2024届人教版高考化学一轮复习专题十三盐类的水解和沉淀溶解平衡专题作业含答案

这是一份2024届人教版高考化学一轮复习专题十三盐类的水解和沉淀溶解平衡专题作业含答案，共31页。试卷主要包含了下列叙述不涉及盐类水解的是，已知物质的溶度积常数，1 ml/L，4×10-5,pH=-lg 6，8)2=10-19，GaCl3溶液中存在平衡等内容，欢迎下载使用。

专题十三　盐类的水解和沉淀溶解平衡
1.下列叙述不涉及盐类水解的是(　　)
A.保存FeSO4溶液时加入少量铁屑
B.用NH4Cl溶液除铁锈
C.用MgCl2·6H2O制MgCl2需在HCl气流中
D.用热的纯碱溶液洗涤油污
答案　A　加入少量铁屑,可防止FeSO4溶液中Fe2+氧化变质,与盐类水解无关,A符合题意;NH4+水解使NH4Cl溶液呈酸性,H+可与铁锈反应达到除去铁锈的目的,B项不符合题意;在HCl气氛中加热可防止MgCl2水解,C项不符合题意;碳酸钠是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,能促进油脂水解,D项不符合题意。

2.已知物质的溶度积常数:Ksp(FeS)=6.3×10-18,Ksp(CuS)=6.3×10-36。下列说法正确的是(　　)
A.相同温度下,CuS的溶解度大于FeS的溶解度
B.除去工业废水中的Cu2+,可以选用FeS作沉淀剂
C.相同温度下,向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后,Ksp(FeS)变小
D.向等浓度的FeCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入Na2S溶液,最先出现的沉淀是FeS
答案　B　CuS和FeS类型相同,Ksp(CuS) 3.T℃时,CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数,pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是(　　)

A.曲线Ⅰ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线
B.加热可使溶液由X点变到Z点
C.Y点对应的Cd(OH)2溶液是过饱和溶液
D.T℃,在CdCO3(s)+2OH-(aq) Cd(OH)2(s)+CO32-(aq)平衡体系中,平衡常数K=102
答案　D　曲线Ⅱ上任一点c(Cd2+)·c(N)相等,故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线,A错误;由以上分析可知,曲线Ⅰ是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线,Cd(OH)2(s) Cd2+(aq)+2OH-(aq),加热平衡正向移动,c(Cd2+)、c(OH-)都增大,B错误;由X点坐标知,T℃时,Ksp[Cd(OH)2]=c(Cd2+)·c2(OH-)=10-4×(10-5)2=10-14,Y点Q[Cd(OH)2]=c(Cd2+)·c2(OH-)=10-4×(10-6)2=10-16,Q[Cd(OH)2]
4.H2C2O4为二元弱酸,Ka1=5.9×10-2,Ka2=6.4×10-5,lg 6.4≈0.8,向20 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液中滴加0.2 mol/L KOH溶液,溶液中含碳微粒的存在形式与物质的量百分比随KOH溶液体积变化如图所示,下列说法中错误的是(　　)

A.当c(HC2O4-)=c(C2O42-)时,混合溶液pH≈4.2
B.滴入10 mL KOH溶液时,溶液呈酸性
C.滴入20 mL KOH溶液时,溶液中c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1 mol/L
D.滴入KOH溶液的过程中,可能出现c(H+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(OH-)
答案　C　Ka2=c(C2O42-)·c(H+)c(HC2O4-),当c(HC2O4-)=c(C2O42-)时,Ka2=c(H+)=6.4×10-5,pH=-lg 6.4×10-5≈5-0.8=4.2,A正确;当滴入10 mL KOH溶液时,溶质主要为KHC2O4,HC2O4-的水解平衡常数Kh=KWKa1=10-145.9×10-2≈1.7×10-13c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(OH-),则在滴入极少量KOH溶液时存在c(H+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(OH-),D正确。



5.(双选)向K2CO3和KHCO3的混合溶液中加入少量CaCl2,测得溶液中离子浓度的关系如图所示,下列说法正确的是(　　)

A.a、b、c三点对应的溶液中pH最大的为c点
B.该溶液中存在:c(H2CO3)c(HCO3-) C.向b点溶液中通入CO2可使b点溶液向c点溶液转化
D.b点对应的溶液中存在:3c(Ca2+)+c(K+)+c(H+)=3c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)
答案　BC　HCO3-的电离平衡常数Ka2=c(CO32-)·c(H+)c(HCO3-),则c(CO32-)c(HCO3-)=Ka2c(H+),-lgc(CO32-)c(HCO3-)=-lgKa2c(H+),-lgc(CO32-)c(HCO3-)越小,c(H+)越小,pH越大,所以a、b、c三点对应溶液pH的大小顺序为a>b>c,A错误;H2CO3是二元弱酸,电离平衡常数:Ka1>Ka2,c(H2CO3)c(HCO3-)=c(H+)Ka1,c(HCO3-)c(CO32-)=c(H+)Ka2,所以溶液中存在c(H2CO3)c(HCO3-)
6.(双选)25 ℃时,用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、FeSO4三种溶液,pM[p表示负对数,M表示c(HX)c(X-)、c(Cu2+)、c(Fe2+)]随pH变化关系如图所示,已知Ksp[Cu(OH)2]
A.②代表滴定CuSO4溶液的变化关系
B.滴定HX溶液至a点时,溶液的pH=8
C.滴定HX溶液至c(X-)=c(HX)时,溶液中:c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
D.如果完全除去工业废水中的Cu2+,需要调节溶液的pH≥6.7
答案　BD　由Ksp[Cu(OH)2]
7.(双选)在“水质研学行动”中,科学兴趣小组对某地矿泉水进行了检测。室温下,测得该水中p(X)与pOH关系如图所示[已知:p(X)=-lg c(X),X为H2CO3、HCO3-、CO32-或Ca2+]。下列说法错误的是(　　)

