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2020届二轮复习 电解质溶液 作业（全国通用） (4) 练习
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电解质溶液
1．苯甲酸钠(，缩写为 NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A－。已知25 ℃时，HA的Ka＝6.25×10－5，H2CO3的Ka1＝4.17×10－7，Ka2＝4.90×10－11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25 ℃，不考虑饮料中其他成分)( )
A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B．提高CO2充气压力，饮料中c(A－)不变
C．当 pH为5.0时，饮料中＝0.16
D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H＋)＝2c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)－c(HA)
解析：A.由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A－，充CO2的饮料中c(HA)增大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；B.提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，抑制HA电离，所以溶液中
c(A－)减小，故B错误；C.当pH为5.0时，饮料中＝＝＝0.16，故C正确；D.碳酸饮料中碳酸电离的氢离子与水电离的氢离子之和等于溶液中氢离子与A－结合的氢离子之和，即溶液中存在质子守恒：c(H＋)＋c(HA)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，则各种粒子的浓度关系为：c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)－c(HA)，故D错误。
答案：C
2．(2019·昆明联考)已知：pKa＝－lg Ka,25 ℃时，几种弱酸的pKa值如下表所示。
下列说法正确的是( )
弱酸的化学式
CH3COOH
HCOOH
H2SO3
pKa
4.74
3.74
pKa1＝1.90
pKa2＝7.20
A.向Na2SO3溶液中加入过量乙酸，反应生成SO2
B．25 ℃时，pH＝8的甲酸钠溶液中，c(HCOOH)＝9.9×10－7mol/L
C．25 ℃时，某乙酸溶液pH＝a，则等浓度的甲酸pH＝a－1
D．相同温度下，等浓度的 HCOONa溶液比Na2SO3溶液的pH大
解析：因pKa＝－lgKa，pKa越大则Ka越小，则酸的酸性越弱，三种酸的酸性强弱顺序为H2SO3＞HCOOH＞CH3COOH＞NaHSO3。
A．由于酸性强弱顺序为H2SO3＞CH3COOH＞NaHSO3，所以Na2SO3和乙酸反应生成NaHSO3和CH3COONa，故A错误；B.甲酸钠溶液中，pH＝8即c(H＋)＝10－8 mol/L，c(OH－)＝＝ mol/L＝10－6mol/L，物料关系为c(Na＋)＝c(HCOO－)＋c( HCOOH)，电荷关系c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，所以c(HCOOH)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6mol/L－10－8 mol/L＝9.9×10－7 mol/L，故B正确；C.设两种酸的浓度为c，乙酸溶液c(H＋)2＝＝，甲酸溶液中c(H＋)1＝＝，则＝＝，所以pH(CH3COOH)－pH(HCOOH)＝[pKa(CH3COOH)－pKa(HCOOH)]＝0.5，即甲酸pH＝a－0.5，故C错误；D.弱酸根离子水解平衡常数Kh＝，甲酸根的水解常数＝＝10－10.26，亚硫酸根的水解常数＝＝10－6.80，相同温度等浓度的弱酸强碱盐：水解常数越大，则溶液的碱性越强，所以等浓度的 HCOONa溶液比Na2SO3溶液的碱性弱、pH小，故D错误。
答案：B
3．常温下，用0.1 mol/L的NaOH溶液滴定相同浓度的一元弱酸HA 20 mL，滴定过程中溶液的pH随滴定分数(滴定分数＝)的变化曲线如图所示(忽略中和热效应)，下列说法不正确的是( )
A．HA溶液加水稀释后，溶液中c(HA)/c(A－)的值减小
B．当滴定分数为1时，溶液中水的电离程度最大
C．当滴定分数大于1时，溶液中离子浓度关系一定是c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>
c(H＋)
D．当滴定分数为x时，HA的电离常数为KHA＝(10－7x)/(1－x)
解析：在弱酸HA溶液中存在电离平衡：HA H＋＋A－，加水稀释，平衡正向移动，c(HA)减小的倍数大于c(A－)，稀释后，溶液中的值减小，A项正确；当滴定分数为1时，二者恰好完全反应，溶液中的溶质为NaA，属于强碱弱酸盐，促进水的电离，故当滴定分数为1时，溶液中水的电离程度最大，B项正确；当滴定分数大于1时，溶液中离子浓度关系可能是c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，也可能c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)，C项错误；HA的电离常数K(HA)＝ ＝，D项正确。
答案：C
4．极稀溶液中溶质的物质的量浓度很小，常用其负对数pc表示(pcB＝－lgcB)。如某溶液中溶质的物质的量浓度为1×10－5 mol·L－1，则该溶液中溶质的pc＝5。下列说法正确的是( )
A．电解质溶液的pc(H＋)与pc (OH－)之和均为14
B．用盐酸滴定某浓度的KOH溶液，滴定过程中pc(H＋)逐渐增大
C．BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中pc(Ba2＋)逐渐减小
D．某温度下Ksp(AgCl)＝1.0×10－10，则其饱和溶液中pc (Ag＋) ＋pc(Cl－)＝10
