2023年高考化学二轮复习（全国版）第1部分专题突破　专题14溶液中的三大平衡及应用_05高考化学_通用版（老高考）复习资料_2023年复习资料_二轮复习

[复习目标] 1.理解影响电离平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡的因素。2.掌握电离平衡、水 解平衡及沉淀溶解平衡的应用。 正误判断，正确的打“√”，错误的打“×” (1)常温下，pH为2的盐酸由HO电离出的c(H＋)＝1.0×10－12 mol·L－1( ) 2 (2)同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7( ) (3)室温下，pH＝3的CHCOOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7( ) 3 (4)25 ℃时，等体积、等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH＝7( ) (5)用热的纯碱溶液洗去油污，是因为NaCO 可直接与油污反应( ) 2 3 (6)NaCl溶液和CHCOONH 溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同( ) 3 4 (7)施肥时，草木灰(有效成分为KCO)不能与NH Cl混合施用，是因为KCO 与NH Cl反应 2 3 4 2 3 4 生成氨气，会降低肥效( ) (8)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO 溶液，有黄色沉淀生成，则K (AgCl)＞ 3 sp K (AgI)( ) sp (9)常温下，K [Mg(OH) ]＝5.6×10－12，pH＝10的含 Mg2＋的溶液中，c(Mg2＋)≤5.6×10－4 sp 2 mol·L － 1 ( ) (10)室温下，向浓度均为0.1 mol·L－1的BaCl 和CaCl 混合溶液中滴加NaSO 溶液，出现白 2 2 2 4 色沉淀，所以K (BaSO)＜K (CaSO)( ) sp 4 sp 4 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)√ (8)× (9)√ (10)× 1．对比剖析“三大”平衡 水解平衡CHCOO－＋ 3 电离平衡CHCOOH 沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag＋ 3 平衡类型 HOCHCOOH ＋ 2 3 CHCOO－＋H＋ (aq)＋Cl－(aq) 3 OH－ 研究对象 弱电解质溶液 能水解的盐溶液 难溶电解质 影 若难溶物的 若难溶物的溶解 响 升温 促进电离 K a 增大 促进水解 K h 增大 溶解度与温 度与温度成正 因 度成正比， 比，K 增大； sp促进溶解； 反之，则 K 减 sp 反之，则抑 小 制溶解 加水 促进电离 K 不变 促进水解 K 不变 促进溶解 K 不变 a h sp 加 入 加 入 加 入 加 入 相 应 CHCOONa CHCOOH AgNO 或 3 3 3 离 子 K 不变 K 不变 K 不变 a h sp 素 或HCl，抑 或 NaOH， NaCl ， 抑 (或物 制电离 抑制水解 制溶解 质) 加 入 反 应 加 入 OH 加入 H＋， 加入氨水， 离 子 －，促进电 K 不变 K 不变 K 不变 a h sp 促进水解 促进溶解 (或物 离 质) 2.外界条件对水的电离平衡的影响 HOH＋＋OH－ ΔH>0 2 条件 平衡移动方向 K 水的电离程度 c(OH－) c(H＋) w 酸 向左 不变 减小 减小 增大 碱 向左 不变 减小 增大 减小 可水解 NaCO 向右 不变 增大 增大 减小 2 3 的盐 NH Cl 向右 不变 增大 减小 增大 4 升温 向右 增大 增大 增大 增大 温度 降温 向左 减小 减小 减小 减小 其他：如加入Na 向右 不变 增大 增大 减小 3.走出溶液稀释、混合的误区 误区一：不能正确理解酸、碱的无限稀释规律 常温下任何酸或碱溶液无限稀释时，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能接近7。 误区二：不能正确理解弱酸、弱碱的稀释规律 溶液 稀释前溶液pH 稀释后溶液pH 强酸 加水稀释 pH＝a＋n 酸 pH＝a 弱酸 到原来体 a7。 