A.曲线③代表p(Ca2+)随pOH的变化
B.该温度下,pH+12p(CO32-)=10.8
C.该温度下的Ksp(CaCO3)=1×10-9.2
D.当p(Ca2+)=6.1时,p(HCO3-)=1.8
答案　AD　pH增大,溶液碱性增强,HCO3-、CO32-浓度都增大,pH较小时c(HCO3-)>c(CO32-),根据p(X)=-lg c(X),pOH=-lg c(OH-),碱性越强,pOH越小,HCO3-、CO32-浓度越大,p(X)越小,因此曲线③代表p(HCO3-)随pOH的变化,②代表p(CO32-)随pOH的变化,①代表p(Ca2+)随pOH的变化。由上述分析可知,曲线①代表p(Ca2+)随pOH的变化,A错误;根据分析可知,曲线②代表p(CO32-)随pOH的变化,当pOH=3.7时,根据水的离子积可知14=pOH+pH,得pH=14-3.7=10.3,p(CO32-)=1.0,可得pH+12p(CO32-)=10.3+12×1.0=10.8,B正确;当pOH=5.5时,p(CO32-)=p(Ca2+)=4.6,故Ksp(CaCO3)=c(CO32-)c(Ca2+)=10-4.6×10-4.6=10-9.2,C正确;根据点(3.7,1.0),Ka1(H2CO3)=c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)=c(H+)=10-10.3,根据点(7.7,5.0),Kh(HCO3-)=c(H2CO3)c(OH-)c(HCO3-)=c(OH-)=10-7.7,当p(Ca2+)=6.1时,根据Ksp(CaCO3)=10-9.2可知p(CO32-)=3.1,代入Ka1(H2CO3)=c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)=10-10.3,得c(H+)c(HCO3-)=10-10.310-3.1=10-7.2①,根据图中信息可知c(H2CO3)=10-5,代入Kh(HCO3-)=c(H2CO3)c(OH-)c(HCO3-)=10-7.7,得c(OH-)c(HCO3-)=10-7.710-5=10-2.7②,KW=c(H+)c(OH-)=10-14③,将①②③联立,解得c(HCO3-)=10-2.05 mol·L-1,p(HCO3-)=-lg c(HCO3-)=-lg 10-2.05=2.05,D错误。

8.(双选)GaCl3溶液中存在平衡:Ga3+Ga(OH)2+ Ga(OH)2+ Ga(OH)3 Ga(OH)4-。常温下,向GaCl3溶液中加入NaOH溶液,Ga3+、Ga(OH)2+、Ga(OH)2+、Ga(OH)3、Ga(OH)4-的浓度分数(α)随溶液pH变化如图所示。下列说法错误的是(　　)

A.曲线b表示Ga(OH)2+的浓度分数随溶液pH的变化
B.Ga(OH)2++H2O Ga(OH)2++H+,该平衡常数K的数量级为10-4
C.x点,c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
D.y点,pH=lgK3+lgK42
答案　CD　由图示信息可知,随着pH增大,OH-浓度增大,平衡Ga3+ Ga(OH)2+ Ga(OH)2+ Ga(OH)3 Ga(OH)4-向右移动,故曲线a、b、c、d、e分别代表Ga3+、Ga(OH)2+、Ga(OH)2+、Ga(OH)3、Ga(OH)4-的浓度分数随溶液pH的变化。曲线b表示Ga(OH)2+的浓度分数随溶液pH的变化,A正确;Ga(OH)2++H2O Ga(OH)2++H+的平衡常数K=c[Ga(OH)2+]·c(H+)c[Ga(OH)2+],由图可知,pH=3.6时c[Ga(OH)2+]=c[Ga(OH)2+],K=c(H+)=10-3.6,所以平衡常数K的数量级为10-4,B正确;由图示信息可知,x点表示c[Ga(OH)2+]=c[Ga(OH)3],对应的溶液中所含溶质为NaCl、Ga(OH)3和Ga(OH)2Cl,c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),C错误;由图示信息可知,y点表示c[Ga(OH)2+]=c[Ga(OH)4-],K3=c(H+)c[Ga(OH)3]c[Ga(OH)2+],K4=c(H+)c[Ga(OH)4-]c[Ga(OH)3],则K3×K4=c2(H+),即pH=-lg c(H+)=-lgK3×K4=-lgK3-lgK42,D错误。





9.室温下,通过下列实验探究NH4Fe(SO4)2溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液的pH,测得pH约为5
2
向0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液,产生沉淀
3
向0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中通入足量的NH3,产生红褐色沉淀
4
向0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中加入NaHS溶液,产生浅黄色沉淀
下列说法正确的是(　　)
A.0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中存在:c(NH4+)+3c(Fe3+)=2c(SO42-)
B.实验2中沉淀成分仅为Fe(OH)3
C.实验3得到的溶液中有c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(SO42-)>0.3 mol·L-1
D.实验4中发生反应的离子方程式为2Fe3++2HS- 2Fe2++2S↓+H2↑
答案　C　A项,溶液中存在电荷守恒:c(NH4+)+3c(Fe3+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),测得pH约为5,则c(H+)>c(OH-),c(NH4+)+3c(Fe3+)<2c(SO42-),错误;B项,实验2中的沉淀有Fe(OH)3和BaSO4,错误;C项,0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中NH4Fe(SO4)2完全电离,NH4+水解,则c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1 mol·L-1,c(SO42-)=0.2 mol·L-1,故c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(SO42-)=0.3 mol·L-1,通入足量的NH3,导致溶液中NH4+、NH3·H2O的量增多,则有c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(SO42-)>0.3 mol·L-1,正确;D项,Fe3+氧化HS-生成S和Fe2+,根据Fe、S元素得失电子守恒配平离子方程式:2Fe3++HS- 2Fe2++S↓+H+,错误。

