________________。
(2)步骤Ⅱ中，洗涤是为了除去FePO4·xH2O表面附着的________等离子。
(3)取3组FePO4·xH2O样品，经过高温充分煅烧测其结晶水含量，实验数据如下表：
实验序号
1
2
3
固体失重质量分数
19.9%
20.1%
20.0%
固体失重质量分数＝×100%，则x＝_______(精确至0.1)。
(4)步骤Ⅲ中研磨的作用是__________________________________。
(5)在步骤Ⅳ中生成了LiFePO4、CO2和H2O，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
(6)H3PO4是三元酸，如图是常温下溶液中含磷微粒的物质的量分数(δ)随pH变化示意图。则PO第一步水解的水解常数K1的表达式为______，K1的数值最接近______(填字母)。
A．10－12.4　　B．10－1.6 C．10－7.2 D．10－4.2

【答案】(1)生成Fe(OH)3杂质，影响磷酸铁的纯度
(2)NO3-、NH4+、H＋(只要写出NO3-、NH4+即可)
(3)2.1
(4)使反应物混合均匀，增大反应速率，提高反应产率(答案合理即可)
(5)24∶1 (6) B
【解析】磷酸和硝酸铁溶液中加入氨水调节溶液pH值2-3目的是生成磷酸铁，过滤、洗涤、干燥得到FePO4·xH2O，加入葡萄糖和磷酸锂研磨、干燥在有氩气的装置中高温煅烧得到LiFePO4，(1)步骤I中pH的控制是关键．如果pH＜1.9，Fe3＋沉淀不完全，影响产量；如果pH＞3.0，则可能存在的问题是：生成Fe(OH)3杂质，影响磷酸铁的纯度；(2)步骤II中，洗涤是为了除去FePO4·xH2O表面附着的NO3－、NH4＋、H＋；(3)图表中固体失重质量分数的平均值=(19.9%+20.1%+20.0%)/3=20.0%， ，x=2.1；(4)步骤III中研磨的作用使反应物混合均匀，增大反应速率，提高反应产率(答案合理即可) ；(5)在步骤IV中生成了LiFePO4、CO2和H2O，反应的化学方程式为：24FePO4+C6H12O6+12Li2CO3=24LiFePO4+18CO2+6H2O，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为24：1；(6)H3PO4是三元酸，则PO42－第一步水解的离子方程式为：PO43－+H2OHPO42－+OH－，水解常数K1的表达式=c(OH－)c(HPO42－)/c(PO43－)，图象中可知c(PO43－)=c(HPO42－)时，pH=12.4，则c(OH－)=10-14/10-12.4=10-1.6mol·L－1，故选B。
29．某化学兴趣小组的同学利用酸碱滴定法测定某变质烧碱样品(含Na2CO3杂质)中 NaOH 的质量分数。实验步骤如下：
(I)迅速地称取烧碱样品0.50 g，溶解后配制成100 mL溶液，备用。
(II)将0.1000 mol·L−1HCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V0；用碱式滴定管取 20.00mL 样品溶液于锥形瓶中，滴加 2 滴酚酞；以HCl 标准溶液滴定至第一终点，记录酸式滴定管的读数V1；然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用 HCl 标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数V2。重复上述操作两次，记录数据如下：
实验序号
1
2
3
V0/ mL
0.00
0.00
0.00
V1/ mL
22.22
22.18
22.20
V2/ mL
23.72
23.68
23.70
(1)步骤I中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和__。酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液并调零之前，应进行的操作是__。
(2)溶液中的H2CO3、HCO3-、的物质的量分数随 pH 的变化如图所示：

酚酞和甲基橙指示剂的变色pH范围及对应颜色见表。
酚酞
无色
pH < 8.0
粉红
pH 8.0~9.8
红
pH > 9.8
甲基橙
红
pH < 3.1
橙
pH 3.1~4.4
黄
pH > 4.4
①滴定至第一终点时，溶液中含碳微粒的主要存在形式为______________。
②滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为____________________。
③已知：pKa1= −lgKa1，结合图像可知，H2CO3的pKa1约为________。
a.5.0 b.6.4 c.8.0 d.10.3
(3)下列有关滴定的说法正确的是________。
a.滴定至第一终点时，溶液中 c(H+)+c(Na+) = 2c(CO32-) + c(HCO3-) + c(OH−)
b.滴定至第一终点时，溶液中 n(Cl−) +n(CO32-) + n(HCO3-) + n(H2CO3) =n(Na+)
c.判断滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色
d.记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面，会导致测得的NaOH质量分数偏低
(4)样品中NaOH的质量分数(NaOH) =________%(计算结果保留小数点后 1 位)
【答案】(1)100mL容量瓶(量筒) 用标准盐酸溶液润洗酸式滴定管
(2)①HCO3- ②H++OH-═H2O H+ + CO32-= HCO3- ③b
(3)bcd (4)84.1
【解析】(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；还缺少的玻璃仪器：100mL容量瓶(量筒)，酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是：用HCl标准溶液润洗酸式滴定管；(2) ①第一阶段滴定使用了酚酞做指示剂，故滴定到pH为8时，即为滴定终点，对照微粒分布图中可知，此时，溶液中含碳微粒的主要存在形式为HCO3-；②滴定至第一终点的过程中OH-和CO32-与盐酸反应分别生成水和HCO3-，故该过程中发生反应的离子方程式为H++OH-═H2O，H+ + CO32-= HCO3-；③根据电离平衡常数表达式可知H2CO3的Ka1= 结合图像可知，当pH=6.4左右时，c(H2CO3) = c(HCO3-)，故H2CO3的pKa1约为6.4，故答案为b； (3) a项，滴定至第一终点时，溶液中的电荷守恒式为c(H+)+c(Na+) = 2c(CO32-) + c(HCO3-) +c(OH−)+c(Cl−)，故a错误；b项，滴定至第一终点时，溶液中是氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，故由物料守恒式：n(Cl−) +n(CO32-) + n(HCO3-) +n(H2CO3) =n(Na+)，故b正确；c项，根据图中可知，碳酸氢根基本完全转化为碳酸时，pH大致为4，故滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色，故c正确；d项，记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面，记录盐酸溶液体积V1减小，计算得到碳酸钠质量增大，氢氧化钠质量减小，质量分数减小，故d正确；故选bcd；(4)将0.1000mol/L HCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V0；用碱式滴定管取20.00 mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点(此时溶质为NaCl和NaHCO3)，记录酸式滴定管的读数V1，发生的反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，记录酸式滴定管的读数V2。重复上述操作两次，记录数据如表，平均V1=，平均V2=，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，消耗的盐酸溶液体积=23.70mL-22.20mL=1.50mL，结合反应过程计算样品中碳酸钠的质量=0.0015L×0.1mol/L×=0.00075mol，得到样品中氢氧化钠的质量分数=。