角度一 电离平衡及影响因素 1．(2022·全国乙卷，13)常温下，一元酸HA的K(HA)＝1.0×10－3。在某体系中，H＋与A－ a 不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中c (HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是( ) 总 A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－) B．溶液Ⅱ中的HA的电离度[]为 C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等 D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c (HA)之比为10－4 总 答案 B 解析 常温下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1，c(H＋) ＜c(OH－)＋c(A－)，A错误；常温下溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，K(HA) a ＝＝1.0×10－3，c (HA)＝c(HA)＋c(A－)，则＝1.0×10－3，解得＝，B正确；根据题意，未 总 电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C错误；常温下溶液Ⅰ的pH＝ 7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，K(HA)＝＝1.0×10－3，c (HA)＝c(HA)＋c(A－)， a 总 ＝1.0×10－3，溶液Ⅰ中c (HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ中c (HA)＝1.01c(HA)，未电离的 总 总 HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c (HA)之比为[(104＋ 总 1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1) ∶1.01≈104，D错误。 2．(2019·全国卷Ⅲ，11)设N 为阿伏加德罗常数的值。关于常温下pH＝2的HPO 溶液，下 A 3 4 列说法正确的是( ) A．每升溶液中的H＋数目为0.02N A B．c(H＋)＝c(H PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－) 2 C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小 D．加入NaH PO 固体，溶液酸性增强 2 4 答案 B 解析 pH＝2的HPO 溶液中c(H＋)＝10－2mol·L－1，每升溶液中所含N(H＋)＝0.01N ，A错 3 4 A 误；由电荷守恒知，该HPO 溶液中存在c(H＋)＝c(H PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)，B 3 4 2正确；加水稀释能促进HPO 的电离，使其电离度增大，由于以增大溶液体积为主，导致溶 3 4 液中 c(H＋)减小，溶液 pH 增大，C 错误；向 HPO 溶液中加入 NaH PO 固体，溶液中 3 4 2 4 c(H PO)增大，促使平衡HPO H＋＋HPO逆向移动，抑制HPO 电离，溶液酸性减弱， 2 3 4 2 3 4 D错误。 角度二 水解平衡及影响因素 3．(2015·天津理综，5)室温下，将0.05 mol Na CO 固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中 2 3 加入下列物质，有关结论正确的是( ) 加入物质 结论 A 50 mL 1 mol·L－1 HSO 反应结束后，c(Na＋)＝c(SO) 2 4 B 0.05 mol CaO 溶液中增大 C 50 mL H O 由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变 2 D 0.1 mol NaHSO 固体 反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变 4 答案 B 解析 NaCO 溶液中存在水解平衡：CO＋HOHCO＋OH－，所以溶液呈碱性。