10.联氨(N2H4)可溶于水,在水中的电离方式与氨(NH3)相似。室温下,向0.1 mol/L联氨溶液中通入HCl,若通入HCl所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略。已知:N2H4电离平衡常数分别为Kb1≈1×10-6、Kb2≈1×10-15。下列说法不正确的是(　　)
A.N2H4吸收等物质的量HCl所得溶液中:c(N2H62+) B.N2H4完全转化为N2H6Cl2时,溶液中:c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+)
C.2N2H5+ N2H4+N2H62+的平衡常数为K,则K=1×10-9
D.常温下,N2H6Cl2与N2H5Cl的混合溶液可能呈中性
答案　D　由N2H4在水中的电离方式与NH3相似可知,N2H4第一步电离为N2H4+H2O N2H5++OH-,第二步电离为N2H5++H2O N2H62++OH-。N2H4吸收等物质的量HCl所得溶液为N2H5Cl,N2H5+水解生成N2H4,Kh(N2H5+)=KWKb1=1×10-8,N2H5+电离生成N2H62+,Kh(N2H5+)>Kb2,故N2H5+水解程度大于电离程度,c(N2H62+)
11.草酸钠(Na2C2O4)用作抗凝血剂。室温下,通过下列实验探究Na2C2O4溶液的性质:
实验
实验操作和现象
1
测得0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液的pH=8.4
2
向0.2 mol·L-1 Na2C2O4溶液中加入等体积0.2 mol·L-1盐酸,测得混合后溶液的pH=5.5
3
向0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中先滴加几滴H2SO4溶液,再滴加KMnO4溶液,振荡
4
向0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中加入等体积0.1 mol·L-1 CaCl2溶液,产生白色沉淀
下列有关说法正确的是(　　)
A.0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中存在:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)+c(HC2O4-)
B.实验2得到的溶液中:c(H2C2O4)>c(Cl-)>c(C2O42-)
C.实验3中MnO4-被还原成Mn2+,则反应的离子方程式:2MnO4-+5C2O42-+14H+ 2Mn2++10CO2↑+7H2O
D.依据实验4可得:Ksp(CaC2O4)<2.5×10-3
答案　D　A项,根据电荷守恒可知,0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中存在:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),错误;B项,实验2反应生成等浓度的NaCl和NaHC2O4混合溶液,测得混合后溶液的pH=5.5,则HC2O4-的电离程度大于水解程度,故实验2得到的溶液中:c(Cl-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),错误;C项,实验3中MnO4-被还原成Mn2+,则反应的离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O,错误;D项,向0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中加入等体积0.1 mol·L-1 CaCl2溶液,产生白色沉淀,则有Q=c(Ca2+)·c(C2O42-)=0.12×0.12=2.5×10-3>Ksp(CaC2O4),D正确。

12.室温下,用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4粉末,一段时间后过滤,向滤渣中加入过量盐酸产生气泡,滤渣未完全溶解。已知室温下:Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaCO3)=2.6×10-9,下列说法正确的是(　　)
A.室温下,BaSO4的溶解度大于BaCO3
B.滤渣中加入盐酸反应的离子方程式:2H++CO32- H2O+CO2↑
C.反应BaSO4+CO32- BaCO3+SO42-正向进行,需满足c(CO32-)c(SO42-)>26011
D.过滤后所得清液中一定存在:c(Ba2+)=Ksp(BaCO3)c(CO32-)且c(Ba2+)≥Ksp(BaSO4)c(SO42-)
答案　C　A项,由室温下Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的数值,可以判断BaSO4的溶解度小于BaCO3,错误;B项,滤渣部分溶于盐酸产生气体,则应为BaCO3与盐酸反应,因为BaCO3为难溶物,在写离子方程式时不可拆开,错误;C项,该反应的K=c(SO42-)c(CO32-)=c(SO42-)·c(Ba2+)c(CO32-)·c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)=1.1×10-102.6×10-9=11260,当Q26011,正确;D项,滤渣中加入过量盐酸,滤渣未完全溶解,说明滤渣中有BaCO3和BaSO4,则上层清液中BaCO3达到沉淀溶解平衡,即存在c(Ba2+)·c(CO32-)=Ksp(BaCO3),而滤液无BaSO4沉淀析出,则c(Ba2+)·c(SO42-)≤Ksp(BaSO4),错误。
名师点睛　若一种沉淀剂可使溶液中多种离子产生沉淀时,则可控制条件使这些离子先后沉淀。(1)对于同一类型的沉淀,Ksp越小越先沉淀,且Ksp相差越大分步沉淀效果越好。如在Cl-、Br-、I-的混合溶液中,由于AgCl、AgBr、AgI的Ksp相差较大,逐滴加入Ag+可按I-、Br-、Cl-的顺序先后沉淀,即Ksp最小的首先沉淀出来。(2)对于不同类型的沉淀,要利用Ksp计算溶液中离子的浓度,根据离子浓度的大小来判断沉淀的先后顺序,如AgCl和Ag2CrO4的分步沉淀,可通过控制Ag+浓度来完成。

13.室温下,通过下列实验探究NH4Fe(SO4)2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-1 NH4Fe(SO4)2溶液的pH,测定pH约为2
2
向2 mL 0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中加入过量的0.1 mol·L-1 Ba(OH)2溶液,有沉淀生成,微热,产生有刺激性气味的气体
3
向2 mL 0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中加入过量的5 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液,有黄色和黑色的混合沉淀生成,静置
4
向Mg(OH)2悬浊液中滴加几滴0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液,部分白色沉淀变成红褐色,静置
下列有关说法正确的是(　　)
A.由实验1可得0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中存在:c(NH4+)+3c(Fe3+)>2c(SO42-)
B.实验2反应的离子方程式:NH4++Fe3++OH- NH3+Fe(OH)3+H2O
C.实验3所得上层清液中存在:c(Na+)>2[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)]
D.实验4所得上层清液中存在:c(Mg2+)·c2(OH-) 答案　C　实验1中,该溶液存在电荷守恒:c(NH4+)+3c(Fe3+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),测得pH约为2,c(H+)>c(OH-),则c(NH4+)+3c(Fe3+)<2c(SO42-),A错误;实验2中,Ba(OH)2过量,则反应生成NH3、Fe(OH)3沉淀和BaSO4沉淀,离子方程式为NH4++Fe3++2SO42-+2Ba2++4OH- NH3↑+Fe(OH)3↓+2BaSO4↓+H2O,B错误;实验3中,有黄色和黑色沉淀物生成,可知Fe3+和S2-反应生成S和FeS,在Na2S溶液中,根据元素质量守恒可得,c(Na+)=2[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)],部分S2-转化为S和FeS,则c(Na+)>2[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)],C正确;上层清液为Mg(OH)2的饱和溶液,则c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2],D错误。