解析：A.溶液中的c(H＋)和c(OH－)与水的电离程度有关，而水的电离程度随温度的升高而增大，如常温下Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14，则pc(H＋)＋pc(OH－)＝14，而在100 ℃时Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－12，则pc(H＋)＋pc(OH－)＝12，所以A错误；B.用盐酸滴定某浓度的KOH溶液时，滴定过程中c(OH－)逐渐减小，则c(H＋)逐渐增大，所以pc (H＋)是逐渐减小的，故B错误；C.向BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中c(Ba2＋)逐渐减小，则pc( Ba2＋)逐渐增大，所以C错误；D.某温度下Ksp(AgCl)＝1.0×10－10，则饱和溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)＝1.0×10－5 mol/L，所以pc(Ag＋)＋ pc(Cl－ )＝10，故D正确。
答案：D
5．(2019·常德模拟)已知：常温下，Ksp(CuS)＝1.0×10－36，K sp(HgS)＝1.6×10－52；pM＝－lgc(M2＋)。常温下，向10.0 mL 0.20 mol·L－1Cu(NO3)2溶液中逐滴滴加
0.10 mol·L－1Na2S溶液，溶液中pM与加入Na2S溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．V0＝20.0 mL，m＝18
B．若c[Cu(NO3)2]＝0.01 mol·L－1，则反应终点可能为e点
C．a、b、d三点中，由水电离的c(H＋)和c(OH－)的积最大的为b点
D．相同条件下，若用等浓度等体积的Hg(NO3)2溶液代替上述Cu(NO3)2溶液，则反应终点b向c方向移动
解析：A.b点溶液中滴加Na2S溶液恰好生成CuS沉淀，Na2S溶液的体积是20.0 mL即V0＝20.0 mL，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2＋(aq)＋S2－(aq)，
c(Cu2＋)＝＝ mol/L＝10－18 mol/L，pM＝18即m＝18，故A正确；B.若c[Cu(NO3)2]＝0.01 mol·L－1,10.0 mL 0.01 mol·L－1Cu(NO3)2溶液中n[Cu(NO3)2]＝10－4 mol，完全反应时消耗10－4 mol Na2S，即V(Na2S)＝＝10－3 L＝1 mL，所以滴定终点左移，可能为e点，故B正确；C.Cu2＋单独存在或S2－单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度是a，b，c三点中最小的，故C错误；D.相同条件下，若用等浓度等体积的Hg(NO3)2溶液代替上述Cu(NO3)2溶液，则滴加Na2S溶液恰好生成HgS沉淀，消耗Na2S溶液体积是20.0 mL，HgS存在沉淀溶解平衡：HgS(s)Hg2＋(aq)＋S2－(aq)，此时c(Hg2＋)＝＝ mol/L＝×
10－26 mol/L，pM＝－lg(×10－26)＝26－lg>25，即上移到c点，故D正确。
答案：C
6．(2018·南阳测试)20 ℃时，将足量的BaSO4固体溶于50 mL水中，充分搅拌，慢慢加入Na2CO3固体，搅拌，溶液中随c(CO)增大时c(Ba2＋)变化曲线如图。则下列说法正确的是( )
A．20 ℃时Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
B．加入Na2CO3固体立即有BaCO3固体生成
C．BaCO3的Ksp＝2.5×10－10
D．曲线BC段内，c(CO)∶c(SO)＝25
解析：A.当溶液中c (CO) ＝2.5×10－4 mol/L时，溶液中Ba2＋的浓度没有下降，则此时c(Ba2＋) ＝c(SO) ＝1.0×10－5 mol/L，故BaSO4的Ksp＝c (Ba2＋)·c(SO)＝1.0×10－5×1.0×10－5＝1.0×10－10，BaCO3的Ksp＝c(Ba2＋)·c(CO) ＝1.0×
10－5×2.5×10－4＝2.5×10－9，所以20 ℃时，Ksp(BaSO4)
答案：D
7．常温下，将NaOH溶液滴加到某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知：p＝－lg]。下列叙述不正确的是( )
A．Ka(HA)的数量级为10－5
B．滴加NaOH溶液过程中，保持不变
C．m点所示溶液中：c(H＋)＝c(HA)＋c(OH－)－c(Na＋)
D．n点所示溶液中：c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)
解析：A.HAH＋＋A－，Ka(HA)＝，p＝－lg＝0时，Ka(HA)＝c(H＋)＝10－4.76，Ka(HA)的数量级为10－5，A正确；B.＝＝Ka/Kw，而此常数是温度的函数，滴加NaOH溶液过程中，保持不变，B正确；C.由电荷守恒可知，m点所示溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(A－)＋c(OH－)，由A分析可知，m点时c(A－)＝c(HA), 则c(H＋)＝c(HA)＋c(OH－)－c(Na＋)，故C正确；D.n点时溶液2＜pH＜3，HA的物质的量大于NaOH的物质的量，则此时所示溶液中：c(Na＋)＜c(A－)＋c(HA)，故D错误。
答案：D
8．某温度下，向10 mL 0.1 mol/L CaCl2溶液中滴加0.1 mol/L的Na2CO3溶液(此时不考虑CO的水解)，滴加过程中溶液中－lgc(Ca2＋)与Na2CO3溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是( )
A．z点对应的分散系很稳定
B．w、x、y三点中，水的电离程度最大的为w点
C．若用等浓度的Na2SO4溶液代替Na2CO3溶液，则图像在x点后的变化如虚线部分所示
D．此温度下，Ksp(CaCO3)＝1×10－8.6