A项，向 2 3 2 溶液中加入50 mL 1 mol·L－1HSO ，NaCO 与HSO 恰好反应生成0.05 mol Na SO ，根据 2 4 2 3 2 4 2 4 物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SO)，错误；B项，向NaCO 溶液中加入0.05 mol CaO后，发生 2 3 反应 CaO＋HO===Ca(OH) ，生成 0.05 mol Ca(OH) ，恰好与 NaCO 反应：Ca(OH) ＋ 2 2 2 2 3 2 NaCO===CaCO ↓＋2NaOH，则c(CO)减小，c(OH－)增大，c(HCO)减小，所以增大，正确； 2 3 3 C项，加入50 mL H O，CO的水解平衡正向移动，但c(OH－)减小，溶液中的OH－全部来源 2 于水的电离，由于水电离出的H＋、OH－浓度相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，错 误；D项，加入的0.1 mol NaHSO 固体与0.05 mol Na CO 恰好反应生成0.1 mol Na SO ，溶 4 2 3 2 4 液呈中性，故溶液pH减小，加入NaHSO，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，错误。 4 4．(2018·北京，11)测定0.1 mol·L－1NaSO 溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。 2 3 时刻 ① ② ③ ④ 温度/℃ 25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl 溶液做对比实验，④产生白色沉淀 2 多。 下列说法不正确的是( ) A．NaSO 溶液中存在水解平衡：SO＋HOHSO＋OH－ 2 3 2 B．④的pH与①不同，是由SO浓度减小造成的 C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D．①与④的K 值相等 w答案 C 解析 ①→③的过程中，pH变小，说明SO水解产生的c(OH－)减小；升高温度，SO的水解 平衡正向移动，溶液中SO水解产生的c(OH－)应增大，pH应增大，而实际上溶液的pH减 小，其主要原因是实验过程中部分SO被空气中的O 氧化生成SO，溶液中c(SO)减小，水 2 解平衡逆向移动，则溶液中c(OH－)减小，pH减小；①→③的过程中，温度升高，SO的水 解平衡正向移动，而c(SO)减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不一 致，C错；NaSO 是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SO＋HOHSO 2 3 2 ＋OH－，A对；实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl 溶液做对比实验， 2 ④产生白色沉淀多，说明④中SO的数目大于①中SO的数目，④中SO的数目小于①中SO 的数目，所以④中OH－的数目小于①中OH－的数目，pH不同，B对；K 只与温度有关，D w 对。 (1)盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响。以氯化铁水解为例，当改变条 件，如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时，应从平衡移动方向、pH的 变化、水解程度、现象等方面去归纳总结，加以分析掌握。 (2)多元弱酸的酸式盐问题。酸式盐一般既存在水解，又存在电离。如果酸式盐的电离程度 大于其水解程度，溶液显酸性，如NaHSO 溶液；如果酸式盐的水解程度大于其电离程度， 3 则溶液显碱性，如NaHCO 溶液。 3 角度三 沉淀溶解平衡及影响因素 5．(2016·海南，5)向含有MgCO 固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化)，下列数值 3 变小的是( ) A．c(CO) B．c(Mg2＋) C．c(H＋) D．