14.已知草酸(H2C2O4)为二元弱酸,H2C2O4、HC2O4-、C2O42-三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。室温下,通过下列实验探究草酸的性质。下列说法不正确的是(　　)

实验
实验操作
1
向10 mL 0.1 mol/L草酸溶液中加入等浓度的KOH溶液10 mL
2
向10 mL 0.1 mol/L草酸溶液中逐滴加入等浓度的KOH溶液至pH=4.2
3
向10 mL 0.1 mol/L草酸溶液中加入过量氢氧化钙溶液,产生白色沉淀
A.实验1所得溶液中c(K+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)
B.实验2过程中,水的电离程度一直增大
C.实验2所得溶液中c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)
D.实验3反应静置后的上层清液中c(Ca2+)·c(C2O42-)=Ksp(CaC2O4)
答案　A　由题图可知,曲线1和曲线2的交点处pH=1.2,c(HC2O4-)=c(H2C2O4),此时Ka1(H2C2O4)=c(HC2O4-)·c(H+)c(H2C2O4)=10-1.2,同理根据曲线2和曲线3的交点处pH=4.2可得,Ka2(H2C2O4)=10-4.2,实验1所得溶液为KHC2O4溶液,HC2O4-的水解平衡常数Kh=KWKa1=10-1410-1.2=10-12.8c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),A错误;实验2过程中,随着KOH溶液的加入,溶液中c(H2C2O4)和c(H+)减小,H+对水的电离的抑制作用减弱,HC2O4-或C2O42-的水解程度增大,即水的电离程度一直增大,B正确;实验2所得溶液中pH=4.2,此时c(HC2O4-)=c(C2O42-),即溶液中的溶质是KHC2O4和K2C2O4,该溶液中存在电荷守恒:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-),C正确;实验3反应静置后的上层清液为CaC2O4的饱和溶液,存在c(Ca2+)·c(C2O42-)=Ksp(CaC2O4),D正确。

15.水体中的As(V)可转化为Ca3(AsO4)2沉淀除去,As(Ⅲ)可用碘水氧化为As(Ⅴ)后,再转化为Ca3(AsO4)2沉淀除去,已知Ksp[Ca3(AsO4)2]=1×10-21.2、Ksp(CaCO3)=1×10-8.6;H3AsO4水溶液中含砷的各微粒的分布分数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.0.1 mol·L-1 Na2HAsO4溶液中存在:2c(Na+)=c(H3AsO4)+c(H2AsO4-)+c(HAsO42-)+c(AsO43-)
B.用0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液浸泡Ca3(AsO4)2沉淀,无CaCO3沉淀生成
C.c2(H+)·c(HAsO42-)c(H3AsO4)=10-9.2
D.pH>13时,向Na3AsO3溶液中滴加少量碘水时发生反应的离子方程式为AsO33-+I2+H2O AsO43-+2I-+2H+
答案　C　0.1 mol·L-1 Na2HAsO4溶液中存在元素质量守恒:c(Na+)=2[c(H3AsO4)+c(H2AsO4-)+c(HAsO42-)+c(AsO43-)],A错误;Ca3(AsO4)2中存在沉淀溶解平衡:Ca3(AsO4)2 3Ca2++2AsO43-,Ksp[Ca3(AsO4)2]=c3(Ca2+)·c2(AsO43-)=c3(Ca2+)·[23c(Ca2+)]2=49c5(Ca2+),c5(Ca2+)=94Ksp[Ca3(AsO4)2]=94×10-21.2,用0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液浸泡Ca3(AsO4)2沉淀,Q5(CaCO3)=c5(Ca2+)·c5(CO32-)=94×10-21.2×0.15=94×10-26.2>(10-8.6)5,故有CaCO3沉淀生成,B错误;当δ(H3AsO4)=δ(H2AsO4-)时,pH=2.2,H3AsO4的Ka1=c(H+)·c(H2AsO4-)c(H3AsO4)=c(H+)=10-2.2,同理Ka2=c(H+)·c(HAsO42-)c(H2AsO4-)=10-7,c2(H+)·c(HAsO42-)c(H3AsO4)=c(H+)·c(H2AsO4-)c(H3AsO4)·c(H+)·c(HAsO42-)c(H2AsO4-)=Ka1·Ka2=10-9.2,C正确;溶液显碱性,离子方程式中不能出现H+,D错误。

16.下列实验操作能达到实验目的的是(　　)
A.将MgCl2溶液加热蒸干制备无水MgCl2固体
B.从酸式滴定管中放出25.00 mL KMnO4溶液
C.用排水法收集铜与浓硝酸反应制取的NO2气体
D.配制FeCl3溶液时,将FeCl3·6H2O溶于热水中,然后冷却稀释
答案　B　MgCl2水解且生成的HCl挥发,平衡不断正向移动,加热蒸干得到氢氧化镁,继续加热生成MgO,A错误;KMnO4溶液具有强氧化性,应用酸式滴定管盛装,B正确;NO2气体会与H2O发生反应,不能用排水法收集,C错误;如果直接将FeCl3·6H2O溶于热水中,因为Fe3+的水解而不能得到澄清溶液,一般是将FeCl3·6H2O溶于浓盐酸中,然后加水稀释,D错误。

17.常温下,用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01 mol·L-1的KCl、K2C2O4溶液,所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。Xm-表示Cl-或C2O42-。下列叙述正确的是(　　)