解析：A.z点在曲线下方，z点对应的分散系为悬浊液，悬浊液不稳定，A项错误；B.由图知w、x、y点c(Ca2＋)依次减小，溶液中c(CO)：w＜x＜y，CO水解促进水的电离，溶液中OH－全部来自水电离，CO浓度越大溶液碱性越强，水的电离程度最大的为y点，B项错误；C.CaSO4微溶于水，CaSO4的溶解度大于CaCO3，若用等浓度的Na2SO4溶液代替Na2CO3溶液，图像在x点后的变化应在实线下方，C项错误；D.当加入10 mL Na2CO3溶液时，CaCl2与Na2CO3恰好完全反应，此时c(Ca2＋)＝c(CO)＝10－4.3 mol/L，Ksp(CaCO3)＝c(Ca2＋)·c(CO)＝10－8.6(mol/L)2，D项正确。
答案：D
9．某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 mol·L－1NaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH＝7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。
下列说法不正确的是( )
A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于电离程度
B．反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3
C．反应后的溶液中存在：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)
D．加入CaCl2促进了HCO的水解
解析：A.NaHCO3既能电离又能水解，水解显碱性，电离显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于电离程度，故A正确；B.HCO与Ca2＋生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2CO3，即生成的白色沉淀是碳酸钙，故B正确；C.溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)＋
c(OH－)，溶液至pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，故C正确；D.溶液中存在HCOCO＋H＋，加入CaCl2消耗CO，促进HCO的电离，故D错误。
答案：D
10．室温时，配制一组c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.10 mol·L－1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分粒子的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．c(Na＋)＝0.10 mol·L－1的溶液中，c(A2－)－c(H＋)＝c(H2A)－c(OH－)
B．pH＝4的溶液中，c(HA－)＝c(H2A)＋c(A2－)
C．pH＝7的溶液中，c(Na＋)＝c(A2－)＋c(HA－)
D．K1(H2A)的数量级为10－5
解析：A.c(Na＋)＝0.10 mol·L－1的溶液中，溶液中存在c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.10 mol·L－1，则溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，根据电荷守恒和物料守恒得c(A2－)－c(H＋)＝c(H2A)－c(OH－)，选项A正确；B.根据图中信息可知，pH＝4时，c(HA－)＞c(H2A)＋c(A2－)，选项B错误；C.根据图中信息可知，pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，c(HA－)＝0，根据电荷守恒得c(Na＋)＝2c(A2－)，选项C错误；D.根据图中信息可知，pH＝3.2时，c(A2－)＝0，c(H2A)＝c(HA－)＝
0.05 mol·L－1，K1(H2A)＝＝10－3.2，数量级为10－3.2，选项D错误。
答案：A
11．(2019·济南模拟)辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：
①取2.6 g样品，加入200.0 mL 0.200 0 mol·L－1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO)，滤去不溶杂质；
②收集滤液至250 mL容量瓶中，定容；
③取25.00 mL溶液，用0.100 0 mol·L－1 FeSO4溶液滴定，消耗20.00 mL；
④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3＋和Mn2＋，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI＋I2；
⑤加入2滴淀粉溶液，用0.100 0 mol·L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00 mL(已知：2S2O＋I2===S4O＋2I－)。
回答下列问题：
(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：_________________________；
(2)配制0.100 0 mol·L－1 FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是________________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有______；
(3)③中取25.00待测溶液所用的仪器是___________________；
(4)⑤中滴定至终点时的现象为_________________________________________；
(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为____________%、______%(结果均保留1位小数)。