K (MgCO ) sp 3 答案 A 解析 含有MgCO 固体的溶液中存在沉淀溶解平衡：MgCO (s)Mg2＋(aq)＋CO(aq)，滴加 3 3 少许浓盐酸与CO反应生成CO 气体，促使平衡向右移动，则c(Mg2＋)和c(H＋)增大，c(CO) 2 减小，温度不变，K (MgCO )不变，故A正确。 sp 3 (1)沉淀溶解平衡与化学平衡、电离平衡一样，具有动态平衡的特征，平衡时溶液中各离子 浓度保持恒定，平衡常数只受温度的影响，与浓度无关。 (2)溶度积(K )的大小只与难溶电解质的性质和溶液的温度有关，相同类型的难溶电解质的 sp K 越小，溶解度越小，越难溶。 sp考向一 电离平衡及应用 1．将浓度为0.1 mol·L－1的HF溶液加水稀释，下列各量增大的是( ) ①c(H＋) ②c(F－) ③c(OH－) ④K(HF) ⑤K ⑥ ⑦ a w A．①⑥ B．②④ C．③⑦ D．④⑤ 答案 C 解析 HF是弱电解质，加水稀释促进HF的电离，但c(H＋)、c(F－)、c(HF)都减小；温度不 变，K 不变，c(H＋)减小，则c(OH－)增大；温度不变，K(HF)不变，＝，c(F－)减小，则增 w a 大；根据电荷守恒知，c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，则＝＝1－， 因为增大，故减小。 2．一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是( ) A．升高温度，可能引起由c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13 C．该温度下，加入FeCl 可能引起由b向a的变化 3 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 答案 C 解析 由图可知，a、b、c三点对应的平衡常数不变，该曲线上的点温度相等，升高温度， 不能引起由c向b的变化，故A项错误；b点c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1，故K ＝ w 1.0×10－14，故B项错误；FeCl 为强酸弱碱盐，Fe3＋结合水电离出的OH－，促进水的电离平 3 衡右移，c(H＋)增大，c(OH－)减小，可能引起由b向a的变化，故C项正确；由c点到d点， 水的离子积常数减小，但温度不变，K 不变，则稀释溶液不能引起由c向d的变化，故D w 项错误。 3．浓度均为0.1 mol·L－1、体积均为V 的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积为V，pH随 0 lg 的变化关系如图所示。下列叙述正确的是( ) A．HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱B．相同温度下，电离常数K(HX)：a＞b C．常温下，c (H＋)·c (OH－)：a＜b 水 水 D．lg ＝3时，若同时加热两种溶液，则减小 答案 C 解析 由图像可知，HY溶液加水稀释104倍，溶液的pH也随之增加了4，而HX溶液加水 稀释104倍后，溶液的pH变化小于4，因此HY为强酸，HX为弱酸，A项错误；电离常数 只与温度有关，因此在相同温度下，电离常数K(HX)：a＝b，B项错误；a、b两点对应溶液 中水的电离都因HX的电离而受到抑制，在a点时，溶液中HX电离出的c(H＋)较大，对水 的电离抑制更强，因此在a点时溶液中c (H＋)、c (OH－)都比b点的小，则c (H＋)·c (OH 水 水 水 水 －)：a＜b，C项正确；一般情况下，升高温度，促进弱电解质的电离，因此加热两溶液时， HY是强酸，c(Y－)不变，而HX是弱酸，c(X－)增大，则增大，D项错误。 考向二 水解平衡及应用 4．下列实验中，均产生白色沉淀。 下列分析不正确的是( ) A．NaCO 与NaHCO 溶液中所含微粒种类相同 2 3 3 B．CaCl 能促进NaCO、NaHCO 水解 2 2 3 3 C．Al (SO ) 能促进NaCO、NaHCO 水解 2 4 3 2 3 3 D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低 答案 B 解析 NaCO 溶液、NaHCO 溶液中均存在Na＋、CO、HCO、HCO 、H＋、OH－、HO， 2 3 3 2 3 2 故含有的微粒种类相同，A正确；HCOH＋＋CO，加入Ca2＋后，Ca2＋和CO反应生成沉 淀，促进HCO的电离，且抑制CO的水解，B错误；Al3＋与CO、HCO都能发生相互促进的 水解反应，C正确；Al3＋与CO、HCO发生相互促进的水解反应，都生成Al(OH) 和CO ， 3 2 导致溶液酸性增强，pH减小，CaCl 与NaCO 反应生成CaCO ，c(CO)减小，溶液pH减小， 2 2 3 3 HCOH＋＋CO，Ca2＋与CO结合促进HCO的电离平衡正向移动，c(H＋)增大，溶液pH减 小，D正确。 