A.Ksp(Ag2C2O4)的数量级为10-7
B.N点表示AgCl的不饱和溶液
C.向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合溶液中滴入AgNO3溶液时,先生成Ag2C2O4沉淀
D.常温下,Ag2C2O4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+C2O42-(aq)的平衡常数为109.04
答案　D　由题给沉淀溶解平衡图像可知Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)·c(C2O42-)=(10-4)2×10-2.46=10-10.46,数量级为10-11,A错误;由题图可知,纵坐标是Ag+浓度的负对数,其数值越小对应的Ag+浓度越大,N点在AgCl沉淀溶解平衡图像对应的直线下方,故N点溶液中Q>Ksp(AgCl),是AgCl的过饱和溶液,B错误;由题图可知,当c(Cl-)=c(C2O42-)时,AgCl饱和溶液中Ag+浓度小于Ag2C2O4饱和溶液,故向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合溶液中滴入AgNO3溶液时,先生成AgCl沉淀,C错误;由题图可知,Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=10-4×10-5.75=10-9.75,反应Ag2C2O4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+C2O42-(aq)的平衡常数K=c(C2O42-)c2(Cl-)=c(C2O42-)·c2(Ag+)c2(Cl-)·c2(Ag+)=Ksp(Ag2C2O4)Ksp2(AgCl)=10-10.46(10-9.75)2=109.04,D正确。
易混易错　对数型图像中,首先应观察横、纵坐标是对数(lgx)还是负对数(-lgx、pH、pOH等)。若为负对数,应注意负对数越大则实际数值越小。例如本题中横坐标为对数,越往右则c(Xm-)越大,而纵坐标为负对数,越往上则c(Ag+)越小。

18.室温下,向10 mL 浓度均为0.1 mol/L的CuCl2、FeCl2和ZnCl2溶液中分别滴加等浓度的Na2S溶液,滴加过程中pc[pc=-lgc(M2+),M2+为Cu2+或Fe2+或Zn2+]与Na2S溶液体积的关系如图所示。已知:Ksp(CuS)
A.m=8.6
B.a点的CuCl2溶液中:c(H+)=c(OH-)+c[Cu(OH)2]
C.a→d→g的过程中,水的电离程度经历由大到小后又增大的过程
D.将足量ZnCl2晶体加入0.1 mol/L的Na2S溶液中,c(Zn2+)最大可达到10-24.4 mol/L
答案　BD　由题图可知,加入10 mL Na2S溶液时,曲线发生突变,Cu2+、Fe2+、Zn2+与S2-反应完全,饱和FeS溶液中c(Fe2+)≈c(S2-),Ksp(FeS)=6.25×10-18,则c(Fe2+)=Ksp(FeS)=2.5×10-9 mol/L,-lg(2.5×10-9)≈8.6,c点、d点坐标是已知的,只能是m=8.6,A正确;a点的CuCl2溶液中存在电荷守恒:2c(Cu2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),元素质量守恒:c(Cl-)=2c(Cu2+)+2c[Cu(OH)2],联立两式消去c(Cl-),得到c(H+)=c(OH-)+2c[Cu(OH)2],B错误;曲线acf对应的Ksp=10-12.7×10-12.7=10-25.4,曲线adg对应的Ksp=10-17.7×10-17.7=10-35.4,又依据Ksp(CuS)10-20.4mol·L-1,D错误。

19.常温下,向20 mL 0.05 mol/L的H2SO4和H2C2O4两种酸溶液中:①分别加水稀释,②分别加入0.1 mol/L NaOH溶液,所得溶液pH变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
图甲图乙
A.图甲中,中和碱的能力:a=b=c
B.图甲中,水的电离程度:a C.图乙中,d点溶液中:c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H+)>c(OH-)
D.图乙中,pH=7的两种溶液中:c(HC2O4-)>c(C2O42-)>2c(SO42-)
答案　A　H2SO4为强酸,H2C2O4为弱酸,同浓度的两种酸溶液,硫酸中的氢离子浓度大,pH小,故Ⅱ为H2SO4,Ⅰ为H2C2O4。同浓度同体积的H2SO4和H2C2O4溶液中所含的溶质的物质的量相同,加水稀释后不影响溶质的物质的量,因此a、b、c三点中和碱的能力相同,A正确。酸对水的电离起抑制作用,并且c(H+)越大水的电离程度越小,由题图甲可知c(H+):c>b>a,故水的电离程度:cc(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-),C错误。pH=7时Ⅱ中溶质为Na2SO4,此时所加NaOH溶液的体积为20 mL,存在电荷守恒c1(Na+)=2c(SO42-);往H2C2O4溶液中加入NaOH溶液,要使pH等于7,则加入的NaOH溶液体积小于20 mL,存在电荷守恒c2(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-),由于c2(Na+)
20.向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中加入少量Ca(NO3)2,测得溶液中离子浓度的关系如图所示,下列说法错误的是(　　)

A.a、b、c三点对应的溶液中pH由小到大的顺序是a B.b点对应的溶液中存在:2c(Ca2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(CO32-)+c(OH-)+c(NO3-)
C.向b点溶液中通入CO2可使b点溶液向c点溶液转化
D.该溶液中存在:c(H2CO3)c(HCO3-)>c(HCO3-)c(CO32-)
答案　AD　依据碳酸第二步电离常数的表达式,对其进行变形可得:-lgc(CO32-)c(HCO3-)=-lgKa2c(H+)=-lgKa2+pH,温度不变电离平衡常数Ka2不变,故横坐标相同时,纵坐标-lgc(CO32-)c(HCO3-)数值越小,溶液的pH越大,故a、b、c三点对应的溶液中pH由小到大的顺序是a>b>c,A错误;溶液中存在电荷守恒式:2c(Ca2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(NO3-)+c(HCO3-),b点的纵坐标为0,推知b点c(CO32-)=c(HCO3-),代入电荷守恒式,B正确;向b点溶液中通入CO2导致溶液中c(HCO3-)增大,-lgc(CO32-)c(HCO3-)增大,所以可以使b点溶液向c点溶液转化,C正确;将H2CO3第一步电离平衡常数进行变形得到:c(H2CO3)c(HCO3-)=c(H+)Ka1,将H2CO3第二步电离平衡常数进行变形得到:c(HCO3-)c(CO32-)=c(H+)Ka2,同一溶液中c(H+)相等,Ka1>Ka2,故c(H2CO3)c(HCO3-) 21.向5 mL 0.10 mol·L-1H2A溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液,滴定过程中溶液pH和温度随V(NaOH溶液)V(H2A溶液)的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.30 ℃时,Ka2(Н2А)=10-9.7
B.从W点至Z点,水的电离程度逐渐增大
C.当c(H2A)=c(A2-)时,溶液pH=6
D.当V(NaOH溶液)V(H2A溶液)=3时,c(H2A)>13c(A2-)-13c(HA-)
答案　BD　由题图可知,曲线上有两处突变,X为第一个反应终点,依据反应H2A+NaOH NaHA+H2O,消耗的n(NaOH)=n(H2A),结合V(NaOH溶液)V(H2A溶液)=2.00,c(H2A)=0.10 mol·L-1,求得c(NaOH)=0.05 mol·L-1,X点为NaHA溶液;Z为第二个反应终点,依据反应H2A+2NaOH Na2A+2H2O,Z点为Na2A溶液;当c(HA-)=c(A2-)时,溶液pH=9.7,Ka2(Н2А)=10-9.7,分析题图可知,此时对应的温度为Y点温度,超过了30 ℃,而电离平衡常数受温度影响,A错误。从W点至Z点,能够水解的盐越来越多,盐的水解促进水的电离,故水的电离程度逐渐增大,B正确。不考虑温度对电离平衡常数的影响,根据W点的数据可以算出Ka1=10-2.3,当c(H2A)=c(A2-)时,Ka1·Ka2=c2(H+),推知c(H+)=10-2.3×10-9.7 mol·L-1=10-6 mol·L-1,溶液pH=6,但是电离平衡常数受温度影响,C错误。当V(NaOH溶液)V(H2A溶液)=3时,即n(NaOH)n(H2A)=3×0.051×0.10=32,由元素质量守恒:2c(Na+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)],电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),由题图可知此时溶液pH=9.7,即c(H+)c(HA-)+2c(A2-),将c(Na+)代入元素质量守恒式并进行整理得c(H2A)>13c(A2-)-13c(HA-),D正确。