解析：(1)Cu2S与KMnO4酸性溶液反应，高锰酸钾做氧化剂氧化Cu2S反应生成硫酸铜、硫酸钾、硫酸锰和水，反应化学方程式为Cu2S＋2KMnO4＋4H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋2CuSO4＋4H2O，反应的离子方程式：Cu2S＋2MnO＋8H＋===2Mn2＋＋2Cu2＋＋SO＋4H2O。(2)配制0.100 0 mol·L－1 FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有胶头滴管。(3)③取25.00 mL溶液为高锰酸钾溶液具有强氧化性，取25.00待测溶液所用的仪器是酸式滴定管。(4)⑤中发生反应2S2O＋I2===S4O＋2I－，滴定终点是：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色。(5)Cu2S、CuS、FeSO4与KMnO4酸性溶液反应的方程式：Cu2S＋2KMnO4＋4H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋2CuSO4＋4H2O,5CuS＋8MnO＋24H＋===5Cu2＋＋8Mn2＋＋5SO＋12H2O,5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，滴定Fe2＋消耗的MnO：n1＝0.100 0 mol/L×
0.020 L×＝0.000 4 mol，
样品消耗MnO物质的量n2＝0.200 L×0.200 0 mol·L－1－0.0004 mol×＝0.036 mol，
2Cu2＋＋4I－===2CuI＋I2,2S2O＋I2===S4O＋2I－，滴定消耗S2O的物质的量n3＝0.100 0 mol·L－1×0.03 L×＝0.03 mol，则起始样品溶解所得溶液中含Cu2＋物质的量n4＝0.03 mol，设样品中含x mol CuS，含Cu2S物质的量为y，
混合样品中Cu2S的含量＝×100%≈61.5%，
混合样品中CuS的含量＝×100%≈36.9%。
答案：(1)Cu2S＋2MnO＋8H＋===2Mn2＋＋2Cu2＋＋SO＋4H2O (2)除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化 胶头滴管 (3)酸式滴定管
(4) 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色
(5)61.5 36.9
12．某工业废渣主要成分为SiO2、 FeO、Fe2O3、Al2O3等，为综合利用，对其进行如下处理，制备Al2O3及(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。
相关数据如下：
Kb(NH3·H2O)
1.8×10－5
Ksp[Al(OH)3]
1.3×10－33
Ksp[Fe(OH)2]
8.0×10－16
Ksp[Fe(OH)3]
4.0×10－38
溶解度/g
10 ℃
30 ℃
50 ℃
(NH4)2SO4
73.0
78.0
84.5
FeSO4·7H2O
40.0
60.0
—
(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
18.1
24.5
31.3
(1)酸浸过程中产生的滤渣的主要成分是________。
(2)滤液①中加入铁粉的作用是_______________________________________。
(3)已知加入氨水前，溶液中H＋、Fe2＋、Al3＋的浓度分别为0.02 mol/L 、0.16 mol/L、0.04 mol/L，加入氨水后，溶液的体积刚好增加1倍。为防止Fe2＋产生沉淀，则溶液中的pH不能超过________，此时溶液中n(NH3·H2O)∶n(NH)≤________；若调节溶液pH为5，则溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小排列的顺序是__________________________________________。
(4)由滤液②制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体时，为防止有(NH4)2SO4或FeSO4晶体析出，须先向滤液②中加入适量的________，再蒸发浓缩、________、过滤、________、干燥。
解析：(1)SiO2不溶于硫酸，故酸浸过程中产生的滤渣的主要成分是SiO2；(2)滤液①中加入铁粉的作用是将溶液中的Fe3＋还原成Fe2＋，使调节pH时只沉淀
Al3＋；(3)Ksp[Fe(OH)2]＝c(Fe2＋)·c2(OH－)＝×c2(OH－)＝8.0×10－16，则c(OH－)＝1.0×10－7 mol/L，c(H＋)＝1.0×10－7 mol/L，为防止Fe2＋产生沉淀，则溶液中的pH不能超过7；Kb(NH3·H2O)＝＝＝1.8×10－5，故c(NH)∶c(NH3·H2O)＝180∶1，此时溶液中n(NH3·H2O)∶n(NH)≤1∶180；若调节溶液pH为5，则溶液中c(H＋)＝1.0×
10－5 mol/L，c(OH－)＝1.0×10－9 mol/L，Al3＋沉淀完全，c(Al3＋)＝1.0×10－5 mol/L，已知加入氨水前，溶液中H＋、Fe2＋、Al3＋的浓度分别为0.02 mol/L、0.16 mol/L、0.04 mol/L，c(NH)＝＋×3＝0.07 mol/L，c(SO)＝
＝
0．115 mol/L，c(Fe2＋)＝0.08 mol/L，故所有离子的物质的量浓度由大到小排列的顺序是：c(SO)＞c(Fe2＋)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(Al3＋)＞c(OH－)；(4)由滤液②制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体时，为防止有(NH4)2SO4或FeSO4晶体析出，须先向滤液②中加入适量的(NH4)2SO4，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
答案：(1)SiO2 (2)将溶液中的Fe3＋还原成Fe2＋，使调节pH时只沉淀Al3＋ (3)7 1∶180 c(SO)＞c(Fe2＋)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(Al3＋)＞c(OH－) (4)(NH4)2SO4 冷却结晶 洗涤