5．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( ) A．酸浸工序中分次加入稀HNO 可降低反应的剧烈程度 3B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO 3 C．水解工序中加入少量CHCOONa(s)可提高Bi3＋水解程度 3 D．水解工序中加入少量NH NO (s)有利于BiOCl的生成 4 3 答案 D 解析 硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀HNO ，可降低反应的剧 3 烈程度，A正确；金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成 BiONO ，水解的离 3 子方程式为Bi3＋＋NO＋HOBiONO ＋2H＋，转化工序中加入稀HCl，使氢离子浓度增大， 2 3 硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成BiONO ，B正确；氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式 3 为Bi3＋＋Cl－＋HOBiOCl＋2H＋，水解工序中加入少量CHCOONa(s)，醋酸根离子会结 2 3 合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，氯化铋水解平衡右移，促进 Bi3＋水解，C 正确；结合C项分析水解工序中加入少量NH NO (s)，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子 4 3 浓度增大，氯化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根离子、水也会 发生反应：Bi3＋＋NO＋HOBiONO ＋2H＋，也不利于生成BiOCl，D错误。 2 3 考向三 沉淀溶解平衡及应用 6．室温下，通过下列实验探究Ca(ClO) 溶液的性质。 2 实验1：向0.1 mol·L－1 Ca(ClO) 溶液中滴加酚酞试剂，溶液先变红后褪色 2 实验2：向0.1 mol·L－1 Ca(ClO) 溶液中通入少量CO 气体，出现白色沉淀 2 2 实验3：向0.1 mol·L－1 Ca(ClO) 溶液中通入少量SO 气体，出现白色沉淀 2 2 实验4：将0.1 mol·L－1 Ca(ClO) 溶液与0.1 mol·L－1 NaHCO 溶液等体积混合，出现白色沉 2 3 淀 下列说法不正确的是( ) A．实验1说明Ca(ClO) 溶液中存在反应ClO－＋HOHClO＋OH－ 2 2 B．实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2＋)·c(CO)＝K (CaCO) sp 3 C．实验3中生成的白色沉淀主要成分是CaSO 4 D．由实验4可得出：K (H CO)＞K(HClO) a2 2 3 a 答案 D 解析 实验1酚酞变红说明Ca(ClO) 水解显碱性，故存在ClO－＋HOHClO＋OH－，A项 2 2 正确；实验 2出现白色沉淀，说明上层清液是饱和溶液，存在沉淀溶解平衡，有 c(Ca2 ＋)·c(CO)＝K (CaCO)，B项正确；SO 气体被Ca(ClO) 氧化为硫酸根离子生成CaSO 沉淀， sp 3 2 2 4 C项正确；实验4生成的碳酸钙是难溶固体，不能得出K (H CO)＞K(HClO)，D项错误。 a2 2 3 a 7．向10.00 mL 0.50 mol·L－1 NaHCO 溶液中滴加不同浓度的CaCl 溶液，观察到明显产生浑 3 2 浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。