22.根据下列各图曲线表征的信息,得出的结论错误的是　　(　　)
　图1图2
　图3图4
A.图1表示常温下向10 mL 0.1 mol·L-1的NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线,则c点处有c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-)
B.图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线,其中Ⅰ表示醋酸,Ⅱ表示盐酸,且溶液导电性:c>b>a
C.图3表示H2与O2反应过程中的能量变化,表示H2燃烧热的ΔH=-285.8 kJ·mol-1
D.结合图4分析可知,向100 mL 含Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+均为10-5 mol/L的混合溶液中逐滴加入1×10-4 mol/L Na2S溶液,Cu2+先沉淀
答案　B　题图1中c点为等浓度的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液,存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),元素质量守恒式为2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),联立两式消去c(Na+)可得c(CH3COOH)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-),A正确。将pH相同的盐酸和醋酸稀释相同的倍数,pH变化较大的为盐酸,pH变化较小的为醋酸溶液,则题图2中Ⅰ表示盐酸,Ⅱ表示醋酸溶液;根据pH的大小,可知溶液中离子总浓度由大到小的顺序为a>b>c,故溶液的导电性:a>b>c,B错误。表示H2燃烧热的ΔH=(-571.6÷2)kJ·mol-1=-285.8 kJ·mol-1,C正确。题图4中越靠近左下方的直线,其对应的M2+和S2-浓度越小,Ksp越小,故Ksp(CuS)
23.常温下,0.1 mol·L-1 H2R溶液中H2R、HR-、R2-三者所占物质的量分数(分布系数δ)随pH变化的关系如图1所示,向0.1 mol·L-1 Na2R溶液中滴加稀盐酸,所得混合溶液的pH与P[P=lgc(HR-)c(H2R)或lgc(HR-)c(R2-)]的变化关系如图2所示。下列说法正确的是(　　)
图1 图2
A.水的电离程度:c>d>b>a
B.b点时,c(H2R)>c(HR-)>c(H+)>c(R2-)
C.图1中M点即为图2中N点,对应的pH=2.8
D.d点时,3c(HR-)>c(Cl-)+c(OH-)-c(H+)
答案　CD　随着pH增大,c(H2R)减小,c(HR-)先增大后减小,c(R2-)增大,故题图1中曲线1代表H2R,曲线2代表HR-,曲线3代表R2-。Ka1=c(H+)·c(HR-)c(H2R),Ka2=c(H+)·c(R2-)c(HR-),故lgc(HR-)c(H2R)=lgKa1c(H+),lgc(HR-)c(R2-)=lgc(H+)Ka2,随着pH增大,lgKa1c(H+)增大,lgc(H+)Ka2减小,故题图2中L1代表lgc(HR-)c(H2R)随pH的变化关系,L2代表lgc(HR-)c(R2-)随pH的变化关系。由a点得Ka1=c(H+)·c(HR-)c(H2R)=10-2×100.7=10-1.3,由c点得Ka2=c(H+)·c(R2-)c(HR-)=10-3×10-1.3=10-4.3,Kh(HR-)=KWKa1=10-1410-1.3=10-12.7b>a,A错误。题图2中b点时2c(H2R),B错误。N点为L1与L2的交点,有lgc(HR-)c(H2R)=lgc(HR-)c(R2-),得c(H2R)=c(R2-),故题图2中N点即为题图1中M点,又由Ka1×Ka2=c(H+)·c(HR-)c(H2R)×c(H+)·c(R2-)c(HR-)=c2(H+),得c(H+)=Ka1×Ka2=10-1.3×10-4.3=10-2.8,pH=2.8,C正确。d点时,联立电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+2c(R2-)+c(HR-)、元素质量守恒式c(Na+)=2[c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)]得,c(HR-)+2c(H2R)=c(Cl-)+c(OH-)-c(H+),d点pH=3,由题图1知c(HR-)>c(H2R),故3c(HR-)>c(HR-)+2c(H2R)=c(Cl-)+c(OH-)-c(H+),D正确。