1．苯甲酸钠(，缩写为 NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A－。已知25 ℃时，HA的Ka＝6.25×10－5，H2CO3的Ka1＝4.17×10－7，Ka2＝4.90×10－11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25 ℃，不考虑饮料中其他成分)( )
A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B．提高CO2充气压力，饮料中c(A－)不变
C．当 pH为5.0时，饮料中＝0.16
D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H＋)＝2c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)－c(HA)
解析：A.由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A－，充CO2的饮料中c(HA)增大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；B.提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，抑制HA电离，所以溶液中
c(A－)减小，故B错误；C.当pH为5.0时，饮料中＝＝＝0.16，故C正确；D.碳酸饮料中碳酸电离的氢离子与水电离的氢离子之和等于溶液中氢离子与A－结合的氢离子之和，即溶液中存在质子守恒：c(H＋)＋c(HA)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，则各种粒子的浓度关系为：c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)－c(HA)，故D错误。
答案：C
2．(2019·昆明联考)已知：pKa＝－lg Ka,25 ℃时，几种弱酸的pKa值如下表所示。
下列说法正确的是( )
弱酸的化学式
CH3COOH
HCOOH
H2SO3
pKa
4.74
3.74
pKa1＝1.90
pKa2＝7.20
A.向Na2SO3溶液中加入过量乙酸，反应生成SO2
B．25 ℃时，pH＝8的甲酸钠溶液中，c(HCOOH)＝9.9×10－7mol/L
C．25 ℃时，某乙酸溶液pH＝a，则等浓度的甲酸pH＝a－1
D．相同温度下，等浓度的 HCOONa溶液比Na2SO3溶液的pH大
解析：因pKa＝－lgKa，pKa越大则Ka越小，则酸的酸性越弱，三种酸的酸性强弱顺序为H2SO3＞HCOOH＞CH3COOH＞NaHSO3。
A．由于酸性强弱顺序为H2SO3＞CH3COOH＞NaHSO3，所以Na2SO3和乙酸反应生成NaHSO3和CH3COONa，故A错误；B.甲酸钠溶液中，pH＝8即c(H＋)＝10－8 mol/L，c(OH－)＝＝ mol/L＝10－6mol/L，物料关系为c(Na＋)＝c(HCOO－)＋c( HCOOH)，电荷关系c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，所以c(HCOOH)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6mol/L－10－8 mol/L＝9.9×10－7 mol/L，故B正确；C.设两种酸的浓度为c，乙酸溶液c(H＋)2＝＝，甲酸溶液中c(H＋)1＝＝，则＝＝，所以pH(CH3COOH)－pH(HCOOH)＝[pKa(CH3COOH)－pKa(HCOOH)]＝0.5，即甲酸pH＝a－0.5，故C错误；D.弱酸根离子水解平衡常数Kh＝，甲酸根的水解常数＝＝10－10.26，亚硫酸根的水解常数＝＝10－6.80，相同温度等浓度的弱酸强碱盐：水解常数越大，则溶液的碱性越强，所以等浓度的 HCOONa溶液比Na2SO3溶液的碱性弱、pH小，故D错误。
答案：B
3．常温下，用0.1 mol/L的NaOH溶液滴定相同浓度的一元弱酸HA 20 mL，滴定过程中溶液的pH随滴定分数(滴定分数＝)的变化曲线如图所示(忽略中和热效应)，下列说法不正确的是( )
A．HA溶液加水稀释后，溶液中c(HA)/c(A－)的值减小
B．当滴定分数为1时，溶液中水的电离程度最大
C．当滴定分数大于1时，溶液中离子浓度关系一定是c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>
c(H＋)
D．当滴定分数为x时，HA的电离常数为KHA＝(10－7x)/(1－x)
解析：在弱酸HA溶液中存在电离平衡：HA H＋＋A－，加水稀释，平衡正向移动，c(HA)减小的倍数大于c(A－)，稀释后，溶液中的值减小，A项正确；当滴定分数为1时，二者恰好完全反应，溶液中的溶质为NaA，属于强碱弱酸盐，促进水的电离，故当滴定分数为1时，溶液中水的电离程度最大，B项正确；当滴定分数大于1时，溶液中离子浓度关系可能是c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，也可能c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)，C项错误；HA的电离常数K(HA)＝ ＝，D项正确。
答案：C
4．极稀溶液中溶质的物质的量浓度很小，常用其负对数pc表示(pcB＝－lgcB)。如某溶液中溶质的物质的量浓度为1×10－5 mol·L－1，则该溶液中溶质的pc＝5。下列说法正确的是( )
A．电解质溶液的pc(H＋)与pc (OH－)之和均为14
B．用盐酸滴定某浓度的KOH溶液，滴定过程中pc(H＋)逐渐增大
C．BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中pc(Ba2＋)逐渐减小
D．某温度下Ksp(AgCl)＝1.0×10－10，则其饱和溶液中pc (Ag＋) ＋pc(Cl－)＝10