下列说法不正确的是( ) 滴加CaCl 溶液时的实 加热浑浊液时的 2 实验 序号 c(CaCl ) /(mol·L－1) 2 验现象 实验现象至1.32 mL时产生明显 ① 0.05 有较多气泡生成 浑浊，但无气泡产生 至 15.60 mL 时产生明 ② 0.005 显浑浊，但无气泡产 有少量气泡生成 生 ③ 0.000 5 至20 mL未见浑浊 — A.①中产生浑浊的原因是c(Ca2＋)·c(CO)＞K (CaCO) sp 3 B．未加热前①和②中发生了反应：2HCO＋Ca2＋===CaCO ↓＋HCO 3 2 3 C．加热浊液产生气泡主要是因为CaCO 受热分解产生了更多的CO 3 2 D．向上述NaHCO 溶液中加入足量0.5 mol·L－1 CaCl 溶液，可能同时产生浑浊和气泡 3 2 答案 C 解析 ①中能产生碳酸钙沉淀，说明c(Ca2＋)·c(CO)＞K (CaCO)，A项正确；未加热前①和 sp 3 ②不放出二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳气体，所 以未加热前①和②中发生反应：2HCO＋Ca2＋===CaCO ↓＋HCO ，B项正确；结合B项分 3 2 3 析知，加热浊液产生气泡主要是因为 HCO 受热分解生成了 CO ，C 项错误；向上述 2 3 2 NaHCO 溶液中加入足量0.5 mol·L－1 CaCl 溶液，发生反应CaCl ＋2NaHCO ===CaCO ↓＋ 3 2 2 3 3 2NaCl＋CO↑＋HO，能同时产生浑浊和气泡，D项正确。 2 2 专题强化练 1．石蕊是一种有机弱酸，石蕊分子(HZ)及其酸根离子(Z－)在水溶液中呈现不同的颜色。则 Z－的颜色是( ) A．蓝色 B．紫色 C．红色 D．由溶液酸碱性确定 答案 A 解析 根据石蕊是一种弱酸可知，石蕊分子HZ在溶液中存在电离平衡：HZH＋＋Z－， 酸性溶液中滴入石蕊溶液显红色，酸性溶液中氢离子浓度增大，则HZ的电离平衡逆向移动， HZ的浓度增大，溶液变成红色，则HZ为红色；碱性溶液中石蕊溶液显蓝色，碱性溶液中 氢离子浓度减小，Z－的浓度增大，则Z－的颜色应该为蓝色。 2．常温下，将pH均为3，体积均为V 的HA溶液和HB溶液，分别加水稀释至体积为V， 0 pH随lg 的变化如图所示。下列说法正确的是( )A．稀释相同倍数时：c(A－)＞c(B－) B．水的电离程度：b＝c＞a C．溶液中离子总物质的量：b＞c＞a D．溶液中离子总浓度：a＞b＞c 答案 B 解析 根据图像，当lg ＝2时，HA溶液：pH＝5，HB溶液：3＜pH＜5，故HA为强酸， HB为弱酸。稀释相同倍数时，溶液的pH：HA溶液＞HB溶液，溶液中c(A－)＜c(B－)，A 项错误；酸抑制水的电离，酸中c(H＋)越大，其抑制水电离程度越大，c(H＋)∶a＞b＝c，则 水的电离程度：b＝c＞a，B项正确；a、c点溶液体积相同，c点pH大于a点，c点溶液中 c(A－)＜a点溶液中c(B－)，溶液中离子总物质的量：a＞c，b点相对于a点加水稀释，促进 HB的电离，溶液中离子总物质的量：b＞a，故溶液中离子总物质的量：b＞a＞c，C项错误； 结合C项分析知，溶液中离子总浓度：a＞c，b、c点溶液的pH相等，b、c点两溶液中的电 荷守恒分别为c(H＋)＝c(B－)＋c(OH－)、c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，溶液中离子总浓度：b＝c， 故溶液中离子总浓度：a＞b＝c，D错误。 3．化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋ Mn2＋(aq)。下列有关叙述正确的是( ) A．该反应的平衡常数K＝ B．MnS的K 小于CuS的K sp sp C．达到平衡时c(Mn2＋)＝c(Cu2＋) D．向溶液中加入少量NaS固体后，溶液中c(Cu2＋)、c(Mn2＋)均保持不变 2 答案 A 解析 反应的平衡常数K＝＝＝，故A正确；化学式相似的物质，溶度积小的沉淀可以转化 为溶度积更小的沉淀，故MnS的K 比CuS的K 大，故B错误；该反应达到平衡时各离子 sp sp 的浓度保持不变，但不一定相等，故C错误；增大硫离子的浓度，平衡向左移动，所以 c(Cu2＋)、c(Mn2＋)均减小，故D错误。 4．以菱镁矿(主要成分为MgCO ，含少量SiO 、Fe O 和Al O)为原料制备高纯镁砂的工艺 3 2 2 3 2 3 流程如图：已知浸出时产生的废渣中有SiO、Fe(OH) 和Al(OH) 。 2 3 3 下列说法错误的是( ) A．浸出镁的反应为MgO＋2NH Cl===MgCl ＋2NH ↑＋HO 4 2 3 2 B．