24.Na2CO3-NaHCO3缓冲溶液可以将溶液pH控制在9.16~10.83范围内,25 ℃时,Ka1(H2CO3)=4×10-7、Ka2(H2CO3)=5×10-11,下列说法不正确的是(　　)
A.0.5 mol·L-1的Na2CO3溶液pH约为12
B.pH=8的NaHCO3溶液中,水电离产生的c(OH-)=10-6 mol·L-1
C.0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中存在c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-)
D.pH=10的该缓冲溶液中存在:c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
答案　D　A项,由Kh(CO32-)=c(HCO3-)·c(OH-)c(CO32-)=KWKa2(H2CO3)可得0.5 mol·L-1的Na2CO3溶液中c(OH-)≈KWKa2(H2CO3)×c(CO32-)=10-145×10-11×0.5 mol·L-1=0.01 mol·L-1,则pH约为12,正确;B项,NaHCO3溶液中碳酸氢根离子的水解促进水的电离,pH=8的NaHCO3溶液中c(H+)=10-8 mol·L-1,由KW=c(H+)·c(OH-)=10-14得出c(OH-)=10-6 mol·L-1,所以水电离产生的c(OH-)=10-6 mol·L-1,正确;C项,NaHCO3溶液显碱性,说明HCO3-的水解程度大于电离程度,所以c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-),正确;D项,由元素质量守恒可知,NaHCO3溶液中c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3),Na2CO3溶液中c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3),则pH=10的Na2CO3-NaHCO3缓冲溶液中c(Na+)>c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3),错误。

25.常温下,将0.1 mol BaSO4粉末置于盛有500 mL蒸馏水的烧杯中,然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽略溶液体积的变化)并充分搅拌,该过程中几种离子的浓度变化曲线如图所示,下列说法不正确的是(　　)

A.反应BaSO4(s)+CO32-(aq) BaCO3(s)+SO42-(aq)的K=0.04
B.相同温度下,BaSO4在水中和在BaCl2溶液中的Ksp相同
C.曲线MP代表c(Ba2+)变化
D.锅炉水垢中的CaSO4可先用Na2CO3溶液处理,使CaSO4转化为CaCO3后,再用酸除去
答案　C　由题图可知,当加入的Na2CO3固体使溶液中c(CO32-)=2.5×10-4 mol·L-1时,开始发生沉淀的转化,此后c(Ba2+)降低,c(SO42-)升高,即MP线为c(SO42-)的变化曲线,而MN线是c(Ba2+)的变化曲线。A项,M点时,反应BaSO4(s)+CO32-(aq) BaCO3(s)+SO42-(aq)的K=c(SO42-)c(CO32-)=1.0×10-52.5×10-4=0.04,正确;B项,溶度积常数Ksp只与温度有关,因此相同温度下,BaSO4在水中和在BaCl2溶液中的Ksp相同,正确;D项,CaSO4微溶于水且不溶于酸,根据沉淀溶解平衡移动原理,可先用Na2CO3溶液将CaSO4转化为CaCO3,然后再向其中加入盐酸,从而除去锅炉水垢,正确。

26.50 ℃时,下列各溶液中,离子的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A.pH=4的CH3COOH溶液中,c(H+)=c(CH3COO-)=1.0×10-4 mol·L-1
B.CH3COOH和CH3COONa的酸性混合溶液中,c(CH3COO-)>c(Na+)
C.Na2SO3溶液中,c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)
D.pH=12的NaOH溶液中:c(OH-)=1.0×10-2 mol·L-1
答案　B　A项,pH=4的CH3COOH溶液中,c(H+)=1.0×10-4 mol·L-1,根据电荷守恒可得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),故c(H+)>c(CH3COO-),错误;B项,CH3COOH和CH3COONa的酸性混合溶液中,c(OH-)1.0×10-14,pH=12,c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1,所以此时c(OH-)>1.0×10-2 mol·L-1,错误。

27.二元酸(H2A)在水中存在电离:H2A H++HA-,HA- H++A2-。则下列说法正确的是(　　)
A.NaHA溶液中含A的物种有3个
B.室温下,NaHA溶液中水电离的c(H+)>10-7 mol/L
C.NaHA溶液中c(Na+) D.将0.1 mol/L的Na2A溶液加水稀释,c(OH-)c(A2-)减小
答案　C　A项,根据题意知H2A第一步完全电离,HA-不会发生水解,HA- H++A2-,HA-部分电离,因此NaHA溶液中含A的物种有HA-、A2-,错误;B项,HA-只电离不水解,故溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),抑制水自身的电离,故水电离的c(H+)<10-7 mol/L,错误;C项,NaHA溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),由于HA-部分电离,c(H+)>c(OH-),故c(Na+)
28.室温下,向20 mL 0.100 0 mol·L-1的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸,混合溶液的温度、酸度AGAG=lgc(H+)c(OH-)随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.硫酸的浓度为0.100 0 mol·L-1
B.b点对应的溶液中:c(M+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(MOH)
C.当AG=0时,溶液中存在:c(SO42-)>c(M+)>c(H+)=c(OH-)
D.b、c、d三点对应的溶液中,水的电离程度的大小关系是b>c>d
答案　B　题图中纵坐标是温度和酸度,未滴定时,溶液的AG=-8,可知此时pH=11,说明MOH为弱碱,当V(稀硫酸)=20 mL时,滴定曲线发生突变,温度达到最高,说明此时到达滴定终点。A项,硫酸为二元强酸,恰好到达滴定终点时酸碱溶液体积相同,故硫酸浓度为0.050 00 mol·L-1,错误;B项,b点时,消耗稀硫酸10 mL,根据2MOH~H2SO4~M2SO4可知,生成M2SO4的物质的量为0.050 00 mol·L-1×10×10-3 L=5.000×10-4 mol,消耗MOH的物质的量为2×5.000×10-4 mol=1.000×10-3 mol,剩余MOH的物质的量为0.100 0 mol·L-1×20×10-3 L-1.000×10-3 mol=1.000×10-3 mol,即b点对应的溶液中n(MOH)∶n(M2SO4)=2∶1,此时溶液中存在电荷守恒:c(M+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)①,元素质量守恒:c(M+)+c(MOH)=4c(SO42-)②,则①×2-②可得质子守恒式:c(M+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(MOH),正确;C项,当AG=0时,溶液呈中性,此时溶液中c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒式c(M+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-),此时c(M+)>c(SO42-),错误;D项,c点对应滴定终点,此时溶液中水的电离程度最大,盐的水解促进水的电离,d点盐的浓度大,故水的电离程度:d>b,则b、c、d三点对应的溶液中,水的电离程度的大小关系是c>d>b,错误。

29.25 ℃时,甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示[已知:甲酸酸性比丙酸强,δ(RCOOH)=c(RCOOH)c(RCOOH)+c(RCOO-)]。下列说法不正确的是(　　)