解析：A.溶液中的c(H＋)和c(OH－)与水的电离程度有关，而水的电离程度随温度的升高而增大，如常温下Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14，则pc(H＋)＋pc(OH－)＝14，而在100 ℃时Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－12，则pc(H＋)＋pc(OH－)＝12，所以A错误；B.用盐酸滴定某浓度的KOH溶液时，滴定过程中c(OH－)逐渐减小，则c(H＋)逐渐增大，所以pc (H＋)是逐渐减小的，故B错误；C.向BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中c(Ba2＋)逐渐减小，则pc( Ba2＋)逐渐增大，所以C错误；D.某温度下Ksp(AgCl)＝1.0×10－10，则饱和溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)＝1.0×10－5 mol/L，所以pc(Ag＋)＋ pc(Cl－ )＝10，故D正确。
答案：D
5．(2019·常德模拟)已知：常温下，Ksp(CuS)＝1.0×10－36，K sp(HgS)＝1.6×10－52；pM＝－lgc(M2＋)。常温下，向10.0 mL 0.20 mol·L－1Cu(NO3)2溶液中逐滴滴加
0.10 mol·L－1Na2S溶液，溶液中pM与加入Na2S溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．V0＝20.0 mL，m＝18
B．若c[Cu(NO3)2]＝0.01 mol·L－1，则反应终点可能为e点
C．a、b、d三点中，由水电离的c(H＋)和c(OH－)的积最大的为b点
D．相同条件下，若用等浓度等体积的Hg(NO3)2溶液代替上述Cu(NO3)2溶液，则反应终点b向c方向移动
解析：A.b点溶液中滴加Na2S溶液恰好生成CuS沉淀，Na2S溶液的体积是20.0 mL即V0＝20.0 mL，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2＋(aq)＋S2－(aq)，
c(Cu2＋)＝＝ mol/L＝10－18 mol/L，pM＝18即m＝18，故A正确；B.若c[Cu(NO3)2]＝0.01 mol·L－1,10.0 mL 0.01 mol·L－1Cu(NO3)2溶液中n[Cu(NO3)2]＝10－4 mol，完全反应时消耗10－4 mol Na2S，即V(Na2S)＝＝10－3 L＝1 mL，所以滴定终点左移，可能为e点，故B正确；C.Cu2＋单独存在或S2－单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度是a，b，c三点中最小的，故C错误；D.相同条件下，若用等浓度等体积的Hg(NO3)2溶液代替上述Cu(NO3)2溶液，则滴加Na2S溶液恰好生成HgS沉淀，消耗Na2S溶液体积是20.0 mL，HgS存在沉淀溶解平衡：HgS(s)Hg2＋(aq)＋S2－(aq)，此时c(Hg2＋)＝＝ mol/L＝×
10－26 mol/L，pM＝－lg(×10－26)＝26－lg>25，即上移到c点，故D正确。
答案：C
6．(2018·南阳测试)20 ℃时，将足量的BaSO4固体溶于50 mL水中，充分搅拌，慢慢加入Na2CO3固体，搅拌，溶液中随c(CO)增大时c(Ba2＋)变化曲线如图。则下列说法正确的是( )
A．20 ℃时Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
B．加入Na2CO3固体立即有BaCO3固体生成
C．BaCO3的Ksp＝2.5×10－10
D．曲线BC段内，c(CO)∶c(SO)＝25
解析：A.当溶液中c (CO) ＝2.5×10－4 mol/L时，溶液中Ba2＋的浓度没有下降，则此时c(Ba2＋) ＝c(SO) ＝1.0×10－5 mol/L，故BaSO4的Ksp＝c (Ba2＋)·c(SO)＝1.0×10－5×1.0×10－5＝1.0×10－10，BaCO3的Ksp＝c(Ba2＋)·c(CO) ＝1.0×
10－5×2.5×10－4＝2.5×10－9，所以20 ℃时，Ksp(BaSO4)
答案：D
7．常温下，将NaOH溶液滴加到某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知：p＝－lg]。下列叙述不正确的是( )
A．Ka(HA)的数量级为10－5
B．滴加NaOH溶液过程中，保持不变
C．m点所示溶液中：c(H＋)＝c(HA)＋c(OH－)－c(Na＋)
D．n点所示溶液中：c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)
解析：A.HAH＋＋A－，Ka(HA)＝，p＝－lg＝0时，Ka(HA)＝c(H＋)＝10－4.76，Ka(HA)的数量级为10－5，A正确；B.＝＝Ka/Kw，而此常数是温度的函数，滴加NaOH溶液过程中，保持不变，B正确；C.由电荷守恒可知，m点所示溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(A－)＋c(OH－)，由A分析可知，m点时c(A－)＝c(HA), 则c(H＋)＝c(HA)＋c(OH－)－c(Na＋)，故C正确；D.n点时溶液2＜pH＜3，HA的物质的量大于NaOH的物质的量，则此时所示溶液中：c(Na＋)＜c(A－)＋c(HA)，故D错误。
答案：D
8．某温度下，向10 mL 0.1 mol/L CaCl2溶液中滴加0.1 mol/L的Na2CO3溶液(此时不考虑CO的水解)，滴加过程中溶液中－lgc(Ca2＋)与Na2CO3溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是( )
A．z点对应的分散系很稳定
B．w、x、y三点中，水的电离程度最大的为w点
C．若用等浓度的Na2SO4溶液代替Na2CO3溶液，则图像在x点后的变化如虚线部分所示
D．此温度下，Ksp(CaCO3)＝1×10－8.6