沉镁的操作不能在较高温度下进行 C．流程中可循环使用的物质只有NH 3 D．分离Mg2＋与Al3＋、Fe3＋是利用了它们氢氧化物K 的不同 sp 答案 C 解析 高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根离子水解产生的氢离 子反应，促进铵根离子的水解，得到氯化镁、氨气和水，所以浸出镁的反应为 MgO＋ 2NH Cl===MgCl ＋2NH ↑＋HO，A项正确；一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下 4 2 3 2 进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故沉镁的操作不能在较高温度下 进行，B项正确；在浸出的操作中，NH 可以回收制备氨水，用于沉镁，在沉镁的滤液中含 3 有NH Cl，可用于浸出时的反应液，流程中可循环使用的物质有 NH 、NH Cl，C项错误； 4 3 4 Mg2＋与Al3＋、Fe3＋的氢氧化物的K 相差较大，因此分离Mg2＋与Al3＋、Fe3＋是利用了它们 sp 氢氧化物K 的不同，D项正确。 sp 5．某含锰废水中主要含有MnSO ，另含H＋、Fe2＋、Ca2＋、Mg2＋、Cu2＋、Al3＋等，某同学 4 为了回收Mn单质设计如下工艺流程，下列说法不正确的是( ) 已知25 ℃时，K (CaF )＝1.5×10－10、K (MgF )＝7.5×10－11。 sp 2 sp 2 A．滤渣1主要含Fe(OH) 和Al(OH) 3 3 B．除钙镁步骤中，当Ca2＋、Mg2＋沉淀完全时，溶液中＝2 C．滤液4主要含(NH )CO 4 2 3 D．反应①中Si可用铝替代 答案 C 解析 含锰废水中加入 HO 把Fe2＋氧化为Fe3＋，加入氢氧化钠调节 pH生成Fe(OH) 和 2 2 3 Al(OH) 沉淀，所以滤渣1主要含Fe(OH) 和Al(OH) ，故A正确；除钙镁步骤中，当Ca2 3 3 3 ＋、Mg2＋沉淀完全时，溶液中＝＝＝＝2，故B正确；“沉锰过程”是硫酸锰与NH HCO 反 4 3 应生成MnCO 沉淀、二氧化碳气体、水和硫酸铵，滤液4主要含硫酸铵，故C错误；MnO 3能和Al发生铝热反应生成Mn，所以反应①中Si可用铝替代，故D正确。 6．常温下，通过下列实验探究HS、NaS溶液的性质。 2 2 实验1：向0.1 mol·L－1 HS溶液中通入一定体积的NH ，测得溶液pH为7。 2 3 实验2：向0.1 mol·L－1 HS溶液中滴加等体积同浓度的NaOH溶液，充分反应后再滴入2滴 2 酚酞，溶液呈红色。 实验3：向5 mL 0.1 mol·L－1 Na S溶液中滴入1 mL 0.1 mol·L－1 ZnSO 溶液，产生白色沉淀； 2 4 再滴入几滴0.1 mol·L－1 CuSO 溶液，立即出现黑色沉淀。 4 实验4：向0.1 mol·L－1 Na S溶液中逐滴滴加等体积同浓度的盐酸，无明显现象。 2 下列说法正确的是( ) A．实验1得到的溶液中存在c(NH)＝2c(S2－) B．由实验2可得出：K ＜K (H S)·K (H S) w a1 2 a2 2 C．由实验3可得出：K (ZnS)＞K (CuS) sp sp D．实验4得到的溶液中存在c(H＋)－c(OH－)＝c(S2－)－c(H S) 2 答案 D 解析 实验1得到的中性溶液中存在电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)， 溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，则 c(NH)＝2c(S2－)＋c(HS－)，A项错误；实验2 得到的溶液为硫氢化钠溶液，溶液呈碱性说明溶液中HS－的水解程度大于其电离程度，则 HS－的水解常数K ＝大于电离常数K (H S)，则K ＞K (H S)·K (H S)，B项错误；实验3中 h a2 2 w a1 2 a2 2 硫化钠溶液与硫酸锌溶液反应时，硫化钠溶液过量，再加入硫酸铜溶液时，只有硫化铜沉淀 的生成反应，没有硫化锌沉淀转化为硫化铜沉淀的转化反应，无法比较硫化锌和硫化铜溶度 积的大小，C项错误；实验4得到的溶液为硫氢化钠和氯化钠的混合溶液，溶液中存在质子 守恒：c(H＋)＋c(H S)＝c(S2－)＋c(OH－)，则溶液中存在c(H＋)－c(OH－)＝c(S2－)－c(H S)，D 2 2 项正确。