A.曲线a代表的是丙酸
B.丙酸的电离常数的数量级是10-5
C.等浓度的 HCOONa溶液和CH3CH2COONa溶液的pH比较:前者<后者
D.将0.1 mol·L-1的HCOOH溶液与0.1 mol·L-1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　D　A项,根据已知信息甲酸酸性比丙酸强,所以在相同pH下,丙酸的δ(RCOOH)大,曲线a表示丙酸,曲线b表示甲酸,正确;B项,pH=4.88时,丙酸的δ(RCOOH)=50%,所以c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-),CH3CH2COOH CH3CH2COO-+H+,c(H+)=10-4.88 mol·L-1,Ka数量级是10-5,正确;C项,甲酸酸性比丙酸强,所以HCOO-的水解程度小于CH3CH2COO-的水解程度,等浓度的HCOONa溶液和CH3CH2COONa溶液的pH:前者<后者,正确;D项,将0.1 mol·L-1的HCOOH溶液和0.1 mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合,由图知甲酸的电离常数为10-3.75,水解常数为KWKa=10-10.25,故HCOOH的电离程度大于HCOO-的水解程度,溶液呈酸性,即c(OH-)
30.常温下,将0.1 mol·L-1NaOH溶液滴加到20 mL 0.1 mol·L-1二元弱酸H2A溶液中,混合溶液的pH随NaOH溶液滴入量的关系如图所示。下列叙述不正确的是(　　)

A.Ka1(H2A)≈10-3
B.b点时溶液中存在c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
C.c点时溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+c(A2-)
D.溶液中水的电离程度:c>b>a
答案　C　A项,0.1 mol·L-1NaOH溶液滴加到20 mL 0.1 mol·L-1二元弱酸H2A溶液中,a点时c(H2A)∶c(NaHA)≈1∶1,Ka1=c(HA-)·c(H+)c(H2A)≈10-3,c点时c(NaHA)∶c(Na2A)≈1∶1,Ka2=c(A2-)·c(H+)c(HA-)≈10-9.5,正确;B项,b点时V(NaOH溶液)=20 mL,可知溶液中的溶质为NaHA,结合图中信息b点pH<7,可知HA-的电离程度大于水解程度,故溶液中存在c(HA-)>c(A2-)>c(H2A),正确;C项,c点对应溶液中的溶质为等物质的量的NaHA和Na2A,由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-),错误;D项,酸的电离抑制水的电离,盐的水解促进水的电离,c点溶质为等物质的量的NaHA和Na2A,溶液呈碱性,HA-和A2-的水解均促进水的电离,a、b点溶液均呈酸性,说明这两点HA-电离的抑制作用大于盐水解的促进作用,且a点HA-浓度大,抑制作用大,故水的电离程度c>b>a,正确。

31.实验小组以某铜渣(主要成分为Cu、Cu2S,含少量Mn和Ag)为原料先制备硫酸铜,再由硫酸铜制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]。实验包括如下过程:
(1)浸取。
将一定量的铜渣粉碎后加到如图所示的三颈烧瓶中,再通过分液漏斗分批滴入稀硝酸和稀硫酸混合溶液,滴加液体的间隔利用二连球鼓入O2,铜渣充分反应后,向溶液中加入少量NaCl,过滤。

①已知浸取时无S和SO2生成,写出浸取时Cu2S所发生反应的离子方程式: 　。 
②滴加液体的间隔向三颈烧瓶内鼓入O2的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
③当观察到　, 
可以停止鼓入O2。
④加入NaCl的目的是 
　。 
[已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5]
(2)制取CuSO4。
向滤液中加入NaOH溶液调节pH范围为　　　　　　　　,过滤;向滤渣中加入稀硫酸至滤渣恰好完全溶解,得CuSO4溶液。{假设Mn2+、Cu2+开始沉淀时c=1.0 mol·L-1,沉淀完全时c<1.0×10-5 mol·L-1。Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-20,Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-13} 
答案　(1)①3Cu2S+16H++10NO3- 6Cu2++3SO42-+10NO↑+8H2O　②将生成的NO气体转化为硝酸,提高硝酸的利用率　③鼓入O2气体不再出现红棕色　④将硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀,将溶液中Ag+除尽
(2)6.5≤pH<7.5
解析　(1)①铜渣被浸取时无S和SO2生成,说明杂质Cu2S中的-2价的S被稀硝酸氧化成+6价,即硫酸根离子,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出反应的离子方程式。②由于稀硝酸被还原时生成了NO气体,可在滴加液体的间隔利用二连球鼓入氧气,使生成的NO气体转化为硝酸,提高硝酸的利用率。③当鼓入O2后,装置中不再出现红棕色,说明装置中已无NO气体生成,此时可停止鼓入O2。④杂质Ag也能被稀硝酸氧化,为了使反应后溶液中的Ag+完全除去,可利用AgCl比Ag2SO4的溶解度更小,在反应后的溶液中,加入少量NaCl,使Ag2SO4转化为更难溶的AgCl沉淀,然后过滤,以除去Ag+。(2)为了使滤液中的Mn2+、Cu2+分开,可利用Cu(OH)2和Mn(OH)2的溶度积差异,通过向滤液中加入NaOH溶液调节溶液的pH,使Cu2+完全转化为Cu(OH)2沉淀,以实现两种离子分开。题目假设Mn2+、Cu2+开始沉淀时c=1.0 mol·L-1,沉淀完全时c<1.0×10-5 mol·L-1,根据Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=1.0×10-20,c(OH-)=Ksp[Cu(OH)2]c(Cu2+)=1.0×10-201.0×10-5 mol·L-1=1.0×10-7.5 mol·L-1,即pH=6.5时,Cu2+沉淀完全,根据Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-13,可得Mn2+开始沉淀时c(OH-)=Ksp[Mn(OH)2]c(Mn2+)=1.0×10-131.0 mol·L-1=1.0×10-6.5 mol·L-1,即pH=7.5时,Mn2+开始沉淀,所以为了使Cu2+完全沉淀,而Mn2+不沉淀,应向滤液中加入NaOH溶液调节pH范围为6.5≤pH<7.5。