解析：A.z点在曲线下方，z点对应的分散系为悬浊液，悬浊液不稳定，A项错误；B.由图知w、x、y点c(Ca2＋)依次减小，溶液中c(CO)：w＜x＜y，CO水解促进水的电离，溶液中OH－全部来自水电离，CO浓度越大溶液碱性越强，水的电离程度最大的为y点，B项错误；C.CaSO4微溶于水，CaSO4的溶解度大于CaCO3，若用等浓度的Na2SO4溶液代替Na2CO3溶液，图像在x点后的变化应在实线下方，C项错误；D.当加入10 mL Na2CO3溶液时，CaCl2与Na2CO3恰好完全反应，此时c(Ca2＋)＝c(CO)＝10－4.3 mol/L，Ksp(CaCO3)＝c(Ca2＋)·c(CO)＝10－8.6(mol/L)2，D项正确。
答案：D
9．某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 mol·L－1NaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH＝7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。
下列说法不正确的是( )
A．NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于电离程度
B．反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3
C．反应后的溶液中存在：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)
D．加入CaCl2促进了HCO的水解
解析：A.NaHCO3既能电离又能水解，水解显碱性，电离显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO的水解程度大于电离程度，故A正确；B.HCO与Ca2＋生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2CO3，即生成的白色沉淀是碳酸钙，故B正确；C.溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)＋
c(OH－)，溶液至pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，故C正确；D.溶液中存在HCOCO＋H＋，加入CaCl2消耗CO，促进HCO的电离，故D错误。
答案：D
10．室温时，配制一组c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.10 mol·L－1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分粒子的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．c(Na＋)＝0.10 mol·L－1的溶液中，c(A2－)－c(H＋)＝c(H2A)－c(OH－)
B．pH＝4的溶液中，c(HA－)＝c(H2A)＋c(A2－)
C．pH＝7的溶液中，c(Na＋)＝c(A2－)＋c(HA－)
D．K1(H2A)的数量级为10－5
解析：A.c(Na＋)＝0.10 mol·L－1的溶液中，溶液中存在c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.10 mol·L－1，则溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，根据电荷守恒和物料守恒得c(A2－)－c(H＋)＝c(H2A)－c(OH－)，选项A正确；B.根据图中信息可知，pH＝4时，c(HA－)＞c(H2A)＋c(A2－)，选项B错误；C.根据图中信息可知，pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，c(HA－)＝0，根据电荷守恒得c(Na＋)＝2c(A2－)，选项C错误；D.根据图中信息可知，pH＝3.2时，c(A2－)＝0，c(H2A)＝c(HA－)＝
0.05 mol·L－1，K1(H2A)＝＝10－3.2，数量级为10－3.2，选项D错误。
答案：A
11．(2019·济南模拟)辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：
①取2.6 g样品，加入200.0 mL 0.200 0 mol·L－1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO)，滤去不溶杂质；
②收集滤液至250 mL容量瓶中，定容；
③取25.00 mL溶液，用0.100 0 mol·L－1 FeSO4溶液滴定，消耗20.00 mL；
④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3＋和Mn2＋，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI＋I2；
⑤加入2滴淀粉溶液，用0.100 0 mol·L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00 mL(已知：2S2O＋I2===S4O＋2I－)。
回答下列问题：
(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：_________________________；
(2)配制0.100 0 mol·L－1 FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是________________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有______；
(3)③中取25.00待测溶液所用的仪器是___________________；
(4)⑤中滴定至终点时的现象为_________________________________________；
(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为____________%、______%(结果均保留1位小数)。
解析：(1)Cu2S与KMnO4酸性溶液反应，高锰酸钾做氧化剂氧化Cu2S反应生成硫酸铜、硫酸钾、硫酸锰和水，反应化学方程式为Cu2S＋2KMnO4＋4H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋2CuSO4＋4H2O，反应的离子方程式：Cu2S＋2MnO＋8H＋===2Mn2＋＋2Cu2＋＋SO＋4H2O。(2)配制0.100 0 mol·L－1 FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有胶头滴管。(3)③取25.00 mL溶液为高锰酸钾溶液具有强氧化性，取25.00待测溶液所用的仪器是酸式滴定管。(4)⑤中发生反应2S2O＋I2===S4O＋2I－，滴定终点是：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色。(5)Cu2S、CuS、FeSO4与KMnO4酸性溶液反应的方程式：Cu2S＋2KMnO4＋4H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋2CuSO4＋4H2O,5CuS＋8MnO＋24H＋===5Cu2＋＋8Mn2＋＋5SO＋12H2O,5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，滴定Fe2＋消耗的MnO：n1＝0.100 0 mol/L×
0.020 L×＝0.000 4 mol，
样品消耗MnO物质的量n2＝0.200 L×0.200 0 mol·L－1－0.0004 mol×＝0.036 mol，
2Cu2＋＋4I－===2CuI＋I2,2S2O＋I2===S4O＋2I－，滴定消耗S2O的物质的量n3＝0.100 0 mol·L－1×0.03 L×＝0.03 mol，则起始样品溶解所得溶液中含Cu2＋物质的量n4＝0.03 mol，设样品中含x mol CuS，含Cu2S物质的量为y，
混合样品中Cu2S的含量＝×100%≈61.5%，
混合样品中CuS的含量＝×100%≈36.9%。
答案：(1)Cu2S＋2MnO＋8H＋===2Mn2＋＋2Cu2＋＋SO＋4H2O (2)除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化 胶头滴管 (3)酸式滴定管
(4) 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色
(5)61.5 36.9
12．某工业废渣主要成分为SiO2、 FeO、Fe2O3、Al2O3等，为综合利用，对其进行如下处理，制备Al2O3及(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。
相关数据如下：
Kb(NH3·H2O)
1.8×10－5
Ksp[Al(OH)3]
1.3×10－33
Ksp[Fe(OH)2]
8.0×10－16
Ksp[Fe(OH)3]
4.0×10－38
溶解度/g
10 ℃
30 ℃
50 ℃
(NH4)2SO4
73.0
78.0
84.5
FeSO4·7H2O
40.0
60.0
—
(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
18.1
24.5
31.3
(1)酸浸过程中产生的滤渣的主要成分是________。
(2)滤液①中加入铁粉的作用是_______________________________________。
(3)已知加入氨水前，溶液中H＋、Fe2＋、Al3＋的浓度分别为0.02 mol/L 、0.16 mol/L、0.04 mol/L，加入氨水后，溶液的体积刚好增加1倍。为防止Fe2＋产生沉淀，则溶液中的pH不能超过________，此时溶液中n(NH3·H2O)∶n(NH)≤________；若调节溶液pH为5，则溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小排列的顺序是__________________________________________。
(4)由滤液②制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体时，为防止有(NH4)2SO4或FeSO4晶体析出，须先向滤液②中加入适量的________，再蒸发浓缩、________、过滤、________、干燥。
解析：(1)SiO2不溶于硫酸，故酸浸过程中产生的滤渣的主要成分是SiO2；(2)滤液①中加入铁粉的作用是将溶液中的Fe3＋还原成Fe2＋，使调节pH时只沉淀
Al3＋；(3)Ksp[Fe(OH)2]＝c(Fe2＋)·c2(OH－)＝×c2(OH－)＝8.0×10－16，则c(OH－)＝1.0×10－7 mol/L，c(H＋)＝1.0×10－7 mol/L，为防止Fe2＋产生沉淀，则溶液中的pH不能超过7；Kb(NH3·H2O)＝＝＝1.8×10－5，故c(NH)∶c(NH3·H2O)＝180∶1，此时溶液中n(NH3·H2O)∶n(NH)≤1∶180；若调节溶液pH为5，则溶液中c(H＋)＝1.0×
10－5 mol/L，c(OH－)＝1.0×10－9 mol/L，Al3＋沉淀完全，c(Al3＋)＝1.0×10－5 mol/L，已知加入氨水前，溶液中H＋、Fe2＋、Al3＋的浓度分别为0.02 mol/L、0.16 mol/L、0.04 mol/L，c(NH)＝＋×3＝0.07 mol/L，c(SO)＝
＝
0．115 mol/L，c(Fe2＋)＝0.08 mol/L，故所有离子的物质的量浓度由大到小排列的顺序是：c(SO)＞c(Fe2＋)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(Al3＋)＞c(OH－)；(4)由滤液②制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体时，为防止有(NH4)2SO4或FeSO4晶体析出，须先向滤液②中加入适量的(NH4)2SO4，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
答案：(1)SiO2 (2)将溶液中的Fe3＋还原成Fe2＋，使调节pH时只沉淀Al3＋ (3)7 1∶180 c(SO)＞c(Fe2＋)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(Al3＋)＞c(OH－) (4)(NH4)2SO4 冷却结晶 洗涤
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